【文档说明】2025届高考一轮复习专项练习 数学 单元质检卷七　空间向量与立体几何 Word版含解析.docx，共(17)页，930.334 KB，由小赞的店铺上传

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单元质检卷七空间向量与立体几何(时间:120分钟满分:80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.(2020河北沧州一中月考)下列说法正确的是()A.棱柱的各个侧面都是平行四边形B.底面是矩形的四棱柱是

长方体C.有一个面为多边形,其余各面都是三角形的几何体是棱锥D.直角三角形绕其一边所在直线旋转一周形成的几何体是圆锥2.若圆锥的表面积是底面积的3倍,则该圆锥的侧面展开图扇形的圆心角为()A.2π3B.5π6C.πD.7π63.(2020宁夏六盘山高级中学高三模拟)

对于不同的直线m,n和平面α,β,α⊥β的一个充分条件是()A.m⊥n,m∥α,n∥βB.m⊥n,α∩β=m,n⊂αC.m∥n,n⊥β,m⊂αD.m∥n,m⊥α,n⊥β4.(2020河北博野中学高三开学考试)如图,在棱长为4的正方体AB

CD-A1B1C1D1中,E为D1C1的中点.过点B1,E,A的平面截该正方体所得的截面周长为()A.6√2+4√5B.4√2+2√5C.5√2+3√5D.8√2+4√55.(2020山东日照五莲丶潍坊安丘、潍坊诸城、临沂兰山高三6月模拟)唐朝的狩猎景象浮雕银杯如图1所示

.其浮雕临摹了国画、漆绘和墓室壁画,体现了古人的智慧与工艺.它的盛酒部分可以近似地看作是半球与圆柱的组合体(假设内壁表面光滑,忽略杯壁厚度),如图2所示.已知球的半径为R,酒杯内壁表面积为143πR2,设酒杯上部

分(圆柱)的体积为V1,下部分(半球)的体积为V2,则𝑉1𝑉2=()A.2B.32C.1D.346.已知利用3D打印技术制作如图所示的模型.该模型为在圆锥底内挖去一个正方体后的剩余部分(正方体四个顶点在圆锥母线上,四个顶点

在圆锥底面上),圆锥底面直径为10√2cm,母线与底面所成角的正切值为√2.打印所用原料密度为1g/cm3,不考虑打印损耗,制作该模型所需原料的质量约为()(取π=3.14,精确到0.1)A.609.4gB.447.3

gC.398.3gD.357.3g7.(2020全国2,理10)已知△ABC是面积为9√34的等边三角形,且其顶点都在球O的球面上.若球O的表面积为16π,则O到平面ABC的距离为()A.√3B.32C.1D.√

328.(2020山东泰安第二中学月考)菱形ABCD的边长为2,现将△ACD沿对角线AC折起使平面ACD'⊥平面ACB,则此时所成空间四面体体积的最大值为()A.16√327B.5√39C.1D.√34二、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,有选错的得0分,部分选对的得3分.9.在正四面体A-BCD中,E,F,G分别是BC,CD,DB的中点

,下面四个结论中正确的是()A.BC∥平面AGFB.EG⊥平面ABFC.平面AEF⊥平面BCDD.平面ABF⊥平面BCD10.如图,已知圆锥的顶点为S,底面圆O的两条直径分别为AB和CD,且AB⊥CD,若平面SAD∩平面SBC=l,则以下结论正确的是()A.AD∥平面SBCB.l∥ADC.若E

是底面圆周上的动点,则△SAE的最大面积等于△SAB的面积D.l与平面SCD所成角的大小为45°11.(2020河南洛阳高三模拟)如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,E为棱CC1的中点,F为棱AA1上的点,且满足A1F∶FA=1∶2,点F,B,E,G,

H为过三点B,E,F的平面BMN与正方体ABCD-A1B1C1D1的棱的交点,则下列说法正确的是()A.HF∥BEB.三棱锥B1-BMN的体积为6C.直线MN与平面A1B1BA的夹角是45°D.D1G∶GC1=1∶312.(2020山东临沂一

模)如图,点E为正方形ABCD边CD上异于点C,D的动点,将△ADE沿AE翻折成△SAE,在翻折过程中,下列说法正确的是()A.存在点E和某一翻折位置,使得SB⊥SEB.存在点E和某一翻折位置,使得AE∥平面SBCC.存在点E和某一翻折位置

