山西省运城市2023-2024学年高二上学期9月月考试题 数学(A卷)含解析

数学试题（A卷）

一、单选题2023.09（答案在最后）

1．对于空间中的任意三个向量a，b，2a4b，它们一定是（A．共面向量B．共线向量C．不共面向量）D．既不共线也不共面的向量2．四面体ABCD中，ACAD2AB2，BAD60，ABCD2，则BAC（A．60B．90C．120D．150）23．向量a（﹣1，2，﹣2），b（k，4，5）夹角的余弦值为，则实数k为（6）A．3B．﹣11C．﹣3或11D．3或﹣11）4．如图正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为a，以下结论不正确的是（A．异面直线A1D与AB1所成的角为60C．直线A1D与BD1平行B．直线A1D与BC1垂直13D．三棱锥AA1CD的体积为a65．在空间直角坐标系Oxyz中，已知点A2,2,1，点A关于平面Oxy对称的点为B，点A关于x轴对称的点为C，则ABC的面积为（A．2B．4）C．8D．166．正方体ABCDA1B1C1D1棱长为2，E是棱AB的中点，F是四边形AA1D1D内一点（包含3FEFD，当三棱锥FAED的体积最大时，EF与平面ABB1A1所成角的正边界），且4弦值为（A．23）B．53C．255D．527．在长方体ABCDA1B1C1D1中，ABAD2，AA11，O是AC的中点，点P在线段A1C1上，若直线OP与平面ACD1所成的角为，则cos的取值范围是（）23,A．3326,B．3333,C．4337D．,338．正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为3，点E，F分别在棱C1C,D1C1上，且C1E2EC，D1F2FC1，下列几个命题：①异面直线A1D与BF垂直；②过点B，E，F的平面截正方体，截面为等腰梯形；③三棱锥B1BEF的体积为23④过点B1作平面，使得AE，则平面2截正方体所得的截面面积为519．其中真命题的序号为（A．①④B．①③④C．①②③）D．①②③④二、多选题uruur9．已知v1，v2分别为直线l1，l2的方向向量（l1，l2不重合），n1，n2分别为平面α，β的法向量（α，β不重合），则下列说法中，正确的是（）10．如图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，下列各组向量的夹角为45的是（A．v1//v2⇔l1//l2B．v1⊥v2⇔l1⊥l2C．n1//n2⇔α//βuruurD．n1⊥n2⇔α⊥β）A．AB与AC11B．AB与C1A1C．BC与C1BD．BC与AD111．已知三棱锥B-ACD的侧棱两两垂直，E为棱CD的中点，且AB1，BD2，BC4，则（）A．ACAD1B．异面直线BE与AD所成角的正弦值为2510535C．平面ABE与平面ABD不垂直D．平面ABE与平面ACD所成锐二面角的余弦值为△ACB≌△A1B1C1，12．如图，在几何体ABC-A1B1C1中，四边形A1ACB1是矩形，且平面ACB//平面A1B1C1，AA1AB，ABBCAA12AC1，则下列结论正确的是（2）A．AC1//BB1B．异面直线BB1、C1C所成的角为1π333C．几何体ABC-A1B1C1的体积为2三、填空题D．平面A1BB1与平面AC1C间的距离为13．在三棱柱ABC-A1B1C1中，点M在线段CB1上，且CM2MB1，若以AB,AC,AA1为基底表示AM，则AM．14．已知直线a，b的方向向量分别为m(4,k,k2)和n(k,k3,6)，若a//b，则k.115．若平面向量a,b为单位向量，ab，空间向量c满足|c|23，ac2，bc3，2t,tctatb则对任意的实数12，的最小值为．1216．三棱锥PABC中，PA,PB,PC两两垂直，PAPBPC6，点M为平面ABC内的动点，且满足PM3，记直线PM与直线AB的所成角的余弦值的取值范围为四、解答题17．已知A(1,2,1),B(2,2,2)，点P在z轴上，且|PA||PB|，求点P的坐标．18．如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，ACCB2，AA13，ACB90，P为BC的中．2AQ，BR2RB1．求平面PQR与平面A1B1C1夹点，点Q，R分别在棱AA1，BB1上，AQ1角的余弦值．