浙江省2025屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第八章立體幾何與空間向量加強練八立體幾何與空間向量含解析

PAGE加強練(八)立體幾何與空間向量一、選擇題(本大題共10小題，每小題4分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)1.(2024·上海卷)如圖，四個棱長為1的正方體排成一個正四棱柱，AB是一條側(cè)棱，Pi(i＝1，2，…，8)是上底面上其余八個點，則eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(APi,\s\up6(→))(i＝1，2，…，8)的不同值的個數(shù)為()A.1 B.2C.4 D.8解析∵eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(APi,\s\up6(→))＝|eq\o(AB,\s\up6(→))|·|eq\o(APi,\s\up6(→))|cos〈eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(APi,\s\up6(→))〉＝1×1＝1，∴只有一個值.答案A2.(2024·寧波模擬)若直線l不平行于平面α，且l?α，則()A.α內(nèi)全部直線與l異面B.α內(nèi)只存在有限條直線與l共面C.α內(nèi)存在唯一的直線與l平行D.α內(nèi)存在多數(shù)條直線與l相交解析由直線與平面的位置關(guān)系知l?α，則l∥α或l與平面α相交.由題意知，l不平行于平面α，則設(shè)l∩α＝P，故平面α內(nèi)全部過點P的直線與l相交，平面α內(nèi)不過點P的直線與l異面，故選D.答案D3.如圖，斜線段AB與平面α所成的角為60°，B為斜足，平面α上的動點P滿意∠PAB＝30°，則點P的軌跡是()A.直線 B.拋物線C.橢圓 D.雙曲線的一支解析利用平面截圓錐面干脆得軌跡.因為∠PAB＝30°，所以點P的軌跡為以AB為軸線，PA為母線的圓錐面與平面α的交線，且平面α與圓錐的軸線斜交，故點P的軌跡為橢圓.答案C4.(2024·浙江卷)某幾何體的三視圖如圖所示(單位：cm)，則該幾何體的體積(單位：cm3)是()A.eq\f(π,2)＋1 B.eq\f(π,2)＋3C.eq\f(3π,2)＋1 D.eq\f(3π,2)＋3解析由幾何體的三視圖可知，該幾何體是一個底面半徑為1，高為3的圓錐的一半與一個底面為直角邊長是eq\r(2)的等腰直角三角形，高為3的三棱錐的組合體，所以該幾何體的體積V＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)π×12×3＋eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\r(2)×eq\r(2)×3＝eq\f(π,2)＋1.答案A5.已知正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為eq\r(2)，正方體所在空間的動點P滿意|eq\o(PB1,\s\up6(→))＋eq\o(PC,\s\up6(→))|＝2，則eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(AD1,\s\up6(→))的取值范圍是()A.[0，4] B.[1，4]C.[0，2eq\r(2)] D.[1，2eq\r(2)]解析因為正方體的棱長為eq\r(2)，所以B1C＝2，則由|eq\o(PB1,\s\up6(→))＋eq\o(PC,\s\up6(→))|＝2得點P在以B1C的中點為球心，eq\f(B1C,2)為半徑的球面上.當(dāng)點P與點B重合時，點P在直線AD1上的射影為點A，當(dāng)點P與點C1重合時，點P在直線AD1上的射影為點D1，則eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(AD1,\s\up6(→))∈[0，|eq\o(AD1,\s\up6(→))|2]＝[0，4]，故選A.答案A6.