2023高考数学复习专项训练《空间点、直线与平面的位置关系》

这是一份2023高考数学复习专项训练《空间点、直线与平面的位置关系》，共18页。试卷主要包含了、单选题，、填空题，、解答题等内容，欢迎下载使用。


一 、单选题（本大题共13小题，共65分）
1.（5分）直线l：x+3y+2022=0的倾斜角为()
A. 30°B. 60°C. 120°D. 150°
2.（5分）过点(1，-3)且垂直于直线x-2y+5=0的直线方程为 ( )
A. x-2y-7=0B. 2x+y+1=0
C. x-2y+7=0D. 2x+y-1=0
3.（5分）已知l，m，n为三条不同的直线，α，β为两个不同的平面，则下列命题中正确的是( )
A. 若l⊥m，l⊥n，且m，n⊂α，则l⊥α
B. 若m//β，n//β，且m，n⊂α，则α//β
C. 若m//n，n⊂α，则m//α
D. 若l⊥β，l⊂α，则α⊥β
4.（5分）正方体ABCD-A'B'C'D'的棱长为1，E，F分别是棱AA'，CC'的中点，过直线EF的平面分别与棱BB'、DD'交于M，N，设BM=x，x∈(0,1)，则下列结论中不正确的是()
A. 四边形MENF为平行四边形
B. 若四边形MENF面积s=f(x)，x∈(0,1)，则f(x)有最小值
C. 若四棱锥A-MENF的体积V=p(x)，x∈(0,1)，则p(x)常函数
D. 若多面体ABCD-MENF的体积V=h(x)，x∈(12,1)，则h(x)为单调函数
5.（5分）直线x+2y-1=0经过点( )

A. (1,0)B. (0,1)C. (12,12)D. (1,12)
6.（5分）如图为一空间几何体的三视图，其侧视图外面是一个边长为3的正方形，里面是一个边长为1的正方形，则该几何体的体积为()
A. 35B. 40C. 45D. 50
7.（5分）如图，在矩形ABCD中，AB=3BC，E，F，G，H分别为边AB，BC，CD，DA的中点，将△EBF，△GDH分别沿直线EF，HG翻折形成四棱锥B'-AEFC，D'-ACGH，下列说法正确的是()
A. 异面直线EB'，GD'所成角的取值范围是(0,π6]
B. 异面直线EB'，GD'所成角的取值范围是(0,π2]
C. 异面直线FB'，HD'所成角的取值范围是(0,π2]
D. 异面直线FB'，HD'所成角的取值范围是(0,π3]
8.（5分）如图：已知矩形ABCD中，AB=2，BC=a，若PA⊥面AC，在BC边上取点E，使PE⊥DE，则满足条件的E点有两个时，a的取值范围是（ ）
A. a＞4B. a≥4C. 0＜a＜4D. 0＜a≤4
9.（5分）已知圆C：(x-1)2+(y-2)2=2与y轴在第二象限所围区域的面积为S，直线y=2x+b分圆C的内部为两部分，其中一部分的面积也为S，则b=( )
A. -6B. ±6C. -5D. ±5
10.（5分）若实数x，y满足x=1-y2，则y+2x的取值范围为( )
A. [-3,3]B. [-33,33]
C. [33,+∞)D. [3,+∞)
11.（5分）已知函数f(x)={-x2+6x-7,(x⩾0)|lg2(x+1)|,(-1A. (-∞,2-23)B. (-2,2-23)
C. (-73,0)D. (-73,-2)
12.（5分）如图，在四面体ABCD中，AB，BC，BD两两垂直，且AB=BC=2，E是AC的中点，异面直线AD与BE所成角的余弦值为1010，则四面体ABCD的外接球的体积为( )
A. 86πB. 646πC. 24πD. 96π
13.（5分）已知四面体ABCD的所有棱长都相等，其外接球的体积等于6π，则下列结论错误的是()
A. 四面体ABCD的棱长均为2B. 异面直线AC与BD的距离为2
C. 异面直线AC与BD所成角为60°D. 四面体ABCD的内切球的体积等于6π27
二 、填空题（本大题共5小题，共25分）
14.（5分）直线过点(-3,4)，且在两坐标轴上的截距相等的直线一般式方程：______．
15.（5分）利用斜二测画法得到：①三角形的直观图是三角形；②平行四边形的直观图是平行四边形；③正方形的直观图是正方形；④菱形的直观图是菱形．以上结论中，正确的是________(填序号).
16.（5分）在△ABC中，AC=3，BC=4，∠C=90°.P为△ABC所在平面内的动点，且PC=1，则PA→·PB→的取值范围是 ______.
17.（5分）已知三棱锥P-ABC中，O为AB中点，PO⊥平面ABC，∠APB=90°，PA=PB=2，则下列说法中正确的序号为 ______.
①若O为ΔABC的外心，则PC=2；
②若ΔABC为等边三角形，则AP⊥BC；
③当∠ACB=90°时，PC与平面PAB所成角的范围为(0,π4]；
④当PC=4时，M为平面PBC内动点，若OM//平面PAC，则M在ΔPBC内的轨迹长度为2.
18.（5分）已知数列{an}的前n项和Sn=3n-2，则数列{an}的通项公式an= ______ ．
三 、解答题（本大题共5小题，共60分）
19.（12分）已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD为矩形，PA⊥底面ABCD，点E在BC上(异于点B)，F、G分别为PD、PA的中点．



