高中數(shù)學北師大版講義(必修二)第39講第六章立體幾何初步章末綜合檢測卷(新題型)(學生版+解析)

第六章：立體幾何初步章末綜合檢測卷（考試時間：120分鐘試卷滿分：150分）注意事項：1．本試卷分第Ⅰ卷（選擇題）和第Ⅱ卷（非選擇題）兩部分。答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答第Ⅰ卷時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號。寫在本試卷上無效。3．回答第Ⅱ卷時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。4．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。第Ⅰ卷一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1．（23-24高一下·山東菏澤·期中）如圖，一個平面圖形的斜二測畫法的直觀圖是一個邊長為2aA．22a2 B．42a22．（23-24高一下·湖南常德·期中）設m，n是兩條不同的直線，α,β是兩個不同的平面，則下列結論正確的是（

）A．若m//α,n//α，則m//n B．若m//n,m//α，則n//αC．若m?α,n?β，則m,n是異面直線 D．若α//β,m?α,n?β，則m//n或m，n是異面直線3．（23-24高一下·河南鄭州·期中）若一個球體的體積與其表面積的值相等，則該球體的半徑為（

）A．1 B．2 C．3 D．34．（23-24高一下·福建莆田·期中）折扇是我國古老文化的延續(xù)，在我國已有四千年左右的歷史，“扇”與“善”諧音，折扇也寓意“善良”“善行”，它常以字畫的形式體現(xiàn)我國的傳統(tǒng)文化，也是運籌帷幄、決勝千里、大智大勇的象征（如圖①），圖②是一個圓臺的側面展開圖（扇形的一部分），若兩個圓弧DE、AC所在圓的半徑分別是3和6，且∠ABC＝120°，則下列關于該圓臺的說法錯誤的是（）A．高為22 C．側面積為14π D．體積為5．（23-24高一下·福建寧德·期中）斐波那契螺旋線被譽為自然界最完美的“黃金螺旋”，下圖給出了它的畫法：以斐波那契數(shù)1，1，2，3，5，?的變化規(guī)律為邊的正方形，依序拼成長方形，然后在每個正方形中畫一個圓心角為90°

A．4π B．5π C．8π6．（23-24高一下·重慶·期中）某數(shù)學課外興趣小組對一圓錐筒進行研究，發(fā)現(xiàn)將該圓錐放倒在一平面上，使圓錐在此平面內(nèi)繞圓錐頂點S滾動，當這個圓錐在平面內(nèi)首次轉回到原位置時，圓錐本身恰好滾動了3周，如圖，若該興趣小組已測得圓錐的底面半徑為5，則該圓錐的體積為（

）A．2503π3 B．2502π37．（23-24高一下·安徽六安·期中）如圖，已知正四棱錐P?ABCD的所有棱長均為2，E為棱PA的中點，則異面直線BE與PC所成角的余弦值為（

）A．63 B．33 C．138．（23-24高一下·安徽合肥·期中）圓臺上底面半徑為2cm，下底面半徑為4cm，母線AB=8cm，A在上底面上，B在下底面上，從AB中點MA．10 B．12 C．16 D．20二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分．9．（2024高一下·全國·專題練習）如圖，四邊形ABCD中，AD∥BC，AD=AB，∠BCD=45°,∠BAD=90°，將△ABD沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，構成幾何體A?BCD，則在幾何體A?BCD中，下列結論正確的是（

）A．CD⊥平面ABDB．平面ADC⊥平面BDCC．平面ABC⊥平面BDCD．平面ABC⊥平面ADC10．（2024高一下·全國·專題練習）每個面均為正三角形的八面體稱為正八面體，如圖，若點G,H,M,N分別是正八面體棱DE,BC,AD,BF的中點，則下列結論錯誤的是（

