人教A版（2019）高中数学选择性必修第一册第一章《空间向量与立体几何》单元测试卷（困难）（含答案解析）

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人教A版（2019）高中数学选择性必修第一册第一章《空间向量与立体几何》单元测试卷
考试范围：第一章；考试时间：120分钟；总分150分
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。

第I卷（选择题）

一、单选题（本大题共8小题，共40.0分）
1. 对于任意非零向量a=(a1,a2,a3)，b=(b1,b2,b3)，给出下面三个命题：
(1)a//b⇔a1b1=a2b2=a3b3；
(2)cos=a1b1+a2b2+a3b3a12+a22+a32⋅b12+b22+b32；
(3)若a1=a2=a3=1，则a为单位向量．
其中正确命题的个数为(    )
A. 0 B. 1 C. 2 D. 3
2. 在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别为AB,BC的中点，则(    )
A. 平面B1EF⊥平面BDD1 B. 平面B1EF⊥平面A1BD
C. 平面B1EF//平面A1AC D. 平面B1EF//平面A1C1D
3. 如图，在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，底面是边长为1的正方形，若∠A1AB=∠A1AD=60∘，且AA1=3，则A1C的长为(    )
A. 5
B. 22
C. 14
D. 17
4. 在正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P满足B1P=xB1A+yB1C+zB1D1，且x+y+z=1，若二面角B1−PD1−C的大小为π3，O为△ACD1的中心，则sin∠PD1O=(    )
A. 36 B. 66 C. 33 D. 63
5. 如图所示，圆锥SO的轴截面SMN是等边三角形，点A是线段SN上靠近S的三等分点，点B在底面圆上，且BM=BN，则直线SM，AB夹角的余弦值为(    )

A. 2222 B. 72244 C. 71144 D. 1122
6. 已知e1,e2是空间单位向量，e1⋅e2=12，若空间向量b满足b⋅e1=2,b⋅e2=52，且对于任意x,y∈R，|b−(xe1+ye2)|⩾| b−(x0e1+y0e2)|=1(x0,y0∈R)，则b=(    )
A. 22 B. 23 C. 25 D. 3
7. 如图，正方体ABCD−A1B1C1D1中，E是棱BC的中点，F是侧面BCC1B1上的动点，且A1F//平面AD1E，则A1F与平面BCC1B1所成角的正切值t构成的集合是(    )
A. {t|255≤t≤233}
B. {t|2≤t≤23}
C. {t|255≤t≤23}
D. {t|2≤t≤22}
8. 在正四面体S−ABC中，点P在线段SA上运动(不含端点).设PA与平面PBC所成角为θ1，PB与平面SAC所成角为θ2，PC与平面ABC所成角为θ3，则(    )
A. θ2<θ1<θ3 B. θ2<θ3<θ1 C. θ3<θ1<θ2 D. θ3<θ2<θ1

二、多选题（本大题共4小题，共20.0分）
9. 如图，点O是正四面体PABC底面ABC的中心，过点O的直线分别交AC，BC于点M，N，S是棱PC上的点，平面SMN与棱PA的延长线相交于点Q，与棱PB的延长线相交于点R，则
A. 若MN //平面PAB，则AB // RQ
B. 存在点S与直线MN，使PC⊥平面SRQ
C. 存在点S与直线MN，使PS⋅PQ+PR=0
D. 1PQ+1PR+1PS=3PA

10. (多选题)已知空间向量i、j、k都是单位向量，且两两垂直，则下列结论正确的有(    )
A. 向量i+j+k的模是3
B. {i+j,i−j,k}可以构成空间的一个基底
C. 向量i+j+k和k夹角的余弦值为33
D. 向量i+j与k−j共线
11. 如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB⊥BC，AB= 2，BC=4，BB1=5，D是A1C1的中点，点E在棱AA1上且靠近A1，当CE⊥B1E时，则(    )
A. BE=22
B. DE=6
C. S△ACE=35
D. 二面角A1−B1E−D的余弦值为2121

12. 在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BAC=90°，AB=AC=AA1=2，E，F分别是BC，A1C1的中点，D在线段B1C1上，则下面说法中正确的有(    )
A. EF//平面AA1B1B
B. 若D是B1C1上的中点，则BD⊥EF
C. 直线EF与平面ABC所成角的正弦值为255
D. 直线BD与直线EF所成角最小时，线段BD长为322

第II卷（非选择题）

三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 在正方体ABCD−A1B1C1D1中，M，N分别为B1B，CD的中点，有以下命题：
①MN//平面A1BD；②MN⊥CD1；③平面A1MN⊥平面A1AC，
则正确命题的序号为__________．
14. 如图，以等腰直角三角形斜边BC上的高AD为折痕，把△ABD和△ACD折成互相垂直的两个平面后．某学生得出下列四个结论：

