还剩15页未读，
继续阅读
2024-2025学年福建省福州市部分学校教学联盟高二上学期10月适应性检测数学试卷（含解析）
展开
这是一份2024-2025学年福建省福州市部分学校教学联盟高二上学期10月适应性检测数学试卷（含解析），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.如图所示，在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，M为A1C1与B1D1的交点，若AB=a,AD=b,AA1=c，则BM=( )
A. 12a−12b+cB. 12a+12b+cC. −12a−12b+cD. −12a+12b+c
2.已知直线l的一个方向向量n=(−1,2)，且过点(−1,2)，则直线l的方程为( )
A. 2x+y=0B. x−2y+5=0C. x+2y−3=0D. 2x−y+4=0
3.已知a=(2,0,−1),b=(3,−2,5)，则向量b在向量a上的投影向量是( )
A. 15(3,−2,5)B. 138(3,−2,5)C. 15(2,0,−1)D. 138(2,0,−1)
4.直线l1:ax+3y+2a=0与直线l2:2x+(a−1)y+(a+1)=0平行，则“l1//l2”是“a=−2”的( )
A. 充分不必要条件B. 充要条件C. 必要不充分条件D. 既不充分也不必要
5.已知两点M3,−1,N2,5，直线l过点P1,1且与线段MN相交，则直线l的斜率k的取值范围是( )
A. −∞,−1B. 4,+∞
C. −1,4D. −∞,−1∪4,+∞
6.以A2,1，B4,2，C8,5为顶点的三角形的面积等于( )
A. 1B. 45C. 65D. 2
7.若动点A(x1,y1),B(x2,y2)分别在直线l1:x+y−7=0和l2:x+y−5=0上移动，则AB的中点M到原点距离的最小值为( )
A. 3 2B. 2C. 2D. 4
8.三棱锥A−BCD满足BC−AC=BD−AD=2，二面角C−AB−D的大小为60∘，CD⊥AB，AB=4，CD=3，则三棱锥A−BCD外接球的体积为( )
A. 7πB. 28πC. 7 7π3D. 28 7π3
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.关于空间向量，以下说法正确的是( )
A. 空间中的三个向量，若有两个向量共线，则这三个向量一定共面
B. 若a·b>0，则a,b是锐角
C. 已知向量组{a,b,c}是空间的一个基底，则{2a,b,c−a}也是空间的一个基底
D. 若对空间中任意一点O，有OP=112OA+14OB+23OC，则P，A，B，C四点共面
10.已知直线l： 3x−y+1=0，则下列结论正确的是( )
A. 直线l的一个法向量为 3,1
B. 若直线m：x− 3y+1=0，则l⊥m
C. 点 3,0到直线l的距离是2
D. 过2 3,2与直线l平行的直线方程是 3x−y−4=0
11.已知点P是正方体ABCD−A1B1C1D1表面上的一个动点，则以下说法正确的是( )
A. 当P在平面BCC1B1上运动时，四棱锥P−AA1D1D的体积不变
B. 当P在线段AC上运动时，D1P与A1C1所成角的取值范围是[π3,π2]
C. 若点P在底面ABCD上运动，则使直线A1P与平面ABCD所成的角为45∘的点P的轨迹为椭圆
D. 若F是A1B1的中点，点P在底面ABCD上运动时，不存在点P满足PF//平面B1CD1
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.若直线l的斜率k∈[1, 3)，则直线l的倾斜角θ的取值范围为 ．
13.过点2,−1且在x轴、y轴上截距相等的直线方程为 ．
14.设m∈R，过定点A的动直线x+2+my−7=0和过定点B的动直线mx−y−m+3=0交于点Px,y，则PA+PB的取值范围是 ．
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题12分)
已知直线l:a−1y=2a−3x+1．
(1)求证：直线l过定点；
(2)若直线l不经过第二象限，求实数a的取值范围．
16.(本小题12分)
已知直线l1：2x−(a−1)y−2=0，l2：(a+2)x+(2a+1)y+3=0(a∈R).
(1)若l1⊥l2，求实数a的值；
(2)若l1// l2，求l1，l2之间的距离．
17.(本小题12分)
如图，在直四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD是梯形，∠DAB=90∘，AD//BC，E，F，G分别为A1B1，A1B，CD的中点．
(1)证明：FG//平面CD1E.
(2)若A1A=AD=AB=2，BC=1，求二面角B−CD1−E的余弦值．
18.(本小题12分)
如图，在三棱锥A−BCD中，平面ABD⊥平面BCD,AB=AD，O为BD的中点，▵OCD是边长为1的等边三角形，点E在棱AD上，DE=2EA．
(1)证明：OA⊥BC；
(2)当AO=1时，求点E到直线BC的距离；
(3)若二面角E−BC−D的大小为45∘，求三棱锥E−BCD的体积．
19.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，AB⊥AD，AB+AD=5，CD= 2，∠PAD=120∘，∠ADC=45∘．
(1)求证：平面PAB⊥平面PAD；
(2)设AB=AP．
①若直线PB与平面PCD所成角的正弦值为 3344，求线段AB的长．
②在线段AD上是否存在点G，使得点P，C，D在以G为球心的球上？若存在，求线段AB的长；若不存在，说明理由．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】【分析】
本题主要考查空间向量的线性运算，属于基础题．
利用空间向量的线性运算进行求解．
【解答】
解： BM=BB1+B1M=BB1+12(A1D1−A1B1)=AA1+12(AD−AB)=c+12(b−a)=−12a+12b+c ．
故选D．
2.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查了直线的方向向量、求直线方程，属基础题．
