高中数学（苏教版2019）必修第二册第13章单元综合测试C（含答案）

一、单选题
1．棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P，Q分别为C1D1，BC的中点，现有下列结论：①PQ∥BD1；②PQ∥平面BB1D1D；③PQ⊥平面AB1C；④四面体D1﹣PQB的体积等于.其中正确的是（ ）
A．①③ B．②③ C．②④ D．③④
2．如图1，已知PABC是直角梯形，AB∥PC，AB⊥BC，D在线段PC上，AD⊥PC．将△PAD沿AD折起，使平面PAD⊥平面ABCD，连接PB，PC，设PB的中点为N，如图2．对于图2，下列选项错误的是（　　）
A．平面PAB⊥平面PBC B．BC⊥平面PDC
C．PD⊥AC D．PB＝2AN
3．蹴鞠，又名“蹴球”“蹴圆”等，“蹴”有用脚蹴、踢的含义，“鞠”最早系外包皮革、内饰米糠的球，因而“蹴鞠”就是指古人以脚蹴、踢皮球的活动，类似今日的踢足球活动.如图所示，已知某“鞠”的表面上有四个点，，，满足，，则该“鞠”的表面积为（ ）
A． B．
C． D．
4．已知正方体的棱长为1，E为中点，F为棱CD上异于端点的动点，若平面BEF截该正方体所得的截面为四边形，则线段CF的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
5．四个半径为2的球刚好装进一个正四面体容器内，此时正四面体各面与球相切，则这个正四面体外接球的表面积为（ ）
A． B．
C． D．
6．在三棱锥A-BCD中，平面ABD⊥平面BCD，BD⊥CD，且AB=BD=DA=3，，则三棱锥A-BCD的外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
7．棱长为的正四面体内切一球，然后在正四面体和该球形成的空隙处各放入一个小球，则这些球的最大半径为（ ）
A． B． C． D．
8．我们把底面是正三角形，顶点在底面的射影是正三角形中心的三棱锥称为正三棱锥.现有一正三棱锥放置在平而上，已知它的底面边长为2，高，该正三棱锥绕边在平面上转动（翻转），某个时刻它在平面上的射影是等腰直角三角形，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．如图，正方体的棱长为2，点M是其侧面上的一个动点（含边界），点P是线段上的动点，则下列结论正确的是（ ）
A．存在点P，M，使得平面与平面平行
B．存在点P，M，使得二面角大小为
C．当P为棱的中点且时，则点M的轨迹长度为
D．当M为中点时，四棱锥外接球的内接正四面体的表面积为
10．如图，在棱长为6的正方体中，为棱上一点，且为棱的中点，点是线段上的动点，则（ ）
A．无论点在线段上如何移动，都有
B．四面体的体积为24
C．直线与所成角的余弦值为
D．直线与平面所成最大角的余弦值为
11．已知正方体的棱长为分别为的中点.下列说法正确的是（ ）
A．点到平面的距离为
B．正方体外接球的体积为
C．面截正方体外接球所得圆的面积为
D．以顶点为球心，为半径作一个球，则球面与正方体的表面相交所得到的曲线的长等于
12．已知直三棱柱中，，，是的中点，为的中点.点是上的动点，则下列说法正确的是（ ）
A．当点运动到中点时，直线与平面所成的角的正切值为
B．无论点在上怎么运动，都有
C．当点运动到中点时，才有与相交于一点，记为，且
D．无论点在上怎么运动，直线与所成角都不可能是30°
三、填空题
13．如图，在正四棱台中，，且存在一个半径为的球，与该正四棱台的各个面均相切．设该正四棱台的外接球半径为R，则__________．
14．已知A，B，C，D是体积为的球体表面上四点，若，，，且三棱维的体积为，则线段长度的最大值为________．
15．在直三棱柱中，，，M为棱AB的中点，N是棱BC的中点，O是三棱柱外接球的球心，则平面截球O所得截面的面积为___________.
