2020-2021学年四川省南充市高二（上）10月月考考试数学（理）试卷人教A版

这是一份2020-2021学年四川省南充市高二（上）10月月考考试数学（理）试卷人教A版，共11页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 已知平面向量a→，b→满足|a→|=|b→|=1，且a→与b→夹角为60∘，那么a→⋅b→等于（ ）
A.14B.13C.12D.1

2. 已知两直线m，n，两平面α，β，若m⊂α， n⊂β，α//β，则m与n的位置关系是（ ）
A.平行B.相交C.异面D.平行或异面

3. 若等差数列an的前n项和为Sn，a4=1，a8+a9=9，则S9=( )
A.15B.16C.17D.18

4. 下列说法正确的是( )
A.侧棱垂直于底面的棱柱一定是直棱柱
B.棱柱中两个互相平行的平面一定是棱柱的底面
C.棱柱中各条棱长都相等
D.棱柱的侧面是平行四边形，但它的底面一定不是平行四边形

5. 在△ABC中， AB=2， BC=32， ∠ABC=120∘，若使△ABC绕直线BC旋转一周，则所形成的几何体的体积是（ ）
A.152πB.92πC.52πD.32π

6. 下列说法正确的是（ ）
A.平行于同一平面的两条直线平行
B.垂直于同一直线的两条直线垂直
C.与某一平面所成角相等的两条直线平行
D.垂直于同一条直线的两个平面平行

7. 已知ABCD是直角梯形，AD // BC，AB⊥BC，且AD=2，BC=4，AB=2．按照斜二测画法作出它的直观图A′B′C′D′，则直观图A′B′C′D′的面积为（ ）
A.3B.22C.324D.322

8. 设m，n为两条不重合的直线，α，β为两个不重合的平面，m，n既不在α内，也不在β内，则下列结论正确的是( )
A.若m // α，n // α，则m // nB.若m // n，n // α，则m // α
C.若m⊥α，n⊥α，则m⊥nD.若m⊥α，m⊥β，则α⊥β

9. 如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥底面ABCD，底面ABCD为正方形，且PA=2AB=4，M为PC上一动点，若PC⊥DM，则MB的长度为( )

A.102B.303C.52D.352

10. 已知三棱锥P−ABC的所有顶点都在球O的球面上，△ABC是边长为2的正三角形，PA，PB，PC两两垂直，则球O的体积为（ ）
A.3π2B.3πC.3πD.43π

11. 如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为菱形， ∠BAD=60∘，Q为AD的中点，点M在线段PC上， PM=tMC，若PA//平面MQB，则t等于（ ）

A.1B.12C.13D.14

12. 棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，P为正方形ABB1A1内的一个动点，且总有PC⊥BD1，则动点P的轨迹的长度为（ ）
A.1B.2C.22D.12
二、填空题

设向量a→=2,−6，b→=−1,m，若a→//b→，则实数m的值为________.

在各项均为正数的等比数列an中，若a1a3a5a7a9=32，则a5=___________.

已知正三棱锥的侧棱长是底面边长的2倍，则侧棱与底面所成角的余弦值等于________．

已知四边形ABCD为矩形，AB=2AD=4，M为AB的中点，将△ADM沿DM折起，得到四棱锥A1−DMBC，设A1C的中点为N，在翻折过程中，得到如下有三个命题：
①BN // 平面A1DM，且BN的长度为定值5；
②三棱锥N−DMC的最大体积为223；
③在翻折过程中，存在某个位置，使得DM⊥A1C．
其中正确命题的序号为________．(写出所有正确结论的序号)
三、解答题

已知某几何体的正视图、侧视图都是直角三角形，俯视图是矩形（尺寸如图所示）．

(1)在所给提示图中，作出该几何体的直观图；

(2)求该几何体的体积V．

已知a，b，c分别是△ABC内角A，B，C的对边，且3csinA=acsC．
(1)求C的值；

(2)若c=7a，b=23，求△ABC的面积．

如图所示，已知多面体PABCDE的底面ABCD是边长为2的菱形，PA⊥底面ABCD，ED//PA且PA=2ED=2.

