第八章 立体几何初步 章末检测试卷-2025-2026学年高一下学期数学人教A版必修第二册

**基本信息** 高中数学第八章立体几何初步单元卷，120分钟150分，覆盖空间几何体、位置关系等核心知识，结合《九章算术》文化情境与分层设计，适配单元复习，培养空间观念与推理能力。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单项选择|8/40|棱柱棱锥概念（1）、斜二测画法（3）、圆锥体积（4）|基础概念辨析，如第1题正误判断| |多项选择|3/18|面面垂直性质（9）、圆柱轴截面（10）|多选项设计，考查空间关系综合判断| |填空题|3/15|组合体表面积（12）、异面直线夹角（13）|结合实际模型，如第12题机器零件表面积| |解答题|5/77|线面平行证明（15）、二面角计算（19）|分层设问，如第15题先证后算，第19题折叠问题|

第八章 立体几何初步 　　　　　　　　　　　　　　　　[时间：120分钟 分值：150分] 一、单项选择题(本题共8小题，每小题5分，共40分) 1.以下结论正确的有(　　) A.侧棱都相等的棱锥一定是正棱锥 B.有两个面互相平行，其余四个面都是等腰梯形的六面体为四棱台 C.各侧面都是正方形的四棱柱一定是正方体 D.棱柱的侧棱相等，侧面是平行四边形 2.我国古代《九章算术》里记载了一个“商功”的例子：今有刍童，下广二丈，袤三丈，上广三丈，袤四丈，高三丈.问积几何？其意思是：今有上、下底面皆为长方形的草垛(如图所示)，下底宽2丈，长3丈，上底宽3丈，长4丈，高3丈.问它的体积是多少？该书提供的算法是：上底长的2倍与下底长的和与上底宽相乘，同样下底长的2倍与上底长的和与下底宽相乘，将两次运算结果相加，再乘以高，最后除以6.则这个问题中的刍童的体积为(　　) A.13.25立方丈 B.26.5立方丈 C.53立方丈 D.106立方丈 3.已知水平放置的△ABC，按“斜二测画法”得到如图所示的直观图，其中B'O'=C'O'=1，A'O'=，那么原三角形ABC的面积是(　　) A. B.2 C. D. 4.已知圆锥的侧面展开图是一个半径为13，弧长为10π的扇形，则该圆锥的体积为(　　) A.100π B.120π C.150π D.300π 5.已知S，A，B，C是球O表面上的不同点，SA⊥平面ABC，AB⊥BC，AB=1，BC=，若球O的表面积为4π，则SA等于(　　) A. B.1 C. D. 6.PA，PB，PC是从P点出发的三条射线，每两条射线的夹角均为60°，那么直线PC与平面PAB所成角的余弦值是 (　　) A. B. C. D. 7.如图，在三棱锥S-ABC中，△ABC是边长为6的正三角形，SA=SB=SC=15，平面DEFH分别与AB，BC，SC，SA交于点D，E，F，H，且D，E分别是AB，BC的中点，如果直线SB∥平面DEFH，那么四边形DEFH的面积为(　　) A. B. C.45 D.45 8.在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=BC=4，AA1=1，则二面角A1-BD-C1的平面角的余弦值为(　　) A.- B.- C. D. 二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分.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.已知平面α⊥平面β，α∩β=l，点A∈α，A∉l，若直线AB∥l，直线AC⊥l，直线m∥α，m∥β，则下列结论正确的是(　　) A.AB∥m B.AC⊥m C.AB∥β D.AC⊥β 10.如图，四边形ABCD是圆柱的轴截面，AD=1，E是底面圆周上异于A，B的一点，则下列结论中正确的是(　　) A.BE⊥DE B.DE⊥平面BCE C.平面BCE⊥平面ADE D.若从点B出发沿着圆柱体的侧面到点D的路径中，最短路径的长度为5，则该圆柱体的侧面积是14 11.如图(1)所示，△ABC和△ACD都是直角三角形，AB=BC=，∠CAD=30°，CD⊥AC，如图(2)所示，把△ABC沿AC边折起，使△ABC所在平面与△ACD所在平面垂直，连接BD，下列说法正确的是(　　) A.AB⊥平面BCD B.BD与平面ACD所成角的正弦值为 C.