【文档说明】2025届高三一轮复习数学试题（人教版新高考新教材）章末目标检测卷7　立体几何 Word版含解析.docx，共(16)页，441.345 KB，由小赞的店铺上传

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章末目标检测卷七立体几何(时间:120分钟满分:150分)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.若圆锥的表面积是底面积的3倍,则该圆锥的侧面展开图扇形的圆心角为()A.2π3B.5

π6C.πD.7π62.下列命题错误的是()A.三角形的两条边平行于一个平面,则第三边也平行于这个平面B.平面α∥平面β,a⊂α,过β内的一点B有唯一的一条直线b,使b∥aC.α∥β,γ∥δ,α,β,γ,δ所成的交线为a,b,c,d,则a∥b∥c∥dD.一

条直线与两个平面所成的角相等,则这两个平面平行3.日晷是中国古代用来测定时间的仪器,利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间.把地球看成一个球(球心记为O),地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角,点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面.在

点A处放置一个日晷,若晷面与赤道所在平面平行,点A处的纬度为北纬40°,则晷针与点A处的水平面所成的角为()A.20°B.40°C.50°D.90°4.如图,已知直平行六面体ABCD-A1B1C1D1的各条棱长均为3,∠BAD=60

°,长为2的线段MN的一个端点M在DD1上运动,另一个端点N在底面ABCD上运动,则MN的中点P的轨迹(曲面)与共顶点D的三个面所围成的几何体的体积为()A.2π9B.4π9C.2π3D.4π35.3D打印属于快速成形技术的一种,它是一种以数字模型文件为基础,运用粉末状金属或塑料等

可黏合材料,通过逐层堆叠累积的方式来构造物体的技术(即“积层造型法”).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.已知利用3D打印技术制作如图所示的模型.该模型为在圆锥底内挖去一个正方体后的剩余部分(正方体四个顶点在圆锥母线上,四个顶点在圆锥底面上),

圆锥底面直径为10√2cm,母线与底面所成角的正切值为√2.打印所用原料密度为1g/cm3,不考虑打印损耗,制作该模型所需原料的质量约为()(取π=3.14,精确到0.1)A.609.4gB.447.3gC.398.3gD.357.3g6.(2021天津,6)两个圆锥的底面是一个球

的同一截面,顶点均在球面上,若球的体积为32π3,两个圆锥的高之比为1∶3,则这两个圆锥的体积之和为()A.3πB.4πC.9πD.12π7.三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱与底面垂直,AA1=AB=AC=1,AB⊥AC,N是BC的中点,点P在A1B1上,且

满足𝐴1𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=λ𝐴1𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗,当直线PN与平面ABC所成角θ的正弦值取最大值时,实数λ的值为()A.12B.√22C.√32D.2√558.如图①,直线EF将矩形ABCD分为两个直角梯形ABFE和CDEF,将梯形CDEF沿边EF翻折,如图

②,在翻折过程中(平面ABFE和平面CDEF不重合),下列说法正确的是()A.在翻折过程中,AD∥平面BCF恒成立B.存在某一位置,使得CD∥平面ABFEC.存在某一位置,使得BF∥CDD.存在某一位置,使得DE⊥平面ABFE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.设m,n是不同的直线,α,β,γ是三个不同的平面,则真命题是()A.若

m⊥α,n⊥β,α∥β,则m∥nB.若α∩γ=m,β∩γ=n,m∥n,则α∥βC.若α⊥γ,β⊥γ,则α∥βD.若α∥β,β∥γ,m⊥α,则m⊥γ10.(2022全国新高考Ⅱ,11)如图,四边形ABCD为正方形,ED⊥平面ABCD,FB∥ED,AB=ED=2FB,记三棱锥E-ACD,F-ABC,E

-ACF的体积分别为V1,V2,V3,则()A.V3=2V2B.V3=2V1C.V3=V1+V2D.2V3=3V111.已知在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E,F,H分别是AB,DD1,BC1

的中点,则下列说法中正确的是()A.D1C1∥平面CHDB.AC1⊥平面BDA1C.三棱锥D-BA1C1的体积为56D.直线EF与BC1所成的角为30°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.有一正四棱锥P-ABCD,底面边长为2,二面角P-AB-C为45°,则此四棱锥的体积为.14.

