人教A版 (2019)必修第二册8.6 空间直线、平面的垂直优秀测试题

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这是一份人教A版 (2019)必修第二册8.6 空间直线、平面的垂直优秀测试题，共30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.在正四面体ABCD中，点E，F分别是AB，BC的中点，则下列结论错误的是
( )
A. 异面直线AB与CD所成的角为90°B. 直线AB与平面BCD成的角为60°
C. 直线EF//平面ACDD. 平面AFD⊥平面BCD
2.在四棱锥P−ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，AB//CD，∠ABC=90°，BC=CD=PD=PA=12AB=2，M为PA的中点，则下列选项中不正确的是
( )
A. MD //平面PBCB. PA⊥平面PBD
C. 平面PCD⊥平面PADD. 点C到平面PBD的距离为1
3.如图，在菱形中ABCD，AB=2，∠BAD=60°，将ΔABD沿对角线BD翻折到ΔPBD位置，连结PC，则在翻折过程中，下列说法正确的是
( )
A. PC与平面所成的最大角为45°
B. 存在某个位置，使得PB⊥BD
C. 当二面角P−BD−C的大小为90°时，PC=6
D. 存在某个位置，使得B到平面PDC的距离为3
4.如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，下列结论错误的为
( )
A. 直线AD1与直线A1C所成的角为π2
B. 直线AD1与平面A1B1C1D1所成的角为π4
C. 直线B1D⊥平面D1AC
D. 平面A1B1CD与平面ABCD所成的二面角为π6
5.将直角三角形ABC沿斜边上的高AD折成1200的二面角，已知直角边AB=4 3，AC=46，那么下面说法正确的是
( )
A. 平面ABC⊥平面ACD
B. 四面体D−ABC的体积是163 6
C. 二面角A−BC−D的正切值是 425
D. BC与平面ACD所成角的正弦值是 2114
6.已知直角△ABC，∠ABC=90。，AB=12，BC=8，D，E分别是AB，AC的中点，将△ADE沿直线DE翻折至△PDE，形成四棱锥P−BCED，则在翻折过程中，(1)∠DPE=∠BPC;(2)PE⊥BC;(3)PD⊥EC;(4)平面PDE⊥平面PBC.不可能成立的结论是
A. (1)(2)(3)B. (1)(2)C. (3)(4)D. (1)(2)(4)
7.如图所示，四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，且四边形ABCD为矩形，PA=AD=2AB=2，M为PD的中点，则CD与平面ACM所成角的余弦值为
( )
A. 33B. 63C. 32D. 12
8.如图，三棱锥A−BCD中，AB⊥平面BCD，BC⊥CD，E,F分别在棱AC,AD上，且BE⊥AC于E，BF⊥AD于F，则下列说法正确的有( )
①∠ACD是直角
②∠BEF是异面直线BE与CD所成角
③∠CDB是直线CD与平面ABD所成角
④∠BFE是二面角B−AD−C的平面角
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4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.如图，已知平行四边形ABCD中，∠BAD=60°，AB=2AD，E为边AB的中点，将△ADE沿直线DE翻折成△A1DE.若M为线段A1C的中点，则在△ADE翻折的过程中，下列命题正确的有
( )
A. 异面直线DE与A1C所成的角可以为90°
B. 二面角D−A1E−C可以为90°
C. 直线MB与平面A1DE所成的角为定值
D. 线段BM的长为定值
10.如图(1)是一副直角三角板．现将两三角板拼成直二面角，得到四面体ABCD，如图(2)所示．下列叙述中正确的是( )
A. BD⋅AC=0
B. 平面BCD的法向量与平面ACD的法向量垂直
C. 异面直线BC与AD所成的角小于60°
D. 直线DC与平面ABC所成的角为30°
11.如图，在三棱锥A−BCD中，AB=BC=CD=BD=AC=1，E为BC的中点，点P满足AP=λAD，其中λ∈[0,1]，则( )
A. ∀λ∈[0,1]，BC⊥PE
B. 三棱锥A−BCD体积的最大值为18
C. 当二面角A−BC−D为60∘时，AD长为 32
D. 若三棱锥形状不变，当λ=12时，EP= 22，则当λ=14时，EP= 32
12.将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角A−BD−C，则下列结论正确的是
( )
A. AC⊥BDB. △ACD是等边三角形
C. AB与平面BCD所成的角为90°D. AB与CD所成的角为30°
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.如图，在四边形ABCD中，AD // BC，AD=AB，∠BCD=45°，∠BAD=90°，将△ABD沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，构成三棱锥A−BCD，则在三棱锥A−BCD中，下列判断正确的是 .(写出所有正确的序号)
①平面ABD⊥平面ABC ②直线BC与平面ABD所成角是45°
③平面ACD⊥平面ABC ④二面角C−AB−D余弦值为 33
14.如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，E为A1B1的中点，则下列五个命题：
①点E到平面ABC1D1的距离为12；
②直线BC与平面ABC1D1所成角为45°；
③空间四边形ABCD1在正方体六个面内的射影围成的图形中，面积最小的值为12；
④BE与CD1所成角的正弦值为 1010；
⑤二面角A−BD1−C的大小为5π6．
其中真命题是____.(写出所有真命题的序号)
15.已知直二面角α−l−β，点A∈α，AC⊥l，C为垂足，点B∈β，BD⊥l，D为垂足，若AB=2，AC=BD=1，则D到平面ABC的距离等于______.
