人教A版2019必修二立体几何之直线与平面，平面与平面垂直（含解析）

人教A版2019必修二立体几何之直线与平面，平面与平面垂直
一、单选题（共8题；共40分）
1.如图，在正方体 ABCD?A1B1C1D1 中， M ， N 分别是 BC1 ， CD1 的中点，则下列说法错误的是(??? )
A.?MN 与 CC1 垂直?????????B.?MN 与 AC 垂直?????????C.?MN 与 BD 平行?????????D.?MN 与 A1B1 平行
2.已知 α,β 是两个不重合的平面，直线 l⊥α ，则“ l//β ”是“ α⊥β ”的（??? ）
A.?充分不必要条件???????????B.?必要不充分条件???????????C.?充分必要条件???????????D.?既不充分也不必要条件
3.已知两条不同的直线 l，m 和不重合的两个平面 α,β ，且 l⊥β ，有下面四个命题：①若 m⊥β ，则 l//m ；②若 α//β ，则 l⊥a ；③若 α⊥β ，则 l//α ；④若 l⊥m ，则 m//β ．其中真命题的序号是（??? ）
A.?①②????????????????????????????????????B.?②③????????????????????????????????????C.?②③④????????????????????????????????????D.?①④
4.已知 m ， n 表示两条不同直线， α ， β 表示两个不同平面．设有四个命题： p1 ：若 m//α ， m⊥n ，则 n⊥α ； p2 ：若 m//α ， n⊥α ，则 m⊥n ； p3 ：若 m//α ， α⊥β ，则 m//β ； p4 ：若 m//α ， m//β ，则 α//β ．则下列复合命题中为真命题的是（?? ）
A.?p1∧p2?????????????????????????????B.??p1∧p4?????????????????????????????C.?p2∨p3?????????????????????????????D.?p3∨p4
5.如图，AB是⊙O直径，C是圆周上不同于A、B的任意一点，PA与平面ABC垂直，则四面体P_ABC的四个面中，直角三角形的个数有（??? ）
A.?4个???????????????????????????????????????B.?3个???????????????????????????????????????C.?1个???????????????????????????????????????D.?2个
6.设m，n是两条不同的直线， α,β 是两个不重合的平面，下列命题中正确的是（??? ）
① m⊥nn?α}?m⊥α ?? ② m⊥αm?β}?α⊥β ?? ③ m⊥αn⊥α}?m//n ??? ④ m?αn?βα//β}?m//n
A.?①②?????????????????????????????????????B.?①④?????????????????????????????????????C.?②③?????????????????????????????????????D.?②④
7.如图，三棱锥 A?BCD 的底面 BCD 在平面 α 内，所有棱均相等， E 是棱 AC 的中点，若三棱锥 A?BCD 绕棱 CD 旋转，设直线 BE 与平面 α 所成的角为 θ ，则 cosθ 的取值范围为（??? ）
A.?[36,1]???????????????????????????????B.?[56,1]???????????????????????????????C.?[0,116]???????????????????????????????D.?[0,336]
8.《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，系统地总结了战国、秦、汉时期的数学成就.书中有记载将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑，如图四面体 ABCD 为鳖臑，其中 AB⊥ 平面 BCD ， ∠BCD=90° ， AB=3BC ，球 O 为该四面体的内切球，当过 CD 边的平面也过球心 O 时，记该平面与平面 BCD 所成角为 θ ，则 θ 角满足（???? ）
A.?cosθ=325???????????????????????????B.?sinθ=24???????????????????????????C.?θ=π6???????????????????????????D.?θ=π4
二、多选题（共4题；共12分）
9.如图，正方体 ABCD?A1B1C1D1 的棱长为1，点 P 是 △B1CD1 内部(不包括边界)的动点，若 BD⊥AP ，则线段 AP 长度的可能取值为(??? )
A.?233???????????????????????????????????????B.?65???????????????????????????????????????C.?62???????????????????????????????????????D.?52
10.已知在正三棱锥 P?ABC 中， PA=3 ， AB=2 ，点 D 为 BC 的中点，下面结论正确的有（??? ）
A.?PC⊥AB
B.?平面 PAD⊥ 平面 PBC
C.?PA 与平面 PBC 所成的角的余弦值为 13
D.?三棱锥 P?ABC 的外接球的半径为 5
11.如图，在四棱锥 P?ABCD 中，底面 ABCD 是正方形， PA⊥ 平面 ABCD ， PA=AB ，点 E 为 PA 的中点，则下列判断正确的是（??? ）
A.?PB 与 CD 所成的角为 60°????????????????????????????????B.?BD⊥ 平面 PAC
C.?PC ∥平面 BDE????????????????????????????????????????????????D.?VB?CDE:VP?ABCD=1:4
12.如图，直三棱柱 ABC?A1B1C1 中，所有棱长均为1，点 E 为棱 B1C1 上任意一点，则下列结论正确的是（??? ）
A.?直线 AA1 与直线 BE 所成角的范围是 [0,π4]
B.?在棱 B1C1 上存在一点 E ，使 AB1⊥ 平面 A1BE
C.?若 E 为棱 B1C1 的中点，则平面 ABE 截三棱柱 ABC?A1B1C1 所得截面面积为 31916
D.?若 F 为棱 A1B1 上的动点，则三棱锥 F?ABE 体积的最大值为 16
三、填空题（共4题；共4分）
13.在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAB⊥平面ABCD， PA=PB=22AB ，若 △PBC 和 △PCD 的面积分别为1和 3 ，则四棱锥P-ABCD的外接球的表面积为________.
14.如图，在直三棱柱 ABC?A1B1C1 中，侧棱长为 2 ， AC=BC=1 ， ∠ACB=90° ， D 是 A1B1 的中点， F 是 BB1 上的动点， AB1 ， DF 交于点 E ，要使 AB1⊥ 平面 C1DF ，则线段 B1F 的长为________.
15.如图，在侧棱垂直于底面的三棱柱 ABC?A1B1C1 中， AB⊥BC ， AB=BC=CC1 ， E ，F分别是 BC ， B1C1 的中点，则异面直线 AF 与 C1E 所成角的余弦值是________．
16.如图，已知棱长为2的正方体 ABCD?A1B1C1D1 中，点 P 在线段 B1C 上运动，给出下列结论：
①异面直线 AP 与 DD1 所成的角范围为 [π3,π2] ；
②平面 PBD1⊥ 平面 A1C1D ；
③点 P 到平面 A1C1D 的距离为定值 233 ；
④存在一点 P ，使得直线 AP 与平面 BCC1B1 所成的角为 π3 .
其中正确的结论是________.
四、解答题（共6题；共60分）
17.如图，在四棱锥 P?ABCD 的展开图中，点 P 分别对应点 P1 ， P2 ， P3 ， P4 ，已知 A ， D 均在线段 P1P3 上，且 P1P3⊥P2C ， P1P3∩P2C=D ，四边形 ABCP2 为等腰梯形， AB//CP2 ， AB=12BC=13CP2 .
（1）若 M 为线段 BC 的中点，证明： BC⊥ 平面 PDM .
（2）求二面角 A?PB?C 的余弦值.
18.如图所示的几何体由等高的 12 个圆柱和 14 个圆柱拼接而成，点 G 为弧 CD 的中点，且 C 、 E 、 D 、 G 四点共面．
（1）证明： BF⊥ 平面 BCG ．
（2）若直线 DF 与平面 AFB 所成角为 45° ，求平面 BDF 与平面 ABG 所成锐二面角的余弦值．
19.如图，三棱锥 P?ABC 中，侧棱 PA⊥ 底面 ABC,C 点在以 AB 为直径的圆上.
（1）若 PA=AC ，且 E 为 PC 的中点，证明: AE⊥PB ;
（2）若 PA=AC=BC, 求二面角 C?BP?A 的大小.
20.现有两个全等的等腰直角三角板，直角边长为2，将它们的一直角边重合，若将其中一个三角板沿直角边折起形成三棱锥 A?BCD ，如图所示，其中 ∠ABD=60° ，点E，F，G分别是 AC,BC,AB 的中点．
（1）求证： EF⊥ 平面 CDG ；
（2）求二面角 F?AE?D 的余弦值．
21.如图，在四边形 PDCB 中， PD//BC ， BA⊥PD ， PA=AB=BC=1 ， AD=12 .沿 BA 将 △PAB 翻折到 △SBA 的位置，使得 SD=52 .
（1）作出平面 SCD 与平面 SBA 的交线 l ，并证明 l⊥ 平面 CSB ；
（2）点 Q 是棱 SC 于异于 S ， C 的一点，连接 QD ，当二面角 Q?BD?C 的余弦值为 66 ，求此时三棱锥 Q?BCD 的体积.
22.如图，四棱锥 P?ABCD 中，四边形 ABCD 是等腰梯形， AB// CD,PD⊥AD, 2PD=2AD=2CD=AB=PB .
（1）证明：平面 PAD⊥ 平面 ABCD ；
（2）过 PD 的平面交 AB 于点 E, 若平面 PDE 把四棱锥 P?ABCD 分成体积相等的两部分，求平面 PAD 与平面 PCE 所成锐二面角的余弦值.
答案解析部分
一、单选题
1.【答案】 D
【解析】【解答】如图：连接 C1D ， BD ，
∵ 在三角形 C1DB 中， MN//BD ，C符合题意．
∵CC1⊥ 平面 ABCD ， ∴CC1⊥BD ， ∴MN 与 CC1 垂直，A符合题意；
∵AC⊥BD ， MN//BD ， ∴MN 与 AC 垂直，B符合题意；
∵ MN//BD ， ∴MN 与 A1B1 不可能平行，D不符合题意
故答案为：D．