在菱形ABCD中,AB=2,∠BCD=60°,现将其沿对角线BD折成直二面角A-BD-C(如图),则异面直线AB与CD所成角的余弦值为.15.在三棱锥A-BCD中,AB=AC=BC=2,BD=CD=√2,点E是BC的中点,点A在平面BCD上的射影恰好为DE的中点,则该三棱锥外接球的表

面积为.16.如图,将一个圆柱2n(n∈N*)等分切割,再重新组合成一个与圆柱等底等高的几何体,当n越大,重新组合的几何体就越接近于一个“长方体”,若新几何体的表面积比圆柱的表面积增加了8,则圆柱的侧面积为,在满足前面条件且圆柱外接球表面积最小时,圆柱的外接球体积为.

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,在以A,B,C,D,E,F为顶点的五面体中,四边形ABEF为正方形,AF=2FD,∠AFD=90°,且二面角D-AF

-E与二面角C-BE-F都是60°.(1)证明:平面ABEF⊥平面EFDC;(2)求平面BCE与平面ABCD夹角的余弦值.18.(12分)(2021北京,17)已知正方体ABCD-A1B1C1D1,点E为A1D1中点,直线B1C1交平面CDE于

点F.(1)证明:点F为B1C1的中点;(2)若点M为棱A1B1上一点,且二面角M-CF-E的余弦值为√53,求𝐴1𝑀𝐴1𝐵1的值.19.(12分)(2023新高考Ⅰ,18)如图,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,AA1=4.点A2,B2,C2,D2分别在棱AA1,B

B1,CC1,DD1上,AA2=1,BB2=DD2=2,CC2=3.(1)证明:B2C2∥A2D2;(2)点P在棱BB1上,当二面角P-A2C2-D2为150°时,求B2P.20.(12分)(2021新高考Ⅰ,20)如图,在三棱锥A-BC

D中,平面ABD⊥平面BCD,AB=AD,O为BD的中点.(1)证明:OA⊥CD;(2)若△OCD是边长为1的等边三角形,点E在棱AD上,DE=2EA,且二面角E-BC-D的大小为45°,求三棱锥A-BCD的体积.21.(12分)请从下面三个条件中任选一个

,补充在下面的横线上,并作答.①AB⊥BC;②FC与平面ABCD所成的角为π6;③∠ABC=π3.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是菱形,PA⊥平面ABCD,且PA=AB=2,PD的中点为F.(1)在线段AB上是

否存在一点G,使得AF∥平面PCG?若存在,指出G在AB上的位置并给以证明;若不存在,请说明理由;(2)若,求二面角F-AC-D的余弦值.22.(12分)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AD∥BC,AD⊥CD,且A

D=CD=√2,BC=2√2,PA=2.(1)取PC的中点N,求证:DN∥平面PAB.(2)求直线AC与PD所成角的余弦值.(3)在线段PD上是否存在一点M,使得二面角M-AC-D的大小为45°?如果存在,求BM与平面MAC所成的角;如果不存在,请说明理由.章末目标检测卷七立体几何

1.C设圆锥的底面半径为r,母线长为l,侧面展开图扇形的圆心角为θ,根据条件得πrl+πr2=3πr2,即l=2r,根据扇形面积公式得𝜃𝑙22=πrl,即θ=𝑟·2π𝑙=𝑟·2π2𝑟=π,故选C.2.DA正确,三角形可以确定一个平面,若三角形两边平行于一

个平面,则它所在的平面与这个平面平行,故第三边平行于这个平面;B正确,平面α与平面β平行,则平面α中的直线a必平行于平面β,平面β内的一点与这条线可以确定一个平面,这个平面与平面β交于一条直线,过该点在平面β内只有这条直线与a平行;C正确,同一平面内不相交的两条直线一定平行;D错误,一条直线与两

个平面所成的角相等,这两个平面也可能相交,故选D.3.B由题意知,如图,圆O为赤道所在的大圆.圆O1是在点A处与赤道所在平面平行的晷面.O1C为晷针所在的直线.直线OA在圆O所在平面的射影为直线OB,点B在圆O上,则∠AOB=40°,∴∠COA=50°.又∠C