【解答】
解：因为直线l的一个方向向量n=(−1,2)，
所以直线l的斜率为−2，
又因为直线l过点(−1,2)，
则直线l的方程为y−2=−2(x+1)，即2x+y=0．
3.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查投影向量的计算，属于基础题．
利用投影向量的计算公式计算即可．
【解答】
解：因为a=(2,0,−1),b=(3,−2,5)，则向量b在向量a上的投影为： a⋅b|a|=2×3+0×(−2)+(−1)×5 4+1= 55，
所以向量b在向量a上的投影向量是 55×a|a|= 55×1 5a=15a=15(2,0,−1)．
故选：C．
4.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查两条直线平行的判定及应用，充分条件、必要条件的判断，属于基础题．
根据两直线平行得a(a−1)=6a(a+1)≠4a，解得a值并结合充要条件的定义即可求解．
【解答】
解：直线l1:ax+3y+2a=0与直线l2:2x+(a−1)y+(a+1)=0平行的充要条件是
a(a−1)=6a(a+1)≠4a，即a=−2；
故“l1//l2”是“a=−2”的充要条件．
故选B．
5.【答案】C
【解析】【分析】先利用斜率公式求出kPM=−1,kPN=4，再由倾斜角斜率取值图象数形结合求得即可．
【详解】
由图象结合题意可知：kPM=1−−11−3=−1,kPN=1−51−2=4，
观察到直线过点P与线段MN有公共点时倾斜角为钝角时逐渐增大，
斜率大于或等于直线PM的斜率；
为锐角时倾斜角逐渐减小，斜率小于或等于直线PN的斜率；
所以直线l的斜率k的取值范围是−1,4．
6.【答案】A
【解析】【分析】先求出AB及直线AB的方程，再利用距离公式求出C到直线AB的距离，按照三角形的面积公式即可求解．
【详解】由题意知：AB= 2−42+(1−2)2= 5，直线AB的方程为y−1=2−14−2⋅(x−2)，即x−2y=0，则C到直线AB的距离为8−2×5 12+(−2)2=2 55，
故三角形的面积为12× 5×2 55=1．
故选：A．
7.【答案】A
【解析】【分析】
本题主要考查了两点间距离公式，点到直线的距离公式的应用，属中等题．
确定过中点M的直线方程，将距离最小值问题转化成点到直线的距离问题即可．
【解答】
解：由题意知点M在直线l1与l2之间且与两直线距离相等的直线上，
设该直线方程为x+y+c=0，
则|c+7| 2=|c+5| 2，解得c=−6，
∴点M在直线x+y−6=0上，
∴点M到原点的距离的最小值就是原点到直线x+y−6=0的距离，即|−6| 2=3 2．
故选：A．
8.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查三棱锥外接球的问题，属于中档题．
设AC=m,AD=n，根据对角线向量的性质列方程求m,n关系，从而可得线线垂直，过C作CE⊥AB，连接DE，结合勾股定理，得线线关系，从而可得二面角C−AB−D的平面角，从而可确定外接球球心位置得外接球半径，从而可得球的体积．
【解答】
解：如图所示，
设AC=m,AD=n，则BC=m+2,BD=n+2，
由向量的运算及余弦定理可得：
CD⋅AB=(AD−AC)⋅AB=AD⋅AB−AC⋅AB
=|AD→|⋅|AB→|cs∠BAD−|AC→|⋅|AB→|cs∠BAC
=|AD|⋅|AB|⋅|AD|2+|AB|2−|BD|22|AD|⋅|AB|−|AC|⋅|AB|⋅|AC|2+|AB|2−|BC|22|AC|⋅|AB|
=AD2+BC2−BD2−AC22，
所以CD⋅AB=n2+m+22−n+22−m22=0，
解得：m=n，故AC=AD,BC=BD，
过C作CE⊥AB，连接DE，则DE⊥AB，
设AE=x，则m2−x2=m+22−4−x2=9，
解得：m=3,x=0，所以点E与点A重合，
故AC⊥AB，AD⊥AB，
即∠CAD为二面C−AB−D的平面角，
故三棱锥可放置成如图所示，
O1为底面正▵ACD的外心，即AO1=3 32×23= 3，
O为A−BCD的外接球球心，即OO1//AB，
为使得OA=OB=OC=OD，故OO1=12AB=2，
所以三棱锥A−BCD的外接球半径R= 3+4= 7，
所以外接球的体积V=43π 73=28 7π3．
故选：D．
9.【答案】ACD
【解析】【分析】
本题考查空间向量共面，夹角，空间向量的基本定理，属于中档题．
根据空间向量共面的定义可判断A，利用向量夹角的取值范围可判断B，根据基底的定义可判断C，根据空间向量共面的充要条件可判断D．
【解答】
解：对于A，空间中的三个向量，若有两个向量共线，由于空间任意两个向量一定共面，因此这三个向量一定共面，故A正确;
对于B，若a⋅b>0，则a,b是锐角或a与b同向，故B错误;
对于C，因为{a,b,c}是空间中的一组基底，所以a，b，c不共面，
假设2a，b，c−a共面，则2a=λb+μc−a，即2=−μλ=0μ=0，矛盾，
所以2a，b，c−a不共面，
所以{2a,b,c−a}可以是空间的一组基底，故C正确;
对于D，因为OP=112OA+14OB+23OC，且112+14+23=1，
所以P，A，B，C四点共面，故D正确;
故选：ACD．
10.【答案】CD
【解析】【分析】对于A：根据直线方向向量与斜率之间的关系分析判断；对于B：根据直线垂直分析判断；对于C：根据点到直线的距离公式运算求解；对于D：根据直线平行分析求解．
【详解】对于A，因为直线l： 3x−y+1=0的斜率k= 3，
但1 3⋅ 3=1≠−1，可知 3,1不为直线l的一个法向量，故A错误；
对于B，因为直线m：x− 3y+1=0的斜率k′= 33，且kk′=1≠−1，
所以直线l与直线m不垂直，故B错误；
对于C，点 3,0到直线l的距离d= 3× 3−0+1 32+−12=2，故 C正确；
对于D，过2 3,2与直线l平行的直线方程是y−2= 3x−2 3，即 3x−y−4=0，故 D正确．
故选：CD．
11.【答案】AB
【解析】【分析】
本题考查命题真假的判断，考查点到平面的距离、空间几何体的体积、空间向量等基础知识，考查运算求解能力，属于中档题．
