第8单元 立体几何与空间向量（2）-【十年砺剑】2026年高考数学一轮复习单元达标检测示范卷

( 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 封 线 内 不 要 答 题 ) ( 姓名 班级 考号 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 封 线 内 不 要 答 题 ) 第八单元　立体几何与空间向量（二） 满分150分,限时120分钟 考点2 空间点、直线、平面之间的位置关系 一、单项选择题(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.(2025江苏南通调研)若α,β为两个不同的平面,m为一条直线,则下列结论正确的是(　　) A.若m∥α,m∥β,则α∥β　　B.若m⊥α,α⊥β,则m∥β C.若m∥α,m∥β,则α与β相交　　D.若m⊥α,m∥β,则α⊥β 2.(2024安徽模拟)下图是一个正方体的平面展开图,则在这个正方体中, ①BM与ED平行; ②CN与BE是异面直线; ③CN与BM成60°角; ④DM与BN垂直. 以上四个结论中,正确结论的序号是(　　) A.①②③　　B.②④　　 C.③④　　D.①③④ 3.(2024山西运城景胜中学月考)如图,PA垂直于正方形ABCD所在平面,则下列结论错误的是(　　) A.平面PCD⊥平面PAD　　B.平面PCD⊥平面PBC C.平面PAB⊥平面PBC　　D.平面PAB⊥平面PAD 4.(2025北京海淀开学考试)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,底面ABCD是边长为1的正方形,PA=,则点P到直线BD的距离为(　　) A.　　B.　　C.　　D. 5.(2025河北衡水中学测评)如图,四棱锥A-BCDE是棱长均为2的正四棱锥,几何体A-CDF是正四面体,G为BE的中点,则下列结论错误的是(　　) A.A,B,C,F四点共面　　B.平面ABE∥平面CDF C.FG⊥CD　　D.FG⊥平面ACD 6.(2024陕西商洛模拟预测)如图,正三棱柱ABC-A1B1C1的底面边长是2,侧棱长是2,M为A1C1的中点,N是侧面BCC1B1内的动点,且MN∥平面ABC1,则点N的轨迹的长度为(　　) A.　　B.2　　C.　　D.4 7.(2024北京第四中学月考)在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,点F是棱CC1的中点,P是正方体表面上的一点,若D1P⊥AF,则线段D1P长度的最大值是(　　) A. 　　B.　　 B. C.　　D. 8.(模块融合)(2025福建福州第一中学质检)如图,将绘有函数f(x)=Msin(M>0,0<φ<π)部分图象的纸片沿x轴折成钝二面角,夹角为,此时A,B两点之间的距离为,则φ=(　　) A. 　　B.　　 B. C.　　D. 二、多项选择题(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.(2024山东潍坊期中)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,直线l⊂平面ABB1A1,直线m⊂平面BCC1B1,直线n⊂平面ABCD,则直线l,m,n的位置关系可能是(　　) A.l,m,n两两垂直　　 B.l,m,n两两平行 C.l,m,n两两相交　　 D.l,m,n两两异面 10.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,则(　　) A.AB1∥平面BDC1　　 B.B1C⊥平面BDC1 C.平面AA1C⊥平面BDC1　　 D.点A到平面A1BD的距离为 11.(2025黑龙江大庆实验中学开学考试)如图,矩形ABCD中,M为BC的中点,将△ABM沿直线AM翻折成△AB1M,连接B1D,N为B1D的中点,连接CN,则在翻折过程中,下列说法正确的是(　　) A.