【2022届走向高考】高三数学一轮(人教A版)阶段性测试题9(立体几何)

阶段性测试题九(立体几何)本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。满分150分。考试时间120分钟。第Ⅰ卷(选择题共60分)一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60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．(文)(2022·辽宁师大附中期中)已知两个不同的平面α、β和两条不重合的直线m、n，有下列四个命题①若m∥n，m⊥α，则n⊥α②若m⊥α，m⊥β，则α∥β③若m⊥α，m∥n，n⊂β，则α⊥β④若m∥α，α∩β＝n，则m∥n其中正确命题的个数是()A．0个 B．1个C．2个 D．3个[答案]D[解析]由线面垂直的性质知①正确；垂直于同一条直线的两个平面平行，∴②正确；由m⊥α，m∥n知n⊥α，又n⊂β，∴α⊥β，∴③正确；如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中，平面ABCD与平面ADD1A1分别为α、β，CC1为m，则m∥α，α∩β＝n，但m与n不平行，∴④(理)(2022·浙江台州中学期中)设a、b是两条不同的直线，α、β是两个不同的平面，则下列四个命题①若a⊥b，a⊥α，则b∥α②若a∥α，α⊥β，则a⊥β③a⊥β，α⊥β，则a∥α④若a⊥b，a⊥α，b⊥β，则α⊥β其中正确的命题的个数是()A．0个 B．1个C．2个 D．3个[答案]B[解析]①中可能有b⊂α；②中a⊂β，或a∥β，a与β斜交，a⊥β，都有可能；③中可能有a⊂α；若a⊥b，a⊥α，则b∥α或b⊂α，又b⊥β，∴α⊥β，∴④正确，故选B．2．(2022·山东省博兴二中质检)设m、n是两条不同直线，α、β是两个不同的平面，下列命题正确的是()A．m∥α，n∥β且α∥β，则m∥nB．m⊥α，n⊥β且α⊥β，则m⊥nC．m⊥α，n⊂β，m⊥n，则α⊥βD．m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β，则α∥β[答案]B[解析]设m与n相交，m、n都在平面γ内，γ∥α，γ∥β时，满足A的条件，∴A错；若m⊥α，α⊥β，则m⊂β或m∥β，又n⊥β，∴n⊥m，∴B正确；若m⊥α，m⊥n，则n∥α或n⊂α，结合n⊂β得不出α⊥β，故C错；当m∥n且满足D的条件时，得不出α∥β，故D错．3．(2021·河南八校联考)一个几何体的三视图如图所示，其中正视图是一个正三角形，则这个几何体的外接球的表面积为()A．eq\f(16π,3) B．eq\f(8π,3)C．4eq\r(3) D．2eq\r(3)π[答案]A[解析]由三视图知该几何体为三棱锥，底面是等腰三角形，其底长为2，高为1，棱锥高为eq\r(3)，顶点在底面射影为等腰直角三角形底边的中点D，直观图如图，BD⊥AC，PD⊥平面ABC，DA＝DB＝DC＝1，故球心O在PD上，设OP＝R，则(eq\r(3)－R)2＋12＝R2，∴R＝eq\f(2\r(3),3).∴S球＝4πR2＝eq\f(16π,3).4．(文)(2022·吉林市摸底)下图是某四棱锥的三视图，则该几何体的表面积等于()A．17＋6eq\r(5) B．34＋6eq\r(5)C．6＋6eq\r(5)＋4eq\r(3) D．6＋6eq\r(3)＋4eq\r(13)[答案]B[解析]由三视图知，这是一个底面是矩形的四棱锥，矩形的长和宽分别是6,2，四棱锥的高是4，其直观图如图，作PE⊥平面ABCD，则垂足E为AD的中点，PE＝4，作EF⊥BC，垂足为F，则PF⊥BC，∵EF＝2，∴PF＝2eq\r(5)，∵AB⊥AD，∴AB⊥PA，PA＝eq\r(PE2＋AE2)＝5，∴S＝6×2＋eq\f(1,2)×6×4＋eq\f(1,2)×6×2eq\r(5)＋2×(eq\f(1,2)×2×5)＝34＋6eq\r(5)，故选B．(理)(2021·豫南九校联考)已知四棱锥的三视图如图所示，则四棱锥的四个侧面中面积最大的是()A．3 B．2eq\r(5)C．6 D．8[答案]C[解析]由三视图知，该几何体是四棱锥，其直观图如图，其四个侧面中面积最大的是△PBC，由图中数据知AB＝2，BC＝4，PA＝PD＝3，∴PE＝eq\r(5)，取BC中点F，则EF⊥BC，∴PF⊥BC，PF＝eq\r(PE2＋EF2)＝3，∴S△PBC＝eq\f(1,2)BC·PF＝6.5．