2022版高考数学一轮复习-考案第七章-立体几何综合过关规范限时检测新人教版.doc

2022版高考数学一轮复习 考案第七章 立体几何综合过关规范限时检测新人教版

2022版高考数学一轮复习 考案第七章 立体几何综合过关规范限时检测新人教版

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第七章　综合过关规范限时检测
(时间：120分钟　满分150分)
一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中只有一个是符合题目要求的)
1．(2021·河北省衡水中学调研)下列命题正确的个数为(　C　)
①梯形一定是平面图形；
②若两条直线和第三条直线所成的角相等，则这两条直线平行；
③两两相交的三条直线最多可以确定三个平面；
④如果两个平面有三个公共点，则这两个平面重合．
A．0　　 B．1　　
C．2　　 D．3
[解析]　①由于梯形是有一组对边平行的四边形，易知两平行线确定一平面，所以梯形可以确定一个平面，故①对；②若两条直线和第三条直线所成的角相等，比如等腰三角形ABC，AB＝AC，直线AB，AC与直线BC所成的角相等，而直线AB，AC不平行，故②错；③两两相交的三条直线，比如墙角处的三条交线可以确定三个平面，故③对；④如果两个平面有三个公共点，比如两平面相交有一条公共直线，如果这三个公共点不共线，则这两个平面重合，故④错．综上，选C.
2．(2020·山东省济南市6月模拟)如图，在圆柱O1O2内有一个球O，该球与圆柱的上，下底面及母线均相切．若O1O2＝2，则圆柱O1O2的表面积为(　C　)

A．4π　　 B．5π　　
C．6π　　 D．7π
[解析]　由题意，可得h＝2r＝2，解得r＝1，所以圆柱O1O2的表面积为S＝πr2×2＋2πr×h＝6πr2＝6π.故选C.
3．(2021·河北省唐山市期末)一个几何体的三视图如图所示，小正方形的边长为1，则这个几何体的表面积是(　D　)

A．11π　　 B．9π　　
C．7π　　 D．5π
[解析]　由三视图可得几何体为个球体，球的半径为2，故该几何体的表面积为×4×π×4＋3×＝5π，故选D.

4．(2021·山东省滨州市三模)已知m，n为两条不同的直线，α，β，γ为三个不同的平面，则下列命题正确的是(　B　)
A．若m∥α，n∥α，则m∥n
B．若α⊥β，γ⊥β且α∩γ＝m，则m⊥β
C．若m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β，则α∥β
D．若m⊥α，n∥β，α⊥β，则m⊥n
[解析]　对A：若m∥α，n∥α，则m∥n，或m与n是异面直线，或m与n相交，故A错误；对B：若α⊥β，γ⊥β且α∩γ＝m，不妨取交线m上一点P，作平面β的垂线为l，因为l⊥β，α⊥β，且点P∈α，故l⊂α；同理可得l⊂γ，故l与m是同一条直线，因为l⊥β，故m⊥γ.故B选项正确；对C：只有当m与n是相交直线时，若m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β，才会有α∥β.故C错误；对D：若m⊥α，n∥β，α⊥β，则m与n的关系不确定，故D错误．故选B.
5．(理)(2021·东北三省四市教研联合体模拟)已知正方体ABCD－A1B1C1D1，O为底面ABCD的中心，M，N分别为棱A1D1，CC1的中点．则异面直线B1M与ON所成角的余弦值为(　C　)
A．　　 B．　　
C．　　 D．
(文)(2021·吉林长春一中期末)如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是DD1，BD的中点，则直线AD1与EF所成角的余弦值是(　C　)

A．　　 B．　　
C．　　 D．
[解析]　 (理)解法一：如图，设B1M∩A1C1＝H，在AA1上取点P，使A1P＝AA1，连PH、AC1、PM，易知PM∥AC1∥ON，∴∠MHP即为BM与ON所成的角，设正方体的棱长为6，则PM＝，PH＝2，MH＝，∴cos∠MHP＝＝，故选C.

解法二：以D为原点建立如下图所示的空间直角坐标系：设正方体的棱长为2，

所以有D(0,0,0)，O(1,1,0)，B1(2,2,2)，M(1,0,2)，N(0，2,1)，
因此＝(－1，－2,0)，＝(－1,1,1)，
设异面直线B1M与ON所成角为α，
所以cos α＝
＝
＝.
故选C.
(文)连BD1，∵E、F分别为DD1、BD的中点，∴EF∥BD1，∴∠AD1B即为EF与AD1所成的角，设正方体的棱长为1，则A1D＝，BD1＝，又AB⊥平面AD1，∴AB⊥AD1，∴cos∠AD1B＝＝＝.故选C.

