【文档说明】2023-2024学年高中数学人教A版2019 选择性必修第一册课后习题 章末测评卷 第一章测评 Word版含答案.docx，共(16)页，537.959 KB，由小赞的店铺上传

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第一章测评一、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.(2021湖北黄冈检测)设点M(1,1,1),A(2,1,-1),O(0,0,0).若𝑂𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝐴

𝐵⃗⃗⃗⃗⃗,则点B的坐标为()A.(1,0,-2)B.(3,2,0)C.(1,0,2)D.(3,-2,0)2.已知A,B,C,D,E是空间中的五个点,其中点A,B,C不共线,则“存在实数x,y,使得𝐷𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=x𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+y�

�𝐶⃗⃗⃗⃗⃗”是“DE∥平面ABC”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3.(2021安徽芜湖期中)已知点A(4,1,3),B(2,3,1),C(5,7,-

5),又点P(x,-1,3)在平面ABC内,则x的值为()A.14B.13C.12D.114.在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,其中AB=BC=BB1=1,∠ABB1=∠ABC=∠B1BC=π3,𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=2𝐵𝐷1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗,则|B1E|=()A.25B.5C.14D

.√145.(2021广东广州期中)如图,M,N分别是四面体O-ABC的棱OA,BC的中点,设𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗=a,𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=b,𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=c,若𝑀𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=xa+yb+zc,则x+y-z=()A.-12B.12C.32D.-326.(2021

北京宣城期中)我国古代数学名著《九章算术》商功中记载“斜解立方,得两堑堵”,堑堵是底面为直角三角形的直三棱柱.在堑堵ABC-A1B1C1中,AB=AC=AA1=2,P为B1C1的中点,则𝐴𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝐵𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=()A.6B.-6C.2D.-27.如图,在三棱柱ABC-A1

B1C1中,AA1⊥底面ABC,AA1=3,AB=AC=BC=2,则AA1与平面AB1C1所成角的大小为()A.30°B.45°C.60°D.90°8.如图,已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD是等腰梯形,AB∥CD,且AC⊥BD,AC与BD交于O,PO⊥底面ABCD,PO

=2,AB=2√2,E,F分别是AB,AP的中点.则平面FOE与平面OEA夹角的余弦值为()A.-√33B.√33C.-√63D.√63二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20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5分,部分选对的得2分,有选错的得0分.9.有下列四

个命题,其中是真命题的有()A.若p=xa+yb,则p与a,b共面B.若p与a,b共面,则p=xa+ybC.若𝑀𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗=x𝑀𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗+y𝑀𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗,则P,M,A,B共面D.若P,M

,A,B共面,则𝑀𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗=x𝑀𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗+y𝑀𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗10.(2021安徽黄山期中)如图,在空间四边形OABC中,G,H分别是△ABC,△OBC的重心,设𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗=a,𝑂

𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=b,𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=c,下列结论正确的是()A.𝑂𝐺⃗⃗⃗⃗⃗=13(a+b+c)B.若𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⊥𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗,𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⊥𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗,则𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⊥𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗C.𝑂

𝐺⃗⃗⃗⃗⃗=13a+23b+13cD.𝐺𝐻⃗⃗⃗⃗⃗⃗=-13a11.已知在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,∠A1AD=∠A1AB=∠BAD=60°,AA1=AB=AD,E为A1D1的中点.给出下列四个说法:①∠

BCC1为异面直线AD与CC1所成的角;②三棱锥A1-ABD是正三棱锥;③CE⊥平面BB1D1D;④𝐶𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=-12𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗−𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗.其中正确的说法有()A.①B.②C.③D.④12.(2021湖北黄冈期中)如图,在菱形ABCD

中,AB=2,∠BAD=60°,将△ABD沿对角线BD翻折到△PBD位置,连接PC,则在翻折过程中,下列说法正确的是()A.PC与平面BCD所成的最大角为45°B.存在某个位置,使得PB⊥CDC.存在某个位置,使得B到平面PDC的距离为√3D

.当二面角P-BD-C的大小为90°时,PC=√6三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.(2021北京顺义区检测)已知空间向量a=(2,3,1),b=(-4,2,x),且a⊥b,则|b|=.14.在四面体ABCD中,已知E

