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2023-2024学年四川省内江二中高二（上）期中数学试卷(含解析）
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这是一份2023-2024学年四川省内江二中高二（上）期中数学试卷(含解析），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.下列说法正确的是( )
A. 各侧面都是正方形的四棱柱一定是正方体
B. 球的直径是连接球面上两点并且经过球心的线段
C. 以直角三角形的一边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥
D. 用一个平面截圆锥，得到一个圆锥和圆台
2.利用斜二测画法作边长为2的正方形的直观图，则所得直观图的面积为( )
A. 24B. 22C. 2D. 2 2
3.经过点A(−2,2)，斜率是3的直线方程是( )
A. 3x−y−8=0B. 3x+y+4=0C. 3x−y+8=0D. 3x+y+2=0
4.已知直线a与平面α满足a//α，直线b⊂α，下列结论正确的是( )
A. a与b无公点B. a与b异面C. a//bD. a⊥b
5.已知：空间四边形ABCD如图所示，E、F分别是AB、AD的中点，G、H分别是BC，CD上的点，且CG=13BC，CH=13DC，则直线FH与直线EG( )
A. 平行B. 相交C. 异面D. 垂直
6.如图，在斜四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD是平行四边形，M为A1C1与B1D1的交点.若A1B1=a，A1D1=b，A1A=c，则DM=( )
A. 12a−12b−c
B. 12a−12b+c
C. −12a+12b+c
D. −12a+12b−c
7.如图在一个120°的二面角的棱上有两点A，B，线段AC，BD分别在这个二面角的两个半平面内，且均与棱AB垂直，若CD=3，AC=1，BD=2，则AB的长为( )
A. 2B. 2C. 6D. 6
8.如图，在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，P，M，N分别为棱CC1，CB，CD上的动点(点P不与点C，C1重合).若CP=CM=CN，则下列说法正确的个数是( )
①存在点P，使得点A1到平面PMN的距离为43；
②直线MN与AD1所成角为π3；
③BD1//平面PMN；
A. 0个B. 1个C. 2个D. 3个
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知某球的表面积为16π，则下列说法中正确的是( )
A. 球的半径为2B. 球的体积为10πC. 球的体积为323πD. 球的半径为1
10.如图为一正方体的展开图、则在原正方体中( )
A. AB//CDB. AB⊥CD
C. 直线AB与EF所成的角为60°D. 直线CD与EF所成的角为60°
11.下列选项正确的是( )
A. 若直线l的一个方向向量(1, 3)，则直线l的斜率为 3
B. 已知向量a=(9,4,−4),b=(1,2,2)，则a在b上的投影向量为(1,2,2)
C. 若a⋅b>0，则〈a,b〉是锐角
D. 直线l的方向向量为m=(1,1,0)，且l过点A(1,1,1)，则点P(2,2,−1)到直线l的距离为2
12.如图，AC为圆锥SO底面圆O的直径，点B是圆O上异于A，C的动点，已知SC=2 2，SA⊥SC，则下列结论正确的是( )
A. 圆锥SO的侧面积为4 2π
B. 三棱锥S−ABC体积的最大值为83
C. 圆锥SO内切球的半径为 2
D. 若AB=BC，E为线段AB上的动点，则SE+CE的最小值为2( 3+1)
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.若平面α的一个法向量为u1=(−3,y,2)，平面β的一个法向量为u2=(6,−2,z)，且α//β，则y+z=______．
14.已知圆锥的表面积为12π，其侧面展开图是一个半圆.则圆锥的高为______ ．
15.经过点P(0,−1)作直线l，若直线l与连接A(−2,1),B(−1,− 3−1)两点的线段总有公共点，则l的倾斜角α的取值范围是______ ．
16.已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，点E是线段DD1的中点，过点D1做平面α，使得平面α//平面A1BE，则平面α与正方体的截面多边形的面积为______ ．
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题10分)
已知△ABC的三个顶点分别为A(0,4)，B(−2,6)，C(−8,0)．
(1)求边AB所在直线的方程；
(2)求边AC上的中线BD所在直线的方程．
18.(本小题12分)
棱长为2的正方体中，E、F分别是DD1、DB的中点，G在棱CD上，且CG=13CD，H是C1G的中点．
(1)求证：EF⊥B1C；
(2)求cs.
19.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为线段PD上一点，PB//平面AEC．
(1)证明：E为PD的中点；
(2)若直线CE与平面PAD所成的角为45°，且AP=AD=1，求三棱锥E−ACD的体积．
20.(本小题12分)
如图，多面体EFABC中，FA⊥平面ABC，且FA//EB，EB=BA=BC=AC=2，FA=4，M是FC的中点．
(1)求证：EM//平面ABC；
(2)求直线ME与平面CBE所成角的大小．
21.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，E为AD的中点，PA⊥AD，BE//CD，BE⊥AD，PA=AE=BE=2，CD=1．
(1)求证：平面PAD⊥平面PCD；
(2)求平面CPB与平面PBE的余弦值．
22.(本小题12分)
如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，平面AA1C1C⊥平面ABC，△ABC为等边三角形，AC=CC1=2，∠ACC1=60°，D，E分别是线段AC，CC1的中点．
(1)求证：A1C⊥平面BDE；
(2)若点P为线段B1C1上的动点(不包括端点)，求平面PBD与平面BDE夹角的余弦值的取值范围．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：对于A：虽然各侧面都是正方形，但底面不一定是正方形，
所以该四棱柱不一定是正方体，故A错误；
