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2024年高考数学重难点突破讲义：专题3 答案
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这是一份2024年高考数学重难点突破讲义：专题3 答案，共17页。试卷主要包含了AC，ABC，BD，点M在线段FH上，①或③，①③④等内容，欢迎下载使用。
第7练 空间中的平行与垂直问题
1．D
2．B
【解析】 ①平面α内取与l平行的直线，不垂直于平面β，故①错误；②当平面α内取平行于交线的直线时，该直线与平面β平行，故②错误；③取平面β内无数条与交线垂直的直线，平面α内的已知直线与这无数条直线垂直，故③正确；④若α内的任意一点取在交线l上，所作垂线可能不在平面α内，所以不一定垂直于平面β，故④错误．
3．B
【解析】 由题意知该几何体是底面为正方形的四棱锥，如图所示，连接AE，EF，BF，DF，易得EF∥BC，BC∥AD，则EF∥AD，故EF，AD共面，则AE，DF共面，故B错误；又F∈平面AEFD，B∉平面AEFD，F不在直线AE上，则直线AE与直线BF异面，A正确；由EF∥AD，EF⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，则直线EF∥平面PAD，C正确；EF⊄平面ABCD，AD⊂平面ABCD，则直线EF∥平面ABCD，D正确．
4．A
【解析】 如图(1)，连接DB，A1B，D1B1，D1C，B1C，由正方体的性质可知BA1＝BD，又P是A1D的中点，所以直线PB与直线A1D垂直；由正方体的性质可知DB∥D1B1，A1B∥D1C，所以平面BDA1∥平面B1D1C，又PB⊂平面BDA1，所以直线PB∥平面B1D1C，故A正确；以D为原点，建立如图(2)所示的空间直角坐标系，设正方体棱长为1，则 eq \(PB,\s\up6(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1，－\f(1,2)))， eq \(D1C,\s\up6(→))＝(0，1，－1)，显然直线PB与直线D1C不平行，故B不正确；直线PB与直线AC异面， eq \(DA,\s\up6(→))＝(1，0，0)， eq \(PB,\s\up6(→))· eq \(DA,\s\up6(→))＝ eq \f(1,2)≠0，所以直线PB与平面ADC1B1不垂直，故C不正确；直线PB与直线B1D1异面，不相交，故D不正确．
图(1)
图(2)
5．AC
【解析】 根据线线平行具有传递性可知A正确；空间中垂直于同一条直线的两条直线，位置关系可能是异面、相交、平行，故B错误；根据定理：空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补可知C正确；如图，α⊥β，α∩β＝l，且OA⊥l，CD⊥l，则OA⊥CE，CD⊥OB，但∠AOB和∠DCE的大小关系不确定，故D错误．
6．ABC
【解析】 在直三棱柱ABC－A1B1C1中，因为CC1∥AA1，CC1⊄平面A1ABB1，AA1⊂平面A1ABB1，所以CC1∥平面A1ABB1，故A正确；因为平面ABC∥平面A1B1C1，AF⊂平面ABC，所以AF∥平面A1B1C1，故B正确；取AB中点G，连接A1G，GF(图略)，因为G，F分别是棱AB，BC的中点，所以GF∥AC，且GF＝ eq \f(1,2)AC，又A1E∥AC且A1E＝ eq \f(1,2)AC，所以GF∥A1E，且GF＝A1E，所以四边形GFEA1为平行四边形，所以EF∥A1G，又EF⊄平面A1ABB1，A1G⊂平面A1ABB1，所以EF∥平面A1ABB1，故C正确；取AC中点H，连接C1H(图略)，易证得四边形AHC1E为平行四边形，所以EA∥C1H，C1H与平面B1BCC1相交，所以AE与平面B1BCC1相交，故D错误．
7．BD
【解析】 对于A，如图，连接AB1，AC，由正方体的性质可得平面A1C1D∥平面AB1C.因为OM∥平面C1A1D，且点M是侧面BB1C1C内的一个动点，所以点M在线段B1C上，所以OM与DC1不一定平行，故A错误；对于B，由A知B1C∥平面C1A1D，由线面平行的性质可知点C与点M到平面C1A1D的距离相等，则VM－C1A1D＝VC－C1A1D，故B正确；对于C，因为O为AC中点，点M在线段B1C上，所以OM与B1C不一定垂直，故C错误；对于D，根据正方体性质易知BD1⊥平面AB1C，OM⊂平面AB1C，所以OM⊥BD1，故D正确．
8．点M在线段FH上(或点M与点H重合)
【解析】 连接HN，FH，FN(图略)，则FH∥DD1，HN∥BD，FH⊄平面B1BDD1，DD1⊂平面B1BDD1，所以FH∥平面B1BDD1.因为HN⊄平面B1BDD1，BD⊂平面B1BDD1，所以HN∥平面B1BDD1，又FH∩HN＝H，FH⊂平面FHN，HN⊂平面FHN，所以平面FHN∥平面B1BDD1，只需M∈FH，则MN⊂平面FHN，此时MN∥平面B1BDD1.
9．①或③
【解析】 由面面平行的性质定理可知，①正确；当n∥β，α∩β＝m时，n与m没有公共点，因为m⊂γ，n⊂γ，所以m与n平行，③正确．②错误．
10．①③④
【解析】 由于BC固定，所以在倾斜的过程中，始终有AD∥EH∥FG∥BC，且平面AEFB∥平面DHGC，故有水的部分始终呈棱柱形(三棱柱、四棱柱、五棱柱).因为EF的长度是变化的，而FG不变，所以水面的面积会改变．BC为棱柱的一条侧棱，随着倾斜度的不同，有水的部分始终呈棱柱形，且棱B1C1∥平面EFGH，棱B1C1∥A1D1，所以A1D1∥平面EFGH.因为水的体积是定值，高BC为定值，所以底面EABF的面积为定值，即EA＋BF为定值．综上，①③④正确．
11．【解答】 (1) 如图，在平面ABC内取一点D，过点D作DF⊥AC于点F.因为平面PAC⊥平面ABC，平面PAC∩平面ABC＝AC，所以DF⊥平面PAC.因为PA⊂平面PAC，所以DF⊥PA.过点D作DG⊥AB于点G，同理可证DG⊥PA.因为DG，DF⊂平面ABC，且DG∩DF＝D，所以PA⊥平面ABC.
(2) 如图，连接BE并延长交PC于点H.因为E是△PBC的垂心，所以PC⊥BH.又AE⊥平面PBC，PC⊂平面PBC，所以PC⊥AE.因为AE∩BH＝E，AE，BH⊂平面ABE，所以PC⊥平面ABE.又AB⊂平面ABE，所以PC⊥AB.由(1)知PA⊥平面ABC，又AB⊂平面ABC，所以PA⊥AB.因为PA∩PC＝P，PA，PC⊂平面PAC，所以AB⊥平面PAC.又AC⊂平面PAC，所以AB⊥AC，即△ABC是直角三角形．
12．【解答】 (1) 因为ABCD－EHGF为直四棱柱，则EA⊥平面ABCD，而CD⊂平面ABCD，于是得EA⊥CD.在△ADC中，CD＝1，AD＝2，∠ADC＝60°，由余弦定理得AC2＝CD2＋AD2－2CD·AD cs 60°＝1＋4－2×1×2× eq \f(1,2)＝3，因此，AC2＋CD2＝AD2，即CD⊥AC.又EA∩AC＝A，EA，AC⊂平面ACE，所以CD⊥平面ACE.
(2) 当O为AD中点时，平面BOE∥平面MCD，连接EO，BO，如图，在等腰梯形ABCD中，BC＝AD－2CD cs ∠ADC＝2－2×1×cs 60°＝1，即BC＝OD＝1，而AD∥BC，则四边形BODC为平行四边形，即有BO∥CD，因为BO⊄平面MCD，CD⊂平面MCD，则有BO∥平面MCD.因为OD＝EM＝1，EF∥AD，则四边形EODM为平行四边形，有EO∥MD，而EO⊄平面MCD，MD⊂平面MCD，因此，EO∥平面MCD，又EO∩BO＝O，所以平面BOE∥平面MCD.
第8练 立体几何中的计算问题
1．A
【解析】 设正三棱台上、下底面所在圆面的半径分别为r1，r2，所以2r1＝ eq \f(3\r(3),sin 60°)，2r2＝ eq \f(4\r(3),sin 60°)，即r1＝3，r2＝4.设球心到上、下底面的距离分别为d1，d2，球的半径为R，所以d1＝ eq \r(R2－9)，d2＝ eq \r(R2－16)，故|d1－d2|＝1或d1＋d2＝1，即| eq \r(R2－9)－ eq \r(R2－16)|＝1或 eq \r(R2－9)＋ eq \r(R2－16)＝1，解得R2＝25符合题意，所以球的表面积为S＝4πR2＝100π.
2．A
【解析】 取AB中点E，连接PE，CE，如图，因为△ABC是边长为2的等边三角形，PA＝PB＝2，所以PE⊥AB，CE⊥AB.又PE，CE⊂平面PEC，PE∩CE＝E，所以AB⊥平面PEC.又PE＝CE＝2× eq \f(\r(3),2)＝ eq \r(3)，PC＝ eq \r(6)，故PC2＝PE2＋CE2，即PE⊥CE，所以VP－ABC＝VB－PEC＋VA－PEC＝ eq \f(1,3)S△PEC·AB＝ eq \f(1,3)× eq \f(1,2)× eq \r(3)× eq \r(3)×2＝1.
