江苏省南京市外国语学校2022-2023学年高一下学期五月月考数学试卷及详细解答

这是一份江苏省南京市外国语学校2022-2023学年高一下学期五月月考数学试卷及详细解答，共26页。试卷主要包含了已知两个平面相互垂直，下列命题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年南京外国语学校高一五月月考试卷
一．选择题（共8小题，每题5分，工40分）
1．将一个等边三角形绕它的一条边所在的直线旋转一周，所得的几何体包括（　　）
A．一个圆柱、一个圆锥 B．一个圆台、一个圆锥
C．两个圆锥 D．两个圆柱
2．已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，直线AD1与直线DC1的夹角等于（　　）
A． B． C． D．
3．一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图如图所示，在正方体中，设BC的中点为M，GH的中点为N，下列结论正确的是（　　）

A．MN∥平面ABE B．MN∥平面ADE C．MN∥平面BDH D．MN∥平面CDE
4．已知四边形ABCD用斜二测画法画出的直观图为直角梯形A'B'C'D'，如图所示，A'B'＝1，A'D'＝2，B'C'＝3，A'B'⊥B'C'，A'D'∥B'C'，则四边形ABCD的周长为（　　）

A． B． C． D．
5．Rt△ABC的两条直角边BC＝3，AC＝4，PC⊥平面ABC，PC＝，则点P到斜边AB的距离是（　　）
A．5 B．3 C．3 D．
6．已知两个平面相互垂直，下列命题
①一个平面内已知直线必垂直于另一个平面内的无数条直线
②一个平面内已知直线必垂直于另一个平面内的任意一条直线
③一个平面内任意一条直线必垂直于另一个平面
④过一个平面内任意一点作交线的垂线，则此垂线必垂直于另一个平面
其中不正确命题的个数（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
7．在二面角α﹣l﹣β中，A∈l，B∈l，AC⊂α，BD⊂β，且AC⊥l，BD⊥l，若AB＝1，AC＝BD＝2，CD＝，则二面角α﹣l﹣β的余弦值为（　　）

A． B．﹣ C． D．﹣
8．蹴鞠，又名蹴球，筑球等，蹴有用脚踢、踏的含义，鞠最早系外包皮革、内实含米糠的球．因而蹴鞠就是指古人以脚踢、踏皮球的活动，类似现在的足球运动．2006年5月20日，蹴鞠已作为非物质文化遗产经国务院批准列入第一批国家非物质文化遗产名录．3D打印属于快速成形技术的一种，它是一种以数字模型为基础，运用粉末状金属或塑料等可粘合材料，通过逐层堆叠积累的方式来构造物体的技术．过去常在模具制造、工业设计等领域被用于制造模型，现正用于一些产品的直接制造，特别是一些高价值应用（比如人体的髋关节、牙齿或飞机零部件等）．已知某蹴鞠的表面上有四个点A．B．C．D，满足任意两点间的直线距离为6cm，现在利用3D打印技术制作模型，该模型是由蹴鞠的内部挖去由ABCD组成的几何体后剩下的部分，打印所用原材料的密度为1g/cm3，不考虑打印损耗，制作该模型所需原材料的质量约为（　　）
【参考数据】π≈3.14，，，．
A．101g B．182g C．519g D．731g
二．多选题（共4小题，每题5分，共20分）
9．设l为直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中错误的是（　　）
A．若l∥α，l∥β，则α∥β B．若l⊥α，l⊥β，则α∥β
C．若l⊥α，l∥β，则α∥β D．若α⊥β，l∥α，则l⊥β
10．如图，点A，B，C，P，Q是正方体的顶点或所在棱的中点，则满足PQ∥平面ABC的有（　　）
A． B．
C． D．
11．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是正方形，PA⊥平面ABCD，PA＝AB，点E为PA的中点，则下列判断正确的是（　　）

A．PB与CD所成的角为60° B．BD⊥平面PAC
C．PC∥平面BDE D．VB﹣CDE：VP﹣ABCD＝1：4
12．如图圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，O1，O2为圆柱上下底面的圆心，O为球心，EF为底面圆O1的一条直径，若球的半径r＝2，则下列各选项正确的是（　　）

