浙江普通高中学业水平考试数学模拟卷阶段复习卷5

这是一份浙江普通高中学业水平考试数学模拟卷阶段复习卷5，共14页。试卷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。

(时间:80分钟,满分:100分)
一、单项选择题(本大题共12小题,每小题3分,共36分.每小题列出的四个备选项中,只有一个是符合题目要求的,不选、多选、错选均不得分)
1.设α,β,γ是三个不重合的平面,m,n是两条不重合的直线,则下列说法正确的是( )
A.若α⊥β,β⊥γ,则α∥γB.若α⊥β,m∥β,则m∥α
C.若m⊥α,m⊥β,则α∥βD.若m∥β,n∥β,则m∥n
2.圆柱的侧面展开图是边长为6π和4π的矩形,则圆柱的表面积为( )
A.6π(4π+3)B.8π(3π+1)
C.6π(4π+3)或8π(3π+1)D.6π(4π+1)或8π(3π+2)
3.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为线段A1C1的中点,则异面直线DE与B1C所成角的大小为( )
A.15°B.30°C.45°D.60°
4.(2023浙江四校)已知圆台上、下底面的直径分别为4和10,母线长为5,则该圆台的体积为( )
A.145π3B.116π3C.65πD.52π
5.如图,空间四边形ABCD的对角线AC=8,BD=6,M,N分别为AB,CD的中点,并且异面直线AC与BD所成的角为90°,则MN=( )
A.3B.4C.5D.6
6.把△ABC按斜二测画法得到△A'B'C'(如图所示),其中B'O'=C'O'=1,A'O'=32,那么△ABC是一个( )
A.等边三角形B.直角三角形C.等腰三角形D.三边互不相等的三角形
7.(2019浙江学考)在四棱锥P-ABCD中,PD⊥底面ABCD,且PD=DB.若M为线段PB的中点,则直线DM与平面ABCD所成的角为( )
A.30°B.45°C.60°D.90°
8.(2023浙江台金六校)在正四棱锥P-ABCD中,Q是AB上的动点(不包含端点),M是AD上的中点,点N在线段AD上且满足AN=2ND,分别记P-MQ-C,P-NQ-C,P-AB-C的平面角为α,β,γ,则( )
A.γ>α>βB.γ>β>αC.β>γ>αD.β>α>γ
9.(2023浙江湖州)三棱锥P-ABC中,平面PAB⊥平面ABC,△ABC是边长为2的正三角形,PA=PB=3,则三棱锥P-ABC外接球的表面积为( )
A.35π3B.35π6C.35π12D.35π24
10.如图,在三棱锥P-ABC中,PB=BC=a,PA=AC=b(aA.α+∠PCA+∠PCB>π,2α<∠PAC+∠PBCB.α+∠PCA+∠PCB<π,2α<∠PAC+∠PBC
C.α+∠PCA+∠PCB>π,2α>∠PAC+∠PBCD.α+∠PCA+∠PCB<π,2α>∠PAC+∠PBC
11.(2023浙江杭州六县九校)正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,点P,Q,R分别是棱A1D1,C1D1,BC的中点,则过点P,Q,R三点的截面面积是( )
A.32B.3C.23D.33
12.(2021浙江奉化)在矩形ABCD中,AB=4,AD=3,E为边AD上的一点,DE=1,现将△ABE沿直线BE折成△A'BE,使得点A'在平面BCDE上的射影在四边形BCDE内(不含边界),设二面角A'-BE-C的大小为θ,直线A'B,A'C与平面BCDE所成的角分别为α,β,则( )
A.α<β<θB.β<θ<αC.α<θ<βD.β<α<θ
二、多项选择题(本大题共4小题,每小题4分,共16分.每小题列出的四个备选项中,有多个是符合题目要求的,全部选对得4分,部分选对且没有错选得2分,不选、错选得0分)
