直线与平面垂直

8.6.2直线与平面垂直基础过关练题组一直线与平面垂直的判定及性质1.下列说法中正确的个数是()①若直线l与平面α内的一条直线垂直,则l⊥α;②若直线l与平面α内的两条直线垂直,则l⊥α;③若直线l与平面α内的两条相交直线垂直,则l⊥α;④若直线l与平面α内的任意一条直线都垂直,则l⊥α.A.4B.2C.3D.12.(2020陕西渭南高三上期末)给定空间中的直线l及平面α,“直线l与平面α内无数条直线都垂直”是“直线l与平面α垂直”的()A.充要条件B.充分而不必要条件C.必要而不充分条件D.既不充分也不必要条件3.垂直于梯形两腰的直线与梯形两底所在的平面的位置关系是()A.垂直B.平行C.在平面内D.无法确定4.(2020)如图所示,在正方形SGGG中,E、F分别湖南长沙高一期中123是GG、GG的中点,现在沿SE、SF、EF把这个正方形折成一个四1223面体,使G、G、G三点重合,重合后的点记为G.给出下列关系:123①SG⊥平面EFG;②SE⊥平面EFG;③GF⊥SE;④EF⊥平面SEG.其中关系成立的有()A.①②B.①③C.②③D.③④5.如图所示,在三棱锥P-ABC中,PO⊥平面ABC,BO⊥AC,BO的延长线交AC于点D,则图中与AC垂直的直线有()A.1条B.2条C.3条D.4条6.如图,在长方体ABCD-ABCD中,侧面AADD为正方形,E为棱111111CD上任意一点,则AD与BE的关系为()11A.AD⊥BEB.AD∥BE1111C.AD与BE共面D.以上都不对117.如图,在三棱锥S-ABC中,∠ABC=90°,D是AC的中点,且SA=SB=SC.(1)求证:SD⊥平面ABC;(2)若AB=BC,求证:BD⊥平面SAC.8.(2020河南焦作高一上期末)如图,在四棱锥P-ABCD中,AB∥CD,AB⊥AD,PA⊥平面ABCD,AD=√3,BC=AP=2CD=2,E是棱PC上一点,F是AB的中点.(1)证明:CF∥平面ADE;(2)若PE=3EC,O为点E在平面PAB上的射影,求四棱锥P-ADEO的体积.题组二直线与平面所成的角9.正方体ABCD-ABCD中,直线AC与直线BC所成的角、直线AC11111与平面AD所成的角分别为()1A.60°,45°B.90°,45°C.60°,30°D.45°,60°10.如图所示,若斜线段AB是它在平面α上的射影BO的2倍,则直线AB与平面α所成的角是()A.60°B.45°C.30°D.120°11.(2020山东济南外国语学校高二下月考)如图,在直三棱柱ABC-ABC中,∠BAC=90°,AB=AC=2,AA=6,则AA与平面ABC1111√111所成的角为()A.πB.πC.πD.π643212.(2020湖南长沙第一中学高一上期末)在三棱锥A-BCD中,AB=AC=AD=2,且AB,AC,AD两两垂直,点E为CD的中点,则直线BE与平面ACD所成角的正弦值是.13.(20203)在正方体ABCD-ABCD中,设河南高三月联合检测1111BC,BD与底面ABCD所成的角分别为α,β,则tan(α+β)=.1114.(2020四川内江高二上期末)如图,在四棱锥P-ABCD中,AD⊥CD,AD∥BC,AD=2BC=2CD=4,PC=2√5,△PAD是正三角形.(1)求证:CD⊥PA;(2)求AB与平面PCD所成角的余弦值.题组三点到平面的距离15.(2020安徽宿州十三所重点中学高二上期末)如图,四面体A-BCD中,AB,BC,BD两两垂直,BC=BD=2,点E是CD的中点,若直线AB与平面ACD所成角的正弦值为1,则B到平面ACD的距离为()3A.√2B.4C.2√2D.2233316.(2020福建福州第一中学高一下期末)如图,在四棱柱ABCD-ABCD中,AA⊥平面ABCD,平面ABCD是菱11111形,AA=4,AB=6,∠BAD=π,E是BC的中点,则点C到平面CDE的距131离等于.17.