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高考数学一轮复习第七章 检测七
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这是一份高考数学一轮复习第七章 检测七，共14页。教案主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．下列说法正确的是( )
A．空间中，两不重合的平面若有公共点，则这些点一定在一条直线上
B．空间中，三角形、四边形都一定是平面图形
C．空间中，正方体、长方体、四面体都是四棱柱
D．用一平面去截棱锥，底面与截面之间的部分所形成的多面体叫棱台
答案 A
解析 空间四边形不是平面图形，故B错；四面体不是四棱柱，故C错；平行于底面的平面去截棱台，底面和截面之间的部分所形成的多面体才叫棱台，故D错；根据公理2可知A正确，故选A.
2．(2020·南昌模拟)已知平面α内一条直线l及平面β，则“l⊥β”是“α⊥β”的( )
A．充要条件 B．充分不必要条件
C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件
答案 B
解析 由题意，根据直线与平面垂直的判定定理，可得由“l⊥β，l⊂α”可证得“α⊥β”，即充分性是成立的；反之由“α⊥β，l⊂α”不一定得到“l⊥β”，即必要性不成立，所以“l⊥β”是“α⊥β”的充分不必要条件．
3．圆柱的底面积为S，侧面展开图是一个正方形，那么圆柱的侧面积是( )
A．4πS B．2πS
C．πS D.eq \f(2\r(3),3)πS
答案 A
解析 由πr2＝S得圆柱的底面半径是eq \r(\f(S,π))，
故侧面展开图的边长为2π·eq \r(\f(S,π))＝2eq \r(πS)，所以圆柱的侧面积是4πS.
4．若平面α与β的法向量分别是a＝(2,4，－3)，b＝(－1,2,2)，则平面α与β的位置关系是( )
A．平行 B．垂直
C．相交但不垂直 D．无法确定
答案 B
解析 因为a·b＝(2,4，－3)·(－1,2,2)＝0，所以a⊥b，所以平面α⊥β.
5．(2020·广州模拟)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，除面ABCD外，该正方体其余各面的中心分别为点E，F，G，H，M(如图所示)，则四棱锥M－EFGH的体积为( )
A.eq \f(1,12) B.eq \f(1,4) C.eq \f(1,2) D.eq \f(1,3)
答案 A
解析 因为E，F，G，H分别为各个面的中心，显然E，F，G，H四点共面，截面如图所示．
显然四边形EFGH为正方形，且边长为eq \f(\r(2),2)，
所以S正方形EFGH＝eq \f(\r(2),2)×eq \f(\r(2),2)＝eq \f(1,2).
另外易知点M到平面EFGH的距离为正方体棱长的一半，
即四棱锥M－EFGH的高为eq \f(1,2)，
所以四棱锥M－EFGH的体积V＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×eq \f(1,2)＝eq \f(1,12).
6．(2020·沈阳期末)在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，点P，Q，R分别为棱AA1，BC，C1D1的中点，经过P，Q，R三点的平面为α，平面α被此正方体所截得截面图形的面积为( )
A．3eq \r(3) B．6eq \r(2) C.eq \f(\r(3),2) D.eq \r(2)
答案 A
解析 如图所示，F，G，H是对应棱的中点．
易知，RF与HQ相交，确定一个平面．
HQ∥RG，故G在平面内，同理P在平面内．
故平面α被此正方体所截得截面图形为正六边形HPFQGR，边长为eq \r(2)，
S＝eq \f(1,2)×eq \r(2)×eq \r(2)sin eq \f(π,3)×6＝3eq \r(3).
7.(2020·广西柳州高中、南宁二中联考)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为棱BB1的中点，用过点A，E，C1的平面截去该正方体的下半部分，则剩余几何体的正视图(也称主视图)是( )
答案 A
解析 正方体ABCD－A1B1C1D1中，
过点A，E，C1的平面截去该正方体的下半部分后，剩余部分的直观图如图，
则该几何体的正视图为图中粗线部分．故选A.
8．(2020·泸州诊断)如图，在三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，且△ABC为等边三角形，AB＝3，PA＝2，则三棱锥P－ABC的外接球的表面积为( )
A．4π B．16π C．8π D．32π
答案 B
解析 由题意得三棱锥P－ABC的外接球球心在过△ABC的中心O1且垂直于平面ABC的直线上，设为点O，球半径设为R，则OO1＝eq \f(PA,2)＝1，AO1＝eq \r(3)，
∴R＝eq \r(1＋3)＝2，从而外接球的表面积为4πR2＝16π.
二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分)
9．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，下列直线或平面与平面ACD1平行的有( )
A．直线A1B B．直线BB1
C．平面A1DC1 D．平面A1BC1
答案 AD
解析 对于A，由于A1B∥D1C，且A1B⊄平面ACD1，可得直线A1B∥平面ACD1；
对于B，由于B1B∥D1D，且D1D∩平面ACD1＝D1，可得直线B1B不平行平面ACD1；
对于C，由于A1D与AD1相交，A1D⊂平面A1DC1，可得平面A1DC1不与平面ACD1平行；
对于D，由于C1B∥D1A，C1B⊄平面ACD1，所以C1B∥平面ACD1，又因为A1B∥平面ACD1，C1B∩A1B＝B，所以平面A1BC1∥平面ACD1.
故选AD.
10．下列命题中不正确的是( )
A．若两条直线和同一个平面所成的角相等，则这两条直线平行
B．若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行
C．若一条直线平行于两个相交平面，则这条直线与这两个平面的交线平行
D．若两个平面都垂直于第三个平面，则这两个平面平行
答案 ABD
解析 A项，若两条直线和同一个平面所成的角相等，则这两条直线平行、相交或异面，故A错误；
B项，若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行或相交，故B错误；
C项，设平面α∩β＝a，l∥α，l∥β，由线面平行的性质定理知，在平面α内存在直线b∥l，在平面β内存在直线c∥l，所以由平行公理知b∥c，从而由线面平行的判定定理可证明b∥β，进而由线面平行的性质定理证明得b∥a，从而l∥a，故C正确；
D项，若两个平面都垂直于第三个平面，则这两个平面平行或相交，D错误．
故选ABD.
