【文档说明】2024届高考二轮复习数学试题（新高考新教材） 专题过关检测四　立体几何 Word版含答案.docx，共(17)页，938.796 KB，由小赞的店铺上传

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专题过关检测四立体几何一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.1.“直线m垂直于平面α内的无数条直线”是“m⊥α”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充

要条件D.既不充分也不必要条件2.已知六棱锥P-ABCDEF的底面是正六边形,PA⊥平面ABC,PA=2AB,则异面直线CD与PB所成角的余弦值为()A.√55B.2√55C.√510D.√95103.在正方体A

BCD-A1B1C1D1中,G是线段BC1上一点,且A1G⊥B1D,则()A.BG=12BC1B.BC1=3GC1C.BG=3GC1D.G为线段BC1上任意一点4.某保鲜封闭装置由储物区与充氮区(内层是储物区,用来放置新鲜易变质物品,充氮区是储物区外的全部空间,用来向储物区输送氮气

从而实现保鲜功能)构成.如图,该装置外层上部分是半径为2的半球,下面大圆刚好与高度为3的圆锥的底面圆重合,内层是一个高度为4的倒置小圆锥,小圆锥底面平行于外层圆锥的底面,且小圆锥顶点与外层圆锥顶点重合,为了保存更多物品,充氮区的体积最小为()A.4π

B.16π3C.28π3D.4π35.在圆柱O1O2内有一个球O,球O分别与圆柱O1O2的上、下底面及母线均有且只有一个公共点.若O1O2=2,则圆柱O1O2的表面积为()A.4πB.5πC.6πD.7π6.已知球O与棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1的各个面都相切,M

为棱DD1的中点,则平面AMC截球O所得截面的面积为()A.π3B.2π3C.πD.4π37.过正方形ABCD的顶点A作PA⊥平面ABCD,若AB=AP,则平面ABP与平面CDP的夹角的余弦值为()A.13B.√22C.√32D.√338.(2022·新高考Ⅰ,8

)已知正四棱锥的侧棱长为l,其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为36π,且3≤l≤3√3,则该正四棱锥体积的取值范围是()A.[18,814]B.[274,814]C.[274,643]D.[18,27]二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目

要求.全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分.9.对于空间中的两条不同直线a,b和两个不同平面α,β,下列说法正确的是()A.若a⊥α,b⊥α,则a∥bB.若a⊥b,b⊥β,则a∥βC.若a⊥α,b⊥β,α⊥β,则a⊥bD.若a∥α,α⊥β,则a⊥β10.如图,在正方体ABCD

-A1B1C1D1中,点P在线段BC1上运动,下列结论正确的是()A.三棱锥A-D1PC的体积不变B.直线AP与平面ACD1所成角的大小不变C.直线AP与直线A1D所成角的大小不变D.二面角P-AD1-C的大小不变11.在意大利,有一座满是“斗笠”的灰白小

镇阿尔贝罗贝洛,这些圆锥形屋顶的奇特小屋名叫Trulli,于1996年被收入世界文化遗产名录.现测量一个Trulli的屋顶,得到圆锥SO(其中S为顶点,O为底面圆心),母线SA的长为6m,C是母线SA上靠近点S的三等分点.从点A到点C绕屋顶侧面一周安装灯光带,灯光带的最小

长度为2√13m.下面说法正确的是()A.圆锥SO的侧面积为12πm2B.过点S的平面截此圆锥所得截面面积最大值为18m2C.圆锥SO的外接球的表面积为72πm2D.棱长为√3m的正四面体在圆锥SO内可以任意转动12.(2021·新高

考Ⅰ,12)在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AA1=1,点P满足𝐵𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=λ𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗+μ𝐵𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗,其中λ∈[0,1],μ∈[0,1],则()A.当λ=1时,△AB1P的周长为定值B.当μ=1时,三棱锥

P-A1BC的体积为定值C.当λ=12时,有且仅有一个点P,使得A1P⊥BPD.当μ=12时,有且仅有一个点P,使得A1B⊥平面AB1P三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.(2023