【分析】 首先利用三角形中位线定理证明MN∥BD，再利用线面垂直的判定定理定义证明MN与CC1垂直，由异面直线所成的角的定义证明MN与AC垂直，故排除A、B、C由此得到答案。
2.【答案】 A
【解析】【解答】解：因为 α,β 是两个不重合的平面，直线 l⊥α ，若 l//β ，则存在直线 a?β ，满足 l//a ，因为 l⊥α ，所以 a⊥α ，所以 α⊥β ，故充分性成立；
若 α⊥β ， l⊥α ，则 l?β ，或 l//β ，故必要性不成立；
所以“ l//β ”是“ α⊥β ”的充分不必要条件；
故答案为：A

【分析】 利用线面平行的性质定理，面面垂直的判定与性质定理即可判断出关系．
3.【答案】 A
【解析】【解答】解：因为两条不同的直线 l，m 和不重合的两个平面 α,β ，且 l⊥β ，
对于①，由 l⊥β,m⊥β ，可得 l//m ，故①正确；
对于②，若 l⊥β,α//β ，可得 l⊥α ，故②正确；
对于③，若 l⊥β,α⊥β ，则有可能 l?α ，故③错误；
对于④，当 l⊥β,l⊥m 时，则有可能 m?β ，故④错误．
综上，真命题的序号是①②．
故答案为：A．

【分析】 由直线与平面垂直的性质判断①②；由线面垂直及面面垂直判断直线与平面的位置关系判断③；由线线垂直及线面垂直判断直线与平面的位置关系判断④．
4.【答案】 C
【解析】【解答】 p1 ：若 m//α ， m⊥n ，则 n⊥α 是假命题，例如 n//α 也可能，故 ?p1 是真命题；
p2 ：若 m//α ， n⊥α ，则 m⊥n ，根据线面垂直的性质定理即线面平行的性质定理知是真命题；
p3 ：若 m//α ， α⊥β ，则 m//β 是假命题，例如可以 m⊥β ；
p4 ：若 m//α ， m//β ，则 α//β 是假命题， α,β 也可能相交.
所以 p1∧p2 ， ?p1∧p4 ， p3∨p4 是假命题， p2∨p3 是真命题，
故答案为：C