13.(2023浙江杭州)如图,圆锥的内切球和外接球的球心重合,且圆锥的底面直径为2a,则( )
A.设内切球的半径为r1,外接球的半径为r2,则r2=2r1
B.设内切球的表面积为S1,外接球的表面积为S2,则S1=4S2
C.设圆锥的体积为V1,内切球的体积为V2,则V1V2=94
D.设S,T是圆锥底面圆上的两点,且ST=a,则平面PST截内切球所得截面的面积为πa215
14.(2023浙江湖州)已知正四棱台ABCD-EFGH的所有顶点都在球O的球面上,AE=2,AB=2EF=2,M为△BDG内部(含边界)的动点,则( )
A.直线AE与平面BDG相交B.球O的体积为823π
C.直线AM与平面BDG所成角的最大值为π3D.MA+ME的取值范围为[22,4]
15.(2023浙江台金六校)如图,在矩形ABCD中,AB=1,BC=2,E为AD的中点,将△ABE沿BE翻折成△A'BE,记二面角A'-BE-C的平面角为θ,在翻折过程中,下列结论成立的是( )
A.点A'在平面BCDE上的射影必在线段AC上
B.存在点A'使得A'E⊥BD
C.θ+∠A'BA<π
D.记A'E和A'B与平面BCDE所成的角分别为α,β,则sin α-sin β的取值范围是[0,6-33]
16.在边长为4的正方形ABCD中,如图1所示,E,F,M分别为BC,CD,BE的中点,分别沿AE,AF及EF所在直线把△AEB,△AFD和△EFC折起,使B,C,D三点重合于点P,得到三棱锥P-AEF,如图2所示,则下列结论正确的是( )
图1
图2
A.PA⊥EF
B.三棱锥M-AEF的体积为4
C.三棱锥P-AEF外接球的表面积为24π
D.过点M的平面截三棱锥P-AEF的外接球所得截面的面积的取值范围为[π,6π]
三、填空题(本大题共4小题,共15分)
17.(2023浙江台州八校联盟)已知圆柱体的底面半径为32 cm,高为5π cm,一只蜗牛从圆柱体底部开始爬行,绕圆柱体4圈到达顶部,则蜗牛爬行的最短路径长为 cm.
18.已知正四面体ABCD的表面积为123,E为棱AB的中点,球O为该正四面体的外接球,则过点E的平面被球O所截得的截面面积的最小值为 .
19.如图,在正四棱锥S-ABCD(顶点S在底面ABCD上的射影是正方形ABCD的中心)中,底边长2,高23,E是BC的中点,点P在正四棱锥表面上运动,并且总是PE⊥AC,则动点P的轨迹的长度为 .
20.(2023浙江钱塘联盟)多面体E-ABCD的各顶点在半径为2的球面上,ABCD是矩形,AB=3,AD=2,则多面体体积的最大值为 .
四、解答题(本大题共3小题,共33分)
21.(11分)(2023浙江温州A卷)如图,正方形ABCD是圆柱的轴截面,EF是圆柱的母线,圆柱的体积为16π.
(1)求圆柱的表面积;
(2)若∠ABF=30°,求点F到平面BDE的距离.
22.(11分)(2023浙江学军中学)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E,F,M分别是棱B1C1,BB1,C1D1的中点.
(1)求证:E,M,B,D四点共面;
(2)是否存在过点E,M且与平面A1FC平行的平面?若存在,请作出这个平面并证明;若不存在,请说明理由.
23.(11分)(2023浙江四校)在三棱锥P-ABC中,平面PAC⊥平面ABC,AP⊥PC,PC=2BC=2,∠ACP=∠ACB=45°.
(1)求证:BC⊥BP;
(2)求二面角A-PC-B的余弦值.
阶段复习卷(五)
1.C 解析 对于A,α,γ有可能相交或平行,故A不正确;对于B,m有可能在α内或m与α相交,B不正确;C正确;对于D,m,n有可能相交或平行或异面,D不正确.故选C.