(1)证明：B、E、F、G四点共面；
(2)证明：平面PAB⊥平面BEFG.
20.（12分）圆C：x2-(1+a)x+y2-ay+a=0.
(1)若圆C与y轴相切，求圆C的方程；
(2)已知a>1，圆C与x轴相交于两点M，N(点M在点N的左侧).过点M任作一条直线与圆O：x2+y2=9相交于两点A，B.问：是否存在实数a，使得∠ANM=∠BNM.若存在，求出实数a，若不存在，请说明理由．
21.（12分）如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD//BC，AB=AD=3，PA=BC=4，N，T分别为线段PC，PB的中点．
(Ⅰ)若PC与面ABCD所成角的正切值为43，求四棱锥P-ABCD的体积．
(Ⅱ)试探究：线段AD上是否存在点M，使得AT//平面CMN？若存在，请确定点M的位置，若不存在，请说明理由．
22.（12分）如图，在四棱锥P-ABCD中，四边形ABCD是平行四边形，点F为PD的中点．
(Ⅰ)已知点G为线段BC的中点，求证：CF//平面PAG；
(Ⅱ)若PA=AB=2，直线PC与平面ABCD所成的角为30°，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择几个作为已知，使四棱锥P-ABCD唯一确定，求：
(i)直线CD到平面ABF的距离；
(ii)二面角B-AF-C的余弦值．
条件①：PA⊥平面ABCD；
条件②：AD=22；
条件③：平面PAB⊥平面PAD.
23.（12分）在ΔABC中，内角A、B、C的对边分别记为a、b、c，且asin2A+B2+csin2B+C2=54b.
(1)求ba+c的值；
(2)若ΔABC的面积S=22，csB=13，求ΔABC的周长．
答案和解析
1.【答案】D;
【解析】解：因为直线l：x+3y+2022=0，
所以直线的斜率为k=-33，
设直线的倾斜角为α，则tanα=-33，
因为0°⩽α<180°，
所以α=150°.
故选：D.
先根据直线方程求得斜率，再利用斜率和倾斜角的关系求解．
此题主要考查了直线斜率和倾斜角的关系，属于基础题．
2.【答案】B;
【解析】设过点且垂直于直线的直线方程为，把点代入，得，解得.所以过点且垂直于直线的直线方程为.故选B.
3.【答案】D;
【解析】解：对于A：若l⊥m，l⊥n，且m，n⊂α，m和n为相交直线，则l⊥α，故A错误；
对于B：若m//β，n//β，且m和n为相交直线，m，n⊂α，则α//β，故B错误；
对于C：若m//n，m⊄α，且n⊂α，则m//α，故C错误；
对于D：若l⊥β，l⊂α，根据面面垂直的判定，则α⊥β，故D正确；
故选：D．
直接利用线面平行和线面垂直的判定，面面垂直和面面平行的判定的应用判定A、B、C、D的结论．
此题主要考查的知识要点：线面平行和线面垂直的判定，面面垂直和面面平行的判定，主要考查学生的转换能力及思维能力，属于基础题．
4.【答案】D;
【解析】解：对于A，∵平面ADD'A'//平面BCC'B'，∴EN//MF，同理：FN//EM，∴四边形EMFN为平行四边形，因此正确；
对于B，∵MN⊥EF，∴MENF的面积s=f(x)=12(EF×MN)，当M为BB'的中点时，即x=12时，MN最短，此时面积最小，因此正确；
对于C，连接AF，AM，AN，则四棱锥分割为两个小三棱锥，它们是以AEF为底，以M，N分别为顶点的两个小棱锥．因为三角形AEF的面积是个常数．M，N到平面AEF的距离和是个常数，所以四棱锥C'-MENF的体积V为常数函数，P(x)=13×12×12×2×2=16，因此正确．
对于D，多面体ABCD-MENF的体积V=h(x)=12VABCD-A'B'C'D'=12为常数函数，因此错误；
故答案为：D.
根据已知中正方体ABCD-A'B'C'D'的棱长为1，E、F分别是棱AA'，CC'的中点，过直线E，F的平面分别与棱BB'、DD'交于M、N，设BM=x，x∈(0,1)，逐一分析四个结论的真假，可得答案．
此题主要考查空间立体几何中的面面垂直关系以及空间几何体的体积公式，本题巧妙的把立体几何问题和函数进行的有机的结合，综合性较强，设计巧妙，对学生的解题能力要求较高．属于中档题．
5.【答案】A;
【解析】
此题主要考查了直线和点的位置关系，属于基础题．将选项中的点代入方程中计算，即可判断．

