1．（3分）（2023·安徽蚌埠·統(tǒng)考二模）設α，β是兩個不同的平面，a，b是兩條不同的直線，下列說法正確的是（ ）
A．若a⊥α，b⊥β，a⊥b，則α⊥βB．若a⊥α，b?β，a⊥b，則α⊥β
C．若a⊥α，b⊥β，a∥b，則α⊥βD．若a⊥α，a⊥b，α∩β=b，則α⊥β
【解題思路】根據(jù)題意，由空間中直線與平面的位置關系對選項逐一判斷，即可得到結果.
【解答過程】對于A，若a⊥α，b⊥β，a⊥b，則α⊥β，故正確；
對于B，若a⊥α，b?β，a⊥b，則α與β相交或者α∥β，故錯誤；
對于C，若a⊥α，b⊥β，a∥b，則α∥β，故錯誤；
對于D，若a⊥α，a⊥b，α∩β=b，則α與β相交，不一定垂直，故錯誤.
故選:A.
2．（3分）（2023秋·北京西城·高二期末）在長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB=3,BC=2,AA1=1，則二面角D1-BC-D的余弦值為（ ）
A．55B．255C．1010D．31010
【解題思路】畫出長方體ABCD-A1B1C1D1，∠D1CD為二面角D1-BC-D所成的平面角，求出cs∠D1CD的值即可得出答案.
【解答過程】長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB=3,BC=2,AA1=1，∴CD1=10，
∴BC⊥CD，∵BC⊥平面DCC1D1,CD1?平面DCC1D1,∴BC⊥CD1,
又∵平面D1BC ∩平面BCD =BC，
∴ ∠D1CD為二面角D1-BC-D所成的平面角，
cs∠D1CD=CDCD1=310=31010，
所以二面角D1-BC-D的余弦值為31010.
故選：D.
3．（3分）（2022秋·四川樂山·高二階段練習）在棱長為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中，點M為棱CC1的中點，則點B到平面A1B1M的距離為（ ）
A．5B．255C．355D．455
【解題思路】連接BM，由面面垂直的判定證明平面A1B1M⊥平面BCC1B1，再利用面面垂直的性質即可推理計算作答.
【解答過程】在正方體ABCD-A1B1C1D1中，A1B1⊥平面BCC1B1，而A1B1?平面A1B1M，則平面A1B1M⊥平面BCC1B1，
在平面BCC1B1內過點B作BE⊥B1M于E，連接BM，如圖，
因平面A1B1M∩平面BCC1B1=B1M，于是得BE⊥平面A1B1M，則BE長即為點B到平面A1B1M的距離，
點M為棱CC1的中點，在△BMB1中，B1M=BM=BC2+CM2=5，
S△BMB1=12B1M?BE=12BB1?BC，即5BE=4，解得BE=455，
所以點B到平面A1B1M的距離為455.
故選：D.
4．（3分）（2022秋·山東濰坊·高二階段練習）如圖所示，平面PAD⊥矩形ABCD，且PA⊥AD，下列結論中不正確的是（ ）
A．PD⊥BDB．PD⊥CD
C．PB⊥BCD．PA⊥BD
【解題思路】根據(jù)面面垂直的性質可得線面垂直，進而得線線垂直，由線線垂直，線面垂直以及面面垂直的互相轉化即可根據(jù)選項逐一求解.
【解答過程】因為平面PAD⊥矩形ABCD，兩平面交線為AD,PA⊥AD,且PA?平面PAD，
所以PA⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，所以PA⊥BD，故D正確，
若PD⊥BD，由于PA⊥BD，PA∩PD=P,PA,PD?平面PAD,則BD⊥平面PAD，AD?平面PAD,則BD⊥AD這與ABCD為矩形矛盾，故A不正確；
因為平面PAD⊥矩形ABCD，兩平面交線為AD,AD⊥CD,CD?平面ABCD，所以CD⊥平面PAD，PD?平面PAD,所以PD⊥CD，故B正確，
由于PA⊥平面ABCD，BC?平面ABCD,所以PA⊥CB，又BC⊥AB，PA∩AB=A,PA,AB?平面PAB,所以BC⊥平面PAB,PB?平面PAB,所以PB⊥BC,故C正確，
故選：A.
5．（3分）（2023·陜西西安·統(tǒng)考一模）在三棱錐A-BCD，平面ACD⊥平面BCD，△ACD是以CD為斜邊的等腰直角三角形，△BCD為等邊三角形，AC=4，則該三棱錐的外接球的表面積為（ ）
A．32π3B．64π3C．128π3D．256π3
【解題思路】由面面垂直的性質結合直角三角形和等邊三角形的性質得出△BCD的外接圓圓心為該三棱錐的外接球的球心，再由正弦定理以及球的表面積公式求解.
