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2023高考数学复习专项训练《空间直线、平面的垂直》
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这是一份2023高考数学复习专项训练《空间直线、平面的垂直》，共23页。试卷主要包含了、单选题，、多选题，、填空题，、解答题等内容，欢迎下载使用。
2023高考数学复习专项训练《空间直线、平面的垂直》
一 、单选题（本大题共8小题，共40分）
1.（5分）某几何体的三视图如图所示，几何体表面上的点Q在正视图上的对应点为P，记底面的中心为E，则QE与底面所成的角的大小为( )
A. π3 B. π4 C. π6 D. π2
2.（5分）如图，点E在正方体ABCD-A1B1C1D1的面对角线BC1上运动，下列结论一定正确的是( )
A. A1A⊥EC B. A1B⊥EC C. A1E//面ACD1 D. D1E⊥面ABCD
3.（5分）在正方体ABCD-ABClDl中，E、F分别是AB、B1C1的中点，则异面直线A1E、FC所成角的余弦值为( )
A. 105 B. 1010 C. 102 D. 45
4.（5分）在下列四个正方体中，能得出异面直线AB⊥CD的是( )
A. B.
C. D.
5.（5分）如图，在正三角形ABC中，D，E，F分别为各边的中点，G，J分别为AF，DE的中点．将△ABC沿DE，EF，DF折成三棱锥以后，GJ与DE所成角的度数为（ ）
A. 90° B. 60° C. 45° D. 0
6.（5分）如图，PA垂直于正方形ABCD所在平面，则以下关系错误的是（ ）
A. 平面PCD⊥平面PAD B. 平面PCD⊥平面PBC
C. 平面PAB⊥平面PBC D. 平面PAB⊥平面PAD
7.（5分）已知圆锥的体积为9π，母线与底面所成的角为45°，则该圆锥的母线长为( )
A. 3 B. 6 C. 23 D. 32
8.（5分）已知四面体ABCD的所有棱长均为2，M，N分别为棱AD，BC的中点，F为棱AB上异于A，B的动点．有下列结论：
①线段MN的长度为2；
②若点G为线段MN上的动点，则无论点F与G如何运动，直线FG与直线CD都是异面直线；
③异面直线MN和CD所成的角为π4；
④FM+FN的最小值为2.
其中正确的结论为()
A. ①③④ B. ②③ C. ②③④ D. ①④
二 、多选题（本大题共5小题，共25分）
9.（5分）如图，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，P，Q分别为棱BC，CC1的中点，则以下四个结论中正确的是( )
A. B1Q⊥AD1 B. PQ⊥平面A1DCB1
C. AD1//平面DPQ D. 点Q到平面AB1P的距离为62
10.（5分）如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，下面结论正确的是( )
A. BD//平面CB1D1 B. AC1⊥BD
C. 平面ACC1A1⊥CB1D1 D. 异面直线AD与CB1所成的角为60°
11.（5分）已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD是矩形，PA⊥底面ABCD，点E、F分别是棱PC、PD的中点，则下列结论正确的是( )
A. 棱AB与PD所在直线垂直； B. 平面PBC与平面ABCD垂直；
C. ΔPCD的面积大于ΔPAB的面积； D. 直线AE与直线BF是异面直线．
12.（5分）如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F，M，N分别是CD，A1B1，DD1，BC的中点，则下列说法正确的有( )
A. E，F，M，N四点共面
B. BD与EF所成的角为π3
C. 在线段BD上存在点P，使PC1⊥平面EFM
D. 在线段A1B上任取点Q，三棱锥Q-EFM的体积不变
13.（5分）如图，线段AB为圆O的直径，点E，F在圆O上，EF // AB，矩形ABCD所在平面和圆O所在平面垂直，且AB=2，EF=AD=1，则下述正确的是( )
A. OF // 平面BCE
B. BF⊥平面ADF
C. 点A到平面CDFE的距离为217
D. 三棱锥C-BEF外接球的体积为5π
三 、填空题（本大题共5小题，共25分）
14.（5分）已知圆O和圆M是球O的大圆和小圆，其公共弦长为球O半径的3倍，且圆O和圆M所在平面所成的二面角是30°，OM=1，则圆O的半径为______．
15.（5分）a，b为异面直线，且a，b所成角为40°，直线c与a，b均异面，且所成角均为70°，则这样的c共有____________条．
16.（5分）已知圆柱底面半径为r，O是上底面圆心，A、B是下底面圆周上两个不同的点，母线BC长为3.如图，若直线OA与BC所成角的大小为π6，则r=______ .
17.（5分）如图梯形ABCD中，AD//BC，∠ABC=90°，AD：BC：AB=2：3：4，E、F分别是AB，CD的中点，将四边形ADFE沿直线EF进行翻折．给出四个结论：
①DF⊥BC，
②BD⊥FC
③平面DBF⊥平面BFC，
④平面DCF⊥平面BFC．
在翻折过程中，可能成立的结论是______.(填写结论序号)
18.（5分）已知两条异面直线a与b所成角为30，P是空间一点，若过点P与a和b所成角都是θ的直线有4条，则θ的范围是 ______.
四 、解答题（本大题共5小题，共60分）
19.（12分）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，点E在棱AD上，且DE=2AE，PE⊥底面ABCD，BC=23，AB=PE=2.
(1)证明：AC⊥PB；
(2)求平面PBE与平面PCD所成锐二面角的余弦值．
20.（12分）如图，在三棱锥中，，，为的中点，，=，求证：平面⊥平面.
21.（12分）如图，四边形ABCD与BDEF均为菱形，∠DAB=∠DBF=60°，且FA=FC．
(Ⅰ)求证：AC⊥平面BDEF；
(Ⅱ)求证：FC//平面EAD；
(Ⅲ)求二面角A-FC-B的余弦值．
22.（12分）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面四边形ABCD为直角梯形，AB//CD，AB⊥BC，AB=2CD=2BC，O为BD的中点，BD=4，PB=PC=PD=5.
(1)证明：OP⊥平面ABCD；
(2)求平面PAD与平面PBC所成锐二面角的余弦值．
23.（12分）如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA=PD，AD//BC，∠ADC=90°，BC=12AD=1，CD=3，Q，M分别为AD，PC的中点．
(1)求证：MB=MQ；
(2)直线PB与平面ABCD所成角的大小为45°，求点P到平面MQB的距离．
答案和解析
1.【答案】A;
【解析】
此题主要考查的是三视图和线面所成角，是基础题.
解：由题知，其图如下，
则QA⊥面ABCD，QA=6，AD=AB=2，
所以AE=2，
所以tan∠QAE=QAAE=62=3，⇒∠QAE=π3.
则QE与底面所成的角的大小为∠QAE=π3.
故选A.
2.【答案】C;
【解析】解：由A1A//CC1，CC1不垂直于EC，A1A⊥EC不正确，故A错误；
由A1B//D1C，当E为BC1的中点时，A1B与EC成60°的角，故B错误；
由A1C1//AC，A1B//D1C，可得平面A1BC//平面ACD1，
而A1E⊂平面A1BC，可得A1E//面ACD1，故C正确；
当E与B重合时，D1E不垂直于面ABCD，故D错误．
故选：C．
由线线垂直的性质可判断A；由异面直线所成角可判断B；由面面平行的判定定理和性质，可判断C；由线面的位置关系可判断D．
该题考查空间线线，线面的位置关系，主要是平行和垂直的判定和性质，考查推理能力，属于基础题．
3.【答案】D;
【解析】解：以A为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
设正方体ABCD-ABClDl中棱长为2．
则A1(2,0,2)，E(2,1,0)，F(1,2,2)，C(0,2,0)，
A1→E=(0,1,-2)，FC→=(-1,0,-2)，
设异面直线A1E、FC所成角为θ，
则cosθ=|A1→E.FC→||A1→E|.|FC→|=45.5=45．
故异面直线A1E、FC所成角的余弦值为45．
故选：D．
以A为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线A1E、FC所成角的余弦值．
该题考查异面直线所成角的余弦值的求法，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，是基础题．
4.【答案】A;
【解析】解：对于A，作出过AB的对角面ABE，如图，
可得直线CD与这个对角面ABE垂直，
根据线面垂直的性质，AB⊥CD成立，故A正确；
对于B，作出过AB的等边三角形截面ABE，如图，
将CD平移至内侧面，
可得CD与AB所成角等于60°，故B不成立；
对于C、D，将CD平移至经过B点的侧棱处，
可得AB、CD所成角都是锐角，
故C和D均不成立．
故选：A.
