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2023-2024学年四川省内江一中高二（上）期中数学试卷（含解析）
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这是一份2023-2024学年四川省内江一中高二（上）期中数学试卷（含解析），共19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.直线y= 3x的倾斜角为( )
A. 30°B. 60°C. 90°D. 不存在
2.在空间中，下列命题是真命题的是( )
A. 经过三个点有且只有一个平面
B. 垂直同一直线的两条直线平行
C. 如果两个角的两条边分别对应平行，那么这两个角相等
D. 若两个平面平行，则其中一个平面中的任何直线都平行于另一个平面
3.如图，△O′A′B′是水平放置的△OAB的直观图，O′A′=3，O′B′=4，∠A′O′B′=45°，则△OAB的面积是( )
A. 6B. 2C. 12D. 6 2
4.将棱长为2的正方体木块削成一个体积最大的球，则这个球的表面积为( )
A. 2πB. 4πC. 8πD. 16π
5.已知平面α⊥平面β，α∩β=l.下列结论中正确的是( )
A. 若直线m⊥平面α，则m//βB. 若平面γ⊥平面α，则γ//β
C. 若直线m⊥直线l，则m⊥βD. 若平面γ⊥直线l，则γ⊥β
6.已知直线l1：mx+2y−2=0与直线l2：5x+(m+3)y−5=0，若l1//l2，则m=( )
A. −5B. 2C. 2或−5D. 5
7.在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AC=3,BC=3,AB=3 2,AA1=4，则异面直线A1C与BC1所成角的余弦值为( )
A. −1625B. 925C. 1625D. 45
8.在等腰直角三角形ABC中，AB=AC=4，点P是边AB上异于A，B的一点，光线从点P出发，经BC，CA发射后又回到原点P(如图).若光线QR经过△ABC的重心，则Q的坐标等于( )
A. (229,149)B. (209,169)C. (73,53)D. (83,43)
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.对于直线l：x=my+1，下列说法正确的是( )
A. 直线l恒过定点(1,0)
B. 直线l斜率必定存在
C. m= 3时，直线l的倾斜角为60°
D. m=2时，直线l与两坐标轴围成的三角形面积为14
10.给出以下命题，其中正确的是( )
A. 直线l的方向向量为a=(1,−1,2)，直线m的方向向量为b=(2,1,−12)，则l与m垂直
B. 直线l的方向向量为a=(0,1,−1)，平面α的法向量为n=(1,−1,−1)，则l⊥α
C. 平面α、β的法向量分别为n1=(0,1,3),n2=(1,0,2)，则α//β
D. 平面α经过三个点A(1,0,−1)，B(0,−1,0)，C(−1,2,0)，向量n=(1,u,t)是平面α的法向量，则u+t=53
11.如图，以等腰直角三角形ABC的斜边BC上的高AD为折痕，翻折△ABD和△ACD，使得平面ABD⊥平面ACD.下列结论正确的是( )
A. BD⊥ACB. △ABC是等边三角形
C. 三棱锥D−ABC是正三棱锥D. 平面ACD⊥平面ABC
12.如图所示的八面体的表面是由2个全等的等边三角形和6个全等的等腰梯形组成，设A1A=A1B1=1，AB=2，有以下四个结论：其中正确的结论是( )
A. BC⊥平面AA1A2
B. AA1//平面BB2C2C
C. 直线AA1与CC2成角的余弦值为56
D. 直线A1C1与平面AA2B2B所成角的正弦值为 63
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知A(0,2)，B(3,0)，C(m,1−m)三点共线，则m= ______ ．
14.已知一个圆柱的高是底面半径的2倍，且其上、下底面的圆周均在球面上，若球的体积为2π3，则圆柱的体积为______ ．
15.如图，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=2，AC=3，BD=4，CD=4.则这个二面角的余弦值为______ ．
16.如图，已知菱形ABCD中，AB=2，∠BAD=120°，E为边BC的中点，将△ABE沿AE翻折成△AB1E(点B1位于平面ABCD上方)，连接B1C和B1D，F为B1D的中点，则在翻折过程中，点F的轨迹的长度为______ ．
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题10分)
三角形三个顶点是A(4,0)，B(6,7)，C(0,3)
(1)求AB边上的高所在直线的方程；
(2)求BC边上的中线所在直线的方程．
18.(本小题12分)
已知平行六面体ABCD−A1B1C1D1，AD=AA1=AB=1，∠A1AB=∠DAB=∠DAA1=60°，A1C1=3NC1，D1B=4MB，设AB=a，AD=b，AA1=c；
(1)试用a、b、c表示MN；
(2)求MN的长度；
19.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，BD⊥PC，四边形ABCD是菱形，∠ABC=60°，AB=PA=1，PB= 2,E是棱PD上的中点．
(1)证明PB//平面AEC；
(2)求三棱锥C−BDE的体积；
20.(本小题12分)
已知直线l：kx−y+4k+2=0(k∈R)．
(Ⅰ)证明：直线l恒过第二象限；
(Ⅱ)若直线l交x轴的负半轴于点A，交y轴的正半轴于点B，O为坐标原点，设△AOB的面积为S，求S的最小值及此时直线l的一般式方程．
21.(本小题12分)
如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1=2，AC=A1C= 2，平面ACC1A1⊥平面ABC，∠ACB=90°．
(1)求证：A1C⊥AB；
(2)当BC= 3时，求平面CA1B与平面ABB1A1夹角的余弦值．
22.(本小题12分)
如图所示，等腰梯形ABCD中，AB//CD，AD=AB=BC=2，CD=4，E为CD中点，AE与BD交于点O，将△ADE沿AE折起，使得D到达点P的位置(P∉平面ABCE)．
(1)证明：AE⊥平面POB；
(2)若PB= 6，试判断线段PB上是否存在一点Q(不含端点)，使得直线PC与平面AEQ所成角的正弦值为 155，若存在，确定Q点位置；若不存在，说明理由．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：直线y= 3x的斜率为 3，
