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2023-2024学年山东省烟台一中高二（下）月考数学试卷（2月份）(含解析）
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这是一份2023-2024学年山东省烟台一中高二（下）月考数学试卷（2月份）(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.已知m，n是空间中两条不同的直线，α、β是两个不同的平面，且m⊂α，n⊂β.有下列命题：
①若α//β，则m//n；
②若α//β，则m//β；
③若α∩β=l，且m⊥l，n⊥l，则α⊥β；
④若α∩β=l，且m⊥l，m⊥n，则α⊥β．
其中真命题的个数是( )
A. 0B. 1C. 2D. 3
2.平面α过正方体ABCD−A1B1C1D1的顶点A，平面α//平面A1BD，平面α∩平面ABCD=l，则直线l与直线CD1所成的角为( )
A. 30°B. 45°C. 60°D. 90°
3.如图，在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，E为A1C1的中点，若BE=xAA1+yAB+zAD，则( )
A. x=1，y=12，z=−12
B. x=1，y=−12，z=12
C. x=12，y=1，z=−12
D. x=−12，y=1，z=12
4.如图，在三棱锥P−ABC中，PA⊥平面ABC，∠ABC=90°，点D，E，N分别为PA，PC，BC的中点，M是线段AD的中点，PA=AC=2AB=4，则直线MN到平面BDE的距离为( )
A. 37
B. 47
C. 57
D. 22
5.在正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P在线段BD1上，且D1P=λD1B(0<λ<1).当∠APC为锐角时，则实数λ的取值范围为( )
A. (0,12)B. (12,1)C. (0,13)D. (13,1)
6.已知空间向量OA=(1,12,0),OB=(1,2,0),OC=(0,1,12)，OP=xOA+yOB+zOC，且x+2y+z=2，则|OP|的最小值为( )
A. 2B. 3C. 2D. 4
7.已知向量a=(0,0,1)，b=(1,−1,1)，向量a+b在向量a上的投影向量为( )
A. (0,0,2)B. (0,0,1)C. (0,0,−1)D. (0,0,−2)
8.如图，已知正四棱锥P−ABCD的所有棱长均为2，E为棱PA的中点，则异面直线BE与PC所成角的余弦值为( )
A. 63
B. − 63
C. 33
D. − 33
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.若长方体ABCD−A1B1C1D1的底面是边长为2的正方形，高为4，E是DD1的中点，则( )
A. B1E⊥A1B
B. 平面B1CE//平面A1BD
C. 三棱锥C1−B1CE的体积为83
D. 三棱锥C1−B1CD1的外接球的表面积为24π
10.如图，点E是正方体ABCD−A1B1C1D1的棱DD1的中点，点M在线段BD1上运动，则下列结论正确的是( )
A. 直线AD与直线C1M始终是异面直线
B. 存在点M，使得B1M⊥AE
C. 四面体EMAC的体积为定值
D. 当D1M=2MB时，平面EAC⊥平面MAC
11.如图，正三棱柱ABC−A1B1C1的底面是边长为1的等边三角形，侧棱长为2，D，E分别是BB1，AC的中点，则下列结论成立的是( )
A. 直线CD与B1C1是异面直线
B. 直线BE与平面A1CD平行
C. 直线AC与直线A1D所成角的余弦值为 24
D. 直线CD与平面AA1C1C所成角的余弦值为 104
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.在如图所示的四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，P分别为其所在棱的中点，能得出直线AB//平面MNP的图形的序号是______.(写出所有符合要求的图形序号)
13.已知球O的半径为1，AB是球O的直径，点D在球O的球面上.若空间中一点C与点D间的距离为 3，则CA⋅CB的最小值为______．
14.如图，在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P在B1C1上，点Q在平面ABB1A1内，设直线AA1与直线PQ所成角为θ.若直线PQ到平面ACD1的距离为 32，则sinθ的最小值为______．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，∠A1AD=∠BAD=∠A1AB=60°，AB=AD=1，AA1=2，E为A1C1与B1D1的交点．
(Ⅰ)用向量AB,AD,AA1表示AE；
(Ⅱ)求AE与BD的夹角．
16.(本小题15分)
如图，多面体ABCDE中，BE//CD，BE⊥BC，AB=AC，平面BCDE⊥平面ABC，M为BC的中点．
(1)若N是线段AE的中点，求证：MN//平面ACD；
(2)若BE=1，BC=2，CD=3，求证：DE⊥平面AME．
17.(本小题15分)
在四棱锥P−ABCD中，四边形ABCD是矩形，平面PAB⊥平面ABCD，点E、F分别为BC、AP中点．
(1)求证：EF//平面PCD；
(2)若AD=AP=PB= 22AB=1，求三棱锥P−DEF的体积．
18.(本小题17分)
如图，在△ABC中，DE//BC，∠C=60°，点D在AC上，AD=2DC=4，点F在BC上，CF=2BF=3，以DE为折痕把△ADE折起，使点A到点P，且PF=3．
(1)求证：PF⊥平面BCDE；
(2)求直线EF与平面PED所成角的正弦值．
19.(本小题17分)
如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，平面A1ACC1⊥平面ABC，∠ABC=90°，∠A1AC=60°，A1A=AC=2BC=2，点E为AC1的中点，点F在线段AB1上，且B1F=2AF．
(1)求平面CEF与平面A1B1C1的夹角的余弦值；
(2)点G在AB上，若直线CG在平面CEF内，求线段AG的长．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】
本题主要考查命题的真假判断，涉及空间直线和平面，平面和平面平行或垂直的判定，属于基础题．
根据空间直线和平面，平面和平面平行或垂直的判定定理，分别判断，即可得出结论．
【解答】解：①若α//β，则m//n或m，n异面，不正确；
②若α//β，根据平面与平面平行的性质，可得m//β，正确；
③若α∩β=l，且m⊥l，n⊥l，则α与β不一定垂直，不正确；
④若α∩β=l，且m⊥l，m⊥n，l与n相交则α⊥β，不正确．
故选：B．
2.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查异面直线所成角的求法，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，考查函数与方程思想，是中档题．
推导出l//B1D1，则直线l与直线CD1所成的角就是直线B1D1和CD1所成角，从而∠B1D1C是直线l与直线CD1所成的角，由△B1D1C是正三角形，能求出直线l与直线CD1所成的角．
