湘教版（2019）必修 第二册4.3 直线与直线、直线与平面的位置关系同步练习题

这是一份湘教版（2019）必修 第二册4.3 直线与直线、直线与平面的位置关系同步练习题，共30页。试卷主要包含了0分），【答案】C，【答案】B等内容，欢迎下载使用。

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4.3直线与直线、直线与平面的位置关系同步练习
湘教版（2019）高中数学必修第二册
注意：本试卷包含Ⅰ、Ⅱ两卷。第Ⅰ卷为选择题，所有答案必须用2B铅笔涂在答题卡中相应的位置。第Ⅱ卷为非选择题，所有答案必须填在答题卷的相应位置。答案写在试卷上均无效，不予记分。

第I卷（选择题）
一、单选题（本大题共12小题，共60.0分）
1. 设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，给出下列四个命题：
①若m⊥α,n//α，则m⊥n；②若m//n,n//α，则m//α；
③若m//n,n⊥β,m//α，则α⊥β；         ④若m∩n=A,m//α,m//β,n//α,n//β，则α//β.其中真命题的个数是(       )
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
2. 设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，给出下列四个命题：
①若m⊥α,n//α，则m⊥n；
②若m//n,n//α，则m//α；
③若m//n,n⊥β,m//α，则α⊥β；       
④若，则α//β.
其中真命题的个数是(       )
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
3. 已知四边形ABCD为正方形，GD⊥平面ABCD，四边形DGEA与四边形DGFC也都为正方形，连接EF，FB，BE，点H为BF的中点，有下述四个结论：

① DE⊥ BF；② EF与CH所成角为60°；③ EC⊥平面DBF；④ BF与平面ACFE所成角为45°．
其中所有正确结论的编号是(    )
A. ①② B. ①②③ C. ①③④ D. ②③④
4. 设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，给出下列四个命题：
①若m⊥α,n//α，则m⊥n；②若m//n,n//α，则m//α；
③若m//n,n⊥β,m//α，则α⊥β；         ④若m∩n=A,m//α,m//β,n//α,n//β，则α//β.
其中真命题的个数是(       )
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
5. 已知m，n表示两条不同直线，α表示平面，下列说法正确的是(    )
A. 若m//α,n//α,则m//n B. 若，，则
C. 若，，则 D. 若，，则
6. 已知m，n表示两条不同的直线，α表示平面，则下列说法正确的是
A. 若m//α，n//α，则m//n B. 若m//α，m⊥n，则n⊥α
C. 若m⊥α，n⊂α，则m⊥n D. 若m⊥α，m⊥n，则n//α
7. 已知四边形ABCD为正方形，GD⊥平面ABCD，四边形DGEA与四边形DGFC也都为正方形，连接EF,FB,BE，点H为BF的中点，有下述四个结论：
①DE⊥BF；
②EF与CH所成角为60∘；
③EC⊥平面DBF；
④BF与平面ACFE所成角为45∘．
其中所有正确结论的编号是(   )
A. ①② B. ①②③ C. ①③④ D. ①②③④
8. 已知a，b为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，则
①若a⊥α，b⊥β，且α//β，则a//b；②若a⊥α，b//β，且α//β，则a⊥b；
③若a//α，b⊥β，且α⊥β，则a//b；④若a⊥α，b⊥β，且α⊥β，则a⊥b；
其中真命题的个数是(    )
A. 4 B. 3 C. 2 D. 1
9. 设a，b是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题中正确命题的序号是(    )
①若直线a平行于平面α内的无数条直线，则直线a//平面α．
②若直线a//平面α，直线a//直线b，则直线b平行于平面α内的无数条直线．
③若直线a，b不平行，则a，b不可能垂直于同一平面．
④若直线a//平面α，平面α⊥平面β，则直线a⊥平面β
A. ①② B. ②③ C. ②④ D. ③④
10. m，n为空间中两条不重合直线，α为空间中一平面，则下列说法正确的是(    )
A. 若m//n，n⊂α，则m//α B. 若m⊥α，m//n，则n⊥α
C. 若m//α，n⊂α，则m//n D. 若m⊥α，m⊥n，则n//α
11. 如图所示是正方体的平面展开图，在这个正方体中
①BM与ED平行；
②CN与BE是异面直线；
③CN与BM成60°角； 
④DM与BN垂直．
则其中正确的序号对应的选项：(      )
A. ①②③ B. ②④ C. ③④ D. ②③④
12. 给出下列四个命题：
①如果平面α外一条直线a与平面α内一条直线b平行，那么a//α；
②过空间一定点有且只有一条直线与已知平面垂直；
③如果一条直线垂直于一个平面内的无数条直线，那么这条直线与这个平面垂直；
④若两个相交平面都垂直于第三个平面，则这两个平面的交线垂直于第三个平面．
其中真命题的个数为(    )
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
第II卷（非选择题）
二、多空题（本大题共5小题，共25.0分）
13. 已知四棱锥P−ABCD的底面ABCD是边长为4的正方形，PD⊥平面ABCD，PD=6，E为棱PD上一点，且ED=2PE，过EB作平面α分别与线段PA,PC交于点M,N，且AC//α，则PMPA=          ，四边形EMBN的面积为          ．
14. 在四棱锥P−ABCD中，P−BCD是底面边长为2的正三棱锥，E为PC的中点，异面直线DE与BC所成角的余弦值为612，则正三棱锥P−BCD的侧棱长为          ；若AD⊥PD，AD⊥AB，则AC=          ．
15. 已知四棱锥P−ABCD的底面ABCD是边长为3的正方形，PD⊥平面ABCD，PD=6，E为PD中点，过EB作平面α分别与线段PA、PC交于点M，N，且AC//α，则PMPA=   (1)   ，四边形EMBN的面积为   (2)   ．
16. 如图，在三棱锥S—ABC中，若底面ABC是正三角形，侧棱长SA=SB=SC=3，M、N分别为棱SC、BC的中点，并且AM⊥MN，则异面直线MN与AC所成角为          ；三棱锥S−ABC的外接球的体积为          ．

