【文档说明】山东省聊城市第一中学2023-2024学年高一下学期第二次阶段性测试 数学 Word版含解析.docx，共(26)页，2.406 MB，由管理员店铺上传

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2023级高一下学期第二次阶段性测试数学试题时间：120分钟分值：150分第Ⅰ卷（58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.已知一组数据3，4，5，6，7，8

，9，10，则这组数据的35%分位数是（）A.3.5B.4C.4.5D.52.从装有两个红球和三个黑球的口袋里任取两个球，那么互斥而不对立的两个事件是（）A.“恰好有一个黑球”与“恰好有两个黑球”B.“至少有一个黑球”与“都是红球”C.“至少有一个黑球”与“至少有一个红球”D.

“至少有一个黑球”与“都是黑球”3.在空间中，设mn、是不同的直线，、表示不同的平面，则下列命题正确的是（）A.若//,//m，则//mB.若,m⊥⊥，则//mC若,//m⊥，则m⊥D.

若,,⊥⊥⊥mn，则mn⊥4.某学校高一高二年级共1000人，其中高一年级400人，现按照年级进行分层随机抽样调查学生身高，得到高一、高二两个年级的样本平均数分别为165cm170cm，和样本标准差分别为3，4，则总体方差2s

=（）A.18.5B.19.2C.9.8D.205.已知平面向量a，b满足3a=，1b=，24ab+=，则3ab−，b夹角的余弦值为（）A.64−B.612−C.66−D.666.在ABC中，π2,3BCBAC==，点P满足20PAPBPC++=u

uruuruuur，则PBPC的最大值为（）A.34−B.14−C.13−D.23−7.正四面体SABC−中，M是侧棱SA上的中点，若异面直线MB与直线AC所成的角为，直线MB与.平面ABC所成的角为，二面角MBCA−

−的平面角为，则（）AB.C.D.8.如图，正方体1111ABCDABCD−中，点E、F、G、H分别为棱1111,,,BCCDCDBC的中点，点M为棱1CC上的动点，则下列说法中正确的个数是（）①AM

与1BB异面；②1//AH平面AEM；③平面AEM截正方体所得的截面图形始终是四边形；④平面AEM⊥平面1BBGF.A.1个B.2个C.3个D.4个二、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.在复平面内，设O为坐标原点，复数2,zz对应的点分别为A，B，若OAOB⊥，则z可能是（）A.2iB.13i−C.3i+D.3i−10.某校组织“校园安全”知识测试，随机调查600

名学生，将他们的测试成绩（满分100分）按照)50,60，)60,70，L，90,100分成五组，得到如图所示的频率分布直方图，则下列说法正确的是（）A.图中0.1x=B.估计样本数据的第60百分位数约为8

5.C.若每组数据以所在区间的中点值为代表，则这600名学生成绩的平均数约为79.5D.若按各组人数比例用分层随机抽样的方法抽取30名成绩低于80分的学生，则成绩在)60,70内的学生应抽取10人11.如图，有一个棱台形的容器1111ABCDABCD−（上

底面1111DCBA无盖），其四条侧棱均相等，底面为矩形，11111111m224ABBCABBC====，容器的深度为1m，容器壁的厚度忽略不计，则下列说法正确的是（）A.12mAA=B.该四棱台的侧面积为()23235m+C.若将一个半径为0.9m的球放

入该容器中，则球可以接触到容器的底面D.若一只蚂蚁从点A出发沿着容器外壁爬到点1C，则其爬行最短路程为455m4+第Ⅱ卷（92分）三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知(1,2),(1,7),2abca

b==−=+，则c在a方向上的投影向量为____________．13.在三棱锥−PABC中，AC⊥平面,6,10,22,45PABABACBPABP====，则三棱锥−PABC外接球表面积为____________．14.如图所示，在边长为3的等边三角形ABC中，23ADAC=，且点

P在以AD的中点O为圆心、OA为半径的半圆上，若BPxBAyBC=+，则下列说法正确的是____________．①1233BDBABC=+②xy+的最大值为313+③BPBC最大值为9④1BODO=的的四、解答题：本题共6小题，共77分．解答应写出文字说

