2021年高考数学高分秘籍-立体几何.docx

2021年高考数学高分秘籍 立体几何

2021年高考数学高分秘籍 立体几何

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姓名：

立体几何
1． 如图，网格纸上正方形小格的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的表面积为（　　）

A．20π B．24π
C．28π D．32π
【答案】C
【解答】解：由三视图还原原几何体如图，
该几何体为组合体，上半部分为圆柱，下半部分为圆锥，
圆柱的底面半径为1，高为2，圆锥底面半径均为3，高均为4，
则其表面积：S=π×32+π×3×5+2π×1×2=28π．
故选：C．

对于体积或表面积问题，一般先根据三视图准确还原几何体，再利用常规的几何体的体积公式或表面积公式求解.

2．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（　　）

A．163 B．203
C．169 D．209
【答案】B
【解答】解：由题意可知几何体是组合体，左侧是四棱锥右侧是三棱柱，如图：
棱锥的高为2，底面正方形的边长为2，三棱柱的底面等腰三角形的底边长为2，高为2．
所以几何体的体积为：13×2×2×2+12×2×2×2=203．
故选：B．

求解几何体的表面积或体积的方法：
(1)对于规则几何体，可直接利用公式计算．
(2)对于不规则几何体，可采用割补法求解.对于某些三棱锥，有时可采用等体积转换法求解．
(3)求解旋转体的表面积和体积时，注意圆柱的轴截面是矩形，圆锥的轴截面是等腰三角形，圆台的轴截面是等腰梯形的应用．

3．已知正四棱锥的侧棱与底面的边长都为22，则这个四棱锥的外接球的体积为（　　）
A．16π3 B．32π3
C．16π D．32π
【答案】B
【解答】解：如图，设正四棱锥底面的中心为O，则

在直角三角形ABC中，AC=2×AB=4，
∴AO=CO=2，
在直角三角形PAO中，PO=PA2-AO2=(22)2-22=2，
∴正四棱锥的各个顶点到它的底面的中心的距离都为2，
∴正四棱锥外接球的球心在它的底面的中心，且球半径r=2，
球的体积V=43πr3=323π.故选：B．

解决与球有关的“切”“接”问题，一般要过球心及多面体中的特殊点或过线作截面，把空间问题转化为平面问题，从而寻找几何体各元素之间的关系．

4．如图所示的几何体是由以等边三角形ABC为底面的棱柱被平面DEF所截而得，已知FA⊥平面ABC，AB=2，AF=2，CE=3，O为BC的中点，AO∥面EFD．
（1）求BD的长；
（2）求证：面EFD⊥面BCED；
（3）求平面DEF与平面ACEF相交所成锐角二面角的余弦值．

【解答】解：（1）取ED的中点P，连接PO，PF，则PO为梯形BCED的中位线，
PO=BD+CE2=BD+32，
又PO∥BD，AF∥BD，所以PO∥AF，所以A，O，P，F四点共面，
因为AO∥面EFD，且面AOPF∩面EFD=PF，
所以AO∥PF，所以四边形AOPF为平行四边形，
PO=AF=2，所以BD=1.
证明：（2）由题意可知平面ABC⊥面BCED，
又AO⊥BC，且AO⊂平面ABC，所以AO⊥面BCED，
因为AO∥PF，所以PF⊥面BCED，又PF⊂面EFD，
所以面EFD⊥面BCED．
解：（3）以O为原点，OC，OA，OP所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
A（0，3，0），B（﹣1，0，0），C（1，0，0）．P（0，0，2），E（1，0，3），F（0，3，2）.
设Q为AC的中点，则Q（12，32，0），
由题意得BQ⊥平面ACEF，平面ACEF的法向量为BQ→=（32，32，0）.
设平面DEF的法向量为n→=（x，y，z），
PE→=（1，0，1），PF→=（0，3，0），
则&n→⋅PF→=3y=0&n→⋅PE→=x+z=0，取x=﹣1，得n→=（﹣1，0，1），
所以cos＜BQ→，n→＞=BQ→⋅n→|BQ→|⋅|n→|=﹣64，
所以平面DEF与平面ACEF相交所成锐角二面角的余弦值为64．

利用向量求二面角
求二面角最常用的方法就是分别求出二面角的两个面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．
注意：两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，有可能为两法向量夹角的补角．
运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤
(1)建立恰当的空间直角坐标系；
(2)求出相关点的坐标；
(3)写出向量坐标；
(4)结合公式进行论证、计算；
(5)转化为几何结论．
平面与平面的夹角计算公式
设平面α，β的法向量分别为μ=(a3，b3，c3)，v=(a4，b4，c4)，平面α，β的夹角为θ(0≤θ≤π)，则|cos θ|==|cos〈μ，v〉|.

