2023高考数学复习专项训练《线面垂直的性质》

这是一份2023高考数学复习专项训练《线面垂直的性质》，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。


一 、单选题（本大题共8小题，共40分）
1.（5分）在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E是棱B1C1的中点，点F是线段CD1上的一个动点．以下三个命题：

①异面直线AC1与B1F所成的角是定值；
②三棱锥B-A1EF的体积是定值；
③直线A1F与平面B1CD1所成的角是定值．
其中真命题的个数是( )
A. 3 B. 2 C. 1 D. 0
2.（5分）如图，正方形ABCD和正方形ADEF成60°的二面角，将△DEF绕DE旋转，在旋转过程中
(1)对任意位置，总有直线AC与平面DEF相交；
(2)对任意位置，平面DEF与平面ABCD所成角大于或等于60°；
(3)存在某个位置，使DF⊥平面ABCD；
(4)存在某个位置，使DF⊥BC.
其中正确的是().
A. (1)(3)B. (2)(3)C. (2)(4)D. (3)(4)
3.（5分）如图，在三棱锥P-ABC中，已知底面ABC是正三角形，AB=2AP，且AP⊥平面PBC，则直线PA与平面ABC所成角的余弦值为( )
A. 63B. 53C. 23D. 33
4.（5分）已知四面体ABCD中，AB⊥CD，AC⊥BD，则点A在平面BCD上的射影H是ΔBCD的( )
A. 外心B. 内心C. 垂心D. 重心
5.（5分）已知向量a→，b→是平面内两个不相等的非零向量，非零向量c→在直线l上，则“c→·a→=0，且c→·b→=0"是“l⊥α”的()
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
（5分）
6.如图，在单位正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P在线段AD1上运动，给出以下四个命题：

①三棱锥D-BPC1的体积为定值；
②异面直线C1P与直线CB1所成的角为定值；
③二面角P-BC1-D的大小为定值；
④AP⊥平面A1B1CD．
其中真命题有( )
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
7.（5分）在空间四边形ABCD中，若AB=BC=CD=DA，且AC=BD，E、F分别是AB、CD的中点，则异面直线AC与EF所成角为( )
A. 30∘B. 45∘C. 60∘D. 90∘
8.（5分）已知直角ΔABC，∠ABC =90°，AB=12，BC=8，D，E分别是AB，AC的中点，将ΔADE沿着直线DE翻折至ΔPDE，形成四棱锥P-BCED，则在翻折过程中，①∠DPE=∠BPC；②PE⊥BC③PD⊥EC④平面PDE⊥平面PBC，不可能成立的结论是 ( )
A. ①②③B. ①②C. ③④D. ①②④
二 、多选题（本大题共5小题，共25分）
9.（5分）已知六棱锥P-ABCDEF的底面是正六边形，PA⊥平面ABC，PA=2AB，下列结论正确的是( )
A. 直线PD与平面PAB所成角的正弦值为104
B. 异面直线PD与BC所成角为45°
C. 平面PAE⊥平面PDE
D. PB⊥AE
10.（5分）如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F，G分别为BC，CC1，BB1的中点，则()
A. D1D⊥AF
B. A1G//平面AEF
C. A1C→·(A1B1→-A1A→)=0
D. 向量A1B→与向量AD1→的夹角是60°
11.（5分）已知α，β是空间中两个不同的平面，m，n是空间中两条不同的直线，则给出的下列说法中，正确的是( )
A. 若m⊥α，n⊥α，则m//nB. 若m//α，m //β，则α//β
C. 若α⊥β,m//β，则m⊥αD. 若α//β,m⊥α，则m⊥β
12.（5分）如图，四边形ABCD是边长为2的正方形，E为AB的中点，将ΔAED沿DE所在的直线翻折，使A与A'重合，得到四棱锥A'-BCDE，则在翻折的过程中( )
A. DE⊥AA'
B. 存在某个位置，使得A'E⊥CD
C. 存在某个位置，使得A'B//DE
D. 存在某个位置，使四棱锥A'-BCDE的体积为1
13.（5分）对于四面体A-BCD，以下命题中正确的命题是( )
A. 若AB=AC=AD，则AB，AC，AD与底面所成的角相等
B. 四面体A-BCD的四个面中最多有三个直角三角形
C. 若AB⊥CD，AC⊥BD，则点A在底面BCD内的射影是ΔBCD的垂心
D. 若四面体A-BCD的6条棱长都为1，则它的内切球的表面积为π3
三 、填空题（本大题共5小题，共25分）
14.（5分）如图所示，直线PA垂直于⊙O所在的平面，ΔABC内接于⊙O，且AB为⊙O的直径，点M为线段PB的中点．现有结论：(1)BC⊥PC；(2)OM//平面APC；(3)点B到平面PAC的距离等于线段BC的长．其中正确的是________(填序号).
15.（5分）设α表示平面，a，b表示直线，给定下面四个命题：
①a//α，a⊥b→b⊥α；
②a//b，a⊥α→b⊥α；
③a⊥α，a⊥b→b//α；
④a⊥α，b⊥α→a//b．
其中正确的命题是 ______ .(填序号)
16.（5分）在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，棱BB1，B1C1的中点分别为E，F，点P在平面BCC1B1内，作PQ⊥平面ACD1，垂足为Q.当点P在ΔEFB1内(包含边界)运动时，点Q的轨迹所组成的图形的面积等于_____________.