17. 在正三棱柱ABC−A1B1C1中，已知AB=1，D在棱BB1上，且BD=1，则AD与平面AA1C1C所成的角的正弦值为          ，平面ACD与平面ABC所成二面角的余弦值为          ．
三、解答题（本大题共6小题，共72.0分）
18. 如图所示，四棱锥P−ABCD的底面为一直角梯形，BA⊥AD，CD⊥AD，CD=2AB，PA⊥底面ABCD，E为PC的中点．
(1)证明：EB//平面PAD；
(2)若PA=AD，证明：BE⊥平面PDC．







19. 如图，在四棱锥P−ABCD中，AD // BC，∠ADC=∠PAB=90°，BC=CD=12AD.E为棱AD的中点，异面直线PA与CD所成的角为90°．

(1)在平面PAB内找一点M，使得直线CM //平面PBE，并说明理由;
(2)若二面角P−CD−A的大小为45°，求直线PA与平面PCE所成角的正弦值．







20. 如图，五面体ABCDEF，ABCD为矩形，EA⊥平面ABCD，AB=4，AE=3，EF=1，BC=3．

(1)求证：平面AEFB⊥平面BEC;
(2)求BF与平面BEC所成角的余弦值．







21. 如图，四棱锥P−ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD.设平面PAD与平面PBC的交线为l．

(1)证明：l⊥平面PDC；
(2)已知PD=AD=1，Q为l上的点，，求PB与平面QCD所成角的正弦值．







22. 如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB=BC.求证：


(1)A1B1//平面DEC1；
(2)BE⊥C1E．







23. 如图，四棱锥P−ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD，设平面PAD与平面PBC的交线为l．

(1)证明：l//BC;
(2)已知PD=AD=1，求直线PB与平面PCD所成角的正切值．







答案和解析
1.【答案】C

【解析】
【分析】
本题考查了线面平行的性质，线面垂直的性质，空间直线与平面的位置关系，线面垂直的判定，面面垂直的判定，面面平行的判定和线面平行的判定．
利用线面平行的性质和线面垂直的性质得①为真命题；利用空间直线与平面的位置关系得②不是真命题;利用线面垂直的判定和线面平行的性质及面面垂直的判定得③是真命题；利用线面平行的性质和判定及面面平行的判定得④是真命题，从而得结论．
【解答】
解：①因为n//α，所以在α内必存在一条直线n0，使得n//n0．
又因为m⊥α，所以m⊥n0，因此m⊥n，因此①为真命题；
②因为m//n,n//α，则m//α或m⊂α，因此②不是真命题；
③因为m//n,n⊥β，所以m⊥β．
又因为m//α，所以在α内存在m0//m．
由m⊥β得m0⊥β，所以α⊥β，因此③是真命题；
④因为m∩n=A，由n//α，m//α，得在α内必存在n1，m1，且n1与m1相交，
使得n1//n，m1//m．
又因为m//β，n//β，所以n1//β，m1//β，所以α//β.，因此④是真命题．
故答案为C．
  
