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16.21【考查点[文]】本题考查四棱柱与[章]球，审题指导求球面[来]与侧确定球面与确定[自]侧面BCCB面BC[知]C,B,的一侧面B[嘛]CCB截球所得的小[答]圆交线长交线圆心及[案]半径直四棱柱ABC[网]D-A,BC,D中[文]D,为球心【解析】[章]如图①，设B,C,[来]的中点为O,连接D[自],O,B,D1,因[知]为四棱柱ABCD-[嘛]A,B,C,D1为[答]直四棱柱，且∠BA[案]D=60°，则△D[网],B,C,是等边三[文]角形，所以D,0⊥[章]B,C,平面B,C[来],D,⊥平面BCC[自],B,且交于B,C[知]1,所以D,O⊥平[嘛]面BCC,B,所以[答]D,0=2CD,=[案]5,所以O是平面B[网]CC,B,截球所得[文]的小圆圆心，[点拨[章]]正确作图，利用球[来]截面圆圆心与球心的[自]连线垂直于该载面圆[知]，确定截面圆心的位[嘛]置因为球的半径R=[答]5,所以小圆的半径[案]r=√/(5)2-[网]D,02=√2B0[文]CBDBf60图①[章]图②第16题解图如[来]图②，在平面BCC[自],B,上，圆O与棱[知]BB,CC,交于点[嘛]E,F,则由直四棱[答]柱ABCD-A,B[案],C,D,的棱长均[网]为2，O为B,C的[文]中点，得OB1=0[章]C,=1,又0E=[来]0F=r=2,所以[自]BE=C,F=1,[知]则△OB,E和△O[嘛]C,F都是等腰直角[答]三角形，所以∠E0[案]F=180°-∠B[网],OE-∠C,0F[文]=90°，所以球面[章]与侧面BCC,B,[来]的交线长即为弧EF[自]的长度，点拨]由球[知]中截面的性质确定球[嘛]面与侧面BCC,B[答],的交线长为小圆0[案]的一段圆弧为*2m[网]x2
20.【解析】审题[文]指导PD⊥底-PD[章]⊥AD1D1PD∩[来]DC=D面ABCD[自]平面PDC(1)1[知]1平面底面ABCD[嘛]1D⊥DC为正方形[答]PDCI为平面PA[案]DAD-1D∥平A[网]D∥BC,与平面P[文]BC交线面PBCB[章]CC平面PBC2正[来]方形ABCD建系点[自]的坐标PD⊥底面A[知]BCD正弦值←—c[嘛]os(n.PB）一[答]PB及平面最大值O[案]CD法向量n解：([网]1)因为PD⊥底面[文]ABCD,所以PD[章]⊥AD.又底面AB[来]CD为正方形，所以[自]AD⊥DC因为PD[知],DCC平面PDC[嘛],PDODC=D,[答]因此AD⊥平面PD[案]C.…2分因为AD[网]∥BC,ADd平面[文]PBC,所以AD平[章]面PBC由已知得1[来]∥AD,因此l⊥平[自]面PDC，…5分([知]2)直线DA,DC[嘛],DP两两垂直，故[答]以D为坐标原点，D[案]A的方向为x轴正方[网]向，建立如图所示的[文]空间直角坐标系D-[章]xz.则D(0,0[来],0),C(0,1[自],0),B(1,1[知],0),P(0,0[嘛],1),D元=(0[答],1,0)，P2=[案](1,1,-1).[网]…7分由(1)可设[文]Q(a,0,1),[章]则D0=(a,0,[来]1).设n=(x,[自]y,z)是平面QC[知]D的法向量，n·D[嘛]d=0则-0即ax[答]+z=0(y=0可[案]取n=(-1,0,[网]a)…9分第20题[文]解图所以cos(n[章],P)n·PBn·[来]DC=0(Y=0B[自]可取n=(-1,0[知],a).9分第20[嘛]题解图所以cos([答]n,Pi)=n,P[案]呢Inl·1PB1[网]-1-a设PB与平[文]面QCD所成角为0[章]，51+a√3a+[来]13则sin0=2[自]×2a3a2+1[[知]点拨]直线的方向向[嘛]量与平面的法向量所[答]成角的余弦值的绝对[案]值与直线和平面所成[网]角的正弦值相等因为[文]2a631当且仅当[章]a=1时等号成立，[来]a2+1[点拨]结[自]合a+1≥2a得到[知]即可得到所证不等式[嘛]a+1211分所以[答]PB与平面QCD所[案]成角的正弦值的最大[网]值为12分21.【[文]解析】