3．D
【解析】 由图可知，在三棱锥A－BCD中， AB＝BC＝BD＝ eq \r(5)，AC＝AD＝ eq \r(2)，CD＝2，取CD中点E，连接AE，BE，因为BC＝BD＝ eq \r(5)，AC＝AD＝ eq \r(2)，所以AE⊥CD，BE⊥CD.因为AE∩BE＝E，AE，BE⊂平面ABE，所以CD⊥平面ABE.因为AB⊂平面ABE，所以CD⊥AB，即AB与CD所成的角为 eq \f(π,2).
4．B
【解析】 如图，画出圆台的立体图形和轴截面平面图形，并延长EC与FD交于点G.根据题意，AB＝20 cm，CD＝10 cm，AC＝15 cm，EC＝6 cm，设CG＝x cm，EF＝y cm，所以 eq \f(10,20)＝ eq \f(x,x＋15)， eq \f(y,10)＝ eq \f(x＋6,x)，解得x＝15，y＝14，所以V＝ eq \f(1,3)(π·142＋π·102＋π·14·10)·6＝872π≈2 739(cm3).
5．AC
【解析】 如图，对于A，因为AC⊥BD，AC⊥D1D，又BD∩D1D＝D，所以AC⊥平面D1DBB1，又DE⊂平面D1DBB1，所以AC⊥DE，则直线DE与直线AC所成角为定值，故A正确；对于B，设AB＝a，当点E与D1重合时，点E到直线AB的距离为 eq \r(2)a，当点E与B1重合时，点E到直线AB的距离为a，故B错误；对于C，因为VE－A1BD＝VA1－EBD，且点A1到平面EBD的距离为定值，S△EBD为定值，故体积为定值，故C正确；对于D，易知AC1⊥平面A1BD，所以三棱锥E－A1BD外接球的球心O在AC1上，当点E移动时，球心O的位置改变，则球的半径R改变，所以外接球体积不为定值，故D错误．
6．AC
【解析】 依题意知，∠APB＝120°，PA＝2，所以OP＝1，OA＝OB＝ eq \r(3).对于A，圆锥的体积为 eq \f(1,3)×π×( eq \r(3))2×1＝π，故A正确；对于B，圆锥的侧面积为π× eq \r(3)×2＝2 eq \r(3)π，故B错误；对于C，如图，设D是AC的中点，连接OD，PD，则AC⊥OD，AC⊥PD，所以∠PDO是二面角P－AC－O的平面角，则∠PDO＝45°，所以OP＝OD＝1，故AD＝CD＝ eq \r(3－1)＝ eq \r(2)，则AC＝2 eq \r(2)，故C正确；对于D，PD＝ eq \r(12＋12)＝ eq \r(2)，所以S△PAC＝ eq \f(1,2)×2 eq \r(2)× eq \r(2)＝2，故D错误．
7．ACD
【解析】 对于A，如图，取D1D的中点G，连接GE，GA，D1E，A1G，又E，F分别为CC1，AA1的中点，所以GE∥DC∥AB，且GE＝DC＝AB，所以四边形ABEG为平行四边形，所以AG∥BE，又易知AG∥D1F，所以D1F∥BE，故A正确；对于B，假设直线B1E与直线BF所成的角为90°，即B1E⊥BF，由正四棱柱的性质可知B1A1⊥平面B1BCC1，而B1E⊂平面B1BCC1，所以B1A1⊥B1E，显然BF与A1B1相交，A1B1，BF⊂平面ABB1A1，所以B1E⊥平面ABB1A1，而由正四棱柱的性质可知B1C1⊥平面B1BCC1，所以B1E∥B1C1，显然这是不可能的，所以假设不成立，故B错误；对于C，在矩形ADD1A1中，因为AA1＝2AB＝2AD，所以D1F⊥A1G，而A1G∥B1E，因此D1F⊥B1E，所以直线B1E与直线D1F所成的角为90°，故C正确；对于D，由A选项分析可知D1F∥BE，所以直线D1F与平面ABCD所成的角为∠EBC，又根据题意易知∠EBC＝45°，故D正确．
8． eq \f(2,3π) eq \r(3πa) m
【解析】 设圆锥的底面半径为rm，母线长为lm，则由题意得a＝πr2＋πrl①.又圆锥的侧面展开图为半圆，所以2πr＝πl，即l＝2r②.将②式代入①式得a＝3πr2，所以r2＝ eq \f(a,3π)，即r＝ eq \f(\r(3πa),3π).故圆锥的底面直径为 eq \f(2,3π) eq \r(3πa) m．
9．(60 eq \r(3)＋24 eq \r(21))cm2
【解析】 如图，正六棱台ABCDEF－A′B′C′D′E′F′中，A′B′＝2 cm，AB＝6 cm，AA′＝5 cm，所以侧面梯形ABB′A′的斜高为 eq \r(52－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(6－2,2)))\s\up12(2))＝ eq \r(21)(cm)，所以S梯形ABB′A′＝ eq \f(2＋6,2)× eq \r(21)＝4 eq \r(21)(cm2).又S上底＝6× eq \f(\r(3),4)×22＝6 eq \r(3)(cm2)，S下底＝6× eq \f(\r(3),4)×62＝54 eq \r(3)(cm2)，所以正六棱台的表面积S＝S上底＋S下底＋6S梯形ABB′A′＝6 eq \r(3)＋54 eq \r(3)＋6×4 eq \r(21)＝(60 eq \r(3)＋24 eq \r(21))(cm2).
10． eq \f(1,4) 60°
【解析】 如图，取SA的中点M，连接ME，BM，则直线AC与BE所成的角等于直线ME与BE所成的角．由题意得ME＝ eq \r(3)，BM＝BE＝2 eq \r(3)，cs ∠MEB＝ eq \f(3＋12－12,2×\r(3)×2\r(3))＝ eq \f(1,4)，所以直线AC与BE所成角的余弦值为 eq \f(1,4).如图，取SB的中点N，连接AN，CN，则AN⊥SB，CN⊥SB⇒SB⊥平面ACN⇒平面SAB⊥平面ACN，因此直线AC与平面SAB所成的角为∠CAN，因为AN＝CN＝AC＝2 eq \r(3)，所以∠CAN＝60°，因此直线AC与平面SAB所成的角为60°.
11．【解答】 (1) 因为A1C⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以A1C⊥BC.又因为∠ACB＝90°，即AC⊥BC，A1C，AC⊂平面ACC1A1，A1C∩AC＝C，所以BC⊥平面ACC1A1.又因为BC⊂平面BB1C1C，所以平面ACC1A1⊥平面BB1C1C.
(2) 如图， 过点A1作A1O⊥CC1，垂足为O.因为平面ACC1A1⊥平面BB1C1C，平面ACC1A1∩平面BB1C1C＝CC1，A1O⊂平面ACC1A1，所以A1O⊥平面BB1C1C，所以四棱锥A1－BB1C1C的高为A1O.因为A1C⊥平面ABC，AC，BC⊂平面ABC，所以A1C⊥BC，A1C⊥AC.又因为A1B＝AB，BC为公共边，所以△ABC≌△A1BC，所以A1C＝AC.设A1C＝AC＝x，则A1C1＝x，所以O为CC1中点，OC1＝ eq \f(1,2)AA1＝1.又因为A1C⊥AC，所以A1C2＋AC2＝AA eq \\al(2,1) ，即x2＋x2＝22，解得x＝ eq \r(2)，所以A1O＝ eq \r(A1C eq \\al(2,1) －OC eq \\al(2,1) )＝ eq \r((\r(2))2－12)＝1，所以四棱锥A1－BB1C1C的高为1.
12．【解答】 (1) 如图，因为A1C⊥底面ABC，BC⊂平面ABC，所以A1C⊥BC.又BC⊥AC，A1C，AC⊂平面ACC1A1，A1C∩AC＝C，所以BC⊥平面ACC1A1.又BC⊂平面BCC1B1，所以平面ACC1A1⊥平面BCC1B1, 过A1作A1O⊥CC1交CC1于O，又平面ACC1A1∩平面BCC1B1＝CC1，A1O⊂平面ACC1A1，所以A1O⊥平面BCC1B1.因为A1到平面BCC1B1的距离为1，所以A1O＝1.在Rt△A1CC1中，A1C⊥A1C1，CC1＝AA1＝2，设CO＝x，则C1O＝2－x，因为△A1OC，△A1OC1，△A1CC1为直角三角形，且CC1＝2，CO2＋A1O2＝A1C2，A1O2＋OC eq \\al(2,1) ＝C1A eq \\al(2,1) ，A1C2＋A1C eq \\al(2,1) ＝C1C2，所以1＋x2＋1＋(2－x)2＝4，解得x＝1，所以AC＝A1C＝A1C1＝ eq \r(2)，所以AC＝A1C.