【分析】 p1 ：m与n相交、平行或异面；p2 ：由线面垂直的性质定理得m⊥n；p3 ：由线面垂直的性质定理得m⊥n；p4 ：m与n相交、平行或异面．
5.【答案】 A
【解析】【解答】∵AB是圆O的直径，∴∠ACB= 90? ，即 BC⊥AC ,三角形 ABC 是直角三角形.
又∵ PA⊥ 圆O所在的平面，∴三角形 PAC 和三角形 PAB 是直角三角形,且BC在此平面中，∴ BC⊥ 平面 PAC ,∴三角形 PBC 是直角三角形.
综上，三角形 PAB ，三角形 ABC ，三角形 PBC ，三角形 PAC .直角三角形数量为4.
故答案为：A.

【分析】根据AB是圆O的直径，得出三角形 ABC 是直角三角形， PA⊥ 圆O所在的平面，得出三角形 PAC 和三角形 PAB 是直角三角形，BC⊥ 平面 PAC ， 得出三角形 PBC 是直角三角形，即可得出答案。
6.【答案】 C
【解析】【解答】对①，若 m⊥n,n?α ，则 m 和 α 可能相交，平行或在平面内，故①错误；
对②，若 m⊥α,m?β ，则由面面垂直的判定定理可得 α⊥β ，故②正确；
对③，若 m⊥α,n⊥α ，则由线面垂直的性质可得 m//n ，故③正确；
对④，若 m?α,n?β,α//β ，则 m 和 n 平行或异面，故④错误.
故答案为：C.

【分析】利用已知条件结合线面垂直的判定定理、面面垂直的判定定理、线线平行的判定定理，从而找出正确命题的选项。
7.【答案】 A
【解析】【解答】取 AD 的中点 F ，连接 EF 、 BF ，如下图所示：
?
∵E 、 F 分别为 AC 、 AD 的中点，所以 EF//CD ，
设正四面体 ABCD 的棱长为 2 ，则 BE=BF=3 ， EF=12CD=1 ，
由余弦定理可得 cos∠BEF=BE2+EF2?BF22BE?EF=36 ，
当三棱锥 A?BCD 绕棱 CD 旋转时，直线 BE 与平面 α 所成的角为 θ ，
让正四面体 ABCD 相对静止，让平面 α 绕着直线 CD 转动，则平面 α 的垂线也绕着 CD 旋转，
设过直线 EF 的平面 β 满足 α//β ，
∵EF//CD ，问题也等价于平面 β 绕着直线 EF 旋转，
当 B∈β 时， θ 取得最小值 0 ，此时， cosθ 取得最大值 1 ；
当 B?β 时，设点 B 到平面 β 的距离为 d ，可得 sinθ=dBE ，
当 d 取最大值时， θ 取最大值，此时，平面 BEF⊥ 平面 β ，
由于 BE=BF ，取 EF 的中点 O ，连接 BO ，可得 BO⊥EF ，
∵ 平面 BEF⊥ 平面 β ，平面 BEF∩β=EF ， BO? 平面 BEF ， ∴BO⊥β ，
此时， θ=∠BEF ，所以， cosθ 的最小值为 36 ，
综上所述， cosθ 的取值范围是 [36,1] 。
故答案为：A。

【分析】取 AD 的中点 F ，连接 EF 、 BF ，∵E 、 F 分别为 AC 、 AD 的中点，再利用中点作中位线的方法，从而结合中位线的性质推出线线平行，即EF//CD ，设正四面体 ABCD 的棱长为 2 ，则 BE=BF=3 ， EF=12CD=1 ，由余弦定理可得 cos∠BEF 的值，当三棱锥 A?BCD 绕棱 CD 旋转时，直线 BE 与平面 α 所成的角为 θ ，让正四面体 ABCD 相对静止，让平面 α 绕着直线 CD 转动，则平面 α 的垂线也绕着 CD 旋转，设过直线 EF 的平面 β 满足 α//β ，∵EF//CD ，问题也等价于平面 β 绕着直线 EF 旋转，再利用分类讨论的方法结合几何法得出，当 B∈β 时， θ 取得最小值 0 ，此时， cosθ 取得最大值 1 ，当 B?β 时，设点 B 到平面 β 的距离为 d ，可得 sinθ=dBE ，当 d 取最大值时， θ 取最大值，此时，平面 BEF⊥ 平面 β ，再利用面面垂直的性质定理，从而推出线面垂直，∴BO⊥β ，此时， θ=∠BEF ，所以， cosθ 的最小值为 36 ，进而求出cosθ 的取值范围。
?
8.【答案】 C
【解析】【解答】如图所示， AB⊥ 平面 BCD,∠BCD=π2 ，
设 CD=b,BC=a ，则 AB=3a ， BD2=a2+b2 ，
又由四面体 ABCD 的四个面都是直角三角形，
在直角 △ABD 中， AD2=AB2+BD2=4a2+b2 ，
在 Rt△ABC 中， AC2=AB2+BC2=4a2 ，
在直角 △ACD 中， AC2=4a2,CD2=b2,AD2=4a2+b2 ，
所以 DC⊥AC ，
又由 ∠BCD=π2 ，即 DC⊥BC ，可得 DC⊥ 平面 ABC ，所以 DC⊥BC,AC⊥CD ，
所以 ∠ACD 是平面 ACD 与平面 BCD 所成的二面角，设 ∠ACD=φ ，
又由四面体 ABCD 内切球的球心为 O ，
由对称性可知，平面 CDO 平分角 φ ，
令平面 CDO 与平面 CDB 所成的角为 θ ，则 θ=φ2 ，
在直角 △ABC 中， AB=3a,BC=a ，则 sinφ=32 ，
即 sin2θ=32 ，即 2inθcosθ=2sinθ1?sin2θ=32 ，
令 sin2θ=t ，则 t(1?t)=316 ，解得 t=34 或 t=14 ，
即 sin2θ=34 或 sin2θ=14 ，可得 sinθ=32 或 sinθ=12 ，
又因为 φ=2θ ，且 sinφ=32 ，所以 sinθ=32 （舍去），
所以 sinθ=12 ，又由 θ∈(0,π2) ，所以 θ=π6 .
故答案为：C.