11．如图，已知棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，下列命题正确的是( )
A．平面ACB1∥平面A1C1D，且两平面的距离为eq \f(\r(3),3)
B．点P在线段AB上运动，则四面体P－A1B1C1的体积不变
C．与所有12条棱都相切的球的体积为eq \f(\r(2)π,3)
D．M是正方体的内切球的球面上任意一点，N是△ACB1外接圆的圆周上任意一点，则|MN|的最小值是eq \f(\r(3)－\r(2),2)
答案 ABC
解析 A．∵AB1∥DC1，AC∥A1C1，且AC∩AB1＝A，DC1∩A1C1＝C1，
∴平面ACB1∥平面A1C1D，
长方体的体对角线BD1＝eq \r(3)，
设B到平面ACB1的距离为h，
则VB－AB1C＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×1×1×1
＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×eq \r(2)×eq \r(2)×eq \f(\r(3),2)h，即h＝eq \f(\r(3),3)，
则平面ACB1与平面A1C1D的距离d＝eq \r(3)－2h＝eq \r(3)－2×eq \f(\r(3),3)＝eq \f(\r(3),3)，故A正确，
B．点P在线段AB上运动，则四面体P－A1B1C1的高为1，底面积不变，则体积不变，故B正确，
C．与所有12条棱都相切的球的直径2R等于面的对角线B1C＝eq \r(2)，则2R＝eq \r(2)，R＝eq \f(\r(2),2)，
则球的体积V＝eq \f(4,3)πR3＝eq \f(4,3)×π×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))3＝eq \f(\r(2)π,3)，
故C正确，
D．设该正方体的内切球的球心为O，正方体的外接球的球心为O′，
则△ACB1的外接圆是正方体的外接球O′的一个小圆，
∵点M在正方体的内切球的球面上运动，点N在△ACB1的外接圆上运动，
∴线段MN长度的最小值是正方体的外接球的半径减去正方体的内切球的半径，
∵正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，
∴线段MN长度的最小值是eq \f(\r(3),2)－eq \f(1,2).故D错误，
故选ABC.
12．如图，已知在矩形ABCD中，AB＝2AD，E为边AB的中点，将△ADE沿线段DE翻折成△A1DE.若M为线段A1C的中点，则△ADE在翻折过程中，下列说法正确的是( )
A．线段BM的长是定值
B．存在某个位置，使DE⊥A1C
C．点M的运动轨迹是一个圆
D．存在某个位置，使MB⊥平面A1DE
答案 AC
解析 取CD的中点F，连接MF，BF，则MF∥DA1，BF∥DE，且MF∩BF＝B，DA1∩DE＝D，所以平面MBF∥平面A1DE，所以MB∥平面A1DE，D错误；由题意可知∠ADE＝∠A1DE＝∠MFB＝eq \f(π,4)，MF＝eq \f(1,2)A1D，为定值，FB＝DE，为定值，因此由余弦定理可得MB2＝MF2＋FB2－2MF·FB·cs∠MFB，所以MB是定值，所以点M在以B为圆心，BM为半径的圆上，故AC正确；由题意可知DE＝CE＝eq \r(2)AD＝eq \f(\r(2),2)AB，则DE⊥CE，若B成立，且CE∩A1C＝C，可得DE⊥平面A1EC，此时DE⊥A1E，与DA1⊥A1E矛盾，故B错误．综上可得AC正确，故选AC.
三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)
13．把一个底面半径为3 cm，高为4 cm的钢质实心圆柱熔化，然后铸成一个实心钢球(不计损耗)，则该钢球的半径为_____cm，表面积为_______cm2.(本题第一空2分，第二空3分)
答案 3 36π
解析 圆柱体积V圆柱＝π×9×4＝36π，球的体积V球＝eq \f(4,3)πr3，
所以eq \f(4,3)πr3＝36π，解得r＝3，
所以球的表面积为4πr2＝36π.
14.如图所示，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，若各条棱长均为2，且M为A1C1的中点，则三棱锥M－AB1C的体积是________．
答案 eq \f(2\r(3),3)
解析 方法一 因为＝－－－，
所以＝2×eq \f(\r(3),4)×22－eq \f(1,3)×2×eq \f(1,2)×eq \f(\r(3),4)×22－eq \f(1,3)×2×eq \f(\r(3),4)×22－eq \f(1,3)×2×eq \f(1,2)×eq \f(\r(3),4)×22＝eq \f(2\r(3),3).
方法二 ＝＝eq \f(1,3)×S△AMC×h，
h是点B1到平面AMC的距离，
在正三棱柱ABC－A1B1C1中，M是A1C1的中点，
∴B1M⊥A1C1，且B1M⊥AA1，且A1C1∩AA1＝A1，
∴B1M⊥平面ACC1A1，∴h＝B1M＝eq \r(3).
∴＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)AC×AA1×B1M
＝eq \f(1,6)×2×2×eq \r(3)＝eq \f(2\r(3),3).
15．(2020·安顺联考)已知三棱锥P－ABC满足平面PAB⊥平面ABC，AC⊥BC，AB＝4，∠APB＝30°，则该三棱锥的外接球的表面积为__________．
答案 64π
解析 因为AC⊥BC，所以△ABC的外心为斜边AB的中点，
因为平面PAB⊥平面ABC，所以三棱锥P－ABC的外接球球心在平面PAB上，
即球心就是△PAB的外心，
根据正弦定理eq \f(AB,sin∠APB)＝2R，解得R＝4，
所以外接球的表面积为4πR2＝64π.
16．(2020·武汉模拟)已知正方体ABCD－A′B′C′D′的棱长为3，垂直于棱AA′的截面分别与面对角线A′D，A′B，C′B，C′D相交于点E，F，G，H，则四棱锥A′－EFGH体积的最大值为________．
答案 eq \f(8,3)
解析 由题意得平面EFGH∥平面ABCD，
则EF∥BD∥HG，FG∥AC∥EH，
而AC⊥BD，所以EF⊥FG，
所以四边形EFGH为矩形，
易知△A′EF∽△A′BD，
设相似比为m，BD＝eq \r(2)AB＝3eq \r(2)，
所以EF＝3eq \r(2)m(0所以矩形EFGH的面积为S＝3eq \r(2)m×3eq \r(2)(1－m)＝18m(1－m)，
而A′到平面EFGH的距离h＝mAA′＝3m，
所以四棱锥A′－EFGH的体积V＝eq \f(1,3)Sh＝eq \f(1,3)×18m(1－m)×3m＝18(m2－m3)，
V′＝18(2m－3m2)，
令V′＝0得m＝eq \f(2,3)或m＝0(舍)，
故当m∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2,3)))时，V′>0，V在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2,3)))上单调递增，
当m∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，＋∞))时，V′<0，V在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，＋∞))上单调递减，
所以当m＝eq \f(2,3)时，V取最大值，
Vmax＝18×eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))3))＝eq \f(8,3).