·新高考Ⅱ,14)底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截,截去一个底面边长为2,高为3的正四棱锥,所得棱台的体积为.14.如图,已知二面角A-EF-D的大小为45°,四边形ABFE与四边形CDEF

都是边长为1的正方形,则B,D两点间的距离是.15.如图,在棱长为4的正方体ABCD-A1B1C1D1中,M是棱A1A上的动点,N是棱BC的中点.当平面D1MN与平面ABCD的夹角最小时,A1M=.16.在菱形ABCD中,AB=

2,∠DAB=60°,E为AB的中点,将△ADE沿DE翻折成△A1DE,当三棱锥A1-DEC的体积最大时,三棱锥A1-DEC的外接球的表面积为.四、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.(10

分)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面ABB1A1,BCC1B1,ACC1A1的面积依次为16,12,20,E,F分别为A1C1,BC的中点.求证:(1)平面ABE⊥平面BB1C1C;(2)C1F∥平面ABE.18.(12分)如图,四边形ABCD是正方形,PA

⊥平面ABCD,PA∥EB,且PA=AB=3.(1)求证:CE∥平面PAD;(2)若BE=13PA,求直线PD与平面PCE所成角的正弦值.19.(12分)如图,四棱锥P-ABCD的底面为矩形,PD⊥底面ABCD,M为BC的中点

,PB⊥AM.(1)求证:平面PAM⊥平面PBD;(2)若PD=DC=1,求四棱锥P-ABCD的体积.20.(12分)如图①,在平面图形ABCD中,△ABD是边长为4的等边三角形,DB是∠ADC的平分线,且BD⊥BC,M为AD的中点,沿BM将△ABM折起,得到

四棱锥A1-BCDM,如图②.图①图②(1)设平面A1BC与平面A1DM的交线为l,在四棱锥A1-BCDM的棱A1C上求一点N,使直线BN∥l;(2)若二面角A1-BM-D的大小为60°,求平面A1BD与平面A1CD的夹角的余弦值.21.(12分)如

图,C是以AB为直径的圆上异于点A,B的点,平面PAC⊥平面ABC,PA=PC=AC=2,BC=4,E,F分别是PC,PB的中点,设平面AEF与平面ABC的交线为直线l.(1)求证:直线l⊥平面PAC.(2)直线l上是否存在点Q,使直

线PQ分别与平面AEF,直线EF所成的角互余?若存在,求出AQ的值;若不存在,请说明理由.22.(12分)如图①,在菱形ABCD中,∠ABC=120°,动点E,F分别在边AD,AB上(不含端点),且存在实数λ,使𝐸

𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=λ𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗,沿EF将△AEF向上折起得到△PEF,使得平面PEF⊥平面BCDEF,如图②所示.图①图②(1)若BF⊥PD,设三棱锥P-BCD和四棱锥P-BDEF的体积分别为V1,V2,求𝑉1𝑉2.(2)当点E的位置变化时,二面角E-PF-B是

否为定值?若是,求出该二面角的余弦值;若不是,请说明理由.专题过关检测四立体几何1.B解析由直线m垂直于平面α内的无数条直线不能推出m⊥α,但是由m⊥α一定能推出直线m垂直于平面α内的无数条直线,所以“直线

m垂直于平面α内的无数条直线”是“m⊥α”的必要不充分条件.故选B.2.C解析连接AE,BE(图略),设AB=1,则PA=2,AE=√12+12-2×1×1×cos120°=√3,PE=√4+3=√7,BE=√3+1=2,PB=

√4+1=√5.易知CD∥BE,所以∠PBE是直线CD与PB所成的角(或其补角).又cos∠PBE=4+5-72×2×√5=√510,所以直线CD与PB所成角的余弦值为√510.故选C.3.D解析如图,∵AD⊥平面ABB1A1,∴AD⊥A1

B.又AB1⊥A1B,AB1∩AD=A,∴A1B⊥平面AB1D,∴A1B⊥B1D.同理BC1⊥B1D.又A1B∩BC1=B,∴B1D⊥平面A1BC1.又A1G⊂平面A1BC1,∴A1G⊥B1D.故G为线段BC1上任意一点.故选D.4.B解析由题

