高中数学8.6 空间直线、平面的垂直测试题

这是一份高中数学8.6 空间直线、平面的垂直测试题，共26页。试卷主要包含了下列命题正确的是等内容，欢迎下载使用。

8.6.3　平面与平面垂直
基础过关练
题组一　平面与平面垂直的判定　　　 　　　　　 　　　　　
1.(2020内蒙古赤峰高三上期末)对于直线m,n和平面α,β,一定能得出α⊥β的一组条件是(　　)
A.m⊥n,m∥α,n∥β B.m⊥n,α∩β=m,n⊂β
C.m∥n,n⊥β,m⊂α D.m∥n,m⊥α,n⊥β
2.(2020陕西宝鸡金台高三上质检)下列命题正确的是(　　)
A.过平面外一点有无数条直线与这个平面垂直
B.过平面外一点有无数个平面与这个平面平行
C.过平面外一点有无数个平面与这个平面垂直
D.过平面外一点有且只有一条直线与这个平面平行
3.如图,已知PA⊥矩形ABCD所在的平面,则图中互相垂直的平面有(　　)

A.1对 B.2对 C.3对 D.5对
4.(2019山东潍坊高一上期末)四面体P-ABC中,PA=PB=PC,底面ABC为等腰直角三角形,AC=BC,O为AB的中点,以下平面中,两两垂直的有　　　　.(填序号) 
①平面PAB;②平面ABC;③平面PAC;④平面PBC;
⑤平面POC.

5.(2020吉林梅河口第五中学高三下模拟)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧棱垂直于底面,AB⊥BC,E、F分别是A1C1、BC的中点.
(1)求证:平面ABE⊥平面B1BCC1;
(2)求证:C1F∥平面ABE.







题组二　平面与平面垂直的性质定理
6.(2020湖北襄阳高二上期末)已知两个平面互相垂直,给出下列命题:
①一个平面内的已知直线必垂直于另一个平面内的任意一条直线;
②一个平面内的已知直线必垂直于另一个平面内的无数条直线;
③一个平面内的任意一条直线必垂直于另一个平面;
④过一个平面内任意一点作交线的垂线,则此垂线必垂直于另一个平面.
其中不正确命题的个数是(　　)
A.3 B.2 C.1 D.0
7.(2020河北衡水武邑中学高二上开学考试)正方形ACDE与等腰直角三角形ACB所在的平面互相垂直,且AC=BC=2,∠ACB=90°,F、G分别是线段AE、BC的中点,则CD与GF所成角的余弦值为(　　)

A.36 B.-36 C.66 D.-66
8.(2020广东珠海高三上期末)如图,矩形ABCD中,E为BC的中点,现将△BAE与△CDE折起,使得平面BAE和平面CDE都与平面DAE垂直.求证:BC∥平面DAE.










9.(2020河南郑州高二上期末)如图,在三棱锥P-ABC中,平面PAC⊥平面ABC,PA⊥AB,求证:PA⊥BC.









题组三　二面角
10.如图,AB是圆O的直径,PA垂直于圆O所在的平面,C是圆O上一点(不同于A,B),且PA=AC,则二面角P-BC-A的大小为(　　)

A.60° B.30° C.45° D.15°
11.(2020湖北宜昌一中高二上期末)如图,正方形ABCD沿对角线AC折叠后,平面BAC⊥平面DAC,则二面角B-CD-A的余弦值为(　　)

A.32 B.12 C.33 D.55
12.(2020湖南长沙第一中学高二上月考)如图,在一个60°的二面角的棱上有A、B两点,线段AC、BD分别在这个二面角的两个半平面内,并且都垂直于棱AB,且AB=AC=1,BD=2,则CD的长为(　　)

A.22 B.3 C.2 D.5
13.(2020安徽合肥六校联盟高二上期末)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所成的角;
③∠CDB是直线CD与平面ABD所成的角;
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
14.(2020辽宁丹东高二上期末)如图,已知四边形ABCD是直角梯形,∠DAB=∠ABC=90°,SA垂直于平面ABCD,SA=AB=BC=2,AD=1.
(1)求直线SC与平面SAD所成角的正弦值;
(2)求平面SAB与平面SCD所成锐二面角的正切值.









