2025年人教A版高中数学必修二 高一下期末复习分类训练（压轴题专练）（2份，原卷版+解析版）

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1．已知点A（，1），B（0，0），C（，0）．设∠BAC的平分线AE与BC相交于E，那么有等于（ ）
A．2B．C．﹣3D．﹣
【分析】由角平分线定理得出﹣，再算出AB、AC 的长即可．
【解答】解：设∠BAC的平分线AE与BC相交于E，
那么，∴＝，即＝，∵，∴λ＜0，＝﹣λ，
∴﹣，∴λ＝﹣3故选：C．
2．在△ABC中，点D在线段BC的延长线上，且，点O在线段CD上（与点C、D不重合），若的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【分析】根据所给的数量关系，写出要求向量的表示式，注意共线的向量之间的三分之一关系，根据表示的关系式和所给的关系式进行比较，得到结果．
【解答】解：设＝y，∵＝＝＝﹣y，
∵，点O在线段CD上（与点C、D不重合），即0＜CO＜DC，所以y||＜||，可得3y≤1，
∴y，∵，可得x＝﹣y，∴故选：D．
二．两向量的和或差的模的最值
3．已知向量＝（2，2），＝（csα，sinα），则向量的模的最大值是 3 ．
【分析】根据向量的坐标运算先求出的坐标，再代入向量模的公式，利用两角和的正弦公式进行化简，再由正弦函数的最值，求出||的最大值．
【解答】解：∵＝（2，2），＝（csα，sinα），∴＝+＝（2+csα，2+sinα），
∴||＝＝＝，
当sin（）＝1时，||有最大值，且为3，故答案为：3．
三．平面向量数量积的性质及其运算
4．（在边长为1的正六边形ABCDEF中，记以A为起点，其余顶点为终点的向量分别为、、、、；以D为起点，其余顶点为终点的向量分别为、、、、．若m、M分别为（++）•（++）的最小值、最大值，其中{i，j，k}⊆{1，2，3，4，5}，{r，s，t}⊆{1，2，3，4，5}，则m、M满足（ ）
A．m＝0，M＞0B．m＜0，M＞0C．m＜0，M＝0D．m＜0，M＜0
【分析】利用向量的数量积公式，可知只有，其余数量积均小于等于0，从而可结论．
【解答】解：由题意，以A为起点，其余顶点为终点的向量分别为、、、、；以D为起点，其余顶点为终点的向量分别为、、、、，
∴利用向量的数量积公式，可知只有，其余数量积均小于等于0，
∵m、M分别为（++）•（++）的最小值、最大值，∴m＜0，M＜0故选：D．
5．对于函数y＝f（x），x∈（0，+∞），任意a，b，c∈R且a≥0，b≥0，c≥0，都有f（a），f（b），f（c）是一个三角形的三边长，则称函数y＝f（x）为（0，+∞）上的“完美三角形函数”．
（1）设，，若函数是上的“完美三角形函数”，求实数k的取值范围；
（2）在满足（1）且k＞0的条件下，令函数，若对任意的，总存在，使得g（x2）≥h（x1）成立，求实数k的取值范围．
【分析】（1）用数量积公式求出g（x）的解析式，由辅助角公式化简，分类讨论求出范围．
（2）将h（x）展开并换元，由已知条件转化为求最值．
【解答】解：（1）根据题干可知：．
则可以得到g（x）的解析式为：．
由题意可知，g（x）为完美三角形函数，所以，则．
故得到如下三种情况：
①当k＞0时，所以g（x）∈[﹣k+1，2k+1]，则由题意可得：，解得；
②当k＜0时，所以g（x）∈[2k+1，﹣k+1]，则由题意可得，解得；
③当k＝0时，所以g（x）＝1，满足要求．
综上所述：k∈（﹣）．
（2）h（x）＝sin2x﹣sin（x+）+．
则可以设t＝sinx+csx，故sinxcsx＝t2﹣1，其中．
可以得到：．
由题意可知：对于所有的，都要有，使g（x2）≥h（x1）成立．
则只需满足：，即．所以k．
6．已知，，函数．
（1）求f（x）的周期和单调递减区间；
（2）设ω＞0为常数，若f（ωx）在区间上是增函数，求ω的取值范围；
（3）设定义域为R，若对任意，x2∈R，不等式g（x2）≥f（x1）恒成立，求实数a的取值．
【分析】（1）化简函数解析式，球队赢区间即可．
（2）根据为函数的单调增区间，列式求解即可．
（3）先根据定义域为R你求解a的取值范围，再根据g（x2）≥f（x1）恒成立转化成求g（x）得最小值，进而求a得取值范围即可．
【解答】解：（1）有题意可知：＝2sinx+2sin2x+cs2x﹣sin2x＝1+2sinx．
可以得到周期T＝2π，并且求得函数的单调递减区间为：．
（2）由题意可得：f（ωx）＝2sinωx+1．
又因为函数的单调增区间为，且在区间上是增函数．
可以得到不等式，．进而解得：ω∈（0，1]．
（3）由题意知的定义域为R．则可以得到：0＜a＜1，且a≠1．
并且y＝ax2+x+1开口向上，且与x轴无交点．故得到方程ax2+x+1＝0判别式Δ＜0，即1﹣4a＜0．
解得：a∈（，1）∪（1，+∞）．
又因为对任意，x2∈R，都有g（x2）≥f（x1）．易知需满足：g（x）min≥f（x）max．
因为f（x）在上，所以得到f（x）max＝3．
①当时，函数g（x）在上单调递增，在单调递减，
故在处取得最大值，当x→﹣∞时，g（x）→﹣∞，当x→+∞时，g（x）→﹣∞．
所以此时不满足条件．
②当a∈（1，+∞）时，函数g（x）在上单调递减，在单调递增．
g（x）最小值为g（﹣）＝lga[a﹣（﹣）2+（﹣）+1]＝lga（﹣+1）≥3．
又因为a＞0，a3﹣1＞0，，所以不成立．
综上，不存在实数a的使得上述条件成立．
7．已知θ∈[0，π），向量＝（csθ，sinθ），＝（1，0），P1、P2、P3是坐标平面上的三点，使得＝2[﹣（•）]，＝2[﹣（•）]．
（1）若θ＝，P1的坐标为（20，21），求；
（2）若θ＝，||＝6，求||的最大值；
（3）若存在α∈[0，π），使得当＝（csα，sinα）时，△P1P2P3为等边三角形，求θ的所有可能值．
【分析】（1）利用向量的线性运算及数量积运算即可求得结论；
（2）由题意可设＝6（csα，sinα），利用向量的线性运算及数量积运算可求得＝24（0，csθsin（α﹣θ）），当θ＝，由模的运算以及三角函数的有界性即可求得最值；
（3）求得，的坐标，进而可求得，，由△P1P2P3为等边三角形，可得||＝||＝2|sin（α﹣θ）|＝1，cs＜，＞＝＝﹣，利用三角恒等变换化简可求得cs2α＝﹣，分类讨论结合2|sin（α﹣θ）|＝1即可求得θ的所有取值．
【解答】解：（1）若θ＝，则＝（cs，sin）＝（0，1），
则＝2[﹣（•）]＝2{（20，21）﹣[（0，1）•（20，21）]（0，1）}＝2[（20，21）﹣（0，21）]＝（40，0），
所以＝2[﹣（•）]＝2{（40，0）﹣[（1，0）•（40，0）]（1，0）}＝（0，0）；
（2）因为||＝6，不妨设＝6（csα，sinα），由向量＝（csθ，sinθ），
得＝2[﹣（•）]＝2[6（csα，sinα）﹣6cs（α﹣θ）（csθ，sinθ）]
＝12（sinθsin（θ﹣α），csθsin（α﹣θ））
所以＝2[﹣（•）]＝2[12（sinθsin（θ﹣α），csθsin（α﹣θ））﹣12sinθsin（θ﹣α）（1，0）]
＝24（0，csθsin（α﹣θ）），
若θ＝，则csθ＝﹣，sinθ＝，则||＝12|sin（α﹣）|＝12|sin（α+）|，
所以，当|sin（α+）|＝1时，||取最大值12；
（3）＝2[﹣（•）]＝2[（csα，sinα）﹣（csαcsθ+sinαsinθ）（csθ，sinθ）]
＝2（sinθsin（θ﹣α），csθsin（α﹣θ）），
＝2[﹣（•）]＝2[2（sinθsin（θ﹣α），csθsin（α﹣θ））﹣2sinθsin（θ﹣α）（1，0）]
＝4（0，csθsin（α﹣θ）），
所以＝（2sinθsin（θ﹣α）﹣csα，2csθsin（α﹣θ）﹣sinα），
＝（2sinθsin（α﹣θ），2csθsin（α﹣θ）），
因为△P1P2P3为等边三角形，所以||＝||＝2|sin（α﹣θ）|＝1，
cs＜，＞＝＝﹣，所以|sin（α﹣θ）|＝，
2sinθsin（α﹣θ）[2sinθsin（θ﹣α）﹣csα]+2csθsin（α﹣θ）[2csθsin（α﹣θ）﹣sinα]＝﹣，
即﹣4sin²θsin²（α﹣θ）﹣2sinθcsαsin（α﹣θ）+4cs²θsin²（α﹣θ）﹣2csθsinαsin（α﹣θ）＝﹣，
即4sin²（α﹣θ）（cs²θ﹣sin²θ）﹣2sinθcsαsinαcsθ+2sinθcsαcsαsinθ﹣2csθsinαsinαcsθ+2csθsinαcsαsinθ＝﹣，即cs²θ﹣sin²θ+2sin²θcs²α﹣2cs²θsin²α＝﹣，
即cs²θ﹣sin²θ+2sin²θcs²α﹣2sin²α（1﹣sin²θ）＝﹣，
即cs²θ﹣sin²θ+2sin²θcs²α﹣2sin²α+2sin²αsin²θ＝﹣，即cs²θ﹣sin²θ+2sin²θ﹣2sin²α＝﹣，
即cs²θ+sin²θ﹣2sin²α＝﹣，即1﹣2sin²α＝﹣，即cs2α＝﹣，且2α∈[0，2π），
所以α＝或，当α＝时，由|sin（α﹣θ）|＝可得θ＝或，
当α＝时，由|sin（α﹣θ）|＝可得θ＝或，所以θ的所有可能值为、、．
8．已知实数0≤θ≤π，，，若向量满足，且．
（Ⅰ）若，求；
（Ⅱ）若在上为增函数．
（1）求实数θ的取值范围；
（2）若对满足题意的θ恒成立，求x的取值范围．
【分析】（Ⅰ）设＝（x0，y0），利用向量的坐标运算可得；
（Ⅱ）（1）利用二次函数对称轴在区间左边列式解三角不等式可得；