明、证明过程或演算步骤．15.已知复数4iza=+，其中a是正实数，i是虚数单位（1）如果2z为纯虚数，求实数a的值；（2）如果2a=，11izz=−是关于x的方程()20,xbxcbc++=R的一个复

根，求bc+的值.16.如图，在ABC中，点P在边BC上，60PAC=，1PC=，2APAC+=.（1）求APC；（2）若APB△的面积是32，求AB.17.如图，已知，四边形ABCD为长方形，

平面PDC⊥平面ABCD，PD＝PC＝4，AB＝6，BC＝3．（1）证明：BC⊥PD；（2）证明：求点C到平面PDA距离．18.已知四边形ABCD为直角梯形，90ADC=，ADBCABD∥，△为等腰直角三角形，平面PAD⊥平面,ABCDE为PA

的中点，222,33ADBCPAPD====．的（1）求证：//BE平面PDC；（2）求DE与平面PBD所成角的正弦值．（3）求二面角EABD−−的正弦值．19.如图，已知ABC是边长为2的正三角形，点1P、2P、3P

是BC边的四等分点.（1）求11ABAPAPAC+的值；（2）若Q为线段1AP上一点，且112AQmABAC=+，求实数m的值；（3）若P为线段3AP上的动点，求PAPC的最小值，并指出当PAPC取最小值时点P的

位置.2023级高一下学期第二次阶段性测试数学试题时间：120分钟分值：150分第Ⅰ卷（58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.已知一组数据3，4，5

，6，7，8，9，10，则这组数据的35%分位数是（）A.3.5B.4C.4.5D.5【答案】D【解析】【分析】根据百分位数的计算方法求解.【详解】因为有8个数，且835%2.8=，所以35%分位数第三个数5．故选：D2.从装有两个红球和三个黑球的口袋里任

取两个球，那么互斥而不对立的两个事件是（）A.“恰好有一个黑球”与“恰好有两个黑球”B.“至少有一个黑球”与“都是红球”C.“至少有一个黑球”与“至少有一个红球”D.“至少有一个黑球”与“都是黑球”【答案】A【解析】【分析】根据给定条件，利用互斥事件

、对立事件的定义逐项分析判断作答.【详解】对于A，恰好有一个黑球的事件与恰好有两个黑球的事件不能同时发生，可以同时不发生，因此“恰好有一个黑球”与“恰好有两个黑球”是互斥而不对立的两个事件，A是；对于B，至少有一个黑

球的事件与都是红球的事件是对立事件，B不是；对于C，至少有一个黑球的事件与至少有一个红球的事件可以同时发生，不互斥，C不是；对于D，至少有一个黑球的事件与都是黑球的事件可以同时发生，不互斥，D不是.故选：A3.在空间中，设mn、是不同的直线，、表示不同的平面，则下列命题正确的是（）A.若

//,//m，则//mB.若,m⊥⊥，则//m是C.若,//m⊥，则m⊥D.若,,⊥⊥⊥mn，则mn⊥【答案】D【解析】【分析】由面面平行和线面平行的性质可判断A；由面面垂直和线面

垂直的性质可判断B；由面面垂直和线面平行的性质可判断C；由面面垂直和线面垂直的性质可判断D.【详解】对于A，若//,//m，可得//m或m，故A错误；对于B，若,m⊥⊥，可得m或//m，故B错误；对于C，若,//m⊥，则m，或//m，或m与相

交，故C错误；对于D，若,,⊥⊥⊥mn，则mn⊥，正确.故选：D.【点评】本题考查空间线线、线面和面面的位置关系，主要是平行和垂直的关系，考查空间想象能力和推理能力，属于基础题.4.某学校高一高二年级共1000人，

其中高一年级400人，现按照年级进行分层随机抽样调查学生身高，得到高一、高二两个年级的样本平均数分别为165cm170cm，和样本标准差分别为3，4，则总体方差2s=（）A.18.5B.19.2C.9.8D.20【答案】B【解析】【分析】利用分层抽样的方差