所以其倾斜角为60°．
故选：B．
先求出斜率，进而可求出倾斜角．
本题主要考查了直线的斜率公式的应用，属于基础题．
2.【答案】D
【解析】解：对于A，若三点共线，则经过三个点的平面有无数个，故A错误；
对于B，垂直于同一直线的两直线有三种位置关系，平行、相交或异面，故B错误；
对于C，如果两个角的两条边分别对应平行，那么这两个角相等或互补，故C错误；
对于D，若两个平面平行，根据面面平行的定义可知，其中一个平面中的任何直线都平行于另一个平面，故D正确．
故选：D．
由平面的基本性质判断A；由垂直于同一直线的两直线的位置关系判断B；由等角定理判断C；根据面面平行的定义，即可判断D．
本题考查空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系的判定及应用，考查空间想象能力与思维能力，是基础题．
3.【答案】C
【解析】解：△O′A′B′是水平放置的△OAB的直观图，
所以△OAB是直角三角形，且两条直角边长为6和4，
它的面积为S△OAB=12×6×4=12．
故选：C．
还原成△OAB，是直角三角形，且两条直角边分别为6和4，求出它的面积即可．
本题考查了斜二测法画直观图与面积的计算问题，是基础题．
4.【答案】B
【解析】解：由已知球的直径为2，故半径为1，
其表面积是4×π×12=4π，
应选B
由题意知，此球是正方体的内切球，根据其几何特征知，此求的直径与正方体的棱长是相等的，故可得球的直径为2，再用表面积公式求出表面积即可．
本题考查正方体内切球的几何特征，以及球的表面积公式，是立体几何中的基本题型．
5.【答案】D
【解析】【分析】
由线面的位置关系可判断A；由面面的位置关系可判断B；由线面的位置关系和面面垂直的性质可判断C；由面面垂直的判定定理可判断D．
本题考查空间线线、线面和面面的位置关系，考查空间想象能力和推理能力，属于中档题．
【解答】解：平面α⊥平面β，α∩β=l，若直线m⊥平面α，则m//β或m⊂β，故A错误；
平面α⊥平面β，若平面γ⊥平面α，则γ//β或γ与β相交，故B错误；
平面α⊥平面β，α∩β=l，若m⊥l，则可能m⊂β，故C错误；
平面α⊥平面β，α∩β=l，若平面γ⊥直线l，
又l⊂β，由面面垂直的判定定理可得γ⊥β，故D正确．
故选：D．
6.【答案】A
【解析】解：若l1//l2，则m(m+3)−2×5=m2+3m−10=(m−2)(m+5)=0，
所以m=2或m=−5．
当m=2时，l1，l2重合，不符合题意，所以舍去；
当m=−5时，符合题意．
故选：A．
解方程m(m+3)−2×5=0，再检验即得解
本题主要考查了直线平行条件的应用，属于基础题．
7.【答案】A
【解析】解：因为AC=3,BC=3,AB=3 2，
所以AC2+BC2=AB2，
所以AC⊥BC，
又因为侧棱与底面垂直，
所以以C为坐标原点，建立空间直角坐标系C−xyz，如图所示：
易得C(0,0,0)，C1(0,0,4)，A1(3,0,4)，B(0,3,0)，
所以A1C=(−3,0,−4),BC1=(0,−3,4)，
设异面直线A1C与BC1所成角为θ，
则csθ=|cs|=|A1C⋅BC1||A1C||BC1|=|−4×4|5×5=1625．
所以异面直线A1C与BC1所成角的余弦值为1625．
故选：A．
利用勾股定理的逆定理及直棱柱的定义，建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标及直线A1C与BC1的方向向量，利用向量的夹角公式，结合向量夹角与线线角的关系即可求解．
本题考查了异面直线夹角的求法，空间直角坐标系的应用，属于中档题．
8.【答案】B
【解析】解：建立如图所示的坐标系：
可得B(4,0)，C(0,4)，故直线BC的方程为x+y=4，
△ABC的重心为(43,43)，设P(a,0)，其中0则点P关于直线BC的对称点P1(x,y)，满足a+x2+y2=4yx−a⋅(−1)=−1
解得x=4y=4−a即P1(4,4−a)，
易得P关于y轴的对称点P2(−a,0)，
所以直线QR斜率为4−a−04−(−a)=4−a4+a，
则直线QR方程为y=4−a4+a(x+a)，且过重心，
即43=4−a4+a⋅(43+a)，整理得3a2−4a=0，解得a=0舍去，a=43，
∴直线QR的解析式：y=12(x+43)，即y=12x+23，
∵直线BC与直线QR交于点Q，
∴y=−x+4y=12x+23，解得：x=209y=169，即Q(209,169)．
故选：B．
建立坐标系，设点P的坐标，可得P关于直线BC的对称点P1的坐标，和P关于y轴的对称点P2的坐标，由P1，Q，R，P2四点共线可得直线的方程，由于过△ABC的重心，代入可得关于a的方程，求出直线BC与直线QR的解析式，即可得出Q的坐标．
本题考查直线方程的应用，属于中档题．
9.【答案】AD
【解析】解：对于直线l：x=my+1，令y=0，求得x=1，可得它恒过定点(1,0)，故A正确；
当m=0时，它的斜率不存在，故B错误；
m= 3时，直线l的斜率为1 3= 33，故它的倾斜角为30°，故C错误；
m=2时，直线l即x−2y−1=0，它与坐标轴的交点为(1,0)、(0,−12)，
故该直线与两坐标轴围成的三角形面积为12×1×12=14，故D正确，
故选：AD．
由题意求出直线的斜率和倾斜角，求直线和坐标轴的交点坐标，逐一判断各个选项是否正确，从而得出结论．
本题主要考查直线的斜率和倾斜角，求直线的交点，属于基础题．
10.【答案】AD
【解析】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，直线l的方向向量为a=(1,−1,2)，直线m的方向向量为b=(2,1,−12)，有a⋅b=1×2−1×1+2×(−12)=0，则a⊥b，所以l与m垂直，故A正确；
对于B，直线l的方向向量为a=(0,1,−1)，平面α的法向量为n=(1,−1,−1)，
而a⋅n=0×1+1×(−1)+(−1)×(−1)=0，则a⊥n，所以l//α或l⊂α，故B错误；
对于C，若n1=λn2(λ≠0)，则0=λ1=03=2λ，此方程组无解，所以α//β不成立，故C错误；
对于D，AB=(−1,−1,1)，BC=(−1,3,0)，因为向量n=(1,u,t)是平面α的法向量，
所以n⋅AB=−1−u+t=0n⋅BC=−1+3u=0，得u=13，t=43，u+t=53，故D正确．
故选：AD．
根据题意，由直线方向向量的定义分析A，由直线与平面垂直的性质分析B，由平面法向量的定义分析C和D，综合可得答案．
本题考查平面法向量的定义，涉及直线的方向向量，属于基础题．
11.【答案】ABC
【解析】解：对A选项，∵平面ABD⊥平面ACD，
又BD⊥AD，且平面ABD∩平面ACD=AD，
