章末质量检测(一) 空间向量与立体几何

这是一份章末质量检测(一) 空间向量与立体几何，共19页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．已知空间向量a＝(λ＋1,1，λ)，b＝(6，μ－1,4)，若a∥b，则λ＋μ＝( )
A．3 B．－3
C．5 D．－5
2．在三棱锥A－BCD中，E是棱CD的中点，且eq \(BF,\s\up6(→))＝eq \f(2,3)eq \(BE,\s\up6(→))，则eq \(AF,\s\up6(→))＝( )
A.eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \f(3,4)eq \(AC,\s\up6(→))－eq \f(3,4)eq \(AD,\s\up6(→))
B.eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \f(3,4)eq \(AC,\s\up6(→))－eq \f(3,4)eq \(AD,\s\up6(→))
C．－5eq \(AB,\s\up6(→))＋3eq \(AC,\s\up6(→))＋3eq \(AD,\s\up6(→))
D.eq \f(1,3)eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \f(1,3)eq \(AC,\s\up6(→))＋eq \f(1,3)eq \(AD,\s\up6(→))
3．已知a，b，c是不共面的三个向量，则能构成一个基底的一组向量是( )
A．2a，a－b，a＋2b B．2b，b－a，b＋2a
C．a,2b，b－c D．c，a＋c，a－c
4．如图，平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，AC与BD的交点为M，设eq \(AB,\s\up6(→))＝a，eq \(AD,\s\up6(→))＝b，eq \(AA1,\s\up6(→))＝c，则下列选项中与向量eq \(MC1,\s\up6(→))相等的是( )
A．－eq \f(1,2)a－eq \f(1,2)b－c
B.eq \f(1,2)a＋eq \f(1,2)b＋c
C.eq \f(1,2)a－eq \f(1,2)b－c
D.eq \f(1,2)a＋eq \f(1,2)b－c
5．在平面ABCD中，A(0,1,1)，B(1,2,1)，C(－1,0，－1)，若a＝(－1，y，z)，且a为平面ABCD的法向量，则y2等于( )
A．2 B．0
C．1 D．无意义
6．已知在一个二面角的棱上有两个点A、B，线段AC、BD分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱AB，AB＝5，AC＝3，BD＝4，CD＝5eq \r(2)，则这个二面角的度数为( )
A．30° B．45°
C．90° D．150°
7．正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E、F分别是CC1，D1B1的中点，则EF与AB1所成角的大小为( )
A．30° B．60°
C．90° D．120°
8．如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝2，AA1＝eq \r(6)，则AA1与平面AB1C1所成的角为( )
A.eq \f(π,6) B.eq \f(π,4)
C.eq \f(π,3) D.eq \f(π,2)
二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分)
9．已知平行六面体ABCD－A′B′C′D′，则下列四式中其中正确的有( )
A.eq \(AB,\s\up6(→))－eq \(CB,\s\up6(→))＝eq \(AC,\s\up6(→))
B.eq \(AC′,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(B′C′,\s\up6(→))＋eq \(CC′,\s\up6(→))
C.eq \(AA′,\s\up6(→))＝eq \(CC′,\s\up6(→))
D.eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(BB′,\s\up6(→))＋eq \(BC,\s\up6(→))＋eq \(C′C,\s\up6(→))＝eq \(AC′,\s\up6(→))
10．以下四个命题中，其中正确的是( )
A．已知e1和e2是两个互相垂直的单位向量，a＝2e1＋3e2，b＝ke1－4e2，且a⊥b，则实数k＝6
B．已知正四面体O－ABC的棱长为1，则(eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \(OB,\s\up6(→)))·(eq \(CA,\s\up6(→))＋eq \(CB,\s\up6(→)))＝1；
C．已知A(1,1,0)，B(0,3,0)，C(2,2,3)，则向量eq \(AC,\s\up6(→))在eq \(AB,\s\up6(→))上正投影的数量是eq \f(\r(5),5)；
D．已知a＝e1－2e2＋e3，b＝－e1＋3e2＋2e3，c＝－3e1＋7e2({e1，e2，e3}为空间向量的一个基底)，则向量a，b，c不可能共面．
11.
