人教A版 (2019)必修 第二册8.6 空间直线、平面的垂直测试题

这是一份人教A版 (2019)必修 第二册8.6 空间直线、平面的垂直测试题，共31页。

8.4~8.6综合拔高练
五年高考练
考点1　空间点、线、面的位置关系
1.(2019课标Ⅲ,8,5分,)如图,点N为正方形ABCD的中心,△ECD为正三角形,平面ECD⊥平面ABCD,M是线段ED的中点,则(　　)

A.BM=EN,且直线BM,EN是相交直线
B.BM≠EN,且直线BM,EN是相交直线
C.BM=EN,且直线BM,EN是异面直线
D.BM≠EN,且直线BM,EN是异面直线
考点2　空间平行、垂直关系的证明
2.(2019课标Ⅱ,7,5分,)设α,β为两个平面,则α∥β的充要条件是(　　)
A.α内有无数条直线与β平行
B.α内有两条相交直线与β平行
C.α,β平行于同一条直线
D.α,β垂直于同一平面
3.(2019北京,12,5分,)已知l,m是平面α外的两条不同直线.给出下列三个论断:
①l⊥m;②m∥α;③l⊥α.
以其中的两个论断作为条件,余下的一个论断作为结论,写出一个正确的命题:　　　　. 
4.(2020课标Ⅰ,19,12分,)如图,D为圆锥的顶点,O是圆锥底面的圆心,△ABC是底面的内接正三角形,P为DO上一点,∠APC=90°.
(1)证明:平面PAB⊥平面PAC;
(2)设DO=2,圆锥的侧面积为3π,求三棱锥P-ABC的体积.





5.(2020课标Ⅲ,19,12分,)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,点E,F分别在棱DD1,BB1上,且2DE=ED1,BF=2FB1.证明:
(1)当AB=BC时,EF⊥AC;
(2)点C1在平面AEF内.




6.(2020江苏,15,14分,)在三棱柱ABC-A1B1C1中,AB⊥AC,B1C⊥平面ABC,E,F分别是AC,B1C的中点.
(1)求证:EF∥平面AB1C1;
(2)求证:平面AB1C⊥平面ABB1.






考点3　空间角　　　　　　 　　　　　 　　　　　
7.(2020新高考Ⅰ,4,5分,)日晷是中国古代用来测定时间的仪器,利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间.把地球看成一个球(球心记为O),地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角,点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面.在点A处放置一个日晷,若晷面与赤道所在平面平行,点A处的纬度为北纬40°,则晷针与点A处的水平面所成角为(　　)

A.20° B.40° C.50° D.90°
8.(2020浙江,19,15分,)如图,在三棱台ABC-DEF中,平面ACFD⊥平面ABC,∠ACB=∠ACD=45°,DC=2BC.
(1)证明:EF⊥DB;
(2)求直线DF与平面DBC所成角的正弦值.





9.(2019课标Ⅲ,19,12分,)图1是由矩形ADEB,Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形,其中AB=1,BE=BF=2,∠FBC=60°.将其沿AB,BC折起使得BE与BF重合,连接DG,如图2.
(1)证明:图2中的A,C,G,D四点共面,且平面ABC⊥平面BCGE;
(2)求图2中的二面角B-CG-A的大小.深度解析





10.(2019天津,17,13分,)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为平行四边形,△PCD为等边三角形,平面PAC⊥平面PCD,PA⊥CD,CD=2,AD=3.
(1)设G,H分别为PB,AC的中点,求证:GH∥平面PAD;
(2)求证:PA⊥平面PCD;
(3)求直线AD与平面PAC所成角的正弦值.








考点4　空间距离
11.(2019课标Ⅰ,16,5分,)已知∠ACB=90°,P为平面ABC外一点,PC=2,点P到∠ACB两边AC,BC的距离均为3,那么P到平面ABC的距离为　　　　. 
12.(2019课标Ⅰ,19,12分,)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.




考点5　立体几何中的探究性问题
13.(2019北京,18,14分,)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,底面ABCD为菱形,E为CD的中点.
(1)求证:BD⊥平面PAC;
(2)若∠ABC=60°,求证:平面PAB⊥平面PAE;
(3)棱PB上是否存在点F,使得CF∥平面PAE?说明理由.





