立体几何与空间向量专题训练 -2025届高三数学二轮专题复习

这是一份立体几何与空间向量专题训练 -2025届高三数学二轮专题复习，共23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。
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.[2024·安徽名校联考]已知直线l和两个不同的平面α，β，则下列结论正确的是( )
A.若l∥α，l⊥β，则α⊥β
B.若α⊥β，l⊥α，则l∥β
C.若α∥β，l∥α，则l∥β
D.若α和β相交，l与α相交，则l与β一定也相交
2.[2024·河北名校联考]已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列结论正确的是( )
A.若m⊂α，n⊂β，α⊥β，则m⊥n
B.若m⊂α，n⊂β，α∥β，则m∥n
C.若m⊥α，n⊥β，m⊥n，则α⊥β
D.若m⊂α，m∥β，n⊂β，n∥α，则α∥β
3.[2024·武昌模拟]红薯于1593年被商人陈振龙引入中国，也叫甘薯、番薯等.红薯耐旱、适应性强、产量较大，曾数次于大饥荒年间成为不少人的“救命粮食”，现因其生食多汁、熟食如蜜，成为人们喜爱的美食甜点.小泽和弟弟在网红一条街买了一块香气扑鼻的烤红薯，准备分着吃，如图，该红薯可近似看作三部分：左边部分是半径为R的半球；中间部分是底面半径为R、高为3R的圆柱；右边部分是底面半径为R、高为R的圆锥.若小泽准备从中间部分的甲、乙、丙、丁四个位置选择一处将红薯掰成两块，且使得两块的体积最接近，则小泽应选择的位置是( )
A.甲 B.乙 C.丙 D.丁
4.[2024·石家庄模拟]折扇(如图1)是我国古老文化的延续，“扇”与“善”谐音，折扇也寓意“善良”“善行”.它常以字画的形式体现我国的传统文化，也是运筹帷幄、决胜千里、大智大勇的象征.图2是一个圆台的侧面展开图(扇形的一部分)，若eq \(DE,\s\up8(︵))，eq \(AC,\s\up8(︵))所在圆的半径分别是3和6，且∠ABC＝eq \f(2π,3)，则该圆台的体积为( )
A.eq \f(50\r(2),3)π B.9π C.7π D.eq \f(14\r(2),3)π
5.[2024·杭州模拟]如图，点A，B，C，M，N为正方体的顶点或所在棱的中点，则下列各图中，不满足直线MN∥平面ABC的是( )
6.[2024·济南调研]拟柱体(所有顶点均在两个平行平面内的多面体)可以用辛普森(Simpsn)公式V＝eq \f(1,6)h(S1＋4S0＋S2)求体积，其中h是高，S1是上底面面积，S2是下底面面积，S0是中截面(到上、下底面距离相等的截面)面积.如图所示，在五面体ABCDEF中，底面ABCD是边长为2的正方形，EF＝1，且直线EF到底面ABCD的距离为2，则该五面体的体积为( )
A.eq \f(7,3) B.eq \f(8,3) C.3 D.eq \f(10,3)
7.[2024·黄冈模拟]刻漏是中国古代用来计时的仪器，利用附有刻度的浮箭随着受水壶的水面上升来指示时间.为了使受水壶得到均匀水流，古代的科学家们发明了一种三级漏壶，壶形都为正四棱台，自上而下，三个漏壶的上口宽依次递减1寸(约3.3厘米)，下底宽和深度也依次递减1寸.设三个漏壶的侧面与底面所成锐二面角依次为θ1，θ2，θ3，则( )
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·福州模拟]已知三棱锥P－ABC的四个顶点都在球O的球面上，PA＝PB＝PC＝AB＝eq \r(6)，∠ACB＝eq \f(2π,3)，则球O的体积为( )
A.3π B.eq \f(27,8)π C.eq \f(9,2)π D.9π
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9.[2024·青岛模拟]下列说法正确的是( )
A.若直线a不平行于平面α，a⊄α，则α内不存在与a平行的直线
B.若一个平面α内两条不平行的直线都平行于另一个平面β，则α∥β
C.设l，m，n为直线，m，n在平面α内，则“l⊥α”是“l⊥m且l⊥n”的充要条件
D.若平面α⊥平面α1，平面β⊥平面β1，则平面α与平面β所成的二面角和平面α1与平面β1所成的二面角相等或互补
10.[2024·长沙调研]某班级到一工厂参加社会实践劳动，加工出如图所示的圆台O1O2，在轴截面ABCD中，AB＝AD＝BC＝2 cm，且CD＝2AB，则( )
A.该圆台的高为1 cm
B.该圆台的轴截面面积为3eq \r(3) cm2
C.该圆台的体积为eq \f(7\r(3)π,3) cm3
D.一只小虫从点C沿着该圆台的侧面爬行到AD的中点，所经过的最短路程为5 cm
11.[2024·湖北十一校联考]如图，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，P在线段BD1上运动(包括端点)，下列选项正确的有( )
A.AP⊥B1C
B.PD⊥BC
C.直线PC1与平面A1BCD1所成角的最小值是eq \f(π,6)
D.PC＋PD的最小值为2eq \r(3)
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.[2024·温州模拟]在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是线段A1B1的中点，F是线段AB的中点，则直线CF到平面AC1E的距离等于________.
