【文档说明】2024届高考二轮复习理科数学试题（老高考旧教材） 专题检测3　立体几何 Word版含答案.docx，共(12)页，1.139 MB，由小赞的店铺上传

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专题检测三立体几何一、选择题:本题共12小题,每小题5分,共60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.已知圆锥的底面半径为1,其侧面展开图为一个半圆,则该圆锥的母线长为()A.√2B.√3C.2D.2√22.(2023贵州贵阳一模)棱锥的内切球

半径R=3𝑉锥𝑆锥,其中V锥,S锥分别为该棱锥的体积和表面积.如图为某三棱锥的三视图,若每个视图都是直角边长为1的等腰直角三角形,则该三棱锥内切球的半径为()A.13B.3-√32C.3-√36D.183

.(2023四川南充二模)某三棱锥的三视图如图所示,已知它的体积为323,则图中x的值为()A.1B.√23C.2D.2√24.某种药物呈胶囊形状,该胶囊中间部分为圆柱,左右两端均为半径为1的半球.已知该

胶囊的表面积为10π,则它的体积为()A.35𝜋6B.10𝜋3C.13𝜋3D.16𝜋35.(2023河北保定一模)设α,β是两个不同的平面,则“α内有无数条直线与β平行”是“α∥β”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6.(2023陕西汉中二

模)在三棱锥P-ABC中,PA⊥平面ABC,∠ABC=90°,AB=1,BC=√3,PA=2,则三棱锥P-ABC的外接球的表面积为()A.32πB.16πC.8πD.12π7.(2023安徽宣城二模)中国某些地方举行婚礼时要在吉利方位放一张桌子,桌子上放一个装满粮食的升斗(

如图),斗面用红纸糊住,斗内再插一杆秤、一把尺子,寓意为粮食满园、称心如意、十全十美.如图为一种婚庆升斗,把该升斗看作一个正四棱台,下底面边长为25cm,上底面边长为10cm,侧棱长为15cm,忽略其壁厚,则该升斗的容积约为(参

考数据:√2≈1.414,1L=1000cm3)()A.1.5LB.2.4LC.3.4LD.5.1L8.在正四棱锥P-ABCD中,侧棱与底面所成角的正切值为√5,若该正四棱锥的外接球的体积为72√10π25,则△PBD的面积为()A.2

√5B.2√3C.2√2D.√59.已知一个圆柱的高是底面半径的2倍,且其上、下底面的圆周均在球面上,若球的体积为32π3,则圆柱的体积为()A.16πB.8πC.4√2πD.2√2π10.(2023全国乙,理9)已知△ABC为等腰直角三角形,

AB为斜边,△ABD为等边三角形,若二面角C-AB-D为150°,则直线CD与平面ABC所成角的正切值为()A.15B.√25C.√35D.2511.(2023河南许昌实验中学二模)在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AA1=4,以CC1的中点M为球心,4为半径的球

面与侧面ABB1A1的交线长为()A.2πB.3πC.4πD.8π12.(2023四川成都七中二模)一个圆锥的底面圆和顶点都恰好在一个球面上,且这个球的半径为5,则这个圆锥的体积取最大值时,它的底面半径为()A.103B.5√22C.10√23D.√102二、填空题:本题共4小题,每小题5分

,共20分.13.(2023青海西宁二模)母线长为10的圆锥的侧面展开图的圆心角等于8π5,则该圆锥的体积为.14.如图为某比赛奖杯的三视图,奖杯的上部是一个球,奖杯的下部是一个圆柱,若奖杯上、下两部分的体积相等,则上部球的表

面积与下部圆柱的侧面积的比值为.15.如图所示,在多面体ABCDEF中,四边形ABCD为正方形,DE⊥平面ABCD,CF∥DE,且AB=DE=2,CF=1,G为棱BC的中点,H为棱DE上的动点,有下列结论:①当H为棱DE的

中点时,GH∥平面ABE;②存在点H,使得GH⊥AE;③三棱锥B-GFH的体积为定值;④三棱锥A-BCF的外接球表面积为9π.其中正确的结论序号为.(填写所有正确结论的序号)16.(2023山东菏泽一模)

