2023高考数学复习专项训练《点面距离》

这是一份2023高考数学复习专项训练《点面距离》，共23页。试卷主要包含了、单选题，、多选题，、填空题，、解答题等内容，欢迎下载使用。

一 、单选题（本大题共8小题，共40分）
1.（5分）在四面体ABCD中，E，F分别是AB，CD的中点，若AC⊥BD，且AC=4，BD=3，则EF=（ ）
A. 5B. 4C. 3D. 2.5
2.（5分）如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，P为棱CC1上的动点(包含端点C1)，过点P作平面α分别与棱BC，CD交于M，N两点，若CP=2CM=2CN，则下列说法正确的是( )
A. 当点P与C1重合时，直线A1C与平面α的交点恰好是ΔPMN的重心
B. 存在点P，使得A1C⊥平面α
C. 点A1到平面α的距离最小为43
D. 用过P，M，A三点的平面截正方体，所得截面与棱A1D1的交点随点P而改变
3.（5分）在中，，，则面积为( )
A. B. C. D.
4.（5分）点P（a，b，c）关于xOy平面的对称点的坐标为（ ）
A. （a，b，-c）B. （-a，b，c）
C. （a，-b，c）D. （-a，-b，c）
5.（5分）点P是等腰三角形ABC所在平面外一点，PA⊥平面ABC，PA=8，在ΔABC中，BC=6，AB=AC=5，则点P到BC的距离是( )
A. 45B. 3C. 33D. 23
6.（5分）P为四棱锥S-ABCD的面SBC内一点，若动点P到平面abc的距离与到点S的距离相等，则动点P的轨迹是面SBC内( )
A. 线段或圆的一部分B. 双曲线或椭圆的一部分
C. 双曲线或抛物线的一部分D. 抛物线或椭圆的一部分
7.（5分） 如图，已知正方形的边长为，，分别是，的中点，平面，且，则点到平面的距离为( )
A. B. 21111C. D.
8.（5分）正三棱柱ABC-A1B1C1中，所有棱长均为2，点E，F分别为棱BB1，A1C1的中点，若过点A，E，F作一截面，则ΔAEF的周长为( )
A. 2+25B. 25+2313C. 25+13D. 25+132
二 、多选题（本大题共5小题，共25分）
9.（5分）正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，E，F，G分别为BC，CC1，BB1的中点．则
A. 直线D1D与直线AF垂直
B. 直线A1G与平面AEF平行
C. 平面AEF截正方体所得的截面面积为98
D. 点C与点G到平面AEF的距离相等
10.（5分）如图，ABCD-A1B1C1D1是棱长为a的正方体，下面结论中正确的是( )

A. AC1//平面CB1D1B. C1点到平面CB1D1的距离为33a
C. AC1与底面ABCD所成角的正切值是22D. 异面直线CD1与BD所成角为π3.
11.（5分）如图，在棱长为a的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别是BC，A1D1的中点．下列结论正确的是( )
A. 四边形B1FDE是菱形
B. 直线A1C与C1D所成角为90°
C. 直线AD与平面B1FDE所成角的正弦值为33
D. 点A1到平面BC1D的距离为233a
12.（5分） 如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1， E为的中点( )
A. 直线EC1与直线AD是异面直线B. 在直线A1C1上存在点F，使EF⊥平面A1CD
C. 直线与平面A1CD所成角是π6D. 点B到平面A1CD的距离是22
13.（5分）如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是棱A1B1的中点，P是线段A1C(不含端点)上的一个动点，那么在点P的运动过程中，下列说法中正确的有 ( )
A. 存在某一位置，使得直线PE和直线BB1相交
B. 存在某一位置，使得BC //平面AEP
C. 点A1与点B1到平面PBE的距离总相等
D. 三棱锥C1-PBE的体积不变
三 、填空题（本大题共5小题，共25分）
14.（5分）在棱长为a的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点A到平面BB1C1C的距离为 ______ ，点A到平面BB1D1D的距离为 ______ ，AA1到平面BB1D1D的距离为 ______ ．
15.（5分）如图所示的多面体是由底面为的长方体被截面 所截而得到的，其中 .则点 到平面 的距离为 ．