意可知内层小圆锥底面半径最大为√22-12=√3,所以充氮区的体积最小为12×43π×23+13π×22×3-13π×(√3)2×4=16π3.故选B.5.C解析依题意,圆柱O1O2的底面半径r=1,高h=2,所以圆柱O1O2的表面积S=2πr·h+2πr2=4π+2π=6π.故选C.6.A解析设

球心O到截面的距离为d,截面圆的半径为r,由VO-ACM=VM-AOC,得13·S△ACM·d=√23S△AOC.因为S△ACM=12×2√2×√3=√6,S△AOC=12×2√2×1=√2,所以d=√63

.又d2+r2=1,所以r=√33,所以平面AMC截球O所得截面的面积为πr2=π3.故选A.7.B解析设AP=AB=1,以A为原点,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如图所示,则P(0,0,1),D(0,1,0),C(1,1,0),

所以𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(1,1,-1),𝑃𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=(0,1,-1).设平面CDP的法向量m=(x,y,z),则{𝑚·𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=𝑥+𝑦-𝑧=0,𝑚·𝑃𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=𝑦-𝑧=0,取y=1,则x=0,z=1,所以m=(0,1,1)为平面CDP的一个法向量.易知

n=(0,1,0)为平面ABP的一个法向量.设平面ABP与平面CDP的夹角为θ,则cosθ=|𝑚·𝑛||𝑚||𝑛|=1√2×1=√22.故选B.8.C解析记正四棱锥高与侧棱的夹角为θ,高为h,底面中心到底面各顶点的距离为m.∵正四棱锥外接球的体积为36π,∴外接球的半径R

=3.又3≤l≤3√3,∴cosθ=32+𝑙2-322×3×𝑙=𝑙6∈[12,√32],∴l=6cosθ,m=l·sinθ=6sinθcosθ,h=𝑚tan𝜃=6sin𝜃cos𝜃sin𝜃cos𝜃=6cos2θ,正四棱锥的底面积S底=12×2m×2m=2m2.故该正四棱锥的体积V=

13S底·h=13×2m2h=144sin2θcos4θ.令x=cos2θ.∵cosθ∈[12,√32],∴x=cos2θ∈[14,34].∴sin2θcos4θ=(1-cos2θ)·cos4θ=(1-x)·x2,x∈[14,34].令y=(1-x)·x

2=-x3+x2,x∈[14,34],则y'=-3x2+2x.故当x∈[14,23)时,y'>0,函数y=-x3+x2单调递增;当x∈(23,34]时,y'<0,函数y=-x3+x2单调递减.于是当x=23时,y取最大值,且ymax=-(23)3+(23)2=427,当x=14时

,y=-(14)3+(14)2=364,当x=34时,y=-(34)3+(34)2=964,故当x=14时,y取最小值364.因而V的最大值Vmax=144×427=643,V的最小值Vmin=144×364=274.故

该正四棱锥体积的取值范围为[274,643].9.AC解析对于A,由线面垂直的性质定理知A正确;对于B,若a⊥b,b⊥β,则a∥β或a⊂β,所以B错误;对于C,由a⊥α,α⊥β,可知a∥β或a⊂β,又b⊥β,所以a⊥

b,所以C正确;对于D,若a∥α,α⊥β,则a∥β或a⊂β或a与β相交,所以D错误.故选AC.10.ACD解析对于A,因为BC1∥平面AD1C,所以BC1上任意一点到平面AD1C的距离都相等,所以三棱锥A-D1PC的

体积不变,故A正确;对于B,因为BC1∥平面AD1C,所以点P到平面ACD1的距离不变,但AP的长度随着点P的移动而变化,所以直线AP与平面ACD1所成角的大小会改变,故B错误;对于C,因为直线A1D⊥平面ABC1D1,AP⊂平面ABC1D1,

所以A1D⊥AP,所以直线AP与直线A1D所成角的大小不变;故C正确;对于D,二面角P-AD1-C也就是二面角B-AD1-C,其大小不变,故D正确.故选ACD.11.AD解析如图,设圆锥底面半径为rm,将圆锥侧面展开得

