適用于新教材2025版高中數(shù)學(xué)單元素養(yǎng)檢測(cè)三第八章立體幾何初步新人教A版必修第二冊(cè)

PAGE單元素養(yǎng)檢測(cè)(三)(第八章)(120分鐘150分)一、單項(xiàng)選擇題(本大題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)符合題目要求)1．用隨意一個(gè)平面截一個(gè)幾何體，各個(gè)截面都是圓面，則這個(gè)幾何體肯定是()A．圓柱 B．圓錐C．球體 D．圓柱、圓錐、球體的組合體【解析】選C.截面是隨意的且都是圓面，則該幾何體為球體．2．某中學(xué)開展勞動(dòng)實(shí)習(xí)，學(xué)習(xí)加工制作食品包裝盒．現(xiàn)有一張邊長(zhǎng)為6的正六邊形硬紙片，如圖所示，裁掉陰影部分，然后按虛線處折成高為eq\r(3)的正六棱柱無蓋包裝盒，則此包裝盒的體積為()A.144B．72C．36D．24【解析】選B.如圖，由正六邊形的每個(gè)內(nèi)角為eq\f(2π,3)，按虛線處折成高為eq\r(3)的正六棱柱，即BF＝eq\r(3)，所以BE＝eq\f(BF,tan60°)＝1可得正六棱柱底邊邊長(zhǎng)AB＝6－2×1＝4，所以正六棱柱體積：V＝6×eq\f(1,2)×4×4×eq\f(\r(3),2)×eq\r(3)＝72.3．(2024·內(nèi)江高一檢測(cè))設(shè)A，B，C，D是同一個(gè)半徑為6的球的球面上四點(diǎn)，且ABC是邊長(zhǎng)為9的正三角形，則三棱錐D-ABC體積的最大值為()A．eq\f(81\r(2),4)B．eq\f(81\r(3),4)C．eq\f(243\r(2),4)D．eq\f(243\r(3),4)【解析】選D.如圖，M是△ABC外心，即△ABC所在截面圓圓心，O是球心，MB＝eq\f(2,3)×eq\f(\r(3),2)×9＝3eq\r(3)，OB＝6，OM⊥平面ABC，BM?平面ABC，則OM⊥BM，所以O(shè)M＝eq\r(OB2－BM2)＝3，當(dāng)D是MO的延長(zhǎng)線與球面交點(diǎn)時(shí)，三棱錐D－ABC體積的最大，此時(shí)棱錐的高為DM＝3＋6＝9，S△ABC＝eq\f(1,2)×92×sin60°＝eq\f(81\r(3),4)，所以棱錐體積為V＝eq\f(1,3)S△ABC·DM＝eq\f(1,3)×eq\f(81\r(3),4)×9＝eq\f(243\r(3),4).4．(2024·全國(guó)卷Ⅱ)設(shè)α，β為兩個(gè)平面，則α∥β的充要條件是()A．α內(nèi)有多數(shù)條直線與β平行B．α內(nèi)有兩條相交直線與β平行C．α，β平行于同一條直線D．α，β垂直于同一平面【解析】選B.當(dāng)α內(nèi)有多數(shù)條直線與β平行，也可能兩平面相交，故A錯(cuò)．同樣當(dāng)α，β平行于同一條直線或α，β垂直于同一平面時(shí)，兩平面也可能相交，故C，D錯(cuò)．由面面平行的判定定理可得B正確．5．(2024·唐山高一檢測(cè))沙漏也叫沙鐘，是一種測(cè)量時(shí)間的裝置，基本模型可以看成是由兩個(gè)圓錐組成，圓錐的底面直徑和高均為a，細(xì)沙全部在上部時(shí)，其高度為圓錐高度的eq\f(2,3)，當(dāng)細(xì)沙全部漏入下部的圓錐后，恰好堆成一個(gè)蓋住沙漏底部的圓錐形沙堆，則此沙堆的側(cè)面積與細(xì)沙全都在上部時(shí)的圓錐側(cè)面積之比為()A.eq\f(\r(197),3)B．eq\f(\r(127),6)C．eq\f(\r(197),12)D．eq\f(\r(127),12)【解析】選C.