）A．GH⊥平面FBC B．GH與MN是異面直線C．GH//平面EAB D．MN與GH是相交直線11．（23-24高一下·廣東廣州·期中）如圖，正方體ABCD?A1BA．當0<CQ<1B．當CQ=1C．當CQ=34時，S與C1DD．當34三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分．12．（2024高一下·全國·專題練習）如圖所示，在正方體ABCD?A1B1C1D1中，AC與B113．（23-24高一下·天津北辰·期中）已知過球面上A、B、C三點的截面和球心的距離等于球半徑的一半，且AB=18,BC=24,AC=30，則球的表面積為，球的體積為.14．（2024高一下·全國·專題練習）正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長為4，點P是棱BB1上一點(不包括端點)，若異面直線四、解答題：本題共5小題，共77分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．15．（23-24高一下·福建莆田·期中）如圖，在棱長為2的正方體ABCD?A1B1C1D1中，為M棱BB1的中點，P為棱A1D1(1)求證：平面MNDA1//(2)求異面直線CQ與MN所成角的余弦值；(3)求多面體MNDA16．（23-24高一下·安徽·階段練習）如圖，已知點P在圓柱OO1的底面圓O上，AB為圓O的直徑，OA=2，∠AOP=120°，三棱錐(1)求圓柱OO(2)求三棱錐A117．（23-24高一下·福建莆田·期中）如圖1，四邊形ABCD為菱形，∠ABC=60°,△PAB是邊長為2的等邊三角形，點M為AB的中點，將△PAB沿AB邊折起，使PC=3，連接PD，如圖2，

(1)證明：AB⊥PC；(2)求異面直線BD與PC所成角的余弦值；(3)在線段PD上是否存在點N，使得PB∥平面MCN﹖若存在，請求出PNPD18．（23-24高一下·河南鄭州·期中）在梯形ABCD中，DC//AB，E是線段AB上一點，AD=2，AB=5，AE=CD=1，∠DAB=60°，把△BCE沿CE折起至△SCE，連接SA,SD使得平面SCD⊥平面AECD．(1)證明：AE//平面SCD；(2)求異面直線AE與SC所成的角；(3)求直線AE與平面SDE所成角的正弦值．19．（23-24高一下·浙江寧波·期中）如圖，已知三棱臺ABC?A1B1C1的體積為7312，平面ABB

(1)證明：BC⊥平面ABB(2)求點B到面ACC(3)在線段CC1上是否存在點F，使得二面角F?AB?C的大小為π6第六章：立體幾何初步章末綜合檢測卷（考試時間：120分鐘試卷滿分：150分）注意事項：1．本試卷分第Ⅰ卷（選擇題）和第Ⅱ卷（非選擇題）兩部分。答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答第Ⅰ卷時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號。寫在本試卷上無效。3．回答第Ⅱ卷時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。4．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。第Ⅰ卷一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1．（23-24高一下·山東菏澤·期中）如圖，一個平面圖形的斜二測畫法的直觀圖是一個邊長為2aA．22a2 B．42a2【答案】B【分析】計算直觀圖的面積為2a2，再根據(jù)直觀圖的面積S'與原圖面積S【詳解】直觀圖的面積S'=2由直觀圖的面積與原圖面積的關系為S'S=故選：B.2．（23-24高一下·湖南常德·期中）設m，n是兩條不同的直線，α,β是兩個不同的平面，則下列結論正確的是（

）A．若m//α,n//α，則m//n B．若m//n,m//α，則n//αC．若m?α,n?β，則m,n是異面直線 D．若α//β,m?α,n?β，則m//n或m，n是異面直線【答案】D【分析】利用空間中線、面的位置關系一一判定選項即可.【詳解】對于A，可設m=A1D1,n=A1對于B，可設m=A1D1,n=AD,α為平面AC對于C，可設m=A1D1,n=AD,α,β顯然m?α,n?β，但m//n，故C錯誤；對于D，若α//β,m?α,n?β，則兩平面不會有交點，所以m//n或m，n是異面直線，故D正確.故選：D3．（23-24高一下·河南鄭州·期中）若一個球體的體積與其表面積的值相等，則該球體的半徑為（