16．已知一圆柱的轴截面为正方形，母线长为，在该圆柱内放置一个棱长为a的正四面体，并且正四面体在该圆柱内可以任意转动，则a的最大值为__________．
四、解答题
17．七面体玩具是一种常见的儿童玩具．在几何学中，七面体是指由七个面组成的多面体，常见的七面体有六角锥 五角柱 正三角锥柱 Szilassi多面体等．在拓扑学中，共有34种拓扑结构明显差异的凸七面体，它们可以看作是由一个长方体经过简单切割而得到的．在如图所示的七面体中，平面
（1）在该七面体中，探究以下两个结论是否正确．若正确，给出证明；若不正确，请说明理由：
①平面；
②平面；
（2）求该七面体的体积．
18．如图，直四棱柱的底面是边长为的菱形，且.
(1)证明：平面平面；
(2)若平面平面，求与平面所成角的正弦值.
19．如图，点C在直径为AB的半圆O上，CD垂直于半圆O所在平面，平面ADE⊥平面ACD，且CD∥BE.
（1）证明：CD=BE；
（2）若AC=1，AB=，∠ADC=45°，求四棱锥A -BCDE的内切球的半径.
20．如图，四棱锥中，是等边三角形，底面是直角梯形，，，，分别是的中点.
(1)求证：平面；
(2)若，求直线与平面所成角的正弦值.
21．如图，在平行四边形中，，，为的中点，以为折痕将折起，使点到达点的位置，且，，分别为，的中点.
(1)证明：平面.
(2)若平面与平面的交线为，求直线与平面所成角的正弦值.
22．如图，直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC=BC=1，∠ACB=90°，D是A1B1的中点，F在BB1上．
（1）求证：C1D⊥平面AA1B1B；
（2）在下列给出三个条件中选取哪两个条件可使AB1⊥平面C1DF？并证明你的结论．
①F为BB1的中点；②AB1=；③AA1=.
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．C
【分析】如图1，取AD中点M，连接MD1与MQ，说明PQ与BD1异面，判断①；如图2，取CD中点R，可得平面PQR∥平面BB1D1D，判断②；通过PQ⊥B1C，则C1Q⊥B1C，推出矛盾，判断③；利用体积求解判断④.
【详解】解：如图1，取AD中点M，连接MD1与MQ，则MQ∥D1C1，B平面MQC1D1，则PQ与BD1异面，矛盾，故①错误；如图2，取CD中点R，易得平面PQR∥平面BB1D1D，故②正确；若③正确，则PQ⊥B1C，则C1Q⊥B1C，矛盾，故③错误；
如图2，.故④正确.
故选：C.
2．A
【分析】由已知利用平面与平面垂直的性质得到PD⊥平面ABCD，判定C正确；
进一步得到平面PCD⊥平面ABCD，结合BC⊥CD判定B正确；
再证明AB⊥平面PAD，得到△PAB为直角三角形，判定D正确；
可证明平面⊥平面PDC，若平面PAB⊥平面PBC，则平面PAB与平面PDC的交线⊥平面PBC，矛盾，可判断A
【详解】图1中AD⊥PC，则图2中PD⊥AD，
又∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，
∴PD⊥平面ABCD，则PD⊥AC，故选项C正确；
由PD⊥平面ABCD，PD 平面PDC，得平面PDC⊥平面ABCD，
而平面PDC∩平面ABCD＝CD，BC 平面ABCD，BC⊥CD，
∴BC⊥平面PDC，故选项B正确；
∵AB⊥AD，平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD＝AD，
∴AB⊥平面PAD，则AB⊥PA，即△PAB是以PB为斜边的直角三角形，
而N为PB的中点，则PB＝2AN，故选项D正确．
由于BC⊥平面PDC，又平面
∴平面⊥平面PDC
若平面PAB⊥平面PBC，则平面PAB与平面PDC的交线⊥平面PBC
由于平面PDC，则平面PAB与平面PDC的交线
显然不与平面PBC垂直，故A错误
故选：A
3．B
【分析】本题实际上是求四面体外接球的面积问题. 设出球心，根据已知条件求出外接球半径即可.