为线段BC上的点,O为线段DE上的点,且𝐵𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=13𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗,𝐷𝑂⃗⃗⃗⃗⃗⃗=35𝐷𝐸⃗⃗⃗⃗⃗,若𝐴𝑂⃗⃗⃗⃗⃗=x𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+y𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗+z𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗,则xyz的值为.15.(2021上海青浦

期末)一个圆锥的侧面展开图是圆心角为4π3,半径为18cm的扇形,则圆锥的母线与底面所成角的余弦值为.16.(2021浙江诸暨期中)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AB,AC,AA1两两互相垂直,AB=AC=AA1,M,N分别是侧棱BB1,CC1上的点

,平面AMN与平面ABC的夹角为π6,则当|B1M|最小时,∠AMB=.四、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.(10分)(2021湖北武汉期中)如图,在三棱锥P-ABC中,点D为棱BC上一点,且CD=2BD,点M为线段AD的中点.(1)以{𝐴𝐵⃗⃗⃗

⃗⃗,𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗,𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗}为一组基底表示向量𝑃𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗;(2)若AB=AC=3,AP=4,∠BAC=∠PAC=60°,求𝑃𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗.18.(12分)(2021河北保定期中)已知a=

(3,5,-4),b=(2,1,8).(1)求a·b;(2)求λ,μ的值使得λa+μb与z轴垂直,且(λa+μb)·(a+b)=53.19.(12分)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,侧棱PA⊥底面ABCD,AB=√3,BC=1,PA=2,E为PD的中点.

(1)求cos<𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗,𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗>的值;(2)在侧面PAB内找一点N,使NE⊥平面PAC,并求出N到AB和AP的距离.20.(12分)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是边长为1的正方形,∠BAA1=∠DAA1=π3,AC1=√26.(1)求侧棱

AA1的长;(2)M,N分别为D1C1,C1B1的中点,求𝐴𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝑀𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗及两异面直线AC1和MN的夹角.21.(12分)(2021黑龙江哈尔滨期中)如图,在四棱锥E-ABCD中,平面ADE⊥平面ABCD,O,M分别为线段AD,DE的中点.四边形BCDO是边

长为1的正方形,AE=DE,AE⊥DE.(1)求证:CM∥平面ABE;(2)求直线DE与平面ABE所成角的正弦值.22.(12分)(2021云南大理期中)如图,在四棱锥P-ABCD中,四边形ABCD是等腰梯形,且AD=2AB=2BC=2CD,E,F分别是线段PB,AC的中点,PA=PD

,平面PAD⊥平面ABCD.(1)证明:EF⊥平面ABCD;(2)求平面ACE与平面ADE所成夹角的取值范围.第一章测评1.B设B(x,y,z),则𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=(x-2,y-1,z+1).因为𝑂𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗,𝑂𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(1,

1,1),所以(1,1,1)=(x-2,y-1,z+1),所以x=3,y=2,z=0,即点B为(3,2,0).2.B根据题意,若存在实数x,y,使得𝐷𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=x𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+y𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗,则DE∥平面ABC或DE⊂平面ABC,反之,若DE∥平面ABC,则向量𝐷𝐸⃗⃗⃗

⃗⃗与𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗,𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗共面,又由点A,B,C不共线,故一定存在实数x,y,使得𝐷𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=x𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+y𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗,故“存在实数x,y,使得𝐷𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=x𝐴

𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+y𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗”是“DE∥平面ABC”的必要不充分条件.3.B因为点A(4,1,3),B(2,3,1),C(5,7,-5),P(x,-1,3),所以𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=(x-4,-2,0),𝐴

𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=(-2,2,-2),𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(1,6,-8).因为点P(x,-1,3)在平面ABC内,则存在实数m,n,使得𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=m𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+n𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗,所以(x-4,-2,0)=m(-2,2,-2)+n(1,6

,-8),则{𝑥-4=-2𝑚+𝑛,-2=2𝑚+6𝑛,0=-2𝑚-8𝑛,解得x=13.4.B∵在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,其中AB=BC=BB1=1,∠ABB1=∠ABC=∠B1BC=π3

,𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=2𝐵𝐷1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗,∴𝐵1𝐸⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝐵1𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=𝐶1𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗+2𝐵𝐷1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝐶1𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝐶𝐷⃗⃗⃗⃗⃗+2(𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗+𝐶𝐷⃗⃗⃗⃗⃗+𝐷

𝐷1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗)=2𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗+3𝐶𝐷⃗⃗⃗⃗⃗+𝐷𝐷1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗,∴𝐵1𝐸⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗2=(2𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗+3𝐶𝐷⃗⃗⃗⃗⃗+𝐷𝐷1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗)2=4𝐵𝐶

⃗⃗⃗⃗⃗2+9𝐶𝐷⃗⃗⃗⃗⃗2+𝐷𝐷1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗2+2|2𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗|·|3𝐶𝐷⃗⃗⃗⃗⃗|cos60°+2|2𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗|·|𝐷𝐷1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|cos60°

+2|3𝐶𝐷⃗⃗⃗⃗⃗|·|𝐷𝐷1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|cos60°=4+9+1+6+2+3=25,∴|B1E|=|𝐵1𝐸⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=√25=5.5.A因为M,N分别是四面体O-ABC的棱OA,BC的中点,所以�

�𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝑀𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗+𝐶𝑁⃗⃗⃗⃗⃗=12𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+(𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗−𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗)+12𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=12a+c-a+12(𝑂𝐵⃗⃗⃗

⃗⃗−𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗)=-12a+12b+12c,又𝑀𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=xa+yb+zc,所以x=-12,y=12,z=12,则x+y-z=-12+12−12=-12.6.A根据堑堵的几何性质可知,AB⊥AC

,AA1⊥AB,AA1⊥AC,因为𝐴𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗,𝐵𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=𝐵𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗+12𝐵1𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝐴𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗+12(𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗−𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗),所以𝐴𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗

⃗⃗·𝐵𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=(𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗)·𝐴𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗+12(𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗−𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗)=𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗+12𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗2−12𝐴𝐶⃗⃗⃗

⃗⃗·𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗2+12𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗−12𝐴𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=2+4=6.7.A取AB的中点D,A1B1的中点E,

连接CD,DE,分别以DA,DC,DE所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,可得A(1,0,0),A1(1,0,3),故𝐴𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,0,3),而B1(-1,0,3),C1(0

,√3,3),设平面AB1C1的法向量为m=(a,b,c),根据m·𝐴𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0,m·𝐴𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0,解得m=(3,-√3,2),cos<m,𝐴𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗>=𝑚·𝐴𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|𝑚||𝐴𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=12.故AA1

与平面AB1C1所成角的大小为30°,故选A.8.B由题意,以O为坐标原点,OB,OC,OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系,由题知,OA=OB=2,则A(0,-2,0),B(2,0,0),P(0,0,2),∴E(1,-1,0),F(0,-1,1),∴𝑂𝐸⃗⃗⃗⃗

⃗=(1,-1,0),𝑂𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=(0,-1,1),设平面FOE的法向量为m=(x,y,z),则{𝑚·𝑂𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=0,𝑚·𝑂𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=0,即{𝑥-𝑦=0,-𝑦+𝑧=0,令x=1,可得m

=(1,1,1),易知平面OAE的一个法向量为n=(0,0,1),则cos<m,n>=𝑚·𝑛|𝑚||𝑛|=1√3=√33,设平面FOE与平面OEA夹角为θ,则cosθ=|cos<m,n>|=√33.9.AC若p=xa+yb,则p与a,b肯定在同一平面

内,故A正确;当p与a,b共面时,若a与b共线,则p就不一定能用a,b表示,故B错误;同理,D错误;若𝑀𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗=x𝑀𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗+y𝑀𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗,则𝑀𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗,𝑀𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗,𝑀𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗三向量在同一平面内,所以P,M,A,B

共面,故C正确.10.ABD对于A和C选项,∵G是△ABC的重心,∴𝑂𝐺⃗⃗⃗⃗⃗=𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴𝐺⃗⃗⃗⃗⃗,𝐴𝐺⃗⃗⃗⃗⃗=23𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗,𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=𝑂𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗−𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗,𝑂

𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗=12(𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗),∴𝑂𝐺⃗⃗⃗⃗⃗=𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+23[12(𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗)-𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗]=13(𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗)=13

(a+b+c),故A正确,C错误;对于B,若𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⊥𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗,𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⊥𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗,则𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗·𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=0,𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=0,∴𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=(𝑂𝐵⃗⃗

⃗⃗⃗+𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗)·(𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗+𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗⃗)=𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗+𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗·𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗+𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗

⃗·𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗·𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗·(𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗−𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗)=𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴𝑂⃗⃗⃗⃗⃗=0

,∴𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⊥𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗,故B正确;𝐺𝐻⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝑂𝐻⃗⃗⃗⃗⃗⃗−𝑂𝐺⃗⃗⃗⃗⃗,𝑂𝐻⃗⃗⃗⃗⃗⃗=23𝑂𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗,𝑂𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗=12(𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗

⃗+𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗),∴𝐺𝐻⃗⃗⃗⃗⃗⃗=13(b+c)-13(a+b+c)=-13a,故D正确.11.BD①∠BCC1=120°,而异面直线AD与CC1所成的角为60°,故①错误;②三棱锥A1-ABD的每个面都为

正三角形,故为正四面体,故②正确;④根据向量加法的三角形法则,𝐶𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴1𝐸⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=-𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗−𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗+12𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=-12𝐴�

�⃗⃗⃗⃗⃗−𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗,故④正确;③因为𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗−𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗,所以𝐶𝐸⃗⃗⃗⃗⃗·𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(-12𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗

-𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗)·(𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗−𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗)=-12|𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗|2+12𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗−𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗+|𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗|2+𝐴𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗−𝐴𝐴

1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=-12|𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗|2+14|𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗|2-12|𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗|2+|𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗|2+12|𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗|2-12|𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗|2=14|𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗

|2≠0,所以CE与BD不垂直,又BD⊂平面BB1D1D,故CE与平面BB1D1D不垂直,故③错误.12.BD选项A,如图,取BD的中点O,连接OP,OC,则OP=OC=√3.由题可知,△PBD和△BCD均为等边三角形,由对称性可知,

在翻折的过程中,PC与平面BCD所成的角为∠PCO,当PC=√3时,△OPC为等边三角形,此时∠PCO=60°>45°,即选项A错误.选项B,当点P在平面BCD内的投影为△BCD的重心点Q时,有PQ⊥平面BCD

,BQ⊥CD,∴PQ⊥CD,又BQ∩PQ=Q,BQ,PQ⊂平面PBQ,∴CD⊥平面PBQ,∵PB⊂平面PBQ,∴PB⊥CD,即选项B正确.选项C,取CD的中点N,连接BN,PN,∵PN=√3,∴如果B到平面PDC的距离为√3,则BN⊥

平面PCD,∵PB=2,BN=√3,∴PN=1,DN=1,所以PD=√2,显然不可能,故C错误.选项D,当二面角P-BD-C的大小为90°时,平面PBD⊥平面BCD,取BD的中点O,连接OP,OC.∵PB=PD,∴OP⊥BD,∵平面PBD∩平面BCD=BD,∴OP⊥平面BCD,∴OP⊥OC

,又OP=OC=√3,∴△POC为等腰直角三角形,∴PC=√2OP=√6,即选项D正确.13.2√6∵a=(2,3,1),b=(-4,2,x),且a⊥b,∴a·b=-8+6+x=0,解得x=2,∴b=(-4,2,2),∴|b|=√(-4)2+22+22=2√6

.14.4125因为E为线段BC上的点,O为线段DE上的点,且𝐵𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=13𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗,𝐷𝑂⃗⃗⃗⃗⃗⃗=35𝐷𝐸⃗⃗⃗⃗⃗,所以𝐴𝑂⃗⃗⃗⃗⃗=𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗+𝐷𝑂⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗+35𝐷𝐸⃗⃗⃗

