新高考数学一轮复习章节专题模拟卷第七章 立体几何与空间向量（解析卷）

立体几何与空间向量本试卷22小题，满分150分。考试用时120分钟一、单项选择题：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．（2023·吉林·统考三模）已知直线SKIPIF1<0与平面SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，能使SKIPIF1<0的充分条件是（

）A．SKIPIF1<0，SKIPIF1<0 B．SKIPIF1<0，SKIPIF1<0C．SKIPIF1<0，SKIPIF1<0 D．SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0【答案】C【详解】对于A，当SKIPIF1<0，SKIPIF1<0时，SKIPIF1<0可能平行，可能相交，但不一定垂直，A错误；对于B，当SKIPIF1<0，SKIPIF1<0时，SKIPIF1<0，B错误；对于C，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，根据面面垂直判定定理可知SKIPIF1<0，C正确；对于D，当SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0时，SKIPIF1<0，但SKIPIF1<0相交但不一定垂直，如图示：故D错误；故选：C2．（2023·湖南长沙·统考一模）在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，已知AB=4，AD=3，AAA．10.5 B．12.5C．22.5 D．42.5【答案】A【分析】将AB,AD,【详解】由题意得AC=AB+因为AB=4，AD=3，AA1=5所以AC=10.5，故选：A3．（2023·江苏·统考三模）已知底面半径为r的圆锥SO，其轴截面是正三角形，它的一个内接圆柱的底面半径为SKIPIF1<0，则此圆柱与圆锥的侧面积的比值为（

）A．SKIPIF1<0 B．SKIPIF1<0 C．SKIPIF1<0 D．SKIPIF1<0【答案】D【详解】圆锥的高为SKIPIF1<0，如图，由SKIPIF1<0可得：SKIPIF1<0，∴SKIPIF1<0，∴SKIPIF1<0,圆柱侧面积SKIPIF1<0，圆锥侧面积SKIPIF1<0，SKIPIF1<0.故选：D．4.（2023天津联考三模）小明同学参加综合实践活动,设计了一个封闭的包装盒,包装盒如图所示:底面是边长为(单位:)的正方形,,,,均为正三角形,且它们所在的平面都与平面垂直，则该包装盒的容积是（）ASKIPIF1<0BSKIPIF1<0CSKIPIF1<0DSKIPIF1<0

【答案】A

【解析】过点作于点,过点作于点,连接.

过点,分别作,,交,于点,,

连接,,,，

,分别为,的中点,为长方体,故该包装盒可分成一个长方体和四个相等的四棱锥组合而成.

由底面是边长为的正方形可得:,∴所求该包装盒的容积为

.5．（2023·山西晋中·统考三模）已知点P在棱长为2的正方体SKIPIF1<0的表面上运动，则SKIPIF1<0的最大值为（

）A．6 B．7 C．8 D．9【答案】C【详解】取SKIPIF1<0中点SKIPIF1<0，连接SKIPIF1<0，如图，则SKIPIF1<0，当SKIPIF1<0在正方体表面上运动时，运动到SKIPIF1<0或SKIPIF1<0处时，SKIPIF1<0最大，所以SKIPIF1<0,所以SKIPIF1<0的最大值为8.故选：C6．（2023·浙江温州·统考三模）四面体SKIPIF1<0满足SKIPIF1<0，点SKIPIF1<0在棱SKIPIF1<0上，且SKIPIF1<0，点SKIPIF1<0为SKIPIF1<0的重心，则点SKIPIF1<0到直线SKIPIF1<0的距离为（

