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高中数学2.3 直线的交点坐标与距离公式同步训练题
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这是一份高中数学2.3 直线的交点坐标与距离公式同步训练题，共19页。试卷主要包含了直线x+3y−5=0的倾斜角是等内容，欢迎下载使用。
人教A版（2019）选择性必修第一册《2.3.3 点到直线的距离公式》提升训练
一 、单选题（本大题共13小题，共65分）
1.（5分）直线x+3y−5=0的倾斜角是()
A、π6
B、π3
C、2π3
D、5π6
A. π6 B. π3 C. 2π3 D. 5π6
2.（5分）已知△ABC的顶点A(5,5)，AB边上的中线所在直线方程为x−5y+6=0，AC边上的高所在直线方程为3x+2y−7=0，则BC所在直线的方程为()
A、x+2y+1=0
B、x−2y+3=0
C、x−2y−5=0
D、x+2y−1=0
A. x+2y+1=0 B. x−2y+3=0
C. x−2y−5=0 D. x+2y−1=0
3.（5分）已知两不同直线m，n与三不同平面α，β，γ，下列条件能推出α//β的是( )
A. α⊥γ且β⊥γ B. m⊂α，n⊂β，m//n
C. m⊥α且m⊥β D. m⊂α，n⊂α，m//β，n//β
4.（5分）如图，四边形ABCD为矩形，下底面宽AD=3丈，长AB=4丈，上棱EF=2丈，EF与平面ABCD平行．EF与平面ABCD的距离为1丈，则它的体积是()
A. 4立方丈 B. 5立方丈 C. 6立方丈 D. 8立方丈
5.（5分）在直线2x−3y+5=0上求点P，使点P到A(2,3)的距离为13，则点P的坐标是()
A. (5,5) B. (−1,1)
C. (5,5)或(−1,1) D. (5,5)或(1,−1)
6.（5分）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某三棱锥的三视图，则该三棱锥的体积为()
A. 6 B. 9 C. 92 D. 3
7.（5分）在直三棱柱ABC−A1B1C1中，△ABC是边长为2的等边三角形，若异面直线BC1与AC所成的余弦值为14，则三棱柱ABC−A1B1C1的体积为()
A. 6 B. 3 C. 2 D. 1
8.（5分）如图，已知AB⊥平面BCD，BC⊥CD，则图中直角三角形的个数为（ ）
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
9.（5分）由直线 上的点向圆引切线，则切线长的最小值为( )
A.
B.
C.
D.
10.（5分）直线y=kx+3被圆(x−2)2+(y−3)2=4截得的弦长为23，则直线的倾斜角为( )
A. π6或5π6 B. −π3或π3 C. −π6或π6 D. π6
11.（5分）设关于x的方程4x−2x+1−b=0(b∈R)，若该方程有两个不相等的实数解，则b的取值范围是（ ）
A. [-1，0] B. [-1，0） C. （-1，0） D. （0，1）
12.（5分）在空间直角坐标系O-xyz中，A(0,0,1)，B(m2,0,0)，C(0,1,0)，D(1,2,1)，若四面体OABC的外接球的表面积为6π，则异面直线OD与AB所成角的余弦值为
A. 3030 B. 510 C. 16 D. 24
13.（5分）三棱锥P-ABC中，ΔABC为等边三角形，PA=PB=PC=1，PA⊥PB，三棱锥P-ABC的外接球的表面积为( )
A. 12π B. 3π C. π6 D. 2π
二 、填空题（本大题共5小题，共25分）
14.（5分）若直线l：xa+yb=1(a>0,b>0)经过点(1,2)，则直线l在x轴和y轴的截距之和的最小值是______．
15.（5分）利用斜二测画法得到：①三角形的直观图是三角形；②平行四边形的直观图是平行四边形；③正方形的直观图是正方形；④菱形的直观图是菱形．以上结论中，正确的是________(填序号).
16.（5分）如图，已知在三角形ABC中，∠A=60°，∠C=90°，AB=4cm，质点P1从点A出发沿A→B→C方向，同时质点P2也从点A出发沿A→C→B方向在该三角形上运动，直至它们首次相遇为止．若质点P1的速度为2cms，质点P2的速度为1cms，则AP1→⋅AP2→的最大值为 ______.
17.（5分）已知三棱锥P−ABC中，O为AB中点，PO⊥平面ABC，∠APB=90°，PA=PB=2，则下列说法中正确的序号为 ______.
①若O为ΔABC的外心，则PC=2；
②若ΔABC为等边三角形，则AP⊥BC；
③当∠ACB=90°时，PC与平面PAB所成角的范围为(0,π4]；
④当PC=4时，M为平面PBC内动点，若OM//平面PAC，则M在ΔPBC内的轨迹长度为2.
18.（5分）在数列{an}中，a1=6，an+1an=n+3n，那么{an}的通项公式是 ______ ．
三 、解答题（本大题共5小题，共60分）
19.（12分）已知四棱锥P−ABCD的底面ABCD为矩形，PA⊥底面ABCD，点E在BC上(异于点B)，F、G分别为PD、PA的中点．
(1)证明：B、E、F、G四点共面；
(2)证明：平面PAB⊥平面BEFG.
20.（12分）在平面直角坐标系xOy中，已知圆C：x2+y2−4x=0及点A(−1,0)，B(1,2).
(1)若直线l平行于AB，与圆C相交于D，E两点，且DE=AB，求直线l的方程；
(2)在圆C上是否存在点P，使得PA2+PB2=12成立？若存在，求点P的个数；若不存在，说明理由；
(3)对于线段AC上的任意一点Q，若在以点B为圆心的圆上都存在不同的两点M，N，使得点M是线段QN的中点，求圆B的半径r的取值范围．
21.（12分）如图正三棱柱ABC−A'B'C'的所有棱长均为2，E、F、G、H分别是棱AA'、AB、AC、B'C'的中点.
(1)求证：B'C'//面EFG；
(2)求三棱锥H−EFG的体积；
(3)求二面角E−FG−H的余弦值.
22.（12分）如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，PA=AD=4，AB=2.以BD的中点O为球心，BD为直径的球面交PD于点M.
(1)求证：平面ABM⊥平面PCD；
(2)求直线PC与平面ABM所成角的正切值；
(3)求点O到平面ABM的距离．
23.（12分）在三角形ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且sin2B2b=cos(C+B)−cosCsinBc.
(1)求角A的大小;
(2)若三角形ABC的面积为1，b+c=2+2，求a.
答案和解析
1.【答案】null;
【解析】解：x+3y−5=0的斜率为−33，
则所求倾斜角为56π.
故选：D.
