专题8.13 立体几何初步全章综合测试卷（提高篇）-2023-2024学年高一数学系列（人教A版2019必修第二册）

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第八章 立体几何初步全章综合测试卷（提高篇）参考答案与试题解析一．选择题（共8小题，满分40分，每小题5分） 1．（5分）（2023下·山东泰安·高一校考期中）如图所示，梯形A′B′C′D′是平面图形ABCD用斜二测画法得到的直观图，A′D′=2B′C′=2,A′B′=1，则平面图形ABCD的面积为（    ）  A．2 B．22 C．3 D．32【解题思路】根据斜二测画法还原四边形ABCD，由梯形面积公式求解．【解答过程】如图，作平面直角坐标系xOy，使A与O重合，AD在x轴上，且|AD|=2，AB在y轴上，且AB=2，  过B作BC//AD，且BC=1，连接CD，则直角梯形ABCD为原平面图形，其面积为S=12×1+2×2=3．故选：C.2．（5分）（2023下·北京海淀·高二清华附中校考期末）下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：m）的正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内的有（    ）    A．直径为1.01m的球体B．所有棱长均为1.42m的四面体C．底面直径为1.01m，高为1.8m的圆柱体D．底面直径为1.2m，高为0.01m的圆柱体【解题思路】根据题意结合正方体的性质逐项分析判断.【解答过程】对于A：因为1.01m>1m，即球体的直径大于正方体的棱长，所以不能够被整体放入正方体内，故A错误；对于B：因为正方体的面对角线长为2m，且2925=0.62，即64>0.6，故以AC1为轴可能对称放置底面直径为1.2m圆柱，若底面直径为1.2m的圆柱与正方体的上下底面均相切，设圆柱的底面圆心O1，与正方体的下底面的切点为M，可知：AC1⊥O1M,O1M=0.6，则tan∠CAC1=CC1AC=O1MAO1，即12=0.6AO1，解得AO1=0.62，根据对称性可知圆柱的高为3−2×0.62≈1.732−1.2×1.414=0.0352>0.01，所以能够被整体放入正方体内，故D正确；  故选：D.3．（5分）（2023上·福建龙岩·高三上杭一中校考阶段练习）2006年5月20日，蹴鞠作为非物质文化遗产经国务院批准列入第一批国家级非物质文化遗产名录.“蹴”有用脚蹴､踢的含义，“鞠”最早是外包皮革､内饰米糠的球，因而“蹴鞠”就是指古人以脚蹴､踢皮球的活动.如图所示，若将“鞠”的表面视为光滑的球面，已知某“鞠”的表面上有四个点P,A,B,C，满足PC=2,PC⊥平面ABC,AB⊥AC，若△ABC的面积为2，则制作该“鞠”的外包皮革面积的最小值为（    ）A．163π B．8π C．12π D．16π【解题思路】根据给定条件，确定三棱锥P−ABC的外接球球心，用线段AB,AC,PC长表示出球半径，再借助均值不等式求解作答.【解答过程】在三棱锥P−ABC中，因为PC⊥平面ABC，BC,AB⊂平面ABC，则PC⊥BC,PC⊥AB，而AB⊥AC，PC∩AC=C,PC,AC⊂平面PAC，因此AB⊥平面PAC，又PA⊂平面PAC，于是AB⊥PA，取PB中点O，连接OA,OC，从而OA=OB=OP=OC，则点O是三棱锥P−ABC的外接球球心，如图，设该外接球半径为R，则R2=14PB2=14(PC2+BC2)=14(4+AC2+AB2)≥14(4+2AC⋅AB)=1+12⋅2S△ABC=3，当且仅当AB=AC=2时取等号，因此三棱锥P−ABC的外接球表面积4πR2≥12π，所以制作该“鞠”的外包皮革面积的最小值为12π.