不存在某个位置,使得CN⊥AB1 B.翻折过程中,CN的长是定值 C.若AB=BM,则AM⊥B1D D.若AB=BM=1,则当三棱锥B1-AMD的体积最大时,其外接球的表面积是4π 三、填空题(本题共3小题,每小题5分,共15分) 12.(2024河南郑州外国语学校期中)如图所示,四棱锥P-ABCD的底面是边长为1的正方形,点E是棱PD上一点,PE=PD,若=λ且满足BF∥平面ACE,则λ=　　　　.  13.(2024浙江温州二模)如图,在等腰梯形ABCD中,AB=BC=CD=AD,点E是AD的中点.现将△ABE沿BE翻折到△A'BE,将△DCE沿CE翻折到△D'CE,使得二面角A'-BE-C等于60°,D'-CE-B等于90°,则直线A'B与平面D'CE所成角的余弦值等于　　　　.  14.(2025湖南长沙多校联考)在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,P为△A1BD内一点,且AP=,则BP+C1P的最大值为　　　　.  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)(2025黑龙江绥化一中月考)如图,在四棱锥P-ABCD中,PD⊥平面ABCD,底面ABCD为平行四边形,E,F分别为BC,PA的中点. (1)证明:EF∥平面PDC; (2)若AB=2AD=2,PD=1,∠ABD=30°,求点D到平面PAB的距离. 16.(15分)(2025江苏如皋中学调研)在四棱锥P-ABCD中,已知△PCD是正三角形,底面ABCD为矩形,且平面PCD⊥平面ABCD,AB=BC. (1)证明:BC⊥平面PCD; (2)求二面角P-BD-C的余弦值. 17.(15分)(2025江苏常州学情调研)如图,已知AB⊥平面ACD,DE⊥平面ACD,△ACD为等边三角形,AD=DE=2AB=4,F为CD的中点. (1)求证:AF∥平面BCE; (2)求证:平面BCE⊥平面CDE; (3)求直线BF和平面BCE所成角的正弦值. 18.(17分)(2025江西新余第四中学月考)如图,在三棱锥P-ABC中,AB⊥AC,AP⊥BP,CA⊥AP,BC=2,M,N分别为PB,PA的中点. (1)证明:平面CMN与平面ABC的交线l∥平面PAB; (2)证明:BP⊥PC; (3)若直线CM与平面PAB的夹角为,二面角C-MN-A的正切值为,求AC的长. 19.(17分)(2024北京理工大附中月考)如图,在四边形ABCD中,AB⊥AD,AD∥BC,AD=6,BC=2AB=4,E,F分别在BC,AD上,EF∥AB,现将四边形ABEF沿EF折起,使BE⊥EC. (1)若BE=3,在折起后的线段AD上是否存在一点P,使得CP∥平面ABEF?若存在,求出的值;若不存在,说明理由; (2)求三棱锥A-CDF的体积的最大值,并求出此时点F到平面ACD的距离. 学科网（北京）股份有限公司 $$ ( 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 封 线 内 不 要 答 题 ) ( 姓名 班级 考号 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 封 线 内 不 要 答 题 ) 答案全解全析 1.D　若m∥α,m∥β,则α与β平行或相交,故A,C错误; 若m⊥α,α⊥β,则m∥β或m⊂β,故B错误; 若m∥β,则必有一直线m'⊂β且m∥m',因为m⊥α,所以m'⊥α,又m'⊂β,所以α⊥β,故D正确. 2.C　还原正方体如图所示, 由图可知BM和ED是异面直线,故①错误; CN和BE是平行直线,故②错误; ∵CN∥BE,∴∠EBM(或其补角)为异面直线CN与BM所成的角,为60°,故③正确; 由正方体的特征知NC⊥DM,BC⊥平面DCMN,又DM⊂平面DCMN,∴DM⊥BC,又NC∩BC=C,NC,BC⊂平面BCN,∴DM⊥平面BCN,又BN⊂平面BCN,∴DM⊥BN,故④正确. 3.B　因为底面ABCD为正方形,所以CD⊥AD. 