(2020辽宁丹东高三上期末)如图,在三棱锥P-ABC中,AB=BC=2√2,PA=PB=PC=AC=4,O为AC的中点.(1)证明:PO⊥平面ABC;(2)若点M在棱BC上,且MC=2MB,求点C到平面POM的距离.能力提升练题组一直线与平面垂直的判定与性质1.(2020广东六校联盟高三下联考,)在正四棱锥S-ABCD中,E、M、N分别是BC、CD、SC的中点,动点P在线段MN上运动时,下列四个结论,不一定成立的为()①EP⊥AC;②EP∥BD;③EP∥平面SBD;④EP⊥平面SAC.A.①③B.③④C.①②D.②④2.(2020安徽六安第一中学高三下月考,)在三棱锥A-BCD中,AB⊥平面BCD,BC⊥CD,AB=6,若该三棱锥的外接球的体积为500π,则3BC·CD的最大值为()A.25B.32C.50D.6423.(2020,)点P在正方体ABCD-ABCD重庆第八中学高二上期末1111的侧面CDDC及边界上运动,并保持BP⊥AC,若正方体的棱长为1,111则PC的取值范围是()A.[√2,1]B.[√2,2]2C.[2,2√2]D.[1,2]4.(多选)(2020江西新余八校高二期中联考,)如图,矩形ABCD中,AB=2AD,E为边AB的中点,将△ADE沿直线DE翻折成△ADE(A∉平面ABCD),若M、O分别为线段AC、DE的中点,则在111△ADE翻折过程中,下列说法正确的有()A.与平面ADE垂直的直线必与直线MB垂直1B.异面直线BM与AE所成的角是定值1C.一定存在某个位置,使DE⊥MOD.三棱锥A-ADE外接球的半径与AD的比为定值15.(2020陕西榆林高一上期末,)如图,在△ABC中,AB⊥BC,D、E分别为AB、AC边上的中点,且AB=4,BC=2,现将△ADE沿DE折起,使得A到A的位置,且∠ADB=60°,则AC=.1116.(2020福建厦门外国语学校高三上月考,)如图,在三棱柱ABC-ABC中,AA=2AB=2,∠BAA=π,D为AA的中点,点C在平面1111131ABBA内的射影在线段BD上,11(1)求证:BD⊥平面CBD;1(2)若△CBD是正三角形,求三棱柱ABC-ABC的体积.111题组二直线与平面所成的角7.(2020四川乐山高二上期末,)在△ABC中,∠ACB=90°,D是BC的中点,PA⊥平面ABC,如果PB、PC与平面ABC所成的角分别为30°和60°,那么PD与平面ABC所成的角为()A.30°B.45°C.60°D.75°8.()(2020,)如图,正方体ABCD-ABCD多选山东济宁高二上期末1111的棱长为1,线段BD上有两个动点E、F,且EF=1,则下列结论中正确112的是()A.AC⊥AFB.AC⊥平面BEFC.AB与平面BEF所成的角是45°D.△AEF的面积与△BEF的面积相等9.(2020,)如图,正方体ABCD-ABCD的顶点浙江绍兴高二上期末1111C在平面α上,若AB、AD与平面α都成60°角,则AC与平面α所111成角的余弦值为.10.(2020北京延庆高二下期末,)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,PA=AB=2,BC=CD=1,PC=3,.从①CD⊥BC,②CD∥平面PAB这两个条件中选一个,补充在上面问题中,并完成解答.(1)求证:四边形ABCD是直角梯形;(2)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值.题组三空间距离11.(2020浙江镇海中学高三下月考,)已知正四棱柱ABCD-ABCD中,AB=2,CC=22,E为CC的中点,则直线AC与平11111√11面BED的距离为()A.2B.