【同步练习】高中数学人教A版(2019)必修第二册--《8.6.1 直线与直线垂直》提升训练（含解析）

这是一份【同步练习】高中数学人教A版(2019)必修第二册--《8.6.1 直线与直线垂直》提升训练（含解析），共17页。试卷主要包含了经过A，B两点的直线的倾斜角是，已知圆C，即可得出．等内容，欢迎下载使用。


人教A版（2019）必修第二册《8.6.1 直线与直线垂直》提升训练

一 、单选题（本大题共13小题，共65分）
1.（5分）经过A(-2,0)，B(-2,3)两点的直线的倾斜角是()
A、-30°
B、60°
C、90°
D、120°
A. -30° B. 60° C. 90° D. 120°
2.（5分）过点A(1,2)且与原点距离最大的直线方程为(   )
A. 2x+y-4=0 B. x+2y-5=0
C. x+3y-7=0 D. 3x+y-5=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）如图，在三棱锥V-ABC中，∠AVB=∠BVC=∠CVA=60°，VA=VB=VC，若三棱锥V-ABC的内切球O的表面积为6π，则此三棱锥的体积为()

A. 63 B. 183 C. 62 D. 182
5.（5分）直线x-y-1=0与坐标轴所围成的三角形的面积为()
A. 14 B. 2 C. 1 D. 12
6.（5分）某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm3)是()

A. 6 B. 203 C. 233 D. 223
7.（5分）如图，在三棱锥A-BCD中，AB=AC=1，AB⊥AC，AD=2，AD⊥平面ABC，E为CD的中点，则直线BE与AD所成角的余弦值为() 

A. 222 B. 13 C. 53 D. 23
8.（5分）如图，△PAB所在的平面α和四边形ABCD所在的平面β垂直，且AD⊥α，BC⊥α，AD=4，BC=8，AB=6，∠APD=∠CPB，则点P在平面α内的轨迹是（ ）

A. 圆的一部分 B. 一条直线 C. 一条直线 D. 两条直线
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. -6 B. ±6 C. -5 D. ±5
10.（5分）直线y=kx+3被圆(x-2)2+(y-3)2=4截得的弦长为23，则直线的倾斜角为(    )
A. π6或5π6 B. -π3或π3 C. -π6或π6 D. π6
11.（5分）设a，b，c均为正数，若一元二次方程ax2+bx+c=0有实根，则()
A. max{a,b,c}⩾12(a+b+c) B. max{a,b,c}⩾49(a+b+c)
C. max{a,b,c}⩽14(a+b+c) D. max{a,b,c}⩽13(a+b+c)
12.（5分）在空间直角坐标系O-xyz中，A(0,0,1)，B(m2,0,0)，C(0,1,0)，D(1,2,1)，若四面体OABC的外接球的表面积为6π，则异面直线OD与AB所成角的余弦值为

A. 3030 B. 510 C. 16 D. 24
13.（5分）已知正三棱柱的高等于1，且球O与所有棱都相切，则球O的体积为( )
A. π6 B. 43π27 C. 4π3 D. 43π3
二 、填空题（本大题共5小题，共25分）
14.（5分）求经过点A(-5,2)且在x轴上的截距等于在y轴上的截距的2倍的直线方程 ______ ．
15.（5分）如图，ΔO'A'B'是水平放置的ΔOAB的直观图，则ΔOAB的周长为____________。 

16.（5分）已知向量a→，b→满足a→+b→=(5,-2)，a→-b→=(-1,6)，令a→，b→的夹角为θ，则cosθ=______.
17.（5分）在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E为线段B1D1上的动点，现有下面四个命题： 
①直线DE与直线AC所成角为定值； 
②点E到直线AB的距离为定值； 
③三棱锥E-A1BD的体积为定值； 
④三棱锥E-A1BD外接球的体积为定值． 
其中所有真命题的序号是 ______.
18.（5分）在数列{an}中，a1=6，an+1an=n+3n，那么{an}的通项公式是 ______ ．
三 、解答题（本大题共5小题，共60分）
19.（12分）如图所示，菱形ABCD与正方形CDEF所在平面相交于CD． 
(1)求作平面ACE与平面BCF的交线l.并说明理由； 
(2)若BD⊥CF，求证：平面BDE⊥平面ACE．