16.（5分）正方形ABCD的边长为12cm，PA⊥平面ABCD，且PA=12cm，则点P到BD的距离为__________.
17.（5分）如图，在三棱锥P-ABC中，AB=AC=5，BC=6，PA⊥平面ABC，PA=8，则点P到BC的距离是_________.
18.（5分）ΔABC的顶点为A(4,1,9)，B(10,-1,6)，C(2,4,3)，则ΔABC的形状是________.
四 、解答题（本大题共5小题，共60分）
19.（12分）在三棱锥P-ABE中，PA⊥底面ABE，AB⊥AE，AB=AP=12AE=2，D是AE的中点，C是线段BE上的一点，且AC=5，连接PC，PD，CD．
(1)求证：CD//平面PAB；
(2)求点E到平面PCD的距离．
20.（12分）如图，AD⊥面ABE， 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.
(Ⅰ)求证：AE⊥平面BCE；
(Ⅱ)求点D到平面ACE的距离.
21.（12分）如图，在多面体ABCDM中，ΔBCD是等边三角形，ΔCMD是等腰直角三角形，∠CMD=90°，平面CMD⊥平面BCD，AB⊥平面BCD.

(1)求证：CD⊥AM;(2)若AM=BC=2，求点M到平面ABD的距离和点A到平面BDM的距离.
22.（12分）如图，在四棱锥S-ABCD中，SD⊥底面ABCD，底面ABCD是正方形，且SD=AD，E是SA的中点．

(Ⅰ)求证：直线BA⊥平面SAD；
(Ⅱ)求直线SA与平面BED的夹角的正弦值．
23.（12分）已知在如图所示的几何体中，∠BAC=90°，PA⊥平面ABC，AB=3，AC=4，PA=2.若M是BC的中点，且PQ//AC，QM//平面PAB.
(1)求线段PQ的长度；
(2)求三棱锥Q-AMC的体积V.
答案和解析
1.【答案】D;
【解析】解：如图所示，取AD的中点M，连接ME、MF．又E，F分别是AB，CD的中点．
由三角形的中位线定理可得：ME∥.
BD，MF∥.
AC．
∵AC⊥BD，且AC=4，BD=3，
∴ME⊥MF，ME=
，MF=2，
在△MEF中，由勾股定理可得：EF=22+(
)2=2.5．
故选D．
2.【答案】C;
【解析】
此题主要考查空间向量法研究线面位置关系及点面距等，属中档题目.
建立空间直角坐标系，利用空间向量法研究线面位置关系及点面距.

解：如图，以C为原点建立空间直角坐标系，
设CP=t，因此P(0,0,t)，M(0,t2,0)，N(t2,0,0)，
由此ΔPMN的重心为G(t6,t6,t3)，CG→=(t6,t6,t3)，
C→A1=(1,1,1)，
当CP=t=1时，CG→=(16,16,13)与C→A1=(1,1,1)不平行，因此选项A错误；
PM→=(t2,0,-t)，从而PM→.C→A1=-t2≠0对0PN→=(t2, 0,-t)，m→=(2,2,1)为平面α的一个法向量，
P→A1=(1, 1, 1-t)，
因此点A1到平面α的距离d=|m→⋅P→A1|m→=5-t3在(0,1)上为减函数，因此(d)min=43.故C选项正确．
设平面PMN与棱A1D1的交点为Q(1,q,1)，
则AQ→=(0,q-1,1)，
因为PM // AQ，所以PM→//øverrightarrwAQ，从而-t(q-1)=t2，
解得q=12为定值，即点Q为棱A1D1上的定点，因此D选项错误，综上，只有C选项正确．
故选：C.
3.【答案】A;
【解析】试题分析：，所以夹角满足
考点：向量的数量积运算
4.【答案】A;
【解析】解：点P（a，b，c）关于xOy平面的对称点的坐标为（a，b，-c）．
故选：A．
5.【答案】A;
【解析】解：如下图所示：

