2024-2025学年辽宁省县级合作校高二（上）第一次月考数学试卷（D卷）（含解析）

这是一份2024-2025学年辽宁省县级合作校高二（上）第一次月考数学试卷（D卷）（含解析），共18页。试卷主要包含了与直线l1，若直线m被两平行线l1，给出下列命题，其中是假命题的是，下列结论正确的是等内容，欢迎下载使用。

A. π12B. π6C. π4D. π3
2.已知过点A(−2,m)和点B(m,4)的直线为l1，l2：2x+y−1=0，l3：x+ny+1=0.若l1//l2，l2⊥l3，则实数m+n的值为( )
A. −10B. −2C. 0D. 8
3.设x，y∈R，向量a=(x,1,1)，b=(1,y,1)，c=(2,−4,2)，且a⊥c，b/​/c，则|a+b|=( )．
A. 2 2B. 10C. 3D. 4
4.在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，设AB=a,AD=b,AA1=c，则a⋅(12b−23c)的值为( )
A. 1B. 0C. −1D. −2
5.分别过点A(1,3)和点B(2,4)的直线l1和l2互相平行且有最大距离，则l1的方程是( )
A. x−y−4=0B. x+y−4=0C. x=1D. y=3
6.已知在正方体ABCD−A1B1C1D1中，M，N分别为A1D，AC上的点，且满足A1D=3MD，AN=2NC，则异面直线MN与C1D1所成角的余弦值为( )
A. 2 55B. 55C. − 33D. 24
7.若直线m被两平行线l1：x−y+1=0与l2：x−y+3=0所截得的线段的长为2 2，则直线m的倾斜角可以是( )
A. π12B. π6C. π4D. π3
8.如图1四边形ABCD与四边形ADEF分别为正方形和等腰梯形，AD/​/EF，AF= 2，AD=4，EF=2，沿AD边将四边形ADEF折起，使得平面ADEF⊥平面ABCD，如图2，动点M在线段EF上，N，G分别是AB，BC的中点，设异面直线MN与AG所成的角为α，则csα的最大值为( )
A. 3010B. 105C. 1010D. 55
9.给出下列命题，其中是假命题的是( )
A. 若A，B，C，D是空间中的任意四点，则有AB+BC+CD+DA=0
B. |a|−|b|=|a+b|是a，b共线的充要条件
C. 若AB，CD共线，则AB//CD
D. 对空间中的任意一点O与不共线的三点A，B，C，若OP=xOA+yOB+zOC(x,y,z∈R)，则P，A，B，C四点共面
10.下列结论正确的是( )
A. 若A(−2,3)、B(3,−2)、C(1,m)三点共线，则m的值为0
B. 已知两点M(−3,4)、N(3,2)，过点P(1,0)的直线l1与线段MN有公共点，则l1的斜率k的取值范围为[−1,1]
C. 直线l2：(2k−1)x−(k+3)y−(k−11)=0恒过定点(2,3)
D. 经过直线l3：x+3y−10=0和直线l4：3x−y=0的交点，且和原点相距为1的直线一共有三条
11.点M是正方体ABCD−A1B1C1D1中侧面正方形ADD1A1内的一个动点，正方体棱长为1，则下面结论正确的是( )
A. 若N为A1D1中点，满足MC⊥AN的点M的轨迹长度为 52
B. 不存在点M，使得直线B1M/​/平面BC1D
C. 若E是棱CC1上靠近C1的三等分点，平面AD1E与平面BCC1B1所成锐二面角的正切值为3 2
D. 在线段AD1上只存在一点M，使异面直线B1M与CD所成的角是π4
12.已知正方体ABCD−A1B1C1D1中，A1E=14A1C1，若AE=xAA1+y(AB+AD)，则x= ______，y= ______．