(2024·北京朝陽區(qū)模擬)在棱長為1的正方體ABCD－A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別為線段CD和A1B1上的動點，且滿意CE＝A1F，則四邊形D1FBE所圍成的圖形(如圖所示陰影部分)分別在該正方體有公共頂點的三個面上的正投影的面積之和()A.有最小值eq\f(3,2) B.有最大值eq\f(5,2)C.為定值3 D.為定值2解析依題意，設(shè)四邊形D1FBE的四個頂點在后面，上面，左面的投影點分別為D′，F(xiàn)′，B′，E′，則四邊形D1FBE在上面，后面，左面的投影分別如下圖.所以在后面的投影的面積為S后＝1×1＝1，在上面的投影面積S上＝D′E′×1＝DE×1＝DE，在左面的投影面積S左＝B′E′×1＝CE×1＝CE，所以四邊形D1FBE所圍成的圖形(如圖所示陰影部分)分別在該正方體有公共頂點的三個面上的正投影的面積之和S＝S后＋S上＋S左＝1＋DE＋CE＝1＋CD＝2.答案D7.(2024·長沙四校模擬一)在棱長為2的正方體ABCD－A′B′C′D′中，有一個與正方體各個面均相切的球O，則平面AB′D′截該球所得截面的面積為()A.eq\f(2,3)π B.eq\f(4,3)πC.π D.2π解析由題意知球O的球心為正方體的中心(體對角線的交點)，半徑為1，A′A＝A′B′＝A′D′＝2，AD′＝B′D′＝AB′＝2eq\r(2).設(shè)點A′到平面AB′D′的距離為h，則由VA′－AB′D′＝VA－A′B′D′，得eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2eq\r(2)×2eq\r(2)×sin60°×h＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×2×2，得h＝eq\f(2\r(3),3).連接A′C，易知A′C＝eq\r(22＋22＋23)＝2eq\r(3)，所以球心O到平面AB′D′的距離為eq\r(3)－eq\f(2\r(3),3)＝eq\f(\r(3),3)，從而截面圓的半徑為eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(6),3)，因此所求截面的面積為eq\f(2,3)π.答案A8.(2024·北京西城區(qū)綜合練習(xí))已知正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為1，平面α與此正方體相交.對于實數(shù)d(0＜d＜eq\r(3))，假如正方體ABCD－A1B1C1D1的八個頂點中恰好有m個點到平面α的距離等于d，那么下列結(jié)論中肯定正確的是()A.m≠6 B.m≠5C.m≠4 D.m≠3解析如圖(1)恰好有3個點到平面α的距離為d；如圖(2)恰好有4個點到平面α的距離為d；如圖(3)恰好有6個點到平面α的距離為d.答案B9.(2024·浙江名師預(yù)料卷二)如圖，已知三棱錐S－ABC中，SA＝SB＝SC，∠ABC＝90°，AB＞BC，E，F(xiàn)，G分別是AB，BC，AC的中點，分別記平面SEF與平面SAC、平面SEG與平面SBC、平面SFG與平面SAB所成的銳二面角為α，β，γ，則α，β，γ的大小關(guān)系是()A.α＜β＜γ B.β＜α＜γC.α＜γ＜β D.γ＜β＜α解析由SA＝SB＝SC可知點S在底面ABC上的射影是△ABC的外心，∵∠ABC＝90°，∴AC的中點G就是點S在底面ABC上的射影，即SG⊥平面ABC，過點G作GH⊥EF，交EF于點H，連接SH，則∠GSH就是平面SEF與平面SAC所成角的平面角，tan∠GSH＝tanα＝eq\f(GH,SG)，易證GF⊥平面SEG，∴∠GSF就是平面SEG與平面SBC所成角的平面角，tan∠GSF＝tanβ＝eq\f(GF,SG)，同理，tan∠GSE＝tanγ＝eq\f(GE,SG)，在Rt△EGF中，GH＜GE＜GF，∴tanα＜tanγ＜tanβ，∴α＜γ＜β，故選C.答案C10.如圖，已知平面α⊥β，α∩β＝l，A、B是直線l上的兩點，C、D是平面β內(nèi)的兩點，且DA⊥l，CB⊥l，AD＝3，AB＝6，CB＝6.P是平面α上的一動點，且直線PD，PC與平面α所成角相等，則二面角P－BC－D的余弦值的最小值是()A.eq\f(1,\r(5)) B.eq\f(1,2)C.eq\f(\r(3),2) D.1解析∵DA⊥l，α∩β＝l，α⊥β，AD?β，∴AD⊥α，同理，BC⊥α.