【文档说明】【精准解析】第08章检测A卷（文）【高考】.docx，共(27)页，1.210 MB，由小赞的店铺上传

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-1-立体几何（文科数学）章节验收测试卷A卷姓名班级准考证号1．如图，正方体1111ABCDABCD−中，E为棱1BB的中点，用过点A、E、1C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（）A．B．C．D．【答案】A【解析】【分析】根据剩余几何体的直观图，结合三视图的定义即可得到主视图【详解】解：正方体1111ABCDABCD−中，过点1,,AEC的平面截去该正方体的上半部分后，剩余部分的直观图如图：-2-则该几何体的正视图为图中粗线部分．故

选：A．【点睛】本题主要考查了空间三视图与直观图的应用问题，是基础题．2．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球的体积是（）A．23B．32C．3D．43【答案】B【解析】【分析】直接利用三视图转换为几何体，可知该几何体是由一个正方体切去一个正方体的一角得到

的．进一步求出几何体的外接球半径，最后求出球的体积．【详解】解：根据几何体的三视图，该几何体是由一个正方体切去一个正方体的一角得到的．-3-故：该几何体的外接球为正方体的外接球，所以：球的半径222111322r++==，则：3433

322V==.故选：B．【点睛】本题考查了三视图和几何体之间的转换，几何体的体积公式的应用，主要考查数学运算能力和转换能力.3．某三棱锥的三视图如图所示，则此三棱锥的外接球表面积是（）A．

163B．283C．11D．323【答案】B【解析】【分析】首先利用三视图转换为几何体，进一步求出几何体的外接球的半径，最后求出几何体的表面积．【详解】解：根据几何体得三视图转换为几何体为：该几何体为：下底面为边长为2的等边三角形，有一长为2的侧棱

垂直于下底面的三棱锥体，-4-故：下底面的中心到底面顶点的长为：233，所以：外接球的半径为：22232171393R=+==故：外接球的表面积为：27284433SR===．故选：

B．【点睛】本题考查的知识要点：三视图和几何体之间的转换，几何体的体积公式的应用，主要考察学生的运算能力和转换能力，属于基础题型．4．已知,mn是两条不重合的直线，,是两个不重合的平面，下列命题正确的是（）A．若m，m，

n∥，n∥，则B．若mn∥，m⊥，n⊥，则C．若mn⊥，m，n，则⊥D．若mn⊥，m，n⊥，则⊥【答案】B【解析】【分析】根据空间中线线、线面位置关系，逐项判断即可得出结果.【详解】A选项，若m，m，n∥，n

∥，则或与相交；故A错；B选项，若mn∥，m⊥，则n⊥，又n⊥，,是两个不重合的平面，则，故B正确；C选项，若mn⊥，m，则n或n∥或n与相交，又n，,是两个不重合的平面，则或与相交；故C错；D选项，若mn⊥，m，则n

或n∥或n与相交，又n⊥，,是两个不重合的平面，则或与相交；故D错；-5-故选B【点睛】本题主要考查与线面、线线相关的命题，熟记线线、线面位置关系，即可求解，属于常考题型.5．已知正方体

1111ABCDABCD−的棱长为1，在对角线1AD上取点M，在1CD上取点N，使得线段MN平行于对角面11AACC，则||MN的最小值为（）A．1B．2C．22D．33【答案】D【解析】【分析】作1MMAD⊥，垂足为1M，作1NNCD⊥，垂足为1N，根据面面垂直的性质定理、线

面垂直的性质定理、线面平行的性质定理可以得出11///MNAC，设11DMDNx==，由此可以求出||MN的最小值.【详解】作1MMAD⊥，垂足为1M，作1NNCD⊥，垂足为1N，如下图所示：在正方体1111ABCDABCD−中，根据面面垂直的性质定理，可得11,MMNN,都垂直于平面ABCD

，由线面垂直的性质，可知11MMNN，易知：1111//MMANNACC平面，由面面平行的性质定理可知：//11MNAC，设11DMDNx==，在直角梯形11MMNN中，-6-222211(2)(12)633MNxx

x=−+−=−+，当13x=时，||MN的最小值为33，故本题选D.【点睛】本题考查了线段长的最小值的求法，应用正方体的几何性质、运用面面垂直的性质定理、线面垂直的性质、线面平行的性质定理，是解题的关键.6．在正方体1111ABCDABC