AO=90°,∴∠OCA=40°.∴晷针与点A处的水平面所成角为40°,故选B.4.A连接DP,DN(图略),在Rt△MND中,斜边MN=2,则DP=1,则点P的轨迹为以D为球心,半径r=1的球面的一部分,则球的体积为V=43π·r3=4π3.因为∠B

AD=60°,所以∠ADC=120°,则该几何体为半球的13,所以所求几何体的体积V'=4π3×12×13=2π9.5.C几何体的轴截面如图所示,因为圆锥底面直径为10√2cm,所以半径为OB=5√2cm

.因为母线与底面所成角的正切值为tanB=√2,所以圆锥的高为PO=10cm.设正方体的棱长为a,DE=√2a,则√22𝑎5√2=10-𝑎10,解得a=5.所以该模型的体积为V=13π×(5√2)2×10-53=500π3-125(cm3

).所以制作该模型所需原料的质量为(500π3-125)×1=500π3-125≈398.3(g).6.B如图所示,设两个圆锥的底面圆心为点D,设圆锥AD和圆锥BD的高之比为3∶1,即AD=3BD.设球的半径为R,则4π𝑅33=32π3,可得R=2,所以AB

=AD+BD=4BD=4,所以BD=1,AD=3.设圆锥的底面圆周上一点C,连接OC,则在Rt△COD中,可得CD=√3.因此,这两个圆锥的体积之和为13π·CD2·(AD+BD)=13π×3×4=4π.7.A分别以AB,AC,AA1所

在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系Axyz,如图所示.由题意知P(λ,0,1),N12,12,0,则𝑃𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(12-𝜆,12,-1).易得平面ABC的一个法向量为n=(0,0,1).则直线PN与平面AB

C所成的角θ满足sinθ=|cos<𝑃𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗,n>|=1√(𝜆-12)2+54,于是问题转化为二次函数求最值问题.又因为𝜃∈[0,π2],当θ最大时,sinθ最大,所以当λ=12时,sinθ最大为2√55,同时直线PN与平面ABC所成的角θ取得最大值.故选A.8.A对于A,由题意得

DE∥CF,AE∥BF,∵AE∩DE=E,BF∩CF=F,∴平面ADE∥平面BCF,又AD⊂平面ADE,∴在翻折过程中,AD∥平面BCF恒成立,故A正确;对于B,由题意知CD与EF不平行,且在同一平面内,∴CD与EF相交,∴CD与平面A

BFE相交,即不存在某一位置,使得CD∥平面ABFE,故B错误;对于C,假设存在某一位置,使得BF∥CD,则在这一位置CD∥平面ABFE,由B选项分析知假设不成立.∴不存在某一位置,使得BF∥CD,故C错误;对于D,DE在任何位置都不垂直于EF,∴不存在某一位置,使得D

E⊥平面ABFE,故D错误.9.AD因为m⊥α,α∥β,所以m⊥β,又因为n⊥β,所以m∥n,选项A正确;当α,β,γ是某三棱柱的三个侧面时,可以满足α∩γ=m,β∩γ=n,m∥n,但是α与β相交,选项B错误;垂直于同一个平面的两个

平面还可能相交,选项C错误;因为m⊥α,α∥β,所以m⊥β,又因为β∥γ,所以m⊥γ,选项D正确.10.CD设AB=ED=2FB=2,则V1=13×12×2×2×2=43,V2=13×12×2×2×1=23.连接BD,由题意得AC⊥平面BDEF,S四边形BDEF

=12×(1+2)×2√2=3√2.因为V几何体=VE-ACD+VF-ABC+VE-ACF=2VA-BDEF=2×13×3√2×√2=4,所以V3=VE-ACF=4-43−23=2.故选CD.11.ABD由题

意,C1D1∥CD,C1D1⊄平面CHD,CD⊂平面CHD,所以D1C1∥平面CHD,A正确;建立空间直角坐标系,如图所示,由已知得𝐴𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(-1,1,1),𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(-1,-1,0),𝐷𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(1,0,

1),所以𝐴𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗=1-1+0=0,𝐴𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝐷𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=-1+0+1=0,所以𝐴𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⊥𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗,𝐴𝐶1⃗⃗

⃗⃗⃗⃗⃗⊥𝐷𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗,所以AC1⊥BD,AC1⊥DA1,又BD∩DA1=D,所以AC1⊥平面BDA1,B正确;三棱锥D-BA1C1的体积为𝑉三棱锥𝐷-𝐵𝐴1𝐶1=𝑉正方体𝐴𝐵𝐶𝐷-𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1-4𝑉三