能力提升练　　　　　　 　　　　　 　　　　　
题组一　平面与平面垂直的判定
1.(2020湖北襄阳第四中学高一下月考,)如图,等边三角形ABC的中线AF与中位线DE相交于G,将△AED沿DE翻折成△A'ED,在翻折过程中,下列命题中真命题的个数为(　　)

①恒有A'F⊥DE;
②异面直线A'E与BD不可能垂直;
③恒有平面A'GF⊥平面BCDE;
④动点A'在平面ABC上的射影在线段AF上.
A.1 B.2 C.3 D.4
2.(多选)(2020福建厦门双十中学高二上开学考试,)如图,梯形ABCD中,AD∥BC,AD=AB=1,AD⊥AB,∠BCD=45°,将△ABD沿对角线BD折起,设折起后点A的位置为A',并且平面A'BD⊥平面BCD,则下列说法正确的有(　　)

A.A'D⊥BC
B.三棱锥A'-BCD的体积为22
C.CD⊥平面A'BD
D.平面A'BC⊥平面A'DC
3.(2020湖南师大附中高二上期末,)如图,直三棱柱ABC-DEF的底面是边长为2的正三角形,侧棱AD=1,P是线段CF的延长线上一点,平面PAB分别与DF、EF相交于M、N.
(1)求证:MN∥平面CDE;
(2)当PF为何值时,平面PAB⊥平面CDE?





题组二　平面与平面垂直的性质定理
4.(2020广东汕尾高二上期末,)如图,三棱锥A-BCD的所有顶点都在球O的表面上,平面ABD⊥平面BCD,BC=CD=AD=1,BD=2,AB=3,则球O的表面积为　　　　. 

5.(2020豫南九校高一上联考,)在菱形ABCD中,AB=2且∠ABC=60°,点M、N分别是CD、AD的中点,将四边形ANMC沿AC转动,使得MN转动至EF的位置,形成如图所示的多面体,分别取BF、DE的中点P、Q.
(1)求证:PQ∥平面ABCD;
(2)若平面AFEC⊥平面ABCD,求多面体ABCDFE的体积.




题组三　 二面角
6.(2020重庆第八中学高三三诊,)直角△ABC中,AB=AC=3,D为BC边上一点,沿AD将△ACD折起,使点C在平面ABD内的射影H恰好在AB上,若AH=1,则二面角C-AD-B的余弦值是(　　)
A.13 B.23 C.33 D.22
7.(2020浙江丽水高二上期末,)如图,在三棱锥P-ABC中,PB=BC=a,PA=AC=b(a
A.α+∠PCA+∠PCB>π,2α<∠PAC+∠PBC
B.α+∠PCA+∠PCB<π,2α<∠PAC+∠PBC
C.α+∠PCA+∠PCB>π,2α>∠PAC+∠PBC
D.α+∠PCA+∠PCB<π,2α>∠PAC+∠PBC
8.(2020福建厦门高三上期末,)如图1,在矩形ABCD中,AB=2,BC=4,E、F分别是BC、AD的中点,将四边形ABEF沿EF折起,使得二面角A1-EF-D的大小为120°(如图2),则B1C=　　　　;三棱锥B1-CDE的外接球的表面积为　　　　. 

9.(2020天津和平高三下线上学习检测,)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,已知BC=1,BB1=2,∠BCC1=π2,AB⊥面BB1C1C.
(1)求直线C1B与底面ABC所成角的正切值;
(2)在棱CC1(不包含端点)上确定一点E,使得EA⊥EB1(要求说明理由);
(3)在(2)的条件下,若AB=2,求二面角A-EB1-A1的大小.








