2023高考数学复习专项训练《线面垂直的判定》

这是一份2023高考数学复习专项训练《线面垂直的判定》，共25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。


一 、单选题（本大题共8小题，共40分）
1.（5分）设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题正确的是( )
A. 若m//α，n//α，则m//nB. 若α//β，m⊂α，n⊂β，则m//n
C. 若α∩β=m，n⊂α，n⊥m，则n⊥βD. 若m⊥α，m//n，n⊂β则α⊥β
2.（5分）如图，ABCD-A1B1C1D1为正方体，下面结论：①BD//平面CB1D1；②AC1⊥BD；③AC1⊥平面CB1D1；④直线B1D1与BC所成的角为45°.其中正确结论的个数是( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
3.（5分）如图，M、N分别是边长为1的正方形ABCD的边BC、CD的中点，将正方形沿对角线AC折起，使点D不在平面ABC内，则在翻折过程中，有以下结论：①异面直线AC与BD所成的角为定值;②存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直;③存在某个位置，使得直线MN与平面ABC所成的角为45∘;④三棱锥M-ACN体积的最大值为248.以上所有正确结论的有()个
A. 1B. 2C. 3D. 4
4.（5分）如图，在直角梯形ABCD中，BC⊥CD，AE⊥CD，且E为CD的中点，M､N分别是AD､BE的中点，将三角形ADE沿AE折起，则下列说法错误的是( )
A. 不论D折至何位置(不在平面ABC内)，都有MN//平面CDE
B. 不论D折至何位置(不在平面ABC内)，都有MN⊥AE
C. 不论D折至何位置(不在平面ABC内)，都有MN//AB
D. 在折起过程中，一定存在某个位置，使CE⊥AD
5.（5分）如图所示，PA垂直于圆O所在平面，AB是圆O的直径，C是圆O上一点，点A在PB，PC上的射影分别为E，F，则以下结论错误的是( )



