第11单元 向量在立体几何中的应用 A卷基础达标-【金试卷】2026-2027学年高二数学选择性必修第一册同步单元双测卷（北师大版）

所以S=AB|ACIsin<AB,AC)=7√3. 即以线段AB,AC为邻边的平行四边形的面积为7√3. (2)假设存在，点D(x,y,z)满足条件，则CD=(x-1y十1,2-5)，BD=(x+2,y- 1,2-6). 因为四边形ABDC是等腰梯形，且AB∥CD,所以AC=|BD. 又AC=(1,-3,2),AB=(-2,-1,3), 所以出号 (x=-1x=1 解得y=一2或y=-1. (x+2)2+(y-1)2+(x-6)2=14 =8 之=5 当x=-1,y=-2,之=8时，|AB|=|CD|=√I4,故此时四边形ABDC为平行四 边形，不合题意； 当x=1,y=-1,z=5时，点D与点C重合，不合题意. 故假设不成立，即不存在满足条件的点D. 21.解建立如图所示的空间直角坐标系D一xy2, 则D00.0.E(00,2）.c(01.0).F(}号0）： B c11,2） E 所以求=（分-），市=（分-20）. (10.2).c2=(0-1,2） 1证明国为示.乎=专×名+合×(-)+（号）×0=0，所以E萨1 即EF⊥CF. (2)因为示.忘-号×1+2x0+(-名)×号= =/(》+(合）+(y-,1++()- 所以cos(E成，CG=E京.CG EFCGI35 15 2×2 所以异面直线E即与CG片成角的余滨值为 (81=02+(-1)+(合}- 22.解(1)因为△PBC为等腰直角三角 形，∠CPB=90°，BC=CD=4,所以PC =PB=2√2， D 又PD2=(2√6)2=24，PC2+CD2= A (2√2)2+42=24，所以DC⊥PC. F 以，点C为原点，CP,CD所在直线分别为 x,z轴，过点C作PB的平行线为y轴 建立空间直角坐标系C一xyz,如图 M 所示， 则P(2√2,0,0)，B(2√2,2√2,0)，F(0, 0,2),A(√2，√2,4). 则AP=(W2,-√2，-4)，BF=(-2√2， -22,2), x 所以c0s(A户，BF)=AP·B庄 IAP|·IBF 2X(-22)+(-2)×(-22)+(-4)X2=-2 2√5×2√5 （2由1D知E2EwE,0,设M22-,22-21), 则B=(-2E.-2E.2).i=(-2-2)小： 由BF.EM=√2t-4+21+2V2t=0, 南得1-号北时M(2.7,) 尉a-(3y,39-)d=元，-4所以-是 第十一单元向量在立体几何中的应用 A卷基础达标 1.AA(0y,3)和B(-1,22),∴.AB=(-1,2-y,2-3),直线l的一个方向向量为m 1 k=一2 (-1=2k, 3 =(2,-1,3),故设AB=2y,解得y=2，y=0.故选A x-3=3k, 3 z-21 2.C由题意可得MN=(4,1,0),因为平面a的一个法向量n=(6,a,6),所以n⊥ MN,所以n·MN=(6,a,6)·(4,1,0)=6×4+a×1+6×0=0,解得a=一24.故选 C. 3.C由题意知a∥b.因为b=(4,2一2m,2一2m)≠0，所以“a∥b的充要条件是a= /4-2m=4入， b”,即{m-1=入(2-2m),显然m=1符合题意，当m≠1时，由m一1=入(2-2m), m-1=入(2-2m), 得入=-号，代入4-2m=4以，得m=3.综上，m的值为1或3.故选C 4A设平面ABC的法向童为m=(,尉m:5=0,时 0,即/x2=0 m·AC=0 x+y+=0今x=2, 可得y三一3，之=1，所以m=(2,一3,1)，因为n=m,所以平面a∥平面ABC.故选A. 5.D AC=AA+AB+AD.BC=AD=AD+AA1. 