∴∠DPA為直線PD與平面α所成的角，∠CPB為直線PC與平面α所成的角，∴∠DPA＝∠CPB，又∠DAP＝∠CBP＝90°，∴△DAP∽△CBP，∴eq\f(PA,PB)＝eq\f(DA,BC)＝eq\f(1,2).在平面α內(nèi)，以AB為x軸，以AB的中垂線為y軸建立平面直角坐標(biāo)系，則A(－3，0)，B(3，0).設(shè)P(x，y)，(y＞0)，∴2eq\r(（x＋3）2＋y2)＝eq\r(（x－3）2＋y2)，整理得(x＋5)2＋y2＝16.∴P點在平面α內(nèi)的軌跡為以M(－5，0)為圓心，以4為半徑的上半圓.∵平面PBC∩平面β＝BC，PB⊥BC，AB⊥BC，∴∠PBA為二面角P－BC－D的平面角.∴當(dāng)PB與圓相切時，∠PBA最大，cos∠PBA取得最小值.此時PM＝4，MB＝8，MP⊥PB，∴PB＝4eq\r(3)，cos∠PBA＝eq\f(PB,MB)＝eq\f(4\r(3),8)＝eq\f(\r(3),2).答案C二、填空題(本大題共7小題，多空題每題6分，單空題每題4分，共36分)11.(2024·全國Ⅰ卷)已知∠ACB＝90°，P為平面ABC外一點，PC＝2，點P到∠ACB兩邊AC，BC的距離均為eq\r(3)，那么P到平面ABC的距離為________.解析如圖，過點P作PO⊥平面ABC于O，則PO為P到平面ABC的距離.再過O作OE⊥AC于E，OF⊥BC于F，連接OC，PE，PF，則PE⊥AC，PF⊥BC.所以PE＝PF＝eq\r(3)，所以O(shè)E＝OF，所以CO為∠ACB的平分線，即∠ACO＝45°.在Rt△PEC中，PC＝2，PE＝eq\r(3)，所以CE＝1，所以O(shè)E＝1，所以PO＝eq\r(PE2－OE2)＝eq\r(（\r(3)）2－12)＝eq\r(2).答案eq\r(2)12.如圖，正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為4，P為BC的中點，Q為線段CC1上的動點(異于C點)，過點A，P，Q的平面截該正方體所得的截面記為M.當(dāng)CQ＝________時(用數(shù)值表示)，M為等腰梯形；當(dāng)CQ＝4時，M的面積為________.解析連接AP并延長交DC的延長線于點N，當(dāng)點Q為CC1的中點，即CQ＝2時，連接D1N，則D1N過點Q，PQ綉AD1，明顯AP＝D1Q，M為等腰梯形；當(dāng)CQ＝4時，NQ交棱DD1延長線上一點(設(shè)為G)，且GD1＝4，AG過A1D1的中點，此時M為菱形，其對角線長分別為4eq\r(3)和4eq\r(2)，故其面積為8eq\r(6).答案28eq\r(6)13.(2024·浙江“超級全能生”聯(lián)考)某幾何體的三視圖(單位：cm)如圖所示，則該幾何體的體積是________cm3，表面積是________cm2.解析易知該幾何體是一個底面為直角梯形，一條側(cè)棱垂直底面的四棱錐，所以該幾何體的體積V＝eq\f(1,3)×eq\f(（4＋2）×4,2)×4＝16(cm3)，表面積為eq\f(（4＋2）×4,2)＋eq\f(4×4,2)＋eq\f(4×2,2)＋eq\f(4×4\r(2),2)＋eq\f(4\r(3)×2\r(2),2)＝8eq\r(2)＋4eq\r(6)＋24(cm2).答案168eq\r(2)＋4eq\r(6)＋2414.(2024·北侖中學(xué)模擬)如圖，正四面體ABCD的棱CD在平面α內(nèi)，E為棱BC的中點，當(dāng)正四面體ABCD繞CD旋轉(zhuǎn)時，直線AE與平面α所成最大角的正弦值為________.解析過點E作CD的平行線，交BD于F，則正四面體繞CD旋轉(zhuǎn)時AE與平面α所成角相當(dāng)于繞EF旋轉(zhuǎn)時AE與平面α所成角.此時直線AE形成一個圓錐，所以可知直線AE與平面α所成角的最大值即為AE與EF所成的角.設(shè)正四面體的棱長為2，則AE＝AF＝eq\r(3)，EF＝1，所以cos∠AEF＝eq\f(3＋1－3,2\r(3))＝eq\f(\r(3),6)，所以sin∠AEF＝eq\f(\r(33),6)，即直線AE與平面α所成最大角的正弦值為eq\f(\r(33),6).答案eq\f(\r(33),6)15.已知球O與棱長為4的正方體ABCD－A1B1C1D1的全部棱都相切，點M是球O上一點，點N是△ACB1的外接圓上一點，則線段MN長度的最大值為________；最小值為________.