一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.
1.[2024·安徽名校聯(lián)考]已知直線l和兩個不同的平面α，β，則下列結(jié)論正確的是( )
A.若l∥α，l⊥β，則α⊥β
B.若α⊥β，l⊥α，則l∥β
C.若α∥β，l∥α，則l∥β
D.若α和β相交，l與α相交，則l與β一定也相交
2.[2024·河北名校聯(lián)考]已知m，n是兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平面，則下列結(jié)論正確的是( )
A.若m?α，n?β，α⊥β，則m⊥n
B.若m?α，n?β，α∥β，則m∥n
C.若m⊥α，n⊥β，m⊥n，則α⊥β
D.若m?α，m∥β，n?β，n∥α，則α∥β
3.[2024·武昌模擬]紅薯于1593年被商人陳振龍引入中國，也叫甘薯、番薯等.紅薯耐旱、適應(yīng)性強、產(chǎn)量較大，曾數(shù)次于大饑荒年間成為不少人的“救命糧食”，現(xiàn)因其生食多汁、熟食如蜜，成為人們喜愛的美食甜點.小澤和弟弟在網(wǎng)紅一條街買了一塊香氣撲鼻的烤紅薯，準備分著吃，如圖，該紅薯可近似看作三部分：左邊部分是半徑為R的半球；中間部分是底面半徑為R、高為3R的圓柱；右邊部分是底面半徑為R、高為R的圓錐.若小澤準備從中間部分的甲、乙、丙、丁四個位置選擇一處將紅薯掰成兩塊，且使得兩塊的體積最接近，則小澤應(yīng)選擇的位置是( )
A.甲 B.乙 C.丙 D.丁
4.[2024·石家莊模擬]折扇(如圖1)是我國古老文化的延續(xù)，“扇”與“善”諧音，折扇也寓意“善良”“善行”.它常以字畫的形式體現(xiàn)我國的傳統(tǒng)文化，也是運籌帷幄、決勝千里、大智大勇的象征.圖2是一個圓臺的側(cè)面展開圖(扇形的一部分)，若eq \(DE,\s\up8(︵))，eq \(AC,\s\up8(︵))所在圓的半徑分別是3和6，且∠ABC＝eq \f(2π,3)，則該圓臺的體積為( )
A.eq \f(50\r(2),3)π B.9π C.7π D.eq \f(14\r(2),3)π
5.[2024·杭州模擬]如圖，點A，B，C，M，N為正方體的頂點或所在棱的中點，則下列各圖中，不滿足直線MN∥平面ABC的是( )
6.[2024·濟南調(diào)研]擬柱體(所有頂點均在兩個平行平面內(nèi)的多面體)可以用辛普森(Simpsn)公式V＝eq \f(1,6)h(S1＋4S0＋S2)求體積，其中h是高，S1是上底面面積，S2是下底面面積，S0是中截面(到上、下底面距離相等的截面)面積.如圖所示，在五面體ABCDEF中，底面ABCD是邊長為2的正方形，EF＝1，且直線EF到底面ABCD的距離為2，則該五面體的體積為( )
A.eq \f(7,3) B.eq \f(8,3) C.3 D.eq \f(10,3)
7.[2024·黃岡模擬]刻漏是中國古代用來計時的儀器，利用附有刻度的浮箭隨著受水壺的水面上升來指示時間.為了使受水壺得到均勻水流，古代的科學家們發(fā)明了一種三級漏壺，壺形都為正四棱臺，自上而下，三個漏壺的上口寬依次遞減1寸(約3.3厘米)，下底寬和深度也依次遞減1寸.設(shè)三個漏壺的側(cè)面與底面所成銳二面角依次為θ1，θ2，θ3，則( )
A.θ1＋θ3＝2θ2 B.sin θ1＋sin θ3＝2sin θ2
C.cs θ1＋cs θ3＝2cs θ2 D.tan θ1＋tan θ3＝2tan θ2
8.[2024·福州模擬]已知三棱錐P－ABC的四個頂點都在球O的球面上，PA＝PB＝PC＝AB＝eq \r(6)，∠ACB＝eq \f(2π,3)，則球O的體積為( )
A.3π B.eq \f(27,8)π C.eq \f(9,2)π D.9π
二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.
9.[2024·青島模擬]下列說法正確的是( )
A.若直線a不平行于平面α，a?α，則α內(nèi)不存在與a平行的直線
B.若一個平面α內(nèi)兩條不平行的直線都平行于另一個平面β，則α∥β
C.設(shè)l，m，n為直線，m，n在平面α內(nèi)，則“l(fā)⊥α”是“l(fā)⊥m且l⊥n”的充要條件
D.若平面α⊥平面α1，平面β⊥平面β1，則平面α與平面β所成的二面角和平面α1與平面β1所成的二面角相等或互補
10.[2024·長沙調(diào)研]某班級到一工廠參加社會實踐勞動，加工出如圖所示的圓臺O1O2，在軸截面ABCD中，AB＝AD＝BC＝2 cm，且CD＝2AB，則( )
A.該圓臺的高為1 cm
B.該圓臺的軸截面面積為3eq \r(3) cm2
C.該圓臺的體積為eq \f(7\r(3)π,3) cm3
D.一只小蟲從點C沿著該圓臺的側(cè)面爬行到AD的中點，所經(jīng)過的最短路程為5 cm
11.[2024·湖北十一校聯(lián)考]如圖，在棱長為2的正方體ABCD－A1B1C1D1中，P在線段BD1上運動(包括端點)，下列選項正確的有( )
A.AP⊥B1C
B.PD⊥BC
C.直線PC1與平面A1BCD1所成角的最小值是eq \f(π,6)
D.PC＋PD的最小值為2eq \r(3)
三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.
12.[2024·溫州模擬]在棱長為1的正方體ABCD－A1B1C1D1中，E是線段A1B1的中點，F(xiàn)是線段AB的中點，則直線CF到平面AC1E的距離等于________.
13.[2024·惠州模擬]如圖，在四棱錐P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各邊都相等，AC∩BD＝O，M是PC上的一動點，則當點M滿足________時，平面MBD⊥平面PCD.(只要填寫一個你認為正確的條件即可)