由四棱锥的高和底面积判断A；建立坐标系，求出D1P=(x,2−x,−2)，A1C1=(−2,2,0)，利用向量的夹角公式求解判断B；根据直线AP与平面ABCD所成的角为45°，结合正方体的特征判断C；建立空间直角坐标系，求出FP的坐标进行判断．
【解答】
解：对于A，当点P在平面BCC1B1上运动时，点P到面AA1D1D的距离不变，S正方形AA1D1D不变，
∴当P在平面BCC1B1上运动时，四棱锥P−AA1D1D的体积不变，故A正确；
对于B，以D为坐标原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，
不妨设正方体的棱长为2，
设P(x,2−x,0)，0≤x≤2，A1(2,0,2)，D1(0,0,2)，C1(0,2,2)，
则D1P=(x,2−x,−2)，A1C1=(−2,2,0)，
设D1P与A1C1所成角为θ，
则csθ=|cs|=|D1P⋅A1C1||D1P|⋅|A1C1|=|x−1| (x−1)2+3，
∵0≤|x−1|≤1，当|x−1|=0时，θ=π2，
当0<|x−1|≤1时，csθ=|cs|
=|x−1| (x−1)2+3=1 1+3|x−1|2≤12，
则π3≤θ≤π2，
综上，π3≤θ≤π2．
∴当P在线段AC上运动时，D1P与A1C1所成角的取值范围是[π3,π2]，故B正确；
对于C，因为A1A⊥平面ABCD，若直线A1P与平面ABCD所成的角为45∘，
则∠A1PA=45°，∴AA1=AP=2，
∴点P的轨迹是以A为圆心，以2为半径的四分之一圆，故 C不正确；
对于D，以D为坐标原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，
设P(x,y,0)，0≤x≤2，0≤y≤2，B1(2,2,2)，D1(0,0,2)，C(0,2,0)，F(2,1,2)，
则CB1=(2,0,2)，CD1=(0,−2,2)，FP=(x−2,y−1,−2)，
设平面CB1D1的一个法向量为n=(a,b,c)，
则CD1⋅n=−2b+2c=0CB1⋅n=2a+2c=0，
取a=1，得n=(1,−1,−1)，
若PF//平面B1CD1，
∴FP⋅n=(x−2)−(y−1)+2=0，y=x+1，直线y=x+1与正方形有公共点，
∴存在点P满足PF//平面B1CD1，故D不正确．
故选：AB．
12.【答案】π4,π3
【解析】【分析】根据k=tanθ的图象，得出倾斜角θ的取值范围．
【详解】根据k=tanθ的部分图象，结合倾斜角定义范围，
可以得出倾斜角θ的取值范围为π4,π3．
故答案为：π4,π3
13.【答案】x+y−1=0或x+2y=0
【解析】【分析】分截距是否为0两种情况，结合直线的截距式方程运算求解．
【详解】设在x轴、y轴上的截距均为a，
若a=0，即直线过原点，设直线为y=kx，
代入2,−1，可得k=−12，
所以直线方程为y=−12x，即x+2y=0；
若a≠0，则直线方程为xa+ya=1，
代入2,−1，则2a+−1a=1，解得a=1，
所以此时直线方程为x+y=1；
综上所述：所求直线方程为x+y−1=0或x+2y=0．
故答案为：x+y−1=0或x+2y=0．
14.【答案】5,5 2
【解析】【分析】可得直线分别过定点−2,7和1,3且垂直，可得PA|2+PB|2=25.设∠ABP=θ，则PA=5sinθ，PB=5csθ，θ∈0,π2，则PA+PB=5 2sinθ+π4，利用正弦函数的性质求值域即可．
【详解】由题意可知，动直线x+2+my−7=0，经过定点A−2,7，
动直线mx−y−m+3=0即mx−1−y+3=0，经过定点B1,3，
∵m≠0时，动直线x+2+my−7=0和动直线mx−y−m+3=0的斜率之积为−1，
m=0时，也垂直，
所以两直线始终垂直，又P是两条直线的交点，
∴PA⊥PB，
∴PA|2+PB|2=|AB|2= −2−12+7−32=25．
设∠ABP=θ，则PA=5sinθ，PB=5csθ，
由PA≥0且PB≥0，可得θ∈0,π2，
∴PA+PB=5sinθ+csθ=5 2sinθ+π4，
∵θ∈0,π2，
∴θ+π4∈π4,3π4，
∴sinθ+π4∈ 22,1，
∴5 2sinθ+π4∈5,5 2，
故答案为：5,5 2．
【点睛】关键点点睛：因为PA|2+PB|2=|AB|2=25，设∠ABP=θ，则PA=5sinθ，PB=5csθ，则PA+PB=5 2sinθ+π4，即可求得PA+PB的取值范围．
15.【答案】(1)
由l:a−1y=2a−3x+1，即a2x−y−3x+y+1=0，
则2x−y=0−3x+y+1=0，解得x=1y=2,
所以直线过定点1,2；
(2)
如图所示，结合图像可知，
当a=1时，直线斜率不存在，方程为x=1，不经过第二象限，成立；
当a≠1时，直线斜率存在，方程y=2a−3a−1x+1a−1，
又直线不经过第二象限，则2a−3a−1>01a−1≤0，解得a<1；
综上所述a≤1．
【解析】(1)由方程变形可得a2x−y−3x+y+1=0，列方程组，解方程即可；
(2)数形结合，结合直线图像可得解．
16.【答案】解：(1)因为l1⊥l2，所以2(a+2)+(1−a)(2a+1)=0，
整理得2a2−3a−5=0，即(2a−5)(a+1)=0，
解得a=−1或52；
(2)因为l1//l2，所以2(2a+1)=−(a−1)(a+2)，
解得a=−5或0．
当a=−5时，l1:2x+6y−2=0，l2:−3x−9y+3=0，l1，l2重合；
当a=0时，l1:2x+y−2=0，l2:2x+y+3=0，符合题意，
此时l1，l2之间的距离d=|3−(−2)| 22+12= 5．
【解析】本题考查直线平行和垂直的关系，考查了两平行线间的距离，属于基础题．
(1)根据l1⊥l2列方程，化简求得a的值．
(2)根据l1//l2列式，化简求得a，进而求得l1，l2之间的距离．
17.【答案】(1)证明：取CD1的中点H，连接GH，EH，EF，
因为EF是△A1B1B的中位线，
所以EF//BB1，且EF=12BB1，
同理可得HG//DD1，且HG=12DD1，
又BB1//DD1，且BB1=DD1，
所以EF//HG，且EF=HG，
则四边形EFGH是平行四边形，从而FG//EH，
因为FG⊄平面CD1E，EH⊂平面CD1E，
所以FG//平面CD1E.