(2022·云南景洪市一中期末)一个几何体的三视图如图所示，其中俯视图与左视图均为半径是1的圆，则这个几何体的体积是()A．eq\f(4π,3) B．πC．eq\f(2π,3) D．eq\f(π,3)[答案]B[解析]由三视图知，这是一个半径为1的球，截去eq\f(1,4)，故其体积为V＝eq\f(3,4)·(eq\f(4π,3)·13)＝π.6．(2021·江西三县联考)平面α与平面β平行的条件可以是()A．α内有无穷多条直线与β平行B．直线a∥α，a∥βC．直线a⊂α，直线b⊂β，且a∥β，b∥αD．α内的任何直线都与β平行[答案]D[解析]当α∩β＝l时，α内与l平行的直线都与β平行，故A错；当α∩β＝l，a∥l，a⊄α，a⊄β时，满足B的条件，∴B错；当α∩β＝l，a⊂α，a∥l，b⊂β，b∥l时，有a∥β，b∥α，∴C错，故选D．7．(2022·长春市一调)某几何体的三视图如图(其中俯视图中的圆弧是半圆)，则该几何体的表面积为()A．92＋14π B．82＋14πC．92＋24π D．82＋24π[答案]A[解析]由三视图知，该几何体是一个组合体，下部是长宽分别为5、4，高为4的长方体，上部为底半径为2，高为5的半圆柱，故其表面积S＝5×4＋(5＋4)×2×4＋π·22＋eq\f(1,2)(2π×2×5)＝92＋14π，故选A．8．(2021·许昌、平顶山、新乡调研)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为()A．eq\f(10,3) B．10C．30 D．24＋2eq\r(5)[答案]B[解析]由三视图可知，该几何体为直四棱柱，底面为直角梯形，S底＝eq\f(1,2)×(2＋3)×2＝5，棱柱高为2，V＝5×2＝10.9．(2021·广东揭阳一中期中)下列命题中，错误的是()A．一条直线与两个平行平面中的一个相交，则必与另一个平面相交B．平行于同一平面的两个不同平面平行C．假如平面α不垂直平面β，那么平面α内确定不存在直线垂直于平面βD．若直线l不平行平面α，则在平面α内不存在与l平行的直线[答案]D[解析]当直线l在平面α内时可知D错误．10．(文)(2021·广东执信中学期中)将正方体(如图1所示)截去两个三棱锥，得到如图2所示的几何体，则该几何体的左视图为()[答案]B[解析]其左视图可考虑在原正方体中，将该几何体投射到平面BCC1B1上，则A点射影为B，D点射影为C，D1点射影为C1，AD1的射影为BC1，应为实线，DD1的射影CC1为实线，B1C应为虚线(左下到右上)，故应选(理)(2021·甘肃天水一中段测)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E1，F1分别是线段A1B1，A1C1的中点，则直线BE1与AF1A．eq\f(\r(30),10) B．eq\f(1,2)C．eq\f(\r(30),15) D．eq\f(\r(15),10)[答案]A[解析]以A为原点，直线AB、AD、AA1分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系A－xyz，设棱长为1，则B(1,0,0)，E1(eq\f(1,2)，0,1)，F1(eq\f(1,2)，eq\f(1,2)，1)，∴eq\o(AF1,\s\up6(→))＝(eq\f(1,2)，eq\f(1,2)，1)，eq\o(BE1,\s\up6(→))＝(－eq\f(1,2)，0,1)．cos〈eq\o(AF1,\s\up6(→))，eq\o(BE1,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(AF1,\s\up6(→))·\o(BE1,\s\up6(→)),|\o(AF1,\s\up6(→))||\o(BE1,\s\up6(→))|)＝eq\f(\f(3,4),\f(\r(5),2)×\f(\r(6),2))＝eq\f(\r(30),10)，故选A．11．(2021·深圳市五校联考)一个多面体的三视图如图所示，则该多面体的体积为()A．eq\f(23,3) B．eq\f(22,3)C．6 D．7[答案]A[解析]由三视图可知，该多面体是由正方体截去两个正三棱锥所成的几何体，如图，正方体棱长为2，正三棱锥侧棱相互垂直，侧棱长为1，故几何体的体积为：V＝V正方体－2V三棱锥＝2×2×2－2×(eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×1×1×1)＝eq\f(23,3).12．