2024-2025学年新教材高中数学单元素养评价一含解析新人教B版选择性必修第一册

PAGE单元素养评价(一)(第一章)(120分钟150分)一、单选题(每小题5分，共40分)1．已知向量a＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，3，1))，b＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－2，4))，则a＋b＝()A．(－1，1，5)B．(－3，5，－3)C．(3，－5，3)D．(1，－1，－5)【解析】选A.a＋b＝(－2，3，1)＋(1，－2，4)＝(－1，1，5).2．已知向量a＝(2，4，5)，b＝(3，x，y)分别是直线l1，l2的方向向量，若l1∥l2，则()A．x＝6，y＝15 B．x＝3，y＝15C．x＝eq\f(8,3)，y＝eq\f(10,3) D．x＝6，y＝eq\f(15,2)【解析】选D.因为l1∥l2，所以a∥b，所以eq\f(x,4)＝eq\f(y,5)＝eq\f(3,2)，所以x＝6，y＝eq\f(15,2).3．若a＝(1，λ，2)，b＝(2，－1，2)，c＝(1，4，4)，且a，b，c共面，则λ＝()A．1B．－1C．1或2D．±1【解析】选A.向量a，b，c共面，所以存在实数m，n使得c＝ma＋nb，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1＝m＋2n,4＝λm－n,4＝2m＋2n))，解得λ＝1.4．在平面ABCD中，A(0，1，1)，B(1，2，1)，C(－1，0，－1)，若a＝(－1，y，z)，且a为平面ABCD的法向量，则y2等于()A．2B．0C．1D．无意义【解析】选C.由题得，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(1，1，0)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－1，－1，－2).又a为平面ABCD的法向量，则有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a·\o(AB,\s\up6(→))＝0,a·\o(AC,\s\up6(→))＝0))，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－1＋y＝0,1－y－2z＝0))，则y＝1，那么y2＝1.5．如图，四个棱长为1的正方体排成一个正四棱柱，AB是一条侧棱，pieq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(i＝1，2，…，8))是上底面上其余的八个点，则eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(i＝1，2，…，8))的不同值的个数为()A.1B．2C．4D．8【解析】选A.＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋，则eq\o(AB,\s\up6(→))·＝eq\o(AB,\s\up6(→))·(eq\o(AB,\s\up6(→))＋)＝|eq\o(AB,\s\up6(→))|2＋eq\o(AB,\s\up6(→))·，因为eq\o(AB,\s\up6(→))⊥，所以eq\o(AB,\s\up6(→))·＝0，所以eq\o(AB,\s\up6(→))·＝|eq\o(AB,\s\up6(→))|2＝1，所以eq\o(AB,\s\up6(→))·(i＝1，2，…，8)的不同值的个数为1.6．在平行六面体ABCD­A1B1C1D1中，向量eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))，两两的夹角均为60°，且|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝1，|eq\o(AD,\s\up6(→))|＝2，||＝3，则||等于()A．5B．6C．4D．8【解析】选A.如图，因为在平行六面体ABCD­A1B1C1D1中，向量eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))，AA1两两的夹角均为60°，且|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝1，|eq\o(AD,\s\up6(→))|＝2，||＝3，所以＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→))＋，所以＝(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→))＋)2＝eq\o(AB,\s\up6(→))2＋eq\o(BC,\s\up6(→))2＋＋2eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＋2eq\o(AB,\s\up6(→))·＋2eq\o(BC,\s\up6(→))·＝1＋4＋9＋2×1×2×cos60°＋2×1×3×cos60°＋2×2×3×cos60°＝25，所以|AC1|＝5.7．