A. PB⊥AFB. AE⊥BCC. AF⊥BCD. PB⊥EF
6.（5分）在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是平行四边形，AB→=(2,-1,-4)，AD→=(4,2,0)，AP→=(-1,2,-1)，则直线PA与底面ABCD的关系是()
A. 平行B. 垂直C. 在平面内D. 相交但不垂直
7.（5分）如图，在四边形ABCD中，AD//BC，AD=AB，∠BCD=45°，∠BAD=90°，将ΔABD沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，构成几何体A-BCD，则在几何体A-BCD中，下列结论正确的是( )
A. 平面ABD⊥平面ABCB. 平面ADC⊥平面BDC
C. 平面ABC⊥平面BDCD. 平面ADC⊥平面ABC
8.（5分）已知平面α，直线l，m，n，满足m//α，n//α，且m，n互为异面直线，则“l⊥m且l⊥n”是“l⊥α”的
A. 充要条件
B. 充分不必要条件
C. 必要不充分条件
D. 既不充分也不必要条件
二 、多选题（本大题共5小题，共25分）
9.（5分）如图，ABCD-A1B1C1D1为正方体，下列结论中正确的是( )
A. A1C1⊥平面BB1D1D
B. BD1⊥平面ACB1
C. BD1与底面BCC1B1所成角的正切值是2
D. 过点A1与异面直线AD与CB1成60∘角的直线有2条
10.（5分）在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别是A1D1和C1D1的中点，则下列结论正确的是( )
A. A1C1//平面CEFB. B1D⊥平面CEF
C. → CE=1 2 → DA+→ DD1-→ DCD. 点D与点B1到平面CEF的距离相等
11.（5分）如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，P为棱CC1上的动点(点P不与点C，C1重合)，过点P作平面α分别与棱BC，CD交于M，N两点，若CP=CM=CN，则下列说法正确的是( )
A. A1C⊥平面α
B. 存在点P，使得AC1//平面α
C. 存在点P，使得点A1到平面α的距离为53
D. 用过P，M，D1三点的平面去截正方体，得到的截面一定是梯形
12.（5分）已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则().
A. 若m//n，n⊂a，则m//α
B. 若m⊥n，n⊂α，则m⊥α
C. 若m⊥α，n//α，则m⊥n
D. 若m//α，m//β，α∩β=n，则m//n
13.（5分）已知圆锥SO的母线长为2，底面半径为3，平面SAB为轴截面，点M为底面圆周上一动点(可与点A，B重合)，则( )
A. 三棱锥S-ABM体积的最大值为1
B. 直线OM与SA所成角的范围为[π6,π2]
C. 三角形SAM面积的最大值为3
D. 三角形SAM为直角三角形时所在平面与底面所成角的正弦值为22
三 、填空题（本大题共5小题，共25分）
14.（5分）已知底面为矩形的四棱锥P-ABCD的每个顶点都在球O的球面上，PA⊥AD，PA=AB，PB=2AB，且BC=22.若球O的体积为32π3，则AB=________，棱PB的中点到平面PCD的距离为________.
15.（5分）已知棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1，则点B到平面ACB1的距离是______．
16.（5分）已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a，点E，F，G分别为棱AB，AA1，C1D1的中点．下列结论中，正
确结论的序号是______．
①过E，F，G三点作正方体的截面，所得截面为正六边形；
②B1D1//平面EFG；
③BD1⊥平面ACB1；
④异面直线EF与BD1所成角的正切值为22；
⑤四面体ACB1D1的体积等于12a3
17.（5分）在四棱锥P-ABCD中，四边形ABCD是边长为2的菱形，∠DAB=60∘，PA=PD，∠APD=90°，平面PAD⊥平面ABCD，Q点是ΔPBC内的一个动点(含边界)，且满足DQ⊥AC，则Q点所形成的轨迹长度是________.
18.（5分）已知a，b，l表示直线，α为平面，若a，b⊂α，a∩b=P，l⊥a，l⊥b，则l与α的关系是________.
四 、解答题（本大题共5小题，共60分）
19.（12分）在《九章算术·商功》中，将四个面都是直角三角形的三棱锥称为“鳖臑”.如图，现将一矩形ABCD沿着对角线BD将ΔABD折成ΔPBD，且点P在平面BCD内的投影H在线段DC上.已知AB=2,AD=1.
(1)证明：三棱锥P-BCD为鳖臑；
(2)点C到平面PBD的距离；
(3)求二面角P-BD-C的正弦值.
20.（12分）如图，四棱锥P-ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，且PA=PD，底面ABCD为矩形，点M、E、N分别为线段AB、BC、CD的中点，F是PE上的一点，PF=3FE.直线PE与平面ABCD所成的角为π4．
(1)证明：PE⊥平面MNF；
(2)设AB=AD，求二面角B-MF-N的余弦值．
21.（12分）如图，三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面BB1C1C是菱形，其对角线的交点为O，且AB=AC1=6，AB⊥B1C.
(1)求证：AO⊥平面BB1C1C；
(2)设∠B1BC=60°，若直线A1B1与平面BB1C1C所成的角为45°，求二面角A1-B1C1-B的余弦值.
22.（12分）如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是直角梯形，其中AD//BC，AB⊥AD，AB=AD=12BC=2，PA=4，E为棱BC上的点，且BE=14BC.
(1)求证：∠C=∠EBD平面PAC；
(2)求二面角A-PC-D的正弦值．
23.（12分）如图，点P为菱形ABCD所在平面外一点，PA⊥平面ABCD，点E为PA的中点．
(1)求证：PC//平面BDE；
(2)求证：BD⊥平面PAC.
答案和解析
1.【答案】D;
【解析】此题主要考查两直线平行、两平面平行、线面垂直以及面面垂直的判定定理，属于基础题．根据各选项的条件及结论，可画出图形或想象图形，即可找出正确选项．解：A.错误，同时和一个平面平行的两直线不一定平行，可能相交，可能异面，B.错误，两平面平行，两平面内的直线不一定平行，可能异面，C.错误，一个平面内垂直于两平面交线的直线，不一定和另一平面垂直，可能斜交，D.正确，由m⊥α，m//n，得n⊥α，又n⊂β，∴α⊥β.故选D.
2.【答案】D;
【解析】
该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．
在①中，由BD//B1D1，推导出BD//平面CB1D1；在②中，推导出AC⊥BD，CC1⊥BD，∴BD⊥平面ACC1，∴AC1⊥BD；在③中，推导出AC1⊥BD，AC1⊥B1D1，AC1⊥CB1，从而得到AC1⊥平面CB1D1；在④中，异面直线B1D1与BC所成的角就是直线BC与BD所成的角，故∠CBD为异面直线B1D1与BC所成的角，由此求出直线B1D1与BC所成的角为45°．