13.[2024·惠州模拟]如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各边都相等，AC∩BD＝O，M是PC上的一动点，则当点M满足________时，平面MBD⊥平面PCD.(只要填写一个你认为正确的条件即可)

第13题图 第14题图
14.[2024·烟台模拟]某学校开展手工艺品展示活动，小明同学用塑料制作了如上图所示的手工艺品，其外部为一个底面边长为6的正三棱柱，内部为一个球，球的表面与三棱柱的各面均相切，则该内切球的表面积为________，三棱柱的顶点到球的表面的最短距离为________.
四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15.(13分)[2023·四省联考]如图，四边形ABCD是圆柱底面的内接四边形，AC是圆柱的底面直径，PC是圆柱的母线，E是AC与BD的交点，AB＝AD，∠BAD＝60°.
(1)记圆柱的体积为V1，四棱锥P－ABCD的体积为V2，求eq \f(V1,V2)；
(2)设点F在线段AP上，PA＝4PF，PC＝4CE，求二面角F－CD－P的余弦值.
16.(15分) [2024·盐城模拟]如图，该几何体是由等高的半个圆柱和eq \f(1,4)个圆柱拼接而成，点G为弧CD的中点，且C，E，D，G四点共面.
(1)证明：平面BDF⊥平面BCG；
(2)若平面BDF与平面ABG所成二面角的余弦值为eq \f(\r(15),5)，且线段AB长度为2，求点G到直线DF的距离.
17.(15分) [2024·重庆万州模拟]如图1所示，在四边形ABCD中，BC⊥CD，E为BC上一点，AE＝BE＝AD＝2CD＝2，CE＝eq \r(3)，将四边形AECD沿AE折起，使得BC＝eq \r(3)，得到如图2所示的四棱锥.
(1)若平面BCD∩平面ABE＝l，证明：CD∥l；
(2)点F是棱BE上一动点，且直线BD与平面ADF所成角的正弦值为eq \f(\r(22),11)，求eq \f(EF,EB).
18.(17分)[2024·济宁模拟]如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥BC，AB＝BC＝3，CC1＝6.点D，E，F分别在线段BB1，CC1，AA1上，且BD＝CE，AF＞BD.
(1)证明：DE⊥BF；
(2)若DF＝3eq \r(2)，且平面DEF将直三棱柱ABC－A1B1C1的体积平分，求二面角B－EF－D的余弦值.
19.(17分)[2022·临沂模拟]在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为A1D1的中点，过AB1E的平面截此正方体，得如图所示的多面体，F为棱CC1上的动点.
(1)点H在棱BC上，当CH＝eq \f(1,4)CB时，FH∥平面AEB1，试确定动点F在棱CC1上的位置，并说明理由；
(2)若AB＝2，求点D到平面AEF的最大距离.