对于B：球的直径的定义即为“连接球面上两点并且经过球心的线段”，故B正确；
对于C：以直角三角形的直角边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥，
以直角三角形的斜边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是两个共底面的圆锥组成的几何体，故C错误；
对于D：用一个平行于底面的平面截圆锥，得到一个圆锥和圆台，故D错误．
故选：B．
根据几何体的结构特征逐项分析判断．
本题主要考查空间几何体的结构特征，属于基础题．
2.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查斜二测画法，注意原图与直观图的面积关系，属于基础题．
根据题意，求出原图的面积，由原图与直观图的面积关系，分析可得答案．
【解答】
解：根据题意，原图为边长为2的正方形，其面积S=2×2=4，
则其直观图的面积S′= 24S= 2．
故选：C．
3.【答案】C
【解析】解：因为直线斜率是3，且经过点A(−2,2)，
所以y−2=3(x+2)，化简可得：3x−y+8=0．
故选：C．
由直线的点斜式方程求解即可．
本题主要直线的点斜式方程，属于基础题．
4.【答案】A
【解析】解：因为a//α，所以直线a与面α无交点，又因为直线b⊂α，所以直线a，b无交点．
故选：A．
由题意可知直线a与面α无交点，进而可得a，b无交点．
本题考查线面的位置关系，判断线线的位置关系，属于基础题．
5.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查平行线分线段成比例定理，根据已知条件，判断出EF//HG且EF≠HG，是解答本题的关键．属于基础题，
由已知EF为三角形ABD的中位线，从而EF//BD且EF=12BD，由CG=13BC，CH=13DC，得在四边形EFHG中，EF//HG，即E，F，G，H四点共面，且EF≠HG，由此能得出结论．
【解答】解：∵四边形ABCD是空间四边形，E、F分别是AB、AD的中点，
∴EF为三角形ABD的中位线，
∴EF//BD且EF=12BD，
又∵CG=13BC，CH=13DC，
∴△CHG∽△CDB，且HG//BD，HG=13BD，
∴在四边形EFHG中，EF//HG，
即E，F，G，H四点共面，且EF≠HG，
∴四边形EFGH是梯形，
∴直线FH与直线EG相交，
故选B．
6.【答案】A
【解析】解：依题意，DM=DD1+D1M=AA1+12D1B1=12A1B1−12A1D1−A1A=12a−12b−c．
故选：A．
根据空间向量运算求得正确答案．
本题考查的知识要点：空间的线性运算，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于基础题．
7.【答案】A
【解析】解：因为CD=CA+AB+BD，
所以CD2=CA2+AB2+BD2+2CA⋅AB+2CA⋅BD+2AB⋅BD，
因为线段AC，BD分别在这个二面角的两个半平面内，且均与棱AB垂直，
又CD=3，AC=1，BD=2，
所以CD2=CA2+AB2+BD2+2CA⋅BD=1+|AB|2+4+2×1×2×12=9，
则|AB|= 2．
故选：A．
由CD=CA+AB+BD，两边平方后展开整理，即可求得答案．
本题考查了空间向量在立体几何中的应用，空间向量的线性运算以及空间向量模的运算性质的运用，二面角的理解与应用，考查了逻辑推理能力与转化化归能力，属于中档题．
8.【答案】C
【解析】解：如图所示，以C为原点建立空间直角坐标系，设CP=a(0则P(0,0,a)，M(0,a,0)，N(a,0,0)，A(1,1,0)，
A1(1,1,1)，B(0,1,0)，D1(1,0,1)，
所以MN=(a,−a,0),PM=(0,a,−a),A1M=(−1,a−1,−1)，
AD1=(0,−1,1),BD1=(1,−1,1)，
设面PMN的一个法向量为n=(x,y,z)，由n⊥MN，n⊥PM，
可得n⋅MN=ax−ay=0n⋅PM=ay−az=0，取x=1，可得y=1=z，即n=(1,1,1)，
所以点A1到平面PMN的距离为d=|n⋅A1M||n|=|a−3| 3，
由a∈(0,1)⇒d∈(2 33, 3)，又43∈(2 33, 3)，
即存在点P，使得点A1到平面PMN的距离为43，故①正确；
设直线MN与AD1所成角为α(α∈[0,π2])，
则csα=|cs|=|MN⋅AD1||MN|⋅|AD1|=a 2a⋅ 2=12⇒α=π3，故②正确；
显然BD1⋅n=1≠0，即BD1与平面PMN不平行，故③错误；
综上，正确的说法有2个．
故选：C．
建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量计算线线夹角，点面距离，线面关系即可．
本题考查利用空间向量求解点到平面的距离，异面直线所成角及线面平行的判定问题，属中档题．
9.【答案】AC
【解析】解：设球的半径为r，r>0，则4πr2=16π，r=2，
所以球的体积为4π3⋅r3=32π3，
所以AC选项正确，BD选项错误．
故选：AC．
根据已知条件求得球的半径，从而求得球的体积．
本题考查球的表面积及体积，考查学生的运算能力，属于中档题．
10.【答案】BCD
【解析】解：画出原正方体如下图所示，
由图可知：
AB与CD不平行，A选项错误；
根据正方体的性质可知BH//AG，BH=AG，所以四边形ABHG是平行四边形，
所以AB//GH，而GH⊥CD，所以AB⊥CD，所以B选项正确；
根据正方体的性质可知，三角形ABC是等边三角形，
直线AB与EF所成的角为∠BAC，所以直线AB与EF所成的角为60°，C选项正确；
根据正方体的性质可知，三角形EFD是等边三角形，
直线CD与EF所成的角为∠FCD，所以直线CD与EF所成的角为60°，D选项正确．
故选：BCD．
画出原正方体，然后根据线线位置关系有关知识对选项进行分析，从而确定正确答案．
本题考查两条异面直线所成角的大小的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．
11.【答案】ABD
【解析】解：对于A，因为直线l的一个方向向量(1, 3)，则直线l的斜率为 31= 3，故A正确；
对于B，由投影向量的定义可知，a在b上的投影向量为
a⋅b|b|⋅b|b|=9+4×2+(−4)×2 12+22+22⋅(1,2,2) 12+22+22=93⋅(1,2,2)3=(1,2,2)，故B正确；
对于C，若a⋅b>0，则〈a,b〉∈[0,π2)，而锐角的取值范围为(0,π2)，故C错误；
对于D，由条件可得AP=(1,1,−2)，由m=(1,1,0)，
所以AP在m方向上的投影为|AP|⋅cs〈AP,m〉=AP⋅m|m|=2 2= 2，
