数学必修 第二册8.6 空间直线、平面的垂直课后作业题

这是一份数学必修 第二册8.6 空间直线、平面的垂直课后作业题，共26页。试卷主要包含了0分），【答案】D，【答案】C，【答案】B等内容，欢迎下载使用。


8.6空间直线、平面的垂直同步练习人教 A版（2019）高中数学必修二
一、单选题（本大题共12小题，共60.0分）
1. 设α、β是互不重合的平面，l、m、n是互不重合的直线，下列命题正确的是(    )
A. 若m⊂α，n⊂α，l⊥m，，l⊥n，则l⊥α
B. 若l⊥n，m⊥n，则l // m
C. 若m // α，n // β，α⊥β，则m⊥n
D. 若l⊥α，l // β，则α⊥β
2. 如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为线段A1C1的中点，则异面直线DE与B1C所成角的大小为(    )
A. π3
B. π4
C. π6
D. π12
3. 正四面体ABCD中，M，N分别是BC，AD的中点，则直线AM和CN夹角的余弦值为(    )
A. 33 B. 63 C. 22 D. 23
4. 棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，O是面BCC1B1的中心，则O到平面BCD1A1的距离是(    )
A. 12 B. 24 C. 22 D. 32
5. 已知直二面角α−l−β，A∈α，AC⊥l，C为垂足，B∈β，BD⊥l，D为垂足.若AB=2，AC=BD=1，则D到平面ABC的距离等于(  )
A. 62 B. 52 C. 63 D. 53
6. 已知长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=BC=4，CC1=2，则直线BC1和平面DBB1D1所成角的正弦值为(       )
A. 32 B. 52 C. 105 D. 1010
7. 在四面体ABCD中，AD=BC，且AD⊥BC，E，F分别为AB，CD的中点，则EF与BC所成的角为(       )
A. 30° B. 45° C. 60° D. 90°
8. 三棱锥P−ABC，PA=PB=PC=73，AB=10，BC=8，CA=6，则二面角P−AC−B的大小为(      )
A. 90° B. 60° C. 45° D. 30°
9. 如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别是C1D1，CC1的中点，则异面直线AE与BF所成角的余弦值为(    )
A. −5618
B. −55
C. 65
D. 255
10. BC是的斜边，AP⊥平面ABC，连接PB,PC，作于D，连接AD，则图中共有直角三角形(   )
A. 6个 B. 7个 C. 8个 D. 9个
11. 如图，在正四面体P−ABC中，D，E，F分别是AB，BC，CA的中点，下面四个结论不成立的是(       )
A. BC//平面PDF
B. DF⊥平面PAE
C. 平面PDF⊥平面PAE
D. 平面PDE⊥平面ABC

12. 已知直三棱柱ABC−A1B1C1中，∠ABC=120°，AB=2，BC=CC1=1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为(    )
A. 32 B. 155 C. 105 D. 33
二、单空题（本大题共3小题，共15.0分）
13. 在长方体A1B1C1D1−ABCD中，AA1=1,AD=DC=3，Q是线段A1C1上一点，且C1Q=13C1A1，则点Q到平面A1DC的距离为          ．
14. 正三棱柱ABC−A1B1C1中，侧棱长为2，底面三角形的边长为1，则BC1与侧面ACC1A1所成角的大小为          ．
15. 在正方体ABCD−A1B1C1D1中，点E是棱BC的中点，点F是棱CD上的动点，当CFFD=          时，D1E⊥平面AB1F．
三、多空题（本大题共3小题，共15.0分）
16. 如图所示，PA⊥平面ABC，∠ACB=90°，且PA=AC=BC=2，则①二面角P−BC−A的大小为          ；②PB与底面ABC所成的角的正切值等于          ．


17. 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          ．

18. 中国古代数学名著《九章算术⋅商攻》中，阐述：“斜解立方，得两壍堵．斜解壍堵，其一为阳马，一为鳖臑．阳马居二，鳖臑居一．”若称为“阳马”的某四棱锥如图所示，ABCD为矩形，PD⊥面ABCD，PD=AD=3，AB=4，则PA与BC所成的角等于          ；PB与平面PDC所成角的正弦值等于          ．
四、解答题（本大题共5小题，共60.0分）
19. 如图，直四棱柱ABCD−A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．