√3C.√2D.112.(2020重庆南开中学高二上期末,)如图所示,直平行六面体ABCD-ABCD的所有棱长都为2,∠DAB=60°,过体对角线BD的截11111面α与棱AA和CC分别交于点E、F,给出下列命题:11①四边形BEDF的面积的最小值为26;1√②直线EF与平面BCCB所成角的最大值为π;114③四棱锥B-BEDF的体积为定值;11④点B到截面α的距离的最小值为2√21.17其中所有的真命题为()A.①②③B.①③④C.①③D.②④13.(2020黑龙江哈尔滨第六中学高二上期末,)如图,在三棱柱ABC-ABC中,侧面BBCC为菱形,BC的中点为O,且AO⊥平面111111BBCC.11(1)证明:BC⊥AB;1(2)若AC⊥AB,∠CBB=60°,BC=1,求三棱柱ABC-ABC的高.11111全解全析基础过关练1.B易知①②是错误的,③④是正确的.故选B.2.C当直线l与平面α内的无数条平行直线垂直时,该直线未必与平面α垂直,不满足充分性;直线l与平面α垂直,则直线l与平面α内任意一条直线都垂直,所以直线l与平面α内无数条直线都垂直,满足必要性.故选C.3.A因为梯形的两腰所在直线必相交且与梯形两底所在的平面为同一平面,所以由线面垂直的判定定理可得垂直于梯形两腰的直线与梯形两底所在的平面必垂直.故选A.4.B∵SG⊥GE,SG⊥GF,GE∩GF=G,∴SG⊥平面EFG,同理可得GF⊥平面SEG,∴GF⊥SE,故①③成立.若SE⊥平面EFG,则SG∥SE,这与SG∩SE=S矛盾,故②不成立,由正方形的性质得,SE与EF不垂直,故④不成立.故选B.5.D∵PO⊥平面ABC,AC⊂平面ABC,∴PO⊥AC.又∵AC⊥BO,且BO∩PO=O,∴AC⊥平面PBD,∴直线PB,PD,PO,BD都与AC垂直.故与AC垂直的直线有4条.连接则由正方形的性质知⊥因为⊥平面所以6.AA1D,,AD1A1D.B1A1AA1D1D,⊥又∩所以⊥平面又平面所B1A1AD1,A1DA1B1=A1,AD1A1B1ED.B1E⊂A1B1ED,以⊥故选AD1B1E.A.7.证明(1)因为SA=SC,D是AC的中点,所以SD⊥AC.在Rt△ABC中,AD=BD,又SA=SB,所以易证△ADS≌△BDS.所以∠SDA=∠SDB=90°,所以SD⊥BD.又AC∩BD=D,所以SD⊥平面ABC.(2)因为AB=BC,D为AC的中点,所以BD⊥AC.由(1)知SD⊥BD.又SD∩AC=D,所以BD⊥平面SAC.8.解析(1)证明:如图,连接AC,∵AB∥CD,AB⊥AD,∴AD⊥CD,∴AC=√ᵃᵃ2+Cᵃ2=2,∴AC=BC,又∵F为AB的中点,∴CF⊥AB.∵AB⊥AD,∴CF∥AD,又AD⊂平面ADE,CF⊄平面ADE,∴CF∥平面ADE.(2)连接PF.由(1)知CF⊥AB,∵PA⊥平面ABCD,CF⊂平面ABCD,∴PA⊥CF,又PA∩AB=A,∴CF⊥平面PAB.由O为E在平面PAB上的射影可得OE⊥平面PAB,∴EO∥CF,即点O在线段PF上,∴OE∥AD.∵AO⊂平面PAB,∴OE⊥OA,AD⊥OA.易知四边形ADCF为矩形,∴AF=CD,AD=CF.∵PE=3EC,∴PO=3OF,OE=3CF=3AD,44S=1(EO+AD)·AO=1×7AD·AO=7S.四边形ADEO2244△AOD∴V=7V=7V,P-ADEO4P-AOD4D-AOPS=3S=3×1×2×1=3,△PAO4△PAF424∴V=1AD·S=√3,D-AOP3△AOP4∴V=7√3.P-ADEO16如图所示连接易知∥所以直线与直线所成的角9.A,AD1,D1C,AD1BC1,ACBC1为∠或其补角而△为等边三角形所以∠因为⊥平面D1AC(),ACD1,D1AC=60°.CD所以直线与平面所成的角为∠而△为等腰直角三角ADD1A1,ACA1DCAD,ADC形,所以∠CAD=45°.