【2022屆走向高考】高三數(shù)學(xué)一輪(人教A版)階段性測試題9(立體幾何)

階段性測試題九(立體幾何)本試卷分第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分。滿分150分?？荚嚂r間120分鐘。第Ⅰ卷(選擇題共60分)一、選擇題(本大題共12個小題，每小題5分，共60分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．)1．(文)(2022·遼寧師大附中期中)已知兩個不同的平面α、β和兩條不重合的直線m、n，有下列四個命題①若m∥n，m⊥α，則n⊥α②若m⊥α，m⊥β，則α∥β③若m⊥α，m∥n，n?β，則α⊥β④若m∥α，α∩β＝n，則m∥n其中正確命題的個數(shù)是()A．0個 B．1個C．2個 D．3個[答案]D[解析]由線面垂直的性質(zhì)知①正確；垂直于同一條直線的兩個平面平行，∴②正確；由m⊥α，m∥n知n⊥α，又n?β，∴α⊥β，∴③正確；如圖，正方體ABCD－A1B1C1D1中，平面ABCD與平面ADD1A1分別為α、β，CC1為m，則m∥α，α∩β＝n，但m與n不平行，∴④(理)(2022·浙江臺州中學(xué)期中)設(shè)a、b是兩條不同的直線，α、β是兩個不同的平面，則下列四個命題①若a⊥b，a⊥α，則b∥α②若a∥α，α⊥β，則a⊥β③a⊥β，α⊥β，則a∥α④若a⊥b，a⊥α，b⊥β，則α⊥β其中正確的命題的個數(shù)是()A．0個 B．1個C．2個 D．3個[答案]B[解析]①中可能有b?α；②中a?β，或a∥β，a與β斜交，a⊥β，都有可能；③中可能有a?α；若a⊥b，a⊥α，則b∥α或b?α，又b⊥β，∴α⊥β，∴④正確，故選B．2．(2022·山東省博興二中質(zhì)檢)設(shè)m、n是兩條不同直線，α、β是兩個不同的平面，下列命題正確的是()A．m∥α，n∥β且α∥β，則m∥nB．m⊥α，n⊥β且α⊥β，則m⊥nC．m⊥α，n?β，m⊥n，則α⊥βD．m?α，n?α，m∥β，n∥β，則α∥β[答案]B[解析]設(shè)m與n相交，m、n都在平面γ內(nèi)，γ∥α，γ∥β時，滿足A的條件，∴A錯；若m⊥α，α⊥β，則m?β或m∥β，又n⊥β，∴n⊥m，∴B正確；若m⊥α，m⊥n，則n∥α或n?α，結(jié)合n?β得不出α⊥β，故C錯；當m∥n且滿足D的條件時，得不出α∥β，故D錯．3．(2021·河南八校聯(lián)考)一個幾何體的三視圖如圖所示，其中正視圖是一個正三角形，則這個幾何體的外接球的表面積為()A．eq\f(16π,3) B．eq\f(8π,3)C．4eq\r(3) D．2eq\r(3)π[答案]A[解析]由三視圖知該幾何體為三棱錐，底面是等腰三角形，其底長為2，高為1，棱錐高為eq\r(3)，頂點在底面射影為等腰直角三角形底邊的中點D，直觀圖如圖，BD⊥AC，PD⊥平面ABC，DA＝DB＝DC＝1，故球心O在PD上，設(shè)OP＝R，則(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)下圖是某四棱錐的三視圖，則該幾何體的表面積等于()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]由三視圖知，這是一個底面是矩形的四棱錐，矩形的長和寬分別是6,2，四棱錐的高是4，其直觀圖如圖，作PE⊥平面ABCD，則垂足E為AD的中點，PE＝4，作EF⊥BC，垂足為F，則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)，故選B．(理)(2021·豫南九校聯(lián)考)已知四棱錐的三視圖如圖所示，則四棱錐的四個側(cè)面中面積最大的是()A．3 B．2eq\r(5)C．6 D．8[答案]C[解析]由三視圖知，該幾何體是四棱錐，其直觀圖如圖，其四個側(cè)面中面積最大的是△PBC，由圖中數(shù)據(jù)知AB＝2，BC＝4，PA＝PD＝3，∴PE＝eq\r(5)，取BC中點F，則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)一個幾何體的三視圖如圖所示，其中俯視圖與左視圖均為半徑是1的圓，則這個幾何體的體積是()A．eq\f(4π,3) B．πC．eq\f(2π,3) D．eq\f(π,3)[答案]B[解析]由三視圖知，這是一個半徑為1的球，截去eq\f(1,4)，故其體積為V＝eq\f(3,4)·(eq\f(4π,3)·13)＝π.6．(2021·江西三縣聯(lián)考)平面α與平面β平行的條件可以是()A．α內(nèi)有無窮多條直線與β平行B．直線a∥α，a∥βC．直線a?α，直線b?β，且a∥β，b∥αD．α內(nèi)的任何直線都與β平行[答案]D[解析]當α∩β＝l時，α內(nèi)與l平行的直線都與β平行，故A錯；當α∩β＝l，a∥l，a?α，a?β時，滿足B的條件，∴B錯；當α∩β＝l，a?α，a∥l，b?β，b∥l時，有a∥β，b∥α，∴C錯，故選D．7．(2022·長春市一調(diào))某幾何體的三視圖如圖(其中俯視圖中的圓弧是半圓)，則該幾何體的表面積為()A．92＋14π B．82＋14πC．92＋24π D．