2023-2024学年重庆市重点中学高二（上）第一次月考数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年重庆市重点中学高二（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.已知点A(2,5)，B(1,6)，则直线AB的倾斜角为( )
A. 3π4B. 2π3C. π3D. π4
2.已知圆的方程是x2+y2−2x−1=0，则它的半径是( )
A. 1B. 2C. 2D. 4
3.直线x+2ay−5=0与直线ax+4y+2=0平行，则a的值为( )
A. 2B. ±2C. 2D. ± 2
4.《九章算术》是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早1000多年.在《九章算术》中，将底面为矩形且一侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马.如图P−ABCD是阳马，PA⊥平面ABCD，PA=5，AB=3，BC=4.则该阳马的外接球的表面积为( )
A. 125 2π3B. 50πC. 100πD. 500π3
5.如图，平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，AB=2，AD=3，AA1=3，∠BAD=∠BAA1=∠DAA1=π3，则B1C与BD1所成角的大小为( )
A. π4
B. π3
C. π2
D. 2π3
6.已知直线l1：x−my+1=0过定点A，直线l2：mx+y−m+3=0过定点B，l1与l2相交于点P，则|PA|2+|PB|2=( )
A. 10B. 13C. 16D. 20
7.若平面内两定点A，B间的距离为2，动点P满足|PA||PB|= 3，则|PA|2+|PB|2的最大值为( )
A. 3+ 3B. 7+4 3C. 8+4 3D. 16+8 3
8.如图，已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为4，P是AA1的中点，点M在侧面AA1B1B内，若D1M⊥CP，则△BCM面积的最小值为( )
A. 8
B. 4
C. 8 2
D. 8 55
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.已知空间向量a=(1,1,1)，b=(−1,0,2)，则下列正确的是( )
A. a+b=(0,1,3)B. |a|= 3
C. a⋅b=2D. =π4
10.下列说法错误的是( )
A. 经过M(x1,y1)，N(x2,y2)两点的直线可以用方程y−y1y2−y1=x−x1x2−x1表示
B. 经过点P(1,0)，倾斜角为α的直线方程为y=(x−1)⋅tanα
C. 直线mx−(m−1)y−4=0(m∈R)一定经过第一象限
D. 截距相等直线都可以用方程x+y=a(a∈R)表示
11.已知梯形ABCD，AB=AD=12BC=1，AD//BC，AD⊥AB，P是线段BC上的动点；将△ABD沿着BD所在的直线翻折成四面体A′BCD，翻折的过程中下列选项中正确的是( )
A. 不论何时，BD与A′C都不可能垂直
B. 存在某个位置，使得A′D⊥平面A′BC
C. 当平面A′BD⊥平面BCD时，四面体A′BDP体积的最大值为 22
D. 当平面A′BD⊥平面BCD时，四面体A′BCD的外接球的表面积为4π
12.瑞士数学家欧拉(Lenhar Euler)1765年在其所著的《三角形的几何学》一书中提出：任意三角形的外心、重心、垂心在同一条直线上，后人称这条直线为欧拉线.若已知△ABC的顶点A(−4,0)，B(0,4)，其欧拉线方程为x−y+2=0，则下列正确的是( )
A. △ABC重心的坐标为(−13,23)或(−23,13)
B. △ABC垂心的坐标为(0,2)或(−2,0)
C. △ABC顶点C的坐标为(2,0)或(0,−2)
D. 欧拉线将△ABC分成的两部分的面积之比为45
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13.已知圆的方程是x2+y2−4x+2y+2=0，则圆心到原点的距离为______ ．