如图，一个结晶体的形状为平行六面体ABCD－A1B1C1D1，其中，以顶点A为端点的三条棱长都相等，且它们彼此的夹角都是60°，下列说法中正确的是( )
A．(eq \(AA1,\s\up6(→))＋eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AD,\s\up6(→)))2＝2(eq \(AC,\s\up6(→)))2
B.eq \(AC1,\s\up6(→))·(eq \(AB,\s\up6(→))－eq \(AD,\s\up6(→)))＝0
C．向量eq \(B1C,\s\up6(→))与eq \(AA1,\s\up6(→))的夹角是60°
D．BD1与AC所成角的余弦值为eq \f(\r(6),3)
12．如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝eq \r(3)AD＝eq \r(3)AA1＝eq \r(3)，点P为线段A1C上的动点，则下列结论正确的是( )
A．当eq \(A1C,\s\up6(→))＝2eq \(A1P,\s\up6(→))时，B1，P，D三点共线
B．当eq \(AP,\s\up6(→))⊥eq \(A1C,\s\up6(→))时，eq \(AP,\s\up6(→))⊥eq \(D1P,\s\up6(→))
C．当eq \(A1C,\s\up6(→))＝3eq \(A1P,\s\up6(→))时，D1P∥平面BDC1
D．当eq \(A1C,\s\up6(→))＝5eq \(A1P,\s\up6(→))时，A1C⊥平面D1AP
三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．请把正确答案填在题中横线上)
13．直三棱柱ABC－A1B1C1中，若eq \(CA,\s\up6(→))＝a，eq \(CB,\s\up6(→))＝b，eq \(CC1,\s\up6(→))＝c，则eq \(BA1,\s\up6(→))＝________.
14．已知a＝(x，－3,4)，b＝(－2，y，－8)，且a∥b则|a|＝________.
15．已知四棱锥P－ABCD的底面ABCD是边长为2的正方形，PA＝PD＝eq \r(5)，平面ABCD⊥平面PAD，M是PC的中点，O是AD的中点，则直线BM与平面PCO所成角的正弦值是________．
16．(多填题)如图所示的平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，已知AB＝AA1＝AD，∠BAD＝∠DAA1＝60°，∠BAA1＝30°，N为A1D1上一点，且A1N＝λA1D1.若BD⊥AN，则λ的值为________；若M为棱DD1的中点，BM∥平面AB1N，则λ的值为________．
四、解答题(本大题共6小题，共70分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
17．(本小题满分10分)
已知四边形ABCD的顶点分别是A(3，－1,2)，B(1,2，－1)，C(－1,1，－3)，D(3，－5,3)．求证：四边形ABCD是一个梯形．
18．(本小题满分12分)
如图，在多面体ABCDEF中，四边形CDEF为直角梯形，DE∥CF，∠EDC＝90°，四边形ABCD为矩形，平面CDEF⊥平面ABCD，AD＝DE＝2，CD＝CF＝4，点P为CF的中点，点Q为BE的中点．
(1)求证：DQ⊥BP；
(2)求二面角Q－AD－B的余弦值．
19.(本小题满分12分)
四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，PD＝DA＝2，F、E分别为AD、PC的中点．
(1)证明：DE∥平面PFB；
(2)求点D到平面PFB的距离．
20．(本小题满分12分)
如图，四边形ABCD是边长为2的菱形，∠BAD＝60°，FD⊥平面ABCD，BE∥FD，且DF＝2BE＝2.
(1)求直线AD和平面AEF所成角的大小；
(2)求二面角E－AF－D的平面角的大小．
21．(本小题满分12分)
等边△ABC的边长为3，点D，E分别是AB，AC上的点，且满足eq \f(AD,DB)＝eq \f(CE,EA)＝eq \f(1,2)(如图①)，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使二面角A1－DE－B成直二面角，连接A1B，A1C(如图②)．
(1)求证：A1D⊥平面BCED；
(2)在线段BC上是否存在点P，使直线PA1与平面A1BD所成的角为60°？若存在，求出PB的长；若不存在，请说明理由．
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1．解析：因为a∥b，所以eq \f(λ＋1,6)＝eq \f(1,μ－1)＝eq \f(λ,4)，
所以4λ＋4＝6λ，所以λ＝2，
所以eq \f(1,μ－1)＝eq \f(1,2)，所以μ＝3，所以λ＋μ＝5.
故选C.
答案：C
2．解析：因为E是棱CD的中点，eq \(BF,\s\up10(→))＝eq \f(2,3)eq \(BE,\s\up10(→))，
所以eq \(AF,\s\up10(→))＝eq \(AB,\s\up10(→))＋eq \(BF,\s\up10(→))＝eq \(AB,\s\up10(→))＋eq \f(2,3)eq \(BE,\s\up10(→))＝eq \(AB,\s\up10(→))＋eq \f(2,3)(eq \(AE,\s\up10(→))－eq \(AB,\s\up10(→)))＝eq \f(2,3)eq \(AE,\s\up10(→))＋eq \f(1,3)eq \(AB,\s\up10(→))＝eq \f(1,3)(eq \(AC,\s\up10(→))＋eq \(AD,\s\up10(→)))＋eq \f(1,3)eq \(AB,\s\up10(→))＝eq \f(1,3)eq \(AB,\s\up10(→))＋eq \f(1,3)eq \(AC,\s\up10(→))＋eq \f(1,3)eq \(AD,\s\up10(→)).
