2025-2026学年人教A版数学选择性必修一单元检测第一章 空间向量与立体几何（含解析）
文档属性
| 名称 | 2025-2026学年人教A版数学选择性必修一单元检测第一章 空间向量与立体几何（含解析） |
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| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 528.0KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2025-12-15 00:00:00 | ||
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文档简介
第一章 空间向量与立体几何
(考查范围：第一章 时间：120分钟 分值：150分)
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．下列向量中，与向量a＝(1，－3，2)平行的是( )
A． B．(－1，－3，2)
C． D．
2．已知向量a＝(－2，1，3)，b＝(－1，2，1)，若a⊥(a－λb)，则实数λ的值为( )
A．－2 B．－
C． D．2
3．若向量a＝(x，4，5)，b＝(1，－2，2)，且a与b的夹角的余弦值为，则x＝( )
A．3 B．－3
C．－11 D．3或－11
4．在空间直角坐标系中，已知长方体ABCD-A1B1C1D1的顶点D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(2，4，0)，C1(0，4，2)，则点A1到直线BC1的距离为( )
A．3 B．2
C． D．
5．已知向量，则平面AMN的一个法向量是( )
A．(－3，－2，4) B．(3，2，－4)
C．(－3，－2，－4) D．(－3，2，－4)
6．设O为坐标原点，向量＝(1，2，3)，＝(2，1，2)，＝(1，1，2)，点Q在直线OP上运动，则的最小值为( )
A． B．－
C． D．－
7．如图，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD是菱形，侧面A1ADD1是正方形，且∠A1AB＝120 ，∠DAB＝60 ，AB＝2．若P是C1D与CD1的交点，则异面直线AP与DC的夹角的余弦值为( )
A． B．
C． D．
8．如图，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面边长为2，直线CC1与平面ACD1所成角的正弦值为，则正四棱柱的高为( )
A．2 B．3
C．4 D．5
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．下列命题中是真命题的是( )
A．若向量a，b满足a·b<0，则向量a，b的夹角是钝角
B．若{}是空间的一个基底，且，则A，B，C，D四点共面
C．若{a，b，c}是空间的一个基底，向量m＝a＋c，则{a，b，m}也是空间的一个基底
D．若直线l的一个方向向量为e＝(1，0，3)，平面α的一个法向量为n＝(－2，0，2)，则直线l与平面α所成角的余弦值为
10．在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝AD＝2，AA1＝1，点M为线段B1D1上一动点(包括端点)，则下列结论正确的是( )
A．当点M为B1D1的中点时，C1M⊥平面BB1D1D
B．当点M为B1D1的中点时，直线DM与直线BC所成角的余弦值为
C．当点M在线段B1D1上运动时，三棱锥C1-BDM的体积是定值
D．点M到直线BC1距离的最小值为
11．在正四面体D-ABC中，点E在棱AB上，满足AE＝2EB，点F为线段AC上的动点．设直线DE与平面DBF所成的角为α，则下列说法不正确的是( )
A．存在某个位置，使得DE⊥BF
B．存在某个位置，使得∠FDB＝
C．存在某个位置，使得平面DEF⊥平面DAC
D．存在某个位置，使得α＝
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．已知空间向量a＝(1，－1，0)，b＝(0，1，1)，c＝(1，2，m)共面，则实数m＝________．
13．如图，在四面体O-ABC中，＝c，D为BC的中点，E为AD的中点．若＝xa＋yb＋zc，其中x，y，z∈R，则x＝________，y＝________，z＝________．
14．如图1，正方形ABCD的边长为4，AB＝AE＝BF＝AB∥EF.把四边形ABCD沿AB折起，使得AD⊥平面AEFB，得到如图2所示几何体，G是EF的中点，则AG与平面BCE的位置关系为________，二面角C-AE-F的余弦值为________．
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．
15．(13分)已知向量a＝(1，－3，2)，b＝(－2，1，1)，点A(－3，－1，4)，B(－2，－2，2)．
(1)求|2a＋b|；
(2)在直线AB上，是否存在一点E，使得⊥b？(O为原点)
16．(15分)(2024·北京卷)如图，在四棱锥P-ABCD中，BC∥AD，AB＝BC＝1，AD＝3，点E在AD上，且PE⊥AD，PE＝DE＝2．
(1)若F为线段PE的中点，求证：BF∥平面PCD.
(2)若AB⊥平面PAD，求平面PAB与平面PCD夹角的余弦值．
17．(15分)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1＝2，A1C⊥平面ABC，∠ACB＝90 ，点A1到平面BCC1B1的距离为1．
(1)求证：AC＝A1C.
(2)若直线AA1与BB1的距离为2，求AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值．
18．(17分)(2024·新高考全国Ⅰ卷)如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，PA＝AC＝2，BC＝1，AB＝.
(1)若AD⊥PB，证明：AD∥平面PBC；
(2)若AD⊥DC，且二面角A-CP-D的正弦值为，求AD的长.
19．(17分)如图1，在边长为2的菱形ABCD中，∠BAD＝60 ，将△BCD沿对角线BD折起到△BC′D的位置，使平面BC′D⊥平面ABD，得到如图2所示几何体，E是BD的中点，FA⊥平面ABD，且FA＝2．
(1)求证：FA∥平面BC′D；
(2)在线段AD上是否存在一点M，使得C′M⊥平面FBC′？若存在，求的值；若不存在，说明理由．
第一章 空间向量与立体几何
(考查范围：第一章 时间：120分钟 分值：150分)
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．下列向量中，与向量a＝(1，－3，2)平行的是( )
A． B．(－1，－3，2)
C． D．
C 解析：a＝(1，－3，2)＝－2.
2．已知向量a＝(－2，1，3)，b＝(－1，2，1)，若a⊥(a－λb)，则实数λ的值为( )
A．－2 B．－
C． D．2
D 解析：因为a⊥(a－λb)，
所以a·(a－λb)＝|a|2－λa·b＝0，所以|a|2＝λa·b，
所以14＝λ(2＋2＋3)＝7λ，解得λ＝2．故选D．
3．若向量a＝(x，4，5)，b＝(1，－2，2)，且a与b的夹角的余弦值为，则x＝( )
A．3 B．－3
C．－11 D．3或－11
A 解析：因为a·b＝(x，4，5)·(1，－2，2)＝x－8＋10＝x＋2，且a与b的夹角的余弦值为，所以，且x＋2＞0，解得x＝3或x＝－11(舍去)．故选A．
4．在空间直角坐标系中，已知长方体ABCD-A1B1C1D1的顶点D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(2，4，0)，C1(0，4，2)，则点A1到直线BC1的距离为( )
A．3 B．2
C． D．
A 解析：由题意建立如图所示的空间直角坐标系，
由D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(2，4，0)，C1(0，4，2)，
得AB＝4，BC＝2，CC1＝2．连接A1B，A1C1，BC1，
所以A1B＝2，所以△A1BC1是等腰三角形．
取BC1的中点为O，连接OA1，则OA1⊥BC1，即点A1到直线BC1的距离为OA1．
在Rt△A1OB中，有OA1＝.
