2020年高考數(shù)學空間幾何高考真題

2017年高考數(shù)學空間幾何高考真題一．選擇題（共9小題）1．如圖，在下列四個正方體中，A，B為正方體的兩個頂點，M，N，Q為所在棱的中點，則在這四個正方體中，直線AB與平面MNQ不平行的是（）A．2．已知圓柱的高為1，它的兩個底面的圓周在直徑為2的同一個球的球面上，則該圓柱的體積為（）A．πB．C．D．B．C．D．3．在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，E為棱CD的中點，則（）A．A1E⊥DC1B．A1E⊥BDC．A1E⊥BC1D．A1E⊥AC4．某三棱錐的三視圖如圖所示，則該三棱錐的體積為（）A．60B．30C．20D．105．某幾何體的三視圖如圖所示（單位：cm），則該幾何體的體積（單位：cm2）是（）A．+1B．+3C．+1D．+36．如圖，已知正四面體D﹣ABC（所有棱長均相等的三棱錐），P、Q、R分別為AB、BC、CA上的點，AP=PB，=2，分別記二面角D﹣PR﹣Q，D﹣PQ﹣R，D﹣QR﹣P的平面角為α、β、γ，則（）=A．γ＜α＜βB．α＜γ＜βC．α＜β＜γD．β＜γ＜α7．如圖，網(wǎng)格紙上小正方形的邊長為1，粗實線畫出的是某幾何體的三視圖，該幾何體由一平面將一圓柱截去一部分后所得，則該幾何體的體積為（）A．90πB．63πC．42πD．36π1．某多面體的三視圖如圖所示，其中正視圖和左視圖都由正方形和等腰直角三角形組成，正方形的邊長為2，俯視圖為等腰直角三角形，該多面體的各個面中有若干個是梯形，這些梯形的面積之和為（）A．10B．12C．14D．162．已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠ABC=120°，AB=2，BC=CC1=1，則異面直線AB1與BC1所成角的余弦值為（）A．B．C．D．二．填空題（共5小題）8．已知三棱錐S﹣ABC的所有頂點都在球O的球面上，SC是球O的直徑．若平面SCA⊥平面SCB，SA=AC，SB=BC，三棱錐S﹣ABC的體積為9，則球O的表面積為．9．長方體的長、寬、高分別為3，2，1，其頂點都在球O的球面上，則球O的表面積為．10．已知一個正方體的所有頂點在一個球面上，若這個正方體的表面積為18，則這個球的體積為．11．由一個長方體和兩個圓柱體構(gòu)成的幾何體的三視圖如圖，則該幾何體的體積為．12．如圖，在圓柱O1O2內(nèi)有一個球O，該球與圓柱的上、下底面及母線均相切，記圓柱O1O2的體積為V1，球O的體積為V2，則的值是．三．解答題（共9小題）13．如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，AB∥CD，且∠BAP=∠CDP=90°．（1）證明：平面PAB⊥平面PAD；（2）若PA=PD=AB=DC，∠APD=90°，且四棱錐P﹣ABCD的體積為，求該四棱錐的側(cè)面積．14．如圖，四棱錐P﹣ABCD中，側(cè)面PAD為等邊三角形且垂直于底面ABCD，AB=BC=AD，∠BAD=∠ABC=90°．（1）證明：直線BC∥平面PAD；（2）若△PCD面積為2，求四棱錐P﹣ABCD的體積．15．如圖四面體ABCD中，△ABC是正三角形，AD=CD．（1）證明：AC⊥BD；（2）已知△ACD是直角三角形，AB=BD，若E為棱BD上與D不重合的點，且AE⊥EC，求四面體ABCE與四面體ACDE的體積比．16．如圖，直三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面為直角三角形，兩直角邊AB和AC的長分別為4和2，側(cè)棱AA1的長為5．