章末检测卷三 立体几何初步-【勤径学升】2024-2025学年高中数学必修第二册同步练测素能提升训练（人教A版2019）

应点是A(2,1),则 os ∠AOB=OAOB x⋯240B-李.故选B. 8.C 因为复数(2—i)(m+i)=2m+1+(2-m)i在复平 面内对应的点位于实轴上，所以2-m=0,即m=2.所 以-=-1+i,所以四|=√2.故选C. 9.AB 整理得z=(m2-4m)+(m2—m-6)i,对应的点位 m3-4m-6>0,解得3<m<4.故于第二象限，则 选 AB. ~=3结=(3+i(1+3=224i=1+2i,即z的10.CD 实部是1,虚部是2,所以 A,B错误.z=1-2i,|z|= √12+22=√5,所以C,D均正确。 11.BCD 对于 A,因为z?十z?=3-2i,所以z?+z2的虚 部为-2,所以A错误；对于 B,因为z?一z=—3i,所 以z?-z?为纯虚数，所以B正确；对于C,因为OA= (1,-1),Oc=(2,2),所以OA·Oc=0,所以OA⊥ OC,所以C正确；对于D,由已知可得OA=|z?|=√2, OB=|z?I=√5,OC=|z?|=2√2,且OA2+OB2=7<8 =OC2,所以 OA2+OB2—OC2<0,所以以 OA,OB,0C 的长度为三边长的三角形为钝角三角形，所以D正确。 x=4-41=12.解析 因为(3—4i)z=4+3i,所以 (3-4i(3+4i)=25=i.则|zl=1. 答案 1 ∵a+b=(a+bi(=b-ai,(2-i)2=4-13.解析 4i-1=3-4i,a+o(a,b∈R)与(2—i)2互为共轭复 数，∴b=3,a=—4. 答案 —4 3 14.解析 因为f(f(i))=(ii-i-i)2=1,所以 f(f(f(i)))=f(1)=0.又f(f(f(i)))=(f(i)f(i)一 f(i)- f(i))2,所以f(i)f(i)-f(i)- f(i)=0,即 (f(i)-1)(f(i)-1)=1,即|f(i)-1|=1. 答案 1 15.解(1)2+2i+(将)=±+2+(云) =i(1+i)+(1) =-1+i+(-i)1010 =—1+i-1=—2+i. (2)原式=(4—i)(6-2i)十(7—i)(4-3i) =22—14i+25—25i=47—39i. 16.解 (1)由题知(m+2i)2—6(m+2i)+13=0,∴(4m— {m2-6m+9=0,解得m=3,12)i+m2—6m+9=0,即 ∴z=3+2i,|z=√32+22=√13. (2)x?=3=z=(a+2i)(3+2i)=(3a-2)+3(2a+3)i ∵复数z?在复平面内所对应的点在第二象限， {2a+3>0,解得-3<a<3,∴实数a的取值范 (-3,3)围为 17.解(1)由 w—4=(3—2w)i,得 w(1+2i)=4+3i, ∴w=4+3=(4+3i)(1-2)=2-i,∴w=2+i. z=5+lw-21=25+lil=(2-()(2++1= 3+i. (2)∵z=3+i是关于x的方程 x2— px+q=0的一 个根， ∴(3+i)2-p(3+i)+q=0, 即(8-3p+q)+(6—p)i=0. {9=10.∵p,q为实数，∴{6-p=0,=0’解得 解方程x2-6x+10=0,得x=3±i. ∴方程x2—6x+10=0的另一个根为x=3-i. 18.解(1)设w=x+yi(x,y∈R), 则由w一z=2i,得z=w—2i=x—(y+2)i. ∴zw+2iz-2iw+1=[x—(y+2)i](x+yi)+2i[x一 (y+2)i]-2i(x+yi)+1=x2+y2+6y+5-2xi=0. {-24=6y+5=0,根据复数相等的充分必要条件，得 :{y=-1或{s=-5 ∴z=-i,w=—i或z=3i,w=—5i. (2)证明：zw+2iz—2iw+1=0, ∴z(w+2i)=2iw-1, ∴|z(w+2i)|=|2iw-1|,即|z|·|w+2i|=|2iww-1|. 又|z|=√3,∴√3|w+2i|=|2iw-1|. 设w=x+yi(x,y∈R). 代入上式并整理得 √3·√x2+y2+4y+4=√4x2+4y2+4y+1. 