(2)解：在直四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，
因为∠DAB=90∘，所以AA1，AB，AD两两垂直．
以A为坐标原点，AD，AB，AA1的方向分别为x，y，z轴的正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系．
因为A1A=AD=AB=2，BC=1，
所以C(1,2,0)，D1(2,0,2)，E(0,1,2)，B(0,2,0)，
则CD1=(1,−2,2)，EC=(1,1,−2)，BC=(1,0,0)．
设平面CD1E的法向量为n1=(x1,y1,z1)，
由n1⋅CD1=0n1⋅EC=0得x1−2y1+2z1=0x1+y1−2z1=0，取z1=3，可得n1=(2,4,3)．
设平面BCD1的法向量为n2=(x2,y2,z2)，
由n2⋅CD1=0n2⋅BC=0得x2−2y2+2z2=0x2=0,
取y2=1，可得n2=(0,1,1)，
所以cs=n1⋅n2|n1||n2|=7 29× 2=7 5858．
易知二面角B−CD1−E为锐角，所以其余弦值为7 5858．
【解析】本题考查了线面平行的判定和平面与平面所成角的向量求法，是中档题．
(1)取CD1的中点H，连接GH，EH，EF，易得四边形EFGH是平行四边形，从而FG//EH，由线面平行的判定即可得证；
(2)建立空间直角坐标系，得出平面CD1E的法向量和平面BCD1的法向量，利用空间向量求解即可．
18.【答案】(1)
因为AB=AD，O为BD的中点，所以AO⊥BD，
又平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD=BD，AO⊂平面ABD，
所以AO⊥平面BCD，又BC⊂平面BCD，
所以AO⊥BC；
(2)
取OD的中点F，因为▵OCD为正三角形，所以CF⊥OD，
过O作OM//CF与BC交于点M，则OM⊥OD，
所以OM，OD，OA两两垂直，
以点O为坐标原点，分别以OM，OD，OA所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系如图所示，
B0,−1,0，C 32,12,0，E0,13,23，
又BC=( 32,32,0),BE=(0,43,23)，
所以csBC,BE=|BC⋅BE||BC||BE|=2 3×2 53= 155，则sinBC,BE= 105，
所以点E到直线BC的距离为|BE|sinBC,BE=2 53× 105=2 23；
(3)
设A0,0,t(t>0)，则E0,13,2t3，
因为OA⊥平面BCD，故平面BCD的一个法向量为OA=(0,0,t)，
设平面BCE的法向量为n=x,y,z，又BC= 32,32,0,BE=0,43,2t3,
所以由n⋅BC=0n⋅BE=0，得 32x+32y=043y+2t3z=0,
令x= 3，则y=−1，z=2t，故n=( 3,−1,2t)，
因为二面角E−BC−D的大小为45∘，
所以csn,OA=|n⋅OA||n||OA|=2t 4+4t2= 22，
解得t=1，所以OA=1，
又S▵OCD=12×1×1× 32= 34，所以S▵BCD= 32，
故三棱锥E−BCD的体积VE−BCD=13S▵BCD⋅2t3=13× 32×23= 39．
【解析】(1)由平面ABD⊥平面BCD，证得AO⊥平面BCD，进而证得AO⊥BC；
(2)取OD的中点F，过O作OM//CF与BC交于点M，可得OM，OD，OA两两垂直，建立空间直角坐标系，利用向量夹角公式求出csBC,BE，可得sinBC,BE，点E到直线BC的距离为|BE|sinBC,BE，计算即可；
(3)设A0,0,t(t>0)，求出平面BCD和平面BCE的法向量，由二面角E−BC−D的大小为45∘求出t的值，进而可求出三棱锥的体积．
19.【答案】(1)
在四棱锥P−ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，AB⊥AD，
AB⊂平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，
所以AB⊥平面PAD，
又AB⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD．
(2)
如图以A为原点，以AB所在直线为x轴，以AD所在直线为y轴建立如图所示直角空间坐标系A−xyz，
设AB=t，则AP=t，由AB+AD=5，CD= 2，∠PAD=120∘，∠ADC=45∘，
则Bt,0,0，P0,−t2, 3t2，因AD=5−t，则D0,5−t,0，C1,4−t,0，
所以CP=−1,t2−4, 3t2，CD=−1,1,0
①设平面PCD的法向量为n=x,y,z，由n⊥CP，n⊥CD，得：
−x+t−82y+ 3t2z=0−x+y=0，可取n=1,1,10−t 3t
设直线PB与平面PCD所成角为θ，
则有：sinθ=csn,BP，BP=−t,−t2, 3t2，
即： 3344=−t−t2+10−t2 1+1+10−t 3t2 t2+t24+3t24，化简得：23t2−116t+140=0，
解得t=2或t=7023，即AB=2或AB=7023
②如图，假设在线段AD上是否存在点G，使得点P，C，D在以G为球心的球上，
由GC=GD，得∠GCD=∠GDC=45∘，所以∠CGD=90∘，
所以GD=CDcs45∘=1，
又AB=t得AD=5−t，AG=AD−GD=4−t，所以G0,4−t,0，P0,−t2, 3t2
由GP=GD得−t2−4−t2+ 3t22=1，即t2−42+34t2=1，
亦即t2−4t+15=0(*)，
因为Δ=−42−4×15<0，所以方程(*)无实数解，
所以线段AD上不存在点G，使得点P，C，D在以G为球心的球上．
【解析】(1)利用面面垂直的性质可证得AB⊥平面PAD，再利用面面垂直的判定定理即可证得结论；
(2)①依题建系，设AB=t，利用题设条件，分别求得相关点和向量的坐标，利用空间向量坐标的夹角公式列出方程，求解即得t的值；
②假设存在点G，可由GC=GD推得GD=1，得点G坐标，由GP=GD得方程t2−4t+15=0，因此方程无实数解，假设不成立．