當(dāng)細(xì)沙全部在上部時(shí)，圓錐的底面半徑為eq\f(a,3)，高為eq\f(2a,3)，則圓錐的母線長(zhǎng)為eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2a,3)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(5),3)a，周長(zhǎng)為eq\f(2πa,3)，則側(cè)面積S1＝eq\f(1,2)×eq\f(\r(5),3)a×2π×eq\f(1,3)a＝eq\f(\r(5),9)πa2，體積為V1＝eq\f(1,3)π·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)))eq\s\up12(2)×eq\f(2,3)a＝eq\f(2,81)πa3；當(dāng)細(xì)沙全部在下部時(shí)，圓錐的底面半徑為eq\f(a,2)，設(shè)沙堆的高度為h，由于細(xì)沙的體積不變，所以eq\f(2,81)πa3＝eq\f(1,3)π·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))eq\s\up12(2)h，解得h＝eq\f(8,27)a，則其母線長(zhǎng)為eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,27)a))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(985),54)a，所以側(cè)面積S2＝eq\f(1,2)×eq\f(\r(985),54)a×2π×eq\f(1,2)a＝eq\f(\r(985),108)πa2，所以eq\f(S2,S1)＝eq\f(\r(197),12).6．已知平面α，直線m，n滿意m?α，n?α，則“m∥n”是“m∥α”的()A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件【解析】選A.因?yàn)閙?α，n?α，m∥n，所以依據(jù)線面平行的判定定理得m∥α.由m∥α不能得出m與α內(nèi)任始終線平行，所以m∥n是m∥α的充分不必要條件，故選A.7．(2024·鄭州高一檢測(cè))如圖，在三棱錐S-ABC中，側(cè)棱SA⊥平面ABC，AB＝BC＝2，∠ABC＝90°，側(cè)棱SB與平面ABC所成的角為45°，M為AC的中點(diǎn)，N是側(cè)棱SC上一動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)△BMN的面積最小時(shí)，異面直線SB與MN所成角的正弦值為()A.eq\f(1,6)B．eq\f(\r(2),3)C．eq\f(\r(33),6)D．eq\f(\r(3),6)【解析】選C.由題意知△ABC為等腰直角三角形，因?yàn)镸為AC的中點(diǎn)，所以BM⊥AC.又SA⊥平面ABC，所以SA⊥BM，又SA∩AC＝A，所以BM⊥平面SAC，所以BM⊥MN，故△BMN的面積S＝eq\f(1,2)BM·MN，易知AC＝2eq\r(2)，所以BM＝eq\f(1,2)AC＝eq\r(2)，所以S＝eq\f(\r(2),2)MN，當(dāng)MN最小時(shí)，△BMN的面積最小，此時(shí)MN⊥SC.當(dāng)MN⊥SC時(shí)，過S作SE⊥SC，交CA的延長(zhǎng)線于點(diǎn)E，則SE∥MN，連接BE，如圖．所以∠BSE即為異面直線SB與MN所成的角或其補(bǔ)角．因?yàn)镾A⊥平面ABC，所以∠SBA為直線SB與平面ABC所成的角，所以∠SBA＝45°，所以SA＝AB＝2，所以SB＝2eq\r(2)，SC＝2eq\r(3)，又tan∠SCA＝eq\f(SA,AC)＝eq\f(SE,SC)，所以SE＝eq\r(6)，所以AE＝eq\r(2)，ME＝2eq\r(2)，在Rt△EMB中，易知BE＝eq\r(10)，所以cos∠BSE＝eq\f(SB2＋SE2－BE2,2SB·SE)＝eq\f(\r(3),6)，故當(dāng)△BMN的面積最小時(shí)，異面直線SB與MN所成角的正弦值為eq\f(\r(33),6).8．