【解答】
解：∵平面α//平面A1BD，平面A1BD//平面CB1D1，
∴平面α//平面CB1D1，
∵平面ABCD//平面A1B1C1D1，平面α∩平面ABCD=l，
平面CB1D1∩平面A1B1C1D1=B1D1，
∴l//B1D1，
∴直线l与直线CD1所成的角就是直线B1D1和CD1所成角，
∴∠B1D1C是直线l与直线CD1所成的角，
∵△B1D1C是正三角形，
∴∠B1D1C=60°．
∴直线l与直线CD1所成的角为60°．
故选：C．
3.【答案】B
【解析】解：BE=−AB+AA1+12A1C1=−AB+AA1+12AC=−AB+AA1+12(AB+AD)=AA1−12AB+12AD，
又BE=xAA1+yAB+zAD，
∴x=1,y=−12,z=12．
故选：B．
根据向量加法的平行四边形法则、向量加法和数乘的几何意义及向量的数乘运算即可得出BE=AA1−12AB+12AD，然后根据平面向量基本定理即可求出x，y，z的值．
本题考查了向量加法和数乘的几何意义，向量的数乘运算，向量加法的平行四边形法则，考查了计算能力，属于基础题．
4.【答案】D
【解析】解：在三棱锥P−ABC中，PA⊥平面ABC，∠ABC=90°，点D，E，N分别为PA，PC，BC的中点，
M是线段AD的中点，PA=AC=2AB=4，
由题意得PA，AC，AB两两垂直，
∴以A为原点，以PA，AC，AB分别为z，y，x轴建立空间直角坐标系，如图
则A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(0,4,0)，P(0,0,4)，D(0,0,2)，E(0,2,2)，M(0,0,1)，N(1,2,0)，
DE=(0,2,0),DB=(2,0,−2)，
设n=(x,y,z)为平面BDE的一个法向量，
则n⋅DE=2y=0n⋅DB=2x−2z=0，设z=1，所以n=(1,0,1)，
又MN=(1,2,−1)，所以MN⋅n=0，且MN⊄面BDE，
∴MN//面BDE，
∴直线MN到平面BDE的距离为点M到平面BDE的距离，设为d，
MD=(0,0,1)，则d=|MD⋅n||n|=1 2= 22．
故选：D．
建系，首先用向量法证明直线MN//面BDE，再用向量法求点到面的距离即可．
本题考查空间几何体的结构特征以及相关计算等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
5.【答案】C
【解析】解：如图建立空间直角坐标系，
设正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，
则A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,1,0)，D1(0,0,1)，
则D1B=(1,1,−1)，所以D1P=λD1B=(λ,λ,−λ)，
所以PA=PD1+D1A=(−λ,−λ,λ)+(1,0,−1)=(1−λ,−λ,λ−1)，
PC=PD1+D1C=(−λ,−λ,λ)+(0,1,−1)=(−λ,1−λ,λ−1)，
由图可知，∠APC≠0，
所以∠APC为锐角等价于cs∠APC>0，
所以PA⋅PC=(1−λ,−λ,λ−1)⋅(−λ,1−λ,λ−1)=(1−λ)(−λ)+(−λ)(1−λ)+(λ−1)2
=(λ−1)(3λ−1)>0，
又因为0<λ<1，所以0<λ<13．
故选：C．
建立空间直角坐标系，将∠APC为锐角转化为cs∠APC>0，利用向量的坐标运算求解即可．
本题考查空间向量的线性运算和坐标运算，属于基础题．
6.【答案】B
【解析】解：因为OP=xOA+yOB+zOC=x(1,12,0)+y(1,2,0)+z(0,1,12)=(x+y,12x+2y+z,12z)，
所以|OP|2=(x+y)2+(12x+2y+z)2+(12z)2
=13[(x+y)2+(12x+2y+z)2+(12z)2](1+1+1)≥13(x+y+12x+2y+z+12z)2
=13(32x+3y+32z)2=34(x+2y+z)2=3，
当且仅当x+y=12x+2y+z=12z时等号成立，即x=2，y=−1，z=2时等号成立，
所以|OP|≥ 3，所以|OP|的最小值为 3．
故选：B．
由空间向量的坐标表示计算OP=xOA+yOB+zOC，然后由柯西不等式求解即可．
本题主要考查了空间向量的坐标运算，属于基础题．
7.【答案】A
【解析】解：∵a=(0,0,1)，b=(1,−1,1)，
∴a+b=(1,−1,2)，(a+b)⋅a=2，
∴向量a+b在向量a上的投影向量为(a+b)⋅a|a|×a|a|=(0,0,2)．
故选：A．
根据已知条件，结合空间向量的投影公式，即可求解．
本题主要考查空间向量的投影公式，属于基础题．
8.【答案】C
【解析】解：连接AC，取AC的中点O，连接BO、EO，
由题意有EO//PC，
即异面直线BE与PC所成角的平面角为∠BEO(或其补角)，
在△BOE中，EO=1，OB= 2，BE= 3，
则cs∠BEO=BE2+EO2−BO22×BE×EO= 33，
故选：C．
连接AC，取AC的中点O，连接BO、EO，由题意有EO//PC，即异面直线BE与PC所成角的平面角为∠BEO(或其补角)，然后结合余弦定理求解即可．
本题考查了异面直线所成角的求法，重点考查了异面直线所成角的作法，属基础题．
9.【答案】CD
【解析】解：长方体ABCD−A1B1C1D1的底面是边长为2的正方形，高为4，E是DD1的中点，
在A中，以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AA1为z轴，建立空间直角坐标系，
则B1(2,0,4)，E(0,2,2)，A1(0,0,4)，B(2,0,0)，
B1E=(−2,2,−2)，A1B=(2,0,−4)，
∵B1E⋅A1B=−4+0+8=4≠0，∴B1E与A1B不垂直，故A错误；
在B中，B1(2,0,4)，C(2,2,0)，E(0,2,2)，A1(0,0,4)，B(2,0,0)，D(0,2,0)，
CB1=(0,−2,4)，CE=(−2,0,2)，BA1=(−2,0,4)，BD=(−2,2,0)，
设平面B1CE的法向量n=(x,y,z)，
则n⋅CB1=−2y+4z=0n⋅CE=−2x+2z=0，取x=1，得n=(1,2,1)，
设平面A1BD的法向量m=(a,b,c)，
则m⋅BA1=−2a+4c=0m⋅BD=−2a+2b=0，取a=1，得m=(1,1,12)，
∵m,n不共线，∴平面B1CE与平面A1BD相交，故B错误；
在C中，三棱锥C1−B1CE的体积为：
VC1−B1CE=VB1−C1CE=13×12×4×2×2=83，故C正确；
在D中，三棱锥C1−B1CD1的外接球就是长方体ABCD−A1B1C1D1的外接球，
∴三棱锥C1−B1CD1的外接球半径R= 22+22+422= 6，
∴三棱锥C1−B1CD1的外接球的表面积为S=4π×( 6)2=24π，故D正确．
故选：CD．
在A中，以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AA1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法推导出B1E与A1B不垂直；在B中，求出平面B1CE的法向量和平面A1BD的法向量，利用向量法能求出平面B1CE与平面A1BD相交；在C中，三棱锥C1−B1CE的体积为VC1−B1CE=VB1−C1CE=83；在D中，三棱锥C1−B1CD1的外接球就是长方体ABCD−A1B1C1D1的外接球，从而三棱锥C1−B1CD1的外接球半径R= 22+22+422= 6，由此求出三棱锥C1−B1CD1的外接球的表面积为24π．