所以A衣a++ /A1A2+AB2+AD2+2·A1A·AB+2·A1A·AD+2·AD·AB =W16+16+16+2×4×4×cos120°+2X4×4×cos120°+2×4×X4×c0s90 /48+64×(-2)=4.ci=/ BC√(AD+AA)2VAD+AM2士2·AD·AA =√/16+16+2X4X4Xcos60°=4V3,A1C·BC1=(A1A+AB+AD)·(AD+ AA1)=A1A·AD+A1A·AA1+AB·AD+AB·AA1+AD·AD+AD·AA1=4 ×4×c0s120°-4×4+0+4×4×cos60°+4×4+4×4×cos60°=8，所以cos(A1C BC)=AC·C=8-故送D |A1C1·|BC14X4√36 6.B建立如图所示的空间直角坐标系，则A1(1,0,0),C D (0,1,0),D(0,0,1),A(1,0,1),所以DA1=(1,0,-1), DC1=(0,1,-1),AD=(-1,0,0),设平面A1C1D的- B A 个法向量为m=(x,y,1), 则m·D0即0解得二数m=,11 m·DC1=0, (y-1=0,1 (y=1, D C y 显然平面AB1C∥平面A1C1D, 所以平面AB1C与平面A1CD之间的距离 d=AD:m=1=5故选B. m 33 7.C设正方体ABCD一A1B1C1D1的棱长为2，以点D为 D,12 坐标原点，DA,DC,DD所在直线分别为x,y,2轴，建立 如图所示的空间直角坐标系， 则A1(2,0,2),E(2,2,1),C(0,2,0),所以EA1=(0, A -2,1),CE=(2,0,1),设平面A1EC的法向量为m= (xy),则m·E4=-2y十=0 p.C 取x=1,可得m ww y m·CE=2x+z=0 A (1,一1，-2)，易知平面ABCD的一个法向量为n=(0, x 01》.所以osmw=m:司一后5知子 m·n 面A,BC与平面ABCD所成锐二面商的余孩值为5故选C 8.A在三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ACB=90°，AB=√2，AA1=2,三棱锥A1-ABC 体积最大等价于△ABC的面积最大，：AC+BC-2,AC·BC≤ACBC-1, 2 当且仅当AC=BC=1时等号成立，∴.AC=BC=1时△ABC的面积最大.以C为原 点，CA,CB,CC的方向分别为x,y,2轴的正方向，建立空间直角坐标系，则B1(0,1,2), C(0,0,0),A(1,0,0),B(0,1,0),BC=(0,-1,-2),BA=(1,-1,0),BB1=(0,0,2), 使个a的会台主-康=1-0 B1C·n 0),设直线B1C与平面ABB1A1所成角为0，则sin0= 1 |B1Cl|nlw5X√2 1 二，.cos0=310,.直线BC与平面ABB1A1所成用的杀孩值为00.故 选A. 9.ABCAB·AP=0,AD·AP=0,.AB⊥AP,AD⊥AP,则A,B正确；又AB与 AD不平行，∴AP是平面ABCD的一个法向量，则C正确；由于BD=AD-AB=(2, 3,4),AP=(-1,2,-1),.BD与AP不平行，故D错误.故选ABC. 10.BCD由题意可知，D(0,0,0),A(2,0,0),C1(0,2,2),E(2,2,1),F(1,0,2),所以 A1C=(-2,2,2),所以|AC1|=√/4十4十4=2N3,故AC1=2√3，A错误；AE=(0, 2,1).AF=(-1,0,2),则cosA正，A)=AE·AF=(02,1)·(-1.0,2) |AE1·|AF w5·W5 号B正确；设m=(4,-1,2),则m·AE=(4,1,2)·(0,21)=-2十2=0，m AF=(4,-1,2)·(-1,0,2)=-4十4=0，而AE∩AF=A,所以平面AEF的一个 法向量是(4，-1,2)，C正确；EF=(一1，-2,1)，DF=(1,0,2),则cos(EF,DF>= 2贵=所以m成.)