A．球与圆柱的体积之比为2：3
B．四面体CDEF的体积的取值范围为
C．平面DEF截得球的截面面积最小值为
D．若P为球面和圆柱侧面的交线上一点，则PE+PF的取值范围为
三．填空题（共4小题，每题5分，共20分）
13．用半径为2的半圆面围成一个圆锥，则该圆锥的体积为 　 　．
14．如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为BC的中点，点P在底面ABCD上移动，且满足B1P⊥D1E，则线段B1P的长度的最大值为　 　．

15．祖暅（公元5﹣6世纪），祖冲之之子，是我国齐梁时代的数学家．他提出了一条原理：“幂势既同，则积不容异”．这句话的意思是：两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等；该原理在西方直到十七世纪才由意大利数学家卡瓦列利发现，比祖暅晚一千一百多年．椭球体是椭圆绕其轴旋转所成的旋转体．如图将底面直径皆为2b，高皆为a的椭半球体及已被挖去了圆锥体的圆柱体放置于同一平面β上，以平行于平面β的平面于距平面β任意高d处可横截得到S圆及S环两截面，可以证明S圆＝S环总成立．据此，b为6cm，a为8cm的椭球体的体积是 　 　cm3．

16．在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠ABC＝90°，AA1＝，设其外接球的球心为O，已知三棱锥O﹣ABC的体积为，则球O表面积的最小值为 　 　．
四．解答题（共6小题，共70分）
17．如图，AB是圆柱OO'的一条母线，BC过底面圆心O，D是圆O上一点．已知AB＝BC＝5，CD＝3．
（1）求该圆柱的表面积；
（2）将四面体ABCD绕母线AB所在的直线旋转一周，求△ACD的三边在旋转过程中所围成的几何体的体积．

18．已知平面α∩β＝l，直线a∥α，且a∥β，求证：a∥l．
19．如图①，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1木块中，E是CC1的中点．

（1）要经过点A将该木块锯开，使截面平行于平面BD1E，在该木块的表面应该怎样画线？请在图①中作图，写出画法，并证明．
（2）求四棱锥E﹣ABC1D1的体积；
20．如图，在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝AA1，D，E，F分别是BC，BB1，AA1的中点．
（Ⅰ）求证：CF∥平面ADE；
（Ⅱ）求证：BC1⊥平面ADE．

21．如图，矩形ABCD所在平面与半圆弧所在平面垂直，M是上异于C，D的点．
（1）证明：平面AMD⊥平面BMC；
（2）在线段AM上是否存在点P，使得MC∥平面PBD？若不存在，说明理由，若存在请证明你的结论，并说明P的位置．

22．如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，∠ABC＝60°，四边形ACFE为矩形，平面ACFE⊥平面ABCD，CF＝1．
（1）求证：BC⊥平面ACFE；
（2）求二面角A﹣BF﹣C的平面角的余弦值；
（3）若点M在线段EF上运动，设平面MAB与平面FCB所成二面角的平面角为θ（θ≤90°），试求cosθ的取值范围．


2022-2023学年南京外国语学校高一五月月考试卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
1．将一个等边三角形绕它的一条边所在的直线旋转一周，所得的几何体包括（　　）
A．一个圆柱、一个圆锥 B．一个圆台、一个圆锥
C．两个圆锥 D．两个圆柱
【解答】解：一个等边三角形绕它的一条边所在的直线旋转一周，所得几何体是两个底面重合的圆锥．
故选：C．

2．已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，直线AD1与直线DC1的夹角等于（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：如图连接AB1，因为几何体是长方体，所以DC1∥AB1，
直线AD1与直线DC1的夹角等于直线AD1与直线AB1的夹角，
三角形AB1D1是正三角形，
所以直线AD1与直线DC1的夹角为．
故选：C．

3．一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图如图所示，在正方体中，设BC的中点为M，GH的中点为N，下列结论正确的是（　　）

