2023-2024学年河南省重点中学高二（上）第一次月考数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年河南省重点中学高二（上）第一次月考数学试卷（含解析），共7页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.在下列四个命题中，正确的是( )
A. 若直线的倾斜角越大，则直线斜率越大
B. 过点P(x0,y0)的直线方程都可以表示为：y−y0=k(x−x0)
C. 经过两个不同的点P1(x1,y1)，P2(x2,y2)的直线方程都可以表示为：(y−y1)(x2−x1)=(x−x1)(y2−y1)
D. 经过点(1,1)且在x轴和y轴上截距都相等的直线方程为x+y−2=0
2.如图，在空间四边形OABC中，点E在OA上，满足OE=2EA，点F为BC的中点，则EF=( )
A. −12OA+23OB−12OC
B. 23OA−12OB−12OC
C. −12OA−12OB+12OC
D. −23OA+12OB+12OC
3.直线x−ysinθ+2=0的倾斜角的取值范围是( )
A. [0,π)B. [π4,3π4]C. [π4,π2]D. [π4,π2)∪(π2,3π4]
4.正四面体的棱长为2，MN是它内切球的一条弦(把球面上任意2个点之间的线段称为球的弦)，P为正四面体表面上的动点，当弦MN最长时，PM⋅PN的最大值为( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
5.冰糖葫芦是中国传统小吃，起源于南宋.由山楂串成的冰糖葫芦如图1所示，若将山楂看成是大小相同的圆，竹签看成一条线段，如图2所示，且山楂的半径(图2中圆的半径)为1，竹签所在直线方程为2x+y=0，则与该串冰糖葫芦的山楂都相切的直线方程为( )
A. 2x+y±2=0B. 2x+y± 5=0
C. 2x+y±4=0D. 2x+y±2 5=0
6.已知直线(3+2λ)x+(3λ−2)y+5−λ=0恒过定点P，则与圆C：(x−2)2+(y+3)2=16有公共的圆心且过点P的圆的标准方程为( )
A. (x−2)2+(y+3)2=36B. (x−2)2+(y+3)2=25
C. (x−2)2+(y+3)2=18D. (x−2)2+(y+3)2=9
7.如图，已知A(5,0)，B(0,5)，从点P(1,0)射出的光线经直线AB反射后再射到直线OB上，最后经直线OB反射后又回到点P，则光线所经过的路程长为( )
A. 2 13
B. 2 10
C. 2 26
D. 4 13
8.已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为4，EF是棱AB上的一条线段，且EF=1，点Q是棱A1D1的中点，点P是棱C1D1上的动点，则下面四个结论中正确的个数是( )
①PQ与EF一定不垂直
②二面角P−EF−Q的正弦值是 1010
③△PEF的面积是2 2
④点P到平面QEF的距离是常量
A. 1B. 2C. 3D. 4
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9.下列说法正确的是( )
A. 若向量a,b,c共面，则它们所在的直线共面
B. 若G是四面体OABC的底面△ABC的重心，则OG=13(OA+OB+OC)
C. 若OG=−25OA+35OB+35OC，则A，B，C，G四点共面
D. 若向量p=mx+ny+kz，则称(m,n,k)为p在基底{x,y,z}下的坐标，已知p在单位正交基底{a,b,c}下的坐标为(1,2,3)，则p在基底{a−b,a+b,c}下的坐标为(−12,32,3)
10.已知直线l1：(m+3)x+y−1=0，l2：4x+my+3m−4=0，下列命题中正确的是( )
A. 若l1⊥l2，则m=−125
B. 若l1//l2，则m=1或m=−4
C. 当m=0时，(1,3)是直线l1的方向向量
D. 原点到直线l2的最大距离为 10
11.已知菱形ABCD中，∠BAD=60°，AC与BD相交于点E.将△ABD沿BD折起，使顶点A至点M，在折起的过程中，下列结论正确的是( )
A. BD⊥CM
B. 存在一个位置，使△CDM为等边三角形
C. DM与BC不可能垂直
D. 直线DM与平面BCD所成的角的最大值为60°
12.在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P满足DP=λDD1+μDA，λ∈[0,1]，μ∈[0,1]，则以下说法正确的是( )
A. 当λ=μ时，BP/​/平面CB1D1
B. 当μ=12时，存在唯一点P使得DP与直线CB1的夹角为π3
C. 当λ+μ=1时，DP+PB的最小值为 2+ 2
D. 当点P落在以B1为球心， 2为半径的球面上时，λ+μ的最小值为2− 2