正三棱锥P-ABC的高为PO,点M为PO的中点,过AM作与棱BC平行的平面,将三棱锥分为上、下两部分,设上、下两部分的体积分别为V1,V2,则𝑉1𝑉2=.三、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)如图所示,在

空间几何体ABCDE中,△ABC与△ECD均为等边三角形,AB=DE,且平面ABC和平面CDE均与平面BCD垂直.(1)若𝐵𝐷𝐵𝐶=√2,求证:平面ABC⊥平面ECD;(2)求证:四边形AEDB为梯

形.18.(12分)(2023江西景德镇、上饶联考)如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,G分别为A1B1,BB1,C1D1的中点.(1)过BG作该正方体的截面,使得该截面与平面C1EF平行,写出作法,并说明

理由;(2)求直线DE与平面C1EF所成角的正弦值.19.(12分)在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,底面ABCD是直角梯形,其中AD∥BC,AB⊥AD,AB=AD=12BC,BE=14BC

.(1)求证:DE⊥平面PAC;(2)若直线PE与平面PAC所成角的正弦值为√3010,求二面角A-PC-D的平面角的余弦值.20.(12分)(2023河南焦作一模)在如图所示的六面体ABC-A1D1B1C1中,平面ABC∥平面A1D1B1C1,AA1∥CC1,BC=2B1C1,AB=2

A1D1.(1)求证:AC∥平面BB1D1;(2)若AC,BC,CC1两两互相垂直,AC=2,CC1=3,求点A到平面BCD1的距离.21.(12分)如图1,在平面四边形PDCB中,PD∥BC,BA⊥PD,PA=AB=BC=1,AD=12.将△PAB沿BA翻折到△SA

B的位置,使得平面SAB⊥平面ABCD,如图2所示.图1图2(1)设平面SDC与平面SAB的交线为l,求证:BC⊥l.(2)在线段SC上是否存在一点Q(点Q不与端点重合),使得二面角Q-BD-C的余弦值为√

66?请说明理由.22.(12分)(2023全国乙,理19)如图,在三棱锥P-ABC中,AB⊥BC,AB=2,BC=2√2,PB=PC=√6,BP,AP,BC的中点分别为D,E,O,AD=√5DO,点F在AC上,BF⊥AO.(1)证明:EF∥平面ADO;(2)证明

:平面ADO⊥平面BEF;(3)求二面角D-AO-C的正弦值.专题检测三立体几何1.C解析依题意可知,半圆的弧长为2π·1=2π,圆心角的弧度数为π,由弧长公式可得该圆锥的母线长为2ππ=2.故选C.2.C解析由三视图可还原三棱锥如右图所示,其中PA⊥平面ABC,AB⊥AC,A

B=AC=PA=1,设△ABC的面积是S△ABC,∴三棱锥P-ABC的体积是VP-ABC=13S△ABC·PA=13×12×1×1×1=16.设△PBC的面积是S△PBC,设三棱锥的表面积S=3S△ABC+S△PBC=3×12×

1×1+12×√2×√2×√32=3+√32,∴该三棱锥的内切球半径R=3×163+√32=3-√36.故选C.3.C解析该三视图对应的直观图可以在棱长为2x的正方体中画出,即为三棱锥S-ABC,如图所示.棱锥S

-ABC的体积是V=13×12×2x×2x×2x=323,解得x=2.故选C.4.C解析设圆柱的高为h,∴4π·12+2π·1·h=10π,∴h=3.∴V=43π·13+π·12·3=13π3.故选C.5.B解析若α

∩β=l,则α内存在无数条直线与l平行,这无数条除了l的直线显然平行于β,故充分性不成立;若α∥β,根据面面平行的定义可知,平面α内的直线都与平面β平行.所以,“α内有无数条直线与β平行”是“α∥β”的必要不充分条件.故选B.6.C解析如图所示,根

据题意可将三棱锥P-ABC补形为长方体,则三棱锥P-ABC的外接球即为长方体的外接球,可知该球的直径即为PC.设球的半径为R,可得2R=√𝐴𝐵2+𝐵𝐶2+𝑃𝐴2=√1+3+4=2√2,即R=√2,故三棱锥P-ABC的外接球的表面积S=4πR2