17.（5分）已知ΔABC中，∠C=90∘，tanA=2，M为AB的中点，现将ΔACM沿CM折成三棱锥P-CBM，当二面角P-CM-B大小为60∘时，ABPB=__________.
18.（5分）已知三棱锥S-ABC中，SA⊥BC，AB=BC=SA=22BS=22AC=2，则三棱锥S-ABC外接球的体积为______．
四 、解答题（本大题共5小题，共60分）
19.（12分）如图，四棱锥P-ABCD的底面ABCD为平行四边形，平面PAB⊥平面ABCD，PB=PC，∠ABC=45∘，点E是线段PA上靠近点A的三等分点．
(1)求证：AB⊥PC；
(2)若ΔPAB是边长为2的等边三角形，求直线DE与平面PBC所成角的正弦值．
20.（12分）如图，在四棱锥S-ABCD中，已知SA=SB，四边形ABCD是平行四边形，且平面SAB⊥平面ABCD，点M，N分别是SC，AB的中点．

(1)求证：MN//平面SAD；
(2)求证：SN⊥AC.
21.（12分）如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E、F分别是中点．
（Ⅰ）求证：AE⊥BF；
（Ⅱ）求证：BF⊥平面AB1E；
（Ⅲ）棱CC1上是否存在点P使AP⊥BF，若存在，确定点P位置；若不存在，说明理由．
22.（12分）在四棱锥E-ABCD中，底面ABCD是正方形，AC与BD交于点O，EC⊥底面ABCD，F为BE的中点．
(Ⅰ)求证：DE//平面ACF；
(Ⅱ)求证：BD⊥AE；
(Ⅲ)若AB=2CE，在线段EO上是否存在点G，使CG⊥平面BDE？若存在，求出EGEO的值，若不存在，请说明理由．
23.（12分）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为平行四边形，已知PA=AC=2，∠PAD=∠DAC=60∘，CE⊥AD于E.
(1)求证：AD⊥PC；
(2)若平面PAD⊥平面ABCD，且AD=3，求二面角C-PD-A的余弦值.
答案和解析
1.【答案】B;
【解析】
本题重点考查了异面直线所成角、线面夹角及棱锥体积，考查推理论证能力和空间想象能力，属于中档题.
三棱锥的体积计算可以进行顶点轮换及当线面平行时，直线上任意一点到平面的距离都相等这一结论，逐一分析即可.