（1）求三棱柱ABC﹣A1B1C1的體積；（2）設(shè)M是BC中點，求直線A1M與平面ABC所成角的大?。?7．如圖，在三棱錐P﹣ABC中，PA⊥AB，PA⊥BC，AB⊥BC，PA=AB=BC=2，D為線段AC的中點，E為線段PC上一點．（1）求證：PA⊥BD；（2）求證：平面BDE⊥平面PAC；（3）當PA∥平面BDE時，求三棱錐E﹣BCD的體積．18．如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，AD⊥平面PDC，AD∥BC，PD⊥PB，AD=1，BC=3，CD=4，PD=2．（Ⅰ）求異面直線AP與BC所成角的余弦值；（Ⅱ）求證：PD⊥平面PBC；（Ⅲ）求直線AB與平面PBC所成角的正弦值．19．如圖，已知四棱錐P﹣ABCD，△PAD是以AD為斜邊的等腰直角三角形，BC∥AD，CD⊥AD，PC=AD=2DC=2CB，E為PD的中點．（Ⅰ）證明：CE∥平面PAB；（Ⅱ）求直線CE與平面PBC所成角的正弦值．20．由四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1截去三棱錐C1﹣B1CD1后得到的幾何體如圖所示，四邊形ABCD為正方形，O為AC與BD的交點，E為AD的中點，A1E⊥平面ABCD，（Ⅰ）證明：A1O∥平面B1CD1；（Ⅱ）設(shè)M是OD的中點，證明：平面A1EM⊥平面B1CD1．21．如圖，在三棱錐A﹣BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，點E、F（E與A、D不重合）分別在棱AD，BD上，且EF⊥AD．求證：（1）EF∥平面ABC；（2）AD⊥AC．3．如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，AB∥CD，且∠BAP=∠CDP=90°．（1）證明：平面PAB⊥平面PAD；（2）若PA=PD=AB=DC，∠APD=90°，求二面角A﹣PB﹣C的余弦值．4．如圖，四棱錐P﹣ABCD中，側(cè)面PAD為等邊三角形且垂直于底面ABCD，AB=BC=AD，∠BAD=∠ABC=90°，E是PD的中點．（1）證明：直線CE∥平面PAB；（2）點M在棱PC上，且直線BM與底面ABCD所成角為45°，求二面角M﹣AB﹣D的余弦值．5．如圖，四面體ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形，∠ABD=∠CBD，AB=BD．（1）證明：平面ACD⊥平面ABC；（2）過AC的平面交BD于點E，若平面AEC把四面體ABCD分成體積相等的兩部分，求二面角D﹣AE﹣C的余弦值．6．如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD為正方形，平面PAD⊥平面ABCD，點M在線段PB上，PD∥平面MAC，PA=PD=，AB=4．（1）求證：M為PB的中點；（2）求二面角B﹣PD﹣A的大??；（3）求直線MC與平面BDP所成角的正弦值．7．如圖，在三棱錐P﹣ABC中，PA⊥底面ABC，∠BAC=90°．點D，E，N分別為棱PA，PC，BC的中點，M是線段AD的中點，PA=AC=4，AB=2．（Ⅰ）求證：MN∥平面BDE；（Ⅱ）求二面角C﹣EM﹣N的正弦值；（Ⅲ）已知點H在棱PA上，且直線NH與直線BE所成角的余弦值為，求線段AH的長．8．如圖，幾何體是圓柱的一部分，它是由矩形ABCD（及其內(nèi)部）以AB邊所在直線為旋轉(zhuǎn)軸旋轉(zhuǎn)120°得到的，G是的中點．