四、解答题(本大题共6小题，共70分)
17.(10分)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AC＝BC，E，F分别为AB，A1B1的中点．
(1)求证：AF∥平面B1CE；
(2)若A1B1⊥B1C，求证：平面B1CE⊥平面ABC.
证明 (1)在三棱柱ABC－A1B1C1中，AB∥A1B1 ，AB＝A1B1，
∵E，F分别是AB，A1B1的中点，
∴FB1∥AB，FB1＝eq \f(1,2)AB，AE＝eq \f(1,2)AB，
∴FB1∥AE，FB1＝AE，四边形FB1EA为平行四边形，
∴AF∥EB1.
又∵AF⊄平面B1CE，EB1⊂平面B1CE，
∴AF∥平面B1CE.
(2)由(1)知，AB∥A1B1，
∵A1B1⊥B1C，
∴AB⊥B1C，
又∵在△ABC中，AC＝BC，E为AB的中点，
∴AB⊥EC.
又∵EC∩B1C＝C，EC，B1C⊂平面B1CE，
∴AB⊥平面B1CE.
又∵AB⊂平面ABC，
∴平面ABC⊥平面B1CE.
18．(12分)(2020·日照期末)如图所示，在梯形CDEF中，四边形ABCD为正方形，且AE＝BF＝AB＝1，将△ADE沿着线段AD折起，同时将△BCF沿着线段BC折起．使得E，F两点重合为点P.
(1)求证：平面PAB⊥平面ABCD；
(2)求点D到平面PBC的距离h.
(1)证明 ∵四边形ABCD为正方形，
∴AD⊥AB，
又∵AD⊥AE，即AD⊥PA，且PA∩AB＝A，PA，AB⊂平面PAB，
∴AD⊥平面PAB，
又∵AD⊂平面ABCD，
∴平面PAB⊥平面ABCD.
(2)解 过点P作PO⊥AB交AB于O，如图所示，
由(1)知平面PAB⊥平面ABCD，且平面PAB∩平面ABCD＝AB，
∴PO⊥平面ABCD，
∴VP－BCD＝eq \f(1,3)×PO×S△BCD＝eq \f(1,3)×eq \f(\r(3),2)×eq \f(1,2)＝eq \f(\r(3),12)，
又∵VP－BCD＝VD－PBC，
∴eq \f(1,3)×S△PBC×h＝eq \f(\r(3),12)，
即eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×1×1×h＝eq \f(\r(3),12)，
解得h＝eq \f(\r(3),2)，
∴点D到平面PBC的距离h＝eq \f(\r(3),2).
19．(12分)(2020·株洲模拟)如图，已知三棱锥M－ABC中，MA＝MB＝MC＝AC＝2eq \r(2)，AB＝BC＝2，O为AC的中点，点N在边BC上，且eq \(BN,\s\up6(→))＝eq \f(2,3)eq \(BC,\s\up6(→)).
(1)证明：BO⊥平面AMC；
(2)求二面角N－AM－C的正弦值．
(1)证明 连接OM，
在△ABC中，AB＝BC＝2，AC＝2eq \r(2)，O为AC的中点，则OB⊥AC，且OB＝eq \r(2).
在△MAC中，MA＝MC＝AC＝2eq \r(2)，O为AC的中点，则OM⊥AC，且OM＝eq \r(6).
在△MOB中，满足BO2＋OM2＝MB2，
所以OB⊥OM，
又AC∩OM＝O，AC，OM⊂平面AMC，
故OB⊥平面AMC.
(2)解 因为OB，OC，OM两两垂直，以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
因为MA＝MB＝MC＝AC＝2eq \r(2)，AB＝BC＝2，
则A(0，－eq \r(2)，0)，B(eq \r(2)，0,0)，C(0，eq \r(2)，0)，M(0,0，eq \r(6))，
eq \(AM,\s\up6(→))＝(0，eq \r(2)，eq \r(6))，eq \(BC,\s\up6(→))＝(－eq \r(2)，eq \r(2)，0)，
由eq \(BN,\s\up6(→))＝eq \f(2,3)eq \(BC,\s\up6(→))，
所以Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),3)，\f(2\r(2),3)，0))，则eq \(AN,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),3)，\f(5\r(2),3)，0))，
设平面MAN的法向量为m＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(AN,\s\up6(→))·m＝\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),3)，\f(5\r(2),3)，0))·x，y，z＝\f(\r(2),3)x＋\f(5\r(2),3)y＝0，,\(AM,\s\up6(→))·m＝0，\r(2)，\r(6)·x，y，z＝\r(2)y＋\r(6)z＝0，))
令y＝eq \r(3)，得m＝(－5eq \r(3)，eq \r(3)，－1)，
因为BO⊥平面AMC，
所以eq \(OB,\s\up6(→))＝(eq \r(2)，0,0)为平面AMC的法向量，
所以m＝(－5eq \r(3)，eq \r(3)，－1)与eq \(OB,\s\up6(→))＝(eq \r(2)，0,0)所成角的余弦值为cs〈m，eq \(OB,\s\up6(→))〉＝eq \f(－5\r(6),\r(79)×\r(2))＝eq \f(－5\r(3),\r(79)).
所以二面角的正弦值为|sin〈m，eq \(OB,\s\up6(→))〉|＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－5\r(3),\r(79))))2)＝eq \f(2,\r(79))＝eq \f(2\r(79),79).
20．(12分)如图1，在平面四边形ABCD中，∠BAD＝60°，AB＝BD，BC⊥CD且BC＝CD.将△CBD沿BD折成如图2所示的三棱锥C′－ABD，使二面角C′－BD－A的大小为30°.