∴BD⊥平面ACD，又AC⊂平面ACD，
∴BD⊥AC，∴A选项正确；
对B，C选项，由A选项可知BD⊥平面ACD，又DC⊂平面ACD，
∴BD⊥DC，又AD⊥BD，AD⊥DC，且AD=BD=DC，
∴AB=BC=AC，
∴△ABC是等边三角形，三棱锥D−ABC是正三棱锥，∴B、C选项正确；
对D选项，由A选项分析可知BD⊥平面ACD，
假设平面ABC⊥平面ACD，又平面ABC∩平面ACD=AC，
在平面ABC内过点A作AH⊥AC，垂足点为H，
则AH⊥平面ACD，又由A选项分析知AD⊥平面ACD，
这显然与公理“过平面外一点有且仅有唯一一条直线垂直于该平面“相矛盾，∴D选项错误．
故选：ABC．
根据线面垂直的判定定理与性质，正三棱锥的概念，反证法思想，即可分别求解．
本题考查线面垂直的判定定理与性质，正三棱锥的概念，反证法思想，属中档题．
12.【答案】ACD
【解析】解：对于A.如图所示，连接A1A2，取BC中点D，取B1C1中点E.连接A1E，AD，DE．
由等边三角形的性质得BC⊥AD，由等腰梯形的性质得BC⊥DE.又AD∩DE=D，AD，DE⊂平面ADEA1，
所以BC⊥平面ADEA1．
所以BC⊥AA1.同理BC⊥AA2，又AA1∩AA2=A，AA1，AA2⊂平面AA1A2，
所以BC⊥平面AA1A2，所以该选项正确；
对于B，首先计算等腰梯形的高= 12−(12)2= 32，再计算几何体ABC−A1B1C1的高．
取AB中点O，建立如图所示的空间直角坐标系，设O1是△A1B1C1的中心，O2是△ABC的中心．
过A1作A1G⊥AD，过E作EH⊥AD⋅DH=O2D−O2H= 33−13× 32= 36．
HE= ( 322)−( 326)= 63.所以几何体ABC−A1B1C1的高为 63．
所以A(−1,0,0),A4(−12, 36, 63),B(1,0,0),C(0, 3,0),B2(12, 36,− 63)．
所以AA1=(12, 36, 63),BC=(−1, 3,0),BB2=(−12, 36,− 63)，
设平面BB2C2C的法向量为m=(x1,y1,z1)，则m⋅BC=−x1+ 3y1=0m⋅BB2=−12x1+ 36y1− 63z1=0，
∴m=( 3,1,− 22)，
所以m⋅AA1=12× 3+ 36×1+ 63×(− 22)= 33≠0，
所以AA1//平面BB2C2C，
所以该选项不正确；
对于C，由题得C2(0,23 3,− 63)，∴CC2=(0,− 33, 63)．
所以直线AA1与CC2成角的余弦值为| 36×(− 33)−69| 14+336+69⋅ 13+69=56，所以该选项正确；
对于D，由题得C1(0,23 3, 63)，∴A1C1=(12, 32,0),AB=(2,0,0)，
BB2=(−12, 36,− 63)．
设平面AA2B2B的法向量为n=(x2,y2,z2)，则n⋅AB=2x2=0n⋅BB2=−12x2+ 36y2− 63z2=0，
∴m=(0,2 2,1)，
所以直线A1C1与平面AA2B2B所成角的正弦值为|2× 2× 32| 14+34⋅ 8+1= 63.所以该选项正确．
故选：ACD．
对于A.如图所示，连接A1A2，取BC中点D，取B1C1中点E.连接A1E，AD，DE，证明BC⊥AA1，BC⊥AA2，即可判断；对于B，C，D，取AB中点O，建立如图所示的空间直角坐标系，设O1是△A1B1C1的中心，O2是△ABC的中心．过A1作A1G⊥AD，过E作EH⊥AD，再利用向量法计算即可判断得解．
本题主要考查利用空间向量求角和线面的位置关系，属于中档题．
13.【答案】−9
【解析】解：∵A(0,2)，B(3,0)，C(m,1−m)三点共线，
∴AB=λAC，∴(3,−2)=λ(m−3,−1−m)，
即3=λ(m−3)−2=λ(−1−m)，求得m=−9．
故答案为：−9．
由题意，利用两个向量共线的性质，求得m的值．
本题主要考查两个向量共线的性质，属于基础题．
14.【答案】 24π
【解析】解：设球O的半径为R，圆柱的底面圆半径为r，则高为2r．
由球的体积为2π3，得43πR3=2π3，∴R3=12，
又∵r2+r2=R2，∴r= 22R，
∴圆柱的体积V=S⋅h=πr2⋅2r=2π⋅r3=2π( 22R)3= 24π．
故答案为： 24π．
由已知先求得球的半径R，再根据R，r的数量关系，即可求得圆柱的体积．
本题考查圆柱的外接球，考查运算求解能力，是基础题．
15.【答案】1324
【解析】解：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=2，AC=3，BD=4，CD=4，
∴BD⊥AB，AC⊥AB，∴DB⋅BA=BA⋅AC=0，
设二面角C−AB−D为θ，
则DB⋅AC=4×3×cs(π−θ)=−12csθ，又DC=DB+BA+AC，
则DC2=DB2+BA2+AC2+2DB⋅BA+2DB⋅AC+2BA⋅AC，
即42=42+22+32−24csθ，所以csθ=1324．
故答案为：1324．
推导出BD⊥AB，AC⊥AB，从而DB⋅BA=BA⋅AC=0，设二面角C−AB−D为θ，则DB⋅AC=4×3×cs(π−θ)=−12csθ，再由DC=DB+BA+AC，能求出结果．
本题考查二面角的定义及求法等基础知识，考查运算能力，属于中档题．
16.【答案】π2
【解析】解：根据题意，由AB=2，∠BAD=120°，E为边BC的中点，
设G′是AB1的中点，又F为B1D的中点，则G′F//AD且G′F=12AD，
而CE=12BC=12AD且EC//AD，所以G′F//EC且G′F=EC，
即FG′EC为平行四边形，故EG′//CF且EG′=CF，
故F的轨迹与G′的轨迹相同．
因为AE⊥面B1EC，且B1E=1，所以B1的轨迹为以E为圆心，1为半径的圆，
设AE的中点为O，则OG′=12B1E，OG′//B1E，
又OG′⊄面B1EC，B1E⊂面B1EC，所以OG′//面B1EC，
故G′的轨迹为以O为圆心，B1E2=12为半径的圆，
所以F的轨迹长度为12×2π×B1E=π2．
故答案为：π2．
根据题意，设G′是AB1的中点，可证F的轨迹与G′的轨迹相同，求得B1的轨迹之后再求G′的轨迹，进而计算可得答案．
本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握线面垂直的判定定理与性质定理，空间动点的轨迹问题等是解题的关键，考查空间立体感、逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
17.【答案】解：(1)因为A(4,0)，B(6,7)，C(0,3)，
可得kAB=7−06−4=72，
所以AB边上的高所在的直线方程为y−3=−27x，
即2x+7y−21=0；
(2)由题意可得BC的中点D(3,5)，