两边平方，得3x2+3y2+12y+12=4.x2+4y2+4y+1. 化简，得x2+y2-8y=11. ∴|w— 4i|=|a+ yi— 4i|= √x2+(y-4)2= √x2+y2-8y+16=√11+16=√27=3√3是一个 常数。 故|w—4i|的值是一个常数，且这个常数为3√3. 19.解(1)由定义，得|(2—i)?(x+i)|=|(2x—1)+(2 一x)i|=√2,即(2x—1)2+(2-x)2=2,整理得5x2— x=5.8x+3=0,所以x=1或 (2)对于①,z??z?=(ac+bd)+(ad+bc)i=(ac+bd) —(ad+bc)i,z?×z?=(a-bi)?(c—di)=(ac+bd)一 (ad+bc)i,所以z??z?=z??z?,所以①是真命题. 对于②,若z??z?=(ac+bd)+(ad+bc)i=0,则ac+ bd=0,ad+bc=0,则a=1,b=-1,c=1,d=1是其一 组解，但得不到z?=0或z?=0,所以②是假命题。 章末检测卷三 立体几何初步 1.C 对于A中，α也可与β平行；对于B中，不一定α⊥β; 对于C中，∵m//n,n⊥β,∴m⊥β.又mCα,∴α⊥β;对 于D中，易得α//β.故选C. 2.D 由题图可知，原平面图形为直角梯形，其上底长为 1,下底长为1+2×1×cos 45°=1+√2,高为2,∴其面 s=(1+1+22)×2=2+√2.积为 3.D 若c与a,b都不相交，因为c与a在α内，所以 a// c,又c与b都在β内，所以b//c.所以a//b,与已知条件 矛盾.如图，只有以下三种情况. a ac a a /a ac β Cb-bp b 97 4.C 设该正四面体的外接球的半径为R,O?为底面 BCD 的中心，O为该正四面体外接球的球心，则 DO?= 3√4-2=43,则 该 正 四 面体 的 高 AO?= √4-(43)=4sG,根据002+O?D2= OD2,即 (436-R)+(433)=R2,解得R=√6,则 AO=√6, AE=2,EO= R=√6.如图，在 △AEO 中，c EAO= AA0E=, ;D 所以sn∠EAO=√1-(-唇 o, C =×60;在△EAO?中， EO?=EAsin∠EAO?=2·60=30,因为交线为 圆，所以周长为2m·30=2330 5.C 没有公共点的两条直线还可能异面，所以 A选项不 正确；互相垂直的直线还可能是异面直线，所以 B选项 不正确；D选项中，缺少任一平面内，所以 D选项不正 确；很明显C选项正确。故选C. 6.D VA-co=3×1×3×5×4=10. 7.C 如图，连接 A?C?,BC?,A?B. D? C∵M,N分别为棱 BC和棱 CC? Ai的中点，∴MN//BC?.又 A?C?// B? NAC,∴∠A?C?B为异面直线AC 与MN所成的角或其补角。 D. c∵△A?BC?为正三角形， M∴∠A?C?B=60°??选C. A B 8.A v=gS△c·No=3(2 ×3x×sin 30°)·(8-2x)=-2(x-2)2+2,x∈[0, 3],故选A. 9.ABD 由题意，当a//l,l//b时，a//b,故 A,D错误；若 aLb,因为b与l不垂直，在b上取点A,过A作AB⊥l. 由面面垂直的性质定理得 ABLα,因为aCα,所以 AB ⊥a.又 alb,AB∩b=A,所以aLβ→all,这和a与 不垂直相矛盾，所以不可能有alb.故 B错误。 10.ACD 设圆锥顶点为P,0为底面圆心，底面圆的半径 为R,轴截面为△PAB,则 PA= PB=20 cm,2R= 20√3 cm,∴R=10√3 cm. sin ∠APO=AA=3, ∴∠APO=60°,∴∠APB=2∠APO=120°,A正确； 设截面三角形中两母线所成角为0,0°<0≤120°,则截 面三角形为等腰三角形，S=-PA'sinθ=200sinO≤ 200,当且仅当θ=90°时，等号成立，B错误；设外接球 球心为 M,半径为 R#,易得 PO= √PA2-AO2= 10(cm),在Rt△AMO中，AM2=AO2+MO2,则R外= (10√3)2+(R。-10)2,解得 R=20(cm),∴S外接球= 4πR=1600π(cm2),C正确；设内切球半径为r内， sim ∠APO=po-ra=10-rA=,ra=(203- 30)cm,D正确。