(1)证明：AC′⊥BD；
(2)求直线BC′与平面C′AD所成角的正弦值．
(1)证明 在平面四边形ABCD中，∠BAD＝60°，AB＝BD，
所以△ABD为正三角形，
在三棱锥C′－ABD中，取BD的中点M，连接AM，C′M，
则AM⊥BD，C′M⊥BD，
因为AM∩C′M＝M，AM，C′M⊂平面C′AM，
所以BD⊥平面C′AM，又AC′⊂平面C′AM，
所以AC′⊥BD.
(2)解 设AB＝2，则AM＝eq \r(3)，C′M＝1，
由(1)知，∠C′MA为二面角C′－BD－A的平面角，
所以∠C′MA＝30°，
在△C′AM中，利用余弦定理可求得AC′＝1，
所以△C′AM为等腰三角形，取AM的中点O，
则C′O⊥AM，又C′O⊥BD，AM∩BD＝M，AM，BD⊂平面ABD，
所以C′O⊥平面ABD，取AB的中点N，则ON∥BD，且ON⊥AM，
所以以O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系．
则Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(\r(3),2)，0))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(3),2)，0))，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(\r(3),2)，0))，C′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(1,2)))，
eq \(BC′,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，－\f(\r(3),2)，\f(1,2)))，eq \(AD,\s\up6(→))＝(－1，eq \r(3)，0)，eq \(AC′,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(3),2)，\f(1,2)))，
设平面C′AD的法向量为m＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(AD,\s\up6(→))＝0，,m·\(AC′,\s\up6(→))＝0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x＋\r(3)y＝0，,\f(\r(3),2)y＋\f(1,2)z＝0，))
可取m＝(eq \r(3)，1，－eq \r(3))，
所以cs〈eq \(BC′,\s\up6(→))，m〉＝eq \f(\(BC′,\s\up6(→))·m,|\(BC′,\s\up6(→))||m|)
＝eq \f(－1×\r(3)－\f(\r(3),2)×1－\f(1,2)×\r(3),\r(1＋\f(3,4)＋\f(1,4))·\r(3＋1＋3))＝－eq \f(\r(42),7).
所以直线BC′与平面C′AD所成角的正弦值为eq \f(\r(42),7).
21．(12分)(2020·宜昌模拟)如图所示，在三棱锥P－ABC中，PA⊥BC，AB＝AP＝1，BC＝2eq \r(2)，PC＝eq \r(6)，∠ABC＝45°.
(1)求证：平面ABC⊥平面PAC；
(2)E为棱AC上一点，试确定点E的位置，使得直线PE与平面PBC所成角的正弦值为eq \f(\r(3),9).
(1)证明 在△ABC中，由余弦定理得AC2＝BC2＋AB2－2BC·AB·cs∠ABC
＝(2eq \r(2))2＋12－2×2eq \r(2)×1×cs 45°＝5，
即AC＝eq \r(5)，
又PA＝1，PC＝eq \r(6)，
∴PC2＝PA2＋AC2，∴PA⊥AC，
又PA⊥BC，AC∩BC＝C，AC，BC⊂平面ABC，
∴PA⊥平面ABC，
又PA⊂平面PAC，
∴平面ABC⊥平面PAC.
(2)解 设BC的中点为D，连接AD，
∵BD＝eq \f(1,2)BC＝eq \r(2)，AB＝1，
又∠ABC＝45°，∴AD⊥AB.
如图所示，以点A为坐标原点，以AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系．
则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(－1,2,0)，P(0,0,1),
∴eq \(AC,\s\up6(→))＝(－1,2,0)，eq \(AP,\s\up6(→))＝(0,0,1)，eq \(BC,\s\up6(→))＝(－2,2,0)，eq \(BP,\s\up6(→))＝(－1,0,1),
设eq \(AE,\s\up6(→))＝λeq \(AC,\s\up6(→))＝(－λ，2λ，0)(0≤λ≤1)，
则eq \(PE,\s\up6(→))＝eq \(AE,\s\up6(→))－eq \(AP,\s\up6(→))＝(－λ，2λ，－1)，
设平面PBC的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(BP,\s\up6(→))＝0，,n·\(BC,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x＋z＝0，,－2x＋2y＝0，))
令x＝1，可得y＝z＝1，
∴n＝(1,1,1)，设直线PE与平面PBC所成的角为θ，
则sin θ＝|cs〈n，eq \(PE,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|－λ＋2λ－1|,\r(3)·\r(－λ2＋2λ2＋－12))
＝eq \f(1－λ,\r(3)·\r(5λ2＋1))＝eq \f(\r(3),9)，
整理得2λ2－9λ＋4＝0，
∵0≤λ≤1，∴λ＝eq \f(1,2)，∴E为棱AC的中点．
22．(12分)如图，已知长方形ABCD中，AB＝2eq \r(2)，AD＝eq \r(2)，M为DC的中点．将△ADM沿AM折起，使得平面ADM⊥平面ABCM.
(1)求证：AD⊥BM；
(2)若点E是线段DB上的一动点，问点E在何位置时，二面角E－AM－D的余弦值为eq \f(\r(5),5).
(1)证明 ∵长方形ABCD中，AB＝2eq \r(2)，AD＝eq \r(2)，M为DC的中点，
∴AM＝BM＝2，AB2＝AM2＋BM2，∴BM⊥AM.
∵平面ADM⊥平面ABCM，平面ADM∩平面ABCM＝AM，BM⊂平面ABCM，
∴BM⊥平面ADM，
∵AD⊂平面ADM，
∴AD⊥BM.
(2)解 以AM的中点N为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则M(－1,0,0)，D(0,0,1)，B(－1,2,0)，A(1,0,0)，
设eq \(DE,\s\up6(→))＝λeq \(DB,\s\up6(→))，
则平面AMD的一个法向量为n＝(0,1,0)，
eq \(ME,\s\up6(→))＝eq \(MD,\s\up6(→))＋λeq \(DB,\s\up6(→))＝(1－λ，2λ，1－λ)，eq \(AM,\s\up6(→))＝(－2,0,0)，
设平面AME的一个法向量为m＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(AM,\s\up6(→))·m＝0，,\(ME,\s\up6(→))·m＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－2x＝0，,x1－λ＋2λy＋1－λz＝0，))
取y＝1，得x＝0，z＝eq \f(2λ,λ－1)，
所以m＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，1，\f(2λ,λ－1)))，
因为cs〈m，n〉＝eq \f(m·n,|m||n|)＝eq \f(\r(5),5)，解得λ＝eq \f(1,2)，
所以E为BD的中点时，二面角E－AM－D的余弦值为eq \f(\r(5),5).