10.(2020广东实验中学、华师附中、深圳中学、广雅中学高三下联考,)如图,AB是圆O的直径,点C是圆O上异于A、B的点,PC⊥平面ABC,E、F分别是PA、PC的中点.
(1)记平面BEF与平面ABC的交线为l,试判断直线l与平面PAC的位置关系,并加以证明;
(2)设PC=2AB,求二面角E-l-C大小的取值范围.







11.(2020山东威海文登高三上期末,)已知正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=2,AA1=3,D为AC的中点.
(1)当AE=12EA1时,求证:DE⊥BC1;
(2)在线段AA1上是否存在点E,使二面角A-BE-D的大小为30°?若存在,求出AE的长;若不存在,请说明理由.







答案全解全析
基础过关练
1.C　A中,α也可与β平行;B中,不一定有α⊥β;C中,∵m∥n,n⊥β,∴m⊥β,又m⊂α,
∴α⊥β;D中,α∥β.故选C.
2.C　过平面外一点有且只有一条直线与已知平面垂直,∴A错;过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行,∴B错;∵过平面外一点有且只有一条直线与已知平面垂直,而过这条直线的平面有无数个,∴由平面与平面垂直的判定定理,知这无数个平面都与已知平面垂直,∴C正确;过平面外一点有无数条直线与这个平面平行,∴D错.故选C.
3.D　∵四边形ABCD是矩形,∴DA⊥AB.
∵PA⊥平面ABCD,∴PA⊥DA.又AB∩PA=A,∴DA⊥平面PAB.同理,BC⊥平面PAB.又易证AB⊥平面PAD,DC⊥平面PAD,∴平面PAD⊥平面AC,平面PAB⊥平面AC,平面PBC⊥平面PAB,平面PAB⊥平面PAD,平面PDC⊥平面PAD,共5对.
4.答案　①②,①⑤,②⑤
解析　∵PA=PB,AC=BC,O为AB的中点,
∴OP⊥AB,OC⊥AB,又OP∩OC=O,∴AB⊥平面POC,又AB⊂平面PAB,AB⊂平面ABC,∴平面PAB⊥平面POC,平面ABC⊥平面POC.底面ABC为等腰直角三角形,PA=PB=PC,∴PC2=PA2=PO2+OA2=PO2+OC2,∴PO⊥OC,又PO⊥OA,OC∩OA=O,∴PO⊥平面ABC,∵PO⊂平面PAB,∴平面PAB⊥平面ABC.故答案是①②,①⑤,②⑤.
5.证明　(1)在三棱柱ABC-A1B1C1中,
∵BB1⊥底面ABC,∴BB1⊥AB,又AB⊥BC,BB1∩BC=B,∴AB⊥平面B1BCC1,又AB⊂平面ABE,∴平面ABE⊥平面B1BCC1.
(2)取AB的中点G,连接EG,FG.

∵E、F、G分别是A1C1、BC、AB的中点,
∴FG∥AC,且FG=12AC,EC1=12A1C1.
∵AC∥A1C1,且AC=A1C1,
∴FG∥EC1,且FG=EC1,
∴四边形FGEC1是平行四边形,
∴C1F∥EG,又EG⊂平面ABE,C1F⊄平面ABE,∴C1F∥平面ABE.
6.B　作正方体ABCD-A1B1C1D1,如图所示.

一个平面内的已知直线不一定垂直于另一个平面内的任意一条直线,如已知平面ABCD⊥平面ABB1A1,AB⊂平面ABCD,又A1B⊂平面ABB1A,但A1B与AB不垂直,故①错误;一个平面内的已知直线必垂直于另一个平面内的无数条直线,如已知平面ABCD⊥平面ABB1A1,A1B⊂平面ABB1A1,在平面ABCD中,所有与BC平行的直线都与A1B垂直,故②正确;一个平面内的任意一条直线不一定垂直于另一个平面,如平面ABCD⊥平面ABB1A1,A1B⊂平面ABB1A1,但A1B与平面ABCD不垂直,故③错误;过一个平面内任意一点作交线的垂线,利用面面垂直的性质定理,知垂线一定垂直于另一个平面,故④正确.故选B.
7.C　连接AG,如图所示.

