新高考数学一轮复习专题七立体几何与空间向量7-3直线、平面垂直的判定与性质练习含答案

这是一份新高考数学一轮复习专题七立体几何与空间向量7-3直线、平面垂直的判定与性质练习含答案，共25页。

高考新风向
(2024新课标Ⅱ,17,15分,中)如图,平面四边形ABCD中,AB=8,CD=3,AD=53,∠ADC=90°,∠BAD=30°,点E,F满足AE=25AD,AF=12AB.将△AEF沿EF翻折至△PEF,使得PC=43.
(1)证明:EF⊥PD;
(2)求面PCD与面PBF所成的二面角的正弦值.
解析 (1)证明:∵AB=8,AD=53,AE=25AD,AF=12AB,∴|AE|=23,|AF|=4,
在△AEF中,∠EAF=30°,∴由余弦定理得EF2=AE2+AF2-2AE·AF·cs∠EAF=(23)2+42-2×23×4×32=4,
∴EF=2,∴AE2+EF2=AF2,
∴AE⊥EF,即ED⊥EF,PE⊥EF,
又∵ED⊂面PDE,PE⊂面PDE,ED∩PE=E,
∴EF⊥面PDE,
又∵PD⊂面PDE,∴EF⊥PD.
(2)连接EC,在Rt△EDC中,
EC2=CD2+DE2=32+(33)2=36,∴EC=6.
又∵PE=23,PC=43,∴PE2+EC2=PC2,∴PE⊥EC,
又∵PE⊥EF,EC⊂面FBCDE,EF⊂面FBCDE,
且EC∩EF=E,∴PE⊥面FBCDE,
∴以E为原点建立如图所示的空间直角坐标系,
则P(0,0,23),D(0,33,0),C(3,33,0),F(2,0,0),
则PC=(3,33,-23),PD=(0,33,-23),PF=(2,0,-23).
作BG⊥AD交AD于点G,
在Rt△ABG中,
∵AB=8,∠BAD=30°,∴BG=4,EG=23,
则B(4,23,0),则PB=(4,23,-23),
设面PCD的法向量为m=(x1,y1,z1),
则PC·m=0,PD·m=0,即3x1+33y1−23z1=0,33y1−23z1=0.
令z1=3,则y1=2,x1=0,∴m=(0,2,3).
设面PBF的法向量为n=(x2,y2,z2),
则PB·n=0,PF·n=0,即4x2+23y2−23z2=0,2x2−23z2=0.
令z2=1,则x2=3,y2=-1,则n=(3,-1,1).
设面PCD与面PBF所成的二面角为θ,
则|cs θ|=|m·n||m|·|n|=113×5=165,
故sin θ=1−|csθ|2=1−1652=86565,
∴面PCD与面PBF所成的二面角的正弦值为86565.
考点 直线、平面垂直的判定与性质
1.(2023全国乙文,16,5分,中)已知点S,A,B,C均在半径为2的球面上,△ABC是边长为3的等边三角形,SA⊥平面ABC,则SA= 2 .
2.(2023全国甲文,18,12分,中)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,A1C⊥平面ABC,∠ACB=90°.
(1)证明:平面ACC1A1⊥平面BB1C1C;
(2)设AB=A1B,AA1=2,求四棱锥A1-BB1C1C的高.
解析 (1)证明:∵A1C⊥平面ABC,BC⊂平面ABC,
∴A1C⊥BC.∵∠ACB=90°,∴AC⊥BC,
又∵A1C,AC⊂平面ACC1A1,且A1C∩AC=C,
∴BC⊥平面ACC1A1,又∵BC⊂平面BB1C1C,
∴平面ACC1A1⊥平面BB1C1C.
(2)过A1作A1O⊥CC1,垂足为O,
∵平面ACC1A1⊥平面BB1C1C,且平面ACC1A1∩平面BB1C1C=CC1,A1O⊂平面ACC1A1,
∴A1O⊥平面BB1C1C,即A1O是四棱锥A1-BB1C1C的高.