,使得直线SB与平面ABC所成的角为45°D.存在点E和某一翻折位置,使得二面角S-AB-C的大小为60°三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.(2020辽宁高三二模,理)已知一个圆柱的侧面积等于表面积的一半,且其轴截

面的周长是18,则该圆柱的体积是.14.正四棱锥P-ABCD,底面边长为2,二面角P-AB-C为45°,则此四棱锥的体积为.15.(2020福建福州高三期末)《九章算术》中,将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑.在如图所示的鳖臑P-ABC中,PA⊥平面ABC,∠ACB=90

°,CA=4,PA=2,D为AB中点,E为△PAC内的动点(含边界),且PC⊥DE.①当E在AC上时,AE=;②点E的轨迹的长度为.16.(2020新高考全国1,16)已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的棱长均为2,∠BAD=60°.以D1为球心,√5为半径的球面与侧面BCC

1B1的交线长为.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)如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为3,M,N分别是棱AA1,AB上的点,且AM=AN=1.(1)证明:M,N,C,D1四点共面;(2)求几何体AMN-

DD1C的体积.18.(12分)(2020广西南宁二中高三月考)如图,已知长方形ABCD中,AB=2,AD=1,M为DC的中点.将△ADM沿AM折起,使得平面ADM⊥平面ABCM.(1)求证:AD⊥BM;(2)点E是线段DB上的一动点,当二面角E-AM-D大小为π

3时,试确定点E的位置.19.(12分)(2020全国高三二模(文))如图,扇形AOB的圆心角为90°,半径为2,四边形SOBC为正方形,平面SOBC⊥平面AOB,过直线SC作平面SCMN交𝐴𝐵⏜于点M,

交OA于点N.(1)求证:MN∥OB;(2)求三棱锥S-MON体积的最大值.20.(12分)(2020四川宜宾叙州第二中学高三一模(理))如图,已知三棱柱ABC-A1B1C1中,侧棱与底面垂直,且AA1=AB=AC=2,AB⊥AC,M,N分别是CC1,BC的中点,点P在线段A1B1上,且�

�1𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=λ𝑃𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗.(1)求证:不论λ取何值,总有AM⊥PN;(2)当λ=1时,求平面PMN与平面ABC夹角的余弦值.21.(12分)(2020山东高三联考三模)已知直三棱柱ABC-A1B1C1,AB=AC=AA1=1,M,N

,P分别为A1C1,AB1,BB1的中点,且AP⊥MN.(1)求证:MN∥平面B1BCC1;(2)求∠BAC;(3)求二面角A1-PN-M的余弦值.22.(12分)(2020重庆沙坪坝南开中学高三月考)如图,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为2的正方

形,侧面PAB⊥底面ABCD,E为PC上的点,且BE⊥平面APC.(1)求证:平面PAD⊥平面PBC;(2)当三棱锥P-ABC体积最大时,求二面角B-AC-P的余弦值.参考答案单元质检卷七空间向量与立体几何1.A对于A,根据棱柱的性质可知,棱柱的各个侧面都

是平行四边形,故A正确;对于B,底面是矩形,若侧棱不垂直于底面,这时的四棱柱是斜四棱柱,不是长方体,只有底面是矩形的直四棱柱才是长方体,故B错误;对于C,有一个面为多边形,其余各面都是三角形的几何体不一定是棱锥,只有其余各面是有一个公共顶点的三角形的几何体,才是棱锥,故C错误;对于

D,直角三角形绕其一条直角边所在直线旋转一周形成的几何体是圆锥,如果绕着它的斜边旋转一周,形成的几何体则是两个具有共同底面的圆锥,故D错误.故选A.2.C设圆锥的底面半径为r,母线长为l,侧面展开图扇形的圆心角为θ,根据条件得πrl+πr2=3πr2,即l=2r,根据

扇形面积公式得𝜃π𝑙22π=πrl,即θ=𝑟·2π𝑙=𝑟·2π2𝑟=π,故选C.3.CA选项中,根据m⊥n,m∥α,n∥β,得到α⊥β或α∥β,所以A错误;B选项中,m⊥n,α∩β=m,n⊂α,不一定得到α⊥β,所以B错误;C选项中,因为m∥n,

n⊥β,所以m⊥β,又m⊂α,从而得到α⊥β,所以C正确;D选项中,根据m∥n,m⊥α,所以n⊥α,而n⊥β,所以得到α∥β,所以D错误.故选C.4.A如图,取DD1的中点F,连接AF,EF,显然EF∥AB1,则四边形AB1EF为所求的截面.因为D1E=C1E=2,所以B1E=√22+4