公式计算即可得.【详解】总体样本平均数121223165170168cm55nnzxxnn=+=+=，所以()()22222121122nnsxzsxzsnn=−++−+()

()2222231651683170168419.255=−++−+=.故选：B.5.已知平面向量a，b满足3a=，1b=，24ab+=，则3ab−，b夹角的余弦值为（）A.64−B.612−C.66−D.66【答案】A【解析】

【分析】对24ab+=进行平方可得34ab=，可算出22363692abaabb−=−+=，最后利用夹角公式即可【详解】依题意，222|2|4416ababab+=++=，解得34ab=，故2233636996942abaabb−=−+=−+=，故()333364cos3,436

332abbabbbabbabbabb−−−−====−−−，故选：A．6.在ABC中，π2,3BCBAC==，点P满足20PAPBPC++=uuruuruuur，则PBPC最大值为（）A.3

4−B.14−C.13−D.23−【答案】B【解析】【分析】先确定P点的位置，然后根据向量数量积运算、圆的轨迹以及圆的几何性质求得PBPC的最大值.【详解】设BC中点为M，由题可知：11()222PAPBPCPMMP=−+=−=

，所以P为AM的中点，故：22()()()()PBPCPMMBPMMCPMMBPMMBPMMB=++=+−=−22211144PMBCMA=−=−，由π3BAC=，知点P的轨迹是以BC为弦，圆周角为π3的优弧（除去,BC两点），由圆的性质可知，当AMBC⊥时，||AM最大；此时

ABC是等边三角形，||3AM=，211144PBPCMA=−=−.故选：B的【点睛】在三角形中，如果一个角是固定值，则根据圆的几何性质“同弧所对的圆周向相等”，可以判断出这个角对应的定点的轨迹是圆弧.求解向量数量积，

可以通过转化的方法，转化为容易计算的角度来进行求解.7.正四面体SABC−中，M是侧棱SA上的中点，若异面直线MB与直线AC所成的角为，直线MB与平面ABC所成的角为，二面角MBCA−−的平面角为，则（）A.B.C.D.【答

案】C【解析】【分析】先在正四面体SABC−中，作出,，对应的角，再比较三者间的的大小关系即可解决.【详解】正四面体SABC−中，取BC中点D，连接AD，MD，SD，过M作MHAD⊥于H，连接HB，MB，过M作AC的

平行线交SC于N，则BMN=，由,,,SBCADBCSDSDDADD⊥⊥=平面,SADAD平面SAD可得BC⊥平面SAD，所以MDBC⊥，则MDH=，由BC⊥平面SAD可得平面ABC⊥平面SAD，又平面ABC平面,SADADMH=平面,DSADMH

A⊥，则MH⊥平面ABC，则MBH=，因为ssniniMHMHMBMD==，因为π,(0,)2，所以，设正四面体边长为1，12AM=，所以12SMMN==，2cs14oMNBMBM==，cosHDHDMDBM=，因111331312(1)222222223323H

DMN−−===−−，所以coscos，又π,(0,)2，则，综上：.故选：C.8.如图，正方体1111ABCDABCD−中，点E、F、G、H分别为棱1111,,,BCCDCDBC的

中点，点M为棱1CC上的动点，则下列说法中正确的个数是（）①AM与1BB异面；②1//AH平面AEM；③平面AEM截正方体所得的截面图形始终是四边形；④平面AEM⊥平面1BBGF.A.1个B.2个C.3个D.4个【答案】C【解析】【分析】根据正方体几何性质逐项分析.【详解】对于①，连接11,

ACAC，1111,//,AACCAACC=四边形11AACC是平行四边形，AM平面11AACC，111//,BBCCCC平面11AACC，1BB平面11AACC，为的1//BB平面11AACC，又1CCAMM=，所以1BB与AM是异面直线，正确；对于②

，连接EH，则11//,,EHAAEHAA=四边形1AAHE是平行四边形，1//AHAE，又AE平面AEM，1AH平面AEM，1//AH平面AEM，正确；对于③，取1CC的中点T，当M与T重合时，连接1AD，则有11//,,,,ETADETAD四点共面，即平面AEM截正方体的图形是