5．已知向量，则平面AMN的一个法向量是( )
A．(－3，－2，4) B．(3，2，－4)
C．(－3，－2，－4) D．(－3，2，－4)
D 解析：设平面AMN的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
令z＝4，则x＝3，y＝－2，所以n＝(3，－2，4)是平面AMN的一个法向量．
由(－3，2，－4)＝－(3，－2，4)，可知选项D符合．
6．设O为坐标原点，向量＝(1，2，3)，＝(2，1，2)，＝(1，1，2)，点Q在直线OP上运动，则的最小值为( )
A． B．－
C． D．－
B 解析：因为＝(1，1，2)，点Q在直线OP上运动，所以可设＝(λ，λ，2λ)．
又向量＝(1，2，3)，＝(2，1，2)，所以＝(1－λ，2－λ，3－2λ)，＝(2－λ，1－λ，2－2λ)，则＝(1－λ)×(2－λ)＋(2－λ)×(1－λ)＋(3－2λ)×(2－2λ)＝6λ2－16λ＋10．
易得当λ＝时，取得最小值－.故选B．
7．如图，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD是菱形，侧面A1ADD1是正方形，且∠A1AB＝120 ，∠DAB＝60 ，AB＝2．若P是C1D与CD1的交点，则异面直线AP与DC的夹角的余弦值为( )
A． B．
C． D．
A 解析：在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，四边形DD1C1C是平行四边形，侧面A1ADD1是正方形，
又P是C1D，CD1的交点，所以P是CD1的中点．
因为，∠A1AB＝120 ，∠DAB＝60 ，AB＝2，
所以＝＝，
所以2＝]
＝＝7，
所以.
又因为·＋＋2)·
＝＝·||cos 120 ＋
＝＝3，＝2，
所以cos 〈〉＝，
所以异面直线AP与DC的夹角的余弦值为.
故选A．
8．如图，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面边长为2，直线CC1与平面ACD1所成角的正弦值为，则正四棱柱的高为( )
A．2 B．3
C．4 D．5
C 解析：以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
设DD1＝a，则A(2，0，0)，C(0，2，0)，D1(0，0，a)，C1(0，2，a)，
所以＝(－2，2，0)，＝(－2，0，a)，＝(0，0，a)．
设平面ACD1的法向量为n＝(x，y，z)，则所以
令x＝1，则y＝1，z＝，所以n＝是平面ACD1的一个法向量．
故cos 〈n，〉＝.
因为直线CC1与平面ACD1所成角的正弦值为，所以，解得a＝4．
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．下列命题中是真命题的是( )
A．若向量a，b满足a·b<0，则向量a，b的夹角是钝角
B．若{}是空间的一个基底，且，则A，B，C，D四点共面
C．若{a，b，c}是空间的一个基底，向量m＝a＋c，则{a，b，m}也是空间的一个基底
D．若直线l的一个方向向量为e＝(1，0，3)，平面α的一个法向量为n＝(－2，0，2)，则直线l与平面α所成角的余弦值为
BC 解析：选项A，若a·b<0，则向量a，b的夹角是钝角或向量a，b反向共线，故A错误；
选项B，＝2－3＋2＝，即有，故A，B，C，D四点共面，故B正确；
选项C，假设{a，b，m}不是空间的一个基底，则存在实数x，y，使m＝xa＋yb，即a＋c＝xa＋yb，由向量{a，b，c}是空间的一个基底，则向量a，b，c不共面，故不存在这样的实数x，y，即{a，b，m}是空间的一个基底，故C正确；
选项D，设直线l与平面α所成的角为θ，则θ∈，
由题意可得，sin θ＝，
则cos θ＝，故D错误．
故选BC．
10．在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝AD＝2，AA1＝1，点M为线段B1D1上一动点(包括端点)，则下列结论正确的是( )
A．当点M为B1D1的中点时，C1M⊥平面BB1D1D
B．当点M为B1D1的中点时，直线DM与直线BC所成角的余弦值为
C．当点M在线段B1D1上运动时，三棱锥C1-BDM的体积是定值
D．点M到直线BC1距离的最小值为
ACD 解析：在长方体ABCD-A1B1C1D1中，以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则D(0，0，0)，B(2，2，0)，C(0，2，0)，C1(0，2，1)，D1(0，0，1)，B1(2，2，1)．设M(t，t，1)，0≤t≤2．
对于A，t＝1，M(1，1，1)，＝(－1，1，0)，＝(0，0，1)，＝(2，2，0)，
因为＝0，所以MC1⊥DD1，MC1⊥DB，
而DD1∩DB＝D，DD1，DB 平面BB1D1D，因此C1M⊥平面BB1D1D，A正确；
对于B，＝(1，1，1)，＝(－2，0，0)，＝，B错误；
对于C，由选项A知，点C1到平面BB1D1D的距离为，而△BDM的面积为，
因此三棱锥C1-BDM的体积为，是定值，C正确；
对于D，＝(－2，0，1)，＝(t，t－2，0)，则点M到直线BC1的距离d＝，当且仅当t＝时，等号成立，D正确．
故选ACD．
11．在正四面体D-ABC中，点E在棱AB上，满足AE＝2EB，点F为线段AC上的动点．设直线DE与平面DBF所成的角为α，则下列说法不正确的是( )
A．存在某个位置，使得DE⊥BF
B．存在某个位置，使得∠FDB＝
C．存在某个位置，使得平面DEF⊥平面DAC
D．存在某个位置，使得α＝
ABD 解析：如图，设正四面体D-ABC的底面中心为O，连接DO，OB，则DO⊥平面ABC.以O为原点，OB，OD所在直线分别为x轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
设正四面体的棱长为2，则A.