解：对于①，在正方形体中，A1C1⊥B1D1,AA1⊥平面A1B1C1D1
∵B1D1⊂平面A1B1C1D1∴AA1⊥B1D1
又AA1∩A1C1=A1,
AA1⊂平面AA1C1,A1C1⊂平面AA1C1，
∴B1D1⊥平面AA1C1
又AC1⊂平面AA1C1，∴AC1⊥B1D1, 同理可得：B1C⊥AC1，
又B1D1∩B1C=B1,B1C⊂平面B1D1C,B1D1⊂平面B1D1C,
∴AC1⊥平面CB1D1，B1F⊂平面CB1D1，
∴AC1⊥B1F，
∴异面直线AC1与B1F所成的角是定值；
故①正确；
对于②三棱锥的底面EBA1为定值，
∵CD1//BA1，A1B⊂平面A1BE,CD1⊄平面A1BE
∴CD1//平面EBA1，
∴F到平面EBA1的距离是定值，故三棱锥B-EFA1的体积为定值，故②正确；
对于③因为在正方体ABCD-A1B1C1D1中，A1到平面B1CD1的距离是定值，
点F在线段CD1上运动，A1F变化，直线A1F与平面B1CD1所成的角是不同的，故③错误.
故选B.
2.【答案】C;
【解析】
此题主要考查了线面平行的判定，线面垂直的判定和性质，线面的位置关系，以及二面角，属于基础题.
根据相关知识进行判断即可.
解：过D作AC的平行线l，当平面DEF过I时，直线AC//平面DEF，故(1)错误;
ΔDEF绕DE旋转形成一个以DE为高，EF为底面半径的圆锥，设平面ABCD的法向量为n→，平面DEF的法向量为ρ→，则向量n→所在直线与圆锥底面所成角为60∘.向量ρ→所在直线与圆锥底面的半径所在直线平行，根据最小角原理，n→与ρ→的夹角大于或等于60∘，故(2)正确;
若有DF⊥平面ABCD，则AD⊥DF.又∵正方形ADEF中，AD⊥DE，DE∩DF=D,DE,DF⊂平面DEF,∴AD⊥平面DEF，则F在平面DEC内，此时DF与平面ABCD所成角为15∘或75∘，矛盾，故(3)错误;
当AD⊥DF时， 又∵正方形ADEF中，AD⊥DE，DE∩DF=D,DE,DF⊂平面DEF,∴AD⊥平面DEF.又∵正方形ABCD中，AD//BC，∴BC⊥平面DEF，∴DF⊥BC，故(4)正确.
故选C.
3.【答案】D;
【解析】
此题主要考查了直线与平面所成角，属于中档题.
先证明线面垂直，找到线面所成角，再计算即可.

解：取BC的中点M，连接PM，AM，在平面PAM过点P作PN垂直于AM，如图所示：

设PA=a，则AB=AC=BC=2a，
因为AP⊥平面PBC，AP⊥PB,AP⊥PC，
可得PB=3a,PC=3a,
所以PM⊥BC,AP⊥BC,AP∩PM=P,
所以BC⊥平面APM，BC⊥PN,PN⊥AM,AM∩BC=M，
所以PN⊥平面ABC，
所以∠PAM为直线PA与平面ABC所成的角，
在ΔPAM中，AP=a,AM=3a，
cs∠PAM=a3a=33，
故选D.
4.【答案】C;
【解析】解：由AH⊥平面BCD，AB⊥CD，可得CD⊥AH，
即有CD⊥平面ABH，可得CD⊥BH，
同理可得BD⊥CH，BC⊥DH，即有H为ΔBCD的垂心，
故选：C．
运用线面垂直的判断和性质，以及三角形的垂心概念可得所求．
该题考查空间线面垂直的判断和性质，考查三角形的垂心的定义，推理能力，属于基础题．
5.【答案】B;
【解析】
解：若l⊥平面，则c→⊥a→，c→·a→=0，c→⊥b→，c→·b→=0;
反之，若a→//b→，则c→⊥a→，c→⊥b→，并不能保证l⊥平面α.
故选B.
此题主要考查空间向量的数量积与垂直的关系，线面垂直的判定与性质，以及充分、必要条件的判断，属基础题.
根据定义判断即可.
6.【答案】D;
【解析】
该题考查了异面直线所成角以及直线与平面和二面角的应用问题，也考查了三棱锥的体积计算问题，是综合题．
根据线、面的位置关系及二面角的计算逐个进行判断即可．

解：对于①，由VD-BPC1=VP-DBC1知，SΔDBC1面积一定，且P∈AD1，AD1//平面BDC1，
∴点A到平面DBC1的距离即为点P到该平面的距离，三棱锥的体积为定值，①正确；
对于②，棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P在线段AD1上运动，∴B1C⊥平面ABC1D1，
而C1P⊂平面ABC1D1，∴B1C⊥C1P，异面直线C1P与CB1所成的角为定值90°，②正确；
对于③，二面角P-BC1-D的大小，是平面ABC1D1与平面BDC1所成的二面角，
这两个平面为固定的平面，它们的夹角为定值，③正确；
对于④，点P在线段AD1上运动，AD1⊥A1D，AD1⊥CD，且A1D∩CD=D，
A1D，CD⊂平面A1B1CD，∴AD1⊥平面A1B1CD，∴AP⊥平面A1B1CD，④正确；
综上，正确的命题序号是①②③④．
故选：D．
7.【答案】B;
【解析】
此题主要考查的是异面直线所成的角的求法，是中档题.
取BC的中点G，连结EG，FG，则EG//AC，所以EG与EF所成的角就是AC与EF所成的角，再取AC的中点H，从而可以证明AC⊥BD，
所以GF⊥EG，所以ΔEGF是等腰直角三角形，即可得解.

