2024北京中关村中学高二（上）期中数学（教师版）

第1页/共1页2024北京中关村中学高二（上）期中数学一、单选题：本题共14小题，每小题4分，共56分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1．若，，则＝（）A． B． C．5 D．22．已知，，如果与为共线向量，则x＝（）A．1 B． C． D．3．若长方体的三条棱长分别是1，2，3，则它的外接球的表面积（）A．28π B．14π C．56π D．32π4．已知m，n表示两条不同直线，α表示平面，下列说法正确的是（）A．若m∥α，n∥α，则m∥n B．若m⊥α，n⊂α，则m⊥n C．若m⊥α，m⊥n，则n∥α D．若m∥α，m⊥n，则n⊥α5．三棱锥O﹣ABC中，M，N分别是AB，OC的中点，且＝，＝，＝，用，，表示，则等于（）A．（﹣++） B．（+﹣） C．（﹣+） D．（﹣﹣+）6．已知A（2，﹣4，1），B（2，﹣1，4），C（1，﹣3，1），则与的夹角为（）A．30° B．45° C．60° D．90°7．已知两条不同直线a，b和平面α，若a⊥α，则“a∥b”是“b⊥α”的（）A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件8．已知A，B，C为球O的球面上的三个点，⊙O1为△ABC的外接圆．若⊙O1的面积为4π，AB＝BC＝AC＝OO1，则球O的表面积为（）A．64π B．48π C．36π D．32π9．如图所示的几何体是由一个圆柱挖去一个以圆柱上底面为底面，下底面圆心为顶点的圆锥而得到的几何体，现用一个竖直的平面去截这个几何体，则截面图形可能是（）A．（1）（2） B．（1）（3） C．（1）（4） D．（1）（5）10．在正三棱锥P﹣ABC中，AB＝3，，则直线PA与平面ABC所成角的大小为（）A．30° B．45° C．60° D．75°11．将边长为1的正方形ABCD沿对角线AC折起，折起后点D记为D'．若BD'＝1，则四面体ABCD'的体积为（）A． B． C． D．12．《九章算术•商功》：“斜解立方，得两塹堵，斜解塹堵，其一为阳马，一为鳖臑．阳马居二，鳖臑居一，不易之率也．合两鳖臑三而一，验之以基，其形露矣．”文中“阳马”是底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥．在阳马P﹣ABCD中，侧棱PA⊥底面ABCD，且PA＝1，AB＝AD＝2，则点A到平面PBD的距离为（）A． B． C． D．13．如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，△ABC是边长为4的正三角形，AA1＝2，N为棱A1B1上的中点，M为棱CC1上的动点，过N作平面ABM的垂线段，垂足为点O，当点M从点C运动到点C1时，点O的轨迹长度为（）A． B． C． D．π14．蜜蜂被誉为“天才的建筑师”．蜂巢结构是一种在一定条件下建筑用材面积最小的结构．如图是一个蜂房的立体模型，底面ABCDEF是正六边形棱AG，BH，CI，DJ，EK，FL均垂直于底面ABCDEF，上顶由三个全等的菱形PGHI，PIJK，PKLG构成．设BC＝1，∠GPI＝∠IPK＝∠KPG＝θ，则上顶的面积为（）A．3sinθ B． C． D．二、填空题：本题共6小题，每小题5分，共30分。15．（5分）已知三角形ABC的三个顶点分别为A（3，3，1），B（1，1，5），C（0，1，0），则AB的中点坐标为；AB边上的中线长为．16．（5分）已知一个圆锥的轴截面为边长为2的正三角形，则此圆锥的表面积为．17．（5分）如图，长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1＝AD＝1，AB＝2，则点D1到点B的距离等于；点D1到直线AC的距离等于．18．（5分）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点E为CC1的中点，求直线AD1与直线BE所成角的余弦值为．