解：将选项中的点代入方程中计算，则1+2×0-1=0，即可得A符合，
故选A．

6.【答案】B;
【解析】解：根据题意，该几何体的形状为一个大长方体挖去一个小长方体，其侧视图外面是一个边长为3的正方形，里面是一个边长为1的正方形，
所以，大长方体长5宽3高3，体积为45，小长方体长5宽1高1，体积为5，
该几何体的体积为45-5=40，
故选：B.
根据几何体的三视图得出该几何体形状，结合图中数据求出它的体积．
此题主要考查的知识点是由三视图求体积，解决本题的关键是得到该几何体的形状，属于中档题．
7.【答案】C;
【解析】解：建立如图所示空间直角坐标系，由题意得，

B'和D'在平面ABCD中的投影分别在BB1和DD1上(如下图所示)，

因为AB=3BC，令AB=23，则BC=2，
由比值可知，B'的x，y，z坐标比值为1：3：2，所以令B'坐标为(b,3b,2b)，
因为B'在平面ABCD中的投影在BB1上，所以b∈(0,32)，
同理可得D'坐标为(23-d,2-3d,2d)，
E(3,0,0),G(3,2,0),F(0,1,0),H(23,1,0)，
则EB'→=(b-3,3b,2b),GD'→=(3-d,-3d,2d),cs〈EB'→,GD'→〉=|EB'→⋅GD'→||EB'→|⋅|GD'→|，
解得cs〈EB'→,GD'→〉=|3(b+d)-3|3，因为b和d的范围均为(0,32)，
所以cs〈EB'→,GD'→〉∈(0,1)，即夹角范围是(0,π2)，故A，B错误；
同理可得cs〈FB'→,HD'→〉=|3(b+d)-1|8b2-23b+1×8d2-23d+1∈[0,1),
因为异面直线所成角范围是(0,π2],则夹角范围是(0,π2].即C正确，D错误；
故选：C.
建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出异面直线所成角的余弦值，即可判断．
此题主要考查异面直线所成的角，考查学生的推理运算能力，属于中档题．
8.【答案】A;
【解析】解：∵PA⊥平面AC，
∴PA⊥DE，
又∵PE⊥DE，PA∩PE=P，
∴DE⊥平面PAE，
∴DE⊥AE．
即E点为以AD为直径的圆与BC的交点．
∵AB=2，BC=a，满足条件的E点有2个
∴a＞2AB=4．
故选：A．
9.【答案】D;
【解析】解：由题意，圆心到直线y=2x+b的距离为1，
∴|b|5=1，
∴b=±5，
故选D．
由题意，圆心到直线y=2x+b的距离为1，建立方程，即可得出结论．
此题主要考查点到直线的距离公式，考查直线与圆的位置关系，考查学生的计算能力，属于中档题．
10.【答案】D;
【解析】解：由题意可得，y+2x表示右半个圆x2+y2=1上的点(x,y)与原点(0,-2)连线的斜率，
设k=y+2x，故此圆的切线方程为y=kx-2，
再根据圆心(0,0)到切线的距离等于半径，可得r=|-2|1+k2=1，
平方得k2=3
求得k=±3，故y+2x的取值范围是[3,+∞)，
故选：D．
设过原点的右半个圆的切线方程为y=kx-2，再根据圆心(0,0)到切线的距离等于半径，求得k的值，可得y+2x的取值范围．
这道题主要考查圆的切线性质，直线的斜率公式，属于中档题．
11.【答案】D;
【解析】解：作出函数图像如图所示：
令t=f(x)，则[f(x)]2+mf(x)+m+3=0可化为t2+mt+m+3=0，
若[f(x)]2+mf(x)+m+3=0有6个根，
结合图像可知方程t2+mt+m+3=0在(0,2)上有2个不相等的实根，
不妨设0则{m2-4(m+3)>00<-m2<2g(0)=m+3>0g(2)=4+2m+m+3>0解得-73故m∈(-73,-2)，
故选：D.
先作出函数f(x)的图象，结合图象可把问题转化为t2+mt+m+3=0在(0,2)上有两个不同实根t1，t2，数形结合即可求得答案．
此题主要考查了由函数零点个数求解参数的范围，解答该题的关键是正确理解题意并能灵活利用函数的图象，属于中档题．
12.【答案】A;
【解析】
此题主要考查利用空间向量的求异面直线所成的角和球的体积公式.
先建立空间直角坐标系，找出相应点的坐标，利用向量求出异面直线AD与BE所成角的余弦，求出BD，即可求出外接球的半径，利用球的体积公式即可求出结果.
解：∵AB、BC、BD两两垂直，
∴四面体ABCD为长方体的一部分，
则四面体ABCD的外接球为长方体的外接球，
以BC、BA、BD为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的坐标系，
如图所示：
由题意得，A0,2,0，C2,0,0，E1,1,0，
设D点坐标为0,0,zz>0，
∴→ BE=1,1,0，→ AD=0,-2,z，
设AD与BE所成的角为θ，
∴csθ=AD→.BE→ AD→BE→=2 2×z2+4=10 10，
解得z=4，
∴BD=4，
∴2R=BD2+BC2+BA2=16+4+4=26，
∴R=6，
∴四面体外接球的体积为：
V=4 3 πR3=4 3π×66=86π.
故选A.
13.【答案】C;
【解析】解：如图所示，设该四面体的棱长为a，底面三角形BCD的重心为G，该四面体的外接球球心为O，半径为R，连接AG，GB，OB，AG为四面体的高，O在高AG上，