解析因為球O與棱長為4的正方體的各棱都相切，所以球O的半徑為2eq\r(2)，球心O在體對角線的中點，△ACB1的外接圓是正方體外接球的一個小圓，點N是△ACB1的外接圓上一點，則點N到球心O的距離為2eq\r(3)(即正方體外接球的半徑)，因為點M是球O上一點，所以線段MN長度的最小值為2eq\r(3)－2eq\r(2)，線段MN長度的最大值為2eq\r(3)＋2eq\r(2).答案2eq\r(3)＋2eq\r(2)2eq\r(3)－2eq\r(2)16.(2024·紹興一中適應(yīng)性考試)已知半徑為4的球面上有兩點A，B，AB＝4eq\r(2)，球心為O，若球面上的動點C滿意二面角C－AB－O的大小為60°，則四面體OABC的外接球的半徑為________.解析如圖，由已知，AO⊥OB，又平面ABC與平面AOB所成的二面角大小為60°，則平面ABC截球O的球面為一個圓，當(dāng)點C在弧ACB的中點時，取AB的中點M，連接CM，OM，則AB⊥平面CMO，故二面角C－AB－O的平面角為∠CMO，則∠CMO＝60°.作OH⊥CM于點H，由OA＝OB＝OC＝4，AB＝4eq\r(2)，設(shè)四面體OABC的外接球球心為O1∈OH，則由OM＝eq\f(1,2)AB＝2eq\r(2)得OH＝OMsin60°＝eq\r(6).HM＝OMcos60°＝eq\r(2)，故四面體OABC的外接球的半徑r滿意O1O2＝O1A2＝HM2＋AM2＋O1H2，即r2＝(eq\r(2))2＋(2eq\r(2))2＋(r－eq\r(6))2，解得r＝eq\f(4\r(6),3).答案eq\f(4\r(6),3)17.(2024·全國Ⅱ卷)中國有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一.印信的形態(tài)多為長方體、正方體或圓柱體，但南北朝時期的官員獨孤信的印信形態(tài)是“半正多面體”(圖①).半正多面體是由兩種或兩種以上的正多邊形圍成的多面體.半正多面體體現(xiàn)了數(shù)學(xué)的對稱美.圖②是一個棱數(shù)為48的半正多面體，它的全部頂點都在同一個正方體的表面上，且此正方體的棱長為1，則該半正多面體共有________個面，其棱長為________.解析依題意知，題中的半正多面體的上、下、左、右、前、后6個面都在正方體的表面上，且該半正多面體的表面由18個正方形，8個正三角形組成，因此題中的半正多面體共有26個面.留意到該半正多面體的俯視圖的輪廓是一個正八邊形，設(shè)題中的半正多面體的棱長為x，則eq\f(\r(2),2)x＋x＋eq\f(\r(2),2)x＝1，解得x＝eq\r(2)－1，故題中的半正多面體的棱長為eq\r(2)－1.答案26eq\r(2)－1三、解答題(本大題共5小題，共74分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟)18.(本小題滿分14分)如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分別為AB，BC的中點，點F在側(cè)棱B1B上，且B1D⊥A1F，A1C1⊥A1B1.求證：(1)直線DE∥平面A1C1F；(2)平面B1DE⊥平面A1C1F.證明(1)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，A1C1∥AC.在△ABC中，因為D，E分別為AB，BC的中點，所以DE∥AC，于是DE∥A1C1.又因為DE?平面A1C1F，A1C1?平面A1C1F，所以直線DE∥平面A1C1F.(2)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，A1A⊥平面A1B1C1.因為A1C1?平面A1B1C1，所以A1A⊥A1C1.又因為A1C1⊥A1B1，A1A?平面ABB1A1，A1B1?平面ABB1A1，A1A∩A1B1＝A1，所以A1C1⊥平面ABB1A1.因為B1D?平面ABB1A1，所以A1C1⊥B1D.又因為B1D⊥A1F，A1C1?平面A1C1F，A1F?平面A1C1F，A1C1∩A1F＝A1，所以B1D⊥平面A1C1F.因為直線B1D?平面B1DE，所以平面B1DE⊥平面A1C1F.19.