则点P(2,2,−1)到直线l的距离为d= |AP|2−( 2)2= 6−2=2，故D正确．
故选：ABD．
由直线方向向量的概念即可判断A，由投影向量的定义，即可判断B，由平面向量数量积的定义即可判断C，由空间中点到直线的距离公式，即可判断D．
本题考查空间向量的应用，属于基础题．
12.【答案】ABD
【解析】解：由SA⊥SC，圆锥母线长l=SA=SC=2 2可得AC=4，
所以底面圆半径为R=OA=OC=2，又显然SO⊥AC，可得SO=2，
对于A，圆锥SO的侧面积为πRl=2×2 2π=4 2π，即A正确；
对于B，易知当OB⊥AC时，△ABC的面积最大，此时S△ABC=12×4×2=4，
则三棱锥S−ABC体积的最大值为V=13×4×2=83，即B正确；
对于C，圆锥SO内切球的半径即为轴截面△SAC内切圆的半径，不妨设为r，
利用等面积法可得12×4×2=12×(2 2+2 2+4)r，可得r=2( 2−1)，所以C错误；
对于D，若AB=BC，可得AB⊥BC，又AC=4，所以AB=BC=2 2；
又因为SA=SC=2 2，所以△SAB为等边三角形，∠SBA=60°，
将△SAB以AB为轴旋转到与△ABC共面，得到△S1AB，
则△S1AB为等边三角形，且∠S1BA=60°，如下图所示：
所以SE+CE的最小值即为S1C，
又因为S1B=BC=2 2，∠S1BC=∠S1BA+∠ABC=150°，
由余弦定理可得S1C2=S1B2+BC2−2×S1B×BC×cs150°=8+8+8 3=16+8 3，
可得S1C= 16+8 3=2 3+2=2( 3+1)，即D正确．
故选：ABD．
根据题意可知圆锥母线长为l=SC=2 2，底面圆半径为R=OC=2，由扇形面积公式可计算得圆锥SO的侧面积为4 2π，即A正确；易知当OB⊥AC时，三棱锥S−ABC体积的最大值为83，所以B正确；将圆锥SO内切球的半径转化为△SAC内切圆的半径，可得r=2( 2−1)，可知C错误；将△SAB以AB为轴旋转到与△ABC共面，由侧面展开图利用余弦定理可求得SE+CE的最小值为2( 3+1)，即D正确．
本题考查立体几何的综合应用，属中档题．
13.【答案】−3
【解析】解：∵α//β，
∴u1//u2，
∴存在实数λ使得u1=λu2，
即(−3,y,2)=λ(6,−2,z)，
∴−3=6λy=−2λ2=λz，解得λ=−12，y=1，z=−4．
∴y+z=−3．
故答案为：−3．
利用面面平行的性质可得：u1//u2，再利用向量共线定理即可得出．
本题考查了面面平行的性质、向量共线定理，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
14.【答案】2 3
【解析】解：设圆锥的母线为l，底面半径为R，
圆锥的侧面展开图为扇形，该扇形的弧长为2πR，
由已知可得πl=2πR，∴l=2R，
∴圆锥的表面积S=πRl+πR2=3πR2=12π，
∴R=2，l=4，
∴则这个圆锥的高是： 42−22=2 3．
故答案为：2 3．
设圆锥的母线为l，底面半径为R，由已知可得l=2R，进而根据圆锥的面积公式能求出R，由此能求出这个圆锥的高．
本题考查圆锥的结构特征、侧面展开图等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
15.【答案】[0,π3]∪[3π4,π)
【解析】解：根据题意，设直线l的斜率为k，则有k=tanα，
如图：kPA=1−(−1)−2−0=−1，kPB=− 3−1−(−1)−1−0= 3，
若直线l与连接A(−2,1)，B(−1,− 3−1)的线段总有公共点，
则−1≤k≤ 3，
则有−1≤tanα≤ 3，
又由0≤α<π，则有0≤α≤π3或3π4≤α<π，
即α的取值范围为[0,π3]∪[3π4,π)．
故答案为：[0,π3]∪[3π4,π)．
根据题意，设直线l的斜率为k，求出直线PA、PB的斜率，结合图象分析可得k的取值范围，结合直线的斜率与倾斜角的关系分析可得答案．
本题考查了直线的斜率与倾斜角的关系，涉及直线与线段相交，是基础题．
16.【答案】92
【解析】解：取DC的中点F，A1B1、BB1的中点G、H，连接CD1，GH，GD1，HC，EF，BF，
依题意可得GH//A1B、EF//CD1、A1B//CD1，所以EF//A1B、GH//CD1，
所以A1、E、F、B四点共面，D1、C、H、G四点共面，
又GH⊄平面A1BFE，A1B⊂平面A1BFE，所以GH//平面A1BFE，
取AB的中点M，连接GM、DM，由正方体的性质可得GM//DD1且GM=DD1，
所以四边形GMDD1为平行四边形，所以GD1//DM，
同理可证BMDF为平行四边形，所以DM//BF，所以GD1//BF，
GD1⊄平面A1BFE，BF⊂平面A1BFE，所以GD1//平面A1BFE，
又GH∩GD1=G，GH，GD1⊂平面GHCD1，
所以平面GHCD1//平面A1BFE，因为过点D1做平面α，平面α//平面A1BE，
则平面α与正方体的截面多边形为GHCD1，
又GH= 2、CD1=2 2、CH=GD1= 12+22= 5，
所以SGECD1=12( 2+2 2)× ( 5)2−(2 2− 22)2=92，
即平面α与正方体的截面多边形的面积为92．
故答案为：92．
取DC的中点F，A1B1、BB1的中点G、H，连接CD1、GH、GD1、HC、EF、BF，即可证明平面GHCD1//平面A1BFE，从而得到平面α与正方体的截面多边形为GHCD1，即可求出其面积．
本题考查直线与平面平行的性质以及应用，涉及正方体的几何特征，属于中档题．
17.【答案】解：(1)由两点式得边AB所在直线的方程为y−46−4=x−0−2−0，即x+y−4=0；
(2)由题意，得点D的坐标为(−4,2)，
由两点式，得BD所在直线的方程为y−26−2=x−(−4)−2−(−4)，即2x−y+10=0．
【解析】(1)直接由两点式求边AB所在直线的方程；
(2)求出点D的坐标为(−4,2)，再利用两点式求中线BD所在直线的方程．
本题考查直线的两点式方程，属于基础题．
18.【答案】解：以D为坐标原点，建立空间直角坐标系D−xyz，
如图所示：则E(0,0,1)，F(1,1,0)，B1(2,2,2)，C(0,2,0)，C1(0,2,2)；
(1)∵EF=(1,1,−1)，B1C=(−2,0,−2)，∴EF⋅B1C=1×(−2)+1×0−1×(−2)=0，
∴EF⊥B1C，∴EF⊥B1C1；
(2)由CG=13CD知，C(0,2,0)，∴G(0,43,0)，∴C1G=(0,−23,−2)，
∴EF⋅C1G=1×0+1×(−23)−1×(−2)=43，
|EF|= 3，|C1G|= 02+(−23)2+(−2)2=2 103，
∴cs=EF⋅C1G|EF|×|C1G|=43 3×2 103= 3015．
