21．(12分)如图所示，在矩形ABCD中，AB＝33，BC＝3，沿对角线BD将△BCD折起，使点C移到C′点，且C′点在平面ABD上的射影O恰在AB上．
(1)求证：BC′⊥平面AC′D； (2)求点A到平面BC′D的距离．
22．(12分) 如图，在五面体ABC－DEF中，四边形ADEF是正方形，FA⊥平面ABCD，BC∥AD，CD＝1，AD＝22，∠BAD＝∠CDA＝45°．
(1)求异面直线CE与AF所成角的余弦值； (2)证明CD⊥平面ABF；
(3)求二面角B－EF－A的正切值．
寒假作业（1）答案
1．B [(如图)，∵P∈HG，HG?面ACD， ∴P∈面ACD，同理P∈面BAC，
面BAC∩面ACD＝AC； ∴P∈AC，选B．]
2．C [若直线l∩α＝A，显然有l?α，A∈l，但A∈α．]
3．D [当两个平面相交时，一个平面内的两条直线可以平行于另一个平面，故①不对；由平面与平面垂直的判定可知②正确；空间中垂直于同一条直线的两条直线可以相交也可以异面，故③不对；若两个平面垂直，只有在一个平面内与它们的交线垂直的直线才与另一个平面垂直，故④正确．]
4．A 5．D [由于AD∥A1D1，则∠BAD是异面直线AB，A1D1所成的角，很明显∠BAD＝90°．] 6．B
7．C [A中还有可能n?α；B中n∥m；D中还有可能m∥β或m?β或相交不垂直；C中，由于m∥β，设过m的平面γ与β交于b，则m∥b，又m⊥α，则b⊥α，又b?β，则α⊥β，所以C正确．]
8．A [∵四边形SG1G2G3是正方形， ∴SG1⊥G1E，EG1⊥G2F，FG3⊥SG3．
当正方形折成四面体之后，上述三个垂直关系仍保持不变， EG，GF成为四面体的面EGF的相邻两条边，
因此，在四面体S－EFG中侧棱SG⊥GE，SG⊥GF， ∴SG⊥平面EFG．]
9．D [恢复成正方体(如图)， 易知△ABC为等边三角形， 所以∠ABC＝60°．选D．]
15
10．C [球心O为AC中点，半径为R＝AC＝，
22
4125
V＝πR3＝π．选C．]
36
11．B [证BD⊥面CC1E，则BD⊥CE．]
12．A [连接B′C，则△AB′C为等边三角形，设AD＝a， 则B′C＝AC＝2a，B′D＝DC＝a， 所以∠B′DC＝90°．] 13．9
ASCS
解析 由面面平行的性质得AC∥BD，＝，
BSSD
解得SD＝9． 14．a>6
解析 (如图)
由题意知：PA⊥DE， 又PE⊥DE，
所以DE⊥面PAE，∴DE⊥AE． 易证△ABE∽△ECD．
ABBE3x
设BE＝x，则＝，即＝．
CECDa－x3
∴x2－ax＋9＝0，由Δ>0，解得a>6． 15．B1D1⊥A1C1(答案不唯一)
解析 由直四棱柱可知CC1⊥面A1B1C1D1， 所以CC1⊥B1D1，要使B1D1⊥A1C，
只要B1D1⊥平面A1CC1，所以只要B1D1⊥A1C1，
还可以填写四边形A1B1C1D1是菱形，正方形等条件． 16．④
解析 ①中b可能在α内；②a与b可能异面；③a可能与α内的直线异面． 17．解 直线MN∥平面A1BC1， 证明如下：
∵MD/∈平面A1BC1，ND/∈平面A1BC1．
∴MN?平面A1BC1．
如图，取A1C1的中点O1，连接NO1、BO1．
1
∵NO1綊D1C1，
21
MB綊D1C1，∴NO1綊MB．
2
∴四边形NO1BM为平行四边形．∴MN∥BO1． 又∵BO1?平面A1BC1， ∴MN∥平面A1BC1．
18．证明 (1)∵E，F分别是AB，BD的中点， ∴EF是△ABD的中位线，∴EF∥AD，