(本小題滿分15分)(2024·嘉、麗、衢模擬)如圖，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝3，點E，F(xiàn)分別是線段DC，BC的中點，分別將△DAE沿AE折起，△CEF沿EF折起，使得D，C重合于點G，連接AF.(1)求證：平面GEF⊥平面GAF；(2)求直線GF與平面GAE所成角的正弦值.(1)證明因為EG⊥AG，EG⊥FG，GA∩GF＝G，所以GE⊥平面GAF，又GE?平面GEF，所以平面GEF⊥平面GAF.(2)解過F作FH⊥AG于H，則由GE⊥平面GAF，且FH?平面GAF知，GE⊥FH，GA∩GE＝G，所以FH⊥平面GAE，從而∠FGH是直線GF與平面GAE所成角.因為GA＝3，GF＝eq\f(3,2)，AF＝eq\r(42＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(73),2)，所以cos∠AGF＝eq\f(GA2＋GF2－AF2,2·GA·GF)＝eq\f(9＋\f(9,4)－\f(73,4),2×3×\f(3,2))＝－eq\f(7,9)，從而sin∠FGH＝sin∠AGF＝eq\r(1－cos2∠AGF)＝eq\f(4\r(2),9).所以直線GF與平面GAE所成角的正弦值為eq\f(4\r(2),9).20.(本小題滿分15分)(2024·浙江教化綠色評價聯(lián)盟適考)如圖，圓的直徑AC＝2，B為圓周上不與點A，C重合的點，PA垂直于圓所在的平面，∠PCA＝45°.(1)求證：PB⊥BC；(2)(一題多解)若BC＝eq\r(3)，求二面角B－PC－A的余弦值.(1)證明如圖，連接AB，因為PA⊥平面ABC，所以PA⊥BC.又因為B在圓周上，所以AB⊥BC，PA∩AB＝A，故BC⊥平面PAB.又PB?平面PAB，故BC⊥PB.(2)解法一過B作AC的垂線，垂足為D，則BD⊥平面PAC，因為PC?平面PAC，故BD⊥PC.再過D作PC的垂線，垂足為E，則PC⊥DE，因為BD∩DE＝D，所以PC⊥平面BDE，又BE?平面BDE，故BE⊥PC，可知∠BED即為二面角B－PC－A的平面角.因為BC＝eq\r(3)，所以BD＝eq\f(\r(3),2)，CD＝eq\f(3,2).又因為∠PCA＝45°，所以DE＝eq\f(3\r(2),4)，BE＝eq\f(\r(30),4)，所以cos∠BED＝eq\f(DE,BE)＝eq\f(\r(15),5).即二面角B－PC－A的余弦值為eq\f(\r(15),5).法二因為∠ABC＝90°，所以可以以B為坐標(biāo)原點，BC，BA分別為x，y軸，垂直于平面ABC的直線為z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系B－xyz，則B(0，0，0)，A(0，1，0)，C(eq\r(3)，0，0)，P(0，1，2)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，0，0)，eq\o(BP,\s\up6(→))＝(0，1，2)，eq\o(AP,\s\up6(→))＝(0，0，2)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，－1，0).設(shè)平面PAC的法向量n1＝(x，y，z)，由n1⊥eq\o(AP,\s\up6(→))，n1⊥eq\o(AC,\s\up6(→))，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2z＝0，,\r(3)x－y＝0，))取x＝1，則n1＝(1，eq\r(3)，0).設(shè)平面PBC的法向量n2＝(x，y，z).由n2⊥eq\o(BC,\s\up6(→))，n2⊥eq\o(BP,\s\up6(→))，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\r(3)x＝0，,y＋2z＝0，))取z＝1，則n2＝(0，－2，1)，故|cos〈n1，n2〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(n1·n2,|n1|·|n2|)))＝eq\f(\r(15),5).所以二面角B－PC－A的余弦值為eq\f(\r(15),5).21.