立体几何与空间向量
1.A [对A，过l作一个平面γ与平面α相交，设交线为b，因为l∥α，所以l∥b，
又l⊥β，所以b⊥β，又b⊂α，所以α⊥β，
所以选项A正确；
对B，如图1所示，
在正方体ABCD－A1B1C1D1中，
令平面ABCD为平面α，平面ADD1A1为平面β，DD1为l，则满足α⊥β，l⊥α，但l⊂β，所以选项B错误；
对C，如图2所示，
在正方体ABCD－A1B1C1D1中，
令平面ABCD为平面α，平面A1B1C1D1为平面β，A1B1为l，则满足α∥β，l∥α，但l⊂β，所以选项C错误；
对D，如图3所示，
在正方体ABCD－A1B1C1D1中，
令平面ABCD为平面α，平面ADD1A1为平面β，CC1为l，则满足α和β相交，l与α相交，但l∥β，所以选项D错误.综上，选A.]
2.C [对于A，α⊥β，设α∩β＝a，当m∥a且a∥n时，m∥n，故A不正确.
对于B，m⊂α，n⊂β，α∥β，则直线m与n平行或异面，故B不正确.
对于C，若n⊄α，由m⊥α，m⊥n，得存在b⊂α，n∥b，由n⊥β，得b⊥β，则α⊥β；
若n⊂α，由n⊥β，得α⊥β.故C正确.
对于D，若m⊂α，n⊂β，m∥β，n∥α，则α与β相交或平行，故D不正确.故选C.]
3.B [左边半球部分的体积V1＝eq \f(1,2)×eq \f(4,3)πR3＝eq \f(2,3)πR3，中间圆柱部分的体积V2＝πR2·3R＝3πR3，右边圆锥部分的体积V3＝eq \f(1,3)πR2·R＝eq \f(1,3)πR3，故这块红薯的体积为eq \f(2,3)πR3＋3πR3＋eq \f(1,3)πR3＝4πR3.若将这块红薯分成体积相等的两部分，则应在乙和丙之间且靠近乙的eq \f(1,3)处掰开，故在乙处将红薯掰成两块，两块的体积最接近.故选B.]
4.D [由题意知，圆台的母线长l＝3，设圆台的上底面圆的半径为r，下底面圆的半径为R，
由2πr＝eq \f(2π,3)×3，得r＝1，由2πR＝eq \f(2π,3)×6，
得R＝2.
所以圆台的高h＝eq \r(32－（2－1）2)＝2eq \r(2)，
所以圆台的体积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).
故选D.]
5.D [对于选项A，直线MN所在的正方体的侧面与平面ABC平行，由平面与平面平行的定义可知，MN∥平面ABC；
对于选项B，易知MN∥AB，所以由直线与平面平行的判定定理可知，MN∥平面ABC；
对于选项C，如图1所示，作辅助线后可以发现，MN∥平面ABC；

对于选项D，如图2所示，作辅助线后可以发现，MN⊂平面ABC，故选D.]
6.D [
由题意可知，EF∥平面ABCD，如图所示，分别取AE，BF，CF，DE的中点为M，N，P，Q，连接MN，NP，PQ，MQ，因为EF＝1，四边形ABCD是边长为2的正方形，所以MN＝PQ＝eq \f(1＋2,2)＝eq \f(3,2)，NP＝MQ＝1，且MN⊥NP，
即四边形MNPQ为矩形.
可以把五面体ABCDEF看作拟柱体，
其中S1＝0，S0＝eq \f(3,2)×1＝eq \f(3,2)，S2＝2×2＝4，h＝2，则根据辛普森公式得V五面体ABCDEF＝eq \f(1,6)×2×(0＋4×eq \f(3,2)＋4)＝eq \f(10,3)，故选D.]
7.D [三级漏壶，壶形都为正四棱台，
自上而下，三个漏壶的上口宽依次递减1寸(约3.3厘米)，下底宽和深度也依次递减1寸，
如图，在正四棱台ABCD－A1B1C1D1中，O，O1分别为正方形ABCD，A1B1C1D1的中心，E，F分别是棱A1B1，AB的中点，连接OF，O1E，OO1，过点E作EG⊥OF，垂足为G，则∠GFE就是漏壶的侧面与底面所成锐二面角的一个平面角，记为θ.设漏壶上口宽为a，下底宽为b，高为h，则在Rt△EFG中，GF＝eq \f(a－b,2)，tan θ＝eq \f(2h,a－b).
因为自上而下三个漏壶的上口宽成等差数列，下底宽也成等差数列，所以a－b为定值，又因为三个漏壶的高h成等差数列，所以2tan θ2＝tan θ1＋tan θ3.故选D.]
