【文档说明】第一章综合训练.docx，共(15)页，458.441 KB，由管理员店铺上传

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以下为本文档部分文字说明：

第一章综合训练一、选择题: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.在平行六面体ABCD-A'B'C'D'中,向量𝐴𝐵'⃗⃗⃗⃗⃗⃗,𝐴𝐷'⃗⃗⃗⃗⃗⃗,𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗是()A.有相同起点的向

量B.等长的向量C.共面向量D.不共面向量2.已知a=(-2,-3,1),b=(2,0,4),c=(-4,-6,2),则下列结论正确的是()A.a∥c,b∥cB.a∥b,a⊥cC.a∥c,a⊥bD.以上都不对3.(2021四川眉山期中)如图

,在空间直角坐标系中,有一棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1,A1C的中点E到AB的中点F的距离为()A.2√2B.√2C.2D.14.已知空间四边形OABC,其对角线为OB,AC,M,N分别是边OA,CB的中点,点G在线段MN上,且使MG=2GN,用向量𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗,𝑂𝐵⃗

⃗⃗⃗⃗,𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗表示向量𝑂𝐺⃗⃗⃗⃗⃗是()A.𝑂𝐺⃗⃗⃗⃗⃗=𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+23𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+23𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗B.𝑂𝐺⃗⃗⃗⃗⃗=12𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+23𝑂�

�⃗⃗⃗⃗⃗+23𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗C.𝑂𝐺⃗⃗⃗⃗⃗=16𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+13𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+13𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗D.𝑂𝐺⃗⃗⃗⃗⃗=16𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+13𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+23𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗5.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.1B.2C.13D.266.(2021山东威海期中)已知两个不重合的平面α与平面ABC,若平面α的法向

量为n1=(2,-3,1),𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=(1,0,-2),𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(1,1,1),则()A.平面α∥平面ABCB.平面α⊥平面ABCC.平面α,平面ABC相交但不垂直D.以上均有可能7.已知向量a=(1,2,3),

b=(-2,-4,-6),|c|=√14,若(a+b)·c=7,则a与c的夹角为()A.30°B.60°C.120°D.150°8.(2021上海闵行期中)长方体A1A2A3A4-B1B2B3B4的底面是边长为1的

正方形,高为2,则集合{x|x=𝐴1𝐵2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴𝑖𝐵𝑗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗,i∈{1,2,3,4},j∈{1,2,3,4}}中元素的个数为()A.1B.2C.3D.4二、选择题:在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.9.(2021江

苏南通检测)设{a,b,c}是空间的一个基底,则()A.若a⊥b,b⊥c,则a⊥cB.a,b,c两两共面,但a,b,c不可能共面C.对空间任一向量p,总存在有序实数组(x,y,z),使p=xa+yb+

zcD.a+b,b+c,c+a一定能构成空间的一个基底10.已知向量a=(1,2,3),b=(3,0,-1),c=(-1,5,-3),下列等式中正确的是()A.(a·b)c=b·cB.(a+b)·c=a·(b+c)C.(a+b+c)2=a

2+b2+c2D.|a+b+c|=|a-b-c|11.(2021江苏徐州检测)已知四棱柱ABCD-A1B1C1D1为正方体,则下列结论错误的是()A.(𝐴1𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴1𝐷1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴1𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗)2=3𝐴1𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗

⃗2B.𝐴1𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·(𝐴1𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗−𝐴1𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗)=0C.向量𝐴𝐷1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗与向量𝐴1𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗夹角的大小为60°D.正方体ABCD-A1B1C1D

1的体积为|𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗|12.将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角A-BD-C,有如下四个结论:①AC⊥BD;②△ACD是等边三角形;③AB与平面BCD所成的角为60°;④AB与CD所成的角为60°

.其中正确的结论有()A.①B.②C.③D.④三、填空题.13.棱长为a的正四面体中,𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗·𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗·𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗=.14.已知空间向量a=(1,n,2),b=(-2,1,2).若2a-b与b垂直

,则|a|=.15.设PA垂直于Rt△ABC所在的平面α,∠BAC=90°,PB,PC分别与α成45°和30°角,PA=2,则PA与BC的距离是;点P到BC的距离是.16.已知向量m=(a,b,0),n=(c,d