①BD⋅AC≠0；      ②∠BAC=600；
③三棱锥D−ABC是正三棱锥；
④平面ADC的法向量和平面ABC的法向量互相垂直．
其中正确的结论是          .(写出所有正确结论的序号)
15. 如下图，点P在长方体ABCD—A1B1C1D1的体对角线A1C上(不包含线段端点)，若AB=2AD=2AA1=2，则下列结论正确的有________．

①存在P点，使直线A1C与平面D1AP所成角为直角；
②无论P点在何位置，都有∠APD1<90°；
③当A1PPC=12时，D1P//平面BDC1．
16. 如图，正四棱柱ABCD−A1B1C1D1的底面边长为4，记A1C1∩B1D1=F，BC1∩B1C=E.若AE⊥BF，则此棱柱的体积为________．

四、解答题（本大题共6小题，共70.0分）
17. 如图所示，已知在矩形ABCD中，AB=4，AD=3，沿对角线AC折叠，使平面ABC与平面ADC垂直，求线段BD的长．

18. 如图，三棱锥ABC−A1B1C1，底面ABC是边长为2的正三角形，A1A=A1B，平面ABC⊥平面AA1C1C.

(1)证明：A1C⊥平面ABC：
(2)若BC与平面AA1B所成角的正弦值为217，求平面AA1B与平面BB1C1C所成角的正弦值．
19. 如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB//CD，AD=DC=AP=2,AB=1，点E为棱PC的中点．

(Ⅰ)证明：BE⊥DC；
(Ⅱ)若CF=λCP(0<λ<1)，满足BF⊥AC，
①求λ的值；
②求二面角F−AB−P的余弦值．
20. 如图，四棱锥的底面ABCD为平行四边形，且∠APB=∠APC=∠BPC=π3,PA=3,PB=PC=2，M是PD的中点．

(1)若BD=mPA+nPB+pPC，求m+n+p的值；
(2)求线段BM的长．
21. 如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=AA1=A1C=BC=2．
(1)求证：A1B⊥B1C；
(2)若AC=2，∠ABB1=60∘，点M满足3AM=2MC1，求二面角A−A1B1−M的余弦值．
22. 如图，AE⊥平面ABCD，CF//AE,AD//BC，AD⊥AB,AB=AD=1,AE=BC=2．

(1)求证：BF//平面ADE；
(2)求直线CE与平面BDE所成角的正弦值；
(3)若二面角E−BD−F的余弦值为13，求线段CF的长．
答案和解析

1.【答案】B
【解析】
【分析】
本题主要考查空间向量的基本概念，属于基础题．
对每个选项，分别判断正误即可得．
【解答】
解：因为任意非零向量a=(a1,a2,a3)，b=(b1,b2,b3)，
(1)a//b⇔a1b1=a2b2=a3b3需满足b1≠0, b2≠0, b3≠0时成立，故此项错误；
(2)cos=a1b1+a2b2+a3b3a12+a22+a32⋅b12+b22+b32故此项正确；
(3)若a1=a2=a3=1，则a=3，则a为单位向量，故此项错误．
故选B．
2.【答案】A
【解析】
【分析】
本题主要考查了面面垂直的判定，面面平行的判定，空间直角坐标系，空间向量的正交分解及坐标表示，空间向量的数量积及运算律，空间向量的加减运算及数乘运算，利用空间向量判定垂直，平行关系的应用，
证明EF⊥平面BDD1，即可判断A；如图，以点D为原点，建立空间直角坐标系，设AB=2，分别求出平面B1EF，A1BD，A1C1D的法向量，根据法向量的位置关系，即可判断BCD．
【解答】
解：在正方体ABCD−A1B1C1D1中，
AC⊥BD且DD1⊥平面ABCD，
又EF⊂平面ABCD，所以EF⊥DD1，
因为E,F分别为AB,BC的中点，
所以EF//AC，所以EF⊥BD，
又BD⋂DD1=D，
所以EF⊥平面BDD1，
又EF⊂平面B1EF，
所以平面B1EF⊥平面BDD1，故A正确；
如图，以点D为原点，建立空间直角坐标系，