第13題圖 第14題圖
14.[2024·煙臺模擬]某學校開展手工藝品展示活動，小明同學用塑料制作了如上圖所示的手工藝品，其外部為一個底面邊長為6的正三棱柱，內(nèi)部為一個球，球的表面與三棱柱的各面均相切，則該內(nèi)切球的表面積為________，三棱柱的頂點到球的表面的最短距離為________.
四、解答題：本題共5小題，共77分，解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.
15.(13分)[2023·四省聯(lián)考]如圖，四邊形ABCD是圓柱底面的內(nèi)接四邊形，AC是圓柱的底面直徑，PC是圓柱的母線，E是AC與BD的交點，AB＝AD，∠BAD＝60°.
(1)記圓柱的體積為V1，四棱錐P－ABCD的體積為V2，求eq \f(V1,V2)；
(2)設(shè)點F在線段AP上，PA＝4PF，PC＝4CE，求二面角F－CD－P的余弦值.
16.(15分) [2024·鹽城模擬]如圖，該幾何體是由等高的半個圓柱和eq \f(1,4)個圓柱拼接而成，點G為弧CD的中點，且C，E，D，G四點共面.
(1)證明：平面BDF⊥平面BCG；
(2)若平面BDF與平面ABG所成二面角的余弦值為eq \f(\r(15),5)，且線段AB長度為2，求點G到直線DF的距離.
17.(15分) [2024·重慶萬州模擬]如圖1所示，在四邊形ABCD中，BC⊥CD，E為BC上一點，AE＝BE＝AD＝2CD＝2，CE＝eq \r(3)，將四邊形AECD沿AE折起，使得BC＝eq \r(3)，得到如圖2所示的四棱錐.
(1)若平面BCD∩平面ABE＝l，證明：CD∥l；
(2)點F是棱BE上一動點，且直線BD與平面ADF所成角的正弦值為eq \f(\r(22),11)，求eq \f(EF,EB).
18.(17分)[2024·濟寧模擬]如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥BC，AB＝BC＝3，CC1＝6.點D，E，F(xiàn)分別在線段BB1，CC1，AA1上，且BD＝CE，AF＞BD.
(1)證明：DE⊥BF；
(2)若DF＝3eq \r(2)，且平面DEF將直三棱柱ABC－A1B1C1的體積平分，求二面角B－EF－D的余弦值.
19.(17分)[2022·臨沂模擬]在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E為A1D1的中點，過AB1E的平面截此正方體，得如圖所示的多面體，F(xiàn)為棱CC1上的動點.
(1)點H在棱BC上，當CH＝eq \f(1,4)CB時，F(xiàn)H∥平面AEB1，試確定動點F在棱CC1上的位置，并說明理由；
(2)若AB＝2，求點D到平面AEF的最大距離.
立體幾何與空間向量
1.A [對A，過l作一個平面γ與平面α相交，設(shè)交線為b，因為l∥α，所以l∥b，
又l⊥β，所以b⊥β，又b?α，所以α⊥β，
所以選項A正確；
對B，如圖1所示，
在正方體ABCD－A1B1C1D1中，
令平面ABCD為平面α，平面ADD1A1為平面β，DD1為l，則滿足α⊥β，l⊥α，但l?β，所以選項B錯誤；
對C，如圖2所示，
在正方體ABCD－A1B1C1D1中，
令平面ABCD為平面α，平面A1B1C1D1為平面β，A1B1為l，則滿足α∥β，l∥α，但l?β，所以選項C錯誤；
對D，如圖3所示，
在正方體ABCD－A1B1C1D1中，
令平面ABCD為平面α，平面ADD1A1為平面β，CC1為l，則滿足α和β相交，l與α相交，但l∥β，所以選項D錯誤.綜上，選A.]
2.C [對于A，α⊥β，設(shè)α∩β＝a，當m∥a且a∥n時，m∥n，故A不正確.
對于B，m?α，n?β，α∥β，則直線m與n平行或異面，故B不正確.
對于C，若n?α，由m⊥α，m⊥n，得存在b?α，n∥b，由n⊥β，得b⊥β，則α⊥β；
若n?α，由n⊥β，得α⊥β.故C正確.
對于D，若m?α，n?β，m∥β，n∥α，則α與β相交或平行，故D不正確.故選C.]
3.B [左邊半球部分的體積V1＝eq \f(1,2)×eq \f(4,3)πR3＝eq \f(2,3)πR3，中間圓柱部分的體積V2＝πR2·3R＝3πR3，右邊圓錐部分的體積V3＝eq \f(1,3)πR2·R＝eq \f(1,3)πR3，故這塊紅薯的體積為eq \f(2,3)πR3＋3πR3＋eq \f(1,3)πR3＝4πR3.若將這塊紅薯分成體積相等的兩部分，則應(yīng)在乙和丙之間且靠近乙的eq \f(1,3)處掰開，故在乙處將紅薯掰成兩塊，兩塊的體積最接近.故選B.]
4.D [由題意知，圓臺的母線長l＝3，設(shè)圓臺的上底面圓的半徑為r，下底面圓的半徑為R，
由2πr＝eq \f(2π,3)×3，得r＝1，由2πR＝eq \f(2π,3)×6，
得R＝2.
所以圓臺的高h＝eq \r(32－（2－1）2)＝2eq \r(2)，
所以圓臺的體積V＝eq \f(1,3)πh(R2＋Rr＋r2)＝eq \f(1,3)π×2eq \r(2)×(22＋2×1＋12)＝eq \f(14\r(2)π,3).
故選D.]
5.D [對于選項A，直線MN所在的正方體的側(cè)面與平面ABC平行，由平面與平面平行的定義可知，MN∥平面ABC；
對于選項B，易知MN∥AB，所以由直線與平面平行的判定定理可知，MN∥平面ABC；
對于選項C，如圖1所示，作輔助線后可以發(fā)現(xiàn)，MN∥平面ABC；