对于A，作出过AB的对角面ABE，可得直线CD与这个对角面ABE垂直，从而AB⊥CD成立；对于B，作出过AB的等边三角形截面ABE，得CD与AB所成角等于60°；对于C、D，将CD平移至经过B点的侧棱处，得AB、CD所成角都是锐角．
此题主要考查四个正方体中，能得出异面直线AB⊥CD的正方体的判断，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．
5.【答案】A;
【解析】解：连接DG、GE，
根据题意可知三棱锥为正四面体
点G为AF的中点，则DG=GE
而点J为DE的中点，则GJ⊥DE
∴GJ与DE所成角的度数为90°
故选A．
6.【答案】B;
【解析】证明：由于CD⊥AD，由PA垂直于正方形ABCD所在平面，所以CD⊥PA，易证CD⊥平面PAD，则平面PCD⊥平面PAD；
由于BC⊥AB，由PA垂直于正方形ABCD所在平面，所以BC⊥PA，易证BC⊥平面PAB，则平面PAB⊥平面PBC；
又AD∥BC，故AD⊥平面PAB，则平面PAD⊥平面PAB．
故选：B．
7.【答案】D;
【解析】
此题主要考查圆锥的体积以及直线与平面所成角的应用，考查空间想象能力以及计算能力．
设出圆锥底面半径，利用已知条件求出底面半径，然后求解圆锥的母线长即可．
解：圆锥的体积为9π，母线与底面所成的角为45°，可知圆锥的母线与母线在底面上的射影即底面半径的夹角为45°，
所以圆锥的高与底面半径相等，设为r，所以13.π.r2.r=9π，所以r=3，
该圆锥的母线长为32．
故选：D．
8.【答案】A;
【解析】解：连接AN，DN，四面体ABCD的所有棱长均为2，则AN=DN=3，且MN⊥AD，
所以MN=3-1=2，故①不正确；
取AB的中点F，CD的中点E，FM//BD且FM=12BD，NE//BD，NE=12BD，
所以FM//NE，FM=NE，
所以四边形FNEM是平行四边形，MN与EF相交于点G，所以此时FG与CD相交，不是异面直线，故②不正确；
取BD的中点，连接HN，HM，
M，N分别为棱AD，BC的中点，所以MH=12AB=1，HN=12CD=1，NH//CD，
所以∠HNM为异面直线MN和CD所成的角，又MH2+NH2=MN2，
故△HMN为等腰直角三角形，所以异面直线MN和CD所成的角为π4，故③正确；
将面ABD、面ABC展开为一个平面，如下图：
当M，F，N共线时，MF+FN最小为MN=2，故④正确．
故选：A.
①连接AN，DN，易知△AND为等腰三角形，即MN⊥AD，即可求MN的长；
②构造平行四边形FNEM，探讨它们的关系可判断；
③取BD的中点，连接HNd，HM，可证△HMN为等腰直角三角形，从而可得结论；
④将面ABD、面ABC展开为一个平面，判断NF+FN最小的情况即可．
此题主要考查了正四面体的性质、异面直线所成的角，外接球的体积及将展面开求线段的最小值，属于中档题．
9.【答案】BCD;
【解析】解：以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系如图所示，
则D(0,0,0)，A(2,0,0)，D1(0,0,2)，P(1,2,0)，
Q(0,2,1)，A1(2,0,2)，B1(2,2,2)，C(0,2,0)，
对于选项A，A→D1=(-2,0,2)，B1→Q=(-2,0,-1)，
则有A→D1.B1→Q=4-2=2≠0，∴B1Q与AD1不垂直，故A错误；
对于选项B，PQ→=(-1,0,1)，D→A1=(2,0,2)，DC→=(0,2,0)，
∵PQ→.D→A1=0，PQ→.DC→=0，且DA1∩DC=D，∴PQ⊥平面A1DCB1，故B正确；
对于选项C，∵PQ//BC1，AD1//BC1，∴AD1//PQ，
而AD1⊄平面DPQ，PQ⊂平面DPQ，∴AD1//平面DPQ，故C正确；
对于选项D，∵AP→=(-1,2,0)，B1→P=(-1,0,-2)，
设平面AB1P的法向量为n→=(x,y,z)，
则有n→.AP→=-x+2y=0n→.B1P=-x-2z=0，令y=1，则x=2，z=-1，得n→=(2,1,-1)，
故Q到平面AB1P的距离为|PQ→.n→||n→|=|-2-1|6=62，故D正确．
故选：BCD.
建立空间直角坐标系，求出所需的向量，利用直线的方向向量是垂直判断选项A，利用直线与平面垂直的判定判断选项B，利用线面平行的判定判断选项C，利用点到面的距离公式判断选项D.
此题主要考查了空间向量在立体几何中的应用，涉及了利用直线的方向向量判断两条直线位置关系、线面平行及垂直的判定、点到面距离公式的应用，属于中档题．
10.【答案】ABC;
【解析】
此题主要考查异面直线所成的角、线面平行的判定定理、线面垂直的判定定理、面面垂直的判定定理，属中档题.
按照定理逐项判断即可得到最后结果.
解：因为BD//B1D1，B1D1⊂平面CB1D1，BD⊄平面CB1D1，
所以BD//平面CB1D1，故A正确；
连接AC，则AC⊥BD，
又因为CC1⊥BD，CC1∩AC=C，CC1,AC⊂平面ACC1，
∴BD⊥平面ACC1，
∵AC1⊂平面ACC1，
∴AC1⊥BD，故B正确；
同理可得AC1⊥B1C，AC1⊥B1D1，
又因为B1C∩B1D1=B1，B1C,B1D1∈平面CB1D1，
∴AC1⊥平面CB1D1,
∵AC1⊂平面ACC1A1，
∴平面ACC1A1⊥CB1D1，故C正确；
因为AD//BC，
所以∠BCB1为异面直线AD与CB1所成的角，
故异面直线AD与CB1所成的角为45°，故D错误.
故选ABC.
11.【答案】AC;
【解析】
此题主要考查空间直线与直线、平面与平面位置关系的判断，属于中档题.利用线面垂直的判断及性质、面面垂直的性质逐一判断.
解：如图：
因为PA⊥底面ABCD，AB在平面ABCD内，
所以PA⊥AB，
又底面ABCD为矩形，
则AB⊥AD，
AD、PA在平面PAD内，且相交于点A，
则AB⊥平面PAD，PD在平面PAD内，
所以AB⊥PD，
故A正确；
平面PBC与平面ABCD不垂直，
若平面PBC与平面ABCD垂直，
因为AB⊥BC，平面PBC与平面ABCD的交线为BC，
则AB⊥平面PBC，
所以AB与PB垂直，
由题意知，AB与PB不垂直，
故B错误；
因为AB⊥PD，AB//CD，
所以CD⊥PD，又AB⊥PA，
所以SΔ=12AB×PA，SΔ=12PD×CD，
又AB=CD且PA
故C正确；
点E、F分别是棱PC、PD的中点，
则EF//CD，又CD//AB，
所以EF//AB，
则AB与EF共面，
所以AE与BF共面，
故D错误.
以上结论正确的是AC.
故选AC.
12.【答案】ABD;
【解析】解：以点D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz，
令AB=2，则E(0,1,0)，F(2,1,2)，M(0,0,1)，N(1,2,0)，
∴EF→=(2,0,2),FM→=(-2,-1,-1)，MN→=(1,2,-1)，
取向量m→=(1,-1,-1)，注意到m→⋅EF→=m→⋅FM→=m→⋅MN→=0
即平面EFM和平面FMN的法向量相同，据此可得E，F，M，N四点共面，选项A正确；
由于B(2,2,0)，D(0,0,0)，E(0,1,0)，F(2,1,2)，
故BD→=(-2,-2,0),EF→=(2,0,2).