(2024·全國(guó)甲卷)已知A，B，C是半徑為1的球O的球面上的三個(gè)點(diǎn)，且AC⊥BC，AC＝BC＝1，則三棱錐O-ABC的體積為()A．eq\f(\r(2),12)B．eq\f(\r(3),12)C．eq\f(\r(2),4)D．eq\f(\r(3),4)【解析】選A.因?yàn)锳C⊥BC，AC＝BC＝1，所以AB＝eq\r(2)，所以O(shè)O′＝eq\r(OA2－AO′2)＝eq\r(12－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(2),2).所以VO－ABC＝eq\f(1,3)·S△ABC·OO′＝eq\f(1,3)·eq\f(1,2)·1·1·eq\f(\r(2),2)＝eq\f(\r(2),12).【拓展延長(zhǎng)】已知直三棱柱ABC-A1B1C1的6個(gè)頂點(diǎn)都在球O的球面上，若AB＝3，AC＝4，AB⊥AC，AA1＝12，則球O的半徑為()A．eq\f(3\r(17),2)B．2eq\r(10)C．eq\f(13,2)D．3eq\r(10)【解析】選C.如圖，由球心作平面ABC的垂線，則垂足為BC的中點(diǎn)M.又AM＝eq\f(1,2)BC＝eq\f(1,2)eq\r(32＋42)＝eq\f(5,2)，OM＝eq\f(1,2)AA1＝6，所以球O的半徑R＝OA＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)))\s\up12(2)＋62)＝eq\f(13,2).Ｋ二、多項(xiàng)選擇題(本大題共4小題，每小題5分，共20分，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求．全部選對(duì)的得5分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分)9．設(shè)α，β，γ為兩兩不重合的平面，l，m，n為兩兩不重合的直線，則下列命題中正確的是()A．若m?α，n?α，m∥β，n∥β，則α∥βB．若m⊥α，n⊥β且m⊥n，則α⊥βC．若l∥α，α⊥β，則l⊥βD．若α∩β＝l，β∩γ＝m，γ∩α＝n，l∥γ，則m∥n【解析】選BD.由α，β，γ為兩兩不重合的平面，l，m，n為兩兩不重合的直線，知：A.若m?α，n?α，m∥β，n∥β，則α與β相交或平行，故A錯(cuò)誤；B．若m⊥α，n⊥β，且m⊥n，則由面面垂直的判定得α⊥β，故B正確；C.若l∥α，α⊥β，則l與β相交、平行或l?β，故C錯(cuò)誤；D.若α∩β＝l，β∩γ＝m，γ∩α＝n，l∥γ，則由線面平行的性質(zhì)定理得m∥n.故D正確．10．給出下列命題，其中命題正確的是()A．棱柱的側(cè)棱都相等，側(cè)面都是全等的平行四邊形B．若三棱錐的三條側(cè)棱兩兩垂直，則其三個(gè)側(cè)面也兩兩垂直C．在四棱柱中，若兩個(gè)過相對(duì)側(cè)棱的截面都垂直于底面，則該四棱柱為直四棱柱D．存在每個(gè)面都是直角三角形的四面體【解析】選BCD.選項(xiàng)A不正確，依據(jù)棱柱的定義，棱柱的各個(gè)側(cè)面都是平行四邊形，但不肯定全等；選項(xiàng)B正確，若三棱錐的三條側(cè)棱兩兩垂直，則三個(gè)側(cè)面構(gòu)成的三個(gè)平面的二面角都是直二面角；選項(xiàng)C正確，因?yàn)閮蓚€(gè)過相對(duì)側(cè)棱的截面的交線平行于側(cè)棱，又垂直于底面；選項(xiàng)D正確，如圖，正方體ABCD-A1B1C1D1中的三棱錐C1-ABC，四個(gè)面都是直角三角形．11．(2024·蘇州高一檢測(cè))已知正方體ABCDA1B1C1D1中，點(diǎn)E，F(xiàn)是棱B1B，C1C的中點(diǎn)，則下列說法正確的有()A．A1，D1，E，F(xiàn)四點(diǎn)共面B．