棱锥𝐴1-𝐴𝐵𝐷=1-4×13×12×1×1×1=13,所以C错误;因为点E(1,12,0),F(0,0,12),所以𝐸𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=(-1,-12,12),又𝐵𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(-1,0,1),所以cos<𝐸𝐹⃗⃗⃗⃗⃗,𝐵�

�1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗>=𝐸𝐹⃗⃗⃗⃗⃗·𝐵𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|𝐸𝐹⃗⃗⃗⃗⃗||𝐵𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=1+0+12√32×√2=√32,所以直线EF与BC1所成的角是30°,D正确.12.BDA项中,当λ=1时,𝐵𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗+

u𝐵𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⇒𝐵𝑃⃗⃗⃗⃗⃗−𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=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,所以△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−𝐵𝐵1

⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝐵1𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝜆𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗,则𝐵1𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗与𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗共线,故点P在线段B1C1(包括端点)上,如图②所示.因为B1C1∥平面A1BC,即B1C1上的每一点到平面A1BC的距离都相等,所以三棱锥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),C(0,12,0),A1(0,-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𝐴1𝐵⃗⃗⃗⃗

⃗⃗⃗=√32,12,-1,𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=√32−√32𝜆,𝜆2+12,12.又四边形ABB1A1为正方形,显然A1B⊥AB1.要使A1B⊥平面AB1P,只需A1B⊥AP,即𝐴1𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗

⃗·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.13.43如图,设点P在底面ABCD内的射影为O,因为四棱锥P-ABCD为正四棱锥,所以O为正方形ABCD的中心.取AB的中点E,连接PO,PE,OE,则PO⊥平面A

BCD,OE⊥AB,PE⊥AB,所以∠PEO为二面角P-AB-C的平面角,所以∠PEO=45°,因为BC=2,所以OE=PO=1,所以此四棱锥的体积为13·PO·SABCD=13×1×2×2=43.14.14如图,取BD的中点O,连接A

O,CO,建立如图所示的空间直角坐标系.∵AB=2,∠BCD=60°,∴点A(0,0,√3),B(1,0,0),D(-1,0,0),C(0,√3,0),∴𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=(1,0,-√3),𝐶𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=(-1,-√3,0),∴cos<𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗,�

�𝐷⃗⃗⃗⃗⃗>=𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝐶𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗|𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗||𝐶𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=-12×2=-14.∴异面直线AB与CD所成角的余弦值为14.15.60π11由题意知,△BCD为等腰直角三角形,点E是△BCD外接圆的圆心.设DE的中点为F,则BF=√𝐵

𝐸2+𝐸𝐹2=√1+14=√52,AF=√𝐴𝐵2-𝐵𝐹2=√4-54=√112.设三棱锥A-BCD外接球的球心O到平面BCD的距离为h,球O的半径为r.如图,作OM∥EF交AF于点M,由BO,AO分别在Rt△BOE和Rt

△AOM中,可得r2=1+h2=14+(√112-ℎ)2,解得h=2√11,r=√1+411=√1511,所以该三棱锥外接球的表面积为4π×1511=60π11.16.8π32π3由题意知,表面积增加的部分为新“长方体”的两个侧面

,设原圆柱的底面半径为r,高为h,则可得2rh=8,所以圆柱的侧面积为2πrh=8π;设圆柱的外接球的半径为R,依题意得(2R)2=(2r)2+h2,所以外接球的表面积为S=4πR2=π(4r2+h2)≥π·2√4𝑟2·ℎ2=4πrh=16π,当且仅当2r=h时,S最小,此时R=2

,外接球的体积V=43πR3=32π3.17.(1)证明由已知可得AF⊥DF,AF⊥FE,又DF∩FE=F,所以AF⊥平面EFDC.又AF⊂平面ABEF,故平面ABEF⊥平面EFDC.(2)解过点D作DG⊥EF,垂足为G,由(

1)知DG⊥平面ABEF.以G为坐标原点,𝐺𝐹⃗⃗⃗⃗⃗的方向为x轴正方向,|𝐺𝐹⃗⃗⃗⃗⃗|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系Gxyz.由(1)知∠DFE为二面角D-AF-E的平面角,故∠DFE=60°,则DF=2,DG=√3,可得点A(1,4,0),