由于BD→⋅EF→=-4，|BD→|=|EF→|=8，
故设BD与EF所成的角为θ，则|cosθ|=|BD→⋅EF→||BD→|×|EF→|=48=12，∴θ=π3，
选项B正确；
对应选项C，设P(m,m,0)(0⩽m⩽2)，G(0,2,2)，
∴P→C1=(-m,2-m,2)，
由于平面EFM的法向量m→=(1,-1,-1)，
故P→C1⋅m→=-m+m-2-2≠0，据此可得选项C错误；
由于A1(2,0,2)，B(2,2,0)，E(0,1,0)，M(0,0,1)，
故A1→B=(0,2,-2)，EM→=(0,-1,1)，∴A1→B//øverrightarrowEM，
从而有直线A1B//平面EFM，点Q到平面EFM的距离为定值，选项D正确．
故选：ABD.
建立空间直角坐标系，利用空间直角坐标系的相关结论考查所给的选项是否正确即可．
此题主要考查空间中的四点共面问题，异面直线所成的角的计算，线面垂直的判定，锥体体积的计算，空间向量的应用等知识，属于中等题．
13.【答案】ABC;
【解析】
该题考查简单多面体(棱柱、棱锥、棱台)及其结构特征，棱柱、棱锥、棱台的侧面积、表面积和体积，球的表面积和体积，
线面平行的判定，线面垂直的判定，考查逻辑推理能力和空间想象能力，属于中档题．
由线面平行与垂直的判定定理，等体积转化，球的体积公式对选项逐一判定可得结论．
解：
对于A，连接OF，∵EF // AB，AB=2，EF=1，∴EF // =OB，
则四边形OBEF是平行四边形，∴OF//BE，∵BE⊂平面BCE，
OF⊄平面BCE，∴OF//平面BCE，故A正确；
对于B，由题意，平面ABCD⊥平面ABEF，平面ABCD∩平面ABEF=AB，
AD⊥AB，AD⊂平面ABCD，∴AD⊥平面ABEF，BF⊂平面ABEF，∴AD⊥BF，
又∵AB是圆O的直径，∴BF⊥AF，AF∩AD=A，AF、AD⊂平面ADF，
∴BF⊥平面ADF，故B正确；
对于C，设点A到平面CDFE的距离为h，即点A到平面CDF的距离为h，
∵由A可得，四边形ABEF是等腰梯形，AB=2，BE=AF=EF=1，取AO的中点G，
过点G作GM//AD，与CD交于点M，连接GF，MF，则GF⊥AO，
又平面ABCD⊥平面ABEF，平面ABCD∩平面ABEF=AB，GF⊂平面ABEF，
∴GF⊥平面ABCD，且易得GF=3 2，
∵AD⊥AO，∴MG⊥AO，MG∩GF=G，MG、GF⊂平面MGF，
∴AO⊥平面MGF，MF⊂平面MGF，∴AO⊥MF，则CD⊥MF，
且MF=MG2+GF2=1+3 4=7 2，
∵VA-CDF=VF-ACD，∴1 3×1 2CD.MF.h=1 3×1 2CD.AD.GF，
∴MF.h=AD.GF，解得h=1×3 2 7 2=21 7，故C正确；
对于D，∵B，E，F在圆O上，则圆O是ΔBEF的外接圆，
则ΔBEF的外接圆为r=1，
则三棱锥C-BEF外接球的半径为R=(BC 2 )2+r2=1 4+1=5 2，
∴三棱锥C-BEF外接球的体积为4 3 π×(5 2 )3=55 6 π，故D错误．
故选ABC．
14.【答案】4;
【解析】解：设两圆的公共弦长为AB，C为AB的中点，连结MC、OC，
则OC⊥AB，MC⊥AB，
则∠MCO就是圆O与圆M所在的平面所成的二面角的平面角，即∠MCO=30°
在RtΔMOC中，∵OM=1，∴OC=OMsin30∘=2，
在RtΔAOC中，OA2=OC2+AC2，即R2=4+(32R)2，
解得R=4，
故答案为：4．
设C是两圆的公共弦AB的中点，连结MC、OC，则OC⊥AB，MC⊥AB，可得∠MCO是题中二面角的平面角，得∠MCO=30°.在RtΔMOC中算出OC=2，再在RtΔAOC中根据勾股定理列式求得R值．
该题考查空间中线线、线面、面面间的位置关系、球等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想、数形结合思想，是中档题．
15.【答案】3;
【解析】解：如图所示：先将异面直线a，b平移到点P，
BD∥a，CE∥，b，
则由题意可得∠BPE=40°、∠EPD=140°，
而∠BPE的角平分线与a和b的所成角为20°，
∠DPE的角平分线与a和b的所成角为70°，
故直线c可以是∠DPE的角平分线．
∵70°＞20°，故与a、b所成的角相等且等于70°
有且只有3条，
另外2条直线c满足直线c在面EPD的射影为∠BPE的角平分线，
即图中直线c、d，
故答案为 3．
16.【答案】3;
【解析】解：如图，过A作与BC平行的母线AD，连接OD，
则∠OAD为直线OA与BC所成的角，
∴∠OAD=π6.
在直角三角形ODA中，tanπ6=rl=r3=33，
解得；r=3，
故答案为：3
过A作与BC平行的母线AD，由异面直线所成角的概念得到∠OAD=π6.在直角三角形ODA中，直接由tanπ6=rl得到答案．
此题主要考查了异面直线所成的角，考查了直角三角形的解法，是基础题．
17.【答案】②③;
【解析】
该题考查命题的真假判断，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．
①：因为BC//AD，AD与DF相交不垂直，所以BC与DF不垂直；
②：设点D的在平面BCF上的射影为点P，当BP⊥CF时就有BD⊥FC，而AD：BC：AB=2：3：4可使条件满足；
③：当点P落在BF上时，DP⊂平面BDF，从而平面BDF⊥平面BCF．
④：点D的射影不可能在FC上．
解：①：因为BC//AD，AD与DF相交不垂直，所以BC与DF不垂直，则①不成立；
②：设点D的在平面BCF上的射影为点P，当BP⊥CF时就有BD⊥FC，而AD：BC：AB=2：3：4可使条件满足，所以②正确；
③：当点P落在BF上时，DP⊂平面BDF，从而平面BDF⊥平面BCF，所以③正确．
④：因为点D的射影不可能在FC上，所以平面DCF⊥平面BFC不成立．
故答案为：②③．
18.【答案】75°＜θ＜90°;
【解析】解：过点O作a1//a，b1//b，
则相交直线a1，b1确定一个平面α，且a1，b1所成的角为150°或30°，
设直线OA与a1，b1均成θ角，
作AB⊥平面α于点B，BC⊥a1于点C，BD⊥b1于点D，
记∠AOB=θ1，∠BOC=θ2(θ2=15°或75°)，
则有cosθ=cosθ1⋅cosθ2，
因为0°⩽θ1⩽90°，
所以0⩽cosθ⩽cosθ2，
当θ2=15°时，由0⩽cosθ⩽cos15°，可得15°⩽θ⩽90°；
当θ2=75°时，由0⩽cosθ⩽cos75°，可得75°⩽θ⩽90°；
故当θ<15°时，直线l不存在；
当θ=15°时，直线l有且仅有1条；
当15°<θ<75°时，直线有且仅有2条；
当θ=75°时，直线l有且仅有3条；
当75°<θ<90°时，直线有且仅有4条；
当θ=90°时，直线l有且仅有1条．
综上所述，θ的范围是75°<θ<90°.
故答案为：75°<θ<90°.