故选A.10.A易知AO⊥平面α,∴∠ABO是直线AB与平面α所成的角.在Rt△AOB中,cos∠ABO=ᵄᵃ=1,ᵃᵃ2∴∠ABO=60°.∴直线AB与平面α所成的角为60°.故选A.过作⊥平面垂足为∵∴11.AA1A1OAB1C1,O.AB=AC,A1B1=A1C1,AB1=AC1.取的中点连接则点在上B1C1D,AD,OAD,∴∠是直线与平面所成的角A1ADAA1AB1C1,∵三棱柱是直三棱柱ABC-A1B1C1,∴⊥A1AA1D.在△中∠ᵃ1D√2√3RtAA1D,tanA1AD===,ᵃᵃ1√63∴∠AAD=π,∴AA与平面ABC所成角为π.161116故选A.12.答案√63解析连接AE.∵AB、AC、AD两两垂直,∴AB⊥平面ACD,∴∠AEB是直线BE与平面ACD所成的角,易得BE=√6,∴在Rt△ABE中,sin∠AEB=ᵃᵃ=√6,ᵃᵃ3∴直线BE与平面ACD所成角的正弦值为√6.313.答案3+2√2解析∵、都与底面垂直∴∠∠CC1DD1ABCD,α=CBC1,β=DBD1,∴tanα=1,tanβ=√2,21+√2∴tan(α+β)=2=3+2√2.1−√22故答案为3+2√2.14.解析(1)证明:∵△PAD是正三角形,AD=2CD=4,∴PD=4,CD=2,又PC=2√5,∴PC2=PD2+CD2,∴CD⊥PD,又AD⊥CD,AD∩PD=D,∴CD⊥平面PAD,∵PA⊂平面PAD,∴CD⊥PA.(2)如图,取PD的中点E,连接AE,延长DC、AB交于点H,连接EH,∵△PAD是正三角形,∴AE⊥PD,AE=2√3,由(1)得CD⊥平面PAD,∴CD⊥AE.∵CD∩PD=D,CD,PD⊂平面PCD,∴AE⊥平面PCD.∴∠AHE就是AB与平面PCD所成的角,∵AD⊥CD,BC∥AD,AD=2BC=2CD=4,∴DH=4,AH=4√2,EH=√ᵃᵃ2-Aᵃ2=2√5,∴cos∠AHE=ᵃᵃ=2√5=√10,ᵃᵃ4√24∴AB与平面PCD所成角的余弦值为√10.415.B连接AE.∵AB⊥BC,AB⊥BD,BC∩BD=B,∴AB⊥平面BCD,∵CD⊂平面BCD,∴AB⊥CD,∵BC=BD,E为CD的中点,∴CD⊥BE,又CD⊥AB,AB∩BE=B,∴CD⊥平面ABE,∴AB在平面ADC上的射影在直线AE上,∴∠BAE就是直线AB与平面ACD所成的角.在Rt△ABE中,由BE=√2,sin∠BAE=1,可得AE=3√2,AB=4.3设点B到平面ACD的距离为h,∵V=V,∴1S×AB=1S×h,A-BCDB-ACD3△BCD3△ACD整理得2AB=6h,解得h=4.3故选B.16.答案125解析连接BD,由四边形ABCD是菱形,∠BAD=π,可得△BDA与△BCD均为正3三角形,∴BD=AB=CD=BC,∵E是BC的中点,∴DE⊥CB.∵⊥平面∥∴⊥平面∵平面∴A1AABCD,A1AC1C,C1CABCD,DE⊂ABCD,⊥C1CDE,又∵⊥∩∴⊥平面∵平面∴DECB,CBC1C=C,DEBB1C1C,C1E⊂BB1C1C,⊥DEC1E,∴1·115√3ᵄ=DEEC1=×3√3×5=.△ᵃᵃᵃ1222设点到平面的距离为由得1·1ᵄ·CC1DEh,ᵄ=ᵄ,SCDECC1=h,ᵃ1-CDEᵃ-ᵃ1DE3△3△ᵃᵃᵃ1即1CE·DE·CC=15√3h,解得h=12,2125故答案为12.517.解析(1)证明:∵PA=PC=AC=4,O为AC的中点,∴OP⊥AC,且OP=2√3.连接OB,如图,∵AB=BC=√2AC,∴△ABC为等腰直角三角形,且OB⊥AC,∴OB=1AC=2,22∴OP2+OB2=PB2,∴OP⊥OB.又∵OP⊥AC,OB∩AC=O,∴PO⊥平面ABC.