1．若一个空间几何体的三视图如图所示，且已知该几何体的体积为433π，则其表面积为（　　）

A．6π+43 B．6π
C．34π+23 D．34π+3
【答案】A
【解答】解：几何体是半圆锥，底面半径为r，高为：3r，
该几何体的体积为433π，
可得：12×13×r2×3rπ=433π，
解得r=2，
半圆锥的表面积为：12×22×π+12×4×23+12×124π×4=6π+43．
故选：A．

此类问题对考生的空间想象能力要求较高，会根据三视图作出空间几何体的直观图，然后根据条件结合表面积公式求得空间几何体的表面积，
①画三视图的原则：长对正、高平齐、宽相等.
②圆锥的表面积.

2．已知三棱锥P﹣ABC所有顶点都在球O的球面上，底面△ABC是以C为直角顶点的直角三角形，AB=22，PA=PB=PC=3，则球O的表面积为（　　）
A．9π B．9π4
C．4π D．π
【答案】A
【解答】解析：设AB中点为D，则D为△ABC的外心，因为PA=PB=PC=3，易证PD⊥面ABC，
所以球心O在直线PD上，
又PA=3，AB=22，算得PD=1，
设球半径为R，则△AOD中，（R﹣1）2+2=R2，可得：R=32．
则球O的表面积S=4πR2=9π，
故选：A．

对于空间几何体的外接球问题，首先根据几何体的结构特征利用勾股定理求得球的半径，然后利用公式求解，球的表面积公式，体积公式.

3．如图，已知多面体ABC-A1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC=120°，A1A=4，C1C=l，AB=BC=B1B=2．
（Ⅰ）证明：AB1⊥平面A1B1C1；
（Ⅱ）求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值．

【解答】（I）证明：∵A1A⊥平面ABC，B1B⊥平面ABC，∴AA1∥BB1，
∵AA1=4，BB1=2，AB=2，∴A1B1=(AB)2+(AA1-BB1)2=22，
又AB1=AB2+BB12=22，∴=+，∴AB1⊥A1B1，
同理可得：AB1⊥B1C1，
又A1B1∩B1C1=B1，∴AB1⊥平面A1B1C1．
（II）解：取AC中点O，过O作平面ABC的垂线OD，交A1C1于D，
∵AB=BC，∴OB⊥OC，
∵AB=BC=2，∠BAC=120°，∴OB=1，OA=OC=3，
以O为原点，以OB，OC，OD所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系如图所示：
则A（0，﹣3，0），B（1，0，0），B1（1，0，2），C1（0，3，1），
∴AB→=（1，3，0），BB1→=（0，0，2），AC1→=（0，23，1），
设平面ABB1的法向量为n→=（x，y，z），则&n→⋅AB→=0&n→⋅BB1→=0，
∴&x+3y=0&2z=0，令y=1可得n→=（﹣3，1，0），
∴cos＜n→，AC1→＞=n→⋅AC1→|n→||AC1→|=232×13=3913．
设直线AC1与平面ABB1所成的角为θ，则sinθ=|cos＜n→，AC1→＞|=3913．
∴直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值为3913．

直线与平面所成角的向量公式：
直线的方向向量与平面的法向量分别为和，若与的夹角不大于，直线与平面所成的角等于与夹角的余角，若与的夹角大于，直线与平面所成的角等于与夹角的补角的余角，所以直线与平面所成的角的正弦值为．

1．设m，n，l是三条不同的直线，α是一个平面，l⊥m，则下列说法正确的是  
A. 若m⊄α，l⊥α，则m∥α B. 若l⊥n，则m⊥n
C. 若l⊥n，则m∥n D. 若m∥n，n⊂α，则l⊥α
2．已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β，直线l满足l⊥m，l⊥n，l⊄α，l⊄β，则  
A. α∥β，且l∥α B. α⊥β，且l⊥β
C. α与β相交，且交线垂直于l D. α与β相交，且交线平行于l
3．已知直三棱柱ABC-A1B1C1的顶点都在球O的球面上，AB=AC=2，BC=22，若球O的表面积为72π，则这个直三棱柱的体积是
A．16 B．15
C．82 D．83
4．已知三棱锥P-ABC的高为PO，O为垂足，若P到底面△ABC三边所在的直线的距离相等，则O（假设O在△ABC内部）是△ABC的  
A. 外心 B. 内心 C. 垂心 D. 重心
5.在正方体ABCD—A1B1C1D1中，E为棱CD的中点，则  
A. A1E⊥DC1 B. A1E⊥BD C. A1E⊥BC1 D. A1E⊥AC