过点O作a1//a，b1//b，则相交直线a1，b1确定一个平面α，且a1，b1所成的角为150°或30°，设直线OA与a1，b1均成θ角，作AB⊥平面α于点B，BC⊥a1于点C，BD⊥b1于点D，记∠AOB=θ1，∠BOC=θ2，(θ2=15°或75°)，利用cosθ=cosθ1⋅cosθ2，进行角之间的大小比较，从而得到答案．
此题主要考查了异面直线所成角的理解与应用，考查了逻辑推理能力与空间想象能力，属于中档题．
19.【答案】解：（1）证明：设BE交AC于点F，
因为PE⊥底面ABCD，AC⊂底面ABCD，所以PE⊥AC．
因为BC∥AD，所以AFCF=EFBF=AEBC=13，
所以CF=34AC=34AB2+BC2=3，BF=34BE=34AB2+AE2=3，
所以BF2+CF2=BC2，所以BE⊥AC，
又PE∩BE=E，PE，BE⊂平面PBE，所以AC⊥平面PBE，
又PB⊂平面PBE，所以AC⊥PB．
（2）解：过F作FG∥PE，则FG⊥平面ABCD，∴FG⊥BF，FG⊥FC，
以F为原点，以FB→，FC→，FG→的方向分别为x，y，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，
则P（-33，0，2），C（0，3，0），D（-3，2，0），
所以PC→=(33，3，-2)，DC→=(3，1，0)，
设平面PCD的一个法向量为m→=（x，y，z），
则{m→·PC→=0m→·DC→=0，即{33x+3y-2z=03x+y=0，
取x=3，则y=-3，z=-4，所以m=(3，-3，-4)．
又平面PBE的一个法向量为n→=（0，1，0）．
设平面PBE与平面PCD所成锐二面角为θ，
则cosθ=|m→·n→||m→|·|n→|=328=3714，
∴平面PBE与平面PCD所成锐二面角的余弦值为3714．;
【解析】
(1)设BE交AC于点F，则PE⊥AC，推导出BE⊥AC，从而AC⊥平面PBE，由此能证明AC⊥PB.
(2)过F作FG//PE，则FG⊥平面ABCD，可得FG⊥BF，FG⊥FC，以F为原点，FB→，FC→，FG→的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，利用向量法能求出平面PBE与平面PCD所成锐二面角的余弦值．
此题主要考查线面垂直的判定与性质、线面平行的性质、向量法求二面角的余弦值等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
20.【答案】略;
【解析】证明：在中，，，，则为直角三角形，所以.又由已知，且是的中点，可得，又，平面又面，平面平���.
21.【答案】(Ⅰ)证明：设AC与BD相交于点O，
连接FO.因为四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD，且O为AC中点．
又 FA=FC，所以 AC⊥FO.
因为 FO∩BD=O，
所以 AC⊥平面BDEF.
(Ⅱ)证明：因为四边形ABCD与BDEF均为菱形，
所以AD//BC，DE//BF，
所以 平面FBC//平面EAD．
又FC⊂平面FBC，所以FC//平面EAD.
(Ⅲ)解：因为四边形BDEF为菱形，且∠DBF=60°，
所以ΔDBF为等边三角形．
因为O为BD中点，所以FO⊥BD，故FO⊥平面ABCD．
由OA，OB，OF两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.
设AB=2.因为四边形ABCD为菱形，∠DAB=60°，
则BD=2，所以OB=1，OA=OF=3.所以 O(0,0,0),A(3,0,0),B(0,1,0),C(-3,0,0),F(0,0,3)．
所以 CF→=(3,0,3)，CB→=(3,1,0)．
设平面BFC的法向量为n→=(x,y,z)，
则有3x+3z=03x+y=0，
取x=1，得n→=(1,-3,-1)．
∵平面AFC的法向量为v→=(0,1,0).
由二面角A-FC-B是锐角，得|cos|=|n→.v→||n→||v→|=155．
所以二面角A-FC-B的余弦值为155．;
【解析】该题考查直线与平面垂直、直线与平面平行的证明，考查二面角的余弦值的求法，解题时要认真审题，合理地进行等价转化，注意向量法的合理运用．
(Ⅰ)设AC与BD相交于点O，连接FO.因为四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD，且O为AC中点．由FA=FC，知AC⊥FO.由此能够证明AC⊥平面BDEF．
(Ⅱ)因为四边形ABCD与BDEF均为菱形，所以AD//BC，DE//BF，平面FBC//平面EAD.由此能够证明FC//平面EAD．
(Ⅲ)因为四边形BDEF为菱形，且∠DBF=60°，所以ΔDBF为等边三角形．因为O为BD中点，所以FO⊥BD，故FO⊥平面ABCD.由OA，OB，OF两两垂直，建立空间直角坐标系O-xyz.设AB=2.因为四边形ABCD为菱形，∠DAB=60°，则BD=2，所以 CF→=(3,0,3)，CB→=(3,1,0).求得平面BFC的法向量为n→=(1,-3,-1)，平面AFC的法向量为v→=(0,1,0).由此能求出二面角A-FC-B的余弦值．
22.【答案】（1）证明：如图，连接OC，
在Rt△BCD中，由BD=4，可得OC=2，
因为PB=PD=5，OB=OD=2，
所以OP⊥BD，OP=PB2-OB2=5-4=1，
因为OP=1，OC=2，PC=5，
则PC2=OP2+OC2，
故OP⊥OC，
因为OP⊥BD，BD∩OC=O，BD，OC⊂平面ABCD，
则OP⊥平面ABCD；
（2）解：由（1）可知，OC，OB，OP两两垂直，
以点O为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，
则O（0，0，0），B（2，0，0），D（-2，0，0），C（0，2，0），P（0，0，1），
所以DC→=(2，2，0)，AB→=2DC→=(4，4，0)，
则A（-2，-4，0），
又BC→=(-2，2，0)，BP→=(-2，0，1)，
设平面PBC的法向量为m→=(x，y，z)，
则m→.BC→=-2x+2y=0m→.BP→=-2x+z=0，令x=1，则y=1，z=2，
故m→=(1，1，2)，
设平面PAD的法向量为n→=(a，b，c)，
因为DP→=(2，0，1)，AD→=(0，4，0)，
所以n→.DP→=2a+c=0n→.AD→=4b=0，令a=1，则b=0，c=-2，
故n→=(1，0，-2)，
所以|cos＜m→，n→＞|=|n→.m→||n→||m→|=31+1+4×1+4=3010，
故平面PAD与平面PBC所成锐二面角的余弦值为3010．;
【解析】
(1)连接OC，利用勾股定理证明OP⊥OC，又可证明OP⊥BD，根据线面垂直的判定定理证明即可；
(2)建立合适的空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标，然后利用待定系数法求出平面PBC和平面PAD的法向量，由向量的夹角公式求解即可．
此题主要考查了立体几何的综合应用，涉及了线面垂直的判定定理的应用，二面角的求解，在求解有关空间角问题的时候，一般会建立合适的空间直角坐标系，将空间角问题转化为空间向量问题进行研究，属于中档题．
23.【答案】证明：（1）连接QC，
因为AD //BC，BC=12AD，Q为AD的中点，所以QD //BC，QD=BC，
所以四边形BCDQ为平行四边形，所以BQ //CD，BQ=CD=3,
又因为∠ADC=90∘，所以BC⊥BQ；又因为PA=PD，所以PQ⊥AD，
因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，
所以PQ⊥平面ABCD，所以PQ⊥QC，PQ⊥BC，
所以BC⊥平面PQB，所以BC⊥PB，
因为M为PC的中点，所以MB=MQ=12PC．
（2）由（1）知PQ⊥平面ABCD，则PB与平面ABCD所成角的平面角为∠PBQ=45∘，所以PQ=BQ=3，则MB=MQ=12PC=12PQ2+QC2=123+22=72，
其中SΔBCQ=12BC⋅QB=32，SΔBQM=12BQ⋅MQ2-(BQ2)2=12⋅3⋅74=32，
又因为M为PC的中点，所以VP-BQM=12VP-BCQ，
设点P到平面MQB的距离为h，
即13⋅SΔBQM⋅h=12⋅13⋅SΔBQC⋅PQ，即h=32，
所以点P到平面MQB的距离为32．;
【解析】此题主要考查面面垂直、直线与平面所成的角，解答本题的关键是掌握相关知识，逐一分析解答即可.