设F(－1≤λ≤1)．
若存在某个位置，使得DE⊥BF，则·＝0，解得λ＝－3，不合题意，故A不正确．
若存在某个位置，使得∠FDB＝，即cos 〈〉＝，
所以，此方程无解，故B不正确．
设平面DAC的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则
取z1＝－1，则x1＝2，y1＝0，所以m＝是平面DAC的一个法向量．
设平面DEF的法向量为n＝(x2，y2，z2)，
则
取z2＝1，得n＝是平面DEF的一个法向量．
若存在某个位置，使得平面DEF⊥平面DAC，
则2－1＝0，解得λ＝－∈[－1，1]，故C正确．
设平面DBF的法向量为v＝(x3，y3，z3)，
则
取x3＝，得v＝是平面DBF的一个法向量．
若存在某个位置，使得α＝，
则sin ＝＝，整理得5λ2－4λ＋12＝0，此方程无解，故D不正确．故选ABD．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．已知空间向量a＝(1，－1，0)，b＝(0，1，1)，c＝(1，2，m)共面，则实数m＝________．
3 解析：设c＝xa＋yb，即(1，2，m)＝x(1，－1，0)＋y(0，1，1)，故解得m＝y＝3．
13．如图，在四面体O-ABC中，＝c，D为BC的中点，E为AD的中点．若＝xa＋yb＋zc，其中x，y，z∈R，则x＝________，y＝________，z＝________．
解析：因为D为BC的中点，E为AD的中点，
所以＝＝．
因为＝xa＋yb＋zc，所以x＝.
14．如图1，正方形ABCD的边长为4，AB＝AE＝BF＝AB∥EF.把四边形ABCD沿AB折起，使得AD⊥平面AEFB，得到如图2所示几何体，G是EF的中点，则AG与平面BCE的位置关系为________，二面角C-AE-F的余弦值为________．
垂直 解析：如图，连接BG，
因为BC∥AD，AD⊥底面AEFB，所以BC⊥底面AEFB.
又AG 底面AEFB，所以BC⊥AG.
因为AB∥EG且AB＝EG，AB＝AE，
所以四边形ABGE为菱形，所以AG⊥BE.
又BC∩BE＝B，BE 平面BCE，BC 平面BCE，所以AG⊥平面BCE.
由以上证明知AE＝EG＝BG＝AB＝4，
设AG∩BE＝O，由题意知OE＝OB＝2，OA＝OG＝2．
以O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，
则O(0，0，0)，A(－2，0，0)，E，C，D(－2，0，4)，
所以＝＝.
设平面ACE的法向量为n＝(x，y，z)，
则所以
令y＝1，则x＝，
所以n＝为平面ACE的一个法向量．
易知平面AEF的一个法向量为＝(0，0，4)．
设二面角C-AE-F的大小为θ，
由图易知θ∈，所以cos θ＝.
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．
15．(13分)已知向量a＝(1，－3，2)，b＝(－2，1，1)，点A(－3，－1，4)，B(－2，－2，2)．
(1)求|2a＋b|；
(2)在直线AB上，是否存在一点E，使得⊥b？(O为原点)
解：(1)2a＋b＝(2，－6，4)＋(－2，1，1)＝(0，－5，5)，故|2a＋b|＝.
(2)假设存在点E，设，
则＝(－3，－1，4)＋t(1，－1，－2)＝(－3＋t，－1－t，4－2t)．
若⊥b，则·b＝0，所以－2(－3＋t)＋(－1－t)＋(4－2t)＝0，
解得t＝.因此存在点E，使得⊥b，此时点E的坐标为.
16．(15分)(2024·北京卷)如图，在四棱锥P-ABCD中，BC∥AD，AB＝BC＝1，AD＝3，点E在AD上，且PE⊥AD，PE＝DE＝2．
(1)若F为线段PE的中点，求证：BF∥平面PCD.
(2)若AB⊥平面PAD，求平面PAB与平面PCD夹角的余弦值．
(1)证明：取PD的中点G，连接FG，CG(图略)，
因为F为PE的中点，所以FG＝DE＝1，FG∥DE.
又BC＝1，AD∥BC，所以FG＝BC，FG∥BC，
所以四边形FGCB为平行四边形，所以BF∥CG.
又BF 平面PCD，CG 平面PCD，所以BF∥平面PCD.
(2)解：因为AB⊥平面PAD，PE 平面PAD，所以AB⊥PE.
又PE⊥AD，AB∩AD＝A，AB，AD 平面ABCD，所以PE⊥平面ABCD.
连接EC，易知四边形ABCE为矩形，则直线EC，ED，EP两两垂直，故以E为原点，EC，ED，EP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则P(0，0，2)，C(1，0，0)，D(0，2，0)，A(0，－1，0)，B(1，－1，0)，
所以＝(1，0，0)，＝(0，1，2)，＝(1，0，－2)，＝(0，2，－2)．
设平面PAB的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则
令z1＝1，则y1＝－2，x1＝0，所以n1＝(0，－2，1)为平面PAB的一个法向量．
设平面PCD的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，则
令z2＝1，则x2＝2，y2＝1，所以n2＝(2，1，1)为平面PCD的一个法向量．
设平面PAB与平面PCD的夹角为θ，
则cos θ＝|cos 〈n1，n2〉|＝，
所以平面PAB与平面PCD夹角的余弦值为.
17．(15分)(2023·全国甲卷)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1＝2，A1C⊥平面ABC，∠ACB＝90 ，点A1到平面BCC1B1的距离为1．
(1)求证：AC＝A1C.
(2)若直线AA1与BB1的距离为2，求AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值．
(方法一)(1)证明：因为A1C⊥平面ABC，BC 平面ABC，
所以A1C⊥BC.又∠ACB＝90 ，所以BC⊥AC.
因为A1C∩AC＝C，A1C，AC 平面ACC1A1，所以BC⊥平面ACC1A1．
又BC 平面BCC1B1，所以平面ACC1A1⊥平面BCC1B1．
如图，过点A1作A1O⊥CC1交CC1于点O，
又平面ACC1A1∩平面BCC1B1＝CC1，A1O 平面ACC1A1，
所以A1O⊥平面BCC1B1．
因为A1到平面BCC1B1的距离为1，所以A1O＝1．
在Rt△A1CC1中，A1C⊥A1C1，CC1＝AA1＝2，
设CO＝x，则C1O＝2－x.
因为△A1OC，△A1OC1，△A1CC1均为直角三角形，且CC1＝2，
A1O2＋CO2＝A1C2，A1O2＋＝C1C2，
所以1＋x2＋1＋(2－x)2＝4，解得x＝1，所以AC＝A1C1＝A1C＝，所以AC＝A1C.
(2)解：因为AC＝A1C，BC⊥A1C，BC⊥AC，
所以Rt△ACB≌Rt△A1CB，所以BA＝BA1．
如图，过点B作BD⊥AA1交AA1于点D，则D为AA1的中点．
因为直线AA1与BB1的距离为2，所以BD＝2．
因为A1D＝1，BD＝2，所以A1B＝AB＝.