【解析】(1)建立空间直角坐标系，利用坐标表示向量EF和B1C即可；
(2)代入数量积公式计算即可．
本题考查向量的坐标运算，数量积公式，属于基础题．
19.【答案】解：(1)连接BD，设AC⋂BD=O，连接OE，
因为PB//平面AEC，PB⊂平面PBD，平面PBD⋂平面AEC=EO，
所以PB//EO，又底面ABCD为矩形，所以O为BD的中点，
所以E为PD的中点．
(2)因为PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，所以PA⊥CD，
又CD⊥AD，AD∩PA=A，AD，PA⊂平面PAD，所以CD⊥平面PAD，
所以∠CED为直线CE与平面PAD所成的角，即∠CED=45°，
又AP=AD=1，所以PD= AP2+AD2= 2，则DE=12PD= 22，
由CD⊥平面PAD，PD⊂平面PAD，所以CD⊥PD，
所以在Rt△CDE中CD=DE= 22，
所以VE−ACD=12VP−ACD=12×13S△ACD×PA=12×13×12×1× 22×1= 224．
【解析】(1)连接BD，设AC⋂BD=O，连接OE，根据线面平行的性质得到PB//EO，即可证明；
(2)首先证明CD⊥平面PAD，则∠CED为直线CE与平面PAD所成的角，再求出CD，最后根据VE−ACD=12VP−ACD=12×13S△ACD×PA计算可得．
本题考查线面平行的性质定理，三棱锥的体积的求解，属中档题．
20.【答案】证明：(1)取AC的中点N.连接MN，BN，
因为M为FC的中点，所以MN//FA，且MN=12FA，
因为FA//EB，EB=2，FA=4，
所以MN//EB，且MN=EB，所以四边形MNBE为平行四边形，
所以EM//BN，
又因为EM⊄平面ABC，BN⊂平面ABC，
所以EM//平面ABC；
解：(2)由(1)知：EM//BN，所以求直线ME与平面CBE所成角的大小即求BN与平面CBE所成的角，
又因为FA⊥面ABC，FA⊂面EBC，所以面ABC⊥面EBC，而BN⊂面ABC，面ABC∩面EBC=BC，
所以BN在面EBC的投影为BC，则∠CBN即为所求角，
因为BA=BC=AC=2，则△ABC为正三角形，而N是AC的中点，所以∠CBN=π6，
所以ME与平面CBE所成角的大小为π6．
【解析】(1)取AC的中点N.连接MN，BN，利用平行四边形的判定定理可证四边形MNBE为平行四边形，再由线面平行的判定定理即可证明；
(2)转化为求BN与平面CBE所成的角，再由直线与平面所成角的定义得到∠CBN即为所求角，在△ABC中解三角形即可．
本题考查证明线面平行和求直线与平面所成的角，属于中档题．
21.【答案】(1)证明：平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥AD，
且平面PAD∩平面ABCD=AD，PA⊂平面PAD，
所以PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，
故PA⊥CD，又因为BE⊥AD，BE//CD，
所以CD⊥AD，PA∩AD=A，PA，AD⊂平面PAD，
故CD⊥平面PAD，CD⊂平面PCD，
故平面PAD⊥平面PCD．
(2)解：作EF⊥AD，以EB，ED，EF的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系E−xyz，
则点A(0,−2,0)，B(2,0,0)，C(1,2,0)，E(0,0,0)，D(0,2,0)，P(0,−2,2)，所以PB=(2,2,−2)，BC=(−1,2,0)，EP=(0,−2,2)，
设平面PBE的法向量为m=(a,b,c)，
故m⋅PB=0m⋅EP=0，即a+b−c=0−b+c=0，令b=1，解得m=(0,1,1)，
设平面PBC的法向量为n=(x,y,z)，
故n⋅PB=0n⋅BC=0，即x+y−z=0−x+2y=0，令y=1，解得n=(2,1,3)，
所以cs=2×0+1×1+3×1 14× 2=2 77，
故平面CPB与平面PBE的余弦值为2 77．
【解析】(1)证明PA⊥CD，CD⊥AD.得到CD⊥平面PAD，即可证明平面PAD⊥平面PCD；
(2)建立空间直角坐标系E−xyz，用坐标表示向量，求出平面PBC和平面PBE的法向量所成的角的余弦值即可．
本题考查了面面垂直的判定问题，也考查了利用向量法求二面角的余弦值问题，是中档题．
22.【答案】(1)证明：连接AC1，由题设知四边形AA1C1C为菱形，∴A1C⊥AC1，
∵D，E分别AC，CC1为中点，
∴DE//AC1，∴A1C⊥DE；又D为AC中点，∴BD⊥AC，
又平面AA1C1C⊥平面ABC，平面AA1C1C⋂平面ABC=AC，BD⊂平面ABC，
∴BD⊥平面AA1C1C，又A1C⊂平面AA1C1C，
∴BD⊥A1C，又BD⋂DE=D，BD，DE⊂平面BDE，
∴A1C⊥平面BDE；
(2)解：∵CA=CC1=2，∠ACC1=60°，∴△ACC1为等边三角形，∴C1D⊥AC，
平面AA1C1C⊥平面ABC，平面AA1C1C⋂平面ABC=AC，
C1D⊂平面AA1C1C，∴C1D⊥平面ABC，
以D为坐标原点，DB,DA,DC1所在直线为x，y，z轴，可建立如图所示空间直角坐标系，
则D(0,0,0),B( 3,0,0),E(0,−12, 32),C1(0,0, 3)，
B1( 3,1, 3),C(0,−1,0),A1(0,2, 3)，
∴DB=( 3,0,0),DE=(0,−12, 32),C1B1=( 3,1,0),CA1=(0,3, 3)，
设P(x,y,z),C1P=λC1B1(0<λ<1)，则(x,y,z− 3)=( 3λ,λ,0)，
∴x= 3λ,y=λ,z= 3，∴P( 3λ,λ, 3)，∴DP=( 3λ,λ, 3)，
由(1)知：A1C⊥平面BDE，
所以平面BDE的一个法向量m=CA1=(0,3, 3)，
设平面PBD的法向量n=(a,b,c)，
则由n⋅DB= 3a=0n⋅DP= 3λa+λb+ 3c=0，令b= 3，可得a=0，c=−λ，
∴平面PBD的法向量n=(0, 3,−λ)，
∴|cs〈m,n〉|=|m⋅n||m|⋅|n|=|3 3− 3λ|2 3× 3+λ2=12 (3−λ)23+λ2，
令3−λ=t∈(2,3)，则λ=3−t，
∴|cs〈m,n〉|=12 t212−6t+t2=12 112t2−6t+1，
∵t∈(2,3)，∴1t∈(13,12)，∴12t2−6t+1=12(1t−14)2+14∈(13,1)，
∴|cs〈m,n〉|∈(12, 32)，
即平面PBD与平面BDE夹角的余弦值的取值范围为(12, 32)．
【解析】(1)首先证明A1C⊥DE，然后证明BD⊥平面AA1C1C，可得BD⊥A1C，即可证明；