=-(0 1+4+1·1+4 30 √80，故点D到直线EF的距离为D·in(E求，D)=5·80=7,D 30 30 6 正确.故选BCD. 11.AD对选项A,由图知：A1D与B1D1是异面直线，故A 2 正确；以D为原点，DA,DC,DD1分别为x,y,之轴，建立 空间直角坐标系，设正方体边长为2，对选项B,D(0,0,A16 0),A1(2,0,2),E(1,2,0),F(0,1,0),所以A1D1=(一2， 0,一2)，EF=(一1，一1,0)，设A1D与EF所成角为0， 则cos0=AD·EF=21 D AD1·1E可8,22，又因为0<0A ≤90°，所以0=60°，故B错误；对选项C,由题知：平面 BEB1的法向量为DC,因为DC=(0,2,0),A1F=(-2, A F.DCI 1,一2)，设A1F与平面B1EB所成角为a,sina= 21 |A1F|·IDC2W 3 cos a =2,巨，故C错误：对选项DD1B=(2,2.0),BB=(0,0,2),设平面D1B,B的法 3 m·D1B1=2x1+2y1=0 向量m=(x1y1之1)，则{ m·BB1=2x1=0, 令x1=1得m=(1,-1,0),设平面D1BC的法向量n=(x2y2,z2),B1C=(-2, n·D1B1=2x2十2y2=0 0,一2)，则 ,令x2=1,得n=(1,-1,-1),设二面角C n·B1C=-2x2-2x2=0 m·n 2=6 DB-B的手面角为B,则c0sBmn2·后号，由图可知B为锐角，所 以cosg=故D正确，故选AD 12.ACD如图所示，在正方体中，以D为原点建立空间直角 D'M 坐标系， C' 则D(0,0,0),Q(2,0,1),C(0,2,0),设M(0,m,2),V(0,, A M 0),m,n∈[0,2]，分别作MM⊥A'B′于点M',NN'⊥AB 于点N',连接M'Q,N'Q,则∠MQM=a,∠NQN'=B,M (2,m,2),N'(2,n,0),所以MM=NN'=2,QM= MM'2,tan B= √m2+1,QN'=√m2+1.则ana=Q7-/m2+ 参考答案103 0X=子由amc+mg=4知n十家=4mwe[0,21.则n市 QN J+1 1=n2 2主1=n21·即m2十1=”n2,从而mn=1.对于A,若MN/AA,则m马 =1- n,解得m=n=1,满足题意，故A正确；对于B,DM·DN=mn=1,故B错误；对于 C,若MN=号，则(m-m)P十4=号，解得m=2n=号我m=号M=2,故C正确： 对于D,CQ=(2,-2,1),MN=(0,n-m,-2),若MN⊥CQ,则CQ·MN=-2(n 一m)-2=0,解得=5,1m=1士5，故D正确.故选ACD 2 2 13.答案(3，-2，-3)（答案不唯一） 解折设平面ABC的法向量为n=y,别1：A店=21十3y=0,令1=3，可 n·AC=x十z=0 得y=-2,之=-3，即平面ABC的一个法向量可以为(3，-2，一3). 14.答案 1 解析以A为原点，分别以AB,AD,AA1所在直线为x,y,之轴，建立空间直角坐 标系（因略）设正方体的棱长为1，则A(0,0,0),0(分，0）N(分0,1)设M (01a0≤a<1D.则A.0=(01a)…(0,-31)=-十a=0∴a 2当b-号时0N与AM垂立 15.答案8 解析如图，分别作AC,BD垂直直线y=x于点C,D, 则由等腰直角三角形的性质可得AC=OC=2,BD=OD=4, y=x 即CD=6,若沿直线y=x把直角坐标系折成120°的二面角， AB=AC+CD+DB,AB2=(AC+CD+DB)2=AC2+CD2 A +DB2+2AC·CD+2CD·DB+2AC·DB=4+36+16+ 2AC1|DB|cos(AC,DB)>.因为二面角的大小为120°，所以 (AC,BD)=60°，代入上式可得AB2=64,所以AB|=8,即AB的长度是8. 