6．(2021·山东济宁期末)已知m、n为两条不重合的直线，α、β为两个不重合的平面，则下列说法正确的是(　C　)
①若m∥α，n∥β且α∥β，则m∥n
②若m∥n，m⊥α，n⊥β，则α∥β
③若m∥n，n⊂α，α∥β，m⊄β，则m∥β
④若m∥n，n⊥α，α⊥β，则m∥β
A．①②　　 B．①③　　
C．②③　　 D．②④
[解析]　在①中的条件下，m∥n或m与n相交或m、n异面，①错；
又⇒⇒α∥β②正确；
⇒⇒m∥β，③正确；
⇒⇒m∥β或m⊂β，④错，故选C.
7．如图，在正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD的中点，G是EF的中点．现在沿AE，AF及EF把这个正方形折成一个空间图形，使B，C，D点重合，重合后的点记为H.那么，在这个空间图形中必有(　B　)

A．AG⊥平面EFH　　 B．AH⊥平面EFH
C．HF⊥平面AEF　　 D．HG⊥平面AEF
[解析]　根据折叠前、后AH⊥HE，AH⊥HF不变，
∴AH⊥平面EFH，B正确；
∵过A只有一条直线与平面EFH垂直，∴A不正确；
∵AG⊥EF，EF⊥GH，AG∩GH＝G，AG，GH⊂平面HAG，
∴EF⊥平面HAG，
又EF⊂平面AEF，
∴平面HAG⊥平面AEF，过点H作直线垂直于平面AEF，一定在平面HAG内，∴C不正确；
由条件证不出HG⊥平面AEF，∴D不正确．故选B.
8．(2021·湖北武汉部分学校质检)如图，点A，B，C，M，N为正方体的顶点或所在棱的中点，则下列各图中，不满足直线MN∥平面ABC的是(　D　)

[解析]　选项D中，MN⊂平面ABC，故选D.
9．(2021·山东滨州期末改编)已知菱形ABCD中，∠BAD＝60°，AC与BD相交于点O.将△ABD沿BD折起，使顶点A至点M，在折起的过程中，下列结论错误的是(　C　)
A．BD⊥CM
B．存在一个位置，使△CDM为等边三角形
C．DM与BC不可能垂直
D．直线DM与平面BCD所成的角的最大值为60°
[解析]　由题意知BD⊥OM，BD⊥CO，∴BD⊥平面MOC，∴BD⊥CM，A正确；设菱形边长为a，则CM的取值范围为(0，a)，∴B正确；当CM＝a时，DM⊥BC，C错；当平面MBD⊥平面BCD时，直线DM与平面BCD所成角最大为60°，D正确，故选C.

10．(2021·上海虹口区期末)在空间，已知直线l及不在l上两个不重合的点A、B，过直线l做平面α，使得点A、B到平面α的距离相等，则这样的平面α的个数不可能是(　C　)
A．1个　　 B．2个　　
C．3个　　 D．无数个
[解析]　(1)如图，当直线AB与l异面时，则只有一种情况；

(2)当直线AB与l平行时，则有无数种情况，平面α可以绕着l转动；

(3)如图，当l过线段AB的中垂面时，有两种情况．

故选C.
11.(2021·河南新乡模拟)如图，已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为3，点H在棱AA1上，且HA1＝1，P是侧面BCC1B1内一动点，HP＝，则CP的最小值为(　A　)

A．－2　　 B．－3
C.－2　　 D．－3
[解析]　如图，作HG⊥BB1交BB1于点G，则B1G＝1.因为HP＝，所以GP＝2，所以点P的轨迹是以G为圆心，2为半径的圆弧，所以CP的最小值为CG－2＝－2.