14.如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1=AB=AC=BC=2，点D是AC的中点，则点B1到平面A1BD的距离是______ ．
15.直线3x+4y−12=0分别交x轴和y于点A，B，P为直线y=x+1上一点，则|PA|−|PB|的最大值是______ ．
16.定义：F(m,n)=(m−n)2+(m2−n+1)2，则F(m,n)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)
在平面直角坐标系xOy中，△ABC的三个顶点分别为A(−2,0)，B(0,4)，C(m,n)，其中点C在直线x−3y−3=0上．
(1)若m=3，求△ABC的AB边上的中线所在的直线方程；
(2)若△ABC是直角三角形，求实数m的值．
18.(本小题12.0分)
如图，多面体EFABC中，FA⊥平面ABC，且FA//EB，EB=BA=BC=AC=2，FA=4，M是FC的中点．
(1)求证：EM/​/平面ABC；
(2)求直线ME与平面CBE所成角的大小．
19.(本小题12.0分)
已知△ABC的顶点B(5,1)，AB边上的高所在的直线方程为x−2y−5=0
(Ⅰ)求直线AB的方程；
(Ⅱ)在下列两个条件中任选一个，求直线AC的方程．
①角A的平分线所在直线方程为x+2y−13=0；
②BC边上的中线所在的直线方程为2x−y−5=0．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
20.(本小题12.0分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是正方形，M是棱PC的中点，设AB=a，AD=b，AP=c．
(1)试用a，b，c表示向量BM；
(2)若AM交平面BDP于N，用a，b，c表示向量AN．
21.(本小题12.0分)
如图，在四棱锥S−ABCD中，侧面SAD为等边三角形，底面ABCD为等腰梯形，且AB=BC=CD=1，AD=2，SA=SB．
(1)证明：平面SAD⊥平面ABCD；
(2)若点M在棱SD上，且二面角M−AB−D的大小为π4，求DMMS的值．
22.(本小题12.0分)
正方形ABCD中，AB=4，点O为正方形内一个动点，且OA= 2，设∠OAB=θ,(θ∈(0,π2))．
(1)当θ=π3时，求OB2+OD2的值；
(2)若P为平面ABCD外一点，满足∠POA=∠POB=∠POD=π2,PO= 2，记cs∠BPD=f(θ)，求f(θ)的取值范围．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：设直线AB的倾斜角为θ，θ∈[0,π)．
则tanθ=6−51−2=−1，
∴θ=3π4．
故选：A．
设直线AB的倾斜角为θ，θ∈[0,π).利用斜率计算公式可得：tanθ=−1，即可得出θ．
本题考查了直线斜率计算公式、三角函数求值，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
2.【答案】B
【解析】解：圆的方程是x2+y2−2x−1=0转换为标准式为(x−1)2+y2=2，
故圆的半径为 2．
故选：B．
直接把圆的方程的一般式转换为标准式，进一步求出圆的半径．
本题考查的知识要点：圆的方程，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题．
3.【答案】D
【解析】解：∵直线x+2ay−5=0与直线ax+4y+2=0平行，
∴1a=2a4，即2a2=4，
解得：a=± 2．
故选：D．
由两直线平行时满足的条件，列出关于a的方程，求出方程的解即可得到a的值．
此题考查了两条平行线的判定，直线mx+ny+q=0与直线ax+by+c=0平行(不重合)满足的条件是ma=nb≠qc(a≠0,b≠0,c≠0)．
4.【答案】B
【解析】解：因为PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，AD⊂平面ABCD，
则PA⊥AB，PA⊥AD，又因为四边形ABCD为矩形，则AB⊥AD．
则阳马的外接球与以PA，AB，AD为长宽高的长方体的外接球相同．
又PA=5，AB=3，AD=BC=4.则外接球的直径为长方体体对角线，