所以在Rt△ABC中，BC＝.
延长AC至点M，使AC＝CM，连接C1M，
由CM∥A1C1，CM＝A1C1知四边形A1CMC1为平行四边形，
所以C1M∥A1C，所以C1M⊥平面ABC.
又AM 平面ABC，所以C1M⊥AM.
在Rt△AC1M中，AM＝2AC，C1M＝A1C，所以AC1＝，
在Rt△AB1C1中，AC1＝，
所以AB1＝.
又A到平面BCC1B1距离也为1，
所以AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值为.
(方法二)(1)证明：因为A1C⊥平面ABC，BC 平面ABC，所以A1C⊥BC.
因为∠ACB＝90 ，所以BC⊥AC.又AC∩A1C＝C，A1C，AC 平面ACC1A1，
所以BC⊥平面ACC1A1．
又因为BC 平面BCC1B1，所以平面ACC1A1⊥平面BCC1B1．
如图，过点A1作A1H⊥CC1，则A1H⊥平面BCC1B1(面面垂直的性质)，
即A1H的长为点A1到平面BCC1B1的距离，所以A1H＝1．
设AC＝x，在Rt△A1CA中，A1C＝，
在Rt△CA1C1中，由等面积法得A1C1·A1C＝CC1·A1H，即x·＝2×1，解得x＝，所以A1C＝AC＝，
故A1C＝AC.
(2)解：如图，连接B1C，过点C作CQ⊥AA1，垂足为Q，连接BQ.
由(1)知BC⊥平面ACC1A1，
又AA1 平面ACC1A1，所以BC⊥AA1．
又CQ∩BC＝C，CQ，BC 平面BCQ，所以AA1⊥平面BCQ.
因为BQ 平面BCQ，所以AA1⊥BQ.
又因为AA1∥BB1，所以BB1⊥BQ.所以BQ的长为直线AA1与BB1之间的距离，即BQ＝2．
在Rt△BCQ中，BQ＝2，CQ＝1，所以BC＝.
由(1)知CA，CB，CA1两两垂直，所以以C为原点，CA，CB，CA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则C(0，0，0)，A，A1，B，
所以＝＝.
又知＝，所以B1，
所以＝＝.
设平面BCC1B1的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
令x＝1，则y＝0，z＝1，所以n＝(1，0，1)为平面BCC1B1的一个法向量．
设直线AB1与平面BCC1B1所成的角为θ，则
sin θ＝＝，
即直线AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值为.
18．(17分)(2024·新高考全国Ⅰ卷)如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，PA＝AC＝2，BC＝1，AB＝.
(1)若AD⊥PB，证明：AD∥平面PBC；
(2)若AD⊥DC，且二面角A-CP-D的正弦值为，求AD的长.
(1)证明：因为PA⊥平面ABCD，而AD 平面ABCD，所以PA⊥AD.
又AD⊥PB，PB∩PA＝P，PB，PA 平面PAB，所以AD⊥平面PAB.
因为AB 平面PAB，所以AD⊥AB.
因为BC2＋AB2＝AC2，所以BC⊥AB，所以AD∥BC.
又AD 平面PBC，BC 平面PBC，所以AD∥平面PBC.
(2)解：(方法一)如图所示，过点D作DE⊥AC于点E，再过点E作EF⊥CP于点F，连接DF.
因为PA⊥平面ABCD，PA 平面PAC，所以平面PAC⊥平面ABCD.
因为平面PAC∩平面ABCD＝AC，DE⊥AC，DE 平面ABCD，
所以DE⊥平面PAC，所以DE⊥CP.又EF⊥CP，EF∩DE＝E，EF，DE 平面DEF，所以CP⊥平面DEF.又DF 平面DEF，所以PC⊥DF.
根据二面角的定义，可知∠DFE即为二面角A-CP-D的平面角，
即sin ∠DFE＝，所以tan ∠DFE＝.
因为AD⊥DC，设AD＝x，则CD＝，由等面积法可得，DE＝.
又CE＝，由题意知，△EFC为等腰直角三角形，所以EF＝.
因为DE⊥平面PAC，EF 平面PAC，所以DE⊥EF，
所以tan ∠DFE＝，解得x＝，即AD＝.
(方法二)由题意知DC，AD，AP两两垂直，以D为原点，AD所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，过点D且平行于AP的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则D(0，0，0)．设A(a，0，0)，a>0，则CD＝P(a，0，2)，所以＝＝＝.
设平面CPD的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
取x＝2，则y＝0，z＝－a，所以n＝(2，0，－a)是平面CPD的一个法向量．
设平面ACP的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则即则z1＝0．
取x1＝，得y1＝a，所以m＝是平面ACP的一个法向量．
因为二面角A-CP-D的正弦值为，
所以二面角A-CP-D的余弦值的绝对值为，
故|cos 〈m，n〉|＝.
又a>0，所以a＝，即AD＝.
19．(17分)如图1，在边长为2的菱形ABCD中，∠BAD＝60 ，将△BCD沿对角线BD折起到△BC′D的位置，使平面BC′D⊥平面ABD，得到如图2所示几何体，E是BD的中点，FA⊥平面ABD，且FA＝2．
(1)求证：FA∥平面BC′D；
(2)在线段AD上是否存在一点M，使得C′M⊥平面FBC′？若存在，求的值；若不存在，说明理由．
(1)证明：因为B C′＝C′D，E为BD的中点，所以C′E⊥BD.
又平面BC′D⊥平面ABD，且平面BC′D∩平面ABD＝BD，C′E 平面BC′D，
所以C′E⊥平面ABD.
因为FA⊥平面ABD，所以FA∥C′E.
因为C′E 平面BC′D，FA 平面BC′D，所以FA∥平面BC′D.
(2)解：由(1)知，C′E⊥平面ABD，AE，BE 平面ABD，
所以C′E⊥AE，C′E⊥BE.又四边形ABCD为边长为2的菱形，∠BAD＝60 ，
所以AE⊥BD，BE＝ED＝1，AE＝.
故以E为原点，BD，AE，EC′所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则B(1，0，0)，A，D(－1，0，0)，F，C′，
所以＝＝＝.
设平面FBC′的法向量为m＝(x，y，z)，则
令z＝1，则x＝，y＝1，所以m＝为平面FBC′的一个法向量．
假设在线段AD上存在M(a，b，c)，使得C′M⊥平面FBC′，
设(0≤λ≤1)，则＝λ＝，
所以a＝－λ，b＝，c＝0．故＝.