6．在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=AD=2，AA1=2，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为
A． B．
C． D．
7．如图，P为△ABC所在平面α外一点，PB⊥α，PC⊥AC，则△ABC的形状为  

A. 锐角三角形 B. 直角三角形 C. 钝角三角形 D. 不确定
8．如图，网格纸上正方形小格的边长为1，图中粗线画的是某几何体的三视图，则该几何体最长棱的长度为（　　）

A．4 B．32 C．22 D．23

9．中国古代第一部数学名著《九章算术》中，将一般多面体分为阳马、鳖臑、堑堵三种基本立体图形，其中将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑．若三棱锥为鳖臑，平面，，，，则三棱锥外接球的表面积为
A． B．
C． D．
10．如图所示，扇形的半径为2，圆心角为，若扇形绕旋转一周，则图中阴影部分绕旋转一周所得几何体的体积为　　

A． B． C． D．
11．用斜二测画法得到一个水平放置的平面图形的直观图为如图所示的直角梯形，其中梯形的上底是下底的，若原平面图形的面积为，则的长为　　

A．2 B． C． D．
12．已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD是边长为2的正方形，侧棱PA⊥平面ABCD，PA=2，若在四棱锥P-ABCD的内部有一个半径为R的球，则R的最大值为
A．2-2 B．1
C．2-1 D．23
13.如图，在以下四个正方体中，直线与平面垂直的是　　

A．①② B．②④ C．①③ D．②③
14．如图，是的直径，是圆周上不同于，的任意一点，平面，则四面体的四个面中，直角三角形的个数有　　

A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
15．已知球O半径为32，设S、A、B、C是球面上四个点，其中∠ABC=90°，AB=BC=42，则棱锥S﹣ABC的体积的最大值为（　　）
A．6423 B．6429C．3223 D．3229
16．已知三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱与底面垂直，底面是边长为3的正三角形，且该三棱柱外接球的表面积为7π，若P为底面A1B1C1的中心，则PA与平面ABC所成角的大小为_________.
17．如图，正方形ABCD的边长为3，点E , F分别在边AD , CD上，且AE=DF=2．将此正方形沿BE,BF,EF切割得到四个三角形，现用这四个三角形作为一个三棱锥的四个面，则该三棱锥的内切球的体积为_________．

18．如图，在几何体ABC﹣A1B1C1中，点A1，B1，C1在平面ABC内的正投影分别为A，B，C，且AB⊥BC，AA1=BB1=4，AB=BC=CC1=2，E为AB1中点，
（Ⅰ）求证；CE∥平面A1B1C1，
（Ⅱ）求证：求二面角B1﹣AC1﹣C的大小．

19．如图，梯形ABCD中，AD=BC，AB∥CD，AC⊥BD，平面BDEF⊥平面ABCD，EF∥BD，BE⊥BD．
（1）求证：平面AFC⊥平面BDFE；
（2）若AB=2CD=22，BE=EF=2，求BF与平面DFC所成角的正弦值．

20．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是正方形，平面PAD⊥底面ABCD，E，F分别为PA，BD中点，PA=PD=AD=2．
（1）求证：EF∥平面PBC；
（2）求二面角F﹣ED﹣P的正弦值；
（3）在棱PC上是否存在一点G，使GF⊥平面EDF？若存在，指出点G的位置；若不存在，说明理由．

21．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，PA⊥BD．
（Ⅰ）求证：PB=PD；
（Ⅱ）若E，F分别为PC，AB的中点，EF⊥平面PCD，求点B到平面PCD的距离．

22．如图①所示，已知四边形是由和直角梯形拼接而成的，其中，且点A为线段SD的中点，，现沿AB进行翻折，使得二面角的大小为，连接，得到的图形如图②所示，点E、F分别在线段SB、SC上.

（1）证明：；
（2）若三棱锥的体积是四棱锥体积的，求二面角的余弦值.