因为PA⊥平面ABCD,CD⊂平面ABCD,所以PA⊥CD. 又PA∩AD=A,PA,AD⊂平面PAD,所以CD⊥平面PAD.又CD⊂平面PCD,所以平面PCD⊥平面PAD,故A中结论正确. 显然平面PCD与平面PBC不垂直,故B中结论错误. 因为底面ABCD为正方形,所以BC⊥AB. 因为PA⊥平面ABCD,BC⊂平面ABCD,所以PA⊥BC. 又PA∩AB=A,PA,AB⊂平面PAB,所以BC⊥平面PAB.又BC⊂平面PBC,所以平面PAB⊥平面PBC,故C中结论正确. 由BC∥AD及C中分析可知AD⊥平面PAB,又AD⊂平面PAD,所以平面PAB⊥平面PAD,故D中结论正确. 4.D　连接AC交BD于O,则O为BD的中点.连接PO. 由PA⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,得PA⊥BD, 由底面ABCD是正方形,得BD⊥AC, 又PA,AC⊂平面PAC,PA∩AC=A, 所以BD⊥平面PAC,又PO⊂平面PAC,所以BD⊥PO,即点P到BD的距离为PO的长. 在Rt△PAO中,由勾股定理得PO===,故点P到直线BD的距离为. 解题技法　　　　求点线距的常用方法 1.直接法:直接由点向直线作垂线,在三角形中利用等面积法求解. 2.间接法:如图,求P到直线l的距离,先作PO⊥α于O,再作OH⊥l于H,连接PH,可得PH⊥l,则PH的长即为P到直线l的距离. 本题中由这个结论可直接得到PO的长为点P到直线BD的距离. 5.D　选项A,如图,取CD的中点H,连接GH,FH,AG,AH, 因为A-BCDE是正四棱锥,A-CDF是正四面体,G为BE的中点,所以CD⊥GH,CD⊥AH,CD⊥FH. 因为GH∩AH=H,GH,AH⊂平面AGH,所以CD⊥平面AGH, 因为AH∩FH=H,AH,FH⊂平面AFH,所以CD⊥平面AFH, 所以平面AGH∥平面AFH,又平面AGH∩平面AFH=AH,所以平面AGH与平面AFH重合,所以A,G,H,F四点共面. 由题意知AG=HF=,GH=AF=2,所以四边形AGHF是平行四边形,所以GH∥AF,因为BC∥GH,所以BC∥AF,所以故A正确. 选项B,由A知AG∥FH,又AG⊄平面CDF,FH⊂平面CDF,所以AG∥平面CDF. 因为CD∥BE,且BE⊄平面CDF,CD⊂平面CDF,所以BE∥平面CDF,又AG⊂平面ABE,BE⊂平面ABE,且AG∩BE=G,所以平面ABE∥平面CDF,故B正确. 选项C,由A可得CD⊥平面AGHF,又FG⊂平面AGHF,所以FG⊥CD,故C正确. 选项D,,因为AH⊂平面ACD,所以FG⊥AH, 由A知四边形AGHF是平行四边形,所以四边形AGHF是菱形,与AG=,GH=2矛盾,故D错误. 6.B　如图,取B1C1的中点D,BB1的中点E,连接MD,DE,ME,则DE∥BC1, 又DE⊄平面ABC1,BC1⊂平面ABC1,所以DE∥平面ABC1, 又M为A1C1的中点,所以MD∥A1B1∥AB, 又MD⊄平面ABC1,AB⊂平面ABC1,所以MD∥平面ABC1, 又DE∩MD=D,MD,DE⊂平面DEM,所以平面DEM∥平面ABC1. 因为N是侧面BCC1B1内一点,且MN∥平面ABC1,平面DEM∩平面BCC1B1=DE,所以N的轨迹为线段DE,易得DE=BC1=×=2,所以点N的轨迹长度为2. 7.点拨　①过点D1作AF的垂面,确定点P的轨迹, →AF⊥平面D1B1E; ②等腰梯形D1GEB1中到点D1的距离最长的点为E,在Rt△D1C1E中利用勾股定理求解D1E的长度. C　连接AC,BD,A1C1,B1D1,因为AA1⊥平面A1B1C1D1,B1D1⊂平面A1B1C1D1,所以AA1⊥B1D1, 又A1C1⊥B1D1,AA1∩A1C1=A1,AA1,A1C1⊂平面A1ACC1,所以B1D1⊥平面A1ACC1, 因为AF⊂平面A1ACC1,所以B1D1⊥AF, 取BC的中点E,连接B1E,C1E,D1E,BF,易得BF⊥B1E, 