2020-2021学年辽宁省沈阳市高二（上）期中考试数学试卷人教A版

这是一份2020-2021学年辽宁省沈阳市高二（上）期中考试数学试卷人教A版，共14页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 向量a→=(2, 1, x)，b→=(2, y, −1)，若|a→|=5，且a→⊥b→，则x+y的值为( )
A.−1B.1C.4D.−4

2. 若z(1+i) =2i，则z=( )
A.−1−iB.−1+iC.1−iD.1+i

3. 半径为R的半圆卷成一个圆锥，则它的体积为( )
A.324πR3B.38πR3C.524πR3D.58πR3

4. 已知A(0,0,2)，B(1,0,2)，C(0,2,0)，则点A到直线BC的距离为( )
A.223B.1C.13D.22

5. PA，PB，PC是由点P出发的三条射线，两两夹角为60∘，则PC与平面PAB所成角的余弦值为( )
A.12B.22C.33D.63

6. 如图，三棱锥P−ABC中， △ABC为边长为3的等边三角形，D是线段AB的中点， DE∩PB=E，且DE⊥AB，PA=32，PB=332，则PA与平面CDE所成角的正切值为( )

A.33B.22C.2D.3

7. 如图正方形OABC的边长为1cm，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的周长是( )

A.8cmB.6cmC.2(1+3)cmD.2(1+2)cm

8. 圆台的一个底面周长是另一个底面周长的3倍，母线长为3，圆台的侧面积为84π，则圆台较小底面的半径为( )
A.7B.6C.5D.3
二、多选题

设ABCD−A1B1C1D1是棱长为a的正方体，以下结论为正确的有( )
A.AB→⋅A1C1→=2a2B.AB→⋅C1A→=−a2
C.BC→⋅A1D→=a2D.AB→⋅C1A1→=a2

下面四个结论正确的是( )
A.任意向量a→，b→，c→满足(a→⋅b→)⋅c→=a→⋅(b→⋅c→)
B.若空间四个点P，A，B，C， PC→=14PA→+34PB→，则A，B，C三点共线
C.已知向量a→=1,1,x，b→=−3,x,9，若x<310，则a→,a→为钝角
D.已知三点A，B，C不共线，O为平面ABC外一点，若OP→=14OA→+34OB→+14BC→，则点P在平面ABC上

下列说法正确的是( )
A.y−y1x−x1=k不能表示过点Mx1,y1且斜率为k的直线方程
B.在x轴，y轴上的截距分别为a，b的直线方程为xa+yb=1
C.直线y=kx+b与y轴的交点到原点的距离为b
D.过两点A(x1,y1)，B(x2,y2)的直线方程x−x2y1−y2−y−y2x1−x2=0

下面四个命题中，正确命题的序号是( )
①“直线a // 直线b”的充要条件是“a平行于b所在的平面”；
②“直线l⊥平面α内所有直线”的充要条件是“l⊥平面α”；
③“直线a，b为异面直线”的充分不必要条件是“直线a，b不相交”；
④“平面α // 平面β”的必要不充分条件是“α内存在不共线三点到β的距离相等”．
A.①B.②C.③D.④
三、填空题

在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若2a−cb=csCcsB，b=4，则△ABC的面积的最大值为________.

二面角的棱上有A，B两点，直线AC，BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB，已知AB=3，AC=22，BD=2，CD=29，则该二面角的大小为________.

已知直线kx−y−k−1=0和以M−3,1，N3,2为端点的线段相交，则实数k的取值范围为________.

已知点P是平行四边形ABCD所在的平面外一点，如果AB→=(2, −1, −4)，AD→=(4, 2, 0)，AP→=(−1, 2, −1)．对于结论：①AP⊥AB；②AP⊥AD；③AP→是平面ABCD的法向量；④AP→ // BD→．其中正确的是________.(填序号)
四、解答题

已知两直线l1：ax+3y+4=0和l2：x+(a−2)y+a2−5=0．
(1)若l1⊥l2，求实数a的值；

(2)若l1 // l2，求实数a的值．

在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且b2=a2+c2−ac.
(1)求角B的大小；

(2)求sinA+sinC的取值范围．

如图，四棱锥P−ABCD的底面ABCD是正方形， PA⊥平面ABCD， PA=AD=2．M为PD中点.