19．（5分）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，M，N分别为C1D1，BC的中点，点P在正方体表面上运动，且DB1⊥平面PMN，则动点P的轨迹（包含M，N）所围成图形面积为．20．（5分）如图，正方形ABCD和正方形CDEF所在的平面互相垂直．P为棱AB上的动点，DQ⊥平面EPC，Q为垂足．给出下列四个结论：①EQ＝CQ；②线段DQ的长随线段BP的长减小而增大；③存在点P，使得PQ∥平面EDA；④存在点P，使得．其中所有正确结论的序号是．三、解答题：本题共5小题，共64分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。21．（10分）设x，y∈R，向量，，＝（z，﹣4，2），且，．（1）求；（2）求向量与夹角的余弦值．22．（12分）如图，在三棱锥P﹣ABC中，△PBC为等边三角形，点O为BC的中点，AC⊥PB，平面PBC⊥平面ABC．（1）求证：直线AC⊥平面PBC；（2）已知E为PO的中点，F是线段AB上的点，AF＝λAB．若EF⊥BC，求λ的值．23．（14分）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1＝AD＝2，BD1和B1D交于点E，F为AB的中点．（Ⅰ）求证：EF∥平面B1BCC1；（Ⅱ）再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求：（i）平面CEF与平面BCE的夹角的余弦值；（ii）点A到平面CEF的距离．条件①：CE⊥B1D；条件②：B1D与平面ADD1A1所成角为．注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．24．（14分）已知△ABC中，AB⊥BC，BC＝6，AB＝3，分别取边AB，AC的点D，E，使得AD＝2，DE∥BC，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，设点M为棱A1D的中点，点P为A1B的中点，棱BC上的点N满足BN＝2NC．（1）求证：MN∥平面A1EC；（2）试探究在△ADE的折起过程中，是否存在一个位置，使得三棱锥N﹣PCE的体积为，若存在，求出二面角A1﹣DE﹣B的大小，若不存在，请说明理由．25．（14分）已知集合Rn＝{（x1，x2，…，xn）|xi∈R，i＝1，2，…，n}（n≥1），定义Rn上两点A（a1，a2，⋯，an），B（b1，b2…，bn）的距离．（1）当n＝2时，以下命题正确的有（不需证明）：①在△ABC中，若d（A，B）＝d（A，C），则∠B＝∠C；②若A（1，2），B（4，6），则d（A，B）＝7；③在△ABC中，若∠C＝90°，则[d（A，C）]2+[d（C，B）]2＝[d（A，B）]2；（2）当n＝2时，证明R2中任意三点A，B，C之间的距离满足d（A，C）+d（C，B）≥d（A，B）；（3）当n＝3时，设A（0，0，0），B（4，4，4），P（x，y，z），其中x，y，z∈Z，d（A，B）＝d（A，P）+d（P，B）．求满足条件的P点的个数n，并证明从这个点中任取11个点，其中必存在4个点，它们共面或以它们为顶点的三棱锥体积不大于．

参考答案一、单选题：本题共14小题，每小题4分，共56分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1．【分析】直接利用向量的线性运算求出向量的模．【解答】解：若，，所以，故．故选：A．【点评】本题考查的知识点：向量的线性运算，向量的模，主要考查学生的运算能力，属于中档题．2．【分析】直接利用向量共线的充要条件求出x的值．【解答】解：由于，，且，故，解得x＝．故选：C．【点评】本题考查的知识点：向量的坐标运算，向量共线的充要条件，主要考查学生的运算能力，属于中档题．3．【分析】根据题意可得该长方体的外接球的直径2R为长方体的体对角线长，再根据长方体的体对角线公式及球的表面积公式，即可求解．