∵EF?面ACD，AD?面ACD，∴EF∥面ACD． (2)∵AD⊥BD，EF∥AD，∴EF⊥BD．
∵CB＝CD，F是BD的中点，∴CF⊥BD．
又EF∩CF＝F，∴BD⊥面EFC．∵BD?面BCD， ∴面EFC⊥面BCD．
19．证明 (1)∵SA⊥平面AC，BC?平面AC， ∴SA⊥BC，
∵四边形ABCD为矩形，∴AB⊥BC． ∴BC⊥平面SAB，∴BC⊥AE． 又SB⊥AE，∴AE⊥平面SBC．
∴AE⊥SC．又EF⊥SC，∴SC⊥平面AEF． ∴AF⊥SC．
(2)∵SA⊥平面AC，∴SA⊥DC． 又AD⊥DC，∴DC⊥平面SAD． ∴DC⊥AG．
又由(1)有SC⊥平面AEF，AG?面AEF， ∴SC⊥AG，∴AG⊥平面SDC，∴AG⊥SD． 20．(1)证明
连接OE，如图所示．
∵O、E分别为AC、PC中点， ∴OE∥PA．
∵OE?面BDE，PA?面BDE， ∴PA∥面BDE．
∵PO⊥面ABCD，∴PO⊥BD． 在正方形ABCD中，BD⊥AC， 又∵PO∩AC＝0，∴BD⊥面PAC．
又∵BD?面BDE，∴面PAC⊥面BDE． (2)解 取OC中点F，连接EF． ∵E为PC中点，
∴EF为△POC的中位线，∴EF∥PO． 又∵PO⊥面ABCD， ∴EF⊥面ABCD
∵OF⊥BD，∴OE⊥BD．
∴∠EOF为二面角E－BD－C的平面角， ∴∠EOF＝30°． 在Rt△OEF中，
112OF＝OC＝AC＝a，
244
66
∴EF＝OF·tan 30°＝a，∴OP＝2EF＝a．
126
166
∴VP－ABCD＝×a2×a＝a3．
3618
21．(1)证明 ∵点C′在平面ABD上的射影O在AB上， ∴C′O⊥平面ABD，∴C′O⊥DA． 又∵DA⊥AB，AB∩C′O＝O，
∴DA⊥平面ABC′，∴DA⊥BC′． 又∵BC⊥CD，∴BC′⊥C′D．
∵DA∩C′D＝D，∴BC′⊥平面AC′D． (2)解
如图所示，
过A作AE⊥C′D，垂足为E，连接BE． ∵BC′⊥平面AC′D，∴BC′⊥AE． ∴AE⊥平面BC′D．
故AE的长就是A点到平面BC′D的距离． ∵AD⊥AB，DA⊥BC′，
∴AD⊥平面ABC′，∴DA⊥AC′．
在Rt△AC′B中，AC′＝AB2－BC′2＝32．
在Rt△BC′D中，C′D＝CD＝33． 在Rt△C′AD中，由面积关系，得
AC′·AD32×3AE＝＝＝6．
C′D33
∴点A到平面BC′D的距离是6．
22．(1)解 因为四边形ADEF是正方形，所以FA∥ED． 所以∠CED为异面直线CE与AF所成的角．
因为FA⊥平面ABCD，所以FA⊥CD．故ED⊥CD． 在Rt△CDE中，CD＝1，ED＝22， CE＝CD2＋ED2＝3，
ED22所以cos ∠CED＝＝．
CE3
22
所以异面直线CE与AF所成角的余弦值为．
3
(2)证明 如图，过点B作BG∥CD，交AD于点G，则∠BGA＝∠CDA＝45°． 由∠BAD＝45°，可得BG⊥AB，从而CD⊥AB． 又CD⊥FA，FA∩AB＝A，所以CD⊥平面ABF．
(3)解 由(2)及已知，可得AG＝2，即G为AD的中点． 取EF的中点N，连接GN，则GN⊥EF． 因为BC∥AD，所以BC∥EF．
过点N作NM⊥EF，交BC于点M，
则∠GNM为二面角B－EF－A的平面角．
连接GM，可得AD⊥平面GNM，故AD⊥GM， 从而BC⊥GM．
2
由已知，可得GM＝．
2
由NG∥FA，FA⊥GM，得NG⊥GM．
GM1
在Rt△NGM中，tan ∠GNM＝＝．
NG41
所以二面角B－EF－A的正切值为．
4