（2）利用不等式（1+||2）x2﹣2||2x+1≤5，即||2（x2﹣2x）+x2﹣4≤0对任意0≤||≤1恒成立，可得．
【解答】解：（Ⅰ）设＝（x0，y0），则＝（x0+csθ，y0+sinθ），∵，
由|﹣|＝2得 （﹣）2＝4，得2﹣2•+2＝4，得1﹣0+||2＝4，得||＝，
∵（+）•＝0，∴y0+sinθ＝0，∴y0＝﹣sinθ，
∵•＝0，∴x0csθ+y0sinθ＝0，∴x0＝，
∴||2＝x02+y02＝3⇒（）2+（﹣sinθ）2＝3⇒tanθ＝，
∵θ∈[0，π]，∴θ＝，或θ＝，∴当θ＝时，x0＝，y0＝﹣，
当θ＝时，x0＝﹣，y0＝﹣，所以＝（，﹣）或＝（﹣，﹣）
（Ⅱ）f（x）＝|+x（﹣）|＝|x+（1﹣x）|＝
＝＝，
∵f（x）在[，+∞）上为增函数，所以对称轴﹣，即||≤1，
设＝（x0，y0），则＝（x0+csθ，y0+sinθ），
又∵，且，∴y0＝﹣sinθ，x0＝，
∴||2＝x02+y02＝（）2+sin2θ≤1，即 sin2θ≤cs2θ，cs2θ，
∴csθ∈[，1]∪[﹣1，﹣]，∴θ∈[0，]∪[，π]，
（2）由（1）知（1+||2）x2﹣2||2x+||2≤5，即||2（x2﹣2x）+x2﹣4≤0对任意0≤||≤1恒成立，
∴，解得：﹣1≤x≤2
9．如图，在△ABC中，已知CA＝1，CB＝2，∠ACB＝60°．
（1）求||；
（2）已知点D是AB上一点，满足＝λ，点E是边CB上一点，满足＝λ．
①当λ＝时，求•；
②是否存在非零实数λ，使得⊥？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）利用余弦定理求出AB的长即得||；
（2）①λ＝时，D、E分别是BC，AB的中点，求出、的数量积即可；
②假设存在非零实数λ，使得⊥，利用、分别表示出和，
求出•＝0时的λ值即可．
【解答】解：（1）△ABC中，CA＝1，CB＝2，∠ACB＝60°，由余弦定理得，
AB2＝CA2+CB2﹣2CA•CB•cs∠ACB＝12+22﹣2×1×2×cs60°＝3，
∴AB＝，即||＝；
（2）①λ＝时，＝，＝，∴D、E分别是BC，AB的中点，
∴＝+＝+，＝（+），
∴•＝（+）•（+）＝•+•+•+
＝﹣×12+×1×2×cs120°+×2×1×cs60°+×22＝；
②假设存在非零实数λ，使得⊥，由＝λ，得＝λ（﹣），
∴＝+＝+λ（﹣）＝λ+（1﹣λ）；
又＝λ，∴＝+＝（﹣）+λ（﹣）＝（1﹣λ）﹣；
∴•＝λ（1﹣λ）﹣λ•+（1﹣λ）2•﹣（1﹣λ）
＝4λ（1﹣λ）﹣λ+（1﹣λ）2﹣（1﹣λ）＝﹣3λ2+2λ＝0，解得λ＝或λ＝0（不合题意，舍去）；
即存在非零实数λ＝，使得⊥．
10．已知＝（1，2），＝（﹣3，4），＝+λ（λ∈R）．
（1）当λ为何值时，||最小？此时与的位置关系如何？
（2）当λ为何值时，与的夹角最小？此时与的位置关系如何？
【分析】（1）根据平面向量的线性运算与坐标表示，求出模长的表达式，利用二次函数求出最小值对应的λ值，以及与的关系；
（2）利用平面向量的数量积求出与的夹角余弦值，根据与的夹角最小，得出csθ的值，再列方程求出λ的值，从而求出向量以及与的关系．
【解答】解：（1）＝（1，2），＝（﹣3，4），∴＝+λ＝（1﹣3λ，2+4λ），
∴＝（1﹣3λ）2+（2+4λ）2＝5+10λ+25λ2＝25+4；
当λ＝﹣时，||最小，此时＝（，），且＝﹣3×+4×＝0，∴⊥；
∴当λ＝﹣时，||最小，此时⊥；
（2）设与的夹角为θ，则csθ＝＝＝，
要与的夹角最小，则csθ最大，∵0≤θ≤π，故csθ的最大值为1，此时θ＝0，csθ＝1，
∴＝1，解得λ＝0，此时＝（1，2）；∴λ＝0时，与的夹角最小，
此时与平行（答案写相等也对）．
11．||＝1，||＝，•＝0，点C在∠AOB内，且∠AOC＝30°，设＝m+n（m、n∈R），则等于（ ）
A．B．3C．D．
【分析】将向量沿与方向利用平行四边形原则进行分解，构造出三角形，由题目已知，可得三角形中三边长及三个角，然后利用正弦定理解三角形即可得到答案．此题如果没有点C在∠AOB内的限制，应该有两种情况，即也可能为OC在OA顺时针方向30°角的位置，请大家注意分类讨论，避免出错．
【解答】解：法一：如图所示：＝+，设＝x，则＝．＝∴＝＝3．
法二：如图所示，建立直角坐标系．则＝（1，0），＝（0，），∴＝m+n＝（m，n），
∴tan30°＝＝，∴＝3．故选：B．
四．数量积表示两个向量的夹角
12．已知O为正三角形ABC内一点，且满足+λ+（1+λ）＝，若△OAB的面积与△OAC的面积比值为3，则λ的值为（ ）
A．B．1C．2D．3
【分析】如图D，E分别是对应边的中点，对所给的向量等式进行变形，根据变化后的条件得到①；由于正三角形ABC，结合题目中的面积关系得到＝，②．由①②可得O分DE所成的比，从而得出λ的值．
【解答】解：，变为．如图，D，E分别是对应边的中点，由平行四边形法则知故①
在正三角形ABC中，∵＝＝，
且三角形AOC与三角形ADC同底边AC，故O点到底边AC的距离等于D到底边AC的距离的三分之一，
故＝，⇒＝﹣②由①②得λ＝．故选：A．
13．已知AD是△ABC的中线，若∠A＝120°，，则的最小值是 1 ．
【分析】利用向量的数量积公式，及三角形中线向量的表示，利用基本不等式，即可求的最小值．
【解答】解：∵＝||||csA，∠A＝120°，∴||||＝4
∵＝（ +），
∴||2＝（||2+||2+2 •）＝（||2+||2﹣4）≥（2||||﹣4）＝1∴min＝1
故答案为：1．
14．如图所示，A，B，C是圆O上的三点，CO的延长线与线段BA的延长线交于圆外的点D，若，则m+n的取值范围是 （﹣1，0） ．
【分析】法一：如图所示，由A，B，D三点共线，利用向量共线定理可得：存在实数λ满足，，t＜﹣1，t＝，即＝+，与两比较，即可得出．
法二：先利用向量数量积运算性质，将两边平方，消去半径得m、n的数量关系，利用向量加法的平行四边形法则，可判断m+n一定为负值，从而可得正确结果．
【解答】解：法一：如图所示
∵A，B，D三点共线，∴存在实数λ满足，
又，t＜﹣1，∴t＝，即＝+，与两比较，
可得，n＝，则m+n＝∈（﹣1，0）．∴m+n的取值范围是（﹣1，0）．故答案为：（﹣1，0）．
法二：∵|OC|＝|OB|＝|OA|，，∴2＝（）2＝m22+n22+2mn•
∴1＝m2+n2+2mncs∠AOB
当∠AOB＝60°时，m2+n2+mn＝1，即（m+n）2﹣mn＝1，即（m+n）2＝1+mn＜1
所以（m+n）2＜1，∴﹣1＜m+n＜1，当，趋近射线OD，由平行四边形法则＝，此时显然m＜0，n＞0，且|m|＞|n|，∴m+n＜0，所以m+n的取值范围（﹣1，0）．故答案为：（﹣1，0）．
五．平面向量的综合题
15．已知＝（1，0），＝（0，1），＝（t，t）（t∈R），O是坐标原点．
（Ⅰ）若点A，B，M三点共线，求t的值；
（Ⅱ）当t取何值时，•取到最小值？并求出最小值．
【分析】（1）求出向量的坐标，运用平行的条件可判断求解t的值．
（2）运用坐标求解数量积，转化为函数求解．
【解答】解：（1）＝＝（﹣1，1），＝﹣＝（t﹣1，t），
∵A，B，M三点共线，∴与共线，t＝，
（2）＝（，1﹣t，﹣t），＝（﹣t，1﹣t），•＝2t2﹣2t，当t＝时，•取得最小值．
六．余弦定理
16．已知△ABC的一个内角为120°，并且三边长构成公差为4的等差数列，则△ABC的面积为 15 ．
【分析】因为三角形三边构成公差为4的等差数列，设中间的一条边为x，则最大的边为x+4，最小的边为x﹣4，根据余弦定理表示出cs120°的式子，将各自设出的值代入即可得到关于x的方程，求出方程的解即可得到三角形的边长，然后利用三角形的面积公式即可求出三角形ABC的面积．
【解答】解：设三角形的三边分别为x﹣4，x，x+4，则cs120°＝＝﹣，
化简得：x﹣16＝4﹣x，解得x＝10，所以三角形的三边分别为：6，10，14
则△ABC的面积S＝×6×10sin120°＝15．故答案为：15
17．设a，b，c为ABC中的三边长，且a+b+c＝1，则a2+b2+c2+4abc的取值范围是（ ）
A．[，]B．[，）C．（，]D．（，）
【分析】记f（a，b，c）＝a2+b2+c2+4abc，则f（a，b，c）＝1﹣2ab﹣2c（a+b）+4abc，再根据三角形边长性质可以证得f（a，b，c）．再利用不等式和已知可得ab，所以f（a，b，c）≥1﹣﹣2c（1﹣c）＝，再利用求导根据单调性可以推得a2+b2+c2+4abc，继而可以得出结果．
【解答】解：记f（a，b，c）＝a2+b2+c2+4abc，则f（a，b，c）＝1﹣2ab﹣2c（a+b）+4abc
＝1﹣2ab（1﹣2c）﹣2c（1﹣c）＝2（c+ab）2﹣2a2b2﹣2（ab+c）+1＝2[c+ab﹣]2﹣2a2b2+
＝4（c﹣）（a﹣）（b﹣）+又a，b，c为△ABC的三边长，
所以1﹣2a＞0，1﹣2b＞0，1﹣2c＞0，所以f（a，b，c）．
另一方面f（a，b，c）＝1﹣2ab（1﹣2c）﹣2c（1﹣c），
由于a＞0，b＞0，所以ab，
又1﹣2c＞0，所以f（a，b，c）≥1﹣﹣2c（1﹣c）＝，
不妨设a≥b≥c，且a，b，c为△ABC的三边长，所以．
令y＝，则y′＝3c2﹣c＝c（3c﹣1）≤0，所以ymin＝﹣＝，
从而，当且仅当a＝b＝c＝时取等号．故选：B．
七．解三角形
18．在△ABC中，AC＝，BC＝2，B＝60°，则BC边上的高等于（ ）
A．B．C．D．
【分析】在△ABC中，由余弦定理可得，AC2＝AB2+BC2﹣2AB•BCcsB可求AB＝3，作AD⊥BC，则在Rt△ABD中，AD＝AB×sinB