设D为BC的中点，因为AB=AC，
则AD⊥BC，
又PA⊥平面ABC，则PA⊥BC，
因为AD、PA为平面PAD内两条相交直线，
则BC⊥平面PAD，则BC⊥PD，
则PD长即为P点到BC的距离，
∵BC=6，AB=AC=5，易得AD=4，
在直角三角形PAD中，
又∵PA=8，
∴PD=45
故选：A.
取BC的中点D，则PD长即为P点到BC的距离，利用勾股定理即可求解．
此题主要考查的知识点是线面垂直的判定和性质以及空间中的距离，属于基础题．
6.【答案】D;
【解析】假设面SBC不垂直面ABC，过P作PD⊥面ABC于D，过D作DH⊥BC于H，连接PH，
可得BC⊥面DPH，所以BC⊥PH，
故∠PHD为二面角S-BC-A的平面角令其为θ
则Rt△PGH中，|PD|：|PH|=sinθ(θ为S-BC-A的二面角)．
又点P到平面ABC距离与到点S的距离相等，即|PS|=|PD|
∴|PS|：|PH|=sinθ≤1，
即在平面SBC中，点P到定点S的距离与定直线BC的距离之比是一个常数sinθ，
面SBC不垂直面ABC，所以θ是锐角，故常数sinθ≤1
故由椭圆定义知P点轨迹为椭圆在面SBC内的一部分．
故选D。
7.【答案】B;
【解析】
此题主要考查直线与平面的位置关系、平面与平面的位置关系、点到平面的距离等有关知识，考查学生的空间想象能力和思维能力，属于中档题．解决此类问题应该注意从三维空间向二维平面的转化，从而找到解题的捷径．
利用题设条件推导出BD//平面EFG，从而得到BD和平面EFG的距离就是点B到平面EFG的距离，作OK⊥HG交HG于点K，由两平面垂直的性质定理知OK⊥平面EFG，所以线段OK的长就是点B到平面EFG的距离．

解：如图，连接EG、FG、EF、BD、AC，且EF、BD分别交AC于H、O.
因为ABCD是正方形，E、F分别为AB和AD的中点，故EF//BD，H为AO的中点．

由直线和平面平行的判定定理知BD//平面EFG，
所以BD和平面EFG的距离就是点B到平面EFG的距离．
∵BD⊥AC，∴EF⊥HC.
∵GC⊥平面ABCD，∴EF⊥GC，
∵HC∩GC=C，∴EF⊥平面HCG.
∵EF⊂平面EFG，∴平面EFG⊥平面HCG，HG是这两个垂直平面的交线．
作OK⊥HG交HG于点K，由两平面垂直的性质定理知OK⊥平面EFG，
所以线段OK的长就是点B到平面EFG的距离．
∵正方形ABCD的边长为4，GC=2，
∴AC=42，HO=2，HC=32.
∴在RtΔHCG中，HG=18+4=22.
由于RtΔHKO和RtΔHCG有一个锐角是公共的，
故RtΔHKO∽RtΔHCG.
∴OK=HO.GCHG=2×222=21111.
即点B到平面EFG的距离为21111.
故选B.
8.【答案】A;
【解析】
该题考查了柱体的结构特征，考查了空间距离的求法，是基础题．
由已知利用勾股定理求得边长得答案．

解：如图，连接B1F，

因为三棱柱ABC-A1B1C1为正三棱柱，
所以BB1⊥平面A1B1C1，
又因为B1F⊂平面A1B1C1，
所以BB1⊥B1F，即三角形B1EF为直角三角形．
因为正三棱柱ABC-A1B1C1中，所有棱长均为2，
∴AA1=AB=2，A1F=BE=1，
∵B1F为边长为2的正三角形的高，
∴B1F=3，
由已知可得：AF=22+12=5，
AE=22+12=5，
EF=B1E2+B1F2=3+1=2，
所以三角形AEF的周长为25+2．
故选：A．
9.【答案】BC;
【解析】
此题主要考查空间中线线、线面、面面的位置关系与判定，属于中档题.
A，D易于判断，B可以作平面，使平面A1MG//平面AEF，由面面平行的性质定理即可，C选项，分析出：截面是梯形至关重要.