(2)作CH⊥OM,垂足为H,由(1)可得OP⊥CH,又OM∩OP=O,∴CH⊥平面POM,∴CH的长即为点C到平面POM的距离.由题设可知,OC=1AC=2,CM=2BC=4√2,∠ACB=45°,∴OM=2√5,2333∴CH=ᵄᵃ·ᵄᵃ·sin∠ᵃᵃᵃ=4√5,ᵄᵄ5∴点C到平面POM的距离为4√5.5能力提升练1.D对于①,设AC∩BD=O,连接SO,易知SO⊥平面ABCD,∴SO⊥AC.又∵AC⊥BD,SO∩BD=O,SO⊂平面SBD,BD⊂平面SBD,∴AC⊥平面SBD.连接EN,EM,∵E、M、N分别为BC、CD、SC的中点,∴EN∥SB,MN∥SD,∵NM⊄平面SBD,SD⊂平面SBD,∴MN∥平面SBD,同理EN∥平面SBD,又MN∩EN=N,∴平面EMN∥平面SBD,∴AC⊥平面EMN,又EP⊂平面EMN,∴EP⊥AC,①成立.对于②,当且仅当P与M重合时,EP∥BD,②不一定成立.对于③,由①知平面EMN∥平面SBD,又EP⊂平面EMN,∴EP∥平面SBD,③成立.对于④,当且仅当P与M重合时,才有EP⊥平面SAC,④不一定成立.故选D.2.B∵AB⊥平面BCD,CD、BD⊂平面BCD,∴AB⊥CD,AB⊥BD.∵BC⊥CD,AB,BC⊂平面ABC,AB∩BC=B,∴CD⊥平面ABC,∵AC⊂平面ABC,∴CD⊥AC.取AD的中点O,则OA=OB=OC=OD=1AD,2∴O是三棱锥A-BCD外接球的球心.∵三棱锥的外接球的体积为500π,∴该球的半径为5,∴AD=10,3在Rt△ABD中,AB=6,∴BD=8.ᵃᵃ2+Cᵃ2∵BC⊥CD,∴BC2+CD2=BD2=64,∴BC·CD≤=32,当且仅当BC=CD2时,BC·CD取最大值32.如图连接3.A,AC,C1D,BC1,BD,由正方体性质知⊥⊥因为∩所以⊥平面所,ACBD,BDAA1,AA1AC=A,BDA1AC,以⊥同理⊥BDA1C,C1DA1C,因为∩所以⊥平面若⊥则动点的轨迹为线段C1DBD=D,A1CBDC1,BPA1C,PC1D.由正方体的棱长为1,可得点C到线段CD的距离d=√2,则PC∈[d,CC]=[√2,1].1212故选A.取的中点连接、易知四边形是平行四边形∴4.ABDA1DF,MFEF,BEFM,BM∥EF,又平面⊄平面∴∥平面∴与平面垂直的直EF⊂A1DE,BMA1DE,BMA1DE,A1DE线必与垂直故正确易知∠为异面直线与所成的角为定值MB,A;A1EFBMA1E,,故B正确;取的中点连接易知四边形为正方形∴DCN,AN,A1O,NE,AA1,A1N,ADNE,⊥⊥∩∴⊥平面ANDE,A1ODE,A1OAN=O,DEA1AN,∴过点与垂直的直线一定在平面内故错误ODEA1AN,C;易知为三棱锥外接球的球心OA1-ADE,∴三棱锥A-ADE外接球的半径为√2AD,故D正确.12故选ABD.5.答案2√2解析易知⊥⊥因为∩DEBD,DEA1D,A1DBD=D,所以⊥平面DEA1BD,因为∠所以易知∥所以⊥平面A1DB=60°,A1D=BD=2,A1B=2,BCDE,BCA1BD,所以⊥从而2+22BCA1B,A1C=√2=2√2.故答案为2√2.解析证明如图设点在平面内的射影为6.(1):,CABB1A1E,则∈平面且⊥平面∵平面∴EBD,CE⊂CBD,CEABB1A1,B1D⊂ABB1A1,⊥CEB1D.在△ABD中,AB=AD=1,∠BAD=π,则∠ABD=∠ADB=π.33在△ABD中,AB=AD=1,∠BAD=2π,11111113则∠ABD=∠ADB=π,∴∠BDB=π,故BD⊥BD.11116121∵∩∴⊥平面CEBD=E,B1DCBD.(2)易知ᵄ=3ᵄ=3ᵄ.