(1)求cs；

(2)求二面角P−BD−C余弦值的大小；

(3)求点C到平面PBD的距离．

在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=2，BC=B1B=1 ，M，N分别是AD，DC的中点．

(1)求证：MN//A1C1；

(2)求：异面直线MN与BC1所成角的余弦值．

如图，在四棱锥P−ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD， PA⊥PD，PA=PD，AB⊥AD，AB=1，AD=2，AC=CD=5.

(1)求证：PD⊥平面PAB；

(2)求直线AC与平面PAB所成角的正弦值；

(3)在棱PA上是否存在点M，使得BM//平面PCD？若存在，求AM长，若不存在，说明理由．

如图，在四棱锥P−ABCD中，BC⊥CD，AD=CD，PA=32，△ABC和△PBC均为边长为23的等边三角形．

(1)求证：平面PBC⊥平面ABCD；

(2)求二面角C−PB−D的余弦值．
参考答案与试题解析
2020-2021学年辽宁省沈阳市高二（上）期中考试数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
向量的数量积判断向量的共线与垂直
向量的模
【解析】
根据|a→|=5求出x的值，再根据a→⊥b→得出a→⋅b→=0，列方程求出y的值，即可计算x+y的值．
【解答】
解：∵ a→=(2, 1, x)，若|a→|=5，
∴ 22+12+x2=5，
解得：x=0.
又∵ b→=(2, y, −1)，且a→⊥b→，
∴ a→⋅b→=4+y+0=0，
解得：y=−4，
∴ x+y=−4．
故选D.
2.
【答案】
D
【考点】
复数代数形式的乘除运算
【解析】
把已知的等式变形，利用复数代数形式的乘除运算化简得答案．
【解答】
解：由z(1+i) =2i，
得z=2i1+i=2i(1−i)(1+i)(1−i)=2+2i2=1+i.
故选D．
3.
【答案】
A
【考点】
旋转体（圆柱、圆锥、圆台）
【解析】
求出扇形的弧长，然后求出圆锥的底面周长，转化为底面半径，求出圆锥的高，然后求出体积．
【解答】
解：2πr=πR，
所以r=R2，
则ℎ=3R2，
所以V=13πr2ℎ=324πR3.
故选A.
4.
【答案】
A
【考点】
点、线、面间的距离计算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ A(0,0,2)，B(1,0,2)，C(0,2,0)，
∴ AB→=(1,0,0)，BC→=(−1,2,−2)，
∴ 点A到直线BC的距离为
d=|AB→|1−(cs)2
=1×1−(−11×3)2
=223.
故选A.
5.
【答案】
C
【考点】
直线与平面所成的角
【解析】
过PC上任意一点D作DO⊥平面APB，则∠DPO就是直线PC与平面PAB所成的角．先证明点O在∠APB的平分线上，通过解直角三角形PED、DOP，求出直线PC与平面PAB所成角的余弦值．
【解答】
解：根据题意，作图如下，
在PC上任取一点D，作DO⊥平面APB，
则∠DPO就是直线PC与平面PAB所成的角，
过点O作OE⊥PA，OF⊥PB.
∵ DO⊥平面APB，
∴ DE⊥PA，DF⊥PB．△DEP≅△DFP，
∴ EP=FP，
∴ △OEP≅△OFP.
∵ ∠APC=∠BPC=60∘，
∴ 点O在∠APB的角平分线上，即∠OPE=30∘．
设PE=1，
∵ ∠OPE=30∘，
∴ OP=1cs30∘=233.
在Rt△PED中，∠DPE=60∘，PE=1，则PD=2．
在Rt△DOP中，OP=233，PD=2，
则cs∠DPO=OPPD=33，
即PC与平面PAB所成角的余弦值为33．
故选C．
6.
【答案】
A
【考点】
直线与平面垂直的判定
直线与平面所成的角
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ AB=3，PA=32，PB=332，
∴ AB2=PA2+PB2，
∴ △PAB为直角三角形，且∠PBA=30∘.
∵ △ABC为等边三角形，且D为AB中点，
∴ CD⊥AB，
又∵ DE⊥AB，
由线面垂直判定定理，可得AB⊥平面CDE，
过E点作PA的平行线EM交AB于点M，
可得PA与平面CDE所成的角为∠MEB=∠PBA=30∘，
∴ PA与平面CDE所成的角的正切值为tan30∘=33.
故选A.
7.
【答案】
A
【考点】
斜二测画法画直观图
【解析】
如图，由题意求出直观图中OB的长度，根据斜二测画法，求出原图形边长，进而可得原图形的周长．
【解答】
解：∵ 正方形OABC的边长为1cm，
它是水平放置的一个平面图形的直观图，
∴ OB=2cm，
∴ 对应原图形如图所示，平行四边形的高为22cm.
∴ OA=BC=1cm，
AB=OC=(22)2+12=3(cm)，
∴ 原图形的周长为2×(1+3)=8(cm).
故选A.
8.
【答案】
A
【考点】
旋转体（圆柱、圆锥、圆台）
【解析】
设出上底面半径为r，利用圆台的一个底面周长是另一个底面周长的3倍，母线长为3，圆台的侧面积为84π，求出上底面半径，即可．