方法点睛：本题主要考查利用空间向量解决线面所成角以及多点是否在同一球面上的开放性问题，属于较难题．
根据题意，创建合适的空间直角坐标系，利用空间向量夹角的坐标表达式即可求解相关问题，对于开放性问题，一般是假设结论成立，通过推理计算求得结论成立的条件或者推导出矛盾．
1.如图所示，在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，M为A1C1与B1D1的交点，若AB=a,AD=b,AA1=c，则BM=( )
A. 12a−12b+cB. 12a+12b+cC. −12a−12b+cD. −12a+12b+c
2.已知直线l的一个方向向量n=(−1,2)，且过点(−1,2)，则直线l的方程为( )
A. 2x+y=0B. x−2y+5=0C. x+2y−3=0D. 2x−y+4=0
3.已知a=(2,0,−1),b=(3,−2,5)，则向量b在向量a上的投影向量是( )
A. 15(3,−2,5)B. 138(3,−2,5)C. 15(2,0,−1)D. 138(2,0,−1)
4.直线l1:ax+3y+2a=0与直线l2:2x+(a−1)y+(a+1)=0平行，则“l1//l2”是“a=−2”的( )
A. 充分不必要条件B. 充要条件C. 必要不充分条件D. 既不充分也不必要
5.已知两点M3,−1,N2,5，直线l过点P1,1且与线段MN相交，则直线l的斜率k的取值范围是( )
A. −∞,−1B. 4,+∞
C. −1,4D. −∞,−1∪4,+∞
6.以A2,1，B4,2，C8,5为顶点的三角形的面积等于( )
A. 1B. 45C. 65D. 2
7.若动点A(x1,y1),B(x2,y2)分别在直线l1:x+y−7=0和l2:x+y−5=0上移动，则AB的中点M到原点距离的最小值为( )
A. 3 2B. 2C. 2D. 4
8.三棱锥A−BCD满足BC−AC=BD−AD=2，二面角C−AB−D的大小为60∘，CD⊥AB，AB=4，CD=3，则三棱锥A−BCD外接球的体积为( )
A. 7πB. 28πC. 7 7π3D. 28 7π3
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.关于空间向量，以下说法正确的是( )
A. 空间中的三个向量，若有两个向量共线，则这三个向量一定共面
B. 若a·b>0，则a,b是锐角
C. 已知向量组{a,b,c}是空间的一个基底，则{2a,b,c−a}也是空间的一个基底
D. 若对空间中任意一点O，有OP=112OA+14OB+23OC，则P，A，B，C四点共面
10.已知直线l： 3x−y+1=0，则下列结论正确的是( )
A. 直线l的一个法向量为 3,1
B. 若直线m：x− 3y+1=0，则l⊥m
C. 点 3,0到直线l的距离是2
D. 过2 3,2与直线l平行的直线方程是 3x−y−4=0
11.已知点P是正方体ABCD−A1B1C1D1表面上的一个动点，则以下说法正确的是( )
A. 当P在平面BCC1B1上运动时，四棱锥P−AA1D1D的体积不变
B. 当P在线段AC上运动时，D1P与A1C1所成角的取值范围是[π3,π2]
C. 若点P在底面ABCD上运动，则使直线A1P与平面ABCD所成的角为45∘的点P的轨迹为椭圆
D. 若F是A1B1的中点，点P在底面ABCD上运动时，不存在点P满足PF//平面B1CD1
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.若直线l的斜率k∈[1, 3)，则直线l的倾斜角θ的取值范围为 ．
13.过点2,−1且在x轴、y轴上截距相等的直线方程为 ．
14.设m∈R，过定点A的动直线x+2+my−7=0和过定点B的动直线mx−y−m+3=0交于点Px,y，则PA+PB的取值范围是 ．
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题12分)
已知直线l:a−1y=2a−3x+1．
(1)求证：直线l过定点；
(2)若直线l不经过第二象限，求实数a的取值范围．
16.(本小题12分)
已知直线l1：2x−(a−1)y−2=0，l2：(a+2)x+(2a+1)y+3=0(a∈R).
(1)若l1⊥l2，求实数a的值；
(2)若l1// l2，求l1，l2之间的距离．
17.(本小题12分)
如图，在直四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD是梯形，∠DAB=90∘，AD//BC，E，F，G分别为A1B1，A1B，CD的中点．
(1)证明：FG//平面CD1E.
(2)若A1A=AD=AB=2，BC=1，求二面角B−CD1−E的余弦值．
18.(本小题12分)
如图，在三棱锥A−BCD中，平面ABD⊥平面BCD,AB=AD，O为BD的中点，▵OCD是边长为1的等边三角形，点E在棱AD上，DE=2EA．
(1)证明：OA⊥BC；
(2)当AO=1时，求点E到直线BC的距离；
(3)若二面角E−BC−D的大小为45∘，求三棱锥E−BCD的体积．
19.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，AB⊥AD，AB+AD=5，CD= 2，∠PAD=120∘，∠ADC=45∘．
(1)求证：平面PAB⊥平面PAD；
(2)设AB=AP．
①若直线PB与平面PCD所成角的正弦值为 3344，求线段AB的长．
②在线段AD上是否存在点G，使得点P，C，D在以G为球心的球上？若存在，求线段AB的长；若不存在，说明理由．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】【分析】
本题主要考查空间向量的线性运算，属于基础题．
利用空间向量的线性运算进行求解．
【解答】
解： BM=BB1+B1M=BB1+12(A1D1−A1B1)=AA1+12(AD−AB)=c+12(b−a)=−12a+12b+c ．
故选D．
2.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查了直线的方向向量、求直线方程，属基础题．