直線A1E與直線BC相交C．直線EF∥平面ADD1A1D．平面A1EF⊥平面A1ABB1【解析】選ACD.畫出圖形如下：在正方體ABCD-A1B1C1D1中，點(diǎn)E，F(xiàn)是棱B1B，C1C的中點(diǎn)，所以EF∥BC∥AD∥A1D1，又AD?平面ADD1A1，所以直線EF∥平面ADD1A1，且A1，D1，E，F(xiàn)四點(diǎn)共面，故A，C正確；因?yàn)镋F∥BC，而BC⊥平面A1ABB1，所以EF⊥平面A1ABB1，又EF?平面A1EF，所以平面A1EF⊥平面A1ABB1，故D正確；直線A1E與直線BC不在一個(gè)平面內(nèi)，明顯不相交，故B錯(cuò)誤．12．(2024·南通高一檢測(cè))如圖，在邊長(zhǎng)為2的正方形ABCD中，點(diǎn)M是邊CD的中點(diǎn)，將△ADM沿AM翻折到△PAM，連接PB，PC，在△ADM翻折到△PAM的過程中，下列說法正確的是()A.四棱錐PABCM的體積的最大值為eq\f(2\r(5),5)B．當(dāng)面PAM⊥平面ABCM時(shí)，二面角PABC的正切值為eq\f(\r(5),4)C．存在某一翻折位置，使得AM⊥PBD．棱PB的中點(diǎn)為N，則CN的長(zhǎng)為定值【解析】選ABD.在△ADM翻折到△PAM的過程中，因?yàn)樗睦忮FPABCM的底面積為定值，定值為eq\f(1,2)(1＋2)×2＝3，所以當(dāng)四棱錐PABCM的高取得最大值時(shí)，其體積達(dá)到最大，當(dāng)面PAM⊥平面ABCM時(shí)，四棱錐PABCM的高取得最大值，其最大值為直角三角形DAM的斜邊上的高，其值為eq\f(1×2,\r(12＋22))＝eq\f(2\r(5),5)，所以四棱錐PABCM的體積的最大值為eq\f(1,3)×eq\f(2\r(5),5)×3＝eq\f(2\r(5),5)，故A正確；當(dāng)面PAM⊥平面時(shí)ABCM，過P作PG⊥AM，垂足為G，則PG⊥平面ABCM，所以PG⊥AB，過G作GH⊥AB，垂足為H，連PH，因?yàn)镻G∩GH＝G，所以AB⊥平面PGH，所以AB⊥PH，所以∠PHG為二面角PABC的平面角，在直角三角形PAM中，PG＝eq\f(1×2,\r(12＋22))＝eq\f(2\r(5),5)，在直角三角形PGA中，AG＝eq\r(PA2－PG2)＝eq\r(22－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(5),5)))\s\up12(2))＝eq\f(4\r(5),5)，因?yàn)閏os∠AMD＝eq\f(DM,AM)＝eq\f(1,\r(12＋22))＝eq\f(\r(5),5)，所以cos∠GAH＝cos∠AMD＝eq\f(\r(5),5)，在直角三角形GAH中，AH＝AG·cos∠GAH＝eq\f(4\r(5),5)×eq\f(\r(5),5)＝eq\f(4,5)，所以GH＝eq\r(AG2－AH2)＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4\r(5),5)))\s\up12(2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))\s\up12(2))＝eq\f(8,5)，所以tan∠PHG＝eq\f(PG,GH)＝eq\f(\f(2\r(5),5),\f(8,5))＝eq\f(\r(5),4)，所以二面角P-AB-C的正切值為eq\f(\r(5),4)，故B正確；連接GB，如圖：假設(shè)AM⊥PB，因?yàn)锳M⊥PG，PG∩PB＝P，所以AM⊥平面PGB，所以AG⊥GB，所以cos∠GAB＝eq\f(AG,AB)＝eq\f(\f(4\r(5),5),2)＝eq\f(2\r(5),5)，又cos∠GAH＝cos∠AMD＝eq\f(\r(5),5)，二者相沖突，故假設(shè)不成立，故AM與PB不垂直，故C不正確；取PA的中點(diǎn)Q，連QN，QM，CN，如圖：因?yàn)镼N∥AB，QN＝eq\f(1,2)AB，MC∥AB，MC＝eq\f(1,2)AB，所以QN∥MC，QN＝MC，所以四邊形QNCM為平行四邊形，所以CN＝QM，在直角三角形QPM中，QM＝eq\r(PQ2＋PM2)＝eq\r(12＋12)＝eq\r(2)，所以CN＝eq\r(2)，即CN的長(zhǎng)為定值eq\r(2)，故D正確．