【解答】
解：设上底面半径为r，
因为圆台的一个底面周长是另一个底面周长的3倍，
母线长为3，圆台的侧面积为84π，
所以S侧面积=π(r+3r)l=84π，r=7.
故选A.
二、多选题
【答案】
B,C
【考点】
空间向量的数量积运算
空间向量运算的坐标表示
【解析】
由题意，AB→⋅A1C1→=A1B→1⋅A1C1→=a⋅2a⋅22=a2，故A错误；
AB→⋅CA1→=−CD→⋅CA1→=−a⋅3a⋅33=−a2，故B正确；
BC→⋅A1D→=A1D→1⋅A1D→=a⋅2a⋅22=a2，故C正确；
AB→⋅C1A1→=−C1D1→⋅C1A1→=−a⋅2a⋅22=−a2，故D错误；
所以正确的结论为BC.
【解答】
解：建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0,0,0)，B(a,0,0)，C(a,a,0)，D(0,a,0)，
A1(0,0,a)，C1(a,a,a)，
∴ AB→=(a,0,0)，C1A→=(−a,−a,−a)，BC→=(0,a,0)，
A1C1→=(a,a,0)，A1D→=(0,a,−a)，C1A1→=(−a,−a,0)，
∴ AB→⋅A1C1→=a2，故A错误；
AB→⋅C1A→=a⋅(−a)=−a2，故B正确；
BC→⋅A1D→=a⋅a=a2，故C正确；
AB→⋅C1A1→=a⋅(−a)=−a2，故D错误.
故选BC.
【答案】
B,D
【考点】
空间向量的数乘运算
共线向量与共面向量
空间向量的数量积运算
空间向量的夹角与距离求解公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：向量的数量积运算不满足结合律，故A错误；
∵ PC→=14PA→+34PB→，
∴ 14PC→−14PA→=34PB→−34PC→，
即14AC→=34CB→，
∴ A，B，C三点共线，故B正确；
∵ a→=(1,1,x)，b→=(−3,x,9)，
∴ a→⋅b→=−3+10x，
当x<310时，a→⋅b→=−3+10x<0，
当x=−3时，则a→//b→，故C错误；
∵ OP→=14OA→+34OB→+14BC→，
∴ OP→=14OA→+12OB→+14OC→，
整理，得14AP→=12PB→+14PC→，
∴ P在平面ABC上，故D正确.
故选BD.
【答案】
A,D
【考点】
直线的斜截式方程
直线的截距式方程
直线的点斜式方程
直线的两点式方程
【解析】
将各个选项进行逐一分析求解即可.
【解答】
解：∵ 直线y−y1x−x1=k，定义域为x≠x1，不包含点(x1,y1)，
∴ y−y1x−x1=k不能表示过点(x1,y1)的直线，故A正确；
当a=b=0时，
xa+yb=1不能表示在x轴、y轴上的截距为0的直线，故B错误；
直线y=kx+b与y轴的交点到原点的距离为|b|，故C错误；
过两点A(x1,y1)，B(x2,y2)的直线方程表示为
(x−x2)(y1−y2)−(y−y2)(x1−x2)=0，故D正确.
故选AD.
【答案】
B,D
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
空间中直线与直线之间的位置关系
直线与平面垂直的性质
平面与平面垂直的判定
【解析】
利用直线与直线、平面与平面间的位置关系及性质判断前后两个条件的推出关系，利用充要条件的定义得结论．
【解答】
解：a平行于b所在的平面⇒a // b或a与b异面，故①错误；
根据直线与平面垂直的定义可得，
直线l⊥平面α内所有直线”的充要条件是“l⊥平面α”，故②正确；
直线a，b不相交⇒直线a，b异面或平行，故③错误；
平面α // 平面β⇒α内存在不共线三点到β的距离相等，
α内存在不共线三点到β的距离相等⇒平面α // 平面β或相交，故④正确.
故选BD.
三、填空题
【答案】
43
【考点】
正弦定理
余弦定理
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ 2a−cb=csCcsB，
∴ (2a−c)csB=bcsC.
由正弦定理，得(2sinA−sinC)csB=sinBcsC，
∴ 2sinAcsB=sinCcsB+sinBcsC=sin(B+C)=sinA．
又∵ sinA≠0，
∴ csB=12．
∵ 0∴ B=π3．
由余弦定理，得
b2=16=a2+c2−2accsπ3
=a2+c2−ac≥2ac−ac=ac，
∴ ac≤16，
当且仅当a=c时等号成立，
∴ △ABC面积的最大值为
S△ABC=12acsinπ3=12×16×32=43．
故答案为：43.
【答案】
3π4
【考点】
二面角的平面角及求法
【解析】
利用向量运算表示CD→，结合条件的垂直关系和长度关系可求．
【解答】
解：如图，
由条件，知CA→⋅AB→=0 ，AB→⋅BD→=0，
CD→=CA→+AB→+BD→，
∴|CD→|2=|CA→|2+|AB→|2+|BD→|2+
2CA→⋅AB→+2AB→⋅BD→+2CA→⋅BD→
=8+9+4+2×22×2×cs
=29，
∴ cs=22.
又∵ ∈0,π，
∴ =π4，
∴ 二面角的大小为3π4.
故答案为：3π4.
【答案】