【解答】解：∵长方体的三条棱长分别是1，2，3，∴该长方体的外接球的直径2R为长方体的体对角线长，∴（2R）2＝12+22+32＝14，∴该长方体的外接球的表面积为4πR2＝14π．故选：B．【点评】本题考查长方体的外接球问题，属基础题．4．【分析】A．运用线面平行的性质，结合线线的位置关系，即可判断；B．运用线面垂直的性质，即可判断；C．运用线面垂直的性质，结合线线垂直和线面平行的位置即可判断；D．运用线面平行的性质和线面垂直的判定，即可判断．【解答】解：A．若m∥α，n∥α，则m，n相交或平行或异面，故A错；B．若m⊥α，n⊂α，则m⊥n，故B正确；C．若m⊥α，m⊥n，则n∥α或n⊂α，故C错；D．若m∥α，m⊥n，则n∥α或n⊂α或n⊥α，故D错．故选：B．【点评】本题考查空间直线与平面的位置关系，考查直线与平面的平行、垂直的判断与性质，记熟这些定理是迅速解题的关键，注意观察空间的直线与平面的模型．5．【分析】利用向量的平行四边形法则、三角形法则可得：＝，＝，＝，＝，＝，代入化简即可得出．【解答】解：∵＝，＝，＝，＝，＝，∴＝＝＝﹣+，∴＝+，故选：B．【点评】本题考查了向量的平行四边形法则、三角形法则，考查了数形结合方法、推理能力与计算能力，属于中档题．6．【分析】根据空间向量的夹角公式即可求解．【解答】解：由A（2，﹣4，1），B（2，﹣1，4），C（1，﹣3，1），可得，，则＝，又，所以与的夹角为60°．故选：C．【点评】本题考查利用空间向量求夹角，属基础题．7．【分析】由线面垂直的性质可证得“a∥b”是“b⊥α”的充要条件．【解答】解：因为a⊥α，当a∥b，可得b⊥α，此时“a∥b”是“b⊥α”的充分条件，当a⊥α，b⊥α，a⊥α，可得a∥b，此时“a∥b”是“b⊥α”的必要条件，综上所述：“a∥b”是“b⊥α”的充要条件．故选：C．【点评】本题考查充要条件的应用，属于基础题．8．【分析】画出图形，利用已知条件求出OO1，然后求解球的半径，即可求解球的表面积．【解答】解：由题意可知图形如图：⊙O1的面积为4π，可得O1A＝2，则AO1＝ABsin60°，，∴AB＝BC＝AC＝OO1＝2，外接球的半径为：R＝＝4，球O的表面积：4×π×42＝64π．故选：A．【点评】本题考查球的内接体问题，球的表面积的求法，求解球的半径是解题的关键．9．【分析】该平面过圆柱上、下底中心时截面图形为（1），不过上、下底的中心时截面图形为（5）．【解答】解：当该平面过圆柱上、下底中心时截面图形为（1）；当不过上、下底的中心时，截面图形为（5）．所以只有（1）、（5）正确．故选：D．【点评】本题考查了圆柱体的截面图形应用问题，是基础题．10．【分析】由题意画出图形，取底面三角形的中心，可得直线PA与平面ABC所成角，求解三角形得答案．【解答】解：如图，取底面正三角形ABC的中心O，连接PO，则PO⊥底面ABC，则∠PAO为直线PA与平面ABC所成角，连接AO并延长，交BC于D，可得，，在Rt△POA中，有，即∠PAO＝60°．∴直线PA与平面ABC所成角的大小为60°．故选：C．【点评】本题考查直线与平面所成角的求法，考查空间想象能力与运算求解能力，是中档题．11．【分析】设正方形ABCD的对角线交点为O，则易得D′O⊥平面ABC，再根据三棱锥的体积公式，即可求解．【解答】解：设正方形ABCD的对角线交点为O，则可得折叠后的二面角D′﹣AC﹣B的平面角为∠D′OB，又BD'＝1，D′O＝BO＝，∴D′O2+BO2＝BD′2，∴∠D′OB＝90°，∴D′O⊥平面ABC，∴四面体ABCD'的体积为＝．故选：A．【点评】本题考查四面体的体积的求解，属基础题．12．【分析】设点A到平面PBD的距离为h，利用，即可求解．【解答】解：设点A到平面PBD的距离为h，则四棱锥的体积为：，∴．则．故选：B．【点评】本题考查了等体积法求距离，属于基础题．13．【分析】根据线面垂直及圆的性质判断点O的轨迹为圆的一部分，再由弧长公式能求出结果．