(2022·长沙市重点中学月考)某几何体的三视图如图所示，则它的表面积为()A．2＋eq\f(1＋\r(5),2)π B．2＋eq\f(1＋2\r(5),2)πC．2＋(1＋eq\r(5))π D．2＋eq\f(2＋\r(5),2)π[答案]A[解析]由三视图知，该几何体是倒立的半个圆锥，圆锥的底半径为1，高为2，故其表面积为S＝eq\f(1,2)π·12＋eq\f(1,2)×2×2＋eq\f(1,2)π·1·eq\r(22＋12)＝2＋eq\f(1＋\r(5),2)π，故选A．第Ⅱ卷(非选择题共90分)二、填空题(本大题共4个小题，每小题4分，共16分，把正确答案填在题中横线上．)13．(2021·甘肃天水一中段测)若某几何体的三视图如下，该几何体的体积为2，则俯视图中的x＝________.[答案]2[解析]由三视图可知，该几何体为四棱锥，高为2，底面为直角梯形，面积S＝eq\f(1,2)(1＋x)×2＝1＋x，因此V＝eq\f(1,3)Sh＝eq\f(1,3)·(1＋x)·2＝2，解得x＝2.14．(2022·成都七中模拟)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，点M是BC1的中点，P是BB1一动点，则(AP＋MP)2的最小值为________[答案]eq\f(5,2)[解析]将平面ABB1A1开放到与平面CBB1C1共面，如下图，易知当A、P、M三点共线时(AP＋MP)2AM2＝AB2＋BM2－2AB×BMcos135°＝12＋(eq\f(\r(2),2))2－2×1×eq\f(\r(2),2)×(－eq\f(\r(2),2))＝eq\f(5,2).15．(2022·海南省文昌市检测)边长是2eq\r(2)的正三角形ABC内接于体积是4eq\r(3)π的球O，则球面上的点到平面ABC的最大距离为________．[答案]eq\f(4\r(3),3)[解析]设球半径为R，则由条件知eq\f(4,3)πR3＝4eq\r(3)π，∴R＝eq\r(3)，正三角形ABC所在平面截球得截面如图，OO1⊥平面ABC(O1为△ABC的中心)，OA＝eq\r(3)，O1A＝eq\f(2,3)×eq\f(\r(3),2)×2eq\r(2)＝eq\f(2\r(6),3)，∴OO1＝eq\r(OA2－O1A2)＝eq\f(\r(3),3)，∴球面上的点到平面ABC的最大距离为PO1＝PO＋OO1＝eq\f(4\r(3),3).16．一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为________．[答案]9[解析]由三视图可得该几何体是一个三棱锥，底面是等腰三角形，底边长为6，高为3，三棱锥的高为3，所以V＝eq\f(1,3)×(eq\f(1,2)×6×3)×3＝9.三、解答题(本大题共6个小题，共74分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．)17．(本小题满分12分)(2021·石光中学月考)如图所示，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是边长为a的正方形，侧面PAD⊥底面ABCD，且PA＝PD＝eq\f(\r(2),2)AD，若E，F分别为PC，BD的中点．(1)求证：EF∥平面PAD；(2)求证：平面PDC⊥平面PAD；(3)求四棱锥P－ABCD的体积．[解析](1)连接EF，AC，∵四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是边长为a的正方形且点F为对角线BD的中点，∴对角线AC经过F点，又点E为PC的中点，∴EF为△PAC的中位线，∴EF∥PA．又PA⊂平面PAD，EF⊄平面PAD，∴EF∥平面PAD．(2)∵底面ABCD是边长为a的正方形，∴CD⊥AD，又侧面PAD⊥底面ABCD，侧面PAD∩底面ABCD＝AD，∴CD⊥平面PAD．又CD⊂平面PCD，∴平面PDC⊥平面PAD．(3)过点P作AD的垂线PG，垂足为点G，∵侧面PAD⊥底面ABCD，PG⊂平面PAD，侧面PAD∩底面ABCD＝AD，∴PG⊥平面ABCD，即PG为四棱锥P－ABCD的高，又PA＝PD＝eq\f(\r(2),2)AD且AD＝a，∴PG＝eq\f(a,2).