如图，在空间直角坐标系中有长方体ABCD­A1B1C1D1，AB＝1，BC＝2，AA1＝3，则点B到直线A1C的距离为(A.eq\f(2,7)B．eq\f(2\r(35),7)C．eq\f(\r(35),7)D．1【解析】选B.过点B作BE垂直A1C设点E的坐标为(x，y，z)，则A1(0，0，3)，B(1，0，0)，C(1，2，0)，＝(1，2，－3)，＝(x，y，z－3)，eq\o(BE,\s\up6(→))＝(x－1，y，z).因为所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x,1)＝\f(y,2)＝\f(z－3,－3)，,x－1＋2y－3z＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(5,7)，,y＝\f(10,7)，,z＝\f(6,7)，))所以eq\o(BE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,7)，\f(10,7)，\f(6,7)))，所以点B到直线A1C的距离|eq\o(BE,\s\up6(→))|＝eq\f(2\r(35),7).8．如图，在等腰Rt△ABC中，AB⊥AC，BC＝2，M为BC的中点，N为AC的中点，D为线段BM上一个动点(异于两端点)，△ABD沿AD翻折至B1D⊥DC，点A在平面B1CD上的投影为点O，当点D在线段BM上运动时，以下说法不正确的是()A.线段NO为定长B．∠AMO＋∠B1DA>180°C．CO∈(1，eq\r(2))D．点O的轨迹是圆弧【解析】选B.翻折后的立体图形，如图所示．对A，因为点A在平面B1CD上的投影为点O，所以AO⊥平面B1CD，又CO⊂平面B1CD，所以AO⊥CO，故△AOC为直角三角形，又N为斜边AC的中点，所以ON＝eq\f(1,2)AC＝eq\f(\r(2),2)为定长．故A正确．对B.∠AMD<90°，∠BDA<90°，所以B不正确．对C，当D在M处时，此时点A在平面B1CD上的投影为点O与M重合，故CO＝1，又在Rt△AOC中，OC<AC＝eq\r(2)，因为D为线段BM上一个动点(异于两端点)，所以OC∈(1，eq\r(2)).故C正确．对D，因为ON＝eq\f(1,2)AC＝eq\f(\r(2),2)，N为AC的中点，所以点O的轨迹是圆弧．故D正确．故选B.二、多选题(每小题5分，共20分，全部选对得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)9．在以下命题中，不正确的是()A．|a|－|b|＝|a＋b|是a，b共线的充要条件B．对a∥b(b≠0)，则存在唯一的实数λ，使a＝λbC．对空间随意一点O和不共线的三点A，B，C，若eq\o(OP,\s\up6(→))＝2eq\o(OA,\s\up6(→))－2eq\o(OB,\s\up6(→))－eq\o(OC,\s\up6(→))，则P，A，B，C四点共面D．|(a·b)·c|＝|a|·|b|·|c|【解析】选ACD.由|a|－|b|＝|a＋b|，得a与b的夹角为π，故是充分不必要条件，故A不正确；B正确；因为2－2－1≠1，由共面对量定理知，C不正确；由向量的数量积的性质知，D不正确．10．已知正方体ABCD­A1B1C1D1中，AC1的中点为O，则下列互为相反向量的是(A．eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OD,\s\up6(→))与B．eq\o(OB,\s\up6(→))－eq\o(OC,\s\up6(→))与C．－eq\o(OA,\s\up6(→))与eq\o(OC,\s\up6(→))－D．eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→))＋eq\o(OD,\s\up6(→))与【解析】选ACD.如图，依据图形可看出：选项A，D的两向量互为相反向量；eq\o(OB,\s\up6(→))－eq\o(OC,\s\up6(→))＝eq\o(CB,\s\up6(→))，－＝，eq\o(CB,\s\up6(→))＝，所以选项B的两向量不是相反向量；－eq\o(OA,\s\up6(→))＝，eq\o(OC,\s\up6(→))－＝，和互为相反向量，所以选项C的两向量互为相反向量．11．如图，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AA1＝AB＝4，BC＝2，M，N分别为棱C1D1，CC1的中点，则下列说法正确的是(A.A，M，N，B四点共面B．BN∥平面ADMC．直线BN与B1M所成角的为D．平面ADM⊥平面CDD1C【解析】选CD.