2.C 解析 分两种情况:①以长为6π的边为高时,4π为圆柱底面周长,则2πr=4π,r=2,所以S底=4π,S侧=6π×4π=24π2,S表=2S底+S侧=8π+24π2=8π(3π+1);②以长为4π的边为高时,6π为圆柱底面周长,则2πr=6π,r=3,所以S底=9π,S表=2S底+S侧=18π+24π2=6π(4π+3).故选C.
3.
B 解析 连接A1D,易知A1D∥B1C,
∴∠A1DE即为异面直线DE与B1C所成角.
设正方体棱长为2,易知,A1D=22,A1E=2,DE=6,∴cs∠A1DE=A1D2+DE2-A1E22A1D·DE=8+6-22×22×6=32,
∴∠A1DE=30°.
故选B.
4.D 解析 令r1=2,r2=5,l=5,则圆台的高为h=l2-(r2-r1)2=4,
∴V=π3(r12+r1r2+r22)·h=π3×(22+2×5+52)×4=52π,故选D.
5.C 解析 取AD的中点P,连接PM,PN,则BD∥PM,AC∥PN,
∴∠MPN或其补角即异面直线AC与BD所成的角,
∴∠MPN=90°,PN=12AC=4,
PM=12BD=3,
∴MN=5.
故选C.
6.A 解析 根据斜二测画法还原△A'B'C'在直角坐标系的图形,由图(图略)易得AB=BC=AC=2,故△ABC为等边三角形.
7.B 解析 取BD的中点O,连接MO,
∵M为PB中点,
O为BD中点⇒MO∥PD,
又PD⊥底面ABCD⇒MO⊥底面ABCD,
∴∠MDO即为直线DM与平面ABCD所成角.
又PD=BD,可知∠MDO=45°.故选B.
8.D 解析 连接AC,BD交于点O.
因为四棱锥P-ABCD为正四棱锥,所以有PO⊥平面ABCD.
过点O作OE⊥QM,OF⊥QN,垂足为E,F,连接PE,PF.
因为PO⊥平面ABCD,MQ,NQ⊂平面ABCD,所以PO⊥MQ,PO⊥NQ.
因为OE∩PO=O,OE,PO⊂平面POE,所以MQ⊥平面POE.
又PE⊂平面POE,所以PE⊥MQ,因此∠PEO是二面角P-MQ-C的平面角,即α=∠PEO,因此有tan α=OPOE.
同理可证,PF⊥QN,因此∠PFO是二面角P-NQ-C的平面角,即β=∠PFO,因此有tan β=OPOF.
设H是AB的中点,连接PH,OH,则有AB⊥PH,OH⊥AB,因此∠PHO是二面角P-AB-C的平面角,即γ=∠PHO,因此有tan γ=OPOH.
如图,H是AB的中点,所以OH=12AB=AH,Q是AB上的动点(不包含端点),M是AD上的中点,点N在线段AD上且满足AN=2ND,所以OFOE>OF,因此tan γ9.B 解析 因为PA=PB,AB的中点为D,
所以PD⊥AB.
因为平面PAB⊥平面ABC,平面PAB∩平面ABC=AB,PD⊂平面PAB,所以PD⊥平面ABC.
设O为三棱锥P-ABC外接球的球心,半径为R,连接OO1,则OO1∥PD,OO1⊥平面ABC.
因为PA=PB=3,AB=AC=BC=2,
所以AD=1,PD=PA2-AD2=2,CD=3,AO1=CO1=23CD=233.
设OO1=x,0又O1A⊂平面ABC,OO1⊥O1A,
在Rt△OO1A中,有R=OA=O1O2+O1A2=x2+43.
又在Rt△OEP中,有R=OP=OE2+PE2=13+(2-x)2.
所以有x2+43=13+(2-x)2,解得x=24,所以R2=242+43=3524.