因为AB⊥平面B1BCC1,B1E⊂平面B1BCC1,所以AB⊥B1E,因为AB∩BF=B,且AB,BF⊂平面ABF,所以B1E⊥平面ABF,又AF⊂平面ABF,所以B1E⊥AF, 因为B1E∩B1D1=B1,B1D1,B1E⊂平面D1B1E, 所以AF⊥平面D1B1E,设平面D1B1E∩平面ABCD=GE,易得GE∥D1B1,又DB∥D1B1,所以GE∥DB,又E是BC的中点,所以G是棱CD的中点,连接GD1, 所以当点P在线段D1B1,B1E,EG,GD1(点D1除外)上时,D1P⊥AF, 在梯形D1GEB1中,D1B1=,D1G=B1E=,EG=,D1E===, 所以线段D1P长度的最大值是. 8.C　如图,过A,B分别作x轴的垂线,垂足分别为C,D,过A作y轴的垂线,过D作x轴的垂线,使其相交于点E,连接AB,BE, 则∠BDE=,BD=DE=M, 在△BDE中,由余弦定理得BE2=M2+M2-2M2cos =3M2, 由上述分析可知,x轴垂直于BD,DE,又BD∩DE=D,BD,DE⊂平面BDE,所以x轴⊥平面BDE, 又AE∥x轴,所以AE⊥平面BDE, 因为BE⊂平面BDE,所以AE⊥BE, 易,所以AE=CD=3, 在Rt△ABE中,由勾股定理得3M2+9=15,解得M=(负值舍去), 由题图知f(x)的图象过点, 所以f(0)=sin φ=,即sin φ=, 因为0<φ<π,点在递减区间内,所以φ=. 9.ACD　对于A,C,当l为BB1,m为BC,n为AB时,l,m,n两两垂直,且l,m,n两两相交,故A,C正确; 对于B,不妨设l∥m,l,m和BB1均不重合, 因为l⊄平面BCC1B1,m⊂平面BCC1B1, 所以l∥平面BCC1B1,又l⊂平面ABB1A1,平面ABB1A1∩平面BCC1B1=BB1,所以l∥BB1,所以m∥BB1,又BB1⊥平面ABCD,n⊂平面ABCD,所以BB1⊥n,所以l⊥n,m⊥n,即l,m,n不可能两两平行,故B错误; 对于D,当l为AA1,m为B1C1,n为CD时,l,m,n两两异面,故D正确. 10.AC　如图,易知AB1∥DC1,因为DC1⊂平面BDC1,AB1⊄平面BDC1,所以AB1∥平面BDC1,故A正确; 若B1C⊥平面BDC1,则B1C⊥DC1,则B1C⊥AB1,显然∠AB1C≠90°,故B错误; 因为四边形ABCD是正方形,所以BD⊥AC,又BD⊥AA1,AA1∩AC=A,AA1,AC⊂平面AA1C, 所以BD⊥平面AA1C,又BD⊂平面BDC1,所以平面AA1C⊥平面BDC1,故C正确; 设点A到平面A1BD的距离为h, 由=,得·h=S△ABD·AA1,即××××h=××1×1×1, 解得h=,故点A到平面A1BD的距离为,故D错误. 11.ABD　对于A,如图1,取AD的中点E,连接CE交MD于点F,连接ME,NE,NF,易知四边形MCDE为平行四边形,则F为DM的中点,又N为B1D的中点,所以NF∥MB1,同理得NE∥AB1. 假设CN⊥AB1,则EN⊥CN, 因为AB1⊥MB1,所以EN⊥NF, 因为NE,NF,NC共面且共点,所以不可能有EN⊥CN,EN⊥NF同时成立,即不存在某个位置,使得CN⊥AB1,A正确. 对于B,结合A的分析知∠NEC=∠B1AM,且NE=AB1,AM=EC, 在△CEN中,NC2=NE2+EC2-2NE·EC·cos∠NEC, 因为∠NEC=∠B1AM=∠BAM,所以∠NEC为定值,又NE,EC也为定值,所以NC2为定值,即翻折过程中,CN的长是定值,B正确. 对于C,如图2,取AM的中点O,连接B1O,OD,AB=BM即AB1=B1M,则AM⊥B1O. 假设AM⊥B1D,因为B1O∩B1D=B1,B1O,B1D⊂平面ODB1,所以AM⊥平面ODB1, 又OD⊂平面ODB1,所以AM⊥OD,又O为AM的中点,所以AD=MD, 因为AB=BM,M为BC的中点,所以AD=BC=2AB,且DC=CM,所以MD=CD=AB, 故AD≠MD,与AD=MD矛盾,故C错误. 