解：∵ D1D//CC1，显然AF与CC1不垂直，故A错误；
取B1C1的中点M，连接GM，A1M，则EF//GM，GM⊂平面A1MG,EF⊄平面A1MG,故EF//平面A1MG,
同理可得AE//平面A1MG,又AE∩EF=E,AE,EF⊂平面AEF,
∴平面A1MG//平面AEF，A1G⊂平面A1MG，∴直线A1G与平面AEF平行 ，故B正确；
∵平面AEF截正方体所得的截面为AEFD1，
∴截面面积为12(2+22)1+14-(24)2=324×322=98，
故C正确；
选项D，因为E为BC中点，所以B，C到平面AEF的距离相等，而B，G到平面AEF的距离不相等，所以点C与点G到平面AEF的距离不相等 ，故D错误.
故选BC.
10.【答案】BCD;
【解析】
此题主要考查线面垂直的判定，直线与平面所成角、异面直线所成角，三棱锥的体积，点到面的距离，属于中档题．
根据线面垂直的判定可判断A，根据三棱锥的体积，由等积法可判断B，艒 用直线与平面所成角可判断C，，异面直线所成角可判断D，可由此得到答案．

解：如图，

正方体ABCD-A1B1C1D1中，连接BC1，则B1C⊥BC1，又AB⊥平面BB1C1C，得AB⊥B1C，可证B1C⊥平面AC1B，从而AC1⊥B1C，同理可证AC1⊥D1C，B1C⋂D1C=C，所以AC1⊥平面CB1D1；故A错误；
设C1到底面CB1D1的距离为h，由VB1-CC1D1=VC1-B1CD1得，13SΔC1CD1.B1C1=13SΔB1CD1.h，13×12×1×1×1=13×34×22.h，解得h=33，故B正确；
因C1C⊥平面 ABCD，则∠C1AC即是AC1与底面ABCD所成角，其正切值为CC1AC=a2a=22，故C正确；
由正方体的性质可得B1D1⊥A1C1，CC1⊥B1D1，故B1D1⊥平面 ACC1A1，故 B1D1⊥AC1，
同理可得 B1C⊥AC1.再根据直线和平面垂直的判定定理可得，AC1⊥平面CB1D1，故C正确；
因BD//B1D1，所以CD1与BD所成角即∠B1D1C，因ΔB1D1C是等边三角形，所以∠B1D1C=π3，故D正确．
故选BCD.
11.【答案】ABD;
【解析】
此题主要考查线面角，异面直线所成的角，以及空间距离，属于中档题.
根据线线平行可判断A，建立空间坐标系，利用空间向量夹角公式判断BC，利用等体积法求空间距离即可判断D.

解：对于A，根据正方体的特征，E，F分别是BC，A1D1的中点，可知B1F=DE=52a，且B1F//DE，
所以四边形B1FDE是平行四边形，
又因为B1F=DE=B1E=DF=52a，
所以四边形B1FDE是菱形，故A正确；
以A为原点，AB，AD，AA1分别为x，y，z轴建立空间坐标系，
A10,0,a,Ca,a,0,C1a,a,a,D(0,a,0),F(0,a2,a),
E(a,a2,0),B1(a,0,a)

则A1→C=(a,a,-a),C1→D=(-a,0,-a)，
所以A1→C.C1→D=0，所以直线A1C与C1D所成角为90°，B正确；
B1→F=-a,a2,0,B1→E=0,a2,-a，AD→=0,a,0
设平面B1FDE的法向量为n→=x,y,z，则{n→.B1F=0n→.B1E=0
即{-ax+a2y=0a2y-az=0，令x=a，则y=2a，z=a，
则n→=a,2a,a，则csn→,AD→=n→.AD→n→.AD→=2a26a.a=63，
所以直线AD与平面B1FDE所成角的正弦值为63，故C错误；
对于D，构造三棱锥A1-BC1D，体积为V=a3-4×16a3=13a3，
由于ΔBC1D是边长为2a的等边三角形，则SΔBC1D=342a2=32a2，
设点A1到平面BC1D的距离为h，
又三棱锥A1-BC1D体积为13×SΔBC1D×h，
则13×SΔBC1D×h=13a3，
解得h=233a，故D正确.
故选ABD.
12.【答案】BCD;
【解析】