k≥32或k≤−12
【考点】
直线的图象特征与倾斜角、斜率的关系
斜率的计算公式
【解析】
直线kx−y−k−1=0化为：kx−1−y+1=0，令x−1=0y+1=0，解出可得直线经过定点：P1,−1．利用斜率计算公式可得：kPM、kPN，根据直线kx−y−k−1=0和以M−3,1 、N3,2为端点的线段相交，即可得出实数k的取值范围．
【解答】
解：直线kx−y−k−1=0化为kx−1−y+1=0，
令x−1=0,y+1=0,
解得：x=1，y=−1，
可得直线经过定点P1,−1.
∵ M−3,1，N3,2，
∴ kPM=−1−11+3=−12 ，kPN=−1−21−3=32.
∵ 直线kx−y−k−1=0和以M−3,1 ，N3,2为
端点的线段相交，如下图，
则实数k的取值范围为k≥32或k≤−12.
故答案为：k≥32或k≤−12．
【答案】
①②③
【考点】
向量的数量积判断向量的共线与垂直
向量的共线定理
平面向量数量积
【解析】
利用向量垂直与数量积的关系、向量共线定理、线面垂直的判定定理即可判断出．
【解答】
解：AB→=(2, −1, −4)，AD→=(4, 2, 0)，AP→=(−1, 2, −1)，
①∵ AP→⋅AB→=−2−2+4=0，
∴ AP→⊥AB→，故①正确；
②∵ AP→⋅AD→=−4+4+0=0，
∴ AP→⊥AD→，故②正确；
③∵ AP⊥AB，AP⊥AD，
∴ AP→是平面ABCD的法向量，故③正确；
④∵ BD→=AD→−AB→=(2, 3, 4)，
假设存在λ，使得AP→=λBD→，
则−1=2λ,2=3λ,−1=4λ,
无解，故④不正确.
综上所述，①②③正确．
故答案为：①②③.
四、解答题
【答案】
解：(1)由l1⊥l2可得：
a×1+3×(a−2)=0，
解得：a=32，
所以实数a的值为32.
(2)由l1 // l2，得a(a−2)−3=0，
解得：a=3或a=−1.
当a=−1时，l1的方程为−x+3y+4=0，
l2的方程为x−3y−4=0，
此时，l1，l2重合，不符合题意；
当a=3时，l1的方程为3x+3y+4=0，
l2的方程为x−3y+4=0，此时，l1，l2平行.
综上所述，当l1 // l2时，实数a的值为3.
【考点】
直线的一般式方程与直线的垂直关系
直线的一般式方程与直线的平行关系
【解析】
（1）由垂直可得a+3(a−2)=0，解之即可；
（2）由平行可得a=3，进而可得直线方程，代入距离公式可得答案．
【解答】
解：(1)由l1⊥l2可得：
a×1+3×(a−2)=0，
解得：a=32，
所以实数a的值为32.
(2)由l1 // l2，得a(a−2)−3=0，
解得：a=3或a=−1.
当a=−1时，l1的方程为−x+3y+4=0，
l2的方程为x−3y−4=0，
此时，l1，l2重合，不符合题意；
当a=3时，l1的方程为3x+3y+4=0，
l2的方程为x−3y+4=0，此时，l1，l2平行.
综上所述，当l1 // l2时，实数a的值为3.
【答案】
解：(1)∵ b2=a2+c2−ac，
∴ a2+c2−b2=ac，
∴ csB=a2+c2−b22ac=12.
∵ 0∴ B=π3 .
(2)sinA+sinC=sinA+sin(A+B)=sinA+sin(A+π3)
=32sinA+32csA
=3sinA+π6.
∵ A∈0,23π，
∴ A+π6∈π6,5π6，
∴ sinA+π6∈12,1，
∴ 3sinA+π6∈32,3 .
∴ sinA+sinC的取值范围是32,3 .
【考点】
余弦定理
正弦函数的定义域和值域
两角和与差的正弦公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)∵ b2=a2+c2−ac，
∴ a2+c2−b2=ac，
∴ csB=a2+c2−b22ac=12.
∵ 0∴ B=π3 .
(2)sinA+sinC=sinA+sin(A+B)=sinA+sin(A+π3)
=32sinA+32csA
=3sinA+π6.
∵ A∈0,23π，
∴ A+π6∈π6,5π6，
∴ sinA+π6∈12,1，
∴ 3sinA+π6∈32,3 .
∴ sinA+sinC的取值范围是32,3 .
【答案】
解：(1)建立如图所示的空间直角坐标系，
则B(2,0,0） ，M(0,1,1)， C(2,2,0），P(0,0,2)，
∴ BP→=−2,0,2，MC→=2,1,−1，
∴ cs=BP→⋅MC→|BP→||MC→|=−622×6=−32．
(2)∵ D(0,2,0)，
∴ PD→=0,2,−2，BD→=−2,2,0.
设平面PBD的法向量为n1→=x,y,z，
则2y−2z=0,−2x+2y=0,
故平面PBD的法向量可取为n1→=1,1,1，
平面BDC的法向量可取为n2→=0,0,1.
设二面角P−BD−C的大小θ，
即csθ=−|cs⟨n1→,n2→⟩|=−13=−33．
(3)由(2)知平面PBD的法向量为n1→=1,1,1．
∵ CD→=−2,0,0，
∴ C到平面PBD的距离为d=n→⋅CD→|n→|=233 ．
【考点】
用空间向量求直线间的夹角、距离
二面角的平面角及求法
点、线、面间的距离计算
【解析】