16.如下图，四面体ABCD中，AB，BC，BD两两垂直，BC=BD=2，若直线AB与平面ACD所成角的正切值为 24，则点B到平面ACD的距离为________．
四、解答题：本题共4小题，共48分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题12分)
如图所示，正四棱锥P−ABCD中，O为底面正方形的中心，侧棱PA与底面ABCD所成的角的正切值为 62．E是PB的中点
(1)求侧面PAD与底面ABCD所成的二面角的大小；
(2)求异面直线PD与AE所成角的正切值；
(3)问在棱AD上是否存在一点F，使EF⊥侧面PBC，若存在，试确定点F的位置；若不存在，说明理由．
18.(本小题12分)
如图，在四棱锥S−ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠ADC=60°，SA=1，AB=2，SB= 5，平面SAB⊥底面ABCD，直线SC与底面ABCD所成的角为30°．
(1)证明：平面SAD⊥平面SAC；
(2)求二面角B−SC−D的余弦值．
19.(本小题12分)
如图，在多面体ABCDEF中，平面ACEF⊥平面ABCD，AD//BC，AB⊥AD，AD=2，AB=BC=1．
(1)求证：CD⊥AF；
(2)若四边形ACEF为矩形，且∠EDC=30∘，求直线DF与平面DCE所成角的正弦值；
(3)若四边形ACEF为正方形，在线段AF上是否存在点P，使得二面角P−BD−A的余弦值为23？若存在，请求出线段AP的长；若不存在，请说明理由．
20.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是矩形，AD⊥PD，BC=1，PC=2 3，PD=CD=2．
(Ⅰ)求异面直线PA与BC所成角的正切值;
(Ⅱ)证明平面PDC⊥平面ABCD;
(Ⅲ)求直线PB与平面ABCD所成角的正弦值．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了线面平行、面面垂直的判定定理的运用以及空间角的求法，是中档题．
过A作AG⊥CD，则G为CD中点，连接BG，DF，则BG⊥CD，DF⊥BC，利用正四面体的性质逐一分析四个选项得答案．
【解答】解：如图，过A作AG⊥CD，则G为CD中点，连接BG，DF，则BG⊥CD，DF⊥BC，
又∵BG∩AG=G，AG,BG⊂平面ABG，
∴CD⊥平面ABG，AB⊂平面ABG，
则CD⊥AB，即异面直线AB与CD所成的角为90°，故A正确；
设BG和DF的交点为O，O为等边三角形ABC的重心，
由四面体ABCD为正四面体，易知AO⊥平面BCD，
所以AB与平面BCD所成的角即∠ABG，又AG=BG≠AB，所以∠ABG≠60°；故B错误；
正四面体ABCD中，点E，F分别是AB，BC的中点，∴EF//AC，
∵EF不在平面ACD上，AC⊂平面ACD，∴EF//平面ACD，故C正确；
∵AO⊥平面BCD，而AO⊂平面AFD，∴平面AFD⊥平面BCD，故D正确．
∴结论错误的是B．
故选：B．
2.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查线面平行，线面垂直判定，考查面面垂直判定及点到面的距离，属中档题．
对于选项A，取PB的中点为N，证得MD//CN，可得MD//平面PBC，即可判定A;
对于选项B，证得BD⊥平面PAD，进而证得PA⊥平面PBD，即可判断；
对于选项C，若平面PCD⊥平面PAD，则PA⊥平面PCD，与PA⊥平面PBD矛盾，即可判断．
对于选项D，连接AC交BD于O，故A到平面PBD的距离为C到平面PBD的距离的2倍，根据PA=2可判断．
【解答】
解：对于A，取PB的中点为N，连接MN，MD，CN，则MN//AB//CD，且MN=12AB=CD，
故四边形MNCD是平行四边形，则MD//CN，MD⊄平面PBC，CN⊂平面PBC，
故MD//平面PBC，A正确;
对于B，易求得AD=2 2=BD，则∠ADB=90∘，即BD⊥AD，平面PAD⊥平面ABCD，
面PAD⋂平面ABCD=AD，BD⊂平面ABCD，故BD⊥平面PAD，PA⊂平面PAD，
则BD⊥PA，而由PA=PD=2与AD=2 2可知，PA⊥PD，PD⋂BD=D，PD，BD⊂平面PBD，
故PA⊥平面PBD，B正确;
对于C，由选项B知PA⊥PD，若平面PCD⊥平面PAD，则PA⊥平面PCD，与PA⊥平面PBD矛盾.C错误;
对于D，连接AC交BD于O，则AOOC=ABCD=2，即AO=2OC，故A到平面PBD的距离为C到平面PBD的距离的2倍，
而PA⊥平面PBD，且PA=2，故C到平面PBD的距离为1，D正确．