解：如图取BC的中点G，连结EG，FG，则EG//AC，GF//BD，
所以EG与EF所成的角∠GEF就是AC与EF所成的角，
且EG=12AC，GF=12BD.

因为AC=BD，
所以，EG=GF.
取AC的中点H，边接BH，DH，
因为AB=BC，DA=DC，
所以，BH⊥AC，DH⊥AC，
BH∩DH=H，BH、DH⊂平面BDH，
则AC⊥平面BDH，又BD⊂平面BDH，
所以，AC⊥BD，
所以GF⊥EG，
所以ΔEGF是等腰直角三角形，
所以∠EGF=45°，
即异面直线AC与EF所成角为45°，
故选B.
8.【答案】D;
【解析】
运用线面垂直的判定定理和性质定理，结合解直角三角形，可判断①；由异面直线所成角的定义，可判断②；由面面垂直的性质定理可判断③；由两平面所成角的定义，可判断④．
此题主要考查空间线面和面面的位置关系，运用线面和面面平行和垂直的判定定理和性质定理是解答该题的关键，考查空间想象能力，属于难题．

解：RtΔABC中，∠ABC=90°，AB=12，BC=8，

D，E分别是AB，AC的中点，可得PD=DB=6，DE=4，
由DE⊥PD，DE⊥BD，可得ED⊥平面PBD，
即有DE⊥PB，而BC//DE，
即有BC⊥PB，
在直角三角形PBC中，
tan∠BPC=BCPB=8PB，
在直角三角形PDE中，tan∠DPE=DEPD=46，
若∠DPE=∠BPC，可得PB=12，这与PB故①不可能成立；
由于BC//DE，且PE与DE不垂直，则PE与BC也不垂直，则②不可能成立；
当在翻折过程中，平面PED⊥平面BCED时，且有PD⊥DE，
可得PD⊥平面BCED，则PD⊥EC，则③可能成立；
由BC//ED，过P作直线l与BC平行，也与DE平行，可得平面PBC和平面PDE的交线为直线l，
且PB⊥l，PD⊥l，则∠BPD为平面PBC和平面PDE所成角，
由于BD=PD，则∠BPD不可能为直角，则④不可能成立．
故选：D.
9.【答案】BCD;
【解析】
此题主要考查空间中的线面关系，正六边形的性质等基础知识，考查空间想象能力和思维能力，以及空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力，属于中档题．
利用题中条件，逐一分析答案，通过排除和筛选，得到正确答案.

解：连接BD，

易得BD⊥BA，
又PA⊥平面ABC，BD⊂平面ABC，
∴PA⊥BD，又PA∩AB=A，PA,AB⊂平面PAB，
∴DB⊥平面PAB，
∴∠DPB即为直线PD与平面PAB所成角，
设正六边形的边长为a，则BD=3a,PA=2a，PB=5a，
sin∠DPB=3a22a=64，
故A错误；
∵AD//BC，
∴∠PDA为异面直线PD与BC所成角，
∠PDA=45°，故B正确；
∵由PA⊥平面ABC，DE⊂平面ABC，
得PA⊥DE，
又由正六边形的性质得AE⊥DE，PA∩AE=A，
得DE⊥平面PAE，又DE⊂平面PDE，
∴平面PAE⊥平面PDE ，C正确；
由PA⊥平面ABC，AE⊂平面ABC，得PA⊥AE，
又由正六边形的性质得AE⊥AB，PA∩AB=A，
得AE⊥平面PAB，又PB⊂平面PAB，
∴AE⊥PB，D正确；
故选BCD.
10.【答案】BC;
【解析】
此题主要考查空间中线线、线面的位置关系，空间向量夹角问题等基础知识，考查推理论证能力等数学核心素养，是中档题．
对于A，DD1//CC1，AF与CC1相交但不垂直，由此判断;
对于B，由A1G//D1F，得A1G//平面AEF;
对于C'由A1C→⊥AB1→，进行判断;
对于D，向量A1B→与向量AD1→的夹角是120∘.解：对于 A，∵DD1 //CC1， AF与 CC1相交但不垂直，∴D1D与 AF不垂直，故 A错误；
对于B，∵A1G//D1F，A1G⊄平面AEF，D1F⊂平面AEF，∴A1G//平面AEF，故B正确；
对于C，∵BC⊥平面ABB1A1，AB1⊂平面ABB1A1，∴BC⊥AB1，
又∵AB1⊥A1B，A1B∩BC=B,A1B,BC⊂平面A1BC，
∴AB1⊥平面A1BC，A1C⊂平面A1BC，∴AB1⊥A1C，
∴A1C→·(A1B1→-A1A→)=A1C→·AB1→=0，故C正确；
对于D，向量A1B→与向量AD1→的夹角是120°，故D错误．
故选：BC.
11.【答案】AD;
【解析】
此题主要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及相关的判定，属于中档题.
逐个分析判断解题.