1．下列说法正确的是( )
A．空间中，两不重合的平面若有公共点，则这些点一定在一条直线上
B．空间中，三角形、四边形都一定是平面图形
C．空间中，正方体、长方体、四面体都是四棱柱
D．用一平面去截棱锥，底面与截面之间的部分所形成的多面体叫棱台
答案 A
解析 空间四边形不是平面图形，故B错；四面体不是四棱柱，故C错；平行于底面的平面去截棱台，底面和截面之间的部分所形成的多面体才叫棱台，故D错；根据公理2可知A正确，故选A.
2．(2020·南昌模拟)已知平面α内一条直线l及平面β，则“l⊥β”是“α⊥β”的( )
A．充要条件 B．充分不必要条件
C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件
答案 B
解析 由题意，根据直线与平面垂直的判定定理，可得由“l⊥β，l⊂α”可证得“α⊥β”，即充分性是成立的；反之由“α⊥β，l⊂α”不一定得到“l⊥β”，即必要性不成立，所以“l⊥β”是“α⊥β”的充分不必要条件．
3．圆柱的底面积为S，侧面展开图是一个正方形，那么圆柱的侧面积是( )
A．4πS B．2πS
C．πS D.eq \f(2\r(3),3)πS
答案 A
解析 由πr2＝S得圆柱的底面半径是eq \r(\f(S,π))，
故侧面展开图的边长为2π·eq \r(\f(S,π))＝2eq \r(πS)，所以圆柱的侧面积是4πS.
4．若平面α与β的法向量分别是a＝(2,4，－3)，b＝(－1,2,2)，则平面α与β的位置关系是( )
A．平行 B．垂直
C．相交但不垂直 D．无法确定
答案 B
解析 因为a·b＝(2,4，－3)·(－1,2,2)＝0，所以a⊥b，所以平面α⊥β.
5．(2020·广州模拟)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，除面ABCD外，该正方体其余各面的中心分别为点E，F，G，H，M(如图所示)，则四棱锥M－EFGH的体积为( )
A.eq \f(1,12) B.eq \f(1,4) C.eq \f(1,2) D.eq \f(1,3)
答案 A
解析 因为E，F，G，H分别为各个面的中心，显然E，F，G，H四点共面，截面如图所示．
显然四边形EFGH为正方形，且边长为eq \f(\r(2),2)，
所以S正方形EFGH＝eq \f(\r(2),2)×eq \f(\r(2),2)＝eq \f(1,2).
另外易知点M到平面EFGH的距离为正方体棱长的一半，
即四棱锥M－EFGH的高为eq \f(1,2)，
所以四棱锥M－EFGH的体积V＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×eq \f(1,2)＝eq \f(1,12).
6．(2020·沈阳期末)在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，点P，Q，R分别为棱AA1，BC，C1D1的中点，经过P，Q，R三点的平面为α，平面α被此正方体所截得截面图形的面积为( )
A．3eq \r(3) B．6eq \r(2) C.eq \f(\r(3),2) D.eq \r(2)
答案 A
解析 如图所示，F，G，H是对应棱的中点．
易知，RF与HQ相交，确定一个平面．
HQ∥RG，故G在平面内，同理P在平面内．
故平面α被此正方体所截得截面图形为正六边形HPFQGR，边长为eq \r(2)，
S＝eq \f(1,2)×eq \r(2)×eq \r(2)sin eq \f(π,3)×6＝3eq \r(3).
7.(2020·广西柳州高中、南宁二中联考)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为棱BB1的中点，用过点A，E，C1的平面截去该正方体的下半部分，则剩余几何体的正视图(也称主视图)是( )
答案 A
解析 正方体ABCD－A1B1C1D1中，
过点A，E，C1的平面截去该正方体的下半部分后，剩余部分的直观图如图，
则该几何体的正视图为图中粗线部分．故选A.
8．(2020·泸州诊断)如图，在三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，且△ABC为等边三角形，AB＝3，PA＝2，则三棱锥P－ABC的外接球的表面积为( )
A．4π B．16π C．8π D．32π
答案 B
解析 由题意得三棱锥P－ABC的外接球球心在过△ABC的中心O1且垂直于平面ABC的直线上，设为点O，球半径设为R，则OO1＝eq \f(PA,2)＝1，AO1＝eq \r(3)，
∴R＝eq \r(1＋3)＝2，从而外接球的表面积为4πR2＝16π.
二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分)
9．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，下列直线或平面与平面ACD1平行的有( )
A．直线A1B B．直线BB1
C．平面A1DC1 D．平面A1BC1
答案 AD
解析 对于A，由于A1B∥D1C，且A1B⊄平面ACD1，可得直线A1B∥平面ACD1；
对于B，由于B1B∥D1D，且D1D∩平面ACD1＝D1，可得直线B1B不平行平面ACD1；
对于C，由于A1D与AD1相交，A1D⊂平面A1DC1，可得平面A1DC1不与平面ACD1平行；
对于D，由于C1B∥D1A，C1B⊄平面ACD1，所以C1B∥平面ACD1，又因为A1B∥平面ACD1，C1B∩A1B＝B，所以平面A1BC1∥平面ACD1.
故选AD.
10．下列命题中不正确的是( )
A．若两条直线和同一个平面所成的角相等，则这两条直线平行
B．若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行
C．若一条直线平行于两个相交平面，则这条直线与这两个平面的交线平行
D．若两个平面都垂直于第三个平面，则这两个平面平行
答案 ABD
解析 A项，若两条直线和同一个平面所成的角相等，则这两条直线平行、相交或异面，故A错误；
B项，若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行或相交，故B错误；
C项，设平面α∩β＝a，l∥α，l∥β，由线面平行的性质定理知，在平面α内存在直线b∥l，在平面β内存在直线c∥l，所以由平行公理知b∥c，从而由线面平行的判定定理可证明b∥β，进而由线面平行的性质定理证明得b∥a，从而l∥a，故C正确；
D项，若两个平面都垂直于第三个平面，则这两个平面平行或相交，D错误．
故选ABD.