【分析】首先根据题意由直角三角形的性质以及勾股定理即可计算出垂直关系，由此即可求出二面角的平面角，结合已知条件由对称性可知平面 CDO 平分角 φ ， 结合二倍角的正弦公式以及同角三角函数的平方关系式整理即可计算出 θ=π6 ， 进而得到答案。
二、多选题
9.【答案】 A,B,C
【解析】【解答】在正方体AC1中，连接AC，A1C1 ， A1C1∩B1D1=O ，如图，
BD⊥AC，BD⊥AA1 ， 则BD⊥平面ACC1A1 ，
因AP⊥BD，所以 AP? 平面ACC1A1 ， 又点P是△B1CD1内部(不包括边界)的动点，
连接CO，平面B1CD1 ∩ 平面ACC1A1=CO，所以点P在线段CO上(不含点C，O)，
连接AO，在等腰△OAC中， AC=2,AO=CO=62 ，而底边AC上的高为1，
腰OC上的高 h=AC?1OC=233 ，从而有 233≤AP<2 ，
65,62 都符合， 52 不符合.
故答案为：ABC

【分析】 由已知结合直线与平面垂直的判定与性质可得P的轨迹，求出AO1与AC的长,再求出A到O1C的距离，结合选项得答案.
10.【答案】 A,B
【解析】【解答】如图，连接 PD ， AD ，
易得 PD⊥BC ， AD⊥BC ，∵ AD∩PD=D ，∴ BC⊥ 平面 APD ，∵ BC? 平面 PBC ，∴平面 APD⊥ 平面 PBC ，同样∵ PA? 平面 PAD ，∴ PA⊥BC ，同理 PC⊥AB ，故答案为：项A，B符合题意；
由平面 APD⊥ 平面 PBC 知 ∠APD 为 PA 与平面 PBC 所成的角.在 △APD 中， PD=32?1=22 ， AD=22?1=3 ，根据余弦定理得 cos∠APD=32+(22)2?(3)22×3×22=7212 ，故答案为：项C不符合题意；
取 △ABC 的重心为 O1 ，连接 PO1 ，设外接球的球心为 O ，半径为 R ，连接 AO ， PO1=32?(233)2=233 ，在 Rt△AOO1 中，可得 R2=(233?R)2+(233)2 ，解得 R=96946 ，故答案为：项D不符合题意，
故答案为：AB.

【分析】 根据题意作出辅助线可得PD⊥BC，AD⊥BC，利用线面、面面垂直的判定与性质定理即可判断出选项A、B正确；由∠APD为PA与平面PBC所成的角，在△APD中，根据余弦定理可得cos∠APD，即可判断出选项C 错误；取△ABC的重心为O1 ， 连接PO1 ， 设外接球的球心为O，半径为R，连接AO，在Rt△AOO1中，R2=(233?R)2+(233)2 解得R，即可判断出选项D错误 ；由此得出答案。
11.【答案】 B,C,D
【解析】【解答】对A， ∵ 底面 ABCD 是正方形， ∴AB//CD ，则 ∠PBA 即为 PB 与 CD 所成的角， ∵ PA⊥ 平面 ABCD ， ∴PA⊥AB ， ∵PA=AB ， ∴∠PBA=45? ，A不符合题意；
对B，连接 AC ，
∵ 底面 ABCD 是正方形， ∴BD⊥AC ， ∵ PA⊥ 平面 ABCD ， BD? 平面 ABCD ， ∴PA⊥BD ， ∵PA∩AC=A ， ∴ BD⊥ 平面 PAC ，B符合题意；
对C，设 BD∩AC=O ，连接 OE ，则 O 是 AC 中点，又点 E 为 PA 的中点， ∴PC//OE ， ∵OE? 平面 BDE ， PC? 平面 BDE ， ∴ PC ∥平面 BDE ，C符合题意；
对D， ∵VB?CDE=VE?BCD=13S△BCD?EA ， VP?ABCD=13SABCD?PA=13×2S△BCD×2EA=4VB?CDE , ∴VB?CDE:VP?ABCD=1:4 ，D符合题意.
故答案为：BCD.

【分析】对A，可得∠PBA 即为 PB 与 CD 所成的角，求出∠PBA=45? ， 可判断；对B通过BD⊥AC和PA⊥BD可得；对C，通过线面判定定理可得；对D，分别表示出三棱锥和四棱锥的体积可得。
12.【答案】 A,C
【解析】【解答】对于A，由直三棱柱 ABC?A1B1C1 ， ∴AA1//BB1 ， ∴∠B1BE 为直线 AA1 与直线 BE 所成角，
当 E 与 B1 重合时，直线 AA1 与直线 BE 所成角为0，当 E 与 C1 重合时，直线 AA1 与直线 BE 所成角为 π4 ，所以直线 AA1 与直线 BE 所成角的范围是 [0,π4] ，A符合题意；
对于B，假设 AB1⊥ 平面 A1BE ，又 BE? 平面 A1BE ， ∴AB1⊥BE ，设 BC 中点为 H ，
则 AH⊥BC ，则 AH⊥ 平面 BCC1B1 ，所以 AB1 在平面 BCC1B1 上的射影为 B1H ，
由三垂线定理得 B1H⊥BE ，又因为 BCC1B1 为正方形，所以点 E 为 CC1 中点，与点 E 为棱 B1C1 上一点矛盾，B不符合题意.
对于C，取 A1C1 中点 G ，连结 EG ， GA ，则平面 ABE 截三棱柱 ABC?A1B1C1 所得截面为等腰梯形 ABEG ， AB=1 ， EG=12 ，
在直角 △BB1E 中， EB=52 ，所以梯形的高为 (52)2?(14)2=194 ，梯形的面积为 S=12×(12+1)×194=31916 ，C符合题意.
对于D，因为 S△ABF=12AB×BB1=12 ，且 VF?ABE=VE?ABF ，
所以当 E 与 C1 重合时，三棱锥 F?ABE 的体积最大，取 A1B1 中点 M ，
则 C1M⊥ 平面 ABB1A1 ，得 VC1?ABF=13S△ABF×C1M=13×12×32=312 ，D不符合题意.
故答案为：AC