(本小題滿分15分)(2024·杭州二中模擬)如圖，矩形ADFE和梯形ABCD所在平面相互垂直，AB∥CD，∠ABC＝∠ADB＝90°，CD＝1，BC＝2.(1)(一題多解)求證：BE∥平面DCF；(2)當(dāng)AE的長為何值時，直線AD與平面BCE所成角的大小為45°.(1)證明法一如圖，以D為坐標(biāo)原點，AD所在直線為x軸，BD所在直線為y軸，DF所在直線為z軸建立空間直角坐標(biāo)系.設(shè)AE＝h，由CD＝1，BC＝2，∠ADB＝90°，依據(jù)三角形相像可得∠DCB＝90°，則DB＝eq\r(5)，AB＝5，故由勾股定理可得AD＝2eq\r(5).所以D(0，0，0)，A(2eq\r(5)，0，0)，B(0，eq\r(5)，0)，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,\r(5))，\f(1,\r(5))，0))，E(2eq\r(5)，0，h)，F(xiàn)(0，0，h).eq\o(DC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,\r(5))，\f(1,\r(5))，0))，eq\o(DF,\s\up6(→))＝(0，0，h)，eq\o(BE,\s\up6(→))＝(2eq\r(5)，－eq\r(5)，h)，設(shè)平面DCF的法向量為n＝(x，y，z).所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(2,\r(5))x＋\f(1,\r(5))y＝0，,hz＝0，))化簡得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝2x，,hz＝0，))令x＝eq\r(5)，得n＝(eq\r(5)，2eq\r(5)，0)，eq\o(BE,\s\up6(→))·n＝0，故eq\o(BE,\s\up6(→))⊥n，又BE不在平面DCF上，所以BE∥平面DCF.法二因為四邊形ADFE是矩形，故AE∥DF.又AB∥CD，且AB∩AE＝A，CD∩DF＝D，AB，AE在平面ABE上，CD，DF在平面DCF上，故平面ABE∥平面DCF.又BE在平面ABE上，且BE不在平面CDF上，故BE∥平面CDF.(2)解由(1)中法一可得eq\o(DA,\s\up6(→))＝(2eq\r(5)，0，0)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,\r(5))，－\f(4,\r(5))，0))，eq\o(BE,\s\up6(→))＝(2eq\r(5)，－eq\r(5)，h)，設(shè)平面BCE法向量為m＝(x1，y1，z1)，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(－2,\r(5))x1－\f(4,\r(5))y1＝0，,2\r(5)x1－\r(5)y1＋hz1＝0，))化簡得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＝－2y1，,z1＝\f(5\r(5)y1,h).))令y1＝h，得m＝(－2h，h，5eq\r(5)).由題意得cos45°＝eq\f(|\o(DA,\s\up6(→))·m|,|\o(DA,\s\up6(→))||m|)＝eq\f(|－4\r(5)h|,2\r(5)·\r(5h2＋125))＝eq\f(\r(2),2)，故h＝±eq\f(5\r(15),3)，因為h＞0，所以AE＝h＝eq\f(5\r(15),3).22.(本小題滿分15分)(2024·北京卷)如圖，在四棱錐P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，PA＝AD＝CD＝2，BC＝3.E為PD的中點，點F在PC上，且eq\f(PF,PC)＝eq\f(1,3).(1)求證：CD⊥平面PAD.(2)求二面角F－AE－P的余弦值.(3)設(shè)點G在PB上，且eq\f(PG,PB)＝eq\f(2,3).推斷直線AG是否在平面AEF內(nèi)，說明理由.(1)證明因為PA⊥平面ABCD，CD?平面ABCD，所以PA⊥CD.又因為AD⊥CD，PA∩AD＝A，PA，AD?平面PAD，所以CD⊥平面PAD.(2)解過點A作AD的垂線交BC于點M.因為PA⊥平面ABCD，AM，AD?平