2=2√5,AB1=√42+42=4√2,EF=√22+22=2√2,AF=√42+22=2√5,所以截面的周长为6√2+4√5.5.A设酒杯上部分(圆柱)的高为h,球的半径为R,则酒杯下部分(半球)的表面积为2πR2,酒杯内壁表面积为143πR2,得圆柱侧面积为143πR2-2π

R2=83πR2,酒杯上部分(圆柱)的表面积为2πR×h=83πR2,解得h=43R,酒杯下部分(半球)的体积V2=12×43π×R3=23πR3,酒杯上部分(圆柱)的体积V1=πR2×43R=43πR3,所以𝑉1𝑉2

=43π𝑅323π𝑅3=2.故选A.6.C如图是几何体的轴截面,因为圆锥底面直径为10√2cm,所以半径为OB=5√2cm.因为母线与底面所成角的正切值为tanB=√2,所以圆锥的高为PO=10cm.

设正方体的棱长为a,DE=√2a,则√22𝑎5√2=10-𝑎10,解得a=5.所以该模型的体积为V=13π×(5√2)2×10-53=500π3-125(cm3).所以制作该模型所需原料的质量为500π3-12

5×1=500π3-125≈398.3(g).7.C设等边三角形ABC的边长为a,球O的半径为R,△ABC的外接圆的半径为r,则S△ABC=√34a2=9√34,S球O=4πR2=16π,解得a=3,R=2.故r=23×√32a=√3.设O到平

面ABC的距离为d,则d2+r2=R2,故d=√𝑅2-𝑟2=√4-3=1.故选C.8.A设AC的中点为O,因为D'C=D'A,所以D'O⊥AC.又因为平面ACD'⊥平面ACB,平面ACD'∩平面ACB

=AC,所以D'O⊥平面ABC,设∠ABC=∠ADC=α,α∈(0,π),在△ACD中,DO=ADcos𝛼2=2cos𝛼2,由题意可知D'O=DO=2cos𝛼2,S△ABC=12×2×2sinα=2sinα,VD'-ABC=13S△ABC×D'O=43sinαcos𝛼

2=83sin𝛼2cos2𝛼2=83sin𝛼21-sin2𝛼20<𝛼2<π2.设t=sin𝛼2,则VD'-ABC=83(t-t3),且0<t<1,所以V'D'-ABC=83(1-3t2),所以当0<t<√33时,V'D'-ABC>0,当√33<t<1时,V'D'-ABC<0,所以当t=

√33时,VD'-ABC取得最大值16√327,所以四面体D'ABC体积的最大值为16√327.故选A.9.ABD∵F,G分别是CD,DB的中点,∴GF∥BC,则BC∥平面AGF,故A正确;∵E,F,G分别

是BC,CD,DB的中点,∴CD⊥AF,CD⊥BF,AF∩BF=F,即CD⊥平面ABF,∵EG∥CD,∴EG⊥平面ABF,故B正确;∵CD⊥平面ABF,CD⊂平面BCD,∴平面ABF⊥平面BCD,故D

正确,C错误.故选ABD.10.ABD由AB和CD是圆O的直径,且AB⊥CD,得四边形ABCD为正方形,则AD∥BC.BC⊂平面SBC,从而AD∥平面SBC,故A正确;又因为AD⊂平面SAD,且平面SAD∩平面SBC=l,所以l∥AD,故B正确;因为S△SAE=12SA·SEsin∠ASE,当∠A

SB为钝角时,(S△SAE)max>S△SAB,当∠ASB为锐角或直角时,(S△SAE)max=S△SAB,故C不正确;由l∥AD,得l与平面SCD所成的角等于AD与平面SCD所成的角,即为∠ADO,又因为∠ADO

=45°,故D正确.故选ABD.11.AD对于A选项,由于平面ADD1A1∥平面BCC1B1,而平面BMN与这两个平面分别交于HF和BE,根据面面平行的性质定理可知HF∥BE,故A正确;由于A1F∶FA=1∶2,而E是CC1的中点,故MA1=1,C1N=2.对于B选项,�

�𝐵1-𝐵𝑀𝑁=𝑉𝐵-𝑀𝑁𝐵1=13×12×MB1×NB1×BB1=13×12×3×4×2=4,故B错误;对于C选项,由于B1N⊥平面A1B1BA,所以直线MN与平面A1B1BA所成的角为∠NMB1,且tan∠NMB1=𝐵1𝑁𝐵1𝑀=43≠1,故C

错误;对于D选项,可知D1G=12,GC1=32,故D正确.综上可知,正确的为AD,故选AD.12.ACD当SE⊥CE时,SE⊥AB,SE⊥SA,SA∩AB=A,故SE⊥平面SAB,故SE⊥SB,故A正确;若AE∥平面SBC,因为AE⊂平面ABC,平面ABC∩平面SBC=B

C,则AE∥CB,与已知矛盾,故B错误;如图所示,DF⊥AE交BC于点F,交AE于点G,S在平面ABCE的投影O在GF上,连接BO,故∠SBO为直线SB与平面ABC所成的角,取二面角S-AE-B的平面角为α,取AD=4,DE=3,故AE=DF=5,CE=BF=1,SG=12

5,OG=125cosα,故只需满足SO=OB=125sinα,在△OFB中,根据余弦定理(125sin𝛼)2=12+(135-125cos𝛼)2-2135−125cosαcos∠OFB,解得cosα=23,故C正确;过O作OM⊥AB交AB于点

M,则∠SMO为二面角S-AB-C的平面角,取二面角S-AE-B的平面角为60°,故只需满足DG=2GO=2OM,设∠OAG=∠OAM=θ,π8<θ<π4,则∠DAG=π2-2θ,AG=𝐷𝐺tan(π2-2𝜃)=𝑂𝐺tan𝜃,化简得到2tanθt

an2θ=1,解得tanθ=√55,验证满足,故D正确.13.27π设圆柱的底面圆的半径为r,高为h.由题意可得{2π𝑟ℎ2π𝑟2+2π𝑟ℎ=12,2(2𝑟+ℎ)=18,解得r=h=3,则该圆柱的体积是πr2h=27π.14.43如图,设点P在底面ABCD内的射影为点O,

因为四棱锥P-ABCD为正四棱锥,所以O为正方形ABCD的中心,取AB的中点E,连接PO,PE,OE,则PO⊥平面ABCD,OE⊥AB,又PA=PB,所以PE⊥AB,所以∠PEO为二面角P-AB-C的平面角,所以∠PEO=45°

.因为BC=2,所以OE=PO=1,所以此四棱锥的体积为13PO·SABCD=13×1×2×2=43.15.①2②2√55①当E在AC上时,因为PA⊥平面ABC,故PA⊥DE,又PC⊥DE,故DE⊥平面PAC.故DE⊥AC.又∠ACB=90°,D为AB中点

,故DE∥BC,所以E为AC中点.故AE=12AC=2.②取AC中点F,则由①知DF⊥平面PAC,故PC⊥DF,又PC⊥DE,设平面DEF∩PC=G,则有PC⊥平面DGF.故点E的轨迹为线段FG.又此时CF=2,故sin∠PCA=

2√22+42=√55.所以FG=CF·sin∠PCA=2√55.16.√22π如图所示,∵∠B1C1D1=∠B1A1D1=∠BAD=60°,且B1C1=C1D1,∴△B1C1D1为等边三角形.∴B1D1=2.设点O1是B1C1的

中点,则O1D1=√3,易证D1O1⊥平面BCC1B1,设P是球面与侧面BCC1B1交线上任意一点,连接O1P,则O1D1⊥O1P,∴D1P2=D1𝑂12+O1P2,即5=3+O1P2,∴O1P=√2.即P在以O1为圆心,以√2为半径的圆上.取BB1,CC1的中点分别

为E,F,则B1E=C1F=O1B1=O1C1=1,EF=2,∴O1E=O1F=√2,O1E2+O1F2=EF2=4,∴∠EO1F=90°,∴交线𝐸𝑃𝐹⏜=14×2√2×π=√22π.17.(1)证明∵A1D1∥AD,A1D1=A

D,又BC∥AD,BC=AD,∴A1D1∥BC,且A1D1=BC,连接A1B,则四边形A1BCD1是平行四边形,所以A1B∥D1C.在△ABA1中,AM=AN=1,AA1=AB=3,所以𝐴𝑀𝐴𝐴1=𝐴𝑁𝐴𝐵,所以MN∥A1B,所以M