三、填空題(本大題共4個(gè)小題，每小題5分，共20分．把答案填在題中的橫線上)13．用斜二測(cè)畫法畫出的某平面圖形的直觀圖如圖，邊AB平行于y軸，BC，AD平行于x軸．已知四邊形ABCD的面積為2eq\r(2)cm2，則原平面圖形的面積為________cm2.【解析】依題意可知∠BAD＝45°，則原平面圖形為直角梯形，上下底面的長(zhǎng)與BC，AD相等，高為梯形ABCD的高的2eq\r(2)倍，所以原平面圖形的面積為8cm2.答案：814．(2024·南京高一檢測(cè))正四面體ABCD棱長(zhǎng)為2，AO⊥平面BCD，垂足為O，設(shè)M為線段AO上一點(diǎn)，且∠BMC＝90°則二面角M-BC-O的余弦值為________．【解析】由已知O是△BCD中心，連接DO延長(zhǎng)交BC于E，則E是BC中點(diǎn)，連接AE，則BC⊥AE，BC⊥DE，而AE∩DE＝E，所以BC⊥平面AED，ME?平面AED，所以BC⊥ME，所以∠MEO是二面角M-BC-O的平面角．BC＝2，∠BMC＝90°，由對(duì)稱性可知BM＝CM＝eq\r(2)，ME＝eq\f(1,2)BC＝1，又EO＝eq\f(1,3)DE＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),2)×2＝eq\f(\r(3),3)，由AO⊥平面BCD，EO?平面BCD，得AO⊥EO，所以cos∠MEO＝eq\f(EO,ME)＝eq\f(\r(3),3).答案：eq\f(\r(3),3)15．(2024·北京高考)已知l，m是平面α外的兩條不同直線．給出下列三個(gè)論斷：①l⊥m；②m∥α；③l⊥α.以其中的兩個(gè)論斷作為條件，余下的一個(gè)論斷作為結(jié)論，寫出一個(gè)正確的命題：____________________.【解析】選兩個(gè)論斷作為條件，一個(gè)作為結(jié)論，一共能夠組成3個(gè)命題，即①②?③，①③?②，②③?①，只有①②?③為假命題，其余兩個(gè)為真命題．答案：若m∥α，l⊥α，則l⊥m(或若l⊥m，l⊥α，則m∥α)16．(2024·新高考全國(guó)Ⅰ卷)已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的棱長(zhǎng)均為2，∠BAD＝60°，以D1為球心，eq\r(5)為半徑的球面與側(cè)面BCC1B1的交線長(zhǎng)為________．【解析】由已知連接BD，B1D1，則BD＝B1D1＝2，取BB1和CC1的中點(diǎn)E，F(xiàn).連接EF，D1E，D1F，則D1E＝D1F＝eq\r(5)，故E，F(xiàn)在球面上．平面BCC1B1截球面的截面圓的圓心是B1C1的中點(diǎn)O，OE＝OF＝eq\r(2)，球面與側(cè)面BCC1B1的交線是側(cè)面上以O(shè)為圓心，eq\r(2)為半徑的圓弧EF，eq\o(EF,\s\up8(︵))的長(zhǎng)為eq\f(1,4)·2eq\r(2)π＝eq\f(\r(2),2)π.答案：eq\f(\r(2),2)π四、解答題(本大題共6個(gè)小題，共70分，解答時(shí)寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟)17．(10分)(2024·泰安高一檢測(cè))一個(gè)幾何體由圓錐和圓柱組成，其尺寸如圖所示．