82＋24π[答案]A[解析]由三視圖知，該幾何體是一個組合體，下部是長寬分別為5、4，高為4的長方體，上部為底半徑為2，高為5的半圓柱，故其表面積S＝5×4＋(5＋4)×2×4＋π·22＋eq\f(1,2)(2π×2×5)＝92＋14π，故選A．8．(2021·許昌、平頂山、新鄉(xiāng)調(diào)研)一個幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為()A．eq\f(10,3) B．10C．30 D．24＋2eq\r(5)[答案]B[解析]由三視圖可知，該幾何體為直四棱柱，底面為直角梯形，S底＝eq\f(1,2)×(2＋3)×2＝5，棱柱高為2，V＝5×2＝10.9．(2021·廣東揭陽一中期中)下列命題中，錯誤的是()A．一條直線與兩個平行平面中的一個相交，則必與另一個平面相交B．平行于同一平面的兩個不同平面平行C．假如平面α不垂直平面β，那么平面α內(nèi)確定不存在直線垂直于平面βD．若直線l不平行平面α，則在平面α內(nèi)不存在與l平行的直線[答案]D[解析]當直線l在平面α內(nèi)時可知D錯誤．10．(文)(2021·廣東執(zhí)信中學(xué)期中)將正方體(如圖1所示)截去兩個三棱錐，得到如圖2所示的幾何體，則該幾何體的左視圖為()[答案]B[解析]其左視圖可考慮在原正方體中，將該幾何體投射到平面BCC1B1上，則A點射影為B，D點射影為C，D1點射影為C1，AD1的射影為BC1，應(yīng)為實線，DD1的射影CC1為實線，B1C應(yīng)為虛線(左下到右上)，故應(yīng)選(理)(2021·甘肅天水一中段測)在正方體ABCD－A1B1C1D1中，點E1，F(xiàn)1分別是線段A1B1，A1C1的中點，則直線BE1與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為原點，直線AB、AD、AA1分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系A(chǔ)－xyz，設(shè)棱長為1，則B(1,0,0)，E1(eq\f(1,2)，0,1)，F(xiàn)1(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)，故選A．11．(2021·深圳市五校聯(lián)考)一個多面體的三視圖如圖所示，則該多面體的體積為()A．eq\f(23,3) B．eq\f(22,3)C．6 D．7[答案]A[解析]由三視圖可知，該多面體是由正方體截去兩個正三棱錐所成的幾何體，如圖，正方體棱長為2，正三棱錐側(cè)棱相互垂直，側(cè)棱長為1，故幾何體的體積為：V＝V正方體－2V三棱錐＝2×2×2－2×(eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×1×1×1)＝eq\f(23,3).12．(2022·長沙市重點中學(xué)月考)某幾何體的三視圖如圖所示，則它的表面積為()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]由三視圖知，該幾何體是倒立的半個圓錐，圓錐的底半徑為1，高為2，故其表面積為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，故選A．第Ⅱ卷(非選擇題共90分)二、填空題(本大題共4個小題，每小題4分，共16分，把正確答案填在題中橫線上．)13．(2021·甘肅天水一中段測)若某幾何體的三視圖如下，該幾何體的體積為2，則俯視圖中的x＝________.[答案]2[解析]由三視圖可知，該幾何體為四棱錐，高為2，底面為直角梯形，面積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·成都七中模擬)已知正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為1，點M是BC1的中點，P是BB1一動點，則(AP＋MP)2的最小值為________[答案]eq\f(5,2)[解析]將平面ABB1A1開放到與平面CBB1C1共面，如下圖，易知當A、P、M三點共線時(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·海南省文昌市檢測)邊長是2eq\r(2)的正三角形ABC內(nèi)接于體積是4eq\r(3)π的球O，則球面上的點到平面ABC的最大距離為________．[答案]eq\f(4\r(3),3)[解析]設(shè)球半徑為R，則由條件知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圖，OO1⊥平面ABC(O1為△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)，∴球面上的點到平面ABC的最大距離為PO1＝PO＋OO1＝eq\f(4\r(3),3).16．一個幾何體的三視圖如圖所示，則這個幾何體的體積為________．[答案]9[解析]由三視圖可得該幾何體是一個三棱錐，底面是等腰三角形，底邊長為6，高為3，三棱錐的高為3，所以V＝eq\f(1,3)×(eq\f(1,2)×6×3)×3＝9.三、解答題(本大題共6個小題，共74分，解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟．)