21.(1)证明:由题意,得AE=BE=√(2)2+(√2)2=2所以AE2+BE2=AB2,所以AE⊥BE又二面角D-AEB是直二面角,即平面DAE⊥平面ABE,平面DAE∩平面ABE=AE,BEC平面ABE,所以BE⊥平面ADE又ADC平面ADE,所以AD⊥BE又因为AD⊥DE,DE∩BE=E,所以AD⊥平面BDE(6分)(2)解:取AE的中点M,连接DM因为AD=DE,所以DM⊥AE又平面DAE⊥平面ABE,平面DAE∩平面ABE=AE,DMC平面ADE,所以DM⊥平面ABE在R1△ADE中,DM=2AE=1,S四边彩ABE=(AB+CE)·BC≈、72(22+2)×2=3,所以 Vu.ACE=S四达形ABCE·DM13×3×1=1(12分

22.(1)证明:因为平面ABC⊥平面ABP,AC⊥AB,平面ABC∩平面ABP=AB,ACC平面ABC,所以AC⊥平面ABP.又因为BPC平面ABP,所以AC⊥BP因为AB为直径,所以AP⊥BP又因为AC∩AP=A,所以BP⊥平面ACP.又BPC平面BCP,所以平面BCP⊥平面ACP.(5分)(2)解:因为AC⊥平面APQ,ACC平面ACP所以平面ACP⊥平面AQP当三棱锥CAPQ的体积最大时.Q为AP的中点因为∠PAB=30°,所以AQ=QP=BP,且∠QAB=60因为AB=AC=4.所以AQ=QP=PB=2,AP=23S△1ro=2AQ· OPsin∠AQP×2×2/3在△CPQ中,CQ=√AC2+AQ2=√4+2=2√5PC=√AC+AP=√42+(2)=2√7所以co∠ CQP CQ2+PQ2-CP2_20+4-282CQ. QP2×2√5×所以sin∠CQP√5所以Sm=(Q· OPsin∠CQP=×2√5×2设点A到平面PCQ的距离为d则由V1PCa=V(AP得SS△AQ·AC,即x√3×4.所以d4√57所以点A到平面PCQ的距离为12分

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