D−中，点P在侧面11BCCB及其边界上运动，并且保持1APBD⊥，则动点P的轨迹为（）A．线段1BCB．线段1BCC．1BB的中点与1CC的中点连成的线段D．BC的中点与11BC的中点连成的线段【答案】A【解析】【分析】先根据正方体性质得1BD⊥面1A

CB，再根据条件确定点P的轨迹.【详解】如图，连接AC，1AB，1BC，在正方体1111ABCDABCD−中，有1BD⊥面1ACB，因为1APBD⊥，所以AP面1ACB，又点P在侧面11BCCB及其边界上运动，故

点P的轨迹为面1ACB与面11BCCB的交线段1CB．故选：A．-7-【点睛】本题考查正方体性质以及线面垂直关系应用，考查基本分析判断能力，属中档题.7．已知长方体全部棱长的和为36，表面积为52，则

其体对角线的长为（）A．4B．29C．223D．417【答案】B【解析】【分析】利用()()22222xyyxyzxyyzzx++=++−++可得对角线的长.【详解】设长方体的三条棱的长分别为：,,xyz，则2()524()36xyyzzxxyz++=++=，

可得对角线的长为22222()2()95229xyzxyzxyyzzx++=++−++=−=．故选：B．【点睛】设长方体的棱长和为A，表面积为B，对角线的长为C，则216ACB=−，解题中注意各代数式之间的关系.8．已知平面平面=直线l，点A、C，点B、D，且A、B、C

、Dl，点M、N分别是线段AB、CD的中点，则下列说法正确的是（）A．当2CDAB=时，M、N不可能重合B．M、N可能重合，但此时直线AC与l不可能相交C．当直线AB、CD相交，且//ACl时，BD可

与l相交D．当直线AB、CD异面时，MN可能与l平行【答案】B【解析】【分析】根据直线与直线的位置关系依次判断各个选项，排除法可得结果.-8-【详解】A选项：当2CDAB=时，若,,,ABCD四点共面且//ACBD时，则,MN两点能重合，可知A错误；B选项：若,M

N可能重合，则//ACBD，故//ACl，此时直线AC与直线l不可能相交，可知B正确；C选项：当AB与CD相交，直线//ACl时，直线BD与l平行，可知C错误；D选项：当AB与CD是异面直线时，MN不可能与l平行，可知D错误.本题正确选项：B【点睛】本题考查空间中

直线与直线的位置关系相关命题的判断，考查学生的空间想象能力.9．阳马，中国古代算数中的一种几何形体，是底面长方形，两个三角面与底面垂直的四棱锥体，在阳马PABCD−中，PC为阳马PABCD−中最长的棱，1,2,3ABADPC===，若在阳

马PABCD−的外接球内部随机取一点，则该点位阳马内的概率为（）A．127B．427C．827D．49【答案】C【解析】【分析】由题意知PC的长等于其外接球的直径，可知2PA=，计算棱锥的体积，球的体积，根据古典概型即可求解.【详解】根据题意，PC的长等于其外接球的直径，因为222PCP

AABAD=++，∴2314PA=++，∴2PA=，又PA⊥平面ABCD，所以314431223332PABCDVV−===球，，∴3483274332P==.-9-【点睛】本题主要考查了棱锥的外接球，棱锥的体积，球的体积，古典概型，属

于中档题.10．如图，已知四面体ABCD为正四面体，2,ABEF=，分别是,ADBC中点.若用一个与直线EF垂直，且与四面体的每一个面都相交的平面去截该四面体，由此得到一个多边形截面，则该多边形截面面积最大值为（）.A．1B．2C．3D

．2【答案】A【解析】【分析】通过补体，在正方体内利用截面为平行四边形MNKL,有2NKKL+=，进而利用基本不等式可得解.【详解】补成正方体，如图.,EF⊥Q∴截面为平行四边形MNKL,可得2NKKL+=，又//,//,MNADKLBC且,ADBCKNKL⊥⊥可得LMNKSNKKL=

四边形2()1,2NKKL+=当且仅当NKKL=时取等号，选A.-10-【点睛】本题主要考查了线面的位置关系，截面问题，考查了空间想象力及基本不等式的应用，属于难题.11．将正方形沿对角线折起，并使得平面垂直于平面，直

线与所成的角为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】【分析】将异面直线平移到同一个三角形中，可求得异面直线所成的角.【详解】如图，取，，的中点，分别为，，，则，所以或其补角即为所求的角.因为平面垂直于平面，，所以平面，所以.设正方形边长为，，所以，则.所以.所以是等边三角形，.所以直线与所成