（Ⅰ）設(shè)P是上的一點，且AP⊥BE，求∠CBP的大??；（Ⅱ）當AB=3，AD=2時，求二面角E﹣AG﹣C的大?。?017年高考數(shù)學空間幾何高考真題參考答案與試題解析一．選擇題（共7小題）1．如圖，在下列四個正方體中，A，B為正方體的兩個頂點，M，N，Q為所在棱的中點，則在這四個正方體中，直線AB與平面MNQ不平行的是（）A．B．C．D．【解答】解：對于選項B，由于AB∥MQ，結(jié)合線面平行判定定理可知B不滿足題意；對于選項C，由于AB∥MQ，結(jié)合線面平行判定定理可知C不滿足題意；對于選項D，由于AB∥NQ，結(jié)合線面平行判定定理可知D不滿足題意；所以選項A滿足題意，故選：A．2．已知圓柱的高為1，它的兩個底面的圓周在直徑為2的同一個球的球面上，則該圓柱的體積為（）A．πB．C．D．【解答】解：∵圓柱的高為1，它的兩個底面的圓周在直徑為2的同一個球的球面上，∴該圓柱底面圓周半徑r==，∴該圓柱的體積：V=Sh=故選：B．=．3．在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，E為棱CD的中點，則（）A．A1E⊥DC1B．A1E⊥BDC．A1E⊥BC1D．A1E⊥AC【解答】解：法一：連B1C，由題意得BC1⊥B1C，∵A1B1⊥平面B1BCC1，且BC1?平面B1BCC1，∴A1B1⊥BC1，∵A1B1∩B1C=B1，∴BC1⊥平面A1ECB1，∵A1E?平面A1ECB1，∴A1E⊥BC1．故選：C．法二：以D為原點，DA為x軸，DC為y軸，DD1為z軸，建立空間直角坐標系，設(shè)正方體ABCD﹣A1B1C1D1中棱長為2，則A1（2，0，2），E（0，1，0），B（2，2，0），D（0，0，0），C1（0，2，2），A（2，0，0），C（0，2，0），=（﹣2，1，﹣2），=（﹣2，0，2），=（﹣2，2，0），=﹣2，=2，=0，=（0，2，2），=（﹣2，﹣2，0），∵?=6，∴A1E⊥BC1．故選：C．4．某三棱錐的三視圖如圖所示，則該三棱錐的體積為（）A．60B．30C．20D．10【解答】解：由三視圖可知：該幾何體為三棱錐，該三棱錐的體積=故選：D．=10．5．某幾何體的三視圖如圖所示（單位：cm），則該幾何體的體積（單位：cm2）是（）A．+1B．+3C．+1D．+3【解答】解：由幾何的三視圖可知，該幾何體是圓錐的一半和一個三棱錐組成，圓錐的底面圓的半徑為1，三棱錐的底面是底邊長2的等腰直角三角形，圓錐的高和棱錐的高相等均為3，故該幾何體的體積為××π×12×3+××故選：A××3=+1，6．如圖，已知正四面體D﹣ABC（所有棱長均相等的三棱錐），P、Q、R分別為AB、BC、CA上的點，AP=PB，=2，分別記二面角D﹣PR﹣Q，D﹣PQ﹣R，D﹣QR﹣P的平面角為α、β、γ，則（）=A．γ＜α＜βB．α＜γ＜βC．α＜β＜γD．β＜γ＜α【解答】解法一：如圖所示，建立空間直角坐標系．設(shè)底面△ABC的中心為O．不妨設(shè)OP=3．則O（0，0，0），P（0，﹣3，0），C（0，﹣6，0），D（0，0，6），Q，R，=，=（0，3，6），=（，5，0），=，=．設(shè)平面PDR的法向量為=（x，y，z），則，可得，可得=，取平面ABC的法向量=（0，0，1）．則cos==，取α=arccos．同理可得：β=arccos．γ=arccos．∵＞＞．∴α＜γ＜β．解法二：如圖所示，連接OP，OQ，OR，過點O分別作垂線：OE⊥PR，OF⊥PQ，OG⊥QR，垂足分別為E，F(xiàn)，G，連接DE，DF，DG．