,1),其中a2+b2=c2+d2=1,现有以下说法:①向量n与z轴正方向的夹角恒为定值(即与c,d无关);②m·n的最大值为√2;③m与n的夹角的最大值为3π4;④若定义u×v=|u|·|v|sin<u,v>,则|m×n|的最大值为√2.其中正确的有.(写出所有正确说法的序号)四、解

答题:解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.如图所示,在四棱锥M-ABCD中,底面ABCD是边长为2的正方形,侧棱AM的长为3,且AM和AB,AD的夹角都是60°,N是CM的中点,设a=𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗,b=𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗,c=𝐴𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗,试以a,b,c为基向

量表示出向量𝐵𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗,并求线段BN的长.18.如图,正三棱柱ABC-A1B1C1中,底面边长为√2.(1)设侧棱长为1,求证:AB1⊥BC1;(2)设AB1与BC1的夹角为π3,求侧棱的长.19.已知空间中三点A

(2,0,-2),B(1,-1,-2),C(3,0,-4),设a=𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗,b=𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗.(1)若|c|=3,且c∥𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗,求向量c;(2)已知向量ka+b与b互相垂直,求k的值;(3)求△ABC的面积.20.已知E,F,G,

H分别是空间四边形ABCD的边AB,BC,CD,DA的中点.(1)用向量法证明E,F,G,H四点共面;(2)用向量法证明:BD∥平面EFGH;(3)设M是EG和FH的交点,求证:对空间任一点O,有𝑂𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=

14(𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗+𝑂𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗).21.如图,四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AD∥BC,AB=AD=AC=3,PA=BC=4,M为线段AD上一点,AM=2MD,N为PC的中点.求直线AN与平

面PMN所成角的正弦值.22.(2021江苏无锡期中)如图,在四棱锥P-ABCD中,AB∥DC,∠ADC=90°,AB=AD=12DC=2,PB=PD=3√2,BC⊥PD.(1)求证:平面PBD⊥平面ABCD;

(2)在线段PC上是否存在异于P,C的一点M,使平面PBD与平面BDM夹角的余弦值为√63?若存在,求出点M的位置;若不存在,请说明理由.第一章综合训练1.C向量𝐴𝐵'⃗⃗⃗⃗⃗⃗,𝐴𝐷'⃗⃗⃗⃗⃗⃗,

𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗显然不是有相同起点的向量,A不正确;由该平行六面体不一定是正方体可知,这三个向量不一定是等长的向量,B不正确;又𝐴𝐷'⃗⃗⃗⃗⃗⃗−𝐴𝐵'⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝐵'𝐷'⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗,∴𝐴𝐵

'⃗⃗⃗⃗⃗⃗,𝐴𝐷'⃗⃗⃗⃗⃗⃗,𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗共面,C正确,D不正确.2.C∵a=(-2,-3,1),b=(2,0,4),c=(-4,-6,2),∴a·b=-4+0+4=0,∴a⊥b.∵-4-2=-6-3=21,∴a∥c.故选C.3.B在空间直角坐标系中,

有一棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1,∴A1(2,0,2),C(0,2,0),A1C的中点E(1,1,1),A(2,0,0),B(2,2,0),AB的中点F(2,1,0),∴A1C的中点E到AB的中点F的距离为|EF|=√(2-1)2+(1-1)2+(0-1

)2=√2.故选B.4.C∵𝑂𝐺⃗⃗⃗⃗⃗=𝑂𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝑀𝐺⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝑂𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗+23𝑀𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝑂𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗+23(𝑀𝑂⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗+𝐶𝑁⃗⃗⃗

⃗⃗)=13𝑂𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗+23𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗+13(𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗−𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗)=16𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+13𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+13𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗,∴𝑂𝐺⃗⃗⃗⃗⃗=16𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+13𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+1

3𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗.故选C.5.B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.不妨令x=3,则y=12,z=

4,可得n=(3,12,4),四棱锥的高h=|𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗·𝑛||𝑛|=2613=2.故选B.6.A由题意,计算n1·𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=2×1+(-3)×0+1×(-2)=0,得n1⊥𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗;计算n1·𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗

=2×1+(-3)×1+1×1=0,得n1⊥𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗,又AB∩AC=A,所以n1⊥平面ABC,又两平面不重合,则平面α∥平面ABC.故选A.7.C设向量a+b与c的夹角为α,因为a+b=(-1,-2,-3),

所以|a+b|=√14,cosα=(𝑎+𝑏)·𝑐|𝑎+𝑏||𝑐|=12,所以α=60°.因为向量a+b与a的方向相反,所以a与c的夹角为120°.8.C∵长方体A1A2A3A4-B1B2B3B4的底面是边长为1的正方形,高为2,∴建立如图所示的空间直角坐标系,则A1(1,1,0),

A2(0,1,0),A3(0,0,0),A4(1,0,0),B1(1,1,2),B2(0,1,2),B3(0,0,2),B4(1,0,2),则𝐴1𝐵2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(-1,0,2),与𝐴1𝐵1⃗⃗⃗⃗

⃗⃗⃗⃗⃗=(0,0,2)相等的向量为𝐴2𝐵2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝐴3𝐵3⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝐴4𝐵4⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗,此时𝐴1𝐵2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴1𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=2×

2=4,与𝐴1𝐵4⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,-1,2)相等的向量为𝐴2𝐵3⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗,此时𝐴1𝐵2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴1𝐵4⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=2×2=4,与𝐴4𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,1,2)相等的向量为𝐴3𝐵2⃗

⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗,此时𝐴1𝐵2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴4𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=2×2=4,与𝐴2𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(1,0,2)相等的向量为𝐴3𝐵4⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗,此时𝐴1𝐵2⃗⃗⃗⃗⃗

⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴2𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=-1+4=3,与𝐴1𝐵2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(-1,0,2)相等的向量为𝐴4𝐵3⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗,此时𝐴1𝐵2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴1𝐵2⃗⃗⃗

⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=1+4=5,体对角线向量为𝐴1𝐵3⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(-1,-1,2),此时𝐴1𝐵2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴1𝐵3⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=1+4=5,𝐴2𝐵4⃗⃗⃗⃗⃗

⃗⃗⃗⃗=(1,-1,2),此时𝐴1𝐵2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴2𝐵4⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=-1+4=3,𝐴3𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(1,1,2),此时𝐴1𝐵2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴3𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=-1+4=3,𝐴4𝐵2⃗

⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(-1,1,2),此时𝐴1𝐵2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴4𝐵2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=1+4=5.综上,集合{x|x=𝐴1𝐵2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴𝑖𝐵𝑗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗,i∈{1,2,3,4},j

∈{1,2,3,4}}={3,4,5},集合中元素的个数为3,故选C.9.BCD由a,b,c是空间一个基底,知:对A选项,若a⊥b,b⊥c,a,c夹角不一定是π2,故A选项错误;易知BC正确;对D选项,由于{a,b,c}是空间的一个基底,所以a,b,c不共面.假设a+

b,b+c,c+a共面,设a+b=x(b+c)+(1-x)(c+a),化简得xa=(x-1)b+c,即c=xa+(1-x)b,所以a,b,c共面,这与已知矛盾,所以a+b,b+c,c+a不共面,可以作为基底,故D选项正确.故选BCD.10.BCD对于A,左边为向量,

右边为实数,显然不相等,故A不正确;对于B,左边=(4,2,2)·(-1,5,-3)=0,右边=(1,2,3)·(2,5,-4)=2+10-12=0,∴左边=右边,故B正确;对于C,a+b+c=(3,7,-1)

,左边=32+72+(-1)2=59,右边=12+22+32+32+0+(-1)2+(-1)2+52+(-3)2=59,∴左边=右边,故C正确;对于D,由C选项可得:左边=√59,∵a-b-c=(-1,-3,7),

∴|a-b-c|=√59,∴左边=右边,故D正确.故选BCD.11.CD不妨设该正方体的棱长为1,以{𝐷𝐴⃗⃗⃗⃗⃗,𝐷𝐶⃗⃗⃗⃗⃗,𝐷𝐷1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗}为正交基底,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,则A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,1,0),D(0