三年模拟练　 　　　　　
应用实践
1.(2020辽宁沈阳东北育才实验学校高三三模,)已知m,n是两条不重合的直线,α,β是两个不重合的平面,下列命题正确的是(　　)
A.若m∥α,m∥β,n∥α,n∥β,则α∥β
B.若m∥n,m⊥α,n⊥β,则α∥β
C.若m⊥n,m⊂α,n⊂β,则α⊥β
D.若m⊥n,m∥α,n⊥β,则α⊥β
2.(2020山东泰安一中高三下月考,)已知α,β是不重合的平面,m,n是不重合的直线,则m⊥α的一个充分条件是(　　)
A.m⊥n,n⊂α B.m∥β,α⊥β
C.n⊥α,n⊥β,m⊥β D.α∩β=n,α⊥β,m⊥n
3.(2020黑龙江大庆实验中学高三下月考,)长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=AA1=2,AD=1,E为CC1的中点,则异面直线BC1与AE所成角的余弦值为(　　)

A.1010 B.3010
C.21510 D.31010
4.(2020安徽安庆一中高三下月考,)已知三棱锥P-ABC中,O为AB的中点,PO⊥平面ABC,∠APB=90°,PA=PB=2,则下列说法错误的是
(深度解析)

A.若O为△ABC的外心,则PC=2
B.若△ABC为等边三角形,则AP⊥BC
C.当∠ACB=90°时,PC与平面PAB所成角的范围为0,π4
D.当PC=4时,M为平面PBC内一动点,若OM∥平面PAC,则M在三角形PBC内的轨迹长度为2
5.(2020山东济宁第一中学高三下月考,)已知四棱锥M-ABCD中,MA⊥平面ABCD,AB⊥BC,∠BCD+∠BAD=180°,MA=2,BC=26,∠ABM=30°.若四面体M-ACD的四个顶点都在同一个球面上,则该球的表面积为(深度解析)
A.20π B.22π C.40π D.44π
6.(2020广东佛山高三月考,)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点O是四边形ABCD的中心,关于直线A1O,下列说法正确的是(　　)
A.A1O∥D1C B.A1O⊥BC
C.A1O∥平面B1CD1 D.A1O⊥平面AB1D1
7.(2020广东佛山顺德高三下月考,)设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,E为DD1的中点,M为BD1上一点,N为平面AEC内一点,则M,N两点间距离的最小值为(　　)
A.63 B.66 C.34 D.36
8.(2020湖南长沙长郡中学高三下月考,)在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,点C关于平面BDC1的对称点为M,则AM与平面ABCD所成角的正切值为(　　)
A.22 B.2 C.3 D.2
9.(2020山东省实验中学高三一模,)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为2的菱形,∠DAB=60°,∠ADP=90°,平面ADP⊥平面ABCD,点F为棱PD的中点.
(1)在棱AB上是否存在一点E,使得AF∥平面PCE?若存在,求出点E的位置;若不存在,请说明理由;
(2)当二面角D-FC-B的余弦值为24时,求直线PB与平面ABCD所成的角.







10.(2020山东六地部分学校高三下月考,)如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,CA=CB,∠BAA1=45°,平面AA1C1C⊥平面AA1B1B.
(1)求证:AA1⊥BC;
(2)若BB1=2AB=2,直线BC与平面ABB1A1所成角为45°,D为CC1的中点,求二面角B1-A1D-C1的余弦值.










11.(2020北京朝阳六校高三联考,)在四棱锥P- ABCD中,平面ABCD⊥平面PCD,底面ABCD为梯形, AB∥CD, AD⊥DC,且AB=1,AD=DC=DP=2,∠PDC=120°.
(1)求证:AD⊥PC;
(2)求二面角　　　　的余弦值; 
从①P-AB-C,②P-BD-C,③P-BC-D这三个条件中任选一个,补充在上面问题中并作答.
(3)若M是棱PA的中点,求证:对于棱BC上任意一点F,MF与PC都不平行.









迁移创新
12.(2020江西景德镇高一上期末,)如图两个同心球,球心均为点O,其中大球与小球的表面积之比为3∶1,线段AB与CD是夹在两个球体之间的内弦,其中A、C两点在小球上,B、D两点在大球上,两内弦均不穿过小球内部.当四面体A-BCD的体积达到最大值时,异面直线AD与BC的夹角为θ,则sin θ2=　　　　. 