【解答】
解：因为直线l的一个方向向量n=(−1,2)，
所以直线l的斜率为−2，
又因为直线l过点(−1,2)，
则直线l的方程为y−2=−2(x+1)，即2x+y=0．
3.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查投影向量的计算，属于基础题．
利用投影向量的计算公式计算即可．
【解答】
解：因为a=(2,0,−1),b=(3,−2,5)，则向量b在向量a上的投影为： a⋅b|a|=2×3+0×(−2)+(−1)×5 4+1= 55，
所以向量b在向量a上的投影向量是 55×a|a|= 55×1 5a=15a=15(2,0,−1)．
故选：C．
4.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查两条直线平行的判定及应用，充分条件、必要条件的判断，属于基础题．
根据两直线平行得a(a−1)=6a(a+1)≠4a，解得a值并结合充要条件的定义即可求解．
【解答】
解：直线l1:ax+3y+2a=0与直线l2:2x+(a−1)y+(a+1)=0平行的充要条件是
a(a−1)=6a(a+1)≠4a，即a=−2；
故“l1//l2”是“a=−2”的充要条件．
故选B．
5.【答案】C
【解析】【分析】先利用斜率公式求出kPM=−1,kPN=4，再由倾斜角斜率取值图象数形结合求得即可．
【详解】
由图象结合题意可知：kPM=1−−11−3=−1,kPN=1−51−2=4，
观察到直线过点P与线段MN有公共点时倾斜角为钝角时逐渐增大，
斜率大于或等于直线PM的斜率；
为锐角时倾斜角逐渐减小，斜率小于或等于直线PN的斜率；
所以直线l的斜率k的取值范围是−1,4．
6.【答案】A
【解析】【分析】先求出AB及直线AB的方程，再利用距离公式求出C到直线AB的距离，按照三角形的面积公式即可求解．
【详解】由题意知：AB= 2−42+(1−2)2= 5，直线AB的方程为y−1=2−14−2⋅(x−2)，即x−2y=0，则C到直线AB的距离为8−2×5 12+(−2)2=2 55，
故三角形的面积为12× 5×2 55=1．
故选：A．
7.【答案】A
【解析】【分析】
本题主要考查了两点间距离公式，点到直线的距离公式的应用，属中等题．
确定过中点M的直线方程，将距离最小值问题转化成点到直线的距离问题即可．
【解答】
解：由题意知点M在直线l1与l2之间且与两直线距离相等的直线上，
设该直线方程为x+y+c=0，
则|c+7| 2=|c+5| 2，解得c=−6，
∴点M在直线x+y−6=0上，
∴点M到原点的距离的最小值就是原点到直线x+y−6=0的距离，即|−6| 2=3 2．
故选：A．
8.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查三棱锥外接球的问题，属于中档题．
设AC=m,AD=n，根据对角线向量的性质列方程求m,n关系，从而可得线线垂直，过C作CE⊥AB，连接DE，结合勾股定理，得线线关系，从而可得二面角C−AB−D的平面角，从而可确定外接球球心位置得外接球半径，从而可得球的体积．
【解答】
解：如图所示，
设AC=m,AD=n，则BC=m+2,BD=n+2，
由向量的运算及余弦定理可得：
CD⋅AB=(AD−AC)⋅AB=AD⋅AB−AC⋅AB
=|AD→|⋅|AB→|cs∠BAD−|AC→|⋅|AB→|cs∠BAC
=|AD|⋅|AB|⋅|AD|2+|AB|2−|BD|22|AD|⋅|AB|−|AC|⋅|AB|⋅|AC|2+|AB|2−|BC|22|AC|⋅|AB|
=AD2+BC2−BD2−AC22，
所以CD⋅AB=n2+m+22−n+22−m22=0，
解得：m=n，故AC=AD,BC=BD，
过C作CE⊥AB，连接DE，则DE⊥AB，
设AE=x，则m2−x2=m+22−4−x2=9，
解得：m=3,x=0，所以点E与点A重合，
故AC⊥AB，AD⊥AB，
即∠CAD为二面C−AB−D的平面角，
故三棱锥可放置成如图所示，
O1为底面正▵ACD的外心，即AO1=3 32×23= 3，
O为A−BCD的外接球球心，即OO1//AB，
为使得OA=OB=OC=OD，故OO1=12AB=2，
所以三棱锥A−BCD的外接球半径R= 3+4= 7，
所以外接球的体积V=43π 73=28 7π3．
故选：D．
9.【答案】ACD
【解析】【分析】
本题考查空间向量共面，夹角，空间向量的基本定理，属于中档题．
根据空间向量共面的定义可判断A，利用向量夹角的取值范围可判断B，根据基底的定义可判断C，根据空间向量共面的充要条件可判断D．
【解答】
解：对于A，空间中的三个向量，若有两个向量共线，由于空间任意两个向量一定共面，因此这三个向量一定共面，故A正确;
对于B，若a⋅b>0，则a,b是锐角或a与b同向，故B错误;
对于C，因为{a,b,c}是空间中的一组基底，所以a，b，c不共面，
假设2a，b，c−a共面，则2a=λb+μc−a，即2=−μλ=0μ=0，矛盾，
所以2a，b，c−a不共面，
所以{2a,b,c−a}可以是空间的一组基底，故C正确;
对于D，因为OP=112OA+14OB+23OC，且112+14+23=1，
所以P，A，B，C四点共面，故D正确;
故选：ACD．
10.【答案】CD
【解析】【分析】对于A：根据直线方向向量与斜率之间的关系分析判断；对于B：根据直线垂直分析判断；对于C：根据点到直线的距离公式运算求解；对于D：根据直线平行分析求解．
【详解】对于A，因为直线l： 3x−y+1=0的斜率k= 3，
但1 3⋅ 3=1≠−1，可知 3,1不为直线l的一个法向量，故A错误；
对于B，因为直线m：x− 3y+1=0的斜率k′= 33，且kk′=1≠−1，
所以直线l与直线m不垂直，故B错误；
对于C，点 3,0到直线l的距离d= 3× 3−0+1 32+−12=2，故 C正确；
对于D，过2 3,2与直线l平行的直线方程是y−2= 3x−2 3，即 3x−y−4=0，故 D正确．
故选：CD．
11.【答案】AB
【解析】【分析】
本题考查命题真假的判断，考查点到平面的距离、空间几何体的体积、空间向量等基础知识，考查运算求解能力，属于中档题．