【解答】解：取AB中点P，连接PC，C1N，如图，∵PC⊥AB，PN⊥AB，且PC∩PN＝P，PC⊂平面PCC1N，PN⊂平面PCC1N，∴AB⊥平面PCC1N，又AB⊂平面ABM，∴平面ABM⊥平面PCC1N，过N作NO⊥PM，又平面ABM∩平面PCC1N＝PM，NO⊂平面PCC1N，∴NO⊥平面ABM，当点M从点C运动到点C1时，O点是以PN为直径的圆Q（部分），当点M到点C1时，O点到最高点，此时PC＝2，CC1＝2，∠CPC1＝，∴∠OPQ＝，∴弧长l＝＝，∴当点M从点C运动到点C1时，点O的轨迹长度为．故选：C．【点评】本题考查线面垂直的判定与性质、点的轨迹、圆的性质等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．14．【分析】由三角函数的定义，结合菱形的面积公式求解．【解答】解：因为ABCDEF是正六边形，又BC＝1，则，即，因为四边形PGHI为菱形，连接PH，GI，则PH⊥GI，又GI∥AC且GI＝AC，则，设GI∩PH＝O，则，，则，则，则菱形PGHI的面积为，则上顶菱形的面积为．故选：D．【点评】本题考查了三角函数的定义，重点考查了菱形的面积公式，属中档题．二、填空题：本题共6小题，每小题5分，共30分。15．【分析】直接利用中点坐标公式和两点间的距离公式求出结果．【解答】解：由于三角形ABC的三个顶点分别为A（3，3，1），B（1，1，5），C（0，1，0），则AB的中点坐标为D（），即D（2，2，3）．由于C（0，1，0），D（2，2，3），故|CD|＝．故答案为：D（2，2，3）；．【点评】本题考查的知识点：中点坐标公式，两点间的距离公式，主要考查学生的运算能力，属于中档题．16．【分析】利用等边三角形的性质、圆锥的表面积计算公式即可得出．【解答】解：一个圆锥的轴截面为边长为2的正三角形，可得：底面半径r＝1，母线长为2．∴此圆锥的表面积＝π×12+＝3π．故答案为：3π．【点评】本题考查了等边三角形的性质、圆锥的表面积计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．17．【分析】利用勾股定理，求得点D1到点B的距离D1B；结合勾股定理与等面积法，可得点D1到直线AC的距离．【解答】解：由勾股定理知，D1B＝＝＝，所以点D1到点B的距离等于，由勾股定理知，AD1＝，CD1＝，AC＝，设点D1到直线AC的距离为d，在△ACD1中，＝AD1•，所以d＝×，解得d＝，所以点D1到直线AC的距离为．故答案为：，．【点评】本题考查空间中点与点，点到线的距离，考查空间立体感，逻辑推理能力和运算能力，属于基础题．18．【分析】设正方体的棱长为2，分别求出直线AD1与直线BE的方向向量，的表达式，进而求出这两个向量的夹角的余弦值，再求出这两条直线所成角的余弦值．【解答】解：设正方体的棱长为2，因为＝+，＝+＝+，•＝（+）•（+）＝+2+2+•＝×4+4＝6，则||＝＝＝＝2，|＝＝＝＝，所以cos＜，＞＝＝＝，设直线AD1与直线BE所成角为θ，所以cosθ＝|cos＜，＞|＝．故答案为：．【点评】本题考查用空间向量的方法求两条直线所成角的余弦值的求法，属于中档题．19．【分析】先证明平面EFGNHM∥平面A1BC1，根据B1D⊥平面A1BC1，得出B1D⊥∥平面EFGNHM，进而确定P的轨迹为正六边形，求解即可．【解答】解：如图，分别取A1D1，A1A，AB，CC1，的中点E，F，G，H，连接EF，FG，GC，CH，A1B，BC1，A1C1，则MH∥A1B，又MH⊄平面A1BC1，A1B⊂平面A1BC1，所以MH∥平面A1BC1，同理HN∥平面A1BC1，又MH∩HN＝N，MH∩，HN⊂平面EFGNHM，所以平面EFGNHM∥平面A1BC1，在正方体中，易知B1D⊥平面A1BC1，所以B1D⊥∥平面EFGNHM，又点P在正方体表面上运动，故P点的轨迹为正六边形EFGNHM，因为正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，即AB＝2，所以，ME＝，故正六边形EFGNHM的面积为．故答案为：．【点评】本题考查正方体的结构特征，属于中档题．20．【分析】根据给定条件，以点D为原点，建立空间直角坐标系，求出平面EPC的法向量，进而求出点Q的坐标，再逐一计算判断各个命题即得答案．