故选：C.4．（5分）（2023·全国·高三专题练习）在长方体ABCD−A1B1C1D1中，直线A1C与平面AB1D1的交点为M，与平面BDC1的交点为N,O为线段B1D1的中点，则下列结论错误的是（    ）A．A,O,M三点共线B．N,O,A1,A四点共面C．M,N为线段A1C的四等分点D．线段MN的中点在平面BB1D1D上【解题思路】根据点在线上，线在面上证明.【解答过程】连接A1C1,AC,OA，如图，因为AA1//CC1，所以A,A1,C1,C四点共面，因为M∈A1C所以M∈平面ACC1A1，又M∈平面AB1D1，所以点M在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上，同理O,A也在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上，所以A,O,M三点共线，故A正确.由直线A1C与平面BDC1的交点为N，所以点N∈ A1C，由A选项得点A,A1,C1,C四点共面，所以点N ∈平面ACC1A1，由A选项得点O也在平面ACC1A1，所以N,O,A1,A四点共面，故B正确.在矩形A1ACC1中，点O是A1C1的中点，△A1OM∼△CAM并且A1O=12AC所以2A1M=MC,即点M为线段A1C的三等分点，根据对称性得N为线段A1C的三等分点，故M,N为线段A1C的三等分点，所以C不正确.连接BD∩AC=O1则O1∈BD⊂面BDD1B1，再连接O1O∩BD1=O2，则O2∈BD1⊂平面BA1D1C易得O2为BD1的中点，而四边形A1D1CB是矩形，直线BD1,A1C是其两条对角线，则BD1的中点也是A1C的中点，即O2为A1C的中点，又由C可得M,N为线段A1C的三等分点，所以O2也为M,N的中点，故D正确.故选：C.5．（5分）（2023上·山东青岛·高三青岛二中校考期中）如图，已知直三棱柱ABC−A1B1C1的底面是等腰直角三角形，AA1=2，AC=BC=1，点D在上底面A1B1C1（包括边界）上运动，则三棱锥D−ABC外接球表面积的最大值为（    ）A．81π16 B．6π C．243π64 D．26π【解题思路】由条件确定球心位置，引入变量表示球的半径，由此确定球的表面积及其最大值.【解答过程】因为△ABC为等腰直角三角形，AC=BC=1，所以△ABC的外接圆的圆心为AB的中点O1，且AO1=22，设A1B1的中点为E，连接O1E，则O1E//AA1，则O1E⊥平面ABC，设三棱锥D−ABC外接球的球心为O，由球的性质可得O在O1E上，设OO1=x，DE=t0≤t≤22，外接球的半径为R，因为OA=OD=R，所以x2+222=2−x2+t2，即t2=4x−72，又0≤t≤22，则78≤x≤1，因为R2=x2+12，所以8164≤R2≤32所以三棱锥D−ABC外接球表面积的最大值为4π×32=6π.故选：B.6．（5分）（2023上·上海·高二专题练习）如图一，矩形ABCD中，BC=2AB,AM⊥BD交对角线BD于点O，交BC于点M，现将△ABD沿BD翻折至△A′BD的位置，如图二，点N为棱A′D的中点，则下列判断一定成立的是（　　）A．BD⊥CN B．A′O⊥平面BCDC．CN//平面A′OM D．平面A′OM⊥平面BCD【解题思路】利用反证法可判断A；由二面角A′−BD−M的变化可判断B；利用反证法结合面面平行的性质可判断C；利用面面垂直的判定定理可判断D．