因为C′M⊥平面FBC′，且平面FBC′的一个法向量为m＝，
所以m∥，即m＝t，即方程组无解，λ不存在．
所以在线段AD上不存在点M，使得C′M⊥平面FBC′.
(考查范围：第一章 时间：120分钟 分值：150分)
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．下列向量中，与向量a＝(1，－3，2)平行的是( )
A． B．(－1，－3，2)
C． D．
2．已知向量a＝(－2，1，3)，b＝(－1，2，1)，若a⊥(a－λb)，则实数λ的值为( )
A．－2 B．－
C． D．2
3．若向量a＝(x，4，5)，b＝(1，－2，2)，且a与b的夹角的余弦值为，则x＝( )
A．3 B．－3
C．－11 D．3或－11
4．在空间直角坐标系中，已知长方体ABCD-A1B1C1D1的顶点D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(2，4，0)，C1(0，4，2)，则点A1到直线BC1的距离为( )
A．3 B．2
C． D．
5．已知向量，则平面AMN的一个法向量是( )
A．(－3，－2，4) B．(3，2，－4)
C．(－3，－2，－4) D．(－3，2，－4)
6．设O为坐标原点，向量＝(1，2，3)，＝(2，1，2)，＝(1，1，2)，点Q在直线OP上运动，则的最小值为( )
A． B．－
C． D．－
7．如图，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD是菱形，侧面A1ADD1是正方形，且∠A1AB＝120 ，∠DAB＝60 ，AB＝2．若P是C1D与CD1的交点，则异面直线AP与DC的夹角的余弦值为( )
A． B．
C． D．
8．如图，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面边长为2，直线CC1与平面ACD1所成角的正弦值为，则正四棱柱的高为( )
A．2 B．3
C．4 D．5
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．下列命题中是真命题的是( )
A．若向量a，b满足a·b<0，则向量a，b的夹角是钝角
B．若{}是空间的一个基底，且，则A，B，C，D四点共面
C．若{a，b，c}是空间的一个基底，向量m＝a＋c，则{a，b，m}也是空间的一个基底
D．若直线l的一个方向向量为e＝(1，0，3)，平面α的一个法向量为n＝(－2，0，2)，则直线l与平面α所成角的余弦值为
10．在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝AD＝2，AA1＝1，点M为线段B1D1上一动点(包括端点)，则下列结论正确的是( )
A．当点M为B1D1的中点时，C1M⊥平面BB1D1D
B．当点M为B1D1的中点时，直线DM与直线BC所成角的余弦值为
C．当点M在线段B1D1上运动时，三棱锥C1-BDM的体积是定值
D．点M到直线BC1距离的最小值为
11．在正四面体D-ABC中，点E在棱AB上，满足AE＝2EB，点F为线段AC上的动点．设直线DE与平面DBF所成的角为α，则下列说法不正确的是( )
A．存在某个位置，使得DE⊥BF
B．存在某个位置，使得∠FDB＝
C．存在某个位置，使得平面DEF⊥平面DAC
D．存在某个位置，使得α＝
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．已知空间向量a＝(1，－1，0)，b＝(0，1，1)，c＝(1，2，m)共面，则实数m＝________．
13．如图，在四面体O-ABC中，＝c，D为BC的中点，E为AD的中点．若＝xa＋yb＋zc，其中x，y，z∈R，则x＝________，y＝________，z＝________．
14．如图1，正方形ABCD的边长为4，AB＝AE＝BF＝AB∥EF.把四边形ABCD沿AB折起，使得AD⊥平面AEFB，得到如图2所示几何体，G是EF的中点，则AG与平面BCE的位置关系为________，二面角C-AE-F的余弦值为________．
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．
15．(13分)已知向量a＝(1，－3，2)，b＝(－2，1，1)，点A(－3，－1，4)，B(－2，－2，2)．
(1)求|2a＋b|；
(2)在直线AB上，是否存在一点E，使得⊥b？(O为原点)
16．(15分)(2024·北京卷)如图，在四棱锥P-ABCD中，BC∥AD，AB＝BC＝1，AD＝3，点E在AD上，且PE⊥AD，PE＝DE＝2．
(1)若F为线段PE的中点，求证：BF∥平面PCD.
(2)若AB⊥平面PAD，求平面PAB与平面PCD夹角的余弦值．
17．(15分)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1＝2，A1C⊥平面ABC，∠ACB＝90 ，点A1到平面BCC1B1的距离为1．
(1)求证：AC＝A1C.
(2)若直线AA1与BB1的距离为2，求AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值．
18．(17分)(2024·新高考全国Ⅰ卷)如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，PA＝AC＝2，BC＝1，AB＝.
(1)若AD⊥PB，证明：AD∥平面PBC；
(2)若AD⊥DC，且二面角A-CP-D的正弦值为，求AD的长.
19．(17分)如图1，在边长为2的菱形ABCD中，∠BAD＝60 ，将△BCD沿对角线BD折起到△BC′D的位置，使平面BC′D⊥平面ABD，得到如图2所示几何体，E是BD的中点，FA⊥平面ABD，且FA＝2．
(1)求证：FA∥平面BC′D；
(2)在线段AD上是否存在一点M，使得C′M⊥平面FBC′？若存在，求的值；若不存在，说明理由．
第一章 空间向量与立体几何
(考查范围：第一章 时间：120分钟 分值：150分)
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．下列向量中，与向量a＝(1，－3，2)平行的是( )
A． B．(－1，－3，2)
C． D．
C 解析：a＝(1，－3，2)＝－2.
2．已知向量a＝(－2，1，3)，b＝(－1，2，1)，若a⊥(a－λb)，则实数λ的值为( )
A．－2 B．－
C． D．2
D 解析：因为a⊥(a－λb)，
所以a·(a－λb)＝|a|2－λa·b＝0，所以|a|2＝λa·b，
所以14＝λ(2＋2＋3)＝7λ，解得λ＝2．故选D．
3．若向量a＝(x，4，5)，b＝(1，－2，2)，且a与b的夹角的余弦值为，则x＝( )
A．3 B．－3
C．－11 D．3或－11
A 解析：因为a·b＝(x，4，5)·(1，－2，2)＝x－8＋10＝x＋2，且a与b的夹角的余弦值为，所以，且x＋2＞0，解得x＝3或x＝－11(舍去)．故选A．
4．在空间直角坐标系中，已知长方体ABCD-A1B1C1D1的顶点D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(2，4，0)，C1(0，4，2)，则点A1到直线BC1的距离为( )
A．3 B．2
C． D．
A 解析：由题意建立如图所示的空间直角坐标系，
由D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(2，4，0)，C1(0，4，2)，
得AB＝4，BC＝2，CC1＝2．连接A1B，A1C1，BC1，
所以A1B＝2，所以△A1BC1是等腰三角形．
取BC1的中点为O，连接OA1，则OA1⊥BC1，即点A1到直线BC1的距离为OA1．
在Rt△A1OB中，有OA1＝.