答案全解全析
五年高考练
1.B　过E作EQ⊥CD于Q,连接BD,QN,BE,易知点N在BD上.∵平面ECD⊥平面ABCD,平面ECD∩平面ABCD=CD,∴EQ⊥平面ABCD,∴EQ⊥QN,同理可知BC⊥CE,设CD=2,易得EQ=3,QN=1,则EN=EQ2+QN2=3+1=2,BE=BC2+CE2=4+4=22.易知BE=BD,又∵M为DE的中点,∴BM⊥DE,∴BM=BE2-EM2=8-1=7,∴BM=7>2=EN.∴BM≠EN.
又∵点M、N、B、E均在平面BED内,∴BM,EN在平面BED内,又BM与EN不平行,
∴BM,EN是相交直线,故选B.

2.B　A、C、D选项中α与β可能相交,故选B.
3.答案　若l⊥m,l⊥α,则m∥α(答案不唯一)
解析　把其中两个论断作为条件,余下的一个论断作为结论,共有三种情况.对三种情况逐一验证.①②作为条件,③作为结论时,还可能l∥α或l与α斜交;①③作为条件,②作为结论和②③作为条件,①作为结论时,容易证明命题成立.
4.解析　(1)证明:由题设可知,PA=PB=PC.
由于△ABC是正三角形,故可得△PAC≌△PAB,△PAC≌△PBC.
又∠APC=90°,故∠APB=90°,∠BPC=90°.
从而PB⊥PA,PB⊥PC,故PB⊥平面PAC,
所以平面PAB⊥平面PAC.
(2)设圆锥的底面半径为r,母线长为l.
由题设可得rl=3,l2-r2=2.
解得r=1,l=3.从而AB=3.
由(1)可得PA2+PB2=AB2,故PA=PB=PC=62.
所以三棱锥P-ABC的体积为13×12×PA×PB×PC=13×12×623=68.
5.证明　(1)连接BD,B1D1.因为AB=BC,所以四边形ABCD为正方形,故AC⊥BD.又因为BB1⊥平面ABCD,所以AC⊥BB1,所以AC⊥平面BB1D1D.
由于EF⊂平面BB1D1D,
所以EF⊥AC.
(2)如图,在棱AA1上取点G,使得AG=2GA1,连接GD1,FC1,FG.

因为D1E=23DD1,AG=23AA1,DD1?AA1,所以ED1?AG,于是四边形ED1GA为平行四边形,故AE∥GD1.
因为B1F=13BB1,A1G=13AA1,BB1?AA1,所以FG?A1B1,FG?C1D1,四边形FGD1C1为平行四边形,故GD1∥FC1.
于是AE∥FC1.所以A,E,F,C1四点共面,即点C1在平面AEF内.
6.证明　(1)因为E,F分别是AC,B1C的中点,所以EF∥AB1,
又EF⊄平面AB1C1,AB1⊂平面AB1C1,
所以EF∥平面AB1C1.
(2)因为B1C⊥平面ABC,AB⊂平面ABC,
所以B1C⊥AB.
又AB⊥AC,B1C⊂平面AB1C,
AC⊂平面AB1C,B1C∩AC=C,
所以AB⊥平面AB1C,
又因为AB⊂平面ABB1,
所以平面AB1C⊥平面ABB1.
7.B　由题意作出如图所示的截面图,设所求角为α,

由图易知α=40°.故选B.
8.解析　(1)证明:如图,过点D作DO⊥AC,交直线AC于点O,连接OB.