三棱锥B-ACD外接球的表面积为16π D.点C到平面ABD的距离为 三、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分) 12.如图所示，一种机器零件由两部分组成，下部分是实心的正六棱柱，上部分是实心的圆柱(尺寸单位：cm)，则这种零件的表面积为　　　　　　　cm2.  13.如图，PA⊥平面ABCD，ABCD为正方形，且PA=AD，E，F分别是线段PA，CD的中点，则异面直线EF与AC所成的角为　　　　.  14.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2.则以A1D1的中点为球心，为半径的球面与侧面B1BCC1的交线长为　　　　.  四、解答题(本题共5小题，共77分) 15.(13分)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别是棱B1B，AD的中点. (1)求证：直线BF∥平面AD1E；(6分) (2)求异面直线BF与D1E所成角的余弦值的大小.(7分) 16.(15分)如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，PA=AD=CD=2，BC=3，PC=2，BE∶EP=1∶2，CF=2，CD⊥BC. (1)证明：平面AEF∥平面PCD；(8分) (2)求三棱锥E-PCD的体积.(7分) 17.(15分)在如图所示的四棱锥F-ABCD中，四边形ABCD是等腰梯形，AB∥CD，∠ABC=60°，FC⊥平面ABCD，CB=CD=CF=1. (1)求证：平面ACF⊥ 平面BCF；(6分) (2)若E为CF的中点，问线段AB上是否存在点G，使得EG∥平面ADF？若存在，请说出AG的长，并证明你的结论；若不存在，请说明理由.(9分) 18.(17分)在三棱柱ABC-A1B1C1中，底面△ABC是等腰三角形，且∠ABC=90°，侧面AA1B1B是菱形，∠A1AB=60°，平面AA1B1B⊥平面ABC，点M是AA1的中点. (1)求证：BB1⊥CM；(8分) (2)求直线BM与平面CMB1所成角的正弦值.(9分) 19.(17分)如图1，在四边形ABCD中，BC⊥CD，AE∥CD，AE=BE=2CD=2，CE=.G为AB的中点，将四边形AECD沿AE折起，使得BC=，得到如图2所示的几何体. (1)证明：DG⊥平面ABE；(7分) (2)若F为BE上靠近B点的三等分点，求二面角D-AF-B的平面角的余弦值.(10分) 第八章 立体几何初步 　　　　　　　　　　　　　　　　[时间：120分钟 分值：150分] 一、单项选择题(本题共8小题，每小题5分，共40分) 1.以下结论正确的有(　　) A.侧棱都相等的棱锥一定是正棱锥 B.有两个面互相平行，其余四个面都是等腰梯形的六面体为四棱台 C.各侧面都是正方形的四棱柱一定是正方体 D.棱柱的侧棱相等，侧面是平行四边形 答案　D 解析　对于A选项，正棱锥的侧棱都相等，反之则不然，因为底面的形状不一定是正多边形，A错误；对于B选项，有两个面互相平行，其余四个面都是等腰梯形，只有当侧棱的延长线交于同一点时，这样的几何体才是四棱台，B错误；对于C选项，当底面的形状是一般的菱形而不是正方形时，几何体就不是正方体，C错误；根据棱柱的定义，D正确. 2.我国古代《九章算术》里记载了一个“商功”的例子：今有刍童，下广二丈，袤三丈，上广三丈，袤四丈，高三丈.问积几何？其意思是：今有上、下底面皆为长方形的草垛(如图所示)，下底宽2丈，长3丈，上底宽3丈，长4丈，高3丈.问它的体积是多少？该书提供的算法是：上底长的2倍与下底长的和与上底宽相乘，同样下底长的2倍与上底长的和与下底宽相乘，将两次运算结果相加，再乘以高，最后除以6.则这个问题中的刍童的体积为(　　) A.13.25立方丈 B.26.5立方丈 C.53立方丈 D.106立方丈 答案　B 解析　由题意知，刍童的体积为[(4×2+3)×3+(3×2+4)×2]×3÷6=26.5(立方丈). 3.已知水平放置的△ABC，按“斜二测画法”得到如图所示的直观图，其中B'O'=C'O'=1，A'O'=，那么原三角形ABC的面积是(　　) A. B.2 C. D. 