【解答过程】对于D选项，翻折前，BD⊥AO，BD⊥OM，翻折后，BD⊥A′O，BD⊥OM，因为A′O∩OM=O，A′O、OM⊂平面A′OM，则BD⊥平面A′OM，因为BD⊂平面BCD，所以平面A′OM⊥平面BCD，故D正确；对于B选项，因为BD⊥A′O，BD⊥OM，则二面角A′−BD−M的平面角为∠A′OM，在翻折的过程中，∠A′OM的大小会发生变化，故A′O与OM不一定垂直，所以A′O与平面BCD不一定垂直，故B错误；对于A选项，设BC=2AB=2a，在图一中，tan∠ABD=ADAB=AOOB=2，又因为AB=AO2+OB2=a，所以AO=255a，OB=55a，因为∠AMB+∠BAM=∠ABD+∠BAM，所以∠AMB=∠ABD，所以tan∠AMB=ABBM=2，则BM=12AB=a2，在图二中，过点C在平面BCD内作CE//OM，交BD于点E，连接NE，则BEBO=BCBM=4，故BE=4OB=455a，则DE=BD−BE=55a，因为OD=BD−OB=455a，所以E不是OD的中点，因为BD⊥OM，CE//OM，则BD⊥CE，若BD⊥CN，因为CE∩CN=C，CE、CN⊂平面CNE，则BD⊥平面CNE，因为NE⊂平面CNE，所以BD⊥NE，因为A′O、NE⊂平面A′BD，且BD⊥A′O，所以A′O//NE，因为N为A′D的中点，则E为OD的中点，与已知矛盾，故A错误；由选项A知，因为CE//OM，CE⊄平面A′OM，OM⊂平面A′OM，所以CE//平面A′OM，若CN//平面A′OM，则CN∩CE=C，CN、CE⊂平面CNE，所以平面CNE//平面A′OM，因为平面A′BD∩平面CNE=NE，平面A′BD∩平面A′OM=A′O，则A′O//NE，因为N为A′D的中点，则E为OD的中点，与已知条件矛盾，故C错误．故选：D．7．（5分）（2023·全国·校联考模拟预测）在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E、F分别为AB、BC的中点，则下列说法不正确的是（    ）A．当三棱锥B1−BEF的所有顶点都在球O的表面上时，球O的表面积为3π2B．异面直线DD1与B1F所成角的余弦值为255C．点P为正方形A1B1C1D1内一点，当DP//平面B1EF时，DP的最小值为324D．过点D1、E、F的平面截正方体ABCD−A1B1C1D1所得的截面周长为32+5【解题思路】对于A：转化为长方体的外接球分析运算；对于B：根据异面直线夹角分析运算；对于C：根据面面平行分析判断；对于D：根据平行关系求截面，进而可得周长.【解答过程】对于A：三棱锥B1−BEF的外接球即为以BB1、BE、BF为邻边的长方体的外接球，因为BB1=1，BE=BF=12，可得外接球的半径R=12B1B2+BE2+BF2=121+14×2=64，所以外接球的表面积S=4πR2=3π2，故A正确；对于B：因为DD1//BB1，则异面直线DD1与B1F所成角为∠BB1F，且BB1=1，BF=12，可得B1F=BB12+BF2=1+14=52，所以cos∠BB1F=BB1B1F=255，所以，异面直线DD1与B1F所成角的余弦值为255，故B正确；对于C：取A1B1、A1D1、C1D1的中点M、Q、N，连接AM、MN、QN、DN，，由题意可得：AE//B1M，AE=B1M，则AEB1M为平行四边形，所以B1E//AM，因为四边形A1B1C1D1为正方形，M、N分别为A1B1、C1D1的中点，则A1M//D1N，A1M=D1N，所以，四边形A1D1NM为平行四边形，所以，MN//A1D1，MN=A1D1，又因为AD//A1D1，AD=A1D1，可得MN//AD，MN=AD，则AMND为平行四边形，所以AM//DN，可得B1E//DN，因为B1E⊂平面B1EF，DN⊄平面B1EF，则DN//平面B1EF，因为AA1//CC1，AA1=CC1，则四边形AA1C1C为平行四边形，则AC//A1C1，因为E、F分别为AB、BC的中点，则EF//AC，同理可得QN//A1C1，则EF//A1C1，可得QN//EF，因