∵四边形ACDE为正方形,
∴AE⊥AC,AE∥CD.
∵平面ACDE⊥平面ABC,平面ACDE∩平面ABC=AC,AE⊂平面ACDE,
∴AE⊥平面ABC,∵AG⊂平面ABC,
∴AE⊥AG.
∵AC=BC=2,∠ACB=90°,F、G分别是线段AE、BC的中点,
∴AG=AC2+CG2=5,AF=1,
∴FG=AG2+AF2=6.
∴cos∠AFG=AFFG=66.
∵AE∥CD,∴CD与GF所成角的余弦值为66.故选C.
8.证明　过点B作BM⊥AE于M,过点C作CN⊥ED于N,连接MN.

∵平面BAE与平面DAE垂直,平面BAE∩平面DAE=AE,BM⊥AE,BM⊂平面BAE,
∴BM⊥平面DAE,同理可证CN⊥平面DAE,∴BM∥CN.
∵△BAE与△CDE全等,
∴BM=CN,
∴四边形BCNM是平行四边形,∴BC∥MN.
又BC⊄平面DAE,MN⊂平面DAE,∴BC∥平面DAE.
9.证明　过点B作BD⊥AC于点D.
∵平面PAC⊥平面ABC,且平面PAC∩平面ABC=AC,
∴BD⊥平面PAC,又PA⊂平面PAC,
∴PA⊥BD,又PA⊥AB,AB∩BD=B,AB⊂平面ABC,BD⊂平面ABC,
∴PA⊥平面ABC,∵BC⊂平面ABC,
∴PA⊥BC.
10.C　由题意得PA⊥BC,AC⊥BC.又PA∩AC=A,所以BC⊥平面PAC.所以BC⊥PC.所以∠PCA为二面角P-BC-A的平面角.在Rt△PAC中,由PA=AC得∠PCA=45°.故选C.
11.C　设正方形的边长为a,取AC中点O,连接BO,则BO⊥AC.过O作AD的平行线OE交CD于E,连接BE.
∵平面BAC⊥平面DAC,平面BAC∩平面DAC=AC,BO⊥AC,∴BO⊥平面DAC,
∴BO⊥CD,又OE⊥CD,∴CD⊥平面BOE,
∴CD⊥BE,∴∠BEO即为二面角B-CD-A的平面角.

∵BO=22a,OE=a2,
∴由BO⊥OE得,BE2=BO2+OE2=34a2,∴BE=32a,
∴cos∠BEO=OEBE=a23a2=33.故选C.
12.C　过点A作AE∥BD,且AE=BD,
连接DE、CE,∵BD⊥AB,∴AE⊥AB,又AC⊥AB,∴∠CAE即为二面角的平面角,
∴∠CAE=60°,
∴CE=CA2+AE2-2CA·AE·cos60°=1+4-2×1×2×12=3.
∵AC⊥AB,AE⊥AB,AC∩AE=A,∴AB⊥平面CAE.
由AE∥BD,AE=BD,知四边形ABDE为平行四边形,∴DE∥AB,DE=AB,
∴DE⊥平面CAE,又CE⊂平面CAE,∴DE⊥CE,∴CD=CE2+DE2=3+1=2.
故选C.
13.C　∵AB⊥平面BCD,∴AB⊥CD,又BC⊥CD,AB∩BC=B,∴CD⊥平面ABC,∴CD⊥AC,∴∠ACD是直角,故①正确;CD与EF不一定平行,故②错误;∵AB⊥平面BCD,AB⊂平面ABD,∴平面ABD⊥平面BCD,故C在平面ABD上的射影在BD上,故∠CDB是直线CD与平面ABD所成的角,故③正确;由①知CD⊥平面ABC,故CD⊥BE,又BE⊥AC,故BE⊥平面ACD,故BE⊥AD,又AD⊥BF,故∠BFE是二面角B-AD-C的平面角,故④正确.故选C.
14.解析　(1)∵SA⊥平面ABCD,∴SA⊥BA,又DA⊥BA,∴BA⊥平面SAD,
∴点B到平面SAD的距离为BA=2.
∵BA⊂平面ABCD,
∴平面ABCD⊥平面SAD.
过点C作CG⊥AD,交AD的延长线于点G,∵平面ABCD∩平面SAD=AD,
∴CG⊥平面SAD,连接SG,则∠CSG为直线SC与平面SAD所成的角.
∵BC∥AD,
∴CG=BA=2.
由题意得SC=23,∴sin∠CSG=CGSC=33,
∴直线SC与平面SAD所成角的正弦值为33.
(2)延长BA,CD,设E点是它们的交点,连接SE,则所求二面角延展为二面角C-SE-B.
∵DA⊥BA,DA⊥SA,∴DA⊥平面SAB.
∴DA⊥SE.
在平面SAB内过A作AF⊥SE于点F,连接DF,∵AF∩DA=A,
∴SE⊥平面FAD,又DF⊂平面FAD,
∴DF⊥SE,
∴∠AFD是二面角C-SE-B的平面角.
由题意得,AE=AB=AS=2,
∴AF=2,
∴tan∠AFD=ADAF=22,
∴平面SAB与平面SCD所成锐二面角的正切值为22.