【解答】解：在△ABC中，由余弦定理可得，AC2＝AB2+BC2﹣2AB•BCcsB
把已知AC＝，BC＝2 B＝60°代入可得，7＝AB2+4﹣4AB×整理可得，AB2﹣2AB﹣3＝0
∴AB＝3作AD⊥BC垂足为DRt△ABD中，AD＝AB×sin60°＝，即BC边上的高为故选：B．
19．如图，△ABC中，AB＝AC＝2，BC＝，点D在BC边上，∠ADC＝45°，则AD的长度等于 ．
【分析】由A向BC作垂线，垂足为E，根据三角形为等腰三角形求得BE，进而再Rt△ABE中，利用BE和AB的长求得B，则AE可求得，然后在Rt△ADE中利用AE和∠ADC求得AD．
【解答】解：由A向BC作垂线，垂足为E，∵AB＝AC∴BE＝BC＝∵AB＝2∴csB＝＝
∴B＝30°∴AE＝BE•tan30°＝1∵∠ADC＝45°∴AD＝＝故答案为：
20．如图，海中小岛A周围38海里内有暗礁，船正向南航行，在B处测得小岛A在船的南偏东30°，航行30海里后，在C处测得小岛A在船的南偏东45°，如果此船不改变航向，继续向南航行，有无触礁的危险？
【分析】在△ABC中，BC＝30，B＝30°，∠ACB＝180°﹣45°＝135°，A＝15°，利用正弦定理知：，由此求出A到BC所在直线的距离之后进行判断即可．
【解答】解：在△ABC中，BC＝30，B＝30°，∠ACB＝180°﹣45°＝135°，∴A＝15°，
由正弦定理知：，∴，
∴，…（6分）
∴A到BC所在直线的距离为（海里），
∴不改变航向，继续向南航行，无触礁的危险．…（12分）
21．一艘海轮从A处出发，以每小时40海里的速度沿东偏南50°方向直线航行，30分钟后到达B处．在C处有一座灯塔，海轮在A处观察灯塔，其方向是东偏南20°，在B处观察灯塔，其方向是北偏东65°，那么B、C两点间的距离是（ ）
A．10海里B．10海里C．20海里D．20海里
【分析】先根据题意画出图象确定∠BAC、∠ABC的值，进而可得到∠ACB的值，最后根据正弦定理可得到BC的值．
【解答】解：如图，由已知可得，∠BAC＝30°，∠ABC＝105°，AB＝20，从而∠ACB＝45°．
在△ABC中，由正弦定理，得．故选：A．
八．棱柱的结构特征
22．如图（1），一个正四棱柱形的密闭容器水平放置，其底部镶嵌了同底的正四棱锥形实心装饰块，容器内盛有a升水时，水面恰好经过正四棱锥的顶点P．如果将容器倒置，水面也恰好过点P（图（2））
有下列四个命题：
A．正四棱锥的高等于正四棱柱高的一半
B．将容器侧面水平放置时，水面也恰好过点P
C．任意摆放该容器，当水面静止时，水面都恰好经过点P
D．若往容器内再注入a升水，则容器恰好能装满．
其中真命题的代号是： BD （写出所有真命题的代号）．
【分析】设出图（1）的水高，和几何体的高，计算水的体积，容易判断A、D的正误；
对于B，当容器侧面水平放置时，P点在长方体中截面上，根据体积判断它是正确的．
根据当水面与正四棱锥的一个侧面重合时，计算水的体积和实际不符，是错误的．
【解答】解：设图（1）水的高度h2几何体的高为h1
图（2）中水的体积为b2h1﹣b2h2＝b2（h1﹣h2），
所以b2h2＝b2（h1﹣h2），所以h1＝h2，故A错误，D正确．
对于B，当容器侧面水平放置时，P点在长方体中截面上，
又水占容器内空间的一半，所以水面也恰好经过P点，故B正确．
对于C，假设C正确，当水面与正四棱锥的一个侧面重合时，
经计算得水的体积为b2h2＞b2h2，矛盾，故C不正确．故选BD
九．旋转体（圆柱、圆锥、圆台）
23．圆锥的底面半径为4，母线长为5，则它的侧面积为 20π ．
【分析】直接求出圆锥的底面周长，利用圆锥的侧面积公式求解即可．
【解答】解：圆锥的底面半径为4，底面周长为8π，母线长为5，
所以圆锥的侧面积为：＝20π．故答案为：20π．
一十．棱柱、棱锥、棱台的体积
24．若正方体的棱长为，则以该正方体各个面的中心为顶点的凸多面体的体积为（ ）
A．B．C．D．
【分析】由题意可知，凸多面体为八面体，八面体体积是两个底面边长为1，高为的四棱锥，求出棱锥的体积，即可求出八面体的体积．
【解答】解：所求八面体体积是两个底面边长为1，高为的四棱锥的体积和，
一个四棱锥体积V1＝×1×＝，故八面体体积V＝2V1＝．故选：B．
25．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，AP＝AB，BP＝BC＝2，E，F分别是PB，PC的中点．
（Ⅰ）证明：EF∥平面PAD；
（Ⅱ）求三棱锥E﹣ABC的体积V．
【分析】（Ⅰ）要证明：EF∥平面PAD，只需证明EF∥AD即可．
（Ⅱ）求三棱锥E﹣ABC的体积V．只需求出底面△ABC的面积，再求出E到底面的距离，即可．
【解答】解（Ⅰ）在△PBC中，E，F分别是PB，PC的中点，∴EF∥BC．
又BC∥AD，∴EF∥AD，又∵AD⊂平面PAD，EF⊄平面PAD，∴EF∥平面PAD；
（Ⅱ）连接AE，AC，EC，过E作EG∥PA交AB于点G，则EG⊥平面ABCD，且EG＝PA．
在△PAB中，AP＝AB，∠PAB＝90°，BP＝2，∴AP＝AB＝，EG＝．
∴S△ABC＝AB•BC＝××2＝，∴VE﹣ABC＝S△ABC•EG＝××＝．
一十一．异面直线及其所成的角
26．已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为C1D1的中点，则异面直线AE与BC所成的角的余弦值为 ．
【分析】根据题意知AD∥BC，∴∠DAE就是异面直线AE与BC所成角，解三角形即可求得结果．
【解答】解：连接DE，设AD＝2易知AD∥BC，∴∠DAE就是异面直线AE与BC所成角，
在△RtADE中，由于DE＝，AD＝2，可得AE＝3∴cs∠DAE＝＝，故答案为：．
27．如图，A1B1C1﹣ABC是直三棱柱，∠BCA＝90°，点D1、F1分别是A1B1、A1C1的中点，若BC＝CA＝CC1，则BD1与AF1所成角的余弦值是（ ）
A．B．C．D．
【分析】先取BC的中点D，连接D1F1，F1D，将BD1平移到F1D，则∠DF1A就是异面直线BD1与AF1所成角，在△DF1A中利用余弦定理求出此角即可．
【解答】解：取BC的中点D，连接D1F1，F1D，∴D1B∥DF1∴∠DF1A就是BD1与AF1所成角
设BC＝CA＝CC1＝2，则AD＝，AF1＝，DF1＝在△DF1A中，cs∠DF1A＝，故选：A．
一十二．空间中直线与直线之间的位置关系
28．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E是棱A1B1的中点，则A1B与D1E所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【分析】在正方体、长方体中往往可以建立空间直角坐标系，利用向量法解决问题．
【解答】解：如图，以D为坐标系原点，AB为单位长，DA，DC，DD1分别为x，y，z轴建立坐标系，
易见，，所以
＝＝＝，故选：B．
29．已知平面α与β所成的二面角为80°，P为α、β外一定点，过点P的一条直线与α、β所成的角都是30°，则这样的直线有且仅有（ ）
A．1条B．2条C．3条D．4条
【分析】过P作平面A垂直于α、β的交线l，并且交l于点O，连接PO，则PO垂直于l，过点P在A内作OP的垂线L'，以PO为轴在垂直于PO的平面内转动L'，根据三垂线定理可得有两条直线满足题意．以P点为轴在平面A内前后转动L'，根据三垂线定理可得也有两条直线满足题意．
【解答】解：首先给出下面两个结论
①两条平行线与同一个平面所成的角相等．
②与二面角的两个面成等角的直线在二面角的平分面上．
（1）如图1，过二面角α﹣l﹣β内任一点作棱l的垂面AOB，交棱于点O，与两半平面于OA，OB，则∠AOB为二面角α﹣l﹣β的平面角，∠AOB＝80°；
设OP1为∠AOB的平分线，则∠P1OA＝∠P1OB＝40°，与平面α，β所成的角都是30°，此时过P且与OP1平行的直线符合要求，当OP1以O为轴心，在二面角α﹣l﹣β的平分面上转动时，OP1与两平面夹角变小，会对称得出现两条符合要求成30°情形．
（2）如图2，设OP2为∠AOB的补角∠AOB′的平分线，则∠P2OA＝∠P2OB＝50°，与平面α，β所成的角都是50°．当OP2以O为轴心，在二面角α﹣l﹣β′的平分面上转动时，
OP2与两平面夹角变小，对称地在图中OP2两侧会出现30°情形，有两条．此时过P且与OP2平行的直线符合要求，有两条．综上所述，直线的条数共有4条．故选：D．
（多选）30．正方体ABCD﹣A1B1C1D1棱长为1，若P是空间异于C1的一个动点，且PC1⊥BD1，则下列正确的是（ ）
A．PC1∥平面ACB1
B．存在唯一一点P，使PD1∥B1C
C．存在无数个点P，使PD1⊥B1C
D．若PA⊥PC，则点P到直线A1C1的最短距离为
【分析】P点为动点，确定P点的运动轨迹是解题的关键．将条件的异面垂直转化为线面垂直，找到BD1的垂面，即可确定P点的轨迹．
A选项由面面平行进行判断；B选项利用反证法和平行的传递性进行判断；C选项，将异面垂直转化为线面垂直，找到B1C的垂面进行判断；
D选项由PA⊥PC得P点也在球面上，所以P点是球面与平面的交线，考查球截面的问题，类比圆的问题进行解决．
【解答】解：A选项：因为BD1⊥平面DA1C1，所以P点在平面DA1C1上．又因为平面DA1C1∥平面AB1C，所以平面PC1∥平面AB1C，所以A选项说法正确．
B选项：假设存在P点，使得PD1∥B1C，因为A1D∥B1C，所以PD1∥A1D，这与D1在平面DA1C1外矛盾，所以假设不成立，及P点不存在，B选项说法错误．