故选C．
3.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了空间直线与直线的位置关系以及空间距离问题，属于中档题．
对各个选项逐一验证即可．
【解答】
解：对于A，设BD的中点F，连接PF、CF，
因为△PBD,△BCD均为等边三角形，
所以PF⊥BD，CF⊥BD，
PF⋂CF=F，PF，CF⊂平面PCF，
所以BD⊥平面PCF，故PC在平面BCD内射影为FC，
PC与平面BCD所成的角为∠PCF，
△PCF中，FC=FP，当顶角∠PFC越小，底角∠PCF越大，
故PC与平面BCD所成的角∠PCF范围在0°,90°，A错误；
对于B，△PBD为正三角形，PB与BD所成的角为60°，
这个角大小不随着折叠程度而有改变，故B错误;
对于C，由图知，当二面角P−BD−C的大小是90°时，
∠PFC=90∘，PC= PF2+FC2= 6，
故C正确;
对于D，因为B到CD的距离为 3，只有当平面BCD⊥平面PCD才可以，
若成立，由上知CD的中点O，则BO⊥CD，
平面BCD∩平面PCD=CD，CD⊂平面PCD，
则BO⊥平面PCD，这是不可能的，
因为BP=BC=BD=CD，B在PCD内的射影是△PCD的外心，
O不可能是△PCD的外心，
所以不成立，故D错误．
故选C．
4.【答案】D
【解析】【分析】本题主要考查的是棱锥的结构特征，异面直线所成角，线面角，线面垂直的判定与性质，二面角，属于中档题．
利用异面直线所成角判断A，利用线面角判断B，利用线面垂直的证明判断C，利用二面角的求法判断D．
【解答】解：
对A，连接如图：
由正方体性质可得 A1D⊥AD1 ，且 DC⊥ 平面 A1ADD1 ， AD1⊂ 平面 A1ADD1 ，故 DC⊥AD1 ．
又 A1D∩DC=D ， A1D,DC⊂ 平面 A1DC ，故 AD1⊥ 平面 A1DC ．
又 A1C⊂ 平面 A1DC ，故 AD1⊥A1C ．
故直线 AD1 与直线 A1C 所成的角为 π2 ，故A正确；
对B，因为 AA1⊥ 平面 A1B1C1D1 ，故直线 AD1 与平面 A1B1C1D1 所成的角为 ∠AD1A1=45∘ ，故B正确；
对C，连接如图：
由正方体性质可得 AC⊥BD ，且 BB1⊥ 平面 ABCD ， AC⊂ 平面 ABCD ，故 AC⊥BB1 ．
又 BD∩BB1=B ， BD,BB1⊂ 平面 BDB1 ，故 AC⊥ 平面 BDB1 ．
又 B1D⊂ 平面 A1DC ，故 AC⊥B1D ．
同理 AD1⊥B1D ，又 AD1∩AC=A ， AD1,AC⊂ 平面 AD1C ，故 B1D⊥ 平面 D1AC ，故C正确；
对D，平面 A1B1CD 与平面 ABCD 交于 CD ，且 CD⊥AD ， CD⊥A1D ，故平面 A1B1CD 与平面 ABCD 所成的二面角为 ∠AD1A1=45∘ ，故D错误．
5.【答案】D
【解析】【分析】
本题主要考查了平面与平面之间的位置关系，二面角以及直线与平面所成角的求法，平面的垂直的判断，考查空间想象能力以及计算能力和推理论证能力，属于中档题．
逐项判断即可.
【解答】
解：如图，
由题易得AD⊥CD，AD⊥BD，CD∩BD=D，
∴AD⊥平面BCD，
又BC⊂平面BCD，
所以AD⊥BC，
易知∠CDB是二面角C−AD−B的平面角，
故∠CDB=120°，CD=8，BD=4，AD=4 2．
在△CDB中，由余弦定理得BC2=CD2+BD2−2CD⋅BDcs120°，
可得BC=4 7，过D作DF⊥BC于F，连接AF，因为AD⊥BC，DF∩AD=D,
所以BC⊥平面ADF，则AF⊥BC，
由面积相等得12CD⋅BDsin120∘=12DF⋅BC，
可得DF=4 217．
对于A，∵AD⊥平面BCD，AD⊂平面ACD，
∴平面ACD⊥平面BCD，
∴易知平面ABC与平面ACD不垂直，A错；
对于B，四面体D−ABC的体积V=13×S△BCD×AD
=13×(12×8×4×sin120° ) ×4 2= 32 63≠163 6，
故B错；
对于C，由前可知∠AFD为二面角A−BC−D的平面角，
tan∠AFD=ADDF=4 24 217= 423，故C错；
对于D，
过B作BO垂直CD的延长线于O点，由前可知，平面ACD⊥平面BCD，
平面ACD∩平面BCD=CD，BO⊂平面BCD，所以BO⊥平面ACD，
则∠BCO就是BC与平面ACD所成角，
BO=BDsin60°=2 3，BC=4 7，
sin∠BCO=BOBC=2 34 7= 2114，D正确．
故选D．
6.【答案】D
【解析】【分析】
运用线面垂直的判定定理和性质定理，结合解直角三角形，可判断①；由异面直线所成角的定义，可判断②；由面面垂直的性质定理可判断③；由两平面所成角的定义，可判断④．