能力提升练
1.C　易知G为DE的中点,A'D=A'E,FE=FD,∴FG⊥DE,A'G⊥DE,又FG∩A'G=G,故DE⊥平面FGA',又A'F⊂平面FGA',故A'F⊥DE,①正确;
易知EF∥BD,故异面直线A'E与BD所成角(或其补角)为∠A'EF,当A'E2+EF2=A'F2时,异面直线A'E与BD垂直,②错误;
由①证得DE⊥平面FGA',又DE⊂平面BCDE,故平面A'GF⊥平面BCDE,故③正确;
由③证得平面A'GF⊥平面BCDE,故动点A'在平面ABC上的射影在线段AF上,故④正确.故选C.
2.CD　∵AD∥BC,AD=AB=1,AD⊥AB,
∴∠DBC=∠ADB=45°.
又∠BCD=45°,
∴△BCD为等腰直角三角形.
∵平面A'BD⊥平面BCD,
平面A'BD∩平面BCD=BD,
CD⊥BD,∴CD⊥平面A'BD,∴C正确.
取BD的中点E,连接A'E.
∴A'E⊥BD,又平面A'BD⊥平面BCD,平面A'BD∩平面BCD=BD,
∴A'E⊥平面BCD,∴A'E⊥BC,若A'D⊥BC,则可得到BC⊥平面A'BD,∴BC⊥BD,与已知矛盾,∴A错误.
三棱锥A'-BCD的体积为13×12×2×2×22=26,∴B错误.
在Rt△A'CD中,A'C2=CD2+A'D2,
∴A'C=3.
在△A'BC中,A'B=1,BC=2,A'C=3,满足BC2=A'B2+A'C2,∴BA'⊥CA',又BA'⊥DA',∴BA'⊥平面A'DC,∴平面A'BC⊥平面A'DC,∴D正确.
3.解析　(1)证明:由题意得,AB∥DE,AB⊄平面DEF,DE⊂平面DEF,∴AB∥平面DEF.
∵平面PAB∩平面DEF=MN,∴AB∥MN,∴DE∥MN,又MN⊄平面CDE,DE⊂平面CDE,∴MN∥平面CDE.
(2)分别取线段AB、DE的中点G、H,连接CG,GH,CH,PG,则GH∥CP,∴P、C、G、H四点共面.
易得Rt△PCA≌Rt△PCB,∴PA=PB,∴PG⊥AB.
∵AB∥DE,∴PG⊥DE.
若PG⊥CH,则PG⊥平面CDE,
∴平面PAB⊥平面CDE.
此时∠CPG=∠HCG,则PCCG=CGGH.
∵△ABC是边长为2的正三角形,
∴CG=2sin 60°=3.
又GH=1,∴PC=CG2GH=3,
∴PF=PC-FC=2,∴当PF=2时,平面PAB⊥平面CDE.