解：由线面垂直的性质知，垂直于同一个平面的两条直线互相平行，A正确；
一条直线平行于两个平面的交线满足条件，但结论不成立，B错误；
缺少条件m⊥n，α∩β=n，不能由面面垂直得到线面垂直，或者说m可能在平面α内，C错误；
因为一条直线垂直于两个平行平面中的一个也一定垂直于另一个，D正确.
故选AD.
12.【答案】AB;
【解析】此题主要考查立体几何中线与线、线与面的位置关系的判断及体积的计算，考查学生空间想象能力，属于中档题．
过A'作A'O⊥DE，垂足为O，证得DE⊥平面AA'O，可判定A正确；
取DC的中点G，连接EG，A'G，当A'在平面ABCD上的投影在EG上时，可判定B正确；
连接A'B，由直线A'B与DE是异面直线，可判定C错误；
求得A'O=25，结合体积公式求可判定D错误．解：对于A中，如图所示，过A'作A'O⊥DE，垂足为O，连接AO，延长AO交BC于点F，因为DE⊥AO，且AO∩A'O=O，AO、A'O⊂平面A'AO，
所以DE⊥平面A'AO，
又因为A'A⊂平面A'AO，所以DE⊥AA'，所以A正确；
对于B中，取DC的中点G，连接EG，A'G，当A'在平面ABCD上的投影在EG上时，此时DC⊥平面A'EG，又A'E⊂平面A'EG，从而得到A'E⊥CD，所以B正确；
对于C中，连接A'B，因为E∈平面A'BE，D∉平面A'BE，
所以直线A'B与DE是异面直线，所以不存在某个位置，使得A'B//DE，
所以C错误；
对于D中，由VA'-BCDE=13×12(1+2)×2h=1，解得h=1，
由A'作A'O⊥DE，可得A'O=A'E⋅A'DDE=25，
即此时四棱锥的高h∈0,255,此时25<1，
所以不存在某个位置，使四棱锥A'-BCDE的体积为1，所以D错误．
13.【答案】AC;
【解析】
此题主要考查了空间几何体的结构特征，球的表面积，空间中线线，线面的位置关系，属于中档题.
对于A，根据线面角的定义即可判断；对于B在正方体中，找出满足题意的四面体，即可得到直角三角形的个数；对于C，根据线面垂直的判定和性质可知，O是ΔBCD的垂心；对于D作出正四面体的图形，找到球的球心位置，说明OE是内切球的半径，利用直角三角形，逐步求出内切球的表面积．

对于A选项，因为AB=AC=AD，设点A在平面BCD内的射影是O，
因为sin∠ABO=AOAB，sin∠ACO=AOAC，sin∠ADO=AOAD，
所以sin∠ABO=sin∠ACO=sin∠ADO，
则AB，AC，AD与底面所成的角相等，故A正确；
如图：直角三角形的直角顶点已经标出，直角三角形的个数是4.故B不正确；

对于C选项，设点A在平面BCD内的射影是O，
则AO⊥平面BCD，CD⊂平面BCD，
故AO⊥CD，又AB⊥CD，
AO∩AB=A，AO，AB⊂平面ABO，
故CD⊥平面ABO，又OB⊂平面ABO，
则CD⊥OB，
同理可证BD⊥OC，所以O是ΔBCD的垂心，故C正确；
如图，O为正四面体ABCD的内切球的球心，正四面体的棱长为1；