(1)证明： CE//平面ABP；

(2)若∠ABC=60∘，求异面直线PE与AB所成角的余弦值．

如图，在三棱锥P−ABC中，底面△ABC是等腰直角三角形，AB=BC=8，D，E，F分别为棱PC，AC，AB的中点，且PA⊥AC，PA=6， DF=5.

(1)求证：PA⊥平面ABC；

(2)求证：平面PAB⊥平面DEF.

如图，直四棱柱ABCD−A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60∘，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．

如图(1)所示，在直角梯形ABCP中，BC // AP，AB⊥BC，CD⊥AP，AD=DC=PD=2，E，F，G分别为线段PC，PD，BC的中点，现将△PDC折起，使平面PDC⊥平面ABCD(图(2))．

(1)求证：平面EFG // 平面PAB；

(2)若点Q是线段PB的中点，求证：PC⊥平面ADQ；

(3)求三棱锥C−EFG的体积．
参考答案与试题解析
2020-2021学年四川省南充市高二（上）10月月考考试数学（理）试卷
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
平面向量数量积的性质及其运算
【解析】
利用平面向量的数量积公式求解即可．
【解答】
解：平面向量a→，b→满足|a→|=|b→|=1，且a→与b→夹角为60∘，
那么a→⋅b→=|a→||b→|cs=1×1×12=12．
故选C.
2.
【答案】
D
【考点】
空间中直线与直线之间的位置关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为m⊂α，n⊂β，α//β，
所以直线m，n没有公共点，
所以直线m，n平行或者异面．
故选D．
3.
【答案】
B
【考点】
等差数列的前n项和
等差数列的通项公式
【解析】
利用等差数列通项公式求出首项和公差，代入求和公式求解即可.
【解答】
解：设等差数列an的公差为d，
∵ a4=1，a8+a9=9，
∴ a1+3d=1，a1+7d+a1+8d=9，
解得d=79，a1=−43，
∴ S9=9×−43+9×82×79=16.
故选B.
4.
【答案】
A
【考点】
棱柱的结构特征
【解析】
根据直棱柱的定义和性质，可判断选项A；列举棱柱中两个互相平行的平面，可判断选项B；由侧棱与棱的区别，可判断选项C；举特例，例如长方体，可判断选项D.
【解答】
解：选项A，由直棱柱的定义和性质可知选项A正确；
选项B，棱柱中两个互相平行的平面也可能是棱柱的侧面，故B错误；
选项C，棱柱中的各条侧棱都相等，并不是每条棱都相等，故C错误；
选项D，长方体是棱柱，它的侧面和底面都是平行四边形，故D错误．
故选A.
5.
【答案】
D
【考点】
组合几何体的面积、体积问题
柱体、锥体、台体的体积计算
旋转体（圆柱、圆锥、圆台）
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：依题意可知，旋转体是一个大圆锥去掉一个小圆锥，
所以OA=3，OB=1，
所以旋转体的体积：13×π(3)2(OC−OB)=3π2.
故选D.
6.
【答案】
D
【考点】
直线与平面所成的角
空间中直线与平面之间的位置关系
空间中直线与直线之间的位置关系
【解析】
利用直线与平面的位置关系，判断每个选项即可.
【解答】
解：A，平行于同一平面的两条直线可能平行，相交，异面，故A错误；
B，垂直于同一直线的两条直线可能平行，相交，异面，故B错误；
C，与某一平面成等角的两直线可能平行，相交，异面，故C错误；
D，垂直于同一直线得两平面平行，故D正确.
故选D.
7.
【答案】
D
【考点】
斜二测画法画直观图
平面图形的直观图
【解析】
由题意知S直=24S原，故求出直角梯形面积带入即可．
【解答】
解：因为S直=24S原，