【详解】由已知得△，△均为等边三角形.如图所示，
设球心为，△的中心为，
取的中点，连接，，，，，，
则，，得平面，
且可求得，
而，所以.
在平面中过点作的垂线，与的延长线交于点，
由平面，得，
故平面，过点作于点，
则四边形是矩形.
则，，
，.
设球的半径为，，
则由，，
得，，
解得，.
故三棱锥外接球的表面积.
故选：B.
【点睛】思路点睛：
解决与外接球有关的问题时，要认真分析图形，明确球心的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图求解.
4．D
【分析】根据给定的几何体，利用面面平行的性质结合平面的基本事实，探讨截面形状确定F点的位置，推理计算作答.
【详解】在正方体中，平面平面，而平面，平面，
平面平面，则平面与平面的交线过点B，且与直线EF平行，与直线相交，令交点为G，如图，
而平面，平面，即分别为与平面所成的角，
而，则，且有，
当F与C重合时，平面BEF截该正方体所得的截面为四边形，，即G为棱中点M，
当点F由点C向点D移动过程中，逐渐增大，点G由M向点方向移动，
当点G为线段上任意一点时，平面只与该正方体的4个表面正方形有交线，即可围成四边形，
当点G在线段延长线上时，直线必与棱交于除点外的点，
而点F与D不重合，此时，平面与该正方体的5个表面正方形有交线，截面为五边形，如图，
因此，F为棱CD上异于端点的动点，截面为四边形，点G只能在线段（除点M外）上，即,
显然，，则，
所以线段的CF的取值范围是.
故选：D
【点睛】关键点睛：作过正方体三条中点的截面，找到过三点的平面与正方体表面的交线是解决问题的关键.
5．A
【分析】画出直观图，梳理条件，再画出截面图，从中找到等量关系，求出外接球半径，从而求出外接球的表面积.
【详解】如图1所示，正四面体ABCD中，AH⊥底面BCD，E、F、G、K为四个球的球心，M为CD中点，连接BM，AM，易知B、H、M三点共线，直线AH交平面EFG于点，连接，交GF于点N，则N为GF的中点，因为内切球半径为2，故EF=4，画出截面ABM如图2所示，正四棱锥EFGK外接球球心设为O，则正四面体ABCD的外接球球心与正四面体EFGK外接球球心重合，设正四面体ABCD的外接球半径为R，正四面体EFGK外接球半径为r，在图2中，EK=4，，，，所以
由，即，解得：
所以
过点E作EP⊥BM于点P，则EP=2
则△BEP∽△
∴，
解得：
∴
∴正四面体ABCD的外接球表面积
故选：A
【点睛】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.
6．B
【分析】根据题设给定的条件作出三棱锥的外接球球心O，计算OB长即可得解.
【详解】三棱锥中，取BC，BD中点O1，E，连接O1E，AE，如图，
于是得，而，则，又AB=BD=DA=3，则有，
因平面ABD⊥平面BCD，从而得平面，平面，
在AE上取点O2，使，显然点O1，O2分别为、正的外接圆圆心，
设三棱锥的外接球球心O，连，因此有平面，平面，
从而得，得，，
中，，则球O半径，
所以三棱锥A-BCD的外接球的表面积为.
故选：B
【点睛】关键点睛：几何体的外接球的表面积、体积计算问题，借助球的截面小圆性质确定出球心位置是解题的关键.
7．C
【分析】先求出正四面体的体积及表面积，利用求出内切球的半径，再通过求出空隙处球的最大半径即可.
【详解】
如图，由题意知球和正四面体的三个侧面以及内切球都相切时半径最大，设内切球球心为，半径为，空隙处的最大球球心为，半径为，
为的中心，易知面，为中点，球和球分别与面相切于和.
易得，，，由，
可得，又，，
故，，，
又由和相似，可得，即，解得，即球的最大半径为.
故选：C.
8．B
【分析】分别讨论底面在上的射影为等腰直角三角形和侧面在上的射影为等腰直角三角形时的情况可求解.