设AB=2，
则B12,2,2,E2,1,0,F1,2,0,B2,2,0,A12,0,2,A2,0,0,C0,2,0，
C10,2,2，
则EF=−1,1,0,EB1=0,1,2，DB=2,2,0,DA1=2,0,2，
AA1=0,0,2,AC=−2,2,0,A1C1=−2,2,0,
设平面B1EF的法向量为m=x1,y1,z1，
则有m·EF=−x1+y1=0m·EB1=y1+2z1=0，可取m=2,2,−1，
同理可得平面A1BD的法向量为n1=1,−1,−1，
平面A1AC的法向量为n2=1,1,0，
平面A1C1D的法向量为n3=1,1,−1，
则m⋅n1=2−2+1=1≠0，
所以平面B1EF与平面A1BD不垂直，故B错误；
因为m与n2不平行，
所以平面B1EF与平面A1AC不平行，故C错误；
因为m与n3不平行，
所以平面B1EF与平面A1C1D不平行，故D错误．
3.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查了空间向量的应用，属于基础题．
用空间向量解答，由A1C2=(AB+AD−AA1)2展开可得答案．
【解答】
解：∵A1C=AB+AD−AA1，
∴A1C2=(AB+AD−AA1)2,
即A1C2=AB2+AA12+AD2−2AD⋅AA1
+2AD⋅AB−2AA1⋅AB
=1+9+1−2×3×1×cos60°+0
−2×3×1×cos60°
=1+9+1−3−3=5，
∴A1C=5．
故选 A．
4.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查二面角，空间共面向量定理，属于中档题．
题设可知P∈平面ACD1，作OQ⊥D1P于Q，证明∠B1QO即为B1−PD1−C的平面角，所以∠B1QO=π3，设正方体棱长为1，RT△B1OQ中，B1O=233，则OQ=23，在RT△OQD1中，即可解决．

【解答】
解：如图：

设正方体中心为O1，由题设可知P∈平面ACD1，
平面ACD1∩平面B1PD1=PD1，由正方体性质B1D⊥平面ACD1，且B1D∩平面ACD1=O，
所以作OQ⊥D1P于Q，连QB1，则∠B1QO即为B1−PD1−C的平面角，所以∠B1QO=π3．
设正方体棱长为1，RT△B1OQ中，B1O=233，则OQ=23
在RT△OQD1中OD1=33×2=63，所以sin∠PD1O=OQOD1=63．
5.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查空间几何体的结构特征、空间角，考查直观想象、数学运算、逻辑推理的核心素养．
根据已知及空间直角坐标系，空间向量的正交分解及坐标表示，空间向量的数量积及运算律，空间向量的加减运算及数乘运算，异面直线所成角的计算，求出直线SM，AB夹角的余弦值．
【解析】
如图所示：

以O为坐标原点，OB、ON、OS所在直线分别为x、y、z轴建立如图所示空间直角坐标系;
不妨设MN=6，则S(0,0,33)，
M(0,−3,0)，B(3,0,0)，A(0,1,23)，
故SM=(0,−3,−33)，
AB=(3,−1,−23)，
故直线SM，AB之间夹角的余弦值cosθ=|SM⋅AB||SM|·|AB|=72244．
6.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查空间向量共面定理，空间向量的数量积的坐标运算，空间向量的模、夹角与距离求解问题，属于中档题．
由题意，求出=60∘，不妨把向量e1，e2放到空间直角坐标系O−xyz的平面xOy中，设e1=(1,0,0)，e2=(12,32,0)，再设OB=b=(m,n,r)，由b⋅e1=2,b⋅e2=52，得m=2，n=3，则b=(2,3,r)，而xe1+ye2是平面xOy中的任意向量，由|b−(xe1+ye2)|≥1知点B(2,3,r)到平面xOy的距离为1，可得r=±1，即可求得|b|.
【解答】
解：∵e1，e2是单位向量，e1⋅e2=12，∴cos=12，
又∵0∘≤≤180∘，∴=60∘，
不妨把向量e1，e2放到空间直角坐标系O−xyz的平面xOy中，
设e1=(1,0,0)，e2=(12,32,0)，
再设OB=b=(m,n,r)，由b⋅e1=2,b⋅e2=52，得m=2，
n=3，则b=(2,3,r)，
而xe1+ye2是平面xOy中的任意向量，
由|b−(xe1+ye2)|≥1知点B(2,3,r)到平面xOy的距离为1，
故r=±1，则b=(2,3,±1)，
∴|b|=22，
又|b−(x0e1+y0e2)|=1，
即(2−x0−12y0)2+(3−32y0)2+(±1)2=1，
∴2−x0−12y0=03−32y0=0，解得x0=1y0=2,
综上，x0=1，y0=2，|b|=22．
故选A．

7.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查利用空间向量研究线面平行及线面角，建立空间坐标系，属于拔高题．
利用线面平行得F点坐标满足的关系，然后求解线面角的正切的范围即可．
【解答】
解：建立如下图所示的空间坐标系，