13.直线l1：mx+4y−2=0与直线l2：2x−5y+n=0垂直，垂足为(1,p)，则n= ______．
14.已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为4，点E、F分别为棱AD、B1C1上的定点，且AE=C1F=1，P、Q分别为棱BB1、C1D1上的动点.若点A、B、P、Q在同一个球的球面上，则当直线PQ⊥平面A1EF时，该球的表面积为______．
15.如图，在三棱锥P−ABC中，PA⊥平面ABC，PA=AB=BC=1,PC= 3．
(1)求证：BC⊥平面PAB；
(2)求二面角A−PC−B的大小．
16.根据要求完成下列问题：
(1)求过P(3,2)且在两坐标轴上截距之和为12的直线m的截距式方程；
(2)求过直线l1：x+2y+1=0与直线l2：2x−y+1=0的交点且在两坐标轴上截距相等的直线n的一般式方程；
(3)过点Q(0,1)作直线s使它被直线l3：2x+y−8=0和l4：x−3y+10=0截得的线段被点P平分，求直线s的一般式方程．
17.如图1，在梯形ABCD中，AD//BC，BE⊥AD于E，且DE=2BC=2BE，将梯形ABCD沿BE折叠成如图2所示的几何体，∠AED=60°，F为AE的中点．

(1)证明：BF/​/平面ACD；
(2)若图1中AD=6，sinA+csA= 2，求二面角C−AB−E的余弦值．
18.根据要求完成下列问题：
(1)在平面直角坐标系xOy中，射线OA、OB分别与x轴正半轴成45°和30°角，过点P(1,0)作直线AB分别交OA、OB于A、B两点，当线段AB的中点C恰好落在直线y=12x上时，求直线AB的方程；
(2)过点Q(4,1)作直线l分别交x、y轴正半轴于M、N两点，当|OM|+|ON|取最小值时，求直线l的一般方程．
19.如图，C是以AB为直径的圆O上异于A，B的点，平面PAC⊥平面ABC，△PAC为正三角形，E，F分别是PC，PB上的动点．
(1)求证：BC⊥AE；
(2)若E，F分别是PC，PB的中点且异面直线AF与BC所成角的正切值为 32，记平面AEF与平面ABC的交线为直线l，点Q为直线l上动点，求直线PQ与平面AEF所成角的取值范围．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：直线l1：x+ 3y−1=0的斜率为− 33，依题意可知直线l2的斜率为 3，故tanθ= 3，
由于θ∈[0,π)，则其倾斜角θ=π3．
故选：D．
直接利用直线垂直的充要条件求出直线l2的斜率，进一步求出直线的倾斜角．
本题考查的知识点：直线的倾斜角和斜率的关系，主要考查学生的运算能力，属于中档题．
2.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查了直线平行垂直与斜率的关系，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
利用直线平行垂直与斜率的关系即可得出．
【解答】
解：∵l1/​/l2，∴kAB=4−mm+2=−2，解得m=−8．
又∵l2⊥l3，∴(−1n)×(−2)=−1，解得n=−2．
∴m+n=−10．
故选：A．
3.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查向量的模的求法，考查向量平行、向量垂直、平面向量坐标运算法则等基础知识，考查运算求解能力，属于中档题．
利用向量平行和向量垂直的性质列出方程组，求出x，y，再由平面向量坐标运算法则求出a+b，由此能求出|a+b|.