A．MN∥平面ABE B．MN∥平面ADE C．MN∥平面BDH D．MN∥平面CDE
【解答】解：连结BD，设O为BD的中点，连结OM，OH，AC，BH，MN，
因为M，N是BC，GH的中点，
所以OM∥CD，且OM＝，NH∥CD，且NH＝，
所以OM∥NH且OM＝NH，
则四边形MNHO是平行四边形，
所以OM∥NH，又MN⊄平面BDH，OH⊂平面BDH，
所以MN∥平面BDH．
故选：C．

4．已知四边形ABCD用斜二测画法画出的直观图为直角梯形A'B'C'D'，如图所示，A'B'＝1，A'D'＝2，B'C'＝3，A'B'⊥B'C'，A'D'∥B'C'，则四边形ABCD的周长为（　　）

A． B． C． D．
【解答】解：由题意可知，如图所示，过点D作DH⊥BC，
垂足为H，则四边形ABCD的高为，，
故四边形ABCD的周长为．
故选：A．

5．Rt△ABC的两条直角边BC＝3，AC＝4，PC⊥平面ABC，PC＝，则点P到斜边AB的距离是（　　）
A．5 B．3 C．3 D．
【解答】解：∵△ABC的两条直角边BC＝3，AC＝4，
∴AB＝＝5，
过C作CM⊥AB，交AB于M，连结PM，
由三垂线定理得PM⊥AB，
∴点P到斜边AB的距离为线段PM的长，
由S△ABC＝AC•BC＝AB•CM，
得CM＝＝＝，
PM＝＝＝3．
∴点P到斜边AB的距离为3．
故选：B．

6．已知两个平面相互垂直，下列命题
①一个平面内已知直线必垂直于另一个平面内的无数条直线
②一个平面内已知直线必垂直于另一个平面内的任意一条直线
③一个平面内任意一条直线必垂直于另一个平面
④过一个平面内任意一点作交线的垂线，则此垂线必垂直于另一个平面
其中不正确命题的个数（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
【解答】解：两个平面相互垂直，
①一个平面内已知直线必垂直于另一个平面内的一条直线，
进而垂直于另一个平面内的无数条直线，故①正确；
②一个平面内已知直线必垂直于另一个平面内的任意一条直线，不正确，
只有该直线垂直于两个平面的交线，
由面面垂直的性质定理可得该直线垂直于另一个平面内的任意一条直线，故②不正确；
③一个平面内任意一条直线必垂直于另一个平面，错误，
只有该直线垂直于两个平面的交线，才有该直线垂直于另一个平面，故③错误；
④若此点在交线上，那么作出来的线就不一定与另一平面垂直了，故④错误．
故选：C．
7．在二面角α﹣l﹣β中，A∈l，B∈l，AC⊂α，BD⊂β，且AC⊥l，BD⊥l，若AB＝1，AC＝BD＝2，CD＝，则二面角α﹣l﹣β的余弦值为（　　）

A． B．﹣ C． D．﹣
【解答】解：根据题意画出图形：在平面β内，过A作AE∥BD，过点D作DE∥l，交AE于点E，连接CE．
∵BD⊥l，∴AE⊥l，∴ED⊥平面CAE．
又AC⊥l，∴∠CAE或其补角是二面角α﹣l﹣β的平面角．
由矩形ABDE得EA＝2，ED＝1．
在Rt△CED中，由勾股定理得CE＝＝2．
∴△ACE是等边三角形，
∴∠CAE＝60°，
∴cos∠CAE＝．
∴二面角α﹣l﹣β的余弦值为
故选：A．