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．
10.【答案】BCD
【解析】【分析】
本题考查了空间线面位置关系的判断与性质，可适当选用平面向量法解决几何问题，属于中档题．
当M为BD1的中点时可知A错误，证明BD1//平面EAC可知C正确；建立空间坐标系，利用向量判断BD即可．
【解答】
解：当M为BD1的中点时，直线AD与直线C1M是相交直线，交点为A，故A错误；
以D为原点，以DA，DC，DD1为坐标轴建立空间坐标系D−xyz，
设正方体棱长为1，则A(1,0,0)，E(0,0,12)，B(1,1,0)，D1(0,0,1)，B1(1,1,1)，
∴AE=(−1,0,12)，B1B=(0,0,−1)，BD1=(−1,−1,1)．
BM=λBD1(0≤λ≤1)，则B1M=B1B+BM=(−λ,−λ,λ−1)，
若B1M⊥AE，则B1M⋅AE=0，即λ+12(λ−1)=0，解得λ=13，
∴当M为线段BD1的靠近B的三等分点时，B1M⊥AE，故B正确；
连接BD，取BD的中点O，连接EO，则O也是AC的中点，
由中位线定理可知BD1//EO，
∴BD1//平面ACE，故VE−MAC=VM−ACE=VB−ACE，故C正确；
∵AC⊥BD，AC⊥DD1，BD∩DD1=D，
∴AC⊥平面BDD1，
∴AC⊥OE，AC⊥OM，故∠EOM为二面角E−AC−M的平面角，
当D1M=2BM时，M(23,23,13)，又O(12,12,0)，
∴OM=(16,16,13)，OE=(−12,−12,12)，
∴OE⋅OM=−112−112+16=0，∴OE⊥MO，
故平面EAC⊥平面MAC，故D正确．
故选：BCD．
11.【答案】BCD
【解析】【分析】
本题考查了立体几何的综合应用，涉及了异面直线的判定、线面平行的判定、线线角的余弦值、线面角的余弦值的求解，体现了直观想象、逻辑推理、数学运算等核心素养，属于中档题．
利用异面直线所成角的定义判断选项A，利用直线与平面平行的判定定理判断选项B，利用直线与直线所成角的定义，找到对应的角，在对应的三角形中求解即可判断选项C，利用直线与平面所成角的定义找到线面角，然后求解即可判断选项D．
【解答】
解：直线CD与B1C1在同一平面B1C1CB内，不是异面直线，
故选项A错误；
连结AC1，记AC1和A1C的交点为O，连结OE，OD，
则OE//CC1，OE//BD，
又OE=12CC1=BD，
所以四边形BDOE是平行四边形，
所以BE//OD，因为BE⊄平面A1CD，OD⊂平面A1CD，
所以直线BE与平面A1CD平行，
故选项B正确；
因为AC//A1C1，所以直线AC与直线A1D所成的角就是直线A1C1与直线A1D所成的角，
连结C1D，在△A1C1D中，易得A1C1=1，C1D=A1D= 2，
由余弦定理可得cs∠DA1C1=2+1−22×1× 2= 24，
所以直线AC与直线A1D所成角的余弦值为 24，
故选项C正确；
由题意可得，平面AA1C1C⊥平面ABC，交线为AC，BE⊥AC，BE⊂平面ABC，
根据面面垂直的性质可得，BE⊥平面AA1C1C，
所以直线CD与平面AA1C1C所成的角就是∠DCO，
在直角三角形DCO中，CD= 2，CO= 52，
所以直线CD与平面AA1C1C所成角的余弦值为COCD= 104，
故选项D正确．
故选BCD．
12.【答案】①③④
【解析】解：对于①，直线AB所在正方体的侧面与平面MNP，可以得出直线AB//平面MNP；
对于②，直线AB和平面MNP不平行，连接对角线得出直线AB与平面MN不平行；
对于③，易知PM//AB，AB⊄平面PMN，得出AB//平面PMN；
对于④，直线AB所在侧面与平面MNP平行，得出直线AB//平面MNP；
综上知，能得出直线AB//平面MNP的图形序号是①③④．
故答案为：①③④．
根据直线与平面平行的判定方法，即可得出图①③④满足AB//平面MNP．
本题考查了空间中的直线与平面平行的判断问题，解题时应结合图形进行分析，是基础题．
13.【答案】3−2 3
【解析】解：由题意可得点C在以D为球心， 3为半径的球上，
所以CA⋅CB=(CD+DA)⋅(CD+DB)=CD2+CD⋅DB+DA⋅CD+DA⋅DB
=3+CD⋅(DB+DA)+0=3−2DC⋅DO=3−2|CD||DO|cs∠CDO，
因为∠CDO∈[0,π]，所以|CD||DO|cs∠CDO= 3cs∠CDO∈[− 3, 3]，
所以CA⋅CB∈[3−2 3,3+2 3]，所以CA⋅CB的最小值为3−2 3．
故答案为：3−2 3．
利用向量的四则运算可得CA⋅CB=(CD+DA)⋅(CD+DB)，再根据数量积的公式和运算律求解即可．
本题考查的知识点：向量的夹角运算，向量的数量积，球的运算，主要考查学生的运算能力，属于中档题．
14.【答案】 33
【解析】解：∵直线PQ到平面ACD1的距离为 32，
∴PQ//面ACD1，点P到平面ACD1的距离为 32，
以D为坐标原点，分别以DA、DC、DD1所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，
则A(1,0,0)，C(0,1,0)，D1(0,0,1)，设P(p,1,1)，
则CP=(p,0,1)，AC=(−1,1,0)，AD1=(−1,0,1)，
设面ACD1的法向量为n=(x,y,z)，
则AC⋅n=−x+y=0AD1⋅n=−x+z=0，取x=1，得n=(1,1,1)，
则|CP⋅n||n|=p+1 3= 32，解得p=12，即P(12,1,1)，
过P作平面ACD1的平行平面，与正方体ABCD−A1B1C1D1的截面为PMN，
M，N分别为线段A1B1和线段BB1的中点，
则M(1,12,1),N(1,1,12)，且Q在直线MN上，
设PQ=PM+MQ=PM+λMN=(12,−12,0)+λ(0,12,−12)=(12,12λ−12,−12λ)，
又AA1=(0,0,1)，∴csθ=|AA1⋅PQ||AA1||PQ|=|−12λ|1× 14+(12λ−12)2+14λ2，
当λ=0时，csθ=0；
当λ≠0时，csθ= 22⋅1 1λ2−1λ+1= 22⋅1 (1λ−12)2+34≤ 63，
则sinθ的最小值为 1−( 63)2= 33．
故答案为： 33．
建立空间直角坐标系，利用向量法表示出P到面ACD1的距离，进而求出点P坐标，过P作平面ACD1的平行平面，得到点Q的轨迹，再利用向量法求线线角，进而求其最值．
本题考查空间中点、线、面间的距离计算，考查空间向量的应用，考查运算求解能力，是中档题．
15.【答案】解：(1)AE=12(AC1+AA1)=12(AA1+AB+AD+AA1)=AA1+12AB+12AD，
(2)AE⋅AD=(AA1+12AB+12AD)⋅(AD−AB)=0，
所以AE与BD的夹角为90°．
【解析】(1)利用空间向量的线性运算进行表示即可；
(2)利用数量积进行运算即可．
本题考查利用数量积求夹角，考查学生的运算能力，属于基础题．
16.【答案】证明：(1)取AB的中点P，连接MP，NP，由N是AE的中点，得NP//BE，
又BE//CD，得NP//CD，NP⊄平面ACD，
所以NP//平面ACD，
同理可证，MP//平面ACD，