对于D,因为△AMD的面积是不变的,所以只有当平面B1AM⊥平面AMD时,三棱锥B1-AMD的体积最大. 如图2,设AD的中点为H,连接OH,B1H,MH,易知AB1=B1M=1,且AB1⊥B1M,B1O⊥AM,又平面B1AM∩平面AMD=AM,平面B1AM⊥平面AMD,B1O⊂平面B1AM, 所以B1O⊥平面AMD,又OH⊂平面AMD,所以B1O⊥OH, 则AM=,B1O=AM=,OH=DM=AM=, 所以HB1==1,则HA=HD=HM=HB1=1, 所以AD的中点H即为三棱锥B1-AMD的外接球球心,且球的半径为1,故外接球的表面积是4π,D正确. 12. 解析　如图,连接BD,交AC于点O,连接OE, 由四边形ABCD是正方形,得BO=OD, 在线段PE上取点G,使得GE=ED,由PE=PD,得=,连接BG,FG,则BG∥OE, 由OE⊂平面ACE,BG⊄平面ACE,得BG∥平面ACE, 又BF∥平面ACE,BG∩BF=B,BG,BF⊂平面BGF,所以平面BGF∥平面ACE, 又平面PCD∩平面ACE=EC,平面PCD∩平面BGF=GF,所以GF∥EC,所以λ===. 13. 解析　设AB=2a,取CE的中点K,连接BK,A'K,易知△BCE是等边三角形,故BK⊥CE. 由题知平面BCE⊥平面D'CE,又平面BCE∩平面D'CE=CE,BK⊂平面BCE,BK⊥CE, 所以BK⊥平面D'CE,则直线A'B与平面D'CE所成角的余弦值等于∠A'BK的正弦值(关键点). 连接A'C,易求得BK=a,A'C=a,则cos∠A'EC==, 又cos∠A'EC==,所以A'K=a, 则cos∠A'BK==, 则sin∠A'BK==, 所以直线A'B与平面D'CE所成角的余弦值等于. 14.2 解析　如图,连接AC1与平面A1BD交于点O,连接AC,AB1,B1D1,B1C,CD1, 易知BD⊥AC,BD⊥CC1,又AC∩CC1=C且AC,CC1⊂平面ACC1,所以BD⊥平面ACC1, 又AC1⊂平面ACC1, 所以BD⊥AC1. 易知A1B⊥AB1,A1B⊥B1C1, 又AB1∩B1C1=B1且AB1,B1C1⊂平面AB1C1,所以A1B⊥平面AB1C1, 又AC1⊂平面AB1C1, 所以A1B⊥AC1, 因为BD∩A1B=B,BD,A1B⊂平面A1BD,所以AC1⊥平面A1BD,同理AC1⊥平面B1D1C, 且两平面将体对角线AC1三等分, 故AO=AC1=, 因为AP=,所以OP==,若P不加限制,则点P的轨迹是以A为球心,为半径的球,当P在平面A1BD上时,P在球与平面A1BD的截面圆上,故P在以O为圆心,为半径的圆上 易知△A1BD是边长为2的正三角形,其内切圆半径为,所以点P在△A1BD的内切圆上, 因为AC1⊥平面A1BD,且点C1到平面A1BD的距离为AC1=,所以C1P==, 当点P为A1D的中点时,符合题意的BP最大,为A1B=, 所以BP+C1P的最大值为2. 15.解析　(1)证法一　取PD的中点M,连接MF,CM, 因为F为PA的中点,所以MF∥AD,且MF=AD,(1分) 又E为BC的中点,所以EC=BC,又AD􀱀BC,所以EC∥AD,且EC=AD,(3分) 所以MF􀱀EC,所以四边形EFMC为平行四边形, 所以EF∥CM,(5分) 又EF⊄平面PDC,CM⊂平面PDC, 所以EF∥平面PDC.(6分) 证法二　取AD的中点G,连接FG,GE, 因为F是AP的中点,所以FG∥PD,(2分) 又FG⊄平面PDC,PD⊂平面PDC, 所以FG∥平面PDC,同理得EG∥平面PDC.(4分) 又FG∩EG=G,FG,EG⊂平面EFG,所以平面EFG∥平面PDC.(5分) 又EF⊂平面EFG,所以EF∥平面PDC.(6分) 证法三　连接AE并延长交DC的延长线于点H,连接PH, 因为E是BC的中点,且AB∥DC, 所以△AEB≌△HEC,故AE=HE,即E是AH的中点,(2分) 因为F是AP的中点,所以EF∥PH,(4分) 又H∈DC⊂平面PDC,EF⊄平面PDC,所以EF∥平面PDC.