）A．1 B．2 C．3 D．3【答案】C【分析】由球的體積公式、表面積公式列式即可求解.【詳解】設該球體的半徑為R，由題意43πR故選：C.4．（23-24高一下·福建莆田·期中）折扇是我國古老文化的延續(xù)，在我國已有四千年左右的歷史，“扇”與“善”諧音，折扇也寓意“善良”“善行”，它常以字畫的形式體現(xiàn)我國的傳統(tǒng)文化，也是運籌帷幄、決勝千里、大智大勇的象征（如圖①），圖②是一個圓臺的側面展開圖（扇形的一部分），若兩個圓弧DE、AC所在圓的半徑分別是3和6，且∠ABC＝120°，則下列關于該圓臺的說法錯誤的是（）A．高為22 C．側面積為14π D．體積為【答案】C【分析】根據(jù)題意，求出圓臺的上下底面圓半徑、母線長和高，運用側面積公式和體積公式，即可一一判斷正誤即得.【詳解】設圓臺的上、下底面半徑分別為r,R,依題意，2πr=2π3×3,解得圓臺的母線長為l=6?3=3，故圓臺的高?=l圓臺的側面積為S圓臺測圓臺的體積為V圓臺故選：C.5．（23-24高一下·福建寧德·期中）斐波那契螺旋線被譽為自然界最完美的“黃金螺旋”，下圖給出了它的畫法：以斐波那契數(shù)1，1，2，3，5，?的變化規(guī)律為邊的正方形，依序拼成長方形，然后在每個正方形中畫一個圓心角為90°

A．4π B．5π C．8π【答案】A【分析】根據(jù)斐波那契數(shù)的規(guī)律，求出下一個圓弧的半徑和弧長，進一步求出圓錐的的底面半徑，即可求解.【詳解】由斐波那契數(shù)的規(guī)律可知，從第三項起，每一個數(shù)都是前面兩個數(shù)之和，所以接下來的圓弧所在扇形的半徑是3+5=8，對應的弧長l=2π設圓錐的底面半徑為r，則2πr=4π所以該圓錐的底面積為πr故選：A.6．（23-24高一下·重慶·期中）某數(shù)學課外興趣小組對一圓錐筒進行研究，發(fā)現(xiàn)將該圓錐放倒在一平面上，使圓錐在此平面內(nèi)繞圓錐頂點S滾動，當這個圓錐在平面內(nèi)首次轉回到原位置時，圓錐本身恰好滾動了3周，如圖，若該興趣小組已測得圓錐的底面半徑為5，則該圓錐的體積為（

）A．2503π3 B．2502π3【答案】B【分析】設圓錐的母線長為l，則圓錐繞頂點S滾動所形成的圓的半徑為l，周長為2πl(wèi)，由周長公式求出【詳解】設圓錐的母線長為l，則圓錐繞頂點S滾動所形成的圓的半徑為l，周長為2π又圓錐底面半徑為5，則底面周長為2π故2πl(wèi)=3×10π所以圓錐的高為?=15所以圓錐的體積為V=1故選：B.7．（23-24高一下·安徽六安·期中）如圖，已知正四棱錐P?ABCD的所有棱長均為2，E為棱PA的中點，則異面直線BE與PC所成角的余弦值為（

）A．63 B．33 C．13【答案】B【分析】根據(jù)題中條件連接AC，取AC的中點O，連接OE,OB，作出異面直線所成的角，利用余弦定理求解即可.【詳解】連接AC，取AC的中點O，連接OE,OB，由題意知，EO∥PC，則異面直線BE與PC所成角為∠BEO（或其補角），在△BEO中，EO=1,BO=2則cos∠BEO=則異面直線BE與PC所成角的余弦值為33故選：B.8．（23-24高一下·安徽合肥·期中）圓臺上底面半徑為2cm，下底面半徑為4cm，母線AB=8cm，A在上底面上，B在下底面上，從AB中點MA．10 B．12 C．16 D．20【答案】D【分析】由題意需先畫出圓臺的側面展開圖，并還原成圓錐展開的扇形，則所求的最短距離是平面圖形兩點連線，根據(jù)條件求出扇形的圓心角以及半徑長，再求出最短的距離．【詳解】畫出圓臺的側面展開圖，并還原成圓錐展開的扇形，且設扇形的圓心為O,由圖得：所求的最短距離是MB設OA=R，圓心角是α，則由題意知，4π=αR①，8π由①②解得，α=π∴OM=12,OB'=16則則繩子最短距離為20cm．故選:D．二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分．9．（2024高一下·全國·專題練習）如圖，四邊形ABCD中，AD∥BC，AD=AB，∠BCD=45°,∠BAD=90°，將△ABD沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，構成幾何體A?BCD，則在幾何體A?BCD中，下列結論正確的是（