解：在①中，由正方体的性质得，BD//B1D1，
∵B1D1⊂平面CB1D1，BD⊄平面CB1D1，
∴BD//平面CB1D1，故①正确；
在②中，由正方体的性质得AC⊥BD，又CC1⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
∴CC1⊥BD，又AC∩CC1于C，AC，CC1都在平面ACC1内，
∴BD⊥平面ACC1，AC1⊂平面ACC1，∴AC1⊥BD，故②正确；
在③中，由正方体的性质得BD//B1D1，由②知，AC1⊥BD，∴AC1⊥B1D1，
同理可证AC1⊥CB1，故AC 1⊥平面CB1D1内的两条相交直线，
∴AC1⊥平面CB1D1，故③正确；
在④中，异面直线B1D1与BC所成的角就是直线BC与BD所成的角，
故∠CBD为异面直线B1D1与BC所成的角，
在等腰直角ΔBCD中，∠CBD=45°，故直线B1D1与BC所成的角为45°，故④正确．
故选D．
3.【答案】C;
【解析】
此题主要考查了异面直线所成角、线面角、面面垂直的性质定理，几何体体积的求法，属于中档题.
①利用线面垂直的判定定理和性质定理，证明AC⊥BD；
②反证法，假设AD⊥BC，可推出AD⊥平面BCD，与实际矛盾；
③假设直线MN与平面ABC所成的角为45°，结合余弦定理，逐渐求出BD=1，符合实际；
④等体积法进行转换．解：在正方形ABCD中，设AC∩BD=O，
①折叠前，根据正方形的性质可知
AC⊥OD，AC⊥OB，
折叠过程中AC⊥OD，AC⊥OB成立，而OD∩OB=O，
所以AC⊥平面BOD，BD⊂平面BOD，
所以AC⊥BD，
所以异面直线AC与BD所成角为定值90∘，所以①正确;
②折叠前，AD⊥CD，
折叠过程中AD⊥CD成立，假设AD⊥BC，而CD∩BC=C，
所以AD⊥平面BCD，
所以AD⊥BD.
折叠过程中，在三角形ABD中，AB=AD=1，
所以∠ADB≠90∘，这与AD⊥BD矛盾，故假设不成立，所以②错误;
对于③:因为正方形ABCD的边长为1，
所以OB=OD=22，
因为M，N分别为线段BC，CD的中点，
所以MN//BD，
若直线MN与平面ABC所成的角为45∘，
则BD与平面ABC所成的角为45∘，即∠OBD=45∘，
在△OBD中，由余弦定理可得：cs∠OBD=OB2+BD2-OD22⋅OB⋅BD，
即22=BD22×22⋅BD，解得BD=1，
当BD=1时，△BCD是等边三角形，符合题意，即③正确;
④，在折叠过程中，三棱锥M-ACN中，三角形ACN的面积为定值，
即SΔACN=12×CN×AD=14.
所以当M到平面ACD的距离最大时，三棱锥M-ACN的体积取得最大值.
当平面ACD⊥平面ABC时，M到平面ACD的距离最大.
此时，过M作ME⊥AC交AC于点E，根据面面垂直的性质定理可知ME⊥平面ACD，
由于∠ACB=45∘，所以ΔCEM是等腰直角三角形，
所以ME=MC×22=12×22=24，所以三棱锥M-ACN的体积的最大值为13×SΔACN×ME=13×14×24=248，所以④正确.
综上所述，正确的结论有3个.
故选：C.
4.【答案】C;
【解析】
此题主要考查了线面平行的判定，线线位置关系及线面垂直的判定，属于中档题.
根据条件，结合相关定理逐一判断即可得出结论.

解：如图所示，

Q，P分别为DE，CE的中点，
连接MN，MP，PQ，NQ，
由MP//AE//NQ，MP=12AE=NQ，
可知四边形MNQP是平行四边形，
所以MN//PQ，
因为MN⊄平面DEC，PQ⊂平面DEC，
所以MN //平面DEC，易知A正确；
因为AE⊥DE，AE⊥CE，DE∩CE=E，DE，CE⊂平面DEC，
所以AE⊥平面DEC，PQ⊂平面DEC，
所以AE⊥PQ，
又MN//PQ，
所以AE⊥MN，所以B正确；
因为M∉平面ABC，N∈平面ABC，
所以MN与AB是异面直线，故C不正确；
因为AE⊥CE，当CE⊥DE时，DE∩AE=E，DE，AE⊂平面ADE，
所以CE⊥平面ADE，
又AD⊂平面ADE，
所以EC⊥AD，故D正确；
故不正确的为C.
故选C.
5.【答案】B;
【解析】
此题主要考查线面垂直的判定及性质，基础题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．
推导出BC⊥AC，PA⊥BC，由此结合线面垂直的判定和性质能推导出AF⊥PB，BC⊥AF，PB⊥EF，若AE⊥BC，则AE⊥平面PBC，从而AE与AF重合，矛盾．
解：因为AB是圆O的直径，所以BC⊥AC，
又因为PA⊥平面ABC，所以PA⊥BC，