(2) 因为AC＝A1C1，BC⊥A1C，BC⊥AC，所以Rt△ACB≌Rt△A1CB，所以BA＝BA1，过B作BD⊥AA1，交AA1于D，则D为AA1中点．由直线AA1与BB1距离为2，所以BD＝2.因为A1D＝1，BD＝2，所以A1B＝AB＝ eq \r(5)，在Rt△ABC中，BC＝ eq \r(AB2－AC2)＝ eq \r(3).如图，延长AC，使AC＝CM，连接C1M，由CM∥A1C1，CM＝A1C1知四边形A1CMC1为平行四边形，所以C1M∥A1C，所以C1M⊥平面ABC.又AM⊂平面ABC，所以C1M⊥AM，则在Rt△AC1M中，AM＝2AC，C1M＝A1C，所以AC1＝ eq \r((2AC)2＋A1C2)，在Rt△AB1C1中，AB1＝ eq \r((2AC)2＋C1M2＋B1C eq \\al(2,1) )，B1C1＝BC＝ eq \r(3)，所以AB1＝ eq \r((2\r(2))2＋(\r(2))2＋(\r(3))2)＝ eq \r(13).又A到平面BCC1B1的距离也为1，所以AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值为 eq \f(1,\r(13))＝ eq \f(\r(13),13).
第9练 立体几何与空间向量
1．D
【解析】 如图，以AC的中点O为坐标原点建立空间直角坐标系，设PA＝4，则N(0，0，2)，M( eq \r(3)，－1，0)，P(0，－2，4)，B(2 eq \r(3)，0，0)， eq \(NM,\s\up6(→))＝( eq \r(3)，－1，－2)， eq \(PB,\s\up6(→))＝(2 eq \r(3)，2，－4)，cs 〈 eq \(NM,\s\up6(→))， eq \(PB,\s\up6(→))〉＝ eq \f(\(NM,\s\up6(→))·\(PB,\s\up6(→)),|\(NM,\s\up6(→))||\(PB,\s\up6(→))|)＝ eq \f(3,4)，则直线MN，PB所成角的余弦值为 eq \f(3,4).
2．B
【解析】 如图，以D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则A(1，0，0)，B(1，1，0)，C(0，1，0)，D1(0，0，1)，C1(0，1，1)， eq \(MC1,\s\up6(→))＝2 eq \(CM,\s\up6(→))，则M是靠近C的线段CC1的三等分点，M eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，1，\f(1,3)))， eq \(BD1,\s\up6(→))＝(－1，－1，1)， eq \(BM,\s\up6(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，0，\f(1,3)))，P在平面A1B1C1D1上，设P(x，y，1)，则 eq \(AP,\s\up6(→))＝(x－1，y，1)，由AP⊥平面MBD1，得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(AP,\s\up6(→))·\(BD1,\s\up6(→))＝1－x－y＋1＝0，,\(AP,\s\up6(→))·\(BM,\s\up6(→))＝1－x＋\f(1,3)＝0，))解得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝\f(4,3)，,y＝\f(2,3)，))所以 eq \(AP,\s\up6(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(2,3)，1))，| eq \(AP,\s\up6(→))|＝ eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))\s\up12(2)＋12)＝ eq \f(\r(14),3).
3．D
【解析】 方法一：如图(1)，作PO⊥底面ABCD于O，连接OC，因为正四棱锥P－ABCD底面边长为2，故OC＝ eq \r(2).又侧棱长为4，故PO＝ eq \r(PC2－OC2)＝ eq \r(14).又M为侧棱PC中点，取OC的中点F，连接MF，BM，则MF∥PO，且MF＝ eq \f(1,2)PO，且MF⊥平面ABCD，故∠MBF是BM与平面ABCD所成角，且MF＝ eq \f(1,2)PO＝ eq \f(\r(14),2).又cs ∠BCM＝ eq \f(\f(BC,2),PC)＝ eq \f(1,4).在△BCM中，由余弦定理有BM＝ eq \r(BC2＋CM2－2BC·CM cs ∠BCM)＝ eq \r(6).在△BFM中，sin ∠MBF＝ eq \f(MF,BM)＝ eq \f(\r(14),2\r(6))＝ eq \f(\r(21),6).故直线BM与底面ABCD所成角的正弦值为 eq \f(\r(21),6).
图(1)
方法二：如图(2)，连接AC，BD.设AC∩BD＝O，连接PO，则OP⊥底面ABCD，以O为坐标原点，OA，OB，OP所在直线为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系，由AB＝2，PA＝4，可得AO＝ eq \r(2)，OP＝ eq \r(14)，从而P(0，0， eq \r(14))，B(0， eq \r(2)，0)，C(－ eq \r(2)，0，0)，M eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)，0，\f(\r(14),2)))，所以 eq \(BM,\s\up6(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)，－\r(2)，\f(\r(14),2)))，易得底面ABCD的一个法向量为 eq \(OP,\s\up6(→))＝(0，0， eq \r(14))，所以cs 〈 eq \(BM,\s\up6(→))， eq \(OP,\s\up6(→))〉＝ eq \f(\(BM,\s\up6(→))·\(OP,\s\up6(→)),|\(BM,\s\up6(→))||\(OP,\s\up6(→))|)＝ eq \f(7,\r(14)×\r(6))＝ eq \f(\r(21),6)，故直线BM与底面ABCD所成角的正弦值为 eq \f(\r(21),6).
图(2)
4．C
【解析】 因为四边形ABCD为正方形，且PD⊥底面ABCD，故DA，DC，DP两两垂直，以D为原点，DA，DC，DP所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设PD＝AD＝1，则D(0，0，0)，B(1，1，0)，C(0，1，0)，P(0，0，1)，所以 eq \(PB,\s\up6(→))＝(1，1，－1)， eq \(PC,\s\up6(→))＝(0，1，－1)，设 eq \(PE,\s\up6(→))＝λ eq \(PB,\s\up6(→))，λ∈[0，1]，则 eq \(PE,\s\up6(→))＝(λ，λ，－λ)，所以E(λ，λ，1－λ)，即 eq \(DE,\s\up6(→))＝(λ，λ，1－λ).设平面PBC的法向量为n＝(x，y，z)，则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(PB,\s\up6(→))＝x＋y－z＝0，,n·\(PC,\s\up6(→))＝y－z＝0，))解得x＝0，y＝z，不妨取y＝z＝1，所以平面PBC的一个法向量为n＝(0，1，1).设直线DE与平面PBC所成角为θ，则sin θ＝|cs 〈n， eq \(DE,\s\up6(→))〉|＝ eq \f(|n·\(DE,\s\up6(→))|,|n||\(DE,\s\up6(→))|)＝ eq \f(1,\r(2)×\r(2λ2＋(1－λ)2))＝ eq \f(1,\r(2)×\r(3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(λ－\f(1,3)))\s\up12(2)＋\f(2,3)))，因为y＝sin θ在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递增，所以当λ＝ eq \f(1,3)时，sin θ＝ eq \f(\r(3),2)最大，此时θ＝ eq \f(π,3)，即直线DE与平面PBC所成角的最大值为 eq \f(π,3).
5．BCD
【解析】 令AA1＝4，以D为原点，以DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图，则B(4，4，0)，E(4，0，1)，F(0，4，3)， eq \(BE,\s\up6(→))＝(0，－4，1)， eq \(BF,\s\up6(→))＝(－4，0，3)，cs ∠EBF＝ eq \f(\(BE,\s\up6(→))·\(BF,\s\up6(→)),|\(BE,\s\up6(→))||\(BF,\s\up6(→))|)＝ eq \f(3,5\r(17))＞0，则∠EBF为锐角，故A错误；
因为A(4，0，0)，D1(0，0，4)，A1(4，0，4)，C(0，4，0)， eq \(AD1,\s\up6(→))＝(－4，0，4)， eq \(A1C,\s\up6(→))＝(－4，4，－4)，所以 eq \(AD1,\s\up6(→))· eq \(A1C,\s\up6(→))＝－4×(－4)＋0×4＋4×(－4)＝0，所以AD1⊥A1C，故B正确；D(0，0，0)，B1(4，4，4)， eq \(B1F,\s\up6(→))＝(－4，0，－1)， eq \(B1D1,\s\up6(→))＝(－4，－4，0)， eq \(ED,\s\up6(→))＝(－4，0，－1)，设平面B1D1F的法向量为n＝(x，y，z)，所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(B1F,\s\up6(→))＝0，,n·\(B1D1,\s\up6(→))＝0，))所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－4x－z＝0，,－4x－4y＝0，))不妨设x＝1，则y＝－1，z＝－4，n＝(1，－1，－4)，所以 eq \(ED,\s\up6(→))·n＝－4×1＋0×(－1)＋(－1)×(－4)＝0，所以ED⊥n，又ED⊄平面B1D1F，则ED∥平面B1D1F，故C正确；因为DC⊥平面BB1C1C，则 eq \(DC,\s\up6(→))＝(0，4，0)是平面BB1C1C的一个法向量，又 eq \(EF,\s\up6(→))＝(－4，4，2)，则直线EF与平面BB1C1C所成角的正弦值为 eq \f(|\(EF,\s\up6(→))·\(DC,\s\up6(→))|,|\(EF,\s\up6(→))||\(DC,\s\up6(→))|)＝ eq \f(16,6×4)＝ eq \f(2,3)，故D正确．
6．ABD