在Rt△AGB中，BG=23×32a=33a,AG=a2-(33a)=63a，
在RtΔOGB中，R2=(63a-R)+(33a)，解得R=64a，
由于外接球的体积等于6π，
即43πR3=6π，故R3=364，
故a3=8，a=2，故A正确；
分别取BD，AC的中点为E，F，连接EF，
正四面体ABCD中，AE=EC，故EF⊥AC，同理EF⊥BD，
即EF为AC，BD的公垂线，而CE=32×2=3，
则EF=CE2-CF2=(3)2-12=2，故B正确；
由于AE⊥BD，CE⊥BD，AE，CE⊂平面ACE，故BD⊥平面ACE，
又AC⊂平面ACE，所以BD⊥AC，
即异面直线AC与BD所成角为90°，故C错误；
设四面体内切球的半径为r，而AG=263，
故4×13×S△BCD×r=13×S△BCD×AG，故r=AG4=66，
所以四面体ABCD的内切球的体积等于43πr3=43π(66a)=627π，故D正确，
故选：C.
对于A，设该四面体的棱长为a，表示出高，根据其外接球的体积等于6π，求得外接球半径，即可求得a，判断A；对于B，分别取BD，AC的中点为E，F，连接EF，求得EF的长，即可判断；对于C，证明线面垂直即可证明异面直线AC与BD互相垂直，即可判断；对于D，利用等体积法求得内切球半径，即可求得内切球体积，即可判断．
此题主要考查了立体几何的综合，属于中档题．
14.【答案】4x+3y=0或x+y-1=0;
【解析】解：①当直线过原点时：直线方程为y=-43x，化为一般式为4x+3y=0，
②当直线不过原点时：设直线在两坐标轴上的截距都为a，则直线方程为x+y=a，
又∵直线过点(-3,4)，代入得-3+4=a，即a=1，
∴直线方程为：x+y=1，化为一般式为x+y-1=0，
综上所求，直线的方程为4x+3y=0或x+y-1=0，
故答案为：4x+3y=0或x+y-1=0．
分情况讨论，当直线过原点时直线方程4x+3y=0；当直线不过原点时：设直线方程为x+y=a，代入点(-3,4)求出a的值即可得到直线方程．
这道题主要考查了直线的方程，注意直线过原点的情况，是基础题．
15.【答案】①②;
【解析】
此题主要考查斜二测法画直观图与平面图形的联系.
根据斜二测画法的规则，逐个判断即可.
解：斜二测画法保持平行性和相交性不变，即平行直线的直观图还是平行直线，
相交直线的直观图还是相交直线，故①②正确；
但是斜二测画法中平行于y轴的线段，在直观图中长度为原来的一半，
则正方形的直观图不是正方形，菱形的直观图不是菱形，所以③④错.
故答案为①②.
16.【答案】;
【解析】解：如图，