）A．SKIPIF1<0 B．SKIPIF1<0 C．SKIPIF1<0 D．SKIPIF1<0【答案】A【详解】四面体SKIPIF1<0满足SKIPIF1<0，即SKIPIF1<0两两垂直，以点O为原点，以射线SKIPIF1<0的正方向分别为SKIPIF1<0轴的正方向建立空间直角坐标系，如图，因为SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0，于是SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，所以点SKIPIF1<0到直线SKIPIF1<0的距离SKIPIF1<0.故选：A7．（2023·山东菏泽·统考一模）如图，八面体的每一个面都是正三角形，并且A,B,C,D四个顶点在同一平面内，下列结论：①AE//平面CDF；②平面ABE//平面CDF；③AB⊥AD；④平面ACE⊥平面BDF，正确命题的个数为（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】D【分析】根据题意，以正八面体的中心O为原点，OB,OC,OE分别为x,y,z轴，建立如图所示空间直角坐标系，由空间向量的坐标运算以及法向量，对选项逐一判断，即可得到结果.【详解】以正八面体的中心O为原点，OB,OC,OE分别为x,y,z轴，建立如图所示空间直角坐标系，设正八面体的边长为2,则A所以，AE=设面CDF的法向量为n=x,y,z，则CD⋅n=−2又AE⋅n=−2+2=0，所以AE⊥n，AE⊄因为AE=−CF，所以AE//又AB//CD，AB⊄面CDF，CD⊂面CDF，则AB//面CDF，由AB∩AE=A，AE,AB⊂平面ABE，所以平面AEB//平面CDF，②正确；因为B2,0,0,AB=易知平面ACE的一个法向量为n1=1,0,0，平面BDF因为n1⋅n2=0故选：D8．（2023·吉林·统考三模）如图，菱形纸片SKIPIF1<0中，SKIPIF1<0，O为菱形SKIPIF1<0的中心，将纸片沿对角线SKIPIF1<0折起，使得二面角SKIPIF1<0为SKIPIF1<0，SKIPIF1<0分别为SKIPIF1<0的中点，则折纸后SKIPIF1<0（

）A．SKIPIF1<0 B．SKIPIF1<0 C．SKIPIF1<0 D．0【答案】A【详解】如图，连接SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0，故SKIPIF1<0即为二面角SKIPIF1<0得平面角，即SKIPIF1<0，设SKIPIF1<0的中点为M，连接SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0,设菱形纸片SKIPIF1<0中的边长为2，因为SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0为正三角形，则SKIPIF1<0,故SKIPIF1<0为正三角形，故SKIPIF1<0,又SKIPIF1<0，SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0,SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，故SKIPIF1<0，又因为SKIPIF1<0为SKIPIF1<0的中点，所以SKIPIF1<0，所以SKIPIF1<0,又SKIPIF1<0，故SKIPIF1<0,故在SKIPIF1<0中，SKIPIF1<0，故SKIPIF1<0，故选：A二、多项选择题：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，部分选对的得2分，有选错的得0分。9.（2023·黑龙江牡丹江·牡丹江市第三高级中学校考三模）已知SKIPIF1<0、SKIPIF1<0、SKIPIF1<0为空间中三条不同的直线，SKIPIF1<0、SKIPIF1<0、SKIPIF1<0为空间中三个不同的平面，则下列说法中正确的有（