故选D.
答案：D
3．解析：对于A，因为2a＝eq \f(4,3)(a－b)＋eq \f(2,3)(a＋2b)，得2a、a－b、a＋2b三个向量共面，故它们不能构成一个基底，A不正确；
对于B，因为2b＝eq \f(4,3)(b－a)＋eq \f(2,3)(b＋2a)，得2b、b－a、b＋2a三个向量共面，故它们不能构成一个基底，B不正确；
对于C，因为找不到实数λ，μ，使a＝λ·2b＋μ(b－c)成立，故a、2b、b－c三个向量不共面，它们能构成一个基底，C正确；
对于D，因为c＝eq \f(1,2)(a＋c)－eq \f(1,2)(a－c)，得c、a＋c、a－c三个向量共面，故它们不能构成一个基底，D不正确．
故选C.
答案：C
4．解析：如图所示，∵eq \(MC1,\s\up10(→))＝eq \(MC,\s\up10(→))＋eq \(CC1,\s\up10(→))，
eq \(MC,\s\up10(→))＝eq \f(1,2)eq \(AC,\s\up10(→))，eq \(AC,\s\up10(→))＝eq \(AB,\s\up10(→))＋eq \(AD,\s\up10(→))，eq \(AB,\s\up10(→))＝a，eq \(AD,\s\up10(→))＝b，eq \(CC1,\s\up10(→))＝c，
∴eq \(MC1,\s\up10(→))＝eq \f(1,2)(eq \(AB,\s\up10(→))＋eq \(AD,\s\up10(→)))＋eq \(CC1,\s\up10(→))＝eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up10(→))＋eq \f(1,2)eq \(AD,\s\up10(→))＋eq \(CC1,\s\up10(→))＝eq \f(1,2)a＋eq \f(1,2)b＋c，故选B.
答案：B
5．解析：由题得，eq \(AB,\s\up10(→))＝(1,1,0)，eq \(AC,\s\up10(→))＝(－1，－1,2)，又a为平面ABCD的法向量，则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a·\(AB,\s\up10(→))＝0,a·\(AC,\s\up10(→))＝0))，即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－1＋y＝0,1－y＋2z＝0))，则y＝1，那么y2＝1.故选C.
答案：C
6．解析：设这个二面角的度数为α，
由题意得eq \(CD,\s\up10(→))＝eq \(CA,\s\up10(→))＋eq \(AB,\s\up10(→))＋eq \(BD,\s\up10(→))，
∴eq \(CD,\s\up10(→))2＝eq \(CA,\s\up10(→))2＋eq \(AB,\s\up10(→))2＋eq \(BD,\s\up10(→))2＋2|eq \(CA,\s\up10(→))|·|eq \(BD,\s\up10(→))|cs (π－α)，
∴(5eq \r(2))2＝9＋25＋16－2×3×4×cs α，
解得cs α＝0，
∴α＝90°，
∴这个二面角的度数为90°，
故选C.
答案：C
7．解析：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立如下空间直角坐标系，
设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，
则E(0,2,1)，F(1,1,2)，A(2,0,0)，B1(2,2,2)，eq \(EF,\s\up10(→))＝(1，－1,1)，eq \(AB1,\s\up10(→))＝(0,2,2)，
设EF与AB1所成角为α，
则cs α＝eq \f(|\(EF,\s\up10(→))·\(AB1,\s\up10(→))|,|\(EF,\s\up10(→))|·|\(AB1,\s\up10(→))|)＝0，
所以α＝90°，
所以EF与AB1所成角的大小为90°.故选C.
答案：C
8．解析：
以A为坐标原点，AC为x轴，AB为y轴，AA1为z轴建立如右图所示的空间直角坐标系：
则A1(0,0，eq \r(6))，A(0,0,0)，B1(0,2，eq \r(6))，C1(2,0，eq \r(6))
则eq \(AB1,\s\up10(→))＝(0,2，eq \r(6))，eq \(AC1,\s\up10(→))＝(2,0，eq \r(6))，eq \(AA1,\s\up10(→))＝(0,0，eq \r(6))
设平面AB1C1的法向量为m＝(x，y，z)
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(AB1,\s\up10(→))＝2y＋\r(6)z＝0,m·\(AC1,\s\up10(→))＝2x＋\r(6)z＝0))，令z＝1可解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝－\f(\r(6),2),y＝－\f(\r(6),2)))
所以m＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(6),2)，－\f(\r(6),2)，1))
设AA1与平面AB1C1所成的角为α，则AA1与平面AB1C1所成的角的正弦值为
sin α＝cs 〈m，eq \(AA1,\s\up10(→))〉＝eq \f(\r(6),\r(6)× \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(6),2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(6),2)))2＋12))＝eq \f(1,2)
因为α∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))
∴α＝eq \f(π,6)，故选A.