,0,0),A1(1,0,1),B1(1,1,1),D1(0,0,1).因为𝐴1𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴1𝐷1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴1𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,0,-1)+(-1,0,0)+(0,1,0)=(-1,1,-1)

,所以(𝐴1𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴1𝐷1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴1𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗)2=|𝐴1𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴1𝐷1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴1𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|2=3,又3𝐴1𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗2=

3|𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗|2=3×12=3,所以(𝐴1𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴1𝐷1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴1𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗)2=3𝐴1𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗2,故A正确;因为𝐴1𝐶⃗⃗⃗⃗

⃗⃗⃗=(-1,1,-1),𝐴1𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗−𝐴1𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝐴𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,1,1),所以𝐴1𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·(𝐴1𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗−𝐴1𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗)=0+1-1=0,故B正确;因

为𝐴𝐷1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(-1,0,1),𝐴1𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,1,-1),所以𝐴𝐷1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴1𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0+0-1=-1,|𝐴𝐷1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=√2,|

𝐴1𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=√2,所以cos<𝐴𝐷1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗,𝐴1𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗>=𝐴𝐷1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴1𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|𝐴𝐷1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗||𝐴1𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=-1√2×√2=-12.所以向量𝐴𝐷1⃗⃗⃗⃗⃗

⃗⃗与向量𝐴1𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗夹角的大小为120°,故C错误;因为AB⊥AA1,所以𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0,所以|𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗|=|0·𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗|=0,故D错误.故选CD.12.AB

D如图所示,建立空间直角坐标系,设正方形ABCD的边长为√2,则D(1,0,0),B(-1,0,0),C(0,0,1),A(0,1,0),所以𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(0,-1,1),𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(2,0,0),𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗·𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0,故AC⊥BD,①正确;又

|𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗|=√2,|𝐶𝐷⃗⃗⃗⃗⃗|=√2,|𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗|=√2,所以△ACD为等边三角形,②正确;对于③,𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗为平面BCD的一个法向量,设α为直线AB与平面BCD所成

的角,∴sinα=|cos<𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗,𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗>|=|𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗|𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗||𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗||=|(-1,-1,0)·(0,1,0)√2·√1|=|-1√2|=|

-√22|=√22.因为直线与平面所成的角α∈[0°,90°],所以AB与平面BCD所成的角为45°,③错误;cos<𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗,𝐶𝐷⃗⃗⃗⃗⃗>=𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝐶𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗|𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗||𝐶𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=(-1,-

1,0)·(1,0,-1)√2·√2=-12,因为异面直线所成的角为锐角或直角,所以AB与CD所成的角为60°,故④正确.故选ABD.13.-𝑎22棱长为a的正四面体中,AB=BC=a,且𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗与𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗的夹角为120°

,易证AC⊥BD.∴𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗·𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗·𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗=a·acos120°+0=-𝑎22.14.3√52∵a=(1,n,2),b=(-2,1,2),∴2a-b=(4,2n-1,2).∵

2a-b与b垂直,∴(2a-b)·b=0,∴-8+2n-1+4=0,解得n=52,∴a=(1,52,2),∴|a|=√1+254+4=3√52.15.√3√7作AD⊥BC于点D,∵PA⊥平面ABC,∴PA⊥AD.易得AB=2,AC=2√

3,BC=4,AD=√3,连接PD,易知PD⊥BC,P到BC的距离PD=√7.16.①③④①取z轴的正方向单位向量a=(0,0,1),则cos<n,a>=𝑛·𝑎|𝑛||𝑎|=1√𝑐2+𝑑2+12×1=1√2=√22,所以向量n与z

轴正方向的夹角恒为定值π4,①正确;②m·n=(a,b,0)·(c,d,1)=ac+bd,则-𝑎2+𝑐22−𝑏2+𝑑22≤ac+bd≤𝑎2+𝑐22+𝑏2+𝑑22,结合已知,得-1≤ac+bd≤1,即m

·n的最大值为1,所以②错误;③由②的解析知-1≤m·n≤1,所以-1√𝑎2+𝑏2·√𝑐2+𝑑2+1≤cos<m,n>≤1√𝑎2+𝑏2·√𝑐2+𝑑2+1,即-√22≤cos<m,n>≤√22,从而m与n的夹角的最大值为3