）A．若SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0B．若SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，若SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0C．若SKIPIF1<0，SKIPIF1<0、SKIPIF1<0分别与SKIPIF1<0、SKIPIF1<0所成的角相等，则SKIPIF1<0D．若SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0【答案】BD【详解】对于A，如图1，若SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0可以与SKIPIF1<0平行，故A错误；对于B，因为SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，且SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0，因为SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0，故SKIPIF1<0，B对；对于C，如图2，若SKIPIF1<0，SKIPIF1<0、SKIPIF1<0分别与SKIPIF1<0、SKIPIF1<0所成的角为SKIPIF1<0时，SKIPIF1<0与SKIPIF1<0可以相交、平行或异面，故C错误；对于D，若SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0，又SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0，D对.故选：BC.10.(2023·昆明模拟)已知P，Q分别是正方体ABCD－A1B1C1D1的棱BB1，CC1上的动点(不与顶点重合)，则下列结论错误的是()A．AB⊥PQB．平面BPQ∥平面ADD1A1C．四面体ABPQ的体积为定值D．AP∥平面CDD1C1【答案】C【解析】对于A，∵AB⊥BC，AB⊥BB1，BC∩BB1＝B，BC，BB1⊂平面BCC1B1，∴AB⊥平面BCC1B1，∵PQ⊂平面BCC1B1，∴AB⊥PQ，故A正确；对于B，∵平面ADD1A1∥平面BCC1B1，平面BPQ与平面BCC1B1重合，∴平面BPQ∥平面ADD1A1，故B正确；对于C，∵A到平面BPQ的距离AB为定值，Q到BP的距离为定值，BP的长不是定值，∴四面体ABPQ的体积不为定值，故C错误；对于D，∵平面ABB1A1∥平面CDD1C1，AP⊂平面ABB1A1，∴AP∥平面CDD1C1，故D正确．11．（多选）（2023·安徽黄山·统考三模）在棱长为SKIPIF1<0的正四面体SKIPIF1<0中，过点SKIPIF1<0且与SKIPIF1<0平行的平面SKIPIF1<0分别与棱SKIPIF1<0交于点SKIPIF1<0，点SKIPIF1<0为线段SKIPIF1<0上的动点，则下列结论正确的是（

）A．SKIPIF1<0B．当SKIPIF1<0分别为线段SKIPIF1<0中点时，SKIPIF1<0与SKIPIF1<0所成角的余弦值为SKIPIF1<0C．线段SKIPIF1<0的最小值为SKIPIF1<0D．空间四边形SKIPIF1<0的周长的最小值为SKIPIF1<0【答案】ABD【详解】由题知，SKIPIF1<0//平面SKIPIF1<0，而平面SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，根据线面平行的性质定理可知，SKIPIF1<0//SKIPIF1<0，又SKIPIF1<0，即SKIPIF1<0，故SKIPIF1<0，A选项正确；连接SKIPIF1<0，易得SKIPIF1<0，又SKIPIF1<0，于是SKIPIF1<0（三线合一），故SKIPIF1<0，取SKIPIF1<0中点SKIPIF1<0，连接SKIPIF1<0，由中位线可知SKIPIF1<0，在SKIPIF1<0中由余弦定理，SKIPIF1<0，即SKIPIF1<0，由SKIPIF1<0//SKIPIF1<0，SKIPIF1<0与SKIPIF1<0所成角即为SKIPIF1<0（或其补角），在SKIPIF1<0中根据余弦定理，SKIPIF1<0，B选项正确；根据B选项分析，当SKIPIF1<0分别为线段SKIPIF1<0中点时，SKIPIF1<0，C选项错误；由SKIPIF1<0//SKIPIF1<0，由于SKIPIF1<0为正三角形，则SKIPIF1<0也是正三角形，故SKIPIF1<0，故四边形SKIPIF1<0的周长为：SKIPIF1<0，当SKIPIF1<0为SKIPIF1<0中点，即SKIPIF1<0时，SKIPIF1<0有最小值SKIPIF1<0.即空间四边形SKIPIF1<0的周长的最小值为SKIPIF1<0，D选项正确.故选：ABD12．（多选）（2023·黑龙江大庆·统考三模）勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触.勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的相交部分围成的几何体，若用棱长为4的正四面体SKIPIF1<0作勒洛四面体，如图，则下列说法正确的是（