答案：A
9．解析：作出平行六面体ABCD－A′B′C′D′的图像如图，可得eq \(AB,\s\up10(→))－eq \(CB,\s\up10(→))＝eq \(AB,\s\up10(→))＋eq \(BC,\s\up10(→))＝eq \(AC,\s\up10(→))，则A正确；eq \(AB,\s\up10(→))＋eq \(B′C′,\s\up10(→))＋eq \(CC′,\s\up10(→))＝eq \(AB,\s\up10(→))＋eq \(BC,\s\up10(→))＋eq \(CC′,\s\up10(→))＝eq \(AC′,\s\up10(→))，则B正确；C显然正确；eq \(AB,\s\up10(→))＋eq \(BB′,\s\up10(→))＋eq \(BC,\s\up10(→))＋eq \(C′C,\s\up10(→))＝eq \(AB,\s\up10(→))＋eq \(BC,\s\up10(→))＝eq \(AC,\s\up10(→))，则D不正确．综上，正确的有ABC.
故选ABC.
答案：ABC
10．解析：A中，∵a＝2e1＋3e2，b＝ke1－4e2，且a⊥b，
∴a·b＝(2e1＋3e2)·(ke1－4e2)＝2keeq \\al(2,1)＋(3k－8)e1·e2－12eeq \\al(2,2)＝2k－12＝0，解得k＝6，所以A正确．
B中，(eq \(OA,\s\up10(→))＋eq \(OB,\s\up10(→)))·(eq \(CA,\s\up10(→))＋eq \(CB,\s\up10(→)))＝eq \(OA,\s\up10(→))·eq \(CA,\s\up10(→))＋eq \(OA,\s\up10(→))·eq \(CB,\s\up10(→))＋eq \(OB,\s\up10(→))·eq \(CA,\s\up10(→))＋eq \(OB,\s\up10(→))·eq \(CB,\s\up10(→))＝1×1×cs 60°＋1×1×cs 90°＋1×1×cs 90°＋1×1×cs 60°＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)＝1，所以B正确．
C中，eq \(AC,\s\up10(→))＝(1,1,3)，eq \(AB,\s\up10(→))＝(－1,2,0)，
向量eq \(AC,\s\up10(→))在eq \(AB,\s\up10(→))上正投影＝eq \f(\(AC,\s\up10(→))·\(AB,\s\up10(→)),|\(AB,\s\up10(→))|)＝eq \f(1×－1＋1×2＋3×0,\r(－12＋22＋02))＝eq \f(\r(5),5)，所以C正确．
D中，假设向量a，b，c共面，则a＝xb＋yc，
所以e1－2e2＋e3＝x(－e1＋3e2＋2e3)＋y(－3e1＋7e2)，
e1－2e2＋e3＝(－x－3y)e1＋(3x＋7y)e2＋2xe3，
所以1＝－x－3y，－2＝3x＋7y,1＝2x，
得x＝eq \f(1,2)，y＝－eq \f(1,2)，
所以向量a，b，c共面，所以D不正确．
故选ABC.
答案：ABC
11．解析：以顶点A为端点的三条棱长都相等，它们彼此的夹角都是60°，
可设棱长为1，则eq \(AA1,\s\up10(→))·eq \(AB,\s\up10(→))＝eq \(AA1,\s\up10(→))·eq \(AD,\s\up10(→))＝eq \(AD,\s\up10(→))·eq \(AB,\s\up10(→))＝1×1×cs 60°＝eq \f(1,2)，(eq \(AA1,\s\up10(→))＋eq \(AB,\s\up10(→))＋eq \(AD,\s\up10(→)))2＝eq \(AA1,\s\up10(→))2＋eq \(AB,\s\up10(→))2＋eq \(AD,\s\up10(→))2＋2eq \(AA1,\s\up10(→))·eq \(AB,\s\up10(→))＋2eq \(AB,\s\up10(→))·eq \(AD,\s\up10(→))＋2eq \(AA1,\s\up10(→))·eq \(AD,\s\up10(→))
＝1＋1＋1＋3×2×eq \f(1,2)＝6
而2(eq \(AC,\s\up10(→)))2＝2(eq \(AB,\s\up10(→))＋eq \(AD,\s\up10(→)))2＝2(eq \(AB,\s\up10(→))2＋eq \(AD,\s\up10(→))2＋2eq \(AB,\s\up10(→))·eq \(AD,\s\up10(→)))＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋1＋2×\f(1,2)))＝2×3＝6，所以A正确．
eq \(AC1,\s\up10(→))·(eq \(AB,\s\up10(→))－eq \(AD,\s\up10(→)))＝(eq \(AA1,\s\up10(→))＋eq \(AB,\s\up10(→))＋eq \(AD,\s\up10(→)))·(eq \(AB,\s\up10(→))－eq \(AD,\s\up10(→)))
＝eq \(AA1,\s\up10(→))·eq \(AB,\s\up10(→))－eq \(AA1,\s\up10(→))·eq \(AD,\s\up10(→))＋eq \(AB,\s\up10(→))2－eq \(AB,\s\up10(→))·eq \(AD,\s\up10(→))＋eq \(AD,\s\up10(→))·eq \(AB,\s\up10(→))－eq \(AD,\s\up10(→))2＝0，所以B正确．
向量eq \(B1C,\s\up10(→))＝eq \(A1D,\s\up10(→))，
显然△AA1D为等边三角形，则∠AA1D＝60°.