(1)连接QC，因为AD //BC，BC=12AD，Q为AD的中点，所以QD //BC，QD=BC，所以四边形BCDQ为平行四边形，所以BQ //CD，BQ=CD=3，求证MB=MQ；
(2)由(1)知PQ⊥平面ABCD，则PB与平面ABCD所成角的平面角为∠PBQ=45∘，所以PQ=BQ=3，则MB=MQ=12PC=12PQ2+QC2=123+22=72，求点P到平面MQB的距离．
2023高考数学复习专项训练《空间直线、平面的垂直》
一 、单选题（本大题共8小题，共40分）
1.（5分）某几何体的三视图如图所示，几何体表面上的点Q在正视图上的对应点为P，记底面的中心为E，则QE与底面所成的角的大小为( )
A. π3 B. π4 C. π6 D. π2
2.（5分）如图，点E在正方体ABCD-A1B1C1D1的面对角线BC1上运动，下列结论一定正确的是( )
A. A1A⊥EC B. A1B⊥EC C. A1E//面ACD1 D. D1E⊥面ABCD
3.（5分）在正方体ABCD-ABClDl中，E、F分别是AB、B1C1的中点，则异面直线A1E、FC所成角的余弦值为( )
A. 105 B. 1010 C. 102 D. 45
4.（5分）在下列四个正方体中，能得出异面直线AB⊥CD的是( )
A. B.
C. D.
5.（5分）如图，在正三角形ABC中，D，E，F分别为各边的中点，G，J分别为AF，DE的中点．将△ABC沿DE，EF，DF折成三棱锥以后，GJ与DE所成角的度数为（ ）
A. 90° B. 60° C. 45° D. 0
6.（5分）如图，PA垂直于正方形ABCD所在平面，则以下关系错误的是（ ）
A. 平面PCD⊥平面PAD B. 平面PCD⊥平面PBC
C. 平面PAB⊥平面PBC D. 平面PAB⊥平面PAD
7.（5分）已知圆锥的体积为9π，母线与底面所成的角为45°，则该圆锥的母线长为( )
A. 3 B. 6 C. 23 D. 32
8.（5分）已知四面体ABCD的所有棱长均为2，M，N分别为棱AD，BC的中点，F为棱AB上异于A，B的动点．有下列结论：
①线段MN的长度为2；
②若点G为线段MN上的动点，则无论点F与G如何运动，直线FG与直线CD都是异面直线；
③异面直线MN和CD所成的角为π4；
④FM+FN的最小值为2.
其中正确的结论为()
A. ①③④ B. ②③ C. ②③④ D. ①④
二 、多选题（本大题共5小题，共25分）
9.（5分）如图，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，P，Q分别为棱BC，CC1的中点，则以下四个结论中正确的是( )
A. B1Q⊥AD1 B. PQ⊥平面A1DCB1
C. AD1//平面DPQ D. 点Q到平面AB1P的距离为62
10.（5分）如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，下面结论正确的是( )
A. BD//平面CB1D1 B. AC1⊥BD
C. 平面ACC1A1⊥CB1D1 D. 异面直线AD与CB1所成的角为60°
11.（5分）已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD是矩形，PA⊥底面ABCD，点E、F分别是棱PC、PD的中点，则下列结论正确的是( )
A. 棱AB与PD所在直线垂直； B. 平面PBC与平面ABCD垂直；
C. ΔPCD的面积大于ΔPAB的面积； D. 直线AE与直线BF是异面直线．
12.（5分）如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F，M，N分别是CD，A1B1，DD1，BC的中点，则下列说法正确的有( )
A. E，F，M，N四点共面
B. BD与EF所成的角为π3
C. 在线段BD上存在点P，使PC1⊥平面EFM
D. 在线段A1B上任取点Q，三棱锥Q-EFM的体积不变
13.（5分）如图，线段AB为圆O的直径，点E，F在圆O上，EF // AB，矩形ABCD所在平面和圆O所在平面垂直，且AB=2，EF=AD=1，则下述正确的是( )
A. OF // 平面BCE
B. BF⊥平面ADF
C. 点A到平面CDFE的距离为217
D. 三棱锥C-BEF外接球的体积为5π
三 、填空题（本大题共5小题，共25分）
14.（5分）已知圆O和圆M是球O的大圆和小圆，其公共弦长为球O半径的3倍，且圆O和圆M所在平面所成的二面角是30°，OM=1，则圆O的半径为______．
15.（5分）a，b为异面直线，且a，b所成角为40°，直线c与a，b均异面，且所成角均为70°，则这样的c共有____________条．
16.（5分）已知圆柱底面半径为r，O是上底面圆心，A、B是下底面圆周上两个不同的点，母线BC长为3.如图，若直线OA与BC所成角的大小为π6，则r=______ .
17.（5分）如图梯形ABCD中，AD//BC，∠ABC=90°，AD：BC：AB=2：3：4，E、F分别是AB，CD的中点，将四边形ADFE沿直线EF进行翻折．给出四个结论：
①DF⊥BC，
②BD⊥FC
③平面DBF⊥平面BFC，
④平面DCF⊥平面BFC．
在翻折过程中，可能成立的结论是______.(填写结论序号)
18.（5分）已知两条异面直线a与b所成角为30，P是空间一点，若过点P与a和b所成角都是θ的直线有4条，则θ的范围是 ______.
四 、解答题（本大题共5小题，共60分）
19.（12分）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，点E在棱AD上，且DE=2AE，PE⊥底面ABCD，BC=23，AB=PE=2.
(1)证明：AC⊥PB；
(2)求平面PBE与平面PCD所成锐二面角的余弦值．
20.（12分）如图，在三棱锥中，，，为的中点，，=，求证：平面⊥平面.
21.（12分）如图，四边形ABCD与BDEF均为菱形，∠DAB=∠DBF=60°，且FA=FC．
(Ⅰ)求证：AC⊥平面BDEF；
(Ⅱ)求证：FC//平面EAD；
(Ⅲ)求二面角A-FC-B的余弦值．
22.（12分）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面四边形ABCD为直角梯形，AB//CD，AB⊥BC，AB=2CD=2BC，O为BD的中点，BD=4，PB=PC=PD=5.
(1)证明：OP⊥平面ABCD；
(2)求平面PAD与平面PBC所成锐二面角的余弦值．
23.（12分）如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA=PD，AD//BC，∠ADC=90°，BC=12AD=1，CD=3，Q，M分别为AD，PC的中点．
(1)求证：MB=MQ；
(2)直线PB与平面ABCD所成角的大小为45°，求点P到平面MQB的距离．
答案和解析
1.【答案】A;
【解析】
此题主要考查的是三视图和线面所成角，是基础题.
解：由题知，其图如下，
则QA⊥面ABCD，QA=6，AD=AB=2，
所以AE=2，
所以tan∠QAE=QAAE=62=3，⇒∠QAE=π3.
则QE与底面所成的角的大小为∠QAE=π3.
故选A.
2.【答案】C;
【解析】解：由A1A//CC1，CC1不垂直于EC，A1A⊥EC不正确，故A错误；
由A1B//D1C，当E为BC1的中点时，A1B与EC成60°的角，故B错误；
由A1C1//AC，A1B//D1C，可得平面A1BC//平面ACD1，
而A1E⊂平面A1BC，可得A1E//面ACD1，故C正确；
当E与B重合时，D1E不垂直于面ABCD，故D错误．
故选：C．
由线线垂直的性质可判断A；由异面直线所成角可判断B；由面面平行的判定定理和性质，可判断C；由线面的位置关系可判断D．
该题考查空间线线，线面的位置关系，主要是平行和垂直的判定和性质，考查推理能力，属于基础题．
3.【答案】D;
【解析】解：以A为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
设正方体ABCD-ABClDl中棱长为2．
则A1(2,0,2)，E(2,1,0)，F(1,2,2)，C(0,2,0)，
A1→E=(0,1,-2)，FC→=(-1,0,-2)，
设异面直线A1E、FC所成角为θ，
则cosθ=|A1→E.FC→||A1→E|.|FC→|=45.5=45．
故异面直线A1E、FC所成角的余弦值为45．
故选：D．
以A为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线A1E、FC所成角的余弦值．
该题考查异面直线所成角的余弦值的求法，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，是基础题．
4.【答案】A;
【解析】解：对于A，作出过AB的对角面ABE，如图，
可得直线CD与这个对角面ABE垂直，
根据线面垂直的性质，AB⊥CD成立，故A正确；
对于B，作出过AB的等边三角形截面ABE，如图，
将CD平移至内侧面，
可得CD与AB所成角等于60°，故B不成立；
对于C、D，将CD平移至经过B点的侧棱处，
可得AB、CD所成角都是锐角，
故C和D均不成立．
故选：A.