【分析】由异面直线的球阀即可判断出选项A正确，利用反证法结合线面垂直的判断以及性质定理即可判断出选项B错误，利用线线平行的性质即可得到平面ABE截三棱柱所得为等腰梯形，结合面积公式计算出结果由此判断出选项C正确，利用等体积法即可求出体积的最大值由此即可判断出选项D错误，从而得到答案。
三、填空题
13.【答案】 6π
【解析】【解答】在四棱锥 P?ABCD 中，因为 PA=PB=22AB ，
所以 PA2+PB2=AB2 ，即 PA⊥PB ，
所以 △PAB 是等腰直角三角形，
因为底面 ABCD 为矩形，所以 BC⊥AB ，
又平面 PAB⊥ 平面 ABCD ，平面 PAB∩ 平面 ABCD=AB,BC? 平面 ABCD ，
所以 BC⊥ 平面 PAB ，
又 PB? 平面 PAB ，所以 ，设 PA=PB=a,BC=b ，
则 AB=CD=2a ， PC=PD=a2+b2 ，
取CD中点E，连接PE，AC，BD，且 AC∩BD=O ，
则 PE=PC2?CE2=a2+b2?a22=a22+b2 ，
因为直角 △PBC 和等腰 △PCD 的面积分别为1和 3 ，
所以 12ab=1 且 12?2a?a22+b2=3 ，
解得 a=b=2 ，
因为 PA⊥PB ，所以 △PAB 的外接圆圆心为 O1 （如图所示），
又底面ABCD为矩形，所以ABCD的外接圆圆心为对角线交点O，
所以四棱锥 P?ABCD 的外接球球心即为O，
所以四棱锥 P?ABCD 的外接球的半径 R=12×AB2+AD2=62 ，
所以四棱锥 P?ABCD 的外接球的表面积为 S=4πR2=6π 。
故答案为：6π。

【分析】在四棱锥 P?ABCD 中，因为 PA=PB=22AB ，所以利用勾股定理证出线线垂直，即PA⊥PB ，所以 △PAB 是等腰直角三角形，又因为底面 ABCD 为矩形，所以 BC⊥AB ，又由平面 PAB⊥ 平面 ABCD ，结合面面垂直的性质定理，进而证出线面垂直，即BC⊥ 平面 PAB ，又因为 PB? 平面 PAB ，所以 ，设 PA=PB=a,BC=b ，则 AB=CD=2a ，再利用勾股定理求出PC的长，取CD中点E，连接PE，AC，BD，且 AC∩BD=O ，再利用勾股定理求出PE的长，再利用三角形面积公式结合已知条件，进而求出a,b的值，因为 PA⊥PB ，所以 △PAB 的外接圆圆心为 O1 ，又因为底面ABCD为矩形，所以ABCD的外接圆圆心为对角线交点O，所以四棱锥 P?ABCD 的外接球球心即为O，再利用勾股定理求出四棱锥 P?ABCD 的外接球的半径，再结合球的表面积公式，进而求出四棱锥 P?ABCD 的外接球的表面积。
14.【答案】 12
【解析】【解答】设 B1F=x ，
因为 AB1⊥ 平面 C1DF ， DF? 平面 C1DF ，
所以 AB1⊥DF ，
由已知可得 A1B1=2 ，
设 Rt△AA1B1 斜边 AB1 上的高为 h ，
则 DE=12h ，
又 S△AA1B1=12A1B1?AA1=12AB1?h ，即 12×2×2=12×22+(2)2×h ，
所以 h=233 ， DE=33 .
在 Rt△DB1E 中， B1E=(22)2?(33)2=66 ，
因为 S△DB1F=12B1E?DF=12DB1?B1F ，
所以 12×66×(22)2+x2=12×22x ，
解得 x=12 .
故答案为： 12 .
【分析】设 B1F=x ，先由 AB1⊥ 平面 C1DF ，得到 AB1⊥DF ，设 Rt△AA1B1 斜边 AB1 上的高为 h ，根据题中数据求出 h=233 ， DE=33 ，再由 S△DB1F=12B1E?DF=12DB1?B1F 列出方程，即可求出结果.
15.【答案】 53
【解析】【解答】连结BF，在三棱柱 ABC?A1B1C1 中，因为 E ，F分别是 BC ， B1C1 的中点，
所以 BF ∥ C1E ,则∠AFB（或其补角）即为异面直线 AF 与 C1E 所成角.
在三棱柱 ABC?A1B1C1 中,因为侧棱垂直于底面，即 BB1⊥ABC ,所以 BB1⊥AB .
又 AB⊥BC ，且 BB1∩BC=B ,所以 AB⊥ 平面 BB1C1C ，而 BF? 平面平面 BB1C1C ，
所以 AB⊥BF
不妨设AB=2,
在直角三角形ABF中，AB=2, BF=1+22=5,AF=AB2+BF2=22+5=3
所以异面直线 AF 与 C1E 所成角的余弦值为： cosθ=53 .
故答案为： 53