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13.经过点P(1,−2)作直线l，若直线l与连接A(0,−1)与B(2,1)两点的线段总有公共点，则直线l的斜率k的取值范围为 ．
14.如图，在一个120°的二面角的棱上有两点A，B，线段AC，BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都与棱AB垂直，若AB= 2，AC=1，BD=2，则CD的长为 ．
15.如图，在四棱锥P−ABCD的平面展开图中，四边形ABCD是边长为2的正方形，△ADE是以AD为斜边的等腰直角三角形，∠HDC=∠FAB=90°，则四棱锥P−ABCD外接球的球心到面PBC的距离为______ ．
16.函数f(x)= x2+8x+20+ x2+4x+20的最小值为______ ．
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17.(本小题10.0分)
已知△ABC的顶点B(−1,−3)，AB边上的高CE所在的直线方程为4x+3y−7=0，BC边上中线AD所在的直线方程为x−3y−3=0．
(1)求点C的坐标；
(2)求点C到直线AB的距离．
18.(本小题12.0分)
如图，在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，∠A1AD=∠A1AB=∠BAD=60°，AB=AD=2，AA1=1，点P为线段BC中点．
(1)求|D1P|；
(2)求直线AB1与D1P所成角的余弦值．
19.(本小题12.0分)
已知t∈(0,5]，由t确定两个点P(t,t)，Q(10−t,0)．
(1)写出直线PQ的方程(答案含t)；
(2)在△OPQ内作内接正方形ABCD，顶点A，B在边OQ上，顶点C在边PQ上.若OA=a，当正方形ABCD的面积最大时，求a，t的值．
20.(本小题12.0分)
在下列所给的三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并加以解答．
①与直线4x−3y+5=0垂直；②过点(5,−5)；③与直线3x+4y+2=0平行．
问题：已知直线l过点P(1,−2)，且____．
(1)求直线l的一般式方程；
(2)已知M(3,−16)，O为坐标原点，在直线l上求点N坐标，使得|MN|−|ON|最大．
21.(本小题12.0分)
如图，某种风筝的骨架模型是四棱锥P−ABCD，四边形ABCD是等腰梯形，AD//BC，AC∩DB=O，PO⊥平面ABCD，∠BOC=90°，OA=1，OC=2，E在PB上．
(1)为保证风筝飞行稳定，需要在E处引一尼绳，使得PB=3PE，求证：直线PD/​/平面AEC；
(2)实验表明，当tan∠PAC=2时，风筝表现最好，求此时直线PA与平面PBC所成角的正弦值．
22.(本小题12.0分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，四边形ABCD为平行四边形，PA=PD= 2，AB=1，AD=2，PD⊥AB．
(1)证明：平面PCD⊥平面PAB；
(2)若PB= 3，试在棱PD上确定一点E，使得平面PAB与平面EAC所成锐二面角的余弦值为2 77．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：倾斜角的范围为(0,π2)时，直线斜率k>0；倾斜角的范围为(π2,π)时，直线斜率k<0，故A错误；
B、当过点P(x0,y0)的直线斜率不存在时，直线方程不能表示为y−y0=k(x−x0)，本选项错误；
C、经过两个不同点P1(x1,y1)、P2(x2,y2)的直线的方程无论斜率存在不存在，
都可表示为(y−y1)(x2−x1)=(y2−y1)(x−x1)，本选项正确，
由于经过点(1,1)且在x轴和y轴上截距都相等的直线可能经过原点，此时直线方程为y=x，故D错误．
故选：C．
利用直线的斜率以及直线的点斜式方程等逐项判断即可．
本题考查直线方程的几种形式：直线的两点式方程，截距式方程，点斜式方程以及斜截式方程，属基础题．
2.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了向量的三角形法则、线性运算法则，考查了推理能力与计算能力，本题属于基础题．
利用向量的三角形法则、线性运算法则即可得出．
【解答】
解：∵OE=2EA，点F为BC的中点，
∴OE=23OA，OF=12(OB+OC)，
∴EF=OF−OE=12OB+12OC−23OA，
故本题选D．
3.【答案】B
【解析】解：对于直线x−ysinθ+2=0，当sinθ=0时，x=−2，斜率不存在，则倾斜角为π2．
当sinθ∈(0,1]时，直线的斜率1sinθ∈[1,+∞)，倾斜角的范围为[π4,π2).