为EF⊂平面B1EF，QN⊄平面B1EF，则QN//平面B1EF，因为DN∩QN=N，DN、QN⊂平面DNQ，所以平面DNQ//平面B1EF，则点P在线段QN上，可得QN=12A1C1=22，DQ=QN=DD12+D1N2=1+14=52，所以当点P为线段QN的中点时，DP⊥QN，DP取到最小值，且最小值为DQ2−12QN2=324，故C正确；对于D：连接AC、A1C1，因为E、F为AB、BC的中点，则EF//AC，又因为AA1//CC1，AA1=CC1，则AA1C1C为平行四边形，可得AC//A1C1，则EF//A1C1，过D1作KL//A1C1，设KL∩A1B1=K，KL∩B1C1=L，则KL//EF，可得KA1=A1B1，LC1=B1C1，连接KE、LF，设KE∩AA1=G，LF∩CC1=H，连接D1G、D1H，可得过点D1、E、F的平面截正方体ABCD−A1B1C1D1所得的截面为五边形EFHD1G，因为KA1=2AE，LC1=2CF则GA1=2AG=23，HC1=2CH=23，可得D1G=D1H=133，GE=HF=136，EF=22，所以截面周长为2×133+2×136+22=13+22，故D错误；故选：D.8．（5分）（2023下·天津和平·高一天津一中校考期末）如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P在线段B1C上运动，则以下命题正确的序号为（    ）    ①直线BD1⊥平面A1C1D②平面B1CD与平面BCD的夹角大小为π2③三棱锥P−A1C1D的体积为定值④异面直线AP与A1D所成角的取值范围是π4,π2A．①② B．①③ C．①③④ D．①④【解题思路】由线面垂直的性质定理与判定定理证明直线BD1⊥平面A1C1D判断①，找出平面角后可判断②，由线面平行的性质可判断③，由异面直线所成的角的定义判断④．【解答过程】如图，连接B1D1，正方形A1B1C1D1中，A1C1⊥B1D1，∵正方体的棱BB1⊥平面A1B1C1D1，A1C1⊂平面A1B1C1D1，∴BB1⊥A1C1，∵BB1∩B1D1=B1，BB1,B1D1⊂平面BB1D1，所以A1C1⊥平面BB1D1，又BD1⊂平面BB1D1，所以A1C1⊥BD1，同理A1D⊥BD1．∵A1C1∩A1D=A1，A1C1,A1D⊂平面A1C1D，所以BD1⊥平面A1C1D，①正确；因为CD⊥平面BCB1，B1C⊂平面BCB1，所以CD⊥B1C，又平面B1CD∩平面BCD=CD，BC⊥CD，BC⊂平面BCD，B1C⊂平面B1CD，则∠B1CB是平面B1CD与平面BCD的夹角，显然三角形BB1C为等腰直角三角形，则该角大小为π4，②错；因为A1B1//AB，A1B1=AB，AB//CD,AB=CD，所以A1B1//CD,A1B1=CD，所以四边形A1B1CD为平行四边形，因此有A1D//B1C，又A1D⊂平面A1C1D，B1C⊄平面A1C1D，所以B1C//平面A1C1D，P∈B1C，因此P到平面A1C1D的距离为定值，三棱锥P−A1C1D的体积为定值，③正确；由于A1D//B1C，因此异面直线AP与A1D所成角就是AP与B1C所夹的角，即图中∠APC或∠APB1，设正方体棱长为1，易知AB1=AC=B1C=2，当点P为B1C中点时，此时AP⊥B1C，因为△ AB1C是等边三角形，P在线段B1C，因此∠APC或∠APB1中较小的角的范围是π3,π2，④错误．故选：B．二．多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）9．（5分）（2023·福建泉州·高二校考学业考试）水平放置的△ABC的斜二测直观图如图所示，已知B'C'=4，A'C'=3，B'C'//y'轴，则△ABC中以下说法正确的是（    ）  A．