11．如图，已知棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，下列命题正确的是( )
A．平面ACB1∥平面A1C1D，且两平面的距离为eq \f(\r(3),3)
B．点P在线段AB上运动，则四面体P－A1B1C1的体积不变
C．与所有12条棱都相切的球的体积为eq \f(\r(2)π,3)
D．M是正方体的内切球的球面上任意一点，N是△ACB1外接圆的圆周上任意一点，则|MN|的最小值是eq \f(\r(3)－\r(2),2)
答案 ABC
解析 A．∵AB1∥DC1，AC∥A1C1，且AC∩AB1＝A，DC1∩A1C1＝C1，
∴平面ACB1∥平面A1C1D，
长方体的体对角线BD1＝eq \r(3)，
设B到平面ACB1的距离为h，
则VB－AB1C＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×1×1×1
＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×eq \r(2)×eq \r(2)×eq \f(\r(3),2)h，即h＝eq \f(\r(3),3)，
则平面ACB1与平面A1C1D的距离d＝eq \r(3)－2h＝eq \r(3)－2×eq \f(\r(3),3)＝eq \f(\r(3),3)，故A正确，
B．点P在线段AB上运动，则四面体P－A1B1C1的高为1，底面积不变，则体积不变，故B正确，
C．与所有12条棱都相切的球的直径2R等于面的对角线B1C＝eq \r(2)，则2R＝eq \r(2)，R＝eq \f(\r(2),2)，
则球的体积V＝eq \f(4,3)πR3＝eq \f(4,3)×π×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))3＝eq \f(\r(2)π,3)，
故C正确，
D．设该正方体的内切球的球心为O，正方体的外接球的球心为O′，
则△ACB1的外接圆是正方体的外接球O′的一个小圆，
∵点M在正方体的内切球的球面上运动，点N在△ACB1的外接圆上运动，
∴线段MN长度的最小值是正方体的外接球的半径减去正方体的内切球的半径，
∵正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，
∴线段MN长度的最小值是eq \f(\r(3),2)－eq \f(1,2).故D错误，
故选ABC.
12．如图，已知在矩形ABCD中，AB＝2AD，E为边AB的中点，将△ADE沿线段DE翻折成△A1DE.若M为线段A1C的中点，则△ADE在翻折过程中，下列说法正确的是( )
A．线段BM的长是定值
B．存在某个位置，使DE⊥A1C
C．点M的运动轨迹是一个圆
D．存在某个位置，使MB⊥平面A1DE
答案 AC
解析 取CD的中点F，连接MF，BF，则MF∥DA1，BF∥DE，且MF∩BF＝B，DA1∩DE＝D，所以平面MBF∥平面A1DE，所以MB∥平面A1DE，D错误；由题意可知∠ADE＝∠A1DE＝∠MFB＝eq \f(π,4)，MF＝eq \f(1,2)A1D，为定值，FB＝DE，为定值，因此由余弦定理可得MB2＝MF2＋FB2－2MF·FB·cs∠MFB，所以MB是定值，所以点M在以B为圆心，BM为半径的圆上，故AC正确；由题意可知DE＝CE＝eq \r(2)AD＝eq \f(\r(2),2)AB，则DE⊥CE，若B成立，且CE∩A1C＝C，可得DE⊥平面A1EC，此时DE⊥A1E，与DA1⊥A1E矛盾，故B错误．综上可得AC正确，故选AC.
三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)
13．把一个底面半径为3 cm，高为4 cm的钢质实心圆柱熔化，然后铸成一个实心钢球(不计损耗)，则该钢球的半径为_____cm，表面积为_______cm2.(本题第一空2分，第二空3分)
答案 3 36π
解析 圆柱体积V圆柱＝π×9×4＝36π，球的体积V球＝eq \f(4,3)πr3，
所以eq \f(4,3)πr3＝36π，解得r＝3，
所以球的表面积为4πr2＝36π.
14.如图所示，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，若各条棱长均为2，且M为A1C1的中点，则三棱锥M－AB1C的体积是________．
答案 eq \f(2\r(3),3)
解析 方法一 因为＝－－－，
所以＝2×eq \f(\r(3),4)×22－eq \f(1,3)×2×eq \f(1,2)×eq \f(\r(3),4)×22－eq \f(1,3)×2×eq \f(\r(3),4)×22－eq \f(1,3)×2×eq \f(1,2)×eq \f(\r(3),4)×22＝eq \f(2\r(3),3).
方法二 ＝＝eq \f(1,3)×S△AMC×h，
h是点B1到平面AMC的距离，
在正三棱柱ABC－A1B1C1中，M是A1C1的中点，
∴B1M⊥A1C1，且B1M⊥AA1，且A1C1∩AA1＝A1，
∴B1M⊥平面ACC1A1，∴h＝B1M＝eq \r(3).
∴＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)AC×AA1×B1M
＝eq \f(1,6)×2×2×eq \r(3)＝eq \f(2\r(3),3).
15．(2020·安顺联考)已知三棱锥P－ABC满足平面PAB⊥平面ABC，AC⊥BC，AB＝4，∠APB＝30°，则该三棱锥的外接球的表面积为__________．
答案 64π
解析 因为AC⊥BC，所以△ABC的外心为斜边AB的中点，
因为平面PAB⊥平面ABC，所以三棱锥P－ABC的外接球球心在平面PAB上，
即球心就是△PAB的外心，
根据正弦定理eq \f(AB,sin∠APB)＝2R，解得R＝4，
所以外接球的表面积为4πR2＝64π.
16．(2020·武汉模拟)已知正方体ABCD－A′B′C′D′的棱长为3，垂直于棱AA′的截面分别与面对角线A′D，A′B，C′B，C′D相交于点E，F，G，H，则四棱锥A′－EFGH体积的最大值为________．
答案 eq \f(8,3)
解析 由题意得平面EFGH∥平面ABCD，
则EF∥BD∥HG，FG∥AC∥EH，
而AC⊥BD，所以EF⊥FG，
所以四边形EFGH为矩形，
易知△A′EF∽△A′BD，
设相似比为m，BD＝eq \r(2)AB＝3eq \r(2)，
所以EF＝3eq \r(2)m(0
而A′到平面EFGH的距离h＝mAA′＝3m，
所以四棱锥A′－EFGH的体积V＝eq \f(1,3)Sh＝eq \f(1,3)×18m(1－m)×3m＝18(m2－m3)，
V′＝18(2m－3m2)，
令V′＝0得m＝eq \f(2,3)或m＝0(舍)，
故当m∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2,3)))时，V′>0，V在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2,3)))上单调递增，
当m∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，＋∞))时，V′<0，V在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，＋∞))上单调递减，
所以当m＝eq \f(2,3)时，V取最大值，
Vmax＝18×eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))3))＝eq \f(8,3).