設(shè)OD=h．則tanα=．同理可得：tanβ=，tanγ=．由已知可得：OE＞OG＞OF．∴tanα＜tanγ＜tanβ，α，β，γ為銳角．∴α＜γ＜β．故選：B．7．如圖，網(wǎng)格紙上小正方形的邊長為1，粗實線畫出的是某幾何體的三視圖，該幾何體由一平面將一圓柱截去一部分后所得，則該幾何體的體積為（）A．90πB．63πC．42πD．36π【解答】解：由三視圖可得，直觀圖為一個完整的圓柱減去一個高為6的圓柱的一半，V=π?32×10﹣?π?32×6=63π，故選：B．1．某多面體的三視圖如圖所示，其中正視圖和左視圖都由正方形和等腰直角三角形組成，正方形的邊長為2，俯視圖為等腰直角三角形，該多面體的各個面中有若干個是梯形，這些梯形的面積之和為（）A．10B．12C．14D．16【解答】解：由三視圖可畫出直觀圖，該立體圖中只有兩個相同的梯形的面，S梯形=×2×（2+4）=6，∴這些梯形的面積之和為6×2=12，故選：B2．已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠ABC=120°，AB=2，BC=CC1=1，則異面直線AB1與BC1所成角的余弦值為（）A．B．C．D．【解答】解：【解法一】如圖所示，設(shè)M、N、P分別為AB，BB1和B1C1的中點，則AB1、BC1夾角為MN和NP夾角或其補角（因異面直線所成角為（0，]），可知MN=AB1=，NP=BC1=；作BC中點Q，則△PQM為直角三角形；∵PQ=1，MQ=AC，△ABC中，由余弦定理得AC2=AB2+BC2﹣2AB?BC?cos∠ABC=4+1﹣2×2×1×（﹣）=7，∴AC=，∴MQ=；在△MQP中，MP==；在△PMN中，由余弦定理得cos∠MNP===﹣；又異面直線所成角的范圍是（0，]，∴AB1與BC1所成角的余弦值為．【解法二】如圖所示，補成四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1，求∠BC1D即可；BC1=，BD==，C1D=，∴+BD2=，∴∠DBC1=90°，∴cos∠BC1D==．二．填空題（共5小題）8．已知三棱錐S﹣ABC的所有頂點都在球O的球面上，SC是球O的直徑．若平面SCA⊥平面SCB，SA=AC，SB=BC，三棱錐S﹣ABC的體積為9，則球O的表面積為36π．【解答】解：三棱錐S﹣ABC的所有頂點都在球O的球面上，SC是球O的直徑，若平面SCA⊥平面SCB，SA=AC，SB=BC，三棱錐S﹣ABC的體積為9，可知三角形SBC與三角形SAC都是等腰直角三角形，設(shè)球的半徑為r，可得，解得r=3．球O的表面積為：4πr2=36π．故答案為：36π．9．長方體的長、寬、高分別為3，2，1，其頂點都在球O的球面上，則球O的表面積為14π．【解答】解：長方體的長、寬、高分別為3，2，1，其頂點都在球O的球面上，可知長方體的對角線的長就是球的直徑，所以球的半徑為：=．則球O的表面積為：4×故答案為：14π．=14π．10．已知一個正方體的所有頂點在一個球面上，若這個正方體的表面積為18，則這個球的體積為．【解答】解：設(shè)正方體的棱長為a，∵這個正方體的表面積為18，∴6a2=18，則a2=3，即a=，∵一個正方體的所有頂點在一個球面上，∴正方體的體對角線等于球的直徑，即a=2R，即R=，則球的體積V=π?（）3=；故答案為：．11．由一個長方體和兩個圓柱體構(gòu)成的幾何體的三視圖如圖，則該幾何體的體積為2+．【解答】解：由長方體長為2，寬為1，高為1，則長方體的體積V1=2×1×1=2，圓柱的底面半徑為1，高為1，則圓柱的體積V2=×π×12×1=，則該幾何體的體積V=V1+2V1=2+，故答案為：2+．