由四棱锥的高和底面积判断A；建立坐标系，求出D1P=(x,2−x,−2)，A1C1=(−2,2,0)，利用向量的夹角公式求解判断B；根据直线AP与平面ABCD所成的角为45°，结合正方体的特征判断C；建立空间直角坐标系，求出FP的坐标进行判断．
【解答】
解：对于A，当点P在平面BCC1B1上运动时，点P到面AA1D1D的距离不变，S正方形AA1D1D不变，
∴当P在平面BCC1B1上运动时，四棱锥P−AA1D1D的体积不变，故A正确；
对于B，以D为坐标原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，
不妨设正方体的棱长为2，
设P(x,2−x,0)，0≤x≤2，A1(2,0,2)，D1(0,0,2)，C1(0,2,2)，
则D1P=(x,2−x,−2)，A1C1=(−2,2,0)，
设D1P与A1C1所成角为θ，
则csθ=|cs
∵0≤|x−1|≤1，当|x−1|=0时，θ=π2，
当0<|x−1|≤1时，csθ=|cs
=|x−1| (x−1)2+3=1 1+3|x−1|2≤12，
则π3≤θ≤π2，
综上，π3≤θ≤π2．
∴当P在线段AC上运动时，D1P与A1C1所成角的取值范围是[π3,π2]，故B正确；
对于C，因为A1A⊥平面ABCD，若直线A1P与平面ABCD所成的角为45∘，
则∠A1PA=45°，∴AA1=AP=2，
∴点P的轨迹是以A为圆心，以2为半径的四分之一圆，故 C不正确；
对于D，以D为坐标原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，
设P(x,y,0)，0≤x≤2，0≤y≤2，B1(2,2,2)，D1(0,0,2)，C(0,2,0)，F(2,1,2)，
则CB1=(2,0,2)，CD1=(0,−2,2)，FP=(x−2,y−1,−2)，
设平面CB1D1的一个法向量为n=(a,b,c)，
则CD1⋅n=−2b+2c=0CB1⋅n=2a+2c=0，
取a=1，得n=(1,−1,−1)，
若PF//平面B1CD1，
∴FP⋅n=(x−2)−(y−1)+2=0，y=x+1，直线y=x+1与正方形有公共点，
∴存在点P满足PF//平面B1CD1，故D不正确．
故选：AB．
12.【答案】π4,π3
【解析】【分析】根据k=tanθ的图象，得出倾斜角θ的取值范围．
【详解】根据k=tanθ的部分图象，结合倾斜角定义范围，
可以得出倾斜角θ的取值范围为π4,π3．
故答案为：π4,π3
13.【答案】x+y−1=0或x+2y=0
【解析】【分析】分截距是否为0两种情况，结合直线的截距式方程运算求解．
【详解】设在x轴、y轴上的截距均为a，
若a=0，即直线过原点，设直线为y=kx，
代入2,−1，可得k=−12，
所以直线方程为y=−12x，即x+2y=0；
若a≠0，则直线方程为xa+ya=1，
代入2,−1，则2a+−1a=1，解得a=1，
所以此时直线方程为x+y=1；
综上所述：所求直线方程为x+y−1=0或x+2y=0．
故答案为：x+y−1=0或x+2y=0．
14.【答案】5,5 2
【解析】【分析】可得直线分别过定点−2,7和1,3且垂直，可得PA|2+PB|2=25.设∠ABP=θ，则PA=5sinθ，PB=5csθ，θ∈0,π2，则PA+PB=5 2sinθ+π4，利用正弦函数的性质求值域即可．
【详解】由题意可知，动直线x+2+my−7=0，经过定点A−2,7，
动直线mx−y−m+3=0即mx−1−y+3=0，经过定点B1,3，
∵m≠0时，动直线x+2+my−7=0和动直线mx−y−m+3=0的斜率之积为−1，
m=0时，也垂直，
所以两直线始终垂直，又P是两条直线的交点，
∴PA⊥PB，
∴PA|2+PB|2=|AB|2= −2−12+7−32=25．
设∠ABP=θ，则PA=5sinθ，PB=5csθ，
由PA≥0且PB≥0，可得θ∈0,π2，
∴PA+PB=5sinθ+csθ=5 2sinθ+π4，
∵θ∈0,π2，
∴θ+π4∈π4,3π4，
∴sinθ+π4∈ 22,1，
∴5 2sinθ+π4∈5,5 2，
故答案为：5,5 2．
【点睛】关键点点睛：因为PA|2+PB|2=|AB|2=25，设∠ABP=θ，则PA=5sinθ，PB=5csθ，则PA+PB=5 2sinθ+π4，即可求得PA+PB的取值范围．
15.【答案】(1)
由l:a−1y=2a−3x+1，即a2x−y−3x+y+1=0，
则2x−y=0−3x+y+1=0，解得x=1y=2,
所以直线过定点1,2；
(2)
如图所示，结合图像可知，
当a=1时，直线斜率不存在，方程为x=1，不经过第二象限，成立；
当a≠1时，直线斜率存在，方程y=2a−3a−1x+1a−1，
又直线不经过第二象限，则2a−3a−1>01a−1≤0，解得a<1；
综上所述a≤1．
【解析】(1)由方程变形可得a2x−y−3x+y+1=0，列方程组，解方程即可；
(2)数形结合，结合直线图像可得解．
16.【答案】解：(1)因为l1⊥l2，所以2(a+2)+(1−a)(2a+1)=0，
整理得2a2−3a−5=0，即(2a−5)(a+1)=0，
解得a=−1或52；
(2)因为l1//l2，所以2(2a+1)=−(a−1)(a+2)，
解得a=−5或0．
当a=−5时，l1:2x+6y−2=0，l2:−3x−9y+3=0，l1，l2重合；
当a=0时，l1:2x+y−2=0，l2:2x+y+3=0，符合题意，
此时l1，l2之间的距离d=|3−(−2)| 22+12= 5．
【解析】本题考查直线平行和垂直的关系，考查了两平行线间的距离，属于基础题．
(1)根据l1⊥l2列方程，化简求得a的值．
(2)根据l1//l2列式，化简求得a，进而求得l1，l2之间的距离．
17.【答案】(1)证明：取CD1的中点H，连接GH，EH，EF，
因为EF是△A1B1B的中位线，
所以EF//BB1，且EF=12BB1，
同理可得HG//DD1，且HG=12DD1，
又BB1//DD1，且BB1=DD1，
所以EF//HG，且EF=HG，
则四边形EFGH是平行四边形，从而FG//EH，
因为FG⊄平面CD1E，EH⊂平面CD1E，
所以FG//平面CD1E.