所以OE为内切球的半径，BF=AF=32，BE=33，
所以AE=1-13=63，
因为BO2-OE2=BE2，所以(63-OE)2-OE2=(33)2，
所以OE=612，所以球的表面积为4π⋅OE2=π6，故D不正确．
故选：AC.
14.【答案】(1)(2)(3);
【解析】
此题主要考查了线线垂直、线面垂直、线面平行的判定，考查了学生的空间想象能力与推理论证能力．对于(1)，先根据线面垂直的判定定理证明BC⊥面PAC，然后根据线面垂直的判定定理得到结论；
对于(2)，根据线面平行的判定定理进行判定即可；
对于(3)，根据点到面的距离的定义进行判定即可．解：
对于(1)，因为PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，
所以PA⊥BC.因为AB为⊙O的直径，所以BC⊥AC，AC∩PA=A，AC⊂平面PAC，PA⊂平面PAC，所以BC⊥平面PAC.又PC⊂平面PAC，所以BC⊥PC，正确；
对于(2)，因为点M为线段PB的中点，OA=OB，所以OM//PA.因为PA⊂平面PAC，OM⊄平面PAC，所以OM//平面PAC，正确；
对于(3)，由(1)知BC⊥平面PAC，所以线段BC的长即是点B到平面PAC的距离，正确．
故(1)(2)(3)都正确．
15.【答案】②④;
【解析】解：①若a//α，a⊥b，则b//α或b⊂α或b⊥α，故①错；
②若a//b，a⊥α，则由线面垂直的性质：两条平行线中的一条垂直于一个平面，另一条也垂直于这个平面，
即b⊥α，故②正确；
③若a⊥α，a⊥b，则b//α或b⊂α，故③错；
④若a⊥α，b⊥α，则由同垂直于一个平面的两直线平行，即a//b，故④正确．
故答案为：②④．
由线面平行的性质，可判断①；由线面垂直的性质：两条平行线中的一条垂直于一个平面，另一条也垂直于这个平面，即可判断②；由线面垂直的性质，即可判断③；由线面垂直的性质：同垂直于一个平面的两直线平行，即可判断④．
这道题主要考查直线与平面的位置关系，考查线面平行、垂直的判定和性质，是一道基础题．
16.【答案】312;
【解析】解：连结BD交AC于点O，连结OD1，B1D交于点H，设G为CD1的中点，
因为AC⊥BD，AC⊥BB1，BB1∩BD=B，BB1，BD⊂平面BB1D，
所以AC⊥平面BB1D，
因为B1D⊂平面BB1D，所以B1D⊥AC，
同理可证B1D⊥AD1，又AC∩AD1=A，AC，AD1⊂平面ACD1，
所以B1D⊥平面ACD1，即点B1在平面ACD1的投影为H，且D1H=2HO，
同理，点E，F在平面ACD1的投影分别为O，G，
所以ΔEFB1在平面ACD1的投影为ΔOGH，
又AC=2AB=2，所以HO=HG=13OD1=13AC⋅32=33，
所以点Q的轨迹所组成的图形的面积S=°=312.
故答案为：312.
连结BD交AC于点O，连结OD1，B1D交于点H，设G为CD1的中点，通过线面垂直的判定定理以及性质定理可得到B1D⊥平面ACD1，即点B1在平面ACD1的投影为H，同理可得点E，F在平面ACD1的投影分别为O，G，然后得到ΔEFB1在平面ACD1的投影为ΔOGH，求解三角形的面积即可得到答案．
此题主要考查了立体几何中的动点轨迹问题，涉及了线面垂直的判定定理和性质定理的应用，解答该题的关键是确定点Q的轨迹图形，属于中档题．
17.【答案】3;
【解析】
此题主要考查二面角的平面角及其求法，考查空间想象能力和思维能力，属中档题．
由题意画出图形，找出二面角P-CM-B的平面角，设AC=2，求解三角形得答案．

解：如图，取BC中点E，连接AE，设AE∩CM=O，

再设AC=2，由∠C=90°，tanA=2，可得BC=22，
在RtΔMEC中，可得tan∠CME=2，在RtΔECA中，求得tan∠AEC=2，
∴∠AEC=∠CME，∴∠AEM+∠CME=90°，
∴∠EOM=90°，有AE⊥CM.
∴PO⊥CM，EO⊥CM，∠POE为二面角P-CM-B的平面角为60°，
∵AE=6，OE=EM×sin∠CME=63，∴PO=263.
在ΔPOE中，由余弦定理可得PE=2.
∴PE2+OE2=PO2，即PE⊥EO.
∵PO∩EO=O，PO，EO⊂平面POE，
∴CM⊥平面POE，PE⊂平面POE，
∴PE⊥CM，又CM∩EO=O，CM，EO⊂平面ABC，
∴PE⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，
∴PE⊥BC，
则PB=PC=2+2=2.
在RtΔACB中，求得AB=23，
∴ABPB=3.
故答案为3.
18.【答案】43π;
【解析】
此题主要考查了棱锥的结构特征，以及外接球的体积公式，属于中档题．
根据棱锥的结构特征求出外接球的球心位置，得出球的半径，从而得出球的体积．