当sinθ∈[−1,0)时，直线的斜率1sinθ∈(−∞,−1]，倾斜角的范围为(π2,3π4].
综上，倾斜角的取值范围是[π4,3π4]，
故选：B．
分类讨论sinθ，可得斜率的范围，进而得到倾斜角的范围．
本题主要考查直线的斜率和倾斜角，体现了分类讨论思想，属于基础题．
4.【答案】B
【解析】解：连接PO，根据题意作图如下：
设球的球心为O，由题意易知当弦MN的长度最大时，球的直径即为MN，
根据向量的线性运算可得：
PM⋅PN=(PO+OM)(PO+ON)=PO2+PO⋅ON+OM⋅PO+OM⋅ON=PO2+PO⋅(ON+OM)+OM⋅ON，
因为正方体的棱长为2，所以球的半径为1,ON+OM=0,OM⋅ON=−1，
故PO2+PO⋅(ON+OM)+OM⋅ON=PO2−1，
又因为|PO|∈[1, 3]，
可以得到PO2−1∈[0,2]，
整理得到PM⋅PN∈[0,2]，
所以PM⋅PN的最大值为2．
故选：B．
由弦MN的长度最大可知MN为球的直径，由向量的线性运算用PO表示出PM⋅PN，即可由|PO|取值范围求得PM⋅PN的最大值．
本题主要考查空间中点，线，面之间的位置关系，属于中档题．
5.【答案】B
【解析】解：由题可设与该串冰糖葫芦的山楂都相切的直线方程为2x+y+c=0，
由点到直线的距离公式可得|c| 22+12=1，∴|c| 5=1，解得c=± 5，
∴与该串冰糖葫芦的山楂都相切的直线方程为2x+y± 5=0．
故选：B．
利用平行线间距离公式，即可求解．
本题主要考查直线与圆的位置关系，属于基础题．
6.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了圆的标准方程，直线过定点的问题，属于中档题．
由条件令参数λ的系数等于零，求得x和y的值，即可得到定点P的坐标，由此可以求得过点P的圆的半径，易得该圆的标准方程．
【解答】
解：由(3+2λ)x+(3λ−2)y+5−λ=0
得到：(2x+3y−1)λ+(3x−2y+5)=0．
则2x+3y−1=0 3x−2y+5=0 ，
解得x=−1y=1,
即P(−1,1)．
因为圆C(x−2)2+(y+3)2=16的圆心坐标是(2,−3)，
所以PC= (−1−2)2+(1+3)2=5，
所以与圆C：(x−2)2+(y+3)2=16有公共的圆心且过点P的圆的标准方程为：(x−2)2+(y+3)2=25．
故选B．
7.【答案】A
【解析】解：设点P关于y轴的对称点为P′，
则P′(−1,0)，
设点P关于直线AB：x+y−5=0的对称点P′′(a,b)，
则b−0a−1×(−1)=−1a+12+b−02−5=0，解得a=5，b=4，
所以P′′(5,4)，
则光线所经过的路程是|P′P′′|= (5+1)2+(4−0)2=2 13．
故选：A．
分别求出点P关于y轴和直线AB的对称点坐标P′，P′′，从而可得光线所经过的路程是P′P′′．
本题考查了直线方程的求解与应用，点关于直线的对称点的求解，考查了逻辑推理能力与化简运算能力，属于基础题．
8.【答案】C
【解析】解：对于①，当P与D1重合时，PQ与EF垂直，故①错误；
对于②，∵P是棱C1D1上的动点，EF是棱AB上的一条线段，
∴平面PEF即平面ABC1D1，
以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图，
则Q(2,0,4)，A(4,0,0)，B(4,4,0)，
∴QA=(2,0,−4)，AB=(0,4,0)，平面QEF即平面QAB，
设平面QAB的法向量为n=(x,y,z)，设二面角P−EF−Q的平面角为θ，