以C为坐标原点，分别以CB、CA所在直线为x、y轴建立平面直角坐标系，
则C(0,0)，B(4,0)，A(0,3)，设P(x,y)，
可得x2+y2=1，
PA→=(-x,3-y)，PB→=(4-x,-y)，
则PA→·PB→=x2+y2-4x-3y=1-4x-3y，
令x=csθ，y=sinθ，(0⩽θ<2π)，
可得PA→·PB→=1-4csθ-3sinθ=1-5sin(θ+φ)，sinφ=45，csφ=35，
∴PA→·PB→的取值范围是[-4,6].
故答案为：[-4,6].
以C为坐标原点，分别以CB、CA所在直线为x、y轴建立平面直角坐标系，可得C(0,0)，B(4,0)，A(0,3)，设P(x,y)，利用数量积的坐标运算求出PA→·PB→，然后利用换元法结合三角函数求最值．
此题主要考查平面向量数量积的性质及运算，训练了利用三角函数求最值，建系是关键，是中档题．
17.【答案】①③④;
【解析】解：对于①，连接OC，若O为ΔABC的外心，则OA=OB=OC，
又∵PO⊥平面ABC，∴PA=PB=PC=2，故①正确，
对于②，假设AP⊥BC，
∵PO⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，
∴PO⊥BC，又∵AP∩PO=P，
∴BC⊥平面PAB，则BC⊥AB，这与ΔABC为等边三角形矛盾，故②错误，
对于③，若∠ACB=90°，则OC=12AB=2，且O为ΔABC的外心
∴PC=2，过点C作CH⊥AB于H，连接PH，
∵PO⊥平面ABC，PO⊂平面PAB，∴平面PAB⊥平面ABC，
又∵平面PAB∩平面ABC=AB，∴CH⊥平面PAB，
则∠CPH即为PC与平面PAB所成的角，∴sin∠CPH=CHPC=CH2，
∵CH⩽OC=2，∴sin∠CPH=CH2∈(0,22],
∴∠CPH∈(0,π4],故③正确，
对于④，分别取PB，BC的中点M1，M2，连接OM1，OM2，M1M2，
∴OM1//PA，又∵OM1⫋平面PAC，PA⊂平面PAC，
∴OM1//平面PAC，同理可证OM2//平面PAC，
又∵OM1⊂平面OM1M2，OM2⊂平面OM1M2，OM1∩OM2=O，
∴平面PAC//平面OM1M2，
∴线段M1M2为M在ΔPBC内的轨迹，又M1M2=12PC=2，
∴M在ΔPBC内的轨迹长度为2，故④正确，
∴说法中正确的序号为①③④，
故答案为：①③④．
由三角形外心的性质可判断①正确，利用假设法结合线面垂直的判定定理可判断②错误，对于③，若∠ACB=90°，易求OC=2，PC=2，过点C作CH⊥AB于H，连接PH，由PO⊥平面ABC，可证平面PAB⊥平面ABC，进而得到CH⊥平面PAB，则∠CPH即为PC与平面PAB所成的角，再求出∠CPH的范围即可判断③正确，对于④，分别取PB，BC的中点M1，M2，连接OM1，OM2，M1M2，易证平面PAC//平面OM1M2，线段M1M2为M在ΔPBC内的轨迹，从而判断④正确．
此题主要考查了三角形外心的性质，考查了线面垂直的判定，以及直线与平面所成的夹角，是中档题．
18.【答案】1，n=12.3n-1，n≥2;
【解析】解：数列{an}的前n项和Sn=3n-2，
当n=1时，a1=S1=1，
当n⩾2时，an=Sn-Sn-1=3n-2-3n-1+2=2⋅3n-1，
当n=1时，a1=1不满足此式，
故an=1,n=12.3n-1,n⩾2．
首先求出n=1时a1的值，然后求出n⩾2时an的数列表达式，最后验证a1是否满足所求递推式，于是即可求出{an}的通项公式．
这道题主要考查数列递推式的知识点，解答本题的关键是利用an=Sn-Sn-1进行解答，此题比较基础，较简单．
19.【答案】证明：(1)连接EF、FG、GB，
因为F、G分别为PD、PA的中点，
所以FG//AD，
又因为底面ABCD为矩形，点E在BC上，
所以FG//EB，
所以B、E、F、G四点共面；
(2)因为ABCD为矩形，
所以AB⊥AD，
又因为PA⊥底面ABCD，
所以PA⊥AD，
而PA∩AB=A，
所以DA⊥平面PAB，
由FG//AD，
所以FG⊥平面PAB，
又FG⊂平面BEFG，
所以平面PAB⊥平面BEFG.;
【解析】此题主要考查平面的基本性质及应用、面面垂直的判定、考查推理能力，属中档题.
(1)证出FG//BE，即可证出结果；
(2)证出FG⊥平面PAB，即可证出结果.
20.【答案】;
【解析】
(1)化圆的方程为标准方程，由题意可得关于a的方程，求解a值，即可得到圆的方程；
(2)在圆C：x2-(1+a)x+y2-ay+a=0中，取y=0可得M、N的坐标，假设存在实数a，当直线AB与x轴不垂直时，设直线AB的方程为y=k(x-1)，与圆的方程联立，化为关于x的一元二次方程，利用根与系数的关系结合斜率和为0求解a值，验证斜率不存在时成立即可．
此题主要考查圆的方程的求法，考查直线与圆位置关系的应用，考查化归与转化思想，考查运算求解能力，属中档题．
21.【答案】解：（Ⅰ）连AC，由PA⊥底面ABCD可知∠PCA为PC与面ABCD所成的角，
∵PA=4， tan∠PCA=43，∴AC=3，
取线段BC的中点E，由AB=AC=3得AE⊥BC，AE=AB2-BE2=5．
∴SABCD=12（3+4）×5=752，
∴VP-ABCD=13×752×4=1453…（6分）