20.（12分）已知圆C：(x-1)2+(y+2)2=9，斜率为1的直线l与圆C交于A，B两点，O为坐标原点． 
(1)当∠ACB=90°时，求直线l的方程； 
(2)当∠AOB=90°时，求直线l的方程．
21.（12分）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，PD⊥面ABCD，M是PPC的中点，G是线段DM上异于端点的一点，平面GAP∩平面BDM=GH，PD=2． 
(Ⅰ)证明：GH//面PAD； 
(Ⅱ)若PD与面GAP所成的角的正弦值为1111，求四棱锥D-PAHG的体积．

22.（12分）如图，在四棱锥P-ABCD中，PD⊥平面ABCD，底面ABCD为平行四边形，∠ADB=90∘,AB=2AD 
(1)求证：平面PAD⊥平面PBD； 
(2)若PD=AD=1,PE→=2EB→，求二面角P-AD-E的余弦值. 
 

23.（12分）函数f(x)=sin(ωx+ϕ)(ω>0,|ϕ|<π2)的部分图象如图所示，将y=f(x)的图象向右平移π4个单位长度后得到函数y=g(x)的图象． 
(1)求函数y=g(x)的解析式； 
(2)在ΔABC中，角A，B，C满足2sin2A+B2=g(C+π3)+1，且其外接圆的半径R=2，求ΔABC的面积的最大值．


答案和解析
1.【答案】null;
【解析】解：经过A(-2,0)，B(-2,3)两点的直线的斜率k显然不存在， 
故直线的倾斜角为90°. 
故选：C. 
由已知结合直线的倾斜角与斜率关系即可求解． 
此题主要考查了直线的倾斜角与斜率关系，属于基础题．

2.【答案】B;
【解析】 
此题主要考查直线方程的求解及两直线垂直的条件，属于基础题． 
易知过点A(1,2)且与原点距离最大的直线与OA垂直，利用直线的点斜式方程求解即可． 
 
解：根据题意得，当所求直线与直线OA垂直时距离最大， 
因为直线OA的斜率为2， 
所以所求直线的斜率为-12， 
所以由点斜式方程得y-2=-12(x-1)， 
化简得x+2y-5=0. 
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】 
此题主要考查三棱锥内切球、正四面体性质、三棱锥体积公式等基础知识，考查运算求解能力，是中档题． 
连接VO，并延长交底面ABC于点E，连接AE，并延长交BC于D，推导出三棱锥V-ABC是正四面体，E是△ABC的中心，VE⊥平面ABC，由三棱锥V-ABC的内切球O的表面积为6π，求出球O的半径r=OE=62，设AB=a，则AE=3a3，VE=63a，求出AO=VO=63a-62，由勾股定理求出a=6，由此能求出此三棱锥的体积． 
解：连接VO，并延长交底面ABC于点E，连接AE，并延长交BC于D， 
 
∵在三棱锥V-ABC中，∠AVB=∠BVC=∠CVA=60°，VA=VB=VC， 
∴三棱锥V-ABC是正四面体， 
∴E是△ABC的中心，∴VE⊥平面ABC， 
∵三棱锥V-ABC的内切球O的表面积为6π，设球O的半径为r， 
∴4πr2=6π，解得r=OE=62， 
设AB=a， 
则AE=23AD=23a2-(a2)2=3a3，VE=a2-(3a3)2=63a， 
∴AO=VO=63a-62， 
∵OE⊥AE，∴AE2+OE2=AO2， 
∴(3a3)2+(62)2=(63a-62)2，解得a=6， 
∴VE=63×6=26， 
∴此三棱锥的体积为V=13S△ABC⋅VE=13×12×6×6×sin60°×26=182. 
故选：D.

5.【答案】D;
【解析】 

由直线x-y-1=0，可得与坐标轴的交点(1,0)，(0,-1).即可得出．  
此题主要考查了直线方程、三角形面积计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题． 
解：由直线x-y-1=0，可得与坐标轴的交点(1,0)，(0,-1). 
因此直线与坐标轴围成的三角形的面积S=12×1×1=12. 
故选D.