则QA⋅n=2x−4z=0AB⋅n=4y=0，令z=1，得n=(2,0,1)，
同理得平面ABC1D1的法向量为m=(1,0,1)，
∴|csθ|=|cs|=|m⋅n||m|⋅|n|=3 2× 5=3 1010，
∴sinθ= 1−cs2θ= 1−(3 1010)2= 1010，故B正确；
对于C，∵AB⊥平面BB1CC1，
又BC1⊂平面BB1CC1，∴AB⊥BC1，BC1⊥EF，
∴BC1是△PEF的高，
∴S△PEF=12⋅EF⋅BC1=12×1×4 2=2 2，故③正确；
对于④，∵C1D1//EF，且C1D1⊄平面QEF，EF⊂平面QEF，
又点P在C1D1上，∴点P到平面QEF的距离是常量，故④正确．
故选：C．
对于①，利用特殊位置法，当点P与点D1重合时，即可判断；对于②，建立空间直角坐标系，利用向量法求解；对于③，利用线面垂直的性质和三角形面积公式求解；对于④，由线面平行的判定定理求解．
本题考查线面垂直的判定与性质、二面角、点到平面的距离等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
9.【答案】BD
【解析】解：选项A，三个向量共面，所在直线不一定共面，即选项A错误；
选项B，设O(0,0,0)，A(x1,y1,z1)，B(x2,y2,z2)，C(x3,y3,z3)，
所以OA=(x1,y1,z1)，OB=(x2,y2,z2)，OC=(x3,y3,z3)，
又G是底面△ABC的重心，
所以G(x1+x2+x33,y1+y2+y33,z1+z2+z33)，
所以OG=13(OA+OB+OC)成立，即选项B正确；
选项C，因为OG=−25OA+35OB+35OC，而−25+35+35≠1，所以A，B，C，G四点不共面，即选项C错误；
选项D，设p在基底{a−b,a+b,c}下的坐标为(x,y,z)，则p=x(a−b)+y(a+b)+zc=(x+y)a+(−x+y)b+zc，
因为p在基底{a,b,c}下的坐标为(1,2,3)，
所以x+y=1−x+y=2z=3，解得x=−12，y=32，z=3，
所以p在基底{a−b,a+b,c}下的坐标为(−12,32,3)，即选项D正确．
故选：BD．
选项A，根据向量共线与直线共线的区别，可判断；
选项B，设O(0,0,0)，A(x1,y1,z1)，B(x2,y2,z2)，C(x3,y3,z3)，结合重心的性质与空间向量的线性坐标运算，可得解；
选项C，由空间向量的基本定理，可判断；
选项D，设p在基底{a−b,a+b,c}下的坐标为(x,y,z)，根据空间向量的线性坐标运算，列出关于x，y，z的方程组，解之即可．
本题考查空间向量的线性运算与基本定理，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
10.【答案】AD
【解析】解：对选项A：l1⊥l2，则4(m+3)+m=0，解得m=−125，故A正确；
对选项B：当m=1时，两条直线重合，故B错误；
对选项C：m=0时，l1：3x+y−1=0，斜率为−3，l1的方向向量是(1,−3)，故C错误；
对选项D：l2：4x−4+m(y+3)=0过定点A(1,−3)，故原点到直线l2的最大距离为|AO|= 1+9= 10，故D正确．
故选：AD．
根据垂直关系计算得到A正确；当m=1时，两条直线重合，B错误；计算斜率得到C错误；l2过定点A(1,−3)，最大距离为|AO|，计算得到D正确，得到答案．
本题主要考查直线垂直，平行的性质，属于基础题．
11.【答案】ABD
【解析】【分析】