5．已知向量，则平面AMN的一个法向量是( )
A．(－3，－2，4) B．(3，2，－4)
C．(－3，－2，－4) D．(－3，2，－4)
D 解析：设平面AMN的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
令z＝4，则x＝3，y＝－2，所以n＝(3，－2，4)是平面AMN的一个法向量．
由(－3，2，－4)＝－(3，－2，4)，可知选项D符合．
6．设O为坐标原点，向量＝(1，2，3)，＝(2，1，2)，＝(1，1，2)，点Q在直线OP上运动，则的最小值为( )
A． B．－
C． D．－
B 解析：因为＝(1，1，2)，点Q在直线OP上运动，所以可设＝(λ，λ，2λ)．
又向量＝(1，2，3)，＝(2，1，2)，所以＝(1－λ，2－λ，3－2λ)，＝(2－λ，1－λ，2－2λ)，则＝(1－λ)×(2－λ)＋(2－λ)×(1－λ)＋(3－2λ)×(2－2λ)＝6λ2－16λ＋10．
易得当λ＝时，取得最小值－.故选B．
7．如图，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD是菱形，侧面A1ADD1是正方形，且∠A1AB＝120 ，∠DAB＝60 ，AB＝2．若P是C1D与CD1的交点，则异面直线AP与DC的夹角的余弦值为( )
A． B．
C． D．
A 解析：在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，四边形DD1C1C是平行四边形，侧面A1ADD1是正方形，
又P是C1D，CD1的交点，所以P是CD1的中点．
因为，∠A1AB＝120 ，∠DAB＝60 ，AB＝2，
所以＝＝，
所以2＝]
＝＝7，
所以.
又因为·＋＋2)·
＝＝·||cos 120 ＋
＝＝3，＝2，
所以cos 〈〉＝，
所以异面直线AP与DC的夹角的余弦值为.
故选A．
8．如图，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面边长为2，直线CC1与平面ACD1所成角的正弦值为，则正四棱柱的高为( )
A．2 B．3
C．4 D．5
C 解析：以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
设DD1＝a，则A(2，0，0)，C(0，2，0)，D1(0，0，a)，C1(0，2，a)，
所以＝(－2，2，0)，＝(－2，0，a)，＝(0，0，a)．
设平面ACD1的法向量为n＝(x，y，z)，则所以
令x＝1，则y＝1，z＝，所以n＝是平面ACD1的一个法向量．
故cos 〈n，〉＝.
因为直线CC1与平面ACD1所成角的正弦值为，所以，解得a＝4．
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．下列命题中是真命题的是( )
A．若向量a，b满足a·b<0，则向量a，b的夹角是钝角
B．若{}是空间的一个基底，且，则A，B，C，D四点共面
C．若{a，b，c}是空间的一个基底，向量m＝a＋c，则{a，b，m}也是空间的一个基底
D．若直线l的一个方向向量为e＝(1，0，3)，平面α的一个法向量为n＝(－2，0，2)，则直线l与平面α所成角的余弦值为
BC 解析：选项A，若a·b<0，则向量a，b的夹角是钝角或向量a，b反向共线，故A错误；
选项B，＝2－3＋2＝，即有，故A，B，C，D四点共面，故B正确；
选项C，假设{a，b，m}不是空间的一个基底，则存在实数x，y，使m＝xa＋yb，即a＋c＝xa＋yb，由向量{a，b，c}是空间的一个基底，则向量a，b，c不共面，故不存在这样的实数x，y，即{a，b，m}是空间的一个基底，故C正确；
选项D，设直线l与平面α所成的角为θ，则θ∈，
由题意可得，sin θ＝，
则cos θ＝，故D错误．
故选BC．
10．在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝AD＝2，AA1＝1，点M为线段B1D1上一动点(包括端点)，则下列结论正确的是( )
A．当点M为B1D1的中点时，C1M⊥平面BB1D1D
B．当点M为B1D1的中点时，直线DM与直线BC所成角的余弦值为
C．当点M在线段B1D1上运动时，三棱锥C1-BDM的体积是定值
D．点M到直线BC1距离的最小值为
ACD 解析：在长方体ABCD-A1B1C1D1中，以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则D(0，0，0)，B(2，2，0)，C(0，2，0)，C1(0，2，1)，D1(0，0，1)，B1(2，2，1)．设M(t，t，1)，0≤t≤2．
对于A，t＝1，M(1，1，1)，＝(－1，1，0)，＝(0，0，1)，＝(2，2，0)，
因为＝0，所以MC1⊥DD1，MC1⊥DB，
而DD1∩DB＝D，DD1，DB 平面BB1D1D，因此C1M⊥平面BB1D1D，A正确；
对于B，＝(1，1，1)，＝(－2，0，0)，＝，B错误；
对于C，由选项A知，点C1到平面BB1D1D的距离为，而△BDM的面积为，
因此三棱锥C1-BDM的体积为，是定值，C正确；
对于D，＝(－2，0，1)，＝(t，t－2，0)，则点M到直线BC1的距离d＝，当且仅当t＝时，等号成立，D正确．
故选ACD．
11．在正四面体D-ABC中，点E在棱AB上，满足AE＝2EB，点F为线段AC上的动点．设直线DE与平面DBF所成的角为α，则下列说法不正确的是( )
A．存在某个位置，使得DE⊥BF
B．存在某个位置，使得∠FDB＝
C．存在某个位置，使得平面DEF⊥平面DAC
D．存在某个位置，使得α＝
ABD 解析：如图，设正四面体D-ABC的底面中心为O，连接DO，OB，则DO⊥平面ABC.以O为原点，OB，OD所在直线分别为x轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
设正四面体的棱长为2，则A.