=8π.故选C.7.C解析上、下底面对角线的长度分别为10√2,25√2,则该正四棱台的高h=√152-(25√2-10√22)2=15√22.上底面的面积S1=102=100(cm2),下底面的面积S2=252=625(cm2).则V=13(S1

+S2+√𝑆1𝑆2)h=13×(100+625+250)×15√22≈3447cm3≈3.4L.故选C.8.A解析当球心在线段PM上时,如图所示,令AC∩BD=M,四棱锥P-ABCD的外接球球心为O,设DM=x,OP=OD=R.由条件可知PM=√

5x,在Rt△ODM中,R2=(√5𝑥-𝑅)2+x2,解得R=3√5x.又43πR3=72√1025π,得x=√2.所以DM=√2,PM=√10,所以△PBD的面积为12×2√2×√10=2√5.容易验证球

心O不在线段PM的延长线上.综上,△PBD的面积是2√5.9.C解析设圆柱的底面圆半径为r,高为2r,球O的半径为R,由题可知43πR3=32π3,解得R=2,则r2+r2=R2=4,可得r=√2,所以V=πr2·(2r)=4√2π.

故选C.10.C解析(方法一)如图,取AB中点O,连接OC,OD,则由题可知∠DOC为二面角C-AB-D的平面角,∴∠DOC=150°.设CA=CB=a,则OC=12AB=√22a.∵△ABD是等边三

角形,∴OD⊥AB,且OD=√32AB=√62a.在△DOC中由余弦定理得,CD2=OC2+OD2-2OC·ODcos∠DOC=72a2,∴CD=√142a.过D作DH⊥平面ABC,垂足为H,易知点H在直线OC上,则∠DCH为直线CD与平面ABC所成的角

,且∠DOH=30°,故DH=12OD=√64a,∴sin∠DCH=𝐷𝐻𝐶𝐷=√64𝑎√142𝑎=√2114,则cos∠DCH=5√714,∴tan∠DCH=sin∠𝐷𝐶𝐻cos∠𝐷𝐶𝐻=√35.故选C.(方法二)取AB中点O,连接OC,OD.

以O为原点,OA,OC所在直线分别为x轴、y轴,过O点作平面ABC的垂线为z轴建立空间直角坐标系(图略).设AB=2,则由题可得A(1,0,0),C(0,1,0),D(0,-32,√32),则𝐶𝐷⃗⃗⃗⃗⃗

=(0,-52,√32),由题可知平面ABC的一个法向量为n=(0,0,1).设CD与平面ABC所成角为θ,则sinθ=|cos<𝐶𝐷⃗⃗⃗⃗⃗,n>|=√32√7×1=√2114,∴cosθ=√1-sin2𝜃=√17514=5√714,∴tanθ=sin𝜃cos𝜃=√35.11.

C解析由题意知该三棱柱的三个侧面都是边长为4的正方形.取AA1,BB1的中点分别为E,G,取点N为正方形ABB1A1的中心.连接MN,ME,MG,EG.显然G,N,E三点共线.因为ME=MG,点N是EG的中点,所以MN⊥EG.

因为ME∥AC,MG∥BC,所以BB1⊥MG,BB1⊥ME,又MG∩ME=M,MG,ME⊂平面MEG,所以BB1⊥平面MEG,所以BB1⊥MN.因为BB1∩EG=G,BB1,EG⊂平面ABB1A1,所以MN⊥平面ABB1A1.所以点N为球与平面ABB1A1所得截面圆的圆心,该圆的

半径为r=√42-𝑀𝑁2=√42-(2√3)2=2,而正方形ABB1A1的边长为4,所以该圆是正方形ABB1A1的内切圆.所以所求交线为以点N为圆心,2为半径的圆,故交线长l=2×π×2=4π.故选C.12.C解析当球心