12．如圖，在圓柱O1O2內(nèi)有一個球O，該球與圓柱的上、下底面及母線均相切，記圓柱O1O2的體積為V1，球O的體積為V2，則的值是．【解答】解：設(shè)球的半徑為R，則球的體積為：圓柱的體積為：πR2?2R=2πR3．R3，則==．故答案為：．三．解答題（共9小題）13．如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，AB∥CD，且∠BAP=∠CDP=90°．（1）證明：平面PAB⊥平面PAD；（2）若PA=PD=AB=DC，∠APD=90°，且四棱錐P﹣ABCD的體積為，求該四棱錐的側(cè)面積．【解答】證明：（1）∵在四棱錐P﹣ABCD中，∠BAP=∠CDP=90°，∴AB⊥PA，CD⊥PD，又AB∥CD，∴AB⊥PD，∵PA∩PD=P，∴AB⊥平面PAD，∵AB?平面PAB，∴平面PAB⊥平面PAD．解：（2）設(shè)PA=PD=AB=DC=a，取AD中點O，連結(jié)PO，∵PA=PD=AB=DC，∠APD=90°，平面PAB⊥平面PAD，∴PO⊥底面ABCD，且AD==，PO=，∵四棱錐P﹣ABCD的體積為，∴VP﹣ABCD=====，解得a=2，∴PA=PD=AB=DC=2，AD=BC=2，PO=，∴PB=PC==2，∴該四棱錐的側(cè)面積：S側(cè)=S△PAD+S△PAB+S△PDC+S△PBC=+++==6+2．14．如圖，四棱錐P﹣ABCD中，側(cè)面PAD為等邊三角形且垂直于底面ABCD，AB=BC=AD，∠BAD=∠ABC=90°．（1）證明：直線BC∥平面PAD；（2）若△PCD面積為2，求四棱錐P﹣ABCD的體積．【解答】（1）證明：四棱錐P﹣ABCD中，∵∠BAD=∠ABC=90°．∴BC∥AD，∵AD?平面PAD，BC?平面PAD，∴直線BC∥平面PAD；（2）解：四棱錐P﹣ABCD中，側(cè)面PAD為等邊三角形且垂直于底面ABCD，AB=BC=AD，∠BAD=∠ABC=90°．設(shè)AD=2x，則AB=BC=x，CD=，O是AD的中點，連接PO，OC，CD的中點為：E，連接OE，則OE=，PO=，PE==，△PCD面積為2，可得：=2，即：，解得x=2，PE=2．則VP﹣ABCD=×（BC+AD）×AB×PO==4．15．如圖四面體ABCD中，△ABC是正三角形，AD=CD．（1）證明：AC⊥BD；（2）已知△ACD是直角三角形，AB=BD，若E為棱BD上與D不重合的點，且AE⊥EC，求四面體ABCE與四面體ACDE的體積比．【解答】證明：（1）取AC中點O，連結(jié)DO、BO，∵△ABC是正三角形，AD=CD，∴DO⊥AC，BO⊥AC，∵DO∩BO=O，∴AC⊥平面BDO，∵BD?平面BDO，∴AC⊥BD．解：（2）法一：連結(jié)OE，由（1）知AC⊥平面OBD，∵OE?平面OBD，∴OE⊥AC，設(shè)AD=CD=，則OC=OA=1，∴E是線段AC垂直平分線上的點，∴EC=EA=CD=，由余弦定理得：cos∠CBD==，即，解得BE=1或BE=2，∵BE＜＜BD=2，∴BE=1，∴BE=ED，∵四面體ABCE與四面體ACDE的高都是點A到平面BCD的高h，∵BE=ED，∴S△DCE=S△BCE，∴四面體ABCE與四面體ACDE的體積比為1．