【解答】
解：(1)建立如图所示的空间直角坐标系，
则B(2,0,0） ，M(0,1,1)， C(2,2,0），P(0,0,2)，
∴ BP→=−2,0,2，MC→=2,1,−1，
∴ cs=BP→⋅MC→|BP→||MC→|=−622×6=−32．
(2)∵ D(0,2,0)，
∴ PD→=0,2,−2，BD→=−2,2,0.
设平面PBD的法向量为n1→=x,y,z，
则2y−2z=0,−2x+2y=0,
故平面PBD的法向量可取为n1→=1,1,1，
平面BDC的法向量可取为n2→=0,0,1.
设二面角P−BD−C的大小θ，
即csθ=−|cs⟨n1→,n2→⟩|=−13=−33．
(3)由(2)知平面PBD的法向量为n1→=1,1,1．
∵ CD→=−2,0,0，
∴ C到平面PBD的距离为d=n→⋅CD→|n→|=233 ．
【答案】
(1)证明：连接AC，
∵ M，N分别为AD，DC的中点，
∴ MN//AC.
又∵ 长方体ABCD−A1B1C1D1中，
AA1//CC1，AA1=CC1，
∴ 四边形ACC1A1为平行四边形，
∴ AC//A1C1，
∴ MN//A1C1．
(2)解：以D为原点，分别以DA，DC，DD1所在直线
为x，y，z轴建立空间直角坐标系如图所示，
∵ AB=2，BC=B1B=1，
∴ M(12,0,0)，N(0,1,0)，B(1,2,0)，C1(0,2,1)，
MN→=(−12,1,0)，BC1→=(−1,0,1)，
∴ cs⟨MN→，BC1→⟩=MN→⋅BC1→|MN→|⋅|BC1→|=1254×2=1010，
∴ 异面直线MN与BC1所成角的余弦值为1010．
【考点】
两条直线平行的判定
用空间向量求直线间的夹角、距离
【解析】