6.【答案】D;
【解析】解：由三视图还原原几何体如图， 
 
该几何体是把棱长为2的正方体截去一个三棱锥A-BCD得到的． 
则该几何体的体积是2×2×2-13×12×2×1×2=223. 
故选：D. 
由三视图还原原几何体，可知该几何体是把棱长为2的正方体截去一个三棱锥A-BCD得到的，再由正方体的体积减去三棱锥的体积得答案． 
此题主要考查由三视图求面积、体积，关键是由三视图还原原几何体，是中档题．

7.【答案】D;
【解析】 
此题主要考查异面直线所成的角，属于基础题. 
取AC的中点F，连接BF，EF，可得∠BEF(或其补角)为直线BE与AD所成角，由题意求得BE=32，BF=52，EF=1，进而由余弦定理可求解. 
解：如图： 
 
取AC的中点F，连接BF，EF，因为E为CD的中点，所以EF//AD，故∠BEF(或其补角)为直线BE与AD所成角. 
在直角三角形BAC中，AB=AC=1， 
所以BF=AB2+AF2=12+(12)2=52. 
因为AD⊥平面ABC，AB，AC⊂平面ABC， 
所以AD⊥AB，AD⊥AC，又AB=AC=1，AD=2， 
所以BD=CD=5. 
在三角形BDC中，BC=2， 
由余弦定理得： 
cos∠BCD=BC2+CD2-BD22×BC×CD=(2)2+(5)2-(5)22×2×5=1010， 
所以BE2=BC2+CE2-2×BC×CE×cos∠BCD 
=(2)2+(52)2-2×2×52×1010=94， 
所以BE=32. 
在三角形BEF中，BE=32，BF=52，EF=1， 
由余弦定理得： 
cos∠BEF=BE2+EF2-BF22×BE×EF=(32)2+12-(52)22×32×1=23， 
即异面直线BE与AD所成角的余弦值为23.

8.【答案】A;
【解析】解：以AB所在直线为x轴，AB的中垂线为y轴，建立平面直角坐标系， 
设点P（x，y），A（-3，0），B（3，0）， 
∵AD⊥α，BC⊥α，AD=4，BC=8，AB=6，∠APD=∠CPB， 
∴Rt△APD∽Rt△CPB， 
∴
AP
BP
=(x+3)2+y2(x-3)2+y2=
AD
BC
=
4
8
=
1
2
， 
即（x-3）2+y2=4[（x+3）2+y2]， 
整理得：（x+5）2+y2=16， 
故点P的轨迹是圆的一部分． 
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】A;
【解析】 
该题考查直线与圆的位置关系，考查直线的倾斜角，考查学生的计算能力，属于基础题． 
利用直线y=kx+3被圆(x-2)2+(y-3)2=4截得的弦长为23，得到圆心到直线的距离为d=4-3=1=|2k|1+k2，求出k，即可求出直线的倾斜角． 
 
解：由题知：圆心(2,3)，半径为2． 
因为直线y=kx+3被圆(x-2)2+(y-3)2=4截得的弦长为23， 
所以圆心到直线的距离为d=4-3=1=|2k|1+k2， 
∴k=±33， 
设直线倾斜角为α， 
由k=tanα，且α∈[0,π), 
得α=π6或5π6． 
故选：A． 
 


11.【答案】B;
【解析】解：令a+b+c=t(t>0).若b⩾49t，结论已成立． 
若b<49t，则由b2-4ac⩾0，得ac⩽14b2<481t2.① 
又a+c=t-b>t-49t=59t，即c>59t-a，则由①得481t2>ac>a(59t-a)， 
即a2-59ta+481t2>0. 
解得a<19t或a>49t. 
若a>49t，结论已成立； 
若a<19t，则c>59t-a，结论亦成立． 
综上所述，max{a,b,c}⩾49(a+b+c). 
故选：B. 
令a+b+c=t(t>0).若b⩾49t，结论已成立．若b<49t，可得ac⩽14b2<481t2.进而可得a<19t或a>49t.分类讨论可得结论． 
此题主要考查基本不等式，考查学生的运算能力，属中档题．

12.【答案】A;
【解析】 
此题主要考查了利用空间向量求异面直线所成角，球的表面积和体积，属于基础题.由已知易知OA，OB，OC两两垂直，由4π×12+12+m44=6π，解得m2=2，得到AB→=2,0,1，OD→=1,2,1，代入夹角公式，即可得结果. 
 
解：由已知易知OA，OB，OC两两垂直， 
则4π×12+12+m44=6π， 
解得m2=2， 
则AB→=2,0,-1，OD→=1,2,1， 
则cos=15×6=3030， 
即异面直线OD与AB所成角的余弦值为3030. 
故选A.