本题考查线面垂直的性质，棱锥的结构特征，直线与直线垂直，直线与平面所成的角，属于中档题．
画出图形，利用直线与直线的位置关系，直线与平面的位置关系，即可判断选项的正误．
【解答】
解：对于A，菱形ABCD中，∠BAD=60°，AC与BD相交于点E，
将△ABD沿BD折起，使顶点A至点M，如图，
连接ME，EC，
可知ME⊥BD，EC⊥BD，ME⋂EC=E，ME，EC⊂平面MCE，
所以BD⊥平面MCE，又MC⊂平面MCE，可知MC⊥BD，故A正确；
对于B，由题意可知AB=BC=CD=DA=BD，
当三棱锥是正四面体时，CM=DM=DC，△CDM为等边三角形，故B正确；
对于C，三棱锥是正四面体时，取BC中点N，连接MN、DN，
同A项的原理易证得BC⊥平面MND，可得DM与BC垂直，故C不正确；
对于D，设直线DM与平面BCD所成的角为α，0<α<π2，
则sinα为点M到平面BCD的距离与MD的比值，
而MD为定值，故点M到平面BCD的距离最大时，sinα最大，即α最大，
故易知平面MBD与底面BCD垂直时，直线DM与平面BCD所成的角最大，为∠MDB=60°，故D正确．
故选：ABD．
12.【答案】ACD
【解析】解：当λ=μ时，如图(1)，P的轨迹线段DA1，由正方体的结构特征，可知平面CB1D1//平面A1BD，
BP⊆平面A1BD，
∴BP/​/平面CB1D1，故A正确；
当μ=12时，如图(1)，点P的轨迹为线段EF，直线CB1//直线DA1，
当P与E重合时，DP与直线DA1所成角最大，即DP与直线CB1所成角最大，最大为π4，故B错误；
当λ+μ=1时，如图(2)，P点轨迹为线段D1A，将△DD1A旋转到平面D1ABC1内，
可知DP+PB≥DB= 2+ 2，故C正确；
当点P落在以B1为球心， 2为半径的球面上时，
点P的轨迹为以A1为圆心，1为半径的四分之一圆弧D1A，
取圆弧中点时，(λ+μ)min=2− 2，故D正确．
故选：ACD．
根据已知条件，结合向量关系，分别对答案进行空间关系的判断和求值，能求出结果．
本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力，是中档题．
13.【答案】(−∞,−1]∪[3,+∞)
【解析】【分析】
由题意利用直线的斜率公式，求得直线PA的斜率、直线PB的斜率，可得直线l的斜率k的取值范围．
本题主要考查直线的斜率公式，属于基础题．
【解答】
解：∵过点P(1,−2)作直线l，
直线l与连接A(0,−1)与B(2,1)两点的线段
总有公共点，
直线PA的斜率为−2+11−0=−1，
直线PB的斜率为−2−11−2=3，
则直线l的斜率k的取值范围为k≤−1，或k≥3，
故答案为：(−∞,−1]∪[3,+∞)．
14.【答案】3
【解析】【分析】
本题考查了向量的加法法则、数量积的运算性质、向量垂直与数量积的关系，考查了空间想象能力，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
由CD=CA+AB+BD，两边平方后展开整理，即可求得CD2，则CD的长可求．
【解答】
解：∵CD=CA+AB+BD，
∴CD2=CA2+AB2+BD2+2CA⋅AB+2CA⋅BD+2AB⋅BD，
∵线段AC，BD分别在这个120°的二面角的两个半平面内，且均与棱AB垂直，
∴CA⋅AB=0，AB⋅BD=0，CA⋅BD=|CA|⋅|BD|·cs120°，
又∵AB= 2，AC=1，BD=2，
∴CD2=CA2+AB2+BD2+2CA⋅BD=1+2+4−2×1×2×(−12)=9，
∴|CD|2=9，得|CD|=3，