由∠ACD=45°,DO⊥AC得CD=2CO,
由平面ACFD⊥平面ABC得DO⊥平面ABC,所以DO⊥BC.
由∠ACB=45°,BC=12CD=22CO得BO⊥BC.所以BC⊥平面BDO,
故BC⊥DB.
由三棱台ABC-DEF得BC∥EF,所以EF⊥DB.
(2)过点O作OH⊥BD,交直线BD于点H,连接CH.
由三棱台ABC-DEF得DF∥CO,所以直线DF与平面DBC所成角等于直线CO与平面DBC所成角.
由BC⊥平面BDO得OH⊥BC,故OH⊥平面BCD,
所以∠OCH为直线CO与平面DBC所成角.
设CD=22,
由DO=OC=2,BO=BC=2,
得BD=6,OH=233,
所以sin∠OCH=OHOC=33,
因此,直线DF与平面DBC所成角的正弦值为33.
9.解析　(1)证明:由已知得AD∥BE,CG∥BE,所以AD∥CG,故AD,CG确定一个平面,从而A,C,G,D四点共面.
由已知得AB⊥BE,
AB⊥BC,
故AB⊥平面BCGE.
又因为AB⊂平面ABC,
所以平面ABC⊥平面BCGE.
(2)由(1)得AB⊥平面BCGE,又AB∥DE,
∴DE⊥平面BCGE,过点E作EH⊥CG,交CG于点H,连接DH,则∠DHE就是二面角B-CG-A的平面角.
∵DE=AB=1,EH=EG·sin 60°=2×32=3,
∴tan∠DHE=DEEH=13=33,
∴∠DHE=30°,
即二面角B-CG-A的大小为30°.
解题反思
本题是很新颖的立体几何考题,首先是多面体折叠问题,考查考生在折叠过程中哪些量是不变的,再者折叠后的多面体不是直棱柱,最后通过二面角的平面角的定义将求二面角转化为求二面角的平面角问题,突出考查考生的空间想象能力.
10.解析　(1)证明:如图,连接BD,易知AC∩BD=H,BH=DH.
又BG=PG,所以GH∥PD.
又因为GH⊄平面PAD,PD⊂平面PAD,
所以GH∥平面PAD.

(2)证明:取棱PC的中点N,连接DN.
依题意,得DN⊥PC.
又因为平面PAC⊥平面PCD,平面PAC∩平面PCD=PC,DN⊂平面PCD,
所以DN⊥平面PAC,
又PA⊂平面PAC,所以DN⊥PA.
又PA⊥CD,CD∩DN=D,CD,DN⊂平面PCD,所以PA⊥平面PCD.
(3)连接AN,由(2)中DN⊥平面PAC,可知∠DAN为直线AD与平面PAC所成的角.
因为△PCD为等边三角形,CD=2且N为PC的中点,所以DN=3.
又DN⊥AN,
所以在Rt△AND中,sin∠DAN=DNAD=33.
所以直线AD与平面PAC所成角的正弦值为33.
11.答案　2
解析　设PO⊥平面ABC于O,PE⊥AC于E,PF⊥BC于F,连接OE、OF、OC,

∵PO⊥平面ABC,∴PO⊥AC,
又PO∩PE=P,∴AC⊥平面POE,
∴AC⊥OE,
同理有BC⊥OF,∴四边形OECF为矩形,
∵PC=PC且PE=PF,
∴Rt△PEC≌Rt△PFC,
∴EC=FC=PC2-PE2=1,
∴四边形OECF是边长为1的正方形,
∴OC=2,
在Rt△POC中,PO=PC2-OC2=2.
12.解析　(1)证明:连接B1C,ME.因为M,E分别为BB1,BC的中点,所以ME∥B1C,且ME=12B1C.又因为N为A1D的中点,所以ND=12A1D.
由题设知A1B1?DC,可得B1C?A1D,故ME?ND,因此四边形MNDE为平行四边形,MN∥ED.
又MN⊄平面C1DE,所以MN∥平面C1DE.

(2)过C作C1E的垂线,垂足为H.
由已知可得DE⊥BC,DE⊥C1C,所以DE⊥平面C1CE,故DE⊥CH.
从而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,C1C=4,所以C1E=17,
故CH=41717.
从而点C到平面C1DE的距离为41717.
13.解析　(1)证明:因为PA⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,所以PA⊥BD.
因为底面ABCD为菱形,所以BD⊥AC.
因为PA∩AC=A,所以BD⊥平面PAC.
(2)证明:因为PA⊥平面ABCD,AE⊂平面ABCD,所以PA⊥AE.
因为底面ABCD为菱形,∠ABC=60°,且E为CD的中点,
所以AE⊥CD.所以AB⊥AE.又因为PA∩AB=A,所以AE⊥平面PAB.又因为AE⊂平面PAE,
所以平面PAB⊥平面PAE.
(3)棱PB上存在点F,使得CF∥平面PAE.
取F为PB的中点,取G为PA的中点,连接CF,FG,EG,
则FG∥AB,且FG=12AB.
因为底面ABCD为菱形,且E为CD的中点,所以CE∥AB,且CE=12AB.
所以FG∥CE,且FG=CE.
所以四边形CEGF为平行四边形.
所以CF∥EG.
因为CF⊄平面PAE,EG⊂平面PAE,
所以CF∥平面PAE.