⃗⃗=𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗+35(𝐷𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝐵𝐸⃗⃗⃗⃗⃗)=𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗+35(𝐷𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗+13𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗)=𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗+35𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗−𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗+13𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗−13𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=25𝐴𝐵

⃗⃗⃗⃗⃗+15𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗+25𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗,又𝐴𝑂⃗⃗⃗⃗⃗=x𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+y𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗+z𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗,所以x=25,y=15,z=25,所以xyz=4125.15.23设母线长为l,底面圆的半径为

r,因为圆锥的侧面展开图是圆心角为4π3,半径为18cm的扇形,所以l=18,且18×4π3=2πr,解得r=12,设圆锥的母线与底面所成角为θ,则cosθ=𝑟𝑙=1218=23,所以圆锥的母线与底面所成角的余弦值

为23.16.π3以点A为坐标原点,建立空间直角坐标系如图所示,设CN=b,BM=a,AB=AC=AA1=1,则N(0,1,b),M(1,0,a),A(0,0,0),B(1,0,0),所以𝐴𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(1,0,a),𝐴𝑁⃗

⃗⃗⃗⃗⃗=(0,1,b).设平面AMN的法向量为n=(x,y,z),则{𝑛·𝐴𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝑥+𝑎𝑧=0,𝑛·𝐴𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝑦+𝑏𝑧=0,令z=1,则n=(-a,-b,1),平面ABC的法向量为m=(0,0,1),因为平面AMN与平面ABC所成的夹角为π6

,所以cosπ6=|cos<m,n>|=|𝑚·𝑛||𝑚||𝑛|=1√𝑎2+𝑏2+1=√32,化简可得3a2+3b2=1,当|B1M|最小时,则b=0,BM=a=√33,所以tan∠AMB=𝐴𝐵𝐵𝑀=1√33=√3,则∠AMB=π3.17.解(

1)∵M为线段AD的中点,∴𝐴𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=12𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗.∵CD=2BD,∴𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗=13𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗,∴𝑃𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+12𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+12(�

�𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗)=𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+12(𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+13𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗)=𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+12𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+13(𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗)=𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+12𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗−13𝐴𝐵

⃗⃗⃗⃗⃗+13𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=-𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗+13𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+16𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗.(2)𝑃𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=-𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗+13𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+16𝐴𝐶⃗⃗⃗

⃗⃗·𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=-𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗+13𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗+16𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗2=-|𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗||𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗|·cos∠PAC+13|𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗||𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗|co

s∠BAC+16|𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗|2=-4×3×12+13×3×3×12+16×32=-6+32+32=-3.18.解(1)因为a=(3,5,-4),b=(2,1,8),所以a·b=3×2+5×1-4×8=-21.(2)取z轴上的单位向量n=(0,0,1),又a+b=(5,6,4),由题意

,得{(𝜆𝑎+𝜇𝑏)·𝑛=0,(𝜆𝑎+𝜇𝑏)·(𝑎+𝑏)=53,所以{(3𝜆+2𝜇,5𝜆+𝜇,-4𝜆+8𝜇)·(0,0,1)=0,(3𝜆+2𝜇,5𝜆+𝜇,-4𝜆+8

𝜇)·(5,6,4)=53,即{-4𝜆+8𝜇=0,29𝜆+48𝜇=53,解得λ=1,μ=12.19.解在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,侧棱PA⊥底面ABCD,AB=√3,BC=1,PA=2,E

为PD的中点.以A为坐标原点,AB所在直线为x轴,AD所在直线为y轴,AP所在直线为z轴,建立空间直角坐标系,如图,则A(0,0,0),C(√3,1,0),P(0,0,2),B(√3,0,0),(1)∴𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(√3,1

,0),𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=(√3,0,-2),∴cos<𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗,𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗>=𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗·𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗|𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗||𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=3√4×√7=3√714.(2)设在侧面PAB内找一点N(a,0,c),使NE⊥平面PAC,D(

0,1,0),E(0,12,1),𝑁𝐸⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(-𝑎,12,1-𝑐),𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=(0,0,2),𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(√3,1,0),∴{𝑁𝐸⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=2(1-𝑐)=0,𝑁𝐸⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=-√3𝑎+12=0,