不妨设正方体棱长为1，
则A(1,0,0),D1(0,0,1),E(12,1,0)，A1(1,0,1)，
由已知设F(a,1,b)，0≤a、b≤1，
AD1=(−1,0,1),AE=(−12,1,0),A1F=(a−1,1,b−1)，
设平面AD1E的法向量为n→=(x,y,z)，
由已知有AD1·n=−x+z=0AE·n=−12x+y=0,
令x=2，则n=(2,1,2)，
所以由A1F//平面AD1E，
得n·A1F=2(a−1)+1+2(b−1)=0，
即a+b=32，12≤a⩽1，
所以|A1F|=(a−1)2+(b−1)2+1，
因为平面BCC1B1的法向量为m→=(0,1,0)，
所以A1F与平面BCC1B1所成角的正弦值为
|m·A1F||m||A1F|=1(a−1)2+(b−1)2+1
=1(a−1)2+(32−a−1)2+1
=12a2−3a+94，
则正切值t=12a2−3a+54(12≤a⩽1)，
令u=2a2−3a+54=2(a−34)2+18，(12≤a⩽1)，
则umin=18,umax=12，
所以2⩽t⩽22．
故选D．

8.【答案】D
【解析】
【分析】
本题主要考查利用空间向量求线面角，并比较大小，属于拔高题．
根据题意把正四面体放在正方体中求解，建立空间直角坐标系，利用空间向量求线面角的正弦值并比较大小作答．
【解答】
解：把正四面体放在正方体中，如下图所示，不妨设正方体的棱长为1，则O(0,0,0)

A(1,0,0)，B(0,1,0)，C(0,0,1)，S(1,1,1)，
∴AS=(0,1,1)，设AP=λAS，λ∈(0,1)
∴AP=(0,λ,λ)，PB=PA+AB=(0,−λ,−λ)+(−1,1,0)=(−1,1−λ,−λ)，
PC=PA+AC=(0,−λ,−λ)+(−1,0,1)=(−1,−λ,1−λ)，
∵OS⊥面ABC，∴OS=(1,1,1)是平面ABC的法向量，
∴sinθ3=cos﹤PC,OS﹥=PC·OSPCOS
=−2λ1+λ2+1−λ23=2λ6+6λ2−6λ=2λ3λ2−3λ+3
设平面SAC的法向量为m=(x,y,z)，联立AS·m=0AC·m=0,
∴y+z=0−x+z=0，取平面的法向量为m=(1,−1,1)
∴sinθ2=|cos﹤PB→,m→﹥|=|m→·PB→|PB→||m→||=|−21+(1−λ)2+(−λ)23|=23−3λ+3λ2
同法可求得sinθ1=24λ2−4λ+3，
∴sinθ1>sinθ2>sinθ3，∴θ1>θ2>θ3，
故选D．

9.【答案】ABD
【解析】
【分析】
本题考查线面平行的性质，线面垂直的判定，向量的数量积，空间向量的共线共面定理及其应用，考查逻辑推理能力和空间想象能力，属于综合题．
对于A，由线面平行的性质定理即可判定；对于B，当MN// AB时，棱PC上取点S使得SC=13a，由线线垂直证明线面垂直即可判定；对于C，计算并判断PS⋅(PQ+PR)大于0即可判定；对于D，由向量运算可得PO=13(PA+PB+PC)，再由向量共线可得PO=|PA|PQPQ+|PB|PRPR+|PC|PSPS，最后由因为O，Q，R，S四点共面即可证明判定．
【解答】
解：对于A，∵MN //平面PAB，平面ABC∩平面PAB=AB，且MN⊂平面ABC，所以MN // AB，故A正确；
对于B，设正四面体P−ABC的棱长为a，由题意当MN// AB时，由点O是正四面体PABC底面ABC的中心，且MN过点O，可得CM=CN=23a，在棱PC上取点S使得SC=13a，则∠NSC=90°，即PC⊥NS，同理，PC⊥MS，而NS∩MS=S，且NS⊂平面MNS，MS⊂平面MNS，所以PC⊥平面MNS，即PC⊥平面SRQ，故B正确；
对于C，PS⋅(PQ+PR)=PS·PQ+PS·PR=PS·PQcos60°+PS·PRcos60°>0，故C不正确；
对于D，设D为BC的中点，则PO=PA+AO=PA+23AD=PA+23PD−PA=13PA+PB+PC，又因为PAQ，PBR，PSC均三点共线，所以PA=PAPQPQ，PB=PBPRPR，PC=PCPSPS．
设PQ=x，PR=y，PS=z，所以PO=|PA|3xPQ+PB3yPR+PC3zPS，
因为O，Q，R，S四点共面，所以|PA|3x+|PB|3y+|PC|3z=1，又因为|PA|=|PB|=|PC|，所以13x+13y+13z=1|PA|，所以1x+1y+1z=3PA，即1PQ+1PR+1PS=3PA.故D正确．
故选ABD．
10.【答案】BC
【解析】
【分析】
略
【解答】
|i+j+k|2=(i+j+k)2=i2+j2+k2+2i⋅j+2i⋅k+2j⋅k=3，
∴|i+j+k|=3，故A中结论错误;
∵空间向量i、j、k都是单位向量，且两两垂直，
∴i+j、i−j，k均为非零向量，
∵(i+j)⋅(i−j)=i2−j2=0，(i+j)⋅k=i⋅k+j⋅k=0，(i−j)⋅k=i⋅k−j⋅k=0，
∴i+j、i−j，k两两垂直，则{i+j,i−j,k}可以构成空间的一个基底，故B中结论正确;
cos=(i+j+k)⋅k|i+j+k|⋅|k|=13×1=33，
故C中结论正确;
(i+j)⋅(k−j)=i⋅k−i⋅j+j⋅k−j2=−1，
|i+j|=(i+j)2=i2+j2+2i⋅j=2，同理可得|k−j|=2，
∴cosi+j,k−j = (i+j)⋅(k−j)|i+j|⋅|k−j|= −12×2=−12，
∵0≤i+j,k−j≤π， ∴i+j,k−j=2π3，故D中结论错误．