16.答案830 解析以C为坐标原点，CA所在直线为x轴，建立如图所示 的空间直角坐标系.此时C(0,0,0),C1(0,0,4),B(2,2√3,0)， E A1(4,0,4),D(3,W3,4),则C1A1=(4,0,0),设C1E=入C1A1(0 A长 <入<1)→E(4λ，0,4)，此时CD=(3,3,4),CE=(4λ，0,4)，设 D 平面CDE的法向量为m=(x,y,),则 CD·m=0p ,即 CE·m=0 {3x十3y十4x=0,令x=3,则y=4以-3，之=-3入，故m= (4λx十4x=0 (3,4入-3，-√3λ).因为A1B∥平面CDE,所以A1B⊥m→A1B·m=0,故(-2,2 ,-4)(,以-3，-)=0，即-25+23（以-3）十4=0，解得A=子 则CE=子CA1=号X4=；.因为AB∥平面CDE,所以直线AB到平面CDE 的距离等于点A1到平面CDE的距离，连接CA1,此时CA1=(4,0,4),m=（√3， 3 ),取n=3m=(33,=1,=23),所以点A到平面CDE CA·n=123-8=V30,即直线A,B到平面CDE的距离为30 n √/27+1+12 5 5 17.解(1)如图，连接BD交AC于点O,连接SO. 根据题意可知该四棱锥为正四棱锥， .SO⊥平面ABCD,.∴.SOAC. 又四边形ABCD为正方形，.AC⊥BD. 又SO∩BD=O,.AC⊥平面SBD,.AC⊥SD. (2)以O为坐标原，点，分别以OD,OA,OS所在的直线为x,y, z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，令OC=1,则BC= B w2,SC=2,SO=√3. ÷D100,B(-10.0).C0.-1.0).s00.E(0,-号， 104参考答案 成=(1.-号9)D=(-10 由SD⊥平面PAC,知DS为平面PAC的一个法向量. 又BE·DS=-1+1=0,∴.BE∥平面PAC. 18.证明如图所示，以D为坐标原点，分别以DA,DC,DD1 所在直线为x,y,之轴，建立空间直角坐标系.不妨设正方 体的棱长为2，则E(1,1,0),F(1,0,1),G(2,1,1),H(1,1, iH 2),M(1,2,1),V(0,1,1). B N .EF=(0,-1,1),EG=(1,0,1),HM=(0,1,-1),HN MC =(-1,0,-1). E 设m=(x1y1,之)，n=(x2,y2,z2)分别是平面EFG和平 面HMN的法向量， 由m·EF=0 m·EG=0 得厂y十10·令x1=1,得m=(1,-1,-1). x1十21=0， n·HM=0, 由 ln·HN=0, 0得{y2一2一0”。令x2=1,得n=(1,一1，二1). 于是有m=n,所以m∥n,故平面EFG∥平面HMN. 19.解(1)在长方体ABCD-A1B1C1D1中，以AB 所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AA1所在 A D 直线为之轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 由已知AB=一6，且∠ADB=60°，得AD=2√3， M 又AA1=3,BE=3ED,D1M=5MC1,F为A1B1 C 的中点，则A(0,0,0),B(6,0,0),F(3,0,3),M(5 25.30.E(23Y5o）.D025.0 Bk- A正-(239oFi=(220 AE=3FM,又AE与FM无交点AE∥FM, A,E,F,M四点共面. (2)设n=(x,yz)是平面BDF的法向量. :BD=(-6,2√3,0)，BF=(-3,0,3),AB=(6,0,0), m·=0】 -3.x+3z=0 nBD=0-6x+23y=0取n=1w5.1: 六点A到平面BDF的距离d=AB,m-=6=65 n5 5 20.