故外接球半径为：R= PA2+AB2+AD22= 32+42+522=5 22，
则外接球的表面积为：S=4πR2=4π⋅504=50π．
故选：B．
由题目条件有PA⊥AB，PA⊥AD，AB⊥AD，则阳马的外接球与以PA，AB，AD为长宽高的长方体的外接球相同．
本题主要考查球的表面积的求法，考查运算求解能力，属于中档题．
5.【答案】C
【解析】解：设AB=a，AD=b，AA1=c，
则B1C=A1D=AD−AA1=b−c，BD1=AD+AA1−AB=b+c−a，
所以B1C⋅BD1=(b−c)⋅(b+c−a)=b2−a⋅b−c2+a⋅c=9−2×3×csπ3−9+2×3×csπ3=0，
所以B1C⊥BD1，即B1C与BD1所成角的大小为π2．
故选：C．
设AB=a，AD=b，AA1=c，并将其作为空间中的一组基底，把B1C和BD1分别用基底表示出来，再利用向量数量积的运算法则，得解．
本题考查异面直线夹角的求法，考查空间立体感和运算能力，属于基础题．
6.【答案】B
【解析】解：直线l1：x−my+1=0过定点A(−1,0)，
直线l2：mx+y−m+3=0化为m(x−1)+y+3=0，令x−1=0y+3=0，解得x=1y=−3，
则直线l2：mx+y−m+3=0过定点B(1,−3)，
∵直线l1：x−my+1=0过定点A，直线l2：mx+y−m+3=0，
kl1⋅kl2=−1，
∴直线l1与l2垂直，
∴|PA|2+|PB|2=|AB|2=(−1−1)2+(0+3)2=13．
故选：B．
先求出直线l1与l2所过的定点，再结合直线l1与l2垂直，即可求解．
本题主要考查恒过定点的直线，考查转化能力，属于基础题．
7.【答案】D
【解析】解：以AB所在直线为x轴，以AB的中点为原点建立直角坐标系，则A(−1,0)，B(1,0)，
因为|PA||PB|= 3，
所以(x+1)2+y2=3[(x−1)2+y2]，
整理得(x−2)2+y2=3，(2− 3≤x≤2+ 3)，
则|PA|2+|PB|2=(x−1)2+y2+(x+1)2+y2=2(x2+y2+1)=8x≤16+8 3．
故选：D．
结合题意建立合适的直角坐标系，然后求出P的轨迹方程，再表示|PA|2+|PB|2结合一次函数的性质可求．
本题主要考查了点的轨迹方程的求解，还考查了函数性质在最值求解中的应用，属于中档题．
8.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查三角形的面积的最小值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题．
以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出△BCM面积取最小值．
【解答】
解：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，
过M作MG⊥平面ABCD，G是垂足，过G作GH⊥BC，交BC于H，连结MH，
则D(0,0,0)，C(0,4,0)，A(4,0,0)，P(4,0,2)，C(0,4,0)，D1(0,0,4)，B(4,4,0)，
设M(4,a,b)，则D1M=(4,a,b−4)，CP=(4,−4,2)，
∵D1M⊥CP，
∴D1M⋅CP=16−4a+2b−8=0，解得2a−b=4，
∴CH=4−a，MG=b=2a−4，
MH= GH2+MG2= (4−a)2+(2a−4)2
= 5a2−24a+32，
S△BCM=12×BC×MH=12×4× 5(a−125)2+165，
∴a=125时，(S△BCM)min=2⋅ 5(2−125)2+165=8 55．
故选：D．
9.【答案】AB
【解析】【分析】
本题考查了空间向量的坐标运算和数量积运算，属于基础题．
根据空间向量的坐标运算和数量积运算对各选项判断即可．
【解答】解：空间向量a=(1,1,1)，b=(−1,0,2)，
a+b=(0,1,3)，故A正确，
|a|= 12+12+12= 3，故B正确，
a⋅b=1×(−1)+1×0+1×2=1，故C错误，
cs=a⋅b|a|⋅|b|
=1 3⋅ 1+0+22= 1515，
≠π4，故D错误，
故选：AB．
10.【答案】ABD
【解析】解：当x1=x2时，A显然错误；