對于選項D，如圖2所示，作輔助線后可以發(fā)現(xiàn)，MN?平面ABC，故選D.]
6.D [
由題意可知，EF∥平面ABCD，如圖所示，分別取AE，BF，CF，DE的中點為M，N，P，Q，連接MN，NP，PQ，MQ，因為EF＝1，四邊形ABCD是邊長為2的正方形，所以MN＝PQ＝eq \f(1＋2,2)＝eq \f(3,2)，NP＝MQ＝1，且MN⊥NP，
即四邊形MNPQ為矩形.
可以把五面體ABCDEF看作擬柱體，
其中S1＝0，S0＝eq \f(3,2)×1＝eq \f(3,2)，S2＝2×2＝4，h＝2，則根據(jù)辛普森公式得V五面體ABCDEF＝eq \f(1,6)×2×(0＋4×eq \f(3,2)＋4)＝eq \f(10,3)，故選D.]
7.D [三級漏壺，壺形都為正四棱臺，
自上而下，三個漏壺的上口寬依次遞減1寸(約3.3厘米)，下底寬和深度也依次遞減1寸，
如圖，在正四棱臺ABCD－A1B1C1D1中，O，O1分別為正方形ABCD，A1B1C1D1的中心，E，F(xiàn)分別是棱A1B1，AB的中點，連接OF，O1E，OO1，過點E作EG⊥OF，垂足為G，則∠GFE就是漏壺的側(cè)面與底面所成銳二面角的一個平面角，記為θ.設(shè)漏壺上口寬為a，下底寬為b，高為h，則在Rt△EFG中，GF＝eq \f(a－b,2)，tan θ＝eq \f(2h,a－b).
因為自上而下三個漏壺的上口寬成等差數(shù)列，下底寬也成等差數(shù)列，所以a－b為定值，又因為三個漏壺的高h成等差數(shù)列，所以2tan θ2＝tan θ1＋tan θ3.故選D.]
8.C [如圖所示，
記△ABC的外接圓的圓心為O1，
連接PO1，AO1，
因為PA＝PB＝PC＝eq \r(6)，
所以PO1⊥平面ABC，
且點O在直線PO1上，
連接OA，
則OA＝OP.
因為AB＝eq \r(6)，∠ACB＝eq \f(2π,3)，
所以由正弦定理得，2AO1＝eq \f(\r(6),sin \f(2π,3))，
解得AO1＝eq \r(2)，
所以PO1＝eq \r(PA2－AOeq \\al(2,1))＝2.
設(shè)三棱錐P－ABC外接球的半徑為R，
則OA＝OP＝R，OO1＝2－R或OO1＝R－2.
因為OA2＝OOeq \\al(2,1)＋O1A2，
所以R2＝(R－2)2＋(eq \r(2))2，
解得R＝eq \f(3,2)，則O在線段O1P上，
所以外接球O的體積V＝eq \f(4,3)πR3＝eq \f(9,2)π，故選C.]
9.AB [對于A，若α內(nèi)存在直線與a平行，則由直線與平面平行的判定定理知直線a與平面α平行，與條件相矛盾，故A正確；
對于B，由面面平行的判定定理可知選項B正確；
對于C，當直線m，n不相交時，由線面垂直的判定定理知，由l⊥m且l⊥n，得不到l⊥α，故C不正確；
對于D，當α1∥β1，α⊥β時，可滿足題設(shè)條件，但此時平面α與平面β所成的二面角為90°，平面α1與平面β1所成的二面角為0°，故D不正確.綜上所述，選AB.]
10.BCD [對于A，如圖，過點B作BE⊥CD于點E，則CE＝eq \f(CD－AB,2)＝1，所以BE＝eq \r(BC2－CE2)＝eq \r(22－12)＝eq \r(3)，即圓臺的高為eq \r(3) cm，故A不正確；