本题考查空间线面和面面的位置关系，运用线面和面面平行和垂直的判定定理和性质定理是解题的关键，考查空间想象能力，属于难题．
【解答】
解：Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=12，BC=8，
D，E分别是AB，AC的中点，可得PD=DB=6，DE=4，
由DE⊥PD，DE⊥BD，可得ED⊥平面PBD，
即有DE⊥PB，而BC//DE，
即有BC⊥PB，
在直角三角形PBC中，
tan∠BPC=BCPB=8PB，
在直角三角形PDE中，tan∠DPE=DEPD=46，
若∠DPE=∠BPC，可得PB=12，这与PB故①不可能成立；
由于BC//DE，且PE与DE不垂直，则PE与BC也不垂直，则②不可能成立；
当在翻折过程中，平面PED⊥平面BCED时，且有PD⊥DE，
可得PD⊥平面BCED，则PD⊥EC，则③可能成立；
由BC//ED，过P作直线l与BC平行，也与DE平行，可得平面PBC和平面PDE的交线为直线l，
且PB⊥l，PD⊥l，则∠BPD为平面PBC和平面PDE所成角，
由于BD=PD，则∠BPD不可能为直角，则④不可能成立．
故选：D．
7.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查空间几何体的线面关系以及直线与平面所成角的求法，属于中档题．
过点D作DN⊥CM于点N，先证明AM⊥平面CDM，得到平面CDM⊥平面ACM，再证明DN⊥平面ACM，找到CD与平面ACM所成的角为∠DCM，再在直角三角形CDM中，求出∠DCM的余弦值，即可得到答案．
【解答】
解：如图，过点D作DN⊥CM于点N，
因为PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，
所以PA⊥CD，
又AD⊥CD，PA∩AD=A，PA，AD⊂平面AMD，
所以CD⊥平面AMD，
因为AM⊂平面AMD，
所以CD⊥AM．
在△PAD中，PA=AD，M为PD的中点，
所以AM⊥PD且DM=12PD= 2，
又PD∩CD=D，PD，CD⊂平面CDM，
所以AM⊥平面CDM，
因为AM⊂平面ACM，
所以平面CDM⊥平面ACM，
因为平面CDM∩平面ACM=CM，DN⊥CM，DN⊂平面CDM，
所以DN⊥平面ACM，
所以CD与平面ACM所成的角为∠DCM．
因为CD⊥平面AMD，DM⊂平面AMD，所以CD⊥DM，
在△CDM中，cs⁡∠DCM=CDCM=CD CD2+DM2= 33．
故选A．
8.【答案】C
【解析】【分析】
①，由AB⊥平面BCD得AB⊥CD，又BC⊥CD得CD⊥平面ABC；
证得CD⊥AC，∠ACD是直角；
②，不能得出EF//CD，∠BEF不是异面直线BE与CD所成角；
③，由AB⊥平面BCD得平面ABD⊥平面BCD；
由直线与平面所成角的定义得出命题正确；
④，证明AD⊥平面BEF，即得∠BFE是二面角B−AD−C的平面角．
本题考查了空间角的定义与判断问题，也考查了空间中线线、线面、面面间的位置关系问题，是中档题．
【解答】
解：对于①，AB⊥平面BCD，CD⊂平面BCD，∴AB⊥CD；
又BC⊥CD，AB∩BC=B，∴CD⊥平面ABC；
又AC⊂平面ABC，∴CD⊥AC，∠ACD是直角，①正确；
对于②，不能得出EF//CD，∴∠BEF不是异面直线BE与CD所成角，②错误；
对于③，由AB⊥平面BCD，AB⊂平面ABD，∴平面ABD⊥平面BCD；
又平面ABD∩平面BCD=BD，∴CD在平面ABD内的射影为BD，
∴∠CDB是直线CD与平面ABD所成角，③正确；
对于④，由BE⊂平面ABC，CD⊥平面ABC，得CD⊥BE，
又BE⊥AC，AC∩BC=C，∴BE⊥平面ACD；
又AD⊂平面ACD，∴BE⊥AD；
又BF⊥AD，BE∩BF=B，∴AD⊥平面BEF，
∴∠BFE是二面角B−AD−C的平面角，④正确；
综上知，正确的命题序号是①③④，共3个．
故选：C．
9.【答案】BCD
【解析】【分析】
本题考查空间中线面的位置关系，理清翻折前后不变的数量关系和位置关系，以及熟练运用线面平行或垂直的判定定理与性质定理是解题的关键，考查学生的空间立体感和逻辑推理能力，属于中档题．
对于A.用反证法，假设存在某个位置，使DE⊥A1C，在△CDE中，由勾股定理易知，CE⊥DE，再由线面垂直的判定定理可知，DE⊥面A1CE，所以DE⊥A1E，与已知相矛盾；
对于B.在△ADE翻折的过程中，存在平面A1DE与平面ABCD垂直，利用面面垂直的判定与性质解答；
对于C. MN//A1D，NB//DE，所以面MNB//面A1DE，所以MB//面A1DE；