【解答】
解：设x，y∈R，向量a=(x,1,1)，b=(1,y,1)，c=(2,−4,2)，
且a⊥c，b/​/c，
∴2x−4+2=012=y−4，解得x=1y=−2,
∴a+b=(1,1,1)+(1,−2,1)=(2,−1,2)，∴|a+b|= 4+1+4=3．
故选：C．
4.【答案】B
【解析】解：如图，
以D为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系如图，
则A(1,0,0)，B(1,1,0)，D(0,0,0)，A1(1,0,1)，
a=AB=(0,1,0)，b=AD=(−1,0,0)，c=AA1=(0,0,1)，
则a⋅(12b−23c)=(0,1,0)⋅(−12,0,−23)=0．
故选：B．
由题意画出图形，建立空间直角坐标系，再由向量的坐标运算求解．
本题考查空间向量的数量积运算，考查运算求解能力，是基础题．
5.【答案】B
【解析】解：当直线l1和l2互相平行且均与AB垂直时，有最大距离，
由斜率公式可得kAB=4−32−1=1，
∴直线l1的斜率k=−1，
∴l1的方程为y−3=−(x−1)
化为一般式可得x+y−4=0
故选：B．
当直线l1和l2互相平行且均与AB垂直时，有最大距离，由斜率公式和垂直关系可得直线l1的斜率，易得直线方程．
本题考查平行线间的距离，涉及直线的垂直关系，属基础题．
6.【答案】A
【解析】【分析】
本题主要考查了异面直线所成角的度量，解题的关键是找出异面直线所成角，同时考查了学生的运算求解的能力．
根据异面直线所成角的定义先找出所成角，取线段AD上一点E，使AE=2ED，连接ME、NE，∠MNE为异面直线MN与C1D1所成角，然后解三角形即可求出所求．
【解答】
解：取线段AD上一点E，使AE=2ED，连接ME、NE，如图所示：
因为A1D=3MD，AN=2NC，
所以MDA1D=CNAC=DEAD=13，
所以NE/​/CD，ME/​/AA1，又CD//C1D1，
所以∠MNE为异面直线MN与C1D1所成角，
设正方体的棱长为3a，
则EN=23CD=2a，ME=13AA1=a，
所以在Rt△MNE中，MN= ME2+EN2= a2+(2a)2= 5a，
所以cs∠MNE=ENMN=2 55．
故选：A．
7.【答案】A
【解析】解：易知，直线l1//l2，故它们的距离d=|1−3| 2= 2，
又因为直线m被两直线截得的线段长为2 2，
设m与l1的夹角为θ，则sinθ= 22 2=12，θ为锐角或直角，
故θ=π6，而直线l1的斜率为1，故倾斜角为π4，
故直线m的倾斜角为π4−π6=π12，或π4+π6=5π12．
故选：A．
先算出已知的两直线间的距离，然后根据所截得的线段长求出直线m与已知直线的夹角，问题可解．
本题考查直线间的距离公式、直线倾斜角的计算，属于中档题．
8.【答案】A
【解析】解：以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，过A作平面ABCD的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，
由题意得A(0,0,0)，G(4,2,0)，N(2,0,0)，设FM=t，
则M(0,t+1,1)，(0≤t≤2)，
∴AG=(4,2,0)，MN=(2,−t−1,−1)，
∵异面直线MN与AG所成的角为α，
∴csα=|AG⋅MN||AG|⋅|MN|=|6−2t| 20⋅ 5+(−t−1)2=|3−t| 25+5(t+1)2
∵0≤t≤2，∴当t=0时，csα取最大值为：3 30= 3010．
故选：A．
以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，过A作平面ABCD的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出csα的最大值．