所以向量eq \(A1D,\s\up10(→))与eq \(AA1,\s\up10(→))的夹角是120°，向量eq \(B1C,\s\up10(→))与eq \(AA1,\s\up10(→))的夹角是120°，则C不正确．
又eq \(BD1,\s\up10(→))＝eq \(AD,\s\up10(→))＋eq \(AA1,\s\up10(→))－eq \(AB,\s\up10(→))，eq \(AC,\s\up10(→))＝eq \(AB,\s\up10(→))＋eq \(AD,\s\up10(→))
则|eq \(BD1,\s\up10(→))|＝eq \r(\(AD,\s\up10(→))＋\(AA1,\s\up10(→))－\(AB,\s\up10(→))\(2,\s\up10( )) )＝eq \r(2)，|eq \(AC,\s\up10(→))|＝eq \r(\(AB,\s\up10(→))＋\(AD,\s\up10(→))\(2,\s\up10( )) )＝eq \r(3)
eq \(BD1,\s\up10(→))·eq \(AC,\s\up10(→))＝(eq \(AD,\s\up10(→))＋eq \(AA1,\s\up10(→))－eq \(AB,\s\up10(→)))·(eq \(AB,\s\up10(→))＋eq \(AD,\s\up10(→)))＝1
所以cs〈eq \(BD1,\s\up10(→))，eq \(AC,\s\up10(→))〉＝eq \f(\(BD1,\s\up10(→))·\(AC,\s\up10(→)),|\(BD1,\s\up10(→))|·|\(AC,\s\up10(→))\(|,\s\up10( )) )＝eq \f(1,\r(2)×\r(3))＝eq \f(\r(6),6)，所以D不正确．
故选AB.
答案：AB
12．解析：在长方体ABCD－A1B1C1D1中，以点D为坐标原点，
建立如图所示的空间直角坐标系，
因为AB＝eq \r(3)AD＝eq \r(3)AA1＝eq \r(3)，所以AD＝AA1＝1，
则A(1,0,0)，A1(1,0,1)，C(0，eq \r(3)，0)，D1(0,0,1)，D(0,0,0)，B(1，eq \r(3)，0)，则eq \(A1C,\s\up10(→))＝(－1，eq \r(3)，－1)，eq \(D1A,\s\up10(→))＝(1,0，－1)；
A选项，当eq \(A1C,\s\up10(→))＝2eq \(A1P,\s\up10(→))时，P为A1C中点，根据长方体结构特征，P为体对角线的中点，因此P也为B1D中点，所以B1，P，D三点共线；故A正确；
B选项，当eq \(AP,\s\up10(→))⊥eq \(A1C,\s\up10(→))时，AP⊥A1C，由题意可得，A1C＝eq \r(1＋1＋3)＝eq \r(5)，AC＝eq \r(1＋3)＝2，所以由S△A1AC＝eq \f(1,2)AA1·AC＝eq \f(1,2)A1C·AP，解得：AP＝eq \f(2,5)eq \r(5)，所以A1P＝eq \f(\r(5),5)，即点P为靠近点A1的五等分点，所以Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)，\f(\r(3),5)，\f(4,5)))，则eq \(D1P,\s\up10(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)，\f(\r(3),5)，－\f(1,5)))，eq \(AP,\s\up10(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,5)，\f(\r(3),5)，\f(4,5)))，
所以eq \(D1P,\s\up10(→))·eq \(AP,\s\up10(→))＝－eq \f(4,25)＋eq \f(3,25)－eq \f(4,25)＝－eq \f(1,5)≠0，所以eq \(AP,\s\up10(→))与eq \(D1P,\s\up10(→))不垂直，故B错误；
C选项，当eq \(A1C,\s\up10(→))＝3eq \(A1P,\s\up10(→))时，则eq \(A1P,\s\up10(→))＝eq \f(1,3)eq \(A1C,\s\up10(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)，\f(\r(3),3)，－\f(1,3)))，
设平面BDC1的法向量为n＝(x，y，z)，由
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(DC1,\s\up10(→))＝\r(3)y＋z＝0,n·\(DB,\s\up10(→))＝x＋\r(3)y＝0))，令y＝1，可得：n＝(－eq \r(3)，1，－eq \r(3))，
又eq \(D1P,\s\up10(→))＝eq \(A1P,\s\up10(→))－eq \(A1D1,\s\up10(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，\f(\r(3),3)，－\f(1,3)))，
所以eq \(D1P,\s\up10(→))·n＝0，因此eq \(D1P,\s\up10(→))⊥n，所以D1P∥平面BDC1；
D选项，当eq \(A1C,\s\up10(→))＝5eq \(A1P,\s\up10(→))时，eq \(A1P,\s\up10(→))＝eq \f(1,5)eq \(A1C,\s\up10(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,5)，\f(\r(3),5)，－\f(1,5)))，所以eq \(D1P,\s\up10(→))＝eq \(A1P,\s\up10(→))－eq \(A1D1,\s\up10(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)，\f(\r(3),5)，－\f(1,5)))，
所以eq \(A1C,\s\up10(→))·eq \(D1P,\s\up10(→))＝0，eq \(A1C,\s\up10(→))·eq \(D1A,\s\up10(→))＝0，因此A1C⊥D1P，A1C⊥D1A，根据线面垂直定理，可得A1C⊥平面D1AP.故选ACD.