而PA∩AC=A，PA，AC⊂平面PAC，所以BC⊥平面PAC，AF⊂平面PAC，所以BC⊥AF.
又因为AF⊥PC，PC∩BC=C，PC，BC⊂平面PBC，
所以AF⊥平面PBC，PB⊂平面PBC，故AF⊥PB.
又因为AE⊥PB，AE∩AF=A，AE，AF⊂平面AEF，所以PB⊥平面AEF，EF⊂平面AEF，所以PB⊥EF，
故A，C，D正确．
若AE⊥BC，则AE⊥平面PBC，从而AE与AF重合，矛盾，故B错误．
故选B.
6.【答案】B;
【解析】
此题主要考查的知识点是线面的位置关系的判断。
由已知中向量AB→=(2,-1,-4)，AD→=(4,2,0)，AP→=(-1,2,-1)，根据两个向量的数量积为0，两个向量垂直，我们可以判断出AP⊥AB且AP⊥AD，进而根据线面垂直的判定定理得到PA⊥底面ABCD；解：因为AB→·AP→=2×(-1)+(-1)×2+(-4)× (-1)=0，
所以AB→⊥AP→，即AB⊥AP，
因为AD→·AP→=4× (-1)+2×2+0×(-1)=0，
所以AD→⊥AP→，即AD⊥AP.
又AB⊂平面ABCD，AD⊂平面ABCD，AB∩AD=A，
所以AP⊥平面ABCD.
故选B.
7.【答案】D;
【解析】
解析：因AD=AB,∠BAD=900，则∠DBC=450⇒DB⊥DC，又平面ABD⊥平面BCD，所以DC⊥平面ABD⇒CD⊥AB，结合CD⊥DB,DB∩AB=B可得CD⊥平面ABD，故平面ACD⊥平面ABC，应选答案D。
8.【答案】A;
【解析】
此题主要考查充分条件、必要条件的判断，空间中线面位置关系的判断，考查空间想象能力.
根据直线与平面垂直的判定定理以及充分必要条件的定义判断，即可得到答案.
解：m，n互为异面直线，且m//α，n//α，
则在平面α一定存在两相交直线分别平行于m，n，
若l⊥m且l⊥n，则l⊥α，即充分性成立;
若l⊥α，则l⊥m，l⊥n，即必要性成立.
故“l⊥m且l⊥n”是“l⊥α”的充要条件，
故选A.
9.【答案】ABD;
【解析】
此题主要考查了线面垂直的判定、异面直线所成角和直线与平面所成角，属于一般题目，根据题意逐一判定即可得出结论.

解：对于A，由正方体可得A1C1⊥B1D1，BB1⊥平面A1B1C1D1，A1C1⊂平面A1B1C1D1，则BB1⊥A1C1，
又BB1∩B1D1=B1，BB1，B1D1 ⊂平面BB1D1D， 所以A1C1⊥平面BB1D1D，故A正确；
对于B，由正方体得AC⊥BD，DD1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，则DD1⊥AC，又DD1∩BD=D，DD1，BD⊂平面BD1D，所以AC⊥平面BD1D，所以AC⊥BD1，
同理可得B1C⊥BD1，又AC∩B1C=C，AC，B1C⊂平面ACB1，所以BD1⊥平面ACB1，故B正确；
对于C，易知C1D1⊥平面BCC1B1，所以∠C1BD1为BD1与底面BCC1B1所成角，则tan∠C1BD1=C1D1BC1=12=22，故C错误；
对于D，因为异面直线AD与CB1所成角为45°，过点A1与异面直线AD，CB1成60°角的直线有2条，故D正确，
故选ABD.
10.【答案】AC;
【解析】
此题主要考查了空间中的线面关系和利用空间直角坐标系判定垂直的方法与空间向量的运算等，属于中档题.
对A根据A1C1//EF判定即可.对B，建立空间直角坐标系证明B1D与平面CEF中的CF不垂
直即可.对C，建立空间直角坐标系计算即可.对D，判断点D与点B1的中点是否在平面CEF上即可.

解：对A，因为E.F分别是AD1和C1D1的中点故EF//A1C1，故A1C1//平面CEF成立.
对B，建立如图空间直角坐标系，设正方体ABCD-A1B1C1D1边长为2则B1→D=(-2,-2,-2)，FC→=(0,1,-2)故
B1→D.FC→=0-1+4=3≠0.故B1→D，FC→不互相垂直又CF属于平面CEF，
故B1D⊥平面CEF不成立.
对C，同B空间直角坐标系有CE→=(1,-2,2)，12DA→+DD→1-DC→
=12(2,0,0)+(0,0,2)-(0,2,0)=(1-2,2).故CE→=12DA→+DD1→-DC→成立.
对D，点D与点B1到平面CEF的距离相等，则点D与点B1中点O在平面CEF上，连接AC,AE易得平面CEF即平面
CAEF，又点D与点B1中点O在A1ACC1上，故点O不在平面CEF上，故D不成立.
故选AC.
11.【答案】ACD;
【解析】
此题主要考查了空间线线、线面位置关系，考查了空间想象能力，属于中档题.逐项判断即可．