【解答過程】解：過點B作CD的垂線，垂足為E，因為△ACD是以CD為斜邊的等腰直角三角形，
所以△ACD的外接圓的圓心為E，設△BCD的外接圓圓心為O，其半徑為R，
則O在BE上，所以OC=OB=OD，由面面垂直的性質可知，BE⊥平面ACD，
所以OC=OD=OA，即O為該三棱錐的外接球的球心，CD=42
由正弦定理可知，42sin60°=2R,R=463，
故該三棱錐的外接球的表面積為S=4πR2=4π×16×23=128π3.
故選：C.
6．（3分）（2023·全國·校聯(lián)考模擬預測）已知正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱長都相等，D，E，F(xiàn)分別是BB1，B1C1，AA1的中點，M是線段BF上的動點，則下列結論中正確的個數(shù)是（ ）
①BF⊥B1C；②BF//C1D；③A1E⊥B1C；④C1M//平面A1DE．
A．1B．2C．3D．4
【解題思路】連接BC1，即可得到A1E⊥B1C1，再由正三棱柱的性質得到A1E⊥平面BB1C1C，即可得到A1E⊥B1C，從而得到B1C⊥平面A1DE，再由線面垂直的性質得到B1C⊥A1D，即可說明BF⊥B1C，即可判斷①、②、③，連接C1F，通過證明平面A1DE//平面BFC1，即可說明④.
【解答過程】解：連接BC1，因為正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱長都相等，所以A1E⊥B1C1，B1C⊥BC1．
又D，E分別是BB1，B1C1的中點，所以DE//BC1，所以B1C⊥DE．
因為A1E⊥CC1，B1C1∩CC1=C1，B1C1，CC1?平面BB1C1C，所以A1E⊥平面BB1C1C．
又B1C?平面BB1C1C，所以A1E⊥B1C．又DE∩A1E=E，DE，A1E?平面A1DE，所以B1C⊥平面A1DE．
又A1D?平面A1DE，所以B1C⊥A1D．
由題意知A1F//BD且A1F=BD，所以四邊形A1FBD是平行四邊形，
所以BF//A1D，所以BF⊥B1C，故①、③正確；
BF與C1D是異面直線，故②錯誤；
連接C1F，因為BF//A1D，BF?平面BFC1，A1D?平面BFC1，所以A1D//平面BFC1
又DE//BC1，同理可證DE//平面BFC1，
又A1D∩DE=D，A1D,DE?平面A1DE，
所以平面A1DE//平面BFC1．
因為M是線段BF上的動點，所以C1M?平面BFC1，所以C1M//平面A1DE，故④正確．
故選：C.
7．（3分）（2023秋·北京石景山·高二期末）在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD為直角梯形，AB//CD,AD⊥AB,CD=1,AD=2,AB=3,DD1=2，點M在該四棱柱表面上運動，且滿足平面DD1M⊥平面AA1C．當線段DM的長度取到最大值時，直線DM與底面ABCD所成角的正弦值是（ ）
A．13B．23C．53D．73
【解題思路】根據(jù)直四棱柱的幾何關系，利用面面垂直的判定定理找出點M在四棱柱表面上的運動軌跡，再根據(jù)線段DM的長度取到最大值時確定具體位置，根據(jù)幾何法做出直線DM與底面ABCD所成的角，即可求得其正弦值.
【解答過程】根據(jù)幾何體特征，四棱柱ABCD-A1B1C1D1是直四棱柱，
所以DD1⊥平面ABCD，AC?平面ABCD，所以AC⊥DD1，
要滿足平面DD1M⊥平面AA1C，作DE⊥AC于E，延長DE交BC于G，交AB的延長線于F，
作GH//DD1交B1C1于H，連接D1H，如下圖所示；
又因為DE∩DD1=D，所以AC⊥平面DD1E，即AC⊥平面DD1HG
而AC?平面AA1C，所以平面DD1HG⊥平面AA1C，
又因為點M在該四棱柱表面上運動，所以點M的軌跡是線段DG,GH,HD1；
又因為底面ABCD為直角梯形，AB//CD,AD⊥AB,CD=1,AD=2,AB=3,DD1=2，
所以△ADC～△FAD，即CDAD=ADFA，得FA=4，所以FB=1；
又FB//CD,CD=1，所以△DCG?△FBG，即G為線段BC,DF的中點，
DF=22+42=25，所以DG=5，
易知，當線段DM的長度取到最大值時，點M于點H重合，
此時，∠HDG即為直線DM與底面ABCD所成的角，
GH=DD1=2，DH=DG2+GH2=5+22=3，
sin∠HDG=GHDH=23，
所以，線段DM的長度取到最大值時，直線DM與底面ABCD所成角的正弦值是23.