2.【答案】C

【解析】
【分析】
本题考查了线面平行的性质，线面垂直的性质，空间直线与平面的位置关系，线面垂直的判定，面面垂直的判定，面面平行的判定和线面平行的判定．
利用线面平行的性质和线面垂直的性质得①为真命题；利用空间直线与平面的位置关系得②不是真命题;利用线面垂直的判定和线面平行的性质及面面垂直的判定得③是真命题；利用线面平行的性质和判定及面面平行的判定得④是真命题，从而得结论．
【解答】
解：①因为n//α，所以在α内必存在一条直线n0，使得n//n0．
又因为m⊥α，所以m⊥n0，因此m⊥n，因此①为真命题；
②因为m//n,n//α，则m//α或m⊂α，因此②不是真命题；
③因为m//n,n⊥β，所以m⊥β．
又因为m//α，所以在α内存在m0//m．
由m⊥β得m0⊥β，所以α⊥β，因此③是真命题；
④因为m∩n=A，由n//α，m//α，得在α内必存在n1，m1，且n1与m1相交，
使得n1//n，m1//m．
又因为m//β，n//β，所以n1//β，m1//β，所以α//β.，因此④是真命题．
故选C．
  
3.【答案】B

【解析】
【分析】
本题考查空间几何体的线线、线面的位置关系问题．重在考查空间想象能力．此题可设置正方体为背景，根据线线、线面的判定定理即可逐项判断正误．
【解答】
解：以正方体ABCD−EKFG为背景，放置题设中各种元素．
①因为DE//CK,CK⊥BF，所以DE⊥BF.故①正确；
②因为DE//CK，而正三角形DEF中，DE与EF所成的角为60∘，因此EF与CH所成角即为60∘.故②正确；
③设AC∩BD=O，
因为AE⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
所以AE⊥BD．
因为AC⊥BD，AE∩AC=A,AE,AC⊂平面ACFE，
所以BD⊥平面ACFE．
因为EC⊂平面ACFE，所以EC⊥BD．
同理EC⊥BF，又BD∩BF=B，
所以EC⊥平面DBF.故③正确；
④由③BD⊥平面ACFE，故∠BFO即为BF与平面ACFE所成的角．
在直角三角形BOF中，显然OB=OC 所以BF与平面ACFE所成角不是45∘.故 ④错误．
综上可知①②③正确．
故答案选B．
  
4.【答案】C

【解析】
【分析】
本题考查了线面平行的性质，线面垂直的性质，空间直线与平面的位置关系，线面垂直的判定，面面垂直的判定，面面平行的判定和线面平行的判定．
利用线面平行的性质和线面垂直的性质得①为真命题；利用空间直线与平面的位置关系得②不是真命题;利用线面垂直的判定和线面平行的性质及面面垂直的判定得③是真命题；利用线面平行的性质和判定及面面平行的判定得④是真命题，从而得结论．
【解答】
解：①因为n//α，所以在α内必存在一条直线n0，使得n//n0．
又因为m⊥α，所以m⊥n0，因此m⊥n，因此①为真命题；
②因为m//n,n//α，则m//α或m⊂α，因此②不是真命题；
③因为m//n,n⊥β，所以m⊥β．
又因为m//α，所以在α内存在m0//m．
由m⊥β得m0⊥β，所以α⊥β，因此③是真命题；
④因为m∩n=A，由n//α，m//α，得在α内必存在n1，m1，且n1与m1相交，
使得n1//n，m1//m．
又因为m//β，n//β，所以n1//β，m1//β，所以α//β.，因此④是真命题．
故答案为C．
  
5.【答案】B

【解析】
【分析】
本题考查空间直线与平面的位置关系，考查直线与平面的平行、垂直的判断与性质，记熟这些定理是迅速解题的关键，注意观察空间的直线与平面的模型，属于基础题．
A.运用线面平行的性质，结合线线的位置关系，即可判断；
B.运用线面垂直的性质，即可判断；
C.运用线面垂直的性质，结合线线垂直和线面平行的位置即可判断；
D.运用线面平行的性质和线面垂直的判定，即可判断．
【解答】
解：A.若m//α，n//α，则m，n相交或平行或异面，故A错；
B.若m⊥α，n⊂α，则m⊥n，故B正确；
C.若m⊥α，m⊥n，则n//α或n⊂α，故C错；
D.若m//α，m⊥n，则n//α或n⊂α或n⊥α或n与α相交不垂直，故D错．
故选B．  
6.【答案】C

【解析】
【分析】
本题考查空间直线与平面的位置关系，考查直线与平面的平行、垂直的判断与性质，记熟这些定理是迅速解题的关键，注意观察空间的直线与平面的模型．
A.运用线面平行的性质，结合线线的位置关系，即可判断； B.运用线面垂直的性质，结合线线垂直和线面平行的位置即可判断； 
C.运用线面垂直的性质，即可判断；D.运用线面平行的性质和线面垂直的性质，即可判断． 
【解答】
解：A.若m//α，n//α，则m，n相交或平行或异面，故A错；
B.若m//α，m⊥n，则n//α或n⊂α或n与α相交，故B错．
C.若m⊥α，n⊂α，则m⊥n，故C正确；
D.若m⊥α，m⊥n，则n//α或n⊂α，故D错；
故选C．  
7.【答案】B