此题主要考查空间直线共面与异面问题，考查线面垂直，直线与平面所成的角，点到平面的距离，解题关键是证明线面垂直：BC1⊥平面B1CDA1，有了线面垂直易得线面角和点到平面的距离，计算即可得结论．
证明EC1在平面A1DCB1上，判断A，取A1C1与B1D1的交点为F，得EF//BC1，证BC1⊥平面A1CDB1即可判断B，连接B1C交BC1于点M，则可得到直线BA1与平面A1CD所成角，求出这个角，判断C，而BM(B1C交BC1于点M)的长就是点B到平面A1CD的距离，可判断D.
解：如图，由E是A1B中点，则它也是AB1的中点，连接C1D，由B1C1//AD知AD,C1B1共面，显然EC1在这个平面内，EC1与AD共面，A错；
连接B1D1，A1C1与B1D1的交点为F，则EF⊥平面A1CD，连接BC1，B1C，
正方体中，E,F分别是A1B,A1C1中点，则EF//BC1，
由CD⊥平面BCC1B1，B1C⊂平面BCC1B1，则BC1⊥CD，又BC1⊥B1C，B1C与CD是平面B1CDA1内两相交直线，则得BC1⊥平面B1CDA1，即EF⊥平面B1CDA1，B正确；

由B的讨论，连接B1C交BC1于点M，连接A1M，则∠BA1M是直线BA1与平面A1CD所成角，在直角三角形A1BM中，sin∠BA1M=BMBA1=12.∠B1AM=π6，C正确；
点B到平面A1CD的距离就是BM=22，D正确．
故选：BCD.
13.【答案】BCD;
【解析】
此题主要考查了线面平行的判定 、线线的位置关系，三棱锥的体积、空间中的距离，由线面平行的判定 、线线的位置关系，三棱锥的体积、空间中的距离分析各选项即可.
解：对于A，假设存在某一位置，使得直线PE和直线BB1相交 ，
则B，B1，E，P四点共面，而点P不在平面BB1E内，错误.
对于B，因为BC//AD，AD⊂平面AED,BC⊄平面AED，所以BC//平面AED，所以当P是直线A1C与平面AED的交点时就满足要求，正确.
对于C，因为A1B1的中点E在平面PBE内，所以点A1与点B1到平面PBE的距离总相等，正确.
对于D，连接B1C交BC1于O，则O为B1C中点，
所以EO//A1C，又EO⊂平面BC1E，A1C¬⊄平面BC1E，
易证A1C//平面BC1E，所以点P到平面BC1E的距离为定值，从而三棱锥P-BC1E的体积为定值，即三棱锥C1-PBE的体积为定值，正确.

故选BCD.
14.【答案】a；22a；22a;
【解析】
这道题主要考查了空间中的距离，正方体的结构特征，属于基础题．
根据正方体的结构特征，即可求出相应距离．

解：如图所示，在棱长为a的正方体ABCD-A1B1C1D1中，

∵AB⊥平面BB1C1C，
∴A到平面BB1C1C的距离为AB=a，
∵AC⊥平面BB1D1D，
∴A到平面BB1D1D的距离为12AC=22a，
AA1//平面BB1D1D，
∴AA1到平面BB1D1D的距离等于点A到平面BB1D1D的距离为22a，
故答案为a；22a；22a.
15.【答案】
;
【解析】

16.【答案】66cm．;
【解析】连结AC、BD交于点O，易得PO⊥BD，OP为P点到BD的距离，又PA=12，AO=22AB=62，∴OP=PA2+AO2=66(cm).
17.【答案】45;
【解析】此题主要考查空间点到直线的距离，作出点到直线的距离是解答该题的关键，考查空间想象能力，计算能力，属于中档题.
作PD⊥BC于点D，连接AD，说明BC⊥AD，点P到BC的距离是PD，在直角三角形PAD中求出PD即可．
解：如图所示，作PD⊥BC于点D，连接AD.

因为PA⊥平面ABC，所以PA⊥BC.
因为PD∩PA=P，所以BC⊥平面PAD，所以AD⊥BC.
在RtΔACD中，AC=5，CD=3，所以AD=4.
在RtΔPAD中，PA=8，AD=4，所以PD=45，
即点P到BC的距离为45.
18.【答案】等腰直角三角形;
【解析】
此题主要考查空间直角坐标系中两点间的距离公式以及三角形形状的判断，属基础题.

解：在空间直角坐标系中，由题意得AB=10-42+-1-12+6-92=7，
AC=2-42+4-12+3-92=7，
CB=10-22+-1-42+6-32=72，
所以AB=AC，AB2+AC2=CB2，
所以ΔABC为等腰直角三角形.
故答案为等腰直角三角形.