所以三棱锥P-ABC外接球的表面积为4πR2=35π6.
故选B.
10.C 解析 如图(1),取PC中点D,连接AD,BD,
图(1)
图(2)
由PB=BC=a,PA=AC易知BD⊥PC,AD⊥PC,故可得PC⊥平面ABD,
作PM⊥AB于点M,由△ABP≌△ABC,可得CM⊥AB,
∴∠PMC=α,又PM=CM=h∠PBC2>∠PAC2,∴2α>∠PAC+∠PBC,α+∠PCA+∠PCB>∠PBC2+∠PAC2+∠PCA+∠PCB=∠PBC2+∠PCB+∠PAC2+∠PCA=π,故选C.
11.D 解析 如图,设AB的中点为H,连接HR并延长,交DA延长线于点E,交DC延长线于点F,连接PE交A1A于点G,连接QF交C1C于点I,连接GH,RI,则六边形PQIRHG为过点P,Q,R三点的截面.
由题意可知,△AHE≌△BHR,则AE=BR=1.
故△AGE≌△A1GP,可知AG=A1G,即G为A1A的中点.
同理可证,I为C1C的中点,故可知六边形PQIRHG为正六边形,且边长为2,故该截面面积为6×34×(2)2=33,即过点P,Q,R三点的截面面积是33,故选D.
12. A 解析 如图所示,在矩形ABCD中,过点A作AF⊥BE交BE于点O,将△ABE沿直线BE折成△A'BE,则点A'在平面BCDE内的射影O'在线段OF上,设A'到平面BCDE的距离为h,则h=A'O',
由二面角、线面角的定义得,tan θ=ℎO'O,tan α=ℎO'B,tan β=ℎO'C,
显然O'O当O'与O重合时,(tan α)max=ℎOB,(tan β)min=ℎOC.
因为ℎOB<ℎOC,所以(tan α)max<(tan β)min,则tan α13. ACD 解析 作出圆锥的轴截面如图所示,因为圆锥PO的内切球和外接球的球心重合,所以△PAB为等边三角形.
又PB=2a,所以OP=PB2-OB2=3a.
设球心为G(即为△PAB的重心),所以PG=23PO=233a,OG=13PO=33a,
即内切球的半径为r1=OG=33a,外接球的半径为r2=PG=233a,
所以r2=2r1,故A正确;
设内切球的表面积为S1,外接球的表面积为S2,则S2=4S1,故B错误;
设圆锥的体积为V1,则V1=13πa2×3a=33πa3,内切球的体积为V2,则V2=43π×33a3=4327πa3,所以V1V2=33πa34327πa3=94,故C正确;
设S,T是圆锥底面圆上的两点,且ST=a,则ST所对的圆心角为π3(在圆O上),设ST的中点为D,则OD=asinπ3=32a,不妨设D为OB上的点,连接PD,则PD=PO2+OD2=15a2.
过点G作GE⊥PD交PD于点E,则△PEG∽△POD,所以GEOD=PGPD,即GE32a=233a15a2,解得GE=21515a,所以平面PST截内切球截面圆的半径r=r12-GE2=115a2,所以截面圆的面积为πr2=πa215,故D正确.
故选ACD.
14.BCD 解析 对于A,如图1,由棱台的结构特征易知,AE与CG的延长线必交于一点,故A,C,G,E四点共面.
图1
又平面EFGH∥平面ABCD,而平面ACGE∩平面EFGH=EG,平面ACGE∩平面ABCD=AC,故EG∥AC,即EG∥AO2.
由平面几何易得EG=2,AO2=12AC=2,即EG=AO2,所以四边形AO2GE是平行四边形,故AE∥GO2,而AE⊄平面BDG,O2G⊂平面BDG,故AE∥平面BDG,即直线AE与平面BDG不相交,故A错误.
图2
对于B,如图2,设O1为EG的中点,O为正四棱台外接球的球心,则AO=EO=R.