）A．CD⊥平面ABDB．平面ADC⊥平面BDCC．平面ABC⊥平面BDCD．平面ABC⊥平面ADC【答案】AD【分析】利用直線、平面垂直的有關判定和性質(zhì)定理判斷即可.【詳解】∵AD∥BC,AD=AB,∠BCD=45°,∠BAD=90°,∴CD⊥BD,又平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD∩平面BCD=BD，∴CD⊥平面ABD，又AB?面ABD，∴CD⊥AB，∵AB⊥AD，且CD∩AD=D,CD,AD?平面ADC，∴AB⊥平面ADC，又AB?平面ABC，∴平面ABC⊥平面ADC,故選：AD.10．（2024高一下·全國·專題練習）每個面均為正三角形的八面體稱為正八面體，如圖，若點G,H,M,N分別是正八面體棱DE,BC,AD,BF的中點，則下列結論錯誤的是（

）A．GH⊥平面FBC B．GH與MN是異面直線C．GH//平面EAB D．MN與GH是相交直線【答案】ABD【分析】利用空間中直線的位置關系、線面平行、線面垂直的判定結合正八面體的特征一一判斷選項即可.【詳解】如圖，連接AC,BD,EF,MN,NH,GH,MG，易知AC,BD,EF兩兩相交且相互平分，∴四邊形AECF為平行四邊形，即AE//CF.又點G,H,M,N分別是正八面體棱DE,BC,AD,BF的中點，∴GM//AE,NH//CF，且GM=1∴GM//NH,GM=NH，∴四邊形MNHG是平行四邊形，故B，D錯誤；易知MH//AB，MH?平面EAB，AB?平面EAB，所以MH//平面EAB，又MH、MG?平面GMH，MH∩MG=M，所以平面GMH//平面EAB，又GH?平面GMH，∴GH//平面EAB，故C正確；由題意得EH⊥BC,MH⊥BC，EH∩MH=H，∴BC⊥平面EMH.又GH?平面EMH，GH∩EH=H，∴GH與BC不垂直，∴GH與平面FBC不垂直，故A錯誤.故選：ABD11．（23-24高一下·廣東廣州·期中）如圖，正方體ABCD?A1BA．當0<CQ<1B．當CQ=1C．當CQ=34時，S與C1DD．當34【答案】ABC【分析】根據(jù)題意作圖，利用正方體的幾何性質(zhì)，結合面面平行性質(zhì)定理可得線線平行，再根據(jù)相似三角形，利用相似比可得線段的長度，可得答案.【詳解】對于A，可作圖如下：AE=平面APQE∩平面ADD1A1，PQ=平面APQE∩在正方體ABCD?A1B1C1D易知△PCQ～△ADE，則ADPC=EDCQ，由P為CB的中點，則由0<CQ<12，則0<ED<1，所以對于B，由題意作圖如下：由A可知DE=2QC，由QC=12，則DE=1，即點E與在正方體ABCD?A1B1C1D所以△APB?△D1QC1，則AP=Q對于C，由題意作圖如下：在正方體ABCD?A1B1C由CQ=34，CP=12，AA易知△ABP～△R1D1E，則E對于D，由題意作圖如下：在正方體ABCD?A1B1C由CP=12，AD=1，則DF=2CQ，由34所以F位于DD1的延長線上，則E=AF∩A即S為五邊形，故D錯誤.故選：ABC.三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分．12．（2024高一下·全國·專題練習）如圖所示，在正方體ABCD?A1B1C1D1中，AC與B1【答案】90°45°【分析】借助等角定理與正方體的性質(zhì)計算即可得.【詳解】B1D1與AC是異面直線，連接BD，交AC于點O所以∠DOC或其補角為B1D1因為ABCD為正方形，所以∠DOC=90°，所以B1D1與AC因為DC//D1C1，所以∠ACD或其補角是因為ABCD為正方形，所以∠ACD=45°，所以AC與D1C1故答案為：90°；45°.13．