答案　A 解析　由斜二测画法的性质可得，BC=B'C'=2，AO=2A'O'=2×=，由图易得AO⊥BC， ∴S△ABC==×2×=. 4.已知圆锥的侧面展开图是一个半径为13，弧长为10π的扇形，则该圆锥的体积为(　　) A.100π B.120π C.150π D.300π 答案　A 解析　设圆锥的底面半径为r，母线长为l，高为h， 由题意可知l=13，且10π=2πr，∴r=5， 则h===12， 故该圆锥的体积V=π×52×12=100π. 5.已知S，A，B，C是球O表面上的不同点，SA⊥平面ABC，AB⊥BC，AB=1，BC=，若球O的表面积为4π，则SA等于(　　) A. B.1 C. D. 答案　B 解析　根据已知把三棱锥S-ABC补成如图所示的长方体.因为球O的表面积为4π，所以球O的半径R=1， 则2R= ==2， 解得SA=1. 6.PA，PB，PC是从P点出发的三条射线，每两条射线的夹角均为60°，那么直线PC与平面PAB所成角的余弦值是 (　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　构造正方体如图所示，连接AB，CA，CB，过点C作CO⊥平面PAB，垂足为O， 在正四面体CABP中，易知O是正三角形ABP的中心，连接PO并延长交AB于点D，于是∠CPO为直线PC与平面PAB所成的角. 设PC=a，则PD=a， 故PO=PD=a， 故cos∠CPO==. 7.如图，在三棱锥S-ABC中，△ABC是边长为6的正三角形，SA=SB=SC=15，平面DEFH分别与AB，BC，SC，SA交于点D，E，F，H，且D，E分别是AB，BC的中点，如果直线SB∥平面DEFH，那么四边形DEFH的面积为(　　) A. B. C.45 D.45 答案　A 解析　如图，取AC的中点G，连接SG，BG.易知SG⊥AC，BG⊥AC，且SG∩BG=G，SG，BG⊂平面SGB， 故AC⊥平面SGB， 又SB⊂平面SGB， 所以AC⊥SB.因为SB∥平面DEFH，SB⊂平面SAB，平面SAB∩平面DEFH=HD，所以SB∥HD.同理SB∥FE.又D，E分别为AB，BC的中点，则H，F也分别为AS，SC的中点，从而得HF綉AC綉DE，所以四边形DEFH为平行四边形.又AC⊥SB，SB∥HD，DE∥AC，所以DE⊥HD，所以四边形DEFH为矩形，其面积S=HF·HD=AC·SB=. 8.在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=BC=4，AA1=1，则二面角A1-BD-C1的平面角的余弦值为(　　) A.- B.- C. D. 答案　A 解析　取BD的中点O，连接A1O，C1O，A1B，A1D，C1B，C1D，因为在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=BC=4，AA1=1， 所以A1B=A1D，C1B=C1D， 所以A1O⊥BD，C1O⊥BD， 所以∠A1OC1即为二面角A1-BD-C1的平面角， 连接A1C1，AC，则O为AC中点， 因为AO=CO=2，AA1=CC1=1， 所以A1O=C1O=3，又因为A1C1=4， 在△A1OC1中， cos∠A1OC1== =-， 所以二面角A1-BD-C1的平面角的余弦值为-. 二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分.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.已知平面α⊥平面β，α∩β=l，点A∈α，A∉l，若直线AB∥l，直线AC⊥l，直线m∥α，m∥β，则下列结论正确的是(　　) A.AB∥m B.AC⊥m C.AB∥β D.AC⊥β 答案　ABC 解析　因为m∥α，m∥β，α∩β=l，所以m∥l，又AB∥l，所以AB∥m，故A正确；因为AC⊥l，m∥l，所以AC⊥m，故B正确；因为A∈α，AB∥l，l⊂α，所以B∈α，所以AB⊄β，又l⊂β，所以AB∥β，故C正确；因为AC⊥l，当点C在α内时，AC⊥β成立，当点C不在α内时，AC⊥β不成立，故D不正确. 10.