【详解】首先在中，设其中心为，中点为，则，，
当为等腰直角三角形时，，
若底面在上的射影为等腰直角三角形时，如图1，只需，
易知，又，所以，此时；
若侧面在上的射影为等腰直角三角形时，易知，
如图2和图3，可求得，，所以，
综上，的取值范围是.
故选：B.
9．ACD
【分析】当M为中点，P为中点时，即可判断A选项；由二面角的平面角为即可判断B选项；取中点E，先求出点M在侧面内运动轨迹为以E为圆心半径为2的劣弧，即可判断C选项；先求出四棱锥外接球的半径，再将外接球的内接正四面体补成正方体即可判断D选项.
【详解】
对于A选项，当M为中点，P为中点时，易得，又平面，平面，
则平面，同理可得平面，又，则平面与平面平行，故A正确；
对于B选项，因为平面，平面，则，又，
可知二面角的平面角为，显然其范围为，故B错误；
对于C选项，取中点E，连接，则平面，则，
则点M在侧面内运动轨迹为以E为圆心半径为2的劣弧，分别交 于 ，则，
则，劣弧的长为.故C正确；
对于D选项，当M为中点时，易知为等腰直角三角形，，又平面，则，
又平面，，则平面，则，又，可知四棱锥
外接球的球心即为的中点，所以四棱锥外接球的半径为，设四棱锥外接球的内接
正四面体的棱长为x，将四面体拓展成正方体，其中正四面体棱为正方体的面对角线，故正方体的棱长为，
正方体的体对角线为外接球的直径，所以，得，所以正四面体的表面积为，所以D正确.
故选：ACD.
10．ABD
【分析】根据面判断A；利用“等积变换”求出体积判断B；求出直线与所成角的余弦值判断C；根据当点移动到的中点时最大可判断D.
【详解】在正方体中，易证面又平面所以则A正确；
则B正确；在棱上取点使，连结如图则易知为直线与所成角或其补角，可得则则直线与所成角的余弦值为则C错误；
由题意知三棱锥为棱长为的正四面体，作平面为垂足，则为正的中心，且为直线与平面所成角，所以当点移动到的中点时最短，如图，此时最小，最大，此时则D正确.
故选：ABD
【点睛】本题通过对多个命题真假的判断，综合考查空间线面垂直证明线线垂直、异面直线成的角、直线与平面成的角，属于难题.这种题型综合性较强，也是高考的命题热点，同学们往往因为某一处知识点掌握不好而导致“全盘皆输”，因此做这类题目更要细心、多读题，尽量挖掘出题目中的隐含条件，另外，要注意从简单的自己已经掌握的知识点入手，然后集中精力突破较难的命题.
11．BCD
【分析】A选项由等体积法求得点到平面的距离即可；B选项由外接球的直径为体对角线即可判断；C选项由面经过外接球球心，
求得其外接圆圆心，即可求解；D选项将球面与正方体的表面相交所得的曲线分为两类，按照弧长公式计算即可.
【详解】，设到平面的距离为，由，即，解得，故错误；
正方体外接球的半径为，外接球的体积为，故B正确；
易得面经过正方体外接球的球心，故其截外接球所得圆的半径为外接球的半径，其圆的面积为，故C正确；
如图，
球面与正方体的六个面都相交，所得的交线分为两类：一类在顶点所在的三个面上，即面 面和面上；
另一类在不过顶点的三个面上，即面 面和面上.在面上，交线为弧且在过球心的大圆上，
因为，则，同理，所以，故弧的长为，而这样的弧共有三条.
在面上，交线为弧且在距球心为1的平面与球面相交所得的小圆上，此时，小圆的圆心为，半径为，
所以弧的长为，这样的弧也有三条.于是，所得的曲线长，故D正确.
故选：BCD.