【解析】 以点D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，则A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，2，0)，D(0，0，0)，E(1，2，0)，F(0，2，1)，G(2，2，1)，A1(2，0，2)，B1(2，2，2)，C1(0，2，2)，D1(0，0，2).对于A， eq \(AB1,\s\up6(→))＝(0，2，2)， eq \(A1C,\s\up6(→))＝(－2，2，－2)， eq \(AB1,\s\up6(→))· eq \(A1C,\s\up6(→))＝4－4＝0，所以A1C⊥AB1，故A正确；对于B， eq \(A1B,\s\up6(→))＝(0，2，－2)， eq \(AD1,\s\up6(→))＝(－2，0，2)，cs 〈 eq \(A1B,\s\up6(→))， eq \(AD1,\s\up6(→))〉＝ eq \f(\(A1B,\s\up6(→))·\(AD1,\s\up6(→)),|\(A1B,\s\up6(→))|·|\(AD1,\s\up6(→))|)＝ eq \f(－4,2\r(2)×2\r(2))＝－ eq \f(1,2)，所以向量 eq \(A1B,\s\up6(→))与向量 eq \(AD1,\s\up6(→))的夹角是120°，A1B与AD1所成角为60°，故B正确；对于C， eq \(DD1,\s\up6(→))＝(0，0，2)， eq \(AF,\s\up6(→))＝(－2，2，1)，则 eq \(DD1,\s\up6(→))· eq \(AF,\s\up6(→))＝2≠0，故C错误；对于D，设平面AEF的法向量为m＝(x，y，z)， eq \(AE,\s\up6(→))＝(－1，2，0)， eq \(EF,\s\up6(→))＝(－1，0，1)，由 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(AE,\s\up6(→))＝－x＋2y＝0，,m·\(EF,\s\up6(→))＝－x＋z＝0，))可得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝\f(x,2)，,z＝x，))取x＝2，可得m＝(2，1，2)，又 eq \(A1G,\s\up6(→))＝(0，2，－1)，m· eq \(A1G,\s\up6(→))＝2－2＝0，所以m⊥ eq \(A1G,\s\up6(→)).因为A1G⊄平面AEF，所以A1G∥平面AEF，故D正确．
7．ACD
【解析】 对于A，P为正方形底面ABCD内一动点，三棱锥P－A1B1D1的高不变，底面积也不变，所以体积为定值，故A正确；对于B，以D为坐标原点，建立如图(1)所示的空间直角坐标系，设P(x，y，0)(0≤x≤1，0≤y≤1)，则D1(0，0，1)，A(1，0，0)， eq \(D1P,\s\up6(→))＝(x，y，－1)， eq \(AD1,\s\up6(→))＝(－1，0，1).若D1P⊥AD1，则 eq \(D1P,\s\up6(→))· eq \(AD1,\s\up6(→))＝0，即x＝－1，与题意矛盾，故B错误；对于C， eq \(DB1,\s\up6(→))＝(1，1，1)，由D1P⊥B1D得x＋y＝1，所以点P的轨迹就是线段AC，故C正确；对于D，因为BD⊥AC，BD⊥AA1，AC∩AA1＝A，所以BD⊥平面ACC1A1.因为平面α⊥平面ACC1A1，所以BD∥平面α.以BD为参照线作出平面α与正方体各个侧面的交线，如图(2)，易知每个侧面的交线均相等，长度为 eq \f(\r(2),2)，所以截面周长为3 eq \r(2)，故D正确．
图(1)
图(2)
8． eq \f(π,4)
【解析】 因为圆锥的轴截面ABC为正三角形，其面积为4 eq \r(3)，所以AB＝4.建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，则CO＝2 eq \r(3)，A(0，－2，0)，D(2，0，0)，C(0，0，2 eq \r(3))，E(0，1， eq \r(3))， eq \(AC,\s\up6(→))＝(0，2，2 eq \r(3))， eq \(DE,\s\up6(→))＝(－2，1， eq \r(3))，cs 〈 eq \(AC,\s\up6(→))， eq \(DE,\s\up6(→))〉＝ eq \f(\(AC,\s\up6(→))·\(DE,\s\up6(→)),|\(AC,\s\up6(→))||\(DE,\s\up6(→))|)＝ eq \f(2＋6,4×2\r(2))＝ eq \f(\r(2),2)，则异面直线AC，DE所成的角的大小为 eq \f(π,4).
9． eq \f(8,3)
【解析】 在长方体ABCD－A1B1C1D1中，以A为坐标原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系．因为AB＝AD＝2，AA1＝4，所以A(0，0，0)，B(2，0，0), C(2，2，0)，D(0，2，0)，A1(0，0，4)，C1(2，2，4).设平面A1C1D的法向量为n＝(x，y，z)， eq \(A1C1,\s\up6(→))＝(2，2，0)， eq \(A1D,\s\up6(→))＝(0，2，－4)，则有 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(A1C1,\s\up6(→))＝0，,n·\(A1D,\s\up6(→))＝0))⇒ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x＋2y＝0，,2y－4z＝0，))不妨令z＝1，得n＝(－2，2，1).又 eq \(BD,\s\up6(→))＝(－2，2，0)，故点B到平面A1C1D的距离为 eq \f(|\(BD,\s\up6(→))·n|,|n|)＝ eq \f(|4＋4＋0|,\r((－2)2＋22＋12))＝ eq \f(8,3).
10． eq \f(1,3)
【解析】 建立如图所示的空间直角坐标系，则A(1，0，0)，E eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(1,2)))，F eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，1，\f(1,2)))，C1(0，1，1)，B1(1，1，1)，所以 eq \(AE,\s\up6(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，0，\f(1,2)))， eq \(FC1,\s\up6(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，0，\f(1,2)))，所以 eq \(AE,\s\up6(→))＝ eq \(FC1,\s\up6(→))，而AE⊂平面AB1E，FC1⊄平面AB1E，故FC1∥平面AB1E，所以直线FC1到平面AB1E的距离即为点F到平面AB1E的距离．又 eq \(EF,\s\up6(→))＝(1，1，0)， eq \(AB1,\s\up6(→))＝(0，1，1)，设平面AB1E的法向量为n＝(x，y，z)，则有 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AB1,\s\up6(→))＝y＋z＝0，,n·\(AE,\s\up6(→))＝－x＋\f(z,2)＝0，))不妨取z＝2，则n＝(1，－2，2)，故点F到平面AB1E的距离为 eq \f(|n·\(EF,\s\up6(→))|,|n|)＝ eq \f(1,3).
11．【解答】 (1) 由已知可得BF⊥PF，BF⊥EF，又PF∩EF＝F，PF，EF⊂平面PEF，所以BF⊥平面PEF.又BF⊂平面ABFD，所以平面PEF⊥平面ABFD.
(2) 作PH⊥EF，垂足为H，因为平面PEF⊥平面ABFD，平面PEF∩平面ABFD＝EF，PH⊂平面PEF，所以PH⊥平面ABFD，以H为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设| eq \(BF,\s\up6(→))|＝1，因为DE∥BF，BF⊥平面PEF，所以DE⊥平面PEF，因为PE⊂平面PEF，所以DE⊥PE.又DP＝2，DE＝1，所以PE＝ eq \r(3).又PF＝1，EF＝2，PE2＋PF2＝EF2，故PE⊥PF.可得PH＝ eq \f(\r(3),2)，EH＝ eq \f(3,2)，则H(0，0，0)，P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(\r(3),2)))，D eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，－\f(3,2)，0))，则 eq \(DP,\s\up6(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)，\f(\r(3),2)))，易知平面ABFD的一个法向量为n＝(0，0，1)，所以cs 〈n， eq \(DP,\s\up6(→))〉＝ eq \f(n·\(DP,\s\up6(→)),|n|·|\(DP,\s\up6(→))|)＝ eq \f(0＋0＋\f(\r(3),2),2)＝ eq \f(\r(3),4).设DP与平面ABFD所成角为θ，则sin θ＝|cs 〈n， eq \(DP,\s\up6(→))〉|＝ eq \f(\r(3),4)，所以cs θ＝ eq \f(\r(13),4)，即DP与平面ABFD所成角的余弦值为 eq \f(\r(13),4).
12．【解答】 以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，根据题意设点P(0，t，2)，0≤t≤2，则E(1，1，0)，F(2，2，1)，C(0，2，0).
(1) eq \(PE,\s\up6(→))＝(1，1－t，－2)， eq \(EF,\s\up6(→))＝(1，1，1)， eq \(CF,\s\up6(→))＝(2，0，1)，设平面CEF的法向量为m＝(x，y，z)，则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(EF,\s\up6(→))＝x＋y＋z＝0，,m·\(CF,\s\up6(→))＝2x＋z＝0，))不妨令x＝1，得z＝－2，y＝1，所以m＝(1，1，－2).假设存在满足题意的点P，则 eq \(PE,\s\up6(→))∥m，所以 eq \f(1－t,1)＝1，所以t＝0，满足0≤t≤2，即P与D1重合时，PE⊥平面EFC，此时C1P＝2.
(2) 易知平面BCC1B1的一个法向量为n＝(0，1，0)，设平面PEF的法向量为r＝(x0，y0，z0)，又 eq \(PF,\s\up6(→))＝(2，2－t，－1)， eq \(PE,\s\up6(→))＝(1，1－t，－2)，所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(r·\(PF,\s\up6(→))＝2x0＋(2－t)y0－z0＝0，,r·\(PE,\s\up6(→))＝x0＋(1－t)y0－2z0＝0，))不妨令y0＝1，则x0＝ eq \f(t,3)－1，z0＝－ eq \f(t,3)，所以r＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(t,3)－1，1，－\f(t,3))).设平面BCC1B1与平面PEF的夹角为θ，则cs θ＝|cs 〈n，r〉|＝ eq \f(1,\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(t,3)－1))\s\up12(2)＋1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(t,3)))\s\up12(2)))＝ eq \f(1,\r(\f(2(t2－3t),9)＋2))，0≤t≤2，所以当t＝ eq \f(3,2)时，(cs θ)max＝ eq \f(\r(6),3)，(sin θ)min＝ eq \f(\r(3),3)，此时C1P＝2－ eq \f(3,2)＝ eq \f(1,2).