4.答案　3π
解析　如图,由AD=1,BD=2,AB=3,得AD2+BD2=AB2,则AD⊥BD.
又平面ABD⊥平面BCD,且平面ABD∩平面BCD=BD,∴AD⊥平面BCD,
∴AD⊥BC.
∵BC=CD=1,BD=2,
∴BC2+CD2=BD2,∴BC⊥CD.∵AD∩CD=D,∴BC⊥平面ACD,
∴BC⊥AC.取AB的中点O,则O为三棱锥A-BCD的外接球的球心.
外接球的半径R=12AB=32,
∴球O的表面积为4πR2=4π×322=3π.

5.解析　(1)证明:取BE的中点R,连接PR,QR,BD.
∵P、Q分别是BF、DE的中点,
∴PR∥EF,QR∥BD.
又∵EF∥AC,∴PR∥AC,∵PR⊄平面ABCD,AC⊂平面ABCD,∴PR∥平面ABCD,
同理可得QR∥平面ABCD,又PR∩QR=R.

∴平面PQR∥平面ABCD,又PQ⊂平面PQR,
∴PQ∥平面ABCD.
(2)设AC、BD交于点O,易知BD⊥AC.
又∵平面AFEC⊥平面ABCD,平面AFEC∩平面ABCD=AC,
∴BD⊥平面AFEC,
∴多面体ABCDFE可以分解为四棱锥B-ACEF和四棱锥D-ACEF.
在菱形ABCD中,AB=2,且∠ABC=60°,
∴AC=2,BD=23,EF=AC2=1.
梯形ACEF的面积为S梯形ACEF=12(EF+AC)·BD4=334,
则V多面体ABCDFE=13S梯形EFAC·BD=32.
方法总结
求锥体的体积要充分利用多面体的截面和旋转体的轴截面,将空间问题转化为平面问题求解,注意求体积的一些特殊方法——分割法、补形法、等体积法.①割补法:求一些不规则几何体的体积时,常用割补法转化成已知体积公式的几何体进行解决;②等积法:等积法包括等面积法和等体积法.
6.A　过H作HG⊥AD,垂足为G,连接CG.
由题意得CH⊥平面ABD,所以CH⊥AD,所以AD⊥平面CHG,所以AD⊥CG,
所以∠AGH=∠AGC=90°,所以∠CGH(或其补角)为二面角C-AD-B的平面角.
因为∠BAD+∠CAD=90°,所以若设∠BAD=α,则∠CAD=90°-α.
在Rt△ACH中,AC=3,AH=1,则CH=2.
在Rt△AGH中,HG=AH·sin α=sin α.
在Rt△ACG中,CG=AC·sin (90°-α)=3cos α.
在Rt△CGH中,由CH2+HG2=CG2,得2+sin2α=3cos2α,
解得sin α=12,cos α=32,所以HG=12,CG=32,所以cos∠CGH=HGCG=13.
故选A.
7.C　如图(1),取PC的中点D,连接AD、BD,