(2)首先证明C1D⊥平面ABC，然后以D为坐标原点，DE,DA,DC1所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，设P(x,y,z),C1P=λC−1B−1(0<λ<1)，算出两个平面的法向量，然后求出二面角的余弦值，然后可得答案．
本题考查线面垂直的证明，考查二面角的求法，考查换元法求函数值域，属难题．
1.下列说法正确的是( )
A. 各侧面都是正方形的四棱柱一定是正方体
B. 球的直径是连接球面上两点并且经过球心的线段
C. 以直角三角形的一边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥
D. 用一个平面截圆锥，得到一个圆锥和圆台
2.利用斜二测画法作边长为2的正方形的直观图，则所得直观图的面积为( )
A. 24B. 22C. 2D. 2 2
3.经过点A(−2,2)，斜率是3的直线方程是( )
A. 3x−y−8=0B. 3x+y+4=0C. 3x−y+8=0D. 3x+y+2=0
4.已知直线a与平面α满足a//α，直线b⊂α，下列结论正确的是( )
A. a与b无公点B. a与b异面C. a//bD. a⊥b
5.已知：空间四边形ABCD如图所示，E、F分别是AB、AD的中点，G、H分别是BC，CD上的点，且CG=13BC，CH=13DC，则直线FH与直线EG( )
A. 平行B. 相交C. 异面D. 垂直
6.如图，在斜四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD是平行四边形，M为A1C1与B1D1的交点.若A1B1=a，A1D1=b，A1A=c，则DM=( )
A. 12a−12b−c
B. 12a−12b+c
C. −12a+12b+c
D. −12a+12b−c
7.如图在一个120°的二面角的棱上有两点A，B，线段AC，BD分别在这个二面角的两个半平面内，且均与棱AB垂直，若CD=3，AC=1，BD=2，则AB的长为( )
A. 2B. 2C. 6D. 6
8.如图，在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，P，M，N分别为棱CC1，CB，CD上的动点(点P不与点C，C1重合).若CP=CM=CN，则下列说法正确的个数是( )
①存在点P，使得点A1到平面PMN的距离为43；
②直线MN与AD1所成角为π3；
③BD1//平面PMN；
A. 0个B. 1个C. 2个D. 3个
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知某球的表面积为16π，则下列说法中正确的是( )
A. 球的半径为2B. 球的体积为10πC. 球的体积为323πD. 球的半径为1
10.如图为一正方体的展开图、则在原正方体中( )
A. AB//CDB. AB⊥CD
C. 直线AB与EF所成的角为60°D. 直线CD与EF所成的角为60°
11.下列选项正确的是( )
A. 若直线l的一个方向向量(1, 3)，则直线l的斜率为 3
B. 已知向量a=(9,4,−4),b=(1,2,2)，则a在b上的投影向量为(1,2,2)
C. 若a⋅b>0，则〈a,b〉是锐角
D. 直线l的方向向量为m=(1,1,0)，且l过点A(1,1,1)，则点P(2,2,−1)到直线l的距离为2
12.如图，AC为圆锥SO底面圆O的直径，点B是圆O上异于A，C的动点，已知SC=2 2，SA⊥SC，则下列结论正确的是( )
A. 圆锥SO的侧面积为4 2π
B. 三棱锥S−ABC体积的最大值为83
C. 圆锥SO内切球的半径为 2
D. 若AB=BC，E为线段AB上的动点，则SE+CE的最小值为2( 3+1)
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.若平面α的一个法向量为u1=(−3,y,2)，平面β的一个法向量为u2=(6,−2,z)，且α//β，则y+z=______．
14.已知圆锥的表面积为12π，其侧面展开图是一个半圆.则圆锥的高为______ ．
15.经过点P(0,−1)作直线l，若直线l与连接A(−2,1),B(−1,− 3−1)两点的线段总有公共点，则l的倾斜角α的取值范围是______ ．
16.已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，点E是线段DD1的中点，过点D1做平面α，使得平面α//平面A1BE，则平面α与正方体的截面多边形的面积为______ ．
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题10分)
已知△ABC的三个顶点分别为A(0,4)，B(−2,6)，C(−8,0)．
(1)求边AB所在直线的方程；
(2)求边AC上的中线BD所在直线的方程．
18.(本小题12分)
棱长为2的正方体中，E、F分别是DD1、DB的中点，G在棱CD上，且CG=13CD，H是C1G的中点．
(1)求证：EF⊥B1C；
(2)求cs
19.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为线段PD上一点，PB//平面AEC．
(1)证明：E为PD的中点；
(2)若直线CE与平面PAD所成的角为45°，且AP=AD=1，求三棱锥E−ACD的体积．
20.(本小题12分)
如图，多面体EFABC中，FA⊥平面ABC，且FA//EB，EB=BA=BC=AC=2，FA=4，M是FC的中点．
(1)求证：EM//平面ABC；
(2)求直线ME与平面CBE所成角的大小．
21.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，E为AD的中点，PA⊥AD，BE//CD，BE⊥AD，PA=AE=BE=2，CD=1．
(1)求证：平面PAD⊥平面PCD；
(2)求平面CPB与平面PBE的余弦值．
22.(本小题12分)
如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，平面AA1C1C⊥平面ABC，△ABC为等边三角形，AC=CC1=2，∠ACC1=60°，D，E分别是线段AC，CC1的中点．
(1)求证：A1C⊥平面BDE；
(2)若点P为线段B1C1上的动点(不包括端点)，求平面PBD与平面BDE夹角的余弦值的取值范围．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：对于A：虽然各侧面都是正方形，但底面不一定是正方形，
所以该四棱柱不一定是正方体，故A错误；
对于B：球的直径的定义即为“连接球面上两点并且经过球心的线段”，故B正确；
对于C：以直角三角形的直角边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥，