根据已知条件，结合直线斜率与倾斜角的关系，即可求解．
此题主要考查直线斜率与倾斜角的关系，属于基础题．
2.【答案】null;
【解析】解：∵△ABC的顶点A(5,5)，AC边上的高所在直线方程为3x+2y−7=0，
∴AC边所在直线的方程为2x−3y+5=0，
∵AB边上的中线所在直线方程为x−5y+6=0，
∴联立{2x−3y+5=0x−5y+6=0，解得x=−1，y=1，即C(−1,1)，
设B(a,b)，
则线段AB的中点M(a+52,b+52)，{a+52−5×b+52+6=03a+2b−7=0，解得{a=3b=−1，即B(3,−1)，
∴kBC=1+1−1−3=−12，
∴BC所在直线的方程为y−1=−12(x+1)，即x+2y−1=0.
故选：D.
先求出直线AC，再结合AB边上的中线所在直线方程，求出C(−1,1)，再结合中点坐标公式，求出B(3,−1)，即可求解．
此题主要考查直线方程的求解，属于基础题．
3.【答案】C;
【解析】解：因为α，β垂直于同一个平面γ，故α，β可能相交，可能平行，故A不正确；
α，β相交时，m，n都与交线平行，m//n，满足条件，不能推出α//β，故B不正确；
利用垂直于同一直线的两个平面平行，可知结论正确，故C正确；
α，β相交时，m，n都与交线平行，m//n，满足条件，不能推出α//β，故D不正确，
故选：C.
α，β垂直于同一个平面γ，故α，β可能相交，可能平行；
α，β相交时，m，n都与交线平行，m//n，满足条件；
利用垂直于同一直线的两个平面平行，可知结论正确；
α，β相交时，m，n都与交线平行，m//n，满足条件．
此题主要考查面面平行的判定，考查学生分析解决问题的能力，属于基础题．
4.【答案】B;
【解析】解：过E作EG⊥平面ABCD，垂足为G，过F作FH⊥平面ABCD，垂足为H，
过G作PQ//AD，交AB于Q，交CD于P，过H作MN//BC，交AB于N，交CD于M，
则它的体积：
V=VE−AQPD+VEPQ−FMN+VF−NBCM
=13×EG×S△AQPD+S△EPQ×NQ+13×FH×SNBCM
=13×1×1×3+12×3×1×2+13×1×1×3
=5(立方丈).
故选：B.
过E作EG⊥平面ABCD，垂足为G，过F作FH⊥平面ABCD，垂足为H，过G作PQ//AD，交AB于Q，交CD于P，过H作MN//BC，交AB于N，交CD于M，则它的体积：V=VE−AQPD+VEPQ−FMN+VF−NBCM.
此题主要考查几何体的体积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力、空间想象能力，考查函数与方程思想、数形结合思想，是中档题．
5.【答案】C;
【解析】
此题主要考查两点间的距离公式，属基础题.
解：设点P(x,y)，则y=2x+53.
由|PA|=13，得(x−2)2+(2x+53−3)2=13，即(x−2)2=9，
解得x=−1或x=5.
当x=−1时，y=1;当x=5时，y=5，所以点P的坐标是(−1,1)或(5,5).
6.【答案】D;
【解析】解：根据几何体的三视图转换为直观图，该几何体由一个四棱锥体A−BCDE切去一个三棱锥体A−BCD.
如图所示：
故：V=VA−BCDE−VA−BCD=13×12×(2+3)×2×3−13×12×2×2×3=3.
故选：D.
首先把三视图转换为几何体的直观图，进一步利用割补法的应用求出几何体的体积．
此题主要考查的知识要点：三视图和几何体的直观图之间的转换，几何体的体积公式，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于中档题．
7.【答案】A;
【解析】
此题主要考查异面直线成角、三棱柱的体积，属于基础题.解：在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AC//A1C1，
故∠BC1A1即为异面直线BC1与AC所成角或其补角，
连接A1B，设BB1=ℎ
在△A1BC1中，A1B=BC1=4+ℎ2，
∴cos∠BC1A1=A1C12+BC12−A1B22·A1C1·BC1=14，
∴BC1=4，
∴4+ℎ2=4,ℎ=23，
∴三棱柱ABC−A1B1C1的体积
V=BB1·S△ABC=23·12·2·2·sin60°=6.
8.【答案】D;
【解析】解：由于AB⊥平面BCD，
则AB⊥BC，AB⊥BD，AB⊥CD，
又BC⊥CD，
则CD⊥平面ABC，
则CD⊥AC，
故△ABC，△ACD，△ABD，△BCD均为直角三角形．
故选D．
9.【答案】C;
【解析】
该题考查直线与圆的方程的应用，考查学生数形结合思想的运用，属于中档题目．
解：直线y=x+2上一点到圆心的距离为，切线长为，
因此，
当最小时，最小，
的最小值为圆心(4,−2)到直线y=x+2的距离|4+2+2|12+12=42，
因此的最小值为．
故选C．
10.【答案】A;
【解析】
该题考查直线与圆的位置关系，考查直线的倾斜角，考查学生的计算能力，属于基础题．
利用直线y=kx+3被圆(x−2)2+(y−3)2=4截得的弦长为23，得到圆心到直线的距离为d=4−3=1=|2k|1+k2，求出k，即可求出直线的倾斜角．
解：由题知：圆心(2,3)，半径为2．
因为直线y=kx+3被圆(x−2)2+(y−3)2=4截得的弦长为23，
所以圆心到直线的距离为d=4−3=1=|2k|1+k2，
∴k=±33，
设直线倾斜角为α，
由k=tanα，且α∈[0,π),
得α=π6或5π6．
故选：A．
11.【答案】C;
【解析】略
12.【答案】A;
【解析】
此题主要考查了利用空间向量求异面直线所成角，球的表面积和体积，属于基础题.由已知易知OA，OB，OC两两垂直，由4π×12+12+m44=6π，解得m2=2，得到AB→=2,0,1，OD→=1,2,1，代入夹角公式，即可得结果.
解：由已知易知OA，OB，OC两两垂直，
则4π×12+12+m44=6π，
解得m2=2，
则AB→=2,0,−1，OD→=1,2,1，
则cos=15×6=3030，
即异面直线OD与AB所成角的余弦值为3030.
故选A.
13.【答案】B;
【解析】
此题主要考查三棱锥外接球表面积的求法，属于中档题.
先证明PA⊥PC,PB⊥PC，可得三棱锥P-ABC外接球就是以PA,PB,PC为棱的长方体的外接球，长方体的对角线即为球直径，结合球的表面积公式可得结果.
解：∵三棱锥P-ABC中，ΔABC为等边三角形，PA=PB=PC=1，
∴ΔPAB≅ΔPAC≅ΔPBC，
∵PA⊥PB,∴PA⊥PC,PB⊥PC，
以PA,PB,PC为过同一顶点的三条棱，作长方体如图，
则长方体的外接球也是三棱锥P−ABC外接球，
∵长方体的对角线为3，
∴球直径为3，半径为R=32，
因此，三棱锥P-ABC外接球的表面积是4πR2=4π×322=3π，
故选B.