证明(1)如图所示，以O为原点，OD,OP所在直线为y轴， 轴建立空间直角坐标系Oxyz.则A(0,一3,0)，B(4,2,0),C (一4,2,0)，P(0,0,4), 所以AP=(0,3,4),BC=(-8,0,0), 所以AP·BC=(0,3,4)·(-8,0,0)=0 所以AP⊥BC,即AP⊥BC. A- (2)在Rt△POA中，AO=3,PO=4,所以AP=5. 又AM=3,且点M在线段AP上， 2 所以A=A时=(0.号号) 又Bi=(-4,-50).所以Bi=质+A成=(-4,5号） 则A.Bi=034·(-4,-9号）=0， 所以AP⊥BM,即AP⊥BM,又AP⊥BC,BC∩BM=B,BC,BMC平面BCM, 所以AP⊥平面BMC,所以AM⊥平面BMC, 又AMC平面AMC,所以平面AMC⊥平面BMC 21.解(1)，PO⊥平面ABCD,ACC平面ABCD,∴.PO⊥AC,又AC⊥BD,PO∩BD=O, POC平面POD,BDC平面POD,..AC⊥平面POD.又PDC平面POD,.PD⊥AC. (2)如图，以O为坐标原点，分别以OB,OC,OP 的方向为x轴、y轴、之轴正方向，建立空间直角 坐标系O-xy2,则B(4,0,0),C(0,8,0), D(-4,0,0),P(0,0,2), D .PB=(4,0,-2),PC=(0,8,-2),PD= B5--- 0 (-4,0,-2). 设m=(a,b,c)为平面PBC的法向量， y 则m·PB=0。 0F0中红8令=4，则m=210. 设直线PD与平面PBC所成角为O, PD·m_1-4×2+0×1+(-2)×4_8105 则sim=PD1ml, √/16+4×/4+1+16 105 22.解(1)BB1⊥平面ABCD,ACC平面ABCD,∴BB1⊥AC, 在菱形ABCD中，BD⊥AC,又BD∩BB1=B,BD,BB1C平面BB1D,.AC⊥平面 BB1D,ACC平面AB1C,∴.平面AB1C⊥平面BB1D. (2)设BD∩AC=O,以O为坐标原点，OA所在直线为 x轴，OD所在直线为y轴，建立如图所示的空间直角 B 坐标系，之轴显然平行于直线BB1, 由四边形ABCD是边长为2的菱形，且∠BAD=60°， B 得OB=OD=1,OA=OC=√3，B(0,-1,0),D(0,1,0),B (0,-1,1),A(3,0,0),C(-3,0,0),BD=(0,2,0), AE----- BB1=(0,0,1),BA=(3,1,0),BA1=BB1+B1A1= B+2i=(2） 设平面A1BD的法向量为n=(x,y,2), mm9+方=o 则 ,令之=√3，得y=0,x=一2，从而n=(-2,03). BD·n=2y=0 又成-（一10风-m+G-丽+成-(-号}） 设平面BD的法向量为m三(1y1,),则BCm=一2十2y十之=0， BD·m=2y=0 令x1=√3，得y1=0,x1=2,从而m=(2,03). cos(m,n〉= m·n_2×(-2)+5×3=-1 m·n 7X√7 7 由困可知A-BD-C为锐角，故二面角A-BD-C的余弦值为7 B卷能力提升 1.D由题意知PA⊥平面ABCD,所以PA与平面内的直线AB,CD都垂直，A,B正 确；又因为菱形的对角线互相垂直，可推得对角线BD⊥平面PAC,故PC⊥BD,C选 项正确.故选D. 2.A设平面a与平面月的夫角为0(0≤0≤受），则cos0=cos(m,m川=m:n m·n 器-青-0(- 3.C对于A,由线面垂直的性质可知，只要lCa,m二B,都有e1⊥nm1,e2⊥n2,并不能说 明a∥B,故A错误；对于B,lCa,mC3,且e1∥e2,则a与3相交或平行，故B错误；对 于C,e1∥n1e2∥n2,且e1∥e2,则a∥B,故C正确；对于D,e1⊥n1,e2⊥n2,且e1∥e2, 则α与3相交或平行，故D错误.