而MP∩NP=P，MP⊂平面MNP，NP⊂平面MNP，
所以平面MNP//平面ACD，又MN⊂平面MNP
从而MN//平面ACD；
(2)连接AM，DM，EM，由AB=AC，M为BC的中点，得AM⊥BC，
又平面BCDE⊥平面ABC，平面BCDE∩平面ABC=BC，AM⊂平面ABC，
所以AM⊥平面BCDE，DE⊂ 平面BCDE，
则AM⊥DE，
由勾股定理，在Rt△EBM中，BE=1，BM=12BC=1，得EM= 2，
在Rt△DCM中，CD=3，CM=12BC=1，得DM= 10，
在直角梯形BCDE中，由平面几何知识计算得DE= (CD−BE)2+BC2= 4+4=2 2，
所以EM2+DE2=DM2，即EM⊥DE，
而AM∩EM=M，AM⊂平面AEM,EM⊂平面AEM，
所以DE⊥平面AME．
【解析】(1)取AB的中点P，连接PM，PN，证明平面MNP//平面ACD，即可证明MN//平面ACD．
(2)连接EM，AM，DM，证明AM⊥DE，EM⊥DE，即可证明DE⊥平面AEM．
本题考查线面平行的判定，线面垂直的判定与性质，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．
17.【答案】(1)证明：取PD中点G，连接GF，GC．
在△PAD中，有
G，F分别为PD、AP中点，
∴GF−//12AD
在矩形ABCD中，E为BC中点，
∴CE−//12AD，∴GF−//EC，
∴四边形ABCD是平行四边形，∴GC//EF
∵GC⊂平面PCD，EF⊄平面PCD，
∴EF//平面PCD．
解：(2)∵四边形ABCD是矩形，∴AD⊥AB，AD//BC，
∵平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD=AB，AD⊂平面PAB，
∴AD⊥平面PAB，∴平面PAD⊥平面PAB，BC//平面PAD，
∵AD=AP=PB= 22AB=1，∴AB= 2，满足AP2+PB2=AB2，
∴AP⊥PB，∴BP⊥平面PAD，
∵BC//平面PAD，∴点E到平面PAD的距离等于点B到平面PAD的距离．
∵S△PDF=12×PF×AD=12×12×1=14，
∴VP−DEF=13S△PDF⋅BP=13×14×1=112，
∴三棱锥P−DEF的体积为112．
【解析】(1)取PD中点G，连接GF，GC.推导出四边形ABCD是平行四边形，从而GC//EF，由此能证明EF//平面PCD．
(2)推导出AD⊥AB，AD//BC，从而AD⊥平面PAB，进而平面PAD⊥平面PAB，BC//平面PAD，推导出AP⊥PB，从而BP⊥平面PAD，由BC//平面PAD，得点E到平面PAD的距离等于点B到平面PAD的距离，由此能求出三棱锥P−DEF的体积．
本题考查线面平行的证明，考查三棱锥的体积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、空间想象能力、运算求解能力，考查函数与方程思想、数形结合思想，是中档题．
18.【答案】(1)证明：因为AC=6，CF=3，∠C=60°，所以AF⊥BC，
因为DE//BC，所以AF⊥DE，
连接AF，设直线DE与直线AF相交于点G，建立如图所示的直角坐标系，
AF= AC2−CF2= 36−9=3 3，AG=PG=23AF=2 3，
设∠PGF=θ，则P(0,2 3csθ,2 3sinθ),D(−2,0,0),E(1,0,0),F(0, 3,0)，
所以|PF|=|(0,−2 3csθ+ 3,−2 3sinθ)|，
= (2 3csθ− 3)2+(2 3sinθ)2=3，
所以csθ=12，
所以PF=(0,0,−3)，
因为m=(0,0,1)是平面BCDE的一个法向量，PF=−3m，
所以PF⊥平面BCDE．
解：(2)由(1)得EF=(−1, 3,0),DE=(3,0,0),EP=(−1, 3,3)，
设平面PED的一个法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅DE=0,n⋅EP=0.所以3x=0−x+ 3y+3z=0，
取y= 3，则z=−1，
所以n=(0, 3,−1)是平面PED的一个法向量，
设直线EF与平面PED所成角为β，
则sinβ=|n⋅EF|n||EF||=|(0, 3,−1)⋅(−1, 3,0)2×2|=34，
所以直线EF与平面PED所成角的正弦值34．
【解析】(1)根据DE//BC，得到AF⊥DE，连接AF，设直线DE与直线AF相交于点G，以G为原点，GE，GF为x，y轴建立直角坐标系，设∠PGF=θ，由PF=3，求得θ，再论证PF与平面BCDE的一个法向量共线即可；
(2)由(1)得EF=(−1, 3,0)，求得平面PED的一个法向量为n=(x,y,z)，设直线EF与平面PED所成角为β，由sinβ=|n⋅EF|n||EF||求解．
本题考查了空间中线面位置关系，考查了推理能力，属于中档题．
19.【答案】解：(1)分别取AC，AB，BC的中点H，I，K，连接A1C，A1H，HI，HK，
∵∠A1AC=60°，A1A=AC，∴△ACA1为等边三角形，
∴A1H⊥AC，
∵平面A1ACC1⊥平面ABC，平面A1ACC1∩平面ABC=AC，A1H⊂平面A1ACC1，
∴A1H⊥平面ABC，
∵∠ABC=90°，I，K分别为AB，BC的中点，
∴四边形BIHK为矩形，∴HI⊥HK，
如图，以点H为原点建立空间直角坐标系，
则C(−12, 32,0),A(12,− 32,0),A1(0,0, 3),B(12, 32,0)，
易得n1=(0,0,1)为平面A1B1C1的一个法向量．
设C1(x1,y1,z1)，∵AA1=CC1，∴(−12, 32, 3)=(x1+12,y1− 32,z1)．
∴x1=−1,y1= 3,z1= 3，即C1(−1, 3, 3)，因此E(−14, 34, 32)，
设B1(x2,y2,z2)，∵AA1=BB1，∴(−12, 32, 3)=(x2−12,y2− 32,z2)，
∴x2=0,y2= 3,z2= 3，即B1(0, 3, 3)，
∵AF=13AB1=13(−12,3 32, 3)=(−16, 32, 33)，AC=(−1, 3,0)，
∴CF=AF−AC=(56,− 32, 33),CE=(14,− 34, 32)，
设平面CEF的法向量为n2=(x,y,z)，
∴n2⋅CE=0n2⋅CF=0，即14x− 34y+ 32z=056x− 32y+ 33z=0，
取y= 3，则x=32,z= 34，∴n2=(32, 3, 34)，
设平面CEF与平面A1B1C1的夹角为θ，
则csθ=|n1⋅n2||n1||n2|=| 34|1× 94+3+316= 2929，
即平面CEF与平面A1B1C1夹角的余弦值为 2929；
(2)设G(12,m,0)，则CG=(1,m− 32,0)，
∵直线CG在平面CEF内，∴CG,CE,CF共面，
∴存在唯一实数对(λ,μ)，使得CG=λCE+μCF，
即(1,m− 32,0)=λ(14,− 34, 32)+μ(56,− 32, 33)，
则1=14λ+56μm− 32=− 34λ− 32μ0= 32λ+ 33μ，解得λ=−1μ=32m=0，
此时G为AB的中点，∴AG= 32．
【解析】(1)分别取AC，AB，BC的中点H，I，K，连接A1C，A1H，HI，HK，根据面面垂直的性质证明A1H⊥平面ABC，以点H为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可；