12．(理)(2021·福建龙岩质检)在三棱锥A－BCD中，△ABC和△BCD都是边长为2的等边三角形，且平面ABC⊥平面BCD，则三棱锥A－BCD外接球的表面积为(　D　)
A．8π　　 B．12π　　
C．16π　　 D．20π
(文)(2021·河南郑州、商丘名师联盟质检)将一个半径为的半球切削成一个正方体(保持正方体的一个所在平面上)，所得正方体体积的最大值为面在半球底面(　B　)

A．4　　 B．8　　
C．2　　 D．4
[解析]　 (理)取BC的中点E，连结AE与DE，则AE⊥DE，且AE＝DE＝2×＝3，在DE上取点I使得EI＝DE，在AE上取点H使得EH＝AE，则点I是三角形BCD的外接圆圆心，点H是三角形BCA的外接圆圆心，则BI＝×＝2，分别过点I、H作平面BCD和ABC的垂线IO和HO交于O点，则点O是三棱锥A－BCD的外接球球心，OI＝EH＝×3＝1，BO＝＝＝，故外接球半径为，则三棱锥A－BCD外接球的表面积4π×5＝20π.

(文)由题意，当正方体内接于半球时体积最大，如图，连接球心O与点C，连接OC1，则OC1＝.

设正方体棱长为a，则在Rt△OCC1中，OC2＋CC＝OC，2＋a2＝6，解得a＝2，故正方体体积的最大值为8.故选B.
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中的横线上)
13．(2021·北京石景山期末)已知平面α、β、γ.给出下列三个论断：①α⊥β；②α⊥γ；③β∥γ.以其中的两个论断为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题： 若α⊥γ，β∥γ，则α⊥β(或填α⊥β，β∥γ，则α⊥γ) .
14．(2018·江苏卷)如图所示，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为　　.

[解析]　由题意知所给的几何体是棱长均为的八面体，它是由两个有公共底面的正四棱锥组合而成的，正四棱锥的高为1，所以这个八面体的体积为2V正四棱锥＝2××()2×1＝.
15．如图所示，在直四棱柱(侧棱与底面垂直)ABCD－A1B1C1D1中，当底面四边形ABCD满足条件 AC⊥BD(或ABCD为正方形或ABCD为菱形等) 时，有AC1⊥BD成立(注：填上你认为正确的一种情况即可，不必考虑所有可能的情况)．

[解析]　∵C1C⊥平面ABCD，∴BD⊥CC1，又BD⊥AC，∴BD⊥平面ACC1，∴AC1⊥BD.
16．(2021·山东滨州期末)在四面体S－ABC中，SA＝SB＝2，且SA⊥SB，BC＝，AC＝，则该四面体体积的最大值为　　，该四面体外接球的表面积为 8π .
[解析]　∵SA＝SB＝2，SA⊥SB，∴AB＝2，又BC＝，AC＝，∴AB2＝BC2＋AC2，即AC⊥BC，当平面ASB⊥平面ABC时VS－ABC最大，此时VS－ABC＝××＝.设AB的中点为O，则OA＝OB＝OC＝OS＝，即四面体外接球的半径为，∴四面体外接球的表面积为S＝4π()2＝8π.
三、解答题(本大题共6个小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17．(本小题满分10分)(理)(2021·山东新高考质量测评)如图，在四棱锥M－ABCD中，底面ABCD是平行四边形，且AB＝BC＝1，MD＝1，MD⊥平面ABCD，H是MB中点，在下面两个条件中任选一个，并作答：

(1)二面角A－MD－C的大小是；
(2)∠BAD＝，若 .
求CH与平面MCD所成角的正弦值．
注：如果选择两个条件分别解答，按第一个解答计分．
(文)(2021·河北、广东联考)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，D，E分别为A1C1，B1C1的中点，AB＝AC.

(1)AB∥平面CDE；
(2)A1E⊥CE.
[解析]　(理)若选(1)．因为MD⊥平面ABCD，
所以AD⊥MD，CD⊥MD，
所以∠ADC就是二面角A－MD－C的平面角，
所以∠ADC＝，
过D作x轴⊥DC，以D为坐标原点，以DC，DM所在直线为y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系．

则C(0,1,0)，H.
所以＝)．
取平面MCD的一个法向量为n＝(1,0,0)．
设CH与平面MCD所成角为θ，
则sin θ＝＝＝.
所以CH与平面MCD所成角的正弦值是.
若选(2)．因为MD⊥平面ABCD，∠BAD＝，
所以DA，DC，DM两两垂直．
以D为坐标原点，以DA，DC，DM所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系．