(2)解：在直四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，
因为∠DAB=90∘，所以AA1，AB，AD两两垂直．
以A为坐标原点，AD，AB，AA1的方向分别为x，y，z轴的正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系．
因为A1A=AD=AB=2，BC=1，
所以C(1,2,0)，D1(2,0,2)，E(0,1,2)，B(0,2,0)，
则CD1=(1,−2,2)，EC=(1,1,−2)，BC=(1,0,0)．
设平面CD1E的法向量为n1=(x1,y1,z1)，
由n1⋅CD1=0n1⋅EC=0得x1−2y1+2z1=0x1+y1−2z1=0，取z1=3，可得n1=(2,4,3)．
设平面BCD1的法向量为n2=(x2,y2,z2)，
由n2⋅CD1=0n2⋅BC=0得x2−2y2+2z2=0x2=0,
取y2=1，可得n2=(0,1,1)，
所以cs
易知二面角B−CD1−E为锐角，所以其余弦值为7 5858．
【解析】本题考查了线面平行的判定和平面与平面所成角的向量求法，是中档题．
(1)取CD1的中点H，连接GH，EH，EF，易得四边形EFGH是平行四边形，从而FG//EH，由线面平行的判定即可得证；
(2)建立空间直角坐标系，得出平面CD1E的法向量和平面BCD1的法向量，利用空间向量求解即可．
18.【答案】(1)
因为AB=AD，O为BD的中点，所以AO⊥BD，
又平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD=BD，AO⊂平面ABD，
所以AO⊥平面BCD，又BC⊂平面BCD，
所以AO⊥BC；
(2)
取OD的中点F，因为▵OCD为正三角形，所以CF⊥OD，
过O作OM//CF与BC交于点M，则OM⊥OD，
所以OM，OD，OA两两垂直，
以点O为坐标原点，分别以OM，OD，OA所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系如图所示，
B0,−1,0，C 32,12,0，E0,13,23，
又BC=( 32,32,0),BE=(0,43,23)，
所以csBC,BE=|BC⋅BE||BC||BE|=2 3×2 53= 155，则sinBC,BE= 105，
所以点E到直线BC的距离为|BE|sinBC,BE=2 53× 105=2 23；
(3)
设A0,0,t(t>0)，则E0,13,2t3，
因为OA⊥平面BCD，故平面BCD的一个法向量为OA=(0,0,t)，
设平面BCE的法向量为n=x,y,z，又BC= 32,32,0,BE=0,43,2t3,
所以由n⋅BC=0n⋅BE=0，得 32x+32y=043y+2t3z=0,
令x= 3，则y=−1，z=2t，故n=( 3,−1,2t)，
因为二面角E−BC−D的大小为45∘，
所以csn,OA=|n⋅OA||n||OA|=2t 4+4t2= 22，
解得t=1，所以OA=1，
又S▵OCD=12×1×1× 32= 34，所以S▵BCD= 32，
故三棱锥E−BCD的体积VE−BCD=13S▵BCD⋅2t3=13× 32×23= 39．
【解析】(1)由平面ABD⊥平面BCD，证得AO⊥平面BCD，进而证得AO⊥BC；
(2)取OD的中点F，过O作OM//CF与BC交于点M，可得OM，OD，OA两两垂直，建立空间直角坐标系，利用向量夹角公式求出csBC,BE，可得sinBC,BE，点E到直线BC的距离为|BE|sinBC,BE，计算即可；
(3)设A0,0,t(t>0)，求出平面BCD和平面BCE的法向量，由二面角E−BC−D的大小为45∘求出t的值，进而可求出三棱锥的体积．
19.【答案】(1)
在四棱锥P−ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，AB⊥AD，
AB⊂平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，
所以AB⊥平面PAD，
又AB⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD．
(2)
如图以A为原点，以AB所在直线为x轴，以AD所在直线为y轴建立如图所示直角空间坐标系A−xyz，
设AB=t，则AP=t，由AB+AD=5，CD= 2，∠PAD=120∘，∠ADC=45∘，
则Bt,0,0，P0,−t2, 3t2，因AD=5−t，则D0,5−t,0，C1,4−t,0，
所以CP=−1,t2−4, 3t2，CD=−1,1,0
①设平面PCD的法向量为n=x,y,z，由n⊥CP，n⊥CD，得：
−x+t−82y+ 3t2z=0−x+y=0，可取n=1,1,10−t 3t
设直线PB与平面PCD所成角为θ，
则有：sinθ=csn,BP，BP=−t,−t2, 3t2，
即： 3344=−t−t2+10−t2 1+1+10−t 3t2 t2+t24+3t24，化简得：23t2−116t+140=0，
解得t=2或t=7023，即AB=2或AB=7023
②如图，假设在线段AD上是否存在点G，使得点P，C，D在以G为球心的球上，
由GC=GD，得∠GCD=∠GDC=45∘，所以∠CGD=90∘，
所以GD=CDcs45∘=1，
又AB=t得AD=5−t，AG=AD−GD=4−t，所以G0,4−t,0，P0,−t2, 3t2
由GP=GD得−t2−4−t2+ 3t22=1，即t2−42+34t2=1，
亦即t2−4t+15=0(*)，
因为Δ=−42−4×15<0，所以方程(*)无实数解，
所以线段AD上不存在点G，使得点P，C，D在以G为球心的球上．
【解析】(1)利用面面垂直的性质可证得AB⊥平面PAD，再利用面面垂直的判定定理即可证得结论；
(2)①依题建系，设AB=t，利用题设条件，分别求得相关点和向量的坐标，利用空间向量坐标的夹角公式列出方程，求解即得t的值；
②假设存在点G，可由GC=GD推得GD=1，得点G坐标，由GP=GD得方程t2−4t+15=0，因此方程无实数解，假设不成立．
方法点睛：本题主要考查利用空间向量解决线面所成角以及多点是否在同一球面上的开放性问题，属于较难题．
根据题意，创建合适的空间直角坐标系，利用空间向量夹角的坐标表达式即可求解相关问题，对于开放性问题，一般是假设结论成立，通过推理计算求得结论成立的条件或者推导出矛盾．
相关试卷
2024-2025学年福建省福州市部分学校教学联盟高二（上）适应性数学试卷（10月份）（含解析）： 这是一份2024-2025学年福建省福州市部分学校教学联盟高二（上）适应性数学试卷（10月份）（含解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
福州部分学校教学联盟2024年高二上学期10月适应性检测数学试卷+答案： 这是一份福州部分学校教学联盟2024年高二上学期10月适应性检测数学试卷+答案，文件包含福州部分学校教学联盟2024年高二上学期10月适应性检测数学试卷原卷版pdf、福州部分学校教学联盟2024年高二上学期10月适应性检测数学试卷解析版pdf等2份试卷配套教学资源，其中试卷共24页， 欢迎下载使用。
福州部分学校教学联盟2024年高二上学期10月适应性检测数学试卷（解析版）： 这是一份福州部分学校教学联盟2024年高二上学期10月适应性检测数学试卷（解析版），共20页。