）A．平面SKIPIF1<0截勒洛四面体所得截面的面积为SKIPIF1<0B．记勒洛四面体上以C，D为球心的两球球面交线为弧SKIPIF1<0，则其长度为SKIPIF1<0C．该勒洛四面体表面上任意两点间距离的最大值为4D．该勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为SKIPIF1<0【答案】AD【详解】对于A，平面SKIPIF1<0截勒洛四面体所得截面如图甲，它的面积为三个半径为4，圆心角为SKIPIF1<0的扇形的面积减去两个边长为4的正三角形的面积；即SKIPIF1<0，故A正确；对于B，如图乙，取SKIPIF1<0中点SKIPIF1<0，在SKIPIF1<0中，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，记该勒洛四面体上以SKIPIF1<0，SKIPIF1<0为球心的两球交线为弧SKIPIF1<0，则该弧是以SKIPIF1<0的中点SKIPIF1<0为圆心，以SKIPIF1<0为半径的圆弧，设圆心角为SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0，可知SKIPIF1<0，所以弧长不等于SKIPIF1<0，故B错误；对于C，如图丙，设弧SKIPIF1<0的中点是SKIPIF1<0，线段SKIPIF1<0的中点是SKIPIF1<0，设弧SKIPIF1<0的中点是SKIPIF1<0，线段SKIPIF1<0的中点是SKIPIF1<0，则根据图形的对称性，四点SKIPIF1<0共线且过正四面体SKIPIF1<0的中心SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，即勒洛四面体表面上任意两点间距离可能大于4，最大值为SKIPIF1<0，故C错误；对于D，勒洛四面体能容纳的最大球，与勒洛四面体的弧面相切，如图乙，其中点SKIPIF1<0为该球与勒洛四面体的一个切点，由对称性可知SKIPIF1<0为该球的球心，内半径为SKIPIF1<0，连接SKIPIF1<0，易知SKIPIF1<0三点共线，设正四面体SKIPIF1<0的外接球半径为SKIPIF1<0，如图丁，则由题意得：正四面体SKIPIF1<0的高，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0，解得：SKIPIF1<0，所以SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，内半径SKIPIF1<0，故D正确.故选：AD.三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。13．(2023·枣庄模拟)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AB＝2，AD＝1，点F，G分别是AB，CC1的中点，则△D1GF的面积为________．【答案】eq\f(\r(14),2)【解析】以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系(图略)，则D1(0,0,2)，G(0,2,1)，F(1,1,0)，eq\o(FD1,\s\up6(→))＝(－1，－1,2)，eq\o(FG,\s\up6(→))＝(－1,1,1)，∴点D1到直线GF的距离d＝eq\r(|\o(FD1,\s\up11(→))|2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\o(FD1,\s\up6(→))·\o(FG,\s\up6(→))\o(\s\up7(),\s\do4()),|\o(FG,\s\up6(→))|)))2)＝eq\r(6－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,\r(3))))2)＝eq\f(\r(42),3).又|eq\o(FG,\s\up6(→))|＝eq\r(3)，∴SKIPIF1<0＝eq\f(1,2)×eq\r(3)×eq\f(\r(42),3)＝eq\f(\r(14),2).14.（2023·广东·统考模拟预测）如图所示，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别为AA1，AB的中点，M点是正方形ABB1A1内的动点，若C1M∥平面CD1EF，则M点的轨迹长度为________．【答案】eq\r(2)【解析】如图所示，取A1B1的中点H，B1B的中点G，连接GH，C1H，C1G，EG，HF，可得四边形EGC1D1是平行四边形，所以C1G∥D1E，又C1G⊄平面CD1EF，D1E⊂平面CD1EF，所以C1G∥平面CD1EF.同理可得C1H∥CF，C1H∥平面CD1EF.因为C1H∩C1G＝C1，所以平面C1GH∥平面CD1EF.由M点是正方形ABB1A1内的动点可知，若C1M∥平面CD1EF，则点M在线段GH上，所以M点的轨迹长度GH＝eq\r(12＋12)＝eq\r(2).15.