解：∵AB=BC=SA=2，SB=AC=22，
∴AB⊥BC，SA⊥AB，
又SA⊥BC，BC∩AB=B，BC，AB⊂平面ABC，
∴SA⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，
∴SA⊥AC，
由AB⊥BC，SA⊥BC，AB∩SA=A，AB,SA⊂平面SAB，
所以BC⊥平面SAB，SB⊂平面SAB，所以SB⊥BC，
即ΔSAC，ΔSBC都为直角三角形；
综上所证，构造一个边长为2的正方体，
将三棱锥S-ABC置于正方体中，如图所示．

所以SC即为三棱锥S-ABC外接球的直径，
又因为SC=SA2+AC2=23，
所以外接球的半径为3，
∴外接球的体积V=43π.(3)3=43π.
故答案为：43π.
19.【答案】(1)证明：作PO⊥AB于O①，连接OC，
∵平面PAB⊥平面ABCD，且平面PAB∩平面ABCD=AB，PO⊂平面PAB，
∴PO⊥平面ABCD.
∵PB=PC，∴ΔPOB≌ΔPOC，∴OB=OC，
又∵∠ABC=45°，∴OC⊥AB②
又PO∩CO=O，由①②，及OC、OP⊂平面POC，
得AB⊥平面POC，
又PC⊂平面POC，∴AB⊥PC.
(2)解：∵ΔPAB是边长为2的等边三角形，
∴PO=3,OA=OB=OC=1.
如图建立空间坐标系，