则C(0,1,0)，H.
所以＝.
取平面MCD的一个法向量n＝(1,0,0)．
设CH与平面MCD所成角为θ，则sin θ＝＝＝.
所以CH与平面MCD所成角的正弦值是.
(文)(1)因为D，E分别为A1C1，B1C1的中点，
所以DE∥A1B1，
在三棱柱ABC－A1B1C1中，AB∥A1B1，
所以AB∥DE.
又因为DE⊂平面CDE，AB⊄平面CDE，
所以AB∥平面CDE.
(2)因为A1B1＝A1C1，E为B1C1的中点，
所以A1E⊥B1C1.
因为C1C∥AA1，所以C1C⊥平面A1B1C1，
又因为A1E⊂平面A1B1C1，所以C1C⊥A1E.
因为C1C⊂平面BB1C1C，B1C1⊂平面BB1C1C，
C1C∩B1C1＝C1，所以A1E⊥平面BB1C1C.
因为C1E⊂平面BB1C1C，所以A1E⊥CE.
18．(本小题满分12分)(2021·山东潍坊安丘市、诸城市、高密市联考)已知正三棱柱ABC－A1B1C1的边长均为2，E，F分别是线段AC1和BB1的中点．

(1)求证：EF∥平面ABC；
(2)求三棱锥C－ABE的体积．
[解析]　(1)证明：取AC的中点为G，连结GE，GB，

在△ACC1中，EG为中位线，
所以EG∥CC1，EG＝CC1，
又因为CC1∥BB1，
CC1＝BB1，F为BB1的中点，
所以EG∥BF，EG＝BF，
所以四边形EFBG为平行四边形，
所以EF∥GB，又EF⊄平面ABC，GB⊂平面ABC，
所以EF∥平面ABC.
(2)因为VC－ABE＝VE－ABC，因为E为AC1的中点，
所以E到底面ABC的距离是C1到底面ABC的距离的一半，
即三棱锥E－ABC的高h＝CC1＝，

又△ABC的面积为S＝×(2)2＝3，
所以VC－ABE＝VE－ABC＝Sh＝×3×＝3.
19．(本小题满分12分)(理)(2021·河南许昌、洛阳质检)已知平面多边形PABCD中，PA＝PD，AD＝2DC＝2BC＝4，AD∥BC，AP⊥PD，AD⊥DC，E为PD的中点，现将△APD沿AD折起，使PC＝2.

(1)证明：CE∥平面ABP；
(2)求直线AE与平面ABP所成角的正弦值．
(文)(2021·贵州安顺质检)如图所示，在四棱锥P－ABCD中，侧面PAB是边长为2正三角形，且与底面垂直，底面ABCD是∠ABC＝60°的菱形．

(1)证明：PC⊥AB；
(2)求点D到PAC的距离．
[解析]　(理)(1)证明：取PA的中点H，连HE，BH.
∵E为PD中点，∴HE为△APD的中位线，
∴HE∥AD，HE＝AD.
又AD∥BC，∴HE∥BC，HE＝BC，
∴四边形BCEH为平行四边形，
∴CE∥BH.
∵BH⊂平面ABP，CE⊄平面ABP，
∴CE∥平面ABP.

(2)由题意知△PAD为等腰直角三角形， 四边形ABCD为直角梯形，取AD中点F，连接BF，PF，
∵AD＝2BC＝4，∴平面多边形PABCD中P，F，B三点共线，且PF＝BF＝2，
∴翻折后，PF⊥AD，BF⊥AD，PF∩BF＝F，
∴DF⊥平面PBF，∴BC⊥平面PBF，
∵PB⊂平面PBF，∴BC⊥PB.
在直角三角形PBC中，PC＝2，BC＝2，
∴PB＝2，∴△PBF为等边三角形．
取BF的中点O，DC的中点M，
则PO⊥BF，PO⊥DF，DF∩BF＝F，
∴PO⊥平面ABCD.
以O为原点，，，分别为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系，
则B(1,0,0)，D(－1,2,0)，P(0,0，)，A(－1，－2,0)，
∴E，
∴＝，
∴＝(2,2,0)，＝(－1,0，)．
设平面ABP的法向量为n＝(x，y，z)，
则，∴.
故可取n＝(3，－3，)，
∴cosn，＝＝－.
∴直线AE与平面ABP所成角的正弦值为.
(文)(1)如图所示取AB中点为M，连接PM，CM，