对于D.取DC的中点N，连接NM、NB，可得MN、NB和∠MNB均为定值，在△MNB中，由余弦定理可知，MB2=MN2+NB2−2MN⋅NBcs∠MNB，所以线段BM的长是定值；
【解答】
解：对于A，假设存在某个位置，使DE⊥A1C，设AB=2AD=2，
由∠BAD=60°可求得DE=1，CE= 3，所以CE2+DE2=CD2，即CE⊥DE，
因为A1C∩CE=C，所以DE⊥面A1CE，因为A1E⊂面A1CE，所以DE⊥A1E，与已知相矛盾，即A错误；
对于B.在△ADE翻折的过程中，存在平面A1DE与平面ABCD垂直，设DE的中点为F，则A1F⊥平面ABCD，CE⊂平面ABCD，则CE⊥A1F，又CE⊥DE，因为A1F∩DE=F，所以CE⊥面A1DE，因为CE⊂面A1CE，所以面A1DE⊥A1CE，故二面角D−A1E−C可以为90°，即B正确；
对于C，取DC的中点N，由上知MN//A1D，NB//DE，且MN∩NB=N，A1D∩DE=D，所以面MNB//面A1DE，所以MB//面A1DE，所以直线MB与平面A1DE所成的角为定值0°，即 C正确．
对于D，取DC的中点N，连接NM、NB，则MN//A1D，且MN=12A1D=定值；NB//DE，且NB=DE=定值，所以∠MNB=∠A1DE=定值，
由余弦定理得，MB2=MN2+NB2−2MN⋅NBcs∠MNB，所以BM的长为定值，即D正确；
故选BCD．
10.【答案】ACD
【解析】【分析】
本题主要考查了空间中点，线，面的位置关系，线面垂直的判定与性质，面面垂直的判定与性质以及利用空间向量求线线、线面和面面的夹角.解题关键是根据条件搞清四面体ABCD体中线面的位置关系，建立空间直角坐标系，利用空间向量求线线、线面的夹角，属于中档题．
【解答】
对于A:∵平面ABC⊥平面BCD,平面ABC∩平面BCD=BC,DB⊥BC,DB⊂平面BCD
∴DB⊥平面ABC,∴DB⊥AC故A正确；
对于B:.如平面BCD的法向量与平面ACD的法向量垂直，则平面BCD⊥平面ACD,∴A在平面ACD内的投影在CD上,
平面ABC⊥平面BCD,∴A在平面BCD内的投影在BC上,
故 AC⊥平面BCD,∴AC⊥BC，与AB⊥AC矛盾，故B不正确；
对于C:以B为坐标原点，分别以BD ,BC的方向为x轴，y轴的正方向建立空间直角坐标系，设BD=2
B(0,0,0),D(2,0,0),C(0,2 3,0),A(0, 3, 3)，BC=(0,2 3,0),AD=(2,− 3,− 3)；COS=BC·ADBCAD= 310>12
故C正确；
对于D:易得平面ABC的法向量为BD→=(2,0,0)直线DC与平面ABC所成的角为θ
DC=(−2,2 3,0)，sinθ=DC·BDDC BD=44×2=12，故D正确；
故选：ACB
11.【答案】ABC
【解析】【分析】
本题考查空间中点、线、面间的距离计算，考查多面体体积的求法，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，属于中档题．
由线面垂直的判定和性质判断A；当平面ABC⊥平面BCD时，三棱锥A−BCD的体积取最大值判断B；由二面角A−BC−D为60∘判断C；根据几何体特征结合勾股定理判断D．
【解答】
解：
连接DE，∵AB=AC，CD=BD，E为BC的中点，
∴AE⊥BC，DE⊥BC，AE∩DE=E，∴BC⊥平面AED，
∵PE⊂平面AED，∴BC⊥PE，选项A正确;
当平面ABC⊥平面BCD时，三棱锥A−BCD的体积取最大值．
其最大值为13S△BCD×AE=13× 34×12× 32=18，选项B正确;
显然，∠AED为二面角A−BC−D的平面角，当二面角A−BC−D为60∘时，
△AED为等边三角形，此时AD=AE= 32，选项C正确;
当λ=12时，P为AD的中点，∵AE=DE= 32，则AD⊥EP，
∴依题意，EP= 22，
∴AP= AE2−EP2=12，
∴AD=1．
当λ=14时，AP=14AD=14，
∴此时E点到AD的距离仍旧为 22，
则EP= ( 22)2+(14)2=34，选项D错误．
故答案选：ABC．
12.【答案】AB
【解析】【分析】
本题考查线面垂直的判定、线面角与异面直线所成角的求解，属于中档题．
取BD的中点E，连接AE，CE，根据题意可知AE⊥BD，CE⊥BD，则∠AEC为二面角A−BD−C的平面角，在三角形AEC中求出AC的长，即可判断△ACD的形状；取BC中点M，AC中点N，连接MN，NE，ME，则∠NME即为直线AB与直线CD所成的角，即可求解．
【解答】
解：取BD的中点E，连接AE，CE，则AE⊥BD，CE⊥BD，
∵AE∩CE=E，AE,CE⊂平面AEC，