(6分) (2)解法一　在△ABD中,AB=2AD=2,∠ABD=30°, 由正弦定理得∠ADB=90°,则BD=,(8分) 因为PD⊥平面ABCD,AD、BD⊂平面ABCD, 所以PD⊥AD,PD⊥BD,(9分) 在Rt△PAD中,PA==, 在Rt△PBD中,PB==2, 在等腰△PAB中,PA边上的高为=,(10分) 所以S△PAB=××=,(11分) 设点D到平面PAB的距离为d, 由VP-ABD=VD-PAB得××1××1=××d,(12分) 解得d=,即点D到平面PAB的距离为.(13分) 解法二　过点D作DM⊥AB,连接PM,过点D作DN⊥PM,交PM于点N. 因为AB⊥DM,AB⊥DP,DM,DP⊂平面DPM,DM∩DP=D,所以AB⊥平面DPM,(7分) 又AB⊂平面PAB,所以平面PAB⊥平面DPM,(8分) 又因为平面PAB∩平面DPM=PM,DN⊥PM,DN⊂平面DPM, 所以DN⊥平面PAB,故DN即为点D到平面PAB的距离.(9分) 因为AD2=AB2+BD2-2AB·BDcos∠ABD, 所以BD2-2BD+3=0,所以BD=.(10分) 由AD2+BD2=AB2得AD⊥BD,(11分) 在Rt△PDM中,DP=1,DM=,∠PDM=, 故PM=,所以DN==,即点D到平面PAB的距离为.(13分) 16.解析　(1)证明:因为四边形ABCD是矩形,所以BC⊥CD.(1分) 因为平面PCD⊥平面ABCD,平面PCD∩平面ABCD=CD,BC⊂平面ABCD, 所以BC⊥平面PCD.(4分) (2)过点P作PE⊥CD,垂足为E,过点E作EF⊥BD,垂足为F,连接PF.(6分) 因为平面PCD⊥平面ABCD,平面PCD∩平面ABCD=CD,PE⊥CD,PE⊂平面PCD,所以PE⊥平面ABCD,因为BD⊂平面ABCD,所以PE⊥BD.(8分) 因为BD⊥EF,PE∩EF=E,PE,EF⊂平面PEF, 所以BD⊥平面PEF,又PF⊂平面PEF,所以BD⊥PF.(10分) 所以∠PFE为二面角P-BD-C的平面角.(11分) 设AB=BC=2, 因为△PCD是正三角形,所以PE=,(12分) 因为底面ABCD为矩形,所以EF=,所以tan∠PFE==3,所以cos∠PFE=,(14分) 所以二面角P-BD-C的余弦值为.(15分) 17.解析　(1)证法一　如图,取CE的中点G,连接FG,BG. ∵F为CD的中点,∴GF∥DE且GF=DE, ∵AB⊥平面ACD,DE⊥平面ACD, ∴AB∥DE,∴GF∥AB.又AB=DE,∴GF=AB,(3分) ∴四边形GFAB为平行四边形,则AF∥BG, ∵AF⊄平面BCE,BG⊂平面BCE,∴AF∥平面BCE.(5分) 证法二　取DE的中点M,连接AM,FM, ∵F为CD的中点,∴FM∥CE,因为FM⊄平面BCE,CE⊂平面BCE,∴FM∥平面BCE.(1分) ∵AB∥DE,2AB=DE,∴AB∥EM,AB=EM, ∴四边形ABEM为平行四边形,∴AM∥BE,又AM⊄平面BCE,BE⊂平面BCE,∴AM∥平面BCE.(3分) ∵AM∩FM=M,AM,FM⊂平面AFM,∴平面AFM∥平面BCE.(4分) ∵AF⊂平面AFM,∴AF∥平面BCE.(5分) 证法三　延长EB交DA的延长线于点H,连接CH, 易知AB是△DEH的中位线,所以HA=AD,(2分) 又因为F是CD的中点,所以AF∥CH,(3分) 又H∈BE⊂平面BCE, 所以AF∥平面BCE.(5分) (2)证明:在(1)中证法一的基础上证明.∵△ACD为等边三角形,F为CD的中点,∴AF⊥CD. ∵DE⊥平面ACD,AF⊂平面ACD,∴DE⊥AF.(7分) 又CD∩DE=D,CD,DE⊂平面CDE,∴AF⊥平面CDE,又BG∥AF,∴BG⊥平面CDE,(9分) ∵BG⊂平面BCE,∴平面BCE⊥平面CDE.(10分) (3)解法一　如图,在平面CDE内,过F作FN⊥CE于点N,连接BN, ∵平面BCE⊥平面CDE,平面BCE∩平面CDE=CE,FN⊂平面CDE, ∴FN⊥平面BCE,∴∠FBN为BF与平面BCE所成的角,(12分) 易得CF=CD=2,AF=ADsin 60°=4×=2, ∴FN=CFsin 45°=,BF==4,(13分) 在Rt△FNB中,sin∠FBN==,(14分) ∴直线BF和平面BCE所成角的正弦值为.