(2023·北京模拟)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，点O为底面ABCD的中心，点P在侧面BB1C1C的边界及其内部运动．给出下列四个结论：①D1O⊥AC；②存在一点P，D1O∥B1P；③若D1O⊥OP，则△D1C1P面积的最大值为eq\r(5)；④若P到直线D1C1的距离与到点B的距离相等，则P的轨迹为抛物线的一部分．其中所有正确结论的序号是________.【答案】①③【解析】对于①，连接AD1，CD1，如图，由正方体的性质知△ACD1为等边三角形，由于O为底面ABCD的中心，故O为AC的中点，故AC⊥D1O，①正确；对于②，将D1O进行平移到过B1点，使之与B1P具有公共顶点，如图，根据立体图形判断，无论如何也不可能满足B1H平行或重合于B1P，所以D1O不可能平行于B1P，②错误；对于③，取B1B的中点E，连接OE，EC，BD，D1E，如图，易证明D1O⊥平面OEC，所以P在线段EC上运动，当点P到点E位置时，C1P最大，此时△D1C1P的面积最大为SKIPIF1<0＝eq\f(1,2)×2×eq\r(5)＝eq\r(5)，所以③正确；对于④，P到直线D1C1的距离为线段PC1的长度，所以|PC1|＝|PB|，判定出P点在直线BC1的垂直平分线上，故④错误．16．（2023·安徽·校联考三模）已知四面体SKIPIF1<0的四个顶点都在球SKIPIF1<0的球面上，SKIPIF1<0是边长为2的等边三角形，SKIPIF1<0外接圆的圆心为SKIPIF1<0．若四面体SKIPIF1<0的体积最大时，SKIPIF1<0，则球SKIPIF1<0的半径为______；若SKIPIF1<0，点SKIPIF1<0为SKIPIF1<0的中点，且SKIPIF1<0，则球SKIPIF1<0的表面积为______．【答案】SKIPIF1<0SKIPIF1<0【详解】设SKIPIF1<0的外接圆的半径R，由题可得SKIPIF1<0，解得SKIPIF1<0；若四面体SKIPIF1<0的体积最大时，则点B在过SKIPIF1<0和SKIPIF1<0的直径上，且SKIPIF1<0在SKIPIF1<0的两侧，在SKIPIF1<0中，SKIPIF1<0，又SKIPIF1<0，所以SKIPIF1<0，设球SKIPIF1<0的半径为SKIPIF1<0，则在SKIPIF1<0中，SKIPIF1<0，解得SKIPIF1<0；如图，取SKIPIF1<0的中点SKIPIF1<0，连接SKIPIF1<0并延长SKIPIF1<0交圆SKIPIF1<0于点SKIPIF1<0．连接SKIPIF1<0，由SKIPIF1<0得，则SKIPIF1<0．SKIPIF1<0．在SKIPIF1<0中，SKIPIF1<0，所以在SKIPIF1<0中，由余弦定理得SKIPIF1<0，可得SKIPIF1<0，结合图形可得SKIPIF1<0圆SKIPIF1<0．连接SKIPIF1<0，过点O作BF的垂线，垂足为点G，连接BO，四面体SKIPIF1<0外接球的半径SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0，所以球O的半径SKIPIF1<0，四面体ABCD外接球的表面积为SKIPIF1<0．故答案为：SKIPIF1<0；SKIPIF1<0.四、解答题：本大题共6小题，共70分，请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17.（2023福建莆田一中校考期末）如图，四边形SKIPIF1<0为矩形，且SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0为SKIPIF1<0的中点．(1)求证：SKIPIF1<0；(2)若点SKIPIF1<0为SKIPIF1<0上的中点，证明SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0．【分析】（1）连接SKIPIF1<0，矩形SKIPIF1<0中可证出SKIPIF1<0，由SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0证出SKIPIF1<0，从而得到SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，所以有SKIPIF1<0；（2）取SKIPIF1<0，SKIPIF1<0的中点SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，连接SKIPIF1<0、SKIPIF1<0、SKIPIF1<0．利用矩形SKIPIF1<0和三角形中位线定理，证出四边形SKIPIF1<0是平行四边形，从而证出SKIPIF1<0，结合线面平行判定定理，可得SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0．