【解析】
【分析】
本题考查空间几何体的线线、线面的位置关系问题．重在考查空间想象能力．此题可设置正方体为背景，根据线线、线面的判定定理即可逐项判断正误．
【解答】
解：以正方体ABCD−EKFG为背景，放置题设中各种元素．
①因为DE//CK,CK⊥BF，所以DE⊥BF.故①正确；
②因为DE//CK，而正三角形DEF中，DE与EF所成的角为60∘，因此EF与CH所成角即为60∘.故②正确；
③设AC∩BD=O，
因为AE⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
所以AE⊥BD．
因为AC⊥BD，AE∩AC=A,AE,AC⊂平面ACFE，
所以BD⊥平面ACFE．
因为EC⊂平面ACFE，所以EC⊥BD．
同理EC⊥BF，又BD∩BF=B，
所以EC⊥平面DBF.故③正确；
④由③BD⊥平面ACFE，故∠BFO即为BF与平面ACFE所成的角．
在直角三角形BOF中，显然OB=OC 所以BF与平面ACFE所成角不是45∘.故 ④错误．
综上可知①②③正确．
故答案选B．
  
8.【答案】B

【解析】
【分析】
本题考查空间几何体的线面关系，考查空间想象能力和推理论证能力，属于基础题．
利用线面位置关系，线面的平行和垂直的判断和性质可得答案．
【解答】
解：由b⊥β且a//β，可得b⊥α，而垂直同一个平面的两条直线相互平行，故①正确；
由于a//β，a⊥α，所以a⊥β，则a⊥b，故②正确；
若a与平面α，β的交线平行，则a⊥b，故不一定有a//b，故③错误；
可以由线线垂直的定义推得④，故④正确；
因此，真命题的个数是①②④3个．
故选：B．  
9.【答案】B

【解析】
【分析】
本题主要考查有关线面位置关系的命题的判断以及立体几何基本定理的理解和应用，属于基础题．
根据线面平行，线面垂直的性质或判定定理逐个判断各命题的真假即可．
【解答】
解：对①，若直线a平行于平面α内的无数条直线，则直线a//面α或a⊂面α，所以①错误；
对②，若直线a//平面α，直线a//直线b，则直线b//面α或b⊂面α，
所以直线b平行于平面α内的无数条直线，②正确；
对③，若直线a，b不平行，则a，b不可能垂直于同一平面，③正确，
反证法即可证明，假设a，b垂直于同一平面，则a//b，与直线a，b不平行矛盾，
所以假设不成立．
对④，若直线a//平面α，平面α⊥平面β，则直线a不一定垂直于平面β，④错误．
故选：B．  
10.【答案】B

【解析】
【分析】
本题主要考查了线面平行，垂直的判定与性质，属于基础题．
根据空间中的线线平行、线面平行、线面垂直的定义以及性质逐项进行判断．
【解答】
解：A.因为m//n，n⊂α，所以m⊂α或m//α，故错误；
B.互相平行的两条直线中的一条垂直于一个平面，则另外一条也垂直于这个平面，故B正确；
C.因为m//α，n⊂α，所以m,n可能是异面直线，故错误；
D.因为m⊥α，m⊥n，所以n⊂α时也满足，故错误，
故选B．  
11.【答案】C

【解析】
【分析】
本题考查异面直线及异面直线所成角，空间中直线与直线之间的位置关系，线面垂直的判定定理和性质，几何体的折叠与展开，考查空间想象能力，属于基础题．
将展开图复原为几何体，如图，根据正方体的几何性质，分析四个命题的真假，容易判断选项的正误，求出结果． 
【解答】
解：由题意画出该正方体的图形如图所示，连接BE，显然①②错误；
对于③，连接AN，易得AN//BM，△ANC为等边三角形，则∠ANC=60°，所以CN与BM成60°角，所以③正确；
对于④，连接BN，DM，在正方体中可得BC⊥平面CDNM，DM⊂平面CDNM，所以BC⊥DM，
又DM⊥CN，BC∩CN=C，BC，CN⊂平面BCN，所以DM⊥平面BCN，BN⊂平面BCN，所以DM⊥BN，所以④正确．