又因为梯形ABCD是直角梯形，AD // BC，AB⊥BC，且AD=2，BC=4，AB=2，
所以梯形的面积为6，所以直观图A′B′C′D′的面积为322．
故选D.
8.
【答案】
B
【考点】
空间中平面与平面之间的位置关系
空间中直线与平面之间的位置关系
空间中直线与直线之间的位置关系
【解析】
在A中，m与n相交、平行或异面；在B中，由线面平行的判定定理得m // α；在C中，由线面垂直的性质定理得m与n平行；在D中，由面面平行的判定定理得α // β．
【解答】
解：在A中，若m // α，n // α，则m与n相交、平行或异面，故错误；
在B中，若m // n，n // α，则由线面平行的判定定理得m // α，故正确；
在C中，若m⊥α，n⊥α，则由线面垂直的性质定理得m与n平行，故错误；
在D中，若m⊥α，m⊥β，则由面面平行的判定定理得α // β，故错误．
故选B.
9.
【答案】
B
【考点】
点、线、面间的距离计算
直线与平面垂直的性质
直线与平面垂直的判定
【解析】
平面直线与平面的垂直关系，结合等面积法求解MB即可．
【解答】
解：连接AC，
因为底面ABCD为正方形，所以BD⊥AC.
因为PA⊥底面ABCD，所以PA⊥BD.
因为PA∩AC=A，所以BD⊥平面PAC，
所以BD⊥PC.
又PC⊥DM，BD∩DM=D，故PC⊥平面BDM，
可得MB⊥PC.
又由BC=2，BP=4+16=25，
PC=20+4=26，MB=25×226=303．
故选B.
10.
【答案】
A
【考点】
球内接多面体
球的表面积和体积
【解析】
由已知可得球O相当于棱长为1的正方体的外接球，求出球半径，代入球的体积公式，可得答案．
【解答】
解：∵ △ABC是边长为2的正三角形，PA，PB，PC两两垂直，
∴ PA=PB=PC=1，
由三棱锥P−ABC的所有顶点都在球O的球面上，
故球O相当于棱长为1的正方体的外接球，
故R=12+12+122=32，
故球O的体积V=43πR3=32π.
故选A.
11.
【答案】
B
【考点】
直线与平面平行的性质
【解析】
利用线面平行的性质，三角形的重心定理得解.
【解答】
解：由题设得△ABD为等边三角形，Q为AD的中点，
连接AC，BD，交点为O，则O为BD中点，
故BQ，AO的交点N为△ABD的重心，如图，
得ANAO=23，则ANAC=13，ANNC=12，
若PA//面MQB，
因为PA⊂面PAC，面PAC∩面MQB=MN，
所以PA//MN，
所以PMMC=ANNC=12，
即PM=12MC.
故选B.
12.
【答案】
B
【考点】
轨迹方程
直线与平面垂直的判定
棱柱的结构特征
【解析】
利用线面垂直得判定，得BD1⊥面AB1C，得动点P的轨迹为线段AB1.
【解答】
解：连接AC，AB1，B1C，B1D1，
由DD1⊥面ABCD，得AC⊥DD1，又AC⊥BD，
则易得AC⊥平面BDD1B1，得AC⊥BD1，
同理得AB1⊥BD1，
所以得BD1⊥面AB1C，
由于平面ABB1A1∩平面AB1C=AB1，
当P在AB1上移动时，总有PC⊥BD1.
故动点P的轨迹为线段AB1=2.
故选B.
二、填空题
【答案】
3
【考点】
平面向量共线（平行）的坐标表示
平面向量的坐标运算
【解析】
根据a→=(2,−6)，b→=(−1,m)，且a→//b→，则由向量平行的判定可知2×m=−6×(−1)，
从而可求得m=3.
【解答】
解：由题意，a→=(2,−6)，b→=(−1,m)，且a→//b→，
则由向量平行的判定可知2×m=−6×(−1)，
解之得m=3.
故答案为：3.
【答案】
2
【考点】
等比中项
等比数列的性质
【解析】
由等比数列性质，可求得答案.
【解答】
解：由题意，在等比数列{an}中，a1a3a5a7a9=32，
而由等比数列性质可知，a1a9=a3a7=a52，
从而有a55=32，解得a5=2.
故答案为：2.
【答案】
36
【考点】
直线与平面所成的角
棱锥的结构特征
【解析】