在等腰梯形ACGE中,易得O1O22=AE2-12(AC-EG)2=(2)2-222=32,即O1O2=62,不妨设O1O=a,由R2=EO2=EO12+a2=AO2=AO22+b2,若O在正四棱台外,即平面ABCD外侧,a>O1O2,则222+a2=(2)2+a-622,所以a=62,与a>O1O2矛盾;若O在正四棱台内,即a≤O1O2,则222+a2=(2)2+62-a2,所以a=62.
综上,点O与O2重合,故R=AO2=2,故球O体积为4πR33=4π3×(2)3=82π3,故B正确.
图3
对于C,由图2易得BD⊥O1O2,BD⊥AC,O1O2∩AC=O2,O1O2,AC⊂平面ACGE,故BD⊥平面ACGE,BD⊂平面BDG,故平面ACGE⊥平面BDG,在平面ACGE内过点A作AP⊥O2G交O2G于点P,如图3,则AP⊂平面ACGE,平面ACGE∩平面BDG=O2G,故AP⊥平面BDG,故∠AMP为直线AM与平面BDG所成角.
在Rt△APM中,sin∠AMP=APAM,故当AM取得最小值时,sin∠AMP取得最大值,即∠AMP取得最大值;
显然,动点M与O2重合时,AM取得最小值,即∠AMP取得最大值,且∠AMP=∠CO2G.
在△O2GC中,GO2=AE=2,CG=AE=2,O2C=12AC=2,故△O2GC为正三角形,即∠CO2G=60°,即直线AM与平面BDG所成角的最大值为π3,故C正确.
图4
对于D,由选项C知,BD⊥平面ACGE.
不妨设M落在图4的M处,过点M作MN∥BD,交O2G于点N,则MN⊥平面ACGE,NA在平面ACGE中,故MN⊥NA,在Rt△AMN中,NA同理EN图5
图5中,由点E关于O2G的对称点为C知,MA+EM=MA+MC≥AC=22.
当M在△BDG边界时,MA+EM取得最大值,当点M与点G重合时,MA+EM=MA+MC,MA2=GA2=AC-12(AC-EG)2+O1O22=6,即MA=6,MC=GC=2,此时MA+EM=6+2;
当点M与点B或点D重合时,MA+EM=MA+MC=4,所以MA+EM的取值范围为[22,4],故D正确.故选BCD.
15. AC 解析 在矩形ABCD中,AB=1,BC=2,E为AD的中点,连接AC,交BE于点M,可得△ABC∽△EAB,则∠ABE=∠ACB且∠MBC+∠ABE=90°,所以∠MBC+∠ACB=90°,
所以AM⊥BE,MC⊥BE,即A'M⊥BE,MC⊥BE.
因为A'M∩MC=M且A'M,MC⊂平面A'MC,所以BE⊥平面A'MC.
又因为BE⊂平面BCDE,所以平面A'MC⊥平面BCDE.
过点A'作A'N⊥平面BCDE于点N,则点N必在线段AC上,故A正确;
由A'N⊥平面BCDE,BD⊂平面BCDE,所以A'N⊥BD.
若A'E⊥BD,且A'N∩A'E=A'且A'N,A'E⊂平面A'NE,所以BD⊥平面A'NE.
又由NE⊂平面A'NE,所以BD⊥NE,显然EC⊥BD.
因为点N在AC上,所以点N与点C重合.
由△AME∽△BMC,可得AM=12MC=33,且CM=233.
在△A'MC中,CM>A'M,所以点A'在平面ABCD上的射影不可能落在点C处,所以不存在点A'使得A'E⊥BD,故B不正确.