∴BD⊥平面AEC，
∵AC⊂平面AEC，∴BD⊥AC，故A正确；
设AD=DC=AB=BC=a，
∵二面角A−BD−C是直二面角，∴∠AEC=90∘，
AC= AE2+EC2=a，故有AD=DC=AC，
∴△ADC是正三角形，故B正确；
∠ABD为AB与平面BCD所成的角，为45°，故C错误；
取BC中点M，AC中点N，连接MN，NE，ME，
则MN//AB且MN=12AB，ME//CD且ME=12CD，
则∠NME即为直线AB与直线CD所成的角或其补角，
又，CE=AE，
则△AEC为等腰直角三角形，又N为AC中点，则NE=12AC，
∴MN=ME=NE，即△MNE为等边三角形，
∴∠NME=60°，故D错误．
故选AB．
13.【答案】②③④
【解析】【分析】
本题考查平面与平面垂直的判定和性质，考查线面角、二面角的求解问题，属于中档题．
由条件可证得AD⊥AB和CD⊥AB，于是有AB⊥平面ACD，根据面面垂直的判定定理即可得证③正确，继而可说明①不正确，由CD⊥平面ABD，可得 ∠CBD即为直线BC与平面ABD所成角，可判断②正确，由题意可得∠CAD或其补角即为二面角C−AB−D的平面角，可判断④正确．
【解答】
解：∵在四边形ABCD中，AD//BC，AD=AB，∠BCD=45°，∠BAD=90°，∴BD⊥CD，
又∵平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD∩平面BCD=BD，CD⊂平面BCD，
∴CD⊥平面ABD，又AB⊂平面ABD，∴CD⊥AB．
又∵AD⊥AB，AD，CD⊂平面ACD，AD∩CD=D，∴AB⊥平面ACD．
又∵AB⊂平面ABC，∴平面ABC⊥平面ACD.∴③正确．
平面ABD与平面ABC不能垂直，否则将有平面ACD//平面ABD，而平面ABD∩平面ACD=AD，所以①不正确．
∵CD⊥平面ABD，∴∠CBD即为直线BC与平面ABD所成角，而∠CBD=45°，
∴直线BC与平面ABD所成角是45°.所以②正确．
∵AB⊥平面ACD，AC⊂平面ACD，∴AB⊥AC，又AB⊥AD，
所以∠CAD或其补角即为二面角C−AB−D的平面角．
∵CD⊥平面ABD，AD⊂平面ABD，∴CD⊥AD．
设AD=1，则CD= 2，AC= 3，
所以cs∠CAD=ADAC= 33.所以④正确．
故答案为②③④．
14.【答案】②③④
【解析】【分析】
本题考查命题的真假判断，考查空间线面位置关系，考查空间角，考查学生分析解决问题的能力，知识综合性强．
根据正方体的性质等逐一判断即可．
【解答】
解：①易知A1B1//平面ABC1D1，
故B 1到平面ABC1D1的距离即为点E到平面ABC1D1的距离，
连接B1C交BC1于F，
则B1F⊥BC1，又AB⊥平面BCC1B1，则AB⊥B1F，又AB∩AC1=A，
则易得B1F⊥平面ABC1D1，而B1F= 22，
故点E到平面ABC1D1的距离为 22，故①错；
②易得B1C⊥平面ABC1D1，故∠CBC1为直线BC与平面ABC1D1所成的角，且为45°，故②正确；
③空间四边形ABCD1在正方体的面ABCD、面A1B1C1D1内的射影面积为1，
在面BB1C1C内、面AA1D1D内的射影面积为12，
在面ABB1A1内、面CC1D1D内的射影面积为12，故③正确；
④BE与CD1所成的角，即为BA1与BE所成角，即为∠A1BE，
A1E=12，BE= 52，BA1= 2，
cs∠A1BE=54+2−142× 52× 2=3 1010，
sin∠A1BE= 1010，故④正确；
⑤在直角三角形BAD1中过A作AH垂直BD1，垂足为H，连接CH，
由Rt△ABD1≌Rt△CBD1，易知CH垂直于BD1，
故∠AHC是二面角A−BD1−C的平面角，
AH=CH= 2 3，AC= 2，
由余弦定理得，cs∠AHC=23+23−22× 63× 63=−12，故∠AHC=2π3，故⑤错．
故答案为②③④．
15.【答案】 63
【解析】【分析】
本题主要考查二面角、点到平面的距离、线面垂直的判定和性质，属于基础题．
先求出BC的长，然后作DE⊥BC于点E，然后求出DE的长即可．
【解答】
解：如下图：
连接BC，做DE⊥BC交BC于E点，
因为这个二面角是直二面角，
α∩β=l，AC⊂α且AC⊥l，
所以AC⊥β,又DE⊂β,
∴AC⊥DE，
又DE⊥BC,AC∩BC=C,AC,BC⊂平面ABC，
所以DE⊥平面ABC，所以DE的长就是点D到平面ABC的距离，
因为AC=1，AB=2，所以BC= 3,∴CD= 2,∵BD·CD=BC·DE,∴DE= 63，
故答案为 63．
16.【答案】43
【解析】【分析】
本题主要考查了点到面的距离，直线与平面所成角，面面垂直的判定及性质等，属于中档题．