由图明显AM，BN是异面直线，故A，M，N，B四点不共面，故A错误；BN∥平面AA1D1D，明显BN与平面ADM不平行，故B错误；取CD的中点O，连接BO，ON，可知三角形BON为等边三角形，故C正确；由题意AD⊥平面CDD1C1故平面ADM⊥平面CDD1C112．在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F分别是A1D1和C1D1的中点，则下列结论正确的是(A．A1C1∥平面B．B1D⊥平面CEFC．eq\o(CE,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(DA,\s\up6(→))＋－eq\o(DC,\s\up6(→))D．点D与点B1到平面CEF的距离相等【解析】选AC.对A，因为E，F分别是A1D1和C1D1的中点，故EF∥A1C1，故A1C对B，建立如图空间直角坐标系，设正方体ABCD­A1B1C1D1则＝(－2，－2，－2)，eq\o(FC,\s\up6(→))＝(0，1，－2).故·eq\o(FC,\s\up6(→))＝0－2＋4＝2≠0.故，eq\o(FC,\s\up6(→))不相互垂直．又CF属于平面CEF.故⊥平面CEF不成立．对C，同B空间直角坐标系有eq\o(CE,\s\up6(→))＝(1，－2，2)，eq\f(1,2)eq\o(DA,\s\up6(→))＋－eq\o(DC,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(2，0，0)＋(0，0，2)－(0，2，0)＝(1，－2，2).故eq\o(CE,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(DA,\s\up6(→))＋－eq\o(DC,\s\up6(→))成立．对D，点D与点B1到平面CEF的距离相等，则点D与点B1连线的中点O在平面CEF上．连接AC，AE，易得平面CEF即平面CAEF.又点D与点B1连线的中点O在平面A1ACC1上，故点O不在平面CEF上．故D不成立．三、填空题(每小题5分，共20分)13．如图，以长方体ABCD­A1B1C1D1的顶点D为坐标原点，过D的三条棱所在的直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，若的坐标为(4，3，2)，则的坐标为________．【解析】因为的坐标为(4，3，2)，所以A(4，0，0)，C1(0，3，2)，所以＝(－4，3，2).答案：(－4，3，2)14．已知在正方体ABCD­A1B1C1D1中，＝eq\f(1,4)，异面直线AE与BD1所成角的余弦值是________；若eq\o(BE,\s\up6(→))＝xeq\o(AB,\s\up6(→))＋yeq\o(AD,\s\up6(→))＋z，则x＝________．【解析】如图建立空间坐标系，设正方体棱长为4，易得A(4，0，0)，E(3，1，4)，B(0，0，0)，D1(4，4，4)，所以eq\o(AE,\s\up6(→))＝(－1，1，4)，＝(4，4，4)，所以异面直线AE与BD1所成角的余弦值是eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(－4＋4＋16,\r(1＋1＋16)\r(16＋16＋16))))＝eq\f(2\r(6),9).由eq\o(BE,\s\up6(→))＝xeq\o(AB,\s\up6(→))＋yeq\o(AD,\s\up6(→))＋z，可得：(3，1，4)＝x(－4，0，0)＋y(0，4，0)＋z(0，0，4)即3＝－4x，所以x＝－eq\f(3,4).答案：eq\f(2\r(6),9)－eq\f(3,4)15．正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为1，若动点P在线段BD1上运动，则eq\o(DC,\s\up6(→))·eq\o(AP,\s\up6(→))的取值范围是________．【解析】以eq\o(DA,\s\up6(→))所在的直线为x轴，以eq\o(DC,\s\up6(→))所在的直线为y轴，以DD1所在的直线为z轴，建立空间直角坐标系．则D(0，0，0)，C(0，1，0)，A(1，0，0)，B(1，1，0)，D1(0，0，1).所以eq\o(DC,\s\up6(→))＝(0，1，0)，＝(－1，－1，1).因为点P在线段BD1上运动，所以eq\o(BP,\s\up6(→))＝λ·＝(－λ，－λ，λ)，且0≤λ≤1.所以eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BP,\s\up6(→))＝eq\o(DC,\s\up6(→))＋eq\o(BP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－λ，1－λ，λ))，所以eq\o(DC,\s\up6(→))·eq\o(AP,\s\up6(→))＝1－λ∈[0，1].答案：eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，1))16．