1. 【答案】 A 【解析】若l⊥m，l⊥n，则m与n可能平行，也可能相交或异面，即B、C都不正确；由l⊥m，m∥n，可得l⊥n，不一定有l⊥α，即D不正确；
对A，可在l上取一点P，过P作mʹ∥m，

则mʹ⊥l，mʹ与l确定一个平面β，β∩α=a，由l⊥α，得l⊥a，又mʹ，a，l同在平面β内，则由l⊥mʹ，l⊥a得mʹ∥a，于是m∥a，又m⊄α，所以m∥α．
2.【答案】D
【解析】由题意作图得

故选D．
3．【答案】A
【解析】设球O的半径为r，
由题意知S=4πr2=72π,r=32，
因为AB=AC=2，BC=22，易知为等腰直角三角形，
故三棱柱的高h=2r2-(12BC)2=8，
故这个直三棱柱的体积是V=12×2×2×8=16.
故选A.
【名师点睛】对于求解球的组合体问题常用方法有：（1）三条棱两两互相垂直时，可恢复为长方体，利用长方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径；（2）直棱柱的外接球可利用棱柱的上下底面平行，借助球的对称性，球心为上下底面外接圆的圆心连线的中点，再根据勾股定理求球的半径.
4.【答案】B
【解析】因为P到△ABC三边所在直线的距离相等，所以O点到三边的距离相等，所以O为△ABC的内心．故选B．
5．【答案】C
【解析】：连B1C，

由题意得BC1⊥B1C，
因为A1B1⊥平面B1BCC1，且BC1⊂平面B1BCC1，所以A1B1⊥BC1，
因为A1B1∩B1C=B1，所以BC1⊥平面A1ECB1，
因为A1E⊂平面A1ECB1，所以A1E⊥BC1．故选C
6．【答案】A
【解析】画出图形，如图所示．
连接AD1,B1D1，则AD1//BC1，
所以∠B1AD1即为AB1与BC1所成的角或其补角．
在∆B1AD1中，AB1=AD1=6，B1D1=2，
所以由余弦定理得cos∠B1AD1=6+6-42×6=23，
所以异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为23．
故选A．

7.【答案】B
【解析】由PB⊥α，AC⊂α得PB⊥AC，又AC⊥PC，PC∩PB=P，所以AC⊥平面PBC，AC⊥BC，故选B．
8【答案】D
【解答】解：利用“三线交汇得顶点”的方法，该几何体位四棱锥P﹣ABCD
如图所示，其中，正方体棱长为2，
所以最长棱为PC=23．
故选：D．

9．【答案】D
【解析】将三棱锥补全为长方体，如图，则外接球的直径为,所以，故外接球的表面积为.

【名师点睛】空间几何体与球接、切问题的求解方法：
(1)求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解．
(2)若球面上四点P，A，B，C构成的三条线段PA，PB，PC两两互相垂直，且PA＝a，PB＝b，PC＝c，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，利用4R2＝a2＋b2＋c2求解．
10.【答案】C
【解答】解：扇形的半径为2，圆心角为，
扇形绕旋转一周，
图中阴影部分绕旋转一周所得几何体为：
半径为的半球去掉一个底面半径为，高为的圆锥，
图中阴影部分绕旋转一周所得几何体的体积为：
．
故选：C．
11.【答案】B
【解答】解：由题意，原平面图形与斜二测画法得到的直观图的面积比为，
设，则直观图的面积为，
，．
故选：B．
12．【答案】A
【解析】根据题意，当满足R最大时，对应的球是四棱锥的内切球，
根据条件可以求得该四棱锥的表面积为S=2×2+2×(12×2×2)+2×(12×2×22)=8+42，
而该四棱锥的体积为V=13×2×2×2=83，结合13SR=V，
解得R=3×838+42=22+2=2-2.
故选A.
【名师点睛】该题考查的是有关几何体的内切球半径的求解问题，在解题的过程中，需要时刻关注各个量之间的关系，最关键的就是等量关系从哪里入手来寻找，即V=13S表R是解决该题的根本，注意对题的条件的转化和有效利用.
13.【答案】B
【解答】解：在①中，与的夹角为，直线与平面不垂直，故①错误；
在②中，，，平面，故②正确；
在③中，与的夹角为，直线与平面不垂直，故③错误；
在④中，，，平面，故④正确．
故选：B．
14.【答案】A
【解答】证明：是圆的直径
即，三角形是直角三角形
又圆所在平面，
，是直角三角形．且在这个平面内，
因此垂直于平面中两条相交直线，
平面，是直角三角形．
从而，，，中，直角三角形的个数是：4．
故选：A．
15.【答案】A
【解答】解：当S在经过AC与球心的连线上时，
由于：AC=(42)2+(42)2=8，球心到AC的中点的连线，d=(32)2-42=2，
所以：锥体的最大高度为：h=32+2=42，
所以：V=13⋅12⋅42⋅42⋅42=6423．故选：A．
16．【答案】π3
【解析】如图所示，P为正三角形A1B1C1的中心，设O为ΔABC的中心，由题意知：PO⊥平面ABC，连结OA，则∠PAO即为PA与平面ABC所成的角.
由题易知OP中点为外接球的球心，设三棱柱外接球的半径为r，
∵7π=4πr2，∴r2=74，
∴AO2+OP22=74.
在正三角形ABC中，AB=BC=AC=3，
∴AO=33×3=1，∴PO=3.
∴tan∠PAO=POAO=3，
∴∠PAO=π3.