(1)证明：MN//平面C1DE；
(2)求点C到平面C1DE的距离．







20. 如图，在三棱锥S−ABC中，SD⊥平面ABC，D为AB的中点，E为BC的中点，AC=BC．


(1)求证：AC//平面SDE；
(2)求证：AB⊥SC．







21. 如图，在正三棱柱ABC−A1B1C1中，已知AA1=6，三棱柱ABC−A1B1C1的体积为183．
(1)求正三棱柱ABC−A1B1C1的表面积；
(2)求异面直线BC1与AA1所成角的大小．











22. 在四棱锥P−ABCD中，已知底面ABCD为直角梯形，AD//BC，AD⊥CD，▵PAB是正三角形，BC=2AD=2，CD=3，PC=3．(1)证明：；
(2)求CD与平面PAB所成线面角的正弦值．







23. 如图，在四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为2的菱形，AB1=CB1．

(1)证明：平面BDD1B1⊥平面ABCD；
(2)若∠DAB=60°，△DB1B是等边三角形，求点D1到平面C1BD的距离．







答案和解析
1.【答案】D

【解析】
【分析】
本题考查空间直线与直线的关系，直线与平面的关系，平面与平面的位置关系，考查空间想象能力和推理能力，属于基础题．
根据题意，利用平面内直线与直线，直线与平面，平面与平面的位置关系依次对下列各选项进行判断即可． 
【解答】
解：A选项，若l⊥m，l⊥n，m⊂α，n⊂α，不能推出l⊥α，缺少条件m与n相交，故A不正确．

B选项，l⊥n，m⊥n，不能得出l//m，可能l与m异面或者相交，故B不正确．

C选项，若m // α，n // β，α⊥β，则m与n可能平行，相交或异面，故C错误

D选项，若l // β，则在β内一定存在一条直线m使得l//m，又l⊥α，则m⊥α，则α⊥β，故D正确．
故选D．
  
2.【答案】C

【解析】
【分析】
本题考查异面直线所成的角，找平面角是解决问题的关键，属基础题．
先找到异面直线DE与 B1C 所成角的平面角或其补角，再求角，可得答案．
【解答】
解：连接A1D，则A1D//B1C，
故∠A1DE为异面直线DE与B1C所成角的平面角或其补角，
连接DC1，则A1D=DC1，
因为E为A1C1的中点，故DE⊥A1E，
在RtΔA1ED中，
因为A1E=12A1C1，而A1C1=A1D，
所以在RtΔA1ED中，A1E=12A1D，
故∠A1DE=π6，即异面直线DE与B1C所成角的大小为．
故选C．
  
3.【答案】D

【解析】
【分析】
本题考查异面直线所成角的求法，考查利用余弦定理解三角形，考查运算求解能力．
连接DM，取DM中点E，连接NE，CE，推导出NE//AM，从而∠CNE是直线AM和CN夹角，由此能求出直线AM和CN夹角的余弦值．
【解答】
解：连接DM，取DM中点E，连接NE，CE，

设正四面体ABCD的棱长为2，
∵N，E分别是AD，DM的中点，
∴NE//AM，∴∠CNE是直线AM和CN夹角，
NE=12AM=1222−12=32，CN=22−12=3，
CE=ME2+MC2=(32)2+12=72，
∴直线AM和CN夹角的余弦值为：
cos∠CNE=CN2+NE2−CE22×CN×NE=3+34−742×3×32=23．
故选：D．
  
4.【答案】B

【解析】
【分析】
由题意画出图形，过O作BB1的平行线交B1C1于E，则E为B1C1的中点，取AD的中点G，连接EG，证明GE⊥BCD1A1，求得E到平面BCD1A1的距离，除以2得答案．
本题考查空间中点到面的距离，考查空间想象能力与运算求解能力，是中档题．
【解答】
解：如图