法二：設(shè)AD=CD=，則AC=AB=BC=BD=2，AO=CO=DO=1，∴BO==，∴BO2+DO2=BD2，∴BO⊥DO，以O(shè)為原點，OA為x軸，OB為y軸，OD為z軸，建立空間直角坐標系，則C（﹣1，0，0），D（0，0，1），B（0，，0），A（1，0，0），設(shè)E（a，b，c），﹣λ），，（0≤λ≤1），則（a，b，c﹣1）=λ（0，，﹣1），解得E（0，，1∴=（1，），=（﹣1，），∵AE⊥EC，∴=﹣1+3λ2+（1﹣λ）2=0，，∴DE=BE，由λ∈[0，1]，解得∵四面體ABCE與四面體ACDE的高都是點A到平面BCD的高h，∵DE=BE，∴S△DCE=S△BCE，∴四面體ABCE與四面體ACDE的體積比為1．16．如圖，直三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面為直角三角形，兩直角邊AB和AC的長分別為4和2，側(cè)棱AA1的長為5．（1）求三棱柱ABC﹣A1B1C1的體積；（2）設(shè)M是BC中點，求直線A1M與平面ABC所成角的大小．【解答】解：（1）∵直三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面為直角三角形，兩直角邊AB和AC的長分別為4和2，側(cè)棱AA1的長為5．∴三棱柱ABC﹣A1B1C1的體積：V=S△ABC×AA1===20．（2）連結(jié)AM，∵直三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面為直角三角形，兩直角邊AB和AC的長分別為4和2，側(cè)棱AA1的長為5，M是BC中點，=∴AA1⊥底面ABC，AM=，∴∠A1MA是直線A1M與平面ABC所成角，tan∠A1MA===，∴直線A1M與平面ABC所成角的大小為arctan．17．如圖，在三棱錐P﹣ABC中，PA⊥AB，PA⊥BC，AB⊥BC，PA=AB=BC=2，D為線段AC的中點，E為線段PC上一點．（1）求證：PA⊥BD；（2）求證：平面BDE⊥平面PAC；（3）當PA∥平面BDE時，求三棱錐E﹣BCD的體積．【解答】解：（1）證明：由PA⊥AB，PA⊥BC，AB?平面ABC，BC?平面ABC，且AB∩BC=B，可得PA⊥平面ABC，由BD?平面ABC，可得PA⊥BD；（2）證明：由AB=BC，D為線段AC的中點，可得BD⊥AC，由PA⊥平面ABC，PA?平面PAC，可得平面PAC⊥平面ABC，又平面ABC∩平面ABC=AC，BD?平面ABC，且BD⊥AC，即有BD⊥平面PAC，BD?平面BDE，可得平面BDE⊥平面PAC；（3）PA∥平面BDE，PA?平面PAC，且平面PAC∩平面BDE=DE，可得PA∥DE，又D為AC的中點，可得E為PC的中點，且DE=PA=1，由PA⊥平面ABC，可得DE⊥平面ABC，可得S△BDC=S△ABC=××2×2=1，則三棱錐E﹣BCD的體積為DE?S△BDC=×1×1=．18．如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，AD⊥平面PDC，AD∥BC，PD⊥PB，AD=1，BC=3，CD=4，PD=2．（Ⅰ）求異面直線AP與BC所成角的余弦值；（Ⅱ）求證：PD⊥平面PBC；（Ⅲ）求直線AB與平面PBC所成角的正弦值．【解答】解：（Ⅰ）如圖，由已知AD∥BC，故∠DAP或其補角即為異面直線AP與BC所成的角．因為AD⊥平面PDC，所以AD⊥PD．在Rt△PDA中，由已知，得，故．所以，異面直線AP與BC所成角的余弦值為．證明：（Ⅱ）因為AD⊥平面PDC，直線PD?平面PDC，所以AD⊥PD．又因為BC∥AD，所以PD⊥BC，又PD⊥PB，所以PD⊥平面PBC．解：（Ⅲ）過點D作AB的平行線交BC于點F，連結(jié)PF，則DF與平面PBC所成的角等于AB與平面PBC所成的角．