本题考查异面直线所成角的余弦值的最大值的求法，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，是中档题．
9.【答案】BCD
【解析】解：由向量的加法运算，显然A是真命题；
若a，b共线，则|a|+|b|=|a+b|(同向)或||a|−|b||=|a+b|(反向)，故B是假命题；
只有当x+y+z=1时，P，A，B，C四点才共面，故D是假命题，
若AB，CD共线，则直线AB，CD平行或重合，故C是假命题，
故选：BCD．
根据向量的加法运算、共线与共面的条件，即可判断正误．
本题考查向量的线性运算以及共线与共面的条件，属于基础题．
10.【答案】AC
【解析】解：对于A选项，AB=(5,−5)、AC=(3,m−3)，∵A、B、C三点共线，∴AB=(5,−5)、AB=(5,−5)共线，
∴5(m−3)=−5×3，解得m=0，故A正确，
对于B选项，由于kPM=−1，kPN=0−21−3=1，
结合图像可知，直线l1的斜率k的取值范围为(−∞,−1]∪[1,+∞)，故B错误，
对于C选项，直线l2可化为k⋅(2x−y−1)+(−x−3y+11)=0，令2x−y−1=0−x−3y+11=0，解得x=2y=3，
∴不论k取什么值，直线l2恒过定点(2,3)，故C正确，
对于D选项，直线l3和直线l4的交点为(1,3)，问题转化为求过点(1,3)且和原点距离为1的直线，①当斜率不存在时，直线方程为x=1，符合题意，
②当斜率存在时，设方程为y−3=k(x−1)，则有|3−k| k2+12=1，解得k=43，
∴符合条件的直线有两条，故D错误．
故选：AC．
直接利用三点共线，直线间的位置关系，点到直线的距离公式进一步判断A、B、C、D的结论．
本题考查的知识点：三点共线，直线间的位置关系，点到直线的距离公式，主要考查学生的运算能力，属于中档题．
11.【答案】AC
【解析】解：对A选项，如图，
取A1A的中点E，连接ED，
又N为A1D1中点，则易得AN⊥ED，
又CD⊥平面ADD1A1，又AN⊂平面ADD1A1，
∴AN⊥CD，且ED∩CD=D，
∴AN⊥平面CDE，∴当M为线段ED上的点时，都有MC⊥AN，
∴M的轨迹为ED，又易得ED= 52，∴A选项正确；
对B选项，如图，
易证平面AB1D1/​/平面BC1D，
∴当M为AD1上的点时，都满足B1M/​/平面BC1D，∴B选项错误；
对C选项，如图，
取AD1的中点M，B1C∩BC1=H，
则易得MH⊥平面BCC1B1，
过E作BC1的平行线分别交B1C，BC于点N，F，
则易证EF⊥B1C，EF⊥MH，
从而可得EF⊥平面MHN，
∴∠MNH即为平面AD1E与平面BCC1B1所成锐二面角的平面角，
又tan∠MNH=MHHN=113× 22=3 2，∴C选项正确；
对D选项，如图，
∵A1B1/​/CD，
∴当M与A点或D1点重合和时，易得B1M与A1B1所成的角都为π4，
∴D选项错误．
故选：AC．
对A选项，取A1A的中点E，则易证AN⊥平面CDE，从而得M的轨迹为ED，再计算即可判断；
对B选项，易证平面AB1D1/​/平面BC1D，从而得M为AD1上的点，从而判断B错误；
对C选项，取AD1的中点M，B1C∩BC1=H，则易得MH⊥平面BCC1B1，过E作BC1的平行线分别交B1C，BC于点N，F，则易证EF⊥B1C，EF⊥MH，从而可得EF⊥平面MHN，从而得∠MNH即为平面AD1E与平面BCC1B1所成锐二面角的平面角，再解三角形即可判断；
对D选项，由A1B1/​/CD，可得当M与A点或D1点重合和时，易得B1M与A1B1所成的角都为π4，从而判断D选项错误．
本题考查线面垂直的判断与性质，面面平行的判定与性质，二面角的概念，异面直线所成角问题，属中档题．