过O作BB1的平行线交B1C1于E，则E为B1C1的中点，
取AD的中点G，连接EG，由B1E//AG，B1E=AG，可得四边形AB1EG为平行四边形，
得AB1//GE，
∵BC⊥平面AA1B1B，∴BC⊥AB1，又AB1⊥A1B，A1B∩BC=B，
得AB1⊥平面BCD1A1，则GE⊥BCD1A1，
则E到平面BCD1A1的距离为12EG=12AB1=22，
又O为EF的中点，∴O到平面BCD1A1的距离是24．
故选：B．
  
5.【答案】C

【解析】
【分析】
本题考查点到平面的距离，属于中档题．
先求出三棱锥的体积，结合等体积法求出D到平面ABC的距离．
【解答】
解：由题意画出图形如图： 

直二面角α−l−β，点A∈α，AC⊥l，C为垂足，B∈β，BD⊥l，D为垂足，
∴AC⊥β，
∵BC⊂β，
∴AC⊥BC，
∵AB=2，AC=BD=1，设D到平面ABC的距离转化为三棱锥D−ABC的高为h， 
∴AD=3，CD=2，BC=3，
由VB−ACD=VD−ABC可知13×12AC⋅CD⋅BD=13×12AC⋅BC⋅h，
∴h=63．
故选C．
  
6.【答案】C

【解析】
【分析】
本题的考点是直线与平面所成的角，主要考查线面角，关键是寻找线面角，通常寻找斜线在平面上的射影，为基础题．
要求线面角，先寻找斜线在平面上的射影，因此，要寻找平面的垂线，利用已知条件可得．
【解答】
解：由题意，连接A1C1交B1D1于点O
∵长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=BC=4，
∴C1O⊥B1D1，
∴C1O⊥平面DBB1D1，
在Rt△BOC1中，OC1=22,BC1 =25
∴直线BC1和平面DBB1D1所成角的正弦值为105
故选C．
  
7.【答案】B

【解析】
【分析】
本题考查异面直线所成的角，属于基础题．
根据题意，可得∠EFG即为异面直线EF与BC所成的角(或其补角)，进行求解即可．
【解答】
解：如图，

取BD的中点G，连接EG，GF，
则∠EFG即为异面直线EF与BC所成的角(或其补角)，
因为EG=12AD，GF=12BC，且AD=BC，所以EG=GF．
因为AD⊥BC，EG//AD，GF//BC，所以EG⊥GF，
所以△EGF为等腰直角三角形，
所以∠EFG=45°，
则EF与BC所成的角为45°，
故选B．
  
8.【答案】B

【解析】
【分析】
本题考查二面角的求法，考查运算求解能力，是中档题．
推导出△ABC是以AB为斜边的直角三角形，则斜边AB的中点D是P在底△ABC的射影，作DE⊥AC，交AC于点E，则∠PED是所求的二面角的平面角，由此能求出二面角P−AC−B的大小．
【解答】
解：∵三棱锥P−ABC，PA=PB=PC=73，AB=10，BC=8，CA=6，
∴AC2+BC2=AB2，∴△ABC是以AB为斜边的直角三角形，
∴P在底△ABC的射影D是△ABC的外心，
即斜边AB的中点D是P在底△ABC的射影，
作DE⊥AC，交AC于点E，
则∠PED是所求的二面角的平面角，
由题意得DE=4，PE=8，cos∠PED=DEPE=12，
∴∠PED=60°，
∴二面角P−AC−B的大小为60°．
故选：B．
  
9.【答案】D

【解析】
【分析】
本题考查异面直线所成角的余弦值的求法，属于中档题．
解题时要认真审题，平移两条异面直线相交，找到异面直线所成的角，再用余弦定理可得结果．
【解答】
解：如图所示：

取BB1的中点G，AB的中点H，连接C1G，C1H，
可知C1G//BF，C1H//AE，
则∠GC1H为异面直线AE与BF所成的角，
设正方体的边长为2，
则在Rt△AD1E中，AE=222+12=3，则C1H=3，
则在Rt△C1B1G中，C1G=12+22=5，
则在Rt△BGH中，GH=12+12=2，
故在△C1GH中，cos∠GC1H=9+5−22×3×5=255，
故选 D．
  