到扇形ASA',在△A'SC中,A'S=6m,SC=2m,A'C=2√13m,则cos∠A'SC=36+4-522×6×2=-12,所以∠A'SC=2π3,所以2πr=2π3×6=4π,r=2,所以圆锥的侧面积为π×2×6=12π(m2),故A正确.在△ASB中,cos

∠ASB=𝑆𝐴2+𝑆𝐵2-𝐴𝐵22𝑆𝐴·𝑆𝐵=79,sin∠ASB=√1-4981=4√29,易知过点S的平面截此圆锥所得截面面积最大为S△SAB=12SA·SB·sin∠ASB=12×6×6×4√29=8√2(m2),故B错误.设圆锥SO

的外接球的半径为Rm,则R2=(SO-R)2+r2,又SO=√𝑆𝐴2-𝑟2=√36-4=4√2,所以R2=(4√2-R)2+4,解得R=9√24,所以圆锥SO的外接球的表面积为4πR2=81π2(m2),故C错误.设圆锥SO的内切球的半径为tm,则𝑡4√2-𝑡=1

3,解得t=√2,设棱长为√3m的正四面体的外接球的半径为r1m,将该正四面体放在棱长为√62的正方体中,可知该正四面体的外接球也是该正方体的外接球,易知r1=12√3×(√62)2=3√24,因为r1<t

,所以棱长为√3m的正四面体在圆锥SO内可以任意转动,故D正确.故选AD.12.BD解析A项中,当λ=1时,𝐵𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗+u𝐵𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⇒𝐵𝑃⃗⃗⃗⃗⃗−𝐵𝐶

⃗⃗⃗⃗⃗=𝐶𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=u𝐵𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗,则𝐶𝑃⃗⃗⃗⃗⃗与𝐵𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗共线,故点P在线段CC1(包括端点)上,如图①所示.图①在△AB1P中,|AB1|=√2,|AP|=√1+𝑢2,|B1P|=√1+(1-𝑢)2,故△AB1P的周

长L=|AB1|+|AP|+|B1P|不为定值,故A错误;图②B项中,当u=1时,𝐵𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=λ𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗+𝐵𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⇒𝐵𝑃⃗⃗⃗⃗⃗−𝐵𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝐵1�

�⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=λ𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗,则𝐵1𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗与𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗共线,故点P在线段B1C1(包括端点)上,如图②所示.由图②可知B1C1∥平面A1BC,即B1C1上的每一点到平面A1BC的距离都相等,

因此三棱锥P-A1BC的体积为定值,故B正确;图③C项中,当λ=12时,分别取线段BC,B1C1的中点D,D1,连接DD1,可知点P在线段DD1(包括端点)上,如图③所示.取AC的中点O,建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz,则B√32,0,0,C0,12,0,A10,-12,1,P(√

34,14,𝑢),从而𝐴1𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(√34,34,𝑢-1),𝐵𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=(-√34,14,𝑢),由𝐴1𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝐵𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=u(u-1)=0,得u=0或u=1.当点P与点D或D1重合时,满足A1P⊥BP,故C错误;D项中,当u=12时,

分别取线段BB1,CC1的中点M,N,连接MN,可知点P在线段MN(包括端点)上,如图④所示.图④建系同选项C,则A0,-12,0,A10,-12,1,B√32,0,0,P√32−√32λ,𝜆2,12,从而𝐴1𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=√32,12,-1,𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗

⃗=√32−√32λ,𝜆2+12,12,四边形ABB1A1为正方形,显然A1B⊥AB1.要使A1B⊥平面AB1P,只需A1B⊥AP,即𝐴1𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=12−𝜆2=0,解得λ=1.当且

仅当点P与点N重合时,A1B⊥平面AB1P,故D正确.综上所述,选BD.13.28解析如图所示,在正四棱锥P-ABCD中,平面A'B'C'D'∥平面ABCD.点O',O分别为正四棱台ABCD-A'B'C'D'上、下底面的中心,O'H'⊥A'B',OH⊥

AB,点H',H为垂足.由题意,得AB=4,A'B'=2,PO'=3.易知△PO'H'∽△POH,所以𝑃𝑂'𝑃𝑂=𝑂'𝐻'𝑂𝐻,即3𝑃𝑂=12,解得PO=6,所以OO'=PO-PO'=3,所以该正四棱台的体积