由(1)知∠A1CB=∠BCA=90°.
在Rt△A1CB与Rt△ACB中,A1B=AB,BC=BC,
∴Rt△A1CB≌Rt△ACB,∴A1C=AC,∴A1C=A1C1,
又知A1C⊥A1C1,
∴△CA1C1为等腰直角三角形,∴A1O=12CC1=12AA1=1,即四棱锥A1-BB1C1C的高为1.
3.(2021全国乙文,18,12分,中)如图,四棱锥P-ABCD的底面是矩形,PD⊥底面ABCD,M为BC的中点,且PB⊥AM.
(1)证明:平面PAM⊥平面PBD;
(2)若PD=DC=1,求四棱锥P-ABCD的体积.
解析 (1)证明:由于PD⊥平面ABCD,AM⊂平面ABCD,则PD⊥AM,又PB⊥AM,PB∩PD=P,PB,PD⊂平面PBD,所以AM⊥平面PBD,因为AM⊂平面PAM,所以平面PAM⊥平面PBD.
(2)由(1)知AM⊥平面PBD,因为BD⊂平面PBD,所以AM⊥BD,所以∠MAB+∠ABD=90°,因为四边形ABCD为矩形,所以∠DAB=∠ABM,所以∠MAB+∠AMB=90°,
所以∠ABD=∠AMB,则△DAB∽△ABM,则DAAB=ABBM,
又AB=DC=1,M为BC的中点,所以AD=2,
所以S矩形ABCD=AB·AD=2,
所以V四棱锥P-ABCD=13S矩形ABCD·PD=13×2×1=23.
4.(2021新高考Ⅰ,20,12分,中)如图,在三棱锥A-BCD中,平面ABD⊥平面BCD,AB=AD,O为BD的中点.
(1)证明:OA⊥CD;
(2)若△OCD是边长为1的等边三角形,点E在棱AD上,DE=2EA,且二面角E-BC-D的大小为45°,求三棱锥A-BCD的体积.
解析 (1)证明:在△ABD中,∵AB=AD,O为BD的中点,∴AO⊥BD,又∵平面ABD⊥平面BCD,平面ABD∩平面BCD=BD,AO⊂平面ABD,∴AO⊥平面BCD,又CD⊂平面BCD,∴OA⊥CD.
(2)解法一:在△ABD中,过E作EN∥AO交BD于N,
则由AO⊥平面BCD得EN⊥平面BCD,∵BC⊂平面BCD,∴EN⊥BC,
∵OB=OD=OC=1,∴∠BCD=90°,即DC⊥BC.
在△BCD中,过N作NM∥CD交BC于M,则NM⊥BC.
连接EM,∵BC⊥EN,BC⊥NM,EN∩NM=N,
∴BC⊥平面EMN,∵EM⊂平面EMN,∴EM⊥BC,
∴∠EMN为二面角E-BC-D的平面角,
又知二面角E-BC-D的大小为45°,
∴∠EMN=45°,∴△EMN为等腰直角三角形,
又由DE=2EA得DN=2NO,∴MN=23CD=23=EN=ND,
∴AO=OD=1,∴VA-BCD=13S△BCD·AO=13×12×1×3×1=36.故三棱锥A-BCD的体积为36.
解法二:由OC=OD=OB得BC⊥CD,由(1)知AO⊥平面BCD,以C为原点,CD,CB,OA的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系,如图所示,则C(0,0,0),B(0,3,0),则CB=(0,3,0),设AO=a.
则E23,33,23a,∴CE=23,33,23a,
设平面EBC的法向量为n=(x,y,z),则n·CB=0,n·CE=0,
即3y=0,23x+33y+23az=0,令x=a,则z=-1,
∴n=(a,0,-1),
易知平面BCD的一个法向量为m=(0,0,1),
由题可知|cs|=m·n|m|·|n|=−1a2+1=22,
∴a=1,即AO=1.
∴VA-BCD=13S△BCD·AO=13×12×1×3×1=36,
故三棱锥A-BCD的体积为36.