四边形1ADTE，如下图：当M点在线段1CT上时，在平面11AADD内作直线//AUEM，交1DD的延长线于U，交11AD于V，连接UM，111//,,,,DDCCDUCC四点共面，UM平面11DDCC，11UMDCW=，即平面A

EM截正方体的图形是五边形AEMWV，如下图：错误；对于④，在正方形ABCD内，πRR,,,2tABEtBCFEABFBCFBCBEA=+=所以AEBF⊥，又1BB⊥平面ABCD，AE平面ABCD，1AEBB⊥，1,BBBF平面11,BB

GFBBBFB=，AE⊥平面1BBGF，AE平面AEM，平面AEM⊥平面1BBGF，正确；故选：C.【点睛】难点点睛：本题的难点在于当M点移动时，平面AEM与正方体的交面需要在平面11AADD内寻找到与直线EM平行的直线AV，从而确定交面的形状.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.在复平面内，设O为坐标原点，复数2,zz对应的点分别为A，B，若OAOB⊥，则z可能是（）A.2iB.13i−C.3i+D.3i−【答案】ACD【

解析】【分析】先利用复数的运算，再转化为向量坐标表示，来计算数量积为0所满足的条件即可判断.【详解】设()i,,R,zabab=+则()2222i2izababab=+=−+，izab=−，由复数2,zz对应的点分别为

,AB，则()()22,2,,OAababOBab=−=−，由OAOB⊥，则()()22,2,=0ababab−−，即()()()2222+2=3=0abaabbaab−−−，所以得：0a=或22=3ab，对比各选项可知：A满足0a=,C、D满足22=3ab，选项B不符合题意.故选

：ACD.10.某校组织“校园安全”知识测试，随机调查600名学生，将他们的测试成绩（满分100分）按照)50,60，)60,70，L，90,100分成五组，得到如图所示的频率分布直方图，则下列说法正确的是（）A.图中0.1x=B

.估计样本数据的第60百分位数约为85C.若每组数据以所在区间的中点值为代表，则这600名学生成绩的平均数约为79.5D.若按各组人数比例用分层随机抽样的方法抽取30名成绩低于80分的学生，则成绩在)60,70内的学生应抽取10人【答案】BCD【解析】【分析】利用

频率分布直方图各小矩形面积和为1计算判断A；利用频率分布直方图结合第p百分位数、平均数的意义计算判断BC；利用分层抽样求出抽取的人数作答.【详解】对于A，由图知()100.0150.020.030.0251x++++=，解得0.01x=，A错

误；对于B，成绩在)50,80内对应的频率为0.10.150.20.450.6++=，成绩在)50,90内对应的频率为0.10.150.20.30.750.6+++=，因此第60百分位数m位于区间)80,90内，()0.60.45

809080850.3m−=+−=，所以估计样本数据的第60百分位数约为85，B正确；对于C，平均数约为550.1650.15750.2850.3950.2579.5x=++++=，C正确；对于D，成绩低于80分的三组学生的人数之比为0.1:0.15:0.22:3:

4=，则应选取成绩在)60,70内的学生人数为33010234=++，D正确.故选：BCD11.如图，有一个棱台形的容器1111ABCDABCD−（上底面1111DCBA无盖），其四条侧棱均相等，底

面为矩形，11111111m224ABBCABBC====，容器的深度为1m，容器壁的厚度忽略不计，则下列说法正确的是（）A.12mAA=B.该四棱台的侧面积为()23235m+C.若将一个半径为0.