19．如图，已知正方形ABED的边长为2，O为两条对角线的交点，如图所示，将RtBED沿BD所在的直线折起，使得点E移至点C，满足ABAC．（1）求四面体ABCD的体积V；①直线BC与AD所成角的大小；（2）请计算：②直线BC与平面ACD所成的角的正弦．，CBADBC．20．如图，ABC和△DBC所在平面垂直，且ABBCBD(1)求证：ADBC；(2)若2π，求平面ABD和平面ABC的夹角的余弦值．321．如图，四边形ABCD是梯形，AD∥BC，∠BAD=90°，四边形CC1D1D为矩形，已知AB⊥BC1，AD=4，AB=2，BC=1.（I）求证：BC1∥平面ADD1；（II）若DD1=2，求平面AC1D1与平面ADD1所成的锐二面角的余弦值；（III）设P为线段C1D上的一个动点（端点除外），判断直线BC1与直线CP能否垂直?并说明理由.22．如图，在棱长为2的正方体ABCDEFGH中，点M是正方体的中心，将四棱锥MBCGF绕直线CG逆时针旋转(0π)后，得到四棱锥MBCGF．(1)若π，求证：平面MCG//平面MBF；2使得直线MF平面MBC？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由。(2)是否存在，高二数学参考答案（A）1．A【分析】根据空间向量共面定理，即可直接判断并选择.【详解】若a，b不共线，则由空间共面向量定理知，a，b，2a4b共面；若a，b共线，则a，b，2a4b共线，也共面.故选：A.2．C【分析】根据题意得ABCDABADAC，由数量积公式计算即可.【详解】由题知，ACAD2AB2，BAD60所以ABCDABADACABADABACABADcosBADABACcosBAC2，所以12cos6012cosBAC2，解得BAC120，故选：C3．B【分析】根据向量的数量积的运算，代入公式得到关于k的方程，解出即可．【详解】由题意得：|a|1443，|b|k21625k241，k8102故cosa，b，解得：k＝﹣11，63k241故选：B4．C【分析】如图所示，建立空间直角坐标系．利用正方体的性质、向量的夹角公式与数量积的关系、三棱锥的体积计算公式即可得出．【详解】如图所示，建立空间直角坐标系．，D（0，0，0），A（a，0，0），B1（a，a，a）．A．A1（a，0，a）∴A1D（﹣a，0，﹣a），AB1（0，a，a），A1DAB1a21cos＜AD，AB＞11∴，22a2aA1DAB1∴异面直线A1D与AB1所成的角为60°．，B（a，a，0）．B．C1（0，a，a）A1DBC1（﹣a，0，﹣a）•（﹣a，0，a）＝a2﹣a2＝0．∴直线A1D与BC1垂直．．C．D1（0，0，a）∵A1DBD1（﹣a，0，﹣a）•（﹣a，﹣a，a）＝a2﹣a2＝0，∴直线A1D与BD1垂直，不平行；11213D．三棱锥A﹣A1CD的体积VCA1ADaaa．326综上可知：只有C不正确．故选C．【点睛】本题考查了正方体的性质、向量的夹角公式与数量积的关系、三棱锥的体积计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．5．B【分析】利用空间中的对称求出B,C坐标，再根据两点之间的距离求出长度，利用勾股定理证得三角形为直角三角形，进而求得面积.【详解】由题意可得，点A2,2,1关于平面Oxy对称的点为B2,2,1，AB2点A2,2,1关于x轴对称的点为C2,2,1，AC422225BC4，BCABAC，即ABC为直角三角形，222所以ABC的面积为S故选：B6．A11BCAB42422【分析】建立空间直角坐标系，设出F0,m,n，利用向量的数量积及体积最大值求得1F0,1,，从而得到EF与平面ABB1A1所成角的正弦值.2【详解】如图，以A为坐标原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，则A0,0,0，E1,0,0，D0,2,0，设F0,m,n，m0,2,n0,2，3FEFD1,m,n0,2m,nm22mn2，则4由于SADE为定值，要想三棱锥FAED的体积最大，则F到底面ADE的距离最大，31222其中nm2mm1，44所以当m1时，n2取得最大值因为n0,2，所以n的最大值为2，11，411F0,1,EF1,1,，所以，22ABBA平面11的法向量n10,1,0，EFn1cosEF,n1所以EF与平面ABB1A1所成角的正弦值为EFn11111423故选：A7．