12.【答案】1 14
【解析】解：在正方形A1B1C1D1中，A1C1=A1B1+A1D1，
结合正方体ABCD−A1B1C1D1中，A1B1=AB，A1D1=AD，可得A1C1=AB+AD，
所以A1E=14A1C1=14(AB+AD)，可得AE=AA1+A1E=AA1+14(AB+AD)，
结合AE=xAA1+y(AB+AD)，可得x=1且y=14．
故答案为：1，14．
根据正方体的性质与向量的线性运算法则，证出AE=AA1+14(AB+AD)，结合AE=xAA1+y(AB+AD)算出x、y的值．
本题主要考查了正方体的结构特征、空间向量的线性运算法则等知识，考查概念的理解能力，属于基础题．
13.【答案】−12
【解析】解：由两直线垂直得m×2+4×(−5)=0，
解得m=10，将点(1,p)代入到直线l1，可得10+4p−2=0，即p=−2，
将点(1,−2)代入到直线l2，可得2+10+n=0，
解得n=−12．
故答案为：−12．
由两条直线垂直的充要条件可得m的值，将点垂足代入直线l1的方程，可得p的值，再代入直线l2的方程，可得n的值．
本题考查直线垂直的充要条件的应用，属于基础题．
14.【答案】689π16
【解析】解：建系如图：
则A1(4,0,0)，E(3,0,4)，F(1,4,0)，
设P(4,4,b)，Q(0,a,0)，a∈[0,4]，
∴A1E=(−1,0,4)，A1F=(−3,4,0)，
设平面A1EF的法向量为n=(x,y,z)，
∴n⋅A1F=0n⋅A1F=0，∴−x+4z=0−3x+4y=0，取n=(4,3,1)，
又直线PQ⊥平面A1EF，∴PQ=λn(λ∈R且λ≠0)，
∴(−4,a−4,−b)=λ(4,3,1)，
解得a=1，b=1，λ=−1，
∴P(4,4,1)，Q(0,1,0)，
作AP的平行线DK，M、N、G分别为AP、DK、AQ的中点，连接MN，PK，
∵△ABP为直角三角形，∴△ABP的外接圆圆心为点M，
∴A、B、P、Q的外接球球心O在过△ABP的外接圆圆心且垂直于平面ABP的垂线MN上，
连接GO，根据球心到球面上任何一点的距离都相等可知OA=OQ，∴GO⊥AQ，
设O(t,2,52)、G(2,12,2)，∴OG=(2−t,−32,−12)，又AQ=(−4,1,−4)，
∴OG⋅AQ=(2−t)×(−4)+(−32)×1+(−12)×(−4)=0，解得t=158，∴O(158,2,52)，
∴球的半径R2=|OA|2=(178)2+(−2)2+(32)2=68964，
∴球的表面积S=4πR2=689π16．
故答案为：689π16．
建系，利用向量法，即可求解．
本题考查三棱锥的外接球问题，属中档题．
15.【答案】解：(1)证明：因为PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，
所以PA⊥BC，同理PA⊥AB，
所以△PAB为直角三角形，
又因为PB= PA2+AB2= 2，BC=1,PC= 3，
所以PB2+BC2=PC2，则△PBC为直角三角形，故BC⊥PB，
又因为BC⊥PA，PA⋂PB=P，
所以BC⊥平面PAB．
(2)由(1)BC⊥平面PAB，又AB⊂平面PAB，则BC⊥AB，
以A为原点，AB为x轴，过A且与BC平行的直线为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，如图，

则A(0,0,0)，P(0,0,1)，C(1,1,0)，B(1,0,0)，
所以AP=(0,0,1),AC=(1,1,0),BC=(0,1,0),PC=(1,1,−1)，
设平面PAC的法向量为m=(x1,y1,z1)，则m⋅AP=0m⋅AC=0，即z1=0,x1+y1=0,
令x1=1，则y1=−1，所以m=(1,−1,0)，