11.【答案】BD
【解析】依题意可知BA⊥BC，BB1⊥BA，BB1⊥BC，以B为原点，BA，BC，BB1所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系.设AE=t，52

12.【答案】ACD
【解析】
【分析】
本题考查利用空间向量研究直线与平面，直线与直线的位置关系，考查计算能力．
由题意，建立空间直角坐标系，根据选项逐一计算可得．
【解答】
解：∵直三棱柱ABC−A1B1C1中，∠BAC=90∘，
∴以点A为坐标原点，AB，AC，AA1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系如图，

∵AB=AC=AA1=2，E，F分别是BC，A1C1的中点，D在线段B1C1上，
∴A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(0,2,0)，E(1,1,0)，F(0,1,2)，A1(0,0,2)，
设D(x,−x+2,2)，(0≤x≤2)，
对于A，AC=(0,2,0)为平面AA1B1B的一个法向量，EF=(−1,0,2)，
则AC·EF=(0,2,0)·(−1,0,2)=0，
又EF不在平面AA1B1B内，
∴EF//平面AA1B1B，故A正确；
对于B，当D是B1C1上的中点时，D(1,1,2)，BD=(−1,1,2)，EF=(−1,0,2)，
则BD·EF=(−1,1,2)·(−1,0,2)=5≠0，
∴BD与EF不垂直，故B错误；
对于C，AA1=(0,0,2)为平面ABC的一个法向量，EF=(−1,0,2)，
设直线EF与平面ABC所成角为θ，
则sinθ=cosAA1,EF=AA1·EFAA1·EF=42×5=255，故C正确；
对于D，设B1D=λB1C1=(−2λ,2λ,0),(0≤λ≤1)，
则BD=BB1+B1D=(−2λ,2λ,2)，EF=(−1,0,2)，
设直线BD与直线EF所成角为φ，
则cosφ=BD·EFBD·EF=λ+22λ2+1×5=15(3λ+2−43)2+29，
当3λ+2−43=0，即λ=14时，cosφ取最大值，此时直线BD与直线EF所成角最小，
BD=(−12,12,2)，BD=(−12)2+(12)2+4=322，故D正确．
故选ACD．

13.【答案】①②
【解析】
【分析】
本题考查空间中直线与直线的位置关系，线面平行的判定，面面垂直的判定，利用空间向量判定线线，线面，面面的平行与垂直关系，考查逻辑推理能力和空间想象能力，属于较难题．
由题意，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D−xyz，不妨设正方体棱长为2，利用空间向量可判断命题的正确性与否．
【解答】
解：如图，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D−xyz，

不妨设正方体棱长为2，
则D(0,0,0)，M(2,2,1)，N(0,1,0)，B(2,2,0)，A(2,0,0)，A1(2,0,2)，C(0,2,0)，D1(0,0,2)，
对于①NM=(2,1,1)，DB=(2,2,0)，DA1=(2,0,2)，
设平面A1BD的法向量为m=(x,y,z)，
则m·DB=2x+2y=0m·DA1=2x+2z=0,
令x=1，则y=−1，z=−1，得m=(1,−1,−1)，
NM·m=2×1−1×1−1×1=0，
∴MN与平面A1BD的法向量垂直，
又∵MN⊄平面A1BD，
∴MN//A1BD，故①正确；
对于②，CD1=(0,−2,2)，
∴CD1·NM=0×2−2×1+2×1=0，
∴CD1⊥NM，即MN⊥CD1，故②正确；
对于③，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，由于DB⊥平面A1AC，
∴DB=(2,2,0)是平面平面A1AC的一个法向量，
又A1M=(0,2,−1)，
设平面A1MN的法向量为n=(a,b,c)，
∴NM·n=0A1M·n=0，即2a+b+c=02b−c=0,
取c=2，则b=1，a=−32，
∴n=(−32,1,2)，
则DB·n=(2,2,0)·(−32,1,2)=−3+2=−1≠0，
∴DB与n不垂直，故平面A1MN与平面A1AC不垂直，故③不正确．
故正确命题的序号为①②．
故答案为①②．