所以kAD=5−03−4=−5，
所以AD所在的直线方程为y−0=−5(x−4)，
即5x+y−20=0．
【解析】(1)由题意可得AB所在的直线的斜率，进而可得AB边上的高所在的直线的斜率，代入点斜式，可得直线的方程；
(2)求出BC的中点D的坐标，进而求出直线AD的斜率，代入点斜式方程可得直线AD的方程．
本题考查直线垂直的性质的应用，属于基础题．
18.【答案】解：(1)MN=MD1+D1A1+A1N
=−34D1B−AD+23A1C1
=−34(D1D+DB)−AD+23(AB+AD)
=34c−34(a−b)−b+23(a+b)
=−112a+512b+34c．
(2)∵MN=−112a+512b+34c．
AD=AA1=AB=1，∠A1AB=∠DAB=∠DAA1=60°，
则a·b=a·c=c·b=1×1×cs60°=12，
∴MN2=−112a+512b+34c2
=1144a2+25144b2+916c2−572a·b−18a·c+58b·c
=1144+25144+916−572×12−18×12+58×12
=138144，
∴MN的长度为|MN|= 13812．
【解析】本题考查空间向量的基本定理，考查空间向量的线性运算，考查利用空间向量数量积求模等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
(1)由MN=MD1+D1A1+A1N结合向量的线性运算，由此能求出结果．
(2)由MN=−112a+512b+34c，结合向量的数量积运算，由此能求出MN的长度．
19.【答案】解：(1)证明：设AC∩BD=O，连接OE，
∵四边形ABCD是菱形，∴O是BD的中点，
又E是棱PD上的中点，∴OE//PB，
又OE⊂平面AEC，PB⊄平面AEC，
∴PB//平面AEC；
(2)∵四边形ABCD是菱形，∴BD⊥AC．
又BD⊥PC，AC，PC⊂平面PAC，且AC⋂PC=C，
∴BD⊥平面PAC，又PA⊂平面PAC，
∴BD⊥PA，
又AB=PA=1,PB= 2，∴PB2=AB2+PA2，∴AB⊥PA，
又AB，BD⊂平面ABCD，且AB⋂BD=B，
∴PA⊥平面ABCD．
∵E是棱PD上的中点，∴E到平面ABCD的距离dE=12PA=12．
∵四边形ABCD是菱形，∠ABC=60°，AB=PA=1，
∴△CBD中，∠BCD=120°,BC=CD=1,S△CBD=12BC⋅CD⋅sin∠BCD= 34，
∵VC−BDE=VE−CBD=13S△CBD⋅dE=13× 34×12= 324，
∴三棱锥C−BDE的体积为 324．
【解析】(1)根据三角形中位线与底边平行，通过线线平行证明线面平行；
(2)根据等体积法将三棱锥C−BDE的体积转为求三棱锥E−BCD的体积，再求出三棱锥E−BCD的高和底面积，根据三棱锥公式求解即可．
本题考查线面平行的证明，三棱锥的体积的求解，属中档题．
20.【答案】证明：(Ⅰ)直线l：kx−y+4k+2=0，即k(x+4)+(−y+2)=0，
令x+4=0−y+2=0，解得x=−4y=2，即直线l过定点(−4,2)，该定点位于第二象限，
故直线l恒过第二象限；
(Ⅱ)直线l交x轴的负半轴于点A，交y轴的正半轴于点B，
则可设直线l为xm+yn=1(m<0,n>0)，
由(Ⅰ)可知，直线l过定点(−4,2)，
则−4m+2n=1，
−4m+2n≥2 −4m⋅2n=2 −8mn，即1≥−32mn，
故−mn≥32，当且仅当−4m=2n=12，即m=−8，n=4时，等号成立，
所以△AOB的面积S=12(−m)n≥16，此时直线l的方程为x−8+y4=1，即x−2y+8=0．
【解析】(Ⅰ)求出直线所过定点，即可求解；
(Ⅱ)设出直线l的方程，再结合直线l过定点(−4,2)，以及基本不等式的公式，即可求解．
本题主要考查直线的一般式方程与直线的性质，属于基础题．
21.【答案】证明：(1)∵AC2+A1C2=AA12，∴A1C⊥AC，
又平面ACC1A1⋂平面ABC=AC，平面ACC1A1⊥平面ABC，A1C⊂平面ACC1A1，
∴A1C⊥平面ABC，又AB⊂平面ABC，
∴A1C⊥AB．
(2)解：以C为坐标原点，CA，CB，CA1分别为x，y，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，
则各点坐标如下：C(0,0,0)，B(0, 3,0)，A1(0,0, 2)，A( 2,0,0)，
设平面A1BB1的法向量为n=(x0,y0,z0)，
取BB1=AA1=(− 2,0, 2)，A1B=(0, 3,− 2)，
则n⋅BB1=0n⋅A1B=0，即− 2x0+ 2z0=0 3y0− 2z0=0，令x0= 3，可得n=( 3, 2, 3)，
取平面CA1B的一个法向量为m=(1,0,0)，
设平面CA1B与平面ABB1A1夹角为θ，
所以csθ=|cs|= 3 3+2+3= 3 8= 64，
所以平面CA1B与平面ABB1A1夹角的余弦值为 64．
【解析】(1)根据面面垂直的性质定理可得答案；
(2)根据题意，以C为坐标原点，CA，CB，CA1分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，求出平面CA1B，平面A1BB1的法向量，由平面夹角的向量求法可得答案．
本题考查线面的位置关系的证明和空间角的求解，属于中档题．
22.【答案】(1)证明：连接BE，在等腰梯形ABCD中，CD=4，E为CD中点，
AD=AB=BC=2，∴四边形ABED为菱形，
∴BD⊥AE，即OB⊥AE，OD⊥AE，翻折后OP⊥AE，
OP⊂平面POB，OB⊂平面POB，且OB∩OP=O，∴AE⊥平面PBO；
(2)由(1)AD=DE=2，在等腰梯形ABCD中AE=BC=2，
∴△PAE为正三角形，∴OP= 3，同理OB= 3.∵PB= 6，∴OP2+OB2=PB2，∴OP⊥OB．
由(1)可知OP⊥AE，OB⊥AE，以O为原点，OE，OB，OP分别为x，y，z轴正方向，
建立空间直角坐标系O−xyz，
则A(−1,0,0)，B(0, 3,0)，C(2, 3,0)，P(0,0, 3)，E(1,0,0)，
∴PB=(0, 3,− 3)，PC=(2, 3,− 3)，AE=(2,0,0)，
设PQ=λPB(0<λ<1)，AQ=AP+PQ=AP+λPB=(1,0, 3)+(0, 3λ,− 3λ)=(1, 3λ, 3− 3λ)，
设平面AEQ的一个法向量为n=(x,y,z)，则n⋅AE=0n⋅AQ=0，即2x=0x+ 3λy+( 3− 3λ)z=0，
令x=0，y=1，得z=λλ−1，所以n=(0,1,λλ−1)，
设直线PC与平面AEQ所成角为θ，则sinθ=|cs〈PC,n〉|=|PC⋅n||PC|⋅|n|=| 3+ 3λ1−λ| 10 1+(λλ−1)2= 155，