(15分) 解法二　在(1)中证法一及(2)的基础下求解.设点F到平面CBE的距离为h,直线BF和平面BCE所成的角为θ. 则由线面角的定义可知sin θ=. ∵四边形ABGF为平行四边形,∴BG=AF=ADsin 60°=2. 由VF-BCE=VB-CEF,得S△BCE·h=S△CEF·BG⇒h=.(12分) 在△CEF中,S△CEF=CF·DE=4, 在△BCE中,BE==2,CE=4,BC==2, 易知BG⊥CE,∴S△BCE=CE·BG=4,(13分) ∴h===,又BF===4, ∴sin θ==. ∴直线BF和平面BCE所成角的正弦值为.(15分) 解题技法　　几何法求线面角的常用方法 1.直接法:根据线面角的定义,斜线与射影所成的角即为线面角,直接根据垂线,斜线,射影构成的直角三角形解题. 2.等体积法:对于垂线段较难找出的问题,利用等体积法可以求出垂线段的长度,设斜线与平面所成的角为θ,垂线段的长度为h,斜线段的长度为l,则sin θ=. 18.解析　(1)证明:因为M,N分别是PB,PA的中点,所以MN∥AB,(1分) 因为AB⊂平面ABC,MN⊄平面ABC,所以MN∥平面ABC, 所以MN∥l,(3分) 又MN⊂平面PAB,l⊄平面PAB,所以l∥平面PAB.(4分) (2)证明:因为AC⊥AB,AC⊥AP,AB∩AP=A,AB,AP⊂平面PAB, 所以AC⊥平面PAB,(5分) 又PB⊂平面PAB,所以PB⊥AC,(6分) 又PB⊥AP,AC∩AP=A,AC,AP⊂平面PAC,所以BP⊥平面PAC,(7分) 又PC⊂平面PAC,所以BP⊥PC.(8分) (3)由(2)知AC⊥平面PAB,又AC⊂平面ABC,所以平面ABC⊥平面PAB,连接AM(图略), 则∠AMC为直线CM与平面PAB的夹角,故∠AMC=,(9分) 设AC=a,则AB=,因为AM⊂平面PAB,所以AC⊥AM.故AM=AC=a, 设PA=b,则PC=,PB=, 在Rt△PAM中,由勾股定理得(4-a2-b2)+b2=a2,故b=.(11分) 把△PAB脱离出来, 过A作AG⊥MN,交MN的延长线于G,则∠CGA是二面角C-MN-A的平面角,设为θ,(13分) 所以tan θ==,则AG=a,过P作PG'∥AB,交AG的延长线于G',则AG'=2AG=a.(14分) 易知△AG'P∽△BPA,则=,即=, 故7a4-19a2+12=0,所以a=1或a=,(15分) 经检验,均符合题意.(17分) 19.解析　(1)假设存在满足条件的点P. 如图,过点P作PM∥FD,交AF于点M,连接ME, ∵CE∥FD,∴MP∥EC,∴M,P,C,E四点共面.(3分) ∵CP∥平面ABEF,CP⊂平面CEMP,平面ABEF∩平面CEMP=ME, ∴CP∥ME,∴四边形CEMP为平行四边形,(5分) ∴MP=CE=4-BE=1, 易得FD=6-3=3, 由MP∥FD可得==, ∴=. 故存在点P使得CP∥平面ABEF,此时=.(8分) (2)由题意得BE⊥EF,又BE⊥EC,EC∩EF=E,EC,EF⊂平面CEFD,∴BE⊥平面CEFD, 又AF∥BE,∴AF⊥平面CEFD.(10分) 设BE=x(0<x≤4),则AF=x,FD=6-x, 故VA-CDF=××2×(6-x)×x=-(x-3)2+3, ∴当x=3时,VA-CDF取得最大值,最大值为3,(13分) 此时EC=1,AF=3,FD=3,DC=2, ∴AD==3,AC==, 在△ACD中,由余弦定理的推论得cos∠ADC==,∴sin∠ADC=, ∴S△ACD=DC·AD·sin∠ADC=3.(15分) 设F到平面ACD的距离为h, 由VF-ACD=VA-CDF,得S△ACD·h=3,解得h=. 故三棱锥A-CDF的体积的最大值为3,此时点F到平面ACD的距离为.(17分) 学科网（北京）股份有限公司 $$