第7练 空间中的平行与垂直问题
1．D
2．B
【解析】 ①平面α内取与l平行的直线，不垂直于平面β，故①错误；②当平面α内取平行于交线的直线时，该直线与平面β平行，故②错误；③取平面β内无数条与交线垂直的直线，平面α内的已知直线与这无数条直线垂直，故③正确；④若α内的任意一点取在交线l上，所作垂线可能不在平面α内，所以不一定垂直于平面β，故④错误．
3．B
【解析】 由题意知该几何体是底面为正方形的四棱锥，如图所示，连接AE，EF，BF，DF，易得EF∥BC，BC∥AD，则EF∥AD，故EF，AD共面，则AE，DF共面，故B错误；又F∈平面AEFD，B∉平面AEFD，F不在直线AE上，则直线AE与直线BF异面，A正确；由EF∥AD，EF⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，则直线EF∥平面PAD，C正确；EF⊄平面ABCD，AD⊂平面ABCD，则直线EF∥平面ABCD，D正确．
4．A
【解析】 如图(1)，连接DB，A1B，D1B1，D1C，B1C，由正方体的性质可知BA1＝BD，又P是A1D的中点，所以直线PB与直线A1D垂直；由正方体的性质可知DB∥D1B1，A1B∥D1C，所以平面BDA1∥平面B1D1C，又PB⊂平面BDA1，所以直线PB∥平面B1D1C，故A正确；以D为原点，建立如图(2)所示的空间直角坐标系，设正方体棱长为1，则 eq \(PB,\s\up6(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1，－\f(1,2)))， eq \(D1C,\s\up6(→))＝(0，1，－1)，显然直线PB与直线D1C不平行，故B不正确；直线PB与直线AC异面， eq \(DA,\s\up6(→))＝(1，0，0)， eq \(PB,\s\up6(→))· eq \(DA,\s\up6(→))＝ eq \f(1,2)≠0，所以直线PB与平面ADC1B1不垂直，故C不正确；直线PB与直线B1D1异面，不相交，故D不正确．
图(1)
图(2)
5．AC
【解析】 根据线线平行具有传递性可知A正确；空间中垂直于同一条直线的两条直线，位置关系可能是异面、相交、平行，故B错误；根据定理：空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补可知C正确；如图，α⊥β，α∩β＝l，且OA⊥l，CD⊥l，则OA⊥CE，CD⊥OB，但∠AOB和∠DCE的大小关系不确定，故D错误．
6．ABC
【解析】 在直三棱柱ABC－A1B1C1中，因为CC1∥AA1，CC1⊄平面A1ABB1，AA1⊂平面A1ABB1，所以CC1∥平面A1ABB1，故A正确；因为平面ABC∥平面A1B1C1，AF⊂平面ABC，所以AF∥平面A1B1C1，故B正确；取AB中点G，连接A1G，GF(图略)，因为G，F分别是棱AB，BC的中点，所以GF∥AC，且GF＝ eq \f(1,2)AC，又A1E∥AC且A1E＝ eq \f(1,2)AC，所以GF∥A1E，且GF＝A1E，所以四边形GFEA1为平行四边形，所以EF∥A1G，又EF⊄平面A1ABB1，A1G⊂平面A1ABB1，所以EF∥平面A1ABB1，故C正确；取AC中点H，连接C1H(图略)，易证得四边形AHC1E为平行四边形，所以EA∥C1H，C1H与平面B1BCC1相交，所以AE与平面B1BCC1相交，故D错误．
7．BD
【解析】 对于A，如图，连接AB1，AC，由正方体的性质可得平面A1C1D∥平面AB1C.因为OM∥平面C1A1D，且点M是侧面BB1C1C内的一个动点，所以点M在线段B1C上，所以OM与DC1不一定平行，故A错误；对于B，由A知B1C∥平面C1A1D，由线面平行的性质可知点C与点M到平面C1A1D的距离相等，则VM－C1A1D＝VC－C1A1D，故B正确；对于C，因为O为AC中点，点M在线段B1C上，所以OM与B1C不一定垂直，故C错误；对于D，根据正方体性质易知BD1⊥平面AB1C，OM⊂平面AB1C，所以OM⊥BD1，故D正确．
8．点M在线段FH上(或点M与点H重合)
【解析】 连接HN，FH，FN(图略)，则FH∥DD1，HN∥BD，FH⊄平面B1BDD1，DD1⊂平面B1BDD1，所以FH∥平面B1BDD1.因为HN⊄平面B1BDD1，BD⊂平面B1BDD1，所以HN∥平面B1BDD1，又FH∩HN＝H，FH⊂平面FHN，HN⊂平面FHN，所以平面FHN∥平面B1BDD1，只需M∈FH，则MN⊂平面FHN，此时MN∥平面B1BDD1.
9．①或③
【解析】 由面面平行的性质定理可知，①正确；当n∥β，α∩β＝m时，n与m没有公共点，因为m⊂γ，n⊂γ，所以m与n平行，③正确．②错误．
10．①③④
【解析】 由于BC固定，所以在倾斜的过程中，始终有AD∥EH∥FG∥BC，且平面AEFB∥平面DHGC，故有水的部分始终呈棱柱形(三棱柱、四棱柱、五棱柱).因为EF的长度是变化的，而FG不变，所以水面的面积会改变．BC为棱柱的一条侧棱，随着倾斜度的不同，有水的部分始终呈棱柱形，且棱B1C1∥平面EFGH，棱B1C1∥A1D1，所以A1D1∥平面EFGH.因为水的体积是定值，高BC为定值，所以底面EABF的面积为定值，即EA＋BF为定值．综上，①③④正确．
11．【解答】 (1) 如图，在平面ABC内取一点D，过点D作DF⊥AC于点F.因为平面PAC⊥平面ABC，平面PAC∩平面ABC＝AC，所以DF⊥平面PAC.因为PA⊂平面PAC，所以DF⊥PA.过点D作DG⊥AB于点G，同理可证DG⊥PA.因为DG，DF⊂平面ABC，且DG∩DF＝D，所以PA⊥平面ABC.
(2) 如图，连接BE并延长交PC于点H.因为E是△PBC的垂心，所以PC⊥BH.又AE⊥平面PBC，PC⊂平面PBC，所以PC⊥AE.因为AE∩BH＝E，AE，BH⊂平面ABE，所以PC⊥平面ABE.又AB⊂平面ABE，所以PC⊥AB.由(1)知PA⊥平面ABC，又AB⊂平面ABC，所以PA⊥AB.因为PA∩PC＝P，PA，PC⊂平面PAC，所以AB⊥平面PAC.又AC⊂平面PAC，所以AB⊥AC，即△ABC是直角三角形．
12．【解答】 (1) 因为ABCD－EHGF为直四棱柱，则EA⊥平面ABCD，而CD⊂平面ABCD，于是得EA⊥CD.在△ADC中，CD＝1，AD＝2，∠ADC＝60°，由余弦定理得AC2＝CD2＋AD2－2CD·AD cs 60°＝1＋4－2×1×2× eq \f(1,2)＝3，因此，AC2＋CD2＝AD2，即CD⊥AC.又EA∩AC＝A，EA，AC⊂平面ACE，所以CD⊥平面ACE.
(2) 当O为AD中点时，平面BOE∥平面MCD，连接EO，BO，如图，在等腰梯形ABCD中，BC＝AD－2CD cs ∠ADC＝2－2×1×cs 60°＝1，即BC＝OD＝1，而AD∥BC，则四边形BODC为平行四边形，即有BO∥CD，因为BO⊄平面MCD，CD⊂平面MCD，则有BO∥平面MCD.因为OD＝EM＝1，EF∥AD，则四边形EODM为平行四边形，有EO∥MD，而EO⊄平面MCD，MD⊂平面MCD，因此，EO∥平面MCD，又EO∩BO＝O，所以平面BOE∥平面MCD.
第8练 立体几何中的计算问题
1．A
【解析】 设正三棱台上、下底面所在圆面的半径分别为r1，r2，所以2r1＝ eq \f(3\r(3),sin 60°)，2r2＝ eq \f(4\r(3),sin 60°)，即r1＝3，r2＝4.设球心到上、下底面的距离分别为d1，d2，球的半径为R，所以d1＝ eq \r(R2－9)，d2＝ eq \r(R2－16)，故|d1－d2|＝1或d1＋d2＝1，即| eq \r(R2－9)－ eq \r(R2－16)|＝1或 eq \r(R2－9)＋ eq \r(R2－16)＝1，解得R2＝25符合题意，所以球的表面积为S＝4πR2＝100π.
2．A
【解析】 取AB中点E，连接PE，CE，如图，因为△ABC是边长为2的等边三角形，PA＝PB＝2，所以PE⊥AB，CE⊥AB.又PE，CE⊂平面PEC，PE∩CE＝E，所以AB⊥平面PEC.又PE＝CE＝2× eq \f(\r(3),2)＝ eq \r(3)，PC＝ eq \r(6)，故PC2＝PE2＋CE2，即PE⊥CE，所以VP－ABC＝VB－PEC＋VA－PEC＝ eq \f(1,3)S△PEC·AB＝ eq \f(1,3)× eq \f(1,2)× eq \r(3)× eq \r(3)×2＝1.