四、解答题(本大题共6小题，共70分)
17.(10分)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AC＝BC，E，F分别为AB，A1B1的中点．
(1)求证：AF∥平面B1CE；
(2)若A1B1⊥B1C，求证：平面B1CE⊥平面ABC.
证明 (1)在三棱柱ABC－A1B1C1中，AB∥A1B1 ，AB＝A1B1，
∵E，F分别是AB，A1B1的中点，
∴FB1∥AB，FB1＝eq \f(1,2)AB，AE＝eq \f(1,2)AB，
∴FB1∥AE，FB1＝AE，四边形FB1EA为平行四边形，
∴AF∥EB1.
又∵AF⊄平面B1CE，EB1⊂平面B1CE，
∴AF∥平面B1CE.
(2)由(1)知，AB∥A1B1，
∵A1B1⊥B1C，
∴AB⊥B1C，
又∵在△ABC中，AC＝BC，E为AB的中点，
∴AB⊥EC.
又∵EC∩B1C＝C，EC，B1C⊂平面B1CE，
∴AB⊥平面B1CE.
又∵AB⊂平面ABC，
∴平面ABC⊥平面B1CE.
18．(12分)(2020·日照期末)如图所示，在梯形CDEF中，四边形ABCD为正方形，且AE＝BF＝AB＝1，将△ADE沿着线段AD折起，同时将△BCF沿着线段BC折起．使得E，F两点重合为点P.
(1)求证：平面PAB⊥平面ABCD；
(2)求点D到平面PBC的距离h.
(1)证明 ∵四边形ABCD为正方形，
∴AD⊥AB，
又∵AD⊥AE，即AD⊥PA，且PA∩AB＝A，PA，AB⊂平面PAB，
∴AD⊥平面PAB，
又∵AD⊂平面ABCD，
∴平面PAB⊥平面ABCD.
(2)解 过点P作PO⊥AB交AB于O，如图所示，
由(1)知平面PAB⊥平面ABCD，且平面PAB∩平面ABCD＝AB，
∴PO⊥平面ABCD，
∴VP－BCD＝eq \f(1,3)×PO×S△BCD＝eq \f(1,3)×eq \f(\r(3),2)×eq \f(1,2)＝eq \f(\r(3),12)，
又∵VP－BCD＝VD－PBC，
∴eq \f(1,3)×S△PBC×h＝eq \f(\r(3),12)，
即eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×1×1×h＝eq \f(\r(3),12)，
解得h＝eq \f(\r(3),2)，
∴点D到平面PBC的距离h＝eq \f(\r(3),2).
19．(12分)(2020·株洲模拟)如图，已知三棱锥M－ABC中，MA＝MB＝MC＝AC＝2eq \r(2)，AB＝BC＝2，O为AC的中点，点N在边BC上，且eq \(BN,\s\up6(→))＝eq \f(2,3)eq \(BC,\s\up6(→)).
(1)证明：BO⊥平面AMC；
(2)求二面角N－AM－C的正弦值．
(1)证明 连接OM，
在△ABC中，AB＝BC＝2，AC＝2eq \r(2)，O为AC的中点，则OB⊥AC，且OB＝eq \r(2).
在△MAC中，MA＝MC＝AC＝2eq \r(2)，O为AC的中点，则OM⊥AC，且OM＝eq \r(6).
在△MOB中，满足BO2＋OM2＝MB2，
所以OB⊥OM，
又AC∩OM＝O，AC，OM⊂平面AMC，
故OB⊥平面AMC.
(2)解 因为OB，OC，OM两两垂直，以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
因为MA＝MB＝MC＝AC＝2eq \r(2)，AB＝BC＝2，
则A(0，－eq \r(2)，0)，B(eq \r(2)，0,0)，C(0，eq \r(2)，0)，M(0,0，eq \r(6))，
eq \(AM,\s\up6(→))＝(0，eq \r(2)，eq \r(6))，eq \(BC,\s\up6(→))＝(－eq \r(2)，eq \r(2)，0)，
由eq \(BN,\s\up6(→))＝eq \f(2,3)eq \(BC,\s\up6(→))，
所以Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),3)，\f(2\r(2),3)，0))，则eq \(AN,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),3)，\f(5\r(2),3)，0))，
设平面MAN的法向量为m＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(AN,\s\up6(→))·m＝\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),3)，\f(5\r(2),3)，0))·x，y，z＝\f(\r(2),3)x＋\f(5\r(2),3)y＝0，,\(AM,\s\up6(→))·m＝0，\r(2)，\r(6)·x，y，z＝\r(2)y＋\r(6)z＝0，))
令y＝eq \r(3)，得m＝(－5eq \r(3)，eq \r(3)，－1)，
因为BO⊥平面AMC，
所以eq \(OB,\s\up6(→))＝(eq \r(2)，0,0)为平面AMC的法向量，
所以m＝(－5eq \r(3)，eq \r(3)，－1)与eq \(OB,\s\up6(→))＝(eq \r(2)，0,0)所成角的余弦值为cs〈m，eq \(OB,\s\up6(→))〉＝eq \f(－5\r(6),\r(79)×\r(2))＝eq \f(－5\r(3),\r(79)).
所以二面角的正弦值为|sin〈m，eq \(OB,\s\up6(→))〉|＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－5\r(3),\r(79))))2)＝eq \f(2,\r(79))＝eq \f(2\r(79),79).
20．(12分)如图1，在平面四边形ABCD中，∠BAD＝60°，AB＝BD，BC⊥CD且BC＝CD.将△CBD沿BD折成如图2所示的三棱锥C′－ABD，使二面角C′－BD－A的大小为30°.
(1)证明：AC′⊥BD；
(2)求直线BC′与平面C′AD所成角的正弦值．
(1)证明 在平面四边形ABCD中，∠BAD＝60°，AB＝BD，
所以△ABD为正三角形，
在三棱锥C′－ABD中，取BD的中点M，连接AM，C′M，
则AM⊥BD，C′M⊥BD，
因为AM∩C′M＝M，AM，C′M⊂平面C′AM，
所以BD⊥平面C′AM，又AC′⊂平面C′AM，
所以AC′⊥BD.