π4,所以③正确;④设m与n的夹角为θ,由③可知:-√22≤cos<m,n>≤√22,所以π4≤θ≤3π4,√22≤sin<m,n>≤1,所以m×n=|m|·|n|×sin<m,n>≤1×√2×1=√2,④正确.综上可知,正确的说法序号是①③④

.17.解因为𝐵𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗+𝐶𝑁⃗⃗⃗⃗⃗=𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗+12𝐶𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗+12(𝐴𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗−𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗)=𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗+12[𝐴𝑀

⃗⃗⃗⃗⃗⃗-(𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗)]=-12𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+12𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗+12𝐴𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗,所以𝐵𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗=-12a+12b+12c,|𝐵𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗|2=𝐵𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗

2=(-12𝑎+12𝑏+12𝑐)2=14(a2+b2+c2-2a·b-2a·c+2b·c)=174.所以|𝐵𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=√172,即BN的长为√172.18.(1)证明𝐴𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+𝐵𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗

⃗⃗,𝐵𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝐵𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗.因为BB1⊥平面ABC,所以𝐵𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=0,𝐵𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=0.又△ABC为正三角形,设θ为向量𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗与𝐵𝐶⃗⃗

⃗⃗⃗的夹角,所以θ=2π3.因为𝐴𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝐵𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+𝐵𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗)·(𝐵𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗)=𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗·𝐵𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗·𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗+

𝐵𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗2+𝐵𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=|𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗|·|𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗|·cos<𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗,𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗>+𝐵𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗2=-1+1=0,所以AB1⊥BC1.(2)解由(1)知𝐴𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝐵𝐶1⃗⃗

⃗⃗⃗⃗⃗=|𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗|·|𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗|·cos<𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗,𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗>+𝐵𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗2=𝐵𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗2-1,又|𝐴𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=√𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗2+𝐵𝐵1⃗⃗

⃗⃗⃗⃗⃗2=√2+BB1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗2=|𝐵𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|,所以cos<𝐴𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗,𝐵𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗>=𝐵𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗2-12+𝐵𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗2=12,所以|𝐵�

�1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=2,即侧棱长为2.19.解(1)∵空间中三点A(2,0,-2),B(1,-1,-2),C(3,0,-4),设a=𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗,b=𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗,∴𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(3,0,-4)-(1,-1

,-2)=(2,1,-2).∵|c|=3,且c∥𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗,∴c=m𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=m(2,1,-2)=(2m,m,-2m),∴|c|=√4𝑚2+𝑚2+4𝑚2=3|m|=3,∴m=±1,∴c=(2,1,-2)或c=(-2,-1,2).(

2)ka+b=k(-1,-1,0)+(1,0,-2)=(1-k,-k,-2),b=(1,0,-2),∵向量ka+b与b互相垂直,∴(ka+b)·b=1-k+4=0,解得k=5.∴k的值是5.(3)𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=(-1,-1,0),𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(1,0,-2),cos<𝐴𝐵⃗

⃗⃗⃗⃗,𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗>=𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗|𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗||𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗|=-1√2×√5=-1√10,sin<𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗,𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗>=√1-110=3√10,∴S△ABC=12×|𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗|×|𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗

|×sin<𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗,𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗>=12×√2×√5×3√10=32.20.证明(1)如图,连接BG,易知,𝐸𝐻⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝐴𝐻⃗⃗⃗⃗⃗⃗−𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=12𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗−12𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=

12(𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗−𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗)=12𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗.则𝐸𝐺⃗⃗⃗⃗⃗=𝐸𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+𝐵𝐺⃗⃗⃗⃗⃗=𝐸𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+12(𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗+𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗)=𝐸𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+𝐵𝐹⃗⃗⃗⃗⃗+𝐸𝐻

⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝐸𝐹⃗⃗⃗⃗⃗+𝐸𝐻⃗⃗⃗⃗⃗⃗.由向量共面的充要条件可知,𝐸𝐻⃗⃗⃗⃗⃗⃗,𝐸𝐹⃗⃗⃗⃗⃗,𝐸𝐺⃗⃗⃗⃗⃗共面,又三向量过同一点E,所以E,F,G,H四点共面.(2)因为𝐸𝐻⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝐴𝐻⃗⃗⃗⃗⃗⃗−𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=12𝐴𝐷