(2)由直线CG在平面CEF内，可得CG,CE,CF共面，再根据空间向量共面定理即可得解．
本题主要考查平面与平面所成角的求法，空间距离问题的求法，考查运算求解能力，属于中档题．
1.已知m，n是空间中两条不同的直线，α、β是两个不同的平面，且m⊂α，n⊂β.有下列命题：
①若α//β，则m//n；
②若α//β，则m//β；
③若α∩β=l，且m⊥l，n⊥l，则α⊥β；
④若α∩β=l，且m⊥l，m⊥n，则α⊥β．
其中真命题的个数是( )
A. 0B. 1C. 2D. 3
2.平面α过正方体ABCD−A1B1C1D1的顶点A，平面α//平面A1BD，平面α∩平面ABCD=l，则直线l与直线CD1所成的角为( )
A. 30°B. 45°C. 60°D. 90°
3.如图，在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，E为A1C1的中点，若BE=xAA1+yAB+zAD，则( )
A. x=1，y=12，z=−12
B. x=1，y=−12，z=12
C. x=12，y=1，z=−12
D. x=−12，y=1，z=12
4.如图，在三棱锥P−ABC中，PA⊥平面ABC，∠ABC=90°，点D，E，N分别为PA，PC，BC的中点，M是线段AD的中点，PA=AC=2AB=4，则直线MN到平面BDE的距离为( )
A. 37
B. 47
C. 57
D. 22
5.在正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P在线段BD1上，且D1P=λD1B(0<λ<1).当∠APC为锐角时，则实数λ的取值范围为( )
A. (0,12)B. (12,1)C. (0,13)D. (13,1)
6.已知空间向量OA=(1,12,0),OB=(1,2,0),OC=(0,1,12)，OP=xOA+yOB+zOC，且x+2y+z=2，则|OP|的最小值为( )
A. 2B. 3C. 2D. 4
7.已知向量a=(0,0,1)，b=(1,−1,1)，向量a+b在向量a上的投影向量为( )
A. (0,0,2)B. (0,0,1)C. (0,0,−1)D. (0,0,−2)
8.如图，已知正四棱锥P−ABCD的所有棱长均为2，E为棱PA的中点，则异面直线BE与PC所成角的余弦值为( )
A. 63
B. − 63
C. 33
D. − 33
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.若长方体ABCD−A1B1C1D1的底面是边长为2的正方形，高为4，E是DD1的中点，则( )
A. B1E⊥A1B
B. 平面B1CE//平面A1BD
C. 三棱锥C1−B1CE的体积为83
D. 三棱锥C1−B1CD1的外接球的表面积为24π
10.如图，点E是正方体ABCD−A1B1C1D1的棱DD1的中点，点M在线段BD1上运动，则下列结论正确的是( )
A. 直线AD与直线C1M始终是异面直线
B. 存在点M，使得B1M⊥AE
C. 四面体EMAC的体积为定值
D. 当D1M=2MB时，平面EAC⊥平面MAC
11.如图，正三棱柱ABC−A1B1C1的底面是边长为1的等边三角形，侧棱长为2，D，E分别是BB1，AC的中点，则下列结论成立的是( )
A. 直线CD与B1C1是异面直线
B. 直线BE与平面A1CD平行
C. 直线AC与直线A1D所成角的余弦值为 24
D. 直线CD与平面AA1C1C所成角的余弦值为 104
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.在如图所示的四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，P分别为其所在棱的中点，能得出直线AB//平面MNP的图形的序号是______.(写出所有符合要求的图形序号)
13.已知球O的半径为1，AB是球O的直径，点D在球O的球面上.若空间中一点C与点D间的距离为 3，则CA⋅CB的最小值为______．
14.如图，在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P在B1C1上，点Q在平面ABB1A1内，设直线AA1与直线PQ所成角为θ.若直线PQ到平面ACD1的距离为 32，则sinθ的最小值为______．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，∠A1AD=∠BAD=∠A1AB=60°，AB=AD=1，AA1=2，E为A1C1与B1D1的交点．
(Ⅰ)用向量AB,AD,AA1表示AE；
(Ⅱ)求AE与BD的夹角．
16.(本小题15分)
如图，多面体ABCDE中，BE//CD，BE⊥BC，AB=AC，平面BCDE⊥平面ABC，M为BC的中点．
(1)若N是线段AE的中点，求证：MN//平面ACD；
(2)若BE=1，BC=2，CD=3，求证：DE⊥平面AME．
17.(本小题15分)
在四棱锥P−ABCD中，四边形ABCD是矩形，平面PAB⊥平面ABCD，点E、F分别为BC、AP中点．
(1)求证：EF//平面PCD；
(2)若AD=AP=PB= 22AB=1，求三棱锥P−DEF的体积．
18.(本小题17分)
如图，在△ABC中，DE//BC，∠C=60°，点D在AC上，AD=2DC=4，点F在BC上，CF=2BF=3，以DE为折痕把△ADE折起，使点A到点P，且PF=3．
(1)求证：PF⊥平面BCDE；
(2)求直线EF与平面PED所成角的正弦值．
19.(本小题17分)
如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，平面A1ACC1⊥平面ABC，∠ABC=90°，∠A1AC=60°，A1A=AC=2BC=2，点E为AC1的中点，点F在线段AB1上，且B1F=2AF．
(1)求平面CEF与平面A1B1C1的夹角的余弦值；
(2)点G在AB上，若直线CG在平面CEF内，求线段AG的长．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】
本题主要考查命题的真假判断，涉及空间直线和平面，平面和平面平行或垂直的判定，属于基础题．
根据空间直线和平面，平面和平面平行或垂直的判定定理，分别判断，即可得出结论．
【解答】解：①若α//β，则m//n或m，n异面，不正确；
②若α//β，根据平面与平面平行的性质，可得m//β，正确；
③若α∩β=l，且m⊥l，n⊥l，则α与β不一定垂直，不正确；
④若α∩β=l，且m⊥l，m⊥n，l与n相交则α⊥β，不正确．
故选：B．
2.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查异面直线所成角的求法，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，考查函数与方程思想，是中档题．
推导出l//B1D1，则直线l与直线CD1所成的角就是直线B1D1和CD1所成角，从而∠B1D1C是直线l与直线CD1所成的角，由△B1D1C是正三角形，能求出直线l与直线CD1所成的角．
【解答】
解：∵平面α//平面A1BD，平面A1BD//平面CB1D1，
∴平面α//平面CB1D1，
∵平面ABCD//平面A1B1C1D1，平面α∩平面ABCD=l，
平面CB1D1∩平面A1B1C1D1=B1D1，
∴l//B1D1，