当斜角α为90°时，B显然错误；
因为直线mx−(m−1)y−4=0可化为m(x−y)+y−4=0，即直线过定点(4,4)在第一象限，
故直线mx−(m−1)y−4=0一定经过第一象限，C正确；
根据截距式可知，当直线方程为y=x时，截距相等，但不符合x+y=a，D错误．
故选：ABD．
由已知结合直线的基本概念，直线的倾斜角与斜率关系，恒过定点的直线方程检验各选项即可判断．
本题主要考查了直线的基本概念，属于基础题．
11.【答案】AD
【解析】解：对于A，如图1，
取DB的中点E，连接A′E，CE，可得A′E⊥BD，
假设BD与A′C垂直，则有DB⊥平面A′EC，可得BD⊥CE，
与∠BDC为直角矛盾，所以选项A正确．
对于B，假设存在某个位置，使得A′D⊥平面A′BC，则A′D⊥A′C，
因为A′D=1，DC= 2，所以A′C=1，如图2，
当且仅当A′在BC上时，A′C=1，所以选项B错误；
对于C，在翻折的过程中，当平面A′BD⊥平面BDC时，四面体A′BDP体积的最大值是：
V三棱锥A′−BCD=13×12×( 2)2× 22= 26，所以选项C错误；
对于D，当平面A′BD⊥平面BDC时，如图3，
取BD的中点E和BC中点O，连接OE、A′E，A′E⊥平面BCD，
OE/​/CD，所以OE⊥平面A′BD，且OA′=OB=OC=OD=1，
所以O是四面体A′BCD的外接球球心，半径R=1，
所以四面体A′BCD的外接球的表面积为4π，选项D正确．
故选：AD．
A，假设BD与A′C垂直，可得BD⊥CE，与∠BDC为直角矛盾，即可判断；
B，假设存在某个位置，使得A′D⊥平面A′BC，则A′C=1与当且仅当A′在BC上时，由此判断即可；
C，在翻折的过程中，根据平面A′BD⊥平面BDC，求出四面体的最大体积，即可判断；
D，找出四面体A′BCD外接球的球心和半径，计算外接球的表面积，即可判断．
本题考查了空间中的线面和面面垂直关系，翻折问题中的变与不变，空间想象能力和逻辑推理能力，是中档题．
12.【答案】BCD
【解析】解：∵A(−4,0)，B(0,4)，∴AB的垂直平分线方程为x+y=0，
又外心在欧拉线x−y+2=0上，
联立x+y=0x−y+2=0，解得△ABC的外心G(−1,1)，
又r=|GA|= (−1+4)2+(1−0)2= 10，
∴△ABC外接圆的方程为(x+1)2+(y−1)2=10．
设C(x,y)，则三角形ABC的重心(x−43,y+43)在欧拉线上，即x−43−y+43+2=0，
整理得x−y−2=0．
联立(x+1)2+(y−1)2=10x−y−2=0，解得x=0y=−2或x=2y=0．
∴顶点C的坐标可以是(0,−2)或(2,0)，故C正确；
∴重心坐标为(−43,23)或(−23,43)，故A错误；
设△ABC垂心的坐标为(a,b)，
则a−b+2=0ba−2⋅44=−1或a−b+2=0b+2a⋅44=−1，
解得a=0b=2或a=−2b=0，
∴△ABC垂心的坐标为(0,2)或(−2,0)，故B正确；
当C(0,−2)时，△ABC的垂心为(−2,0)，
直线AB的方程为yx+4=44，即x−y+4=0，
AB与欧拉线平行，
不妨取C(0,−2)，
直线AC的方程为yx+4=−24，即x+2y+4=0，
直线BC的方程为x=0，
联立x+2y+4=0x−y+2=0，解得x=−83，y=−23，∴欧拉线与AC的交点为E(−83,−23)，
联立x=0x−y+2=0，解得x=0，y=2，∴欧拉线与BC的交点为F(0,2)，
|EF|= (2+23)2+(0+83)2=83 2，|AB|= (4−0)2+(0−4)2=4 2，
设△ABC中点C到AB的距离为h，
则欧拉线将△ABC分成的两部分的面积之比为：
12×83 2×83 24 2h12×4 2h−12×83 2×83 24 2h=45，故D正确．
故选：BCD．
由已知求出AB的垂直平分线方程，由欧拉线联立求得外心坐标，得到圆的方程，设C(x,y)，求得三角形ABC的重心坐标，代入欧拉线方程，整理后与圆的方程联立求解C的坐标．由C点坐标能求出重心坐标和垂心坐标，求出直线AB，AB与欧拉线平行，再分别求出欧拉线与AC和BC的交点坐标，由此能求出欧拉线将△ABC分成的两部分的面积之比．
本题考查命题真假的判断，考查直线方程、两点间距离公式等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