（23-24高一下·天津北辰·期中）已知過球面上A、B、C三點的截面和球心的距離等于球半徑的一半，且AB=18,BC=24,AC=30，則球的表面積為，球的體積為.【答案】1200π【分析】根據(jù)給定條件，求出△ABC外接圓半徑，再利用球的截面小圓性質(zhì)求出球半徑即可.【詳解】在△ABC中，由AB=18,BC=24,AC=30，得AB2+B△ABC外接圓半徑r=12AC=15，設球半徑為R即R2=4所以球的表面積S=4πR2故答案為：1200π；14．（2024高一下·全國·專題練習）正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長為4，點P是棱BB1上一點(不包括端點)，若異面直線【答案】1【分析】將原正方體補形為長方體，利用線線角的定義得到∠P1AC1為異面直線A【詳解】將原正方體的一側補上另一個正方體ABEF?A在EE1上取點P1使EP1所以∠P1AC1設BP=x，則0<x<4，APP1又AC1=4則AC12所以cos∠C1所以BP=1.故答案為：1.四、解答題：本題共5小題，共77分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．15．（23-24高一下·福建莆田·期中）如圖，在棱長為2的正方體ABCD?A1B1C1D1中，為M棱BB1的中點，P為棱A1D1(1)求證：平面MNDA1//(2)求異面直線CQ與MN所成角的余弦值；(3)求多面體MNDA【答案】(1)證明見解析(2)10(3)10【分析】（1）由面面平行的性質(zhì)得到線線平行，進而得到MN∥B1C，進而得到B1Q∥MD，DM//平面C（2）由（1）可得∠B1CQ為異面直線CQ（3）幾何體MBN?A1AD與幾何體PDQ1?B1C1C的體積相等，即V1=V2【詳解】（1）由題意得平面BCC1B//又平面MNDA1∩平面MNDA1∩平面AD同理PQ∥B又A1B1∥AB且A1則A1B1所以四邊形A1B1所以MN∥B又M為BB1中點，所以N為同理Q為DD1中點，連接B1因為BB1∥D所以四邊形B1QDM為平行四邊形，所以又B1Q?平面CB1PQ，且DM?平面C同理由MN∥B1C可得MN//且DM∩MN=M，DM，MN?平面MNDA所以平面MNDA1//（2）由（1）可知：MN∥B所以∠B1CQ為異面直線CQ連接B1Q，B1D1則B1C=22又在正方體中，DD1⊥面A1B1C即B1所以cos∠異面直線CQ與MN所成角的余弦值為1010（3）由正方體特性可知：幾何體MBN?A1AD與幾何體PD設幾何體MNDA1?PQCB1故V=V又M為BB1中點，N為BC中點，將AB延長至O點，使根據(jù)相似知識可知，A1M∩AB=O，得到幾何體MBN?A1AD體積為三棱錐O?則V1=1所以V=216．（23-24高一下·安徽·階段練習）如圖，已知點P在圓柱OO1的底面圓O上，AB為圓O的直徑，OA=2，∠AOP=120°，三棱錐(1)求圓柱OO(2)求三棱錐A1【答案】(1)24(2)64【分析】（1）首先求出AP、BP，即可得到S△APB，再由VA1（2）三棱錐A1?APB外接球即為圓柱【詳解】（1）∵在△AOP中，OA=OP=2,∠AOP=120∴AP=2又在△BOP中，OB=OP=2，∠BOP=60°，∴而點P的圓柱OO1的底面圓O上，∴所以S△APB于是由VA1?APB∴AA∴圓柱OO1的表面積（2）三棱錐A1?APB外接球即為圓柱則外接球的球心是OO1的中點，半徑所以三棱錐A1?APB外接球的體積17．（23-24高一下·福建莆田·期中）如圖1，四邊形ABCD為菱形，∠ABC=60°,△PAB是邊長為2的等邊三角形，點M為AB的中點，將△PAB沿AB邊折起，使PC=3，連接PD，如圖2，