利用面面垂直的性质定理得到平面ACD⊥平面ABE，过点B作BO⊥AE于O，由面面垂直的性质定理可知BO⊥平面ACD，所以点B到平面ACD的距离为BO，根据已知条件求出BO的长度即可．
【解答】
解：如图，
因为AB,BC,BD两两垂直，BC∩BD=B，
所以AB⊥平面BCD，
∵CD⊂平面BCD，
∴AB⊥CD．
又因为BC=BD，
设点E是CD的中点，
所以BE⊥CD，
∵AB∩BE=B，
∴CD⊥平面ABE．
∵CD⊂平面ACD，
∴平面ACD⊥平面ABE．
过点B作BO⊥AE于O，
因为平面ACD∩平面ABE=AE，
BO⊂平面ABE，
所以BO⊥平面ACD．
所以点B到平面ACD的距离为BO，
直线AB与平面ACD所成角的正切值为 24，
即tan∠BAO=BOAO= 24,∴AO=2 2BO，
所以AB=3BO．
∵BC=BD=2，∴CD=2 2,BE=12CD= 2，
又tan∠BAO=BEAB= 23BO= 24,∴BO=43．
故答案为43．
17.【答案】解：如图所示：
(1)取AD的中点M，连接MO，PM，
依条件可知AD⊥MO,AD⊥PO，
则∠PMO为所求P−AD−O的平面角．
∵PO⊥平面ABCD，
∴∠PAO为侧棱PA与底面ABCD所成的角，
∴tan∠PAO= 62，
设AB=a，AO= 22a，
∴PO=AO·tan∠POA= 32a，
∴tan∠PMO=POMO= 3．
由图知，侧面PAD与底面ABCD所成的二面角为锐角，故为60°;
(2)连接AE，OE，
∵OE//PD，
∴∠OEA为异面直线PD与AE所成的角，
∵AO⊥BD,AO⊥PO,BD∩PO=O,BD,PO⊂平面PBD，
∴AO⊥平面PBD，
又OE⊂平面PBD，
∴AO⊥OE，
∵OE=12PD=12 PO2+DO2= 54a，
∴tan∠AEO=AOEO=2 105;
(3)延长MO交BC于N，取PN中点G，连接BG，EG，MG．
∵BC⊥MN,BC⊥PN,MN∩PN=N,MN,PN⊂平面PMN
∴BC⊥平面PMN，
∵BC⊂平面PBC,∴平面PMN⊥平面PBC，
又PM=PN，∠PMN=60°，
∴△PMN为正三角形，
∴MG⊥PN，
又平面PMN∩平面PBC=PN,MG⊂平面PMN，
∴MG⊥平面PBC，
∴F是AD的4等分点，靠近A点的位置．
【解析】本题考查线面垂直的判定，二面角，异面直线所成角，属于中档题．
(1)取AD的中点M，连接MO，PM，依条件可知AD⊥MO,AD⊥PO，则∠PMO为所求P−AD−O的平面角．
∵PO⊥平面ABCD，∴∠PAO为侧棱PA与底面ABCD所成的角，即可求解;
(2)连接AE，OE，∵OE//PD，∴∠OEA为异面直线PD与AE所成的角，即可求解;
(3)延长MO交BC于N，取PN中点G，连接BG，EG，MG．∴BC⊥平面PMN，∵BC⊂平面PBC,∴平面PMN⊥平面PBC，
又PM=PN，∠PMN=60°，∴△PMN为正三角形，∴MG⊥PN，∴MG⊥平面PBC，即可求解．
18.【答案】(1)证明：∵SA=1，AB=2，SB= 5，
∴SA2+AB2=SB2，∴SA⊥AB，
∵平面SAB⊥底面ABCD，平面SAB∩平面ABCD=AB，SA⊂平面SAB，
∴SA⊥平面ABCD，
∵AC⊂平面ABCD，∴SA⊥AC，
∵直线SC与底面ABCD所成的角为30°，
∴∠SCA=30°，∴SC=2SA=2，AC= 3，
∵底面ABCD为平行四边形，∠ADC=60°，AB=CD=2，
∴AC2=AD2+CD2−2×AD×CD×cs60°，
即3=4+AD2−2AD，解得AD=1，
∴AD2+AC2=CD2，∴AD⊥AC，
∵SA∩AD=A，SA，AD⊂平面SAD，
∴AC⊥平面SAD，
∵AC⊂平面SAC，∴平面SAD⊥平面SAC．
(2)解：以A为原点，AC为x轴，AD为y轴，AS为z轴，建立空间直角坐标系如图，
B( 3,−1,0)，C( 3,0,0)，D(0,1,0)，S(0,0,1)，
SB=( 3,−1,−1)，SC=( 3,0,−1)，SD=(0,1,−1)，
设平面SBC的一个法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅SB= 3x−y−z=0n⋅SC= 3x−z=0，
取x=1，得n=(1,0, 3)，
设平面SDC的一个法向量为m=(a,b,c)，
则m⋅SD=b−c=0m⋅SC= 3a−c=0，
取a=1，得m=(1, 3, 3)，
设二面角B−SC−D的平面角为θ，由图可知θ为钝角，
则csθ=−|m⋅n||m|⋅|n|=−42 7=−2 77，
∴二面角B−SC−D的余弦值为−2 77．