D【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法求得sin的取值范围，由此求得sin，即可得解.【详解】以D为原点，分别以DA,DC,DD1所在直线为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，如图所示则D0,0,0，A2,0,0，C0,2,0，O1,1,0，D10,0,1，uuuruuuruuur2,2,0，设Pa,2a,10a2，则OPa1,1a,1,AD12,0,1,AC设平面ACD1的法向量为nx,y,znAD12xz0则，令x1，得n1,1,2nAC2x2y0ruuurnOPur所以sinruunOPa11a262a11a221226，2a112131,1，由于0a2，2a111,3，22a113sin2626,，sin22,2，1sin21,7，29339a12331372,由于0,，所以cos1sin332故选：D8．B【解析】对于①：取A1B1的三等分点为F1，使A1F12F1B1，利用已知条件找到异面直线BE，CF所成的角，即可得出结果；对于②：取B1B的三等分点为E1，使B1E12E1B，利用已知条件得到四边形BEFG即为所求截面，即可得出结论；对于③：利用等体积法求解即可；对于④：取CD的三等分点为H1，使CH12DH1，取BC的三等分点为H，使CH2BH，猜想出面B1D1H1H即为所求的截面，建立空间坐标证明推测，代入数值即可求出结论．【详解】解：对于①：取A1B1的三等分点为F1，使A1F12F1B1，又D1F2FC1，F1B1//FC1且F1B1FC1，四边形FC1B1F1为平行四边形，FF1//B1C1//BC且FF1B1C1BC，四边形F1FCB为平行四边形，BF1//CF，则F1BE为异面直线BE，CF所成的角，连接EF1，由题意得：BF110,BE10,EF114，BF12BE2EF1263，所以cosF1BE2BF1BE2010故①正确；对于②：取B1B的三等分点为E1，使B1E12E1B，又C1E2EC，BE1//CE且BE1CE，四边形BE1EC为平行四边形，则E1E//BC且E1EBC，又由①得：FF1//BC且FF1BC，于是FF1//EE1且FF1EE1，四边形EE1F1F为平行四边形，EE1//F1F，取A1B1的中点为G，连接BG，又B1F1B1E12，B1GE1B1E1F1//BG//EF，则四边形BEFG即为所求截面，由题意知：BEFG，则②不正确；对于③：SB_1BE33，又C1F面B1BE，C1F1，1193所以VB1BEFVFBB1ESB1BEC1F1，33221292故③正确；对于④：取CD的三等分点为H1，使CH12DH1，取BC的三等分点为H，使CH2BH，HH1//BD//B1D1，则面B1D1H1H即为所求的截面，建立如图所示的空间坐标系，则A(3，0，0)，E(0，3，1)，B1(3，3，3)，D1(0，0，3)，H1(0，1，0)，3)，AE(3,3,1),BD(3,3,0),BH1111(3，2，AEB1D10,AEB1H10所以AE面B1D1H1H，由已知条件得：B1D132,HH12B1D122,B1HD1H110，3等腰梯形B1D1H1H的高为：3222238，h(10)2()22所以截面面积为：S故④正确．故选：B．(2232)38519，222【点睛】本题主要考查异面直线所成角以及线线平行问题，还考查了等体积法求四棱锥的体积以及利用空间向量解决线面垂直问题；问题的关键是截面不容易找．9．ABCD【分析】根据方向向量的关系和法向量的关系可判断线线关系和面面关系，即可得到答案．【详解】解：若两条直线不重合，则空间中直线与直线平行（或垂直）的充要条件是它们的方向向量平行（或垂直），故选项A，B正确；若两个平面不重合，则空间中面面平行（或垂直）的充要条件是它们的法向量平行（或垂直），故选项C，D正确．故选：ABCD．10．