8．蹴鞠，又名蹴球，筑球等，蹴有用脚踢、踏的含义，鞠最早系外包皮革、内实含米糠的球．因而蹴鞠就是指古人以脚踢、踏皮球的活动，类似现在的足球运动．2006年5月20日，蹴鞠已作为非物质文化遗产经国务院批准列入第一批国家非物质文化遗产名录．3D打印属于快速成形技术的一种，它是一种以数字模型为基础，运用粉末状金属或塑料等可粘合材料，通过逐层堆叠积累的方式来构造物体的技术．过去常在模具制造、工业设计等领域被用于制造模型，现正用于一些产品的直接制造，特别是一些高价值应用（比如人体的髋关节、牙齿或飞机零部件等）．已知某蹴鞠的表面上有四个点A．B．C．D，满足任意两点间的直线距离为6cm，现在利用3D打印技术制作模型，该模型是由蹴鞠的内部挖去由ABCD组成的几何体后剩下的部分，打印所用原材料的密度为1g/cm3，不考虑打印损耗，制作该模型所需原材料的质量约为（　　）
【参考数据】π≈3.14，，，．
A．101g B．182g C．519g D．731g
【解答】解：由题意可知以A，B，C，D为顶点构成正四面体，
设正四面体的棱长为a，
取CD中点E，连结BE，过A作AF⊥BE，交BE于F，
则BE＝＝，BF＝＝，
正四面体的高为AF＝＝，
正四面体的外接球球心O在AF上，设球半径为R，
则OB＝OA＝R，OF＝，
∵OB2＝BF2+OF2，∴R2＝+（﹣R）2，
解得正四面体的外接球的半径为R＝a，
则3D打印的体积为V＝＝，
因为a＝6，所以a3＝216，所以V＝27≈207.711﹣25.38≈182，
故选：B．

二．多选题（共4小题）
9．设l为直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中错误的是（　　）
A．若l∥α，l∥β，则α∥β B．若l⊥α，l⊥β，则α∥β
C．若l⊥α，l∥β，则α∥β D．若α⊥β，l∥α，则l⊥β
【解答】解：设l为直线，α，β是两个不同的平面，
对于A，若l∥α，l∥β，则α与β相交或平行，故A错误；
对于B，若l⊥α，l⊥β，则由面面平行的判定定理得α∥β，故B正确；
对于C，若l⊥α，l∥β，则α与β相交，故C错误；
对于D，若α⊥β，l∥α，则l与β相交、平行或l⊂β，故D错误．
故选：ACD．
10．如图，点A，B，C，P，Q是正方体的顶点或所在棱的中点，则满足PQ∥平面ABC的有（　　）
A． B．
C． D．
【解答】解：对于A，由PQ为上底面的面对角线，PQ与下底面过B的面对角线平行，
所以PQ与平面ABC相交，故A错误；
对于B，由中位线定理可得PQ∥AC，PQ⊄平面ABC，AC⊂平面ABC，可得PQ∥平面ABC，故B错误；
对于C，取中点D，连接DB，DQ，CP，可得截面为正六边形ABDQPC，即有PQ⊂平面ABC，故C错误；

对于D，连接BD，设AB与PD的交点为H，连接CH，由中位线定理可得CH∥PQ，
而PQ⊄平面ABC，CH⊂平面ABC，则PQ∥平面ABC，故D正确．

故选：BD．
11．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是正方形，PA⊥平面ABCD，PA＝AB，点E为PA的中点，则下列判断正确的是（　　）

A．PB与CD所成的角为60° B．BD⊥平面PAC
C．PC∥平面BDE D．VB﹣CDE：VP﹣ABCD＝1：4
【解答】解：对于A，∵CD∥AB，∴∠PBA（或其补角）为PB与CD所成角，
∵PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，∴PA⊥AB，
在Rt△PAB中，PA＝AB，∴∠PAB＝45°，
即PB与CD所成角为45°，故A错误；
对于B，∵四边形ABCD为正方形，∴AC⊥BD，
∵PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴PA⊥BD，
∵PA∩AC＝A，PA、AC⊂平面PAC，∴BD⊥平面PAC，故B正确；
对于C，连结AC，交BD于点F，则F为AC的中点，连结EF，
∵E为PA的中点，∴EF∥PC，而EF⊂平面BDE，PC⊄平面BDE，
∵PC∥平面BDE，故C正确；
对于D，设AB＝PA＝x，则•AB•AD•PA＝x3，
VB﹣CDE＝VE﹣BCD＝S△BCD•AE＝•x2•x＝．
∴VB﹣CDE：VP﹣ABCD＝：＝1：4，故D正确．
故选：BCD．