⃗⃗⃗⃗⃗−12𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=12(𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗−𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗)=12𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗,所以EH∥BD.又EH⊂平面EFGH,BD⊄平面EFGH,所以BD∥平面EFGH.(3)由(2)知𝐸𝐻⃗⃗⃗⃗⃗⃗=12𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗,同理

𝐹𝐺⃗⃗⃗⃗⃗=12𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗,所以𝐸𝐻⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝐹𝐺⃗⃗⃗⃗⃗,EH∥FG,EH=FG,所以EG,FH交于一点M且被M平分,所以𝑂𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=12(𝑂𝐸⃗⃗⃗⃗⃗+𝑂𝐺⃗⃗⃗⃗⃗)=1212(𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+𝑂�

�⃗⃗⃗⃗⃗)+12(𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗+𝑂𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗)=14(𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗+𝑂𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗),得证.21.解取BC的中点E,连接AE.由AB=AC得AE⊥BC,从而AE⊥AD,AE=√�

�𝐵2-𝐵𝐸2=√𝐴𝐵2-(𝐵𝐶2)2=√5.以A为坐标原点,𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系Axyz.由题意知,P(0,0,4),M(0,2,0),C(√5,2,0),N(√52,1,2),𝑃𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,2,

-4),𝑃𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(√52,1,-2),𝐴𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(√52,1,2).设n=(x,y,z)为平面PMN的法向量,则{𝑛·𝑃𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0,𝑛·𝑃𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0

,即{2𝑦-4𝑧=0,√52𝑥+𝑦-2𝑧=0,可取n=(0,2,1).于是|cos<n,𝐴𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗>|=|𝑛·𝐴𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗||𝑛||𝐴𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=8√525.设AN与平面PMN所成的角为θ,则sinθ=8√525,∴直线AN与平面PMN所

成角的正弦值为8√525.22.(1)证明取BD的中点O,连接PO,因为AB∥DC,∠ADC=90°,AB=AD=12DC=2,所以BD=2√2,DC=4,∠BDC=45°,在△BCD中,由余弦定理可得,BC2=DC2+BD2-2BD·DCcos∠BDC=42+(2√2)2-2×4×2√2×√2

2=8,所以BC=2√2,所以BC2+BD2=CD2,所以BC⊥BD.因为BC⊥PD,BD∩PD=D,BD,PD⊂平面PBD,故BC⊥平面PBD.因为BC⊂平面ABCD,则平面PBD⊥平面ABCD.(2)解因为∠ADC=90°,所以以点D为坐标原点,DA,DC所在直线

分别为x轴、y轴,以垂直于平面ABCD方向为z轴建立如图所示的空间直角坐标系,则D(0,0,0),B(2,2,0),C(0,4,0),O(1,1,0),因为DO=12BD=√2,PD=3√2,所以PO=4,即P(1,1,4).假设存在点M满足题意,设M(x,y,z),则𝐶𝑀

⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(x,y-4,z),𝐶𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=(1,-3,4).不妨设𝐶𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=λ𝐶𝑃⃗⃗⃗⃗⃗(0<λ<1),即(x,y-4,z)=λ(1,-3,4),可得M(λ,4-3λ,4λ),所以𝐷𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(λ,4-3λ,4λ),𝐷𝐵⃗⃗⃗⃗

⃗⃗=(2,2,0).设n=(x1,y1,z1)为平面BDM的法向量,则{𝑛·𝐷𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0,𝑛·𝐷𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0,即{𝜆𝑥1+(4-3𝜆)𝑦1+4𝜆𝑧1=0,2𝑥1+2𝑦1=0.令x1=

1,得n=(1,-1,1-𝜆𝜆),因为BC⊥平面PBD,所以𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(-2,2,0)为平面PBD的法向量.因为平面PBD与平面BDM夹角的余弦值为√63,所以|cos<n,𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗>|=|𝑛·𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗||𝑛||𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗|=|-2×1+2×(-1)|

√8√2+(1-𝜆𝜆)2=√63,解得λ=12,所以点M为线段PC的中点.