三年模拟练
应用实践
1.B　若m∥α,m∥β,n∥α,n∥β,则α∥β或α与β相交,故A错;
若m∥n,m⊥α,则n⊥α,又n⊥β,α,β是两个不重合的平面,所以α∥β,故B正确;
若m⊥n,m⊂α,则n⊂α或n与α相交,又n⊂β,α,β是两个不重合的平面,所以α与β相交,故C错;
若m⊥n,m∥α,则n⊂α或n∥α或n与α相交,又n⊥β,α,β是两个不重合的平面,所以α∥β或α与β相交,故D错.
故选B.
2.C　对于A,由m⊥n,n⊂α,得m与α相交或m∥α,故A不符合;
对于B,由m∥β,α⊥β,得m与α相交或m∥α,故B不符合;
对于C,由n⊥α,n⊥β,得α∥β,又m⊥β,所以m⊥α,故C符合;
对于D,由α∩β=n,α⊥β,m⊥n,得m与α相交或m∥α或m⊂α,故D不符合.
故选C.
3.B　连接AD1,D1E,则AD1∥BC1,∴∠D1AE(或其补角)就是异面直线BC1与AE所成角.
在△D1AE中,AD1=5,AE=6,D1E=5,
∴cos∠D1AE=D1A2+AE2-D1E22D1A·AE=5+6-52×5×6=3010,∴异面直线BC1与AE所成角的余弦值为3010.故选B.
4.B　若O为△ABC的外心,则OA=OB=OC,∵PO⊥平面ABC,∴PA=PB=PC,故A正确;
假设PA⊥BC,又由题意得PO⊥BC,∴BC⊥平面APB,∴BC⊥AB,与△ABC为等边三角形矛盾,故B错误;
当∠ACB=90°时,连接OC,则OC=2,PC=2,过C作CH⊥AB,连接PH,则∠CPH为PC与平面PAB所成角,如图1,sin∠CPH=CH2∈0,22,
∴∠CPH的范围为0,π4,故C正确;

图1
取M1、M2分别为PB、BC的中点,则平面OM1M2∥平面APC,∴线段M1M2为M在三角形PBC内的轨迹,其长度为2,故D正确.

图2
解题反思
本题为立体几何中与点、线、面位置关系有关的命题的真假判断,处理这类问题时,可以用已知的定理或性质来证明,也可以用反证法来说明命题不成立.
5.C　∵∠BCD+∠BAD=180°,∴A、B、C、D四点共圆,又AB⊥BC,∴∠ADC=∠ABC=90°.
∵MA⊥平面ABCD,∴MA⊥AB.
∴tan 30°=2AB,得AB=23,
∴AC=(23)2+(26)2=6.

设AC的中点为E,MC的中点为O,连接OE.∵MA⊥平面ABCD,∴OE⊥平面ABCD,
易知点O为四面体M-ACD外接球的球心,且OC=622+222=10,
∴S球=4π·OC2=40π.故选C.
方法总结
解决与球有关的内切或外接问题时,解题的关键是确定球心的位置,对于球的外接几何体问题,注意球心到各个顶点的距离相等,解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形,利用勾股定理求得球的半径.
6.C　如图所示,设A1C1∩B1D1=M,则M为A1C1的中点.连接MC.