在圆锥内部时,如图,设圆锥的底面半径为r,球半径R=5,球心为O.过圆锥的顶点P作底面的垂线PO1,垂足为O1.则球心O必定在PO1上,连接OB,则|OO1|=√25-𝑟2.所以圆锥的高h=|PO|+|OO1|.同理,当球心在圆锥外部时,

可得圆锥的高h=|PO|-|OO1|.要求圆锥体积的最大值,所以取h=|PO|+|OO1|.则圆锥的体积V(r)=13πr2(5+√25-𝑟2),0<r≤5.令√25-𝑟2=t,0≤t<5,则g(t)=π3(25-t2)(5+t).g'(t)=π3[-2t(5+t)+(25-

t2)]=π3(-3t2-10t+25)=-π3(3t-5)(t+5),所以g(t)在(0,53)内单调递增,在(53,5]上单调递减,所以当t=53时,圆锥体积最大.此时,r=√25-𝑡2=10√23.故选C.13.128π解析由题意知圆锥的侧面展

开图是一个扇形,该扇形的弧长为10×8π5=16π.设圆锥的底面圆的半径为r,则2πr=16π,即r=8,该圆锥的高h=√102-82=6,所以该圆锥的体积V=13πr2h=13π×82×6=128π.14.32

解析由三视图还原原几何体如图,设球的半径为R,圆柱的高为h,则由题意可得,43πR3=πR2h,得h=43R,球的表面积为S球=4πR2,圆柱的侧面积S圆柱侧=2πRh=2πR·43R=83πR2,∴上部球的表面积与下部圆柱的侧面积的比

值为4π𝑅283π𝑅2=32.15.①③④解析对①,当H为DE的中点时,取EA的中点为M,连接MH,MB,因为H,M分别为ED,EA的中点,故可得MH∥AD,MH=12AD,根据已知条件可知BG∥AD,BG=12AD,故MH∥

BG,MH=BG,故四边形HMBG为平行四边形,则HG∥MB,又MB⊂平面ABE,HG⊄平面ABE,故HG∥平面ABE,故①正确;对②,因为ED⊥平面ABCD,DA,DC⊂平面ABCD,故DE⊥DA,DE⊥DC,又四边形ABCD为正方形,故DA⊥DC,则DE,DA,DC两两垂直,以D

为坐标原点,直线DA,DC,DE分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系如图所示,则A(2,0,0),E(0,0,2),G(1,2,0),设H(0,0,m),m∈[0,2],若GH⊥AE,则𝐺𝐻⃗⃗⃗

⃗⃗⃗·𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=(-1,-2,m)·(-2,0,2)=0,即2+2m=0,解得m=-1,不满足题意,故②错误;对③,VB-GFH=VH-BGF,因为B,F,G均为定点,故S△BGF为定值,又DE∥CF,CF⊂平面

BGF,DE⊄平面BGF,故DE∥平面BGF,又点H在DE上运动,故点H到平面BGF的距离是定值,故三棱锥B-GFH的体积为定值,则③正确;对④,由题可得CF⊥平面ABCD,又平面ABCD为正方形,∴AB⊥BC,CF⊥AB,BC∩CF=C,∴AB⊥平面BCF,则AB

,BC,CF两两垂直,∴AF为三棱锥A-BCF的外接球的直径,又AF2=AB2+BC2+CF2=22+22+12=9,则AF=3,∴三棱锥A-BCF的外接球表面积为4π·(32)2=9π,故④正确.故答案为①③④.16.421解析连接AO并延长交BC于点D,连接PD,

则点D为BC的中点.延长AM交PD于点F,过点F作GH∥BC分别交PB,PC于点G,H,连接AG,AH.因为GH∥BC,GH⊂平面AGH,BC⊄平面AGH,所以BC∥平面AGH.又AM⊂平面AGH,故平面AGH即为过AM与棱BC平行的平面.由题可知𝐴𝑂⃗⃗⃗⃗⃗=23𝐴𝐷⃗

⃗⃗⃗⃗,即𝑃𝑂⃗⃗⃗⃗⃗−𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗=23(𝑃𝐷⃗⃗⃗⃗⃗−𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗),所以𝑃𝑂⃗⃗⃗⃗⃗=13𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+23𝑃𝐷⃗⃗⃗⃗⃗.设𝑃𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=𝜆𝑃𝐷⃗⃗