以直角三角形的斜边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是两个共底面的圆锥组成的几何体，故C错误；
对于D：用一个平行于底面的平面截圆锥，得到一个圆锥和圆台，故D错误．
故选：B．
根据几何体的结构特征逐项分析判断．
本题主要考查空间几何体的结构特征，属于基础题．
2.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查斜二测画法，注意原图与直观图的面积关系，属于基础题．
根据题意，求出原图的面积，由原图与直观图的面积关系，分析可得答案．
【解答】
解：根据题意，原图为边长为2的正方形，其面积S=2×2=4，
则其直观图的面积S′= 24S= 2．
故选：C．
3.【答案】C
【解析】解：因为直线斜率是3，且经过点A(−2,2)，
所以y−2=3(x+2)，化简可得：3x−y+8=0．
故选：C．
由直线的点斜式方程求解即可．
本题主要直线的点斜式方程，属于基础题．
4.【答案】A
【解析】解：因为a//α，所以直线a与面α无交点，又因为直线b⊂α，所以直线a，b无交点．
故选：A．
由题意可知直线a与面α无交点，进而可得a，b无交点．
本题考查线面的位置关系，判断线线的位置关系，属于基础题．
5.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查平行线分线段成比例定理，根据已知条件，判断出EF//HG且EF≠HG，是解答本题的关键．属于基础题，
由已知EF为三角形ABD的中位线，从而EF//BD且EF=12BD，由CG=13BC，CH=13DC，得在四边形EFHG中，EF//HG，即E，F，G，H四点共面，且EF≠HG，由此能得出结论．
【解答】解：∵四边形ABCD是空间四边形，E、F分别是AB、AD的中点，
∴EF为三角形ABD的中位线，
∴EF//BD且EF=12BD，
又∵CG=13BC，CH=13DC，
∴△CHG∽△CDB，且HG//BD，HG=13BD，
∴在四边形EFHG中，EF//HG，
即E，F，G，H四点共面，且EF≠HG，
∴四边形EFGH是梯形，
∴直线FH与直线EG相交，
故选B．
6.【答案】A
【解析】解：依题意，DM=DD1+D1M=AA1+12D1B1=12A1B1−12A1D1−A1A=12a−12b−c．
故选：A．
根据空间向量运算求得正确答案．
本题考查的知识要点：空间的线性运算，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于基础题．
7.【答案】A
【解析】解：因为CD=CA+AB+BD，
所以CD2=CA2+AB2+BD2+2CA⋅AB+2CA⋅BD+2AB⋅BD，
因为线段AC，BD分别在这个二面角的两个半平面内，且均与棱AB垂直，
又CD=3，AC=1，BD=2，
所以CD2=CA2+AB2+BD2+2CA⋅BD=1+|AB|2+4+2×1×2×12=9，
则|AB|= 2．
故选：A．
由CD=CA+AB+BD，两边平方后展开整理，即可求得答案．
本题考查了空间向量在立体几何中的应用，空间向量的线性运算以及空间向量模的运算性质的运用，二面角的理解与应用，考查了逻辑推理能力与转化化归能力，属于中档题．
8.【答案】C
【解析】解：如图所示，以C为原点建立空间直角坐标系，设CP=a(0
A1(1,1,1)，B(0,1,0)，D1(1,0,1)，
所以MN=(a,−a,0),PM=(0,a,−a),A1M=(−1,a−1,−1)，
AD1=(0,−1,1),BD1=(1,−1,1)，
设面PMN的一个法向量为n=(x,y,z)，由n⊥MN，n⊥PM，
可得n⋅MN=ax−ay=0n⋅PM=ay−az=0，取x=1，可得y=1=z，即n=(1,1,1)，
所以点A1到平面PMN的距离为d=|n⋅A1M||n|=|a−3| 3，
由a∈(0,1)⇒d∈(2 33, 3)，又43∈(2 33, 3)，
即存在点P，使得点A1到平面PMN的距离为43，故①正确；
设直线MN与AD1所成角为α(α∈[0,π2])，
则csα=|cs
显然BD1⋅n=1≠0，即BD1与平面PMN不平行，故③错误；
综上，正确的说法有2个．
故选：C．
建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量计算线线夹角，点面距离，线面关系即可．
本题考查利用空间向量求解点到平面的距离，异面直线所成角及线面平行的判定问题，属中档题．
9.【答案】AC
【解析】解：设球的半径为r，r>0，则4πr2=16π，r=2，
所以球的体积为4π3⋅r3=32π3，
所以AC选项正确，BD选项错误．
故选：AC．
根据已知条件求得球的半径，从而求得球的体积．
本题考查球的表面积及体积，考查学生的运算能力，属于中档题．
10.【答案】BCD
【解析】解：画出原正方体如下图所示，
由图可知：
AB与CD不平行，A选项错误；
根据正方体的性质可知BH//AG，BH=AG，所以四边形ABHG是平行四边形，
所以AB//GH，而GH⊥CD，所以AB⊥CD，所以B选项正确；
根据正方体的性质可知，三角形ABC是等边三角形，
直线AB与EF所成的角为∠BAC，所以直线AB与EF所成的角为60°，C选项正确；
根据正方体的性质可知，三角形EFD是等边三角形，
直线CD与EF所成的角为∠FCD，所以直线CD与EF所成的角为60°，D选项正确．
故选：BCD．
画出原正方体，然后根据线线位置关系有关知识对选项进行分析，从而确定正确答案．
本题考查两条异面直线所成角的大小的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．
11.【答案】ABD
【解析】解：对于A，因为直线l的一个方向向量(1, 3)，则直线l的斜率为 31= 3，故A正确；
对于B，由投影向量的定义可知，a在b上的投影向量为
a⋅b|b|⋅b|b|=9+4×2+(−4)×2 12+22+22⋅(1,2,2) 12+22+22=93⋅(1,2,2)3=(1,2,2)，故B正确；
对于C，若a⋅b>0，则〈a,b〉∈[0,π2)，而锐角的取值范围为(0,π2)，故C错误；
对于D，由条件可得AP=(1,1,−2)，由m=(1,1,0)，
所以AP在m方向上的投影为|AP|⋅cs〈AP,m〉=AP⋅m|m|=2 2= 2，
则点P(2,2,−1)到直线l的距离为d= |AP|2−( 2)2= 6−2=2，故D正确．
故选：ABD．
由直线方向向量的概念即可判断A，由投影向量的定义，即可判断B，由平面向量数量积的定义即可判断C，由空间中点到直线的距离公式，即可判断D．
本题考查空间向量的应用，属于基础题．
12.【答案】ABD