因为二面角A'-BE-C的平面角为θ,即∠A'MC=θ,
又θ+∠A'MA=π,AB>AM,A'B>A'M,得∠A'MA>∠A'BA,所以θ+∠A'BA<π,故C正确;
因为A'E,A'B与平面BCD所成的角分别为α,β,即∠A'EN=α,∠A'BN=β,可得sin α=A'NA'E,sin β=A'NA'B,
所以sin α-sin β=|A'N||A'E|−|A'N||A'B|=2|A'N|-|A'N|=(2-1)·|A'N|.
由△AME∽△BMC,可得AMMC=AEBC=12,所以AM=12MC.
又由AC=3,所以AM=33.
因为在翻折的过程中,可得0所以(2-1)·|A'N|∈(0,6-33],故D错误.故选AC.
16.ACD 解析 由题意,将三棱锥补形为长方体,其中PA=4,PE=2,PF=2,如图所示.对于A,因为AP⊥PE,AP⊥PF,PE∩PF=P,PE,PF⊂平面PEF,所以AP⊥平面PEF,又EF⊂平面PEF,所以PA⊥EF,故A正确;
对于B,因为M为PE的中点,所以VM-AEF=12VP-AEF=12VA-PEF=12×13×12×2×2×4=43,故B错误;对于C,三棱锥P-AEF的外接球即为补形后长方体的外接球,所以外接球的直径2R=22+22+42=26,所以三棱锥P-AEF外接球的表面积为S=4πR2=24π,故C正确;对于D,过点M的平面截三棱锥P-AEF的外接球所得截面为圆,其中最大截面为过球心O的大圆,此时截面圆的面积为πR2=π(6)2=6π,最小截面为过点M且垂直于球心O与M连线的圆,此时截面圆半径r=R2-OM2=6-5=1,截面圆的面积为πr2=π,所以过点M的平面截三棱锥P-AEF的外接球所得截面的面积的取值范围为[π,6π],故D正确.故选ACD.
17.13π 解析 根据题意,从圆柱底部M点绕圆柱体的侧面旋转4圈到达顶部的N点,沿MN将侧面展开后,最短路程如图所示,其中矩形的宽等于圆柱的高5π cm,矩形的长等于圆柱的底面圆的周长的4倍,即4×2π×32=12π(cm),所以蜗牛爬行的最短路径为MN=(5π)2+(12π)2=13π(cm).
18. 3π 解析 如图所示,球O为正四面体ABCD的外接球,即为正方体的外接球,正四面体ABCD的表面积为123.
设正四面体ABCD的棱长为a,则4×12×a2×32=123,解得a=23,
所以正方体的棱长为(23)22=6.
设正四面体ABCD的外接球的半径为R,
则2R=3×6=32,
即R=322.
E为线段AB的中点,过点E作其外接球的截面,当截面到球心O的距离最大值时,截面圆的面积达最小值,此时球心O到截面距离等于正方体棱长的一半,即d=62,可得截面圆的半径为r=R2-d2=(322) 2-(62) 2=3,所以截面圆的面积最小值为S=πr2=(3)2π=3π.
19. 14+2 解析 由题意,连接BD,交AC于点O,分别取SC,CD的中点G,F,连接EG,GF,EF,如图,SO⊥平面ABCD,则SO=23.
由AC⊂平面ABCD,则SO⊥AC.
在正方形ABCD中,AC⊥BD.
因为SO∩BD=O,SO,BD⊂平面SBD,所以AC⊥平面SBD,在△SBC中,EG∥SB.
因为EG⊄平面SBD,SB⊂平面SBD,所以EG∥平面SBD,同理可得,EF∥平面SBD.
又EF∩EG=E,EF,EG⊂平面EFG,所以平面EFG∥平面SBD,故AC⊥平面EFG,则点P的轨迹为△EFG的三边.
由中位线定理可知,EG=12BD,FG=12SD,
在正方形ABCD中,AB=2,
则BD=22.
在Rt△SOB中,SB=SO2+OB2=12+(12BD) 2=14,同理SD=14,点P的轨迹长为EF+EG+FG=12BD+12SB+12SD=14+2.