14.【答案】②③
【解析】
【分析】
本题主要考查折叠问题、空间向量的应用，考查了空间想象能力与逻辑推理能力，属于拔高题．
建立空间直角坐标系，利用向量的数量积公式与夹角公式求解即可．
【解答】
解：以D为原点，DB，DC，DA分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，
由题意，令DA=DB=DC=1，则D(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0,1,0)，A(0,0,1)，
则BD=(−1,0,0),AC=(0,1,−1)，
所以BD·AC=0，故①错误；
又因为AB=(1,0,−1),AC=(0,1,−1)，
所以cos=AB·AC|AB|·|AC|=(−1)×(−1)2×2=12，
所以cos=60°，故②正确；
由题意，AD=BD=CD=1，
又|AB|=|AC|=|BC|=2，
所以三棱锥D−ABC是正三棱锥，故③正确；
易知平面ADC的一个法向量为DB=(1,0,0)，
平面ABC的一个法向量为n→=(1,1,1)，
因为DB·n=1≠0，
所以DB与n不垂直，故④错误，
故答案为②③．

15.【答案】①③
【解析】
【分析】
本题考查命题真假的判定，线面角，线面平行的判定，属于中档题．
【解答】
解：建立如图所示直角坐标系，由题意知，
A(1,0,0)，C(0,2,0)，A1(1,0,1)，D1(0,0,1)，
则A1C→=(−1,2,−1)，AD1→=(−1,0,1)，AA1→=(0,0,1)，
①设A1P→=λA1C→=(−λ,2λ,−λ)，(0<λ<1)
则AP→=AA1→+A1P→=AA1→+λA1C→=(0,0,1)+(−λ,2λ,−λ)=(−λ,2λ,1−λ)，
因为A1C→·AD1→=(−1,2,−1)·(−1,0,1)=0，
所以只要A1C→·AP→=0，就会有直线A1C与平面D1AP所成角为直角，
即(−1,2,−1)·(−λ,2λ,1−λ)=0，解得λ=16，故①正确；
②D1P→=DA1→+A1P→=DA1→+λA1C→=(1,0,0)+(−λ,2λ,−λ)=(1−λ,2λ,−λ)，
PD1→·PA→=D1P→·AP→=(−λ,2λ,1−λ)·(1−λ,2λ,−λ)=6λ2−λ，
由二次函数性质可知，当λ∈(0,16)时，PD1→·PA→<0，有∠APD1<90°，
当λ∈(16,1)时，PD1→·PA→>0，有∠APD1>90°，故②错误；
③当A1PPC=12时，D1P→=(23,23,−13)，
D1P→·A1C→=(23,23,−13)·(−1,2,−1)=0，
又A1C⊥平面BDC1，所以D1P//平面BDC1，故③正确；
故答案为①③．

16.【答案】322
【解析】
【分析】
本题考查棱柱体积的求法，考查利用空间向量求解线线垂直问题，是中档题．
建立空间直角坐标系，设出直四棱柱的高h，求出AE,BF的坐标，由数量积为0求得h，则棱柱的体积可求．
【解答】
解：建立如图所示空间直角坐标系，

设DD1=h，又AB=BC=4，
则A(4,0,0)，E(2,4,h2)，B(4,4,0)，F(2,2,h)，
∴AE=(−2,4,h2)，BF=(−2,−2,h)，
∵AE⊥BF，∴4−8+h22=0，即h=22．
∴此棱柱的体积为4×4×22=322．
故答案为：322．
17.【答案】解过点D和B分别作DE⊥AC于E，BF⊥AC于F(图略)．
则由已知条件可知AC=5，
所以DE=3×45=125，BF=3×45=125．
由已知得AE=CF=AD2AC=95，
所以EF=5−2×95=75．
因为DB=DE+EF+FB，
所以|DB|2=(DE+EF+FB)2=DE2+EF2+FB2+2DE⋅EF+2DE⋅FB+2EF⋅FB
因为平面ADC⊥平面ABC，平面ADC∩平面ABC=AC，DE⫋平面ADC，DE⊥AC，所以DE⊥平面ABC，所以DE⊥FB，即DE⊥FB，
所以|DB|2=DE2+EF2+FB2=14425+4925+14425=33725，
所以|DB|=3375，
故线段BD的长是3375．