【解答】
(1)证明：连接AC，
∵ M，N分别为AD，DC的中点，
∴ MN//AC.
又∵ 长方体ABCD−A1B1C1D1中，
AA1//CC1，AA1=CC1，
∴ 四边形ACC1A1为平行四边形，
∴ AC//A1C1，
∴ MN//A1C1．
(2)解：以D为原点，分别以DA，DC，DD1所在直线
为x，y，z轴建立空间直角坐标系如图所示，
∵ AB=2，BC=B1B=1，
∴ M(12,0,0)，N(0,1,0)，B(1,2,0)，C1(0,2,1)，
MN→=(−12,1,0)，BC1→=(−1,0,1)，
∴ cs⟨MN→，BC1→⟩=MN→⋅BC1→|MN→|⋅|BC1→|=1254×2=1010，
∴ 异面直线MN与BC1所成角的余弦值为1010．
【答案】
(1)证明：∵ 平面PAD⊥平面ABCD， AB⊥AD，
∴ AB⊥平面PAD，
∴ AB⊥PD．
又∵ PA⊥PD，
∴ PD⊥平面PAB．
(2)解：取AD的中点O，连结PO，CO，
∵ PA=PD，
∴ PO⊥AD．
又∵ PO⊂平面PAD，平面PAD⊥平面ABCD，
∴ PO⊥平面ABCD．
∵ CO⊂平面ABCD，
∴ PO⊥CO．
∵ AC=CD，
∴ CO⊥AD．
如图建立空间直角坐标系O−xyz，
则A0,1,0，B1,1,0，C2,0,0，D0,−1,0，P0,0,1
由(1)知，面PAB法向量为PD→=0,−1,−1，AC→=2,−1,0，
∴ sinθ=|cs⟨PD→,AC→⟩|=||PD→⋅AC→|PD→|⋅|AC→||=12×5=1010．
∴ 直线AC与平面PAB所成角的正弦值为1010．
(3)解：设平面PCD的法向量为n→=x,y,z，
则n→⋅PD→=0,n→⋅PC→=0,
即−y−z=0,2x−z=0.
令z=2，则x=1,y=−2，
∴ n→=1,−2,2.
设M是棱PA上一点，则存在λ∈0,1，使得AM→=λAP→，
∴ 点M0,1−λ,λ，BM→=−1,−λ,λ．
∵ BM不在平面PCD，
∴ BM//平面PCD，
当且仅当BM→⋅n→=0，
即−1,−λ，λ⋅1,−2,2=0，
解得：λ=14，
∴ 在棱PA上存在点M使得BM//平面PCD，
|AM→|=24．
【考点】
直线与平面垂直的判定
用空间向量求直线与平面的夹角
空间中直线与平面之间的位置关系
直线与平面平行的判定
【解析】