14.【答案】3+22;
【解析】解：∵直线l：xa+yb=1(a>0,b>0)经过点(1,2)
∴1a+2b=1，
∴a+b=(a+b)(1a+2b)=3+ba+2ab⩾3+22，当且仅当b=2a时上式等号成立．
∴直线在x轴，y轴上的截距之和的最小值为3+22．
故答案为：3+22．
把点(1,2)代入直线方程，得到1a+2b=1，然后利用a+b=(a+b)(1a+2b)，展开后利用基本不等式求最值．
该题考查了直线的截距式方程，考查利用基本不等式求最值，是中档题．
15.【答案】①②;
【解析】
此题主要考查斜二测法画直观图与平面图形的联系.
根据斜二测画法的规则，逐个判断即可.
解：斜二测画法保持平行性和相交性不变，即平行直线的直观图还是平行直线，
相交直线的直观图还是相交直线，故①②正确；
但是斜二测画法中平行于y轴的线段，在直观图中长度为原来的一半，
则正方形的直观图不是正方形，菱形的直观图不是菱形，所以③④错.
故答案为①②.
16.【答案】112;
【解析】解：设运动时间为ts，
当P1运动到点B时，P2恰运动到点C，此时t=AB2=2s，
当P1和P2首次相遇时，必在线段BC上，此时(t−2)+2(t−2)=BC=23，解得t=(233+2)s，
若0
若2
=−2t2+(23+8)t−43−4，
开口向下，对称轴为t=3+42∈(2,233+2)，
所以当t=3+42时，AP1→⋅AP2→取得最大值为112>4，
综上所述，AP1→⋅AP2→的最大值为112.
故答案为：112.
设运动时间为ts，分两种情况讨论：①当0
17.【答案】①③④;
【解析】解：对于①，连接OC，若O为ΔABC的外心，则OA=OB=OC，
又∵PO⊥平面ABC，∴PA=PB=PC=2，故①正确，
对于②，假设AP⊥BC，
∵PO⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，
∴PO⊥BC，又∵AP∩PO=P，
∴BC⊥平面PAB，则BC⊥AB，这与ΔABC为等边三角形矛盾，故②错误，
对于③，若∠ACB=90°，则OC=12AB=2，且O为ΔABC的外心
∴PC=2，过点C作CH⊥AB于H，连接PH，
∵PO⊥平面ABC，PO⊂平面PAB，∴平面PAB⊥平面ABC，
又∵平面PAB∩平面ABC=AB，∴CH⊥平面PAB，
则∠CPH即为PC与平面PAB所成的角，∴sin∠CPH=CHPC=CH2，
∵CH⩽OC=2，∴sin∠CPH=CH2∈(0,22],
∴∠CPH∈(0,π4],故③正确，
对于④，分别取PB，BC的中点M1，M2，连接OM1，OM2，M1M2，
∴OM1//PA，又∵OM1⫋平面PAC，PA⊂平面PAC，
∴OM1//平面PAC，同理可证OM2//平面PAC，
又∵OM1⊂平面OM1M2，OM2⊂平面OM1M2，OM1∩OM2=O，
∴平面PAC//平面OM1M2，
∴线段M1M2为M在ΔPBC内的轨迹，又M1M2=12PC=2，
∴M在ΔPBC内的轨迹长度为2，故④正确，
∴说法中正确的序号为①③④，
故答案为：①③④．
由三角形外心的性质可判断①正确，利用假设法结合线面垂直的判定定理可判断②错误，对于③，若∠ACB=90°，易求OC=2，PC=2，过点C作CH⊥AB于H，连接PH，由PO⊥平面ABC，可证平面PAB⊥平面ABC，进而得到CH⊥平面PAB，则∠CPH即为PC与平面PAB所成的角，再求出∠CPH的范围即可判断③正确，对于④，分别取PB，BC的中点M1，M2，连接OM1，OM2，M1M2，易证平面PAC//平面OM1M2，线段M1M2为M在ΔPBC内的轨迹，从而判断④正确．
此题主要考查了三角形外心的性质，考查了线面垂直的判定，以及直线与平面所成的夹角，是中档题．
18.【答案】an=n（n+1）（n+2）;
【解析】解：∵在数列{an}中，a1=6，an+1an=n+3n，
∴当n⩾4时，an=anan−1.an−1an−2.an−2an−3⋅….a4a3.a3a2.a2a1.a1
=n+2n−1.n+1n−2.nn−3.n−1n−4⋅…⋅3+33.2+32.1+31×6
=n(n+1)(n+2)，
经验证当n=1，2，3时也成立，
因此：an=n(n+1)(n+2)．
故答案为：an=n(n+1)(n+2)．
利用“累乘求积法”即可得出．
该题考查了“累乘求积法”，属于基础题．
19.【答案】证明：(1)连接EF、FG、GB，
因为F、G分别为PD、PA的中点，
所以FG//AD，
又因为底面ABCD为矩形，点E在BC上，
所以FG//EB，
所以B、E、F、G四点共面；
(2)因为ABCD为矩形，
所以AB⊥AD，
又因为PA⊥底面ABCD，
所以PA⊥AD，
而PA∩AB=A，
所以DA⊥平面PAB，
由FG//AD，
所以FG⊥平面PAB，
又FG⊂平面BEFG，
所以平面PAB⊥平面BEFG.;
【解析】此题主要考查平面的基本性质及应用、面面垂直的判定、考查推理能力，属中档题.
(1)证出FG//BE，即可证出结果；
(2)证出FG⊥平面PAB，即可证出结果.