【解析】略

18.【答案】(1)证明：如图，取AB的中点O，AC的中点H，连接OC，OA1，BH，
∵A1A=A1B，AC=BC，O是AB的中点，所以OA1⊥AB，OC⊥AB，
又OA1∩OC=O，OA1，OC⊂平面A1OC，
所以AB⊥平面A1OC，A1C⊂平面A1OC，A1C⊥AB；
AB=BC，H是AC的中点，所以BH⊥AC，
平面ABC⊥平面AA1C1C，平面ABC∩平面AA1C1C=AC，
BH⊂平面ABC，所以BH⊥平面AA1C1C，又A1C⊂平面AA1C1C，
所以BH⊥A1C，又BH∩AB=B，BH，AB⊂平面ABC，
所以A1C⊥平面ABC；

(2)以O为坐标原点，建系如图所示，设A1C=a，

则A−1,0,0，B1,0,0，C0,3,0，A10,3,a，
BC→=(−1,3,0)，AB=(2,0,0)，AA1→=(1,3,a)，
设平面AA1B的法向量为m=(x1,y1,z1)，
m⋅AA1=0m⋅AB=0⇒x1+3y1+az1=02x1=0，所以可取m=(0,a,−3)，
设BC与平面AA1B所成的角为θ，
则sin θ=|cos|=|3a||2×a2+3|=217，解得a=2，
从而m=(0,2,−3)，BB1→=AA1→=(1,3,2)，
设平面BB1C1C的法向量为n=(x2,y2,z2)，
n⋅BB1=0n⋅BC=0⇒x2+3y2+2z2=0−x2+3y2=0,
所以可取n=(3,1,−3)，
设平面AA1B与平面BB1C1C所成角为φ，
所以cos=57×7=57，所以sin⁡φ=sin=267，
所以平面AA1B与平面BB1C1C所成角的正弦值为267．

【解析】本题主要考查了线面垂直的判定和直线与平面所成角以及二面角，属于较难题．
(1)根据题意，先取AB的中点O，AC的中点H，连接OC，OA1，BH；利用线面垂直的判定，经过推导即可求出答案；
(2)设A1C=a，先构造空间直角坐标系，得到BC→=(−1,3,0)，AB=(2,0,0)，AA1→=(1,3,a)；然后设平面AA1B的法向量为m=(x1,y1,z1)，列出方程组进而解出a值，再求得平面BB1C1C的一个法向量，即可求解．

19.【答案】解：∵PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，以A为坐标原点，
建立如图所示的空间直角坐标系，

可得B1,0,0，C2,2,0，D0,2,0，P0,0,2．
由E为棱PC的中点，得E1,1,1．
(Ⅰ)证明：向量BE=0,1,1，DC=2,0,0，
故BE⋅DC=0．
所以，BE⊥DC．
(Ⅱ)解：①向量BC=1,2,0，CP=−2,−2,2，AC=2,2,0，AB=1,0,0．
∵CF=λCP，0≤λ≤1．
故BF=BC+CF=BC+λCP=1−2λ,2−2λ,2λ．
由BF⊥AC，得BF⋅AC=0，因此，21−2λ+22−2λ=0，解得λ=34.
②由①可知BF=(−12,12,32)．
设n1=x,y,z为平面FAB的法向量，
则n1⋅AB=0n1⋅BF=0即x=0−12x+12y+32z=0,
不妨令z=1，可得n1=0,−3,1为平面FAB的一个法向量．
取平面ABP的法向量n2=0,1,0，
则cos< n1,n2>=n1⋅n2|n1|⋅|n1|=−310×1=−31010．
易知，二面角F−AB−P是锐角，所以其余弦值为31010．

【解析】本题主要考查的是空间向量在空间几何中的应用，属于拔高题．
(Ⅰ) 结合两线的方向向量证明即可；
(Ⅱ)①根据空间向量的坐标运算可求解；
② 求出两面的法向量，利用法向量夹角求解即可．

20.【答案】解：(1)BD=BA+BC=(PA−PB)+(PC−PB)=PA−2PB+PC，
∴m+n+p=0；
(2)BM=PM−PB=12PD−PB
=12(PC+CD)−PB=12(PC+PA−PB)−PB
=12(PC+PA)−32PB，
∴BM2=[12(PC+PA)−32PB]2
=14(PC2+PA2+2PC·PA)−32PB·PC−32PA·PB+94PB2
=14(4+9+2×2×3×cosπ3)−32×2×2×cosπ3−32×3×2×cosπ3+9
=194−3−92+9
=254．
∴BM=52．
【解析】本题考查空间向量基本定理及空间向量的加法、减法与数量积运算，属于拔高题目．
(1)确定基底，利用空间向量的加减运算得出即可；
(2)确定基底，利用空间向量的数量积运算得出即可．