对于A，连接AC，DB，A1C，∵A1A⊥面ABCD，DB⊂面ABCD，∴A1A⊥DB，

又∵DB⊥AC，A1A∩AC=A，A1A，AC⊂面A1AC，
∴DB⊥面A1AC，A1C⊂面A1AC，
∴A1C⊥DB，
又∵CP=CM=CN，∴MN//DB，∴A1C⊥MN，
同理，∵MP//BC1，A1C⊥MP，而MP∩MN=M，MP，MN⊂面MPN，
∴A1C⊥面MPN，即A1C⊥平面α，故A正确；
对于B，∵CP=CM=CN，∴MN//DB，DB⊂面BDC1，MN⊄面BDC1，∴MN//面BDC1，同理，MP//面BDC1，
MN∩MP=M，∴面MPN//面BDC1，即平面α//面BDC1，而AC1与面BDC1交于点C1，∴AC1与平面α始终相交，
故不存在点P，使得AC1 //平面α，故B错误；
对于C，由A可得A1C⊥平面α，又正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，∴A1C=3>53，
故存在点P，使得点A1到平面α的距离为53，故C正确；
对于D，连接D1P，D1A，AM，∵D1A//C1B//MP，且MP≠D1A，则梯形AMPD1是过P，M，D1三点的平面截正方体所得截面，故D正确．
故选ACD.
12.【答案】CD;
【解析】
此题主要考查了空间中线线、线面、面面的位置关系，属于基础题.
利用线面平面，线面垂直的判定定理逐一判断即可.
解：对于A，若m//n，n⊂a，则m//α或m⊂α，故A错误；
对于B，需要m垂直于平面α里的两条相交直线才可得到m⊥α，故B错误；
对于C，若m⊥α，n//α，则m⊥n，故C正确；
对于D，如图所示，过m分别作平面γ，平面η，与平面α，平面β分别交于直线a，直线b，m/平面α，m⊂平面γ，平面γ∩平面α=a，所以m//a，
同理可证：m//b，所以a//b，
因为a//b，a⊄平面β，b⊂平面β ，所以a/平面β，
因为a/平面β，a⊂平面α，平面α∩平面β=n，所以a//n，
m//a，a//n，所以m//n 故D正确.
故本题选：CD.
13.【答案】ABD;
【解析】
当ΔABM为等腰直角三角形时，ΔABM的面积最大，三棱锥体积最大，即可判断选项A，分别计算点M位于点A和弧AB的中点时的线面角，即可判断选项B，由三角形的面积公式结合∠ASM的范围即可求出ΔSAM面积的最大值，从而判断选项C，根据二面角的定义作出其平面角，求出平面角的正弦值即可判断选项D，从而得到正确选项．
本题以命题的真假判断为载体考查了空间直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系，空间角以及空间几何体的体积的计算等知识，考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力，属于中档题．
解：对于A，当OM⊥AB，即ΔABM为等腰直角三角形时，ΔABM的面积最大，
所以ΔABM面积的最大值为×23×3=3，
又三棱锥S-ABM的高为SO=1，
所以三棱锥S-ABM的体积的最大值为13×3×1=1，
故选项A正确；
对于B，当点M位于点A或点B时，∠SAO为直线OM与SA所成的角，
因为SO⊥底面ABM，且SO=SA2-OA2=22-(3)2=1，SA=2，
此时∠SAO=π6，则直线OM与SA所成的角为π6，
当点M位于弧AB的中点时，此时OM⊥AB，SO⊥底面ABM，
所以SO⊥OM，因为SO∩AB=O，
则OM⊥平面SAB，又SA⊂平面SAB，
所以OM⊥SA，
此时直线OM与SA所成的角为π2，
由圆锥的对称性可知，直线OM与SA所成角的取值范围为[π6,π2]，
故选项B正确；
对于C，SA=SB=2，AO=OB=3，PO=1，
此时∠ASO=π3，
所以∠ASB=2π3，
当点M从点A运动到点B时，∠ASM从0逐渐增加为2π3，
所以当∠ASM=π2时，ΔSAM的面积最大，
所以ΔSAM面积的最大值为∠ASM=12×2×2×1=2，
故选项C错误；
对于D，ΔSAM为直角三角形时，SA=SM=2，
所以AM=22，
取AM的中点E，连接OE，SE，
则OE⊥AM，
因为SO⊥底面ABM，AM⊂底面ABM，
则SO⊥AM，
又OE，SO⊂平面SOE，OE∩SO=O，
所以AM⊥平面SOE，
又SE⊂平面SOE，
故AM⊥SE，
则∠SEO即为平面SAM与底面ABM所成的角，
因为AE=12AM=2，
所以OE=OA2-AE2=3-2=1，SO=1，
故SE=1+1=2，
所以sin∠SEO=SOSE=12=22，
即ΔSAM为直角三角形时所在平面与底面所成角的正弦值为22，
故选项D正确．
故选：ABD.
14.【答案】2； 63;
【解析】
此题主要考查空间点线面之间的距离的求法，线面垂直的判定，球的体积，等面积法的应用，考查空间想象能力，转化思想以及计算能力，是中档题．
求出球O的半径，推出AB=2.过A作AG⊥PD于G，取棱PA的中点F，PB的中点E，连接EF.由等面积法可得AG，然后求解棱PB的中点到平面PCD的距离．