12．ABD
【分析】构造线面角，由已知线段的等量关系求的值即可判断A的正误；利用线面垂直的性质，可证明即可知B的正误；由中位线的性质有可知C的正误；由直线的平行关系构造线线角为，结合动点P分析角度范围即可知D的正误
【详解】直三棱柱中，，
选项A中，当点运动到中点时，有E为的中点，连接、，如下图示
即有面
∴直线与平面所成的角的正切值：
∵，
∴，故A正确
选项B中，连接，与交于E，并连接，如下图示
由题意知，为正方形，即有
而且为直三棱柱，有面，面
∴，又
∴面，面，故
同理可证：，又
∴面，又面，即有，故B正确
选项C中，点运动到中点时，即在△中、均为中位线
∴Q为中位线的交点
∴根据中位线的性质有：，故C错误
选项D中，由于，直线与所成角即为与所成角：
结合下图分析知：点在上运动时
当在或上时，最大为45°
当在中点上时，最小为
∴不可能是30°，故D正确
故选：ABD
【点睛】本题考查了利用射影定理构造线面角，并计算其正弦值；利用线面垂直证明线线垂直；中位线的性质：中位线交点分中位线为1：2的数量关系；由动点分析线线角的大小
13．
【分析】分别求出内切球与外接球的半径即可.
【详解】如图，做该正棱台的轴截面，由题意，设，而，
易得，，，，
且，
所以，即，解得，从而可知,
连接,，交于点,连接,，交于点,可知,，
从而有,
所以，即，解得，
所以.
故答案为：
14．
【分析】计算出棱锥的高和球的半径，再考虑所在的截面圆的半径后可求线段长度的最大值.
【详解】因为球的体积为，故球的半径满足，
故，
而，，，故，故，
故，
设到平面的距离为，则，故，
故在球面的截面圆上，设截面圆所在的平面为，
当与平面在球心的异侧时，有最大值，
设球心到平面的距离为，而外接圆的半径为，则，
故球心到平面的距离为，故截面圆的半径，
设在平面上的投影为，则的轨迹为圆，圆心为的外心即的中点，
当最长时最长，此时，
故长度的最大值为，
故答案为：.
【点睛】思路点睛：本题涉及到空间中动点的轨迹，注意根据高为定值确定出动点所在的曲线，再将空间问题平面化，从而解决最值问题.
15．
【分析】根据已知将直三棱柱补形成正方体，然后在正方体中确定外接球球心的位置以及半径，并作辅助线确定截面圆的圆心以及半径，最后可得截面的面积.
【详解】将直三棱柱补形成正方体，连接，如下图所示：
则直三棱柱的外接球就是正方体的外接球，球心O是的中点，
半径.
连接BD交MN于点E，连接交于点F，过点O作于点，连接，
因为，平面，所以平面，又平面，
所以，又，，平面，
所以平面.
又在矩形中，如图所示：
，所以，过点B作于点G，
则，，所以，
设截面圆的半径为r，则.
所以截面的面积为.
故答案为：.
【点睛】本题考察直棱柱外接球的问题，处理问题的关键是正确的找到球心的位置，以及利用球的性质，根据几何关系求解，属综合困难题.
16．2
【分析】先得到正四面体的外接球内切于圆柱时，a最大，即该正四面体的外接球半径，画出正四面体，利用半径相等列出等量关系，求出此时a的值即为答案.
【详解】由题意知，该正四面体的外接球在圆柱内，要使a最大，正四面体的外接球应内切于圆柱，当a最大时，设该正四面体为A-BCD，底面BCD上的高为AM，正四面体A-BCD的外接球球心为O，半径为R，因为圆柱的轴截面是正方形，母线长为，所以圆柱的底面直径为，所以该正四面体的外接球的半径，
在正四面体A-BCD中，，，，所以，在Rt△MOD中，由勾股定理得：，整理得：，解得：或0（舍去），所以a的最大值为2.
故答案为：2
17．（1）结论①正确；证明见解析；结论②错误；答案见解析；（2）．
【分析】（1）①由平行四边形得线线平行，再得线面平行；
②假设平面，平面，得平面，得，
但，所以，与矛盾，故②错误.