的角为．故应选B．【点睛】本题考查异面直线所成的角.-11-12．如图，直二面角AB−−，P，C，D，且ADAB⊥，BCAB⊥，5AD=，10=BC，6AB=，APDCPB=，则点

P在平面内的轨迹是（）A．圆的一部分B．椭圆的一部分C．一条直线D．两条直线【答案】A【解析】【分析】以AB所在直线为x轴，AB的中垂线为y轴，建立平面直角坐标系，写出点A，B的坐标，根据条件得出RtAPDRtCPB∽，设出点P的坐标，利用两点间的距离公式及

相似，即可得到轨迹方程，从而判断其轨迹．【详解】解：以AB所在直线为x轴，AB的中垂线为y轴，建立平面直角坐标系，设点(),Pxy，()3,0A−，()3,0B，ADAB⊥，BCAB⊥，则AD⊥，BC⊥，5AD=，10=BC，6AB=，APDCPB=，RtAPDRtCPB，()

()22223511023xyAPADBPBCxy++====−+，即()()2222343xyxy−+=++，整理得：()22516xy++=，故点P的轨迹是圆的一部分，故选A.【点睛】-12

-本题以立体几何为载体考查轨迹问题，综合性强，考查了学生灵活应用知识分析解决问题的能力和知识方法的迁移能力，同时考查了运算能力，转化能力，属于难题．13．正方体的全面积为a，它的顶点都在球面上，则这个球的表面积是______.【答案】2a【解析】【分析】由题意可得正方体的边长及球的半径

，可得球的表面积.【详解】解：根据正方体的表面积可以求得正方体的边长为6al=，正方体的外接球球心位于正方体体心，半径为正方体体对角线的一半，求得球的半径2113222arl==，可得外接球表面积为24

2aSr==，故答案：2a.【点睛】本题主要考查空间几何体的表面积,得出正方体的边长和球的半径是解题的关键.14．已知圆锥的轴截面是直角边长为2的等腰直角三角形，则该圆锥的侧面积为____．【答案

】22π【解析】【分析】设圆锥的底面半径为r，依题意，222r=，即2r=，所以该圆锥的侧面积为rl=22．【详解】依题意，设圆锥的底面半径为r，已知圆锥的轴截面是直角边长为2的等腰直角三角形，如图所示，所以2222222r=+=，即2r=，又因为圆锥的母线

长为2l=，所以该圆锥的侧面积为rl=22．故答案为：22．-13-【点睛】本题考查了圆锥的结构特点，圆锥的侧面积．属于基础题．15．已知三棱锥的四个顶点均在体积为的球面上，其中平面，底面为正三角形，则三棱锥体积的最大值为_____

___．【答案】9【解析】【分析】设出底面边长，结合外接球的体积公式确定三棱锥的高，据此可得体积函数，最后利用均值不等式即可确定三棱锥体积的最大值.【详解】由球的体积公式可得：，不妨设底面正三角形的边长为，则，设棱锥的高为h，由三棱锥的性质可得：，解得：，据此可得：.-14-故，当且仅当，

时等号成立.综上可得，三棱锥体积的最大值为9.【点睛】本题主要考查棱锥的体积公式，棱锥外接球的性质，均值不等式求最值的方法等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.16．如图所示，正方体1111ABCDABCD−的边长为

2，过1BD的截面的面积为S，则S的最小值为_______．【答案】26【解析】【分析】根据正方体的结构特征，可得过1BD的的截面可能是矩形或平行四边形，分别计算相应的矩形的面积和平行四边形的最小面积，比较即可得到答案.【详解】由题知，过1BD的的截面可能是

矩形，可能是平行四边形，（1）当截面为矩形时，即截面为11DABC，11ABCD，DDBB11，由正方体的对称性可知11111142ABCDABCDBBDDSSS===.（2）当截面为平行四边形时，如下图所示，过点E作1EMBD⊥于M，如图（a）所示，11BEDFSBDEM=，又因为123B

D=，所以123BEDFSEM=，过点M作1//MNDD交BD于N，连接AN，当ANBD⊥时，AN最小，-15-此时EM的值最小，且2EM=，故四边形1BEDF的面积最小值为122326BEDFS==，又因为