如图，四边形ABCD是圆柱的轴截面，AD=1，E是底面圆周上异于A，B的一点，则下列结论中正确的是(　　) A.BE⊥DE B.DE⊥平面BCE C.平面BCE⊥平面ADE D.若从点B出发沿着圆柱体的侧面到点D的路径中，最短路径的长度为5，则该圆柱体的侧面积是14 答案　ACD 解析　由AB是底面圆的直径，知∠AEB=90°，即AE⊥EB. ∵四边形ABCD是圆柱的轴截面， ∴AD⊥平面AEB，BC⊥平面AEB. 又BE⊂平面AEB，∴AD⊥BE， 又AD∩AE=A，AD，AE⊂平面ADE， ∴BE⊥平面ADE，∵DE⊂平面ADE， ∴BE⊥DE. 又BE⊂平面BCE，∴平面BCE⊥平面ADE. 可得A，C正确； 若DE⊥平面BCE， 则DE⊥BC，显然不成立，B错误； 对于选项D，作出该圆柱体的侧面展开图(图略)可知， 侧面展开图中的线段BD即为从点B出发沿着圆柱体的侧面到点D的最短路径， ∴底面半圆周的长度为=7， ∴该圆柱体的侧面积S=7×2×1=14，D正确. 11.如图(1)所示，△ABC和△ACD都是直角三角形，AB=BC=，∠CAD=30°，CD⊥AC，如图(2)所示，把△ABC沿AC边折起，使△ABC所在平面与△ACD所在平面垂直，连接BD，下列说法正确的是(　　) A.AB⊥平面BCD B.BD与平面ACD所成角的正弦值为 C.三棱锥B-ACD外接球的表面积为16π D.点C到平面ABD的距离为 答案　AC 解析　∵平面ABC⊥平面ACD，平面ABC∩平面ACD=AC， △ACD为直角三角形，CD⊥AC，∴CD⊥平面ABC， ∵AB⊂平面ABC， ∴CD⊥AB， ∵△ABC为直角三角形，AB⊥BC，CD，BC⊂平面BCD，CD∩BC=C， ∴AB⊥平面BCD， 故选项A正确； 取AC的中点E，连接BE，DE， ∵AB=BC=，∴BE⊥AC， ∵平面ABC⊥平面ACD， 平面ABC∩平面ACD=AC，BE⊂平面ABC， ∴BE⊥平面ACD，∠BDE即为BD与平面ADC所成的角， ∵AB=BC=，∠ABC=90°，∠CAD=30°， ∴BE=，CD=2，DE=，BD=， ∴sin∠BDE===， 即BD与平面ACD所成角的正弦值为， 故选项B错误； 取AD的中点F，连接EF，则EF∥ CD， 又CD⊥平面ABC，∴EF⊥平面ABC， 易知E为△ABC的外心，则三棱锥B-ACD的外接球球心在直线EF上， 又∠ACD=90°，则F为△ACD的外心， ∴F为三棱锥B-ACD的外接球球心， ∴外接球半径R=AF=AD===2， 则三棱锥B-ACD外接球表面积S=4πR2=16π， 故选项C正确； 由于AB⊥平面BCD，AB⊂平面ABD， ∴平面BCD⊥平面ABD，过点C作CH⊥BD于H， ∴CH⊥平面ABD， ∴CH即为点C到平面ABD的距离， ∵CD⊥平面ABC，BC⊂平面ABC， ∴CD⊥BC，在Rt△BCD中，∵BC=，CD=2，BD=， ∴CH==. 点C到平面ABD的距离为， 故选项D错误. 三、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分) 12.如图所示，一种机器零件由两部分组成，下部分是实心的正六棱柱，上部分是实心的圆柱(尺寸单位：cm)，则这种零件的表面积为　　　　　　　cm2.  答案　432+360+150π 解析　把六棱柱的底面分为六个全等的等边三角形， ∴每个等边三角形的面积为S=×12×12×sin 60°=36(cm2)， ∴六棱柱的底面积为S1=2×6×36=432(cm2)， 六棱柱的侧面积为S2=6×12×5=360(cm2)， ∴六棱柱的表面积为S3=(432+360)cm2， 圆柱的侧面积为S4=6π×25=150π(cm2)， ∵圆柱的底面积和六棱柱的部分底面积重合， ∴零件的表面积S=S3+S4=(432+360+150π)cm2. 13.如图，PA⊥平面ABCD，ABCD为正方形，且PA=AD，E，F分别是线段PA，CD的中点，则异面直线EF与AC所成的角为　　　　.  答案　 解析　如图，取AD的中点G，分别连接FG，EG，AF，则AC∥FG， 通过异面直线所成角的性质可知∠EFG(或其补角)就是异面直线EF与AC所成的角. 