9m的球放入该容器中，则球可以接触到容器的底面D.若一只蚂蚁从点A出发沿着容器外壁爬到点1C，则其爬行的最短路程为455m4+【答案】BD【解析】【分析】由勾股定理即可判断A，由梯形的面积公式代入计算，

即可判断B，做出轴截面图形代入计算，即可判断C，将四棱台展开，然后代入计算，即可判断D【详解】对于A，由题意可得2221422131222AA−−=++=，故A错误；对于B，梯形11ADDA的高为22215122−+=

，所以梯形11ADDA的面积为24535222+=，梯形11ABBA的高为2242122−+=，所以梯形11ABBA的面积为1232222+=，故该四棱台的侧面积为32352323522+=+，故B正确；对于C，若放

入容器内的球可以接触到容器的底面，则当球的半径最大时，球恰好与面11ADDA、面11BCCB、面ABCD均相切，过三个切点的截面如图（1）所示，由题意可知棱台的截面为等腰梯形，较长的底边上的底角的正切值为12212=−，则t

an2MPN=−，由于,MPNMON互补，故tan2MON=，则22tan21tanMOPMOP=−，所以51tan2MOP−=（负值舍），从而球的半径为15120.94512+=−，所以将半径为0.9cm的球放入该容器中不能接触到容器的底面

，故C错误；对于D，将平面ABCD与平面11DCCD展开至同一平面，如图（2），则221333(22)4224AC=++=+，将平面ABCD与平面11BCCB展开至同一平面，如图（3），则2215454533135,54235420244

4AC=++=++−+=+−，所以最短路程为4554+，故D正确．故选：BD【点睛】难点点睛：解答本题的难点在于选项D的判断，解答时要将空间问题转化为平面问题，将几何体侧面展开，将折线长转化为线段长，即可

求解.第Ⅱ卷（92分）三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知(1,2),(1,7),2abcab==−=+，则c在a方向上的投影向量为____________．【答案】36,55−−【解析】【分析】利用投影向量的公式进行求解.【详解

】根据题意可得()23,3cab=+=−，c在a方向上的投影向量为()()()23,3?1,2·36·1,2,555caaa−==−−故答案为：36,55−−.13.在三棱锥−PABC中

，AC⊥平面,6,10,22,45PABABACBPABP====，则三棱锥−PABC外接球的表面积为____________．【答案】140π【解析】【分析】利用余弦定理求出AP，利用正弦定理求出PAB外接圆半径，再利用球的截面小圆性质求解作答.【详解】在PAB

中，6AB=，22BP=，45ABP=，则()226222622cos4525AP=+−=，设PAB外接圆半径为r，则2210sin45APr==，即10r=，令PAB外接圆圆心为1O，三棱锥−PABC外接球球心

为O，半径为R，有1OO⊥平面ABC，由AC⊥平面ABC，得1//OOAC，又OAOC=，取AC中点D，于是四边形1ADOO为矩形，则球心O到平面ABC的距离12ACOOAD==，因此222()1025352ACRr=+=+=，所以三棱锥−P

ABC外接球的表面积24π140πSR==.故答案为：140π14.如图所示，在边长为3的等边三角形ABC中，23ADAC=，且点P在以AD的中点O为圆心、OA为半径的半圆上，若BPxBAyBC=+，则下列说法正确的是____________．①1233BDBABC

=+②xy+的最大值为313+③BPBC最大值为9④1BODO=【答案】①③【解析】【分析】①利用三角形法则，进行转化，最终利用BA，BC作为基底表示BD，④边长为3的等边三角形ABC，三条边的夹角，长度都知道，所以以BA，BC作为基底表示,BODO，进而求出

数量积.②③以点O为原点建立平面直角坐标系,AC为x轴，设(cos,sin),[,2]P，算出133(1,0),,,(2,0)22ABC−，根据平面向量的坐标表示及数量积的运算，最终用三角函

数表示出xy+，BPBC，进而利用函数思想求最值.【详解】对于①，因为23ADAC=，且点P在以AD的中点O为圆心，OA为半径的半圆上，所以113OAODDCAC====，则1112()3333BDBCCDBCCABCBABCBABC=+=+=+−=+，对于④，2221(),

3333BOBCCOBCCABCBABCBABCDOBOBD=+=+=+−=+=−211211333333BABCBABCBABC=+−+=−，则22112121111121333333999922DOBOBABCBABCBABCBABC

=−+=−−=−−=，对于③，如图，以点O为原点建立平面直角坐标系，则133(1,0),,,(2,0)22ABC−，因为点P在以AD的中点O为圆心，OA为半径的半圆上，所以点P的轨迹方程为221xy+=，且在x轴的下半部分，设(

cos,sin),[,2]P，则133333333cos,sin,,,,222222BPBCBA=−−=−=−−，所以333327cossin3cos624243BPBC=−−+=++