ᵃᵃᵃ-ᵃ1ᵃ1ᵃ1ᵃ1-ABCᵃ-ᵃ1AB由得⊥平面∴是三棱锥的高(1)CEABB1A1,CEC-A1AB,又△CBD是正三角形,BD=AB=AD=1,∴CE=√3,2ᵄ1··∠1π√3=ABAA1sinBAA1=×1×2×sin=,△ᵃ1AB2232∴ᵄ=1ᵄ·CE=1×√3×√3=1.ᵃ-ᵃ1AB3△ᵃ1AB3224∴ᵄ=3×1=3.ᵃᵃᵃ-ᵃ1ᵃ1ᵃ1447.B连接AD,设PA=1,∵PA⊥平面ABC,PB、PC与平面ABC所成的角分别是30°和60°,∴∠ABP=30°,∠ACP=60°,∠ADP是PD与平面ABC所成的角,∴PB=2,AB=√3,AC=√3,3∴CD=1BC=1×√3−1=√6,2233∴AD=√ᵃᵃ2+Cᵃ2=√1+2=1,33∴tan∠ADP=ᵄᵃ=1,∴∠ADP=45°,ᵃᵃ∴PD与平面ABC所成角的大小为45°.故选B.8.BC如图,连接BD,交AC于点O.选项若与重合则在正方体中此时与A,FB1,ABCD-A1B1C1D1,AC=AB1=B1C,AC所成的角为∠显然与不垂直故错误AFCAB1=60°,ACAF,A;B选项,∵正方体的底面为正方形,正方形的对角线互相垂直,∴AC⊥BD.∵正方体的侧棱与底面垂直∴⊥平面∴⊥,BB1ABCD,BB1AC.又∩∴⊥平面又平面即平面∴⊥平面BB1BD=B,ACBDD1B1,BEFBDD1B1,ACBEF,故B正确;选项∵⊥平面∴∠即为直线与平面所成的角易知C,ACBDD1B1,ABDABBEF,∠ABD=45°,故C正确;选项∵点∉平面点∈平面由正方体的结构特征易得点D,ABDD1B1,BBDD1B1,,A到直线的距离大于正方体的侧棱长点到直线的距离等于正方体的D1B1,BD1B1侧棱长,∴△AEF面积与△BEF的面积不相等,故D错误.故选BC.9.答案13解析设直线过点且垂直于则、与直线的夹角都为lA1α,A1BA1Dl30°,连接则△是等边三角形BD,A1BD,取中点则∠∠BDE,BA1E=DA1E=30°,∴直线即为直线A1El.由题意知与直线所成角的余弦值即为与平面所成角的正弦值,A1CA1EA1Cα.设正方体的棱长为ABCD-A1B1C1D12,则AC=√22+22+22=2√3,CE=1×√22+22=√2,AE=√22+(√2)2=√6.121222设与平面所成角为则ᵃ1ᵃ+ᵃ1ᵃ-Cᵃ12+6−22√2A1Cαθ,sinθ===,2×ᵃ1C×ᵃ1E2×2√3×√632∴AC与平面α所成角的余弦值cosθ=√1−(2√2)=1.13310.解析选择①,(1)证明:连接AC,因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥AC.因为PA=2,PC=3,所以AC2=PC2-PA2=5,因为AB=2,BC=1,所以AC2=AB2+BC2,所以AB⊥BC.因为CD⊥BC,所以AB∥CD,又AB≠CD,所以四边形ABCD是直角梯形.(2)由(1)可知,四边形ABCD是直角梯形,如图,将四棱锥P-ABCD补成一个长方体ABCE-PFGH,连接PE,CF,则PB与平面PCD所成的角即PB与平面PFCE所成的角.过B作BO⊥CF于O,由长方体的性质知,EC⊥平面BCGF,所以EC⊥OB,又CF∩EC=C,所以OB⊥平面PFCE,连接OP,则∠BPO即为直线PB与平面PCD所成的角.在Rt△CBF中,可求得OB=2√5,5在Rt△PAB中,可求得PB=2√2,2√5所以sin∠BPO=ᵄᵃ=5=√10.ᵄᵃ2√210选择②,(1)证明:连接AC,因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥AC.因为PA=2,PC=3,所以AC2=PC2-PA2=5,因为AB=2,BC=1,所以AC2=AB2+BC2,所以AB⊥BC.因为CD∥平面PAB,CD⊂平面ABCD,平面PAB∩平面ABCD=AB,所以AB∥CD,又AB≠CD,所以四边形ABCD是直角梯形.