C选项：如图，因为B1C⊥平面AD1C1B，平面AD1C1B∩平面A1C1D＝C1F，所以当P点在直线C1F上时，恒有B1C⊥PD1，C选项说法正确．
D选项：如图，若PA⊥PC，则P点在以O为球心，OA（OA＝）为半径的球面上．
设BD1∩平面DA1C1＝E，则B点到平面DA1C1的距离为BE＝，所以O点到平面DA1C1的距离为．所以平面DA1C1被球面截得的圆的半径为r＝，且圆心为DE中点，设为O1．则在等边三角形DA1C1中，O1到直线A1C1的距离为×，所以P点到直线A1C1的距离的最小值为．D选项说法正确．
故选：ACD．
31．已知m、l是直线，α、β是平面，给出下列命题：
①若l垂直于α内两条相交直线，则l⊥α；
②若l平行于α，则l平行于α内所有的直线；
③若m⊂α，l⊂β且l⊥m，则α⊥β；
④若l⊂β且l⊥α，则α⊥β；
⑤若m⊂α，l⊂β且α∥β，则l∥m．
其中正确命题的序号是 ①④ ．
【分析】对于①，考虑直线与平面垂直的判定定理，符合定理的条件故正确；对于②，考虑直线与平面平行的性质定理以及直线与平面的位置关系，故错误；对于③考虑α⊥β的判定方法，而条件不满足，故错误；对于④符合面面垂直的判定定理，故正确；对于⑤不符合线线平行的判定，故错误．
【解答】解：若l垂直于a内的两条相交直线，则l⊥α，故①正确，
若l∥α，则l行于α内的大部分直线，还与一部分直线是异面关系，故②不正确，
若m⊂α，l⊂β，且l⊥m，则α⊥β或平行或斜交，故③不正确，
若l⊂β，且l⊥α，则α⊥β；这是面面垂直的判定定理，故④正确
若m⊂α，l⊂β且α∥β，则m∥l或异面，故⑤不正确，总上可知有1个命题正确，
故选B．故正确命题的序号是 ①④．
32．如图，动点P在正方体ABCD﹣A1B1C1D1的对角线BD1上．过点P作垂直于平面BB1D1D的直线，与正方体表面相交于M，N．设BP＝x，MN＝y，则函数y＝f（x）的图象大致是（ ）
A．B．
C．D．
【分析】只有当P移动到正方体中心O时，MN有唯一的最大值，则淘汰选项A、C；P点移动时，x与y的关系应该是线性的，则淘汰选项D．
【解答】解：设正方体的棱长为1，显然，当P移动到对角线BD1的中点O时，函数取得唯一最大值，所以排除A、C；当P在BO上时，分别过M、N、P作底面的垂线，垂足分别为M1、N1、P1，
则y＝MN＝M1N1＝2BP1＝2•xcs∠D1BD＝2•是一次函数，所以排除D．故选：B．
一十三．空间中直线与平面之间的位置关系
33．已知平面α⊥平面β，α∩β＝l，点A∈α，A∉l，直线AB∥l，直线AC⊥l，直线m∥α，m∥β，则下列四种位置关系中，不一定成立的是（ ）
A．AB∥mB．AC⊥mC．AB∥βD．AC⊥β
【分析】利用图形可得AB∥l∥m；A对
再由AC⊥l，m∥l⇒AC⊥m；B对
又AB∥l⇒AB∥β，C对
AC⊥l，但AC不一定在平面α内，故它可以与平面β相交、平行，故不一定垂直，所以D不一定成立．
【解答】解：如图所示AB∥l∥m；A对
AC⊥l，m∥l⇒AC⊥m；B对
AB∥l⇒AB∥β，C对
对于D，虽然AC⊥l，但AC不一定在平面α内，故它可以与平面β相交、平行，故不一定垂直；故错．
故选：D．
一十四．直线与平面平行
34．如图，在四面体ABCD中，△ABC是边长为2的等边三角形，△DBC为直角三角形，其中D为直角顶点，∠DCB＝60°．E、F、G、H分别是线段AB、AC、CD、DB上的动点，且四边形EFGH为平行四边形．
（1）求证：BC∥平面EFGH，AD∥平面EFGH；
（2）设二面角A﹣BC﹣D的平面角为θ，求θ在区间[0，]变化的过程中，线段DA在平面BCD上的投影所扫过的平面区域的面积；
（3）设λ＝（λ∈（0，1）），且平面ABC⊥平面BCD，则当λ为何值时，多面体ADEFGH的体积恰好为？
【分析】（1）由线面平行的判定定理可得，
（2）由θ的变化过程中，得出AD的射影，再求面积即可．
（3）当平面ABC⊥平面BCD时，多面体ADEFGH的体积恰好为时，求得λ的值．
【解答】解：（1）∵四边形EFGH为平行四边形，
∴EF∥GH．而GH⊂面BCD，EF⊄面BCD，
∴EF∥面BCD．而EF⊂面ABC，面ABC∩面BCD＝BC，
∴EF∥BC．而EF⊂面EFGH，BC⊄面EFGH，
∴BC∥平面EFGH．同理，AD∥平面EFGH：
（2）∵AB＝AC，
∴A在平面BCD上的投影满足AB＝AC，即A′在线段BC的中垂线上．
如图所示，将Rt△BCD补成边长为2的正△BCM，
当二面角A﹣BC﹣D为0°角时，即点A在平面BCD上，此时A’为M，
当二面角A﹣BC﹣D为90角时，此时A为BC中点N，
故DA′在平面BCD上的投影所扫过的平面区域为△DMN，而S△DMN＝，
故线段DA在平面BCD上的投影所扫过的平面区域的面积为．
（3）取BC中点O，因为OA⊥BC，所以OA⊥平面BCD，OA＝，
，
而多面体ADEFGH的体积恰好为，即多面体ADEFGH的体积恰为四面体ABCD体积的一半．
连接AH、AG．
∴，整理得，即，
解得：λ＝（舍去）．
35．如图，在五面体ABCDEF中，四边形ABCD为正方形，EF∥AD，平面ADEF⊥平面ABCD，且BC＝2EF，AE＝AF，点G是EF的中点．
（Ⅰ）证明：AG⊥CD；
（Ⅱ）若点M在线段AC上，且，求证：GM∥平面ABF；
（Ⅲ）已知空间中有一点O到A，B，C，D，G五点的距离相等，请指出点O的位置．（只需写出结论）
【分析】（Ⅰ）根据等腰三角形AG⊥EF．推证 AG⊥AD，AG⊥平面ABCD，线面的转化 AG⊥CD．
（Ⅱ）根据中点推证GF∥MN，GF＝MN．四边形GFNM是平行四边形．由直线平面平行的判定定理推证GM∥平面ABF；
（Ⅲ）根据中点与平行的关系得出点O为线段GC的中点．
【解答】（Ⅰ）证明：因为AE＝AF，点G是EF的中点，所以 AG⊥EF．
又因为 EF∥AD，所以 AG⊥AD．
因为平面ADEF⊥平面ABCD，且平面ADEF∩平面ABCD＝AD，AG⊂平面ADEF，
所以 AG⊥平面ABCD．因为 CD⊂平面ABCD，所以 AG⊥CD．
（Ⅱ）证明：如图，过点M作MN∥BC，且交AB于点N，连结NF，
因为 ，所以，
因为 BC＝2EF，点G是EF的中点，所以 BC＝4GF，
又因为 EF∥AD，四边形ABCD为正方形，所以 GF∥MN，GF＝MN．
所以四边形GFNM是平行四边形．所以 GM∥FN．
又因为GM⊄平面ABF，FN⊂平面ABF，所以 GM∥平面ABF．
（Ⅲ）解：点O为线段GC的中点．
36．如图所示，四边形EFGH为四面体ABCD的一个截面，若四边形EFGH为平行四边形．
（1）求证：AB∥平面EFGH；
（2）若AB＝4，CD＝6，求四边形EFGH周长的取值范围．
【分析】（1）通过证明EH∥平面ABD，得出EH∥AB，从而证明AB∥平面EFGH；
（2）设EH＝x，EF＝y，由EH∥AB，EF∥CD，求出x、y的关系式，再求四边形EFGH的周长l的取值范围即可．
【解答】解：（1）证明：∵四边形EFGH为平行四边形，∴EH∥FG；
∵EH⊄平面ABD，FG⊂平面ABD，∴EH∥平面ABD；
又∵EH⊂平面ABC，平面ABC∩平面ABD＝AB，∴EH∥AB；
又∵EH⊂平面EFGH，AB⊄平面EFGH，∴AB∥平面EFGH；
（2）设EH＝x，EF＝y，∵EH∥AB，EF∥CD，
∴＝，＝，∴+＝+＝＝1；
又∵AB＝4，CD＝6，∴+＝1，∴y＝6（1﹣），且0＜x＜4；
∴四边形EFGH的周长为l＝2（x+y）＝2[x+6（1﹣）]＝12﹣x，
∴8＜12﹣x＜12；∴四边形EFGH周长的取值范围是（8，12）．
37．如图所示，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，PD＝AD＝2，E、F、G分别为PC、PD、BC的中点．
（Ⅰ）求证：PA∥平面EFG；
（Ⅱ）求三棱锥P﹣EFG的体积．
【分析】（I）取AD的中点H，连接GH，FH，说明PA不在平面EFG，FH在平面EFG，证明PA平行平面EFG内的直线FH即可证明PA∥平面EFG；
（II）利用转化法，求出底面面积和高，求三棱锥P﹣EFG的体积．
【解答】解（I）：如图，取AD的中点H，连接GH，FH，
∵E，F分别为PC，PD的中点，∴EF∥CD．
∵G，H分别为BC，AD的中点，
∴GH∥CD．∴EF∥GH．∴E，F，H，G四点共面．（4分）
∵F，H分别为DP，DA的中点，∴PA∥FH．
∵PA不在平面EFG，FH⊂平面EFG，
∴PA∥平面EFG．（6分）
（II）解：∵PD⊥平面ABCD，GC⊂平面ABCD，∴GC⊥PD．
∵ABCD为正方形，∴GC⊥CD．∵PD∩CD＝D，∴GC⊥平面PCD．（8分）
∵PF＝PD＝1，EF＝CD＝1，∴．
∵GC＝＝1，∴（12分）
38．下列五个正方体图形中，l是正方体的一条对角线，点M、N、P分别为其所在棱的中点，能得出l⊥面MNP的图形的序号是 ①④⑤ （写出所有符合要求的图形序号）．
【分析】能得出l⊥面MNP，关键是看平面MNP中有没有与1垂直的直线，逐一判断即可．
【解答】解：如图，设正方体为ABCD﹣A1B1C1D1．
在题图①中，连结AB1，则AB1⊥MN，又AB1是l在面ABB1A1内的射影，
∴l⊥MN．同理，l⊥MP．∴l⊥平面MNP．故①符合．
在题图②中，延长MP交C1D1的延长线于E，连结NE，若l⊥面MNP，则l⊥NE．
又C1D是l在平面CDD1C内的射影，CD1⊥C1D，
∴l⊥CD1．∴l⊥平面CDD1C1，矛盾．∴②不符合．
在题图③中，平面MNP与题图①中的平面MNP不是同一平面，它们又过同一点，∴题图③不符合．
在题图④中，l⊥MP，l⊥MN，∴l⊥平面MNP．延长PM交AB于F，取CD的中点G，则GN∥MP，