，因为[,2]，所以47,333+，所以当23+=时，BPBC取得最大值9，故③正确；对于②，因为BPxBAyBC=+，所以133333333cos,sin,,222222xy−−=−−+−

，即133333cos,sin(),()2222xyxy−−=−−−+，所以3333sin()22xy−=−+，所以23sin19xy

+=−+，因为[,2]，所以当32=时，xy+取得最大值2319+，故②错误．故答案为：①③【点睛】方法点睛：处理向量最值问题，常用建立直角坐标系，表示坐标，列出函数关系式，利用函数思想求最值.四、解答题：本题共6小题，共77分．

解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15.已知复数4iza=+，其中a是正实数，i是虚数单位（1）如果2z为纯虚数，求实数a的值；（2）如果2a=，11izz=−是关于x的方程()20,xbxcbc++=R的一个复根，求bc+的值.【

答案】（1）4（2）8【解析】【分析】（1）先利用复数的四则运算求得2z，再利用复数的分类即可得解；（2）先利用复数的四则运算化简1z，从而得到题设方程的两个复根，再利用韦达定理即可得解.【小问1详解】因为4iza=+，所以()2224i168izaaa=+=−+，因为

2z为纯虚数，所以216080aa−=，解得4a=（负值舍去），所以4a=.【小问2详解】因为2a=，所以42iz=+，则()()()()()122i1i213i42i13i1i1i1i1i2zz++++=====+−−−+，因为1z是关于x的方程()20,xbxc

bc++=R的一个复根，所以13i+与13i−是20xbxc++=的两个复根，故()()13i13i13i13ibc++−=−+−=，则210bc=−=，所以8+=bc.16.如图，在ABC中，点P在边BC上，60PAC=，1PC=，2APAC+=.（1）求APC；（

2）若APB△的面积是32，求AB.【答案】（1）60（2）7【解析】【分析】（1）根据已知条件，在APC△中，使用余弦定理得可求AP，可得APC△是等边三角形，进而可求APC；（2）由（1）可求APB，结合三角形的面积公式可求PB

，在APB△中，利用余弦定理可求AB.【小问1详解】解：在APC△中，因为60PAC=，1PC=，由余弦定理得2222cosPCAPACAPACPAC=+−，即()()2221222cos60APAPAPAP=+−−−，整理得22

10APAP−+=，解得1AP=．因为2APAC+=，所以1AC=，所以APC△是等边三角形，所以60APC=.【小问2详解】解：因为60APC=，所以120APB=．因为APB△的面积是32，所以13

sin12022APPB=，所以2PB=，在APB△中，222222cos12212cos1207ABAPPBAPPBAPB=+−=+−=，所以7AB=.17.如图，已知，四边形ABCD为长方形，平面PDC⊥平面ABCD，PD＝P

C＝4，AB＝6，BC＝3．（1）证明：BC⊥PD；（2）证明：求点C到平面PDA的距离．【答案】（1）证明见解析；（2）372．【解析】【分析】(1)利用平面与平面垂直的性质定理得出BC⊥平面PDC，即可证明BC⊥PD；(2)利用等体积法，即C

PDAPACDVV−−=可求点C到平面PDA的距离．【小问1详解】∵四边形ABCD是长方形，∴BC⊥CD，∵平面PDC⊥平面ABCD，平面PDC∩平面ABCD＝CD，BC平面ABCD，∴BC⊥平面PDC，∵PD平面PDC，∴BC⊥PD；【小问2详解】取CD的中点E，连接AE和PE，∵PD

＝PC，∴PE⊥CD，在Rt△PED中，1697PE=−=．∵平面PDC⊥平面ABCD，平面PDC∩平面ABCD＝CD，PE平面PDC，∴PE⊥平面ABCD，由(1)知：BC⊥平面PDC，∵四边形ABCD是长方形，∴BC∥AD，∴AD⊥平面PDC，∵PD