5.(2020新高考Ⅰ,20,12分,中)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所成角的正弦值的最大值.
解析 (1)证明:因为PD⊥底面ABCD,所以PD⊥AD.又底面ABCD为正方形,所以AD⊥DC.因此AD⊥平面PDC.
因为AD∥BC,AD⊄平面PBC,所以AD∥平面PBC.
由已知得l∥AD.
因此l⊥平面PDC.(5分)
(2)以D为坐标原点,DA的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz.则D(0,0,0),C(0,1,0),B(1,1,0),P(0,0,1),DC=(0,1,0),PB=(1,1,-1).
由(1)可设Q(a,0,1),则DQ=(a,0,1).
设n=(x,y,z)是平面QCD的法向量,
则n·DQ=0,n·DC=0,即ax+z=0,y=0.
可取n=(-1,0,a).
所以cs=n·PB|n|·|PB|=−1−a31+a2.
设PB与平面QCD所成角为θ,则sin θ=33×a+1|1+a2=
331+2aa2+1(易错:余弦值转化为正弦值后应该是正数).
因为331+2aa2+1≤63,当且仅当a=1时等号成立,所以PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为63.(12分)
三年模拟
练思维
1.(2024江苏南通二模,2)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,下列关系正确的是( D )
A.AD⊥B1C B.A1D⊥BD
C.AC1⊥A1C D.AC1⊥CD1
2.(2024浙江温州二模,3)在正三棱台ABC-A1B1C1中,下列结论正确的是( D )
A.VABC−A1B1C1=3VA1−BB1C1 B.AA1⊥平面AB1C1
C.A1B⊥B1C D.AA1⊥BC
3.(多选)(2024海南诊断,11)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点P满足λAP=AB+AD+AA1,其中λ∈[1,+∞),则下列说法正确的是( ABD )
A.若A,B,D,A1,P在同一球面上,则λ=1
B.若AB∥平面A1DP,则λ=2
C.若点P到A,B,D,A1四点的距离相等,则λ=3
D.若A1P⊥平面PBD,则λ=32
4.(多选)(2024河北石家庄一模,10)如图,在圆柱O1O中,轴截面ABCD为正方形,点F是AB上一点,M为BD与轴O1O的交点,E为MB的中点,N为A在DF上的射影,且EF∥平面AMN,则下列选项正确的有( BCD )
A.CF∥平面AMN B.AN⊥平面DBF
C.DB⊥平面AMN D.F是AB的中点
5.(2024福建厦门二模,15)如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面ABB1A1是边长为2的菱形,∠ABB1=π3,AC=22,M为A1B1中点,CM=11.
(1)证明:平面ABC⊥平面ABB1A1;
(2)若BC=2,求平面ABC与平面ABC1夹角的余弦值.
解析 (1)证明:连接AM,AB1,在菱形ABB1A1中,A1A=A1B1=2,∠AA1B1=∠ABB1=π3,故△AA1B1为正三角形,
又M为A1B1的中点,故AM⊥A1B1,且AM=3,
又AB∥A1B1,故AM⊥AB,
由CM=11,AC=22,AM=3得AM2+AC2=CM2,
故AM⊥AC,
而AB∩AC=A,AB,AC⊂平面ABC,故AM⊥平面ABC,
又AM⊂平面ABB1A1,故平面ABC⊥平面ABB1A1.