∴V四棱锥P－ABCD＝eq\f(1,3)S正方形ABCD·PG＝eq\f(1,3)×a2×eq\f(a,2)＝eq\f(1,6)a3.18．(本小题满分12分)(文)(2022·合肥市质检)如图，在多面体ABCDFE中，底面ABCD是梯形，且AD＝DC＝CB＝eq\f(1,2)AB．直角梯形ACEF中，EF綊eq\f(1,2)AC，∠ECA是直角，且平面ACEF⊥平面ABCD．(1)求证：BC⊥AF；(2)试推断直线DF与平面BCE的位置关系，并证明你的结论．[解析](1)证明：取AB的中点H，连接CH，∵底面ABCD是梯形，且AD＝DC＝CB＝eq\f(1,2)AB，易证四边形AHCD为菱形，∴AD＝HC＝eq\f(1,2)AB，∴∠ACB＝90°，∴BC⊥AC．∵平面ACEF⊥平面ABCD，且平面ACEF∩平面ABCD＝AC，∴BC⊥平面ACEF，而AF⊂平面ACEF，故BC⊥AF.(2)DF∥平面BCE.证明如下：连接DH交AC于点M，易知M为AC的中点，连接FM.在菱形AHCD中，DM⊥AC，由第一问知BC⊥AC，故DM∥BC．在直角梯形ACEF中，EF綊CM，四边形EFMC是平行四边形，故FM∥EC．而BC，CE⊂平面BCE，BC∩CE＝C，而DM，MF⊂平面DMF，DM∩MF＝M，故平面BCE∥平面DMF，DF⊂平面DMF，从而，DF∥平面BCE.(理)(2022·天津南开中学月考)如图，三棱柱ABC－A1B1C1的底面为边长为2的等边三角形，侧棱长为eq\r(3)，且侧棱与底面垂直，D为B1C1的中点．(1)求证AC1∥平面A1BD；(2)求异面直线AC1与BD所成角的余弦值；(3)求二面角B1－A1B－D的平面角的正弦值．[解析]由于三棱柱的侧棱垂直于底面，所以平面BB1C1C⊥平面A1B在等腰三角形A1B1C1中，D为B1C∴A1D⊥B1C1，∴A1D⊥平面BB1取BC的中点E，连接DE，则直线ED，B1C1，A1D两两垂直如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，在等边三角形A1B1C1中，边长为2，所以A1D＝eq\r(3)，所以D(0,0,0)，B1(1,0,0)，C1(－1,0,0)，A1(0,0，eq\r(3))，B(1，－eq\r(3)，0)，C(－1，－eq\r(3)，0)，A(0，－eq\r(3)，eq\r(3))．(1)证明：eq\o(DA1,\s\up6(→))＝(0,0，eq\r(3))，eq\o(DB,\s\up6(→))＝(1，－eq\r(3)，0)．设平面A1BD的一个法向量为m＝(x1，y1，z1)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(3)z＝0，,x1－\r(3)y1＝0.))令y1＝eq\r(3)，则x1＝3，z1＝0.所以m＝(3，eq\r(3)，0)．又eq\o(AC1,\s\up6(→))＝(－1，eq\r(3)，－eq\r(3))，eq\o(AC1,\s\up6(→))·m＝0，∴eq\o(AC1,\s\up6(→))⊥m，又∵AC1⊄平面BDA1，∴AC1∥平面BDA1.(2)eq\o(AC1,\s\up6(→))＝(－1，eq\r(3)，－eq\r(3))，eq\o(DB,\s\up6(→))＝(1，－eq\r(3)，0)，cos〈eq\o(AC1,\s\up6(→))，eq\o(DB,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(AC1,\s\up6(→))·\o(DB,\s\up6(→)),|\o(AC1,\s\up6(→))|·|\o(DB,\s\up6(→))|)＝eq\f(－1－3,\r(7)·2)＝－eq\f(2\r(7),7).异面直线AC1与BD所成角的余弦值为eq\f(2\r(7),7).(3)eq\o(B1B,\s\up6(→))＝(0，－eq\r(3)，0)，eq\o(B1A1,\s\up6(→))＝(－1,0，eq\r(3))，设平面B1BA1的一个法向量为n＝(x2，y2，z2)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\r(3)y2＝0，,－x2＋\r(3)z2＝0.))令z2＝eq\r(3)，则x2＝3.所以n＝(3,0，eq\r(3))．cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m|·|n|)＝eq\f(9,12)＝eq\f(3,4).