故选C. 4C由已知得A(2,√2,0)，B(0,√2,0)，D(2,0,0),E(0,0,1).设M(.x,x,1),则AM =(x-√2，x一√2,1)，BD=(√2，一√2,0)，BE=(0,一√2,1).设平面BDE的法向量 n⊥BD, 为n=(a,b,c),则《 /方即W2a一26-0解得{&_26令b=1,则n=1.12 -√26+c=0, 又AM/手面BDE.所以n·A=0,即2-②)+区=0，得=号 所以M(号，号)小故选C 5.D因为CD=CA+AB+BD,所以CD=CA2+AB2+BD2+2CA·AB+2CA· BD+2AB·BD,由题意知，CA⊥AB,AB⊥BD,则CA·AB=0,AB·BD=0,所以 CD2=CA2+AB2+BD2+2CA·BD,因为线段AC,BD分别在这个二面角的两个 半平面内，并且都垂直于AB,二面角大小为60°，所以(CA,BD)=120°，而AB=2, AC=1,BD=4,于是C市2=1+4+16+2×1×4X(-2）=17,所以CD=V7. 故选D.第十一单元向量在立体几何中的应用 A卷基础达标 测试时间：120分钟 满分：150分 曲 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给 出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的 1.已知直线1的一个方向向量m=(2,一1,3)，且直线1过 A(0,y,3)和B(一1,2，z)两点，则y一之等于 () 密 A.0 B.1 c D.3 2.已知平面a内有两点M(一2,3,1)，N(2,4,1),若平面a的一个 封 法向量n=(6,a,6),则a= 典 A- C.-24 D.24 线 3.已知两平行直线的方向向量分别为a=(4-2m,m-1,m一1)， b=(4,2一2m,2一2m),则实数m的值为 () A.1 B.3 内 C.1或3 D.以上答案都不正确 4.已两个不重合的平面a与平面ABC,若平面a的一个法向量为n 不 =(2,-3,1),AB=(1,0,-2),AC=(1,1,1),则 () A.平面a∥平面ABC 如 B.平面a⊥平面ABC 准 C.平面a与平面ABC相交但不垂直 D.以上均不可能 答 5.如图，在平行六面体ABCD-A1B,C1D1中，AB=AD=AA1=4, ∠BAD=90°，∠BAA1=∠DAA1=60°，则异面直线AC与BC 所成角的余弦值是 () 蜜 题 D A B c D 邻 6 6.已知棱长为1的正方体ABCD一A,B,C,D,则平面AB1C与平 面A,CD之间的距离为 A.③ C23 6 B③ 3 3 7.如图，正方体ABCD一ABCD1中，点E为BB1的中点，平面 11.已知E,F分别是正方体ABCD-AB,CD, D A1EC与平面ABCD夹角的余弦值为 的棱BC和CD的中点，则 A D A.AD与B1D1是异面直线 D B.A1D与EF所成角的大小为45 B D.- C.A,F与平面B,EB所成角的余弦值为号 D.二面角C-D,B,-B的平面角的余弦值为5 A号 B号 c n号 12.已知正方体ABCD-A'BC'D'的棱长为2，点Q为棱AA'的中 点，点M,N分别为棱CD',CD上两动点（包括端点），记直线 8.(数学文化)《九章算术》是我国古代的数学专著，它在几何学中的 QM,QN与平面ABB'A'所成角分别为a,B,且tana+tanB 研究比西方早一千多年，例如堑堵指两底面为直角三A, 4,则 () 角形的直三棱柱；鳖臑指的是四个面均为直角三角形 A.存在点M,N,使得MN∥AA 的三棱锥.如图，在堑堵ABC一AB,C1中，∠ACB= B.DM·DN=2 90°，若AB=√2，AA1=2,当鳖臑A1一ABC的体积 最大时，直线B,C与平面ABB1A,所成角的余弦值为 C.存在点M,N,使得MN=号 A.310 零 c n2 D.