∴直线l与直线CD1所成的角就是直线B1D1和CD1所成角，
∴∠B1D1C是直线l与直线CD1所成的角，
∵△B1D1C是正三角形，
∴∠B1D1C=60°．
∴直线l与直线CD1所成的角为60°．
故选：C．
3.【答案】B
【解析】解：BE=−AB+AA1+12A1C1=−AB+AA1+12AC=−AB+AA1+12(AB+AD)=AA1−12AB+12AD，
又BE=xAA1+yAB+zAD，
∴x=1,y=−12,z=12．
故选：B．
根据向量加法的平行四边形法则、向量加法和数乘的几何意义及向量的数乘运算即可得出BE=AA1−12AB+12AD，然后根据平面向量基本定理即可求出x，y，z的值．
本题考查了向量加法和数乘的几何意义，向量的数乘运算，向量加法的平行四边形法则，考查了计算能力，属于基础题．
4.【答案】D
【解析】解：在三棱锥P−ABC中，PA⊥平面ABC，∠ABC=90°，点D，E，N分别为PA，PC，BC的中点，
M是线段AD的中点，PA=AC=2AB=4，
由题意得PA，AC，AB两两垂直，
∴以A为原点，以PA，AC，AB分别为z，y，x轴建立空间直角坐标系，如图
则A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(0,4,0)，P(0,0,4)，D(0,0,2)，E(0,2,2)，M(0,0,1)，N(1,2,0)，
DE=(0,2,0),DB=(2,0,−2)，
设n=(x,y,z)为平面BDE的一个法向量，
则n⋅DE=2y=0n⋅DB=2x−2z=0，设z=1，所以n=(1,0,1)，
又MN=(1,2,−1)，所以MN⋅n=0，且MN⊄面BDE，
∴MN//面BDE，
∴直线MN到平面BDE的距离为点M到平面BDE的距离，设为d，
MD=(0,0,1)，则d=|MD⋅n||n|=1 2= 22．
故选：D．
建系，首先用向量法证明直线MN//面BDE，再用向量法求点到面的距离即可．
本题考查空间几何体的结构特征以及相关计算等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
5.【答案】C
【解析】解：如图建立空间直角坐标系，
设正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，
则A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,1,0)，D1(0,0,1)，
则D1B=(1,1,−1)，所以D1P=λD1B=(λ,λ,−λ)，
所以PA=PD1+D1A=(−λ,−λ,λ)+(1,0,−1)=(1−λ,−λ,λ−1)，
PC=PD1+D1C=(−λ,−λ,λ)+(0,1,−1)=(−λ,1−λ,λ−1)，
由图可知，∠APC≠0，
所以∠APC为锐角等价于cs∠APC>0，
所以PA⋅PC=(1−λ,−λ,λ−1)⋅(−λ,1−λ,λ−1)=(1−λ)(−λ)+(−λ)(1−λ)+(λ−1)2
=(λ−1)(3λ−1)>0，
又因为0<λ<1，所以0<λ<13．
故选：C．
建立空间直角坐标系，将∠APC为锐角转化为cs∠APC>0，利用向量的坐标运算求解即可．
本题考查空间向量的线性运算和坐标运算，属于基础题．
6.【答案】B
【解析】解：因为OP=xOA+yOB+zOC=x(1,12,0)+y(1,2,0)+z(0,1,12)=(x+y,12x+2y+z,12z)，
所以|OP|2=(x+y)2+(12x+2y+z)2+(12z)2
=13[(x+y)2+(12x+2y+z)2+(12z)2](1+1+1)≥13(x+y+12x+2y+z+12z)2
=13(32x+3y+32z)2=34(x+2y+z)2=3，
当且仅当x+y=12x+2y+z=12z时等号成立，即x=2，y=−1，z=2时等号成立，
所以|OP|≥ 3，所以|OP|的最小值为 3．
故选：B．
由空间向量的坐标表示计算OP=xOA+yOB+zOC，然后由柯西不等式求解即可．
本题主要考查了空间向量的坐标运算，属于基础题．
7.【答案】A
【解析】解：∵a=(0,0,1)，b=(1,−1,1)，
∴a+b=(1,−1,2)，(a+b)⋅a=2，
∴向量a+b在向量a上的投影向量为(a+b)⋅a|a|×a|a|=(0,0,2)．
故选：A．
根据已知条件，结合空间向量的投影公式，即可求解．
本题主要考查空间向量的投影公式，属于基础题．
8.【答案】C
【解析】解：连接AC，取AC的中点O，连接BO、EO，
由题意有EO//PC，
即异面直线BE与PC所成角的平面角为∠BEO(或其补角)，
在△BOE中，EO=1，OB= 2，BE= 3，
则cs∠BEO=BE2+EO2−BO22×BE×EO= 33，
故选：C．
连接AC，取AC的中点O，连接BO、EO，由题意有EO//PC，即异面直线BE与PC所成角的平面角为∠BEO(或其补角)，然后结合余弦定理求解即可．
本题考查了异面直线所成角的求法，重点考查了异面直线所成角的作法，属基础题．
9.【答案】CD
【解析】解：长方体ABCD−A1B1C1D1的底面是边长为2的正方形，高为4，E是DD1的中点，
在A中，以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AA1为z轴，建立空间直角坐标系，
则B1(2,0,4)，E(0,2,2)，A1(0,0,4)，B(2,0,0)，
B1E=(−2,2,−2)，A1B=(2,0,−4)，
∵B1E⋅A1B=−4+0+8=4≠0，∴B1E与A1B不垂直，故A错误；
在B中，B1(2,0,4)，C(2,2,0)，E(0,2,2)，A1(0,0,4)，B(2,0,0)，D(0,2,0)，
CB1=(0,−2,4)，CE=(−2,0,2)，BA1=(−2,0,4)，BD=(−2,2,0)，
设平面B1CE的法向量n=(x,y,z)，
则n⋅CB1=−2y+4z=0n⋅CE=−2x+2z=0，取x=1，得n=(1,2,1)，
设平面A1BD的法向量m=(a,b,c)，
则m⋅BA1=−2a+4c=0m⋅BD=−2a+2b=0，取a=1，得m=(1,1,12)，
∵m,n不共线，∴平面B1CE与平面A1BD相交，故B错误；
在C中，三棱锥C1−B1CE的体积为：
VC1−B1CE=VB1−C1CE=13×12×4×2×2=83，故C正确；
在D中，三棱锥C1−B1CD1的外接球就是长方体ABCD−A1B1C1D1的外接球，
∴三棱锥C1−B1CD1的外接球半径R= 22+22+422= 6，
∴三棱锥C1−B1CD1的外接球的表面积为S=4π×( 6)2=24π，故D正确．
故选：CD．
在A中，以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AA1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法推导出B1E与A1B不垂直；在B中，求出平面B1CE的法向量和平面A1BD的法向量，利用向量法能求出平面B1CE与平面A1BD相交；在C中，三棱锥C1−B1CE的体积为VC1−B1CE=VB1−C1CE=83；在D中，三棱锥C1−B1CD1的外接球就是长方体ABCD−A1B1C1D1的外接球，从而三棱锥C1−B1CD1的外接球半径R= 22+22+422= 6，由此求出三棱锥C1−B1CD1的外接球的表面积为24π．