答案：ACD
13．解析：直三棱柱ABC－A1B1C1中，若eq \(CA,\s\up10(→))＝a，eq \(CB,\s\up10(→))＝b，eq \(CC1,\s\up10(→))＝c，eq \(BA1,\s\up10(→))＝eq \(BA,\s\up10(→))＋eq \(AA1,\s\up10(→))＝eq \(CA,\s\up10(→))－eq \(CB,\s\up10(→))＋eq \(CC1,\s\up10(→))＝a－b＋c
故答案为a－b＋c.
答案：a－b＋c
14．解析：因为a∥b，所以存在λ使得b＝λa⇒(－2，y，－8)＝λ(x，－3,4)，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－2＝λx，,y＝－3λ，,－8＝4λ，))解得：λ＝－2，x＝1，
所以a＝(1，－3,4)⇒|a|＝eq \r(1＋9＋16)＝eq \r(26).
故答案为eq \r(26).
答案：eq \r(26)
15．解析：以O为坐标原点建立空间直角坐标系，
则B(1,2,0)，C(－1,2,0)，P(0,0,2)∴Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，1，1))
因此eq \(BM,\s\up10(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，－1，1))，设平面PCO一个法向量为n＝(x，y，z)
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x，y，z·0，0，2＝0,x，y，z·－1，2，0＝0))∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(z＝0,x＝2y))，取n＝(2,1,0)
因此直线BM与平面PCO所成角的正弦值是eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(cs〈\(BM,\s\up10(→))，n〉))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(－3－1,\r(\f(17,4))×\r(5))))＝eq \f(8\r(85),85).
答案：eq \f(8\r(85),85)
16．解析：(1)取空间中一组基底：eq \(AB,\s\up10(→))＝a，eq \(AD,\s\up10(→))＝b，eq \(AA1,\s\up10(→))＝c，因为BD⊥AN，所以eq \(BD,\s\up10(→))·eq \(AN,\s\up10(→))＝0，
因为eq \(BD,\s\up10(→))＝eq \(AD,\s\up10(→))－eq \(AB,\s\up10(→))＝b－a，eq \(AN,\s\up10(→))＝eq \(AA1,\s\up10(→))＋eq \(A1N,\s\up10(→))＝c＋λb，
所以(b－a)·(c＋λb)＝0，所以eq \f(1,2)＋λ－eq \f(\r(3),2)－eq \f(λ,2)＝0，所以λ＝eq \r(3)－1；
(2)在AD上取一点M1使得A1N＝AM1，连接M1N，M1M，M1B，
因为A1N∥AM1且A1N＝AM1，所以NB1∥M1B，NB1＝M1B，
又因为M1B⊄平面AB1N，NB1⊂平面AB1N，所以M1B∥平面AB1N，又因为BM∥平面AB1N，且BM∩M1B＝B，
所以平面M1MB∥平面AB1N，所以MM1∥平面AB1N，
又因为平面AA1D1D∩平面AB1N＝AN，且MM1⊂平面AA1D1D，
所以M1M∥AN，所以△AA1N∽△MDM1，
所以eq \f(A1N,DM1)＝eq \f(AA1,MD)＝eq \f(λA1D1,1－λA1D1)＝2，所以λ＝eq \f(2,3).
答案：eq \r(3)－1，eq \f(2,3).