∴二面角B1－A1B－D的平面角的正弦值为eq\f(\r(7),4).19．(本小题满分12分)(文)(2021·江西三县联考)如图，四边形ABEF是等腰梯形，AB∥EF，AF＝BE＝2，EF＝4eq\r(2)，AB＝2eq\r(2)，ABCD是矩形．AD⊥平面ABEF，其中Q，M分别是AC，EF的中点，P是BM中点．(1)求证：PQ∥平面BCE；(2)求证：AM⊥平面BCM；(3)求点F到平面BCE的距离．[解析](1)由于AB∥EM，且AB＝EM，所以四边形ABEM为平行四边形．连接AE，则AE过点P，且P为AE中点，又Q为AC中点，所以PQ是△ACE的中位线，于是PQ∥CE.∵CE⊂平面BCE，PQ⊄平面BCE，∴PQ∥平面BCE.(2)AD⊥平面ABEF⇒BC⊥平面ABEF⇒BC⊥AM.在等腰梯形ABEF中，由AF＝BE＝2，EF＝4eq\r(2)，AB＝2eq\r(2)，可得∠BEF＝45°，BM＝AM＝2，∴AB2＝AM2＋BM2，∴AM⊥BM.又BC∩BM＝B，∴AM⊥平面BCM.(3)解法一：点F到平面BCE的距离是M到平面BCE的距离的2倍，∵EM2＝BE2＋BM2，∴MB⊥BE，∵MB⊥BC，BC∩BE＝B，∴MB⊥平面BCE，∴d＝2MB＝4.解法二：VC－BEF＝eq\f(1,3)S△BEF·BC＝eq\f(4,3)BC，VF－BCE＝eq\f(1,3)S△BCE·d＝eq\f(d,3)BC．∵VC－BEF＝VF－BCE，∴d＝4.(理)(2022·成都七中模拟)如图，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是平行四边形，PG⊥平面ABCD，垂足为G，G在AD上且AG＝eq\f(1,3)GD，GB⊥GC，GB＝GC＝2，E是BC的中点，四周体P－BCG的体积为eq\f(8,3).(1)求过P、C、B、G四点的球的表面积；(2)求直线DP与平面PBG所成角的正弦值；(3)在棱PC上是否存在一点F，使DF⊥GC，若存在，确定点F的位置，若不存在，说明理由．[解析](1)∵四周体P－BCG的体积为eq\f(8,3)，GB⊥GC，GB＝GC＝2，PG⊥平面ABCD，∴PG＝4，以GP，GB，GC为棱构造长方体，外接球的直径为长方体的对角线．∴(2R)2＝16＋4＋4，∴R＝eq\r(6)，∴S＝4π×6＝24π.(2)∵GB＝GC＝2，∠BGC＝eq\f(π,2)，E为BC的中点，∴GE＝eq\r(2)，BGsin∠AGB＝eq\r(2)，∴∠AGB＝eq\f(π,4)，作DK⊥BG交BG的延长线于K，∴DK⊥平面BPG，∵BC＝eq\r(BG2＋CG2)＝2eq\r(2)，∴DG＝eq\f(3,4)BC＝eq\f(3\r(2),2)，∴DK＝GK＝eq\f(3,2)，PD＝eq\r(\f(41,2)).设直线DP与平面PBG所成角为α，∴sinα＝eq\f(DK,DP)＝eq\f(3\r(82),82).(3)假设F存在，过F作FF′⊥GC交GC于F′，则必有DF′⊥GC．由于AG＝eq\f(1,3)GD，且AD＝2eq\r(2)，所以GD＝eq\f(3,2)eq\r(2)，又∠DGF′＝45°，∴GF′＝eq\f(3,2)＝eq\f(3,4)GC，∴PF＝eq\f(3,4)PC．∴当eq\f(CF,CP)＝eq\f(1,4)时满足条件．20．(本小题满分12分)(2021·大连市二十中期中)如图，四边形ABCD中，AB⊥AD，AD∥BC，AD＝6，BC＝4，AB＝2，E、F分别在BC、AD上，EF∥AB．现将四边形ABEF沿EF折起，使得平面ABEF⊥平面EFDC．(1)当BE＝1时，是否在折叠后的AD上存在一点P，使得CP∥平面ABEF？若存在，指出P点位置，若不存在，说明理由；(2)设BE＝x，问当x为何值时，三棱锥A－CDF的体积有最大值？并求出这个最大值．[解析](1)存在点P使得满足条件CP∥平面ABEF，且此时eq\f(AP,AD)＝eq\f(3,5).证明如下：eq\f(AP,AD)＝eq\f(3,5)，过点P作MP∥FD，与AF交于点M，则有eq\f(MP,FD)＝eq\f(3,5)，又FD＝5，故MP＝3，又由于EC＝3，MP∥FD∥EC，故有MP綊EC，故四边形MPCE为平行四边形，所以PC∥ME，又CP⊄平面ABEF，ME⊂平面ABEF，故有CP∥平面ABEF成立．