【解析】解：由SA⊥SC，圆锥母线长l=SA=SC=2 2可得AC=4，
所以底面圆半径为R=OA=OC=2，又显然SO⊥AC，可得SO=2，
对于A，圆锥SO的侧面积为πRl=2×2 2π=4 2π，即A正确；
对于B，易知当OB⊥AC时，△ABC的面积最大，此时S△ABC=12×4×2=4，
则三棱锥S−ABC体积的最大值为V=13×4×2=83，即B正确；
对于C，圆锥SO内切球的半径即为轴截面△SAC内切圆的半径，不妨设为r，
利用等面积法可得12×4×2=12×(2 2+2 2+4)r，可得r=2( 2−1)，所以C错误；
对于D，若AB=BC，可得AB⊥BC，又AC=4，所以AB=BC=2 2；
又因为SA=SC=2 2，所以△SAB为等边三角形，∠SBA=60°，
将△SAB以AB为轴旋转到与△ABC共面，得到△S1AB，
则△S1AB为等边三角形，且∠S1BA=60°，如下图所示：
所以SE+CE的最小值即为S1C，
又因为S1B=BC=2 2，∠S1BC=∠S1BA+∠ABC=150°，
由余弦定理可得S1C2=S1B2+BC2−2×S1B×BC×cs150°=8+8+8 3=16+8 3，
可得S1C= 16+8 3=2 3+2=2( 3+1)，即D正确．
故选：ABD．
根据题意可知圆锥母线长为l=SC=2 2，底面圆半径为R=OC=2，由扇形面积公式可计算得圆锥SO的侧面积为4 2π，即A正确；易知当OB⊥AC时，三棱锥S−ABC体积的最大值为83，所以B正确；将圆锥SO内切球的半径转化为△SAC内切圆的半径，可得r=2( 2−1)，可知C错误；将△SAB以AB为轴旋转到与△ABC共面，由侧面展开图利用余弦定理可求得SE+CE的最小值为2( 3+1)，即D正确．
本题考查立体几何的综合应用，属中档题．
13.【答案】−3
【解析】解：∵α//β，
∴u1//u2，
∴存在实数λ使得u1=λu2，
即(−3,y,2)=λ(6,−2,z)，
∴−3=6λy=−2λ2=λz，解得λ=−12，y=1，z=−4．
∴y+z=−3．
故答案为：−3．
利用面面平行的性质可得：u1//u2，再利用向量共线定理即可得出．
本题考查了面面平行的性质、向量共线定理，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
14.【答案】2 3
【解析】解：设圆锥的母线为l，底面半径为R，
圆锥的侧面展开图为扇形，该扇形的弧长为2πR，
由已知可得πl=2πR，∴l=2R，
∴圆锥的表面积S=πRl+πR2=3πR2=12π，
∴R=2，l=4，
∴则这个圆锥的高是： 42−22=2 3．
故答案为：2 3．
设圆锥的母线为l，底面半径为R，由已知可得l=2R，进而根据圆锥的面积公式能求出R，由此能求出这个圆锥的高．
本题考查圆锥的结构特征、侧面展开图等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
15.【答案】[0,π3]∪[3π4,π)
【解析】解：根据题意，设直线l的斜率为k，则有k=tanα，
如图：kPA=1−(−1)−2−0=−1，kPB=− 3−1−(−1)−1−0= 3，
若直线l与连接A(−2,1)，B(−1,− 3−1)的线段总有公共点，
则−1≤k≤ 3，
则有−1≤tanα≤ 3，
又由0≤α<π，则有0≤α≤π3或3π4≤α<π，
即α的取值范围为[0,π3]∪[3π4,π)．
故答案为：[0,π3]∪[3π4,π)．
根据题意，设直线l的斜率为k，求出直线PA、PB的斜率，结合图象分析可得k的取值范围，结合直线的斜率与倾斜角的关系分析可得答案．
本题考查了直线的斜率与倾斜角的关系，涉及直线与线段相交，是基础题．
16.【答案】92
【解析】解：取DC的中点F，A1B1、BB1的中点G、H，连接CD1，GH，GD1，HC，EF，BF，
依题意可得GH//A1B、EF//CD1、A1B//CD1，所以EF//A1B、GH//CD1，
所以A1、E、F、B四点共面，D1、C、H、G四点共面，
又GH⊄平面A1BFE，A1B⊂平面A1BFE，所以GH//平面A1BFE，
取AB的中点M，连接GM、DM，由正方体的性质可得GM//DD1且GM=DD1，
所以四边形GMDD1为平行四边形，所以GD1//DM，
同理可证BMDF为平行四边形，所以DM//BF，所以GD1//BF，
GD1⊄平面A1BFE，BF⊂平面A1BFE，所以GD1//平面A1BFE，
又GH∩GD1=G，GH，GD1⊂平面GHCD1，
所以平面GHCD1//平面A1BFE，因为过点D1做平面α，平面α//平面A1BE，
则平面α与正方体的截面多边形为GHCD1，
又GH= 2、CD1=2 2、CH=GD1= 12+22= 5，
所以SGECD1=12( 2+2 2)× ( 5)2−(2 2− 22)2=92，
即平面α与正方体的截面多边形的面积为92．
故答案为：92．
取DC的中点F，A1B1、BB1的中点G、H，连接CD1、GH、GD1、HC、EF、BF，即可证明平面GHCD1//平面A1BFE，从而得到平面α与正方体的截面多边形为GHCD1，即可求出其面积．
本题考查直线与平面平行的性质以及应用，涉及正方体的几何特征，属于中档题．
17.【答案】解：(1)由两点式得边AB所在直线的方程为y−46−4=x−0−2−0，即x+y−4=0；
(2)由题意，得点D的坐标为(−4,2)，
由两点式，得BD所在直线的方程为y−26−2=x−(−4)−2−(−4)，即2x−y+10=0．
【解析】(1)直接由两点式求边AB所在直线的方程；
(2)求出点D的坐标为(−4,2)，再利用两点式求中线BD所在直线的方程．
本题考查直线的两点式方程，属于基础题．
18.【答案】解：以D为坐标原点，建立空间直角坐标系D−xyz，
如图所示：则E(0,0,1)，F(1,1,0)，B1(2,2,2)，C(0,2,0)，C1(0,2,2)；
(1)∵EF=(1,1,−1)，B1C=(−2,0,−2)，∴EF⋅B1C=1×(−2)+1×0−1×(−2)=0，
∴EF⊥B1C，∴EF⊥B1C1；
(2)由CG=13CD知，C(0,2,0)，∴G(0,43,0)，∴C1G=(0,−23,−2)，
∴EF⋅C1G=1×0+1×(−23)−1×(−2)=43，
|EF|= 3，|C1G|= 02+(−23)2+(−2)2=2 103，
∴cs
【解析】(1)建立空间直角坐标系，利用坐标表示向量EF和B1C即可；
(2)代入数量积公式计算即可．
本题考查向量的坐标运算，数量积公式，属于基础题．
19.【答案】解：(1)连接BD，设AC⋂BD=O，连接OE，
因为PB//平面AEC，PB⊂平面PBD，平面PBD⋂平面AEC=EO，
所以PB//EO，又底面ABCD为矩形，所以O为BD的中点，
所以E为PD的中点．