故选C．  
12.【答案】C

【解析】
【分析】
本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
在①中，由线面平行的判定定理得a//α；在②中，由线面垂直的性质定理得过空间一定点有且只有一条直线与已知平面垂直；在③中，这条直线与这个平面不一定垂直；在④中，由面面垂直分析可得这两个平面的交线垂直于第三个平面．
【解答】
解：在①中，如果平面α外一条直线a与平面α内一条直线b平行，那么由线面平行的判定定理得a//α，故①正确；
在②中，由线面垂直的性质定理得过空间一定点有且只有一条直线与已知平面垂直，故②正确；
在③中，如果一条直线垂直于一个平面内的无数条直线，那么这条直线与这个平面不一定垂直，故③错误；
在④中，若两个相交平面都垂直于第三个平面，所以在两个相交平面内各取一条直线垂直于第三个平面，可得这两条直线平行，则其中一条直线平行于另一条直线所在的平面，可得这条直线平行于这两个相交平面的交线，从而交线垂直于第三个平面，故④正确．
故选C．  
13.【答案】12 
46


【解析】
【分析】
过EB作平面α分别与线段PA、PC交于点M，N，且AC//α，连结AC，BD，交于点O，过O作平面ABCD的垂线OF，交BE于F，过F作AC的平行线，分别与线段PA、PC交于点M，N，则平面EMBN就是平面α，由此能求出结果．
本题考查交集的求法，考查交集定义等基础知识，考查运算求解能力，属于中档题．
【解答】
解：四棱锥P−ABCD的底面ABCD是边长为3的正方形，PD⊥平面ABCD，PD=6，E为PD中点，
过EB作平面α分别与线段PA、PC交于点M，N，且AC//α，
连结AC，BD，交于点O，过O作平面ABCD的垂线OF，交BE于F，
过F作AC的平行线，分别与线段PA、PC交于点M，N，
则平面EMBN就是平面α，
BE=DE2+BD2=16+32=43，
∵MN//AC，
∴△PMN∽△PAC，
∴PMPA=MNAC=12，MN=12AC=22，
∵AC⊥BD，AC⊥PD，BD∩PD=D，
BD、PD⊂平面PBD，
∴AC⊥平面PBD，
∴MN⊥平面PBD，∴MN⊥BE，
∴四边形EMBN的面积为S=12×MN×BE=12×22×43=46．
故答案为：12；46．  
14.【答案】4
7


【解析】
【分析】
本题主要考查点线面的位置关系，异面直线所成的角，属于难题．
取PB的中点F，BC的中点G，得出∠FED为异面直线DE与BC所成的角，作平行四边形PDCQ，利用几何关系得DE=a2+82，利用线面位置关系得到四边形ABGD为矩形，因为△BCD的边长为2，所以AB=DG=3，即可求得AC．
【解答】
解：如图，

记F为PB的中点，点G为BC的中点，
则EF为△PBC的中位线，所以EF//BC，EF=12BC= 1，
则∠FED为异面直线DE与BC所成的角，
作平行四边形PDCQ，设PD= a，
因为“平行四边形的两条对角线的平方和等于四条边的平方和”，
所以DQ2+PC2=2PD2+2CD2，即(2DE)2+a2=2a2+2×22，
得DE=a2+82，
因为DE=DF，所以cos ∠FED=612=12EFDE=1a2+8，
解得a=4，
因为P−BCD是底面边长为2的正三棱锥，且G为BC中点，
故BC⊥GD，BC⊥GP，
而GD∩GP=G，且GD，GP⊂平面PDG，
故BC⊥平面PDG，而BC⊂平面ABCD，
故平面PDG⊥平面ABCD，
过P作PH⊥DG，交DG于H，因为平面PDG∩平面ABCD=DG，
故PH⊥平面ABCD，而DA⊂平面ABCD，故PH⊥DA，
而AD⊥PD，且PH∩PD=P，PH，PD⊂平面PDG，
所以AD⊥平面PDG，而DG⊂平面PDG，
可得AD⊥DG，
因为DG⊥BC，AD⊥AB，所以四边形ABGD为矩形，
因为△BCD的边长为2，所以AB=DG=3，
故AC=22+(3)2=7．
故答案为：4 ; 7．
  
15.【答案】23
36


【解析】解：四棱锥P−ABCD的底面ABCD是边长为3的正方形，PD⊥平面ABCD，PD=6，E为PD中点，
过EB作平面α分别与线段PA、PC交于点M，N，且AC//α，
连结AC，BD，交于点O，过O作平面ABCD的垂线OF，交BE于F，
过F作AC的平行线，分别与线段PA、PC交于点M，N，
则平面EMBN就是平面α，
BE=DE2+BD2=9+18=33，
∵MN//AC，
∴△PMN∽△PAC，
∴PMPA=MNAC=23，MN=23AC=22，
∵AC⊥BD，AC⊥PD，BD∩PD=D，
BD、PD⊂平面PBD，
∴AC⊥平面PBD，
∴MN⊥平面PBD，∴MN⊥BE，
∴四边形EMBN的面积为S=12×MN×BE=12×22×33=36．
故答案为：23；36．
过EB作平面α分别与线段PA、PC交于点M，N，且AC//α，连结AC，BD，交于点O，过O作平面ABCD的垂线OF，交BE于F，过F作AC的平行线，分别与线段PA、PC交于点M，N，则平面EMBN就是平面α，由此能求出结果．
本题考查交集的求法，考查交集定义等基础知识，考查运算求解能力，属于中档题．