(1)求此幾何體的表面積；(2)假如點(diǎn)P，Q在直觀圖中所示位置，P為所在母線中點(diǎn)，Q為母線與底面圓的交點(diǎn)，求在幾何體表面上，從P點(diǎn)到Q點(diǎn)的最短路徑長(zhǎng)．【解析】(1)由題設(shè)，此幾何體是一個(gè)圓錐加一個(gè)圓柱，其表面積是圓錐的側(cè)面積、圓柱的側(cè)面積與圓柱的一個(gè)底面積之和．圓錐側(cè)面積S1＝eq\f(1,2)×(2πa)×(eq\r(2)a)＝eq\r(2)πa2；圓柱側(cè)面積S2＝(2πa)×(2a)＝4πa2；圓柱底面積S3＝πa2，所以幾何體表面積為S＝S1＋S2＋S3＝eq\r(2)πa2＋4πa2＋πa2＝(eq\r(2)＋5)πa2.(2)沿P點(diǎn)與Q點(diǎn)所在母線剪開圓柱側(cè)面，綻開如圖．則PQ＝eq\r(AP2＋AQ2)＝eq\r(a2＋（πa）2)＝aeq\r(1＋π2)，所以P，Q兩點(diǎn)間在側(cè)面上的最短路徑長(zhǎng)為aeq\r(1＋π2).18．(12分)如圖所示，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別是AB和AA1的中點(diǎn)．求證：(1)E，C，D1，F(xiàn)四點(diǎn)共面；(2)CE，D1F，DA三線共點(diǎn)．【證明】(1)如圖所示，連接CD1，EF，A1B，因?yàn)镋，F(xiàn)分別是AB和AA1的中點(diǎn)，所以EF∥A1B且EF＝eq\f(1,2)A1B.又因?yàn)锳1D1BC，所以四邊形A1BCD1是平行四邊形，所以A1B∥CD1，所以EF∥CD1，所以EF與CD1確定一個(gè)平面，即E，C，D1，F(xiàn)四點(diǎn)共面．(2)由(1)知EF∥CD1且EF＝eq\f(1,2)CD1，所以四邊形CD1FE是梯形，所以CE與D1F必相交，設(shè)交點(diǎn)為P，則P∈CE，且P∈D1F，又CE?平面ABCD，且D1F?平面A1ADD1，所以P∈平面ABCD，且P∈平面A1ADD1.又平面ABCD∩平面A1ADD1＝AD，所以P∈AD，所以CE，D1F，DA三線共點(diǎn)．19．(12分)已知，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別為D1C1，C1B1的中點(diǎn)，AC∩BD＝P，A1C1∩EF＝Q.求證：(1)D，B，E，F(xiàn)四點(diǎn)共面．(2)若A1C交平面BDEF于點(diǎn)R，則P，Q，R三點(diǎn)共線．【證明】(1)連接B1D1.因?yàn)镋，F(xiàn)分別為D1C1，C1B1的中點(diǎn)，所以EF∥B1D1，又因?yàn)锽1D1∥BD，所以EF∥BD，所以EF與BD共面，所以D，B，E，F(xiàn)四點(diǎn)共面．(2)因?yàn)锳C∩BD＝P，所以P∈平面AA1C1C∩平面BDEF.同理，Q∈平面AA1C1C∩平面BDEF，因?yàn)锳1C∩平面DBFE＝R，所以R∈平面AA1C1C∩平面BDEF，所以P，Q，R三點(diǎn)共線．20．(12分)如圖，在多面體ABCDEF中，AD∥BC，AB⊥AD，F(xiàn)A⊥平面ABCD，F(xiàn)A∥DE，且AB＝AD＝AF＝2BC＝2DE＝2.(1)若M為線段EF的中點(diǎn)，求證：CM∥平面ABF；(2)求多面體ABCDEF的體積．【解析】(1)取AD的中點(diǎn)N，連接CN，MN，因?yàn)锳D∥BC且AD＝2BC，所以AN∥BC且AN＝BC，所以四邊形ABCN為平行四邊形，所以CN∥AB.因?yàn)镸是EF的中點(diǎn)，所以MN∥AF.又CN∩MN＝N，AB∩AF＝A，所以平面CMN∥平面ABF.又CM?平面CMN，所以CM∥平面ABF.(2)因?yàn)镕A⊥平面ABCD，所以FA⊥AB.又AB⊥AD，且FA∩AD＝A，所以AB⊥平面ADEF，所以CN⊥平面ADEF.