解：∵PA=AB，PB=2AB，∴PA⊥AB，
又PA⊥AD，AD∩AB=A，∴PA⊥平面ABCD.
∵底面ABCD为矩形，∴侧棱PC为球O的直径，
设球O的半径为R，则4πR33=32π3，得R=2，
又R=12AB2+AD2+AP2=128+2AB2，
∴AB=2.
过A作AG⊥PD于G，取棱PA的中点F，PB的中点E，连接EF.
可得CD⊥平面APD，则CD⊥AG，从而AG⊥平面PCD.
由等面积法可得AG=2×2223=263，
则F到平面PCD的距离为12AG=63，
∵EF//AB//CD，∴EF//CD，
则E到平面PCD的距离等于F到平面PCD的距离，
故棱PB的中点到平面PCD的距离为63.
故答案为2；63.
15.【答案】233;
【解析】解：连接BD1，BD，则AC⊥BD，AC⊥B1B
∵BD∩B1B=B，∴AC⊥平面BD1，
∵BD1⊂平面BD1，∴AC⊥BD1，
同理AB1⊥BD1，
∵AC∩AB1=A，∴BD1⊥平面AB1C，
设垂足为O，棱长为2，
在三棱锥B1-ABC中，13×12×2×22×2=13×34×2×22×BO
∴BO=233
即B到平面ACB1的距离为233．
故答案为：233．
画出图形，证明BD1⊥平面AB1C，再计算BO的长即可．
该题考查点到面的距离的计算，考查线面垂直的证明与三棱锥的体积，属于中档题．
16.【答案】①③④;
【解析】
根据公里3，作截面可知①正确；根据直线与平面的位置关系可知②不正确；根据线面垂直的判定定理可知③正确；根据空间向量夹角的坐标公式可知④正确；用正方体体积减去四个正三棱锥的体积可知⑤不正确．
该题考查了命题的真假判断与应用，属难题．

解：延长EF分别与B1A1，B1B的延长线交于N，Q，连接GN交A1D1于H，设HG与B1C1的延长线交于P，连接PQ交CC1于I，交BC于M，连FH，HG，GI，IM，ME，则截面六边形EFHGIM为正六边形，故①正确；
B1D1与HG相交，故B 1D1与平面 EFG相交，所以②不正确；
∵BD1⊥AC，BD1⊥B1C，且AC与B1C相交，所以BD1⊥平面ACB1，故③正确；
以D为原点，DA，DC，DD1分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，利用空间向量的夹角可得异面直线EF与BD1的夹角的正切值为22，故④正确；
四面体ACB1D1的体积等于正方体的体积减去四个正三棱锥的体积，即为a3-4×13×12a3=13a3，故⑤不正确．
故答案为：①③④
17.【答案】253;
【解析】
此题主要考查空间图形的应用，涉及直线与平面的位置关系，轨迹方程以及平面直角坐标系的应用，是难题．
利用已知条件，通过直线与平面垂直，推出Q的轨迹，利用转化思想，求解长度即可．

解：根据题意，连接AC，BD，两直线交于O，取PC上一点为M，连接MB，MD，如图，

若满足题意DQ⊥AC，又AC⊥BD，DQ∩BD=D，DQ，BD⊂平面DBQ，
故AC⊥平面DBQ，
则点Q只要在平面DBQ与平面PBC的交线上即可．
假设如图所示：平面DBM与平面DBQ是同一个平面，则Q点的轨迹就是线段BM.
根据假设，此时直线AC⊥平面DBM，则AC⊥MO.
故三角形MOC为直角三角形．
因为三角形PAD是等腰直角三角形，三角形BAD是等边三角形，
设AD中点为H，则PH⊥AD，BH⊥AD，PH∩BH=H，PH，BH⊂平面PHB，所以AD⊥平面PHB，
又PB⊂平面PHB，故AD⊥PB.
又平面PAD⊥平面ABCD且交线为AD，所以PH⊥平面ABCD，BH⊂平面ABCD，PB2=PH2+BH2=4，
又因为BC // AD，故BC⊥PB，故三角形PBC为直角三角形，
故PC=PB2+BC2=22.
在三角形PAC中，PA=2，AC=23，PC=22，
由余弦定理可得：cs ∠PCA=8+12-22×23×22=368，
故在直角三角形MOC中，MC=OCcs ∠PCA=423.
在三角形BCM中，∠PCB=45°，
故BM2=BC2+CM2-2×BC×CM×cs ∠PCB=209，
故得BM=253.
故答案为253.
18.【答案】l⊥α;
【解析】
此题主要考查直线与平面垂直的判定定理.