10.【答案】C

【解析】
【分析】
本题考查直线与平面垂直的性质，着重考查了线面垂直性质与判定定理的应用，考查细心分析问题，解决问题的能力，属于中档题．
由题意可证得BC⊥平面PAD，从而得到AD⊥BC，于是，所有的直角三角形可数一数而得．
【解答】
解：∵AP⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，∴PA⊥BC，
又PD⊥BC于D，连接AD，PD∩PA=A，
∴BC⊥平面PAD，AD⊂平面PAD，
∴BC⊥AD；
又BC是Rt△ABC的斜边，
∴∠BAC为直角，
∴图中的直角三角形有：△ABC，△PAC，△PAB，△PAD，△PDC，△PDB，△ADC，△ADB．
故选C．
  
11.【答案】D

【解析】
【分析】
本题考查空间中的线面关系，正三角形中“三线合一”，中位线定理等基础知识，考查空间想象能力和思维能力，属于中档题．
正四面体P−ABC即正三棱锥P−ABC，所以其四个面都是正三角形，在正三角形中，联系选项B、C、D中有证明到垂直关系，应该联想到“三线合一”，D，E，F分别是AB，BC，CA的中点，由中位线定理可得BC//DF，所以BC//平面PDF，进而可得答案．
【解答】
解：A.由D，F分别是AB，CA的中点，所以DF//BC，
又DF⊂平面PDF，BC⊄平面PDF，
可得BC//平面PDF，故A正确．
B.作PO⊥平面ABC，令垂足为O，则O在AE上，
DF⊂平面ABC，则DF⊥PO，
又DF⊥AE，PO∩AE=O，AE、PO⊂平面PAE，
故DF⊥平面PAE，故B正确．
C.由DF⊥平面PAE，DF⊂平面PDF可得，平面PDF⊥平面PAE，故C正确．
D.若PO′⊥平面ABC，垂足为O′，则O′在AE上，
且AO′=2O′E，又PO′与平面PDE相交于点P，平面PDE不可能垂直平面ABC，
则故D错误．
故选D．
  
12.【答案】C

【解析】
【分析】
本题考查了空间中的两条异面直线所成角的计算问题，也考查了空间中的平行关系应用问题，属于中档题．
设M、N、P分别为AB，BB1和B1C1的中点，得出AB1、BC1夹角为MN和NP夹角或其补角；根据中位线定理，结合余弦定理求出AC、MQ，MP和∠MNP的余弦值即可．
【解答】
解：如图所示，

设M、N、P分别为AB，BB1和B1C1的中点，
则MN//AB1，NP//BC1，
则AB1、BC1夹角为MN和NP夹角或其补角(因异面直线所成角为(0,π2])，
可知MN=12AB1=52，NP=12BC1=22；
作BC中点Q，则△PQM为直角三角形，PQ=1，MQ=12AC，
△ABC中，由余弦定理得AC2=AB2+BC2−2AB·BC·cos∠ABC
=4+1−2×2×1×(−12)=7，
∴AC=7，
∴MQ=72，MP=MQ2+PQ2=112；
在△PMN中，由余弦定理得cos∠MNP=MN2+NP2−PM22⋅MN⋅NP
=(52)2+(22)2−(112)22×52×22=−105；
又异面直线所成角的范围是(0,π2]，
∴AB1与BC1所成角的余弦值为105．
故选C．
  
13.【答案】33

【解析】
【分析】
本题考查了棱柱的结构特征，三棱锥的体积公式，空间中的距离，属于基础题．
利用长方体的结构特征得A1，B1，C，D四点共面，从而得点Q到平面A1DC的距离就是点Q到平面A1B1C的距离，设其为h，再利用点到面的距离，结合平面几何知识得点Q到平面C1B1C的距离等于点A1到平面C1B1C的距离的13，再利用三棱锥的体积公式得VQ−C1B1C=13VA1−C1B1C，再利用题目条件得VQ−C1B1C=16，从而得VQ−A1B1C=13，最后利用三棱锥体积公式，计算得结论．
【解答】
解：如图：