3．D
【解析】 由图可知，在三棱锥A－BCD中， AB＝BC＝BD＝ eq \r(5)，AC＝AD＝ eq \r(2)，CD＝2，取CD中点E，连接AE，BE，因为BC＝BD＝ eq \r(5)，AC＝AD＝ eq \r(2)，所以AE⊥CD，BE⊥CD.因为AE∩BE＝E，AE，BE⊂平面ABE，所以CD⊥平面ABE.因为AB⊂平面ABE，所以CD⊥AB，即AB与CD所成的角为 eq \f(π,2).
4．B
【解析】 如图，画出圆台的立体图形和轴截面平面图形，并延长EC与FD交于点G.根据题意，AB＝20 cm，CD＝10 cm，AC＝15 cm，EC＝6 cm，设CG＝x cm，EF＝y cm，所以 eq \f(10,20)＝ eq \f(x,x＋15)， eq \f(y,10)＝ eq \f(x＋6,x)，解得x＝15，y＝14，所以V＝ eq \f(1,3)(π·142＋π·102＋π·14·10)·6＝872π≈2 739(cm3).
5．AC
【解析】 如图，对于A，因为AC⊥BD，AC⊥D1D，又BD∩D1D＝D，所以AC⊥平面D1DBB1，又DE⊂平面D1DBB1，所以AC⊥DE，则直线DE与直线AC所成角为定值，故A正确；对于B，设AB＝a，当点E与D1重合时，点E到直线AB的距离为 eq \r(2)a，当点E与B1重合时，点E到直线AB的距离为a，故B错误；对于C，因为VE－A1BD＝VA1－EBD，且点A1到平面EBD的距离为定值，S△EBD为定值，故体积为定值，故C正确；对于D，易知AC1⊥平面A1BD，所以三棱锥E－A1BD外接球的球心O在AC1上，当点E移动时，球心O的位置改变，则球的半径R改变，所以外接球体积不为定值，故D错误．
6．AC
【解析】 依题意知，∠APB＝120°，PA＝2，所以OP＝1，OA＝OB＝ eq \r(3).对于A，圆锥的体积为 eq \f(1,3)×π×( eq \r(3))2×1＝π，故A正确；对于B，圆锥的侧面积为π× eq \r(3)×2＝2 eq \r(3)π，故B错误；对于C，如图，设D是AC的中点，连接OD，PD，则AC⊥OD，AC⊥PD，所以∠PDO是二面角P－AC－O的平面角，则∠PDO＝45°，所以OP＝OD＝1，故AD＝CD＝ eq \r(3－1)＝ eq \r(2)，则AC＝2 eq \r(2)，故C正确；对于D，PD＝ eq \r(12＋12)＝ eq \r(2)，所以S△PAC＝ eq \f(1,2)×2 eq \r(2)× eq \r(2)＝2，故D错误．
7．ACD
【解析】 对于A，如图，取D1D的中点G，连接GE，GA，D1E，A1G，又E，F分别为CC1，AA1的中点，所以GE∥DC∥AB，且GE＝DC＝AB，所以四边形ABEG为平行四边形，所以AG∥BE，又易知AG∥D1F，所以D1F∥BE，故A正确；对于B，假设直线B1E与直线BF所成的角为90°，即B1E⊥BF，由正四棱柱的性质可知B1A1⊥平面B1BCC1，而B1E⊂平面B1BCC1，所以B1A1⊥B1E，显然BF与A1B1相交，A1B1，BF⊂平面ABB1A1，所以B1E⊥平面ABB1A1，而由正四棱柱的性质可知B1C1⊥平面B1BCC1，所以B1E∥B1C1，显然这是不可能的，所以假设不成立，故B错误；对于C，在矩形ADD1A1中，因为AA1＝2AB＝2AD，所以D1F⊥A1G，而A1G∥B1E，因此D1F⊥B1E，所以直线B1E与直线D1F所成的角为90°，故C正确；对于D，由A选项分析可知D1F∥BE，所以直线D1F与平面ABCD所成的角为∠EBC，又根据题意易知∠EBC＝45°，故D正确．
8． eq \f(2,3π) eq \r(3πa) m
【解析】 设圆锥的底面半径为rm，母线长为lm，则由题意得a＝πr2＋πrl①.又圆锥的侧面展开图为半圆，所以2πr＝πl，即l＝2r②.将②式代入①式得a＝3πr2，所以r2＝ eq \f(a,3π)，即r＝ eq \f(\r(3πa),3π).故圆锥的底面直径为 eq \f(2,3π) eq \r(3πa) m．
9．(60 eq \r(3)＋24 eq \r(21))cm2
【解析】 如图，正六棱台ABCDEF－A′B′C′D′E′F′中，A′B′＝2 cm，AB＝6 cm，AA′＝5 cm，所以侧面梯形ABB′A′的斜高为 eq \r(52－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(6－2,2)))\s\up12(2))＝ eq \r(21)(cm)，所以S梯形ABB′A′＝ eq \f(2＋6,2)× eq \r(21)＝4 eq \r(21)(cm2).又S上底＝6× eq \f(\r(3),4)×22＝6 eq \r(3)(cm2)，S下底＝6× eq \f(\r(3),4)×62＝54 eq \r(3)(cm2)，所以正六棱台的表面积S＝S上底＋S下底＋6S梯形ABB′A′＝6 eq \r(3)＋54 eq \r(3)＋6×4 eq \r(21)＝(60 eq \r(3)＋24 eq \r(21))(cm2).
10． eq \f(1,4) 60°
【解析】 如图，取SA的中点M，连接ME，BM，则直线AC与BE所成的角等于直线ME与BE所成的角．由题意得ME＝ eq \r(3)，BM＝BE＝2 eq \r(3)，cs ∠MEB＝ eq \f(3＋12－12,2×\r(3)×2\r(3))＝ eq \f(1,4)，所以直线AC与BE所成角的余弦值为 eq \f(1,4).如图，取SB的中点N，连接AN，CN，则AN⊥SB，CN⊥SB⇒SB⊥平面ACN⇒平面SAB⊥平面ACN，因此直线AC与平面SAB所成的角为∠CAN，因为AN＝CN＝AC＝2 eq \r(3)，所以∠CAN＝60°，因此直线AC与平面SAB所成的角为60°.
11．【解答】 (1) 因为A1C⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以A1C⊥BC.又因为∠ACB＝90°，即AC⊥BC，A1C，AC⊂平面ACC1A1，A1C∩AC＝C，所以BC⊥平面ACC1A1.又因为BC⊂平面BB1C1C，所以平面ACC1A1⊥平面BB1C1C.
(2) 如图， 过点A1作A1O⊥CC1，垂足为O.因为平面ACC1A1⊥平面BB1C1C，平面ACC1A1∩平面BB1C1C＝CC1，A1O⊂平面ACC1A1，所以A1O⊥平面BB1C1C，所以四棱锥A1－BB1C1C的高为A1O.因为A1C⊥平面ABC，AC，BC⊂平面ABC，所以A1C⊥BC，A1C⊥AC.又因为A1B＝AB，BC为公共边，所以△ABC≌△A1BC，所以A1C＝AC.设A1C＝AC＝x，则A1C1＝x，所以O为CC1中点，OC1＝ eq \f(1,2)AA1＝1.又因为A1C⊥AC，所以A1C2＋AC2＝AA eq \\al(2,1) ，即x2＋x2＝22，解得x＝ eq \r(2)，所以A1O＝ eq \r(A1C eq \\al(2,1) －OC eq \\al(2,1) )＝ eq \r((\r(2))2－12)＝1，所以四棱锥A1－BB1C1C的高为1.
12．【解答】 (1) 如图，因为A1C⊥底面ABC，BC⊂平面ABC，所以A1C⊥BC.又BC⊥AC，A1C，AC⊂平面ACC1A1，A1C∩AC＝C，所以BC⊥平面ACC1A1.又BC⊂平面BCC1B1，所以平面ACC1A1⊥平面BCC1B1, 过A1作A1O⊥CC1交CC1于O，又平面ACC1A1∩平面BCC1B1＝CC1，A1O⊂平面ACC1A1，所以A1O⊥平面BCC1B1.因为A1到平面BCC1B1的距离为1，所以A1O＝1.在Rt△A1CC1中，A1C⊥A1C1，CC1＝AA1＝2，设CO＝x，则C1O＝2－x，因为△A1OC，△A1OC1，△A1CC1为直角三角形，且CC1＝2，CO2＋A1O2＝A1C2，A1O2＋OC eq \\al(2,1) ＝C1A eq \\al(2,1) ，A1C2＋A1C eq \\al(2,1) ＝C1C2，所以1＋x2＋1＋(2－x)2＝4，解得x＝1，所以AC＝A1C＝A1C1＝ eq \r(2)，所以AC＝A1C.
(2) 因为AC＝A1C1，BC⊥A1C，BC⊥AC，所以Rt△ACB≌Rt△A1CB，所以BA＝BA1，过B作BD⊥AA1，交AA1于D，则D为AA1中点．由直线AA1与BB1距离为2，所以BD＝2.因为A1D＝1，BD＝2，所以A1B＝AB＝ eq \r(5)，在Rt△ABC中，BC＝ eq \r(AB2－AC2)＝ eq \r(3).如图，延长AC，使AC＝CM，连接C1M，由CM∥A1C1，CM＝A1C1知四边形A1CMC1为平行四边形，所以C1M∥A1C，所以C1M⊥平面ABC.又AM⊂平面ABC，所以C1M⊥AM，则在Rt△AC1M中，AM＝2AC，C1M＝A1C，所以AC1＝ eq \r((2AC)2＋A1C2)，在Rt△AB1C1中，AB1＝ eq \r((2AC)2＋C1M2＋B1C eq \\al(2,1) )，B1C1＝BC＝ eq \r(3)，所以AB1＝ eq \r((2\r(2))2＋(\r(2))2＋(\r(3))2)＝ eq \r(13).又A到平面BCC1B1的距离也为1，所以AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值为 eq \f(1,\r(13))＝ eq \f(\r(13),13).