将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角A­BD­C，有如下几个结论：①AC⊥BD；②△ACD是等边三角形；③AB与平面BCD所成的角为60°；④AB与CD所成的角为60°.其中正确的结论的序号是________．【解析】如图所示，建立空间直角坐标系Oxyz，设正方形ABCD的边长为eq\r(2)，则D(1，0，0)，B(－1，0，0)，C(0，0，1)，A(0，1，0)，所以eq\o(AC,\s\up6(→))＝(0，－1，1)，eq\o(BD,\s\up6(→))＝(2，0，0)，eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝0，故AC⊥BD，①正确．又|eq\o(AC,\s\up6(→))|＝eq\r(2)，|eq\o(CD,\s\up6(→))|＝eq\r(2)，|eq\o(AD,\s\up6(→))|＝eq\r(2)，所以△ACD为等边三角形，②正确．对于③，eq\o(OA,\s\up6(→))为平面BCD的法向量，cos〈eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(OA,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(AB,\s\up6(→))·\o(OA,\s\up6(→)),|\o(AB,\s\up6(→))||\o(OA,\s\up6(→))|)＝eq\f(（－1，－1，0）·（0，1，0）,\r(2)×\r(1))＝eq\f(－1,\r(2))＝－eq\f(\r(2),2)，因为直线与平面所成的角的范围是[0°，90°]，所以AB与平面BCD所成角为45°，故③错误．又cos〈eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(CD,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(AB,\s\up6(→))·\o(CD,\s\up6(→)),|\o(AB,\s\up6(→))||\o(CD,\s\up6(→))|)＝eq\f(（－1，－1，0）·（1，0，－1）,\r(2)×\r(2))＝－eq\f(1,2).因为异面直线所成的角为锐角或直角，所以AB与CD所成的角为60°，故④正确．答案：①②④四、解答题(共70分)17．(10分)如图，在正四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，E为棱BB1的中点，AB＝2，AA1＝(1)若eq\o(DE,\s\up6(→))＝xeq\o(DA,\s\up6(→))＋yeq\o(DC,\s\up6(→))＋z，求x＋y＋z；(2)以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，写出A1，C，D1，E的坐标，并求异面直线DE与CD1所成角的余弦值．【解析】(1)因为在正四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，E为棱BB1所以eq\o(DE,\s\up6(→))＝eq\o(DB,\s\up6(→))＋eq\o(BE,\s\up6(→))＝eq\o(DA,\s\up6(→))＋eq\o(DC,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)，又eq\o(DE,\s\up6(→))＝xeq\o(DA,\s\up6(→))＋yeq\o(DC,\s\up6(→))＋z，所以x＝y＝1，z＝eq\f(1,2)；所以x＋y＋z＝1＋1＋eq\f(1,2)＝eq\f(5,2).(2)由题意，以及题中坐标系可得：A1(2，0，4)，C(0，2，0)，D1(0，0，4)，E(2，2，2)，则eq\o(DE,\s\up6(→))＝(2，2，2)，＝(0，－2，4)，从而cos〈eq\o(DE,\s\up6(→))，CD1〉＝＝eq\f(4,2\r(3)×2\r(5))＝eq\f(\r(15),15)，故异面直线DE与CD1所成角的余弦值为eq\f(\r(15),15).18．(12分)如图，在直角梯形AA1B1B中，∠A1AB＝90°，A1B1∥AB，AB＝AA1＝2A1B1＝2，直角梯形AA1C1C通过直角梯形AA1B1B以直线AA1为轴旋转得到，且使得平面AA1C1C⊥平面AA1B1B.M为线段BC(1)求证：A1C1⊥(2)当点P满意eq\o(BP,\s\up6(→))＝2时，求证：直线∥平面AMP.【证明】由已知可得，A1A，AC，AB两两垂直，以A为原点，AC，AB，AA1因为AB＝AA1＝2A1B1＝2，所以A(0，0，0)，B(0，2，0)，C(2，0，0)，A1(0，0，2)，B1(0，1，2)，C1(1，0，2)，M(1，1，0).