在长方体A1B1C1D1−ABCD中，因为A1，B1，C，D四点共面，
所以点Q到平面A1DC的距离就是点Q到平面A1B1C的距离，设其为h．
又因为Q是线段A1C1上一点，且C1Q=13C1A1，
所以点Q到平面C1B1C的距离等于点A1到平面C1B1C的距离的13，
因此VQ−C1B1C=13VA1−C1B1C．
又因为AA1=1,AD=DC=3，所以VA1−C1B1C=13·12B1C1·C1C·A1B1=12，
因此VQ−C1B1C=13VA1−C1B1C=16，
所以VQ−A1B1C=VA1−C1B1C−VQ−C1B1C=12−16=13．
又因为VQ−A1B1C=13·12A1B1·B1C·h=33h，
所以33h=13，解得h=33，
即点Q到平面A1DC的距离为33．
故答案为33．
  
14.【答案】30°

【解析】
【分析】
本题考查线面角的求法，为基础题．
由已知作出线面角，然后解三角形求解即可．
【解答】
解：取AC的中点E，连接BE，C1E，如图所示：

在正三棱柱ABC−A1B1C1中，BE⊥面ACC1A1，
∴∠BC1E就是BC1与侧面ACC1A1所成的角，
BC1=3，BE=32，
∴sin∠BC1E=BEBC1=323=12，
∴∠BC1E=30°．
∴BC1与侧面ACC1A1所成角为30°．
故答案为30°．
  
15.【答案】1

【解析】
【分析】
本题考查了线线垂直和线面垂直的判定和性质．
取CD的中点为F，连接AF、ED，利用线面垂直的判定和性质可证 ，又可证得，从而证得D1E⊥平面AB1F，从而得解．
【解答】
解：如图取CD的中点为F，连接AF、ED，

可得，
所以∠FAD=∠EDC,∠AFD=∠DEC，
又∠EDC+∠EDA=90°，所以∠FAD+∠EDA=90°，
所以AF⊥DE，又AF⊥D1D，DE∩DD1=D，DE、DD1⊂面D1ED，
所以AF⊥面D1ED．
所以AF⊥D1E，
又，且，
所以B1A⊥D1E．
又AF∩B1A=A，AF、B1A⊂平面AB1F，
所以D1E⊥平面AB1F．
故CFFD=1．
故答案为1．
  
16.【答案】45°
22


【解析】
【分析】
本题主要考查了二面角的度量，以及直线与平面所成角等有关知识，同时考查空间想象能力、推理论证的能力，属于中档题．
根据二面角平面角的定义可知∠PCA为二面角P−BC−A的平面角，在直角三角形PAC中求出此角即可，根据PA⊥平面ABC，则∠PBA是PB与底面ABC所成的角，在直角三角形∠PBA中求出此角即可．
【解答】
解：∵PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，
∴PA⊥BC，
因为∠ACB=90°，
所以AC⊥BC，
又PA∩AC=A，，
∴BC⊥面PAC，
又PC⊂面PAC，
从而BC⊥PC，且PA=AC=BC=2，
∴∠PCA为二面角P−BC−A的平面角，
∴二面角P−BC−A的大小为45°，
∵PA⊥平面ABC，
∴∠PBA是PB与底面ABC所成的角．
PA=2，AB=22，
∴tan∠PBA=PAAB=22．
故答案为45°；22．
  
17.【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，
∴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：．
  
18.【答案】45°
33434


【解析】
【分析】
本题考查异面直线所成角与线面角，考查空间想象能力与思维能力，考查计算能力，是中档题．
由已知AD//BC，则∠PAD为PA与BC所成的角，再由已知可得△PDA为直角三角形，结合PD=AD，得∠PAD=45°，即PA与BC所成的角等于45°；证明AD⊥平面PDC，结合AD//BC，得BC⊥平面PDC，则∠BPC是PB与平面PDC所成角，求解三角形得答案．
【解答】
解：如图，