【解答】解：由题意，以点D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，令AB＝1，设AP＝t（0≤t≤1），则D（0，0，0），C（0，1，0），E（0，0，1），P（1，t，0），，设平面EPC的一个法向量为，则有，取y＝1，可得，由DQ⊥平面EPC于Q，得，即Q（（1﹣t）λ，λ，λ），则，显然，解得，于是，对于①，，故①正确；对于②，在[0，1]上单调递增，当线段BP的长减小时，t增大，此时|DQ|随之增大，故②正确；对于③，平面EDA的一个法向量为，而，由，得λ＝t，即，整理得t3﹣2t2+3t﹣1＝0，令f（t）＝t3﹣2t2+3t﹣1，t∈[0，1]，显然函数f（t）在[0，1]上的图象连续不断，而f（0）＝﹣1＜0，f（1）＝1＞0，因此存在t∈（0，1），使得f（t）＝0，此时PQ⊄平面EDA，因此存在点P，使得PQ∥平面EDA，故③正确；对于④，A（1，0，0），B（1，1，0），则，，若，显然Δ＝（3﹣2t）2﹣4（t2﹣2t+3）＝﹣4t﹣3＜0，即不存在t∈[0，1]，使得，④错误；所以所有正确结论的序号是①②③．故答案为：①②③．【点评】本题考查几何体中点的位置问题，考查利用空间向量判断空间点、线、面的位置关系，属中档题．三、解答题：本题共5小题，共64分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。21．【分析】（1）首先利用向量的共线和向量的垂直求出向量的坐标，进一步求出向量的模；（2）利用向量的线性运算和向量的夹角运算求出结果．【解答】解：（1）向量，，＝（z，﹣4，2），且，故1+y+1＝0，解得y＝﹣2．由于，所以，解得z＝2．故，，所以，故＝．（2）由于故，，故，故＝．【点评】本题考查的知识点：向量的垂直和共线的充要条件，向量的坐标运算，向量的夹角运算，主要考查学生的运算能力，属于基础题．22．【分析】（1）根据面面垂直的性质定理及线面垂直的判定定理，即可证明；（2）由题意可证得OF⊥BC，进而得AC∥OF，从而得出F为AB中点，可得结论．【解答】（1）证明：因为△PBC为等边三角形，点O为BC的中点，所以PO⊥BC，又平面PBC⊥平面ABC，平面PBC∩平面ABC＝BC，PO⊂平面PBC，所以PO⊥平面ABC，又AC⊂平面ABC，所以PO⊥AC，又AC⊥PB，PO∩PB＝P，PO，PB⊂平面PBC，所以AC⊥平面PBC；（2）解：由（1）知，PO⊥BC，又EF⊥BC，PO∩EF＝E，PO，EF⊂平面EOF，所以BC⊥平面EOF，又OF⊂平面EOF，所以OF⊥BC，又AC⊥平面PBC，则AC⊥BC，所以AC∥OF，由O为BC中点，可得F为AB中点，由AF＝λAB，可得．【点评】本题考查线面垂直的判定及应用，考查面面垂直的性质，属中档题．23．【分析】（Ⅰ）连接BC1，B1C，相交于点G，连接EG，先证四边形BFEG是平行四边形，可得EF∥BG，再由线面平行的判定定理，即可得证；（Ⅱ）以D为原点建立空间直角坐标系，设DC＝t（t＞0），根据所选条件求出t的值，（i）利用向量法求平面与平面所成角；（ii）利用向量法求点到平面的距离．【解答】（Ⅰ）证明：连接BC1，B1C，相交于点G，连接EG，则G是BC1的中点，由长方体的性质知，点E是BD1的中点，所以EG∥C1D1，EG＝C1D1，而F是AB的中点，且AB∥C1D1，AB＝C1D1，所以BF∥EG，BF＝EG，所以四边形BFEG是平行四边形，所以EF∥BG，又EF⊄平面B1BCC1，BG⊂B1BCC1，所以EF∥平面B1BCC1．（Ⅱ）解：选择条件①：CE⊥B1D，以D为原点建立空间直角坐标系，设DC＝t（t＞0），则D（0，0，0），C（0，t，0），E（1，，1），B1（2，t，2），所以＝（1，﹣，1），＝（2，t，2），若CE⊥B1D，则•＝2﹣+2＝0，解得t＝2，（i）C（0，2，0），E（1，，1），F（2，，0），B（2，2，0），所以＝（1，﹣，1），＝（2，﹣，0），＝（2，0，0），设平面CEF的法向量为＝（x，y，z），则，令x＝1，则y＝，z＝1，所以＝（1，，1），设平面BCE的法向量为＝（a，b，c），则，令b＝1，则a＝0，c＝，所以＝（0，1，），所以cos＜，＞＝＝＝，故平面CEF与平面BCE的夹角的余弦值为．