设平面PBC的法向量为n=(x2,y2,z2)，则n⋅BC=0n⋅PC=0，即y2=0x2+y2−z2=0，
令x2=1，则z2=1，所以n=(1,0,1)，
所以cs〈m,n〉=m⋅n|m||n|=1 2× 2=12，
又因为二面角A−PC−B为锐二面角，
所以二面角A−PC−B的大小为π3．
【解析】(1)先由线面垂直的性质证得PA⊥BC，再利用勾股定理证得BC⊥PB，从而利用线面垂直的判定定理即可得证；
(2)结合(1)中结论，建立空间直角坐标系，分别求得平面PAC与平面PBC的法向量，再利用空间向量夹角余弦的坐标表示即可得解．
本题考查利用空间向量法求解二面角相关知识，属于中档题．
16.【答案】解：(1)设直线m：y−2=k(x−3)，令x=0得y=2−3k，令y=0得x=3−2k，
∴(3−2k)+(2−3k)=12，解得k=−2或k=−13，
∴m的方程为2x+y−8=0或x+3y−9=0，即x4+y8=1或x9+y3=1；
(2)因为直线n过直线l1：x+2y+1=0与直线l2：2x−y+1=0的交点，
故可设直线n：x+2y+1+λ(2x−y+1)=0，
当n过原点时，代入(0,0)得1+λ=0，则λ=−1，∴直线n：x−3y=0，
当n不过原点时，令x=0，解得y=λ+1λ−2，令y=0，解得x=−λ+12λ+1，
由题意得λ+1λ−2=−λ+12λ+1，解得λ=13，∴直线n：5x+5y+4=0，
∴n的方程为x−3y=0或5x+5y+4=0；
(3)设s与l3的交点为A(a,8−2a)，则点A关于点Q(0,1)的对称点B(−a,2a−6)在l4上，
代入l4的方程得−a−3(2a−6)+10=0，解得a=4，即点A(4,0)在直线s上，
∴s的方程为y−01−0=x−40−4，即x+4y−4=0．
【解析】(1)先设直线方程的点斜式，然后结合截距的概念即可求解；
(2)结合直线系方程及已知点的坐标即可求解；
(3)结合点关于点的对象及直线方程的两点式即可求解．
本题主要考查了直线方程的求解，属于中档题．
17.【答案】解：(1)证明：取AD的中点G，连接GC、GF，
∵F为AE的中点，∴FG//DE，FG=12DE，
又BC/​/DE，BC=12DE，
∴FG/​/BC，FG=BC，
∴四边形BCGF为平行四边形，
∴BF//CG，又BF⊄平面ACD，CG⊂平面ACD，
∴BF/​/平面ACD；
(2)∵sinA+csA= 2sin(A+π4)= 2，又A∈(0,π2)，∴A=π4，
∵AD=6，∴AE=2、DE=4，
在△ADE中，AD2=AE2+DE2−2⋅AE⋅DE⋅cs∠AED=12，∴AD=2 3，
∴AD2+AE2=DE2，∴AD⊥AE，且∠ADE=30°，
∵BE⊥AE、BE⊥DE，AE∩DE=E，AE、DE⊂平面ADE，
∴BE⊥平面ADE，又AD⊂平面ADE，∴BE⊥AD，
∵AE∩BE=E，AE、BE⊂平面ABE，∴AD⊥平面ABE，
故建立如图所示空间直角坐标系：
则A(0,1, 3)，B(2,0,0)，C(2,2,0)，D(0,4,0)，
∴AD=(0,3,− 3)，AB=(2,−1,− 3)，BC=(0,2,0)，
设平面ABC的一个法向量为m=(x,y,z)，
则m⋅AB=0m⋅BC=0，即2x−y− 3z=02y=0，取m=( 3,0,2)，
∵AD⊥平面ABE，∴AD=(0,3,− 3)即为平面ABE的一个法向量，
设二面角C−AB−E的平面角为θ，经观察θ为钝角，
∴csθ=−|cs|=−|m⋅AD|m|⋅|AD||=− 77．
【解析】(1)取AD的中点G，连接GC、GF，易证BF/​/CG，从而根据线面平行的判定定理，即可证明；
(2)建系，利用向量法，向量夹角公式，即可求解．
本题考查线面平行的证明，向量法求解二面角问题，属中档题．