∵底面ABCD为矩形，∴AD//BC，则∠PAD为PA与BC所成的角，
∵PD⊥平面ABCD，∴PD⊥AD，
在Rt△PDA中，∵PD=AD，∴∠PAD=45°，
即PA与BC所成的角等于45°；
∵PD⊥面ABCD，PD⊂平面PDC，则平面PDC⊥平面ABCD，
又平面ABCD∩平面PDC=DC，AD⊥DC，可得AD⊥平面PDC，
又AD//BC，∴BC⊥平面PDC，
∴∠BPC是PB与平面PDC所成角，
∵PD=3，DC=4，则PC=5，
又BC=3，∴PB=32+52=34．
∴sin∠BPC=BCPB=334=33434．
故答案为：45°；33434．
  
19.【答案】(1)证明：连接B1C，ME，

因为M，E是中点，
所以ME//B1C，且ME=12B1C，
又A1B1//CD，且A1B1=CD，
所以A1D//B1C，且A1D=B1C，
因为ND=12A1D，
所以ND//ME，且ND=ME，
所以四边形NDEM为平行四边形，
则NM//DE，
又MN⊄平面C1DE，DE⊂平面C1DE，
∴MN//平面C1DE．
(2)解：在菱形ABCD中，E为BC中点，∠BAD=60°，
所以DE⊥BC，
根据题意有DE=3，C1E=17，
因为ABCD–A1B1C1D1为直棱柱，
所以CC1⊥平面ABCD，DE⊂平面ABCD，
所以CC1⊥DE．
又BC∩CC1=C，BC，CC1⊂平面BCC1B1，
所以DE⊥平面BCC1B1，
又EC1⊂平面BCC1B1．
所以DE⊥EC1．
所以S△DEC1=12×3×17，
设点C到平面C1DE的距离为d，根据题意有VC1−CDE=VC−C1DE，
则有13×12×3×17×d=13×12×1×3×4，
解得d=417=41717，
所以点C到平面C1DE的距离为41717．

【解析】本题考查线面平行的证明，考查点到平面的距离的求法，属于中档题．
(1)连接B1C，ME，推导出四边形MNDE是平行四边形，从而MN//ED，由此可证明MN//平面C1DE．
(2)设点C到平面C1DE的距离为d，根据题意有VC1−CDE=VC−C1DE，由等体积法能求出点C到平面C1DE的距离．

20.【答案】证明：(1)∵D为AB的中点，E为BC的中点，
∴DE为△ABC中位线，
∴DE//AC，
又DE⊂平面SDE，AC⊄平面SDE，
∴AC//平面SDE．
(2)连接CD，
∵SD⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，
∴SD⊥AB，
∵AC=BC，D是AB的中点，
∴CD⊥AB，
又CD⊂平面SCD，SD⊂平面SCD，CD∩SD=D，
∴AB⊥平面SCD， 
∵SC⊂平面SCD，
∴AB⊥SC．


【解析】本题考查了空间中线面的位置关系，考查了线面平行的证明和利用线面的垂直证明线线垂直．
(1)根据中位线定理得出DE//AC，故可证AC//平面SDE；
(2)通过证明AB⊥平面SCD得出AB⊥SC．

21.【答案】解：(1)因为三棱柱的体积为183，AA1=6．
即S△ABC⋅AA1=183．
从而S△ABC=34BC2=33，因此BC=23．
该三棱柱的表面积为S全=2⋅S△ABC+S侧=63+363=423．
(2)由(1)可知BC=23
因为CC1//AA1.所以∠BC1C为异面直线BC1与AA1所成的角，
在Rt△BC1C中，tan∠BC1C=236=33，所以∠BC1C=π6．
所以异面直线BC1与AA1所成的角为π6．

【解析】本题考查棱柱的体积求法，表面积的求法，异面直线所成角的求法，考查计算能力，属于基础题．
(1)通过三棱柱的体积求出底面积，通过三角形的面积求出BC=23，然后求解三棱柱的表面积．
(2)说明∠BC1C为异面直线BC1与AA1所成的角，通过解三角形求解即可．