20. 3+4 解析 设外接球的球心为O,矩形ABCD的外接圆的圆心为O1,即直线AC,BD的交点,则O1B=12×22+32=134.
若VE-ABCD最大,则点E到平面ABCD的距离最长,此时E,O,O1在一条直线上,即EO1⊥平面ABCD,则OO1=4-134=32,故多面体体积的最大值Vmax=13×2×3×2+32=3+4.
21.解 (1)设圆柱的底面半径为r,则πr2×2r=16π,解得r=2.
则圆柱的表面积为2πr2+2πr×2r=6πr2=24π.
(2)连接AF,因为AF⊥BF,AF∥DE,所以DE⊥BF.
设点F到平面BDE的距离为h,易知DE⊥EF.
又EF,BF⊂平面BEF,EF∩BF=F,所以DE⊥平面BEF.
因为EB⊂平面BEF,所以DE⊥EB,
所以BF=AB·cs 30°=3r,DE=AB·sin 30°=r,EF=2r,BE=4r2+3r2=7r.
因为VD-BEF=VF-BDE,所以13×12×2r×3r×r=13×12×r×7r×h,即23r3=7r2·h,解得h=237r=4217.
22.(1)证明 连接BD,B1D1.
在正方体ABCD-A1B1C1D1中,BB1∥DD1且BB1=DD1,
所以四边形BB1D1D为平行四边形,所以BD∥B1D1.
又E是B1C1的中点,M是C1D1的中点,所以ME∥B1D1,所以BD∥ME,故E,M,B,D四点共面.
(2)解 存在.
取C1C的中点G,连接FG,D1G,连接A1C1交EM于点N,连接NP.
依题意可得,FG∥A1D1且FG=A1D1,所以A1FGD1为平行四边形,所以A1F∥GD1.
又P为C1G的中点,M为C1D1的中点,所以PM∥GD1,
所以PM∥A1F.
因为PM⊄平面A1FC,A1F⊂平面A1FC,所以PM∥平面A1FC,显然N为A1C1靠近点C1的四等分点.
又C1NA1C1=C1PCC1=14,
所以A1C∥NP.
因为PN⊄平面A1FC,A1C⊂平面A1FC,所以PN∥平面A1FC.
又PN∩PM=P,PN,PM⊂平面EMP,
所以平面EMP∥平面A1FC.
23.(1)证明 过点P作PH⊥AC交AC于点H,连接HB.
∵PH⊥AC,平面PAC⊥平面ABC,平面PAC∩平面ABC=AC,PH在平面PAC内,
∴PH⊥平面ABC,BC⊂平面ABC,∴PH⊥BC.
∵∠ACP=45°,∴CH=PC·cs∠ACP=2.
在△BCH中,HB=CH2+BC2-2CH·BC·cs45°=1,
∴CH2=BC2+BH2,∴BC⊥BH.
又PH∩HB=H,PH,BH在平面PHB内,
∴BC⊥平面PHB.
又BP⊂平面PHB,∴BC⊥BP.
(2)解 过点H作HD⊥AC交AB于点D,以H为原点,HD,HC,HP所在直线为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,-2,0),C(0,2,0),P(0,0,2),B22,22,0,
∴PC=(0,2,-2),PB=22,22,-2,
设平面PBC的一个法向量n1=(x1,y1,z1),
则n1·PB=22x1+22y1-2z1=0,n1·PC=2y1-2z1=0,
令y1=1,则x1=z1=1,故n1=(1,1,1).
∵PC=(0,2,-2),PA=(0,-2,-2),
设平面PAC的一个法向量n2=(x2,y2,z2),
则n2·PA=2y2-2z2=0,n2·PC=-2y2-2z2=0,
令x2=1,则y2=z2=0,故n2=(1,0,0).
设二面角A-PC-B的大小为θ,则cs θ=n1·n2|n1||n2|=13×1=
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