20.【答案】解：（1）圆C的标准方程为（x-2）2+y2=4，所以圆心C（2，0），半径为2．
因为l∥AB，A（-1，0），B（1，2），所以直线l的斜率为2−01−(−1)=1，
设直线l的方程为x-y+m=0，
则圆心C到直线l的距离为d=|2+m|2．
因为DE=AB=22+22=22，
而CE2=d2+（DE2）2，所以4=（|2+m|2）2+2，
解得m=0或m=-4，
故直线l的方程为x-y=0或x-y-4=0．
（2）假设圆C上存在点P，设P（x,y），则（x-2）2+y2=4，
PA2+PB2=（x+1）2+（y-0）2+（x-1）2+（y-2）2=12，
即x2+y2-2y-3=0，即x2+（y-1）2=4，
因为|2-2|＜(2−0)2+(0−1)2＜2+2，
所以圆（x-2）2+y2=4与圆x2+（y-1）2=4相交，
所以点P的个数为2．
（3）线段OA的方程为：x+y=0，设Q（t,0），（-1≤t≤2），N（x,y），
因为点M为QN的中点，所以M（x+t2，y2），
又M，N都在半径为r的圆B上，
所以{(x−1)2+(y−2)2=r2(x+t2−1)2+(y2−2)2=r2，即{(x−1)2+(y−2)2=r2(x+t−2)2+(y−4)2=(2r)2，
根据两圆有公共点，可得（2r-r）2≤（t-1）2+4≤（2r+r）2，对于t∈[-1，2]恒成立，
设f（m）=2m2+8m+40，（-2≤m≤0），
又4≤（t-1）2+4≤8，所以r2≤4且9r2≥8，
解得223≤r≤2，
又Q在圆外，所以（t-1）2+4＞r2恒成立，所以r2＜4，∴0＜r＜2．
综上所述：圆B的半径r的取值范围是[223，2）．;
【解析】
(1)求出圆心C到直线l的距离，利用勾股定理建立方程，即可求直线l的方程；
(2)求出P的轨迹方程，利用两圆的位置关系，即可得出结论．
(3)线段OA的方程为：x+y=0，设Q(t,0)，(−1⩽t⩽2)，N(x,y)，根据中点公式求得M的坐标，将M，N的坐标代入圆B的方程，得到两个圆的方程，根据两圆有公共点列式可得，再根据恒成立转化为最值可得．
此题主要考查了直线与圆的方程的求法，考查了圆与圆的位置关系，考查运算求解能力，属中档题．
21.【答案】（1）证明：因为ABC-A'B'C'是三棱柱，所以B'C'∥BC，
又AF=FB，AG=GC，所以BC∥FG，
所以B'C'∥FG，FG⊂平面EFG，B'C'⊄面EFG，
所以B'C'∥面EFG；
（2）解：由（1）可得，VH-EFG=VB-EFG=VG=EFB，
所以VG−EFB=13S△EFB.ℎ，其中h为点G到平面ABB'A'的距离，
因为正三棱柱ABC-A'B'C'的所有棱长均为2，
所以h=12×22−12=32，
故VG−EFB=13S△EFB.ℎ=13×(2×2−1×2−12×1×1)×32=34，
所以三棱锥H-EFG的体积为34；
（3）解：设二面角E-FG-A，H-FG-B，3-FG-H的平面角分别为α，β，γ，
则γ=π-α-β，
所以cosγ=cos（π-α-β）=-cos（α+β）=sinαsinβ-cosαcosβ，
过点A作AR⊥FG于点R，连结ER，则∠ARE=α，
所以sinα=27，cosα=37，
同理可得，cosβ=319，sinβ=419，
所以cosγ=sinαsinβ-cosαcosβ=27×419-319×37=5133133，
故二面角E-FG-H的余弦值为5133133．;
【解析】
(1)利用棱柱的几何性质得到B'C'//FG，然后由线面平行的判断定理证明即可；
(2)利用线面平行，可得VH−EFG=VB−EFG=VG=EFB，从而得到VG−EFB=13SΔEFB.ℎ，求解即可得到答案；
(3)二面角E−FG−A，H−FG−B，3−FG−H的平面角分别为α，β，γ，则有cosγ=sinαsinβ−cosαcosβ，过点A作AR⊥FG于点R，连结ER，则∠ARE=α，求出sinα，cosα，同理求出sinβ，cosβ，即可得到答案．
此题主要考查了线面平行的判定定理的应用，锥体体积公式的应用以及二面角的平面角的求解，考查了逻辑推理能力与化简运算能力，属于中档题．
22.【答案】方法(一)：
(1)证明：依题设，M在以BD为直径的球面上，则BM⊥PD
因为PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，则PA⊥AB，
又AB⊥AD，PA∩AD=A，PA、AD⊂平面PAD，
所以AB⊥平面PAD，
又PD⊂平面PAD，
则AB⊥PD，因为AB∩BM=B，AB、BM⊂平面ABM，
因此有PD⊥平面ABM，又PD⊂平面PCD，
所以平面ABM⊥平面PCD；
解：(2)设平面ABM与PC交于点N，
因为AB//CD，AB⊄平面PCD，CD⊂平面PCD，
所以AB//平面PCD，
又平面ABNM∩平面PCD=MN，AB⊂平面ABNM，
则AB//MN//CD，
由(1)知，PD⊥平面ABM，
则MN是PN在平面ABM上的射影，
所以∠PNM就是PC与平面ABM所成的角，
且∠PNM=∠PCD，
又AB⊂平面ABM，所以PD⊥AB，所以PD⊥CD，
所以tan∠PNM=tan∠PCD=PDCD=22，
所以直线PC与平面ABM所成的角的正切值为22.
(3)因为O是BD的中点，
则O点到平面ABM的距离等于D点到平面ABM距离的一半，
由(1)知，PD⊥平面ABM于M，则DM就是D点到平面ABM距离，
因为在RtΔPAD中，PA=AD=4，PD⊥AM，
所以M为PD中点，DM=22，
则O点到平面ABM的距离等于2.
方法二：
证明：(1)同方法一；
解：(2)如图所示，建立空间直角坐标系，
则A(0,0,0)，P(0,0,4)，B(2,0,0)，C(2,4,0)，D(0,4,0)，
由(1)可知平面ABM的一个法向量PD→=(0,4,−4)，且PC→=(2,4,−4)，
设直线PC与平面ABM所成角为α，则sinα=|PC→⋅PD→|PC→||PD→||=223，
所求角的正切值为22；
(3)设所求距离为ℎ，由O(1,2,0),AO→=(1,2,0)，
得：ℎ=|AO→⋅PD→|PD→||=2.;
【解析】此题主要考查面面垂直的判定，线面角的求法，点到平面的距离，空间向量在立体几何中的应用，属于中档题.
法一：(1)要证平面ABM⊥平面PCD，只需证明平面PCD内的直线PD，垂直平面ABM内的两条相交直线BM、AB即可；
(2)平面ABM与PC交于点N，说明∠PNM就是PC与平面ABM所成的角，然后解三角形，求直线PC与平面ABM所成的角；
(3)O点到平面ABM的距离等于D点到平面ABM距离的一半，说明|DM|就是D点到平面ABM距离，求解即可．
法二：(1)同方法一；
(2)建立空间直角坐标系，求出平面ABM的一个法向量PD→，求出PC→，然后求出sinα=|PC→⋅PD→|PC→||PD→||，再求出正切值即可．
(3)利用向量的射影公式直接求ℎ=|AO→⋅PD→|PD→||即可.
23.【答案】解：(1)因为sin2B2b=cos(C+B)−cosCsinBc，
所以csinBcosB+bcosA+bcosCsinB=0，
得bcos A+(ccos B+bcos C)sinB=0，
由正弦定理得：a=bcosC+ccosB，
∴bcos A+asin B=0，
由正弦定理可得sinBcosA+sinAsin B=0，即sinB(cos A+sinA)=0，
因为0
因为0
又b+c=2+2，
所以由余弦定理得：a2=b2+c2−2bccosA=b2+c2+2bc
=(b+c)2−(2−2)bc=10，
所以a=10.;
【解析】此题主要考查了解三角形的运用，涉及正弦定理，余弦定理，三角形面积公式，三角恒等变换知识的综合运用，考查了分析和运用能力，属于中档题.