故答案为3．
15.【答案】 55
【解析】解：由平面图形还原原四棱锥，如图示：
该四棱锥底面ABCD为正方形，边长为2，
△ADE是以AD为斜边的等腰直角三角形，∠HDC=∠FAB=90°，
则侧面PAD⊥底面ABCD，
PA=PD= 2，则PB=PC= 6，
取AD的中点G，则G为Rt△APD的外心，连接AC、BD，相交于O，
则OG⊥AD，而PG⊥AD，侧面PAD⊥底面ABCD，则PG⊥平面ABCD，
则PG⊥OG，AD∩PG=G，故OG⊥平面PAD，
可得OA=OB=OC=OD= 2，而PG=OG=1，故PO= 2，
即O为四棱锥P−ABCD的外接球的球心，
延长GO交BC于E，则E为BC的中点，连接PE，
在Rt△PGE中，有PG=1，PE= 6−1= 5，
设O到PE的距离为h，则hOE=PGPE，即h=PG⋅OEPE=1×1 5= 55．
则四棱锥P−ABCD外接球的球心到面PBC的距离为 55．
故答案为： 55．
把平面图形还原得到原四棱锥，可知该四棱锥底面ABCD为正方形，边长为2，侧面PAD⊥底面ABCD，PA=PD= 2，则PB=PC= 6，证明底面正方形的中心为四棱锥外接球的球心，然后求解三角形即可求得四棱锥P−ABCD外接球的球心到面PBC的距离．
本题考查多面体的外接球，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，是中档题．
16.【答案】2 10
【解析】解：f(x)= x2+8x+20+ x2+4x+20= (x+4)2+(0−2)2+ (x+2)2+(0+4)2，
可以看作平面上点M(x,0)与点A(−4,2)，B(−2,−4)的距离和，
点A、B位于x轴两侧，∴f(x)的最小值为|AB|= (−4+2)2+(2+4)2=2 10．
故答案为：2 10．
将已知函数变形可得f(x)= (x+4)2+(0−2)2+ (x+2)2+(0+4)2，可以看作平面上点M(x,0)与点A(−4,2)，B(−2,−4)的距离和，从而可得函数的最小值．
本题主要考查函数最值的求法，考查运算求解能力，属于基础题．
17.【答案】解：(1)设D(a,b)，则C(2a+1,2b+3)，
∵CE所在的直线方程为4x+3y−7=0，AD所在的直线方程为x−3y−3=0，
∴a−3b−3=04(2a+1)+3(2b+3)−7=0，
解得a=0，b=−1，
∴点C坐标为(1,1)；
(2)∵AB边上的高CE所在的直线方程为4x+3y−7=0，
∴AB所在直线的斜率为34，
∴直线AB的方程为y+3=34(x+1)，
即3x−4y−9=0，
∴点C到直线AB的距离d=|3−4−9| 32+42=2．
【解析】本题主要考查了直线的位置关系与斜率关系，直线交点的求解，点到直线的距离公式，本题属于中档题．
(1)设D点坐标(a,b)，则C点坐标(2a+1,2b+3)，然后结合C，D所在的直线方程代入可求a，b；
(2)由题意先求出AB所在直线的斜率为34，进而可求直线AB的方程，结合点到直线的距离公式可求．
18.【答案】解：(1)在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，点P在线段BC上，且满足BP=PC．
设AB=a，AD=b，AA1=c，这三个向量不共面，{a,b,c}构成空间的一个基底．
所以D1P=AP−AD1=(AB+BP)−(AD+AA1)=(a+12b)−(b+c)=a−12b−c．
∵D1P=a−12b−c，∴D1P2=(a−12b−c)2=a2+14b2+c2−a⋅b−2a⋅c+b⋅c