⃗⃗⃗,则𝑃𝑂⃗⃗⃗⃗⃗=13𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+23𝜆𝑃𝐹⃗⃗⃗⃗⃗,又点M为PO的中点,所以𝑃𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=12𝑃𝑂⃗⃗⃗⃗⃗=16𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+13𝜆𝑃𝐹⃗⃗⃗⃗⃗,所以16+13𝜆=1,所以λ=25,即

𝑃𝐹𝑃𝐷=25,所以𝑆△𝑃𝐺𝐻𝑆△𝑃𝐵𝐶=425,𝑆△𝑃𝐺𝐻𝑆四边形𝐻𝐺𝐵𝐶=421,所以𝑉1𝑉2=𝑉𝐴-𝑃𝐺𝐻𝑉𝐴-𝐻𝐺𝐵𝐶=421.17.证明(1)因为𝐵𝐷𝐵𝐶=√2,所以BD=√2B

C,因为△ABC,△ECD是全等的正三角形,所以CD=BC,所以BD2=BC2+DC2,故BC⊥DC,因为平面ECD⊥平面BCD,平面ECD∩平面BCD=CD,所以BC⊥平面ECD,因为BC⊂平面ABC,

故平面ABC⊥平面ECD.(2)分别取BC,DC的中点M,N,连接AM,EN,MN,因为△ABC是等边三角形,所以AM⊥BC,AM=√32BC,因为平面ABC⊥平面BCD,AM⊂平面ABC,平面ABC∩平面BCD=B

C,所以AM⊥平面BCD,同理EN⊥平面BCD,EN=√32DC,所以AM∥EN,又BC=DC,所以AM=EN,所以四边形AMNE是平行四边形,所以AE∥MN且AE=MN,又MN=12BD且MN∥BD,所以AE∥BD,且AE<BD,即四边形AEDB为梯形.18.解(1)取C1C的中点H,连接A1B

,A1G,BH,GH,所以截面BA1GH为要求作的截面.理由如下:因为点E,F分别为A1B1,BB1的中点,所以A1B∥EF,又A1B⊄平面C1EF,EF⊂平面C1EF,所以A1B∥平面C1EF.在正方形A1B1C1D1中,因为点G为C1D1的中点,所以A1E∥GC1,且A1E=G

C1,所以四边形A1EC1G为平行四边形,所以A1G∥EC1,同理可得A1G∥平面C1EF.又A1B∩A1G=A1,所以平面BA1G∥平面C1EF.连接D1C,易证GH∥D1C,A1B∥D1C,则GH∥A1B,所以A1,B,H,G四点

共面,从而截面BA1GH为要求作的截面.(2)如图,以点D为坐标原点建立空间直角坐标系,则D(0,0,0),C1(0,2,2),E(2,1,2),F(2,2,1),𝐸𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(-2,1,0),𝐸𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=(0,1

,-1),𝐷𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=(2,1,2).设平面C1EF的法向量为m=(x,y,z),则{𝐸𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝑚=-2𝑥+𝑦=0,𝐸𝐹⃗⃗⃗⃗⃗·𝑚=𝑦-𝑧=0,令x=1,得m=(1,2,2),所以cos<𝐷𝐸⃗⃗⃗⃗⃗,m>=𝐷𝐸⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝑚|𝐷𝐸⃗

⃗⃗⃗⃗⃗||𝑚|=89.故直线DE与平面C1EF所成角的正弦值为89.19.(1)证明以A为原点,AB为x轴,AD为y轴,AP为z轴,建立空间直角坐标系,如图所示.不妨设AB=AD=12BC=2,则D(0,2,0),E(2,1,0),A(0,0,0),C(2,

4,0),∴𝐷𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=(2,-1,0),𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(2,4,0),𝐷𝐸⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=4-4+0=0,∴DE⊥AC.∵PA⊥平面ABCD,DE⊂平面ABCD,∴DE⊥PA.∵PA∩AC=A,∴DE⊥