是V=13×3×(22+√22×42+42)=28.14.√3-√2解析∵𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝐵𝐹⃗⃗⃗⃗⃗+𝐹𝐸⃗⃗⃗⃗⃗+𝐸𝐷⃗⃗⃗⃗⃗,∴|𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗|2=|𝐵𝐹⃗⃗⃗⃗⃗|2+|𝐹𝐸⃗⃗⃗⃗⃗|2+|𝐸𝐷⃗⃗⃗⃗⃗|2+2𝐵𝐹⃗⃗⃗⃗⃗·�

�𝐸⃗⃗⃗⃗⃗+2𝐹𝐸⃗⃗⃗⃗⃗·𝐸𝐷⃗⃗⃗⃗⃗+2𝐵𝐹⃗⃗⃗⃗⃗·𝐸𝐷⃗⃗⃗⃗⃗.由题意可知|𝐵𝐹⃗⃗⃗⃗⃗|=|𝐹𝐸⃗⃗⃗⃗⃗|=|𝐸𝐷⃗⃗⃗⃗⃗|=1,𝐵𝐹⃗⃗⃗⃗⃗·𝐹𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=0,𝐹𝐸⃗⃗⃗⃗⃗·𝐸𝐷⃗

⃗⃗⃗⃗=0,𝐵𝐹⃗⃗⃗⃗⃗·𝐸𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=1×1×cos135°=-√22,∴|𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=√3-√2.故B,D两点间的距离是√3-√2.15.85解析如图,建立空间直角坐标系,则N(2,4,0),D1(0,0,4),设M(4,0,a)(0≤a≤4),所以𝑀�

�⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(-2,4,-a),𝐷1𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(2,4,-4).设平面D1MN的法向量为n=(x,y,z),则{𝑛·𝑀𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0,𝑛·𝐷1𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0

,即{-2𝑥+4𝑦-𝑎𝑧=0,2𝑥+4𝑦-4𝑧=0,解得{𝑥=(4-𝑎)𝑧4,𝑦=(𝑎+4)𝑧8,令z=8,则x=8-2a,y=a+4,所以n=(8-2a,a+4,8)为平面D1MN的一个法向量.易知m=(0,0,1)为平面ABCD的一个法向量.设平面D1MN与平面AB

CD的夹角为θ,则cosθ=|𝑚·𝑛||𝑚||𝑛|=8√(8-2𝑎)2+(𝑎+4)2+64=8√5𝑎2-24𝑎+144,当a=125时,cosθ取最大值,则θ取最小值,所以A1M=4-125=85.16.8π解析如图,由余弦定理,得DE=√

𝐴𝐷2+𝐴𝐸2-2𝐴𝐷·𝐴𝐸cos60°=√3,CE=√𝐵𝐸2+𝐵𝐶2-2𝐵𝐸·𝐵𝐶cos(180°-60°)=√7,所以AE2+DE2=AD2,DC2+DE2=CE2,即AE⊥DE,D

C⊥DE.分别取CE,A1C的中点F,M,连接FM,则F为Rt△DEC的外心,因为△DEC的面积为定值,所以当平面A1DE⊥平面DEC时,点A1到平面DEC的距离最大,此时三棱锥A1-DEC的体积最大,又A1E⊥DE,所以A1E⊥平面DEC.由F,

M分别为CE,A1C的中点,得FM∥A1E,所以FM⊥平面DEC,易知M是三棱锥A1-DEC的外接球的球心.因为A1C2=A1E2+CE2=1+7=8,所以所求外接球的表面积S=4π(𝐴1𝐶2)2=8π.17.证明(1)在直三

棱柱ABC-A1B1C1中,BB1⊥平面ABC,AB⊂平面ABC,∴BB1⊥AB.∵侧面ABB1A1,BCC1B1,ACC1A1的面积依次为16,12,20,∴AB∶BC∶AC=4∶3∶5,∴AB2+BC2=AC2,即AB⊥BC.又BB1∩BC=B,∴AB⊥