AD【分析】如图建立空间直角坐标系，然后利用向量的夹角公式逐个计算【详解】如图，以D为原点，分别以DA,DC,DD1所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，(1,0,1),B1(1,1,1),C1(0,1,1),D1(0,0,1),则D(0,0,0),A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,1,0),A1ABAC1211cosAB,AC11(1,1,0)对于A，因为AB(0,1,0)，AC，所以，因为1122ABAC11πAB,A1C10,π，所以AB,A1C1，所以A正确，4ABC1A112cosAB,CACA(1,1,0)11对于B，因为AB(0,1,0)，11，所以,因22ABC1A13πAB,CA0,πAB，所以,C1A1，所以B错误，为114BCC1B2对于C，因为BC(1,0,0)，C1B(1,0,1)，所以cosBC,C1B，因为2BCC1B3πBC,C1B0,π，所以BC,C1B，所以C错误，4BCAD112cosBC,AD1对于D，因为BC(1,0,0)，AD1(1,0,1)，所以，因22BCAD1为BC,AD10,π，所以BC,AD1，所以D正确，4故选：AD11．ACD【解析】建立如图所示的空间直角坐标系Bxyz，A．证明ACAD1，所以该选项正确；B．利用向量法求出异面直线BE与AD所成角的正弦值为21，所以该选项错误；5C.反证法证明平面ABE与平面ABD不垂直，所以该选项正确；D.利用向量法证明平面ABE与平面ACD所成锐二面角的余弦值为105，所以该选项正确.35【详解】因为三棱锥B-ACD的侧棱两两垂直，所以建立如图所示的空间直角坐标系Bxyz，则A(1,0,0),B(0,0,0),C(0,4,0),D(0,0,2),E(0,2,1),A.AC(1,4,0),AD(1,0,2)，所以ACAD(1)(1)40021，所以该选项正确；B.BE(0,2,1)，所以异面直线BE与AD所成角的余弦值为所以异面直线BE与AD所成角的正弦值为|BEAD||BE||AD|2552521，所以该选项错误；5C.假设平面ABE与平面ABD垂直，因为平面ABE与平面ABD交于AB,BDAB,BD平面ABD，故BD平面ABE，因为BE平面ABE，所以BDBE,显然不成立，所以平面ABE与平面ABD不垂直，所以该选项正确；AB·mx0D.设平面ABE的法向量为m(x,y,z),所以，所以m(0,1,2)，BE·m2yz0AC·nx4y0设平面ACD的法向量为n(x,y,z),所以，所以n(4,1,2)，AD·nx2z0所以平面ABE与平面ACD所成锐二面角的余弦值为该选项正确.故选：ACD【点睛】方法点睛：二面角的求法|mn||m||n|3521335105.所以35方法一：（几何法）找作（定义法、三垂线法、垂面法）证（定义）指求（解三mncos（其角形）；方法二：（向量法）首先求出两个平面的法向量m,n；再代入公式mn中m,n分别是两个平面的法向量，是二面角的平面角.）求解.（注意先通过观察二面角的大小选择“”号）.12．ABD【分析】过点B作BE使得BEAA1，过点C1作C1FA1A，分析可知几何体FABCC1A1EB1为正方体，以点F为坐标原点，FA、FC、FC1所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断BD选项；证明出四边形ABB1C1为平行四边形，可判断A选项；计算出几何体ABC-A1B1C1的体积，可判断C选项.【详解】过点B作BE使得BEAA1，过点C1作C1FA1A，如图所示：因为四边形AA1B1C为矩形，则AA1CB1，又因为BEAA1FC1，则AA1CB1BEFC1，AACFACAFCBFC所以，四边形11为平行四边形，则11，11，CB因为平面A1C1B1//平面ABC，则AB与AC、1111共面，即AB与AF、FC共面，所以，A、B、C、F四点共面，同理可知，A1、E、B1、C1四点共面，故几何体FABCC1A1EB1为四棱柱，因为四边形AA1B1C为矩形，则AA1AC，又因为AA1AB，ABACA，AB、AC平面ABCF，所以，AA1平面ABCF，因为△ACB≌△A1B1C1，则A1C1CB，B1C1AB，所以，在底面ABCF中，ABCF，BCAF，故四边形ABCF为平行四边形，因为ABBC2AC1，则AC2，所以，AB2BC2AC2，即ABBC，2所以，平行四边形ABCF为正方形，又因为AA1AB，故几何体FABCC1A1EB1为正方体，对于A选项，在正方体FABCC1A1EB1中，AB//C1B1且ABC1B1，故四边形ABB1C1为平行四边形，所以，BB1//AC1，A对；对于B选项，以点F为坐标原点，FA、FC、FC1所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则B1,1,0、A1,0,0、C0,1,0、A11,0,1、C10,0,1、B10,1,1，CCBB11,0,1，10,1,1，BBCC1cosBB1,CC11BB1CC111，222π，B对；3所以，异面直线BB1、C1C所成的角为11223对于C选项，VABCA1B1C1VFABCC1A1EB1VBA1B1EVC1ACF1211，C错；323对于D选项，因为AC1//BB1，AC1平面A1BB1，BB1平面A1BB1，所以，AC1//平面A1BB1，因为A1B1//AC，AC平面A1BB1，A1B1平面A1BB1，所以，AC//平面A1BB1，又因为AC1ACA，AC1、AC平面ACC1，所以，平面ACC1//平面A1BB1，ACCAC1,1,0ACmx,y,z设平面，11,0,1，，1的法向量为mACxy0则，取x1，可得m1,1,1，mACxz01AA1m13ACCABBdAA0,0,1又因为1，D，所以，平面11与平面1间的距离为33m对.故选：ABD.122ABACAA113．333【分析】利用向量的线性关系结合图形运算即得.【详解】在三棱柱ABC-A1B1C1中，点M在线段CB1上，且CM2MB1，2CMCB1，所以AA1BB1，3222所以AMACCMACCB1ACBB1BCACBB1ACAB333212122ACBB1ABABACAA1.333333122ABACAA1.故答案为：33314．6【解析】先根据两直线平行得到直线的方向向量共线，列出关于k的方程，由此求解出k的值即可.【详解】因为a//b，所以解得：k6，故答案为：6.【点睛】本题考查根据空间向量的共线关系求解参数，难度较易.已知4kk2，kk36x1y1z1ax1,y1,z1,bx2,y2,z2x1x2y1y2z1z20，若a//b，则.x2y2z215．263222t24388【分析】由ct1at2bt1t2，求出ct1at2b的最小值.2334222222【详解】ct1at2bc2ct1at2bt1at2b2t1t2ab2124t16t2t12t2t1t2t4388t12t22433222882即ct1at2b，当且仅当t2,t1取等号333826即ct1at2b的最小值为33故答案为：263222t4388【点睛】关键点睛：解决本题的关键在于由ct1at2bt12t2，结2433合不等式的性质得出最值.30,16．3【分析】根据已知条件先确定出M在平面ABC内的轨迹，然后通过建立空间直角坐标系，根据两直线方向向量夹角的余弦值结合三角函数值的范围，计算出两直线所成角的余弦值的取值范围.【详解】因为PA,PB,PC两两垂直，且PAPBPC，所以由勾股定理可知ABACBC，所以三棱锥为正三棱锥，记P在底面ABC内的投影为O，所以ABACBCPA2PB223，因为AOcos30AB，所以AO2，所以POAP2AO22，2因为PM3，所以OMPM2OP21，所以M的轨迹是以O为圆心半径为1的圆，取AB中点D，连接CD，可知CD经过点O，建立如下图所示的空间直角坐标系：设Mcos,sin,0，0,2π，A1,3,0,B1,3,0,P0,0,2，PMcos,sin,2,AB0,23,0，所以23sin3sin，所以cosPM,AB3233设直线PM与直线AB的所成角为.所以coscosPM,AB30,故答案为：.333sin0,33【点睛】思路点睛：异面直线所成角的余弦值的向量求法：（1）先分别求解出两条异面直线的一个方向向量；（2）计算出两个方向向量夹角的余弦值；（3）根据方向向量夹角的余弦值的绝对值等于异面直线所成角的余弦值求解出结果.17．(0,0,3).【分析】根据给定条件设出点P的坐标，再建立方程求解作答.【详解】因点P在z轴上，则设P(0,0,z)，而A(1,2,1),B(2,2,2)，且|PA||PB|，因此，12(2)2(1z)22222(2z)2，解得z3，所以点P的坐标是(0,0,3).18．22929【分析】以C1为原点，C1A1，C1B1，C1C所在直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，然后求出两个平面的法向量，然后可算出答案.