對于B，圓臺的軸截面面積為
eq \f(1,2)×(2＋4)×eq \r(3)＝3eq \r(3)(cm2)，故B正確；
對于C，圓臺的體積為
eq \f(1,3)×eq \r(3)×(π＋4π＋eq \r(π·4π))＝eq \f(7\r(3)π,3)(cm3)，故C正確；
對于D，將該圓臺側(cè)面的一半展開，得到如圖所示的扇環(huán)ADCB，再將其補成扇形PDC，則弧CD長為2π，半徑PC長為4，所以圓心角∠CPD＝eq \f(π,2).取AD的中點為M，連接CM，則從點C沿著該圓臺的側(cè)面爬行到AD的中點M的最短路徑即扇環(huán)中線段CM的長，CM＝eq \r(PC2＋PM2)＝eq \r(42＋32)＝5(cm)，故D正確.綜上所述，選BCD.]
11.ACD [對A，如圖1，連接AD1，
因為ABCD－A1B1C1D1是正方體，
所以B1C⊥AB，B1C⊥AD1，
又AB∩AD1＝A，AB，AD1?平面ABD1，
所以B1C⊥平面ABD1，
又AP?平面ABD1，所以B1C⊥AP，
所以選項A正確；
對B，當點P與點B重合時，PD與BC所成的角為eq \f(π,4)，所以選項B錯誤；
對C，如圖2，取CD1的中點O，連接C1O，OP，
因為ABCD－A1B1C1D1是正方體，
所以C1O⊥CD1，C1O⊥A1D1，
又A1D1∩CD1＝D1，A1D1，
CD1?平面A1BCD1，
所以C1O⊥平面A1BCD1，
則∠C1PO為直線PC1與平面A1BCD1所成的角，且sin ∠C1PO＝eq \f(C1O,C1P).
因為正方體的棱長為2，所以C1O＝eq \r(2)，當點P與點B重合時，C1P最長，C1P的最大值為2eq \r(2)，所以sin ∠C1PO＝eq \f(C1O,C1P)≥eq \f(\r(2),2\r(2))＝eq \f(1,2)，又∠C1PO∈(0，eq \f(π,2))，所以∠C1PO的最小值為eq \f(π,6)，所以選項C正確；
對D，連接BD，將平面BDD1和平面BCD1沿BD1展開成一個平面圖形，如圖3所示，
則DD1＝BC＝2，DB＝D1C＝2eq \r(2)，BD1＝2eq \r(3)，所以∠DD1C＝∠BCD1＝eq \f(π,2)，則四邊形D1DBC為矩形，所以PC＋PD的最小值為CD＝eq \r(22＋（2\r(2)）2)＝2eq \r(3)，所以選項D正確.綜上，選ACD.]
12.eq \f(\r(6),6) [根據(jù)條件畫出圖形如圖，
易知FC∥平面AC1E，取DC的中點為G，連接EG，AG，則平面AEG即平面AC1E，所以直線FC到平面AC1E的距離即點F到平面AEG的距離h.連接FG，EF，則VF－AEG＝VE－AGF.因為AE＝AG＝eq \f(\r(5),2)，EG＝eq \r(2)，所以S△AEG＝eq \f(1,2)×eq \r(2)×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(\r(6),4)，所以 eq \f(1,3)×eq \f(\r(6),4)×h＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×eq \f(1,2)×1×1，解得h＝eq \f(\r(6),6).]
13.DM⊥PC(答案不唯一) [由題意知，四邊形ABCD為菱形，∴AC⊥BD.
∵PA⊥底面ABCD，又BD?平面ABCD，
∴PA⊥BD，
又PA∩AC＝A，PA，AC?平面PAC，
∴BD⊥平面PAC，又PC?平面PAC，
∴BD⊥PC.
∵平面PCD為固定平面，平面MBD為運動平面，且運動平面MBD中的固定直線BD垂直PC，∴只需在運動平面MBD中找到一條與BD相交且垂直于PC的直線即可滿足平面MBD⊥平面PCD，則DM⊥PC，BM⊥PC等都滿足要求.]
14.12π eq \r(15)－eq \r(3) [依題意如圖，過側(cè)棱的中點M，N，G作正三棱柱的截面，則球心為△MNG的中心，
因為MN＝6，所以△MNG內(nèi)切圓的半徑
r＝OH＝eq \f(1,3)MH＝eq \f(1,3)eq \r(MN2－HN2)＝eq \r(3)，即內(nèi)切球的半徑R＝eq \r(3)，所以內(nèi)切球的表面積S＝4πR2＝12π，又正三棱柱的高AA1＝2R＝2eq \r(3)，所以O(shè)M＝2OH＝2eq \r(3)，所以AO＝eq \r(OM2＋AM2)＝eq \r(（2\r(3)）2＋（\r(3)）2)＝eq \r(15)，所以A到球面上的點的距離最小值為AO－R＝eq \r(15)－eq \r(3).]