故選：B.
8．（3分）（2022·河南·校聯(lián)考一模）已知菱形ABCD的邊長為2，∠BAD=60°，E是AD的中點，沿BE將△ABE折起至△PBE的位置，使PD=2，則下列結論中錯誤的是（ ）．
A．平面PBE⊥平面PDEB．平面PBE⊥平面PBC
C．平面PBE⊥平面BCDED．平面PBD⊥平面BCDE
【解題思路】根據(jù)線面、面面垂直的判斷定理分析判斷.
【解答過程】如圖1，在菱形ABCD中，連接BD，則△ABD為等邊三角形，且E是AD的中點，
∴BE⊥AD,AE=DE=1，
如圖2，在四棱錐P-BCDE中，BE⊥PE,BE⊥DE，
PE∩DE=E，PE,DE?平面PDE，
∴BE⊥平面PDE，
BE?平面PBE，則平面PBE⊥平面PDE，A正確；
∵PE=DE=1,PD=2，即PE2+DE2=PD2，
∴PE⊥DE，
PE∩BE=E，PE,BE?平面PBE，
∴DE⊥平面PBE，
又∵DE∥BC，則BC⊥平面PBE，
BC?平面PBE，則平面PBE⊥平面PBC，B正確；
∵BE⊥PE,DE⊥PE，
BE∩DE=E，BE,DE?平面BCDE，
∴PE⊥平面BCDE，
PE?平面PBE，則平面PBE⊥平面BCDE，C正確；
∵PE∩平面PBD=P，PE⊥平面BCDE，則平面PBD內不存在與平面BCDE垂直的直線，
∴平面PBD不與平面BCDE垂直，D錯誤；
故選：D.
二．多選題（共4小題，滿分16分，每小題4分）
9．（4分）（2023秋·河北·高三階段練習）已知直線a、b和平面α、β、γ，下列選項能得到α⊥β成立的充分條件是（ ）
A．a//β,a//αB．γ∥β,α⊥γC．α∩β=a,b⊥a,b?βD．a⊥β,a//α
【解題思路】根據(jù)線面及面面的位置關系結合面面垂直的判定定理逐項分析即得.
【解答過程】對于A，若a//β,a//α，則α與β可能平行也可能相交，故A錯誤；
對于B，若γ//β,α⊥γ，則α⊥β，故B正確；
對于C，若α∩β=a,b⊥a,b?β，則α與β不一定垂直，故C錯誤；
對于D，由a//α，可知在平面α內必存在直線l與a平行，又a⊥β，則l⊥β，進而可得α⊥β，故D正確.
故選：BD.
10．（4分）（2023秋·云南楚雄·高三期末）已知四棱錐P-ABCD的底面ABCD為矩形，平面PAB⊥平面ABCD，BC=22，AP=AB，E為棱BP上一點，PE=2EB，且PA⊥AC，若四棱錐P-ABCD的每個頂點都在球O的球面上，且球O的體積為32π3，則（ ）
A．PD=23B．∠PCA=60°
C．平面ADE⊥平面PABD．點E到平面PCD的距離為469
【解題思路】根據(jù)面面垂直的性質、線面垂直的判定定理可判斷C，由外接球的球心在PC中點，利用球的體積可求出AB=AP=2，據(jù)此求出AC可判斷B，再由勾股定理求出PD判斷A，利用等體積法可求出E到平面PCD的距離判斷D.
【解答過程】如圖，則平面ADE⊥平面PAB，
因為平面PAB⊥平面ABCD，AB是交線，AD⊥AB，AD?平面ABCD，
所以AD⊥平面PAB，因為AD?平面ADE，則平面ADE⊥平面PAB，
又因為PA?平面PAB，所以 AD⊥AP，
又因為PA⊥AC，AC∩AD=A，AC,AD?平面ABCD，所以PA⊥平面ABCD，
AB?平面ABCD，所以PA⊥AB，故 AD，AB，AP兩兩垂直，
所以PC是以AD，AB，AP為長、寬、高的長方體的對角線，
故側棱PC為球O的直徑，由V球=4πR33=32π3，解得R=2，
所以2=AB2+AD2+AP22，解得AB=AP=2，則AC=23，tan∠PCA=PAAC=33，故∠PCA=30°.