16.【答案】；



【解析】
【分析】
本题主要考查了线面垂直的性质与判定、异面直线所成的角、正三棱锥的外接球的体积，属于中档题．
根据三棱锥的底面为正三角形且侧棱长相等得到正三棱锥，得到SO⊥面ABC，接着根据线面垂直的性质、正三角形的性质及线面垂直的判定得到AC⊥面SBE，进而得到SB⊥AC，最后根据中位线的性质证明出AC⊥MN;根据已知及线面垂直的判定得到SB⊥面SAC，从而结合正三棱锥得到其为相应正方体的一部分，求出球的半径及球的体积．
【解答】
解：如图所示，
在三棱锥S—ABC中，若底面ABC是正三角形，
侧棱长SA=SB=SC=3知，三棱锥S—ABC是正三棱锥，
则点S在底面ABC中的投影为底面的中心O，所以SO⊥面ABC，
因此SO⊥AC，又E为AC中点，AC⊥BE，SO∩BE=O，所以AC⊥平面SBE，SB⊂平面SBE，∴SB⊥AC，
又M、N分别为棱SC、BC的中点，则MN // SB，
因此MN⊥AC，异面直线MN与AC所成角为π2；
∵AM⊥MN，MN⊥AC，AM∩AC=A，AM，AC⊂平面SAC，
∴MN⊥平面SAC，又MN // SB，则SB⊥平面SAC，
又三棱锥S−ABC是正三棱锥，因此三棱锥S−ABC可以看成正方体的一部分且S，A，B，C为正方体的四个顶点，故球的直径为(3)2+(3)2+(3)2=3，
则球的体积为43π(32)3=9π2．
故答案为：；．
  
17.【答案】64
217


【解析】
【分析】
本题考查空间几何体中线面角、二面角的求法，考查空间想象能力以及计算能力，属于中档题．
利用空间直角坐标系，求出平面AA1C1C的法向量及AD，利用空间向量的数量积即可求解；连接DE，由条件可证得AC⊥平面BDE，于是AC⊥DE.所以∠BED是平面ACD与ABC所成二面角的平面角，在中即可求得结果．
【解答】
解：取AC的中点E，BE为x轴，BE的垂线为y轴，BB1为z轴，建立空间直角坐标系．

在正三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=1，D在棱BB1上，且BD=1，
则E(32,0,0)，A(32,12,0)，D(0,0,1)，
正三棱柱ABC−A1B1C1中，E为AC中点，
故BE⊥AC，且由正三棱柱的性质可得CC1⊥BE，
而AC∩CC1=C，且AC，CC1⊂平面AA1C1C，
故BE⊥平面AA1C1C，
故平面AA1C1C的法向量可以为：n=(32,0,0)，
又AD=(−32,−12,1)，
则AD与平面AA1C1C所成的角的正弦值为：
|n⋅AD|n||AD||=|−3432×34+14+1|=64．
连接DE，因为AC⊥BE，AC⊥BD，且BE⋂BD=B，BE，BD⊂平面BDE，
所以AC⊥平面BDE．
又DE⊂平面BDE，所以AC⊥DE．
所以∠BED是平面ACD与ABC所成二面角的平面角，且为锐角．
在中，BE=32，BD=1，所以DE=72．
所以cos∠BED=BEDE=217．
故答案为：64；217．
  
18.【答案】证明(1)取PD的中点F，连接FA，FE，则EF为△PDC的中位线．

∴EF//CD，EF=12CD.∵BA⊥AD，CD⊥AD.∴AB//CD．
∵CD=2AB，∴AB=12CD．
∴EF//AB，EF=AB.∴ABEF是平行四边形．
∴EB//FA.∵EB⊄平面PAD，FA⊂平面PAD，∴EB//平面PAD．
(2)∵PA⊥底面ABCD，CD⊂底面ABCD，
∴PA⊥CD.∵CD⊥AD，PA∩AD=A，
PA⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，
∴CD⊥平面PAD，∵AF⊂平面PAD，
∴CD⊥AF．
∵PA=AD，PF=FD，∴AF⊥PD．
∵PD∩CD=D，PD⊂平面PDC，CD⊂平面PDC，
∴AF⊥平面PDC.由(1)可知，BE//AF，
∴BE⊥平面PDC．