17．(本小題滿分12分)(2021·石光中學(xué)月考)如圖所示，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是邊長為a的正方形，側(cè)面PAD⊥底面ABCD，且PA＝PD＝eq\f(\r(2),2)AD，若E，F(xiàn)分別為PC，BD的中點．(1)求證：EF∥平面PAD；(2)求證：平面PDC⊥平面PAD；(3)求四棱錐P－ABCD的體積．[解析](1)連接EF，AC，∵四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是邊長為a的正方形且點F為對角線BD的中點，∴對角線AC經(jīng)過F點，又點E為PC的中點，∴EF為△PAC的中位線，∴EF∥PA．又PA?平面PAD，EF?平面PAD，∴EF∥平面PAD．(2)∵底面ABCD是邊長為a的正方形，∴CD⊥AD，又側(cè)面PAD⊥底面ABCD，側(cè)面PAD∩底面ABCD＝AD，∴CD⊥平面PAD．又CD?平面PCD，∴平面PDC⊥平面PAD．(3)過點P作AD的垂線PG，垂足為點G，∵側(cè)面PAD⊥底面ABCD，PG?平面PAD，側(cè)面PAD∩底面ABCD＝AD，∴PG⊥平面ABCD，即PG為四棱錐P－ABCD的高，又PA＝PD＝eq\f(\r(2),2)AD且AD＝a，∴PG＝eq\f(a,2).∴V四棱錐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．(本小題滿分12分)(文)(2022·合肥市質(zhì)檢)如圖，在多面體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)求證：BC⊥AF；(2)試推斷直線DF與平面BCE的位置關(guān)系，并證明你的結(jié)論．[解析](1)證明：取AB的中點H，連接CH，∵底面ABCD是梯形，且AD＝DC＝CB＝eq\f(1,2)AB，易證四邊形AHCD為菱形，∴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.證明如下：連接DH交AC于點M，易知M為AC的中點，連接FM.在菱形AHCD中，DM⊥AC，由第一問知BC⊥AC，故DM∥BC．在直角梯形ACEF中，EF綊CM，四邊形EFMC是平行四邊形，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，從而，DF∥平面BCE.(理)(2022·天津南開中學(xué)月考)如圖，三棱柱ABC－A1B1C1的底面為邊長為2的等邊三角形，側(cè)棱長為eq\r(3)，且側(cè)棱與底面垂直，D為B1C1的中點．(1)求證AC1∥平面A1BD；(2)求異面直線AC1與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]由于三棱柱的側(cè)棱垂直于底面，所以平面BB1C1C⊥平面A1B在等腰三角形A1B1C1中，D為B1C∴A1D⊥B1C1，∴A1D⊥平面BB1取BC的中點E，連接DE，則直線ED，B1C1，A1D兩兩垂直如圖，以D為坐標原點建立空間直角坐標系，在等邊三角形A1B1C1中，邊長為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)證明：eq\o(DA1,\s\up6(→))＝(0,0，eq\r(3))，eq\o(DB,\s\up6(→))＝(1，－eq\r(3)，0)．設(shè)平面A1BD的一個法向量為m＝(x1，y1，z1)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(3)z＝0，,x1－\r(3)y1＝0.))令y1＝eq\r(3)，則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).異面直線AC1與BD所成角的余弦值為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))，設(shè)平面B1BA1的一個法向量為n＝(x2，y2，z2)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\r(3)y2＝0，,－x2＋\r(3)z2＝0.))令z2＝eq\r(3)，則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的平面角的正弦值為eq\f(\r(7),4).19．(本小題滿分12分)(文)(2021·江西三縣聯(lián)考)如圖，四邊形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分別是AC，EF的中點，P是BM中點．(1)求證：PQ∥平面BCE；(2)求證：AM⊥平面BCM；(3)求點F到平面BCE的距離．[解析](1)由于AB∥EM，且AB＝EM，所以四邊形ABEM為平行四邊形．