13.【答案】 5
【解析】解：圆的方程是x2+y2−4x+2y+2=0转换为标准式为(x−2)2+(y+1)2=3，
圆心坐标为(2,−1)，
所以圆心到原点的距离d= (2−0)2+(−1−0)2= 5．
故答案为： 5．
直接把圆的一般式转换为标准式，进一步求出结果．
本题考查的知识要点：圆的方程的形式的转换，两点间的距离公式，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题．
14.【答案】2 55
【解析】解：如图，以D为坐标原点，以DC为x轴，以DB为y轴，以过D点垂直于AC的直线为z轴，建立空间直角坐标系，
因为AA1=AB=AC=BC=2，点D是AC的中点，
所以A1(−1,0,2)，B(0, 3,0)，D(0,0,0)，B1(0, 3,2)，
所以DA1=(−1,0,2)，DB=(0, 3,0)，DB1=(0, 3,2)，
设平面A1BD的法向量n=(x,y,z)，
则n⋅DA1=−x+2z=0n⋅DB= 3y=0，令x=2，则z=1，y=0，∴n=(2,0,1)，
所以d=|DB1⋅n||n|=2 55．
以D为坐标原点，以DC为x轴，以DB为y轴，以过D点垂直于AC的直线为z轴，建立空间直角坐标系，求出平面A1BD的法向量，进而求解即可．
本题主要考查点到平面距离的求法，考查运算求解能力，属于中档题．
15.【答案】5
【解析】解：直线3x+4y−12=0分别交x轴和y于点A，B，
则A(4,0)，B(0,3)，
设B关于x轴的对称点为B′(0,−3)，
|PA|−|PB|=|PA|−|PB′|≤|AB′|= 42+32=5，当且仅当P，A，B′三点共线，等号成立，
故|PA|−|PB|的最大值为5．
故答案为：5．
先求出点A，B，再求出点B于x轴的对称点，再结合三点共线的性质，即可求解．
本题主要考查两点之间的距离公式，属于基础题．
16.【答案】932
【解析】解：因为对∀a，b∈R，a2+b2−12(a−b)2=12(a+b)2≥0，当且仅当a=−b时，取等号，
所以a2+b2≥12(a−b)2，当且仅当a=−b时，取等号．
则F(m,n)=(m−n)2+(m2−n+1)2≥12[(m−n)−(m2−n+1)]2=12(m2−m+1)2，
又y=m2−m+1=(m−12)2+34≥34，
所以F(m,n)≥12(m2−m+1)2≥932，当且仅当m=12，m−n+m2−n+1=0，即n=78时取得等号，
即F(m,n)的最小值为932．
故答案为：932．
由a2+b2≥12(a−b)2，可得F(m,n)=(m−n)2+(m2−n+1)2≥12(m2−m+1)2，结合二次函数的性质即可求解．
本题考查了不等式的性质、二次函数的性质，属于中档题．
17.【答案】解：(1)当m=3时，C(3,0)，AB边的中点M(−1,2)，
得kMC=0−23+1=−12，
由点斜式方程可得MC方程为：y−0=−12(x−3)，即为x+2y−3=0；
(2)设C(m,13m−1)，AB=(2,4)，AC=(m+2,13m−1)，BC=(m,13m−5)，
当∠A=90°时，AB⋅AC=0，即2m+4+43m−4=0，得m=0；
当∠B=90°时，AB⋅BC=0，即2m+43m−16=0，得m=6；
当∠C=90°时，AC⋅BC=0，即89m2+5=0，无解；
综上，m的值为0或6．
【解析】(1)由已知求得AB中点M的坐标，再由m=3求得C的坐标，求出直线的斜率，由直线方程的点斜式得答案；
(2)设出C的坐标，分别求出AB，AC，BC的坐标，然后分类利用数量积为0求解．
本题考查直线的一般式方程与直线垂直的关系，考查分类讨论的数学思想方法与数学转化思想方法，是中档题．
18.【答案】证明：(1)取AC的中点N.连接MN，BN，
因为M为FC的中点，所以MN//FA，且MN=12FA，
因为FA//EB，EB=2，FA=4，
所以MN//EB，且MN=EB，所以四边形MNBE为平行四边形，
所以EM/​/BN，
又因为EM⊄平面ABC，BN⊂平面ABC，
所以EM/​/平面ABC；
解：(2)由(1)知：EM/​/BN，所以求直线ME与平面CBE所成角的大小即求BN与平面CBE所成的角，