【解析】本题考查空间中的线面关系，涉及到线面平行、垂直的判定，线面垂直的性质，关键在于找到线线之间的平行垂直关系，属于中档题．
(1)欲证EB//平面PAD，根据直线与平面平行的判定定理可知只需证EB与平面PAD内一直线平行，取PD的中点F，连接FA，FE，根据中位线定理可知EF//AB，EF=AB，从而ABEF是平行四边形，则EB//FA，EB⊄平面PAD，FA⊂平面PAD，满足定理所需条件；
(2)欲证BE⊥平面PDC，根据直线与平面垂直的判定定理可知只需证BE与平面PDC内两相交直线垂直，而BE//AF，可先证AF⊥平面PDC，而AF⊥PD，PD∩CD=D，PD⊂平面PDC，CD⊂平面PDC，满足线面垂直的判定定理，问题得证．

19.【答案】解：(Ⅰ)延长AB交直线CD于点M，
∵点E为AD的中点，∴AE=ED=12AD，
∵BC=CD=12AD，∴ED=BC，
∵AD//BC，即ED//BC，
∴四边形BCDE为平行四边形，即EB//CD．
∵AB∩CD=M，∴M∈CD，∴CM//BE，
∵BE⊂平面PBE，CM⊄平面PBE，
∴CM//平面PBE，
∵M∈AB，AB⊂平面PAB，
∴M∈平面PAB，
故在平面PAB内可以找到一点M(M=AB∩CD)，使得直线CM//平面PBE．

(Ⅱ)如图所示，∵∠ADC=∠PAB=90°，即PA⊥AB，
且异面直线PA与CD所成的角为90°，即PA⊥CD，
又AB∩CD=M，AB，CD⊂平面ABCD，∴AP⊥平面ABCD．
∵AD⊂平面ABCD，∴PA⊥AD，
且AD⊥CD，PA⊥CD，AD∩PA=A，AD，PA⊂平面PAD，所以CD⊥平面PAD，
∵PD⊂平面PAD，∴CD⊥PD．
因此∠PDA是二面角P−CD−A的平面角，大小为45°．
∴PA=AD．
不妨设AD=2，则BC=CD=12AD=1．
以A为坐标原点，平行于CD的直线为x轴，AD为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系A−xyz，
∴P(0,0,2)，E(0,1,0)，C(−1,2,0)，
∴EC=(−1,1,0)，PE=(0,1,−2)，AP=(0,0,2)，
设平面PCE的法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅PE=0n⋅EC=0，可得：y−2z=0−x+y=0．
令y=2，则x=2，z=1，∴n=(2,2,1)．
设直线PA与平面PCE所成角为θ，
则sinθ=|cos|=|AP⋅n||AP||n|=29×2=13．

【解析】本题考查了线面平行的判定定理，以及利用空间向量求线面的夹角，同时考查了二面角，线面垂直的判定定理和性质定理，考查了空间想象能力、推理能力与计算能力，属于较难题．
(Ⅰ)延长AB交直线CD于点M，由点E为AD的中点，可得AE=ED=12AD，由BC=CD=12AD，可得ED=BC，已知ED//BC，可得四边形BCDE为平行四边形，即EB//CD.利用线面平行的判定定理证明直线CM//平面PBE即可．
(Ⅱ)由∠ADC=∠PAB=90°，异面直线PA与CD所成的角为90°，以及AB∩CD=M，可得AP⊥平面ABCD.利用线面垂直的判定定理和性质定理可得CD⊥PD，PA⊥AD.因此∠PDA是二面角P−CD−A的平面角，大小为45°，所以PA=AD，不妨设AD=2，则BC=CD=12AD=1.建系，可得P(0,0,2)，E(0,1,0)，C(−1,2,0)，利用法向量的性质、向量夹角公式、线面角计算公式即可得出．

20.【答案】解：(1)证明：∵EA⊥面ABCD，BC⊂平面ABCD，
∴EA⊥BC，
又矩形ABCD中，BC⊥AB，
AB∩AE=A，AB,AE⊂平面AEFB，
∴BC⊥平面AEFB，又BC⊂平面BEC
∴平面AEFB⊥平面BEC；
(2)由(1)知，BF在平面BEC上的射影落在BE上，
即∠FBE为BF与面BEC所成角，
由矩形ABCD知，CD//AB，
CD⊄平面AEFB，AB⊂平面AEFB，
∴CD//平面AEFB，
∵空间几何体ABCDEF是五面体，
∴C，D，E，F四点必共面(否则这个几何体是一个六面体)，
又面CDEF∩面AEFB=EF，
∴CD//EF，
∴EF//AB，
在直角梯形AEFB中，求得BE=5，BF=32，
∴cos∠FBE=BF2+BE2−EF22BF×BE
=18+25−12×32×5
=7210．
故BF与面BEC所成角的余弦值为7210．

