【文档说明】2024-2025学年精品同步试题 数学（选择性必修第一册 人教A版2019） 第1章测评 Word版含解析.docx，共(12)页，567.425 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-0112f9203b7782d2b5aa2420fea655e4.html

以下为本文档部分文字说明：

第一章测评(时间:120分钟满分:150分)一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.1.已知动点Q在△ABC所在平面内运动,若对于空间中任意一点

P,都有𝑃𝑄⃗⃗⃗⃗⃗=-2𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+5𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+m𝐶𝑃⃗⃗⃗⃗⃗,则实数m的值为()A.0B.2C.-1D.-2解析:因为Q∈平面ABC,所以-2+5-m=1,解得m=2.答案

:B2.已知a=(2,3,-4),b=(-4,-3,-2),b=12x-2a,则x=()A.(0,3,-6)B.(0,6,-20)C.(0,6,-6)D.(6,6,-6)解析:由b=12x-2a,得x=4a+2b=(8,12,-16)+(-8,-6,-4)=(0,6,-20).答案:B3.

已知a=(2,-1,3),b=(-1,4,-2),c=(7,5,λ),若a,b,c共面,则实数λ的值为()A.627B.637C.657D.607解析:由a,b,c共面,知存在m,n∈R,使c=ma+nb,即{7=2𝑚-𝑛,5=-𝑚+4𝑛,

𝜆=3𝑚-2𝑛,解得{𝑚=337,𝑛=177,𝜆=657.答案:C4.已知向量a,b是平面α内的两个不相等的非零向量,非零向量c为直线l的方向向量,则c·a=0,且c·b=0是l⊥α的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件解析:

若l⊥平面α,则l垂直于α内的所有直线,从而有c·a=0,且c·b=0;反之,a,b是否共线不确定,若共线,则c⊥a,c⊥b,并不能保证l⊥平面α.故是必要不充分条件.答案:B5.已知正方体ABCD-A1B1C1D1,若

点F是侧面CD1的中心,且𝐴𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗+m𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗-n𝐴𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗,则m,n的值分别为()A.12,-12B.-12,-12C.-12,12D.12,12解析:由于𝐴

𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗+𝐷𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗+12(𝐷𝐶⃗⃗⃗⃗⃗+𝐷𝐷1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗)=𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗+12𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+12𝐴𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗,故m=12,n=-12.故选A.答案

:A6.在四棱锥P-ABCD中,𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=(4,-2,3),𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=(-4,1,0),𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=(-6,2,-8),则这个四棱锥的高h等于()A.2B.1C.13D.26解析:设平面ABCD的法向量为

n=(x,y,z),则{𝑛·𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=0,𝑛·𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=0,即{4𝑥-2𝑦+3𝑧=0,-4𝑥+𝑦=0.所以{𝑦=4𝑥,𝑧=43𝑥.取n=(1,4,43).所以h=|𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗·𝑛||𝑛|=2.答案:A7.在棱

长为a的正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N分别为线段A1B和AC上的点,A1M=AN=√23a,则MN与平面BB1C1C的位置关系是()A.斜交B.平行C.垂直D.不能确定解析:正方体ABCD-A1B1C1D1,如图所示.∵A1M=AN=√

23a,∴A1M=13A1B,AN=13AC.∴𝑀𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝑀𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴1𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗=-13𝐴1𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴1𝐴⃗⃗⃗⃗

⃗⃗⃗+13𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=-13𝐴1𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗−13𝐴1𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴1𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗+13𝐴1𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗+13𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=23𝐴1𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗+13𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=23𝐵1𝐵⃗⃗⃗

⃗⃗⃗⃗+13𝐵1𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗.∴𝑀𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗,𝐵1𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗,𝐵1𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗共面.又MN⊄平面BB1C1C,∴MN∥平面BB1C1C.答案:B8.如图,平面PAD⊥平面ABCD,△PAD是等边三角形,四边形ABCD是矩形,PC与平面ABCD成

30°角,则𝐴𝐵𝐴𝐷的值等于()A.1B.2C.√2D.√3解析:取AD的中点O,连接OP,OC.由题意知OP⊥AD,因为平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,所以OP⊥平面ABCD.以O为原点,OD所在直线为x轴,过点O,平行于DC的直线为y轴,OP所在直