设F(－1≤λ≤1)．
若存在某个位置，使得DE⊥BF，则·＝0，解得λ＝－3，不合题意，故A不正确．
若存在某个位置，使得∠FDB＝，即cos 〈〉＝，
所以，此方程无解，故B不正确．
设平面DAC的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则
取z1＝－1，则x1＝2，y1＝0，所以m＝是平面DAC的一个法向量．
设平面DEF的法向量为n＝(x2，y2，z2)，
则
取z2＝1，得n＝是平面DEF的一个法向量．
若存在某个位置，使得平面DEF⊥平面DAC，
则2－1＝0，解得λ＝－∈[－1，1]，故C正确．
设平面DBF的法向量为v＝(x3，y3，z3)，
则
取x3＝，得v＝是平面DBF的一个法向量．
若存在某个位置，使得α＝，
则sin ＝＝，整理得5λ2－4λ＋12＝0，此方程无解，故D不正确．故选ABD．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．已知空间向量a＝(1，－1，0)，b＝(0，1，1)，c＝(1，2，m)共面，则实数m＝________．
3 解析：设c＝xa＋yb，即(1，2，m)＝x(1，－1，0)＋y(0，1，1)，故解得m＝y＝3．
13．如图，在四面体O-ABC中，＝c，D为BC的中点，E为AD的中点．若＝xa＋yb＋zc，其中x，y，z∈R，则x＝________，y＝________，z＝________．
解析：因为D为BC的中点，E为AD的中点，
所以＝＝．
因为＝xa＋yb＋zc，所以x＝.
14．如图1，正方形ABCD的边长为4，AB＝AE＝BF＝AB∥EF.把四边形ABCD沿AB折起，使得AD⊥平面AEFB，得到如图2所示几何体，G是EF的中点，则AG与平面BCE的位置关系为________，二面角C-AE-F的余弦值为________．
垂直 解析：如图，连接BG，
因为BC∥AD，AD⊥底面AEFB，所以BC⊥底面AEFB.
又AG 底面AEFB，所以BC⊥AG.
因为AB∥EG且AB＝EG，AB＝AE，
所以四边形ABGE为菱形，所以AG⊥BE.
又BC∩BE＝B，BE 平面BCE，BC 平面BCE，所以AG⊥平面BCE.
由以上证明知AE＝EG＝BG＝AB＝4，
设AG∩BE＝O，由题意知OE＝OB＝2，OA＝OG＝2．
以O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，
则O(0，0，0)，A(－2，0，0)，E，C，D(－2，0，4)，
所以＝＝.
设平面ACE的法向量为n＝(x，y，z)，
则所以
令y＝1，则x＝，
所以n＝为平面ACE的一个法向量．
易知平面AEF的一个法向量为＝(0，0，4)．
设二面角C-AE-F的大小为θ，
由图易知θ∈，所以cos θ＝.
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．
15．(13分)已知向量a＝(1，－3，2)，b＝(－2，1，1)，点A(－3，－1，4)，B(－2，－2，2)．
(1)求|2a＋b|；
(2)在直线AB上，是否存在一点E，使得⊥b？(O为原点)
解：(1)2a＋b＝(2，－6，4)＋(－2，1，1)＝(0，－5，5)，故|2a＋b|＝.
(2)假设存在点E，设，
则＝(－3，－1，4)＋t(1，－1，－2)＝(－3＋t，－1－t，4－2t)．
若⊥b，则·b＝0，所以－2(－3＋t)＋(－1－t)＋(4－2t)＝0，
解得t＝.因此存在点E，使得⊥b，此时点E的坐标为.
16．(15分)(2024·北京卷)如图，在四棱锥P-ABCD中，BC∥AD，AB＝BC＝1，AD＝3，点E在AD上，且PE⊥AD，PE＝DE＝2．
(1)若F为线段PE的中点，求证：BF∥平面PCD.
(2)若AB⊥平面PAD，求平面PAB与平面PCD夹角的余弦值．
(1)证明：取PD的中点G，连接FG，CG(图略)，
因为F为PE的中点，所以FG＝DE＝1，FG∥DE.
又BC＝1，AD∥BC，所以FG＝BC，FG∥BC，
所以四边形FGCB为平行四边形，所以BF∥CG.
又BF 平面PCD，CG 平面PCD，所以BF∥平面PCD.
(2)解：因为AB⊥平面PAD，PE 平面PAD，所以AB⊥PE.
又PE⊥AD，AB∩AD＝A，AB，AD 平面ABCD，所以PE⊥平面ABCD.
连接EC，易知四边形ABCE为矩形，则直线EC，ED，EP两两垂直，故以E为原点，EC，ED，EP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则P(0，0，2)，C(1，0，0)，D(0，2，0)，A(0，－1，0)，B(1，－1，0)，
所以＝(1，0，0)，＝(0，1，2)，＝(1，0，－2)，＝(0，2，－2)．
设平面PAB的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则
令z1＝1，则y1＝－2，x1＝0，所以n1＝(0，－2，1)为平面PAB的一个法向量．
设平面PCD的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，则
令z2＝1，则x2＝2，y2＝1，所以n2＝(2，1，1)为平面PCD的一个法向量．
设平面PAB与平面PCD的夹角为θ，
则cos θ＝|cos 〈n1，n2〉|＝，
所以平面PAB与平面PCD夹角的余弦值为.
17．(15分)(2023·全国甲卷)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1＝2，A1C⊥平面ABC，∠ACB＝90 ，点A1到平面BCC1B1的距离为1．
(1)求证：AC＝A1C.
(2)若直线AA1与BB1的距离为2，求AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值．
(方法一)(1)证明：因为A1C⊥平面ABC，BC 平面ABC，
所以A1C⊥BC.又∠ACB＝90 ，所以BC⊥AC.
因为A1C∩AC＝C，A1C，AC 平面ACC1A1，所以BC⊥平面ACC1A1．
又BC 平面BCC1B1，所以平面ACC1A1⊥平面BCC1B1．
如图，过点A1作A1O⊥CC1交CC1于点O，
又平面ACC1A1∩平面BCC1B1＝CC1，A1O 平面ACC1A1，
所以A1O⊥平面BCC1B1．
因为A1到平面BCC1B1的距离为1，所以A1O＝1．
在Rt△A1CC1中，A1C⊥A1C1，CC1＝AA1＝2，
设CO＝x，则C1O＝2－x.
因为△A1OC，△A1OC1，△A1CC1均为直角三角形，且CC1＝2，
A1O2＋CO2＝A1C2，A1O2＋＝C1C2，
所以1＋x2＋1＋(2－x)2＝4，解得x＝1，所以AC＝A1C1＝A1C＝，所以AC＝A1C.
(2)解：因为AC＝A1C，BC⊥A1C，BC⊥AC，
所以Rt△ACB≌Rt△A1CB，所以BA＝BA1．
如图，过点B作BD⊥AA1交AA1于点D，则D为AA1的中点．
因为直线AA1与BB1的距离为2，所以BD＝2．
因为A1D＝1，BD＝2，所以A1B＝AB＝.
所以在Rt△ABC中，BC＝.