13.【答案】B;
【解析】 
此题主要考查简单多面体及其机构特征，球的表面积和体积的应用，考查了球和正棱柱的性质以及相应的运算能力和空间形象能力，属于基础题． 
由题意可知相切关系得球与三条侧棱的切点确定的平面截球与三棱柱，得到的截面是大圆与内接正三角形，球O的半径R等于底面等边三角形中线的23，求出球的半径，即可求出球的体积.解： 设球的半径为R，底面三角形的边长为a， 
由相切关系得，球与三条侧棱的切点确定的平面截球与三棱柱得到的截面，是大圆与内接正三角形， 
故球O的半径R等于底面等边三角形中线的23， 
由底面等边三角形中线长为32a， 
即R=33a，底面三角形被球截得的小圆半径为r， 
由此小圆为底面三角形的内切圆得r=36a， 
所以R2=r2+(12)2，得a=1，R=33， 
V=43πR3=43π27. 
故答案选：B.

14.【答案】2x+5y=0或x+2y+1=0;
【解析】解：当截距为0时，设直线方程为y=kx， 
则-5k=2，∴k=-25 
∴直线方程为2x+5y=0 
当截距不为0时，设直线方程为x2a+ya=1 
由题意，-52a+2a=1，∴a=-12． 
∴x+2y+1=0． 
综上，2x+5y=0或x+2y+1=0． 
故答案为2x+5y=0或x+2y+1=0． 
注意到截距为0和不为0两种情况． 
解题时注意别忽略了截距为0时的情况．

15.【答案】10+213;
【解析】此题主要考查斜二测画法的应用，注意和x轴平行的线段长度不变，与y轴平行的线段长度减半．根据斜二测画法的原则确定三角形ΔABO的三边即可计算． 
 
解：因为三角形的斜二侧直观图是直角三角形A'B'O'，O'A'=3，O'B'=4， 
所以直角ΔABO的直角边OB=O'B'=4.另一直角边OA=6， 
所以斜边为42+62=213， 
所以ΔABO的周长为10+213. 
故答案为10+213.

16.【答案】-210;
【解析】解：因为a→+b→=(5,-2),a→-b→=(-1,6)， 
所以a→=(5,-2)+(-1,6)2=(2,2)，b→=(5,-2)-(2,2)=(3,-4)， 
所以|a→|=22+22=22,|b→|=32+(-4)2=5,a→⋅b→=2×3+2×(-4)=-2， 
所以cosθ=a→⋅b→|a→|⋅|b→|=-222×5=-210. 
故答案为：-210. 
首先求出a→,b→的坐标，再根据夹角公式计算可得． 
此题主要考查平面向量的数量积运算，考查学生的运算能力，属于中档题．

17.【答案】①③;
【解析】解：在正方体ABCD-A1B1C1D1中，AC⊥BD，BB1⊥平面ABCD， 
∵AC⊂平面ABCD，∴BB1⊥AC，又∵BD∩BB1=B，∴AC⊥平面BB1D1D， 
∴DE⊂平面BB1D1D，∴AC⊥DE，∴直线DE与直线AC所成角为90°，是定值，故①正确； 
当点E在B1处时，点E到直线AB的距离为BB1，当点E在D1处时，点E到直线AB的距离为AD1， 
因为BB1≠AD1，故②错误； 
∵B1D1//BD，BD⊂平面A1DB，∴B1D1//平面A1DB，故点E到平面A1DB的距离d为定值， 
则VE-A1BD=13d⋅S△A1BD为定值，故③正确； 
点E在D1处时，设正方体的棱长为2，则此时三棱锥E-A1DB的外接球半径为2+1=3， 
点E在B1D1的中点处时，此时三棱锥E-A1DB的外接球球心在OE上，设半径为R， 
则(2-R)2+2=R2，解得R=32，所以点E在D1处和在B1D1的中点处时，三棱锥E-A1BD外接球半径不同，故④错误． 
故答案为：①③． 
证明AC⊥平面BB1D1D，可得AC⊥DE，即可判断①；分点E在B1处时和在D1处时，点E到直线AB的距离，即可判断③；证明B1D1//平面A1DB，可得点E到平面A1DB的距离d为定值，即可判断③，根据点E在D1处和在B1D1的中点处时，三棱锥E-A1BD外接球半径不同，可判断④． 
此题主要考查点到线的距离问题，空间几何体的体积问题，异面直线所成角的求法，属中档题．