12．如图圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，O1，O2为圆柱上下底面的圆心，O为球心，EF为底面圆O1的一条直径，若球的半径r＝2，则下列各选项正确的是（　　）

A．球与圆柱的体积之比为2：3
B．四面体CDEF的体积的取值范围为
C．平面DEF截得球的截面面积最小值为
D．若P为球面和圆柱侧面的交线上一点，则PE+PF的取值范围为
【解答】解：球的半径为r＝2，可知圆柱的底面半径r＝2，圆柱的高为2r＝4，
则球的体积为，圆柱的体积为π×22×4＝16π，
则球与圆柱的体积之比为2：3，故A正确；
由题可知四面体CDEF的体积等于，点E到平面DCO1的距离d∈（0，4]，
又×4×4＝8，∴＝×8d∈（0，]，故B正确；
过O作OG⊥DO1于G，则由题可得OG＝×＝，
设O到平面DEF的距离为d1，平面DEF截得球的截面圆的半径为r1，
则d1≤OG，≥4﹣，
∴平面DEF截得球的截面面积最小值为，故C错误；
由题可知点P在过球心与圆柱的底面平行的截面圆上，设P在底面的射影为P'，
则PP′＝2，PE＝，，P′E2+P′F2＝16，
设t＝P'E2，则t∈[0，42]，
PE+PF＝，可得
＝24+2∈[24+，48]，
∴PE+PF∈2+2，]，故D正确．
故选：ABD．


三．填空题（共4小题）
13．用半径为2的半圆面围成一个圆锥，则该圆锥的体积为 　　．
【解答】解：因为圆锥的母线长为2，设围成圆锥的底面半径为r，
则2πr＝2π，解得r＝1，
所以圆锥的高为h＝＝，
所以圆锥的体积为V＝π×12×＝．
故答案为：．
14．如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为BC的中点，点P在底面ABCD上移动，且满足B1P⊥D1E，则线段B1P的长度的最大值为　3　．

【解答】解：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，

设P（a，b，0），则D1（0，0，2），E（1，2，0），B1（2，2，2），
＝（a﹣2，b﹣2，﹣2），＝（1，2，﹣2），
∵B1P⊥D1E，∴＝a﹣2+2（b﹣2）+4＝0，
∴a+2b﹣2＝0，
∴点P的轨迹是一条线段，当a＝0时，b＝1；当b＝0时，a＝2，
设CD中点F，则点P在线段AF上，
当A与P重合时，线段B1P的长度为：|AB1|＝＝2；
当P与F重合时，P（0，1，0），＝（﹣2，﹣1，﹣2），线段B1P的长度||＝＝3，
当P在线段AF的中点时，P（1，，0），＝（﹣1，﹣，﹣2），线段B1P的长度||＝＝，
设CD的中点为F，则点F在线段AF上，
∴||2＝（a﹣2）2+（b﹣2）2+4
＝（﹣2b）2+（b﹣2）2+4
＝5b2﹣4b+8（0≤b≤1），
∴当b＝时，||2取到最小值，
当b＝1时，||取到最大值9，
∴线段B1P的长度的最大值为3．
故答案为：3．
15．祖暅（公元5﹣6世纪），祖冲之之子，是我国齐梁时代的数学家．他提出了一条原理：“幂势既同，则积不容异”．这句话的意思是：两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等；该原理在西方直到十七世纪才由意大利数学家卡瓦列利发现，比祖暅晚一千一百多年．椭球体是椭圆绕其轴旋转所成的旋转体．如图将底面直径皆为2b，高皆为a的椭半球体及已被挖去了圆锥体的圆柱体放置于同一平面β上，以平行于平面β的平面于距平面β任意高d处可横截得到S圆及S环两截面，可以证明S圆＝S环总成立．据此，b为6cm，a为8cm的椭球体的体积是 　192π　cm3．