=4+14×4+1−2×2×12−2×2×1×12+2×1×12=3，∴|D1P|= 3．
(2)由(1)知D1P=a−12b−c，|D1P|= 3，
∵AB1=a+c，|AB1|= (a+c)2= 4+1+2×2×1×12= 7，
∴cs〈AB,D1P〉=AB1⋅D1P|AB1||D1P|=(a+c)⋅(a−12b−c) 7× 3=a2−12a⋅b−a⋅c+a⋅c−12b⋅c−c2 7× 3=32 21= 2114，
直线AB1与D1P所成角的余弦值为 2114．
【解析】(1)根据平面向量的基本定理，设AB=a，AD=b，AA1=c，这三个向量不共面，{a,b,c}构成空间的一个基底，再表示D1P，再求模即可；
(2)由题意，表示出AB1与D1P，再求夹角即可．
本题考查异面直线所成的角，考查学生的运算能力，属于中档题．
19.【答案】解：(1)由题意知当直线斜率存在时，kPQ=t2t−10，
当t=5时，直线PQ的方程为x=5，
当t≠5时，直线PQ的方程为y−t=t2t−10(x−t)．
直线PQ的方程为(2t−10)y=t(x+t−10)．
(2)由P(t,t)和四边形ABCD为正方形可知OA=AD=AB，∵OA=a，
∴A(a,0)，B(2a,0)，C(2a,a)
因为点C(2a,a)在直线PQ上，
所以(2t−10)a=t(2a+t−10)，
所以a=110t(10−t)=−110(t−5)2+52，
而正方形ABCD的面积最大，即a最大，
所以当t=5时，a=52，此时图中阴影部分的面积最大．
【解析】(1)首先计算kPQ，分t=5和t≠5得到直线方程即可；
(2)根据题意得到A，B，C点坐标，将C坐标代入(1)中的直线方程得到a=−110(t−5)2+52，根据二次函数性质即可得到边长最大值，即面积最大值．
本题主要考查了直线方程的应用，还考查了二次函数性质的应用，属于中档题．
20.【答案】解：(1)根据题意，选择①与直线4x−3y+5=0垂直，
则直线l的斜率k×43=−1，解得k=−34，又其过点P(1,−2)，
则直线l的方程为：y+2=−34(x−1)，整理得：3x+4y+5=0；
选择②过点(5,−5)，又直线l过点P(1,−2)
则直线l的斜率k=−5+25−1=−34，
则直线l的方程为：y+2=−34(x−1)，整理得：3x+4y+5=0；
选择③与直线3x+4y+2=0平行，
则直线l的斜率k=−34，又其过点P(1,−2)，
则直线l的方程为：y+2=−34(x−1)，整理得：3x+4y+5=0；
综上所述，不论选择哪个条件，直线l的方程均为：3x+4y+5=0．
(2)根据(1)中所求，可得直线l的方程为：3x+4y+5=0，又M(3,−16)，
设点O关于直线l的对称点为Q(x,y)，
则yx×−34=−1，且3×x2+4×y2+5=0，解得x=−65,y=−85，即Q(−65,−85)；
根据题意，作图如下：

显然|MN|−|ON|=|MN|−|QN|≤|QM|，但且仅当Q，N，M三点共线时取得等号；
又直线QM的斜率k=−247，故其方程为：y+85=−247(x+65)，即y=−247x−407，
联立3x+4y+5=0，可得x=−53,y=0，
即点N的坐标为(−53,0)时，使得|MN|−|ON|最大．
【解析】(1)选择不同的条件，根据直线垂直，平行时，斜率之间的关系，以及直线方程的求解，即可求得结果；
(2)求得点O关于l的对称点Q的坐标，数形结合，求两直线的交点坐标，即可求得结果．
本题考查直线方程的应用，涉及直线的对称问题，属于中档题．
21.【答案】(1)证明：四边形ABCD是等腰梯形，AD//BC，∴OD=1，OB=2，