P(0,0,3),B(1,0,0),C(0,1,0),A(-1,0,0)
设平面PBC的法向量为n→=(x,y,z)，
PB→=(1,0,-3),BC→=(-1,1,0)，
由n→.PB→=x-3z=0n→.BC→=-x+y=0，令x=3，得n→=(3,3,1)；
AP→=(1,0,3),AE→=13AP→=(13,0,33)，CB→=DA→=(1,-1,0).
DE→=DA→+AE→=(43,-1,33)，
设DE与平面PBC所成角为θ，
sinθ=|cs|=n→⋅DE→|n→||DE→|
=433-3+33169×3+3+1=37，
∴直线DE与平面PBC所成角的正弦值为37.;
【解析】此题主要考查了空间线线垂直的判定，向量法求线面角，属于中档题．
(1)作PO⊥AB于O，连接OC，可得PO⊥平面ABCD，由ΔPOB≌ΔPOC，∠ABC=45°，得OC⊥AB，即得AB⊥平面POC，可证得AB⊥PC.
(2)以O为原点建立空间坐标系，P(0,0,3),B(1,0,0),C(0,1,0),A(-1,0,0)，利用向量法求解．
20.【答案】证明：(1)取SD的中点E，连接AE，EM，
∵点M，E分别是SC，SD的中点，
∴EM//CD，且EM=12CD，
又∵四边形ABCD是平行四边形，N是AB的中点，
∴AN//CD，且AN=12CD，
∴EM//AN，且EM=AN，
∴四边形ANME为平行四边形，
∴MN//EA，
又EA⊂平面SAD，MN不在平面SAD内，
∴MN//平面SAD；
(2)∵SA=SB，N是AB的中点，
∴SN⊥AB，
又平面SAB⊥平面ABCD，平面SAB∩平面ABCD=AB，
∴SN⊥平面ABCD，
∴SN⊥AC.
;
【解析】
此题主要考查了线面平行的判定、线面平行的性质、线面垂直的性质和面面垂直的性质，是基础题.
(1)通过证明四边形ANME为平行四边形，所以MN//EA，所以MN//平面SAD即可得证；
(2)先得出SN⊥AB，由面面垂直的性质得SN⊥平面ABCD，再由线面垂直的性质即可得证.
21.【答案】（Ⅰ）证明：取AD中点G，连接FG、BG，则FG⊥AE，
又∵△BAG≌△ADE，∴∠ABG=∠DAE，
∴AE⊥BG，又∵BG∩FG=G，
∴AE⊥平面BFG，
∴AE⊥BF；
（Ⅱ）证明：连A1B，则AB1⊥A1B，
又AB1⊥A1F，A1B∩A1F=A1，
∴AB1⊥平面A1BF，
∴AB1⊥BF，
又AE∩AB1=A，AE⊥BF；
∴BF⊥平面AB1E；
（Ⅲ）解：存在，取CC1中点P，即为所求，
连接EP、C1D
∵EP∥C1D，C1D∥AB1，
∴EP∥AB1，∴AP⊂平面AB1E，
由（Ⅱ）知BF⊥平面AB1E，
∴AP⊥BF．;
【解析】（Ⅰ）取AD中点G，连接FG、BG，通过证明⊥平面BFG，证明AE⊥BF；
（Ⅱ）连A1B，证明线线垂直，从而证明BF⊥平面AB1E；
（Ⅲ）存在，取CC1中点P，连接EP、C1D，说明AP⊂平面AB1E，利用BF⊥平面AB1E，推出AP⊥BF．
22.【答案】解：（I）连接OF．由ABCD是正方形可知，点O为BD中点．
又F为BE的中点，
所以OF∥DE．
又OF⊂面ACF，DE⊄面ACF，
所以DE∥平面ACF…．（4分）
（II） 证明：由EC⊥底面ABCD，BD⊂底面ABCD，
∴EC⊥BD，
由ABCD是正方形可知，AC⊥BD，
又AC∩EC=C，AC、E⊂平面ACE，
∴BD⊥平面ACE，
又AE⊂平面ACE，
∴BD⊥AE…（9分）
（III）：在线段EO上存在点G，使CG⊥平面BDE．理由如下：
取EO中点G，连接CG，
在四棱锥E-ABCD中，AB=2CE，CO=22AB=CE，
∴CG⊥EO．
由（Ⅱ）可知，BD⊥平面ACE，而BD⊂平面BDE，
∴平面ACE⊥平面BDE，且平面ACE∩平面BDE=EO，
∵CG⊥EO，CG⊂平面ACE，
∴CG⊥平面BDE
故在线段EO上存在点G，使CG⊥平面BDE．
由G为EO中点，得EGEO=12．…（14分）;
【解析】
(Ⅰ)利用线面平行的判定定理证明DE//平面ACF；
(Ⅱ)利用线面垂直的判定定理先证明BD⊥平面ACE，然后利用线面垂直的性质证明BD⊥AE；
(Ⅲ)利用线面垂直的性质，先假设CG⊥平面BDE，然后利用线面垂直的性质，确定G的位置即可．
这道题主要考查了空间直线和平面垂直的判定定理和性质定理的应用，要求熟练掌握相应的定理，综合性较强，难度较大．
23.【答案】(1)证明：连接PE，∵PA=AC，∠PAD=∠CAD，AE是公共边，
∴ΔPAE≌ΔCAE，
∴∠PEA=∠CEA，
∵CE⊥AD，
∴PE⊥AD，
又PE⊂平面PCE，CE⊂平面PCE，PE∩CE=E，
∴AD⊥平面PCE，
又PC⊂平面PCE，
∴AD⊥PC.
(2)解：由AD⊥平面PEC，EP，EC⊂平面PEC，
所以AE⊥EP，AE⊥EC，
由平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，PE⊥AD，PE⊂平面PAD，
所以PE⊥平面ABCD，所以PE⊥EA，PE⊥EC，
即EP，EA，EC两两垂直，
以E为原点，EA，EC，EP分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示

所以AE=1，PE=CE=3，DE=2，则E(0,0,0)，D(-2,0,0)，C(0,3,0)，P(0,0,3)，
DP→=(2,0,3)，DC→=(2,3,0).
设平面PCD的法向量为n→=(x,y,z)，则{n→.DP→=0n→.DC→=0，
令x=-3，则n→=(-3,2,2)，
又平面PAD的一个法向量为EC→=(0,3,0)，
设二面角C-PD-A所成的平面角为θ，
则|csθ|=|EC→.n→|EC→||n→||=|233×11|=21111，
显然二面角C-PD-A是锐二面角，
故二面角C-PD-A的余弦值为21111.;
【解析】
此题主要考查线面垂直的判定定理与性质定理，以及利用空间向量求二面角的余弦值，属于中档题目.
(1)利用线面垂直的判定定理得出AD⊥平面PCE，再由线面垂直的性质定理得出AD⊥PC；
(2)建立空间直角坐标系，由线面垂直的判定定理求出平面的法向量，再利用向量的夹角公式求出二面角的余弦值即可.