（2）将七面体进行分解，
七面体的体积等于，转化为容易求体积的几何体来计算；
也可补形为长方体,通过来求解；
以及利用空间直角坐标系也行.
【详解】（1）结论①正确，结论②错误，理由如下：
对于结论①，因为且，连接，
所以四边形是平行四边形，
所以，因为平面，平面，
平面结论①正确
对于结论②，若，则，
因为平面，，所以平面，
所以，又因为，所以平面，
所以，而在梯形中，，
，所以，与矛盾
所以结论②错误．
（2）方法一：连接，交于点，连接，
则在平面中，与EG相交，
设交点为，则由可得，
又，
该七面体的体积等于
方法二：将该七面体补成如图所示的长方体；
方法三：建立空间直角坐标系，利用空间向量求点到平面的距离
后求三棱锥的体积．(参照给分
【点睛】充分利用题目信息，特别是几何体的几何特征，并会假设结论成立，推导，若得出矛盾，则假设错误，否则假设成立.复杂的不规则的几何体体积求解,需要转化为常见几何体的体积来解.
18．(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）利用菱形的性质、线面垂直的性质，结合线面垂直的判定、面面垂直的判定推理作答.
（2）根据给定条件，求出，再作出直线与平面所成的角，在直角三角形中计算作答.
（1）在直四棱柱中，平面，平面，则，四边形为菱形，则，而，平面，因此平面，又平面，所以平面平面.
（2）令，连接，如图，平面，平面，则，由（1）知，，平面，因此平面，又平面，于是得，而平面平面，平面平面，平面，则平面，而平面，有，即，菱形中，，，则，，令，则，由得，令，连，过M作交于N，则有平面，连，则是直线与平面所成的角，，显然，则，又，因此，，所以与平面所成角的正弦值是.
【点睛】思路点睛：定义法求直线与平面所成的角，先找直线与平面所成的角，即通过找直线在平面上的射影来完成；再计算，要把直线与平面所成的角转化到一个三角形中求解．
19．（1）证明见解析；（2）.
【分析】 利用平面的基本性质得到CD,BE共面，记作平面BCDE.利用线面垂直判定定理证得AC⊥平面BCDE，得到AC⊥DE，在平面ACD中，作CF⊥AD, 由面面垂直的性质定理证得DF⊥平面ADE, 得到DF⊥DE ，进而得到DE⊥平面ACD，得到DE⊥CD,结合BC⊥CD，得到BC//ED, 进而四边形BCDE为平行四边形，即可得到结论；
先求四棱锥的表面积S，再利用体积法，求出四棱锥的内切球的半径．
【详解】（1）证明：
∵CD∥BE，∴CD,BE共面，记作平面BCDE.
∵点C在直径为AB的半圆O上，AB是直径 ∴CB⊥AC,
∵CD⊥平面ACB，AC 平面ACDB ∴CD⊥AC，
∵CB∩CD=C，∴AC⊥平面BCDE，
∵DE 平面BCDE,∴AC⊥DE①,
在平面ACD中，作CF⊥AD,垂足为F.
∵平面ADE⊥平面ACD,平面ADE∩平面ACD=AD,
∴DF⊥平面ADE,
又∵DE 平面ADE,∴DF⊥DE②,
又∵AC∩AD=A, 结合①②，可得DE⊥平面ACD，
又∵CD 平面ACD,∴ED⊥CD③,
又∵CD⊥平面ABC,BC 平面ABC,∴CD⊥BC④,
由③④可得BC//ED,
又∵DC//EB，∴四边形BCDE为平行四边形，
∴CD=BE；
（2）解：．
，．
由可证平面BCDE．
四棱锥的体积．
又四棱锥的表面积
．
故四棱锥的内切球的半径．
20．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）作出辅助线，通过证明面面平行得到线面平行；（2）先用余弦定理求出的长，用等体积法求出到平面的距离，从而求出直线与平面所成角的正弦值.