故选ACD. 11.BC A:当直四棱柱 ABCD-A?B?C?D?的底面为正方 形时，其在各顶点处的离散曲率都相等，当直四棱柱 ABCD-A?B?C?D?的底面不为正方形时，其在同一底 面且相邻的两个顶点处的离散曲率不相等，故 A 错 误；B:若AC=BD,则菱形 ABCD为正方形，因为 AA? ⊥平面 ABCD,AB,ADC平面 ABCD,所以 AA?⊥ AB,AA?⊥AD,所以直四棱柱 ABCD-A?B?C?D?在 1-2(2+2+2)=4,故顶点 A处的离散曲率为1 D 9B正确；C:在四面体A?ABD 中 AA?⊥AB,AA?⊥AD, B AA?= AB= AD,所 以 A ∠AA?B=∠AA?D=4, 所以四面体 A?ABD 在点 cA?处的离散曲率为 1- = 1(4+蛋+∠BA,D)= 0 BA 7 12,解得∠BA?D=3,易知 A?B=A?D=√2AB,所以 BD=√2 AB,所以 ABLAD,所以直四棱柱 ABCD- A?B?C?D?为正方体.因为C?D?⊥平面 ADD?A?,A?D C平面 ADD?A?,所以C?D?⊥A?D.又 AD?⊥A?D, AD?∩C?D?=D?,AD?,C?D?C平面AC?D?,所以A?D ⊥平面 AC?D?.又 AC?C平面 AC?D?,所以 AC?⊥ A?D,同理 BD⊥AC.又A?D∩BD=D,A?D,BDC平 面 A?BD,所以 AC?⊥平面 A?BD,故C正确；D:直四 棱柱 ABCD-A?B?C?D?在顶点A处的离散曲率为 1 -2(2+2+∠DAB)=3,则∠DAB=3,即 △DAB是等边三角形.设 ACNBD=0,则∠BC?O即 ,sm∠BGo-AB为BC?与平面 ACC?的所成角 √4,故D错误。 12.解析 设圆锥的底面半径为r,则2πr=2π,∴r=1, s=2×2π×2+πr2=3π cm2.∴圆锥的表面积 答案 3π cm2 13.解析∵四边形 ABCD 为菱形，且∠DAB=60°, ∴△BCD是等边三角形，又M是BC的中点，∴DMI BC.又 BC// AD,∴DM⊥AD.又 DM⊥PA,PA∩ AD=A,∴DM⊥平面 PAD.又 DMC平面 ABCD, ∴平面 PAD⊥平面 ABCD.取 AD的中点H,连接 PH,BH,∵PA=PD=AB=4,AB= BD=AD=4, ∴PH⊥AD,且PH= BH=2√3.由平面 PAD⊥平面 ABCD,平面 PAD∩平面 ABCD= AD,PHC平面 PAD,得PH⊥平面 ABCD.又 BHC平面 ABCD,故 PH⊥BH,∴PB= √PH2+BH2=2√6.又 PD= BD=4,∴SABop=1×2√6×√42-(√6)2=2√15. VM-pp=3×设M到平面 PBD 的距离为h,则 2√15×h=2×35h.又Vaurm=Vpmm=3×1×2× 2√3×2√3=4,:235=4,解得h=255,:点M 255到平面PBD的距离为 255答案 98 14.解析 如图所示，设上下截面 AE 小圆的圆心分别为 E,F,上底 面截面小 圆 上一点 A,连接 OA.因为球O的表面积为4πR2 0 =36π,解得R=3,所以 OA=R =3.又因为 OE=1且 OE⊥ FEA,所以截面小圆半径r= EA = √OA2-OE2= √9-1= 2√2,根据“万能求积公式”可得，所求几何体的体积为 3π.v=6×2×(8π+4×9m+8m)=5π.故答案为 3”答案 15.解 过点B作 BE⊥AD于点E. A∵AB=2√2,∠DAB=45°,∴BE=2, ∴DE=1,则四边形绕着直线 AD旋转 一周所形成的封闭几何体为一个底面 半径为2,高为1的圆柱及一个底面半E B 径为2,高为2的圆锥的组合体。 D- c(1)所求几何体的表面积为 S=π×22+2×π×2×1+π×2×2√2=(8+4√2)π. (2)所求几何体的体积为 V=π×22×1+3×π×22×2=3π 16.解(1)证明：由题意知，AD⊥平面ABE,且 AD//BC, ∴BC⊥平面 ABE.∵AEC平面 ABE,∴AE⊥BC. ∵BF⊥平面 ACE,且 AEC平面ACE, ∴BF⊥AE.