△ABC是直角三角形 B．AC长为6C．BC长为8 D．AB边上的中线长为732【解题思路】根据斜二测画法的规则，即可求解.【解答过程】因为B′C′//y′轴，由斜二测画法规则知AC⊥BC，即△ABC为直角三角形，如图所示，又因为B′C′=4,A′C′=3，可得AC=3，BC=8，所以AB=73，所以AB边上的中线长度为732．故选：ACD.    10．（5分）（2023下·辽宁锦州·高一统考期末）如图所示圆台，O1，O2分别是上、下底面的圆心，母线AB与下底面所成的角为60°，BC为上底面直径，O2A=6，O1B=1，则（    ）  A．圆台的母线长为10B．圆台的全面积为70πC．由点A出发沿侧面到达点C的最短距离是237D．在圆台内放置一个可以任意转动的正方体，则正方体的棱长最大值是4【解题思路】根据圆台的空间结构关系以及全面积公式计算选项A和B，选项C利用侧面展开图求点A出发沿侧面到达点C的最短距离，选项D转化为求圆台最大的内切球，进而求该球的内接正方体即可.【解答过程】选项A，连接O1O2,过点B作AO2的垂线，垂足为D,在直角三角形ABD中，cos60°=AO2−BO1AB,则圆台的母线长为AB=10,故选项A正确；  选项B，由圆台的全面积公式可得S=πr12+r22+r1l+r2l=107π，故选项B错误；选项C，该圆台可以看成由底面半径为6的圆锥截取一个底面半径为1的圆锥得到，设截去底面半径为1的圆锥的母线成为x，由相似关系可知16=xx+10解得x=2，故大圆锥的母线长10+2=12，由已知得圆台底面圆的周长为12π，由弧长公式可知大圆锥侧面展开扇形的圆心角为α=lR=12π12=π,所以圆台的侧面展开图如下图所示:  故点A出发沿侧面到达点C的最短距离是AC=122+12=145,故选项C错误；选项D，该圆台的轴截面可以补成一个边长为12的正三角形，  由于∠OAO2=30°,则圆台中能放下的最大球的半径为OO2=AO2tan∠OAO2=23，所以求圆台内放置一个可以任意转动的正方体即可以求最大球的内接正方体，设正方体的棱长为a，则3a2=432，解得a=4，故选项D正确；故选：AD.11．（5分）（2023下·福建宁德·高一统考期中）如图，若正方体的棱长为1，点M是正方体ABCD−A1B1C1D1的侧面ADD1A1上的一个动点（含边界），P是棱CC1的中点，则下列结论正确的是（    ）  A．沿正方体的表面从点A到点P的最短路程为132B．过A,B,P三点作正方体的截面，则截面面积为5C．三棱锥B−C1MD的体积最大值为13D．若保持PM=2，则点M在侧面ADD1A1内运动路径的长度为π3【解题思路】作出正方体相邻两个侧面的展开图，对比线段AP的长度即可得到最短路程，知A正确；作出截面，由矩形面积公式可求得B错误；利用体积桥可知当M与A1重合时，体积最大，利用割补法可求得C正确；分析可知点M轨迹是以DD1中点Q为圆心，1为半径的圆在正方形ADD1A1内的部分，结合扇形弧长公式可求得D正确.【解答过程】对于A，将侧面ABB1A1和侧面BCC1B1沿BB1展成平面，如下图所示，  此时AP=22+(12)2=152；将底面ABCD和侧面CDD1C1沿CD展成平面，如下图所示，  此时AP=12+322=132；∵1320.(1)求证：E、F、G、H四点共面；(2)若平面EFGH截四面体ABCD所得的五面体AC−EFGH的体积占四面体ABCD的325，求k的值.