线为z轴,建立空间直角坐标系,如图所示.设AD=2a,AB=2b,则P(0,0,√3a),C(a,2b,0),于是𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(a,2b,0),𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(a,2b,-√3a).∵OP⊥平面ABCD,∴PC与平面ABCD所成的角即∠PCO.∴cos∠PCO=|𝑂𝐶⃗

⃗⃗⃗⃗·𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗⃗||𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗||𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗⃗|=𝑎2+4𝑏2√𝑎2+4𝑏2×√4𝑎2+4𝑏2=√32,可得b=√2a.∴𝐴𝐵𝐴𝐷=2𝑏2𝑎=√2.答案:C二、选择题:本题共3小题

,每小题6分,共18分.在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分.9.若A,B,C,D为空间不同的四点,则下列式子可以化简为零向量的是()A.𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+2𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗+2𝐶𝐷⃗⃗⃗

⃗⃗+𝐷𝐶⃗⃗⃗⃗⃗B.2𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+2𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗+3𝐶𝐷⃗⃗⃗⃗⃗+3𝐷𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗C.𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+𝐶𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗D.𝐴𝐵⃗⃗

⃗⃗⃗−𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+𝐶𝐷⃗⃗⃗⃗⃗−𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗解析:A中,原式=𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+2𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝐷𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝐷𝐶

⃗⃗⃗⃗⃗=𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗+𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗,不符合题意;B中,原式=2(𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗+𝐶𝐷⃗⃗⃗⃗⃗+𝐷𝐴⃗⃗⃗⃗⃗)+(𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗+𝐶𝐷⃗⃗⃗⃗⃗+𝐷𝐴⃗⃗⃗⃗⃗)=0;C中,原式=𝐶𝐷

⃗⃗⃗⃗⃗,不符合题意;D中,原式=(𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗−𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗)+(𝐶𝐷⃗⃗⃗⃗⃗−𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗⃗)=0.答案:BD10.如图,一个结晶体的形状为平行六面体ABCD-A1B1C1D1,其中,以顶点A为端点的三条棱长都相等,且它们彼此的夹角都是60°,下列说

法中正确的是()A.(𝐴𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗)2=2𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗2B.𝐴𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·(𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗−𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗)=0C.向量𝐵1𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗与𝐴𝐴1⃗⃗

⃗⃗⃗⃗⃗的夹角是60°D.BD1与AC所成角的余弦值为√63解析:以顶点A为端点的三条棱长都相等,它们彼此的夹角都是60°,可设棱长为1,则𝐴𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=𝐴𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=1

×1×cos60°=12,(𝐴𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗)2=𝐴𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗2+𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗2+𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗2+2𝐴𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴𝐵⃗⃗

⃗⃗⃗+2𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗+2𝐴𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=1+1+1+3×2×12=6,而2𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗2=2(𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗)2=2(𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗

2+𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗2+2𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗)=2(1+1+2×12)=2×3=6,所以A正确.𝐴𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·(𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗−𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗)=(𝐴𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗)·(𝐴𝐵⃗⃗⃗

⃗⃗−𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗)=𝐴𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗−𝐴𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗2−𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗−𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗2=0,所以B正确.向量𝐵1𝐶

⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝐴1𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗,显然△AA1D为等边三角形,则∠AA1D=60°.所以向量𝐴1𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗与𝐴𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗的夹角是120°,向量𝐵1𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗与𝐴𝐴1⃗⃗

⃗⃗⃗⃗⃗的夹角是120°,则C不正确.又𝐵𝐷1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗−𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗,𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗,则𝐵𝐷1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=√(𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗

⃗+𝐴𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗-𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗)2=√2,|AC⃗⃗⃗⃗⃗|=√(AB⃗⃗⃗⃗⃗+AD⃗⃗⃗⃗⃗)2=√3,𝐵𝐷1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗−𝐴𝐵⃗

⃗⃗⃗⃗)·(𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗)=1,所以cos<𝐵𝐷1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗,𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗>=𝐵𝐷1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗|𝐵𝐷1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗||𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗|=1√2×√3=√66,所

以D不正确.答案:AB11.如图所示,已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,E,F,G分别为BC,CC1,BB1的中点,则()A.直线D1D与直线AF垂直B.直线A1G与平面AEF平行C.平面AEF与底面ABCD的夹角的余弦值为23D.点C与点G到平面A