又BC∩BF=B,∴AE⊥平面 BCE. 又 BEC平面 BCE,∴AE⊥BE. (2)在△ABE中，过点E作EH⊥AB于点H(图略). ∵AD上平面 ABE,且 ADC平面 ACD, ∴平面 ACD⊥平面 ABE. 又平面 ACD∩平面 ABE=AB,EHC平面 ABE, ∴EH⊥平面 ACD. 由已知及(1)得EH=1AB=√2,S△Aoc=2√2. 故Vo-Aac=VeApc=×2√2×√2=4 17.解(1)证明：取 BE的中点R,连接PR,QR. ∵P,Q分别是BF,DE的中点，∴PR//EF,QR//BD. 又 EF//AC,∴PR//AC. ∵PR女平面 ABCD,ACC平面ABCD, ∴PR//平面ABCD,同理可得QR//平面ABCD. A FN >Dp 0 E R MB C 又 PR∩QR=R,∴平面 PQR//平面 ABCD. 又 PQC平面 PQR,∴PQ//平面 ABCD. (2)设 AC,BD交于点O.易知 BD⊥AC, 又平面 AFEC⊥平面 ABCD,平面 AFEC∩平面 ABCD=AC,BDC平面 ABCD, ∴BD⊥平面 AFEC, ∴多面体 ABCDFE 可以分解为四棱锥B-ACEF和 四棱锥D-ACEF. 在菱形 ABCD中，AB=BC=2,∠ABC=60°, ∴AC=2,BD=2√3,EF=AC=1 梯形ACEF的面积为s=1(EF+AC)·BP=343, 则Vs面ACOr=3s·BD=3. 18.解(1)证明：如图所示，连接 BD. P 四边形 ABCD是菱形且∠BCD =60°, ∴△BCD是等边三角形. D∵E是CD的中点，∴BELCD. C ∵AB//CD,∴BE⊥AB. A B ∵PA⊥平面ABCD,BEC平面ABCD, ∴PA⊥BE. ∵PA∩AB=A,∴BE⊥平面 PAB. 又 BEC平面 PBE,∴平面 PBE⊥平面 PAB. (2)由(1)知 BE⊥平面 PAB,PBC平面 PAB, ∴PB⊥BE. 又 AB⊥BE, ∴∠PBA是二面角A-BE-P的平面角。 在Rt△PAB中，tan∠PBA=Aβ=√3, ∴∠PBA=60°, 故二面角 A-BE-P的大小是60°. A19.解(1)证明：如图，过射线 PC上一点H作 HM⊥PC M 交 PA于点M, CH作 HNLPC交PB于点N, p连接MN, N则∠MHN是二面角 A-PC B -B的平面角. 在△MNP中和△MNH中分别用余弦定理，得 MN2=MP2+NP2-2MP·NP·cos y, MN2=MH2+NH2—2MH·NH·cosθ, 两式相减得MP2—MH2+NP2—NH2—2MP·NP· cos y+2MH·NH·cosθ=0, ∴2MP·NP·cos y=2PH2+2MH·NH·cos0, 两边同除以2MP·NP,得 cos y=COs acos β+sin asin βcos θ. (2)①由平面 AA?C?C⊥平面 ABCD,知0=90°, ∴由(1)得cos∠A?AB=cos∠A?AC·cos∠CAB. ∵∠A?AC=60°,∠BAC=45°, 2cos∠A,AB=1×2=4. ②在直线CC?上存在点P,使BP//平面 DA?C?. 连接 B?C,延长C?C至点P,使CP=C?C,连接 BP. 在棱柱 ABCD-A?B?C?D?中，A?B?!AB,AB业CD, ∴A?B?IDC,∴四边形 A?B?CD为平行四边形， ∴A?D//B?C. 在四边形 B?BPC中，B?BCP, ∴四边形 B?BPC为平行四边形， ∴B?C//BP,∴A?D//BP. 又A?DC平面 DA?C?,BP在平面 DA?C?, ∴BP//平面 DA?C, ∴当点P在C?C的延长线上，且使CP=C?C时，BP// 平面 DA?C?. 章末检测卷四 统计 1.A ①总体较少，宜用抽签法；②各层间差异明显，宜用 分层随机抽样。故选 A. 2.C ∵得85分的人数最多为4人，∴众数为85,中位数 0×(100+95+90×2+85×4+80+为85.平均数为 75)=87. 3.B 由分层抽样的均值可得，元=f×8+4×9=8.4. 故选B. 4.C 对于 A,根据频数分布表可知，6+12+18=36<50, 所以亩产量的中位数不小于1 050 kg,故 A错误； 对于 B,亩产量不低于1 100 kg 的频数为24+10=34, 99 ?