(1)＝(1，0，0)，＝(0，1，0)，＝(0，0，2)，所以·＝(1，0，0)·(0，1，0)＝0，·＝(1，0，0)·(0，0，2)＝0，所以⊥，⊥，即A1C1⊥A1B1，A1C1⊥AA1，AA1∩A1B1＝A所以A1C1⊥平面AA1B1又因为AP⊂平面AA1B1B，所以A1C1(2)设P点坐标为(x，y，z)，则eq\o(BP,\s\up6(→))＝(x，y－2，z)，＝(－x，1－y，2－z).因为eq\o(BP,\s\up6(→))＝2，所以x＝－2x，y－2＝2－2y，z＝4－2z，解得x＝0，y＝eq\f(4,3)，z＝eq\f(4,3)，即Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(4,3)，\f(4,3))).设平面AMP的一个法向量n＝(m，n，p)，因为eq\o(AM,\s\up6(→))＝(1，1，0)，eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(4,3)，\f(4,3)))，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(AM,\s\up6(→))·n＝0,\o(AP,\s\up6(→))·n＝0))，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＋n＝0,\f(4,3)n＋\f(4,3)p＝0))，令m＝1，则n＝－1，p＝1，得n＝(1，－1，1).又＝(2，0，－2)，所以A1C·n所以直线A1C19．(12分)已知圆柱OO1底面半径为1，高为π，四边形ABCD是圆柱的一个轴截面，动点M从点B动身沿着圆柱的侧面到达点D，其距离最短时在侧面留下的曲线Γ如图所示．将轴截面ABCD围着轴OO1逆时针旋转θ(0<θ<π)后，边B1C1与曲线Γ相交于点(1)求曲线Γ的长度；(2)当θ＝eq\f(π,2)时，求点C1到平面APB的距离．【解析】(1)曲线Γ的长度为矩形的对角线长度．其中矩形的宽为圆柱的高，长为底面的半圆长，其中AD＝π，底面的半圆长为eq\f(1,2)×2×π×1＝π，所以Γ的长为eq\r(2)π.(2)当θ＝eq\f(π,2)时，建立如图所示的空间直角坐标系：则有A(0，－1，0)，B(0，1，0)，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，0，\f(π,2)))，C1(－1，0，π)，所以eq\o(AB,\s\up6(→))＝(0，2，0)，eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，1，\f(π,2)))，＝(－1，0，π).设平面ABP的法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AB,\s\up6(→))＝0,n·\o(AP,\s\up6(→))＝0))，代入可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2y＝0,－x＋y＋\f(π,2)z＝0))，令z＝2，得n＝(π，0，2)，所以点C1到平面PAB的距离为d＝＝eq\f(π,\r(π2＋4)).20．(12分)在直角梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，BD⊥DC，点E是BC的中点．将△ABD沿BD折起，使AB⊥AC，连接AE，AC，DE，得到三棱锥A­BCD.(1)求证：平面ABD⊥平面BCD；(2)若AD＝1，二面角C­AB­D的余弦值为eq\f(\r(7),7)，求二面角B­AD­E的正弦值．【解析】(1)因为在直角梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，所以AB⊥AD，因为AB⊥AC，AC∩AD＝A，所以AB⊥平面ADC，所以AB⊥CD，因为BD⊥DC，AB∩BD＝B，所以CD⊥平面ADB，因为CD在平面BCD内，所以平面ABD⊥平面BCD.(2)由(1)知AB⊥平面ADC，所以二面角C­AB­D的平面角为∠CAD，因为CD⊥平面ADB，所以AD⊥CD，所以cos∠CAD＝eq\f(AD,AC)＝eq\f(1,AC)＝eq\f(\r(7),7)，得AC＝eq\r(7)，所以CD＝eq\r(6)，设AB＝x，则BD＝eq\r(x2＋1)，由题意可知△ABD∽△DCB，所以eq\f(AB,CD)＝eq\f(AD,BD)，即eq\f(x,\r(6))＝eq\f(1,\r(x2＋1))，解得x＝eq\r(2)，所以BD＝eq\r(3)，BC＝3，如图所示，建立空间直角坐标系Dxyz，则D(0，0，0)，B(eq\r(3)，0，0)，C(0，eq\r(6)，0)，Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，0，\f(\r(6),3)))，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(\r(6),2)，0))，所以eq\o(DA,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