【解答】解：由题意知：b＝6cm，a＝8cm的椭球体的体积为：
＝192πcm3．
故答案为：192π．
16．在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠ABC＝90°，AA1＝，设其外接球的球心为O，已知三棱锥O﹣ABC的体积为，则球O表面积的最小值为 　27π　．
【解答】解：设AB＝a，BC＝b，球的半径为r，连接AC1，A1C交于点O，取AC的中点D，连接BD，
则O到三棱柱六个顶点的距离相等，即O是三棱柱外接球的球心，
则OD＝AA1＝，
又三棱锥O﹣ABC的体积为，即ab×＝，得ab＝12．
则r＝＝≥＝，当且仅当a＝b时取等号，
∴球O表面积的最小值为S＝4πr2＝27π，
故答案为：27π．

四．解答题（共6小题）
17．如图，AB是圆柱OO'的一条母线，BC过底面圆心O，D是圆O上一点．已知AB＝BC＝5，CD＝3．
（1）求该圆柱的表面积；
（2）将四面体ABCD绕母线AB所在的直线旋转一周，求△ACD的三边在旋转过程中所围成的几何体的体积．

【解答】解：（1）由题意知AB是圆柱OO′的一条母线，BC过底面圆心O，且AB＝BC＝5，
可得圆柱的底面圆的半径为，
则圆柱的底面积为，
圆柱的侧面积为S2＝2πRl＝＝25π，
所以圆柱的表面积为S＝2S1+S2＝＝；
（2）△ACD的三边在旋转过程中所围成的几何体的体积是：
分别以AC、AD为母线，BC，BD为底面圆半径的圆锥的体积之差，
所以以△ACD绕AB旋转一周而成的封闭几何体的体积为：
．
18．已知平面α∩β＝l，直线a∥α，且a∥β，求证：a∥l．
【解答】证明：过直线a作平面γ1，γ2使得α∩γ1＝l1，β∩γ2＝l2，
∵a∥α，α∩γ1＝l1，a⊂γ1，∴a∥l1，
同理a∥l2，∴l1∥l2，
又l1⊂α，l2⊂β，∴l1∥β，∴l1∥l，
∴a∥l．

19．如图①，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1木块中，E是CC1的中点．

（1）要经过点A将该木块锯开，使截面平行于平面BD1E，在该木块的表面应该怎样画线？请在图①中作图，写出画法，并证明．
（2）求四棱锥E﹣ABC1D1的体积；
【解答】解：（1）取棱DD1的中点F，连接AF、CF、AC，则FC，FA，CA就是所求作的线．

证明如下：在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，
∵E是CC1的中点，F为DD1的中点，则EC∥D1F，且EC＝D1F，
于是得四边形CED1F是平行四边形，有D1E∥CF，而D1E⊂平面BD1E，CF⊄平面BD1E，
因此CF∥平面BD1E．
连接EF，可得EF∥CD∥AB，且EF＝CD＝AB，得四边形ABEF为平行四边形，则AF∥BE，
又BE⊂平面BD1E，AF⊄平面BD1E，于是有AF∥平面BD1E，
而CF∩AF＝F，CF，AF⊂平面AFC，从而得平面AFC∥平面BD1E．
（2）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，连接CB1，交BC1于O，可得CO⊥平面ABC1D1，
∵E是CC1的中点，∴E到平面ABC1D1的距离等于＝，
又四边形ABC1D1的面积S＝，
∴四棱锥E﹣ABC1D1的体积V＝．
20．如图，在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝AA1，D，E，F分别是BC，BB1，AA1的中点．
（Ⅰ）求证：CF∥平面ADE；
（Ⅱ）求证：BC1⊥平面ADE．