【详解】（1）证明：连接SKIPIF1<0，∵SKIPIF1<0为SKIPIF1<0的中点，SKIPIF1<0∴SKIPIF1<0为等腰直角三角形，由此可得SKIPIF1<0，同理SKIPIF1<0，∴SKIPIF1<0，即SKIPIF1<0，又∵SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，且SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，∴SKIPIF1<0，又∵SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，∴SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，又∵SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，∴SKIPIF1<0．（2）证明：取SKIPIF1<0、SKIPIF1<0的中点SKIPIF1<0、SKIPIF1<0，连接SKIPIF1<0、SKIPIF1<0、SKIPIF1<0．∵SKIPIF1<0、SKIPIF1<0是SKIPIF1<0，SKIPIF1<0的中点，SKIPIF1<0中，可得SKIPIF1<0且SKIPIF1<0，又∵SKIPIF1<0是SKIPIF1<0的中点，且四边形SKIPIF1<0为矩形，∴SKIPIF1<0且SKIPIF1<0，∴SKIPIF1<0、SKIPIF1<0平行且相等，可得四边形SKIPIF1<0是平行四边形．∴SKIPIF1<0，又∵SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，∴SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0．18．（2023·山西晋中·统考三模）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，E是CD的中点，AE与BD交于点F，G是SKIPIF1<0的重心．(1)求证：SKIPIF1<0平面PCD；(2)若平面PAD⊥平面ABCD，SKIPIF1<0为等腰直角三角形，且SKIPIF1<0，求直线AG与平面PBD所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)SKIPIF1<0．【详解】（1）证明：连接AG并延长交PD于H，∵G为SKIPIF1<0的重心，∴SKIPIF1<0．又SKIPIF1<0，∴SKIPIF1<0，∴SKIPIF1<0，∴SKIPIF1<0．又SKIPIF1<0平面PCD，SKIPIF1<0平面PCD，∴SKIPIF1<0平面PCD．（2）连接PG并延长交AD于O，显然O为AD的中点，因为平面PAD⊥平面ABCD，平面SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，又PO⊥AD，∴PO⊥平面ABCD．取BC中点M，以O为坐标原点，OA，OM，OP分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示空间直角坐标系，则PO=2，于是，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，于是SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0．设平面PBD的法向量为SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0，∴SKIPIF1<0，∴SKIPIF1<0，不妨取z=1，则SKIPIF1<0，∴SKIPIF1<0，∴AG与平面PBD所成角的正弦值为SKIPIF1<0．19.(2023·北京模拟)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AB⊥AC，AB＝AC＝AA1＝1，M为线段A1C1上一点．(1)求证：BM⊥AB1；(2)若直线AB1与平面BCM所成的角为eq\f(π,4)，求点A1到平面BCM的距离．【解析】(1)证明∵AA1⊥平面ABC，AB，AC⊂平面ABC，∴AA1⊥AB，AA1⊥AC，而AB⊥AC，故建立如图所示的空间直角坐标系，设A1M＝a，a∈[0,1]，则A(0,0,0)，A1(0,0,1)，B(1,0,0)，C(0,1,0)，B1(1,0,1)，M(0，a,1)，eq\o(BM,\s\up6(→))＝(－1，a,1)，eq\o(AB1,\s\up6(→))＝(1,0,1)，∵eq\o(BM,\s\up6(→))·eq\o(AB1,\s\up6(→))＝0，∴eq\o(BM,\s\up6(→))⊥eq\o(AB1,\s\up6(→))，∴BM⊥AB1.(2)解设平面BCM的法向量n＝(x，y，z)，由(1)知eq\o(BM,\s\up6(→))＝(－1，a,1)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－1,1,0)，eq\o(AB1,\s\up6(→))＝(1,0,1)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(BM,\s\up6(→))＝－x＋ay＋z＝0，,n·\o(BC,\s\up6(→))＝－x＋y＝0，))取x＝1，得n＝(1,1,1－a)，∵直线AB1与平面BCM所成的角为eq\f(π,4)，∴sin