平面PAC.(2)解设P(0,0,t)(t>0),𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=(0,0,t),𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(2,4,0),𝑃𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=(2,1,-t),设平面PAC的法向量n=(x,y,z),则{𝑛·𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=𝑡𝑧=0,𝑛·𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=2𝑥+4𝑦=0,

取x=2,得n=(2,-1,0),∵直线PE与平面PAC所成角的正弦值为√3010,∴|𝑃𝐸⃗⃗⃗⃗⃗·𝑛||𝑃𝐸⃗⃗⃗⃗⃗|·|𝑛|=3√5+𝑡2·√5=√3010,解得t=1或t=-1(舍),∴P(0,0,1),�

�𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(2,4,-1),𝑃𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=(0,2,-1).设平面PCD的法向量m=(a,b,c),则{𝑚·𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=2𝑎+4𝑏-𝑐=0,𝑚·𝑃𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=2𝑏-𝑐=0,取b=1,得m=(-1,1,2

),设二面角A-PC-D的平面角为θ,则cosθ=|𝑚·𝑛||𝑚|·|𝑛|=3√6×√5=√3010.二面角A-PC-D的平面角的余弦值为√3010.20.(1)证明取AB的中点E,BC的中点F,连接D1E,B1F,EF.在六面体ABC-A1D1B1

C1中,因为平面ABC∥平面A1D1B1C1,平面ABC∩平面ABD1A1=AB,平面A1D1B1C1∩平面ABD1A1=A1D1,所以AB∥A1D1,同理可得BC∥B1C1.因为点E,F分别是AB,BC的中点,且AB=2A1D1,BC=2B1C1,所以A1D1∥AE,A1D1=AE

,B1C1∥CF,B1C1=CF,所以四边形AED1A1是平行四边形,四边形CFB1C1是平行四边形,所以AA1∥ED1,CC1∥FB1,又已知AA1∥CC1,所以ED1∥FB1,则E,F,B1,D1四点共面.因为平面ABC∥平面A1D1B1C1,平面ABC∩平面EFB1D1=EF,平面A1D1

B1C1∩平面EFB1D1=B1D1,所以EF∥B1D1,又点E,F分别是AB,BC的中点,所以EF∥AC,所以AC∥B1D1.因为AC⊄平面BB1D1,B1D1⊂平面BB1D1,所以AC∥平面BB1D1.(2)解因为AC,BC,CC1两两互相垂直,所以以点C为坐标原点,CA

,CB,CC1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系.则C(0,0,0),A(2,0,0),设BC=t,则B(0,t,0),D1(1,𝑡2,3),𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=(-2,t,0),𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=(

0,t,0),𝐶𝐷1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(1,𝑡2,3).设平面BCD1的一个法向量为n=(x,y,z),则{𝑛·𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=𝑡𝑦=0,𝑛·𝐶𝐷1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝑥+𝑡2𝑦+3𝑧=0,则y=0,取z=1,则x=-3,n=(-3,0,

1),所以点A到平面BCD1的距离为|𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝑛||𝑛|=6√9+1=3√105.21.(1)证明延长BA,CD相交于点E,连接SE,则SE为平面SCD与平面SAB的交线l.由平面SAB⊥平面ABCD,BA⊥AD,AD⊂平面ABCD,且平面SAB∩平面ABCD=AB,所以A

D⊥平面SAB,又由AD∥BC,所以BC⊥平面SAB,因为SE⊂平面SAB,所以BC⊥SE,所以BC⊥l.(2)解由题意知SA⊥AB,AD⊥AB,SA⊥AD,以A为坐标原点,以AD,AB,AS所在的直线分别为x轴、y轴和z轴建立空间直角坐标系,如图所示,可得A(0,

0,0),B(0,1,0),C(1,1,0),D(12,0,0),S(0,0,1),则𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(12,-1,0),设𝑆𝑄⃗⃗⃗⃗⃗=𝜆𝑆𝐶⃗⃗⃗⃗(其中0<λ<1),则Q(λ,λ,1-λ),所以𝐵𝑄⃗⃗⃗⃗⃗=(λ,λ-1,1-λ),设平面QBD的法向量为n=(x,y