8.C [如图所示，
记△ABC的外接圆的圆心为O1，
连接PO1，AO1，
因为PA＝PB＝PC＝eq \r(6)，
所以PO1⊥平面ABC，
且点O在直线PO1上，
连接OA，
则OA＝OP.
因为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.
设三棱锥P－ABC外接球的半径为R，
则OA＝OP＝R，OO1＝2－R或OO1＝R－2.
因为OA2＝OOeq \\al(2,1)＋O1A2，
所以R2＝(R－2)2＋(eq \r(2))2，
解得R＝eq \f(3,2)，则O在线段O1P上，
所以外接球O的体积V＝eq \f(4,3)πR3＝eq \f(9,2)π，故选C.]
9.AB [对于A，若α内存在直线与a平行，则由直线与平面平行的判定定理知直线a与平面α平行，与条件相矛盾，故A正确；
对于B，由面面平行的判定定理可知选项B正确；
对于C，当直线m，n不相交时，由线面垂直的判定定理知，由l⊥m且l⊥n，得不到l⊥α，故C不正确；
对于D，当α1∥β1，α⊥β时，可满足题设条件，但此时平面α与平面β所成的二面角为90°，平面α1与平面β1所成的二面角为0°，故D不正确.综上所述，选AB.]
10.BCD [对于A，如图，过点B作BE⊥CD于点E，则CE＝eq \f(CD－AB,2)＝1，所以BE＝eq \r(BC2－CE2)＝eq \r(22－12)＝eq \r(3)，即圆台的高为eq \r(3) cm，故A不正确；

对于B，圆台的轴截面面积为
eq \f(1,2)×(2＋4)×eq \r(3)＝3eq \r(3)(cm2)，故B正确；
对于C，圆台的体积为
eq \f(1,3)×eq \r(3)×(π＋4π＋eq \r(π·4π))＝eq \f(7\r(3)π,3)(cm3)，故C正确；
对于D，将该圆台侧面的一半展开，得到如图所示的扇环ADCB，再将其补成扇形PDC，则弧CD长为2π，半径PC长为4，所以圆心角∠CPD＝eq \f(π,2).取AD的中点为M，连接CM，则从点C沿着该圆台的侧面爬行到AD的中点M的最短路径即扇环中线段CM的长，CM＝eq \r(PC2＋PM2)＝eq \r(42＋32)＝5(cm)，故D正确.综上所述，选BCD.]
11.ACD [对A，如图1，连接AD1，
因为ABCD－A1B1C1D1是正方体，
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，
所以选项A正确；
对B，当点P与点B重合时，PD与BC所成的角为eq \f(π,4)，所以选项B错误；
对C，如图2，取CD1的中点O，连接C1O，OP，
因为ABCD－A1B1C1D1是正方体，
所以C1O⊥CD1，C1O⊥A1D1，
又A1D1∩CD1＝D1，A1D1，
CD1⊂平面A1BCD1，
所以C1O⊥平面A1BCD1，
则∠C1PO为直线PC1与平面A1BCD1所成的角，且sin ∠C1PO＝eq \f(C1O,C1P).
因为正方体的棱长为2，所以C1O＝eq \r(2)，当点P与点B重合时，C1P最长，C1P的最大值为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的最小值为eq \f(π,6)，所以选项C正确；
对D，连接BD，将平面BDD1和平面BCD1沿BD1展开成一个平面图形，如图3所示，
则DD1＝BC＝2，DB＝D1C＝2eq \r(2)，BD1＝2eq \r(3)，所以∠DD1C＝∠BCD1＝eq \f(π,2)，则四边形D1DBC为矩形，所以PC＋PD的最小值为CD＝eq \r(22＋（2\r(2)）2)＝2eq \r(3)，所以选项D正确.综上，选ACD.]
12.eq \f(\r(6),6) [根据条件画出图形如图，
易知FC∥平面AC1E，取DC的中点为G，连接EG，AG，则平面AEG即平面AC1E，所以直线FC到平面AC1E的距离即点F到平面AEG的距离h.连接FG，EF，则VF－AEG＝VE－AGF.因为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) [由题意知，四边形ABCD为菱形，∴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为固定平面，平面MBD为运动平面，且运动平面MBD中的固定直线BD垂直PC，∴只需在运动平面MBD中找到一条与BD相交且垂直于PC的直线即可满足平面MBD⊥平面PCD，则DM⊥PC，BM⊥PC等都满足要求.]