由AB⊥AD,AB⊥PA,PA∩AD=A，PA,AD?平面APD，所以AB⊥平面APD
又因為CD∥AB，所以CD⊥平面APD，
因為PD?平面APD ，所以CD⊥PD，由勾股定理得PD=AP2+AD2=23.
設點E到平面PCD的距離為d，由PE=2EB，可知BE=13BP，過點E作EF⊥AB，垂足為F，則EF∥AP，且EF=13AP=23，
由VE-PCD=VP-BCD-VE-BCD，得13×d×2×232=13×2×2×222-13×23×2×222，
解得d=469.
綜上，ACD正確，B錯誤.
故選：ACD.
11．（4分）（2022秋·江蘇南京·高二階段練習）(多選)如圖，在三棱錐P-ABC中，已知PC⊥BC，PC⊥AC，點E，F(xiàn)，G分別是所在棱的中點，則下面結論中正確的是（ ）
A．平面EFG∥平面PBC
B．平面EFG⊥平面ABC
C．∠BPC是直線EF與直線PC所成的角
D．∠FEG是平面PAB與平面ABC所成二面角的平面角
【解題思路】分別用面面平行、面面垂直、線線角、二面角等知識對每個選項判斷即可.
【解答過程】對于選項A：∵GF∥PC，GE∥CB，GF∩GE＝G，PC∩CB＝C，∴平面EFG∥平面PBC.故A正確；
對于選項B：∵PC⊥BC，PC⊥AC，PC∥GF，∴GF⊥BC，GF⊥AC，又BC∩AC＝C，∴GF⊥平面ABC，又GF?平面EFG，∴平面EFG⊥平面ABC. 故B正確；
對于選項C：由選項A知平面EFG∥平面PBC，且平面APB與兩平面的交線分別為EF與BP，所以EF∥BP，∴∠BPC是直線EF與直線PC所成的角.故C正確；
對于選項D：∵GE與AB不垂直，∴∠FEG不是平面PAB與平面ABC所成二面角的平面角．故D錯誤.
故選：ABC.
12．（4分）（2023春·江蘇南京·高三開學考試）如圖，在五面體ABCDE中，平面ABCD⊥平面ABEF，四邊形ABCD與四邊形ABEF全等，且AB⊥AD,AB//CD，AB=2,CD=1，則下列說法正確的是（ ）
A．AD⊥BE
B．若G為棱CE中點，則DF⊥平面ABG
C．若AD=CD，則平面ADE⊥平面BDE
D．若AE=3，則平面ADE⊥平面BCE
【解題思路】對于A，利用面面垂直的性質定理得到AD⊥平面ABEF，從而得以判斷；對于B，利用線面垂直的判定定理推得CE⊥平面ABG，由此判斷即可；對于C，利用面面垂直的的判定定理，結合勾股定理即可判斷；對于D，先證得EH與BE不重合，再推得平面HCE⊥平面ADE，從而得到矛盾，由此判斷即可.
【解答過程】對于A，因為平面ABCD⊥平面ABEF，AB⊥AD，平面ABCD∩平面ABEF=AB，AD?平面ABCD，
所以AD⊥平面ABEF，因為BE?平面ABEF，所以AD⊥BE，故A正確；
對于B，取棱CE的中點G，連接BG,AG,AE,AC，如圖①，
.
因為四邊形ABCD與四邊形ABEF全等，所以BC=BE,AC=AE，
因為G為棱CE中點，所以BG⊥CE,AG⊥CE，
因為BG∩AG=G，BG,AG?平面ABG，所以CE⊥平面ABG，
由題意知AB//CD//EF,CD=EF，所以四邊形CDEF為平行四邊形，
所以DF//CE，則DF⊥平面ABG，故B正確；
對于C，連接DE,DB，如圖①，
由題意知AF=AD=CD,AF⊥EF，所以AE=AF2+EF2=2，
又在直角梯形ABEF中易知BE=2，所以AE2+BE2=AB2，即EB⊥AE，
由選項A知EB⊥AD，又AD∩AE=A,AD,AE?平面ADE，
所以EB⊥平面ADE，又EB?平面BDE，所以平面ADE⊥平面BDE，故C正確；
對于D，連接AE,DE，過點E作EH⊥AE交AB的延長線于點H，連接CH，如圖②，
.
由AE=3,EF=1，得AF=AE2-EF2=2，所以BE=12+(2)2=3，
此時cs∠AEB=AE2+BE2-AB22AE?BE=3+3-42×3×3=13

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