∵△PAB、△ABC均为正三角形，
∴PM⊥AB，CM⊥AB.
∴AB⊥PM，AB⊥CM，又PM∩CM＝M，
∴AB⊥平面PMC.
又∵PC⊂平面PMC，∴AB⊥PC.
(2)∵平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，PM⊥AB，
∴PM⊥平面ABC，∴PM⊥CM，
∴PC＝＝，
∴S△PAC＝×PC×h＝××＝，
∴VP－ABC＝VP－ACD＝×SV－ABC×PM＝××22×＝1，
设D到平面PAC的距离为d，则
VP－ACD＝VD－PAC＝SV－PACd＝×d＝1，
∴d＝，
∴D到平面PAC的距离为.
20．(本小题满分12分)(理)(2021·山西运城调研)如图，在多面体ABCDEF中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠ADC＝120°，且DE∥FC，DE⊥平面ABCD，DE＝2FC＝2.

(1)证明：平面FBE⊥平面EDB；
(2)求二面角A－EB－C的余弦值．
(文)(2021·河南实验中学模拟)已知四边形ABCD是梯形(如图甲)，AB∥CD，AD⊥DC，CD＝4，AB＝AD＝2，

E为CD的中点，以AE为折痕把△ADE折起，使点D到达点P的位置(如图乙)，且PB＝2.
(1)求证：平面PAE⊥平面ABCE；
(2)求点A到平面PBE的距离．
[解析]　(理)(1)如图，连接AC交BD于点O，取EB的中点H，连接FH，HO.

∵四边形ABCD为菱形，点H是EB的中点，DE∥FC.
∴HO∥FC，HO＝ED＝FC，
∴四边形CFHO为平行四边形，
∵FH∥CO.
∵DE⊥平面ABCD，CO⊂平面ABCD，∴DE⊥CO.
又∵CO⊥BD，ED∩BD＝D，∴CO⊥平面EDB，
∴FH⊥平面EDB.又FH⊂平面FBE，
∴平面FBE⊥平面EDB.
(2)连接EC，以点O为坐标原点，分别以，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz.

由题意得A(0，－，0)，C(0，，0)B(1,0,0)，E(－1,0,2)，
则＝(2,0，－2)，＝(1，，0)，＝(－1，，0)．
设平面AEB的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则，即，
取m＝.
设平面CEB的法向量为n＝(x2，y2，z2)，
则，即，
取n＝.
cos〈m，n〉＝
＝＝－，
∴二面角A－EB－C的余弦值为－.
(文)(1)证明：连接BE，
因为AB∥CD，AD⊥DC，CD＝4，
E为CD的中点，AB＝AD＝2，
所以四边形ABED是边长为2的正方形，且BE＝EC.

取AE的中点M，连接PM，BM.
因为AP＝PE＝2，所以PM⊥AE，BM⊥AE，
且AE＝2，PM＝AM＝BM＝.又PB＝2，
所以PM2＋MB2＝PB2，所以PM⊥MB.
又AE∩MB＝M，所以PM⊥平面ABCE.
又PM⊂平面PAE，
所以平面PAE⊥平面ABCE.
(2)由(1)知，PM⊥平面ABCE，
△PBE为正三角形且边长为2.
设点A到平面PBE的距离为d，
则VP－ABE＝×S△ABE×PM＝×S△PBE×d，
所以××2×2×＝××22×d，
解得d＝，
故点A到平面PBE的距离为.
21．(本小题满分12分)(2021·河南中原名校质量测评)如图，S为圆锥的顶点，O为底面圆心，点A，B在底面圆周上，且∠AOB＝60°，点C，D分别为SB，OB的中点．

(1)求证：AC⊥OB；
(2)若圆锥的底面半径为2，高为4，求直线AC与平面SOA所成的角的正弦值．
[解析]　(1)证明：由题意，得SO⊥底面圆O，
∵点C，D分别为SB，OB中点，
∴CD∥SO，∴CD⊥底面圆O，
∵OB在底面圆O上，∴OB⊥CD，
∵∠AOB＝60°，∴△AOB为正三角形，
又D为OB中点，∴OB⊥AD，
又AD∩CD＝D，且AD，CD⊂平面ACD，
∴OB⊥平面ACD，
∵AC⊂平面ACD，
∴AC⊥OB.
(2)解法一：作DH⊥OA于H，

∵SO⊥底圆面O，
∴DH⊥SO，
∴DH⊥平面SOA，
又正△OAB边长为2，
∴DH＝，AD＝，
又OS＝4，∴DC＝2，
又CD⊥AD，∴AC＝＝，
设AC与平面SOA所成角为θ，
又C到平面SAO的距离等于DH，
∴sin θ＝＝.
解法二：(理)如图，以D为原点，DA，DB，DC所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，