,z),则{𝑛·𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗=12𝑥-𝑦=0,𝑛·𝐵𝑄⃗⃗⃗⃗⃗=𝜆𝑥+(𝜆-1)𝑦+(1-𝜆)𝑧=0,令x=2,可得y=1,z=1-3𝜆1-𝜆,所以n=(2,1,1-3𝜆1-𝜆),又由SA⊥平面BDC,所以平面BDC的一个法向量为m

=(0,0,1),则|cos<m,n>|=|𝑚·𝑛||𝑚||𝑛|=|1-3𝜆1-𝜆|√5+(1-3𝜆1-𝜆)2·1=√66,解得λ=12,或λ=0,又0<λ<1,所以λ=12.所以存在点Q为SC

的中点时,使得二面角Q-BD-C的余弦值为√66.22.(1)证明设𝐴𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=𝜆𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗(0<λ<1),则𝐵𝐹⃗⃗⃗⃗⃗−𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗=λ(𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗−𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗),所以

𝐵𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=(1-λ)𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+𝜆𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗.因为O为BC的中点,则𝐵𝑂⃗⃗⃗⃗⃗=12𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗,所以𝐴𝑂⃗⃗⃗⃗⃗=𝐵𝑂⃗⃗⃗⃗⃗−𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗=12𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗−𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗.因为AB⊥BC,则𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗·�

�𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=0,因为AB=2,BC=2√2,BF⊥AO,则𝐵𝐹⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴𝑂⃗⃗⃗⃗⃗=[(1-λ)𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+𝜆𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗]·12𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗−𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗=12𝜆𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗2-(1-λ)𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗2=4λ-4(1

-λ)=8λ-4=0,解得λ=12,故F为AC的中点.又因为E为PA的中点,则EF∥PC,又D,O分别为PB,BC的中点,所以DO∥PC,则EF∥DO,因为EF⊄平面ADO,DO⊂平面ADO,所以EF∥平面ADO.(2)证明因为D,O分别为PB,

BC的中点,所以DO=12PC=√62,所以AD=√5DO=√5×√62=√302.因为∠ABC=90°,AB=2,BO=12BC=√2,所以AO=√𝐴𝐵2+𝐵𝑂2=√4+2=√6,所以AO2+DO2=AD2,故AO⊥DO.因为EF∥DO,则AO⊥EF,又因为AO⊥BF,BF∩

EF=F,BF,EF⊂平面BEF,所以AO⊥平面BEF,因为AO⊂平面ADO,所以平面ADO⊥平面BEF.(3)解连接PO,因为PB=PC=√6,BC=2√2,且O为BC的中点,故PO⊥BC,且PO=√𝑃

𝐵2-𝐵𝑂2=√6-2=2.因为O,F分别为BC,AC的中点,连接OF,所以OF∥AB,且OF=12AB=1.又因为AB⊥BC,所以OF⊥BC,所以二面角P-BC-A的平面角为∠POF,设∠POF=θ(0°<θ<180°).以点O为坐标原点,OF,OC所在直线分别为x轴、y轴,

过点O且垂直于平面ABC的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系,则O(0,0,0),A(2,-√2,0),B(0,-√2,0),P(2cosθ,0,2sinθ),则D(cosθ,-√22,sinθ),𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗

⃗=(2,-√2,0),𝑂𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(cosθ,-√22,sinθ).由(2)知AO⊥DO,则𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗·𝑂𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗=2cosθ+1=0,解得cosθ=-12,则θ=120°,故点D(-12,-√22,√32),则𝑂𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(-12,-√22,√32).

设平面ADO的法向量为m=(x,y,z),则{𝑚·𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗=2𝑥-√2𝑦=0,𝑚·𝑂𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗=-12𝑥-√22𝑦+√32𝑧=0,取x=1,可得m=(1,√2,√3).易

知平面AOC的一个法向量为n=(0,0,1),则cos<m,n>=𝑚·𝑛|𝑚||𝑛|=√3√6=√22,由图可知,二面角D-AO-C为钝角,故二面角D-AO-C的大小为135°.二面角D-AO-C的正弦值是√22.