【解答】证明：（Ⅰ）设AE∩BF＝O，连接OD，如图示：

因为ABC﹣A1B1C1为正三棱柱，且AB＝AA1，
所以侧面A1ABB1为正方形，
因为E，F分别是BB1，AA1的中点，所以O是BF的中点，
又因为D是BC的中点，所以OD∥CF，
因为OD⊂平面ADE，CF⊄平面ADE，
所以CF∥平面ADE．
（Ⅱ）因为△ABC为正三角形，所以AD⊥BC，
又CC1⊥平面ABC，所以AD⊥CC1，
所以AD⊥平面B1BCC1，所以BC1⊥AD，
连接B1C，因为侧面B1BCC1为正方形，
所以BC1⊥B1C，所以BC1⊥DE，
所以BC1⊥平面ADE．
21．如图，矩形ABCD所在平面与半圆弧所在平面垂直，M是上异于C，D的点．
（1）证明：平面AMD⊥平面BMC；
（2）在线段AM上是否存在点P，使得MC∥平面PBD？若不存在，说明理由，若存在请证明你的结论，并说明P的位置．

【解答】（1）证明：由题设知，平面CMD⊥平面ABCD，交线为CD．
因为BC⊥CD，BC⊂平面ABCD，所以BC⊥平面CMD，故BC⊥DM．
因为M为半圆弧上异于C，D的点，且DC为直径，所以DM⊥CM．
又BC∩CM＝C，BC⊂平面BMC，CM⊂平面BMC，
所以DM⊥平面BMC．
因为DM⊂平面AMD，∴平面AMD⊥平面BMC．
（2）解：当P为AM的中点时，MC∥平面PBD．
证明如下：连结AC交BD于O．因为ABCD为矩形，所以O为AC中点．
连结OP，因为P为AM中点，所以MC∥OP．
又MC⊄平面PBD，OP⊂平面PBD，
所以MC∥平面PBD．

22．如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，∠ABC＝60°，四边形ACFE为矩形，平面ACFE⊥平面ABCD，CF＝1．
（1）求证：BC⊥平面ACFE；
（2）求二面角A﹣BF﹣C的平面角的余弦值；
（3）若点M在线段EF上运动，设平面MAB与平面FCB所成二面角的平面角为θ（θ≤90°），试求cosθ的取值范围．

【解答】（1）证明：在梯形ABCD中，∵AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，∠ABC＝60°，
∴AB＝2，AC2＝AB2+BC2﹣2AB•BC•cos60°＝3，
∴AB2＝AC2+BC2，∴BC⊥AC，
∵平面ACFE⊥平面ABCD，
平面ACFE∩平面ABCD＝AC，BC⊂平面ABCD，
∴BC⊥平面ACFE．
（2）解：取FB中点G，连接AG，CG，
∵AF＝＝2，∴AB＝AF，∴AG⊥FB，
∵CF＝CB＝1，∴CG⊥FB，∴∠AGC＝θ，
∵BC＝CF，∴FB＝，∴CG＝，AG＝，
∴cosθ＝＝．
（3）解：由（2）知：
①当M与F重合时，cosθ＝．
②当M与E重合时，过B作BN∥CF，且使BN＝CF，
连接EN，FN，则平面MAB∩平面FCB，
∵BC⊥CF，AC⊥CF，∴CF⊥平面ABC，∴BN⊥平面ABC，
∴∠ABC＝θ，∴θ＝60°，∴cosθ＝．
③当M与E，F都不重合时，令FM＝λ，0＜λ＜，
延长AM交CF的延长线于N，连接BN，
∴N在平面MAB与平面FCB的交线上，
∵B在平面MAB与平面FCB的交线上，
∴平面MAB∩平面FCB＝BN，
过C作CH⊥NB交NB于H，连接AH，
由（1）知，AC⊥BC，
又∵AC⊥CN，∴AC⊥平面NCB，∴AC⊥NB，
又∵CH⊥NB，AC∩CH＝C，∴NB⊥平面ACH，
∴AH⊥NB，∴∠AHC＝θ，
在△NAC中，NC＝，
从而在△NCB中，CH＝，
∵∠ACH＝90°，∴AH＝＝，
∴cosθ＝＝，
∵0，
∴，
综上所述，cosθ∈[，]．