∴G∈平面MNP．连结FG交BC于H，则H∈平面MNP，可证H是BC的中点．
∴题图④与题图⑤中的平面MNP实为同一平面．
∴⑤也符合．
答案：①④⑤
一十五．直线与平面垂直
39．已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，，AF＝1，M是线段EF的中点．
（1）求证：AM∥平面BDE；
（2）求证：AM⊥平面BDF．
【分析】（1）利用空间向量来证明，先建立空间直角坐标系，求出定点坐标，欲证AM∥平面BDE，只需用坐标证明向量与平面BDE上的一个向量是平行向量即可．
（2）欲证AM⊥平面BDF，只需证明向量与平面BDF中的两个不共线向量垂直即可，也即在平面BDF中找到两个向量，与向量数量积等于0．
【解答】解：建立如图的直角坐标系，则各点的坐标分别为：O（0，0，0），A（0，1，0），B（﹣1，0，0），C（0，﹣1，0，），D（1，0，0，），E（0，﹣1，1），F（0，1，1），M（0，0，1）．
（1）∵∴，即AM∥OE，
又∵AM⊄平面BDE，OE⊂平面BDE，∴AM∥平面BDE；
（2）∵，∴，
∴AM⊥BD，AM⊥DF，∴AM⊥平面BDF．
40．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD的平行四边形，∠ADC＝60°，，PA⊥面ABCD，E为PD的中点．
（Ⅰ）求证：AB⊥PC；
（Ⅱ）若PA＝AB＝，求三棱锥P﹣AEC的体积．
【分析】（1）推导出AB⊥PA，AB⊥AC，从而AB⊥平面PAC，由此能证明AB⊥PC．
（2）推导出PA⊥面ABCD，由VP﹣AEC＝VD﹣AEC＝VE﹣ADC，能求出三棱锥P﹣AEC的体积．
【解答】证明：（1）因为PA⊥面ABCD，又AB⊂平面ABCD，所以AB⊥PA，
又因为∠ABC＝∠ADC＝60°，，在△ABC中，由余弦定理有：
AC2＝AB2+BC2﹣2AB•BC•cs60°＝BC2﹣AB2所以AB2+AC2＝BC2，即：AB⊥AC，
又因为PA∩AC＝A，又PA⊂平面PAC，AC⊂平面PAC，所以AB⊥平面PAC，
又PC⊂平面PAC，所以AB⊥PC．
解：（2）由已知有：，所以PA＝AB＝2，AD＝4，因为PA⊥面ABCD
且E为PD的中点，所以E点到平面ADC的距离为，
所以三棱锥P﹣AEC的体积：VP﹣AEC＝VD﹣AEC＝VE﹣ADC＝
＝×．
41．已知：如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是菱形，PA＝PD，∠BAD＝60°，E是AD的中点，点Q在侧棱PC上．
（1）求证：AD⊥平面PBE；
（2）若Q是PC的中点，求证：PA∥平面BDQ；
（3）若VP﹣BCDE＝2VQ﹣ABCD，试求的值．
【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证明．（2）利用线面平行的判定定理证明．（3）根据体积条件确定线段的比值．
【解答】解：（1）由E是AD的中点，PA＝PD，所以AD⊥PE，
又底面ABCD是菱形，∠BAD＝60°，
所以AB＝BD，又E是AD的中点，所以AD⊥BE，
又PE∩BE＝E，所以AD⊥平面PBE．
（2）连结AC交BD于O，连OQ
因为O是AC的中点，Q是PC的中点，
所以OQ∥PA．又PA⊄面BDQ，OQ⊂BDQ，
所以PA∥平面BDQ．
（3）设四棱锥P﹣BCDE，Q﹣ABCD的高分别为h1，h2，
所以，，
因为VP﹣BCDE＝3VQ﹣ABCD，且底面积，所以．
一十六．平面与平面垂直
42．如图所示，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点G在棱D1C1上，且D1G＝D1C1，点E、F、M分别是棱AA1、AB、BC的中点，P为线段B1D上一点，AB＝4．
（Ⅰ）若平面EFP交平面DCC1D1于直线l，求证：l∥A1B；
（Ⅱ）若直线B1D⊥平面EFP．
（i）求三棱锥B1﹣EFP的表面积；
（ii）试作出平面EGM与正方体ABCD﹣A1B1C1D1各个面的交线，并写出作图步骤，保留作图痕迹．设平面EGM与棱A1D1交于点Q，求三棱锥Q﹣EFP的体积．
【分析】（1）根据面面平行的性质即可得到EF∥l，再结合线线平行的传递性即可证明结论；
（2）（i）先根据直线B1D⊥平面EFP得到B1D⊥EP，进而得到P是DB1的中点，然后依次求出三棱锥的四个面的面积再相加即可得到三棱锥B1﹣EFP的表面积；
（ii）①根据公理“一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在此平面内”作出平面EGM与正方体ABCD﹣A1B1C1D1各个面的交线即可；②根据NEFP四点共面，且三角形PNE与三角形PEF面积相等，那么三棱锥Q﹣EFP的体积等于三棱锥P﹣ENQ的体积，直接利用三棱锥的体积公式求解即可．
【解答】解：（1）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，
因为平面ABB1A1∥平面 DCC1D1，平面EFP∩平面 ABB1A1＝EF，所以EF∥l，
因为点E、F 分别是棱 AA1、AB 的中点，所以 EF∥A1B，所以l∥A1B．
（2）（i）因为直线 B1D⊥平面 EFP，EP⊂平面 EFP，
所以 B1D⊥EP，又因为△DAE≌△B1A1E，所以DE＝B1E，所以DP＝B1P，
因为，×，
，所以三棱锥B1﹣EFP的表面积为．
（ii）作图步骤如下：连接GE，过点G作GH⊥DC于点H，连接HA并延长交GE的延长线于点I，连接IM并延长交AB于点J交DC的延长线于点K，再连接GK交CC1于点S，连接MS并延长交B1C1的延长线于点R，连接RG并延长交A1D1于点Q，再连接EQ，GS，EJ，则图中EQ，QG，GS，SM，MJ，JE即为平面EGM与正方体各个面的交线．
设 BJ＝CK＝x，由题知2AJ＝HC+CK＝3+x，
所以，所以，解得，
因为，∵MC＝2，∴，所以，
如上图，设N为线段A1D1的中点，可证点N在平面PEF内，且三角形PNE与三角形PEF面积相等，
所以，三棱锥Q﹣EFP的体积＝三棱锥Q﹣ENP的体积＝三棱锥P﹣ENQ的体积＝，
所以三棱锥Q﹣EFP 的体积为 ．
43．已知△BCD中，∠BCD＝90°，BC＝CD＝1，AB⊥平面BCD，∠ADB＝60°，E、F分别是AC、AD上的动点，且＝λ（0＜λ＜1）．
（Ⅰ）求证：不论λ为何值，总有平面BEF⊥平面ABC；
（Ⅱ）当λ为何值时，平面BEF⊥平面ACD？
【分析】（Ⅰ）由AB⊥平面BCD⇒AB⊥CD，又CD⊥BC⇒CD⊥平面ABC，再利用条件可得不论λ为何值，恒有EF∥CD⇒EF⊂平面BEF，就可得不论λ为何值恒有平面BEF⊥平面ABC．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，BE⊥EF，又平面BEF⊥平面ACD⇒BE⊥平面ACD⇒BE⊥AC．故只需让所求λ的值能证明BE⊥AC即可．在△ABC中求出λ的值．
【解答】证明：（Ⅰ）∵AB⊥平面BCD，∴AB⊥CD，
∵CD⊥BC且AB∩BC＝B，∴CD⊥平面ABC．（3分）
又∵，
∴不论λ为何值，恒有EF∥CD，∴EF⊥平面ABC，EF⊂平面BEF，
∴不论λ为何值恒有平面BEF⊥平面ABC．（6分）
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，BE⊥EF，又∵平面BEF⊥平面ACD，
∴BE⊥平面ACD，∴BE⊥AC．（9分）
∵BC＝CD＝1，∠BCD＝90°，∠ADB＝60°，
∴，（11分）∴，
由AB2＝AE•AC得，∴，（13分）
故当时，平面BEF⊥平面ACD．（14分）
44．如图，已知矩形ABCD中，AB＝10，BC＝6，将矩形沿对角线BD把△ABD折起，使A移到A1点，且A1在平面BCD上的射影O恰好在CD上．
（1）求证：BC⊥A1D；
（2）求证：平面A1BC⊥平面A1BD；
（3）求三棱锥A1﹣BCD的体积．
【分析】（1）由A1在平面BCD上的射影O在CD上得A1O⊥平面BCD⇒BC⊥A1O；又BC⊥CO⇒BC⊥平面A1CD⇒BC⊥A1D；
（2）先由ABCD为矩形⇒A1D⊥A1B，再由（Ⅰ）知A1D⊥BC⇒A1D⊥平面A1BC，即可得到平面A1BC⊥平面A1BD；
（3）把求三棱锥A1﹣BCD的体积转化为求三棱锥B﹣A1CD的体积即可．
【解答】证明：（1）连接A1O，∵A1在平面BCD上的射影O在CD上，
∴A1O⊥平面BCD，又BC⊂平面BCD∴BC⊥A1O
又BC⊥CO，A1O∩CO＝O，∴BC⊥平面A1CD，又A1D⊂平面A1CD，∴BC⊥A1D
（2）∵ABCD为矩形，∴A1D⊥A1B由（Ⅰ）知A1D⊥BC，A1B∩BC＝B
∴A1D⊥平面A1BC，又A1D⊂平面A1BD∴平面A1BC⊥平面A1BD
（3）∵A1D⊥平面A1BC，∴A1D⊥A1C．
∵A1D＝6，CD＝10，∴A1C＝8，∴＝＝＝48．
故所求三棱锥A1﹣BCD的体积为：48．
45．如图所示，四棱锥P﹣ABCD中，ABCD是矩形，三角形PAD为等腰直角三角形，∠APD＝90°，面APD⊥面ABCD，AB＝1，AD＝2，E，F分别为PC和BD的中点．
（1）求证：EF∥平面PAD；
（2）证明：平面PAD⊥平面PDC；
（3）求四棱锥P﹣ABCD的体积．
【分析】（1）欲证EF∥平面PAD，根据直线与平面平行的判定定理可知只需证EF与平面PAD内一直线平行，连AC，根据中位线可知EF∥PA，EF⊄平面PAD，PA⊂平面PAD，满足定理所需条件；