（ii）＝＝（0，，0），由（i）平面CEF的法向量为＝（1，，1），所以点A到平面CEF的距离为＝＝1．选择条件②：B1D与平面ADD1A1所成角为，以D为原点建立空间直角坐标系，设DC＝t（t＞0），则D（0，0，0），B1（2，t，2），所以＝（2，t，2），易知平面ADD1A1的一个法向量为＝（0，1，0），因为B1D与平面ADD1A1所成角为，所以|cos＜，＞|＝＝＝sin＝，解得t＝2，（i）C（0，2，0），E（1，，1），F（2，，0），B（2，2，0），所以＝（1，﹣，1），＝（2，﹣，0），＝（2，0，0），设平面CEF的法向量为＝（x，y，z），则，令x＝1，则y＝，z＝1，所以＝（1，，1），设平面BCE的法向量为＝（a，b，c），则，令b＝1，则a＝0，c＝，所以＝（0，1，），所以cos＜，＞＝＝＝，故平面CEF与平面BCE的夹角的余弦值为．（ii）＝＝（0，，0），由（i）平面CEF的法向量为＝（1，，1），所以点A到平面CEF的距离为＝＝1．【点评】本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握线面平行的判定定理，利用向量法求平面与平面所成角，点到平面的距离是解题的关键，考查空间立体感，逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．24．【分析】（1）取DE的中点G，连接MG，NG，证明线面平行，再由平面与平面平行的判定可得面面平行，进一步得到MN∥平面A1EC；（2）利用等体积法求出满足条件时M到底面的距离，进一步求得二面角A1﹣DE﹣B的大小．【解答】（1）证明：∵BC＝6，BN＝2NC，∴BN＝4，NC＝2，∵AB⊥BC，DE∥BC，∴DE⊥AD，DE⊥BD，则DE⊥A1D，又AB＝3，AD＝2，可得DE＝4，取DE的中点G，连接MG，NG，又∵M为A1D的中点，∴MG∥A1E，∵GE∥NC，且GE＝NC，∴四边形NCEG为平行四边形，可得NG∥EC，而MG、NG⊂平面MGN，且MG∩NG＝G，∴平面MGN∥平面A1EC，则MN∥平面A1EC；（2）解：在△ADE的折起过程中，存在一个位置，满足二面角A1﹣DE﹣B的大小为或，使得三棱锥N﹣PCE的体积为．解析如下：在△ADE的折起过程中，PM∥BD，则PM∥平面BCED，可得P到平面NCE的距离等于M到平面NCE的距离，在△NCE中，由已知可得NE＝BD＝1，NC＝2，且EN⊥NC，∴．要使三棱锥N﹣PCE的体积为，即使得三棱锥P﹣NCE的体积为，设M到平面NEC的距离为h，则＝，即h＝．此时A1D与底面所成角为，得到二面角A1﹣DE﹣B的大小为∠A1DB（或其补角）等于或．【点评】本题考查线面平行的证明，考查满足二面角的位置的判断与求法，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，是中档题．25．【分析】（1）①由新定义写出等式d（A，B）＝d（A，C）的表达式，观察有无|AB|＝|AC|；②根据新定义直接计算；③根据新定义，写出等式两边的表达式，观察它们是否相同，即可判断；（2）由新定义，写出不等式两边的表达式，根据绝对值的性质证明；（3）根据新定义，及绝对值的性质得P点是以AB为对角线的正方体的表面和内部的整数点，共125个，把它们分布在五个平面（z＝0，1，2，3，4）上，这五个面一个面取3个点，相邻面上取一个点，以它们为顶点构成三棱锥（能构成时），棱锥的体积不超过，然后任取11点中如果没有4点共面，但至少有一个平面内有3个点．根据这3点所在平面分类讨论可得．【解答】解：（1）当n＝2时，②若A（1，2），B（4，6），则d（A，B）＝|4﹣1|+|6﹣2|＝7，②正确；③在△ABC中，若∠C＝90°，