【解析】本题考查面面垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用，属于中档题．
(1)推导出SA⊥AB，SA⊥AC，∠SCA=30°，从而AD⊥AC，进而AC⊥平面SAD，由此能证明平面SAD⊥平面SAC．
(2)以A为原点，AC为x轴，AD为y轴，AS为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角B−SC−D的余弦值．
19.【答案】(1)证明：在直角梯形ABCD中，AD=2，AB=BC=1，
所以AC= 2，CD= 2，
由勾股定理知AC⊥CD，
又因为平面ACEF⊥平面ABCD，平面ACEF∩平面ABCD=AC，
所以CD⊥平面ACEF，因为AF⊂平面ACEF，
所以CD⊥AF．
(2)因为四边形ACEF是矩形，所以EF⊥EC，
由(1)知CD⊥EF，又因为CD∩EC=C，CD，EC⊂平面DCE，
所以EF⊥平面DCE，
所以∠FDE是DF与平面DCE所成的角，
因为CD= 2，∠EDC=30∘，
所以EC= 63，DE=2 63，
于是在Rt△DEF中，DF= DE2+EF2= 423，
所以sin∠FDE=EFDF= 217，
故直线DF与平面DCE所成角的正弦值为 217．
(3)因为四边形ACEF是正方形，所以AF⊥AC，
又因为平面ACEF⊥平面ABCD，平面ACEF∩平面ABCD=AC，AC⊂平面ABCD，
所以AF⊥平面ABCD，又AB⊥AD，
故以A为坐标原点，以AD、AB、AF所在直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
所以B(0,1,0)，D(2,0,0)，F(0,0, 2)，
假设符合题意的点P存在，设P(0,0,t)，(0≤t≤ 2)，
所以BD=(2,−1,0)，BP=(0,−1,t)，
设平面BDP的法向量m=(x,y,z)，
由m⋅BD=0m⋅BP=0，即得2x−y=0−y+tz=0,
令z=2，所以m=(t,2t,2)，
易知，平面ABD一个法向量为AF=(0,0, 2)，
所以lcs|=23，即得2 2 5t2+4× 2=23，
解得t=1或t=−1(舍去)，
故满足题意的点P存在，且线段AP长为1．
【解析】本题主要考查直线与平面所成角以及二面角，涉及线面、面面垂直的判定与性质以及利用空间向量求线线、线面和面面的夹角，属于中档题．
(1)根据题意，可先证CD⊥平面ACEF，进而证得CD⊥AF；
(2)由题设条件可分析得到∠FDE是DF与平面DCE所成的角，进一步可在Rt△DEF中，求出∠FDE的余弦值；
(3)根据题意，可先假设满足题意的点P存在，于是以A为坐标原点，以AD、AB、AF所在直线为x，y，z轴，利用利用空间向量求二面角P−BD−A的余弦值，再结合题设条件求出AP长，可证结论．
20.【答案】(1)解：如图，
在四棱锥P−ABCD中，
因为底面ABCD是矩形，所以AD=BC，且AD//BC．
又因为AD⊥PD，
故∠PAD为异面直线PA与BC所成的角．
在Rt△PDA中，tan∠PAD=PDAD=2，
所以异面直线PA与BC所成角的正切值为2．
(2)证明：由于底面ABCD是矩形，故AD⊥DC．
又因为AD⊥PD，CD∩PD=D，CD、PD⊂平面PDC，
所以AD⊥平面PDC，而AD⊂平面ABCD，
所以平面PDC⊥平面ABCD．
(3)解：在平面PDC中，过点P作PE⊥CD于E，连接EB．
由(2)平面PDC⊥平面ABCD，
而直线CD是平面PDC与平面ABCD的交线，PE⊂平面PDC，
故PE⊥平面ABCD．
由此得∠PBE为直线PB与平面ABCD所成角．
在△PDC中，
由PD=CD=2，PC=2 3，可得∠PCD=30°，
在Rt△PEC中，PE=PCsin30°= 3，
由AD//BC，AD⊥平面PDC，得BC⊥平面PDC，
又PC⊂平面PDC，因此BC⊥PC．
在Rt△PCB中，PB= PC2+BC2= 13．
在Rt△PEB中，sin∠PBE=PEPB= 3913．
所以直线PB与平面ABCD所成角的正弦值为 3913．
【解析】本题考查直线与平面所成的角、异面直线及其所成的角、平面与平面垂直的判定，考查空间想象能力、计算能力，属于中档题．
(1)判断∠PAD为异面直线PA与BC所成的角，在Rt△PDA中，求异面直线PA与BC所成角的正切值．
(2)说明AD⊥DC，通过AD⊥PD，CD∩PD=D，证明AD⊥平面PDC，然后证明平面PDC⊥平面ABCD．
(3)在平面PDC中，过点P作PE⊥CD于E，连接EB.说明∠PBE为直线PB与平面ABCD所成的角，求出PE，PB，在Rt△PEB中，通过sin∠PBE=PEPB，求直线PB与平面ABCD所成角的正弦值．