17．解析：因为eq \(AB,\s\up10(→))＝(1,2，－1)－(3，－1,2)＝(－2,3，－3)，eq \(CD,\s\up10(→))＝(3，－5,3)－(－1,1，－3)＝(4，－6,6)，又eq \f(－2,4)＝eq \f(3,－6)＝eq \f(－3,6)，所以eq \(AB,\s\up10(→))和eq \(CD,\s\up10(→))共线，即AB∥CD.
因为eq \(AD,\s\up10(→))＝(3，－5,3)－(3，－1,2)＝(0，－4,1)，eq \(BC,\s\up10(→))＝(－1,1，－3)－(1,2，－1)＝(－2，－1，－2)，
又eq \f(0,－2)≠eq \f(－4,－1)≠eq \f(1,－2)，所以AD与BC不平行，所以四边形ABCD为梯形．
18．解析：(1)证明：∵平面CDEF⊥平面ABCD，平面CDEF∩平面ABCD＝CD，∠EDC＝90°，DE⊂平面CDEF，
∴DE⊥平面ABCD；
又AD⊥CD，
如图，以D为坐标原点，DA，DC，DE所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系．
由已知得D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,4,0)，Q(1,2,1)，P(0,4,2)，
所以eq \(DA,\s\up10(→))＝(2,0,0)，eq \(DQ,\s\up10(→))＝(1,2,1)，eq \(BP,\s\up10(→))＝(－2,0,2)
∴eq \(DQ,\s\up10(→))·eq \(BP,\s\up10(→))＝1×(－2)＋2×0＋1×2＝0，
∴DQ⊥BP.
(2)设平面ADQ的一个法向量m＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(DA,\s\up10(→))＝0，,m·\(DQ,\s\up10(→))＝0，))
所以，eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x＝0，,x＋2y＋z＝0，))令y＝－1，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝0,y＝－1，,z＝2))
则m＝(0，－1,2)
又DE⊥平面ABCD，故取平面ABCD的一个法向量n＝(0,0,1)
∴cs 〈m，n〉＝eq \f(m·n,|m|·|n|)＝eq \f(2,1×\r(5))＝eq \f(2\r(5),5)
∴由图可知，二面角Q－AD－B的余弦值为eq \f(2\r(5),5).
19．解析：(1)证明：以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则D(0,0,0)，P(0,0,2)，F(1,0,0)，B(2,2,0)，E(0,1,1)．
则eq \(FP,\s\up10(→))＝(－1,0,2)，eq \(FB,\s\up10(→))＝(1,2,0)，eq \(DE,\s\up10(→))＝(0,1,1)，
∴eq \(DE,\s\up10(→))＝eq \f(1,2)eq \(FP,\s\up10(→))＋eq \f(1,2)eq \(FB,\s\up10(→))，∴eq \(DE,\s\up10(→))∥平面PFB.
又∵D不在平面PFB内，∴DE∥平面PFB.
(2)设平面PFB的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(FB,\s\up10(→))＝0，,n·\(FP,\s\up10(→))＝0))⇒eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋2y＝0，,－x＋2z＝0，))令x＝2，得y＝－1，z＝1，
∴n＝(2，－1,1)，
又eq \(FD,\s\up10(→))＝(－1,0,0)，
∴点D到平面PFB的距离d＝eq \f(|\(FD,\s\up10(→))·n|,|n|)＝eq \f(2,\r(6))＝eq \f(\r(6),3).
20．解析：
(1)因为BE∥FD，所以B，E，F，D四点共面，
因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD，设AC与BD的交点为O，以O为坐标原点，OA，OB以及垂直于平面ABC的方向为x，y，z轴，建立空间直角坐标系O－xyz如图所示，则
A(eq \r(3)，0,0)，F(0，－1,2)，E(0,1,1)，eq \(AF,\s\up10(→))＝(－eq \r(3)，－1,2)，
eq \(AD,\s\up10(→))＝(－eq \r(3)，－1,0)，eq \(AE,\s\up10(→))＝(－eq \r(3)，1,1)，
设m＝(x1，y1，z1)为平面AEF的一个法向量，
则有：eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(AF,\s\up10(→))·m＝0,\(AE,\s\up10(→))·m＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\r(3)x1－y1＋2z1＝0,－\r(3)x1＋y1＋z1＝0))，
令y1＝1可得，m＝(eq \r(3)，1,2)
设直线AD和平面AEF所成角为θ，则
sin θ＝eq \f(|\(AD,\s\up10(→))·m|,|\(AD,\s\up10(→))||m|)＝eq \f(|－4|,2×\r(8))＝eq \f(\r(2),2)，
所以直线AD和平面AEF所成角为45°.