(2)解 设AB＝2，则AM＝eq \r(3)，C′M＝1，
由(1)知，∠C′MA为二面角C′－BD－A的平面角，
所以∠C′MA＝30°，
在△C′AM中，利用余弦定理可求得AC′＝1，
所以△C′AM为等腰三角形，取AM的中点O，
则C′O⊥AM，又C′O⊥BD，AM∩BD＝M，AM，BD⊂平面ABD，
所以C′O⊥平面ABD，取AB的中点N，则ON∥BD，且ON⊥AM，
所以以O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系．
则Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(\r(3),2)，0))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(3),2)，0))，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(\r(3),2)，0))，C′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(1,2)))，
eq \(BC′,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，－\f(\r(3),2)，\f(1,2)))，eq \(AD,\s\up6(→))＝(－1，eq \r(3)，0)，eq \(AC′,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(3),2)，\f(1,2)))，
设平面C′AD的法向量为m＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(AD,\s\up6(→))＝0，,m·\(AC′,\s\up6(→))＝0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x＋\r(3)y＝0，,\f(\r(3),2)y＋\f(1,2)z＝0，))
可取m＝(eq \r(3)，1，－eq \r(3))，
所以cs〈eq \(BC′,\s\up6(→))，m〉＝eq \f(\(BC′,\s\up6(→))·m,|\(BC′,\s\up6(→))||m|)
＝eq \f(－1×\r(3)－\f(\r(3),2)×1－\f(1,2)×\r(3),\r(1＋\f(3,4)＋\f(1,4))·\r(3＋1＋3))＝－eq \f(\r(42),7).
所以直线BC′与平面C′AD所成角的正弦值为eq \f(\r(42),7).
21．(12分)(2020·宜昌模拟)如图所示，在三棱锥P－ABC中，PA⊥BC，AB＝AP＝1，BC＝2eq \r(2)，PC＝eq \r(6)，∠ABC＝45°.
(1)求证：平面ABC⊥平面PAC；
(2)E为棱AC上一点，试确定点E的位置，使得直线PE与平面PBC所成角的正弦值为eq \f(\r(3),9).
(1)证明 在△ABC中，由余弦定理得AC2＝BC2＋AB2－2BC·AB·cs∠ABC
＝(2eq \r(2))2＋12－2×2eq \r(2)×1×cs 45°＝5，
即AC＝eq \r(5)，
又PA＝1，PC＝eq \r(6)，
∴PC2＝PA2＋AC2，∴PA⊥AC，
又PA⊥BC，AC∩BC＝C，AC，BC⊂平面ABC，
∴PA⊥平面ABC，
又PA⊂平面PAC，
∴平面ABC⊥平面PAC.
(2)解 设BC的中点为D，连接AD，
∵BD＝eq \f(1,2)BC＝eq \r(2)，AB＝1，
又∠ABC＝45°，∴AD⊥AB.
如图所示，以点A为坐标原点，以AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系．
则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(－1,2,0)，P(0,0,1),
∴eq \(AC,\s\up6(→))＝(－1,2,0)，eq \(AP,\s\up6(→))＝(0,0,1)，eq \(BC,\s\up6(→))＝(－2,2,0)，eq \(BP,\s\up6(→))＝(－1,0,1),
设eq \(AE,\s\up6(→))＝λeq \(AC,\s\up6(→))＝(－λ，2λ，0)(0≤λ≤1)，
则eq \(PE,\s\up6(→))＝eq \(AE,\s\up6(→))－eq \(AP,\s\up6(→))＝(－λ，2λ，－1)，
设平面PBC的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(BP,\s\up6(→))＝0，,n·\(BC,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x＋z＝0，,－2x＋2y＝0，))
令x＝1，可得y＝z＝1，
∴n＝(1,1,1)，设直线PE与平面PBC所成的角为θ，
则sin θ＝|cs〈n，eq \(PE,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|－λ＋2λ－1|,\r(3)·\r(－λ2＋2λ2＋－12))
＝eq \f(1－λ,\r(3)·\r(5λ2＋1))＝eq \f(\r(3),9)，
整理得2λ2－9λ＋4＝0，
∵0≤λ≤1，∴λ＝eq \f(1,2)，∴E为棱AC的中点．
22．(12分)如图，已知长方形ABCD中，AB＝2eq \r(2)，AD＝eq \r(2)，M为DC的中点．将△ADM沿AM折起，使得平面ADM⊥平面ABCM.
(1)求证：AD⊥BM；
(2)若点E是线段DB上的一动点，问点E在何位置时，二面角E－AM－D的余弦值为eq \f(\r(5),5).
(1)证明 ∵长方形ABCD中，AB＝2eq \r(2)，AD＝eq \r(2)，M为DC的中点，
∴AM＝BM＝2，AB2＝AM2＋BM2，∴BM⊥AM.
∵平面ADM⊥平面ABCM，平面ADM∩平面ABCM＝AM，BM⊂平面ABCM，
∴BM⊥平面ADM，
∵AD⊂平面ADM，
∴AD⊥BM.
(2)解 以AM的中点N为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则M(－1,0,0)，D(0,0,1)，B(－1,2,0)，A(1,0,0)，
设eq \(DE,\s\up6(→))＝λeq \(DB,\s\up6(→))，
则平面AMD的一个法向量为n＝(0,1,0)，
eq \(ME,\s\up6(→))＝eq \(MD,\s\up6(→))＋λeq \(DB,\s\up6(→))＝(1－λ，2λ，1－λ)，eq \(AM,\s\up6(→))＝(－2,0,0)，
设平面AME的一个法向量为m＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(AM,\s\up6(→))·m＝0，,\(ME,\s\up6(→))·m＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－2x＝0，,x1－λ＋2λy＋1－λz＝0，))
取y＝1，得x＝0，z＝eq \f(2λ,λ－1)，
所以m＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，1，\f(2λ,λ－1)))，
因为cs〈m，n〉＝eq \f(m·n,|m||n|)＝eq \f(\r(5),5)，解得λ＝eq \f(1,2)，
所以E为BD的中点时，二面角E－AM－D的余弦值为eq \f(\r(5),5).
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