14.12π eq \r(15)－eq \r(3) [依题意如图，过侧棱的中点M，N，G作正三棱柱的截面，则球心为△MNG的中心，
因为MN＝6，所以△MNG内切圆的半径
r＝OH＝eq \f(1,3)MH＝eq \f(1,3)eq \r(MN2－HN2)＝eq \r(3)，即内切球的半径R＝eq \r(3)，所以内切球的表面积S＝4πR2＝12π，又正三棱柱的高AA1＝2R＝2eq \r(3)，所以OM＝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到球面上的点的距离最小值为AO－R＝eq \r(15)－eq \r(3).]

15.解 (1)因为∠ABD与∠ACD是底面圆弧eq \(AD,\s\up8(︵))所对的圆周角，所以∠ABD＝∠ACD.
因为AB＝AD，所以在等腰△ABD中，∠ABD＝∠ADE，
所以∠ADE＝∠ACD.
因为AC是圆柱的底面直径，
所以∠ADC＝90°，
则∠CAD＋∠ACD＝90°，
所以∠CAD＋∠ADE＝90°，
则∠AED＝90°，即AC⊥BD，
所以在等腰△ABD中，BE＝DE，AC平分∠BAD，
则∠CAD＝eq \f(1,2)∠BAD＝30°，
所以∠ADE＝60°，则∠CDE＝30°，
故在Rt△CED中，CD＝2EC，DE＝eq \r(3)EC，
则BD＝2DE＝2eq \r(3)EC，
在Rt△ACD中，AC＝2CD＝4EC.
因为PC是圆柱的母线，
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为坐标原点，
eq \(CA,\s\up6(→))的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系C－xyz，不妨设|eq \(CE,\s\up6(→))|＝1，
则AC＝4EC＝4，
DE＝eq \r(3)EC＝eq \r(3)，
PC＝4CE＝4，
则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).
因为PA＝4PF，
所以eq \(PF,\s\up6(→))＝eq \f(1,4)eq \(PA,\s\up6(→))＝(1，0，－1)，
则eq \(CF,\s\up6(→))＝eq \(CP,\s\up6(→))＋eq \(PF,\s\up6(→))＝(0，0，4)＋(1，0，－1)＝(1，0，3).
设平面FCD的法向量n＝(x，y，z)，
则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，则y＝eq \r(3)，z＝1，
故n＝(－3，eq \r(3)，1).
设平面PCD的法向量m＝(p，q，r)，
则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，则q＝eq \r(3)，r＝0，
故m＝(－3，eq \r(3)，0).
设二面角F－CD－P的平面角为θ，
由图知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的余弦值为eq \f(2\r(39),13).
16.(1)证明 过G作GH∥CB，交底面弧于H，连接HB，
易知HBCG为平行四边形，所以HB∥CG，
又G为弧CD的中点，则H是弧AB的中点，所以∠HBA＝45°，
而由题设知∠ABF＝45°，则∠HBF＝∠HBA＋∠ABF＝90°，所以FB⊥HB，即FB⊥CG.
因为CB⊥底面ABF，FB⊂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 由题意，以A为原点，eq \(AF,\s\up6(→))，eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(AD,\s\up6(→))为正方向，所在直线为x，y，z轴，建立如图所示空间直角坐标系A－xyz，设半圆柱的高为h，则B(0，2，0)，F(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).
设m＝(x，y，z)是平面BDF的一个法向量，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m·\(FD,\s\up6(→))＝－2x＋hz＝0，,m·\(BD,\s\up6(→))＝－2y＋hz＝0，))
令z＝2，则m＝(h，h，2).
设n＝(a，b，c)是平面ABG的一个法向量，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(AB,\s\up6(→))＝2b＝0，,n·\(AG,\s\up6(→))＝－a＋b＋hc＝0，))
令c＝1，则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，则h＝2，
由题设可知，此时点G(－1，1，2)，D(0，0，2)，
则eq \(DF,\s\up6(→))＝(2，0，－2)，eq \(DG,\s\up6(→))＝(－1，1，0)，
所以点G到直线DF的距离
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)证明 连接DE，如图1，因为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).