对于A，作出过AB的对角面ABE，可得直线CD与这个对角面ABE垂直，从而AB⊥CD成立；对于B，作出过AB的等边三角形截面ABE，得CD与AB所成角等于60°；对于C、D，将CD平移至经过B点的侧棱处，得AB、CD所成角都是锐角．
此题主要考查四个正方体中，能得出异面直线AB⊥CD的正方体的判断，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．
5.【答案】A;
【解析】解：连接DG、GE，
根据题意可知三棱锥为正四面体
点G为AF的中点，则DG=GE
而点J为DE的中点，则GJ⊥DE
∴GJ与DE所成角的度数为90°
故选A．
6.【答案】B;
【解析】证明：由于CD⊥AD，由PA垂直于正方形ABCD所在平面，所以CD⊥PA，易证CD⊥平面PAD，则平面PCD⊥平面PAD；
由于BC⊥AB，由PA垂直于正方形ABCD所在平面，所以BC⊥PA，易证BC⊥平面PAB，则平面PAB⊥平面PBC；
又AD∥BC，故AD⊥平面PAB，则平面PAD⊥平面PAB．
故选：B．
7.【答案】D;
【解析】
此题主要考查圆锥的体积以及直线与平面所成角的应用，考查空间想象能力以及计算能力．
设出圆锥底面半径，利用已知条件求出底面半径，然后求解圆锥的母线长即可．
解：圆锥的体积为9π，母线与底面所成的角为45°，可知圆锥的母线与母线在底面上的射影即底面半径的夹角为45°，
所以圆锥的高与底面半径相等，设为r，所以13.π.r2.r=9π，所以r=3，
该圆锥的母线长为32．
故选：D．
8.【答案】A;
【解析】解：连接AN，DN，四面体ABCD的所有棱长均为2，则AN=DN=3，且MN⊥AD，
所以MN=3-1=2，故①不正确；
取AB的中点F，CD的中点E，FM//BD且FM=12BD，NE//BD，NE=12BD，
所以FM//NE，FM=NE，
所以四边形FNEM是平行四边形，MN与EF相交于点G，所以此时FG与CD相交，不是异面直线，故②不正确；
取BD的中点，连接HN，HM，
M，N分别为棱AD，BC的中点，所以MH=12AB=1，HN=12CD=1，NH//CD，
所以∠HNM为异面直线MN和CD所成的角，又MH2+NH2=MN2，
故△HMN为等腰直角三角形，所以异面直线MN和CD所成的角为π4，故③正确；
将面ABD、面ABC展开为一个平面，如下图：
当M，F，N共线时，MF+FN最小为MN=2，故④正确．
故选：A.
①连接AN，DN，易知△AND为等腰三角形，即MN⊥AD，即可求MN的长；
②构造平行四边形FNEM，探讨它们的关系可判断；
③取BD的中点，连接HNd，HM，可证△HMN为等腰直角三角形，从而可得结论；
④将面ABD、面ABC展开为一个平面，判断NF+FN最小的情况即可．
此题主要考查了正四面体的性质、异面直线所成的角，外接球的体积及将展面开求线段的最小值，属于中档题．
9.【答案】BCD;
【解析】解：以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系如图所示，
则D(0,0,0)，A(2,0,0)，D1(0,0,2)，P(1,2,0)，
Q(0,2,1)，A1(2,0,2)，B1(2,2,2)，C(0,2,0)，
对于选项A，A→D1=(-2,0,2)，B1→Q=(-2,0,-1)，
则有A→D1.B1→Q=4-2=2≠0，∴B1Q与AD1不垂直，故A错误；
对于选项B，PQ→=(-1,0,1)，D→A1=(2,0,2)，DC→=(0,2,0)，
∵PQ→.D→A1=0，PQ→.DC→=0，且DA1∩DC=D，∴PQ⊥平面A1DCB1，故B正确；
对于选项C，∵PQ//BC1，AD1//BC1，∴AD1//PQ，
而AD1⊄平面DPQ，PQ⊂平面DPQ，∴AD1//平面DPQ，故C正确；
对于选项D，∵AP→=(-1,2,0)，B1→P=(-1,0,-2)，
设平面AB1P的法向量为n→=(x,y,z)，
则有n→.AP→=-x+2y=0n→.B1P=-x-2z=0，令y=1，则x=2，z=-1，得n→=(2,1,-1)，
故Q到平面AB1P的距离为|PQ→.n→||n→|=|-2-1|6=62，故D正确．
故选：BCD.
建立空间直角坐标系，求出所需的向量，利用直线的方向向量是垂直判断选项A，利用直线与平面垂直的判定判断选项B，利用线面平行的判定判断选项C，利用点到面的距离公式判断选项D.
此题主要考查了空间向量在立体几何中的应用，涉及了利用直线的方向向量判断两条直线位置关系、线面平行及垂直的判定、点到面距离公式的应用，属于中档题．
10.【答案】ABC;
【解析】
此题主要考查异面直线所成的角、线面平行的判定定理、线面垂直的判定定理、面面垂直的判定定理，属中档题.
按照定理逐项判断即可得到最后结果.
解：因为BD//B1D1，B1D1⊂平面CB1D1，BD⊄平面CB1D1，
所以BD//平面CB1D1，故A正确；
连接AC，则AC⊥BD，
又因为CC1⊥BD，CC1∩AC=C，CC1,AC⊂平面ACC1，
∴BD⊥平面ACC1，
∵AC1⊂平面ACC1，
∴AC1⊥BD，故B正确；
同理可得AC1⊥B1C，AC1⊥B1D1，
又因为B1C∩B1D1=B1，B1C,B1D1∈平面CB1D1，
∴AC1⊥平面CB1D1,
∵AC1⊂平面ACC1A1，
∴平面ACC1A1⊥CB1D1，故C正确；
因为AD//BC，
所以∠BCB1为异面直线AD与CB1所成的角，
故异面直线AD与CB1所成的角为45°，故D错误.
故选ABC.
11.【答案】AC;
【解析】
此题主要考查空间直线与直线、平面与平面位置关系的判断，属于中档题.利用线面垂直的判断及性质、面面垂直的性质逐一判断.
解：如图：
因为PA⊥底面ABCD，AB在平面ABCD内，
所以PA⊥AB，
又底面ABCD为矩形，
则AB⊥AD，
AD、PA在平面PAD内，且相交于点A，
则AB⊥平面PAD，PD在平面PAD内，
所以AB⊥PD，
故A正确；
平面PBC与平面ABCD不垂直，
若平面PBC与平面ABCD垂直，
因为AB⊥BC，平面PBC与平面ABCD的交线为BC，
则AB⊥平面PBC，
所以AB与PB垂直，
由题意知，AB与PB不垂直，
故B错误；
因为AB⊥PD，AB//CD，
所以CD⊥PD，又AB⊥PA，
所以SΔ=12AB×PA，SΔ=12PD×CD，
又AB=CD且PA
故C正确；
点E、F分别是棱PC、PD的中点，
则EF//CD，又CD//AB，
所以EF//AB，
则AB与EF共面，
所以AE与BF共面，
故D错误.
以上结论正确的是AC.
故选AC.
12.【答案】ABD;
【解析】解：以点D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz，
令AB=2，则E(0,1,0)，F(2,1,2)，M(0,0,1)，N(1,2,0)，
∴EF→=(2,0,2),FM→=(-2,-1,-1)，MN→=(1,2,-1)，
取向量m→=(1,-1,-1)，注意到m→⋅EF→=m→⋅FM→=m→⋅MN→=0
即平面EFM和平面FMN的法向量相同，据此可得E，F，M，N四点共面，选项A正确；
由于B(2,2,0)，D(0,0,0)，E(0,1,0)，F(2,1,2)，
故BD→=(-2,-2,0),EF→=(2,0,2).