解得a=√36,c=1,∴N(√36,0,1),∴N到AB的距离为1,N到AP的距离为√36.20.解(1)设侧棱AA1=x,∵在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是边长为1的正方形

,且∠A1AD=∠A1AB=60°,∴|𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗|2=|𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗|2=1,|𝐴𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|2=x2,𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=0,𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝑥2,𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴𝐴1⃗⃗

⃗⃗⃗⃗⃗=𝑥2,又𝐴𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗,∴𝐴𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗2=(𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗)2=|𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗|2

+|𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗|2+|𝐴𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|2+2𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗+2𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗+2𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=26,∴x2+2x-24=0,∵x>0,∴x=4,即侧棱

AA1=4.(2)∵𝐴𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗,𝑀𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=12𝐷𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗=12(𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗−𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗),∴𝐴

𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝑀𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=12(𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗−𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗)·(𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗)=12(𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗2−𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗2+𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗−𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴𝐴1⃗⃗⃗⃗

⃗⃗⃗)=12(1-1+2-2)=0,∴两异面直线AC1和MN的夹角为90°.21.(1)证明如图,取线段AE中点P,连接BP,MP,∵M为DE中点,∴MP∥AD,MP=12AD.又∵四边形BCDO是边长为1的正方形,∴BC∥DO,BC=DO,∴BC∥MP,BC=MP.∴四

边形BCMP为平行四边形,∴CM∥BP.∵CM⊄平面ABE,BP⊂平面ABE,∴CM∥平面ABE.(2)解连接EO,∵AE=DE,O为AD中点,∴EO⊥AD.∵EO⊂平面ADE,平面ADE⊥平面ABCD,平面ADE∩平面ABCD=AD,∴EO⊥平面ABCD.又∵OB⊂平面AB

CD,OD⊂平面ABCD,∴EO⊥BO,EO⊥OD.如图,建立空间直角坐标系.A(0,-1,0),B(1,0,0),D(0,1,0),E(0,0,1),设平面ABE的法向量为m=(x,y,z),𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=(1,1,0),𝐴𝐸⃗⃗⃗

⃗⃗=(0,1,1).由{𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗·𝑚=𝑥+𝑦=0,𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗·𝑚=𝑦+𝑧=0,可取m=(1,-1,1).𝐷𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=(0,-1,1),|cos<m,𝐷𝐸⃗⃗⃗⃗⃗>|=|𝐷𝐸⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝑚||𝑚||𝐷𝐸⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=√63

.∴直线DE与平面ABE所成角的正弦值为√63.22.(1)证明取AD的中点O,连接OP,OB,OC(图略),则OA=12AD=BC,由题意可知,BC∥AD,故四边形ABCO是平行四边形.因为F是线段AC的中点,故F是OB的中点,又E是PB的中点,故EF∥OP

.因为PA=PD,O为AD的中点,故OP⊥AD.因为平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,OP⊂平面PAD,故OP⊥平面ABCD.因为EF∥OP,故EF⊥平面ABCD.(2)解因为AB=BC,所

以四边形ABCO为菱形,则AC⊥OB,所以AC,OB,EF两两垂直,故以点F为坐标原点,建立空间直角坐标系如图所示,设AB=2,EF=t,则A(0,-√3,0),B(1,0,0),D(-2,√3,0)

,E(0,0,t),F(0,0,0),所以𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=(-2,2√3,0),𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=(0,√3,t),𝐹𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=(1,0,0).设平面ADE的法向量为n=(x,y,z),则{𝑛·𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=-2𝑥+2√3𝑦=0,𝑛·𝐴𝐸⃗

⃗⃗⃗⃗=√3𝑦+𝑡𝑧=0,令x=√3,则n=(√3,1,-√3𝑡),平面ACE的法向量为m=(1,0,0),设平面ACE与平面ADE所成夹角为θ,所以cosθ=|cos<n,m>|=|𝑚·𝑛||𝑚|

|𝑛|=√3√3+1+3𝑡2.因为3𝑡2>0,所以√4+3𝑡2>2,则0<√3√4+3𝑡2<√32,