19.【答案】证明：(1)因为12AE=2，所以AE=4．
又AB=2，AB⊥AE，
所以在RtΔABE中，由勾股定理，得BE=AB2+AE2=22+42=25．
因为AC=5=12BE，所以AC是RtΔABE的斜边BE上的中线．
所以C是BE的中点．
又因为D是AE的中点，所以直线CD是RtΔABE的中位线，
所以CD//AB．
又因为CD⊄平面PAB，AB⊂平面PAB，所以CD//平面PAB．
解：(2)因为PA⊥底面ABE，
故PA⊥AB，因为AB⊥AE，且AB∩AE=A，
故AB⊥平面PAE，因为PD⊂面PAE,所以AB⊥PD，
因为CD//AB,所以CD⊥PD．
由(1)得，CD=12AB=1．
又因为DE=12AE=2，DE⊥CD．
所以SΔCDE=12CD⋅DE=12×1×2=1．
又因为AP=2，所以V三棱锥P-CDE=13SΔCDE⋅AP=13×1×2=23．
由题意得PD=22，且PD⊥CD，所以SΔCDP=12CD⋅PD=12×1×22=2．
设点E到平面PCD的距离为d，则由V三棱锥P-CDE=V三棱锥E-PCD，
得13SΔCDP⋅d=23，即13×2×d=23，解得d=2．
故点E到平面PCD的距离为2．;
【解析】
(1)求出AE=4.由勾股定理得BE=25.推导出AC是RtΔABE的斜边BE上的中线，从而C是BE的中点．进而直线CD是RtΔABE的中位线，CD//AB.由此能证明CD//平面PAB．
(2)由V三棱锥P-CDE=V三棱锥E-PCD，能求出点E到平面PCD的距离．
此题主要考查线面平行的证明，考查点到平面的距离的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．
20.【答案】(1)证明：因为BF⊥平面ACE，AE⊂平面ACE，
所以AE⊥BF；
因为四边形ABCD是正方形，
所以AD //BC，
因为AD⊥平面AEB，
所以BC⊥平面AEB，
因为AE⊂平面AEB，
所以AE⊥BC.
因为BF∩BC=B，BF、BC⊂平面BCE，
可得AE⊥平面BCE.
(2)解：由(1)可知，ΔAEB为直角三角形，
故AE=EB=2，
取AB中点M，连EM，
则EM=1，且EM⊥AB，
又AD⊥面ABE， EM⊂面ABE， 所以EM⊥DA，
且AB∩DA=A，AB、DA⊂平面ABCD，
所以EM⊥平面ABCD.
由(1)知AE⊥CE，
直角三角形ACE中∠AEC=90∘，AE=2，AC=22，
所以CE=6，
所以SΔ=12×6×2=3.
设点D到平面ACE的距离为h，
由题意可知VD-ACE=VE-ACD，
即13SΔACE.h=13SΔACD.EM，
所以h=SΔACD.EMSΔACE=12×2×2×13=233.
即点D到平面ACE的距离为233.;
【解析】此题主要考查线面垂直的判定定理、点到面的距离公式，考查逻辑推理能力和计算能力，属于中档题.
(1)证得AE⊥BF，AE⊥BC，由线面垂直的判定定理可得AE⊥平面BCE.
(2)借助(1)的结论利用等体积法求得点D到平面ACE的距离为233.
21.【答案】(1)如图，取CD的中点O，连接OB，OM.
因为ΔBCD是等边三角形，所以OB⊥CD.
因为ΔCMD是等腰直角三角形，∠CMD=90°，所以OM⊥CD.
因为平面CMD⊥平面BCD，平面CMD∩平面BCD=CD，OM⊂平面CMD，
所以OM⊥平面BCD.
因为AB⊥平面BCD，
所以OM//AB，所以O，M，A，B四点共面.
因为OB∩OM=O，OB⊂平面OMAB，OM⊂平面OMAB，
所以CD⊥平面OMAB.
因为AM⊂平面OMAB，
所以CD⊥AM.
(2)如图，作MN⊥AB，垂足为N，则MN=OB.
因为ΔBCD是等边三角形，BC=2，所以OB=3，CD=2.
在RtΔANM中，AN=AM2-MN2=AM2-OB2=1.
因为ΔCMD是等腰直角三角形，∠CMD=90°，所以OM=12CD=1.