EF的距离相等解析:以D为原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系,如图所示,则D(0,0,0),A(2,0,0),C(0,2,0),E(1,2,0),F(0,2,1),D1(0,0,2),A1(2,0,2),G(2

,2,1).对于选项A,𝐷𝐷1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,0,2),𝐴𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=(-2,2,1),因为𝐷𝐷1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=2≠0,所以直线D1D与直线AF不垂直,故A不正确;对于选项B,𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=(-1,2,0),𝐸𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=(-1,0,1

),设平面AEF的法向量为n=(x,y,z),由n·𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=0,n·𝐸𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=0,得n=(2,1,2)为平面AEF的一个法向量.因为𝐴1𝐺⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,2,-1),所以n·𝐴1𝐺⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=2-2=0,所以n⊥𝐴1𝐺⃗⃗⃗⃗⃗

⃗⃗,所以直线A1G与平面AEF平行,故B正确;对于选项C,取平面ABCD的一个法向量u=(0,0,1),因为cos<n,u>=23,所以平面AEF与底面ABCD的夹角的余弦值为23,故C正确;对于选项D,因为𝐶𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=(1,0,0

),所以点C到平面AEF的距离为|𝐶𝐸⃗⃗⃗⃗⃗·𝑛||𝑛|=23,因为𝐺𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=(-1,0,-1),所以点G到平面AEF的距离为|𝐺𝐸⃗⃗⃗⃗⃗·𝑛||𝑛|=43,故D不正确.答

案:BC三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.12.已知向量a=(0,-1,1),b=(4,1,0),|λa+b|=√29,且λ>0,则λ的值为.解析:(方法一)由|λa+b|=√29,得λ2|a|2+|b

|2+2λa·b=29.①|a|=√02+(-1)2+12=√2,|b|=√42+12+02=√17,a·b=(0,-1,1)·(4,1,0)=0×4+(-1)×1+1×0=-1,代入①,得2λ2-2λ+17=29,即λ2-λ-6=0,解得λ=3或λ=-2.∵λ>0,∴λ=3.(方法二)由于a

=(0,-1,1),b=(4,1,0),故λa+b=λ(0,-1,1)+(4,1,0)=(4,1-λ,λ),∵|λa+b|=√29,∴42+(1-λ)2+λ2=29,整理得λ2-λ-6=0,解得λ=3或λ=-2.又λ>0,∴λ=3.答案:313.如图

,在空间四边形ABCD中,AC和BD为对角线,G为△ABC的重心,E是BD上一点,BE=3ED,以{𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗,𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗,𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗}为基底,则𝐺𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=.解析:由题意,连接AE(图略),则𝐺𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=𝐴𝐸

⃗⃗⃗⃗⃗−𝐴𝐺⃗⃗⃗⃗⃗=𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗+𝐷𝐸⃗⃗⃗⃗⃗−23𝐴𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗+14𝐷𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗−13(𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗)=𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗+14𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗−14𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗−13𝐴𝐵⃗⃗

⃗⃗⃗−13𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=-112𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗−13𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗+34𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗.答案:-112𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗−13𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗+34𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗14.如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ABC=90°,AB=BC=AA1=2,点D

是AC的中点,则异面直线A1D和B1C所成角的大小为.解析:以B为原点,BA,BC,BB1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,如图所示,则A1(2,0,2),D(1,1,0),B1(0,0,2),C(0,2,0),∴𝐴1𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(-1,1,-2)

,𝐵1𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,2,-2),∴cos<𝐴1𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗,𝐵1𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗>=6√6×2√2=√32,∴<𝐴1𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗,𝐵1𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗>=π6,即异面直

线A1D和B1C所成角的大小为π6.答案:π6四、解答题:本题共5小题,共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.(13分)如图,已知平行六面体ABCD-A1B1C1D1.设M是底面ABCD的中心,N是侧面BCC1B1对角线BC1上的点,且BN=3NC1,若𝑀𝑁⃗⃗⃗⃗

⃗⃗⃗=a𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+b𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗+c𝐴𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗,求a,b,c的值.解:因为𝑀𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝑀𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝐵𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗=12𝐷𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗+34

𝐵𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=12(𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗−𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗)+34(𝐶𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗−𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗⃗)=12(𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗−𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗)+34(𝐴𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗)=12𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗−12𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗+34𝐴𝐴