又因为FA⊥面ABC，FA⊂面EBC，所以面ABC⊥面EBC，而BN⊂面ABC，面ABC∩面EBC=BC，
所以BN在面EBC的投影为BC，则∠CBN即为所求角，
因为BA=BC=AC=2，则△ABC为正三角形，而N是AC的中点，所以∠CBN=π6，
所以ME与平面CBE所成角的大小为π6．
【解析】(1)取AC的中点N.连接MN，BN，利用平行四边形的判定定理可证四边形MNBE为平行四边形，再由线面平行的判定定理即可证明；
(2)转化为求BN与平面CBE所成的角，再由直线与平面所成角的定义得到∠CBN即为所求角，在△ABC中解三角形即可．
本题考查证明线面平行和求直线与平面所成的角，属于中档题．
19.【答案】解：(Ⅰ)由AB边上的高在x−2y−5=0上可知，kAB=−2．
又∵B(5,1)，所以直线AB的方程为：2x+y−11=0．
(Ⅱ)若选①：∵x+2y−13=0是角A的平分线．
则2x+y−11=0x+2y−13=0，解得x=3y=5，得到A点坐标：A(3,5)．
设B′(x0,y0)是点B关于x+2y−13=0的对称点．
则y0−1x0−5×(−12)=−1x0+52+2×y0+12−13=0，解得：B′(375,295)．
又点B′(375,295)是直线AC上的点．
所以kAC=5−2953−375=211．
所以得到AC的直线方程为：2x−11y+49=0．
若选②：∵2x−y−5=0是BC边上的中线所在的直线．
有2x+y−11=02x−y−5=0，解得点A坐标：A(4,3)．
设点C(x1,y1)，则BC的中点在直线2x−y−5=0上，
所以2×5+x12−1+y12−5=0，即2x1−y1−1=0，则点C在直线2x−y−1=0上．
又点C在x−2y−5=0上，则有x−2y−5=02x−y−1=0，解得x−1，y=−3．
即C(−1,−3)，所以kAC=−3−3−1−4=65
所以直线AC的方程为：6x−5y−9=0．
【解析】(Ⅰ)由两直线垂直时，其斜率间的关系求得直线AB的斜率为k，再由直线的点斜式方程可求得答案．
(Ⅱ)若选①：由2x+y−11=0x+2y−13=0，求得点A(3,5)，再求得点B关于x+2y−13=0的对称点B(x0,y0)，由此可求得直线AC的方程．若选②：由2x+y−11=02x−y−5=0，求得点A(4,3)，设点C(x1,y1)，由BC的中点在直线2x−y−5=0上，和点C在直线x−2y−5=0上，求得点C(−1,−3)，由此可求得直线AC的方程．
本题主要考查求直线方程，属于中档题．
20.【答案】解：(1)因为M是棱PC的中点，所以CM=12CP，
则BM=BC+CM=AD+12CP
=AD+12(AP−AC)
=b+12(c−a−b)
=−12a+12b+12c；
(2)若AM交平面BDP于N，则B，D，N，P四点共面，
由向量的共面定理可知：存在x，y∈R，
使得AN=xAB+yAD+(1−x−y)AP，
即AN=xa+yb+(1−x−y)c，
又A，N，M三点共线，则有AN=tAM，
又AM=AB+BM=a+(−12a+12b+12c)=12(a+b+c)，
所以x=t2y=t21−x−y=t2，解得t=23，
故AN=13(a+b+c)．
【解析】(1)根据空间向量的线性运算即可求得；
(2)由向量共面定理的推论，可设AN=xAB+yAD+(1−x−y)AP，再根据A，N，M三点共线，得AN=tAM，比较系数，即可求得t，得出结论．
本题考查空间向量基本定理，考查向量共面定理，属中档题．
21.【答案】解：(1)证明：设AD的中点为O，连接SO，BO，
在等边△SAD中，可得SO⊥AD，
在等腰梯形ABCD中，有OA=OB=OC=OD，
又因为SA=SB，所以△SOA≅△SOB，则∠SOA=∠SOB=π2，即SO⊥OB，
又因为SO⊥AD，AD∩BO=O，所以SO⊥平面ABCD，
又因为SO在平面SAD内，所以平面SAD⊥平面ABCD．
(2)以O为原点，垂直AD所在直线为x轴，OD，OS所在直线分别为y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则A(0,−1,0),B( 32,−12,0)，C( 32,12,0),D(0,1,0),S(0,0, 3)，
AB=( 32,12,0),AM=(0,2−k, 3k)，
设DM=kDS(0