所以AB=AN+NB=AN+OM=2.
由(1)知OM//AB，因为AB⊂平面ABD，OM⊄平面ABD，所以OM//平面ABD.
所以点M到平面ABD的距离等于点O到平面ABD的距离.
作OK⊥BD，垂足为K，因为AB⊥平面BCD，OK⊂平面BCD，所以OK⊥AB.
因为AB⊂平面ABD，BD⊂平面ABD，AB∩BD=B，
所以OK⊥平面ABD，且OK=OD.sin 60°=32.
故点M到平面ABD的距离为32;
在RtΔMOB中，MB=OM2+OB2=2，
在RtΔMOD中，MD=OM2+OD2=2，
所以ΔBDM的面积为S=
设点A到平面BDM的距离为h，由VA-BDM=VM-ABD，得ΔABD，
得h=OK.SΔABDS=32×12×2×272=2217.;
【解析】(1)取CD的中点O，连接OB，OM，则可证OM//AB，由CD⊥OM，CD⊥OB得出CD⊥平面ABOM，于是CD⊥AM；
(2)利用(1)中OM//AB，可证OM//平面ABD，所以点M到平面ABD的距离等于点O到平面ABD的距离，作OK⊥BD，垂足为K，从而证明并求解O到平面ABD的距离为OK=32；点A到平面BDM的距离，利用等积法VA-BDM=VM-ABD求解.
此题主要考查了线面垂直的判定及其性质的应用，点到面的距离，属于中档题．
22.【答案】(Ⅰ)证明：∵SD⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，
∴SD⊥AB，
∵正方形ABCD中AD⊥AB，
又AD∩SD=D，AD、SD⊂平面SAD，
∴AB⊥平面SAD．
(Ⅱ)设点A到平面BED的距离为h，
设正方形ABCD的边长为2，
∵SD⊥底面ABCD，E为SA中点，AD⊂底面ABCD，
∴E到底面ABCD的距离为12SD=1，且SD⊥AD，
∴在RtΔSAD中，
DE=12SA=12AD2+SD2=2，
在正方形ABCD中，BD=AB2+AD2=22，
∴SΔABD=12×2×2=2，
由(Ⅰ)知，AB⊥平面SAD，
∵AE⊂平面SAD，
∴AB⊥AE，即∠BAE=90°，
∴在RtΔBAE中：
BE=AB2+AE2=22+22=6，
∴DE2+BE2=BD2，
∴BE⊥DE，
∴SΔBED=12×2×6=3，
∵VE-ABD=VA-BED，
即13×1×SΔABD=13×h×SΔBED，
即13×1×2=13×h×3，
∴h=233，
所以直线SA与平面BED所成角的正弦值为hAE=2332=63．;
【解析】该题考查直线与平面所成角的正弦值的求法，直线与平面垂直的判定定理的应用，考查计算能力，属于中档题．
(Ⅰ)证明SD⊥AB，结合AD⊥AB，即可证明BA⊥平面SAD．
(Ⅱ)设出A到平面BED的距离h，假定正方形的边长为2，求出AE，再利用等积法求出h，结合直线SA与平面BED所成角的正弦值为hAE，求解即可．
23.【答案】解：(1)取AB的中点N，连接MN，PN，
所以MN//AC，且MN=12AC=2，
因为PQ//AC，所以PQ//MN，
所以P、Q、M、N确定平面α，
因为QM//平面PAB，且平面α∩平面PAB=PN，
又QM⊂平面α，
所以QM//PN，
所以四边形PQMN为平行四边形，
所以PQ=MN=2;
(2)取AC的中点H，连接QH，
因为 PQ // =AH，
所以四边形PQHA为平行四边形，
所以QH//PA，
因为PA⊥平面ABC，
所以QH⊥平面ABC，
因为SΔAMC=1 2AC⋅1 2AB=3，
所以V=1 3 SΔAMC⋅QH=2.
;
【解析】此题主要考查平面向量平行的判定与性质，同时考查棱锥体积的求解.
(1)取AB的中点N，连接MN，PN，利用线面平行的判定与性质，得PQMN为平行四边形即可求解;
(2)取AC的中点H，连接QH，然后利用体积公式求解即可.


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