【分析】首先由三棱锥的性质结合平行关系即可得出∠AFB（或其补角）即为异面直线 AF 与 C1E 所成角，再由三棱锥里的垂直关系由线面垂直的性质定理即可得出线线垂直，结合勾股定理以及三角形内的几何计算关系即可求出结果。
16.【答案】 ②③
【解析】【解答】对于①，当 P 在 C 点时， DD1⊥AC ，
异面直线 AC 与 DD1 所成的角最大为 π2 ，
当 P 在 B1 点时，异面直线 AB1 与 DD1 所成的角最小为 ∠D1DC=π4 ，
所以异面直线 AP 与 DD1 所成的角的范围为 [π4,π2] ，故①错误；
对于②，如图，因为 A1C1⊥B1D1,A1C1⊥B1B,B1D1∩B1B,B1D1,B1B? 平面 BB1D ,所以 A1C1⊥BD1 ,同理 DC1⊥BD1 ,又因为 A1C1∩DC1=C1,A1C1,DC1? 平面 DA1C1 ,所以 BD1⊥ 平面 A1C1D ，所以平面 PBD1⊥ 平面 A1C1D ，故②正确；
对于③，因为 B1C//A1D, B1C? 平面 A1C1D , A1D? 平面 A1C1D ,所以 B1C// 平面 A1C1D ，所以点 P 到平面 A1C1D 的距离为定值，且等于 BD1 的 13 ，即 233 ，故③正确；
对于④，直线 AP 与平面 BCC1B1 所成的角为 ∠APB ， tan∠APB=ABBP ，
当 BP⊥B1C 时， BP 最小， tan∠APB 最大，最大值为 2故答案为：②③.