eq\f(π,4)＝eq\f(|\o(AB1,\s\up6(→))·n|,|\o(AB1,\s\up6(→))||n|)＝eq\f(|2－a|,\r(2)·\r(2＋1－a2))＝eq\f(\r(2),2)，解得a＝eq\f(1,2)，∴n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，\f(1,2)))，∵eq\o(A1B,\s\up6(→))＝(1,0，－1),∴点A1到平面BCM的距离d＝eq\f(|\o(A1B,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq\f(\f(1,2),\r(\f(9,4)))＝eq\f(1,3).20．（2023·辽宁沈阳·沈阳二中校考三模）如图，在四棱锥SKIPIF1<0中，SKIPIF1<0面ABCD，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0．E为PD的中点，点F在PC上，且SKIPIF1<0．(1)求证：SKIPIF1<0面PAD；(2)求二面角SKIPIF1<0的正弦值；(3)设点G在PB上，且SKIPIF1<0．判断是否存在这样的SKIPIF1<0，使得A，E，F，G四点共面．【答案】(1)证明见解析(2)SKIPIF1<0(3)存在【详解】（1）∵SKIPIF1<0平面ABCD，SKIPIF1<0平面ABCD，∴SKIPIF1<0，∵SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0平面PAD，SKIPIF1<0平面PAD，∴SKIPIF1<0平面PAD．（2）以A为原点，在平面ABCD内过A作CD的平行线为x轴，AD为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，则SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，所以SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，平面AEP的一个法向量为SKIPIF1<0，设平面AEF的一个法向量为SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0，取SKIPIF1<0，得SKIPIF1<0，SKIPIF1<0．故SKIPIF1<0，设二面角SKIPIF1<0的平面角为SKIPIF1<0，由图可知SKIPIF1<0为锐角，则SKIPIF1<0．∴二面角SKIPIF1<0的余弦值为SKIPIF1<0．故二面角SKIPIF1<0的正弦值为SKIPIF1<0．（3）存在这样的SKIPIF1<0.由SKIPIF1<0可得：SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0，若A，E，F，G四点共面，则SKIPIF1<0在面SKIPIF1<0内，又面SKIPIF1<0的一个法向量为SKIPIF1<0，∴SKIPIF1<0，即SKIPIF1<0，可得SKIPIF1<0.∴存在这样的SKIPIF1<0，使得四点共面.21.(2023·青岛模拟)如图①，在梯形ABCD中，AB∥DC，AD＝BC＝CD＝2，AB＝4，E为AB的中点，以DE为折痕把△ADE折起，连接AB，AC，得到如图②的几何体，在图②的几何体中解答下列问题．(1)证明：AC⊥DE；(2)请从以下两个条件中选择一个作为已知条件，求平面DAE与平面AEC夹角的余弦值．①四棱锥A－BCDE的体积为2；②直线AC与EB所成角的余弦值为eq\f(\r(6),4).【解析】(1)证明在图①中，连接CE(图略)，因为DC∥AB，CD＝eq\f(1,2)AB，E为AB的中点，所以DC∥AE，且DC＝AE，所以四边形ADCE为平行四边形，所以AD＝CE＝CD＝AE＝2，同理可证DE＝2，在图②中，取DE的中点O，连接OA，OC(图略)，则OA＝OC＝eq\r(3)，因为AD＝AE＝CE＝CD，所以DE⊥OA，DE⊥OC，因为OA∩OC＝O，OA，OC⊂平面AOC，所以DE⊥平面AOC，因为AC⊂平面AOC，所以DE⊥AC.(2)解若选择①：由(1)知DE⊥平面AOC，DE⊂平面BCDE，所以平面AOC⊥平面BCDE，且交线为OC，所以过点A作AH⊥OC交OC于点H(图略)，则AH⊥平面BCDE，因为S四边形BCDE＝2eq\r(3)，所以四棱锥A－BCDE的体积VA－BCDE＝2＝eq\f(1,3)×2eq\r(3)·AH，所以AH＝OA＝eq\r(3)，所以AO与AH重合，所以AO⊥平面BCDE，建立如图所示的空间直角坐标系，则O(0,0,0)，C(－eq\r(3)，0,0)，E(0,1,0)，A(0,0，eq\r(3))，易知平面DAE的一个法