人教版高中数学高考一轮复习训练--立体几何

这是一份人教版高中数学高考一轮复习训练--立体几何，共15页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

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.2π3 B.5π6 C.π D.7π6
2.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∥a
C.α∥β,γ∥δ,α,β,γ,δ所成的交线为a,b,c,d,则a∥b∥c∥d
D.一条直线与两个平面所成的角相等,则这两个平面平行
3.(2020山东,4)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.2π9 B.4π9 C.2π3 D.4π3
5.3D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102 cm,母线与底面所成角的正切值为2.打印所用原料密度为1 g/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.609.4 g B.447.3 g
C.398.3 g D.357.3 g
6.(2020全国Ⅱ,理10)已知△ABC是面积为934的等边三角形,且其顶点都在球O的球面上.若球O的表面积为16π,则O到平面ABC的距离为(　　)
A.3 B.32 C.1 D.32
7.如图,点N为正方形ABCD的中心,△ECD为正三角形,平面ECD⊥平面ABCD,M是线段ED的中点,则(　　)

A.BM=EN,且直线BM,EN是相交直线
B.BM≠EN,且直线BM,EN是相交直线
C.BM=EN,且直线BM,EN是异面直线
D.BM≠EN,且直线BM,EN是异面直线
8.三棱柱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A1P=λA1B1,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.12 B.22 C.32 D.255
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,有选错的得0分,部分选对的得3分.
9.若直线l的方向向量为m,平面α的法向量为n,则不可能使l∥α的是(　　)
A.m=(1,0,0),n=(-2,0,0)
B.m=(1,3,5),n=(1,0,1)
C.m=(0,2,1),n=(-1,0,-1)
D.m=(1,-1,3),n=(0,3,1)
10.已知直三棱柱ABC-A1B1C1的体积为V,若点P在AA1上,且AP=13AA1,点Q是棱CC1上的动点,则四棱锥B-APQC的体积不可能是(　　)
A.112V B.29V C.13V D.79V
11.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CHD
B.AC1⊥平面BDA1
C.三棱锥D-BA1C1的体积为56
D.直线EF与BC1所成的角为30°
12.如图,E为正方形ABCD边CD上异于点C,D的动点,将△ADE沿AE翻折成△SAE,在翻折过程中,下列说法正确的是(　　)

A.存在点E和某一翻折位置,使得SB⊥SE
B.存在点E和某一翻折位置,使得AE∥平面SBC
C.存在点E和某一翻折位置,使得直线SB与平面ABC所成的角为45°
D.存在点E和某一翻折位置,使得二面角S-AB-C的大小为60°
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)求二面角E-BC-A的余弦值.












18.(12分)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,PA⊥平面ABCD,E为PD的中点.

(1)证明:PB∥平面AEC;
(2)设二面角D-AE-C为60°,AP=1,AD=3,求三棱锥E-ACD的体积.











19.(12分)(2020浙江,19)如图,在三棱台ABC-DEF中,平面ACFD⊥平面ABC,∠ACB=∠ACD=45°, DC=2BC.

(1)证明:EF⊥DB;
(2)求直线DF与平面DBC所成角的正弦值.


















20.(12分)如图,四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面为菱形,∠BAD=120°,AB=2,E,F分别为CD,AA1的中点.

(1)求证:DF∥平面B1AE;
(2)若AA1⊥底面ABCD,且直线AD1与平面B1AE所成角的正弦值为34,求线段AA1的长.


















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AD=CD=2,BC=22, 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θπl22π=πrl,
即θ=r·2πl=r·2π2r=π,故选C.
2.D　A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∠CAO=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∠BAD=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　几何体的轴截面图如图所示,因为圆锥底面直径为102 cm,

所以半径为OB=52 cm.
因为母线与底面所成角的正切值为tan B=2,所以圆锥的高为PO=10 cm.
设正方体的棱长为a,DE=2a,
则22a52=10-a10,解得a=5.
所以该模型的体积为V=13π×(52)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.C　设等边三角形ABC的边长为a,球O的半径为R,△ABC的外接圆的半径为r,
则S△ABC=34a2=934,S球O=4πR2=16π,
解得a=3,R=2.
故r=23×32a=3.
设O到平面ABC的距离为d,则d2+r2=R2,
故d=R2-r2=4-3=1.
故选C.
7.B　如图,连接BD,BE.