【解析】本题考查了线面垂直，面面垂直，线面所成角等，属于中档题．
(1)利用BC垂直AB，AE证得BC垂直平面ABFE，得证；
(2)利用(1)的结论可得角∠FBE为所求角，先证得EF与AB平行，在直角梯形内求得相关线段，再利用余弦定理求解．

21.【答案】(1)证明：在正方形ABCD中，AD//BC，
因为AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，
所以AD//平面PBC，
又因为AD⊂平面PAD，平面PAD⋂平面PBC=l，
所以AD//l，
因为在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是正方形，所以
且PD⊥平面ABCD，所以
因为CD⋂PD=D，DC，PD⊂平面PDC
所以平面PDC；
(2)如图建立空间直角坐标系D−xyz，

因为PD=AD=1，则有D(0,0,0),C(0,1,0),A(1,0,0),P(0,0,1),B(1,1,0)，
设Q(m,0,1)，则QB=1−m,1,−1，
由QB=2，得1−m2+1+1=2，解得m=1，
得Q(1,0,1)，
则有DC=(0,1,0),DQ=(1,0,1),PB=(1,1,−1)，
设平面QCD的法向量为n=(x,y,z)，
则DC·n=0DQ·n=0，即y=0x+z=0,
令x=1，则z=−1，所以平面QCD的一个法向量为n=(1,0,−1)，
则cos=n⋅PB|n||PB|=1+0+13⋅1+1
根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，
所以直线与平面所成角的正弦值等于|cos|=|1+1|3⋅1+1=63，
所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值为63．


【解析】该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有线面平行的判定和性质，线面垂直的判定和性质，利用空间向量求线面角，属于拔高题．
(1)利用线面平行的判定定理以及性质定理，证得AD//l，再利用线面垂直的判定定理证得l⊥平面PDC；
(2)根据题意，建立相应的空间直角坐标系，得到相应点的坐标，设出点Q(m,0,1)，由QB=2，得Q(1,0,1)，之后求得平面QCD的法向量以及向量PB的坐标，求得cos，即为直线PB与平面QCD所成角的正弦值．


22.【答案】证明：(1)因为D，E分别为BC，AC的中点，
所以ED//AB．
在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB//A1B1，
所以A1B1//ED．
又因为ED⫋平面DEC1，A1B1⊈平面DEC1，
所以A1B1//平面DEC1．
(2)因为AB=BC，E为AC的中点，所以BE⊥AC．
因为三棱柱ABC−A1B1C1是直棱柱，所以C1C⊥平面ABC．
又因为BE⫋平面ABC，所以C1C⊥BE．
因为C1C⫋平面A1ACC1，AC⫋平面A1ACC1，C1C∩AC=C，
所以BE⊥平面A1ACC1．
因为C1E⫋平面A1ACC1，所以BE⊥C1E.


【解析】本题考查线面平行的判定，异面直线垂直的判定，考查空间中直线与直线，直线与平面的位置关系，属于中档题．
(1)由题可得ED//AB，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB//A1B1，即可得证A1B1//ED．
再根据线面平行的判定定理即可得证A1B1//平面DEC1．
(2)根据E为AC的中点，可知BE⊥AC.由三棱柱ABC−A1B1C1是直棱柱，即可得到C1C⊥平面ABC，进而得到C1C⊥BE.再根据线面垂直的判定定理可得BE⊥平面A1ACC1.即可得证BE⊥C1E.


23.【答案】(Ⅰ)证明：在正方形ABCD中，AD//BC，
因为BC⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，
所以BC//平面PAD，
又因为BC⊂平面PBC，平面PAD∩平面PBC=l，
所以BC//l，
(Ⅱ)∵PD⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，∴PD⊥BC，
又BC⊥CD，CD∩PD=D，CD，PD⊂平面PCD，∴BC⊥平面PCD，
∴∠BPC为直线PB与平面PCD所成的角，
在中，BC=1,PC=2，∴tan∠BPC=12=22，
∴直线PB与平面PCD所成角的正切值为22．

【解析】本题考查了线面角的求解及线面平行的判定定理和线面垂直的判定定理、性质定理以及线面角，属于基础题．
(Ⅰ)先证明BC//平面PAD，再利用线面平行性质定理证得BC//l；
(Ⅱ)首先由线面垂直的性质求得PD⊥BC，再结合BC⊥CD得到BC⊥平面PCD，故∠BPC为直线PB与平面PCD所成的角，然后在中求值即可．