连接EO，∴PEPB=DODB=13，∴EO//PD，
∵EO⊂平面AEC，PD⊄平面AEC，
∴PD/​/平面AEC．
(2)解：∵PO⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，∴PO⊥AC，
∵tan∠PAC=2，∴OPOA=2，∴OP=2，
∵OB⊥OC，
∴以O为坐标原点，分别以OB，OC，OP所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系Oxyz，
∴O(0,0,0)，P(0,0,2)，A(0,−1,0)，C(0,2,0)，B(2,0,0)，
∴PA=(0,−1,−2),PC=(0,2,−2),PB=(2,0,−2)，
设平面PBC的法向量为n=(x,y,z)，
∴n⋅PC=2y−2z=0n⋅PB=2x−2z=0，
令x=1，∴y=1，z=1，∴n=(1,1,1)，
设PA与平面PBC所成角为θ，sinθ=|cs=|PA⋅n||PA||n|=3 5× 3= 155．
PA与平面PBC所成角的正弦值为 155．
【解析】(1)证明AD//BC，连接EO，说明EO/​/PD，然后证明PD/​/平面AEC．
(2)以O为坐标原点，分别以OB，OC，OP所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系Oxyz，求出平面PBC的法向量利用空间向量的数量积求解PA与平面PBC所成角的正弦值．
本题考查直线与平面平行的判断定理的应用，直线与平面所成角的求法，考查空间想象能力，转化思想以及计算能力，是中档题．
22.【答案】解：(1)证明：因为PA=PD= 2，AD=2，则PA2+PD2=AD2，
则PD⊥PA，
又因为PD⊥AB，AB，PA⊂平面PAB，且AB∩PA=A，
所以PD⊥平面PAB，
又PD⊂平面PCD，
于是平面PCD⊥平面PAB，
(2)PA= 2，AB=1，PB= 3，则PA2+AB2=PB2，则AB⊥PA，
又PD⊥AB，PA，PD⊂平面PAD，且PD∩PA=A，
所以AB⊥平面PAD．
又AD⊂平面PAD，则AB⊥AD，
所以四边形ABCD为矩形，
以A为原点，AB，AD的方向分别为x轴，y轴的正方向，建立空间直角坐标系A−xyz，
如图所示：

则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0,2,0)，P(0,1,1)，
所以AC=(1,2,0)，AP=(0,1,1)，PD=(0,1,−1)，
由PD⊥平面PAB，知PD=(0,1,−1)是平面PAB的一个法向量．
设ED=λPD，则E(0,2−λ,λ)，
所以AE=(0,2−λ,A).设平面EAC的一个法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅AE=0n⋅AC=0，所以(2−λ)y+λz=0x+2y=0，令y=−1，得n=(2,−1,2−λλ).所以|cs|=|PD⋅n||PD|⋅|n|=2 77，
所以12x2−8A+1=0，解得λ=12或16．
即点E满足ED=12PD或ED=16PD时符合题意．
【解析】(1)根据线面垂直的判定定理先证PD⊥平面PAB，再由面面垂直的判定即可得证；
(2)以A为原点，AB，AD的方向分别为x轴，y轴的正方向，建立空间直角坐标系A−xyz，设ED=λPD，求出相关向量的坐标，求出两平面的法向量，列出关于λ的方程即可得解．
本题考查面面垂直的判定和性质，考查利用空间向量求二面角所成的余弦值，属于中档题．