(2)由于平面ABEF⊥平面EFDC，平面ABEF∩平面EFDC＝EF，又AF⊥EF，所以AF⊥平面EFDC．由已知BE＝x，所以AF＝x(0<x<4)，FD＝6－x.故VA－CDF＝eq\f(1,3)·(eq\f(1,2)DF·EF)·AF＝eq\f(1,3)·eq\f(1,2)·2·(6－x)·x＝eq\f(1,3)(6x－x2)＝eq\f(1,3)[－(x－3)2＋9]＝－eq\f(1,3)(x－3)2＋3.所以，当x＝3时，VA－CDF有最大值，最大值为3.21．(本小题满分12分)(文)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，BC＝eq\r(2)，AB＝AC＝AA1＝1，D是棱CC1上的一点，P是AD的延长线与A1C1的延长线的交点，且PB1∥平面BDA1.(2)求证：CD＝C1D；(2)求点C到平面B1DP的距离．[解析](1)证明：连接B1A交BA1于O∵PB1∥平面BDA1，B1P⊂平面AB1P，平面AB1P∩平面BA1D＝OD，∴B1P∥OD．又∵O为B1A∴D为AP的中点，∴C1为A1P的中点，∴△ACD≌△PC1D，∴CD＝C1D；(2)由于VC－B1PD＝VB1－PCD所以eq\f(1,3)h·S△B1PD＝eq\f(1,3)A1B1·S△PCD，∵A1B1＝1，S△PCD＝eq\f(1,2)CD·PC1＝eq\f(1,4)，在△B1PD中，B1D＝eq\f(3,2)，B1P＝eq\r(5)，PD＝eq\f(\r(5),2)，∴cos∠DB1P＝eq\f(2\r(5),5)，sin∠DB1P＝eq\f(\r(5),5).∴S△B1PD＝eq\f(1,2)×eq\f(3,2)×eq\r(5)×eq\f(\r(5),5)＝eq\f(3,4)，∴h＝eq\f(1,3).(理)(2022·康杰中学、临汾一中、忻州一中、长治二中四校联考)如图，四边形ABCD与BDEF均为菱形，设AC与BD相交于点O，若∠DAB＝∠DBF＝60°，且FA＝FC．(1)求证：FC∥平面EAD；(2)求二面角A－FC－B的余弦值．[解析](1)证明：∵四边形ABCD与BDEF均为菱形，∴AD∥BC，DE∥BF.∵AD⊄平面FBC，DE⊄平面FBC，∴AD∥平面FBC，DE∥平面FBC，又AD∩DE＝D，AD⊂平面EAD，DE⊂平面EAD，∴平面FBC∥平面EAD，又FC⊂平面FBC，∴FC∥平面EAD．(2)连接FO、FD，∵四边形BDEF为菱形，且∠DBF＝60°，∴△DBF为等边三角形，∵O为BD中点．所以FO⊥BD，O为AC中点，且FA＝FC，∴AC⊥FO，又AC∩BD＝O，∴FO⊥平面ABCD，∴OA、OB、OF两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz，设AB＝2，由于四边形ABCD为菱形，∠DAB＝60°，则BD＝2，OB＝1，OA＝OF＝eq\r(3)，∴O(0,0,0)，A(eq\r(3)，0,0)，B(0,1,0)，C(－eq\r(3)，0,0)，F(0,0，eq\r(3))，∴eq\o(CF,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，0，eq\r(3))，eq\o(CB,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，1,0)，设平面BFC的一个法向量为n＝(x，y，z)，则有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(CF,\s\up6(→))＝0，,n·\o(CB,\s\up6(→))＝0，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(3)x＋\r(3)z＝0，,\r(3)x＋y＝0，))令x＝1，则n＝(1，－eq\r(3)，－1)，∵BD⊥平面AFC，∴平面AFC的一个法向量为eq\o(OB,\s\up6(→))＝(0,1,0)．∵二面角A－FC－B为锐二面角，设二面角的平面角为θ，∴cosθ＝|cos〈n，eq\o(OB,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|n·\o(OB,\s\up6(→))|,|n|·|\o(OB,\s\up6(→))|)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\v