(2)因为PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，所以PA⊥CD，
又CD⊥AD，AD∩PA=A，AD，PA⊂平面PAD，所以CD⊥平面PAD，
所以∠CED为直线CE与平面PAD所成的角，即∠CED=45°，
又AP=AD=1，所以PD= AP2+AD2= 2，则DE=12PD= 22，
由CD⊥平面PAD，PD⊂平面PAD，所以CD⊥PD，
所以在Rt△CDE中CD=DE= 22，
所以VE−ACD=12VP−ACD=12×13S△ACD×PA=12×13×12×1× 22×1= 224．
【解析】(1)连接BD，设AC⋂BD=O，连接OE，根据线面平行的性质得到PB//EO，即可证明；
(2)首先证明CD⊥平面PAD，则∠CED为直线CE与平面PAD所成的角，再求出CD，最后根据VE−ACD=12VP−ACD=12×13S△ACD×PA计算可得．
本题考查线面平行的性质定理，三棱锥的体积的求解，属中档题．
20.【答案】证明：(1)取AC的中点N.连接MN，BN，
因为M为FC的中点，所以MN//FA，且MN=12FA，
因为FA//EB，EB=2，FA=4，
所以MN//EB，且MN=EB，所以四边形MNBE为平行四边形，
所以EM//BN，
又因为EM⊄平面ABC，BN⊂平面ABC，
所以EM//平面ABC；
解：(2)由(1)知：EM//BN，所以求直线ME与平面CBE所成角的大小即求BN与平面CBE所成的角，
又因为FA⊥面ABC，FA⊂面EBC，所以面ABC⊥面EBC，而BN⊂面ABC，面ABC∩面EBC=BC，
所以BN在面EBC的投影为BC，则∠CBN即为所求角，
因为BA=BC=AC=2，则△ABC为正三角形，而N是AC的中点，所以∠CBN=π6，
所以ME与平面CBE所成角的大小为π6．
【解析】(1)取AC的中点N.连接MN，BN，利用平行四边形的判定定理可证四边形MNBE为平行四边形，再由线面平行的判定定理即可证明；
(2)转化为求BN与平面CBE所成的角，再由直线与平面所成角的定义得到∠CBN即为所求角，在△ABC中解三角形即可．
本题考查证明线面平行和求直线与平面所成的角，属于中档题．
21.【答案】(1)证明：平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥AD，
且平面PAD∩平面ABCD=AD，PA⊂平面PAD，
所以PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，
故PA⊥CD，又因为BE⊥AD，BE//CD，
所以CD⊥AD，PA∩AD=A，PA，AD⊂平面PAD，
故CD⊥平面PAD，CD⊂平面PCD，
故平面PAD⊥平面PCD．
(2)解：作EF⊥AD，以EB，ED，EF的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系E−xyz，
则点A(0,−2,0)，B(2,0,0)，C(1,2,0)，E(0,0,0)，D(0,2,0)，P(0,−2,2)，所以PB=(2,2,−2)，BC=(−1,2,0)，EP=(0,−2,2)，
设平面PBE的法向量为m=(a,b,c)，
故m⋅PB=0m⋅EP=0，即a+b−c=0−b+c=0，令b=1，解得m=(0,1,1)，
设平面PBC的法向量为n=(x,y,z)，
故n⋅PB=0n⋅BC=0，即x+y−z=0−x+2y=0，令y=1，解得n=(2,1,3)，
所以cs
故平面CPB与平面PBE的余弦值为2 77．
【解析】(1)证明PA⊥CD，CD⊥AD.得到CD⊥平面PAD，即可证明平面PAD⊥平面PCD；
(2)建立空间直角坐标系E−xyz，用坐标表示向量，求出平面PBC和平面PBE的法向量所成的角的余弦值即可．
本题考查了面面垂直的判定问题，也考查了利用向量法求二面角的余弦值问题，是中档题．
22.【答案】(1)证明：连接AC1，由题设知四边形AA1C1C为菱形，∴A1C⊥AC1，
∵D，E分别AC，CC1为中点，
∴DE//AC1，∴A1C⊥DE；又D为AC中点，∴BD⊥AC，
又平面AA1C1C⊥平面ABC，平面AA1C1C⋂平面ABC=AC，BD⊂平面ABC，
∴BD⊥平面AA1C1C，又A1C⊂平面AA1C1C，
∴BD⊥A1C，又BD⋂DE=D，BD，DE⊂平面BDE，
∴A1C⊥平面BDE；
(2)解：∵CA=CC1=2，∠ACC1=60°，∴△ACC1为等边三角形，∴C1D⊥AC，
平面AA1C1C⊥平面ABC，平面AA1C1C⋂平面ABC=AC，
C1D⊂平面AA1C1C，∴C1D⊥平面ABC，
以D为坐标原点，DB,DA,DC1所在直线为x，y，z轴，可建立如图所示空间直角坐标系，
则D(0,0,0),B( 3,0,0),E(0,−12, 32),C1(0,0, 3)，
B1( 3,1, 3),C(0,−1,0),A1(0,2, 3)，
∴DB=( 3,0,0),DE=(0,−12, 32),C1B1=( 3,1,0),CA1=(0,3, 3)，
设P(x,y,z),C1P=λC1B1(0<λ<1)，则(x,y,z− 3)=( 3λ,λ,0)，
∴x= 3λ,y=λ,z= 3，∴P( 3λ,λ, 3)，∴DP=( 3λ,λ, 3)，
由(1)知：A1C⊥平面BDE，
所以平面BDE的一个法向量m=CA1=(0,3, 3)，
设平面PBD的法向量n=(a,b,c)，
则由n⋅DB= 3a=0n⋅DP= 3λa+λb+ 3c=0，令b= 3，可得a=0，c=−λ，
∴平面PBD的法向量n=(0, 3,−λ)，
∴|cs〈m,n〉|=|m⋅n||m|⋅|n|=|3 3− 3λ|2 3× 3+λ2=12 (3−λ)23+λ2，
令3−λ=t∈(2,3)，则λ=3−t，
∴|cs〈m,n〉|=12 t212−6t+t2=12 112t2−6t+1，
∵t∈(2,3)，∴1t∈(13,12)，∴12t2−6t+1=12(1t−14)2+14∈(13,1)，
∴|cs〈m,n〉|∈(12, 32)，
即平面PBD与平面BDE夹角的余弦值的取值范围为(12, 32)．
【解析】(1)首先证明A1C⊥DE，然后证明BD⊥平面AA1C1C，可得BD⊥A1C，即可证明；
(2)首先证明C1D⊥平面ABC，然后以D为坐标原点，DE,DA,DC1所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，设P(x,y,z),C1P=λC−1B−1(0<λ<1)，算出两个平面的法向量，然后求出二面角的余弦值，然后可得答案．
本题考查线面垂直的证明，考查二面角的求法，考查换元法求函数值域，属难题．
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