解：一条直线垂直于一个平面内的两条相交直线，则这条直线垂直这个平面，
故由 a，b⊂α，a∩b=P，l⊥a，l⊥b，可得l⊥α，
故答案为l⊥α.

19.【答案】解：(1)因为点P在平面BCD内的投影H在线段DC上，
所以平面PDC⊥平面BCD，
因为平面PDC∩平面BCD=CD，BC⊂平面BCD，BC⊥CD，
所以BC⊥平面PDC，
因为PC、DP⊂平面PDC，
所以DP⊥BC，PC⊥BC，
又因为DP⊥PB，BC∩PB=B，BC,PB⊂平面BCP，
所以DP⊥平面BCP
因为PC⊂平面BCP，
所以DP⊥PC，
所以△PCD,△PBD,△PBC,△BCD都是直角三角形，
所以三棱锥P-BCD为鳖臑；
(2)设点C到平面PBD的距离为d，
由(1)可知：PD⊥PC，又PD=1,DC=2，
所以PC=3
由S△PDC=12PD·PC=12PH·CD，得PH=32，
又VP-BCD=VC-PBD，
所以13SΔBCD⋅PH=13SΔPBD⋅d，
即13×(12×1×2)×32=13×(12×1×2)d，
解得d=32，
所以点C到平面PBD的距离为32.
(3)过点H作HM⊥BD于点M，连接PM，
因为PH⊥平面BCD，所以BD⊥PH，
又HM⊥BD，且HM∩PH=H，HM、PH⊂平面PMH，
所以BD⊥平面PMH，
因为PM⊂平面PMH，
所以BD⊥PM，
所以二面角P-BD-C的平面角为∠PMH.
又PD⊥PB，且PD=1,PB=2，
所以PM=PD⋅PBBD=25，
所以sin∠PMH=PHPM=3225=154，
所以二面角P-BD-C的正弦值为154.;
【解析】此题主要考查线面垂直的判定定理，等体积法求点到平面的距离，三垂线定理作二面角，属中档题.
(1)根据线面垂直的判定定理即可证明;
(2)根据等体积法即可求解;
(3)先根据三垂线定理作出二面角，再解三角形即可求解.
20.【答案】证明：(1)取AD中点O，连接OE，交MN于点Q，连接FQ，则OP⊥AD．
∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，OP⊂平面PAD，
∴OP⊥平面ABCD，由∠PEO=π4，则OP=OE．
∵MN//BC，OE//AB，
∴MN⊥OE，又MN⊥OP，OE∩OP=O，OE，OP⊂平面OEP，
∴MN⊥平面OEP，又PE⊂平面OEP，∴MN⊥PE．
又EF=14PE=24OE，EQ=12OE，
∴EFEO=EQEP=24，
∴ΔEFQ∽ΔEOP，
∴∠EFQ=∠EOP=π2，
∴PE⊥FQ.且MN∩FQ=Q，MN，FQ⊂平面MNF，
∴PE⊥平面MNF．
解：(2)取AD中点O，连接OE，交MN于点Q，连接FQ，则OP⊥AD．
∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，OP⊂平面PAD，
∴OP⊥平面ABCD，∠PEO=π4，OP=OE．
以O点为原点，射线OA、OE、OP方向为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系O-xyz．
设AB=AD=m，则P(0,0,m)，E(0,m,0)，B(m2,m,0)，M(m2,m2,0)，
F(0,3m4,m4)，
于是PE→=(0,m,-m)，BM→=(0,-m2,0)，BF→=(-m2,-m4,m4).
设平面BMF的一个法向量为n→=(x,y,z)，
则n→.BM→=-m2y=0n→.BF→=-m2x-m4y+m4z=0，令x=1，得n→=(1,0,2)．
而平面NMF的一个法向量为m→=PE→=(0,m,-m)．
∴cs=m→.n→|m→|.|n→|=-2m5.2m=-105．
由图形得二面角B-MF-N的平面角是钝角，
故二面角B-MF-N的余弦值为-105．