在正方体ABCD-A1B1C1D1中,
易知AC∥A1C1,且AC=A1C1,
∵点O、M分别为AC、A1C1的中点,
∴A1M∥OC,且A1M=OC,
∴四边形A1MCO为平行四边形,
∴A1O∥CM,
由于过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行,∴A选项中的命题错误;
连接BM,易知BM=CM,则△BCM为等腰三角形,且BC为底,∴BC与CM不垂直,
∵A1O∥CM,∴A1O与BC不垂直,∴B选项中的命题错误;
∵A1O∥CM,A1O⊄平面B1CD1,CM⊂平面B1CD1,∴A1O∥平面B1CD1,
∴C选项中的命题正确;
∵四边形A1B1C1D1为正方形,
∴B1D1⊥A1C1,
在正方体ABCD-A1B1C1D1中,CC1⊥平面A1B1C1D1,B1D1⊂平面A1B1C1D1,
∴B1D1⊥CC1,∵A1C1∩CC1=C1,∴B1D1⊥平面A1CC1,
∵A1C⊂平面A1CC1,∴A1C⊥B1D1,同理可证A1C⊥AB1,且AB1∩B1D1=B1,
∴A1C⊥平面AB1D1,∴A1O与平面AB1D1不垂直,D选项中的命题错误.故选C.
7.B　如图所示.

由题意可知OE是三角形BDD1的中位线,故所求即为OE与BD1两平行线间的距离,设为d,由题意得DD1=1,BD=2,BD1=3,所以有12BD·DD1=12BD1·2d,解得d=66.故选B.
8.B　由题意可得BD=DC1=BC1=2,

设点C到平面BDC1的距离为h.
由VC-BDC1=VC1-DCB,得13S△BDC1·h=13S△DBC·CC1,则13×34×(2)2h=13×1×12,
解得h=33,∴点C到平面BDC1的距离为33.
连接A1C,CA,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,DB⊥AC,DB⊥AA1,AC∩AA1=A,则DB⊥平面A1AC,∴A1C⊥DB.连接B1C,同理可证BC1⊥平面A1B1C,∴A1C⊥BC1,
又DB∩BC1=B,∴A1C⊥平面BDC1.
又点C关于平面BDC1的对称点为M,
∴点M在线段A1C上,
∵点C到平面BDC1的距离为33,
∴CM=233.
在正方体ABCD-A1B1C1D1中,A1C=3,
∴CM=23CA1,
∴点M为A1C上靠近点A1的三等分点,过M作CA的垂线交CA于M',则MM'∥A1A,MM'=23A1A=23,AM'=13AC=23,
由于A1A⊥平面ABCD,
∴MM'⊥平面ABCD,
连接MA,则AM与平面ABCD所成角为∠MAM',tan∠MAM'=MM'AM'=2323=2,
∴AM与平面ABCD所成角的正切值为2.
9.解析　(1)在棱AB上存在点E,使得AF∥平面PCE,点E为棱AB的中点,理由如下:
取PC的中点Q,连接EQ、FQ,由题意得,FQ∥DC且FQ=12CD,AE∥CD,且AE=12CD,∴AE∥FQ,且AE=FQ,
∴四边形AEQF为平行四边形,
∴AF∥EQ,又EQ⊂平面PEC,AF⊄平面PEC,∴AF∥平面PEC.
(2)设PD=a,∵∠ADP=90°,∴PD⊥AD.
∵平面ADP⊥平面ABCD,平面ADP∩平面ABCD=AD,∴PD⊥平面ABCD.
连接BD,则∠PBD就是直线PB与平面ABCD所成的角.
由题意得,△BDC为等边三角形.
过B作BH⊥CD于H,则H为CD的中点,
∵PD⊥平面ABCD,∴PD⊥BH,又PD∩CD=D,∴BH⊥平面PDC.
过H作HG⊥FC于G,连接BG,则∠BGH就是二面角D-FC-B的平面角.

∵cos∠BGH=24,∴tan∠BGH=7,
易得BH=3,∴GH=217.
∵sin∠GCH=GHHC=FDFC,∴a2a22+22=2171,解得a=23,
∴tan∠PBD=PDBD=232=3,
∴∠PBD=60°,即直线PB与平面ABCD所成的角为60°.
10.解析　(1)证明:过点C作CO⊥AA1,垂足为O,
∵平面AA1C1C⊥平面AA1B1B,平面AA1C1C∩平面AA1B1B=AA1,
∴CO⊥平面AA1B1B,
又OB⊂平面AA1B1B,∴CO⊥OB,
又∵CA=CB,CO=CO,∠COA=∠COB=90°,∴Rt△AOC≌Rt△BOC,∴OA=OB,
∵∠A1AB=45°,∴∠AOB=90°,
∴AA1⊥OB,
又∵AA1⊥CO,∴AA1⊥平面BOC,
∴AA1⊥BC.