化简得(2λ−1)2=0，解得λ=12.即Q为线段PB中点．
【解析】(1)根据平面几何的性质，可得OP⊥AE，OB⊥AE，由此即可得证；(2)计算可得平面AEQ的一个法向量，再代入线面所成角的向量公式计算即可．
本题考查线面垂直，考查线面所成的角，考查向量的应用，属于中档题．
1.直线y= 3x的倾斜角为( )
A. 30°B. 60°C. 90°D. 不存在
2.在空间中，下列命题是真命题的是( )
A. 经过三个点有且只有一个平面
B. 垂直同一直线的两条直线平行
C. 如果两个角的两条边分别对应平行，那么这两个角相等
D. 若两个平面平行，则其中一个平面中的任何直线都平行于另一个平面
3.如图，△O′A′B′是水平放置的△OAB的直观图，O′A′=3，O′B′=4，∠A′O′B′=45°，则△OAB的面积是( )
A. 6B. 2C. 12D. 6 2
4.将棱长为2的正方体木块削成一个体积最大的球，则这个球的表面积为( )
A. 2πB. 4πC. 8πD. 16π
5.已知平面α⊥平面β，α∩β=l.下列结论中正确的是( )
A. 若直线m⊥平面α，则m//βB. 若平面γ⊥平面α，则γ//β
C. 若直线m⊥直线l，则m⊥βD. 若平面γ⊥直线l，则γ⊥β
6.已知直线l1：mx+2y−2=0与直线l2：5x+(m+3)y−5=0，若l1//l2，则m=( )
A. −5B. 2C. 2或−5D. 5
7.在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AC=3,BC=3,AB=3 2,AA1=4，则异面直线A1C与BC1所成角的余弦值为( )
A. −1625B. 925C. 1625D. 45
8.在等腰直角三角形ABC中，AB=AC=4，点P是边AB上异于A，B的一点，光线从点P出发，经BC，CA发射后又回到原点P(如图).若光线QR经过△ABC的重心，则Q的坐标等于( )
A. (229,149)B. (209,169)C. (73,53)D. (83,43)
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.对于直线l：x=my+1，下列说法正确的是( )
A. 直线l恒过定点(1,0)
B. 直线l斜率必定存在
C. m= 3时，直线l的倾斜角为60°
D. m=2时，直线l与两坐标轴围成的三角形面积为14
10.给出以下命题，其中正确的是( )
A. 直线l的方向向量为a=(1,−1,2)，直线m的方向向量为b=(2,1,−12)，则l与m垂直
B. 直线l的方向向量为a=(0,1,−1)，平面α的法向量为n=(1,−1,−1)，则l⊥α
C. 平面α、β的法向量分别为n1=(0,1,3),n2=(1,0,2)，则α//β
D. 平面α经过三个点A(1,0,−1)，B(0,−1,0)，C(−1,2,0)，向量n=(1,u,t)是平面α的法向量，则u+t=53
11.如图，以等腰直角三角形ABC的斜边BC上的高AD为折痕，翻折△ABD和△ACD，使得平面ABD⊥平面ACD.下列结论正确的是( )
A. BD⊥ACB. △ABC是等边三角形
C. 三棱锥D−ABC是正三棱锥D. 平面ACD⊥平面ABC
12.如图所示的八面体的表面是由2个全等的等边三角形和6个全等的等腰梯形组成，设A1A=A1B1=1，AB=2，有以下四个结论：其中正确的结论是( )
A. BC⊥平面AA1A2
B. AA1//平面BB2C2C
C. 直线AA1与CC2成角的余弦值为56
D. 直线A1C1与平面AA2B2B所成角的正弦值为 63
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知A(0,2)，B(3,0)，C(m,1−m)三点共线，则m= ______ ．
14.已知一个圆柱的高是底面半径的2倍，且其上、下底面的圆周均在球面上，若球的体积为2π3，则圆柱的体积为______ ．
15.如图，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=2，AC=3，BD=4，CD=4.则这个二面角的余弦值为______ ．
16.如图，已知菱形ABCD中，AB=2，∠BAD=120°，E为边BC的中点，将△ABE沿AE翻折成△AB1E(点B1位于平面ABCD上方)，连接B1C和B1D，F为B1D的中点，则在翻折过程中，点F的轨迹的长度为______ ．
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题10分)
三角形三个顶点是A(4,0)，B(6,7)，C(0,3)
(1)求AB边上的高所在直线的方程；
(2)求BC边上的中线所在直线的方程．
18.(本小题12分)
已知平行六面体ABCD−A1B1C1D1，AD=AA1=AB=1，∠A1AB=∠DAB=∠DAA1=60°，A1C1=3NC1，D1B=4MB，设AB=a，AD=b，AA1=c；
(1)试用a、b、c表示MN；
(2)求MN的长度；
19.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，BD⊥PC，四边形ABCD是菱形，∠ABC=60°，AB=PA=1，PB= 2,E是棱PD上的中点．
(1)证明PB//平面AEC；
(2)求三棱锥C−BDE的体积；
20.(本小题12分)
已知直线l：kx−y+4k+2=0(k∈R)．
(Ⅰ)证明：直线l恒过第二象限；
(Ⅱ)若直线l交x轴的负半轴于点A，交y轴的正半轴于点B，O为坐标原点，设△AOB的面积为S，求S的最小值及此时直线l的一般式方程．
21.(本小题12分)
如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1=2，AC=A1C= 2，平面ACC1A1⊥平面ABC，∠ACB=90°．
(1)求证：A1C⊥AB；
(2)当BC= 3时，求平面CA1B与平面ABB1A1夹角的余弦值．
22.(本小题12分)
如图所示，等腰梯形ABCD中，AB//CD，AD=AB=BC=2，CD=4，E为CD中点，AE与BD交于点O，将△ADE沿AE折起，使得D到达点P的位置(P∉平面ABCE)．
(1)证明：AE⊥平面POB；
(2)若PB= 6，试判断线段PB上是否存在一点Q(不含端点)，使得直线PC与平面AEQ所成角的正弦值为 155，若存在，确定Q点位置；若不存在，说明理由．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：直线y= 3x的斜率为 3，
所以其倾斜角为60°．
故选：B．
先求出斜率，进而可求出倾斜角．
本题主要考查了直线的斜率公式的应用，属于基础题．
2.【答案】D