首先利用正三棱锥的性质，设底面边长为AB＝a，进一步求得侧棱长为：AC＝2a，顶点A在下底面的射影为O点．利用勾股定理求得：DE=3a2，进一步求得：OD=33a，最后在Rt△AOD中，利用余弦公式求的结果．
【解答】
解：如图，设底面边长为BC=a，顶点在下底面的射影为O点，
可得侧棱与底面所成的角即∠ADO.
则侧棱长AC=2a.
可得DE=3a2，则OD=33a.
在Rt△AOD中，cs∠ADO=33a2a=36.
故答案为：36.
【答案】
①②
【考点】
余弦定理
直线与平面垂直的判定
柱体、锥体、台体的体积计算
棱锥的结构特征
【解析】
分别延长DM，CB交于H，连接A1H，由中位线定理和线面平行的判定定理，以及余弦定理可判断①；
当平面A1DM⊥平面DMBC时，A1到平面DMBC的距离最大，结合棱锥的体积公式，计算可得所求最大值，可判断②；由线面垂直的判断和性质可判断③．
【解答】
解：分别延长DM，CB交于H，连接A1H，
由M为中点，BM=12CD，可得B为CH的中点，
可得BN为△A1CH的中位线，可得BN // A1H，
且BN=12A1H，
在△A1MH中，A1M=2，MH=22，∠A1MH=135∘，
则A1H=4+8−2×2×22×(−22)=25，
即有BN=5，故①正确；
当平面A1DM⊥平面DMBC时，A1到平面DMBC的距离最大，且为2，
此时N到平面DMBC的距离最大，且为22，
△DMC的面积为12×2×4=4，可得三棱锥N−DMC的最大体积为13×4×22=223，故②正确；
若DM⊥A1C，又DM=CM=22，CD=4，可得DM⊥MC，
则DM⊥平面A1CM，即有DM⊥A1M，这与DM为斜边矛盾，故③错误．
故答案为：①②.
三、解答题
【答案】
解：(1)由三视图判断几何体为四棱锥，且其中一条侧棱与底面垂直，底面是矩形，其直观图如图：
(2)由几何体的三视图可知，几何体为四棱锥，其底面为矩形，高为6，
∴ 几何体的体积V=13×8×6×6=96．
【考点】
由三视图求体积
柱体、锥体、台体的体积计算
由三视图还原实物图
【解析】
由三视图，判断几何体的形状为四棱锥，且其中一条侧棱与底面垂直，底面是矩形，求出底面面积和高，代入体积公式计算可得答案．
【解答】
解：(1)由三视图判断几何体为四棱锥，且其中一条侧棱与底面垂直，底面是矩形，其直观图如图：
(2)由几何体的三视图可知，几何体为四棱锥，其底面为矩形，高为6，
∴ 几何体的体积V=13×8×6×6=96．
【答案】
解：(1)∵ △ABC中3csinA=acsC，
∴ 由正弦定理可得3sinCsinA=sinAcsC，
约掉sinA可得3sinC=csC，
∴ tanC=sinCcsC=33，
由C为三角形内角可得C=π6.
(2)∵ c=7a，b=23，
∴ 由余弦定理得7a2=a2+12−43a×32，
整理可得a2+a−2=0，解得a=1或a=−2（舍去），
∴ △ABC的面积S=12×1×23×12=32．
【考点】
余弦定理
正弦定理
【解析】
（1）由已知和正弦定理可得3sinCsinA=sinAcsC，约掉sinA由同角三角函数基本关系可得；
（2）由已知数据和余弦定理得a的方程，解方程代入三角形的面积公式可得．
【解答】
解：(1)∵ △ABC中3csinA=acsC，
∴ 由正弦定理可得3sinCsinA=sinAcsC，
约掉sinA可得3sinC=csC，
∴ tanC=sinCcsC=33，
由C为三角形内角可得C=π6.
(2)∵ c=7a，b=23，
∴ 由余弦定理得7a2=a2+12−43a×32，
整理可得a2+a−2=0，解得a=1或a=−2（舍去），
∴ △ABC的面积S=12×1×23×12=32．
【答案】
(1)证明：由题ED//PA，ED⊄平面PAB，PA⊂平面PAB，
所以ED//平面PAB.
四边形ABCD是边长为2的菱形，
所以AB//CD，CD⊄平面PAB，BA⊂平面PAB，
所以CD//平面PAB，CD和DE是平面CDE内两条相交直线．
所以平面CED//平面ABP，CE⊂平面CED，