(1)證明：AB⊥PC；(2)求異面直線BD與PC所成角的余弦值；(3)在線段PD上是否存在點N，使得PB∥平面MCN﹖若存在，請求出PNPD【答案】(1)證明見解析(2)3(3)存在，PN=【分析】（1）由等邊三角形的性質(zhì)可得PM⊥AB，再由四邊形ABCD，∠ABC=60°可得CM⊥AB，再由線面垂直的判定可得AB⊥平面PMC，則AB⊥PC；（2）在PM上取點Q，使得PQ=2QM，設DB∩MC=F，連接NF，BQ,QF，可證得∠BFQ或其補角為異面直線BD與PC所成的角，然后在△BFQ中利用余弦定理求解即可；（3）設DB∩MC=F，連接NF，則由線面平行的性質(zhì)可得PB∥NF，從而可找出N點的位置.【詳解】（1）連接PM，因為△PAB是邊長為2的等邊三角形，點M為AB的中點，所以PM⊥AB.因為四邊形ABCD為菱形，∠ABC=60°，所以△ABC為等邊三角形，所以CM⊥AB，因為PM∩MC=M，PM,MC?平面PMC，所以AB⊥平面PMC，因為PC?平面PMC，所以AB⊥PC（2）在PM上取點Q，使得PQ=2QM，設DB∩MC=F，連接NF，BQ,QF，因為BM∥CD，所以BFDF在△PMC中，MFCF=QMPQ=所以∠BFQ或其補角為異面直線BD與PC所成的角，因為QFPC=1又BF=1BQ=B在△BFQ中，由余弦定理得cos∠BFQ=所以異面直線BD與PC所成角的余弦值為34（3）假設線段PD上存在點N，使得PB∥平面MCN，因為PB∥平面MNC，PB?平面PBD，平面PBD∩平面MNC=NF，所以PB∥NF，又BFDF=BM所以線段PD上存在點N，使得PB∥平面MNC，且PN=1

18．（23-24高一下·河南鄭州·期中）在梯形ABCD中，DC//AB，E是線段AB上一點，AD=2，AB=5，AE=CD=1，∠DAB=60°，把△BCE沿CE折起至△SCE，連接SA,SD使得平面SCD⊥平面AECD．(1)證明：AE//平面SCD；(2)求異面直線AE與SC所成的角；(3)求直線AE與平面SDE所成角的正弦值．【答案】(1)證明見解析(2)90°(3)2【分析】（1）根據(jù)題意，得到AE//CD，結合線面平行的判定定理，即可證得AE//平面SCD；（2）由（1）知AE//CD，異面直線AE與SC所成角就是直線CD與SC所成角，連接DE，得到DE2+DC2=CE2，證得DE⊥CD，再由平面（3）設點A到平面SDE的距離為?A，結合V【詳解】（1）證明：在梯形ABCD中，DC//AB，E是線段AB上一點，可得AE//CD因為AE?平面SCD，CD?平面SCD，所以AE//平面SCD（2）解：由（1）知AE//CD，異面直線AE與SC所成角就是直線CD與SC所成角，因為AE=CD=1，AE//CD，所以四邊形AECD是平行四邊形，所以AD//EC，所以∠DAB=∠CEB=60°，AD=EC=2，又因為AE=1，AB=5，所以EB=4，在△ECB中，由余弦定理得BC=E所以CE2+C折疊后，SC=23,SE=4，且連接DE，在△CDE中，由余弦定理得DE=3，可得DE2又因為平面SCD⊥平面AECD，平面SCD∩平面AECD=CD，DE?平面AECD，所以DE⊥平面SCD，因為SD?平面SCD，所以DE⊥SD，在△SDE中，SD=S在△SCD中，SC2+C所以異面直線AE與SC所成角為90°.（3）解：設AE與平面SDE所成的角為α，由（2）易知DE⊥SC，且SC2+C又因為SC∩CE=C，且SC,CE?平面AECD，所以SC⊥平面AECD，所以VS?ADE設點A到平面SDE的距離為?A，可得V因為VA?SED=VS?AED，可得19．（23-24高一下·浙江寧波·期中）如圖，已知