存在点M,N,使得MN⊥CQ 10 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分 二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给 13.(开放创新)已知向量AB=(2,3,0),AC=(1,0,1),则平面 出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的 ABC的一个法向量可以为 得2分，有选错的得0分 14.如图所示，在正方体ABCD一A1B1CD1中，O 9.已知点P是平行四边形ABCD所在的平面外一点，如果AB= 是底面正方形ABCD的中心，M是棱D1D上 B. (2,-1,-4),AD=(4,2,0),AP=(-1,2,-1),则下列结论正 一点N是A,出的中点则当D 确的是 时，ON⊥AM. A.AP⊥AB 15.(思维创新)在平面直角坐标系xOy中，A(-2√2,0)，B(4√2， B.AP⊥AD 0),沿直线y=x把直角坐标系折成120°的二面角，则AB的长 C.AP是平面ABCD的一个法向量 度为 D.AP∥BD 16.如图，在正三棱柱ABC一A1B1C1中，已知AB 10.如图，在棱长为2的正方体ABCD一 D =AA1=4,D为A1B1的中点，E在AC(不包A, ABCD1中，E为BB1的中点，F为 含端点)上.若AB∥平面CDE,则CE= AD的中点，建立如图所示的空间直角 ,此时直线A,B到平面CDE的距离 坐标系，则下列说法正确的有 为 .(本题第一空2分，第二空3分) A.AC1=3√2 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 B向量AE与AF夹角的余弦值为号 程或演算步骤。 17.(10分)（探索创新）如图所示，四棱锥S一ABCD C.平面AEF的一个法向量是(4，一1,2) 的底面是正方形，每条侧棱长都是底面边长的√2 D点D到直线EF的距离为 倍，P为侧棱SD上的点，点E为SC上靠近点C 的三等分点 第一部分单元检测卷33 (1)求证：AC⊥SD: (2)若SD⊥平面PAC,证明：BE∥平面PAC. 18.(12分)在正方体ABCD-A1BCD1中，E,F, D H G,H,M,N分别是正方体六个表面的中心，证A F N B 明：平面EFG∥平面HMN. E A 34第一部分单元检测卷 19.(12分)如图，已知在长方体ABCD一ABC1D1中，AB=6, AA1=3,∠ADB=60°，E为BD上点且满足BE=3ED,M为 C1D1上一点且满足DM=5MC1,F为A1B,的中点. (1)证明：A,E,F,M四点共面； A D (2)求点A到平面BDF的距离. F M C1 B:- 20.(12分)如图所示，在三棱锥P一ABC中，AB|=AC,D为 BC的中点，PO⊥平面ABC,垂足O落在线段AD上，已知 |BC=8,PO=4,AO=3,OD|=2. (1)证明：AP⊥BC; (2)若点M是线段AP上一点，且|AM=3, 求证：平面AMC⊥平面BMC. 21.(12分)（情境创新）中国是风筝的故乡，南方称“鹞子”，北方称 “纸鸢”.如图，某种风筝的骨架模型是四棱锥P一ABCD,其中 AC⊥BD于点O,OA=OB=OD=4,OC=8,PO⊥平面ABCD. (1)求证：PD⊥AC; D (2)试验表明，当P0=2OA时， -0 风筝表现最好，求此时直线PD 与平面PBC所成角的正弦值. 22.(12分)如图所示的几何体是由三棱台ABC-A1B,C1和四棱锥 D一AA,C,C拼接而成的组合体，其底面四边形ABCD是边长 为2的菱形，且∠BAD=60°，BB1⊥平面ABCD,BB1=B,C =1. (1)求证：平面AB1C⊥平面BB1D; B (2)求二面角A1一BD一C1的余弦值.