N∥D1C,所以M,N,C,D1四点共面.(2)解因为平面ABB1A1∥平面DCC1D1,又M,N,C,D1四点共面,所以平面AMN∥平面DD1C,延长CN与DA相交于点P,因为AN∥DC,所以𝐴𝑁𝐷�

�=𝑃𝐴𝑃𝐷,即13=𝑃𝐴𝑃𝐴+3,解得PA=32,同理延长D1M与DA相交于点Q,可得QA=32,所以点P与点Q重合,所以D1M,DA,CN三线相交于一点,所以几何体AMN-DD1C是一个三棱台,所以𝑉𝐴𝑀𝑁-𝐷𝐷1𝐶=13×12+√

12×92+92×3=132.18.解取AM的中点O,AB的中点N,则ON,OA,OD两两垂直,以O为原点建立如图所示的空间直角坐标系,则A(√22,0,0),B-√22,√2,0,M-√22,0,0,D0,0,√22.(1)证明:由于𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗

=-√22,0,√22,𝐵𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,-√2,0),则𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗·𝐵𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0,故𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⊥𝐵𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗,即AD⊥BM.(2)解:设存在满足条件的点E,并设𝐷𝐸⃗⃗⃗⃗

⃗=𝜆𝐷𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗,λ∈(0,1],𝐷𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗=-√22,√2,-√22,则𝐷𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=λ-√22,√2,-√22,则点E的坐标为-√22𝜆,√2𝜆,√22−√22𝜆,λ∈(0,1].易得平面ADM的法向量可以取n1=(0,1

,0),设平面AME的法向量为n2=(x,y,z),则𝐴𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(-√2,0,0),𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=-√22𝜆-√22,√2𝜆,√22−√22𝜆,则{𝑛2·𝐴𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0,𝑛2·𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=0,所以{-√2𝑥=0,

(-√22𝜆-√22)𝑥+√2𝜆𝑦+(√22-√22𝜆)𝑧=0,故n2=(0,λ-1,2λ).cos<n1,n2>=𝑛1·𝑛2|𝑛1||𝑛2|=𝜆-1√(𝜆-1)2+4𝜆2,由于二面角E-AM-D

大小为π3,故cosπ3=1-𝜆√(𝜆-1)2+4𝜆2=12,由于λ∈(0,1],故解得λ=2√3-3或-2√3-3(舍去).故当E位于线段DB之间,且𝐷𝐸𝐷𝐵=2√3-3时,二面角E-AM-D大小为π3.19.(1)证明因为SC∥OB,SC⊂平面SCM

N,OB⊄平面SCMN,所以OB∥平面SCMN.又OB⊂平面AOB,平面SCMN∩平面AOB=MN,所以MN∥OB.(2)解因为平面SOBC⊥平面AOB,平面SOBC∩平面AOB=OB,SO⊥OB,所以SO⊥平面AOB,即线段SO的长

就是三棱锥S-MON的高.因为OA⊥OB,MN∥OB,所以MN⊥OA.设ON=x(0<x<2),则MN=√4-𝑥2,所以三棱锥S-MON的体积为V=13SO·12ON·MN=13×2×12×x×√4-𝑥2=13x×√4-𝑥2=13√4𝑥2

-𝑥4=13√4-(𝑥2-2)2.所以,当x=√2时,三棱锥S-MON体积有最大值,Vmax=23.20.解以点A为坐标原点,以AB,AC,AA1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A-xyz,A1(0,0,2),B1(2,0,2),M(0,2,1),N

(1,1,0),则𝐴1𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(2,0,0),𝐴𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,0,2),𝐴𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(1,1,0).(1)证明:∵𝐴1𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝜆𝑃𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=λ(𝐴1𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗−𝐴

1𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗),∴𝐴1𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝜆1+𝜆𝐴1𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(2𝜆1+𝜆,0,0),∵𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=𝐴𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴1𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,0,2)+2𝜆1+𝜆,0,0=2�

�1+𝜆,0,2,𝑃𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝐴𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗−𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=(1,1,0)-(2𝜆1+𝜆,0,2)=1-𝜆1+𝜆,1,-2.∵𝐴𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,2,1),∴𝐴𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝑃𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0+2-2=0,即𝐴𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗⊥𝑃𝑁

⃗⃗⃗⃗⃗⃗,因此,无论λ取何值,都有AM⊥PN.(2)解:当λ=1时,P(1,0,2),𝑃𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,1,-2),𝑃𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(-1,2,-1),而平面ABC的法向量n=(0,0,1),设平面PMN的法向量为m

=(x,y,z),则{𝑚·𝑃𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0,𝑚·𝑃𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0,∴{-𝑥+2𝑦-𝑧=0,𝑦-2𝑧=0,则m=(3,2,1),设平面PMN与平面ABC的夹角为θ,则cosθ=|𝑚·𝑛||𝑚

||𝑛|=√1414.因此,平面PMN与平面ABC的夹角的余弦值是√1414.21.(1)证明取B1C1的中点Q,连接MQ,NP,PQ,则MQ∥A1B1,且MQ=12A1B1,PN∥AB,且PN=12AB,又AB∥A1B1,AB=A1B1,所以PN∥

MQ,且PN=MQ,所以PNMQ为平行四边形,所以MN∥PQ.又MN⊄平面B1BCC1,PQ⊂平面B1BCC1,所以MN∥平面B1BCC1.(2)解设𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=a,𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=b,𝐴𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=c,∠BAC=θ,由已知可得,|a|=

|b|=|c|=1,且a·c=b·c=0,则𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=a+12c,𝑁𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝑃𝑄⃗⃗⃗⃗⃗=12𝐵𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗+12𝐵1𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=12c+12b-12a,因为AP⊥MN,所以𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗·𝑁�

�⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=a+12c12c+12b-12a=12a·b-12a2+14c2=12cosθ-14=0,所以cosθ=12,即∠BAC=60°.(3)解在平面ABC内过点A做射线l垂直于AB,易知AB,l,AA1两两垂直,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,则P1,0,12,M14,

√34,1,N12,0,12,n1=(0,1,0)为平面A1PN的一个法向量,𝑀𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=14,-√34,-12,𝑃𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗=-12,0,0.设n2=(x,y,z)为平面PMN的一个法向量,则{𝑛2·𝑀𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0,𝑛2·𝑃𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0,所以{14�

�-√34𝑦-12𝑧=0,-12𝑥=0,令y=1,则n2=0,1,-√32,则cos<n1,n2>=𝑛1·𝑛2|𝑛1||𝑛2|=11×√74=2√77,由图知二面角A1-PN-M的平面角是锐

角,所以二面角A1-PN-M的余弦值为2√77.22.(1)证明∵侧面PAB⊥底面ABCD,侧面PAB∩底面ABCD=AB,四边形ABCD为正方形,∴BC⊥AB,∴BC⊥平面PAB,又AP⊂平面PAB,∴AP⊥BC,又BE⊥平面APC,AP⊂平面PAC,∴AP⊥BE,∵

BC∩BE=B,BC,BE在平面PBC中,∴AP⊥平面PBC,又AP⊂平面PAD,∴平面PAD⊥平面PBC.(2)解VP-ABC=VC-APB=13×12×PA×PB×BC=13×PA×PB,求三棱锥P-ABC体积的最大值,只需求PA×PB的最大值.令PA=x,PB=y,由(1)知,PA⊥P

B,∴x2+y2=4,而VP-ABC=13xy≤13×𝑥2+𝑦22=23,当且仅当x=y=√2,即PA=PB=√2时,VP-ABC的最大值为23.如图所示,分别取线段AB,CD中点O,F,连接OP,OF,以点O为坐标原点,以OP,OB和OF分别作为x

轴,y轴和z轴,建立空间直角坐标系O-xyz.由已知A(0,-1,0),C(0,1,2),P(1,0,0),∴𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=(1,1,0),𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(0,2,2),令平面PAC的一个法向量n=(x,y,z),则{𝑛·𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=0,𝑛·𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗

⃗=0,∴{𝑥+𝑦=0,2𝑦+2𝑧=0,∴n=(1,-1,1).易知平面ABC的一个法向量m=(1,0,0),设二面角B-AC-P的平面角为θ,由图知θ为锐角,则cosθ=|𝑛·𝑚|𝑛||𝑚

||=|1√3|=√33.