4226，所以过1BD的截面面积S的最小值为26.【点睛】本题主要考查了立体几何的综合应用，其中解答中根据正方体的结构特征，可得过1BD的的截面可能是矩形或平行四边形，分别计算相应的矩形的面积和平行四边形的最小面积是解答的关键，着重考查了空间想象能力，以及运算

与求解能力，属于中档试题.17．如图，四面体ABCD中，O、E分别是BD、BC的中点，2ABAD==，2CACBCDBD====.（1）求证：AO⊥平面BCD；（2）求异面直线AB与CD所成角的余弦值；（3）求点E到平面ACD的距离。【答案】（1）见

解析（2）24（3）217【解析】【分析】-16-（1）连接OC，由BO＝DO，AB＝AD，知AO⊥BD，由BO＝DO，BC＝CD，知CO⊥BD．在△AOC中，由题设知AO1CO3==，，AC＝2，故AO2+C

O2＝AC2，由此能够证明AO⊥平面BCD；（2）取AC的中点M，连接OM、ME、OE，由E为BC的中点，知ME∥AB，OE∥DC，故直线OE与EM所成的锐角就是异面直线AB与CD所成的角．在△OME中，121EMABOEDC1222====，

，由此能求出异面直线AB与CD所成角大小的余弦；（3）设点E到平面ACD的距离为h．在△ACD中，CACD2AD2===，，故2ACD127S24222=−=，由AO＝1，知2CDE133S2242==，由此能求出点

E到平面ACD的距离．【详解】（1）证明：连接OC，∵BO＝DO，AB＝AD，∴AO⊥BD，∵BO＝DO，BC＝CD，∴CO⊥BD．在△AOC中，由题设知13AOCO==，，AC＝2，∴AO2+CO2＝AC2，∴∠AOC＝90°，即AO⊥

OC．∵AO⊥BD，BD∩OC＝O，∴AO⊥平面BCD．（2）解：取AC的中点M，连接OM、ME、OE，由E为BC的中点，知ME∥AB，OE∥DC，∴直线OE与EM所成的锐角就是异面直线AB与CD所成的角．在△OME中，1211222EMABOEDC====，，∵OM是直角△AOC斜边AC上的中线

，∴112OMAC==，∴1112242212cosOEM+−==，-17-∴异面直线AB与CD所成角大小的余弦为24（3）解：设点E到平面ACD的距离为h．EACDACDEVV−−=，1133ACDCDEhSAOS=．．．，在△ACD中，22CACDAD==

=，，∴212724222ACDS=−=，∵AO＝1，21332242CDES==，∴31212772CDEACDAOShS===，∴点E到平面ACD的距离为217．【点睛】本题考查点、线、面间的距离的

计算，考查空间想象力和等价转化能力，解题时要认真审题，仔细解答，注意化立体几何问题为平面几何问题．18．如图，在四棱锥PABCD−中：PB⊥底面ABCD，底面ABCD为梯形，ADBC，ADAB⊥，且3PBABAD===，BC

=1，M为棱PD上的点。（Ⅰ）若13PMPD=，求证：CM∥平面PAB；（Ⅱ）求证：平面PAD⊥平面PAB；-18-（Ⅲ）求直线BD与平面PAD所成角的大小.【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）见解析（Ⅲ）30°【解析】【分析】（Ⅰ）

过点M作MH∥AD，交PA于H，连接BH，BCMH为平行四边形，CM∥BH,从而得证；（Ⅱ）要证平面PAD⊥平面PAB，即证APABD⊥平面；（Ⅲ）取PA的中点为N，连接BN，由（Ⅱ）可知BN⊥平面PAD，即∠BDN为直线BD与平面PAD所成角。【详解

】解：（Ⅰ）证明：过点M作MH∥AD，交PA于H，连接BH，因为13PMPD=，所以13HMADBC==．又MH∥AD，AD∥BC，所以HM∥BC．所以BCMH为平行四边形，所以CM∥BH．又BH⊂平面PAB，CM⊄平面PAB，所以CM∥平面PAB．-19-（Ⅱ）∵PB⊥底面ABCD，AD⊂平

面ABCD∴PBAD⊥，又ADAB⊥，且PBABB=∴PABAD⊥平面，又AD⊂平面PAD∴平面PAD⊥平面PAB；（Ⅲ）取PA的中点为N，连接BN，∵PBAB=，∴BN⊥PA，连接DN又平面PAD⊥平面PAB，故BN⊥平面PAD则∠BDN为直线BD与平面PAD所