由PB=BC=a,PA=AC=b得BD⊥PC,AD⊥PC,又BD∩AD=D,∴PC⊥平面ABD.
作PM⊥AB于M,连接MC,由△ABP≌△ABC,可得CM⊥AB,∴∠PMC=α.
设PM=CM=h,则h∠PBC2>∠PAC2,
∴2α>∠PCA+∠PCB>∠PBC2+∠PAC2+∠PCA+∠PCB=π.故选C.
8.答案　23;20π
解析　由二面角的定义可知,二面角A1-EF-D的平面角为∠B1EC=120°.
在△B1EC中,由余弦定理可得B1C=EC2+B1E2-2EC·B1Ecos120°
=4+4-2×2×2×-12=23.
∵EF⊥B1E,EF⊥EC,B1E∩EC=E,B1E,EC⊂平面B1EC,
∴EF⊥平面B1EC.
又EF∥CD,∴CD⊥平面B1EC.
△B1EC的外接圆半径r=B1C2sin∠B1EC=2,
则三棱锥B1-CDE的外接球半径R=r2+CD22=4+1=5,
∴三棱锥B1-CDE的外接球的表面积为4π×(5)2=20π.
9.解析　(1)易知三棱柱ABC-A1B1C1为直三棱柱,
∴CC1⊥平面ABC,
∴C1B在平面ABC上的射影为CB,
∴∠C1BC为直线C1B与底面ABC所成角.
∵CC1=BB1=2,BC=1,∴tan∠C1BC=2,
即直线C1B与底面ABC所成角的正切值为2.
(2)当E为CC1的中点时,EA⊥EB1.连接BE.
∵CE=EC1=1,BC=B1C1=1,∴∠BEC=∠B1EC1=45°,
∴∠BEB1=90°,即B1E⊥BE.
∵AB⊥平面BB1C1C,EB1⊂平面BB1C1C,∴AB⊥EB1.
∵BE∩AB=B,∴EB1⊥平面ABE,
又AE⊂平面ABE,∴EA⊥EB1.
(3)取EB1的中点G,A1E的中点F,连接FG,则FG∥A1B1,且FG=12A1B1,
∵A1B1⊥EB1,∴FG⊥EB1,连接A1B,
设A1B∩AB1=O,连接OF、OG,
则OG∥AE,且OG=12AE,∵AE⊥EB1,
∴OG⊥EB1,
∴∠OGF为二面角A-EB1-A1的平面角.
∵OG=12AE=1,FG=12A1B1=22,OF=12BE=22,∴∠OGF=45°,
∴二面角A-EB1-A1的大小为45°.
10.解析　(1)l∥平面PAC.
证明:由题意得EF∥AC,又AC⊂平面ABC,EF⊄平面ABC,∴EF∥平面ABC,
又EF⊂平面BEF,平面BEF∩平面ABC=l,∴EF∥l,
又l⊄平面PAC,EF⊂平面PAC,
∴l∥平面PAC.
(2)设直线l与圆O的另一个交点为D,连接DE,BD.

由(1)知,BD∥AC,而AC⊥BC,∴BD⊥BC,
∵PC⊥平面ABC,∴PC⊥BD,又PC∩BC=C,∴BD⊥平面PBC,
又FB⊂平面PBC,∴BD⊥BF,
∴∠FBC是二面角E-l-C的平面角,
∴tan∠FBC=FCBC=ABBC=1cos∠ABC.
∵0<∠ABC<π2,∴0 ∴tan∠FBC>1.
∵0<∠FBC<π2,∴∠FBC∈π4,π2,
即二面角E-l-C的取值范围是π4,π2.
11.解析　(1)证明:连接DC1.因为几何体ABC-A1B1C1为正三棱柱,所以△ABC为正三角形.
又因为D是AC的中点,所以BD⊥AC,又平面ABC⊥平面ACC1A1,且平面ABC∩平面ACC1A1=AC,
所以BD⊥平面ACC1A1,
又DE⊂平面ACC1A1,所以BD⊥DE.
因为AE=12EA1,AB=2,AA1=3,所以AE=33,AD=1,
所以在Rt△ADE中,∠ADE=30°.
又在Rt△DCC1中,∠C1DC=60°,
所以∠EDC1=90°,即ED⊥DC1,
因为BD∩DC1=D,
所以ED⊥平面BDC1,
又BC1⊂平面BDC1,所以DE⊥BC1.
(2)假设存在点E满足条件.过D作DF⊥AB于F,由正棱柱的性质知AA1⊥DF,又AB∩AA1=A,
所以DF⊥平面ABE,所以DF⊥BE.过F作FG⊥BE于G,连接DG,因为FG∩DF=F,所以BE⊥平面DFG,又DG⊂平面DFG,所以BE⊥DG,所以∠DGF为二面角A-BE-D的平面角,所以∠DGF=30°.

在Rt△ADB中,DF=32,BF=32,所以FG=DF33=32,与FG⊥BE矛盾,所以假设不成立,即不存在点E,使二面角A-BE-D的大小为30°.