【分析】利用已知条件结合正方体的结构特征，再结合异面直线所成的角的求解方法和异面直线所成的角的取值范围，进而求出异面直线 AP 与 DD1 所成的角的取值范围 ；再利用面面垂直的判定定理推出平面 PBD1⊥ 平面 A1C1D ；利用已知条件结合点到平面的距离公式，进而求出点 P 到平面 A1C1D 的距离为定值，且等于 BD1 的 13 ；利用已知条件结合线面角的求解方法，进而得出结论正确的序号。
四、解答题
17.【答案】 （1）证明：由 P1P3⊥P2C ， P1P3∩P2C=D ，可知 PD ， AD ， CD 两两相互垂直.
因为 AD∩CD=D ，所以 PD⊥ 平面 ABCD ，则 PD⊥BC .
连接 BD ，取 CD 的中点 E ，连接 BE ，
因为 AB=12BC=13CP2 ，
所以 BC=CD ， BE=AD=3CE ，所以 ∠BCD=60° ，
从而 △BCD 为正三角形，又因为 M 为 BC 的中点，所以 DM⊥BC .
又因为 PD∩DM=D ， PD,DM? 平面 PDM ，所以 BC⊥ 平面 PDM
（2）解：以 D 为坐标原点，以 DA 的方向为 x 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系 D?xyz .
设 AB=1 ，则 D(0,0,0) ， A(3,0,0) ， B(3,1,0) ， C(0,2,0) ， P(0,0,1) ，
从而 PB=(3,1,?1) ， BC=(?3,1,0) ， AB=(0,1,0) .
设平面 PBC 的法向量为 n=(x,y,z) ，
则 {n?PB=0,n?BC=0, 即 {3x+y?z=0,?3x+y=0,
令 x=1 ，得 n=(1,3,23) .
平面 PAB 的法向量 m=(x1,y1,z1) ，
则 {m?PB=0m?AB=0 ，即 {3x1+y1?z1=0y1=0 ，取 x1=1 ，得平面 PAB 的法向量 m=(1,0,3) ，
所以 cos?m,n?=m?n|m||n|=1+62×4=78 ，
由图可知二面角 A?PB?C 为钝角，故二面角 A?PB?C 的余弦值为 ?78 .
【解析】【分析】(1)根据题意与线面垂直的性质定理即可得出线线垂直，再由正三角的性质即可得出线线垂直然后与线面垂直的判定定理即可的得证出结论。
(2)根据题意建立空间直角坐标系求出各个点的坐标以及向量和平面PBC法向量的坐标，再由数量积的坐标公式即可求出平面PBC的法向量的坐标，同理即可求出平面PAB的法向量；结合空间数量积的运算公式代入数值即可求出夹角的余弦值，由此得到 二面角 A?PB?C 的余弦值 。
?
18.【答案】 （1）证明：取弧 AB 的中点 H ，连结 BH ， GH ，
则 ∠ABF=∠ABH=45° ，所以 BF⊥BH ，因为 BC//GH 且 BC=GH ，所以四边形 BCGH 为平行四边形，所以 BH//GC ，所以 BF⊥GC ，
又因为 BC⊥ 平面 ABF ， BF? 平面 ABF ，所以 BC⊥BF ，
又 BC,GC? 平面 BCG ， BC∩GC=C ．
所以 BF⊥ 平面 BCG
（2）解：以 A 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，设 AB=2 ，因为直线 DF 与平面 AFB 所成角为 45° ，则 AB=(0,2,0) ， AG=(?1,1,2) ， FB=(?2,2,0) ， FD=(?2,0,2) ，设平面 BDF 的法向量为 n=(x,y,z) ，由 {n?FB=0n?FD=0 可得： {x+y=0?x+z=0 ，令 x=1 ，则 n=(1,1,1) ，同理可得：平面 ABG 的法向量为 m=(2,0,1) ，则 cos?m,n?=m?n|m||n|=33×5=155 ，故平面 BDF 与平面 ABG 所成锐二面角的余弦值为 155
【解析】【分析】(1)根据题意作出辅助线由中点的性质即可得出线线平行，再由平行的性质结合已知条件即可得出线线垂直，然后由线面垂直的判定定理即可得证出结论。
(2)根据题意建立空间直角坐标系求出各个点的坐标以及向量和平面BDF法向量的坐标，再由数量积的坐标公式即可求出平面BDF的法向量的坐标，同理即可求出平面ABG的法向量；结合空间数量积的运算公式代入数值即可求出夹角的余弦值，由此得到平面 BDF 与平面 ABG 所二面角的余弦值 。
19.【答案】 （1）证明：几何法:
易知当 PA=AC,E 为 PC 的中点时， AE⊥PC ;
且由 C 点在以 AB 为直径的圆上，可得 AC⊥BC,
另外， PA⊥ 底面 ABC, 且 BC? 面 ABC,
则 PA⊥BC,
而 PA? 面 PAC,AC? 面 PAC,PA∩AC=A,
可知 BC⊥ 面 PAC,
因为 AE? 面 PAC,
所以 BC⊥AE,
又 PC? 面 PBC,BC? 面 PBC,
且 PC∩BC=C,
可知 AE⊥ 面 PBC,
又 PB? 平面 PBC,
故 AE⊥PB .
空间向量法:
由 BC⊥AC,BC⊥PA, 知 BC⊥ 面 PAC,
在平面 ABC 内过 A 作垂直 AC 的直线为 x 轴， AC,AP 所在的直线为 y 轴， z 轴;
即以 A 为坐标原点，建立如图2的空间直角坐标系，
可设 PA=a,
若设 BC=b, 则 A(0,0,0),B(b,a,0),C(0,a,0),P(0,0,a) ，
因此 E(0,a2,a2) ，
其中 AE=(0,a2,a2),PB=(b,a,?a) ，
故 AE?PB=0 ;
故 AE⊥PB .
（2）解：几何法:
如图1，过点 E 作 EF⊥PB 交 PB 于点 F,
由 AE⊥PB,EF⊥PB 可知 ∠AFE 为二面角 C?BP?A 的平面角，
若设 PA=a, 则可求得 AF=63a,AE=22a,EF=66a
由余弦定理知 cos∠AFE=AF2+EF2?AE22AF?EF=12
则二面角 C?BP?A 的大小为 60?
注:若利用 (1) 中 AE⊥ 面 PBC 所得 AE⊥EF,
即 RT△AEF 中 AF=63a,AE=22a
也可求得 sin∠AFE=32
空间向量法:当 PA=AC,E 为 PC 的中点时， AE⊥PC, 则由（1）知 AE⊥ 面 PBC,
故可取面 PBC 的一个法向量为 AE=(0,a2,a2) ;
当 PA=AC=BC=a 时， AP=(0,0,a),AB=(a,a,0) ，
若设面 PAB 的法向量为 u=(x,y,z) ，
则 {μ?AP=0,μ?AB=0, ，即 {a?z=0,ax+ay=0, ，可取 u=(1,?1,0)
则 cos?AE,u?=AE?u|AE||u|=12
由图可知二面角 C?BP?A 为锐角，
所以二面角 C?BP?A 的大小为 60?
【解析】【分析】 （1）由题意可知BC⊥PA，BC⊥AC，可证明BC⊥平面ABC，建立合适的空间直角坐标系，设PA=a，设BC=b，表示出所需点的坐标，求出直线AE和PB的方向向量，然后利用数量积为0证明即可；
（2）利用（1）中的结论，求出平面PBC的一个法向量，利用待定系数法求出平面PAB的一个法向量，然后利用二面角的计算公式，结合特殊角的三角函数求解即可．
20.【答案】 （1）证明：根据已知得 AD=BD ，又G为 AB 的中点，所以 DG⊥AB ，
因为 AC=BC ，G为 AB 的中点，所以 CG⊥AB ，
又 DG∩CG=G ，所以 AB⊥ 平面 CDG ．
又因为 AB//EF ，所以 EF⊥ 平面 CDG
（2）解：因为 CD⊥AD,CD⊥BD ，所以 CD⊥ 平面 ABD ，取 BD 中点H，连接 AH,FH ，则 AH⊥ 平面 BDC ，又 HF⊥BD ，所以以H为原点，以 HB,HF,HA 所在直线分别为 x,y,z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则 A(0,0,3),F(0,1,0),C(?1,2,0),E(?12,1,32),D(?1,0,0) ，
所以 AE=(?12,1,?32),AF=(0,1,?3),AD=(?1,0,?3) ．
设平面 AEF 的法向量为 n1=(x1,y1,z1) ，
则 {n1?AE=0,n1?AF=0, 即 {?12x1+y1?32z1=0,y1?3z1=0,
令 z1=1 ，得 n1=(3,3,1) ．
设平面 AED 的法向量为 n2=(x2,y2,z2) ，
则 {n2?AE=0,n2?AD=0, 即 {?12x2+y2?32z2=0,?x2?3z2=0,
令 z2=?1 ，得 n2=(3,0,?1) ．
所以 cos?n1,n2?=3?127=77 ，所以二面角 F?AE?D 的余弦值为 77
【解析】【分析】（1） 根据已知得 AD=BD ，又因为点G为 AB 的中点，再结合等腰三角形三线合一，所以 DG⊥AB ，因为 AC=BC ，G为 AB 的中点，再结合等腰三角形三线合一，所以 CG⊥AB ，再利用线线垂直证出线面垂直，即AB⊥ 平面 CDG ．又因为 AB//EF ，进而证出 EF⊥ 平面 CDG 。
（2） 因为 CD⊥AD,CD⊥BD ，再利用线线垂直证出线面垂直，所以 CD⊥ 平面 ABD ，取 BD 中点H，连接 AH,FH ，则 AH⊥ 平面 BDC ，又因为 HF⊥BD ，所以以H为原点，以 HB,HF,HA 所在直线分别为 x,y,z 轴，建立空间直角坐标系， 进而求出点的坐标，再利用向量的坐标表示求出向量的坐标，再利用数量积求向量夹角公式，进而求出二面角 F?AE?D 的余弦值。
21.【答案】 （1）解：如图，延长 BA ， CD 相交于 E ，连接 SE ，则 SE 为平面 SCD 与平面 SBA 的交线 l .
证明：在 △SAD 中， SA=1 ， AD=12 ， SD=52 ，则 SA2+AD2=SD2 ，所以 SA⊥AD .
由 SA⊥AD ， AD⊥AB ， SA∩AB=A ，得 AD⊥ 平面 SAB .
又 BC∥AD ，所以 BC⊥ 平面 SAB ，所以 BC⊥SE .
由 PD∥BC ， AB=BC=1 ， AD=12 ，得 AE=1 .
所以 AE=AB=SA ，所以 SE⊥SB .
又因为 BC∩SB=B ，所以 SE⊥ 平面 CSB ，即 l⊥ 平面 CSB
（2）解：由（1）知， SA⊥AB ， AD⊥AB ， AD⊥SA .以点A为坐标原点， AD ， AB ， AS 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.
易得 A(0,0,0) ， D(12,0,0) ， B(0,1,0) ， S(0,0,1) ， C(1,1,0) ，则 BD=(12,?1,0) .
设 SQ=λSC （ 0<λ<1 ），则 Q(λ,λ,1?λ) ，则 BQ=(λ,λ?1,1?λ) .
设 n=(x,y,z) 是平面 QBD 的一个法向量，
则 {λx+(λ?1)y+(1?λ)z=012x?y=0 ，
令 x=2 ，则 n=(2,1,1?3λ1?λ) .
m=(0,0,1) 是平面 CBD 的一个法向量.
由 |cos|=|n?m||n||m|=|1?3λ1?λ|5+(1?3λ1?λ)2=66 ，解得 λ=12 .
所以点 Q 是 SC 的中点.
所以 VQ?BDC=13×S△BDC×(12SA)=13×(12×1×1)×12=112
【解析】【分析】(1)根据题意作出辅助线由勾股定理计算出线线垂直，再由线面垂直的判定定理即可得出线面垂直，然后由线面垂直的性质定理得出线线垂直，结合线面垂直即可得证出结论。
(2)根据题意建立空间直角坐标系求出各个点的坐标以及向量和平面QBD法向量的坐标，再由数量积的坐标公式即可求出平面QBD的法向量的坐标，同理即可求出平面CBD的法向量；结合空间数量积的运算公式代入数值即可求出夹角的余弦值，由此计算出λ的值进而得出 点 Q 是 SC 的中点 ，结合中点的性质把数值代入到体积公式计算出结果即可。