(1)根据sin2B2b=cos(C+B)-cosCsinBc结合正弦定理，三角恒等变换知识化简得到sinB(cos A+sinA)=0，根据sin B≠0，得到cos A+sin A=0，进而得到tan A=−1，再根据0
人教A版（2019）选择性必修第一册《2.3.3 点到直线的距离公式》提升训练
一 、单选题（本大题共13小题，共65分）
1.（5分）直线x+3y−5=0的倾斜角是()
A、π6
B、π3
C、2π3
D、5π6
A. π6 B. π3 C. 2π3 D. 5π6
2.（5分）已知△ABC的顶点A(5,5)，AB边上的中线所在直线方程为x−5y+6=0，AC边上的高所在直线方程为3x+2y−7=0，则BC所在直线的方程为()
A、x+2y+1=0
B、x−2y+3=0
C、x−2y−5=0
D、x+2y−1=0
A. x+2y+1=0 B. x−2y+3=0
C. x−2y−5=0 D. x+2y−1=0
3.（5分）已知两不同直线m，n与三不同平面α，β，γ，下列条件能推出α//β的是( )
A. α⊥γ且β⊥γ B. m⊂α，n⊂β，m//n
C. m⊥α且m⊥β D. m⊂α，n⊂α，m//β，n//β
4.（5分）如图，四边形ABCD为矩形，下底面宽AD=3丈，长AB=4丈，上棱EF=2丈，EF与平面ABCD平行．EF与平面ABCD的距离为1丈，则它的体积是()
A. 4立方丈 B. 5立方丈 C. 6立方丈 D. 8立方丈
5.（5分）在直线2x−3y+5=0上求点P，使点P到A(2,3)的距离为13，则点P的坐标是()
A. (5,5) B. (−1,1)
C. (5,5)或(−1,1) D. (5,5)或(1,−1)
6.（5分）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某三棱锥的三视图，则该三棱锥的体积为()
A. 6 B. 9 C. 92 D. 3
7.（5分）在直三棱柱ABC−A1B1C1中，△ABC是边长为2的等边三角形，若异面直线BC1与AC所成的余弦值为14，则三棱柱ABC−A1B1C1的体积为()
A. 6 B. 3 C. 2 D. 1
8.（5分）如图，已知AB⊥平面BCD，BC⊥CD，则图中直角三角形的个数为（ ）
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
9.（5分）由直线 上的点向圆引切线，则切线长的最小值为( )
A.
B.
C.
D.
10.（5分）直线y=kx+3被圆(x−2)2+(y−3)2=4截得的弦长为23，则直线的倾斜角为( )
A. π6或5π6 B. −π3或π3 C. −π6或π6 D. π6
11.（5分）设关于x的方程4x−2x+1−b=0(b∈R)，若该方程有两个不相等的实数解，则b的取值范围是（ ）
A. [-1，0] B. [-1，0） C. （-1，0） D. （0，1）
12.（5分）在空间直角坐标系O-xyz中，A(0,0,1)，B(m2,0,0)，C(0,1,0)，D(1,2,1)，若四面体OABC的外接球的表面积为6π，则异面直线OD与AB所成角的余弦值为
A. 3030 B. 510 C. 16 D. 24
13.（5分）三棱锥P-ABC中，ΔABC为等边三角形，PA=PB=PC=1，PA⊥PB，三棱锥P-ABC的外接球的表面积为( )
A. 12π B. 3π C. π6 D. 2π
二 、填空题（本大题共5小题，共25分）
14.（5分）若直线l：xa+yb=1(a>0,b>0)经过点(1,2)，则直线l在x轴和y轴的截距之和的最小值是______．
15.（5分）利用斜二测画法得到：①三角形的直观图是三角形；②平行四边形的直观图是平行四边形；③正方形的直观图是正方形；④菱形的直观图是菱形．以上结论中，正确的是________(填序号).
16.（5分）如图，已知在三角形ABC中，∠A=60°，∠C=90°，AB=4cm，质点P1从点A出发沿A→B→C方向，同时质点P2也从点A出发沿A→C→B方向在该三角形上运动，直至它们首次相遇为止．若质点P1的速度为2cms，质点P2的速度为1cms，则AP1→⋅AP2→的最大值为 ______.
17.（5分）已知三棱锥P−ABC中，O为AB中点，PO⊥平面ABC，∠APB=90°，PA=PB=2，则下列说法中正确的序号为 ______.
①若O为ΔABC的外心，则PC=2；
②若ΔABC为等边三角形，则AP⊥BC；
③当∠ACB=90°时，PC与平面PAB所成角的范围为(0,π4]；
④当PC=4时，M为平面PBC内动点，若OM//平面PAC，则M在ΔPBC内的轨迹长度为2.
18.（5分）在数列{an}中，a1=6，an+1an=n+3n，那么{an}的通项公式是 ______ ．
三 、解答题（本大题共5小题，共60分）
19.（12分）已知四棱锥P−ABCD的底面ABCD为矩形，PA⊥底面ABCD，点E在BC上(异于点B)，F、G分别为PD、PA的中点．
(1)证明：B、E、F、G四点共面；
(2)证明：平面PAB⊥平面BEFG.
20.（12分）在平面直角坐标系xOy中，已知圆C：x2+y2−4x=0及点A(−1,0)，B(1,2).
(1)若直线l平行于AB，与圆C相交于D，E两点，且DE=AB，求直线l的方程；
(2)在圆C上是否存在点P，使得PA2+PB2=12成立？若存在，求点P的个数；若不存在，说明理由；
(3)对于线段AC上的任意一点Q，若在以点B为圆心的圆上都存在不同的两点M，N，使得点M是线段QN的中点，求圆B的半径r的取值范围．
21.（12分）如图正三棱柱ABC−A'B'C'的所有棱长均为2，E、F、G、H分别是棱AA'、AB、AC、B'C'的中点.
(1)求证：B'C'//面EFG；
(2)求三棱锥H−EFG的体积；
(3)求二面角E−FG−H的余弦值.
22.（12分）如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，PA=AD=4，AB=2.以BD的中点O为球心，BD为直径的球面交PD于点M.
(1)求证：平面ABM⊥平面PCD；
(2)求直线PC与平面ABM所成角的正切值；
(3)求点O到平面ABM的距离．
23.（12分）在三角形ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且sin2B2b=cos(C+B)−cosCsinBc.
(1)求角A的大小;
(2)若三角形ABC的面积为1，b+c=2+2，求a.
答案和解析
1.【答案】null;
【解析】解：x+3y−5=0的斜率为−33，
则所求倾斜角为56π.
故选：D.
根据已知条件，结合直线斜率与倾斜角的关系，即可求解．
此题主要考查直线斜率与倾斜角的关系，属于基础题．
2.【答案】null;
【解析】解：∵△ABC的顶点A(5,5)，AC边上的高所在直线方程为3x+2y−7=0，
∴AC边所在直线的方程为2x−3y+5=0，
∵AB边上的中线所在直线方程为x−5y+6=0，
∴联立{2x−3y+5=0x−5y+6=0，解得x=−1，y=1，即C(−1,1)，
设B(a,b)，
则线段AB的中点M(a+52,b+52)，{a+52−5×b+52+6=03a+2b−7=0，解得{a=3b=−1，即B(3,−1)，
∴kBC=1+1−1−3=−12，
∴BC所在直线的方程为y−1=−12(x+1)，即x+2y−1=0.