第9练 立体几何与空间向量
1．D
【解析】 如图，以AC的中点O为坐标原点建立空间直角坐标系，设PA＝4，则N(0，0，2)，M( eq \r(3)，－1，0)，P(0，－2，4)，B(2 eq \r(3)，0，0)， eq \(NM,\s\up6(→))＝( eq \r(3)，－1，－2)， eq \(PB,\s\up6(→))＝(2 eq \r(3)，2，－4)，cs 〈 eq \(NM,\s\up6(→))， eq \(PB,\s\up6(→))〉＝ eq \f(\(NM,\s\up6(→))·\(PB,\s\up6(→)),|\(NM,\s\up6(→))||\(PB,\s\up6(→))|)＝ eq \f(3,4)，则直线MN，PB所成角的余弦值为 eq \f(3,4).
2．B
【解析】 如图，以D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则A(1，0，0)，B(1，1，0)，C(0，1，0)，D1(0，0，1)，C1(0，1，1)， eq \(MC1,\s\up6(→))＝2 eq \(CM,\s\up6(→))，则M是靠近C的线段CC1的三等分点，M eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，1，\f(1,3)))， eq \(BD1,\s\up6(→))＝(－1，－1，1)， eq \(BM,\s\up6(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，0，\f(1,3)))，P在平面A1B1C1D1上，设P(x，y，1)，则 eq \(AP,\s\up6(→))＝(x－1，y，1)，由AP⊥平面MBD1，得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(AP,\s\up6(→))·\(BD1,\s\up6(→))＝1－x－y＋1＝0，,\(AP,\s\up6(→))·\(BM,\s\up6(→))＝1－x＋\f(1,3)＝0，))解得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝\f(4,3)，,y＝\f(2,3)，))所以 eq \(AP,\s\up6(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(2,3)，1))，| eq \(AP,\s\up6(→))|＝ eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))\s\up12(2)＋12)＝ eq \f(\r(14),3).
3．D
【解析】 方法一：如图(1)，作PO⊥底面ABCD于O，连接OC，因为正四棱锥P－ABCD底面边长为2，故OC＝ eq \r(2).又侧棱长为4，故PO＝ eq \r(PC2－OC2)＝ eq \r(14).又M为侧棱PC中点，取OC的中点F，连接MF，BM，则MF∥PO，且MF＝ eq \f(1,2)PO，且MF⊥平面ABCD，故∠MBF是BM与平面ABCD所成角，且MF＝ eq \f(1,2)PO＝ eq \f(\r(14),2).又cs ∠BCM＝ eq \f(\f(BC,2),PC)＝ eq \f(1,4).在△BCM中，由余弦定理有BM＝ eq \r(BC2＋CM2－2BC·CM cs ∠BCM)＝ eq \r(6).在△BFM中，sin ∠MBF＝ eq \f(MF,BM)＝ eq \f(\r(14),2\r(6))＝ eq \f(\r(21),6).故直线BM与底面ABCD所成角的正弦值为 eq \f(\r(21),6).
图(1)
方法二：如图(2)，连接AC，BD.设AC∩BD＝O，连接PO，则OP⊥底面ABCD，以O为坐标原点，OA，OB，OP所在直线为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系，由AB＝2，PA＝4，可得AO＝ eq \r(2)，OP＝ eq \r(14)，从而P(0，0， eq \r(14))，B(0， eq \r(2)，0)，C(－ eq \r(2)，0，0)，M eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)，0，\f(\r(14),2)))，所以 eq \(BM,\s\up6(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)，－\r(2)，\f(\r(14),2)))，易得底面ABCD的一个法向量为 eq \(OP,\s\up6(→))＝(0，0， eq \r(14))，所以cs 〈 eq \(BM,\s\up6(→))， eq \(OP,\s\up6(→))〉＝ eq \f(\(BM,\s\up6(→))·\(OP,\s\up6(→)),|\(BM,\s\up6(→))||\(OP,\s\up6(→))|)＝ eq \f(7,\r(14)×\r(6))＝ eq \f(\r(21),6)，故直线BM与底面ABCD所成角的正弦值为 eq \f(\r(21),6).
图(2)
4．C
【解析】 因为四边形ABCD为正方形，且PD⊥底面ABCD，故DA，DC，DP两两垂直，以D为原点，DA，DC，DP所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设PD＝AD＝1，则D(0，0，0)，B(1，1，0)，C(0，1，0)，P(0，0，1)，所以 eq \(PB,\s\up6(→))＝(1，1，－1)， eq \(PC,\s\up6(→))＝(0，1，－1)，设 eq \(PE,\s\up6(→))＝λ eq \(PB,\s\up6(→))，λ∈[0，1]，则 eq \(PE,\s\up6(→))＝(λ，λ，－λ)，所以E(λ，λ，1－λ)，即 eq \(DE,\s\up6(→))＝(λ，λ，1－λ).设平面PBC的法向量为n＝(x，y，z)，则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(PB,\s\up6(→))＝x＋y－z＝0，,n·\(PC,\s\up6(→))＝y－z＝0，))解得x＝0，y＝z，不妨取y＝z＝1，所以平面PBC的一个法向量为n＝(0，1，1).设直线DE与平面PBC所成角为θ，则sin θ＝|cs 〈n， eq \(DE,\s\up6(→))〉|＝ eq \f(|n·\(DE,\s\up6(→))|,|n||\(DE,\s\up6(→))|)＝ eq \f(1,\r(2)×\r(2λ2＋(1－λ)2))＝ eq \f(1,\r(2)×\r(3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(λ－\f(1,3)))\s\up12(2)＋\f(2,3)))，因为y＝sin θ在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递增，所以当λ＝ eq \f(1,3)时，sin θ＝ eq \f(\r(3),2)最大，此时θ＝ eq \f(π,3)，即直线DE与平面PBC所成角的最大值为 eq \f(π,3).
5．BCD
【解析】 令AA1＝4，以D为原点，以DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图，则B(4，4，0)，E(4，0，1)，F(0，4，3)， eq \(BE,\s\up6(→))＝(0，－4，1)， eq \(BF,\s\up6(→))＝(－4，0，3)，cs ∠EBF＝ eq \f(\(BE,\s\up6(→))·\(BF,\s\up6(→)),|\(BE,\s\up6(→))||\(BF,\s\up6(→))|)＝ eq \f(3,5\r(17))＞0，则∠EBF为锐角，故A错误；
因为A(4，0，0)，D1(0，0，4)，A1(4，0，4)，C(0，4，0)， eq \(AD1,\s\up6(→))＝(－4，0，4)， eq \(A1C,\s\up6(→))＝(－4，4，－4)，所以 eq \(AD1,\s\up6(→))· eq \(A1C,\s\up6(→))＝－4×(－4)＋0×4＋4×(－4)＝0，所以AD1⊥A1C，故B正确；D(0，0，0)，B1(4，4，4)， eq \(B1F,\s\up6(→))＝(－4，0，－1)， eq \(B1D1,\s\up6(→))＝(－4，－4，0)， eq \(ED,\s\up6(→))＝(－4，0，－1)，设平面B1D1F的法向量为n＝(x，y，z)，所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(B1F,\s\up6(→))＝0，,n·\(B1D1,\s\up6(→))＝0，))所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－4x－z＝0，,－4x－4y＝0，))不妨设x＝1，则y＝－1，z＝－4，n＝(1，－1，－4)，所以 eq \(ED,\s\up6(→))·n＝－4×1＋0×(－1)＋(－1)×(－4)＝0，所以ED⊥n，又ED⊄平面B1D1F，则ED∥平面B1D1F，故C正确；因为DC⊥平面BB1C1C，则 eq \(DC,\s\up6(→))＝(0，4，0)是平面BB1C1C的一个法向量，又 eq \(EF,\s\up6(→))＝(－4，4，2)，则直线EF与平面BB1C1C所成角的正弦值为 eq \f(|\(EF,\s\up6(→))·\(DC,\s\up6(→))|,|\(EF,\s\up6(→))||\(DC,\s\up6(→))|)＝ eq \f(16,6×4)＝ eq \f(2,3)，故D正确．
6．ABD
【解析】 以点D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，则A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，2，0)，D(0，0，0)，E(1，2，0)，F(0，2，1)，G(2，2，1)，A1(2，0，2)，B1(2，2，2)，C1(0，2，2)，D1(0，0，2).对于A， eq \(AB1,\s\up6(→))＝(0，2，2)， eq \(A1C,\s\up6(→))＝(－2，2，－2)， eq \(AB1,\s\up6(→))· eq \(A1C,\s\up6(→))＝4－4＝0，所以A1C⊥AB1，故A正确；对于B， eq \(A1B,\s\up6(→))＝(0，2，－2)， eq \(AD1,\s\up6(→))＝(－2，0，2)，cs 〈 eq \(A1B,\s\up6(→))， eq \(AD1,\s\up6(→))〉＝ eq \f(\(A1B,\s\up6(→))·\(AD1,\s\up6(→)),|\(A1B,\s\up6(→))|·|\(AD1,\s\up6(→))|)＝ eq \f(－4,2\r(2)×2\r(2))＝－ eq \f(1,2)，所以向量 eq \(A1B,\s\up6(→))与向量 eq \(AD1,\s\up6(→))的夹角是120°，A1B与AD1所成角为60°，故B正确；对于C， eq \(DD1,\s\up6(→))＝(0，0，2)， eq \(AF,\s\up6(→))＝(－2，2，1)，则 eq \(DD1,\s\up6(→))· eq \(AF,\s\up6(→))＝2≠0，故C错误；对于D，设平面AEF的法向量为m＝(x，y，z)， eq \(AE,\s\up6(→))＝(－1，2，0)， eq \(EF,\s\up6(→))＝(－1，0，1)，由 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(AE,\s\up6(→))＝－x＋2y＝0，,m·\(EF,\s\up6(→))＝－x＋z＝0，))可得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝\f(x,2)，,z＝x，))取x＝2，可得m＝(2，1，2)，又 eq \(A1G,\s\up6(→))＝(0，2，－1)，m· eq \(A1G,\s\up6(→))＝2－2＝0，所以m⊥ eq \(A1G,\s\up6(→)).因为A1G⊄平面AEF，所以A1G∥平面AEF，故D正确．