【详解】以C1为原点，C1A1，C1B1，C1C所在直线为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．uruurPQRABC设平面111的法向量为n1，平面的法向量为n2，则平面PQR与平面A1B1C1的夹角就uruur是n1与n2的夹角或其补角．CCABCABC因为1平面111，所以平面111的一个法向量为n1(0,0,1)．根据所建立的空间直角坐标系，可知P(0,1,3)，Q(2,0,2)，R(0,2,1)．所以PQ(2,1,1)，PR(0,1,2)．设n2(x,y,z)，3n2PQ02xyz0xz,2则，，所以y2z0nPR02y2z.n1n2(0,0,1)(3,4,2)229cosn,nn(3,4,2)12取2，则．29129n1n2设平面PQR与平面A1B1C1的夹角为，则229．coscosn1,n229即平面PQR与平面A1B1C1的夹角的余弦值为1619．（1）；（2）①60；②.33229．29【分析】（1）利用勾股定理证明COAO，结合COBD，证明CO平面ABD，从而CO是三棱锥CABD的高，由锥体的体积公式求解即可；（2）建立合适的空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标．①利用异面直线所成角的计算公式求解即可；②利用待定系数法求出平面ACD的法向量，然后由线面角的计算公式求解即可．【详解】（1）由已知，有AOCO1，ABAC2，AO2CO2AC2，COAO，又由已知，有COBD，因为BDAOO，所以CO平面ABD，即CO是三棱锥CABD的高，11所以V32.21132（2）分别以OA、OB、OC为坐标轴建立空间直角坐标系Oxyz．则有A(1,0,0)，B(0,1,0)，C(0,0,1)，D(0,1,0)，BC0,1,1，AD1,1,0，AC1,0,1①设BC与AD所成角的大小为，BCAD1．又0，则cos2BCAD2故BC与AD所成角的大小为60．n②设x,y,z为平面ACD的一个法向量，nAD0xy0,则即令x1，得n1,1,1．xz0.nAC0BCncosBC,nBCn26，3236.3故BC与平面ACD所成的角的正弦值为20．(1)见解析；(2)5.5【分析】（1）取AD的中点E，可得BEAD，根据△ABC≌△DBC可得CEAD，由线面垂直的判定定理及性质定理可证明；（2）作AOBC于点O,以点O为原点，OD,OC,OA所在直线分别为x,y,z轴建立空间坐标系，求出两个平面的法向量即可求解.【详解】（1）取AD的中点E，连接BE,CE，因为ABBD，所以BEAD.因为ABBD,CBADBC,BC为公共边，所以△ABC≌△DBC，所以CACD,所以CEAD.因为BECEE,BE,CE平面BCE，所以AD平面BCE，因为BC平面BCE,所以ADBC.（2）当2π,可设AB1,3作AOBC于点O,连接DO，易证AO,OC,OD两两垂直，以点O为原点，OD,OC,OA所在直线分别为x,y,z轴建立空间坐标系，3O0,0,0,D,0,0则2,B10,,0,C2330,,0,A0,0,,22设平面ABD的法向量为nx,y,z，1333AB0,,,AD,0,22,22nAB所以nAD13yz02233xz022，rn令z1,可得x1,y3，则1,3,1.易知OD平面ABC，所以平面ABC的法向量为m1,0,0，设平面ABD和平面ABC的夹角为，mn15cosm,n则,5mn15故平面ABD和平面ABC的夹角的余弦值为21．（I）证明见解析；（II）5.5329；（III）直线BC1与CP不可能垂直.29【详解】试题分析：（1）先根据线面平行的判定定理证明CC1//平面ADD1,BC//平面ADD1，再由面面垂直的判定定理可得平面BCC1//平面ADD1，根据面面平行的性质可得结果；（2）先证明DD1平面ABCD，过D在底面ABCD中作DMAD，所以DA,DM,DD1两两垂直，以DA,DM,DD1分别为x轴、y轴和z轴，建立空间直角坐标系，求出平面AC1D1与平面ADD1的法向量，利用空间向量夹角余弦公式可得结果；（3）利用反证法，若两直线垂直，根据向量垂直数量积为零可得到点P不在线段上，从而假设不成立.