高中数学·必修 第二册 章末检测卷三 立体几何初步 (本卷满分150分；考试时间120分钟) 一、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.对于直线 m,n和平面α,β能得出αLβ的 一组条件是 ( ) A.m⊥n,m//a,n//β B.m⊥n,α∩β=m,nCβ C.m//n,nLβ,mCa D.m//n,m_a,nLβ 2.如图所示，一个水平放置的平面图形的斜 二测直观图是一个底角为45°,腰和上底边 长均为1的等腰梯形，则这个平面图形的 面积是 ( ) A' D' B C A.2+ B.1+2 C.1+√2 D.2+√2 3.已知异面直线 a,b,有aCa,bCβ且α∩β= c,则直线c与a,b的关系是() A.c与a,b都相交 B.c与a,b都不相交 C.c至多与a,b中的一条相交 D.c至少与a,b中的一条相交 4.已知正四面体 ABCD的棱长为4,则该四 面体的外接球与以 A点为球心，2 为半径的 ( )球面的交线的周长为 A.830 B.430 c.230 D.30 5.下列命题正确的是 ( ) A.没有公共点的两条直线是平行直线 B.互相垂直的两条直线是相交直线 C.既不平行又不相交的两条直线是异面 直线 D.不在同一平面内的两条直线是异面 直线 6.如图，在长方体 ABCD-A?B?C?D?中，棱 长如图所示，则VA,-BCD= ( ) A.60 B.30 C.20 D.10 D? G D? C B? A?A? B? 4 N D c p Jc 3 MA 5 B A B 6题图 7题图 7.如图，在正方体 ABCD-A?B?C?D?中，M, N分别为棱 BC 和棱CC?的中点，则异面 直线 AC与MN 所成的角为 ( ) A.30° B.45° C.60° D.90° 8.如图所示，三棱锥 P-ABC的高PO=8, AC= BC=3,∠ACB=30°,M,N分别在 BC和PO上，且CM=x,PN=2x(x∈[0, 3]),下列四个图象大致描绘了三棱锥 N- AMC的体积V与x的变化关系，其中正 确的是 ( ) A p o M B 2 1 o 1 2 3x A C 2 1 o 1 2 3x C 2 1 0| 2 1 o 1 2 3x B 1 2 3x D 106 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18 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6分，部分选对 的得部分分，有选错的得0分. 9.设α-l-β是直二面角，直线aCα,直线 b Cβ,a,b与l都不垂直，那么下列说法错误 的是 ( ) A.a与b可能垂直，但不可能平行 B.a与b可能垂直，也可能平行 C.a与b不可能垂直，但可能平行 D.a与b不可能垂直，也不可能平行 10.在南方不少地区， 经常看到人们头戴 一种用木片、竹篾 或苇蒿等材料制作 的斗笠，用来遮阳 或避雨，随着旅游和文化交流活动的开 展，斗笠也逐渐成为一种时尚旅游产品. 有一种圆锥形的斗笠，称为“灯罩斗笠”, 根据人的体型、高矮等制作成大小不一 的型号供人选择使用，不同型号的斗笠 大小经常用帽坡长(母线长)和帽底宽 (底面圆的直径长)两个指标进行衡量. 现有一个“灯罩斗笠”,帽坡长 20 cm,帽 底宽20√3 cm,关于此斗笠，下面说法正 确的是 ( ) A.斗笠轴截面(过顶点和底面中心的截 面图形)的顶角为120° B.过斗笠顶点和斗笠侧面上任意两条 母线 的 截 面 三角形的最 大 面 积 为100√3 cm2 C.若此斗笠顶点和底面圆上所有点都 在同一个球上，则该球 的表 面积 为1 600π cm2 D.此斗笠放在平面上，可以盖住的球(保 持斗笠不变形)的最大半径为(20√3 —30)cm 11.阅读数学材料：“设p为多面体M的一个 顶点，定义多面体M在点P处的离散曲 率为1-2(∠QPQ?+∠Q?PQ?+⋯+ ∠Qk-1PQ+∠Q,PQ?),其中 Q:(i=1, 2,⋯,k,k≥3)为多面体M的所有与点P 相邻 的 顶点，且平 面 Q?PQ?,平 面 Q?PQ?,⋯,平面 Qk-1PQ,和平面Q?PQ? 