成角此时，BN=322，BD=32∴sin∠BDN=BN1BD2=，即∠BDN=30°∴求直线BD与平面PAD所成角的大小30°.【点睛】求直线和平面所成角的关键是作出这个平面的垂线进而斜线和射影所成角即为所求，有时当垂线较为难找时也可以借助于

三棱锥的等体积法求得垂线长，进而用垂线长比上斜线长可求得所成角的正弦值，当空间关系较为复杂时也可以建立空间直角坐标系，利用向量求解.19．如图，四棱锥PABCD−中，PACD⊥，//ADBC，90ADCPA

D==，112BCCDAD===，22PA=，M为PD的中点.（1）求证：PAAB⊥；（2）求证：//CM平面PAB；（3）求直线CM与平面PAD所成的角.-20-【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）6.【解析】【分析】（1）由90PAD

=，可得PAAD⊥.结合,PACD⊥利用线面垂直的判定定理可得PA⊥平面ABCD，进而可得结果；（2）由三角形中位线定理可得//MNAD，可证明四边形MNBC.是平行四边形，可得//CMBN，由线面平行的判定定理可得结果；(3)以A为原点，以BA的延长线，,ABAP为x轴、y轴、z轴

建立坐标系，先证明CD是平面PAD的法向量，求出()()1,1,2,1,0,0CMCD==，利用空间向量夹角公式可得结果.【详解】（1）90PAD=，PAAD⊥.又,PACDCDADD⊥=，PAABCD⊥平面.又ABABCD平面，

PAAB⊥.（2）取PA中点N，连接,MNBN.,MN分别是,PAPD的中点，//MNAD且12MNAD=，又//BCAD且12BCAD=，//MNBC且MNBC=，四边形MNBC是平行四边形，//CMBN，又CMPABBNPAB平面，平面，//CM

PAB平面.-21-（3）以A为原点，以BA的延长线，,ABAP为x轴、y轴、z轴建立坐标系，则()()()()0,0,22,0,2,0,1,0,0,0,1,2PDCM−，()()1,1,2,1,0,0CMCD==，,,CDPACDADPAADA⊥⊥=，CD\^平面PAD.CD是面P

AD的法向量，1001021cos,21112CDCMCDCMCDCM++===++,设直线CM与平面PAD所成的角为，则1sin,26==，直线CM与平面PAD所成的角为6.【点睛】本题主要考查线面垂直的判定定

理、线面平行的判定定理以及线面角的向量法，属于中档题.证明线面平行的常用方法：①利用线面平行的判定定理，使用这个定理的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线，可利用几何体的特征，合理利用中位线

定理、线面平行的性质或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行.②利用面面平行的性质，即两平面平行，在其中一平面内的直线平行于另一平面.20．如图，已知三棱锥ABCD−中，平面ABD⊥平面ABC，ABAD⊥，BCAC⊥，BD=3，AD=1，AC=BC，M为线段AB的中点.（Ⅰ）求

证：BC⊥平面ACD；（Ⅱ）求异面直线MD与BC所成角的余弦值；（Ⅲ）求直线MD与平面ACD所成角的余弦值.-22-【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）33；（Ⅲ）63.【解析】【分析】（Ⅰ）由题意结合几何关系可得ADBC⊥，结合ACBC⊥，和线面垂

直的判定定理即可证得题中的结论；（Ⅱ）取AC中点N，连接MN，DN，易知NMD（或其补角）为异面直线MD与BC所成的角，据此结合几何性质可得异面直线MD与BC所成角的余弦值.（Ⅲ）结合（Ⅱ）可知MDN为直线MD与平面ACD所成的角，据此可得线面角的余弦值.【详解】（

Ⅰ）∵平面ABD⊥平面ABC于AB，ADAB⊥，AD平面ABD，∴AD⊥平面ABC，∴ADBC⊥，又ACBC⊥，ADACA=，∴BC⊥平面ACD.（Ⅱ）取AC中点N，连接MN，DN，∵M是AB中点，∴MNBC，∴NMD（或其补角）为异面直线MD与BC所成的角，由（Ⅰ）知

BC⊥平面ACD，∴MN⊥平面ACD，MNND⊥，在RtMND中，112MNBC==，223MDADAM=+=，∴33MNcosNMDMD==，-23-即异面直线MD与BC所成角的余弦值为33.（Ⅲ）由（Ⅱ）MDN为直线MD与平面ACD所成的角，在RtMND中，