7．ACD
【解析】 对于A，P为正方形底面ABCD内一动点，三棱锥P－A1B1D1的高不变，底面积也不变，所以体积为定值，故A正确；对于B，以D为坐标原点，建立如图(1)所示的空间直角坐标系，设P(x，y，0)(0≤x≤1，0≤y≤1)，则D1(0，0，1)，A(1，0，0)， eq \(D1P,\s\up6(→))＝(x，y，－1)， eq \(AD1,\s\up6(→))＝(－1，0，1).若D1P⊥AD1，则 eq \(D1P,\s\up6(→))· eq \(AD1,\s\up6(→))＝0，即x＝－1，与题意矛盾，故B错误；对于C， eq \(DB1,\s\up6(→))＝(1，1，1)，由D1P⊥B1D得x＋y＝1，所以点P的轨迹就是线段AC，故C正确；对于D，因为BD⊥AC，BD⊥AA1，AC∩AA1＝A，所以BD⊥平面ACC1A1.因为平面α⊥平面ACC1A1，所以BD∥平面α.以BD为参照线作出平面α与正方体各个侧面的交线，如图(2)，易知每个侧面的交线均相等，长度为 eq \f(\r(2),2)，所以截面周长为3 eq \r(2)，故D正确．
图(1)
图(2)
8． eq \f(π,4)
【解析】 因为圆锥的轴截面ABC为正三角形，其面积为4 eq \r(3)，所以AB＝4.建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，则CO＝2 eq \r(3)，A(0，－2，0)，D(2，0，0)，C(0，0，2 eq \r(3))，E(0，1， eq \r(3))， eq \(AC,\s\up6(→))＝(0，2，2 eq \r(3))， eq \(DE,\s\up6(→))＝(－2，1， eq \r(3))，cs 〈 eq \(AC,\s\up6(→))， eq \(DE,\s\up6(→))〉＝ eq \f(\(AC,\s\up6(→))·\(DE,\s\up6(→)),|\(AC,\s\up6(→))||\(DE,\s\up6(→))|)＝ eq \f(2＋6,4×2\r(2))＝ eq \f(\r(2),2)，则异面直线AC，DE所成的角的大小为 eq \f(π,4).
9． eq \f(8,3)
【解析】 在长方体ABCD－A1B1C1D1中，以A为坐标原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系．因为AB＝AD＝2，AA1＝4，所以A(0，0，0)，B(2，0，0), C(2，2，0)，D(0，2，0)，A1(0，0，4)，C1(2，2，4).设平面A1C1D的法向量为n＝(x，y，z)， eq \(A1C1,\s\up6(→))＝(2，2，0)， eq \(A1D,\s\up6(→))＝(0，2，－4)，则有 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(A1C1,\s\up6(→))＝0，,n·\(A1D,\s\up6(→))＝0))⇒ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x＋2y＝0，,2y－4z＝0，))不妨令z＝1，得n＝(－2，2，1).又 eq \(BD,\s\up6(→))＝(－2，2，0)，故点B到平面A1C1D的距离为 eq \f(|\(BD,\s\up6(→))·n|,|n|)＝ eq \f(|4＋4＋0|,\r((－2)2＋22＋12))＝ eq \f(8,3).
10． eq \f(1,3)
【解析】 建立如图所示的空间直角坐标系，则A(1，0，0)，E eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(1,2)))，F eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，1，\f(1,2)))，C1(0，1，1)，B1(1，1，1)，所以 eq \(AE,\s\up6(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，0，\f(1,2)))， eq \(FC1,\s\up6(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，0，\f(1,2)))，所以 eq \(AE,\s\up6(→))＝ eq \(FC1,\s\up6(→))，而AE⊂平面AB1E，FC1⊄平面AB1E，故FC1∥平面AB1E，所以直线FC1到平面AB1E的距离即为点F到平面AB1E的距离．又 eq \(EF,\s\up6(→))＝(1，1，0)， eq \(AB1,\s\up6(→))＝(0，1，1)，设平面AB1E的法向量为n＝(x，y，z)，则有 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AB1,\s\up6(→))＝y＋z＝0，,n·\(AE,\s\up6(→))＝－x＋\f(z,2)＝0，))不妨取z＝2，则n＝(1，－2，2)，故点F到平面AB1E的距离为 eq \f(|n·\(EF,\s\up6(→))|,|n|)＝ eq \f(1,3).
11．【解答】 (1) 由已知可得BF⊥PF，BF⊥EF，又PF∩EF＝F，PF，EF⊂平面PEF，所以BF⊥平面PEF.又BF⊂平面ABFD，所以平面PEF⊥平面ABFD.
(2) 作PH⊥EF，垂足为H，因为平面PEF⊥平面ABFD，平面PEF∩平面ABFD＝EF，PH⊂平面PEF，所以PH⊥平面ABFD，以H为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设| eq \(BF,\s\up6(→))|＝1，因为DE∥BF，BF⊥平面PEF，所以DE⊥平面PEF，因为PE⊂平面PEF，所以DE⊥PE.又DP＝2，DE＝1，所以PE＝ eq \r(3).又PF＝1，EF＝2，PE2＋PF2＝EF2，故PE⊥PF.可得PH＝ eq \f(\r(3),2)，EH＝ eq \f(3,2)，则H(0，0，0)，P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(\r(3),2)))，D eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，－\f(3,2)，0))，则 eq \(DP,\s\up6(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)，\f(\r(3),2)))，易知平面ABFD的一个法向量为n＝(0，0，1)，所以cs 〈n， eq \(DP,\s\up6(→))〉＝ eq \f(n·\(DP,\s\up6(→)),|n|·|\(DP,\s\up6(→))|)＝ eq \f(0＋0＋\f(\r(3),2),2)＝ eq \f(\r(3),4).设DP与平面ABFD所成角为θ，则sin θ＝|cs 〈n， eq \(DP,\s\up6(→))〉|＝ eq \f(\r(3),4)，所以cs θ＝ eq \f(\r(13),4)，即DP与平面ABFD所成角的余弦值为 eq \f(\r(13),4).
12．【解答】 以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，根据题意设点P(0，t，2)，0≤t≤2，则E(1，1，0)，F(2，2，1)，C(0，2，0).
(1) eq \(PE,\s\up6(→))＝(1，1－t，－2)， eq \(EF,\s\up6(→))＝(1，1，1)， eq \(CF,\s\up6(→))＝(2，0，1)，设平面CEF的法向量为m＝(x，y，z)，则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(EF,\s\up6(→))＝x＋y＋z＝0，,m·\(CF,\s\up6(→))＝2x＋z＝0，))不妨令x＝1，得z＝－2，y＝1，所以m＝(1，1，－2).假设存在满足题意的点P，则 eq \(PE,\s\up6(→))∥m，所以 eq \f(1－t,1)＝1，所以t＝0，满足0≤t≤2，即P与D1重合时，PE⊥平面EFC，此时C1P＝2.
(2) 易知平面BCC1B1的一个法向量为n＝(0，1，0)，设平面PEF的法向量为r＝(x0，y0，z0)，又 eq \(PF,\s\up6(→))＝(2，2－t，－1)， eq \(PE,\s\up6(→))＝(1，1－t，－2)，所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(r·\(PF,\s\up6(→))＝2x0＋(2－t)y0－z0＝0，,r·\(PE,\s\up6(→))＝x0＋(1－t)y0－2z0＝0，))不妨令y0＝1，则x0＝ eq \f(t,3)－1，z0＝－ eq \f(t,3)，所以r＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(t,3)－1，1，－\f(t,3))).设平面BCC1B1与平面PEF的夹角为θ，则cs θ＝|cs 〈n，r〉|＝ eq \f(1,\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(t,3)－1))\s\up12(2)＋1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(t,3)))\s\up12(2)))＝ eq \f(1,\r(\f(2(t2－3t),9)＋2))，0≤t≤2，所以当t＝ eq \f(3,2)时，(cs θ)max＝ eq \f(\r(6),3)，(sin θ)min＝ eq \f(\r(3),3)，此时C1P＝2－ eq \f(3,2)＝ eq \f(1,2).
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