(2)由BC=AB=2,AC=22得BC2+BA2=AC2,故CB⊥AB,
又平面ABC⊥平面ABB1A1,平面ABC∩平面ABB1A1=AB,
CB⊂平面ABC,故CB⊥平面ABB1A1,
取BB1的中点O,由△ABB1为正三角形,得AO⊥BB1,
作OH∥BC,交CC1于H,故OH⊥平面ABB1A1,
又BB1,OA⊂平面ABB1A1,故OH⊥OA,OH⊥OB1,
则OA,OB1,OH两两垂直,
以O为坐标原点,分别以OA,OB1,OH所在直线为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,
则A(3,0,0),B(0,-1,0),C(0,-1,2),C1(0,1,2),M32,32,0,则BA=(3,1,0),BC1=(0,2,2),
因为AM⊥平面ABC,所以AM=−32,32,0是平面ABC的法向量,
设平面ABC1的法向量为n=(x,y,z),则n·BA=0,n·BC1=0,
即3x+y=0,2y+2z=0,令y=-3,则可得n=(1,-3,3),
故cs=n·AM|n|·|AM|=−233×7=−277,
而平面ABC与平面ABC1夹角的范围为0,π2,
故平面ABC与平面ABC1夹角的余弦值为277.
6.(2024湘豫联考第三次模拟,17)如图,在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,四边形ABCD为菱形,∠ADC=120°,点E,F分别为棱AB,CC1上的点.
(1)若AE=λAB,且平面D1DE⊥平面ABB1A1,求实数λ的值;
(2)若F是CC1的中点,平面AB1D1与平面BDF的夹角的余弦值为31010,求AA1AB的值.
解析 (1)解法一:如图1,取AB的中点E',连接DE',

因为四边形ABCD是菱形,且∠DAB=180°-120°=60°,
所以△ABD是等边三角形,所以DE'⊥AB.
因为DD1⊥平面ABCD,AB⊂平面ABCD,所以DD1⊥AB.
因为DE'∩DD1=D,DE'⊂平面DD1E',DD1⊂平面DD1E',
所以AB⊥平面DD1E'.(3分)
因为AB⊂平面ABB1A1,所以平面DD1E'⊥平面ABB1A1,
所以E点和E'点重合,
所以AE'=12AB,即AE=12AB,即λ=12.(6分)
解法二:如图2,在A1B1上取一点G,使A1G=AE,连接EG,D1G.则平面D1DE∩平面ABB1A1=EG,且DD1∥EG.
因为DD1⊥平面ABCD,AB⊂平面ABCD,所以DD1⊥AB,
所以EG⊥AB.(2分)
又平面D1DE⊥平面ABB1A1,平面D1DE∩平面ABB1A1=EG,AB⊂平面ABB1A1,所以AB⊥平面D1DE.
又DE⊂平面D1DE,所以AB⊥DE.(4分)
又因为四边形ABCD是菱形,且∠DAB=180°-120°=60°,
所以△ABD是等边三角形,
所以AE=12AB,即λ=12.(6分)
(2)取AB的中点M,连接DM.建立如图3所示的空间直角坐标系Dxyz.则D(0,0,0),
图3
不妨设AB=2,AA1=2a,则A(3,-1,0),B1(3,1,2a),D1(0,0,2a),B(3,1,0),F(0,2,a),
所以AB1=(0,2,2a),D1B1=(3,1,0),DB=(3,1,0),DF=(0,2,a).
设平面AB1D1的法向量为n=(x1,y1,z1),
则n·AB1=0,n·D1B1=0,即2y1+2az1=0,3x1+y1=0,
令x1=3,则z1=3a,y1=-3,则n=3,−3,3a,(8分)
设平面BDF的法向量为m=(x2,y2,z2),
则m·DB=0,m·DF=0,即3x2+y2=0,2y2+az2=0.
令x2=3,则y2=-3,z2=6a,则m=3,−3,6a,(11分)
设平面AB1D1与平面BDF的夹角为θ,
则cs θ=|n·m||n|·|m|=3×3+(−3)×(−3)+3a×6a12+9a2×12+36a2
=12a2+1812a2+9×12a2+36.
令12a2+1812a2+9×12a2+36=31010,解得a2=3或a2=34,
所以a=3或a=32.
所以AA1AB=232=3或AA1AB=32.(15分)
7.(2024浙江杭州二模,17)如图,在多面体ABCDPQ中,底面ABCD是平行四边形,∠DAB=60°,BC=2PQ=4AB=4,M为BC的中点,PQ∥BC,PD⊥DC,QB⊥MD.