所以CE//平面ABP．
(2)解：取AP的中点M，连结MD，MC，如图．
由题可得ED//PM，ED=PM=1，
所以四边形PMDE是平行四边形，
所以PE//MD.
又AB//CD，
异面直线PE与AB所成角就是MD与CD所成角.
ABCD是边长为2的菱形，∠ABC=60∘．
所以三角形ABC是等边三角形，
PA⊥底面ABCD，MC=MD=1+4=5.
在三角形MDC中，由余弦定理cs∠CDM=4+5−52×2×5=55，
所以异面直线PE与AB所成角的余弦值为55．
【考点】
平面与平面平行的判定
异面直线及其所成的角
【解析】
无
无
【解答】
(1)证明：由题ED//PA，ED⊄平面PAB，PA⊂平面PAB，
所以ED//平面PAB.
四边形ABCD是边长为2的菱形，
所以AB//CD，CD⊄平面PAB，BA⊂平面PAB，
所以CD//平面PAB，CD和DE是平面CDE内两条相交直线．
所以平面CED//平面ABP，CE⊂平面CED，
所以CE//平面ABP．
(2)解：取AP的中点M，连结MD，MC，如图．
由题可得ED//PM，ED=PM=1，
所以四边形PMDE是平行四边形，
所以PE//MD.
又AB//CD，
异面直线PE与AB所成角就是MD与CD所成角.
ABCD是边长为2的菱形，∠ABC=60∘．
所以三角形ABC是等边三角形，
PA⊥底面ABCD，MC=MD=1+4=5.
在三角形MDC中，由余弦定理cs∠CDM=4+5−52×2×5=55，
所以异面直线PE与AB所成角的余弦值为55．
【答案】
证明：(1)∵ D，E，F分别为棱PC，AC，AB的中点，
∴ DE=12PA=3,DE//PA，EF=12BC=4，
又DF=5, ∴ DE2+EF2=DF2，即DE⊥EF，
∴ DE//PA，∴ PA⊥EF.
∵ PA⊥AC，AC∩EF=E，AC,EF在平面ABC上，
∴ PA⊥平面ABC.
(2)由(1)知 PA⊥EF，
∵ △ABC是等腰直角三角形，AB=BC，F为AB中点， ∴ EF⊥AB，
又PA∩AB=A，∴ EF⊥平面PAB,
∵ EF在平面DEF上，
∴ 平面PAB⊥平面DEF.
【考点】
平面与平面垂直的判定
直线与平面垂直的判定
【解析】
(2)要证平面BDE⊥平面ABC，只需证DE⊥平面ABC，即证DE⊥EF，且DE⊥AC即可．
【解答】
证明：(1)∵ D，E，F分别为棱PC，AC，AB的中点，
∴ DE=12PA=3,DE//PA，EF=12BC=4，
又DF=5, ∴ DE2+EF2=DF2，即DE⊥EF，
∴ DE//PA，∴ PA⊥EF.
∵ PA⊥AC，AC∩EF=E，AC,EF在平面ABC上，
∴ PA⊥平面ABC.
(2)由(1)知 PA⊥EF，
∵ △ABC是等腰直角三角形，AB=BC，F为AB中点， ∴ EF⊥AB，
又PA∩AB=A，∴ EF⊥平面PAB,
∵ EF在平面DEF上，
∴ 平面PAB⊥平面DEF.
【答案】
(1)证明：如图，过N作NH⊥AD，
NH//AA1，且NH=12AA1,
又MB//AA1，MB=12AA1，
∴ 四边形NMBH为平行四边形，则NM//BH，
由NH//AA1，N为A1D中点，得H为AD中点，而E为BC中点，
∴ BE//DH，BE=DH，则四边形BEDH为平行四边形，则BH//DE，
∴ NM//DE，
∵ NM⊄平面C1DE，DE⊂平面C1DE，
∴ MN//平面C1DE；
(2)解：过C作C1E的垂线，垂足为H,
由已知可得DE⊥BC ，DE⊥C1C，
∴ DE⊥ 平面 C1CE ，故DE⊥CH，
∴ CH⊥ 平面 C1DE，
故CH的长即为C到平面 C1DE 的距离，
由已知可得CE=1,CC1=4，
∴ C1E=17，故CH=41717，
∴ 点C到平面 C1DE 的距离为 41717.
【考点】
点、线、面间的距离计算
直线与平面平行的判定
【解析】
法一：
（1）连结B1C，ME，推导出四边形MNDE是平行四边形，从而MN // ED，由此能证明MN // 平面C1DE．