故选：D.
先求出直线AC，再结合AB边上的中线所在直线方程，求出C(−1,1)，再结合中点坐标公式，求出B(3,−1)，即可求解．
此题主要考查直线方程的求解，属于基础题．
3.【答案】C;
【解析】解：因为α，β垂直于同一个平面γ，故α，β可能相交，可能平行，故A不正确；
α，β相交时，m，n都与交线平行，m//n，满足条件，不能推出α//β，故B不正确；
利用垂直于同一直线的两个平面平行，可知结论正确，故C正确；
α，β相交时，m，n都与交线平行，m//n，满足条件，不能推出α//β，故D不正确，
故选：C.
α，β垂直于同一个平面γ，故α，β可能相交，可能平行；
α，β相交时，m，n都与交线平行，m//n，满足条件；
利用垂直于同一直线的两个平面平行，可知结论正确；
α，β相交时，m，n都与交线平行，m//n，满足条件．
此题主要考查面面平行的判定，考查学生分析解决问题的能力，属于基础题．
4.【答案】B;
【解析】解：过E作EG⊥平面ABCD，垂足为G，过F作FH⊥平面ABCD，垂足为H，
过G作PQ//AD，交AB于Q，交CD于P，过H作MN//BC，交AB于N，交CD于M，
则它的体积：
V=VE−AQPD+VEPQ−FMN+VF−NBCM
=13×EG×S△AQPD+S△EPQ×NQ+13×FH×SNBCM
=13×1×1×3+12×3×1×2+13×1×1×3
=5(立方丈).
故选：B.
过E作EG⊥平面ABCD，垂足为G，过F作FH⊥平面ABCD，垂足为H，过G作PQ//AD，交AB于Q，交CD于P，过H作MN//BC，交AB于N，交CD于M，则它的体积：V=VE−AQPD+VEPQ−FMN+VF−NBCM.
此题主要考查几何体的体积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力、空间想象能力，考查函数与方程思想、数形结合思想，是中档题．
5.【答案】C;
【解析】
此题主要考查两点间的距离公式，属基础题.
解：设点P(x,y)，则y=2x+53.
由|PA|=13，得(x−2)2+(2x+53−3)2=13，即(x−2)2=9，
解得x=−1或x=5.
当x=−1时，y=1;当x=5时，y=5，所以点P的坐标是(−1,1)或(5,5).
6.【答案】D;
【解析】解：根据几何体的三视图转换为直观图，该几何体由一个四棱锥体A−BCDE切去一个三棱锥体A−BCD.
如图所示：
故：V=VA−BCDE−VA−BCD=13×12×(2+3)×2×3−13×12×2×2×3=3.
故选：D.
首先把三视图转换为几何体的直观图，进一步利用割补法的应用求出几何体的体积．
此题主要考查的知识要点：三视图和几何体的直观图之间的转换，几何体的体积公式，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于中档题．
7.【答案】A;
【解析】
此题主要考查异面直线成角、三棱柱的体积，属于基础题.解：在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AC//A1C1，
故∠BC1A1即为异面直线BC1与AC所成角或其补角，
连接A1B，设BB1=ℎ
在△A1BC1中，A1B=BC1=4+ℎ2，
∴cos∠BC1A1=A1C12+BC12−A1B22·A1C1·BC1=14，
∴BC1=4，
∴4+ℎ2=4,ℎ=23，
∴三棱柱ABC−A1B1C1的体积
V=BB1·S△ABC=23·12·2·2·sin60°=6.
8.【答案】D;
【解析】解：由于AB⊥平面BCD，
则AB⊥BC，AB⊥BD，AB⊥CD，
又BC⊥CD，
则CD⊥平面ABC，
则CD⊥AC，
故△ABC，△ACD，△ABD，△BCD均为直角三角形．
故选D．
9.【答案】C;
【解析】
该题考查直线与圆的方程的应用，考查学生数形结合思想的运用，属于中档题目．
解：直线y=x+2上一点到圆心的距离为，切线长为，
因此，
当最小时，最小，
的最小值为圆心(4,−2)到直线y=x+2的距离|4+2+2|12+12=42，
因此的最小值为．
故选C．
10.【答案】A;
【解析】
该题考查直线与圆的位置关系，考查直线的倾斜角，考查学生的计算能力，属于基础题．
利用直线y=kx+3被圆(x−2)2+(y−3)2=4截得的弦长为23，得到圆心到直线的距离为d=4−3=1=|2k|1+k2，求出k，即可求出直线的倾斜角．
解：由题知：圆心(2,3)，半径为2．
因为直线y=kx+3被圆(x−2)2+(y−3)2=4截得的弦长为23，
所以圆心到直线的距离为d=4−3=1=|2k|1+k2，
∴k=±33，
设直线倾斜角为α，
由k=tanα，且α∈[0,π),
得α=π6或5π6．
故选：A．
11.【答案】C;
【解析】略
12.【答案】A;
【解析】
此题主要考查了利用空间向量求异面直线所成角，球的表面积和体积，属于基础题.由已知易知OA，OB，OC两两垂直，由4π×12+12+m44=6π，解得m2=2，得到AB→=2,0,1，OD→=1,2,1，代入夹角公式，即可得结果.
解：由已知易知OA，OB，OC两两垂直，
则4π×12+12+m44=6π，
解得m2=2，
则AB→=2,0,−1，OD→=1,2,1，
则cos
即异面直线OD与AB所成角的余弦值为3030.
故选A.
13.【答案】B;
【解析】
此题主要考查三棱锥外接球表面积的求法，属于中档题.
先证明PA⊥PC,PB⊥PC，可得三棱锥P-ABC外接球就是以PA,PB,PC为棱的长方体的外接球，长方体的对角线即为球直径，结合球的表面积公式可得结果.
解：∵三棱锥P-ABC中，ΔABC为等边三角形，PA=PB=PC=1，
∴ΔPAB≅ΔPAC≅ΔPBC，
∵PA⊥PB,∴PA⊥PC,PB⊥PC，
以PA,PB,PC为过同一顶点的三条棱，作长方体如图，
则长方体的外接球也是三棱锥P−ABC外接球，
∵长方体的对角线为3，
∴球直径为3，半径为R=32，
因此，三棱锥P-ABC外接球的表面积是4πR2=4π×322=3π，
故选B.