（2）欲证平面PAD⊥平面ABCD，根据面面垂直的判定定理可知在平面ABCD内一直线与平面PAD垂直，根据面面垂直的性质定理可知CD⊥平面PAD，又CD⊂平面ABCD，满足定理所需条件；
（3）过P作PO⊥AD于O，从而PO⊥平面ABCD，即为四棱锥的高，最后根据棱锥的体积公式求出所求即可．
【解答】证明：（1）连AC，由题可知F在AC上，∵E，F分别是AC，PC的中点∴EF∥PA
∵EF⊄平面PAD，PA⊂平面PAD∴EF∥平面PAD（4分）
证明：（2）平面PAD⊥平面ABCD于AD，CD⊥AD，
∴CD⊥平面PAD，又CD⊂平面PDC，∴平面PAD⊥平面PDC（8分）
解：（3）过P作PO⊥AD于O∴PO⊥平面ABCD，
∵△PAD是等腰直角且AD＝2，∴PO＝1
∴（12分）
一十七．直线与平面所成的角
（多选）46．已知正方体ABCD﹣A'B'C'D'的边长为2，Q为棱AA'的中点，M，N分别为线段C'D'，CD上两动点（包括端点），记直线QM，QN与平面ABB'A'所成角分别为α，β，且tan2α+tan2β＝4，则存在点M，N，使得（ ）
A．MN∥AA'B．MN＝2C．MN＝D．MN⊥C'Q
【分析】建系设点坐标，作出题中的线面角，结合tan2α+tan2β＝4得到，再依次判断各个选项a，b是否有解即可．
【解答】解：如图所示，以 A 为原点建立空间直角坐标系，
则 Q（0，0，1），C′＝（2，2，2），设 M（a，2，2），N（b，2，0），
则 M′＝（a，0，2），N′（b，0，0），
所以 ，其中 a，b∈[0，2]，
过 M 点作 A′B′的垂线，垂足为 M′，作 N 点作 AB 的垂线，垂足为 N′，则 MM′⊥平面 ABB′A′，NN′⊥平面 ABB′A′，
所以直线 QM，QN 与平面 ABB′A′所成的角分别为∠MQM′，∠NQN，即 α＝∠MQM′，β＝∠NQN，
所以 ，
因为 tan2α+tan2β＝4，所以 ，即 ，
对于 A 选项，若 MN||AA′，即 a＝b，解得 a＝b＝1，满足题意，故 A 正确；对于 B 选项，
若 ，即 ，此时 a，b 无解，故 B 错误；
对于 C 选项，若 ，即 ，解得 ，满足题意，故 C 正确；
对于 D 选项，MN⊥C′Q，即 （b﹣a，0，﹣2）⋅（2，2，1）＝0，又即 b﹣a＝1，
所以 b＝a+1∈[0，2]，故 a∈[0，1]，于是 ，
令 ，又 ，
故 f（0）f（1）＜0，由零点存在定理可得 f（x） 在[0，1]上存在零点，
即方程 有[0，1]内的解，满足题意，故 D 正确．故选：ACD．
47．如图，在Rt△AOB中，∠OAB＝，斜边AB＝4．Rt△AOC可以通过Rt△AOB以直线AO为轴旋转得到，且二面角B﹣AO﹣C是直二面角，动点D在斜边AB上．
（Ⅰ）求证：平面COD⊥平面AOB；
（Ⅱ）求CD与平面AOB所成角的正弦的最大值．
【分析】（I）根据题意，得出二面角B﹣AO﹣C是直二面角，再证出CO⊥平面AOB，即可得到平面COD⊥平面AOB；
（II）根据CO⊥平面AOB得∠CDO是CD与平面AOB所成的角，当CD最小时，∠CDO的正弦值最大，求出最大值即可．
【解答】解：（I）证明：由题意，CO⊥AO，BO⊥AO，∴∠BOC是二面角B﹣AO﹣C的平面角；
又∵二面角B﹣AO﹣C是直二面角，∴CO⊥BO，
又∵AO∩BO＝O，∴CO⊥平面AOB，又CO⊂平面COD，∴平面COD⊥平面AOB；
（II）由（I）知，CO⊥平面AOB，∴∠CDO是CD与平面AOB所成的角；
在Rt△CDO中，CO＝BO＝ABsin＝4×＝2，∴sin∠CDO＝＝；
当CD最小时，sin∠CDO最大，此时OD⊥AB，垂足为D，
由三角形的面积相等，得CD•AB＝BC•，解得CD＝＝，
∴CD与平面AOB所成角的正弦的最大值为＝．
48．如图，正方形ACDE所在的平面与平面ABC垂直，M是CE和AD的交点，AC⊥BC，且AC＝BC．
（Ⅰ）求证：AM⊥平面EBC；
（Ⅱ）求直线AB与平面EBC所成的角的大小；
（Ⅲ）求二面角A﹣EB﹣C的大小．
【分析】（Ⅰ）要证AM⊥平面EBC，关键是寻找线线垂直，利用四边形ACDE是正方形，可得AM⊥EC．利用平面ACDE⊥平面ABC，BC⊥AC，可得BC⊥平面EAC，从而有BC⊥AM．故可证
（Ⅱ）要求直线AB与平面EBC所成的角，连接BM，根据AM⊥平面EBC，可知∠ABM是直线AB与平面EBC所成的角，故可求．
（Ⅲ）先最初二面角A﹣EB﹣C的平面角． 再在Rt△EAB中，利用AH⊥EB，有AE•AB＝EB•AH．由（Ⅱ）所设EA＝AC＝BC＝2a可得，，∴．从而可求二面角A﹣EB﹣C的平面角．
【解答】解：（Ⅰ）证明：∵四边形ACDE是正方形，∴EA⊥AC，AM⊥EC． …（1分）
∵平面ACDE⊥平面ABC，又∵BC⊥AC，∴BC⊥平面EAC．…（3分）
∵AM⊂平面EAC，∴BC⊥AM． …（4分）∴AM⊥平面EBC．
（Ⅱ）连接BM，∵AM⊥平面EBC，∴∠ABM是直线AB与平面EBC所成的角． …（5分）
设EA＝AC＝BC＝2a，则，，…（6分）
∴，∴∠ABM＝30°．即直线AB与平面EBC所成的角为30°． …（8分）
（Ⅲ）过A作AH⊥EB于H，连接HM． …（9分）
∵AM⊥平面EBC，∴AM⊥EB．
∴EB⊥平面AHM．∴∠AHM是二面角A﹣EB﹣C的平面角． …（10分）
∵平面ACDE⊥平面ABC，∴EA⊥平面ABC．∴EA⊥AB．
在Rt△EAB中，AH⊥EB，有AE•AB＝EB•AH．
由（Ⅱ）所设EA＝AC＝BC＝2a可得，，∴． …（12分）
∴．∴∠AHM＝60°．∴二面角A﹣EB﹣C等于60°．…（14分）
49．如图，边长为2的正方形ABCD中，点E是AB的中点，点F是BC的中点，将△AED、△DCF分别沿DE、DF折起，使A、C两点重合于点A′，连接EF，A′B．
（1）求证：A′D⊥EF；
（2）求直线A′D与平面EFD所成角的正弦值．
【分析】（Ⅰ）通过证明A'D⊥A'E，A'D⊥A'F，推出A'D⊥平面A'EF，然后证明A'D⊥EF．
（Ⅱ）方法一：说明A'E⊥A'F，A'D⊥平面A'EF，以A'E，A'F，A'D为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系A'﹣xyz，求出相关点的坐标，求出平面DEF的一个法向量，然后利用空间向量的数量积求解直线A'D与平面EFD所成角的正弦值即可．
方法二：连接BD交EF于点G，连接A'G，说明∠A'DG直线A'D与平面EFD所成角通过求解三角形，求解直线A'D与平面EFD所成角的正弦值．
【解答】解：（Ⅰ）在正方形ABCD中，有AD⊥AE，CD⊥CF
则A′D⊥A′E，A′D⊥A′F…（4分）
又A′E∩A′F＝A′∴A′D⊥平面A′EF…（6分）
而EF⊂平面A′EF，∴A′D⊥EF…（7分）
（Ⅱ）方法一：∵正方形ABCD的边长为2，点E是AB的中点，点F是BC的中点，
∴BE＝BF＝A′E＝A′F＝1
∴∴A′E2+A′F2＝EF2，∴A′E⊥A′F由（Ⅰ）得A′D⊥平面A′EF，
∴分别以A′E，A′F，A′D为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系A′﹣xyz，…（9分）
则A′（0，0，0），E（1，0，0），F（0，1，0），D（0，0，2）
∴，，
设平面DEF的一个法向量为，
则由，可取…（11分）
令直线A′D与平面EFD所成角为α，∴…（14分）
∴直线A′D与平面EFD所成角的正弦值为…（15分）
方法二：连接BD交EF于点G，连接A′G
∵在正方形ABCD中，点E是AB的中点，点F是BC的中点，
∴BE＝BF，DE＝DF，∴点G为EF的中点，且BD⊥EF
∵正方形ABCD的边长为2，∴A′E＝A′F＝1，∴A′G⊥EF，EF⊥平面A′GD，∴A′在面EFD的射影在BD上，…（9分）则∠A′DG直线A′D与平面EFD所成角…（11分）
由（Ⅰ）可得A′D⊥A′G，∴△A′DG为直角三角形
∵正方形ABCD的边长为2，∴，，
∴，，又A′D＝2
∴…（14分）∴
∴直线A′D与平面EFD所成角的正弦值为…（15分）
50．在梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，点M、N分别在边AB、BC上，沿直线MD、DN、NM，分别将△AMD、△CDN、△BNM折起，点A，B，C重合于一点P．
（1）证明：平面PMD⊥平面PND；
（2）若cs∠DNP＝，PD＝5，求直线PD与平面DMN所成角的正弦值．
【分析】（1）推导出翻折后MP⊥NP，MP⊥PD，由此能证明平面PMD⊥平面PND．
（2）由题意得AM＝BM＝PM，BN＝CN＝PN，AD＝CD＝PN，设AM＝a，BN＝b，作DH⊥BC，由此入手能求出直线PD与平面DMN所成角的正弦值．
【解答】证明：（1）∵翻折前MB⊥NB，MA⊥DA，∴翻折后MP⊥NP，MP⊥PD，
∵NP∩PD＝P，∴MP⊥平面PND，∵MP⊂平面PMD，∴平面PMD⊥平面PND．
解：（2）由题意得AM＝BM＝PM，BN＝CN＝PN，AD＝CD＝PN，
设AM＝a，BN＝b，作DH⊥BC，NH＝，∴AD＝BN+NH＝b+，
∴＝3ab+，
S△MND＝S梯形ABCD﹣S△AMD﹣S△MBN﹣S△DNC＝3ab+﹣＝ab+，
＝＝＝．PO⊥平面MPN，
PO＝＝＝，sin，
如图，，解得a＝，b＝，代入上式得sin∠PDO＝．
∴直线PD与平面DMN所成角的正弦值为．
51．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝AP＝2，AB＝1，点E为棱PC的中点．