連接AE，則AE過點P，且P為AE中點，又Q為AC中點，所以PQ是△ACE的中位線，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：點F到平面BCE的距離是M到平面BCE的距離的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·成都七中模擬)如圖，四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是平行四邊形，PG⊥平面ABCD，垂足為G，G在AD上且AG＝eq\f(1,3)GD，GB⊥GC，GB＝GC＝2，E是BC的中點，四周體P－BCG的體積為eq\f(8,3).(1)求過P、C、B、G四點的球的表面積；(2)求直線DP與平面PBG所成角的正弦值；(3)在棱PC上是否存在一點F，使DF⊥GC，若存在，確定點F的位置，若不存在，說明理由．[解析](1)∵四周體P－BCG的體積為eq\f(8,3)，GB⊥GC，GB＝GC＝2，PG⊥平面ABCD，∴PG＝4，以GP，GB，GC為棱構(gòu)造長方體，外接球的直徑為長方體的對角線．∴(2R)2＝16＋4＋4，∴R＝eq\r(6)，∴S＝4π×6＝24π.(2)∵GB＝GC＝2，∠BGC＝eq\f(π,2)，E為BC的中點，∴GE＝eq\r(2)，BGsin∠AGB＝eq\r(2)，∴∠AGB＝eq\f(π,4)，作DK⊥BG交BG的延長線于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)).設(shè)直線DP與平面PBG所成角為α，∴sinα＝eq\f(DK,DP)＝eq\f(3\r(82),82).(3)假設(shè)F存在，過F作FF′⊥GC交GC于F′，則必有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．∴當eq\f(CF,CP)＝eq\f(1,4)時滿足條件．20．(本小題滿分12分)(2021·大連市二十中期中)如圖，四邊形ABCD中，AB⊥AD，AD∥BC，AD＝6，BC＝4，AB＝2，E、F分別在BC、AD上，EF∥AB．現(xiàn)將四邊形ABEF沿EF折起，使得平面ABEF⊥平面EFDC．(1)當BE＝1時，是否在折疊后的AD上存在一點P，使得CP∥平面ABEF？若存在，指出P點位置，若不存在，說明理由；(2)設(shè)BE＝x，問當x為何值時，三棱錐A－CDF的體積有最大值？并求出這個最大值．[解析](1)存在點P使得滿足條件CP∥平面ABEF，且此時eq\f(AP,AD)＝eq\f(3,5).證明如下：eq\f(AP,AD)＝eq\f(3,5)，過點P作MP∥FD，與AF交于點M，則有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，故四邊形MPCE為平行四邊形，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)，F(xiàn)D＝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，當x＝3時，VA－CDF有最大值，最大值為3.21．(本小題滿分12分)(文)如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，BC＝eq\r(2)，AB＝AC＝AA1＝1，D是棱CC1上的一點，P是AD的延長線與A1C1的延長線的交點，且PB1∥平面BDA1.(2)求證：CD＝C1D；(2)求點C到平面B1DP的距離．[解析](1)證明：連接B1A交BA1于O∵PB1∥平面BDA1，B1P?平面AB1P，平面AB1P∩平面BA1D＝OD，∴B1P∥OD．又∵O為B1A∴D為AP的中點，∴C1為A1P的中點，∴△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·康杰中學(xué)、臨汾一中、忻州一中、長治二中四校聯(lián)考)如圖，四邊形ABCD與BDEF均為菱形，設(shè)AC與BD相交于點O，若∠DAB＝∠DBF＝60°，且FA＝FC．(1)求證：FC∥平面EAD；(2)求二面角A－FC－B的余弦值．[解析](1)證明：∵四邊形ABCD與BDEF均為菱形，∴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)連接FO、FD，∵四邊形BDEF為菱形，且∠DBF＝60°，∴△DBF為等邊三角形，∵O為BD中點．所以FO⊥BD，O為AC中點，且FA＝FC，∴AC⊥FO，又AC∩BD＝O，∴FO⊥平面ABCD，∴OA、OB、OF兩兩垂直，建立如圖所示的空間直角坐標系O－xyz，設(shè)AB＝2，由于四邊形ABCD為菱形，∠DAB＝60°，則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(xiàn)(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)，設(shè)平面BFC的一個法向量為n＝(x，y，z)，則有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，則n＝(1，－eq\r(3)，－1)，∵BD⊥平面AFC，∴平面AFC的一個法向量為eq\o(OB,\s\up6(→))＝(0,1,0)．∵二面角A－FC－B為銳二面角，設(shè)二面角的平面角為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