【解答】
(1)证明：∵ 平面PAD⊥平面ABCD， AB⊥AD，
∴ AB⊥平面PAD，
∴ AB⊥PD．
又∵ PA⊥PD，
∴ PD⊥平面PAB．
(2)解：取AD的中点O，连结PO，CO，
∵ PA=PD，
∴ PO⊥AD．
又∵ PO⊂平面PAD，平面PAD⊥平面ABCD，
∴ PO⊥平面ABCD．
∵ CO⊂平面ABCD，
∴ PO⊥CO．
∵ AC=CD，
∴ CO⊥AD．
如图建立空间直角坐标系O−xyz，
则A0,1,0，B1,1,0，C2,0,0，D0,−1,0，P0,0,1
由(1)知，面PAB法向量为PD→=0,−1,−1，AC→=2,−1,0，
∴ sinθ=|cs⟨PD→,AC→⟩|=||PD→⋅AC→|PD→|⋅|AC→||=12×5=1010．
∴ 直线AC与平面PAB所成角的正弦值为1010．
(3)解：设平面PCD的法向量为n→=x,y,z，
则n→⋅PD→=0,n→⋅PC→=0,
即−y−z=0,2x−z=0.
令z=2，则x=1,y=−2，
∴ n→=1,−2,2.
设M是棱PA上一点，则存在λ∈0,1，使得AM→=λAP→，
∴ 点M0,1−λ,λ，BM→=−1,−λ,λ．
∵ BM不在平面PCD，
∴ BM//平面PCD，
当且仅当BM→⋅n→=0，
即−1,−λ，λ⋅1,−2,2=0，
解得：λ=14，
∴ 在棱PA上存在点M使得BM//平面PCD，
|AM→|=24．
【答案】
(1)证明：取BC的中点O，连接OP，OA，
∵ △ABC，△PBC均为边长为23的等边三角形，
∴ AO⊥BC，OP⊥BC，且OA=OP=3.
∵ AP=32，
∴ OP2+OA2=AP2，
∴ OP⊥OA.
又∵ OA∩BC=O，OA⊂平面ABCD，BC⊂平面ABCD，
∴ OP⊥平面ABCD．
又∵ OP⊂平面PBC，
∴ 平面PBC⊥平面ABCD．
(2)解：∵ BC⊥CD，△ABC为等边三角形，
∴ ∠ACD=π6.
又∵ AD=CD，
∴ ∠CAD=π6，∠ADC=2π3.
在△ADC中，由正弦定理，得
ACsin∠ADC=CDsin∠CAD，
∴ CD=2.
以O为坐标原点，以OA→，OB→，OP→为x，y，z轴正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则P0,0,3，B0,3,0，D2,−3,0，
BP→=0,−3,3，BD→=2,−23,0，
设平面PBD的法向量为n→=x,y,z，
则 n→⋅BP→=0,n→⋅BD→=0.
即 −3y+3z=0,2x−23y=0.
令z=1，则平面PBD的一个法向量为n→=3,3,1，
依题意，得平面PBC的一个法向量为m→=1,0,0，
∴ cs⟨m→,n→⟩=m→⋅n→|m→||n→|=31313，
∴ 二面角C−PB−D的余弦值为31313 .
【考点】
平面与平面垂直的性质
用空间向量求平面间的夹角
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)证明：取BC的中点O，连接OP，OA，
∵ △ABC，△PBC均为边长为23的等边三角形，
∴ AO⊥BC，OP⊥BC，且OA=OP=3.
∵ AP=32，
∴ OP2+OA2=AP2，
∴ OP⊥OA.
又∵ OA∩BC=O，OA⊂平面ABCD，BC⊂平面ABCD，
∴ OP⊥平面ABCD．
又∵ OP⊂平面PBC，
∴ 平面PBC⊥平面ABCD．
(2)解：∵ BC⊥CD，△ABC为等边三角形，
∴ ∠ACD=π6.
又∵ AD=CD，
∴ ∠CAD=π6，∠ADC=2π3.
在△ADC中，由正弦定理，得
ACsin∠ADC=CDsin∠CAD，
∴ CD=2.
以O为坐标原点，以OA→，OB→，OP→为x，y，z轴正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则P0,0,3，B0,3,0，D2,−3,0，
BP→=0,−3,3，BD→=2,−23,0，
设平面PBD的法向量为n→=x,y,z，
则 n→⋅BP→=0,n→⋅BD→=0.
即 −3y+3z=0,2x−23y=0.
令z=1，则平面PBD的一个法向量为n→=3,3,1，
依题意，得平面PBC的一个法向量为m→=1,0,0，
∴ cs⟨m→,n→⟩=m→⋅n→|m→||n→|=31313，
∴ 二面角C−PB−D的余弦值为31313 .