(2)由(1)可知，平面AEF的一个法向量为m＝(eq \r(3)，1,2)
设n＝(x2，y2，z2)为平面ADF的一个法向量，
则有：eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(AF,\s\up10(→))·n＝0,\(AD,\s\up10(→))·n＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\r(3)x2－y2＋2z2＝0,－\r(3)x2－y2＝0))，
令x2＝eq \r(3)
可得，n＝(eq \r(3)，－3,0)，
cs〈m，n〉＝eq \f(m·n,|m||n|)＝eq \f(3－3,\r(8)\r(12))＝0，
所以二面角E－AF－D的平面角为90°.
21．解析：(1)证明：题图①中，由已知可得：
AE＝2，AD＝1，A＝60°.
从而DE＝eq \r(12＋22－2×1×2×cs 60°)＝eq \r(3).
故得AD2＋DE2＝AE2，∴AD⊥DE，BD⊥DE.
∴题图②中，A1D⊥DE，BD⊥DE，
∴∠A1DB为二面角A1－DE－B的平面角，
又二面角A1－DE－B为直二面角，
∴∠A1DB＝90°，即A1D⊥DB.
∵DE∩DB＝D且DE，DB⊂平面BCED，
∴A1D⊥平面BCED.
(2)存在．由(1)知ED⊥DB，A1D⊥平面BCED.
以D为坐标原点，以射线DB、DE、DA1分别为x轴、y轴、z轴的正半轴建立空间直角坐标系D－xyz，如图，
过P作PH∥DE交BD于点H.
设PB＝2a(0≤2a≤3)，则BH＝a，PH＝eq \r(3)a，DH＝2－a，
易知A1(0,0,1)，P(2－a，eq \r(3)a,0)，E(0，eq \r(3)，0)，
所以eq \(PA1,\s\up10(→))＝(a－2，－eq \r(3)a,1)．
因为ED⊥平面A1BD，
所以平面A1BD的一个法向量为eq \(DE,\s\up10(→))＝(0，eq \r(3)，0)．
因为直线PA1与平面A1BD所成的角为60°，
所以sin 60°＝eq \f(|\(PA1,\s\up10(→))·\(DE,\s\up10(→))|,|\(PA1,\s\up10(→))||\(DE,\s\up10(→))|)＝eq \f(3a,\r(4a2－4a＋5)×\r(3))＝eq \f(\r(3),2)，
解得a＝eq \f(5,4).
∴PB＝2a＝eq \f(5,2)，满足0≤2a≤3，符合题意．
所以在线段BC上存在点P，使直线PA1与平面A1BD所成的角为60°，此时PB＝eq \f(5,2).
22．解析：
(1)证明：因为AA1C1C为正方形，所以AA1⊥AC.
因为平面ABC⊥平面AA1C1C，且AA1垂直于这两个平面的交线AC，所以AA1⊥平面ABC.
(2)由(1)知AA1⊥AC，AA1⊥AB.
由题意知AB＝3，BC＝5，AC＝4，所以AB⊥AC.
如图，以A为坐标原点，建立空间直角坐标系A－xyz，则B(0,3,0)，A1(0,0,4)，B1(0,3,4)，C1(4,0,4)．
所以eq \(A1B,\s\up10(→))＝(0,3，－4)，eq \(A1C1,\s\up10(→))＝(4,0,0)．
设平面A1BC1的法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(A1B,\s\up10(→))＝0，,n·\(A1C1,\s\up10(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3y－4z＝0，,4x＝0.))
令z＝3，则x＝0，y＝4，所以平面A1BC1的一个法向量为n＝(0,4,3)．
同理可得，平面B1BC1的一个法向量为m＝(3,4,0)．
所以cs〈n，m〉＝eq \f(n·m,|n||m|)＝eq \f(16,25).
由题意知二面角A1－BC1－B1为锐角，
所以二面角A1－BC1－B1的余弦值为eq \f(16,25).
(3)假设D(x1，y1，z1)是线段BC1上一点，且eq \(BD,\s\up10(→))＝λeq \(BC1,\s\up10(→))(λ∈[0,1])，
所以(x1，y1－3，z1)＝λ(4，－3,4)．
解得x1＝4λ，y1＝3－3λ，z1＝4λ，
所以eq \(AD,\s\up10(→))＝(4λ，3－3λ，4λ)．由eq \(AD,\s\up10(→))·eq \(A1B,\s\up10(→))＝0，得9－25λ＝0，解得λ＝eq \f(9,25).
因为eq \f(9,25)∈[0,1]，所以在线段BC1上存在点D，使得AD⊥A1B.
此时eq \f(BD,BC1)＝λ＝eq \f(9,25).
22．(本小题满分12分)
如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1C1C是边长为4的正方形，平面ABC⊥平面AA1C1C，AB＝3，BC＝5.
(1)求证：AA1⊥平面ABC；
(2)求二面角A1－BC1－B1的余弦值；
(3)证明：在线段BC1上存在点D，使得AD⊥A1B，并求eq \f(BD,BC1)的值．