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．
10.【答案】BCD
【解析】【分析】
本题考查了空间线面位置关系的判断与性质，可适当选用平面向量法解决几何问题，属于中档题．
当M为BD1的中点时可知A错误，证明BD1//平面EAC可知C正确；建立空间坐标系，利用向量判断BD即可．
【解答】
解：当M为BD1的中点时，直线AD与直线C1M是相交直线，交点为A，故A错误；
以D为原点，以DA，DC，DD1为坐标轴建立空间坐标系D−xyz，
设正方体棱长为1，则A(1,0,0)，E(0,0,12)，B(1,1,0)，D1(0,0,1)，B1(1,1,1)，
∴AE=(−1,0,12)，B1B=(0,0,−1)，BD1=(−1,−1,1)．
BM=λBD1(0≤λ≤1)，则B1M=B1B+BM=(−λ,−λ,λ−1)，
若B1M⊥AE，则B1M⋅AE=0，即λ+12(λ−1)=0，解得λ=13，
∴当M为线段BD1的靠近B的三等分点时，B1M⊥AE，故B正确；
连接BD，取BD的中点O，连接EO，则O也是AC的中点，
由中位线定理可知BD1//EO，
∴BD1//平面ACE，故VE−MAC=VM−ACE=VB−ACE，故C正确；
∵AC⊥BD，AC⊥DD1，BD∩DD1=D，
∴AC⊥平面BDD1，
∴AC⊥OE，AC⊥OM，故∠EOM为二面角E−AC−M的平面角，
当D1M=2BM时，M(23,23,13)，又O(12,12,0)，
∴OM=(16,16,13)，OE=(−12,−12,12)，
∴OE⋅OM=−112−112+16=0，∴OE⊥MO，
故平面EAC⊥平面MAC，故D正确．
故选：BCD．
11.【答案】BCD
【解析】【分析】
本题考查了立体几何的综合应用，涉及了异面直线的判定、线面平行的判定、线线角的余弦值、线面角的余弦值的求解，体现了直观想象、逻辑推理、数学运算等核心素养，属于中档题．
利用异面直线所成角的定义判断选项A，利用直线与平面平行的判定定理判断选项B，利用直线与直线所成角的定义，找到对应的角，在对应的三角形中求解即可判断选项C，利用直线与平面所成角的定义找到线面角，然后求解即可判断选项D．
【解答】
解：直线CD与B1C1在同一平面B1C1CB内，不是异面直线，
故选项A错误；
连结AC1，记AC1和A1C的交点为O，连结OE，OD，
则OE//CC1，OE//BD，
又OE=12CC1=BD，
所以四边形BDOE是平行四边形，
所以BE//OD，因为BE⊄平面A1CD，OD⊂平面A1CD，
所以直线BE与平面A1CD平行，
故选项B正确；
因为AC//A1C1，所以直线AC与直线A1D所成的角就是直线A1C1与直线A1D所成的角，
连结C1D，在△A1C1D中，易得A1C1=1，C1D=A1D= 2，
由余弦定理可得cs∠DA1C1=2+1−22×1× 2= 24，
所以直线AC与直线A1D所成角的余弦值为 24，
故选项C正确；
由题意可得，平面AA1C1C⊥平面ABC，交线为AC，BE⊥AC，BE⊂平面ABC，
根据面面垂直的性质可得，BE⊥平面AA1C1C，
所以直线CD与平面AA1C1C所成的角就是∠DCO，
在直角三角形DCO中，CD= 2，CO= 52，
所以直线CD与平面AA1C1C所成角的余弦值为COCD= 104，
故选项D正确．
故选BCD．
12.【答案】①③④
【解析】解：对于①，直线AB所在正方体的侧面与平面MNP，可以得出直线AB//平面MNP；
对于②，直线AB和平面MNP不平行，连接对角线得出直线AB与平面MN不平行；
对于③，易知PM//AB，AB⊄平面PMN，得出AB//平面PMN；
对于④，直线AB所在侧面与平面MNP平行，得出直线AB//平面MNP；
综上知，能得出直线AB//平面MNP的图形序号是①③④．
故答案为：①③④．
根据直线与平面平行的判定方法，即可得出图①③④满足AB//平面MNP．
本题考查了空间中的直线与平面平行的判断问题，解题时应结合图形进行分析，是基础题．
13.【答案】3−2 3
【解析】解：由题意可得点C在以D为球心， 3为半径的球上，
所以CA⋅CB=(CD+DA)⋅(CD+DB)=CD2+CD⋅DB+DA⋅CD+DA⋅DB
=3+CD⋅(DB+DA)+0=3−2DC⋅DO=3−2|CD||DO|cs∠CDO，
因为∠CDO∈[0,π]，所以|CD||DO|cs∠CDO= 3cs∠CDO∈[− 3, 3]，
所以CA⋅CB∈[3−2 3,3+2 3]，所以CA⋅CB的最小值为3−2 3．
故答案为：3−2 3．
利用向量的四则运算可得CA⋅CB=(CD+DA)⋅(CD+DB)，再根据数量积的公式和运算律求解即可．
本题考查的知识点：向量的夹角运算，向量的数量积，球的运算，主要考查学生的运算能力，属于中档题．
14.【答案】 33
【解析】解：∵直线PQ到平面ACD1的距离为 32，
∴PQ//面ACD1，点P到平面ACD1的距离为 32，
以D为坐标原点，分别以DA、DC、DD1所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，
则A(1,0,0)，C(0,1,0)，D1(0,0,1)，设P(p,1,1)，
则CP=(p,0,1)，AC=(−1,1,0)，AD1=(−1,0,1)，
设面ACD1的法向量为n=(x,y,z)，
则AC⋅n=−x+y=0AD1⋅n=−x+z=0，取x=1，得n=(1,1,1)，
则|CP⋅n||n|=p+1 3= 32，解得p=12，即P(12,1,1)，
过P作平面ACD1的平行平面，与正方体ABCD−A1B1C1D1的截面为PMN，
M，N分别为线段A1B1和线段BB1的中点，
则M(1,12,1),N(1,1,12)，且Q在直线MN上，
设PQ=PM+MQ=PM+λMN=(12,−12,0)+λ(0,12,−12)=(12,12λ−12,−12λ)，
又AA1=(0,0,1)，∴csθ=|AA1⋅PQ||AA1||PQ|=|−12λ|1× 14+(12λ−12)2+14λ2，
当λ=0时，csθ=0；
当λ≠0时，csθ= 22⋅1 1λ2−1λ+1= 22⋅1 (1λ−12)2+34≤ 63，
则sinθ的最小值为 1−( 63)2= 33．
故答案为： 33．
建立空间直角坐标系，利用向量法表示出P到面ACD1的距离，进而求出点P坐标，过P作平面ACD1的平行平面，得到点Q的轨迹，再利用向量法求线线角，进而求其最值．
本题考查空间中点、线、面间的距离计算，考查空间向量的应用，考查运算求解能力，是中档题．
15.【答案】解：(1)AE=12(AC1+AA1)=12(AA1+AB+AD+AA1)=AA1+12AB+12AD，
(2)AE⋅AD=(AA1+12AB+12AD)⋅(AD−AB)=0，
所以AE与BD的夹角为90°．
【解析】(1)利用空间向量的线性运算进行表示即可；
(2)利用数量积进行运算即可．
本题考查利用数量积求夹角，考查学生的运算能力，属于基础题．
16.【答案】证明：(1)取AB的中点P，连接MP，NP，由N是AE的中点，得NP//BE，
又BE//CD，得NP//CD，NP⊄平面ACD，
所以NP//平面ACD，
同理可证，MP//平面ACD，
而MP∩NP=P，MP⊂平面MNP，NP⊂平面MNP，
所以平面MNP//平面ACD，又MN⊂平面MNP
从而MN//平面ACD；
(2)连接AM，DM，EM，由AB=AC，M为BC的中点，得AM⊥BC，
又平面BCDE⊥平面ABC，平面BCDE∩平面ABC=BC，AM⊂平面ABC，