連接AC，則多面體ABCDEF的體積VABCDEF＝VF-ABC＋VC-ADEF＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×1×2＋eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×(1＋2)×2×2＝eq\f(8,3).【拓展延長(zhǎng)】如圖，在三棱錐D-ABC中，AB＝2AC＝2，∠BAC＝60°，AD＝eq\r(6)，CD＝3，平面ADC⊥平面ABC.(1)證明：平面BDC⊥平面ADC.(2)求三棱錐D-ABC的體積．【解析】(1)在△ABC中，由余弦定理可得，BC＝eq\r(AB2＋AC2－2AB·AC·cos∠BAC)＝eq\r(4＋1－2×2×1×\f(1,2))＝eq\r(3)，所以BC2＋AC2＝AB2，所以BC⊥AC，因?yàn)槠矫鍭DC⊥平面ABC，平面ADC∩平面ABC＝AC，所以BC⊥平面ADC，又BC?平面BDC，所以平面BDC⊥平面ADC.(2)由余弦定理可得cos∠ACD＝eq\f(2,3)，所以sin∠ACD＝eq\f(\r(5),3)，所以S△ACD＝eq\f(1,2)·AC·CD·sin∠ACD＝eq\f(\r(5),2)，則VD-ABC＝VB-ADC＝eq\f(1,3)·BC·S△ACD＝eq\f(\r(15),6).21．(12分)如圖，矩形ABCD所在平面與半圓弧eq\o(CD,\s\up8(︵))所在平面垂直，M是eq\o(CD,\s\up8(︵))上異于C，D的點(diǎn)．(1)證明：平面AMD⊥平面BMC；(2)在線段AM上是否存在點(diǎn)P，使得MC∥平面PBD？說明理由．【解析】(1)由題意知，平面CMD⊥平面ABCD，交線為CD.因?yàn)锽C⊥CD，BC?平面ABCD，所以BC⊥平面CMD，故BC⊥DM.因?yàn)镸為eq\o(CD,\s\up8(︵))上異于C，D的點(diǎn)，且DC為直徑，所以DM⊥CM.又BC∩CM＝C，所以DM⊥平面BMC.而DM?平面AMD，故平面AMD⊥平面BMC.(2)存在，當(dāng)P為AM的中點(diǎn)時(shí)，MC∥平面PBD.理由如下：連接AC交BD于O.因?yàn)锳BCD為矩形，所以O(shè)為AC的中點(diǎn)．連接OP，因?yàn)镻為AM的中點(diǎn)，所以MC∥OP.又MC?平面PBD，OP?平面PBD，所以MC∥平面PBD.【補(bǔ)償訓(xùn)練】如圖，在多面體ABCDEF中，底面ABCD是邊長(zhǎng)為2的正方形，四邊形BDEF是矩形，平面BDEF⊥平面ABCD，BF＝3，G，H分別是CE，CF的中點(diǎn)．(1)求證：AC⊥平面BDEF.(2)求證：平面BDGH∥平面AEF.【證明】(1)因?yàn)樗倪呅蜛BCD是正方形，所以AC⊥BD.又平面BDEF⊥平面ABCD，平面BDEF∩平面ABCD＝BD，且AC?平面ABCD，所以AC⊥平面BDEF.(2)在△CEF中，因?yàn)镚，H分別是CE，CF的中點(diǎn)，所以GH∥EF.又GH?平面AEF，EF?平面AEF，所以GH∥平面AEF.設(shè)AC∩BD＝O，連接OH，在△ACF中，因?yàn)镺，H分別為CA，CF的中點(diǎn)，所以O(shè)H∥AF.因?yàn)镺H?平面AEF，AF?平面AEF，所以O(shè)H∥平面AEF.因?yàn)镺H∩GH＝H，OH，GH?平面BDGH，所以平面BDGH∥平面AEF.22．(12分)(2024·成都高一檢測(cè))如圖，三棱錐P-ABC的底面是等腰直角三角形，其中AB＝AC＝2，PA＝PB，平面PAB⊥平面ABC，點(diǎn)E，F(xiàn)，M，N分別是AB，AC，PC，BC的中點(diǎn)．(1)證明：平面EMN⊥平面PAB；(2)當(dāng)PF與平面ABC所成的角為eq\f(π,3)時(shí)，求二面角M-EN-B的余弦值．【解析】(1)由題意可得AB⊥AC，點(diǎn)E，N分別是AB