延长AC至点M，使AC＝CM，连接C1M，
由CM∥A1C1，CM＝A1C1知四边形A1CMC1为平行四边形，
所以C1M∥A1C，所以C1M⊥平面ABC.
又AM 平面ABC，所以C1M⊥AM.
在Rt△AC1M中，AM＝2AC，C1M＝A1C，所以AC1＝，
在Rt△AB1C1中，AC1＝，
所以AB1＝.
又A到平面BCC1B1距离也为1，
所以AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值为.
(方法二)(1)证明：因为A1C⊥平面ABC，BC 平面ABC，所以A1C⊥BC.
因为∠ACB＝90 ，所以BC⊥AC.又AC∩A1C＝C，A1C，AC 平面ACC1A1，
所以BC⊥平面ACC1A1．
又因为BC 平面BCC1B1，所以平面ACC1A1⊥平面BCC1B1．
如图，过点A1作A1H⊥CC1，则A1H⊥平面BCC1B1(面面垂直的性质)，
即A1H的长为点A1到平面BCC1B1的距离，所以A1H＝1．
设AC＝x，在Rt△A1CA中，A1C＝，
在Rt△CA1C1中，由等面积法得A1C1·A1C＝CC1·A1H，即x·＝2×1，解得x＝，所以A1C＝AC＝，
故A1C＝AC.
(2)解：如图，连接B1C，过点C作CQ⊥AA1，垂足为Q，连接BQ.
由(1)知BC⊥平面ACC1A1，
又AA1 平面ACC1A1，所以BC⊥AA1．
又CQ∩BC＝C，CQ，BC 平面BCQ，所以AA1⊥平面BCQ.
因为BQ 平面BCQ，所以AA1⊥BQ.
又因为AA1∥BB1，所以BB1⊥BQ.所以BQ的长为直线AA1与BB1之间的距离，即BQ＝2．
在Rt△BCQ中，BQ＝2，CQ＝1，所以BC＝.
由(1)知CA，CB，CA1两两垂直，所以以C为原点，CA，CB，CA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则C(0，0，0)，A，A1，B，
所以＝＝.
又知＝，所以B1，
所以＝＝.
设平面BCC1B1的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
令x＝1，则y＝0，z＝1，所以n＝(1，0，1)为平面BCC1B1的一个法向量．
设直线AB1与平面BCC1B1所成的角为θ，则
sin θ＝＝，
即直线AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值为.
18．(17分)(2024·新高考全国Ⅰ卷)如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，PA＝AC＝2，BC＝1，AB＝.
(1)若AD⊥PB，证明：AD∥平面PBC；
(2)若AD⊥DC，且二面角A-CP-D的正弦值为，求AD的长.
(1)证明：因为PA⊥平面ABCD，而AD 平面ABCD，所以PA⊥AD.
又AD⊥PB，PB∩PA＝P，PB，PA 平面PAB，所以AD⊥平面PAB.
因为AB 平面PAB，所以AD⊥AB.
因为BC2＋AB2＝AC2，所以BC⊥AB，所以AD∥BC.
又AD 平面PBC，BC 平面PBC，所以AD∥平面PBC.
(2)解：(方法一)如图所示，过点D作DE⊥AC于点E，再过点E作EF⊥CP于点F，连接DF.
因为PA⊥平面ABCD，PA 平面PAC，所以平面PAC⊥平面ABCD.
因为平面PAC∩平面ABCD＝AC，DE⊥AC，DE 平面ABCD，
所以DE⊥平面PAC，所以DE⊥CP.又EF⊥CP，EF∩DE＝E，EF，DE 平面DEF，所以CP⊥平面DEF.又DF 平面DEF，所以PC⊥DF.
根据二面角的定义，可知∠DFE即为二面角A-CP-D的平面角，
即sin ∠DFE＝，所以tan ∠DFE＝.
因为AD⊥DC，设AD＝x，则CD＝，由等面积法可得，DE＝.
又CE＝，由题意知，△EFC为等腰直角三角形，所以EF＝.
因为DE⊥平面PAC，EF 平面PAC，所以DE⊥EF，
所以tan ∠DFE＝，解得x＝，即AD＝.
(方法二)由题意知DC，AD，AP两两垂直，以D为原点，AD所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，过点D且平行于AP的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则D(0，0，0)．设A(a，0，0)，a>0，则CD＝P(a，0，2)，所以＝＝＝.
设平面CPD的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
取x＝2，则y＝0，z＝－a，所以n＝(2，0，－a)是平面CPD的一个法向量．
设平面ACP的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则即则z1＝0．
取x1＝，得y1＝a，所以m＝是平面ACP的一个法向量．
因为二面角A-CP-D的正弦值为，
所以二面角A-CP-D的余弦值的绝对值为，
故|cos 〈m，n〉|＝.
又a>0，所以a＝，即AD＝.
19．(17分)如图1，在边长为2的菱形ABCD中，∠BAD＝60 ，将△BCD沿对角线BD折起到△BC′D的位置，使平面BC′D⊥平面ABD，得到如图2所示几何体，E是BD的中点，FA⊥平面ABD，且FA＝2．
(1)求证：FA∥平面BC′D；
(2)在线段AD上是否存在一点M，使得C′M⊥平面FBC′？若存在，求的值；若不存在，说明理由．
(1)证明：因为B C′＝C′D，E为BD的中点，所以C′E⊥BD.
又平面BC′D⊥平面ABD，且平面BC′D∩平面ABD＝BD，C′E 平面BC′D，
所以C′E⊥平面ABD.
因为FA⊥平面ABD，所以FA∥C′E.
因为C′E 平面BC′D，FA 平面BC′D，所以FA∥平面BC′D.
(2)解：由(1)知，C′E⊥平面ABD，AE，BE 平面ABD，
所以C′E⊥AE，C′E⊥BE.又四边形ABCD为边长为2的菱形，∠BAD＝60 ，
所以AE⊥BD，BE＝ED＝1，AE＝.
故以E为原点，BD，AE，EC′所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则B(1，0，0)，A，D(－1，0，0)，F，C′，
所以＝＝＝.
设平面FBC′的法向量为m＝(x，y，z)，则
令z＝1，则x＝，y＝1，所以m＝为平面FBC′的一个法向量．
假设在线段AD上存在M(a，b，c)，使得C′M⊥平面FBC′，
设(0≤λ≤1)，则＝λ＝，
所以a＝－λ，b＝，c＝0．故＝.
因为C′M⊥平面FBC′，且平面FBC′的一个法向量为m＝，
所以m∥，即m＝t，即方程组无解，λ不存在．
所以在线段AD上不存在点M，使得C′M⊥平面FBC′.