22.【答案】解：(1)证明：取AB中点E，连接PE，CE，AE，

∵△PAB是正三角形，
∴PE⊥AB，
∵AD=1，CD=3，AD⊥CD，
∴AC=2，∠DAC=π3，
∴△ABC是正三角形，
∴CE⊥AB，
∵CE∩PE=E，CE，PE⊂平面PEC，
∴AB⊥平面PEC，
∵PC⊂平面PEC，
∴AB⊥PC．
(2)延长BA、CD，交于点F，连结PF，
作PE中点G，连结CG，FG，
∵AB⊥平面PEC，AB⊂平面PAB．
∴平面PAB⊥平面PCE，且平面PAB∩平面PCE=PE，
∴PE=PC=CE=3，G为中点，
∴CG⊥PE，
∴CG⊥平面PAB，
又∵F∈直线AB，直线AB⊂平面PAB，
∴F∈平面PAB，
∴F=直线CD∩平面PAB，
∴∠CFG是CD与平面PAB所成线面角，
由题意得CG=32，CF=23，
∴CD与平面PAB所成线面角的正弦值为sin∠CFG=CGCF=34．

【解析】本题考查线线垂直的证明，线面角的正弦值的求法和空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，属于中档题．
(1)取AB中点E，连接PE，CE，AE，推导出PE⊥AB，CE⊥AB，从而得到AB⊥平面PEC，由此能证明AB⊥PC；
(2)延长BA、CD，交于点F，连结PF，作PE中点G，连结CG，FG，推导出CG⊥PE，得到CG⊥平面PAB，则∠CFG是CD与平面PAB所成线面角，由此能求出CD与平面PAB所成线面角的正弦值．

23.【答案】(1)证明：如图，设AC与BD相交于点O.连接B1O.

因为四边形ABCD为菱形，故AC⊥BD，O为AC的中点．
又AB1=CB1，故B1O⊥AC．
又BD⊂平面BDD1B1，B1O⊂平面BDD1B1，且BD∩B1O=O，
故AC⊥平面BDD1B1，又AC⊂平面ABCD．
所以平面BDD1B1⊥平面ABCD．
(2)解：底面ABCD是边长为2的菱形，又∠DAB=60∘，
所以BD=2，AO=CO=3．
又△DB1B是等边三角形，可得B1O⊥BD，BD=BB1=DB1=2，B1O=3．
结合(1)可知B1O⊥平面ABCD，且OC⊂平面ABCD，
故B1O⊥OC，所以B1C=6．
设B1C交BC1于点H．
又BB1=2，BC=2.所以平行四边形BCC1B1为菱形．
故B1C⊥BC1．
又BD⊥AC，BD⊥B1O，且AC∩B1O=O，且B1O，AC⊂平面ACB1．
所以BD⊥平面ACB1．
因为B1C在平面ACB1内，
所以BD⊥B1C.
因为BC1与BD在平面C1BD内，BC1∩BD=B，且BC1，BD⊂平面C1BD，
所以B1C⊥平面C1BD．
故H为B1在平面C1BD内的射影．
故点B1到平面C1BD的距离为B1H=B1C2=62．
又D1B1//BD，D1B1⊄平面C1BD，
所以D1B1//平面C1BD．
故点B1到平面C1BD的距离与点D1到平面C1BD的距离相等．
所以点D1到平面C1BD的距离为62．

【解析】本题考查面面垂直的判定，考查线面垂直的判定，考查线面平行的判定，考查求空间中点到面的距离，是拔高题．
(1)设AC与BD相交于点O.连接B1O，结合已知条件得到AC⊥BD，B1O⊥AC，由线面垂直和面面垂直的判定定理即可得证．
(2)设B1C交BC1于点H，先证明B1C⊥平面C1BD，得H为B1在平面C1BD内的射影．
再由D1B1//BD证得D1B1//平面C1BD，所以点D1到平面C1BD的距离为点B1到平面C1BD的距离B1H=B1C2即可求解．