222NDMDMN=−=，∴2633NDcosMDNMD===.【点睛】本题主要考查线面垂直的判定定理，异面直线所成的角的求解，线面角的余弦值的求解等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.21．已

知正方形ABCD的边长为4，E，F分别为AD，BC的中点，以EF为棱将正方形ABCD折成如图所示的60的二面角，点M在线段AB上且不与点A，B重合，直线MF与由A，D，E三点所确定的平面相交，交点为O．（1）若M为AB的中

点，试确定点O的位置，并证明直线//OD平面EMC；（2）若CEMF⊥，求AM的长度，并求此时点O到平面CDEF的距离．【答案】（1）见解析；（2）83【解析】【分析】（1）延长FM交EA的延长线于O，连接DF交CE

于N，利用平面几何知识得//DOMN，再根据线面平行判定定理得结论，（2）根据线线垂直、线面垂直关系将条件转化到平面内垂直关系，再根据相似三角形以及直角三角形计算得结果．【详解】(1)延长FM交EA的延长线于O，-24-M为AB中点

，//AEBF，M为OF中点，又//ABEF，A为OE中点，连接DF交CE于N，则N为FD中点，所以//DOMN，又DO平面EMC，MN平面EMC，//DO平面EMC；（2）由题意可知，,,EFCFEFB

FCFBFF⊥⊥=所以EF⊥平面CFB，同理可得EF⊥平面DEA，因为二面角CEFB−−为60°,60DEACFB==，DEA与CFB是全等的正三角形，取BF中点H，则CHBF⊥,由EF⊥平面CFB，CH平面CFB得CHEF⊥,因此

CH⊥平面ABEF，即CHMFCEMF⊥⊥,MF⊥平面CEHMFEH⊥，设AMt=，147tantan,,422FHMBtFEHMFBtEFFB−====AM的长度为72．过O作OTDE⊥于T,则由EF⊥平面DE

A，得OT平面CDEF，即OT为点O到平面CDEF的距离，7214,1624OAAMOAOAOEOEEFOA====+πsin833OTOE==点O到平面CDEF的距离为83．-25-【点睛】本题考查线面平行判定定理以

及利用空间向量求长度与距离，考查空间想象能力与基本分析求解能力，属中档题.22．如图，已知ABACD⊥平面，//ABDE22ADACDEAB====，且F是CD的中点，3AF=.（1）求证：//AFBCE平面；（

2）求证：平面BCE⊥平面CDE；（3）求CB与平面CDE所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）155。【解析】【分析】（1）取CE的中点G，可以利用中位线定理，根据已知的

平行关系和长度关系，可以得到一个平行四边形，利用平行四边形的对边平行，这样得到线线平行，也就能证明出线面平行；（2）通过已知和（1）可知AFCD⊥，通过线面垂直和平行线的性质，可以,DEAF⊥这样可以证明出线面垂直，而,AFBG从而证明出BG⊥平面,CDE利用面面垂直的判定定理可以证明出平面B

CE⊥平面CDE；（3）通过（2）证明出的线面垂直关系，找到线面角，利用勾股定理、平行四边形的性质，求出相关的边，利用正弦的定义，求出CB与平面CDE所成角的正弦值。【详解】-26-（1）如上图，取CE的中点G，连接

,BGFG,由F是CD的中点，,FGDE且1,2FGDE=又//ABDE，且1,2ABDE=,FGAB=且FGAB∥.ABGF是平行四边形，从而FAGB，又AF平面BCE，BG平面BCE,因此//AFBCE平面；（2）证明：,ADACF=是CD的中点，AFCD⊥，因为AB⊥平面A

CD，ABDE∥，所以DE⊥平面ACD，又AF平面,ACD,DEAF⊥而,DECDD=()2220.3URrREU+==−平面,CDE由,AFBG可知BG⊥平面,CDEBG平面BCE，平面BCE⊥平面CDE；（3）由（2）知BG⊥平面,CDECG是CB在平面CDE的射影

，则CB与平面CDE所成的角为BCG，因为ABACD平面⊥，所以5ABACBC⊥=,由（1）可知：ABGF是平行四边形，从而3GBAF==，在RtCBG中，315sin,55BGBCGBC===CB与平面CDE所成

角的正弦值是155。【点睛】本题考查了线面平行、面面垂直的判定以及线面角的求法。-27-