【解题思路】（1）利用平行的传递性证明EF//HG即可；（2）延长EH,FG,BD，则必交于点M，利用相似比求解即可【解答过程】（1）连接EF,HG，因为H、G分别是AD、CD的中点，所以AC//HG，又BFFC=BEEA=kk>0，所以AC//EF，所以EF//HG，所以E、F、G、H四点共面；（2）延长EH,FG,BD，则必交于点M，证明如下：设EH∩FG=M，因为EH⊂平面ABD，所以M∈平面ABD，同理M∈平面BCD，又平面ABD∩平面BCD=BD，所以M∈ BD，所以EH,FG,BD，则必交于点M，取BD的中点O，连接OH,OG，因为BEEA=kk>0，所以BEBA=kk+1，又OHBA=12，所以OHBE=k+12k，所以VM−HOGVM−EBF=k+12k3，又MOMB=OHBE=k+12k，所以MD+DOMD+2DO=k+12k，所以2kMD+2kDO=k+1MD+2k+1DO，所以k−1MD=2DO，即MDDO=2k−1，所以VM−HDG=2k−1VD−HOG，VM−HOG=k+1k−1VD−HOG，所以VM−EBF=8k3k+13⋅VM−HOG=8k3k+13⋅k+1k−1⋅VD−HOG，VHOG−EBF=8k3k+13⋅k+1k−1−k+1k−1⋅VD−HOG=8k3k+13⋅k+1k−1−k+1k−1⋅18VA−BCD=2225−18⋅VA−BCD，所以8k3k+13−1k+1k−1⋅18=2225−18，即8k3−k+13k+12⋅1k−1=15125，所以7k2+4k+1k2+2k+1=15125，即12k2−101k−63=0，所以12k+7k−9=0，解得k=9或k=−712，又因为k>0，所以k=9.20．（12分）（2023·全国·高一专题练习）（1）如图1，正四棱锥P−ABCD，AB=PA=4．（ⅰ）求此四棱锥的外接球的体积；（ⅱ）M为PC上一点，求MA+MB的最小值；（2）将边长为4a的正方形铁皮用剪刀剪切后，焊接成一个正四棱锥（含底面），并保持正四棱锥的表面与正方形的面积相等，在图2中用虚线画出剪刀剪切的轨迹，并求焊接后的正四棱锥的体积．【解题思路】（1）（ⅰ）容易判断球心在线段PO1上，根据勾股定理即可解得；（ⅱ）将三角形PBC展开到与平面PAC在同一平面，即AB的长度；（2）列举出所有焊接的可能性，算出每种情况的体积即可.【解答过程】（1）（ⅰ）如图4，设外接球半径为R，则R2=222+22−R2⇒R=22⇒V=43πR3=6423π（ⅱ）如图5，将三角形PBC展开到与平面PAC在同一平面，此时MA+MB≥AB，在三角形PAB中：AB2=42+42−2×4×4×cos150°=31+163，所以AB=42+3=44+232=43+12=26+22．（2）正四棱锥的剪拼几种可以剪拼成正四棱锥的方法如图6，若以正方形各边中点连结而成的小正方形边为裁剪线，不能拼接成正四棱锥.因为沿裁剪线翻折后，原正方形各顶点重合于一点，这点即为原正方形的中心，就不存在四棱锥了．图7是以2a为底面边长，高为22a的正四棱锥，则V=13⋅4a2⋅22a=823a3图8，联想到勾股定理的证明，可设直角三角形的两条直角边长分别为x，y（y>x），于是x+y=4a,y−x=2x，所以x=a,y=3a，则构造成以2a为底面边长，高为22a的正四棱锥，V=13⋅4a2⋅22a=823a3．21．（12分）（2023下·河北石家庄·高一石家庄市第二十七中学校考阶段练习）如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，侧面BCC1B1,ABB1A1均为正方形，AB=BC=1，∠ABC=90°，点D是棱的A1C1中点，点O为A1B与AB1交点.  (1)求证：BC1//平面AB1D；(2)求点A1到平面AB1D的距离.【解题思路】（1）通过证明OD//BC1即可证明结论；（2）利用等体积法即可求出点A1到平面AB1D的距离.