15.解 (1)因為∠ABD與∠ACD是底面圓弧eq \(AD,\s\up8(︵))所對的圓周角，所以∠ABD＝∠ACD.
因為AB＝AD，所以在等腰△ABD中，∠ABD＝∠ADE，
所以∠ADE＝∠ACD.
因為AC是圓柱的底面直徑，
所以∠ADC＝90°，
則∠CAD＋∠ACD＝90°，
所以∠CAD＋∠ADE＝90°，
則∠AED＝90°，即AC⊥BD，
所以在等腰△ABD中，BE＝DE，AC平分∠BAD，
則∠CAD＝eq \f(1,2)∠BAD＝30°，
所以∠ADE＝60°，則∠CDE＝30°，
故在Rt△CED中，CD＝2EC，DE＝eq \r(3)EC，
則BD＝2DE＝2eq \r(3)EC，
在Rt△ACD中，AC＝2CD＝4EC.
因為PC是圓柱的母線，
所以PC⊥平面ABCD，
所以V1＝π·(eq \f(1,2)AC)2·PC
＝π·(2EC)2·PC＝4π·EC2·PC，
V2＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)AC·BD·PC＝eq \f(1,6)×4EC×
2eq \r(3)EC·PC＝eq \f(4\r(3),3)EC2·PC，所以eq \f(V1,V2)＝eq \r(3)π.
(2)以C為坐標原點，
eq \(CA,\s\up6(→))的方向為x軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系C－xyz，不妨設(shè)|eq \(CE,\s\up6(→))|＝1，
則AC＝4EC＝4，
DE＝eq \r(3)EC＝eq \r(3)，
PC＝4CE＝4，
則C(0，0，0)，A(4，0，0)，
D(1，eq \r(3)，0)，P(0，0，4)，
所以eq \(CD,\s\up6(→))＝(1，eq \r(3)，0)，eq \(CP,\s\up6(→))＝(0，0，4)，
eq \(PA,\s\up6(→))＝(4，0，－4).
因為PA＝4PF，
所以eq \(PF,\s\up6(→))＝eq \f(1,4)eq \(PA,\s\up6(→))＝(1，0，－1)，
則eq \(CF,\s\up6(→))＝eq \(CP,\s\up6(→))＋eq \(PF,\s\up6(→))＝(0，0，4)＋(1，0，－1)＝(1，0，3).
設(shè)平面FCD的法向量n＝(x，y，z)，
則eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(CF,\s\up6(→))＝0,n·\(CD,\s\up6(→))＝0))，即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋3z＝0，,x＋\r(3)y＝0，))
令x＝－3，則y＝eq \r(3)，z＝1，
故n＝(－3，eq \r(3)，1).
設(shè)平面PCD的法向量m＝(p，q，r)，
則eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m·\(CP,\s\up6(→))＝0,m·\(CD,\s\up6(→))＝0))，
即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(4r＝0，,p＋\r(3)q＝0，))
令p＝－3，則q＝eq \r(3)，r＝0，
故m＝(－3，eq \r(3)，0).
設(shè)二面角F－CD－P的平面角為θ，
由圖知0＜θ＜eq \f(π,2)，
所以cs θ＝|cs 〈n，m〉|＝eq \f(|n·m|,|n|·|m|)
＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(9＋3,\r(9＋3＋1)×\r(9＋3))))＝eq \f(2\r(39),13)，
因此二面角F－CD－P的余弦值為eq \f(2\r(39),13).
16.(1)證明 過G作GH∥CB，交底面弧于H，連接HB，
易知HBCG為平行四邊形，所以HB∥CG，
又G為弧CD的中點，則H是弧AB的中點，所以∠HBA＝45°，
而由題設(shè)知∠ABF＝45°，則∠HBF＝∠HBA＋∠ABF＝90°，所以FB⊥HB，即FB⊥CG.
因為CB⊥底面ABF，F(xiàn)B?平面ABF，
故CB⊥FB，
又CB∩CG＝C，CB，CG?平面BCG，
所以FB⊥平面BCG，
又FB?平面BDF，
所以平面BDF⊥平面BCG.
(2)解 由題意，以A為原點，eq \(AF,\s\up6(→))，eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(AD,\s\up6(→))為正方向，所在直線為x，y，z軸，建立如圖所示空間直角坐標系A(chǔ)－xyz，設(shè)半圓柱的高為h，則B(0，2，0)，F(xiàn)(2，0，0)，D(0，0，h)，G(－1，1，h)，所以eq \(FD,\s\up6(→))＝(－2，0，h)，eq \(BD,\s\up6(→))＝(0，－2，h)，
eq \(AB,\s\up6(→))＝(0，2，0)，eq \(AG,\s\up6(→))＝(－1，1，h).
設(shè)m＝(x，y，z)是平面BDF的一個法向量，
則eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m·\(FD,\s\up6(→))＝－2x＋hz＝0，,m·\(BD,\s\up6(→))＝－2y＋hz＝0，))
令z＝2，則m＝(h，h，2).
設(shè)n＝(a，b，c)是平面ABG的一個法向量，則eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(AB,\s\up6(→))＝2b＝0，,n·\(AG,\s\up6(→))＝－a＋b＋hc＝0，))
令c＝1，則n＝(h，0，1)，
所以|cs〈m，n〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(m·n,|m||n|)))
＝eq \f(h2＋2,\r(2h2＋4)×\r(h2＋1))＝eq \f(\r(15),5)，
整理可得h2－4＝0，則h＝2，
由題設(shè)可知，此時點G(－1，1，2)，D(0，0，2)，
則eq \(DF,\s\up6(→))＝(2，0，－2)，eq \(DG,\s\up6(→))＝(－1，1，0)，
所以點G到直線DF的距離
d＝eq \r(\(DG,\s\up6(→))2－\f(|\(DG,\s\up6(→))·\(DF,\s\up6(→))|2,|\(DF,\s\up6(→))|2))＝eq \f(\r(6),2).
17.(1)證明 連接DE，如圖1，因為BC⊥CD，CE＝eq \r(3)，CD＝1，
所以DE＝2，sin ∠CDE＝eq \f(\r(3),2)，
又∠CDE∈(0，eq \f(π,2))，
所以∠CDE＝eq \f(π,3).
因為DE＝2，AE＝AD＝2，
所以∠DEA＝eq \f(π,3)，
故∠CDE＝∠DEA，
故CD∥AE.
在題圖2中，因為CD∥AE，AE?平面ABE，CD?平面ABE，
所以CD∥平面ABE.
因為CD?平面BCD，
平面BCD∩平面ABE＝l，
所以CD∥l；