在△BDE中,N为BD的中点,M为DE的中点,
∴BM,EN是相交直线,
排除选项C,D.
作EO⊥CD于点O,连接ON.
作MF⊥OD于点F,连接BF.
∵平面ECD⊥平面ABCD,平面ECD∩平面ABCD=CD,EO⊥CD,EO⊂平面ECD,∴EO⊥平面ABCD.
同理,MF⊥平面ABCD.
∴△MFB与△EON均为直角三角形.
设正方形ABCD的边长为2,易知EO=3,ON=1,MF=32,BF=22+94=52,
则EN=3+1=2,BM=34+254=7,
∴BM≠EN.故选B.
8.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PN=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ABC所成的角θ满足sin θ=|cos|=1λ-122+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,sin θ最大,所以当λ=12时,sin θ最大为255,同时直线PN与平面ABC所成的角θ取得最大值.
故选A.
9.ABC　若l∥α,则需m⊥n,即m·n=0,根据选项验证可知:
A中,m·n=-2;B中,m·n=6;C中,m·n=-1;D中,m·n=0.
故选项A,B,C符合题意.
10.AD　如图,设CQCC1=t,0≤t≤1,点B到平面ACC1A1的距离为h,

则VB-APQC=13h·SAPQC=13h·12(AP+CQ)·AC=16h13AA1+tCC1·AC=16ℎ13+tAA1·AC=1313+t·12h·AC·AA1=1313+t·S△ABC·AA1=1313+tV,
因为0≤t≤1,
所以19≤1313+t≤49,
所以19V≤VB-APQC≤49V,
所以四棱锥B-APQC的体积不可能为A和D.
11.ABD　如图①所示,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②所示,

图①

图②
由AB=1,得AC1=(-1,1,1),BD=(-1,-1,0),DA1=(1,0,1),
所以AC1·BD=1-1+0=0,AC1·DA1=-1+0+1=0,
所以AC1⊥BD,AC1⊥DA1,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E1,12,0,F0,0,12,
所以EF=-1,-12,12,BC1=(-1,0,1),
所以cos=EF·BC1|EF||BC1|=1+0+1232×2=32,
所以EF与BC1所成的角是30°,D正确.
12.ACD　当SE⊥CE时,SE⊥AB,又SE⊥SA,且AB∩SA=A,所以SE⊥平面SAB,所以SE⊥SB,故A正确;
若AE∥平面SBC,因为AE⊂平面ABC,平面ABC∩平面SBC=BC,所以AE∥CB,与已知矛盾,故B错误;
过点D作DF⊥AE交BC于点F,交AE于点G,点S在平面ABCE的射影O在GF上,

连接BO,则∠SBO为直线SB与平面ABC所成的角,
设二面角S-AE-B的平面角为α,取AD=4,DE=3,
则AE=DF=5,CE=BF=1,DG=125,OG=125cos α,
故只需满足SO=OB=125sin α,
在△OFB中,由余弦定理,得125sinα2=12+135−125cos α2-2135-125cosαcos∠OFB,cos∠OFB=-cos∠OFC=-35,解得cos α=23,故C正确;
过点O作OM⊥AB于点M,连接SM,则∠SMO为二面角S-AB-C的平面角,
当二面角S-AE-B的平面角为60°时,只需满足DG=2OG=2OM,可使得二面角S-AB-C的大小为60°,设∠OAG=∠OAM=θ,π8<θ<π4,则∠DAG=π2-2θ,AG=DGtanπ2-2θ=OGtanθ,化简得2tan θtan 2θ=1,解得tan θ=55,故D正确.
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ABCD,OE⊥AB,
所以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AO,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),
∴AB=(1,0,-3),CD=(-1,-3,0),
∴cos=AB·CD|AB||CD|=-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=1+14=52,AF=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,则在平面ADE内,可得r2=1+h2=14+112-ℎ2,解得h=211,r=1+411=1511,
所以该三棱锥外接球的表面积为4π×1511=60π11.
16.8π　32π3　由题知,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·24r2·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,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,GF的方向为x轴正方向,|GF|为单位长,建立空间直角坐标系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,∠CEF=60°.
从而可得点C(-2,0,3).
所以EC=(1,0,3),EB=(0,4,0),AC=(-3,-4,3),AB=(-4,0,0).
设n=(x,y,z)是平面BCE的法向量,
则n·EC=0,n·EB=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·AC=0,m·AB=0,
同理可取m=(0,3,4),则cos=n·m|n||m|=-21919.故二面角E-BC-A的余弦值为-21919.
18.(1)证明 如图,连接BD交AC于点O,连接EO.

因为底面ABCD为矩形,
所以O为BD的中点.
又因为E为PD的中点,
所以EO∥PB.
因为EO⊂平面AEC,PB⊄平面AEC,所以PB∥平面AEC.
(2)解 因为PA⊥平面ABCD,底面ABCD为矩形,所以AB,AD,AP两两垂直.

如图,以A为坐标原点,分别以AB,AD,AP的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系Axyz,
则点P(0,0,1),D(0,3,0),E0,32,12,AE=0,32,12.设点B(m,0,0)(m>0),则点C(m,3,0),AC=(m,3,0).设n1=(x,y,z)为平面ACE的法向量,
则n1·AC=0,n1·AE=0,
即mx+3y=0,32y+12z=0,
可取n1=3m,-1,3.
由题意得n2=(1,0,0)为平面DAE的一个法向量.
由题设|cos|=12,
即33+4m2=12,解得m=32.
因为E为PD的中点,所以三棱锥E-ACD的高为12.
三棱锥E-ACD的体积V=13×12×3×32×12=38.
19.(1)证明 如图,过点D作DO⊥AC,交直线AC于点O,连接OB.