17．【答案】4π81
【解析】如图所示，在长、宽、高分别为1,2,3的长方体ABCD-A1B1C1D1中，
三棱锥B1-ABC即为题中所给的四个面组成的三棱锥，
该三棱锥的体积：V=13×12×1×2×3=1，
在AB1C中，由勾股定理易得AC=5,AB1=13,CB1=10，
由余弦定理可得：cos∠B1CA=5+10-1325×10=210，
则sin∠B1CA=1-2102=7210，
故S△B1CA=12×5×10×7210=72，
该三棱锥的表面积为：S=12×1×2+1×3+2×3+72=9，
设三棱锥B1-ABC内切球的半径为R,则V=13SR，
即：1=13×9×R,∴R=13，
该三棱锥B1-ABC内切球的体积为V=43πR3=4π81.

【名师点睛】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.
18.【解答】（Ⅰ）证明：∵点A1，B1，C1在平面ABC内的正投影分别为A，B，C，
∴AA1∥BB1∥CC1，
取A1B1中点F，连接EF，FC，则EF∥12A1A，EF=12A1A，
∵AA14，CC1=2，∴CC1∥12A1A，CC1=12A1A，∴CC1∥EF，CC1=EF，
∴四边形EFC1C为平行四边形，∴CE∥C1F，
∵CE⊄平面A1B1C1，C1F⊂平面A1B1C1，
∴CE∥平面A1B1C1；
（Ⅱ）解：建立如图所示的坐标系，则A（2，0，0），C（0，2，0），B1（0，0，4），C1（0，2，2），
∴AC→=（﹣2，2，0），CC1→=（0，0，2），AB1→=（﹣2，0，4），B1C1→=（0，2，﹣2）．
设平面ACC1的法向量为n→=（x，y，z），则&-2x+2y=0&2z=0，
令x=1，则n→=（1，1，0）．
同理可得平面AB1C1的法向量为m→=（2，1，1），
∴cos＜n→，m→＞=m→⋅n→|m→||n→|=32．
由图可知二面角B1﹣AC1﹣C为钝角，
∴二面角B1﹣AC1﹣C的大小为150°．

19.【解答】解：（1）证明：∵平面BDFE⊥平面ABCD，平面BDFE∩平面ABCD=BD，AC⊂平面ABCD，AC⊥BD，
∴AC⊥平面BDFE．
又AC⊂平面AFC，∴平面AFC⊥平面BDFE．
（2）设AC∩BD=O，∵四边形ABCD为等腰梯形，AC⊥BD，AB=2CD=22，∴OD=OC=1，OB=OA=2，
∵EF∥OB且EF=OB，∴四边形FEBO为平行四边形，
∴OF∥BE，且OF=BE=2，
又∵BE⊥平面ABCD，∴OF⊥平面ABCD．
以O为原点，向量OA→，OB→，OF→的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则B（0，2，0），D（0，﹣1，0），F（0，0，2），C（﹣1，0，0），
∴DF→=（0，1，2），CD→=（1，﹣1，0），BF→=（0，﹣2，2），
设平面DFC的一个法向量为n→=（x，y，z），则有&n→⋅DF→=0&n→⋅CD→=0，即&y+2z=0&x-y=0，
不妨设z=1，得x=y=﹣2．即n→=（﹣2，﹣2，1），
于是cos＜n→，BF→＞=n→⋅BF→|n→||BF→|=622×3=22．
设BF与平面DFC所成角为θ，则sinθ=|cos＜n→，BF→＞|=22．
∴BF与平面DFC所成角的正弦值为22．