圖1 圖2
(2)解 由(1)知，AE⊥CE，AE⊥BE，BE∩CE＝E，CE?平面BCE，BE?平面BCE，
所以AE⊥平面BCE，又AE?平面AEB，
所以平面AEB⊥平面BCE，
故以E為坐標原點，EA，EB分別為x，y軸， 在平面BCE內(nèi)過點E作BE的垂線為z軸建立如圖2所示的空間直角坐標系，
則A(2，0，0)，B(0，2，0).
因為CD∥AE，平面AEB⊥平面BCE，
且CE＝CB＝eq \r(3)，
所以點C在平面AEB的射影為BE中點，
故D(1，1，eq \r(2))，
設(shè)F(0，t，0)(0≤t≤2)，
則eq \(AD,\s\up6(→))＝(－1，1，eq \r(2))，eq \(AF,\s\up6(→))＝(－2，t，0)，
eq \(BD,\s\up6(→))＝(1，－1，eq \r(2)).
設(shè)平面ADF的法向量為n＝(x，y，z)，
則eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(AD,\s\up6(→))＝0，,n·\(AF,\s\up6(→))＝0，))
即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－x＋y＋\r(2)z＝0，,－2x＋ty＝0，))
不妨令y＝2，則x＝t，z＝eq \f(\r(2)（t－2）,2)，
所以n＝(t，2，eq \f(\r(2)（t－2）,2))為平面ADF的一個法向量.
因為直線BD與平面ADF所成角的正弦值為eq \f(\r(22),11)，
所以|cs 〈eq \(BD,\s\up6(→))，n〉|＝eq \f(|t－2＋t－2|,2×\r(t2＋4＋\f(（t－2）2,2)))＝eq \f(\r(22),11)，
整理得t2－5t＋4＝0，
解得t＝1或t＝4(舍)，
所以F為EB中點，所以eq \f(EF,EB)＝eq \f(1,2).
18.(1)證明 在直三棱柱ABC－A1B1C1中，BC⊥BB1，而AB⊥BC，BB1∩AB＝B，BB1，AB?平面ABB1A1，則BC⊥平面ABB1A1，
又BD＝CE，BD∥CE，即四邊形BCED是平行四邊形，故DE∥BC，于是DE⊥平面ABB1A1，而BF?平面ABB1A1，
所以DE⊥BF.
(2)解 在AA1上取點G，使AG＝BD，連接DG，EG，則DG∥AB，而AA1⊥BC，AA1⊥AB，則有AA1⊥DE，AA1⊥DG，
又DG∩DE＝D，DG，DE?平面DEG，則AA1⊥平面DEG，而AA1⊥平面ABC，
因此平面DEG∥平面ABC.顯然DG⊥FG，
FG＝eq \r(DF2－GD2)＝3，
由平面DEF將直三棱柱ABC－A1B1C1的體積平分知：
VF－DEG＋VABC－GDE＝eq \f(1,2)VABC－A1B1C1，
即eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×3×3×3＋eq \f(1,2)×3×3×EC＝eq \f(1,2)×eq \f(1,2)×3×3×6，
解得EC＝2，
則AF＝FG＋GA＝5，
以點B為原點，BC，BA，BB1所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系，如圖，
則B(0，0，0)，E(3，0，2)，F(xiàn)(0，3，5)，D(0，0，2)，
eq \(BE,\s\up6(→))＝(3，0，2)，
eq \(BF,\s\up6(→))＝(0，3，5)，
eq \(DE,\s\up6(→))＝(3，0，0)，
eq \(DF,\s\up6(→))＝(0，3，3)，
設(shè)平面BEF的法向量m＝(x，y，z)，
則eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m·\(BE,\s\up6(→))＝3x＋2z＝0，,m·\(BF,\s\up6(→))＝3y＋5z＝0，))
令x＝2，則y＝5，z＝－3，得m＝(2，5，－3).
設(shè)平面DEF的一個法向量n＝(x1，y1，z1)，
則eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(DE,\s\up6(→))＝3x1＝0，,n·\(DF,\s\up6(→))＝3y1＋3z1＝0，))
令y1＝1，則z1＝－1，
得n＝(0，1，－1)，
則cs〈m，n〉＝eq \f(m·n,|m||n|)
＝eq \f(5×1－3×（－1）,\r(38)×\r(2))＝eq \f(4\r(19),19)，
由圖判斷知二面角B－EF－D的平面角為銳角，所以二面角B－EF－D的余弦值為eq \f(4\r(19),19).
19.解 (1)設(shè)平面BCC1B1與平面AEB1的交線為l，
因為FH∥平面AEB1，平面BCC1B1∩平面AEB1＝l，F(xiàn)H?平面BCC1B1，所以FH∥l.
由正方體ABCD－A1B1C1D1知，
平面ADD1E∥平面BCC1B1，
又因為平面ADD1E∩平面AEB1＝AE，
平面BCC1B1∩平面AEB1＝l，
所以AE∥l，所以AE∥FH.
取BC中點G，連接C1G，易知AE∥GC1，
所以GC1∥FH，又因為H為CG中點，
所以F為CC1中點.
(2)以點D為原點，eq \(DA,\s\up6(→))，eq \(DC,\s\up6(→))，eq \(DD1,\s\up6(→))分別為x軸、y軸、z軸的正方向，建立空間直角坐標系，則有D(0，0，0)，A(2，0，0)，E(1，0，2)，F(xiàn)(0，2，t)，
其中t∈[0，2]，
eq \(AE,\s\up6(→))＝(－1，0，2)，eq \(AF,\s\up6(→))＝(－2，2，t)，eq \(DA,\s\up6(→))＝(2，0，0).
設(shè)平面AEF的法向量n＝(x，y，z)，
則有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(AE,\s\up6(→))＝0，,n·\(AF,\s\up6(→))＝0))?eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－x＋2z＝0，,－2x＋2y＋tz＝0，))
取x＝2，則y＝2－eq \f(t,2)，z＝1，
則n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，2－\f(t,2)，1)).
設(shè)點D到平面AEF的距離為d，
則d＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(\(AD,\s\up6(→))·n,|n|)))
＝eq \f(4,\r(5＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(t,2)))\s\up12(2)))＝eq \f(4,\r(\f(1,4)（t－4）2＋5))，
t∈[0，2]，
當t＝2時，d有最大值，dmax＝eq \f(2\r(6),3)，
所以點D到平面AEF的最大距離為eq \f(2\r(6),3).
題號
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案