设AD=2，则AE=GD=DF=1，AF==， 因为PA⊥平面ABCD，AF⊂平面ABCD，则AE⊥AF， 则EF==， EG=FG==， 在△EFG中，由余弦定理得cos∠EFG==， 又0<∠EFG<π， 所以∠EFG=，故异面直线EF与AC所成的角为. 14.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2.则以A1D1的中点为球心，为半径的球面与侧面B1BCC1的交线长为　　　　.  答案　 解析　取BB1的中点E，CC1的中点F，B1C1的中点G，A1D1的中点O， 由题意可得，A1E=D1F==， OE=OF==， 在平面B1BCC1内取一点P，使得GP=， 则OP==， 且GE=GF=，所以以A1D1的中点为球心，为半径的球面与侧面B1BCC1的交线是以G为圆心，为半径的圆弧EPF，且∠B1GE=∠C1GF=45°， 则∠EGF=90°，则圆弧EPF的长为×2π×=. 四、解答题(本题共5小题，共77分) 15.(13分)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别是棱B1B，AD的中点. (1)求证：直线BF∥平面AD1E；(6分) (2)求异面直线BF与D1E所成角的余弦值的大小.(7分) (1)证明　取DD1的中点M，连接BM，MF，则MF∥AD1， 由于MF⊄平面AD1E，AD1⊂平面AD1E， 故MF∥平面AD1E， 由于D1M∥BE，D1M=BE=DD1， 故四边形D1MBE为平行四边形， 则BM∥D1E， 又BM⊄平面AD1E，D1E⊂平面AD1E， 故BM∥平面AD1E， 由于BM∩MF=M，BM，MF⊂平面MBF， 故平面MBF∥平面AD1E， 又BF⊂平面MBF，故直线BF∥平面AD1E. (2)解　由(1)知BM∥D1E， ∴∠FBM或其补角为异面直线BF与D1E所成的角， 设正方体棱长为1，则BF==， MF=AD1=， 连接BD，则 BM===， ∴cos∠FBM===， 故异面直线BF与D1E所成角的余弦值的大小为. 16.(15分)如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，PA=AD=CD=2，BC=3，PC=2，BE∶EP=1∶2，CF=2，CD⊥BC. (1)证明：平面AEF∥平面PCD；(8分) (2)求三棱锥E-PCD的体积.(7分) (1)证明　连接AC，如图所示. 由于PA⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，则PA⊥AC. 且PA=2，PC=2， 则AC==2. 又AD=CD=2，则AD2+CD2=8=AC2，故CD⊥AD. 又CD⊥BC，则AD∥FC，又AD=FC=2， 则四边形ADCF为平行四边形，则AF∥CD. 又AF⊄平面PCD，CD⊂平面PCD， 则AF∥平面PCD. 由于BC=3，CF=2，则BF=1. 又BE∶EP=1∶2， 则BE∶BP=BF∶BC=1∶3， 则EF∥CP. 又EF⊄平面PCD，CP⊂平面PCD， 则EF∥平面PCD. 又EF∩AF=F，EF，AF⊂平面AEF， 可得平面AEF∥平面PCD. (2)解　由(1)知，平面AEF∥平面PCD，所以点E到平面PCD的距离与点A到平面PCD的距离相等， 故三棱锥E-PCD的体积与三棱锥A-PCD的体积相等，也与三棱锥P-ACD的体积相等. △ACD的面积为2，点P到平面ACD的距离为2， 故所求体积为×2×2=. 17.(15分)在如图所示的四棱锥F-ABCD中，四边形ABCD是等腰梯形，AB∥CD，∠ABC=60°，FC⊥平面ABCD，CB=CD=CF=1. (1)求证：平面ACF⊥ 平面BCF；(6分) (2)若E为CF的中点，问线段AB上是否存在点G，使得EG∥平面ADF？若存在，请说出AG的长，并证明你的结论；若不存在，请说明理由.(9分) (1)证明　因为四边形ABCD是等腰梯形，AB∥CD，∠ABC=60°， 所以∠BAD=∠ABC=60°， 因为CB=CD=CF=1，所以AD=CD， 所以∠ACD=∠CAB=∠DAC=30°， 所以在△ABC中，∠ABC=60°，∠CAB=30°，∠ACB=90°，即AC⊥BC， 因为FC⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD， 所以FC⊥AC， 因为FC∩BC=C，FC，BC⊂平面BCF， 所以AC⊥平面BCF， 因为AC⊂平面ACF， 所以平面ACF⊥平面BCF. (2)解　线段AB上存在点G，使得EG∥平面ADF，AG=AB=. 