（Ⅰ）证明：BE⊥DC；
（Ⅱ）求直线BE与平面PBD所成角的正弦值．
【分析】（Ⅰ）取PD中点M，连接EM，AM．由已知得四边形ABEM为平行四边形，由此能证明BE⊥CD．
（Ⅱ）连接BM，由已知条件推导出∠EBM为直线BE与平面PBD所成的角，由此能求出直线BE与平面PBD所成的角的正弦值．
【解答】（Ⅰ）证明：如图，取PD中点M，连接EM，AM．由于E，M分别为PC，PD的中点，故EM∥DC，且EM＝，又由已知，可得EM∥AB，且EM＝AB，故四边形ABEM为平行四边形，所以BE∥AM．因为PA⊥底面ABCD，故PA⊥CD，而CD⊥DA，从而CD⊥平面PAD，
因为AM⊂平面PAD，于是CD⊥AM，又BE∥AM，所以BE⊥CD．…（6分）
（Ⅱ）解：连接BM，由（Ⅰ）有CD⊥平面PAD，得CD⊥PD，而EM∥CD，故PD⊥EM．
又因为AD＝AP，M为PD的中点，故PD⊥AM，
可得PD⊥BE，所以PD⊥平面BEM，故平面BEM⊥平面PBD．
所以直线BE在平面PBD内的射影为直线BM，而BE⊥EM，可得∠EBM为锐角，
故∠EBM为直线BE与平面PBD所成的角．…（9分）依题意，有PD＝2，而M为PD中点，
可得AM＝，进而BE＝．故在直角三角形BEM中，tan∠EBM＝，
所以直线BE与平面PBD所成的角的正弦值为＝．…（12分）
一十八．二面角的平面角及求法
52．如图，DA和CB都垂直于平面ABE，F是DA上一点，且CB＝4，AF＝2，△ABE为等腰直角三角形，且O是斜边AB的中点，CE与平面ABE所成的角为45°．
（1）证明：FO⊥平面OCE；
（2）求二面角F﹣EC﹣O的平面角的正切值；
（3）若点P是平面ADE内一点，且OC⊥OP，设点P到平面ABE的距离为d1，PA＝d2，求d1+d2的最小值．
【分析】（1）要证FO⊥平面OCE，只需证明FO⊥OC，EO⊥FO，从而利用△AOF∽△BOC证明FO⊥OC，利用OE⊥平面ABCD证明EO⊥FO；
（2）过点F作FH⊥CE，连接OH，得出∠OHF为二面角F﹣EC﹣O的平面角，再在Rt△EOC中求得∠OHF的正切值；
（3）根据题意将点P到平面ABE的距离转化为点P到AE的距离，在平面ADE内作点A关于直线EF对称点A′，作PH⊥AE于H．
当A′，P，H三点共线时，d1+d2为最小，从而得出A′H⊥AE，再在Rt△AEF中求出d1+d2．
【解答】解：（1）证明：CB⊥平面ABE，∴CE与平ABE所成的角为∠CEB＝45°．
∵CB＝4，∴EB＝4，∴在等腰Rt△ABE中，AE＝4，AO＝OB＝．
又CB＝4，AF＝2，∴，∴△AOF∽△BOC，∴∠BOC＝∠AFO．
所以∠AOF+∠BOC＝∠AOF+∠AFO＝，即∠FOC＝，即FO⊥OC．
∵CB⊥平面ABE，OE⊂平面ABE，∴CB⊥OE．
∵EO⊥AB，AB∩CB＝B，AB⊂平面ABCD，CD⊂平面ABCD．∴OE⊥平面ABCD．
∵FO⊂平面ABCD，∴EO⊥FO．∵EO∩OC＝O，∴FO⊥平面OCE．
（2）过点F作FH⊥CE，连接OH，如图所示．
∵FO⊥平面OCE，CE⊂平面OCE，∴FO⊥CE．
又∵FH⊥CE，FH∩FO＝F，∴CE⊥平面OFH．
∵OH⊂平面OFH，∴OH⊥CE．根据二面角的定义可知，∠OHF为平面角．
在Rt△OAF中，AF＝2，AO＝2，∴．
∵OE⊥平面ABCD，OC⊂平面ABCD，∴OE⊥OC．
在Rt△EOC中，OC＝2，OE＝2．∴．∴＝．
（3）由（1）知，FO⊥OC，又OC⊥OP，FO∩OP＝O．∴OC⊥平面OPF．
同理OC⊥平面OPE，∴平面OPE与平面OPF重合，即点P∈平面OEF．
而P∈平面ADE，∴P∈平面OEF∩平面ADE＝EF．
∵DA⊥平面ABE，∴点P到平面ABE的距离转化为点P到AE的距离．
在平面ADE内作点A关于直线EF对称点A′，作PH⊥AE于H．
当A′，P，H三点共线时，d1+d2为最小，如图所示，则A′H⊥AE．
在Rt△AEF中，AA′＝＝，sin∠A′AE＝sin∠AFE＝＝．
∴A′H＝A′A•sin∠A′AE＝．∴d1+d2的最小值为．
53．如图，直二面角D﹣AB﹣E中，四边形ABCD是边长为2的正方形，AE＝EB，F为CE上的点，且BF⊥平面ACE．
（1）求证：AE⊥平面BCE；
（2）求二面角B﹣AC﹣E的正弦值；
（3）求点D到平面ACE的距离．
【分析】（1）由已知条件推导出BF⊥AE，CB⊥AB，从而得到CB⊥平面ABE，由此能够证明AE⊥平面BCE．
（2）以线段AB的中点为原点O，OE所在直线为x轴，AB所在直线为y轴，过点O平行于AD的直线为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角B﹣AC﹣E的正弦值．
（Ⅲ）求出＝（0，0，2），由此利用向量法能求出点D到平面ACE的距离．
【解答】（1）证明：∵BF⊥平面ACE，∴BF⊥AE，
∵二面角D﹣AB﹣E为直二面角，且CB⊥AB，∴CB⊥平面ABE，
∴CB⊥AE，∴AE⊥平面BCE．
（2）解：以线段AB的中点为原点O，OE所在直线为x轴，AB所在直线为y轴，过点O平行于AD的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，∵AE⊥平面BCE，BE⊂平面BCE，∴AE⊥BE，
在Rt△AEB中，AB＝2，O为AB的中点，
∴OE＝1，∴A（0，﹣1，0），E（1，0，0），C（0，1，2），∴＝（1，1，0），＝（0，2，2），
设平面AEC的一个法向量为，
则，即，取x＝1，得＝（1，﹣1，1），
又平面BAC的法向量为＝（1，0，0），∴cs＜＞＝＝，
设二面角B﹣AC﹣E的平面角为θ，则sinθ＝＝，
∴二面角B﹣AC﹣E的正弦值为．
（Ⅲ）解：∵AD∥z轴，AD＝2，∴＝（0，0，2），∴点D到平面ACE的距离：
d＝＝＝．
54．中国古代数学名著《九章算术》中记载：“刍（chú）甍（méng）者，下有袤有广，而上有袤无广．刍，草也．甍，屋盖也．”翻译为“底面有长有宽为矩形，顶部只有长没有宽为一条楼．刍字面意思为茅草屋顶．”现有一个刍如图所示，四边形ABCD为正方形，四边形ABFE，CDEF为两个全等的等腰梯形，AB＝4，EF∥AB，AB＝2EF，EA＝ED＝FB＝FC＝．
（1）求二面角A﹣EF﹣C的大小；
（2）求三棱锥A﹣BDF的体积；
（3）点N在直线AD上，满足AN＝mAD（0＜m＜1），在直线CF上是否存在点M，使NF∥平面BDM？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）根据二面角的定义即可求解；
（2）可将三棱锥A﹣BDF的体积转化为求三棱锥F﹣ABD体积；
（3）可利用反证法，先假设存在点M，根据题意证明假设成立，进而求出的值即可．
【解答】解：（1）过点E分别作EG⊥EF，EH⊥EF，分别交AB，CD于G，H，连接GH，
则∠GEH为二面角A﹣EF﹣C的平面角，因为四边形ABCD为正方形，EF∥AB，所以EG⊥AB，EH⊥CD，
由已知得EG＝GH＝EH＝4，所以∠GEH＝60°．
（2）过点E作EO⊥GH，垂足为O．
因为EF∥AB，EF⊄平面ABCD，AB⊂平面ABCD，所以EF∥平面ABCD．
因为AB∥CD，EH⊥CD，所以AB⊥EH．
因为EG∩EH＝E，所以AB⊥平面EGH．
因为EO⊂平面EGH，所以AB⊥EO．
因为AB∩GH＝G，AB，GH⊂平面ABCD，所以EO⊥平面ABCD，
所以EO为三棱锥F﹣ABD的高，．
因为S△ABD＝8，所以．
（3）方法一：假设存在点M．
①当点N在线段AD上时，连接CN交BD于R，
则△DNR∽△BCR，所以．
因为FN∥平面BDM，FN⊂平面CFN，平面CFN∩平面BDM＝MR，所以FN∥MR，
所以．
②当点N在DA延长线上时，连接CN交BD于S，
则△DNS∽△BCS，所以．
因为FN∥平面BDM，FN⊂平面CFN，平面CFN∩平面BDM＝MS，所以FN∥MS，
所以．综上，在直线CF上存在点M，使NF∥平面BDM，的值为或．
方法二：当点N在线段AD上时，过点N作NT∥BD交CD于T，连接TF，过点D作TF∥DM交CF于点M，因为TF∩TN＝T，所以平面FTN∥平面BDM．
因为NF⊂平面FTN，所以NF∥平面BDM．
因为FN⊂平面CFN，平面CFN∩平面BDM＝MR，所以FN∥MR．
因为NT∥BD，DT∥AB，所以△ABD∽△DTN，
所以，所以，所以．
当点N在线段DA延长线上时，过点N作NT∥BD交CD于T，连接TF，过点D作TF∥DM交CF于点M．因为TF∩TN＝T，所以平面FTN∥平面BDM．
因为NF⊂平面FTN，所以NF∥平面BDM．
因为FN⊂平面CFN，平面CFN∩平面BDM＝MS，所以FN∥MS．
因为NT∥BD，DT∥AB，所以△ABD∽△DTN，
所以，所以．所以．
综上，在CF上存在点M使得NF∥平面BDM，此时或．
55．如图所示，将一副三角板拼接，使它们有公共边BC，且使两个三角形所在的平面互相垂直，若∠BAC＝90°，AB＝AC，∠CBD＝90°，∠BDC＝60°，BC＝6．
（1）求证：平面ABD⊥平面ACD；
（2）求二面角A﹣CD﹣B的平面角的正切值；
（3）求异面直线AD与BC间的距离．
【分析】（1）要证平面ABD⊥平面ACD，关键是证AC⊥平面ABD，只需证AC⊥BC，AC⊥AB，利用平面BCD⊥平面ABC，BD⊥BC可证；
（2）设BC中点为E，连AE，过E作EF⊥CD于F，连AF，由三垂线定理，可得∠EFA为二面角的平面角，从而可求；
（3）将异面直线AD与BC间的距离转化为点到面的距离求解．
【解答】证明：（1）∵平面BCD⊥平面ABC，BD⊥BC，平面BCD∩平面ABC＝BC