(1)证明:∠ABQ=90°;
(2)若多面体ABCDPQ的体积为152,求平面PCD与平面QAB夹角的余弦值.
解析 (1)证明:连接PM.
在△DCM中,由余弦定理得DM=3,
所以DM2+DC2=CM2,所以∠MDC=90°,所以DM⊥DC.
又因为DC⊥PD,DM∩PD=D,所以DC⊥平面PDM.
所以DC⊥PM.
显然,四边形PQBM为平行四边形,所以PM∥QB.
又AB∥DC,所以AB⊥BQ,
所以∠ABQ=90°.(6分)
(2)因为QB⊥MD,PM∥QB,所以PM⊥MD,又PM⊥DC,MD∩DC=D,MD,DC⊂平面ABCD,所以PM⊥平面ABCD.
取AD中点E,连接PE,设PM=h.
设多面体ABCDPQ的体积为V,
则V=V三棱柱ABQ-EMP+V四棱锥P-CDEM=3VA-PEM+V四棱锥P-CDEM=3VP-AEM+V四棱锥P-CDEM=S△AEMh+13S四边形CDEMh=S△AEMh+13×2S△AEMh=53S△AEMh=152.
解得PM=h=33.(9分)
建立如图所示的空间直角坐标系,则C(3,-1,0),D(3,0,0),P(0,0,33),所以CD=(0,1,0),PD=(3,0,-33),
易知平面QAB的一个法向量为n=(1,0,0).
设平面PCD的法向量为m=(x,y,z),则m·CD=0,n·PD=0,
即y=0,3x−33z=0,取m=(3,0,1).
设平面PCD与平面QAB的夹角为θ,
所以cs θ=|m·n||m|·|n|=31010.
所以平面PCD与平面QAB夹角的余弦值为31010.(15分)
8.(2024湖南岳阳二模,15)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是矩形,侧棱PD⊥底面ABCD,PD=DC=2AD=2,E是PC的中点,作EF⊥PB交PB于点F.
(1)求证:PB⊥平面DEF;
(2)求二面角B-DE-F的正弦值.
解析 (1)证明:因为PD⊥底面ABCD,BC⊂平面ABCD,所以PD⊥BC,
因为四边形ABCD是矩形,所以CD⊥BC,
又因为PD、CD⊂平面PCD,PD∩CD=D,
所以BC⊥平面PCD,又DE⊂平面PCD,所以BC⊥DE,
又因为PD=DC=2,E是PC的中点,所以DE⊥PC,
又PC,BC是平面PBC内的两条相交直线,
所以DE⊥平面PBC,
又PB⊂平面PBC,所以DE⊥PB,
又EF⊥PB,且DE∩EF=E,所以PB⊥平面DEF.
(2)以D为原点,以DA,DC,DP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,则D(0,0,0),B(1,2,0),E(0,1,1),P(0,0,2),则DE=(0,1,1),DB=(1,2,0),
由(1)知PB⊥平面DEF,所以PB=(1,2,-2)为平面DEF的一个法向量,
设平面BDE的法向量为n=(x,y,z),
则由n·DE=0,n·DB=0
得y+z=0,x+2y=0,取n=(2,-1,1),
则cs=n·PB|n||PB|=−236=-69,
设二面角B-DE-F的平面角的大小为θ,
则sin θ=1−cs2=1−−692=539,
所以二面角B-DE-F的正弦值为539.
9.(2024重庆顶级名校3月联考,17)如图,四边形ABCD为矩形,△ACD≌△ACE,且二面角C-AB-E为直二面角.
(1)求证:平面ACE⊥平面BCE;
(2)设F是BE的中点,AE=1,BE=λ,二面角E-AC-F的平面角的大小为θ,当λ∈[2,3]时,求cs θ的取值范围.