1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗+34𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=12𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+14𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗+34𝐴𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗,所以a=12,b=14,c=34.16.(15分)如图,四边形ABCD为正方形,PD⊥平面ABCD,PD∥QA,QA

=AB=12PD.(1)证明:平面PQC⊥平面DCQ;(2)证明:PC∥平面BAQ.证明:如图,以D为原点,线段DA的长为单位长,DA,DP,DC所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系Dxyz,如图所示,则D(0,0

,0),Q(1,1,0),C(0,0,1),A(1,0,0),B(1,0,1),P(0,2,0).(1)因为𝐷𝑄⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(1,1,0),𝐷𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(0,0,1),𝑃𝑄⃗⃗⃗⃗⃗=(1,-1,0),所以𝑃𝑄⃗⃗⃗⃗⃗·𝐷�

�⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0,𝑃𝑄⃗⃗⃗⃗⃗·𝐷𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=0.所以PQ⊥DQ,PQ⊥DC.又DQ∩DC=D,所以PQ⊥平面DCQ.又PQ⊂平面PQC,所以平面PQC⊥平面DCQ.(2)因为𝐷𝐴⃗⃗⃗⃗⃗=(1,0,0),𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=(0

,0,1),𝐴𝑄⃗⃗⃗⃗⃗=(0,1,0),所以𝐷𝐴⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=0,𝐷𝐴⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴𝑄⃗⃗⃗⃗⃗=0.所以𝐷𝐴⃗⃗⃗⃗⃗为平面BAQ的一个法向量.又因为𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(0,-2,1),所以𝐷𝐴⃗⃗⃗⃗⃗·𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=0.所以

𝐷𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⊥𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗⃗.因为PC⊄平面BAQ,所以PC∥平面BAQ.17.(15分)如图,在四棱锥P-ABCD中,AD∥BC,AB⊥AD,AB⊥PA,BC=2AB=2AD=4BE,平面PAB⊥平面ABCD.(1)求证:平面PED⊥平面PAC;(2)若直线PE与平

面PAC所成角的正弦值为√55,求平面PAC与平面PCD的夹角的余弦值.解:∵平面PAB⊥平面ABCD,平面PAB∩平面ABCD=AB,AB⊥PA,且PA⊂平面PAB,∴PA⊥平面ABCD.又AB⊥AD,∴可建立空间直角坐标系Axyz,如图所示.设BC=4,AP=λ(λ

>0),则A(0,0,0),D(0,2,0),E(2,1,0),C(2,4,0),P(0,0,λ).(1)证明:∵𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(2,4,0),𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=(0,0,λ),𝐷𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=(2,-1,0),∴𝐷

𝐸⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=4-4+0=0,𝐷𝐸⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=0.∴DE⊥AC,DE⊥AP.又AC∩AP=A,∴DE⊥平面PAC.又DE⊂平面PED,∴平面PED⊥平面PAC.(2)由(1)知,平面PAC

的一个法向量是𝐷𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=(2,-1,0),𝑃𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=(2,1,-λ).设直线PE与平面PAC所成的角为θ,则sinθ=|cos<𝑃𝐸⃗⃗⃗⃗⃗,𝐷𝐸⃗⃗⃗⃗⃗>|=|4-1√5×√5+𝜆2|=√55

,解得λ=±2.∵λ>0,∴λ=2,即P(0,0,2).设平面PCD的法向量为n=(x,y,z),则n·𝐷𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=0,n·𝐷𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=0.∵𝐷𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(2,2,0),𝐷𝑃⃗⃗⃗⃗

⃗=(0,-2,2),∴{2𝑥+2𝑦=0,-2𝑦+2𝑧=0.∴{𝑦=-𝑥,𝑧=-𝑥.取n=(1,-1,-1),则cos<n,𝐷𝐸⃗⃗⃗⃗⃗>=𝑛·𝐷𝐸⃗⃗⃗⃗⃗⃗|𝑛||𝐷�

�⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=2+1√3×√5=√155.设平面PAC与平面PCD的夹角为θ,则cosθ=|cos<n,𝐷𝐸⃗⃗⃗⃗⃗>|=√155.∴平面PAC与平面PCD的夹角的余弦值为√155.18.(17分)如图,在四棱锥P-ABCD