∴BD⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，∴AC⊥BD，又AC⊥AB，BD∩AB＝B，
∴AC⊥平面ABD 又AC⊂平面ACD，∴平面ABD⊥平面ACD．
（2）设BC中点为E，连AE，过E作EF⊥CD于F，连AF，由三垂线定理：∠EFA为二面角的平面角
∵△EFC∽△DBC，∴，∴，∴
∴二面角的平面角的正切值为2
（3）解：过点D作DG∥BC，且CB＝DG，连AG，设平面ADG为平面α
∵BC∥平面ADG，∴B到平面ADG的距离等于C到平面ADG的距离为h
∵VC﹣AGD＝VA﹣CBD∴∴
56．如图，四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD是平行四边形，BA＝BD＝，AD＝2，PA＝PD＝，E，F分别是棱AD，PC的中点．
（Ⅰ）证明EF∥平面PAB；
（Ⅱ）若二面角P﹣AD﹣B为60°，
（i）证明平面PBC⊥平面ABCD；
（ii）求直线EF与平面PBC所成角的正弦值．
【分析】（Ⅰ）要证明EF∥平面PAB，可以先证明平面EFH∥平面PAB，而要证明面面平行则可用面面平行的判定定理来证；
（Ⅱ）（i）要证明平面PBC⊥平面ABCD，可用面面垂直的判定定理，即只需证PB⊥平面ABCD即可；
（ii）方法一：由（i）知，BD，BA，BP两两垂直，建立空间直角坐标系B﹣DAP，得到直线EF的方向向量与平面PBC法向量，其夹角的余弦值的绝对值即为所成角的正弦值．
方法二：连接BF，由（1）知，BE⊥平面PBC，则∠EFB为直线EF与平面PBC所成的角，在Rt△EBF中，根据，求出EF与平面PBC所成角的正弦值．
【解答】解：（Ⅰ）证明：连结AC，AC∩BD＝H，∵底面ABCD是平行四边形，∴H为BD中点，
∵E是棱AD的中点．∴在△ABD中，EH∥AB，
又∵AB⊂平面PAB，EH⊄平面PAD，∴EH∥平面PAB．同理可证，FH∥平面PAB．
又∵EH∩FH＝H，∴平面EFH∥平面PAB，∵EF⊂平面EFH，∴EF∥平面PAB；
（Ⅱ）（i）如图，连结PE，BE．
∵BA＝BD＝，AD＝2，PA＝PD＝，∴BE＝1，PE＝2．
又∵E为AD的中点，∴BE⊥AD，PE⊥AD，
∴∠PEB即为二面角P﹣AD﹣B的平面角，即∠PEB＝60°，∴PB＝．
∵△PBD中，BD2+PB2＝PD2，∴PB⊥BD，同理PB⊥BA，
∴PB⊥平面ABD，
∵PB⊂平面PBC，∴平面PAB⊥平面ABCD；
（ii）方法一：由（i）知，PB⊥BD，PB⊥BA，
∵BA＝BD＝，AD＝2，∴BD⊥BA，
∴BD，BA，BP两两垂直，
以B为坐标原点，分别以BD，BA，BP为X，Y，Z轴，建立如图所示的空间直角坐标系B﹣DAP，
则有A（0，，0），B（0，0，0），C（，﹣，0），D（，0，0），P（0，0，），
∴＝（，﹣，0），＝（0，0，），
设平面PBC的法向量为，
∵，∴，令x＝1，则y＝1，z＝0，故＝（1，1，0），
∵E，F分别是棱AD，PC的中点，∴E（，，0），F（，﹣，），∴＝（0，，），
∴sinθ＝＝＝＝﹣，
即直线EF与平面PBC所成角的正弦值为．
方法二：连接BF，由（1）知，BE⊥平面PBC，则∠EFB为直线EF与平面PBC所成的角，
由，可知∠ABP为直角，而，所以，故，
又BE＝1，故在Rt△EBF中，，所以直线EF与平面PBC所成角的正弦值为．
57．△ABC是正三角形，线段EA和DC都垂直于平面ABC，设EA＝AB＝2a，DC＝a，且F为BE的中点，如图所示．
（1）求证：DF∥平面ABC；
（2）求证：AF⊥BD；
（3）求平面BDE与平面ABC所成的较小二面角的大小．
【分析】（1）利用三角形的中位线定理、平行四边形的判定和性质定理、线面平行的判定定理即可证明；
（2）利用线面、面面垂直的判定和性质定理即可证明；
（3）延长ED交AC延长线于G′，连BG′，只要证明BG′⊥平面ABE即可得到∠ABE为所求的平面BDE与平面ABC所成二面角，在等腰直角三角形ABE中即可得到．
【解答】解：（1）证明：如图所示，取AB中点G，连CG、FG．
∵EF＝FB，AG＝GB，∴FGEA．又DCEA，∴FGDC．
∴四边形CDFG为平行四边形，∴DF∥CG．
∵DF⊄平面ABC，CG⊂平面ABC，∴DF∥平面ABC．
（2）证明：∵EA⊥平面ABC，∴AE⊥CG．
又△ABC是正三角形，G是AB的中点，∴CG⊥AB．∴CG⊥平面AEB．
又∵DF∥CG，∴DF⊥平面AEB．∴平面AEB⊥平面BDE．
∵AE＝AB，EF＝FB，∴AF⊥BE．∴AF⊥平面BED，∴AF⊥BD．
（3）解：延长ED交AC延长线于G′，连BG′．
由CD＝AE，CD∥AE知，D为EG′的中点，∴FD∥BG′．
又CG⊥平面ABE，FD∥CG．∴BG′⊥平面ABE．∴∠EBA为所求二面角的平面角．
在等腰直角三角形AEB中，可得∠ABE＝45°．∴平面BDE与平面ABC所成的较小二面角是45°．
58．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB⊥AC，顶点在A1底面ABC上的射影恰为点B，且AB＝AC＝A1B＝2．
（1）求证：A1C1⊥平面ABA1B1
（2）求棱AA1与BC所成的角的大小；
（3）在线段B1C1上确定一点P，使AP＝，并求出二面角P﹣AB﹣A1的平面角的余弦值．
【分析】（1）证明：因为 三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB⊥AC，得到A1C1⊥A1B1，因为顶点在A1底面ABC上的射影恰为点B，得到A1B⊥AC，利用线面垂直的判断定理得到证明．
（2）建立空间直角坐标系，求出，，利用向量的数量积公式求出棱AA1与BC所成的角的大小；
（3）利用已知条件AP＝求出p的坐标，求出平面P﹣AB﹣A1的法向量为，而平面ABA1的法向量＝（1，0，0），利用向量的数量积公式求出二面角P﹣AB﹣A1的平面角的余弦值．
【解答】解：（1）证明：因为 三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB⊥AC，所以A1C1⊥A1B1
因为顶点在A1底面ABC上的射影恰为点B，所以A1B⊥AC所以A1B⊥A1C1
所以A1C1⊥平面ABA1B1…（4分）
（2）如图，以A为原点建立空间直角坐标系，则C（2，0，0），B（0，2，0），A1（0，2，2），B1（0，4，2），所以，．所以，
故AA1与棱BC所成的角是．
（3）设，则P（2λ，4﹣2λ，2）．
于是，解得则P为棱B1C1的中点，其坐标为P（1，3，2）．
设＝（x，y，z），则令z＝1故
而平面ABA1的法向量＝（1，0，0），则＝
故二面角P﹣AB﹣A1的平面角的余弦值是．
一十九．众数、中位数、平均数
59．对某校高三年级学生参加社区服务次数进行统计，随机抽取M名学生作为样本，得到这M名学生参加社区服务的次数，根据此数据作出了频数与频率的统计表和频率分布直方图．
（1）求出表中M，p及图中a的值；
（2）若该校高三学生有240人，试估计该校高三学生参加社区服务的次数在区间[10，15）内的人数；
（3）估计这次学生参加社区服务人数的众数、中位数以及平均数．
【分析】（1）由分组[10，15）内的频数是10，频率是0.25，求出M＝40，由此能求出p及图中a的值．
（2）由该校高三学生有240人，在[10，15）内的频率是0.25，能估计该校高三学生参加社区服务的次当选在此区间内的人数．
（3）由频率分布直方图能估计这次学生参加社区服务人数的众数、中位数以及平均数．
【解答】解：（1）由分组[10，15）内的频数是10，频率是0.25，得，解得M＝40，
∴10+24+m+2＝40，解得m＝4，p＝，∵a是对应分组[15，20）的频率与组距的商，
∴a＝＝0.12．
（2）∵该校高三学生有240人，在[10，15）内的频率是0.25，
∴估计该校高三学生参加社区服务的次数在此区间内的人数为：240×0.25＝60．
（3）估计这次学生参加社区服务人数的众数是＝17.5，
∵n＝＝0.6，∴样本中位数是15+≈17.1，估计这次学生参加社区服务人数的中位数是17.1，
样本平均人数是：12.5×0.25+17.5×0.6+22.5×0.1+27.5×0.05＝17.25，
估计这次学生参加社区服务人数的平均数为17.25．
二十．极差、方差与标准差
60．在发生某公共卫生事件期间，有专业机构认为该事件在一段时间没有发生在规模群体感染的标志为“连续10天，每天新增疑似病例不超过7人”．根据过去10天甲、乙、丙、丁四地新增疑似病例数据，一定符合该标志的是（ ）
A．甲地：总体均值为3，中位数为4
B．乙地：总体均值为1，总体方差大于0
C．丙地：中位数为2，众数为3
D．丁地：总体均值为2，总体方差为3
【分析】平均数和中位数不能限制某一天的病例超过7人，当总体方差大于0，不知道总体方差的具体数值，因此不能确定数据的波动大小，中位数和众数也不能确定，当总体平均数是2，若有一个数据超过7，则方差就接近3，符合要求．
【解答】解：∵平均数和中位数不能限制某一天的病例超过7人，故A不正确，
当总体方差大于0，不知道总体方差的具体数值，因此不能确定数据的波动大小，故B不正确，
中位数和众数也不能确定，故C不正确，
当总体平均数是2，若有一个数据超过7，则方差就接近3，∴总体均值为2，总体方差为3时，没有数据超过7．故D正确．故选：D．分组
频数
频率
[10，15）
10
0.25
[15，20）
24
n
[20，25）
m
p
[25，30]
2
0.05
合计
M
1