18.【答案】解：(1)由题意可知射线OA所在的直线方程为y=x，射线OB所在的直线方程为y=− 33x，
①当直线AB的斜率不存在时，AB的方程为x=1，
则A(1,1)、B(1,− 33)，则AB的中点C(1,3− 36)，不符合题意，
②当直线AB的斜率存在时，设直线方程为y=k(x−1)，
联立y=k(x−1)y=x，解得A(kk−1,kk−1)，
联立y=k(x−1)y=− 33x，解得B( 3k 3k+1,k− 3k−1)，
则AB的中点C(kk−1+ 3k 3k+12,kk−1+k− 3k−12)，
又C在直线y=12x上，
∴kk−1+k− 3k−12=12×kk−1+ 3k 3k+12，解得k=3+ 32，
则直线AB的方程为y=3+ 32×(x−1)，即(3+ 3)x−2y−3− 3=0；
(2)设直线l：xa+yb=1(a>0,b>0)，
∵直线l经过点Q(4,1)，
∴4a+1b=1，
|OM|+|ON|=a+b=(a+b)(4a+1b)=5+ab+4ba≥5+2 ab⋅4ba=9，
当且仅当a=2b且4a+1b=1，即a=6、b=3时等号成立，
∴当|OM|+|ON|取最小值时，直线l的方程为x6+y3=1，即x+2y−6=0．
【解析】(1)先求出射线OA，OB的方程，结合直线AB的斜率是否存在进行分类讨论，设出AB的方程，联立方程，结合中点坐标公式即可求解A，B，进而可求；
(2)设直线l：xa+yb=1(a>0,b>0)，把Q的坐标代入，然后结合基本不等式可求．
本题主要考查了直线方程的求解，还考查了基本不等式求解最值，属于中档题．
19.【答案】(1)证明：因为C是以AB为直径的圆O上异于A，B的点，所以BC⊥AC，
又平面PAC⊥平面ABC，且平面PAC⋂平面ABC=AC，BC⊂平面ABC，
所以BC⊥平面PAC，AE⊂平面PAC．
所以BC⊥AE．
(2)解：由E，F分别是PC，PB的中点，连结AF，AE，EF，所以BC/​/EF，
由(1)知BC⊥AE，所以EF⊥AE，
所以在Rt△AFE中，∠AFE就是异面直线AF与BC所成的角．
因为异面直线AF与BC所成角的正切值为 32，
所以tan∠AFE= 32，即AEEF= 32，
又EF⊂平面AEF，BC⊄平面AEF，
所以BC/​/平面AEF，又BC⊂平面ABC，平面EFA∩平面ABC=l，
所以BC/​/l，
所以在平面ABC中，过点A作BC的平行线即为直线l．

以C为坐标原点，CA，CB所在直线分别为x轴，y轴，过C且垂直于平面ABC的直线为z轴，建立空间直角坐标系，设AC=2．
因为△PAC为正三角形，所以AE= 3，从而EF=2，
由已知E，F分别是PC，PB的中点，所以BC=2EF=4，
则A(2,0,0),B(0,4,0),P(1,0, 3)，所以E(12,0, 32),F(12,2, 32)，
所以AE=(−32,0, 32),EF=(0,2,0)，
因为BC/​/l，所以可设Q(2,t,0)，平面AEF的一个法向量为m=(x,y,z)，
则m⋅AE=−3x2+ 3z2=0m⋅EF=2y=0，取z= 3，得m=(1,0, 3)，
又PQ=(1,t,− 3)，则|cs〈PQ,m〉|=|PQ⋅m|PQ|⋅|m||=1 4+t2∈(0,12]．
设直线PQ与平面AEF所成角为θ，则sinθ=1 4+t2∈(0,12]．
所以直线PQ与平面AEF所成角的取值范围为(0,π6]．
【解析】(1)利用线面垂直的判定定理证明BC⊥平面PAC，即可证明BC⊥AE．
(2)由已知结合线面平行的判定定理知BC/​/平面AEF，结合线面平行的性质定理知BC/​/l，建立空间直角坐标系，设Q(2,t,0)，求出平面AEF的一个法向量，利用空间向量求线面角即可得解．
本题主要考查空间中的垂直关系，线面角的相关计算，空间向量及其应用，空间想象能力的培养等知识，属于中等题．