;
【解析】此题主要考查线面垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，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，是中档题．
(1)取AD中点O，连接OE，交MN于点Q，连接FQ，则OP⊥AD，OP⊥平面ABCD，推导出MN⊥OE，MN⊥PE.ΔEFQ∽ΔEOP，从而PE⊥FQ.由此能证明PE⊥平面MNF．
(2)取AD中点O，连接OE，交MN于点Q，连接FQ，则OP⊥AD.以O点为原点，射线OA、OE、OP方向为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系O-xyz，利用向量法能求出二面角B-MF-N的余弦值．
21.【答案】（1）证明：因为四边形BB1C1C是菱形，所以B1C⊥BC1，因为AB⊥B1C，AB∩BC1=B，所以B1C⊥平面ABC1，
所以B1C⊥AO，又AB=AC1，O是BC1的中点，所以AO⊥BC1，又因为B1C∩BC1=O，所以AO⊥平面BB1C1C；
（2）解：因为AB∥A1B1，
所以直线A1B1与平面BB1C1C所成的角等于直线AB与平面BB1C1C所成的角，
因为AO⊥平面BB1C1C，
所以直线AB与平面BB1C1C所成的角即为∠ABO，即∠ABO=45°，
不妨设菱形BB1C1C的边长为2，则在等边三角形BB1C中，BO=3，CO=B1O=1，
在Rt△ABO中，AO=BO=3，
以O为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，
则B1(0，1，0)，C(0，-1，0)，A1(-3，1，3)，C1(-3，0，0)，
所以A1→B1=(3，0，-3)，B1→C1=(-3，-1，0)，
设平面A1B1C1的法向量为n→=(x，y，z)，
则n→.A1B1=0n→.B1C1=0，即3x-3z=0-3x-y=0，
令x=1，则n→=(1，-3，1)，
由平面BB1C1C的一个法向量为m→=(0，0，1)，
|cs＜n→，m→＞|=|n→.m→||n→||m→|=15=55，
由图可知，二面角A1-B1C1-B为钝二面角，
故二面角A1-B1C1-B的余弦值为-55．;
【解析】
(1)先证明B1C⊥平面ABC1，得到B1C⊥AO，再证明AO⊥BC1，由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的法向量，由向量的夹角公式求解即可．
此题主要考查了线面垂直的证明以及二面角的求解与应用，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．
22.【答案】（1）证明：因为PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，AD⊂平面ABCD，所以PA⊥AB，PA⊥AD，又因为AB⊥AD，则以A为坐标原点，分别以AB、AD、AP所在的直线为X、Y、Z轴建立空间直角坐标系，则A（0，0，0），B（2，0，0），D（0，2，0），P（0，0，4），C（2，4，0），E（2，1，0），DE→=(2，-1，0)，AC→=(2，4，0)，AP→=(0，0，4)，所以DE→⋅AC→=0，DE→⋅AP→=0，所以DE⊥AC，DE⊥AP，又AP∩AC=A，AP⊂平面PAC，AC⊂平面PAC，∴DE⊥平面PAC；（6分）利用几何法亦可
（2）解：由（1）可知DE⊥平面PAC，DE→=(2，-1，0)可作为平面PAC的法向量，设平面PCD的法向量n→=(x，y，z)，因为PD→=(0，2，-4)，PC→=(2，4，-4)．
所以，即，不妨设z=1，得n=（-2，2，1）．cs〈DE→，n→〉=DE→⋅n→|DE→||n→|=2×(-2)+(-1)×2+022+(-1)2×(-2)2+22+1=-255，
又由图示知二面角A-PC-D为锐角，所以二面角A-PC-D的正弦值为55．;
【解析】
(1)以A为坐标原点，分别以AB、AD、AP所在的直线为X、Y、Z轴建立空间直角坐标系，证明DE→⋅AC→=0，DE→⋅AP→=0，得到DE⊥AC，DE⊥AP，即可证明DE⊥平面PAC.
(2)求出平面PAC的法向量，平面PCD的法向量，利用空间向量的数量积求解二面角A-PC-D的正弦值即可．
此题主要考查二面角的平面角的求法，直线与平面垂直的判定定理的应用，考查空间想象能力，转化思想以及计算能力，是中档题．
23.【答案】证明：（1）如图，连接AC，BD，设AC∩BD=O，则O为AC的中点，
连接OE，又E为PA的中点，∴OE∥PC，
∵OE⊂平面BED，PC⊄平面BED，
∴PC∥平面BED；
（2）∵PA⊥平面ABCD，而BD⊂平面ABCD，
∴PA⊥BD，
又ABCD为菱形，则BD⊥AC，
∵PA∩AC=A，
∴BD⊥平面PAC．;
【解析】
(1)连接AC，BD，设AC∩BD=O，则O为AC的中点，可得OE为三角形PAC的中位线，得OE//PC，由线面平行的判定可得PC//平面BED；
(2)由PA⊥平面ABCD，得PA⊥BD，再由ABCD为菱形，得BD⊥AC，由线面垂直的判定可得BD⊥平面PAC.
此题主要考查直线与平面平行的判定，考查空间想象能力和思维能力，考查了数形结合思想，是中档题．