B(-3,4,0),E(-3,0,0),D(0,0,√3).由已知,AB∥EF,所以AB∥平面EFDC.又平面ABCD∩平面EFDC=CD,故AB∥CD,CD∥EF.由BE∥AF,可得BE⊥平面EFDC,所以∠CEF为二面角C-BE-F的平面角,∠CE

F=60°.从而可得点C(-2,0,√3).所以𝐸𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(1,0,√3),𝐸𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=(0,4,0),𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(-3,-4,√3),𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=(-4,0,0).设n=(x,y,z)是

平面BCE的法向量,则{𝑛·𝐸𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=0,𝑛·𝐸𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=0,即{𝑥+√3𝑧=0,4𝑦=0.所以可取n=(3,0,-√3).设m是平面ABCD的法向量,则{𝑚·𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=0,𝑚·𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=0,同理可取m=(0,

√3,4),则cos<n,m>=𝑛·𝑚|𝑛||𝑚|=-2√1919.设平面BCE与平面ABCD的夹角为θ,则cosθ=|cos<n,m>|=2√1919.所以平面BCE与平面ABCD夹角的余弦值为2√1919.18.(1)证明∵CD∥C1D1,CD⊄平面A1B1C1D1,C

1D1⊂平面A1B1C1D1,∴CD∥平面A1B1C1D1.由题意可知平面CDE∩平面A1B1C1D1=EF,CD⊂平面CDE,∴CD∥EF,∴C1D1∥EF.又点E为A1D1的中点,∴点F为B1C1的中点.(2)解以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立

空间直角坐标系Dxyz,如图所示.不妨设正方体的棱长为2,设𝐴1𝑀𝐴1𝐵1=λ(0≤λ<1),则M(2,2λ,2),C(0,2,0),F(1,2,2),E(1,0,2),从而𝑀𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(-2,2-2λ,-2)

,𝐶𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=(1,0,2),𝐹𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=(0,-2,0),设平面MCF的法向量为m=(x1,y1,z1),则{𝑚·𝑀𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗=-2𝑥1+(2-2𝜆)𝑦1-2𝑧1=0,𝑚·

𝐶𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=𝑥1+2𝑧1=0,令z1=-1,则可取m=(2,11-𝜆,-1).设平面CFE的法向量为n=(x2,y2,z2),则{𝑛·𝐹𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=-2𝑦2=0,𝑛·𝐶𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=𝑥2+2𝑧2=0,令

z1=-1,则可取n=(2,0,-1).因为m·n=5,|m|=√5+(11-𝜆)2,|n|=√5,所以cos<m,n>=𝑚·𝑛|𝑚||𝑛|=5√5+(11-𝜆)2×√5=√53,整理可得(λ-1)2=14,解得λ=12(𝜆=32

舍去).19.(1)证明如图①,设棱DD1上的点N满足DN=AA2=1,取CC1的中点M,连接A2N,MN,B2M.图①因为DN∥AA2,且DN=AA2,所以四边形AA2ND为平行四边形,所以A2N∥AD,且A2N=AD.同理可证

B2M∥BC,且B2M=BC.因为AD∥BC,且AD=BC,所以A2N∥B2M,且A2N=B2M.所以四边形A2B2MN为平行四边形.因为D2N∥C2M,D2N=C2M=1,所以四边形C2D2NM为平行四边形.所以A2B2∥MN,A2B2

=MN,MN∥C2D2,MN=C2D2,故A2B2∥C2D2,A2B2=C2D2.所以四边形A2B2C2D2为平行四边形,所以B2C2∥A2D2.(2)解在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,以点C为坐标原点,CD,CB,CC1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图②所示的空间直角坐标

系.图②由题意可知,点A2(2,2,1),C2(0,0,3),D2(2,0,2),设点P(0,2,a),其中0≤a≤4.𝐶2𝐴2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(2,2,-2),𝐶2𝐷2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(2,0,-1),𝐶2𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,2,a-3).设平面A2C2D2的法向量为n1

=(x1,y1,z1),则{𝑛1·𝐶2𝐴2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=2𝑥1+2𝑦1-2𝑧1=0,𝑛1·𝐶2𝐷2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=2𝑥1-𝑧1=0.取x1=1,可得y1=1,z1=2,故n1=(1,1,2)