由于BD→⋅EF→=-4，|BD→|=|EF→|=8，
故设BD与EF所成的角为θ，则|cosθ|=|BD→⋅EF→||BD→|×|EF→|=48=12，∴θ=π3，
选项B正确；
对应选项C，设P(m,m,0)(0⩽m⩽2)，G(0,2,2)，
∴P→C1=(-m,2-m,2)，
由于平面EFM的法向量m→=(1,-1,-1)，
故P→C1⋅m→=-m+m-2-2≠0，据此可得选项C错误；
由于A1(2,0,2)，B(2,2,0)，E(0,1,0)，M(0,0,1)，
故A1→B=(0,2,-2)，EM→=(0,-1,1)，∴A1→B//øverrightarrowEM，
从而有直线A1B//平面EFM，点Q到平面EFM的距离为定值，选项D正确．
故选：ABD.
建立空间直角坐标系，利用空间直角坐标系的相关结论考查所给的选项是否正确即可．
此题主要考查空间中的四点共面问题，异面直线所成的角的计算，线面垂直的判定，锥体体积的计算，空间向量的应用等知识，属于中等题．
13.【答案】ABC;
【解析】
该题考查简单多面体(棱柱、棱锥、棱台)及其结构特征，棱柱、棱锥、棱台的侧面积、表面积和体积，球的表面积和体积，
线面平行的判定，线面垂直的判定，考查逻辑推理能力和空间想象能力，属于中档题．
由线面平行与垂直的判定定理，等体积转化，球的体积公式对选项逐一判定可得结论．
解：
对于A，连接OF，∵EF // AB，AB=2，EF=1，∴EF // =OB，
则四边形OBEF是平行四边形，∴OF//BE，∵BE⊂平面BCE，
OF⊄平面BCE，∴OF//平面BCE，故A正确；
对于B，由题意，平面ABCD⊥平面ABEF，平面ABCD∩平面ABEF=AB，
AD⊥AB，AD⊂平面ABCD，∴AD⊥平面ABEF，BF⊂平面ABEF，∴AD⊥BF，
又∵AB是圆O的直径，∴BF⊥AF，AF∩AD=A，AF、AD⊂平面ADF，
∴BF⊥平面ADF，故B正确；
对于C，设点A到平面CDFE的距离为h，即点A到平面CDF的距离为h，
∵由A可得，四边形ABEF是等腰梯形，AB=2，BE=AF=EF=1，取AO的中点G，
过点G作GM//AD，与CD交于点M，连接GF，MF，则GF⊥AO，
又平面ABCD⊥平面ABEF，平面ABCD∩平面ABEF=AB，GF⊂平面ABEF，
∴GF⊥平面ABCD，且易得GF=3 2，
∵AD⊥AO，∴MG⊥AO，MG∩GF=G，MG、GF⊂平面MGF，
∴AO⊥平面MGF，MF⊂平面MGF，∴AO⊥MF，则CD⊥MF，
且MF=MG2+GF2=1+3 4=7 2，
∵VA-CDF=VF-ACD，∴1 3×1 2CD.MF.h=1 3×1 2CD.AD.GF，
∴MF.h=AD.GF，解得h=1×3 2 7 2=21 7，故C正确；
对于D，∵B，E，F在圆O上，则圆O是ΔBEF的外接圆，
则ΔBEF的外接圆为r=1，
则三棱锥C-BEF外接球的半径为R=(BC 2 )2+r2=1 4+1=5 2，
∴三棱锥C-BEF外接球的体积为4 3 π×(5 2 )3=55 6 π，故D错误．
故选ABC．
14.【答案】4;
【解析】解：设两圆的公共弦长为AB，C为AB的中点，连结MC、OC，
则OC⊥AB，MC⊥AB，
则∠MCO就是圆O与圆M所在的平面所成的二面角的平面角，即∠MCO=30°
在RtΔMOC中，∵OM=1，∴OC=OMsin30∘=2，
在RtΔAOC中，OA2=OC2+AC2，即R2=4+(32R)2，
解得R=4，
故答案为：4．
设C是两圆的公共弦AB的中点，连结MC、OC，则OC⊥AB，MC⊥AB，可得∠MCO是题中二面角的平面角，得∠MCO=30°.在RtΔMOC中算出OC=2，再在RtΔAOC中根据勾股定理列式求得R值．
该题考查空间中线线、线面、面面间的位置关系、球等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想、数形结合思想，是中档题．
15.【答案】3;
【解析】解：如图所示：先将异面直线a，b平移到点P，
BD∥a，CE∥，b，
则由题意可得∠BPE=40°、∠EPD=140°，
而∠BPE的角平分线与a和b的所成角为20°，
∠DPE的角平分线与a和b的所成角为70°，
故直线c可以是∠DPE的角平分线．
∵70°＞20°，故与a、b所成的角相等且等于70°
有且只有3条，
另外2条直线c满足直线c在面EPD的射影为∠BPE的角平分线，
即图中直线c、d，
故答案为 3．
16.【答案】3;
【解析】解：如图，过A作与BC平行的母线AD，连接OD，
则∠OAD为直线OA与BC所成的角，
∴∠OAD=π6.
在直角三角形ODA中，tanπ6=rl=r3=33，
解得；r=3，
故答案为：3
过A作与BC平行的母线AD，由异面直线所成角的概念得到∠OAD=π6.在直角三角形ODA中，直接由tanπ6=rl得到答案．
此题主要考查了异面直线所成的角，考查了直角三角形的解法，是基础题．
17.【答案】②③;
【解析】
该题考查命题的真假判断，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．
①：因为BC//AD，AD与DF相交不垂直，所以BC与DF不垂直；
②：设点D的在平面BCF上的射影为点P，当BP⊥CF时就有BD⊥FC，而AD：BC：AB=2：3：4可使条件满足；
③：当点P落在BF上时，DP⊂平面BDF，从而平面BDF⊥平面BCF．
④：点D的射影不可能在FC上．
解：①：因为BC//AD，AD与DF相交不垂直，所以BC与DF不垂直，则①不成立；
②：设点D的在平面BCF上的射影为点P，当BP⊥CF时就有BD⊥FC，而AD：BC：AB=2：3：4可使条件满足，所以②正确；
③：当点P落在BF上时，DP⊂平面BDF，从而平面BDF⊥平面BCF，所以③正确．
④：因为点D的射影不可能在FC上，所以平面DCF⊥平面BFC不成立．
故答案为：②③．
18.【答案】75°＜θ＜90°;
【解析】解：过点O作a1//a，b1//b，
则相交直线a1，b1确定一个平面α，且a1，b1所成的角为150°或30°，
设直线OA与a1，b1均成θ角，
作AB⊥平面α于点B，BC⊥a1于点C，BD⊥b1于点D，
记∠AOB=θ1，∠BOC=θ2(θ2=15°或75°)，
则有cosθ=cosθ1⋅cosθ2，
因为0°⩽θ1⩽90°，
所以0⩽cosθ⩽cosθ2，
当θ2=15°时，由0⩽cosθ⩽cos15°，可得15°⩽θ⩽90°；
当θ2=75°时，由0⩽cosθ⩽cos75°，可得75°⩽θ⩽90°；
故当θ<15°时，直线l不存在；
当θ=15°时，直线l有且仅有1条；
当15°<θ<75°时，直线有且仅有2条；
当θ=75°时，直线l有且仅有3条；
当75°<θ<90°时，直线有且仅有4条；
当θ=90°时，直线l有且仅有1条．
综上所述，θ的范围是75°<θ<90°.
故答案为：75°<θ<90°.