，0，\f(\r(6),3)))，eq\o(DE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(\r(6),2)，0))，因为CD⊥平面ADB，所以令平面ADB的法向量为m＝(0，1，0)，设平面AED的法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(DA,\s\up6(→))＝0,n·\o(DE,\s\up6(→))＝0))，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)x＋\f(\r(6),3)z＝0,\f(\r(3),2)x＋\f(\r(6),2)y＝0))，取y＝1，则x＝－eq\r(2)，z＝1，所以n＝(－eq\r(2)，1，1)，设二面角B­AD­E的平面角为θ，则|cosθ|＝eq\f(|m·n|,|m||n|)＝eq\f(1,1×\r(2＋1＋1))＝eq\f(1,2)，所以sinθ＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(3),2)，所以二面角B­AD­E的正弦值为eq\f(\r(3),2).21．(12分)四棱锥P­ABCD的底面是菱形，PO⊥底面ABCD，O，E分别是AD，AB的中点，AB＝6，AP＝5，∠BAD＝60°.(1)求证：AC⊥PE；(2)求直线PB与平面POE所成角的正弦值．【解析】(1)由菱形的性质可得：AC⊥BD，结合三角形中位线的性质可知：OE∥BD，故OE⊥AC，又PO⊥底面ABCD，AC⊂底面ABCD，故AC⊥OP，且OP∩OE＝O，故AC⊥平面POE，PE⊂平面POE，所以AC⊥PE.(2)由题意结合菱形的性质易知OP⊥OA，OP⊥OB，OA⊥OB，以点O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.则P(0，0，4)，B(0，3eq\r(3)，0)，O(0，0，0)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(3,2)\r(3)，0))，设平面POE的一个法向量为m＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(OP,\s\up6(→))＝4z＝0,m·\o(OE,\s\up6(→))＝\f(3,2)x＋\f(3,2)\r(3)y＝0))，据此可得平面POE的一个法向量为m＝(eq\r(3)，－1，0)，而eq\o(PB,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，3\r(3)，－4))，设直线PB与平面POE所成角为θ，则sinθ＝eq\f(|\o(PB,\s\up6(→))·m|,|\o(PB,\s\up6(→))|×|m|)＝eq\f(3\r(3),2\r(43))＝eq\f(3,86)eq\r(129).22．(12分)请从下面三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并作答．①AB⊥BC；②FC与平面ABCD所成的角为eq\f(π,6)；③∠ABC＝eq\f(π,3).如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是菱形，PA⊥平面ABCD，且PA＝AB＝2，PD的中点为F.(1)在线段AB上是否存在一点G，使得AF∥平面PCG？若存在，指出G在AB上的位置并给以证明；若不存在，请说明理由；(2)若________，求二面角F­AC­D的余弦值．【解析】(1)在线段AB上存在中点G，使得AF∥平面PCG.证明如下：如图所示；设PC的中点为H，连接FH，GH，所以FH∥CD，FH＝eq\f(1,2)CD，AG∥CD，AG＝eq\f(1,2)CD，所以FH∥AG，FH＝AG，所以四边形AGHF为平行四边形，则AF∥GH，又GH⊂平面PGC，AF⊄平面PGC，所以AF∥平面PGC.(2)选择①AB⊥BC：因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BC，由题意知AB，AD，AP两两垂直，以AB，AD，AP分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，因为PA＝AB＝2，则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，F(0，1，1)，P(0，0，2)，所以eq\o(AF,\s\up6(→))＝(0，1，1)，eq\o(CF,\s\up6(→))＝(－2，－1，1)，设平面FAC的一个法向量为μ＝(x，y，z)所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(μ·\o(AF,\s\up6(→))＝y＋z＝0,μ·\o(CF,\s\up6(→))＝－2x－y＋z＝0))，取y＝1，得μ＝(－1，1，－1)