平面PDC，∴AD⊥PD，设点C到平面PDA的距离为h．连接AC，由CPDAPACDVV−−=得，136737212342h==，∴点C到平面PDA的距离是372．18.已知四边形ABCD为直角梯形，90ADC=，

ADBCABD∥，△为等腰直角三角形，平面PAD⊥平面,ABCDE为PA的中点，222,33ADBCPAPD====．（1）求证：//BE平面PDC；（2）求DE与平面PBD所成角的正弦值．（3）求二面角EABD−−的正弦值．【答案】（1）证明见解析（2）2

3（3）55【解析】【分析】（1）取PD中点F，连,EFCF，可证得四边形BCFE为平行四边形，所以BECF∥，由线面平行的判定定理可证得；（2）取PB的中点G，连接EG和DG，可证得PD⊥平面ABCD和AB⊥平面PBD，从

而得到EG⊥平面,PBDEDG即为DE与平面PBD所成角，求角即可；（3）由（2）可得,ABBPABBD⊥⊥，所以PBD即为二面角PABD−−的平面角，求角即可.【小问1详解】证明：取PD中点F，连,EFCF，因为

E为PA的中点，所以EFAD∥且12EFAD=，又,2ADBCADBC=∥，所以EFBC∥且EFBC=，故四边形BCFE为平行四边形，BECF∥，又BE平面,PDCCF平面PDC，//BE平面PDC;【小问2详解】证明：取PB的中点G，连接EG和DG，由题意：222,33ADBC

PAPD====．222,ADPDPAPDAD+=⊥，又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD平面,ABCDADPD=平面,PADPD⊥平面ABCD，AB平面,ABCDPDAB⊥，ABD为等腰直角三角形，BDAB⊥，,,PDBDDPDBD=平面,

PBDAB⊥平面PBD；EG、分别为PAPB、的中点，EGABEG⊥平面,PBDEDG即为DE与平面PBD所成角ABD为等腰直角三角形，22,2ADABBD===，112EGAB==又PADQV为直角三角形，1322DEPA==2sin3EGEDGE

D==【小问3详解】AB⊥Q平面,PBDBPBD、平面PAB，,ABBPABBD⊥⊥又BP平面,PABBD平面ABDPBD即为二面角PABD−−的平面角ABD为等腰直角三角形，22,2ADABBD=

==，5PB=由（2）得PD⊥平面,1ABCDPD=，15sin55PDPBDPB===.19.如图，已知ABC是边长为2的正三角形，点1P、2P、3P是BC边的四等分点.（1）求11ABAPAPAC+的值；（2）若Q为线段

1AP上一点，且112AQmABAC=+，求实数m的值；（3）若P为线段3AP上的动点，求PAPC的最小值，并指出当PAPC取最小值时点P的位置.【答案】（1）6（2）14（3）3713APAP=时，PAPC取最小值4952−【解析】【分析】（1）利用平行四边形

法则化简表达式，然后利用已知条件及向量数量积公式计算即可；（2）利用三点共线定理建立等式，得出方程组求出参数即可；（3）记ABa=，ACb=，设3APtAP=，其中01t，表示出向量PA，PC，然后表示出PAPC的结果，转化为二次函数求最值即可.【小问

1详解】由于2P为BC边的中点，所以22ABACAP+=，故()111122ABAPAPACAPABACAPAP+=+=由于2APBC⊥，故()212221222226APAPAPPPAPAP=+==.因此116ABAPAPAC+=.【小问2详解】由于114BPB

C=，故13144APABAC=+.由于Q为线段1AP上一点，设()101AQtAPt=，有314412ttAQABACmABAC=+=+.由向量基本定理得341412tmt==，解得1314tm==，因

此14m=.【小问3详解】记ABa=，ACb=，由334BPBC=得31344APab=+.设3APtAP=，其中01t，则344ttPAab=−−，3144ttPCab=−+−.进而有3314444ttttPAPCabab=−−−+−

()()()2221643341314164ttatabtbtt=+−+−=−，0,1t.当且仅当713t=即3713APAP=时，PAPC取最小值4952−..