因為PD⊥平面PBC，故PF為DF在平面PBC上的射影，所以∠DFP為直線DF和平面PBC所成的角．由于AD∥BC，DF∥AB，故BF=AD=1，由已知，得CF=BC﹣BF=2．又AD⊥DC，故BC⊥DC，在Rt△DCF中，可得．所以，直線AB與平面PBC所成角的正弦值為．19．如圖，已知四棱錐P﹣ABCD，△PAD是以AD為斜邊的等腰直角三角形，BC∥AD，CD⊥AD，PC=AD=2DC=2CB，E為PD的中點．（Ⅰ）證明：CE∥平面PAB；（Ⅱ）求直線CE與平面PBC所成角的正弦值．【解答】證明：（Ⅰ）取AD的中點F，連結(jié)EF，CF，∵E為PD的中點，∴EF∥PA，在四邊形ABCD中，BC∥AD，AD=2DC=2CB，F(xiàn)為中點，∴CF∥AB，∴平面EFC∥平面ABP，∵EC?平面EFC，∴EC∥平面PAB．解：（Ⅱ）連結(jié)BF，過F作FM⊥PB于M，連結(jié)PF，∵PA=PD，∴PF⊥AD，推導出四邊形BCDF為矩形，∴BF⊥AD，∴AD⊥平面PBF，又AD∥BC，∴BC⊥平面PBF，∴BC⊥PB，設(shè)DC=CB=1，則AD=PC=2，∴PB=，BF=PF=1，∴MF=，又BC⊥平面PBF，∴BC⊥MF，∴MF⊥平面PBC，即點F到平面PBC的距離為，∵MF=，D到平面PBC的距離應該和MF平行且相等，為，E為PD中點，E到平面PBC的垂足也為垂足所在線段的中點，即中位線，∴E到平面PBC的距離為，在，由余弦定理得CE=，設(shè)直線CE與平面PBC所成角為θ，則sinθ==．20．由四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1截去三棱錐C1﹣B1CD1后得到的幾何體如圖所示，四邊形ABCD為正方形，O為AC與BD的交點，E為AD的中點，A1E⊥平面ABCD，（Ⅰ）證明：A1O∥平面B1CD1；（Ⅱ）設(shè)M是OD的中點，證明：平面A1EM⊥平面B1CD1．【解答】證明：（Ⅰ）取B1D1中點G，連結(jié)A1G、CG，∵四邊形ABCD為正方形，O為AC與BD的交點，∴四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1截去三棱錐C1﹣B1CD1后，A1GOC，∴四邊形OCGA1是平行四邊形，∴A1O∥CG，∵A1O?平面B1CD1，CG?平面B1CD1，∴A1O∥平面B1CD1．（Ⅱ）四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1截去三棱錐C1﹣B1CD1后，BDB1D1，∵M是OD的中點，O為AC與BD的交點，E為AD的中點，A1E⊥平面ABCD，又BD?平面ABCD，∴BD⊥A1E，∵四邊形ABCD為正方形，O為AC與BD的交點，∴AO⊥BD，∵M是OD的中點，E為AD的中點，∴EM⊥BD，∵A1E∩EM=E，∴BD⊥平面A1EM，∵BD∥B1D1，∴B1D1⊥平面A1EM，∵B1D1?平面B1CD1，∴平面A1EM⊥平面B1CD1．21．如圖，在三棱錐A﹣BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，點E、F（E與A、D不重合）分別在棱AD，BD上，且EF⊥AD．求證：（1）EF∥平面ABC；（2）AD⊥AC．【解答】證明：（1）因為AB⊥AD，EF⊥AD，且A、B、E、F四點共面，所以AB∥EF，又因為EF?平面ABC，AB?平面ABC，所以由線面平行判定定理可知：EF∥平面ABC；（2）在線段CD上取點G，連結(jié)FG、EG使得FG∥