14.【答案】3+22;
【解析】解：∵直线l：xa+yb=1(a>0,b>0)经过点(1,2)
∴1a+2b=1，
∴a+b=(a+b)(1a+2b)=3+ba+2ab⩾3+22，当且仅当b=2a时上式等号成立．
∴直线在x轴，y轴上的截距之和的最小值为3+22．
故答案为：3+22．
把点(1,2)代入直线方程，得到1a+2b=1，然后利用a+b=(a+b)(1a+2b)，展开后利用基本不等式求最值．
该题考查了直线的截距式方程，考查利用基本不等式求最值，是中档题．
15.【答案】①②;
【解析】
此题主要考查斜二测法画直观图与平面图形的联系.
根据斜二测画法的规则，逐个判断即可.
解：斜二测画法保持平行性和相交性不变，即平行直线的直观图还是平行直线，
相交直线的直观图还是相交直线，故①②正确；
但是斜二测画法中平行于y轴的线段，在直观图中长度为原来的一半，
则正方形的直观图不是正方形，菱形的直观图不是菱形，所以③④错.
故答案为①②.
16.【答案】112;
【解析】解：设运动时间为ts，
当P1运动到点B时，P2恰运动到点C，此时t=AB2=2s，
当P1和P2首次相遇时，必在线段BC上，此时(t−2)+2(t−2)=BC=23，解得t=(233+2)s，
若0
若2
=−2t2+(23+8)t−43−4，
开口向下，对称轴为t=3+42∈(2,233+2)，
所以当t=3+42时，AP1→⋅AP2→取得最大值为112>4，
综上所述，AP1→⋅AP2→的最大值为112.
故答案为：112.
设运动时间为ts，分两种情况讨论：①当0
17.【答案】①③④;
【解析】解：对于①，连接OC，若O为ΔABC的外心，则OA=OB=OC，
又∵PO⊥平面ABC，∴PA=PB=PC=2，故①正确，
对于②，假设AP⊥BC，
∵PO⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，
∴PO⊥BC，又∵AP∩PO=P，
∴BC⊥平面PAB，则BC⊥AB，这与ΔABC为等边三角形矛盾，故②错误，
对于③，若∠ACB=90°，则OC=12AB=2，且O为ΔABC的外心
∴PC=2，过点C作CH⊥AB于H，连接PH，
∵PO⊥平面ABC，PO⊂平面PAB，∴平面PAB⊥平面ABC，
又∵平面PAB∩平面ABC=AB，∴CH⊥平面PAB，
则∠CPH即为PC与平面PAB所成的角，∴sin∠CPH=CHPC=CH2，
∵CH⩽OC=2，∴sin∠CPH=CH2∈(0,22],
∴∠CPH∈(0,π4],故③正确，
对于④，分别取PB，BC的中点M1，M2，连接OM1，OM2，M1M2，
∴OM1//PA，又∵OM1⫋平面PAC，PA⊂平面PAC，
∴OM1//平面PAC，同理可证OM2//平面PAC，
又∵OM1⊂平面OM1M2，OM2⊂平面OM1M2，OM1∩OM2=O，
∴平面PAC//平面OM1M2，
∴线段M1M2为M在ΔPBC内的轨迹，又M1M2=12PC=2，
∴M在ΔPBC内的轨迹长度为2，故④正确，
∴说法中正确的序号为①③④，
故答案为：①③④．
由三角形外心的性质可判断①正确，利用假设法结合线面垂直的判定定理可判断②错误，对于③，若∠ACB=90°，易求OC=2，PC=2，过点C作CH⊥AB于H，连接PH，由PO⊥平面ABC，可证平面PAB⊥平面ABC，进而得到CH⊥平面PAB，则∠CPH即为PC与平面PAB所成的角，再求出∠CPH的范围即可判断③正确，对于④，分别取PB，BC的中点M1，M2，连接OM1，OM2，M1M2，易证平面PAC//平面OM1M2，线段M1M2为M在ΔPBC内的轨迹，从而判断④正确．
此题主要考查了三角形外心的性质，考查了线面垂直的判定，以及直线与平面所成的夹角，是中档题．
18.【答案】an=n（n+1）（n+2）;
【解析】解：∵在数列{an}中，a1=6，an+1an=n+3n，
∴当n⩾4时，an=anan−1.an−1an−2.an−2an−3⋅….a4a3.a3a2.a2a1.a1
=n+2n−1.n+1n−2.nn−3.n−1n−4⋅…⋅3+33.2+32.1+31×6
=n(n+1)(n+2)，
经验证当n=1，2，3时也成立，
因此：an=n(n+1)(n+2)．
故答案为：an=n(n+1)(n+2)．
利用“累乘求积法”即可得出．
该题考查了“累乘求积法”，属于基础题．
19.【答案】证明：(1)连接EF、FG、GB，
因为F、G分别为PD、PA的中点，
所以FG//AD，
又因为底面ABCD为矩形，点E在BC上，
所以FG//EB，
所以B、E、F、G四点共面；
(2)因为ABCD为矩形，
所以AB⊥AD，
又因为PA⊥底面ABCD，
所以PA⊥AD，
而PA∩AB=A，
所以DA⊥平面PAB，
由FG//AD，
所以FG⊥平面PAB，
又FG⊂平面BEFG，
所以平面PAB⊥平面BEFG.;
【解析】此题主要考查平面的基本性质及应用、面面垂直的判定、考查推理能力，属中档题.
(1)证出FG//BE，即可证出结果；
(2)证出FG⊥平面PAB，即可证出结果.