（Ⅱ）取线段AD的三等分点M，使得AM=23AD=2．连接AT，TN，
由N为PC中点知TN∥BC，TN=12BC=2．
又AD∥BC，故TN∥AM且TN=AM．四边形AMNT为平行四边形，于是MN∥AT．
因为AT⊄面CMN，MN⊂面CMN，所以AT∥平面CMN∴AD上存在点M，满足AM=2，
就能使AT∥平面CMN…（12分）;
【解析】
(Ⅰ)连AC，由PA⊥底面ABCD可知∠PCA为PC与面ABCD所成的角，利用PC与面ABCD所成角的正切值为43求出AC，取线段BC的中点E，求出AE，然后求解底面面积以及几何体的体积．
(Ⅱ)取线段AD的三等分点M，使得AM=23AD=2.连接AT，TN，说明TN//BC，推出MN//AT.证明AT//平面CMN即可．
此题主要考查直线与平面的位置关系的应用，几何体额条件的求法，直线与平面平行的应用，考查计算能力．
22.【答案】;
【解析】
(Ⅰ)根据线面平行的判定定理即可证明；
(Ⅱ)选条件①，②或选条件①，③都可以确定四棱锥P-ABCD，再利用向量法即可分别求解(i)与(ii).
此题主要考查线面平行的判定定理，向量法求解点面距问题，向量法求解二面角问题，属中档题．
23.【答案】解：(1)∵在ΔABC中，asin2A+B2+csin2B+C2=54b，
∴a×1-cs(A+B)2+c×1-cs(B+C)2=5b4，
∴a+acsC+c+ccsA=5b2，
由正弦定理可得，sinA+sinC+sinAcsC+sinCcsA=52sinB，
∴sinA+sinC+sin(A+C)=52sinB，∴sinA+sinC+sinB=52sinB，
故sinA+sinC=32sinB，由正弦定理，ba+c=sinBsinA+sinC=23.
(2)∵csB=13，∴sinB=223，∴面积S=12acsinB=22，∴ac=6，
由余弦定理可得，13=a2+c2-b22ac=(a+c)2-12-4(a+c)2912，
∴a+c=1255，b=855，故ΔABC的周长为a+c+b=45.
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【解析】此题主要考查了正弦定理、余弦定理和三角形面积公式，三角恒等变换等，属于中档题.
(1)由二倍角公式化简得a+acsC+c+ccsA=5b2，再由正弦定理和两角和与差的三角函数公式可得sinA+sinC=32sinB，即可得出ba+c的值；
(2)由面积S=12acsinB=22，得ac=6，由余弦定理可得a+c=1255，则b=855，即可得出周长.