【解答过程】（1）由题意，在三棱柱ABC−A1B1C1中，侧面BCC1B1,ABB1A1均为正方形，AB=BC=1，∠ABC=90°，若 O 是 AB1,BA1 的交点，又 ABB1A1 为正方形，则 O 为 BA1 的中点，  ∴ 在 △BA1C1 中， OD//BC1, 又 OD⊂ 面 AB1D,BC1⊄ 面 AB1D ，∴BC1∥平面 AB1D;（2）由题意，四边形BCC1B1,ABB1A1均为正方形，AB=BC=1，∠ABC=90°，点D是棱的A1C1中点，∴A1B1=B1C1=1,∠A1B1C1=∠ABC=90°，△A1B1C1是等腰直角三角形，A1C1=2A1B1=2,A1D=12A1C1=22, 而 AA1=1, 则 AD=AA12+A1D2=12+222=62, 又 B1D=22, ∴S△ADB1=12B1D⋅AD=34.由 S△A1DB1=12B1D⋅A1D=14 ，则 VA−A1DB1=13AA1⋅S△A1DB1=112 ，又 VA−A1DB1=VA1−ADB1 ，若 A1 到平面 AB1D 的距离为 d ，∴13d⋅S△ADB1=112, 可得 d=33.22．（12分）（2023上·黑龙江哈尔滨·高二校考开学考试）如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，底面是边长为2的等边三角形，CC1=2，D，E分别是线段AC、CC1的中点，C1在平面ABC内的射影为D．  (1)求证：A1C⊥平面BDE；(2)若点F为棱B1C1的中点，求三棱锥F−BDE的体积；(3)在线段B1C1上是否存在点G，使二面角G−BD−E的大小为π4，若存在，请求出C1G的长度，若不存在，请说明理由．【解题思路】（1）通过几何图形的性质证明A1C⊥BD,A1C⊥ED即可；（2）构造线面平行，求得F到平面BDE的距离结合三棱锥的体积公式计算即可；（3）根据二面角的定义结合（1）作出其平面角，解三角形即可.【解答过程】（1）  如图所示，连接C1D,C1A，由题意可知C1D⊥面ABC，四边形ACC1A1是菱形.∵BD⊂面ABC，∴C1D⊥BD，又∵D是AC中点，△ACB是正三角形，∴AC⊥BD，显然AC∩C1D=D,AC、C1D⊂面ACC1A1，∴BD⊥面ACC1A1，∵A1C⊂面ACC1A1，∴BD⊥A1C，在菱形ACC1A1中，有C1A⊥A1C，而D，E分别是线段AC、CC1的中点，则DE∥AC1，∴DE⊥A1C,∵DE∩BD=D,DE、BD⊂面DBE，∴A1C⊥面DBE;（2）  如图所示，取A1C1的中点S，连接B1S，过F作FI∥B1S交A1C1于I，过I作IH∥A1C分别交C1C、DE的延长线于H、N，易知I、H分别是C1S、C1E的中点，则由条件可得B1S∥BD∥FI，FI⊄面DBE，BD⊂面DBE，故FI//面DBE，即F到面DBE的距离等于I到面DBE的距离，由（1）得BD⊥DE，A1C⊥面DBE，所以IN⊥面DBE，△BDE是直角三角形，在菱形ACC1A1中，易得∠NHE=∠C1HI=30∘,∠DEC=∠NEH=60∘,HI=14A1C=32，所以NH=sin60∘×NE=34⇒NI=334，即F到面DBE的距离为334，S△BDE=12×BD×DE=32，所以VF−BDE=13×S△BDE×NI=38；（3）    如图所示，假设存在G点满足题意，取A1C1的中点S，连接B1S，过G作GM∥B1S交A1C1于M，连接MD，易得B1S∥BD∥GM，GM⊄面DBE，BD⊂面DBE，故GM//面DBE，又结合（1）的结论有MD⊥BD,ED⊥BD，故二面角G−BD−E为∠MDE，所以∠MDE=π4，在菱形ACC1A1中，作MV⊥AD，易得∠MDV=180∘−60∘−45∘=75∘,MV=C1D=3⇒DV=MC1=MVtan75∘=23−3，易知△MGC1为直角三角形∠MC1G=60∘，故C1G=C1Mcos60∘=43−6.