所以AM⊥平面BCDE，DE⊂ 平面BCDE，
则AM⊥DE，
由勾股定理，在Rt△EBM中，BE=1，BM=12BC=1，得EM= 2，
在Rt△DCM中，CD=3，CM=12BC=1，得DM= 10，
在直角梯形BCDE中，由平面几何知识计算得DE= (CD−BE)2+BC2= 4+4=2 2，
所以EM2+DE2=DM2，即EM⊥DE，
而AM∩EM=M，AM⊂平面AEM,EM⊂平面AEM，
所以DE⊥平面AME．
【解析】(1)取AB的中点P，连接PM，PN，证明平面MNP//平面ACD，即可证明MN//平面ACD．
(2)连接EM，AM，DM，证明AM⊥DE，EM⊥DE，即可证明DE⊥平面AEM．
本题考查线面平行的判定，线面垂直的判定与性质，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．
17.【答案】(1)证明：取PD中点G，连接GF，GC．
在△PAD中，有
G，F分别为PD、AP中点，
∴GF−//12AD
在矩形ABCD中，E为BC中点，
∴CE−//12AD，∴GF−//EC，
∴四边形ABCD是平行四边形，∴GC//EF
∵GC⊂平面PCD，EF⊄平面PCD，
∴EF//平面PCD．
解：(2)∵四边形ABCD是矩形，∴AD⊥AB，AD//BC，
∵平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD=AB，AD⊂平面PAB，
∴AD⊥平面PAB，∴平面PAD⊥平面PAB，BC//平面PAD，
∵AD=AP=PB= 22AB=1，∴AB= 2，满足AP2+PB2=AB2，
∴AP⊥PB，∴BP⊥平面PAD，
∵BC//平面PAD，∴点E到平面PAD的距离等于点B到平面PAD的距离．
∵S△PDF=12×PF×AD=12×12×1=14，
∴VP−DEF=13S△PDF⋅BP=13×14×1=112，
∴三棱锥P−DEF的体积为112．
【解析】(1)取PD中点G，连接GF，GC.推导出四边形ABCD是平行四边形，从而GC//EF，由此能证明EF//平面PCD．
(2)推导出AD⊥AB，AD//BC，从而AD⊥平面PAB，进而平面PAD⊥平面PAB，BC//平面PAD，推导出AP⊥PB，从而BP⊥平面PAD，由BC//平面PAD，得点E到平面PAD的距离等于点B到平面PAD的距离，由此能求出三棱锥P−DEF的体积．
本题考查线面平行的证明，考查三棱锥的体积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、空间想象能力、运算求解能力，考查函数与方程思想、数形结合思想，是中档题．
18.【答案】(1)证明：因为AC=6，CF=3，∠C=60°，所以AF⊥BC，
因为DE//BC，所以AF⊥DE，
连接AF，设直线DE与直线AF相交于点G，建立如图所示的直角坐标系，
AF= AC2−CF2= 36−9=3 3，AG=PG=23AF=2 3，
设∠PGF=θ，则P(0,2 3csθ,2 3sinθ),D(−2,0,0),E(1,0,0),F(0, 3,0)，
所以|PF|=|(0,−2 3csθ+ 3,−2 3sinθ)|，
= (2 3csθ− 3)2+(2 3sinθ)2=3，
所以csθ=12，
所以PF=(0,0,−3)，
因为m=(0,0,1)是平面BCDE的一个法向量，PF=−3m，
所以PF⊥平面BCDE．
解：(2)由(1)得EF=(−1, 3,0),DE=(3,0,0),EP=(−1, 3,3)，
设平面PED的一个法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅DE=0,n⋅EP=0.所以3x=0−x+ 3y+3z=0，
取y= 3，则z=−1，
所以n=(0, 3,−1)是平面PED的一个法向量，
设直线EF与平面PED所成角为β，
则sinβ=|n⋅EF|n||EF||=|(0, 3,−1)⋅(−1, 3,0)2×2|=34，
所以直线EF与平面PED所成角的正弦值34．
【解析】(1)根据DE//BC，得到AF⊥DE，连接AF，设直线DE与直线AF相交于点G，以G为原点，GE，GF为x，y轴建立直角坐标系，设∠PGF=θ，由PF=3，求得θ，再论证PF与平面BCDE的一个法向量共线即可；
(2)由(1)得EF=(−1, 3,0)，求得平面PED的一个法向量为n=(x,y,z)，设直线EF与平面PED所成角为β，由sinβ=|n⋅EF|n||EF||求解．
本题考查了空间中线面位置关系，考查了推理能力，属于中档题．
19.【答案】解：(1)分别取AC，AB，BC的中点H，I，K，连接A1C，A1H，HI，HK，
∵∠A1AC=60°，A1A=AC，∴△ACA1为等边三角形，
∴A1H⊥AC，
∵平面A1ACC1⊥平面ABC，平面A1ACC1∩平面ABC=AC，A1H⊂平面A1ACC1，
∴A1H⊥平面ABC，
∵∠ABC=90°，I，K分别为AB，BC的中点，
∴四边形BIHK为矩形，∴HI⊥HK，
如图，以点H为原点建立空间直角坐标系，
则C(−12, 32,0),A(12,− 32,0),A1(0,0, 3),B(12, 32,0)，
易得n1=(0,0,1)为平面A1B1C1的一个法向量．
设C1(x1,y1,z1)，∵AA1=CC1，∴(−12, 32, 3)=(x1+12,y1− 32,z1)．
∴x1=−1,y1= 3,z1= 3，即C1(−1, 3, 3)，因此E(−14, 34, 32)，
设B1(x2,y2,z2)，∵AA1=BB1，∴(−12, 32, 3)=(x2−12,y2− 32,z2)，
∴x2=0,y2= 3,z2= 3，即B1(0, 3, 3)，
∵AF=13AB1=13(−12,3 32, 3)=(−16, 32, 33)，AC=(−1, 3,0)，
∴CF=AF−AC=(56,− 32, 33),CE=(14,− 34, 32)，
设平面CEF的法向量为n2=(x,y,z)，
∴n2⋅CE=0n2⋅CF=0，即14x− 34y+ 32z=056x− 32y+ 33z=0，
取y= 3，则x=32,z= 34，∴n2=(32, 3, 34)，
设平面CEF与平面A1B1C1的夹角为θ，
则csθ=|n1⋅n2||n1||n2|=| 34|1× 94+3+316= 2929，
即平面CEF与平面A1B1C1夹角的余弦值为 2929；
(2)设G(12,m,0)，则CG=(1,m− 32,0)，
∵直线CG在平面CEF内，∴CG,CE,CF共面，
∴存在唯一实数对(λ,μ)，使得CG=λCE+μCF，
即(1,m− 32,0)=λ(14,− 34, 32)+μ(56,− 32, 33)，
则1=14λ+56μm− 32=− 34λ− 32μ0= 32λ+ 33μ，解得λ=−1μ=32m=0，
此时G为AB的中点，∴AG= 32．
【解析】(1)分别取AC，AB，BC的中点H，I，K，连接A1C，A1H，HI，HK，根据面面垂直的性质证明A1H⊥平面ABC，以点H为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可；
(2)由直线CG在平面CEF内，可得CG,CE,CF共面，再根据空间向量共面定理即可得解．
本题主要考查平面与平面所成角的求法，空间距离问题的求法，考查运算求解能力，属于中档题．
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