18.【答案】an=n（n+1）（n+2）;
【解析】解：∵在数列{an}中，a1=6，an+1an=n+3n，  
∴当n⩾4时，an=anan-1.an-1an-2.an-2an-3⋅….a4a3.a3a2.a2a1.a1  
=n+2n-1.n+1n-2.nn-3.n-1n-4⋅…⋅3+33.2+32.1+31×6  
=n(n+1)(n+2)，  
经验证当n=1，2，3时也成立，  
因此：an=n(n+1)(n+2)． 
故答案为：an=n(n+1)(n+2)． 
利用“累乘求积法”即可得出．  
该题考查了“累乘求积法”，属于基础题．

19.【答案】解：（1）过点C作BF的平行线l即可，下面予以证明． 
由已知得，AB和EF都与CD平行且相等， 
∴四边形ABFE是平行四边形，∴AE∥BF， 
∵BF⊄平面ACE，且AE⊂平面ACE，∴BF∥平面ACE， 
∵BF⊂平面BCE，且平面ACE∩平面BCF=l， 
∴BF∥l． 
（2）证明：由CF⊥BD，CF⊥CD，且BD∩CD=D，∴CF⊥平面ABCD， 
∵AC⊂平面ABCD，∴CF⊥AC， 
∵DE∥CF，∴DE⊥AC， 
在菱形ABCD中，BD⊥AC， 
又DE∩BD=D，∴AC⊥平面BDE， 
∵AC⊂平面ACE，∴平面BDE⊥平面ACE．;

【解析】 
(1)过点C作BF的平行线l，由已知得，AB和EF都与CD平行且相等，从而四边形ABFE是平行四边形，AE//BF，从而BF//平面ACE，由此推导出BF//l． 
(2)由CF⊥BD，CF⊥CD，得CF⊥平面ABCD，从而CF⊥AC，由DE//CF，得DE⊥AC，再由BD⊥AC，得AC⊥平面BDE，由此能证明平面BDE⊥平面ACE． 
该题考查面面垂直的证明，考查两平面的交线的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力以及化归与转化思想，是中档题．

20.【答案】解：（1）设直线l的方程为y=x+m, 
由半径为3，∠ACB=90°， 
得C到直线l的距离为d=322， 
所以|3+m|2=322， 
所以m=0或-6， 
所以直线l的方程：y=x或y=x-6； 
（2）设直线l的方程为y=x+n,A（x1，y1），B（x2，y2）， 
由{y=x+n(x-1)2+(y+2)2=9，得2x2+（2n+2）x+n2+4n-4=0， 
所以x1+x2=-n-1，x1x2=n2+4n-42， 
因为∠AOB=90°， 
所ОA→·OB→=x1x2+y1y2=0， 
所以x1x2+（x1+n）（x2+n）=0， 
即n2+4n-4+n（-n-1）+n2=0， 
化简n2+3n-4=0， 
解得n=1或n=-4，经检验Δ＞0， 
所以直线l的方程y=x+1或y=x-4．;
【解析】 
(1)设直线l的方程为y=x+m，C到直线l的距离为d=322，然后利用点到直线的距离公式列方程可求出m，从而可得直线方程； 
(2)设直线l的方程为y=x+n，A(x1,y1)，B(x2,y2)，将直线方程代入圆方程化简后，利用根与系数的关系，再由∠AOB=90°，可得x1x2+y1y2=0，结合前面的式子可求出n，从而可得直线方程． 
此题主要考查直线与圆的位置关系的应用，属于中档题．

21.【答案】（Ⅰ）证明：连接AC，交BD于O，则O为AC的中点，连接OM， 
∵M为PC的中点，则OM∥PA， 
∵OM⊂平面BMD，PA⊄平面BMD，∴PA∥平面BMD， 
∵PA⊂平面GPA，平面GPA∩平面MDB=GH，∴PA∥GH， 
而PA⊂平面PAD，GH⊄平面PAD，∴GH∥面PAD； 
（Ⅱ）解：以D为坐标原点，分别以DA，DC，DP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 
则D（0，0，0），A（2，0，0），P（0，0，2），M（0，1，1）， 
设DG→=λDM→=（0，λ，λ），则AP→=(-2，0，2)，PG→=PD→+DG→=（0，λ，λ-2）， 
设平面PAG的一个法向量为n→=(x，y，z)． 
由n→.PA→=-2x+2z=0n→.PG→=λy+(λ-2)z=0，取z=1，得n→=(1，2-λλ，1)． 
PD→=(0，0，-2)， 
由PD与面GAP所成的角的正弦值为1111，得|cos＜n→，PD→＞|=|-2|2+(2-λλ)2×2=1111， 
解得：λ=12或λ=-1（舍）． 
∴G为DM的中点，则H为OD的中点， 
此时，PA=22，GH=12OM=22，n→=(1，3，1)． 
D到平面PCAH的距离d=|n→.PD→||n→|=211=21111． 
由PA→=(2，0，-2)，PG→=(0，12，-32)， 
得cos＜PA→，PG→＞=PA→.PG→|PA→|.|PG→|=322×102=325． 
∴sincos＜PA→，PG→＞=5510． 
则GH与PA间的距离为h=102×5510=224． 
∴四棱锥D-PAHG的体积V=13×12(22+22)×224×21111=512．;