中,侧面PAD⊥底面ABCD,侧棱PA=PD=√2,底面ABCD为直角梯形,其中BC∥AD,AB⊥AD,AD=2AB=2BC=2,O为AD的中点,问:线段AD上是否存在一点Q,使得它到平面PCD的距离为√32?若存在,求出𝐴𝑄𝑄𝐷的值;

若不存在,请说明理由.解:存在.在△PAD中,因为PA=PD,O为AD的中点,所以PO⊥AD,又平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,且PO⊂平面PAD,所以PO⊥平面ABCD.由题意可建立空间直角坐标系Oxyz,如图所示.由

已知得A(0,-1,0),B(1,-1,0),C(1,0,0),D(0,1,0),P(0,0,1),所以𝐶𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=(-1,0,1),𝐶𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=(-1,1,0).假设存在点Q,使得它到平面PCD的距离为√32.设Q(0,y,0)(-1≤y≤1)

,则𝐶𝑄⃗⃗⃗⃗⃗=(-1,y,0).设平面PCD的法向量为n=(x0,y0,z0),则{𝑛·𝐶𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=0,𝑛·𝐶𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=0,即{-𝑥0+𝑧0=0,-𝑥0+𝑦0=0.所以{𝑧0=𝑥0,𝑦0=𝑥0.可取n=(1,1,1).所以点Q到平面PCD的距离为|𝐶

𝑄⃗⃗⃗⃗⃗·𝑛||𝑛|=|-1+𝑦|√3=√32,解得y=-12或y=52(舍去).此时AQ=12,QD=32.所以存在点Q满足题意,此时𝐴𝑄𝑄𝐷=13.19.(17分)如图①所示,在Rt△ABC中,∠C=90°,BC=3,AC=6,D,E分别是

AC,AB上的点,且DE∥BC,DE=2,将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置,使A1C⊥CD,如图②所示.图①图②(1)求证:A1C⊥平面BCDE;(2)若M是A1D的中点,求直线CM与平面A1BE所成角的大小;(3)线段BC上是否存在点P,使平

面A1DP与平面A1BE垂直?并说明理由.(1)证明:∵AC⊥BC,且DE∥BC,∴DE⊥AC.∴DE⊥A1D,DE⊥DC.又A1D∩CD=D,∴DE⊥平面A1DC.∵A1C⊂平面A1DC,∴DE⊥A1C.又A1C⊥CD,且DE∩CD=D,∴A1C⊥平面BCDE

.(2)解:以C为原点,CB,CD,CA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系Cxyz,如图所示,则A1(0,0,2√3),D(0,2,0),M(0,1,√3),B(3,0,0),E(2,2,0).设平面A1BE的法向量n=(x,y,z),则n·𝐴

1𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0,n·𝐵𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=0.又𝐴1𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(3,0,-2√3),𝐵𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=(-1,2,0),∴{3𝑥-2√3𝑧=0,-𝑥+2𝑦=0.∴{𝑥=2𝑦,𝑧=√3𝑦.取y=1,则x=2,z=√3.∴n=(2,1,√3)是平面A1BE的一个

法向量.设直线CM与平面A1BE所成的角为θ.∵𝐶𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,1,√3),∴sinθ=|cos<n,𝐶𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗>|=|𝑛·𝐶𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗|𝑛||𝐶𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗||=4√8×√4=√22.∴直线CM与平面A1BE所成的角为π4.(3)解:线段BC上不存在点P,

使平面A1DP与平面A1BE垂直.理由如下:假设存在点P满足条件,设其坐标为(p,0,0),其中p∈[0,3].设平面A1DP的法向量为m=(x1,y1,z1),则m·𝐴1𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0,m·𝐷𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=0.又𝐴1𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,2,-2√3),

𝐷𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=(p,-2,0),∴{2𝑦1-2√3𝑧1=0,𝑝𝑥1-2𝑦1=0.∴{𝑦1=𝑝2𝑥1,𝑧1=𝑝2√3𝑥1.取x1=2,则y1=p,z1=𝑝√3.∴m=(2,𝑝,𝑝√3)为平面A1DP的一个法向量.平面A1DP⊥

平面A1BE,当且仅当m·n=0,即4+p+p=0,解得p=-2,与p∈[0,3]矛盾.∴线段BC上不存在点P,使平面A1DP与平面A1BE垂直.