【解析】解：对于A，若三点共线，则经过三个点的平面有无数个，故A错误；
对于B，垂直于同一直线的两直线有三种位置关系，平行、相交或异面，故B错误；
对于C，如果两个角的两条边分别对应平行，那么这两个角相等或互补，故C错误；
对于D，若两个平面平行，根据面面平行的定义可知，其中一个平面中的任何直线都平行于另一个平面，故D正确．
故选：D．
由平面的基本性质判断A；由垂直于同一直线的两直线的位置关系判断B；由等角定理判断C；根据面面平行的定义，即可判断D．
本题考查空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系的判定及应用，考查空间想象能力与思维能力，是基础题．
3.【答案】C
【解析】解：△O′A′B′是水平放置的△OAB的直观图，
所以△OAB是直角三角形，且两条直角边长为6和4，
它的面积为S△OAB=12×6×4=12．
故选：C．
还原成△OAB，是直角三角形，且两条直角边分别为6和4，求出它的面积即可．
本题考查了斜二测法画直观图与面积的计算问题，是基础题．
4.【答案】B
【解析】解：由已知球的直径为2，故半径为1，
其表面积是4×π×12=4π，
应选B
由题意知，此球是正方体的内切球，根据其几何特征知，此求的直径与正方体的棱长是相等的，故可得球的直径为2，再用表面积公式求出表面积即可．
本题考查正方体内切球的几何特征，以及球的表面积公式，是立体几何中的基本题型．
5.【答案】D
【解析】【分析】
由线面的位置关系可判断A；由面面的位置关系可判断B；由线面的位置关系和面面垂直的性质可判断C；由面面垂直的判定定理可判断D．
本题考查空间线线、线面和面面的位置关系，考查空间想象能力和推理能力，属于中档题．
【解答】解：平面α⊥平面β，α∩β=l，若直线m⊥平面α，则m//β或m⊂β，故A错误；
平面α⊥平面β，若平面γ⊥平面α，则γ//β或γ与β相交，故B错误；
平面α⊥平面β，α∩β=l，若m⊥l，则可能m⊂β，故C错误；
平面α⊥平面β，α∩β=l，若平面γ⊥直线l，
又l⊂β，由面面垂直的判定定理可得γ⊥β，故D正确．
故选：D．
6.【答案】A
【解析】解：若l1//l2，则m(m+3)−2×5=m2+3m−10=(m−2)(m+5)=0，
所以m=2或m=−5．
当m=2时，l1，l2重合，不符合题意，所以舍去；
当m=−5时，符合题意．
故选：A．
解方程m(m+3)−2×5=0，再检验即得解
本题主要考查了直线平行条件的应用，属于基础题．
7.【答案】A
【解析】解：因为AC=3,BC=3,AB=3 2，
所以AC2+BC2=AB2，
所以AC⊥BC，
又因为侧棱与底面垂直，
所以以C为坐标原点，建立空间直角坐标系C−xyz，如图所示：
易得C(0,0,0)，C1(0,0,4)，A1(3,0,4)，B(0,3,0)，
所以A1C=(−3,0,−4),BC1=(0,−3,4)，
设异面直线A1C与BC1所成角为θ，
则csθ=|cs
所以异面直线A1C与BC1所成角的余弦值为1625．
故选：A．
利用勾股定理的逆定理及直棱柱的定义，建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标及直线A1C与BC1的方向向量，利用向量的夹角公式，结合向量夹角与线线角的关系即可求解．
本题考查了异面直线夹角的求法，空间直角坐标系的应用，属于中档题．
8.【答案】B
【解析】解：建立如图所示的坐标系：
可得B(4,0)，C(0,4)，故直线BC的方程为x+y=4，
△ABC的重心为(43,43)，设P(a,0)，其中0
解得x=4y=4−a即P1(4,4−a)，
易得P关于y轴的对称点P2(−a,0)，
所以直线QR斜率为4−a−04−(−a)=4−a4+a，
则直线QR方程为y=4−a4+a(x+a)，且过重心，
即43=4−a4+a⋅(43+a)，整理得3a2−4a=0，解得a=0舍去，a=43，
∴直线QR的解析式：y=12(x+43)，即y=12x+23，
∵直线BC与直线QR交于点Q，
∴y=−x+4y=12x+23，解得：x=209y=169，即Q(209,169)．
故选：B．
建立坐标系，设点P的坐标，可得P关于直线BC的对称点P1的坐标，和P关于y轴的对称点P2的坐标，由P1，Q，R，P2四点共线可得直线的方程，由于过△ABC的重心，代入可得关于a的方程，求出直线BC与直线QR的解析式，即可得出Q的坐标．
本题考查直线方程的应用，属于中档题．
9.【答案】AD
【解析】解：对于直线l：x=my+1，令y=0，求得x=1，可得它恒过定点(1,0)，故A正确；
当m=0时，它的斜率不存在，故B错误；
m= 3时，直线l的斜率为1 3= 33，故它的倾斜角为30°，故C错误；
m=2时，直线l即x−2y−1=0，它与坐标轴的交点为(1,0)、(0,−12)，
故该直线与两坐标轴围成的三角形面积为12×1×12=14，故D正确，
故选：AD．
由题意求出直线的斜率和倾斜角，求直线和坐标轴的交点坐标，逐一判断各个选项是否正确，从而得出结论．
本题主要考查直线的斜率和倾斜角，求直线的交点，属于基础题．
10.【答案】AD
【解析】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，直线l的方向向量为a=(1,−1,2)，直线m的方向向量为b=(2,1,−12)，有a⋅b=1×2−1×1+2×(−12)=0，则a⊥b，所以l与m垂直，故A正确；
对于B，直线l的方向向量为a=(0,1,−1)，平面α的法向量为n=(1,−1,−1)，
而a⋅n=0×1+1×(−1)+(−1)×(−1)=0，则a⊥n，所以l//α或l⊂α，故B错误；
对于C，若n1=λn2(λ≠0)，则0=λ1=03=2λ，此方程组无解，所以α//β不成立，故C错误；
对于D，AB=(−1,−1,1)，BC=(−1,3,0)，因为向量n=(1,u,t)是平面α的法向量，
所以n⋅AB=−1−u+t=0n⋅BC=−1+3u=0，得u=13，t=43，u+t=53，故D正确．
故选：AD．
根据题意，由直线方向向量的定义分析A，由直线与平面垂直的性质分析B，由平面法向量的定义分析C和D，综合可得答案．
本题考查平面法向量的定义，涉及直线的方向向量，属于基础题．
11.【答案】ABC
【解析】解：对A选项，∵平面ABD⊥平面ACD，
又BD⊥AD，且平面ABD∩平面ACD=AD，
∴BD⊥平面ACD，又AC⊂平面ACD，
∴BD⊥AC，∴A选项正确；
对B，C选项，由A选项可知BD⊥平面ACD，又DC⊂平面ACD，
∴BD⊥DC，又AD⊥BD，AD⊥DC，且AD=BD=DC，
∴AB=BC=AC，
∴△ABC是等边三角形，三棱锥D−ABC是正三棱锥，∴B、C选项正确；
对D选项，由A选项分析可知BD⊥平面ACD，