平面BB1C1C,又AB⊂平面ABE,∴平面ABE⊥平面BB1C1C.(2)如图,取AB的中点G,连接EG,GF.∵G,F分别为AB,BC的中点,∴GF∥AC,GF=12AC.∵E为A1C1的中点,∴EC1=12A1C1=12AC.又A

1C1∥AC,∴EC1∥GF,EC1=GF,∴四边形EGFC1为平行四边形,∴C1F∥EG.又C1F⊄平面ABE,EG⊂平面ABE,∴C1F∥平面ABE.18.(1)证明因为四边形ABCD是正方形,所以BC∥AD.又AD⊂平面PAD,BC⊄平面PAD,

所以BC∥平面PAD.同理EB∥平面PAD.又BC∩EB=B,所以平面EBC∥平面PAD.又CE⊂平面EBC,所以CE∥平面PAD.(2)解以A为原点,AD,AB,AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系如图所示.因为PA

=AB=3,所以BE=13PA=1,所以P(0,0,3),D(3,0,0),C(3,3,0),E(0,3,1),所以𝑃𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=(3,0,-3),𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(3,3,-3),𝑃𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=(0,3,-2).设平面PCE的法向量

为m=(x,y,z),则{𝑚·𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=3𝑥+3𝑦-3𝑧=0,𝑚·𝑃𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=3𝑦-2𝑧=0,得{𝑥=𝑧3,𝑦=2𝑧3,令z=3,则x=1,y=2,所以m=(1,2

,3)为平面PCE的一个法向量.设直线PD与平面PCE所成的角为θ,则sinθ=|cos<𝑃𝐷⃗⃗⃗⃗⃗,m>|=|𝑃𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝑚||𝑃𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗||𝑚|=63√2×√14=√77,所以直线PD与平面PCE所成角的正弦值为√77.19.(1)证明因为PD⊥底面A

BCD,AM⊂平面ABCD,所以PD⊥AM.又PB⊥AM,PB∩PD=P,所以AM⊥平面PBD.又AM⊂平面PAM,所以平面PAM⊥平面PBD.(2)解由(1)可知AM⊥平面PBD,所以AM⊥BD,所以△DAB∽△ABM.设BM=x,则AD=2x,由𝐵

𝑀𝐴𝐵=𝐴𝐵𝐴𝐷,即𝑥1=12𝑥,得2x2=1,解得x=√22,所以AD=√2.因为PD⊥底面ABCD,所以四棱锥P-ABCD的体积为13×1×√2×1=√23.20.解(1)如图,延长CB,DM相

交于点E,连接A1E.因为点A1,E既在平面A1BC内,又在平面A1DM内,所以直线A1E即为平面A1BC与平面A1DM的交线l.因为DB是∠ADC的平分线,且BD⊥BC,所以B为EC的中点.取A1C的中点N,连接BN,则BN∥A1E,即BN∥l.故当N为棱A1C的中点时,BN∥l.(2)由题意

可知BM⊥A1M,BM⊥MD,则∠A1MD为二面角A1-BM-D的平面角,所以∠AMD=60°.又A1M=MD,所以△A1MD为等边三角形.取MD的中点O,连接A1O,则A1O⊥MD.由BM⊥A1M,BM⊥MD,A1M∩MD=M,可知BM⊥平面A1MD,所以BM⊥A1O.又BM∩M

D=M,所以A1O⊥平面BCDM.如图,建立空间直角坐标系.则D(-1,0,0),A1(0,0,√3),C(-5,4√3,0),B(1,2√3,0),所以𝐷𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(1,0,√3),𝐷𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(-4,4√3,0),𝐷𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(2,2√

3,0).设平面A1CD的法向量m=(x,y,z),则{𝑚·𝐷𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0,𝑚·𝐷𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=0,即{𝑥+√3𝑧=0,-4𝑥+4√3𝑦=0,令z=-√3,则x=3,y=√3,所以m=(3,√3,-√3)为平面A1CD的一个法向量.设平面A1BD的

法向量为n=(a,b,c),则{𝑛·𝐷𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0,𝑛·𝐷𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0,即{𝑥+√3𝑐=0,2𝑎+2√3𝑏=0,令c=-√3,则a=3,b=-√3,所以n=(3,-√3,-√3)为平面A1BD的一个法向

量.设平面A1BD与平面A1CD的夹角为θ,则cosθ=|cos<m,n>|=|3×3+√3×(-√3)+(-√3)×(-√3)|√32+(√3)2+(-√3)2×√32+(-√3)2+(-√3)2=35,所以平面A1BD与平面A1CD的夹角的余弦值

为35.21.(1)证明∵E,F分别是PC,PB的中点,∴BC∥EF.又EF⊂平面AEF,BC⊄平面AEF,∴BC∥平面AEF.又BC⊂平面ABC,平面AEF∩平面ABC=l,∴BC∥l.∵BC⊥AC,

平面PAC∩平面ABC=AC,平面PAC⊥平面ABC,BC⊂平面ABC,∴BC⊥平面PAC.∴l⊥平面PAC.(2)解如图,建立空间直角坐标系,则A(2,0,0),B(0,4,0),P(1,0,√3),E12,0,√32,F12,2,√32.所以𝐴𝐸⃗⃗⃗

⃗⃗=(-32,0,√32),𝐸𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=(0,2,0).由题意可设Q(2,y,0),平面AEF的法向量为m=(x,y,z),则{𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗·𝑚=-32𝑥+√32𝑧=0,𝐸𝐹⃗⃗⃗⃗⃗·𝑚=2𝑦=0,取z=√3,则x=1,y=

0,所以m=(1,0,√3)为平面AEF的一个法向量.又𝑃𝑄⃗⃗⃗⃗⃗=(1,y,-√3),所以|cos<𝑃𝑄⃗⃗⃗⃗⃗,𝐸𝐹⃗⃗⃗⃗⃗>|=|2𝑦|2√4+𝑦2=|𝑦|√4+𝑦2,|cos<𝑃𝑄⃗⃗⃗⃗⃗,m>|=|1-3|2√4+𝑦2=1√4+𝑦2,依题意,|co

s<𝑃𝑄⃗⃗⃗⃗⃗,𝐸𝐹⃗⃗⃗⃗⃗>|=|cos<𝑃𝑄⃗⃗⃗⃗⃗,m>|,解得y=±1.故直线l上存在点Q,使直线PQ分别与平面AEF,直线EF所成的角互余,此时AQ=1.22.解(1)取EF的中点G,连接PG.

因为𝐸𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=λ𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗,所以EF∥BD,所以PE=PF,所以PG⊥EF.又平面PEF⊥平面BCDEF,平面PEF∩平面BCDEF=EF,PG⊂平面PEF,所以PG⊥平面BCDEF.连

接GC,由题意可知GC⊥EF.以G为坐标原点,GF,GC,GP所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系如图所示.设菱形的边长为2,则F(λ,0,0),B(1,√3(1-λ),0),P(0,0,√3λ),D(-1,√3(1-λ),0),所以𝐹𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=(1-λ,√3(1-λ)

,0),𝐷𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=(1,-√3(1-λ),√3λ).因为BF⊥PD,所以𝐹𝐵⃗⃗⃗⃗⃗·𝐷𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=1-λ-3(1-λ)2=0,解得λ=23或λ=1(舍去).设△BCD的面积为S,则S△

AEF=49S,所以S四边形BDEF=59S.所以𝑉1𝑉2=𝑆△𝐵𝐶𝐷𝑆四边形𝐵𝐷𝐸𝐹=𝑆59𝑆=95.(2)二面角E-PF-B是定值.证明如下:由(1)知n1=(0,1,0)为平面PEF的一个法向量.设平面PFB的法向量为n2=(x,y

,z),因为𝐹𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=(1-λ,√3(1-λ),0),𝐹𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=(-λ,0,√3λ),所以{𝑛2·𝐹𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=0,𝑛2·𝐹𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=0,即{(1-𝜆)𝑥+√3(1-𝜆)𝑦=0,-𝜆𝑥+√3𝜆𝑧=0,取y=1,则x=-√3,z=-1,所以

n2=(-√3,1,-1)为平面PFB的一个法向量.设二面角E-PF-B的平面角为θ,所以|cosθ|=|cos<n1,n2>|=11×√5=√55.