相關(guān)試卷

新高考數(shù)學二輪復習培優(yōu)訓練專題13 運用空間向量研究立體幾何問題（含解析）：

這是一份新高考數(shù)學二輪復習培優(yōu)訓練專題13 運用空間向量研究立體幾何問題（含解析），共40頁。

2023高考數(shù)學二輪專題復習與測試專題強化練七立體幾何與空間向量：

這是一份2023高考數(shù)學二輪專題復習與測試專題強化練七立體幾何與空間向量，共12頁。

立體幾何與空間向量專題講義-2023二輪復習：

這是一份立體幾何與空間向量專題講義-2023二輪復習，共47頁。

英語朗讀寶

相關(guān)試卷 更多

空間向量與立體幾何補充專題1：已知角求角問題專練 高三數(shù)學二輪專題復習

空間向量與立體幾何補充專題1：已知角求角問題專練 高三數(shù)學二輪專題復習
空間向量與立體幾何補充專題2：求長度、距離、比值問題 高三數(shù)學二輪專題復習

空間向量與立體幾何補充專題2：求長度、距離、比值問題 高三數(shù)學二輪專題復習
2022屆高考數(shù)學二輪專題復習12空間向量與立體幾何

2022屆高考數(shù)學二輪專題復習12空間向量與立體幾何
2022屆高考數(shù)學二輪專題復習12空間向量與立體幾何

2022屆高考數(shù)學二輪專題復習12空間向量與立體幾何
資料下載及使用幫助
版權(quán)申訴
版權(quán)申訴
若您為此資料的原創(chuàng)作者，認為該資料內(nèi)容侵犯了您的知識產(chǎn)權(quán)，請掃碼添加我們的相關(guān)工作人員，我們盡可能的保護您的合法權(quán)益。
入駐教習網(wǎng)，可獲得資源免費推廣曝光，還可獲得多重現(xiàn)金獎勵，申請 精品資源制作， 工作室入駐。
版權(quán)申訴二維碼
高考專區(qū)
歡迎來到教習網(wǎng)
  • 900萬優(yōu)選資源，讓備課更輕松
  • 600萬優(yōu)選試題，支持自由組卷
  • 高質(zhì)量可編輯，日均更新2000+
  • 百萬教師選擇，專業(yè)更值得信賴
微信掃碼注冊
qrcode
二維碼已過期
刷新

微信掃碼，快速注冊

手機號注冊
手機號碼

手機號格式錯誤

手機驗證碼 獲取驗證碼

手機驗證碼已經(jīng)成功發(fā)送，5分鐘內(nèi)有效

設(shè)置密碼

6-20個字符，數(shù)字、字母或符號

注冊即視為同意教習網(wǎng)「注冊協(xié)議」及「隱私條款」
QQ注冊
手機號注冊
微信注冊

注冊成功

返回
頂部