试题解析：（I）证明：由CC1D1D为矩形，得CC1∥DD1，又因为DD1平面ADD1，CC1平面ADD1，所以CC1∥平面ADD1，同理BC∥平面ADD1，又因为BCCC1=C，所以平面BCC1∥平面ADD1，又因为BC1平面BCC1，所以BC1∥平面ADD1.（II）.由平面ABCD中，AD∥BC，∠BAD=90°，得AB⊥BC，又因为AB⊥BC1，BCBC1=B，所以AB⊥平面BCC1，所以AB⊥CC1，又因为四边形CC1D1D为矩形，且底面ABCD中AB与CD相交一点，所以CC1⊥平面ABCD，因为CC1∥DD1，所以DD1⊥平面ABCD.过D在底面ABCD中作DM⊥AD，所以DA，DM，DD1两两垂直，以DA，DM，DD1分别为x轴、y轴和z轴，如图建立空间直角坐标系，则D（0，0，0），A（4，0，0），B（4，2，0），C（3，2，0），C1（3，2，2），D1（0，，0，2）所以AC1=（-l，2，2），AD1=（-4，0，2）.设平面AC1D1的一个法向量为m=（x，y，z），x2y2z0,由m·AC1=0，m·AD1=0，得4x2z0,令x=2，得m=（2，-3，4）易得平面ADD1的法向量n=（0，1，0）.mn329所以cos=29.mn即平面AC1D1与平面ADD1所成的锐二面角的余弦值为（III）结论：直线BC1与CP不可能垂直，32929证明：设DD1=m（m>0），DP=DC1（∈（0，1）），由B（4，2，0），C（3，2，0），C1（3，2，m），D（0，0，0），得=（-l，0，m），DC1=（3，2，m），DP=DC1=（3-3，2-2，-3）+m）.m2=0，即（m2-3）0，解得>1，这与0<所以直线BC1与CP不可能垂直.【方法点晴】本题主要考查线面平行的判定定理利用空间向量求二面角，属于难题.空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角和距离.22．(1)证明见解析(2)不存在，理由见解析【分析】（1）根据面面平行的判定定理即可证明结论；（2）假设存在，使得直线MF平面MBC，建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，cossin0求出平面平面MBC的法向量，则求出MF的坐标，由MF∥m可得cossin，此1方程组无解，即可得出结论.【详解】（1）证明：若π，则平面DCGH、平面CBFG为同一个平面，2连接BH,BF，则M是BH中点，M是BF中点，故MM是BHF的中位线，所以MM//GF,MM1HFGF．2因为MM//GF,MMGF，所以平面四边形MMFG是平行四边形，所以MG//MF．又MG平面MBF,MF平面MBF，所以MG//平面MBF同理MC//平面BMF，且MG平面MCG,MC平面MCG,MGMCM，所以，平面MCG//平面MBF．（2）假设存在，使得直线MF平面MBC．以C为原点，分别以CB,DC,CG为x,y,z轴正方向建立空间直角坐标系，则C(0,0,0),B(2,0,0)，M(1,1,1)，故CB(2,0,0),CM(1,1,1)．mCB0设m(x,y,z)是平面MBC的法向量，则，mCM02x0所以，取y1，得m(0,1,1)是平面MBC的一个法向量，yz0取CG中点P，BF中点Q，连接PQ,PM，则PMCG,PQCG,PMCG．于是MPM是二面角MCGM的平面角，MPQ是二面角MCGQ的平面角，QPM是二面角QCGM的平面角，于是MPM,MPQπ所以MPQ，且CG平面MPM,MP2，4π，4ππ故M2cos,2sin,1，同理F(2cos,2sin,2)，44ππ所以MF2cos2cos,2sin2sin,1，44πππ因为2cos2cos2cos2coscos2sinsincossin，444πππ2sin2sin2sin2sincos2cossincossin，444所以MF(cossin,cossin,1)．MBCMBC若直线MF平面，m是平面的一个法向量，则MF//m．cossin0即存在R，使得MFm，则cossin，此方程组无解，1所以，不存在，使得直线MF平面MBC．【点睛】关键点点睛：是否存在，使得直线MF平面，明确点线面的位置关系，建立ππ2cos2cosMF空间直角坐标系后，关键点在于确定,2sin2sin,1，44并结合三角恒等变换化简，从而结合向量的共线的坐标表示，判断结论.