.设平面PA2C2的法向量为n2=(x2,y2,z2),则{𝑛2·𝐶2𝐴2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=2𝑥2+2𝑦2-2𝑧2=0,𝑛2·𝐶2𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=2𝑦2+(𝑎-3)𝑧2=0.取z2=2,可得x2=a

-1,y2=3-a,故n2=(a-1,3-a,2).因为二面角P-A2C2-D2为150°,所以|cos<n1,n2>|=|𝑛1·𝑛2||𝑛1||𝑛2|=6√6×√(𝑎-1)2+(3-𝑎)2+4=√32,整理可得a2-4a+3

=0,解得a=1或a=3.结合图形可知,当a=3或a=1时,B2P=1,此时二面角P-A2C2-D2为150°.20.(1)证明在△ABD中,∵AB=AD,O为BD的中点,∴OA⊥BD.∵平面ABD⊥平面BCD,平

面ABD∩平面BCD=BD,OA⊂平面ABD,∴OA⊥平面BCD.又CD⊂平面BCD,∴OA⊥CD.图(1)(2)解法一如图(1),过点E作EN∥OA交BD于点N,过点N作NM∥CD交BC于点M,连接EM.∵OA⊥平面BCD,EN∥OA,∴

EN⊥平面BCD.∵△OCD是边长为1的等边三角形,∴OB=OD=OC=1,∴∠BCD=90°,即DC⊥BC.∵NM∥CD,∴NM⊥BC,∴∠EMN是二面角E-BC-D的一个平面角,∴∠EMN=45°,即△EMN是等腰直角三

角形.∵DE=2EA,∴ND=2ON.∴EN=MN=23CD=23,∴AO=32EN=1,又BC=√𝐵𝐷2-𝐶𝐷2=√22-12=√3,∴VA-BCD=13S△BCD·AO=13×12×1×√3×1=√36.解法二∵△OCD

是边长为1的等边三角形,∴OC=OD=CD=1.∵O是BD的中点,∴OB=OD=1.图(2)如图(2),以O为坐标原点,OD所在直线为y轴,OA所在直线为z轴,过点O垂直于OD的直线为x轴,建立空间直角坐标系,则C√32,12,0,D(0,1,0),B(0,-1,0).设A(0,0,m),

则E(0,13,23m),∴𝐸𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=(0,-43,-23m),𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(√32,32,0).设n=(x,y,z)为平面EBC的法向量,则{𝐸𝐵⃗⃗⃗⃗⃗·𝑛=-43𝑦-23𝑚𝑧=0

,𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗·𝑛=√32𝑥+32𝑦=0,∴{2𝑦+𝑚𝑧=0,𝑥+√3𝑦=0.令y=1,则z=-2𝑚,x=-√3,∴可取n=(-√3,1,-2𝑚).又平面BCD的一个法向量为𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗=(0,0,m),∴|cos<n

,𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗>|=||-2𝑚·√4+4𝑚2||=√22.∴m=1,即OA=1,∴VA-BCD=13·S△BCD·OA=13×12×1×√3×1=√36.21.解(1)存在线段AB的中点G,使得AF∥平面PCG.证明如下:如图所示,设PC的中点为H,连接FH,GH.因为FH∥CD,FH

=12CD,AG∥CD,AG=12CD,所以FH∥AG,FH=AG,所以四边形AGHF为平行四边形,则AF∥GH.又GH⊂平面PGC,AF⊄平面PGC,故AF∥平面PGC.(2)选择①:由已知及①得AB⊥AD.∵PA⊥平面ABCD,

∴PA⊥AB,PA⊥AD.∴AB,AD,AP两两垂直,分别以AB,AD,AP所在直线为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系,如图所示.∵PA=AB=2,∴点A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),F(0,1,1),P(0,0

,2),∴𝐴𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=(0,1,1),𝐶𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=(-2,-1,1).设平面FAC的法向量为m=(x,y,z),∴{𝑚·𝐴𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=𝑦+𝑧=0,𝑚·𝐶𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=-2𝑥-𝑦+𝑧=0.令y=1,则可取m=