解析 (1)证明:因为二面角C-AB-E为直二面角,
所以平面ABC⊥平面ABE,
又AB⊥BC,平面ABC∩平面ABE=AB,BC⊂平面ABC,
则BC⊥平面ABE,
又AE⊂平面ABE,所以BC⊥AE,
又四边形ABCD为矩形,△ACD≌△ACE,
则∠AEC=∠ADC=90°,即AE⊥CE,
又BC∩CE=C,BC,CE⊂平面BCE,所以AE⊥平面BCE,
又AE⊂平面ACE,所以平面ACE⊥平面BCE.
(2)由(1)知AE⊥平面BCE,又BE⊂平面ACE,故AE⊥BE.以E为坐标原点,EB,EA所在直线分别为x,y轴,过点E且与平面ABE垂直的直线为z轴建立空间直角坐标系,如图,
则E(0,0,0),A(0,1,0),B(λ,0,0),C(λ,0,1),Fλ2,0,0,则EA=(0,1,0),EC=(λ,0,1),FA=−λ2,1,0,FC=λ2,0,1,
设平面EAC的法向量为m=(x,y,1),则m·EA=0,m·EC=0,
即y=0,λx+1=0,则m=−1λ,0,1,
设平面FAC的法向量为n=(x1,y1,1),则n·FA=0,n·FC=0,
即−λ2·x1+y1=0,λ2·x1+1=0,则n=−2λ,−1,1,
由图可知二面角E-AC-F为锐二面角,
从而有cs θ=|cs|=m·n|m|·|n|=λ2+22(λ2+1)(λ2+2)=22·1+1λ2+1,
而λ∈[2,3],则1λ2+1∈110,15,1+1λ2+1∈1110,65,所以cs θ∈5510,155.
10.(2024安徽安庆二模,17)如图,将边长为2的菱形ABDC沿其对角线BC折叠,使得点A、D分别位于边长为2的等边△PBC所在平面的两侧,且PA=6,PD=3.设E是PA的中点.
(1)证明:平面PBC⊥平面ABC;
(2)求平面EBD与平面ABC夹角的正弦值.
解析 (1)证明:取BC的中点O,连接OA、OP、OD,如图所示.
因为四边形ABDC是边长为2的菱形,△PBC是边长为2的等边三角形,所以△ABC是边长为2的等边三角形,
在等边△PBC中,O是BC的中点,则OP⊥BC且OP=3,
又因为PA=6,所以PA2=OA2+OP2,所以OP⊥OA,
因为OA∩BC=O,且OA,BC⊂平面ABC,
所以OP⊥平面ABC.
又因为OP⊂平面PBC,所以平面PBC⊥平面ABC.
(2)由(1)知,OP⊥BC,OP⊥OA.
因为O是等边△ABC的BC边中点,所以OA⊥BC.
所以以O为原点,分别以OA,OB,OP所在直线为x、y、z轴,建立空间直角坐标系,如图所示,则A(3,0,0),B(0,1,0),C(0,-1,0),P(0,0,3),E32,0,32,所以BE=32,−1,32,
连接OD,因为△DBC是边长为2的等边三角形,故OD=OP=3=PD,所以∠POD=60°,且OD⊥BC,
又因为OP⊥BC,OD∩OP=O,OD,OP⊂平面DOP,所以BC⊥平面DOP,则D在平面xOz内,可得D−32,0,32,则BD=−32,−1,32,
易知平面ABC的一个法向量为m=(0,0,1),
设平面EBD的法向量为n=(x,y,z),
则n·BE=32x−y+32z=0,n·BD=−32x−y+32z=0,
令z=2,则x=0,y=3,即n=(0,3,2),
所以cs=m·n|m||n|=27=277,
设平面EBD与平面ABC的夹角为θ,
则sin θ=1−cs2=217,
故平面EBD与平面ABC的夹角的正弦值为217.