?
22.【答案】 （1）证明：如图，取 AB 的中点 M, 连结 DM,DB ，
∵CD=12AB ，
∴CD=MB ，
∵CD//MB ，
∴ 四边形 BCDM 为平行四边形，
∴DM=BC ，
∵ 四边形 ABCD 是等腰梯形， AB//CD ，
∴DM=BC=AD ，
又 AD=CD=12AB=AM ，
∴△AMD 为等边三角形，
∴∠DAM=∠DMA=60? ，
∴ 在等腰 △MBD 中， ∠MBD=30? ，
∴ 在 △ADB 中， ∠ADB=90? ，
不妨设 2PD=2AD=2CD=AB=PB=2 ，
则 BD=3 ，
在 △PBD 中， BD=3,PD=1,PB=2 ，
∴PD2+BD2=PB2 ，
∴PD⊥BD ，
又 PD⊥AD,AD? 平面 ABCD,BD? 平面 ABCD,AD∩BD=D ，
∴PD⊥ 平面 ABCD ，
又 PD? 平面 PAD ，
∴ 平面 PAD⊥ 平面 ABCD
（2）解： ∵PD⊥AD,PD⊥BD,AD⊥BD ，
∴ 以 AD,BD,PD 分别为 x 轴， y 轴， z 轴建立空间直角坐标系，如图：
设 PD=1 ，
∵ 平面 PDE 把四棱锥 P?ABCD 分成体积相等的两部分，
三棱锥 P?ADE 的体积等于四棱锥 P?BCDE ，
∴13S△ADC×PD=13S梯形DCBE×PD ，
∴S△ADE=S梯形DCBE
设梯形 ABCD 的高为 h,AE=x
则 12xh=12×(2?x+1)h ，
解得 x=32 ，
则 D(0,0,0),A(1,0,0),B(0,3,0),P(0,0,1) ， E(14,334,0),C(?12,32,0)
PN=(?12,32,?1),PE=(14,334,?1) ，
∵y 轴 ⊥ 平面 PAD,
∴ 平面 PAD 的一个法向量为 n=(0,1,0)
设平面 PCE 的一个法向量为 m=(x,y,z) ，
则 {m?PC=0m?PE=0
即 {?12x+32y?z=014x+334y?z=0
取 x=?3, 则 y=3,z=23 ，
∴m=(?3,3,23) ，
∴cos=m?n|m||n|=326=64 ，
∴ 平面 PAD 与平面 PCE 所成锐二面角的余弦值为 64 .
【解析】【分析】 （1）作DF⊥AB交AB于点F，连结BD，在△ABD中，利用余弦定理求出BD，然后由勾股定理可证PD⊥BD，再利用线面垂直的判定定理可证PD⊥平面ABCD，由面面垂直的判断定理证明即可；
（2）利用平面PDE把四棱锥P-ABCD分成体积相等的两部分，可得S△ADE=S梯形DCBE ， 从而求出AE，然后建立合适的空间直角坐标系，求出所需各点的坐标，利用待定系数法求出平面PAD和PCE的法向量，然后利用二面角的计算公式求解即可．