则A(，0,0)，C(0,0,2)，O(0，－1，0)，S(0，－1,4)，
故＝(－，0,2)，＝(－，－1,4)，＝(，1,0)，
设平面SOA的法向量为n＝(x，y，z)，
由，可得，
令x＝1，得n＝(1，－，0)为平面SOA的一个法向量，设直线AC与平面SOA所成的角为θ，
则sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝
＝＝，
即直线AC与平面SOA所成的角的正弦值为.
22．(本小题满分12分)(理)(2021·河南九师联盟质检)如图，在四棱锥P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，AD∥BC，∠ADC＝90°，PA⊥PD，PA＝PD.

(1)求证：平面PAB⊥平面PCD；
(2)若BC＝1，AD＝CD＝2，求二面角A－PC－B的余弦值．
(文)(2021·皖豫名校联盟联考)如图所示，在四棱锥S－ABCD中，平面SAB⊥底面ABCD，∠ABC＝90°，∠ACD＝60°，AC＝AD，SA＝2，AB＝，BC＝1.设平面SCD与平面SAB的交线为l，E为SD的中点．

(1)求证：l∥平面ACE；
(2)若在棱AB上存在一点Q，使得DQ⊥平面SAC，当四棱锥S－ABCD的体积最大时，求SQ的值．
[解析]　 (理)(1)证明：在四棱锥P－ABCD中，

因为平面PAD⊥平面ABCD，
平面PAD∩平面ABCD＝AD，
又因为CD⊥AD，CD⊂平面ABCD，
所以CD⊥平面PAD.
因为PA⊂平面PAD，所以CD⊥PA．
因为PA⊥PD，CD∩PD＝D，CD，PC⊂平面PCD，
所以PA⊥平面PCD.
因为PA⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PCD.
(2)解：取AD中点O，连接OP，OB，因为PA＝PD，
所以PO⊥AD.
因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，
因为PO⊂平面PAD，所以PO⊥平面ABCD，
所以PO⊥OA，PO⊥OB.
因为CD⊥AD，BC∥AD，AD＝2BC，
所以BC∥OD，BC＝OD，
所以四边形OBCD是平行四边形，所以OB∥OC，
所以OB⊥AD.
以OA，OB，OP所在的直线分别为x、y、z轴建立，如图所示的空间直角坐标系O－xyz，
则O(0,0,0)，A(1,0,0)，B(0,2,0)，C(－1,2,0)，P(0,0,1)，
所以＝(－2,2,0)，＝(－1,0,1)，＝(－1,0,0)，＝(0，－2,1)，
设平面PAC的法向量为n＝(x，yz)，
则即
令x＝1，则n＝(1,1,1)．
设平面BPC的法向量为m＝(a，b，c)，
则即
令b＝1，则m＝(0,1,2)．
所以cos〈m，n〉＝＝，
易判断二面角A－PC－B为锐角，
所以二面角A－PC－B的余弦值为.
(文)(1)在Rt△ABC中，因为BC＝1，AB＝，
所以tan∠BAC＝＝，AC＝2，
所以∠BAC＝30°.
在△ACD中，因为AC＝AD，∠ACD＝60°，
所以△ACD为等边三角形，
所以CD＝2，∠CAD＝60°，所以∠BAD＝90°，
又∠ABC＝90°，所以BC∥AD.
如图，延长AB和DC交于点F，连接SF，

因为F∈AB，AB⊂平面SAB，所以F∈平面SAB.
同理可得F∈平面SCD.
所以SF所在直线即为直线l.
因为＝＝，
所以C为DF的中点，所以在△SDF中，l∥CE.
因为l不在平面ACE内，CE⊂平面ACE，
所以l∥平面ACE.
(2)过S向AB作垂线，垂足为P，
因为平面SAB⊥底面ABCD，所以SP⊥底面ABCD，
因为梯形ABCD的面积和SA的长为定值，
所以当P与A重合，即SA⊥底面ABCD时，四棱锥S－ABCD的体积最大．
因为DQ⊥平面SAC，AC⊂平面SAC，
所以DQ⊥AC，所以DQ经过AC的中点．
所以∠ADQ＝30°，
所以AQ＝AD·tan∠ADQ＝2·tan 30°＝，
故SQ＝＝.