（2）过C作C1E的垂线，垂足为H，推导出DE⊥BC，DE⊥C1C，从而DE⊥平面C1CE，DE⊥CH，进而CH⊥平面C1DE，故CH的长即为C到时平面C1DE的距离，由此能求出点C到平面C1DE的距离．
法二：（1）以D为原点，DA为x轴，DE为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能证明MN // 平面C1DE．
（2）求出DC→=(−1, 3, 0)，平面C1DE的法向量n→=(4, 0, 1)，利用向量法能求出点C到平面C1DE的距离．
【解答】
(1)证明：如图，过N作NH⊥AD，
NH//AA1，且NH=12AA1,
又MB//AA1，MB=12AA1，
∴ 四边形NMBH为平行四边形，则NM//BH，
由NH//AA1，N为A1D中点，得H为AD中点，而E为BC中点，
∴ BE//DH，BE=DH，则四边形BEDH为平行四边形，则BH//DE，
∴ NM//DE，
∵ NM⊄平面C1DE，DE⊂平面C1DE，
∴ MN//平面C1DE；
(2)解：过C作C1E的垂线，垂足为H,
由已知可得DE⊥BC ，DE⊥C1C，
∴ DE⊥ 平面 C1CE ，故DE⊥CH，
∴ CH⊥ 平面 C1DE，
故CH的长即为C到平面 C1DE 的距离，
由已知可得CE=1,CC1=4，
∴ C1E=17，故CH=41717，
∴ 点C到平面 C1DE 的距离为 41717.
【答案】
(1)证明：∵ E，F分别是PC，PD的中点，
∴ EF // CD.
又CD // AB，∴ EF // AB．
∵ EF⊄平面PAB，AB⊂平面PAB，
∴ EF // 平面PAB．
同理，EG // 平面PAB.
∵ EF∩EG=E，EF⊂平面EFG，EG⊂平面EFG，
∴ 平面EFG // 平面PAB.
(2)证明：连接DE，EQ，AQ，
∵ E，Q分别是PC，PB的中点，
∴ EQ // BC.
又 BC // AD，
∴ EQ // AD.
∵ 平面PDC⊥平面ABCD，PD⊥DC，
∴ PD⊥平面ABCD，∴ PD⊥AD.
又AD⊥DC，PD∩DC=D，
∴ AD⊥平面PDC，∴ AD⊥PC．
在△PDC中，PD=CD，E是PC的中点，
∴ DE⊥PC.
∵ DE∩AD=D，
∴ PC⊥平面ADEQ，即PC⊥平面ADQ.
(3)VC−EFG=VG−CEF=13S△CEF⋅GC
=13×(12×1×1)×1=16.
【考点】
直线与平面垂直的判定
平面与平面平行的判定
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
（1）证明EF // AB．利用直线与平面平行的判定定理证明EF // 平面PAB．然后利用平面与平面平行的判定定理证明平面EFG // 平面PAB．
（2）连接DE，EQ，证明PD⊥AD，AD⊥PC．推出DE⊥PC，利用直线与平面垂直的判定定理证明PC⊥平面ADQ．
（3）利用等体积VC−EFG=VG−CEF，转化求解即可．
【解答】
(1)证明：∵ E，F分别是PC，PD的中点，
∴ EF // CD.
又CD // AB，∴ EF // AB．
∵ EF⊄平面PAB，AB⊂平面PAB，
∴ EF // 平面PAB．
同理，EG // 平面PAB.
∵ EF∩EG=E，EF⊂平面EFG，EG⊂平面EFG，
∴ 平面EFG // 平面PAB.
(2)证明：连接DE，EQ，AQ，
∵ E，Q分别是PC，PB的中点，
∴ EQ // BC.
又 BC // AD，
∴ EQ // AD.
∵ 平面PDC⊥平面ABCD，PD⊥DC，
∴ PD⊥平面ABCD，∴ PD⊥AD.
又AD⊥DC，PD∩DC=D，
∴ AD⊥平面PDC，∴ AD⊥PC．
在△PDC中，PD=CD，E是PC的中点，
∴ DE⊥PC.
∵ DE∩AD=D，
∴ PC⊥平面ADEQ，即PC⊥平面ADQ.
(3)VC−EFG=VG−CEF=13S△CEF⋅GC
=13×(12×1×1)×1=16.