下面证明结论： 如图，取DF的中点H，连接HE，HA，在线段AB上取点G，使得AG=AB，连接EG， 由(1)知，在△ABC中，∠ABC=60°，∠CAB=30°，∠ACB=90°，AB=2BC=2， 所以AG=AB=， 因为AB∥CD，AB=2BC=2CD， 所以AG∥CD，AG=CD， 因为H为DF的中点，E为CF的中点， 所以HE∥CD，HE=CD=， 所以AG∥HE，AG=HE， 所以四边形AGEH为平行四边形， 所以AH∥EG， 因为AH⊂平面ADF，GE⊄平面ADF， 所以EG∥平面ADF. 所以线段AB上存在点G，使得EG∥平面ADF，AG=AB=. 18.(17分)在三棱柱ABC-A1B1C1中，底面△ABC是等腰三角形，且∠ABC=90°，侧面AA1B1B是菱形，∠A1AB=60°，平面AA1B1B⊥平面ABC，点M是AA1的中点. (1)求证：BB1⊥CM；(8分) (2)求直线BM与平面CMB1所成角的正弦值.(9分) (1)证明　在Rt△ABC中，∠ABC=90°， 即BC⊥AB， ∵平面ABC⊥平面AA1B1B，平面ABC∩平面AA1B1B=AB，BC⊂平面ABC， ∴BC⊥平面AA1B1B， ∵BB1⊂平面AA1B1B， ∴BC⊥BB1. 在菱形AA1B1B中，∠A1AB=60°，连接A1B(图略)， 则△A1AB是等边三角形， ∵点M是AA1的中点， ∴AA1⊥BM. 又AA1∥BB1， ∴BB1⊥BM， 又BM∩BC=B，BM，BC⊂平面BMC， ∴BB1⊥平面BMC， 又CM⊂平面BMC， ∴BB1⊥CM. (2)解　如图，作BG⊥MB1于点G，连接CG. 由(1)知BC⊥平面AA1B1B， 又MB1⊂平面AA1B1B， ∴BC⊥MB1， 又BG⊥MB1，且BC∩BG=B， BC，BG⊂平面BCG， ∴MB1⊥平面BCG. ∵MB1⊂平面CMB1， ∴平面CMB1⊥平面BCG，作BH⊥CG于点H，则BH⊥平面CMB1，连接MH， 则∠BMH即为直线BM与平面CMB1所成的角. 设AB=BC=2，则BB1=2，BM=， 在Rt△MBB1中，MB1=， 则BG==. 在Rt△CBG中，CG=， 则BH==， ∴sin∠BMH===， 即直线BM与平面CMB1所成角的正弦值为. 19.(17分)如图1，在四边形ABCD中，BC⊥CD，AE∥CD，AE=BE=2CD=2，CE=.G为AB的中点，将四边形AECD沿AE折起，使得BC=，得到如图2所示的几何体. (1)证明：DG⊥平面ABE；(7分) (2)若F为BE上靠近B点的三等分点，求二面角D-AF-B的平面角的余弦值.(10分) (1)证明　如图，取BE的中点O，连接OC，OG， 因为G为AB的中点， 所以OG∥AE，OG=AE. 因为CD∥AE，CD=AE，故CD∥OG，且CD=OG， 所以四边形CDGO为平行四边形，则DG∥CO， 因为AE⊥CE，AE⊥EB，CE∩EB=E，CE，EB⊂平面BCE， 所以AE⊥平面BCE. 因为CO⊂平面BCE，所以AE⊥CO， 因为BC=CE，O是BE的中点，所以BE⊥CO， 所以AE⊥DG，BE⊥DG， 因为BE∩AE=E，BE，AE⊂平面ABE， 所以DG⊥平面ABE. (2)解　在平面ABE内，过点G作GH⊥AF于点H，连接DH，GF， 由(1)知，DG⊥平面ABE，因为GH，AF⊂平面ABE，所以DG⊥GH，DG⊥AF， 因为GH⊥AF，DG，GH⊂平面DHG，DG∩GH=G， 所以AF⊥平面DHG， 因为DH⊂平面DHG，所以AF⊥DH， 所以∠DHG是二面角D-AF-B的平面角， 在Rt△AEF中，AE=2，EF=2×=， 所以AF===， 因为S△AEB=AE·EB=×2×2=2， 所以S△AFG=S△AFB=×S△AEB=×2=， 所以S△AFG=AF·GH=， 解得GH=， 在Rt△COE中，CO===，所以DG=CO=， 在Rt△DHG中， DH===， 所以cos∠DHG===， 即二面角D-AF-B的平面角的余弦值为. 学科网（北京）股份有限公司 $