20.【解答】证明：（1）如图，连结AC，∵四边形ABCD是正方形，
∴AC与BD互相平分，
又∵F是BD中点，F是AC中点，
∴EF∥PC，
又∵在△PAC中，E是PA中点，F是AC中点，
∴EF∥PC，
又∵EF⊄平面PBC，PC⊂平面PBC，
∴EF∥平面PBC．
解：（2）取AD中点O，在△PAD中，
∵PA=PD，∴PO⊥AD，
∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD，
∴PO⊥平面ABCD，
∵OF⊂平面ABCD，∴PO⊥OF，
∵F是AC的中点，∴OF⊥AD，
如图，以O为原点，OA，OF，OP分别为x，y，z轴，
|OA→|为单位长度建立空间直角坐标系，
∵PA=PD=AD=2，∴OP=3，
则O（0，0，0），A（1，0，0），B（1，2，0），
C（﹣1，2，0），D（﹣1，0，0），P（0，0，3），E（12，0，32），F（0，1，0），
∴AB→=（0，2，0），DE→=（32，0，32），DF→=（1，1，0），
∵OF⊥平面PAD，∴OF→=（0，1，0）是平面PAD的一个法向量，
设平面EFD的一个法向量是n→=（x，y，z），
则&n→⋅DF→=x+y=0&n→⋅DE→=32x+32y=0，取x=1，得n→=（1，﹣1，﹣3），
∴|cos＜DF→，n→＞|=|OF→⋅n→||OF→|⋅|n→|=15=55，
∴二面角F﹣ED﹣P的正弦值为：1-(55)2=255．
（3）假设在棱PC上存在一点G，使得GF⊥平面EDF，
设G（x1，y1，z1），则FG→=（x1，y1﹣1，z1），
由（2）知平面EDF的一个法向量n→=（1，﹣1，﹣3），
∵GF⊥平面EDF，∴设FG→=λn→=（λ，-λ，-3λ），
则x1=λ，y1=1-λ，z1=-3λ，
∵点G在棱PC上，∴CG→与PC→共线，
∵PC→=（﹣1，2，﹣3），CG→=（x1+1，y1﹣2，z1），
∴x1+2-1=y1-22=z1-3，即1+λ-2=-λ-12=-3λ-3，无解，
∴在棱PC上不存在一点G，使得GF⊥平面EDF．

21.【解答】证明：（1）连接AC，BD交于点O，连结PO．解：（1）连接AC，BD交于点O，连结PO．
∵底面ABCD是正方形，∴AC⊥BD，OB=OD．
又PA⊥BD，PA⊂平面PAC，AC⊂平面PAC，PA∩AC=A，
∴BD⊥平面PAC，∵PO⊂平面PAC，∴BD⊥PO．
又OB=OD，∴PB=PD．
解：（2）设PD的中点为Q，连接AQ，EQ，
则EQ∥CD，EQ=12CD，又AF∥CD，AF=12AB=12CD，
∴EQ∥AF，EQ=AF，
∴四边形AQEF为平行四边形，∴EF∥AQ，
∵EF⊥平面PCD，∴AQ⊥平面PCD，
∴AQ⊥PD，∵Q是PD的中点，
∴AP=AD=2．
∵AQ⊥平面PCD，∴AQ⊥CD，
又AD⊥CD，AQ∩AD=A，
∴CD⊥平面PAD，∴CD⊥PA．
又BD⊥PA，BD∩CD=D，
∴PA⊥平面ABCD．
以A为坐标原点，以AB，AD，AP为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则B（2，0，0），P（0，0，2），A（0，0，0），Q（0，22，22），
∵AQ⊥平面PCD，∴AQ→=（0，22，22）为平面PCD的一个法向量．
∴PB→=（﹣2，0，2），
∴点B到平面PCD的距离：d=|PB→⋅AQ→||AQ→|=112+12=1．

22．【解析】（1）因为二面角的大小为，且，平面平面，
所以平面，
又平面，所以；
在直角梯形中，，，，
所以，即.
又，
所以，即；
又，
所以平面，
因为平面，
所以.
（2）如图，分别以所在直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，
则，，，，.
设三棱锥的高为，
因为，所以，
故，
故为中点，即.
设平面的法向量为，
又，，
由得
取，
得平面的一个法向量为，
又是平面的一个法向量，
所以，
由图可知二面角为锐角，
所以二面角的余弦值为.