(1)
证明：取的中点，连接，，
因为底面是直角梯形，，是AD的中点，所以，因为平面PAB，平面PAB，所以平面PAB，
又因为是PC的中点，所以是△PBC的中位线，所以，因为平面PAB，平面PAB，所以平面PAB，
因为，所以平面平面，而平面，所以平面；
(2)
取AB中点O，连接PO，CO，AC，
因为是等边三角形，所以，∠PBA=60°，又因为底面是直角梯形，，，所以△ABC是等边三角形，CO⊥AB，故四边形AOCD是矩形，所以，
由第一问可知，，，，由余弦定理得，
∴由余弦定理得：，
又，∴平面∵平面ABC，∴平面平面，过点P作PH⊥OH，交CO的延长线于点H，则平面，
∴，故，连接GB，GC，其中
设到平面的距离设为，则
∴直线与平面所成角的正弦值为.
21．(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）连接，交于，并连接，易得为正方形，进而知为中位线，则，最后根据线面平行的判定证结论；
（2）若为中点，连接，由线面、面面垂直的判定可证面面，从而在面上的射影在直线上，过作直线则有直线为面与面的交线，故与面所成角即为所求角，再根据已知、等体积法求到面的距离，即可求角的正弦值.
（1）
连接，交于，并连接，
由、分别是、的中点，而，故为正方形，
所以为的中点，又是的中点，
所以，而面，面，故面.
（2）
由题易知：且均为等腰三角形，且均为等边三角形，
若为中点，连接，则，
而，面，则面，
又面，故面面，面面，
所以在面上的射影在直线上，
过作直线，而，则，故直线为面与面的交线，
所以直线与平面所成角，即为与面所成角，
由题设，，，令，则，，
因为面，面，故，
所以，又，易知，
在△中，，整理得，
所以，故，，
若到面的距离为，且，即，
所以，，，，
综上，，则.
【点睛】关键点点睛：第二问，首先确定在面上的射影位置，结合平面的基本性质找到直线，并将问题转化为求与面所成角的正弦值.
22．（1）证明见解析；（2）答案见解析.
【分析】(1)根据给定条件证得C1D⊥A1B1及AA1⊥C1D即可推理作答；
(2)连接DF，A1B，选①③，先证DF⊥AB1，再结合(1)证得C1D⊥AB1即可证得AB1⊥平面C1DF，选①②、选②③推理说明不能证得结论成立.
【详解】（1）在直三棱柱ABC-A1B1C1中，依题意有A1C1=B1C1=1，且∠A1C1B1=90°，
又D是A1B1的中点，则C1D⊥A1B1，又AA1⊥平面A1B1C1，C1D平面A1B1C1，
于是得AA1⊥C1D，又A1B1AA1=A1，A1B1平面AA1B1B，AA1平面AA1B1B，
所以C1D⊥平面AA1B1B；
（2）(ⅰ)选①③能证明AB1⊥平面C1DF，
连接DF，A1B，如图，
则DF∥A1B，在△ABC中，AC=BC=1，∠ACB=90°，则AB=，又AA1=，于是得四边形AA1B1B为正方形，
则有A1B⊥AB1，从而有DF⊥AB1，因C1D⊥平面AA1B1B，AB1平面AA1B1B，
因此得C1D⊥AB1，DFC1D=D，C1D平面C1DF，DF平面C1DF，
所以AB1⊥平面C1DF；
(ⅰⅰ)选①②不能证明AB1⊥平面C1DF，
连接DF，A1B，如图，
则DF∥A1B，在△ABC中，AC=BC=1，∠ACB=90°，则AB=，AA1=，
于是得四边形AA1B1B为长方形，则有A1B与AB1不垂直，即有DF与AB1不垂直，
所以AB1不垂直于平面C1DF；
(ⅰⅰⅰ)选②③不能证明AB1⊥平面C1DF，
在△ABC中，AC=BC=1，∠ACB=90°，则AB=，又，矛盾，
所以不能证明AB1⊥平面C1DF，
综上：(ⅰ)选①③能证明AB1⊥平面C1DF.
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页