过点O作a1//a，b1//b，则相交直线a1，b1确定一个平面α，且a1，b1所成的角为150°或30°，设直线OA与a1，b1均成θ角，作AB⊥平面α于点B，BC⊥a1于点C，BD⊥b1于点D，记∠AOB=θ1，∠BOC=θ2，(θ2=15°或75°)，利用cosθ=cosθ1⋅cosθ2，进行角之间的大小比较，从而得到答案．
此题主要考查了异面直线所成角的理解与应用，考查了逻辑推理能力与空间想象能力，属于中档题．
19.【答案】解：（1）证明：设BE交AC于点F，
因为PE⊥底面ABCD，AC⊂底面ABCD，所以PE⊥AC．
因为BC∥AD，所以AFCF=EFBF=AEBC=13，
所以CF=34AC=34AB2+BC2=3，BF=34BE=34AB2+AE2=3，
所以BF2+CF2=BC2，所以BE⊥AC，
又PE∩BE=E，PE，BE⊂平面PBE，所以AC⊥平面PBE，
又PB⊂平面PBE，所以AC⊥PB．
（2）解：过F作FG∥PE，则FG⊥平面ABCD，∴FG⊥BF，FG⊥FC，
以F为原点，以FB→，FC→，FG→的方向分别为x，y，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，
则P（-33，0，2），C（0，3，0），D（-3，2，0），
所以PC→=(33，3，-2)，DC→=(3，1，0)，
设平面PCD的一个法向量为m→=（x，y，z），
则{m→·PC→=0m→·DC→=0，即{33x+3y-2z=03x+y=0，
取x=3，则y=-3，z=-4，所以m=(3，-3，-4)．
又平面PBE的一个法向量为n→=（0，1，0）．
设平面PBE与平面PCD所成锐二面角为θ，
则cosθ=|m→·n→||m→|·|n→|=328=3714，
∴平面PBE与平面PCD所成锐二面角的余弦值为3714．;
【解析】
(1)设BE交AC于点F，则PE⊥AC，推导出BE⊥AC，从而AC⊥平面PBE，由此能证明AC⊥PB.
(2)过F作FG//PE，则FG⊥平面ABCD，可得FG⊥BF，FG⊥FC，以F为原点，FB→，FC→，FG→的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，利用向量法能求出平面PBE与平面PCD所成锐二面角的余弦值．
此题主要考查线面垂直的判定与性质、线面平行的性质、向量法求二面角的余弦值等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
20.【答案】略;
【解析】证明：在中，，，，则为直角三角形，所以.又由已知，且是的中点，可得，又，平面又面，平面平���.
21.【答案】(Ⅰ)证明：设AC与BD相交于点O，
连接FO.因为四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD，且O为AC中点．
又 FA=FC，所以 AC⊥FO.
因为 FO∩BD=O，
所以 AC⊥平面BDEF.
(Ⅱ)证明：因为四边形ABCD与BDEF均为菱形，
所以AD//BC，DE//BF，
所以 平面FBC//平面EAD．
又FC⊂平面FBC，所以FC//平面EAD.
(Ⅲ)解：因为四边形BDEF为菱形，且∠DBF=60°，
所以ΔDBF为等边三角形．
因为O为BD中点，所以FO⊥BD，故FO⊥平面ABCD．
由OA，OB，OF两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.
设AB=2.因为四边形ABCD为菱形，∠DAB=60°，
则BD=2，所以OB=1，OA=OF=3.所以 O(0,0,0),A(3,0,0),B(0,1,0),C(-3,0,0),F(0,0,3)．
所以 CF→=(3,0,3)，CB→=(3,1,0)．
设平面BFC的法向量为n→=(x,y,z)，
则有3x+3z=03x+y=0，
取x=1，得n→=(1,-3,-1)．
∵平面AFC的法向量为v→=(0,1,0).
由二面角A-FC-B是锐角，得|cos
所以二面角A-FC-B的余弦值为155．;
【解析】该题考查直线与平面垂直、直线与平面平行的证明，考查二面角的余弦值的求法，解题时要认真审题，合理地进行等价转化，注意向量法的合理运用．
(Ⅰ)设AC与BD相交于点O，连接FO.因为四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD，且O为AC中点．由FA=FC，知AC⊥FO.由此能够证明AC⊥平面BDEF．
(Ⅱ)因为四边形ABCD与BDEF均为菱形，所以AD//BC，DE//BF，平面FBC//平面EAD.由此能够证明FC//平面EAD．
(Ⅲ)因为四边形BDEF为菱形，且∠DBF=60°，所以ΔDBF为等边三角形．因为O为BD中点，所以FO⊥BD，故FO⊥平面ABCD.由OA，OB，OF两两垂直，建立空间直角坐标系O-xyz.设AB=2.因为四边形ABCD为菱形，∠DAB=60°，则BD=2，所以 CF→=(3,0,3)，CB→=(3,1,0).求得平面BFC的法向量为n→=(1,-3,-1)，平面AFC的法向量为v→=(0,1,0).由此能求出二面角A-FC-B的余弦值．
22.【答案】（1）证明：如图，连接OC，
在Rt△BCD中，由BD=4，可得OC=2，
因为PB=PD=5，OB=OD=2，
所以OP⊥BD，OP=PB2-OB2=5-4=1，
因为OP=1，OC=2，PC=5，
则PC2=OP2+OC2，
故OP⊥OC，
因为OP⊥BD，BD∩OC=O，BD，OC⊂平面ABCD，
则OP⊥平面ABCD；
（2）解：由（1）可知，OC，OB，OP两两垂直，
以点O为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，
则O（0，0，0），B（2，0，0），D（-2，0，0），C（0，2，0），P（0，0，1），
所以DC→=(2，2，0)，AB→=2DC→=(4，4，0)，
则A（-2，-4，0），
又BC→=(-2，2，0)，BP→=(-2，0，1)，
设平面PBC的法向量为m→=(x，y，z)，
则m→.BC→=-2x+2y=0m→.BP→=-2x+z=0，令x=1，则y=1，z=2，
故m→=(1，1，2)，
设平面PAD的法向量为n→=(a，b，c)，
因为DP→=(2，0，1)，AD→=(0，4，0)，
所以n→.DP→=2a+c=0n→.AD→=4b=0，令a=1，则b=0，c=-2，
故n→=(1，0，-2)，
所以|cos＜m→，n→＞|=|n→.m→||n→||m→|=31+1+4×1+4=3010，
故平面PAD与平面PBC所成锐二面角的余弦值为3010．;
【解析】
(1)连接OC，利用勾股定理证明OP⊥OC，又可证明OP⊥BD，根据线面垂直的判定定理证明即可；
(2)建立合适的空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标，然后利用待定系数法求出平面PBC和平面PAD的法向量，由向量的夹角公式求解即可．
此题主要考查了立体几何的综合应用，涉及了线面垂直的判定定理的应用，二面角的求解，在求解有关空间角问题的时候，一般会建立合适的空间直角坐标系，将空间角问题转化为空间向量问题进行研究，属于中档题．
23.【答案】证明：（1）连接QC，
因为AD //BC，BC=12AD，Q为AD的中点，所以QD //BC，QD=BC，
所以四边形BCDQ为平行四边形，所以BQ //CD，BQ=CD=3,
又因为∠ADC=90∘，所以BC⊥BQ；又因为PA=PD，所以PQ⊥AD，
因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，
所以PQ⊥平面ABCD，所以PQ⊥QC，PQ⊥BC，
所以BC⊥平面PQB，所以BC⊥PB，
因为M为PC的中点，所以MB=MQ=12PC．
（2）由（1）知PQ⊥平面ABCD，则PB与平面ABCD所成角的平面角为∠PBQ=45∘，所以PQ=BQ=3，则MB=MQ=12PC=12PQ2+QC2=123+22=72，
其中SΔBCQ=12BC⋅QB=32，SΔBQM=12BQ⋅MQ2-(BQ2)2=12⋅3⋅74=32，
又因为M为PC的中点，所以VP-BQM=12VP-BCQ，
设点P到平面MQB的距离为h，
即13⋅SΔBQM⋅h=12⋅13⋅SΔBQC⋅PQ，即h=32，
所以点P到平面MQB的距离为32．;
【解析】此题主要考查面面垂直、直线与平面所成的角，解答本题的关键是掌握相关知识，逐一分析解答即可.
(1)连接QC，因为AD //BC，BC=12AD，Q为AD的中点，所以QD //BC，QD=BC，所以四边形BCDQ为平行四边形，所以BQ //CD，BQ=CD=3，求证MB=MQ；
(2)由(1)知PQ⊥平面ABCD，则PB与平面ABCD所成角的平面角为∠PBQ=45∘，所以PQ=BQ=3，则MB=MQ=12PC=12PQ2+QC2=123+22=72，求点P到平面MQB的距离．
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