21.【答案】解：(1)∵四边形ABB1A1为菱形，
∴A1B⊥AB1
又∵CA1=CB，取A1B中点O，连接OC，

∴A1B⊥OC
又∵AB1⋂OC=O，AB1，CO⊂平面ACB1
∴A1B⊥平面ACB1
又∵B1C⊂平面ACB1
∴A1B⊥B1C.
(2)∵∠ABB1=60∘，AB=AA1=2，
∴OB=3，OA=1
在Rt▵OBC中，OC2=BC2−OB2，故OC=1
在▵OAC中，有OA2+OC2=AC2，
∴OC⊥OA
又∵OA⋂OB=O，OA，OB⊂平面ABB1A1
∴OC⊥底面ABB1A1
故可以O为坐标原点，OA为x轴，OB为y轴，OC为z轴建立如图的空间直角坐标系

则A1,0,0，A10,−3,0，B1−1,0,0，C0,0,1，C1−1,−3,1 ，
∵点M满足3AM=2MC1，
∴M15,−235,25，A1M=15,335,25，A1B1=−1,3,0
设平面MA1B1的法向量n=x,y,z，
则A1B1⋅n=0A1M⋅n=0,
−x+3y=015x+335y+25z=0,
令x=3，则y=1，z=−23，
所以n=(3,1,−23)，
由于OC⊥底面ABB1A1，则OC=0,0,1为平面AB1A1的一个法向量，
设二面角的平面角为θ，则cosθ=|cos|=|n⋅OC||n|⋅|OC|=231×4=32，
由图知，二面角A−A1B1−M为锐角，
∴二面角A−A1B1−M的余弦值为32.
【解析】本题主要考查了线面垂直的判定，空间直角坐标系，空间向量的正交分解及坐标表示，空间向量的加减运算与数乘运算，空间向量的数量积及运算律，二面角的应用，
(1)根据已知及线面垂直的判定，可知A1B⊥B1C是否成立；
(2)根据已知及空间直角坐标系，空间向量的正交分解及坐标表示，空间向量的加减运算与数乘运算，空间向量的数量积及运算律，二面角的计算，求出二面角A−A1B1−M的余弦值．

22.【答案】解：依题意，可以建立以A为原点，分别以AB，AD，AE的方向为x轴、y轴、z轴正方向的空间直角坐标系(如图)，

可得A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0,1,0)，E(0,0,2)．
设CF=h(h>0)，则F(1,2,h)．
(1)依题意，AB=(1,0,0)是平面ADE的法向量，
又BF=(0,2,h)，可得BF⋅AB=0，则BF⊥AB，
又因为直线BF⊄平面ADE，所以BF//平面ADE．
(2)依题意，BD=(−1,1,0)，BE=(−1,0,2)，CE=(−1,−2,2)．
设n=(x,y,z)为平面BDE的法向量，
则n⋅BD=0n⋅BE=0，即−x+y=0−x+2z=0，
不妨令z=1，可得n=(2,2,1)．
因此有cos=CE⋅n|CE||n|=−49．
所以，直线CE与平面BDE所成角的正弦值为49．
(3)设m=(x,y,z)为平面BDF的法向量，BF=(0,2,h)，
则m⋅BD=0m⋅BF=0，即−x+y=02y+hz=0，
不妨令y=1，可得m=(1,1,−2h).
由题意，有|cos|=|m⋅n||m||n|=|4−2h|32+4h2=13，
解得h=87．
经检验，符合题意．
所以，线段CF的长为87．

【解析】空间向量是解决立体几何问题的主要工具，因此，建立空间直角坐标系，求出相关点、相关向量的坐标是解决立体几何问题的关键．
(1)以A为坐标原点，分别以AB，AD，AE所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，求得A，B，C，D，E的坐标，设CF=h(h>0)，得F(1,2,h).可得AB=(1,0,0)是平面ADE的法向量，再求出BF=(0,2,h)，由BF⋅AB=0，且直线BF⊄平面ADE，得BF//平面ADE；
(2)求出CE=(−1,−2,2)，再求出平面BDE的法向量，利用数量积求夹角公式得直线CE与平面BDE所成角的余弦值，进一步得到直线CE与平面BDE所成角的正弦值；
(3)求出平面BDF的法向量，由两平面法向量所成角的余弦值为13，列式求线段CF的长．