练风向
1.(创新知识交汇)(多选)(2024贵州贵阳适应性测试(一),11)在三棱锥P-ABC中,PC⊥平面ABC,PC=AB=3,平面ABC内动点D的轨迹是集合M={D||DA|=2|DB|}.已知C,Di∈M且Di在棱AB所在直线上,i=1,2,则( ABC )
A.动点D的轨迹是圆
B.平面PCD1⊥平面PCD2
C.三棱锥P-ABC体积的最大值为3
D.三棱锥P-D1D2C外接球的半径不是定值
2.(创新知识交汇)(2024福建高三毕业班适应性测试,18)在△ABC中,∠ABC=90°,AB=6,∠ACB的平分线交AB于点D,AD=2DB.平面α过直线AB,且与△ABC所在的平面垂直.
(1)求直线CD与平面α所成角的大小.
(2)设点E∈α,且∠ECD=30°,记E的轨迹为曲线Γ.
(i)判断Γ是什么曲线,并说明理由;
(ii)不与直线AB重合的直线l过点D且交Γ于P,Q两点,试问:在平面α内是否存在定点T,使得无论l绕点D如何转动,总有∠PTC=∠QTC?若存在,指出点T的位置;若不存在,说明理由.
解析 (1)因为平面ABC⊥平面α,平面ABC∩平面α=AB,BC⊂平面ABC,BC⊥AB,
所以BC⊥平面α.(1分)
所以直线CD与平面α所成角为∠CDB.(2分)
过D作DF⊥AC,垂足为F.因为CD平分∠ACB,DB⊥BC,
所以DF=DB.
又AD=2DB,所以DF=12AD,所以∠DAF=30°.(3分)
又AB=6,∠ABC=90°,所以BC=23.
因为DB=13AB=2,所以∠CDB=60°,
所以直线CD与平面α所成角的大小为60°.(4分)
(2)(i)曲线Γ是椭圆.(5分)
理由如下:
由(1)可知,DF⊥AC,DA=DC,所以F是AC的中点.
设AB的中点为O,连接OF,则OF∥BC.
又BC⊥平面α,所以OF⊥平面α.
在平面α内过O作OG⊥AB,所以OF⊥OB,OF⊥OG.
以O为原点,OG,OB,OF的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向,建立空间直角坐标系O-xyz,如图所示.因为OB=3,DB=2,所以OD=1.设E(x,y,0),又D(0,1,0),C(0,3,23),则CE=(x,y-3,-23),CD=(0,-2,-23).
因为cs∠ECD=CD·CE|CD||CE|,∠ECD=30°,
所以−2y+184x2+(y−3)2+12=32,(6分)
化简得3x2+2y2=18,即x26+y29=1,所以曲线Γ是椭圆.(7分)
(ii)设P(x1,y1,0),Q(x2,y2,0),
在平面α内,因为l与AB不重合,所以可设l:y=kx+1,由y=kx+1,3x2+2y2=18,得(2k2+3)x2+4kx-16=0,
所以x1+x2=-4k2k2+3,x1x2=-162k2+3<0.(9分)
由对称性知,若存在定点T满足条件,则T必在平面ABC与平面α的交线AB上,故可设T(0,t,0),(10分)
若∠PTC=∠QTC,则cs∠PTC=cs∠QTC,
即TP·TC|TP||TC|=TQ·TC|TQ||TC|.
因为TP=(x1,y1-t,0),TQ=(x2,y2-t,0),TC=(0,3-t,23),
所以(3-t)(y1-t)x22+(y2−t)2=(3-t)(y2-t)x12+(y1−t)2.(11分)
当t=3时,上式恒成立,所以t=3符合题意;(12分)
当t≠3时,有(y1-t)x22+(y2−t)2=(y2-t)x12+(y1−t)2,
所以(y1-t)2[x22+(y2-t)2]=(y2-t)2[x12+(y1−t)2],
所以|x2(y1-t)|=|x1(y2-t)|.
因为x1x2<0,(y1-t)(y2-t)≥0,所以x1(y2-t)+x2(y1-t)=0,(14分)
所以2kx1x2+(1-t)(x1+x2)=0,
所以2k−162k2+3+(1-t)−4k2k2+3=0,即(9-t)k=0.
因为上式对于任意的k∈R恒成立,所以t=9.(16分)
综上,存在点T满足AT=AB或AT=2AB时,符合题意.(17分)