为多面体M的所有以P为公共点的面.” 解答问题：已知在直四棱柱 ABCD- A?B?C?D?中，底面 ABCD 为菱形，AA? =AB,则下列说法正确的是( ) A.四棱柱 AC?在其各顶点处的离散曲率 都相等 B.若 AC= BD,则四棱柱 AC?在顶点 A 14处的离散曲率为 C.若四面体 A?ABD在点A?处的离散曲 72率为 ,则 AC?⊥平面 A?BD D.若四棱柱 AC?在顶点 A处的离散曲 13率为 ,则 BC?与平面 ACC?的夹角 为4 三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5分，共 15分. 12.若圆锥的母线长为 2 cm,底面圆的周长 为2π cm,则圆锥的表面积为 13.在如图所示的四棱锥 P-ABCD 中，四边 形 ABCD 为菱形，∠DAB=60°,DMI PA,PA=PD=AB=4,M为BC中点， 则点M到平面PBD 的距离是_ P D) A B 14.18世纪英国数学家辛 卜森运用定积分，推导 出了现在中学数学教 材中柱、锥、球、台等几 何体 Ω的统一体积公 >C M 0; 式v=?h(L+4M+N)(其中h,L,M,N 分别为 Ω的高、上底面面积、中截面面 积、下底面面积),我们也称为“万能求积 107 ?高中数学·必修 第二册 公式”.例如，已知球的半径为R,可得该 球的体积为V=×2R(0+4×πR2+0) =4πR3;已知正四棱锥的底面边长为 a, v=?高为 h,可得该正四棱锥的体积为 ×h[o+4×(号)+a2]=ga2h..类似地， 运用该公式求解下列问题：如图，已知球 O的表面积为36π cm2,若用距离球心 O 都为 1 cm的两个平行平面去截球 O,则 夹在这两个平行平面之间的几何体Ω的 体积为 cm3. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写 出文字说明、证明过程或演算步骤。 15.(13 分)如图，在四边 形 A ABCD中，AD⊥DC,AD// BC,AD=3,CD=2,AB= B 2√2,∠DAB=45°,若四边 DH 形绕着 直线 AD 旋转一 周.求： c (1)所形成的封闭几何体的表面积； (2)所形成的封闭几何体的体积. 16.(15分)如图，四边形 Dp ABCD 为矩形，DAl 平面 ABE,AE=EB=A E BC= 2,BF⊥平 面 ACE于点F,且点F在CE上. (1)求证：AE⊥BE; (2)求三棱锥 D-AEC的体积. E C B 17.(15分)(豫南九校高一上联考)在菱形 ABCD中，AB=2,∠ABC=60°,点M,N 分别是CD,AD的中点，将四边形ANMC 沿AC 转动，使得 MN转动至 EF 的位 置，形成如图所示的多面体，分别取 BF, DE的中点P,Q. (1)求证：PQ//平面 ABCD; (2)若平面 AFEC⊥平面 ABCD,求多面 体ABCDFE的体积. ⋯⋯⋯⋯言 18.(17分)如图，四棱锥 P- P ABCD的底面 ABCD是边 长为1的菱形，∠BCD= 60°,E是CD 的中点，PAA ⊥底面 ABCD,PA=√3. D- E c B (1)证明：平面 PBE⊥平面 PAB; (2)求二面角 A-BE-P的大小. 19.(17分)类比于二维平面中的余弦定理， 有三维空间中的三面角余弦定理：如图 ①,由射线 PA,PB,PC构成的三面角P -ABC,∠APC=α,∠BPC=β,∠APB= y,二面角 A-PC-B的大小为θ,则 cos y =cos acosβ+sin asin βcos θ. DA A C BC P? p× B ℃A< B 图① 图② (1)当a,β∈(0,2)时，证明以上三面角余 弦定理； (2)如 图 ②,平行 六 面体 ABCD- A?B?C?D?中，平 面 AA?C?C⊥平 面 ABCD,∠A?AC=60°,∠BAC=45°. ①求∠A?AB的余弦值； ②在直线CC?上是否存在点P,使 BP// 平面 DA?C??若存在，求出点P的位置； 若不存在，请说明理由. ⋯8