20.【答案】解：（1）圆C的标准方程为（x-2）2+y2=4，所以圆心C（2，0），半径为2．
因为l∥AB，A（-1，0），B（1，2），所以直线l的斜率为2−01−(−1)=1，
设直线l的方程为x-y+m=0，
则圆心C到直线l的距离为d=|2+m|2．
因为DE=AB=22+22=22，
而CE2=d2+（DE2）2，所以4=（|2+m|2）2+2，
解得m=0或m=-4，
故直线l的方程为x-y=0或x-y-4=0．
（2）假设圆C上存在点P，设P（x,y），则（x-2）2+y2=4，
PA2+PB2=（x+1）2+（y-0）2+（x-1）2+（y-2）2=12，
即x2+y2-2y-3=0，即x2+（y-1）2=4，
因为|2-2|＜(2−0)2+(0−1)2＜2+2，
所以圆（x-2）2+y2=4与圆x2+（y-1）2=4相交，
所以点P的个数为2．
（3）线段OA的方程为：x+y=0，设Q（t,0），（-1≤t≤2），N（x,y），
因为点M为QN的中点，所以M（x+t2，y2），
又M，N都在半径为r的圆B上，
所以{(x−1)2+(y−2)2=r2(x+t2−1)2+(y2−2)2=r2，即{(x−1)2+(y−2)2=r2(x+t−2)2+(y−4)2=(2r)2，
根据两圆有公共点，可得（2r-r）2≤（t-1）2+4≤（2r+r）2，对于t∈[-1，2]恒成立，
设f（m）=2m2+8m+40，（-2≤m≤0），
又4≤（t-1）2+4≤8，所以r2≤4且9r2≥8，
解得223≤r≤2，
又Q在圆外，所以（t-1）2+4＞r2恒成立，所以r2＜4，∴0＜r＜2．
综上所述：圆B的半径r的取值范围是[223，2）．;
【解析】
(1)求出圆心C到直线l的距离，利用勾股定理建立方程，即可求直线l的方程；
(2)求出P的轨迹方程，利用两圆的位置关系，即可得出结论．
(3)线段OA的方程为：x+y=0，设Q(t,0)，(−1⩽t⩽2)，N(x,y)，根据中点公式求得M的坐标，将M，N的坐标代入圆B的方程，得到两个圆的方程，根据两圆有公共点列式可得，再根据恒成立转化为最值可得．
此题主要考查了直线与圆的方程的求法，考查了圆与圆的位置关系，考查运算求解能力，属中档题．
21.【答案】（1）证明：因为ABC-A'B'C'是三棱柱，所以B'C'∥BC，
又AF=FB，AG=GC，所以BC∥FG，
所以B'C'∥FG，FG⊂平面EFG，B'C'⊄面EFG，
所以B'C'∥面EFG；
（2）解：由（1）可得，VH-EFG=VB-EFG=VG=EFB，
所以VG−EFB=13S△EFB.ℎ，其中h为点G到平面ABB'A'的距离，
因为正三棱柱ABC-A'B'C'的所有棱长均为2，
所以h=12×22−12=32，
故VG−EFB=13S△EFB.ℎ=13×(2×2−1×2−12×1×1)×32=34，
所以三棱锥H-EFG的体积为34；
（3）解：设二面角E-FG-A，H-FG-B，3-FG-H的平面角分别为α，β，γ，
则γ=π-α-β，
所以cosγ=cos（π-α-β）=-cos（α+β）=sinαsinβ-cosαcosβ，
过点A作AR⊥FG于点R，连结ER，则∠ARE=α，
所以sinα=27，cosα=37，
同理可得，cosβ=319，sinβ=419，
所以cosγ=sinαsinβ-cosαcosβ=27×419-319×37=5133133，
故二面角E-FG-H的余弦值为5133133．;
【解析】
(1)利用棱柱的几何性质得到B'C'//FG，然后由线面平行的判断定理证明即可；
(2)利用线面平行，可得VH−EFG=VB−EFG=VG=EFB，从而得到VG−EFB=13SΔEFB.ℎ，求解即可得到答案；
(3)二面角E−FG−A，H−FG−B，3−FG−H的平面角分别为α，β，γ，则有cosγ=sinαsinβ−cosαcosβ，过点A作AR⊥FG于点R，连结ER，则∠ARE=α，求出sinα，cosα，同理求出sinβ，cosβ，即可得到答案．
此题主要考查了线面平行的判定定理的应用，锥体体积公式的应用以及二面角的平面角的求解，考查了逻辑推理能力与化简运算能力，属于中档题．
22.【答案】方法(一)：
(1)证明：依题设，M在以BD为直径的球面上，则BM⊥PD
因为PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，则PA⊥AB，
又AB⊥AD，PA∩AD=A，PA、AD⊂平面PAD，
所以AB⊥平面PAD，
又PD⊂平面PAD，
则AB⊥PD，因为AB∩BM=B，AB、BM⊂平面ABM，
因此有PD⊥平面ABM，又PD⊂平面PCD，
所以平面ABM⊥平面PCD；
解：(2)设平面ABM与PC交于点N，
因为AB//CD，AB⊄平面PCD，CD⊂平面PCD，
所以AB//平面PCD，
又平面ABNM∩平面PCD=MN，AB⊂平面ABNM，
则AB//MN//CD，
由(1)知，PD⊥平面ABM，
则MN是PN在平面ABM上的射影，
所以∠PNM就是PC与平面ABM所成的角，
且∠PNM=∠PCD，
又AB⊂平面ABM，所以PD⊥AB，所以PD⊥CD，
所以tan∠PNM=tan∠PCD=PDCD=22，
所以直线PC与平面ABM所成的角的正切值为22.
(3)因为O是BD的中点，
则O点到平面ABM的距离等于D点到平面ABM距离的一半，
由(1)知，PD⊥平面ABM于M，则DM就是D点到平面ABM距离，
因为在RtΔPAD中，PA=AD=4，PD⊥AM，
所以M为PD中点，DM=22，
则O点到平面ABM的距离等于2.
方法二：
证明：(1)同方法一；
解：(2)如图所示，建立空间直角坐标系，
则A(0,0,0)，P(0,0,4)，B(2,0,0)，C(2,4,0)，D(0,4,0)，
由(1)可知平面ABM的一个法向量PD→=(0,4,−4)，且PC→=(2,4,−4)，
设直线PC与平面ABM所成角为α，则sinα=|PC→⋅PD→|PC→||PD→||=223，
所求角的正切值为22；
(3)设所求距离为ℎ，由O(1,2,0),AO→=(1,2,0)，
得：ℎ=|AO→⋅PD→|PD→||=2.;
【解析】此题主要考查面面垂直的判定，线面角的求法，点到平面的距离，空间向量在立体几何中的应用，属于中档题.
法一：(1)要证平面ABM⊥平面PCD，只需证明平面PCD内的直线PD，垂直平面ABM内的两条相交直线BM、AB即可；
(2)平面ABM与PC交于点N，说明∠PNM就是PC与平面ABM所成的角，然后解三角形，求直线PC与平面ABM所成的角；
(3)O点到平面ABM的距离等于D点到平面ABM距离的一半，说明|DM|就是D点到平面ABM距离，求解即可．
法二：(1)同方法一；
(2)建立空间直角坐标系，求出平面ABM的一个法向量PD→，求出PC→，然后求出sinα=|PC→⋅PD→|PC→||PD→||，再求出正切值即可．
(3)利用向量的射影公式直接求ℎ=|AO→⋅PD→|PD→||即可.
23.【答案】解：(1)因为sin2B2b=cos(C+B)−cosCsinBc，
所以csinBcosB+bcosA+bcosCsinB=0，
得bcos A+(ccos B+bcos C)sinB=0，
由正弦定理得：a=bcosC+ccosB，
∴bcos A+asin B=0，
由正弦定理可得sinBcosA+sinAsin B=0，即sinB(cos A+sinA)=0，
因为0
因为0
又b+c=2+2，
所以由余弦定理得：a2=b2+c2−2bccosA=b2+c2+2bc
=(b+c)2−(2−2)bc=10，
所以a=10.;
【解析】此题主要考查了解三角形的运用，涉及正弦定理，余弦定理，三角形面积公式，三角恒等变换知识的综合运用，考查了分析和运用能力，属于中档题.
(1)根据sin2B2b=cos(C+B)-cosCsinBc结合正弦定理，三角恒等变换知识化简得到sinB(cos A+sinA)=0，根据sin B≠0，得到cos A+sin A=0，进而得到tan A=−1，再根据0
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