(2)由(1)得CO⊥平面AA1B1B,∴∠CBO是直线BC与平面AA1B1B所成角,
∴∠CBO=45°,
∴AO=BO=CO=1,∴O为AA1的中点,
∴CO∥DA1.
过B1作B1O1⊥AA1,交AA1的延长线于O1,则∠B1A1O1就是二面角B1-A1D-C1的平面角.
由等角定理知∠B1A1O1=∠BAA1=45°,
∴二面角B1-A1D-C1的余弦值为22.

11.解析　(1)证明:∵平面ABCD⊥平面PCD,平面ABCD∩平面PCD=CD,AD⊂平面ABCD,AD⊥DC,∴AD⊥平面PCD,又PC⊂平面PCD,∴AD⊥PC.
(2)若选①,过点P作PO⊥CD交CD的延长线于点O.

∵平面PCD⊥平面ABCD,平面PCD∩平面ABCD=CD,PO⊂平面PCD,
∴PO⊥平面ABCD,过O作OE∥AD交BA的延长线于点E,
∵AB∥CD,AD⊥CD,∴OE⊥AB,连接PE,∵PO⊥平面ABCD,AB⊂平面ABCD,
∴PO⊥AB,∵PO∩OE=O,∴AB⊥平面POE,又PE⊂平面POE,∴AB⊥PE,
∴∠PEO就是二面角P-AB-C的平面角.
由题意得,PO=PD·sin 60°=3,OE=AD=2,∴PE=7∴cos∠PEO=277,
即二面角P-AB-C的余弦值为277.
若选②,过点P作PO⊥CD交CD的延长线于点O,连接BD.

∵平面PCD⊥平面ABCD,平面PCD∩平面ABCD=CD,PO⊂平面PCD,
∴PO⊥平面ABCD,过点O作OM⊥BD交BD的延长线于点M,连接PM,
∵PO⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,∴PO⊥BD,∵PO∩OM=O,∴BD⊥平面POM,
又PM⊂平面POM,∴BD⊥PM,∴∠PMO为二面角P-BD-C的平面角的补角,
易算得OM=255,PM=955,
∴cos∠PMO=OMPM=21919,
∴二面角P-BD-C的余弦值为-21919.
若选③,过点P作PO⊥CD交CD的延长线于点O.

∵平面PCD⊥平面ABCD,平面PCD∩平面ABCD=CD,PO⊂平面PCD,
∴PO⊥平面ABCD,过点O作OH⊥BC交BC于点H,连接PH,
∵PO⊥平面ABCD,BC⊂平面ABCD,∴PO⊥BC,又PO∩OH=O,∴BC⊥平面POH,
又PH⊂平面POH,
∴BC⊥PH,
∴∠PHO为二面角P-BC-D的平面角,
易算得OH=655,PH=2555,
∴cos∠PHO=OHPH=25117,
∴二面角P-BC-D的余弦值为25117.
(3)证明:连接AC,取AC的中点K,连接MK,则MK∥PC.若棱BC上存在点F,使MF∥PC,则由基本事实4可得MK∥MF,显然矛盾,故对于棱BC上任意一点F,MF与PC都不平行.

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12.答案　66
解析　设正方体的棱长为2,则其内切球半径为1,外接球半径为22+22+222=3,∴内切球和外接球的表面积之比为1∶3,符合题意中的小球和大球的比例,依题意CD、AB最长为(3)2-12=2,如图所示,其中A、C分别为所在正方形的中心,O是正方体内切球和外接球的球心,CD∥AD1,CD=AD1,CB1∥AB,CB1=AB,由于VA-BCD=13VABD1-CB1D=13S△ABD1·AC,∴此时四面体A-BCD的体积最大.
∵CE∥AB,CE=AB,
∴四边形ABCE为平行四边形,
∴BC∥AE,
∴∠DAE是异面直线BC和AD所成的角,∴∠DAE=θ,
设G是DE的中点,
∵AD=AE,
∴AG⊥DE,
∴θ2=∠GAE,
∴sin θ2=GEAE=122+12+12=16=66.