【解析】 
(Ⅰ)连接AC，交BD于O，则O为AC的中点，连接OM，可得OM//PA，从而得到PA//平面BMD，再由线面平行的性质证明GH//面PAD；  
(Ⅱ)以D为坐标原点，分别以DA，DC，DP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，由已知线面角证明G为DM的中点，则H为OD的中点，利用空间向量分别求解两平行线GH与PA的距离，点D到平面GPA的距离，再由棱锥体积公式求解． 
此题主要考查直线与平面平行的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用空间向量求解线面角与点到平面的距离，是中档题．

22.【答案】(1)详见解析(2)1313;
【解析】(1)因为PD⊥底面ABCD，BD⊂底面ABCD， 
         所以PD⊥BD， 
         因为∠ADB=90∘， 
         所以AD⊥BD， 
         因为AD∩PD=D， 
         所以BD⊥平面PAD， 
        因为BD⊂平面PBD， 
       所以平面PAD⊥平面PBD. 
(2)以D为原点，DA所在直线为x轴，DB所在直线为y轴建立直角坐标系，D(0,0,0)，P(0,0,1)，A(1,0,0)，B(0,3,0)， 
 
 
因为PE→=2EB→，所以E(0,233,13)  
因为BD⊥平面PAD，所以平面PAD的一个法向量n1→=(0,1,0)， 
设平面ADE的一个法向量n2→=(x,y,z)，{n2→·DE→=0n2→·DA→=0，即：{233y+13z=0x=0，x=0，y=1，z=-23，解得n2→=(0,1,-23)， 
设α为所求的角，则cosα=|n1→·n2→|n1→||n2→||=1313.

23.【答案】解：(1)由图知2πω=4(π12+π6)，解得ω=2， 
∵f(π12)=sin(2×π12+ϕ)=1， 
∴2×π12+ϕ=2kπ+π2，k∈Z，即ϕ=2kπ+π3，k∈Z， 
由于|ϕ|<π2，因此ϕ=π3， 
∴f(x)=sin(2x+π3)， 
∴f(x-π4)=sin[2(x-π4)+π3]=sin(2x-π6)， 
即函数y=g(x)的解析式为g(x)=sin(2x-π6). 
(2)∵2sin2A+B2=g(C+π3)+1， 
∴1-cos(A+B)=1+sin(2C+π2)， 
∵cos(A+B)=-cosC，sin(2C+π2)=cos2C， 
cosC=cos2C，即cosC=2cos2C-1， 
所以cosC=-12或1(舍)，可得：C=2π3， 
由正弦定理得csinC=2R=4，解得c=23， 
由余弦定理得cosC=-12=a2+b2-c22ab， 
∴a2+b2=12-ab⩾2ab，ab⩽4，(当且仅当a=b=2等号成立)， 
∴SΔABC=12absinC=34ab⩽3， 
∴ΔABC的面积的最大值为3．;
【解析】这道题主要考查了三角函数周期公式，三角函数图象变换的规律，三角函数恒等变换的应用，正弦定理，余弦定理，基本不等式，三角形面积公式在解三角形中的综合应用，属于中档题． 
(1)由图知周期T，利用周期公式可求ω，由f(π12)=1，结合范围|ϕ|<π2，可求ϕ的值，进而利用三角函数图象变换的规律即可得解． 
(2)利用三角函数恒等变换化简已知可得cosC=-12，进而可求C，由正弦定理解得c的值，进而由余弦定理，基本不等式可求ab⩽4，利用三角形面积公式求解即可．