假设平面ABC⊥平面ACD，又平面ABC∩平面ACD=AC，
在平面ABC内过点A作AH⊥AC，垂足点为H，
则AH⊥平面ACD，又由A选项分析知AD⊥平面ACD，
这显然与公理“过平面外一点有且仅有唯一一条直线垂直于该平面“相矛盾，∴D选项错误．
故选：ABC．
根据线面垂直的判定定理与性质，正三棱锥的概念，反证法思想，即可分别求解．
本题考查线面垂直的判定定理与性质，正三棱锥的概念，反证法思想，属中档题．
12.【答案】ACD
【解析】解：对于A.如图所示，连接A1A2，取BC中点D，取B1C1中点E.连接A1E，AD，DE．
由等边三角形的性质得BC⊥AD，由等腰梯形的性质得BC⊥DE.又AD∩DE=D，AD，DE⊂平面ADEA1，
所以BC⊥平面ADEA1．
所以BC⊥AA1.同理BC⊥AA2，又AA1∩AA2=A，AA1，AA2⊂平面AA1A2，
所以BC⊥平面AA1A2，所以该选项正确；
对于B，首先计算等腰梯形的高= 12−(12)2= 32，再计算几何体ABC−A1B1C1的高．
取AB中点O，建立如图所示的空间直角坐标系，设O1是△A1B1C1的中心，O2是△ABC的中心．
过A1作A1G⊥AD，过E作EH⊥AD⋅DH=O2D−O2H= 33−13× 32= 36．
HE= ( 322)−( 326)= 63.所以几何体ABC−A1B1C1的高为 63．
所以A(−1,0,0),A4(−12, 36, 63),B(1,0,0),C(0, 3,0),B2(12, 36,− 63)．
所以AA1=(12, 36, 63),BC=(−1, 3,0),BB2=(−12, 36,− 63)，
设平面BB2C2C的法向量为m=(x1,y1,z1)，则m⋅BC=−x1+ 3y1=0m⋅BB2=−12x1+ 36y1− 63z1=0，
∴m=( 3,1,− 22)，
所以m⋅AA1=12× 3+ 36×1+ 63×(− 22)= 33≠0，
所以AA1//平面BB2C2C，
所以该选项不正确；
对于C，由题得C2(0,23 3,− 63)，∴CC2=(0,− 33, 63)．
所以直线AA1与CC2成角的余弦值为| 36×(− 33)−69| 14+336+69⋅ 13+69=56，所以该选项正确；
对于D，由题得C1(0,23 3, 63)，∴A1C1=(12, 32,0),AB=(2,0,0)，
BB2=(−12, 36,− 63)．
设平面AA2B2B的法向量为n=(x2,y2,z2)，则n⋅AB=2x2=0n⋅BB2=−12x2+ 36y2− 63z2=0，
∴m=(0,2 2,1)，
所以直线A1C1与平面AA2B2B所成角的正弦值为|2× 2× 32| 14+34⋅ 8+1= 63.所以该选项正确．
故选：ACD．
对于A.如图所示，连接A1A2，取BC中点D，取B1C1中点E.连接A1E，AD，DE，证明BC⊥AA1，BC⊥AA2，即可判断；对于B，C，D，取AB中点O，建立如图所示的空间直角坐标系，设O1是△A1B1C1的中心，O2是△ABC的中心．过A1作A1G⊥AD，过E作EH⊥AD，再利用向量法计算即可判断得解．
本题主要考查利用空间向量求角和线面的位置关系，属于中档题．
13.【答案】−9
【解析】解：∵A(0,2)，B(3,0)，C(m,1−m)三点共线，
∴AB=λAC，∴(3,−2)=λ(m−3,−1−m)，
即3=λ(m−3)−2=λ(−1−m)，求得m=−9．
故答案为：−9．
由题意，利用两个向量共线的性质，求得m的值．
本题主要考查两个向量共线的性质，属于基础题．
14.【答案】 24π
【解析】解：设球O的半径为R，圆柱的底面圆半径为r，则高为2r．
由球的体积为2π3，得43πR3=2π3，∴R3=12，
又∵r2+r2=R2，∴r= 22R，
∴圆柱的体积V=S⋅h=πr2⋅2r=2π⋅r3=2π( 22R)3= 24π．
故答案为： 24π．
由已知先求得球的半径R，再根据R，r的数量关系，即可求得圆柱的体积．
本题考查圆柱的外接球，考查运算求解能力，是基础题．
15.【答案】1324
【解析】解：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=2，AC=3，BD=4，CD=4，
∴BD⊥AB，AC⊥AB，∴DB⋅BA=BA⋅AC=0，
设二面角C−AB−D为θ，
则DB⋅AC=4×3×cs(π−θ)=−12csθ，又DC=DB+BA+AC，
则DC2=DB2+BA2+AC2+2DB⋅BA+2DB⋅AC+2BA⋅AC，
即42=42+22+32−24csθ，所以csθ=1324．
故答案为：1324．
推导出BD⊥AB，AC⊥AB，从而DB⋅BA=BA⋅AC=0，设二面角C−AB−D为θ，则DB⋅AC=4×3×cs(π−θ)=−12csθ，再由DC=DB+BA+AC，能求出结果．
本题考查二面角的定义及求法等基础知识，考查运算能力，属于中档题．
16.【答案】π2
【解析】解：根据题意，由AB=2，∠BAD=120°，E为边BC的中点，
设G′是AB1的中点，又F为B1D的中点，则G′F//AD且G′F=12AD，
而CE=12BC=12AD且EC//AD，所以G′F//EC且G′F=EC，
即FG′EC为平行四边形，故EG′//CF且EG′=CF，
故F的轨迹与G′的轨迹相同．
因为AE⊥面B1EC，且B1E=1，所以B1的轨迹为以E为圆心，1为半径的圆，
设AE的中点为O，则OG′=12B1E，OG′//B1E，
又OG′⊄面B1EC，B1E⊂面B1EC，所以OG′//面B1EC，
故G′的轨迹为以O为圆心，B1E2=12为半径的圆，
所以F的轨迹长度为12×2π×B1E=π2．
故答案为：π2．
根据题意，设G′是AB1的中点，可证F的轨迹与G′的轨迹相同，求得B1的轨迹之后再求G′的轨迹，进而计算可得答案．
本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握线面垂直的判定定理与性质定理，空间动点的轨迹问题等是解题的关键，考查空间立体感、逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
17.【答案】解：(1)因为A(4,0)，B(6,7)，C(0,3)，
可得kAB=7−06−4=72，
所以AB边上的高所在的直线方程为y−3=−27x，
即2x+7y−21=0；
(2)由题意可得BC的中点D(3,5)，
所以kAD=5−03−4=−5，
所以AD所在的直线方程为y−0=−5(x−4)，
即5x+y−20=0．
【解析】(1)由题意可得AB所在的直线的斜率，进而可得AB边上的高所在的直线的斜率，代入点斜式，可得直线的方程；
(2)求出BC的中点D的坐标，进而求出直线AD的斜率，代入点斜式方程可得直线AD的方程．
本题考查直线垂直的性质的应用，属于基础题．