(2)同选择①.11.D连接AC,交BD于点O,则O为AC的中点.连接∵为的中点OE,ECC1,∴∥又平面⊄平面OEAC1,OE⊂BDE,AC1BDE,∴∥平面∴到平面的距离等于点到平面的距离设为AC1BDE,AC1BDEABDE,h.易得V=1S×1CC=1×1×2×2×√2=2√2.E-ABD3△ABD21323在△BDE中,BE=DE=√22+(√2)2=√6,BD=2√2,BD边上的高为√(√6)2-(√2)2=2,∴S=1×2√2×2=2√2,△BDE2∵VA-BDE=VE-ABD,∴1×2√2h=2√2,解得h=1.故选D.33易知四边形是平行四边形12.BBED1F.连接设交点为过点作的垂线垂足为AC,BD,O,EBD1,N.若四边形的面积最小则的长最小即为到平面的距离BED1F,EN,AA1BDD1B1,即AO的长.∵∠DAB=60°,AB=AD=2,∴△ABD为等边三角形,易得又2+ᵃᵃ22+22AO=√3,BD1=√ᵃᵃ1=√2=2√2,∴1此时、为棱、的中点故①正确ᵄ=×2√2×√3×2=2√6,EFAA1CC1,;四边形ᵃᵃᵃ1F2设过点且与平面垂直的直线交平面于点则即为点到平面EBCC1B1M,EME的距离易得BCC1B1,EM=√3.若直线与平面所成的角最大则直线与直线的夹角最小即EFBCC1B1,EFEM,∠FEM最小,此时cos∠FEM=ᵃᵄ最大,ᵃᵃ∵EM长度一定,∴此时EF最小,而EF最小时等于AC,由①知AC=2AO=2√3,此时cos∠FEM=ᵃᵄ=√3=1,ᵃᵃ2√32∴∠FEM=π,3∴直线EF与平面BCCB所成的角最大为π-π=π,故②错误;11236设点到平面、平面的距离分别为、易得D1ABB1A1BCC1B1h1h2,h1=h2=√3,ᵄ1·1·11··1=ᵄ+ᵄ=×ᵄh1+×ᵄh2=××BB1ABh1+×ᵃ1-BEᵃ1Fᵃ1-Bᵃ1Eᵃ1-Bᵃ1F3△ᵃᵃ1E3△ᵃᵃ1F3231×BB×BC·h=1×2×2×h+1×2×2×h=2×2√3=4√3,为定值,故③正确;212616233∵四棱锥B-BEDF的体积为定值4√3,113∴若点到截面的距离最小则截面的面积最大即四边形的面积最B1α,α,BED1F大即最大当点与点重合点与点重合时符合条件此时在△,EN,EA,FC1,BD1E222中则∠ᵃ1ᵃ+ᵃ1ᵃ-Bᵃ3则∠√7所以,BE=2,BD1=ED1=2√2,cosED1B==,sinED1B=,2ᵃ1E·ᵃ1B44EN=ED·sin∠EDB=2√2×√7=√14,1142此时ᵄ=1×2√2×√14×2=2√7.四边形ᵃᵃᵃ1F22设点到截面的距离为B1αd,则1ᵄ·d=1×2√7d=4√3,∴d=2√21,故④正确.3四边形ᵃᵃᵃ1F337综上,①③④正确.故选B.解析证明连接则为与的交点∵侧面为菱形13.(1):BC1,OB1CBC1,BB1C1C,∴⊥B1CBO.∵⊥平面∴⊥AOBB1C1C,B1CAO,∵∩∴⊥平面AOBO=O,B1CBAO,又平面∴⊥AB⊂ABO,B1CAB.(2)作OD⊥BC,垂足为D,连接AD,作OH⊥AD,垂足为H.∵⊥平面∴⊥又⊥∩AOBB1C1C,BCAO,BCOD,AOOD=O,∴BC⊥平面AOD,∴OH⊥BC,又OH⊥AD,AD∩BC=D,∴OH⊥平面ABC.∵∠∴△为等边三角形CBB1=60°,BB1=BC,CBB1,易得OD=√3,4∵AC⊥AB,∴OA=1BC=1.1212由OH·AD=OD·OA,且AD=√ᵄᵃ2+Oᵃ2=√7,得OH=√21.414又O为BC的中点,∴点B到平面ABC的距离为√21.117∵平面∥平面∴三棱柱的高即为平面与平面的距离ABCA1B1C1,ABCA1B1C1,也就是点B到平面ABC的距离,∴三棱柱ABC-ABC的高为√21.11117