由∠ACD=45°,DO⊥AC,得CD=2CO.
由平面ACFD⊥平面ABC,得DO⊥平面ABC,所以DO⊥BC.
由∠ACB=45°,BC=12CD=22CO,得BO⊥BC.所以BC⊥平面BDO,故BC⊥DB.
又BC∥EF.所以EF⊥DB.
(2)解法一 过点O作OH⊥BD,交直线BD于点H,连接CH.
由三棱台的性质,得DF∥CO,
所以直线DF与平面DBC所成角等于直线CO与平面DBC所成角.
由BC⊥平面BDO,得OH⊥BC,故OH⊥平面BCD,
所以∠OCH为直线CO与平面DBC所成角.
设CD=22,则DO=OC=2,BO=BC=2,
所以BD=6,OH=233,所以sin∠OCH=OHOC=33,
因此直线DF与平面DBC所成角的正弦值为33.
解法二 由三棱台的性质,得DF∥CO,所以直线DF与平面DBC所成角等于直线CO与平面DBC所成角,记为θ.

如图,以O为原点,分别以射线OC,OD为y轴、z轴的正半轴,建立空间直角坐标系Oxyz.
设CD=22.
由题意得到各点的坐标:
O(0,0,0),B(1,1,0),C(0,2,0),D(0,0,2).
因此OC=(0,2,0),BC=(-1,1,0),CD=(0,-2,2).
设平面BCD的法向量n=(x,y,z).
由n·BC=0,n·CD=0,即-x+y=0,-2y+2z=0,
可取n=(1,1,1).
所以sin θ=|cos|=|OC·n||OC|·|n|=33.
因此直线DF与平面DBC所成角的正弦值为33.
20.(1)证明 设G为AB1的中点,连接EG,GF,因为FG?12A1B1,

又DE12A1B1,所以FGDE,
所以四边形DEGF是平行四边形,
所以DF∥EG.
又DF⊄平面B1AE,EG⊂平面B1AE,所以DF∥平面B1AE.
(2)解 因为四边形ABCD是菱形,且∠ABD=60°,
所以△ABC是等边三角形.
取BC的中点G,则AG⊥AD.
因为AA1⊥平面ABCD,所以AA1⊥AG,AA1⊥AD,

建立如图所示的空间直角坐标系,
令AA1=t(t>0),
则点A(0,0,0),E32,32,0,B1(3,-1,t),D1(0,2,t),
AE=32,32,0,AB1=(3,-1,t),AD1=(0,2,t).
设平面B1AE的一个法向量为n=(x,y,z),则n·AE=32(x+3y)=0,
且n·AB1=3x-y+tz=0,取n=(-3t,t,4).设直线AD1与平面B1AE所成的角为θ,
则sin θ=|n·AD1||n||AD1|=6t2(t2+4)=34,解得t=2,故线段AA1的长为2.
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),
∴AF=(0,1,1),CF=(-2,-1,1).
设平面FAC的法向量为m=(x,y,z),
∴m·AF=y+z=0,m·CF=-2x-y+z=0.
取y=1,得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cos θ=|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),
∴AF=(0,1,1),CF=(-3,0,1).
设平面FAC的法向量为m=(x,y,z),
则m·AF=y+z=0,m·CF=-3x+z=0,
取x=3,得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cos θ=|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),
∴AF=(0,1,1),CF=(-3,0,1).
设平面FAC的法向量为m=(x,y,z),
则m·AF=y+z=0,m·CF=-3x+z=0,取x=3,得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cos θ=|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),∴DN=(1,0,1).
设平面PAB的法向量为n=(x,y,z),
∵AP=(0,0,2),AB=(2,0,0),∴可取n=(0,1,0).
∵DN·n=0,DN⊄平面PAB,∴DN∥平面PAB.
(2)设AC与PD所成的角为θ.∵AC=(0,2,0),PD=(-1,1,-2),∴cos θ=22×6=66.
(3)存在.设M(x,y,z)及PM=λPD(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),
∵AC=(0,2,0),AM=(-λ,λ,2(1-λ)),
∴m·AC=0,m·AM=0,可得m=(2-2λ,0,λ).
又平面ACD的一个法向量为a=(0,0,1),
∴cos=λ1·λ2+(2-2λ)2=22,
解得λ=23或λ=2(舍去).
∴点M-23,-13,23,
∴BM=-83,23,23,m=23,0,23.
设BM与平面MAC所成的角为β,
则sin β=|cos|=-12922×223=12,
∴β=π6.