18.【答案】解：(1)MN=MD1+D1A1+A1N
=−34D1B−AD+23A1C1
=−34(D1D+DB)−AD+23(AB+AD)
=34c−34(a−b)−b+23(a+b)
=−112a+512b+34c．
(2)∵MN=−112a+512b+34c．
AD=AA1=AB=1，∠A1AB=∠DAB=∠DAA1=60°，
则a·b=a·c=c·b=1×1×cs60°=12，
∴MN2=−112a+512b+34c2
=1144a2+25144b2+916c2−572a·b−18a·c+58b·c
=1144+25144+916−572×12−18×12+58×12
=138144，
∴MN的长度为|MN|= 13812．
【解析】本题考查空间向量的基本定理，考查空间向量的线性运算，考查利用空间向量数量积求模等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
(1)由MN=MD1+D1A1+A1N结合向量的线性运算，由此能求出结果．
(2)由MN=−112a+512b+34c，结合向量的数量积运算，由此能求出MN的长度．
19.【答案】解：(1)证明：设AC∩BD=O，连接OE，
∵四边形ABCD是菱形，∴O是BD的中点，
又E是棱PD上的中点，∴OE//PB，
又OE⊂平面AEC，PB⊄平面AEC，
∴PB//平面AEC；
(2)∵四边形ABCD是菱形，∴BD⊥AC．
又BD⊥PC，AC，PC⊂平面PAC，且AC⋂PC=C，
∴BD⊥平面PAC，又PA⊂平面PAC，
∴BD⊥PA，
又AB=PA=1,PB= 2，∴PB2=AB2+PA2，∴AB⊥PA，
又AB，BD⊂平面ABCD，且AB⋂BD=B，
∴PA⊥平面ABCD．
∵E是棱PD上的中点，∴E到平面ABCD的距离dE=12PA=12．
∵四边形ABCD是菱形，∠ABC=60°，AB=PA=1，
∴△CBD中，∠BCD=120°,BC=CD=1,S△CBD=12BC⋅CD⋅sin∠BCD= 34，
∵VC−BDE=VE−CBD=13S△CBD⋅dE=13× 34×12= 324，
∴三棱锥C−BDE的体积为 324．
【解析】(1)根据三角形中位线与底边平行，通过线线平行证明线面平行；
(2)根据等体积法将三棱锥C−BDE的体积转为求三棱锥E−BCD的体积，再求出三棱锥E−BCD的高和底面积，根据三棱锥公式求解即可．
本题考查线面平行的证明，三棱锥的体积的求解，属中档题．
20.【答案】证明：(Ⅰ)直线l：kx−y+4k+2=0，即k(x+4)+(−y+2)=0，
令x+4=0−y+2=0，解得x=−4y=2，即直线l过定点(−4,2)，该定点位于第二象限，
故直线l恒过第二象限；
(Ⅱ)直线l交x轴的负半轴于点A，交y轴的正半轴于点B，
则可设直线l为xm+yn=1(m<0,n>0)，
由(Ⅰ)可知，直线l过定点(−4,2)，
则−4m+2n=1，
−4m+2n≥2 −4m⋅2n=2 −8mn，即1≥−32mn，
故−mn≥32，当且仅当−4m=2n=12，即m=−8，n=4时，等号成立，
所以△AOB的面积S=12(−m)n≥16，此时直线l的方程为x−8+y4=1，即x−2y+8=0．
【解析】(Ⅰ)求出直线所过定点，即可求解；
(Ⅱ)设出直线l的方程，再结合直线l过定点(−4,2)，以及基本不等式的公式，即可求解．
本题主要考查直线的一般式方程与直线的性质，属于基础题．
21.【答案】证明：(1)∵AC2+A1C2=AA12，∴A1C⊥AC，
又平面ACC1A1⋂平面ABC=AC，平面ACC1A1⊥平面ABC，A1C⊂平面ACC1A1，
∴A1C⊥平面ABC，又AB⊂平面ABC，
∴A1C⊥AB．
(2)解：以C为坐标原点，CA，CB，CA1分别为x，y，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，
则各点坐标如下：C(0,0,0)，B(0, 3,0)，A1(0,0, 2)，A( 2,0,0)，
设平面A1BB1的法向量为n=(x0,y0,z0)，
取BB1=AA1=(− 2,0, 2)，A1B=(0, 3,− 2)，
则n⋅BB1=0n⋅A1B=0，即− 2x0+ 2z0=0 3y0− 2z0=0，令x0= 3，可得n=( 3, 2, 3)，
取平面CA1B的一个法向量为m=(1,0,0)，
设平面CA1B与平面ABB1A1夹角为θ，
所以csθ=|cs
所以平面CA1B与平面ABB1A1夹角的余弦值为 64．
【解析】(1)根据面面垂直的性质定理可得答案；
(2)根据题意，以C为坐标原点，CA，CB，CA1分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，求出平面CA1B，平面A1BB1的法向量，由平面夹角的向量求法可得答案．
本题考查线面的位置关系的证明和空间角的求解，属于中档题．
22.【答案】(1)证明：连接BE，在等腰梯形ABCD中，CD=4，E为CD中点，
AD=AB=BC=2，∴四边形ABED为菱形，
∴BD⊥AE，即OB⊥AE，OD⊥AE，翻折后OP⊥AE，
OP⊂平面POB，OB⊂平面POB，且OB∩OP=O，∴AE⊥平面PBO；
(2)由(1)AD=DE=2，在等腰梯形ABCD中AE=BC=2，
∴△PAE为正三角形，∴OP= 3，同理OB= 3.∵PB= 6，∴OP2+OB2=PB2，∴OP⊥OB．
由(1)可知OP⊥AE，OB⊥AE，以O为原点，OE，OB，OP分别为x，y，z轴正方向，
建立空间直角坐标系O−xyz，
则A(−1,0,0)，B(0, 3,0)，C(2, 3,0)，P(0,0, 3)，E(1,0,0)，
∴PB=(0, 3,− 3)，PC=(2, 3,− 3)，AE=(2,0,0)，
设PQ=λPB(0<λ<1)，AQ=AP+PQ=AP+λPB=(1,0, 3)+(0, 3λ,− 3λ)=(1, 3λ, 3− 3λ)，
设平面AEQ的一个法向量为n=(x,y,z)，则n⋅AE=0n⋅AQ=0，即2x=0x+ 3λy+( 3− 3λ)z=0，
令x=0，y=1，得z=λλ−1，所以n=(0,1,λλ−1)，
设直线PC与平面AEQ所成角为θ，则sinθ=|cs〈PC,n〉|=|PC⋅n||PC|⋅|n|=| 3+ 3λ1−λ| 10 1+(λλ−1)2= 155，
化简得(2λ−1)2=0，解得λ=12.即Q为线段PB中点．
【解析】(1)根据平面几何的性质，可得OP⊥AE，OB⊥AE，由此即可得证；(2)计算可得平面AEQ的一个法向量，再代入线面所成角的向量公式计算即可．
本题考查线面垂直，考查线面所成的角，考查向量的应用，属于中档题．
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