因为DE＝2，AE＝AD＝2，
所以∠DEA＝eq \f(π,3)，
故∠CDE＝∠DEA，
故CD∥AE.
在题图2中，因为CD∥AE，AE⊂平面ABE，CD⊄平面ABE，
所以CD∥平面ABE.
因为CD⊂平面BCD，
平面BCD∩平面ABE＝l，
所以CD∥l；

图1 图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为坐标原点，EA，EB分别为x，y轴， 在平面BCE内过点E作BE的垂线为z轴建立如图2所示的空间直角坐标系，
则A(2，0，0)，B(0，2，0).
因为CD∥AE，平面AEB⊥平面BCE，
且CE＝CB＝eq \r(3)，
所以点C在平面AEB的射影为BE中点，
故D(1，1，eq \r(2))，
设F(0，t，0)(0≤t≤2)，
则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)).
设平面ADF的法向量为n＝(x，y，z)，
则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，则x＝t，z＝eq \f(\r(2)（t－2）,2)，
所以n＝(t，2，eq \f(\r(2)（t－2）,2))为平面ADF的一个法向量.
因为直线BD与平面ADF所成角的正弦值为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为EB中点，所以eq \f(EF,EB)＝eq \f(1,2).
18.(1)证明 在直三棱柱ABC－A1B1C1中，BC⊥BB1，而AB⊥BC，BB1∩AB＝B，BB1，AB⊂平面ABB1A1，则BC⊥平面ABB1A1，
又BD＝CE，BD∥CE，即四边形BCED是平行四边形，故DE∥BC，于是DE⊥平面ABB1A1，而BF⊂平面ABB1A1，
所以DE⊥BF.
(2)解 在AA1上取点G，使AG＝BD，连接DG，EG，则DG∥AB，而AA1⊥BC，AA1⊥AB，则有AA1⊥DE，AA1⊥DG，
又DG∩DE＝D，DG，DE⊂平面DEG，则AA1⊥平面DEG，而AA1⊥平面ABC，
因此平面DEG∥平面ABC.显然DG⊥FG，
FG＝eq \r(DF2－GD2)＝3，
由平面DEF将直三棱柱ABC－A1B1C1的体积平分知：
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，
则AF＝FG＋GA＝5，
以点B为原点，BC，BA，BB1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图，
则B(0，0，0)，E(3，0，2)，F(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)，
设平面BEF的法向量m＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m·\(BE,\s\up6(→))＝3x＋2z＝0，,m·\(BF,\s\up6(→))＝3y＋5z＝0，))
令x＝2，则y＝5，z＝－3，得m＝(2，5，－3).
设平面DEF的一个法向量n＝(x1，y1，z1)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(DE,\s\up6(→))＝3x1＝0，,n·\(DF,\s\up6(→))＝3y1＋3z1＝0，))
令y1＝1，则z1＝－1，
得n＝(0，1，－1)，
则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)，
由图判断知二面角B－EF－D的平面角为锐角，所以二面角B－EF－D的余弦值为eq \f(4\r(19),19).
19.解 (1)设平面BCC1B1与平面AEB1的交线为l，
因为FH∥平面AEB1，平面BCC1B1∩平面AEB1＝l，FH⊂平面BCC1B1，所以FH∥l.
由正方体ABCD－A1B1C1D1知，
平面ADD1E∥平面BCC1B1，
又因为平面ADD1E∩平面AEB1＝AE，
平面BCC1B1∩平面AEB1＝l，
所以AE∥l，所以AE∥FH.
取BC中点G，连接C1G，易知AE∥GC1，
所以GC1∥FH，又因为H为CG中点，
所以F为CC1中点.
(2)以点D为原点，eq \(DA,\s\up6(→))，eq \(DC,\s\up6(→))，eq \(DD1,\s\up6(→))分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系，则有D(0，0，0)，A(2，0，0)，E(1，0，2)，F(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).
设平面AEF的法向量n＝(x，y，z)，
则有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，则y＝2－eq \f(t,2)，z＝1，
则n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，2－\f(t,2)，1)).
设点D到平面AEF的距离为d，
则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]，
当t＝2时，d有最大值，dmax＝eq \f(2\r(6),3)，
所以点D到平面AEF的最大距离为eq \f(2\r(6),3).
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案