(-1,1,-1).易知平面ACD的一个法向量为v=(0,0,1).设二面角F-AC-D的平面角为θ,则cosθ=|𝑚·𝑣||𝑚||𝑣|=√33,∴二面角F-AC-D的余弦值为√33.选择②:如图,取BC的中点E,连接AE.取AD的中点M,

连接FM,CM,则FM∥PA,且FM=1.∵PA⊥平面ABCD,∴FM⊥平面ABCD,∴FC与平面ABCD所成角为∠FCM,∴∠FCM=π6.在Rt△FCM中,CM=√3.又CM=AE,∴AE2+BE2=AB2,∴BC⊥AE,即AE⊥AD.∵PA⊥平面

ABCD,∴PA⊥AE,PA⊥AD.∴AE,AD,AP两两垂直,分别以AE,AD,AP所在直线为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系,如图所示.∵PA=AB=2,∴点A(0,0,0),B(√3,-1,0

),C(√3,1,0),D(0,2,0),E(√3,0,0),F(0,1,1),P(0,0,2),∴𝐴𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=(0,1,1),𝐶𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=(-√3,0,1).设平面FAC的法向量为m=(

x,y,z),则{𝑚·𝐴𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=𝑦+𝑧=0,𝑚·𝐶𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=-√3𝑥+𝑧=0,令x=√3,则可取m=(√3,-3,3).易知平面ACD的一个法向量为n=(0,0,1).设二面角F-AC-D的平面角为θ,则cosθ=|𝑚·𝑛||𝑚||𝑛|=√217.

∴二面角F-AC-D的余弦值为√217.选择③:如图,取BC的中点E,连接AE.∵底面ABCD是菱形,∠ABC=60°,∴△ABC是正三角形.∵E是BC的中点,∴BC⊥AE,即AE⊥AD.∵PA⊥平面ABCD,∴PA⊥AE

,PA⊥AD.∴AE,AD,AP两两垂直,分别以AE,AD,AP所在直线为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系,如图所示.∵PA=AB=2,∴点A(0,0,0),B(√3,-1,0),C(√3,1,0),D(0,2,0),E(√3,0,0),F(0,1,1

),P(0,0,2),∴𝐴𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=(0,1,1),𝐶𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=(-√3,0,1).设平面FAC的法向量为m=(x,y,z),则{𝑚·𝐴𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=𝑦+𝑧=0,𝑚·𝐶𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=-√3𝑥+𝑧=0,令

x=√3,则可取m=(√3,-3,3).易知平面ACD的一个法向量n=(0,0,1),设二面角F-AC-D的平面角为θ,则cosθ=|𝑚·𝑛||𝑚||𝑛|=√217.∴二面角F-AC-D的余弦值为√217.22.解取BC的中点E,连接DE,与AC相交于点O,连接AE,

易知AC⊥DE,故可建立如图所示的空间直角坐标系,则点A(0,-1,0),B(2,-1,0),C(0,1,0),D(-1,0,0),P(0,-1,2).(1)证明:PC的中点N(0,0,1),∴𝐷𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(1,0,1).设平面PAB的

法向量为n=(x,y,z),∵𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=(0,0,2),𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=(2,0,0),∴可取n=(0,1,0).∵𝐷𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗·n=0,DN⊄平面PAB,∴DN∥平面PAB.(2)设AC与PD所成的角为θ.∵

𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(0,2,0),𝑃𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=(-1,1,-2),∴cosθ=|22×√6|=√66.(3)存在.设M(x,y,z)及𝑃𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝜆𝑃𝐷⃗⃗⃗⃗⃗(0<λ<1),则{𝑥=-𝜆,𝑦+1=𝜆,𝑧-2=-2𝜆⇒M(-λ,λ-1,

2(1-λ)).设平面ACM的法向量为m=(x,y,z),∵𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(0,2,0),𝐴𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(-λ,λ,2(1-λ)),∴m·𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=0,m·𝐴𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0,可得m=(2-2λ,0,λ).又平面ACD的一个法向量为a=(0,0,1),

∴cos<m,a>=𝜆1·√𝜆2+(2-2𝜆)2=√22,解得λ=23或λ=2(舍去).∴点M(-23,-13,23),∴𝐵𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(-83,23,23),m=(23,0,23).设BM与平面MAC所成的角为β,则sin

β=|cos<𝐵𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗,m>|=|-1292√2×2√23|=12,∴β=π6.