数学人教A版 (2019)空间向量的应用综合训练题

这是一份数学人教A版 (2019)空间向量的应用综合训练题，共16页。
(选择、填空题请在后面的答题区内作答)
1．已知直线l的方向向量为a＝(1，－1，λ)，平面α的一个法向量为n＝(－2,2,1)，
若l⊥α，则λ的值为( )
A．－2 B．－eq \f(1,2) C．1 D．4
2．已知平面α的法向量为n＝(x,1，－2)，平面β的法向量为m＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，y，\f(1,2)))，若α∥β，则x－y＝( )
A.eq \f(5,2) B.eq \f(17,4) C．3 D.eq \f(15,4)
3.如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，已知AB⊥AC，D为CC1的中点，AB＝AC＝AA1，则AB1，A1D所成角的余弦值是( )
A.eq \f(\r(5),5) B.eq \f(\r(3),6) C.eq \f(\r(10),10) D.eq \f(5,2)
4．已知A(1,0,0)，B(0,1,0)，C(0,0,1)，则原点O到平面ABC的距离是( )
A.eq \f(\r(3),3) B.eq \r(3) C．2eq \r(3) D．3eq \r(3)
5．如图，圆锥的轴截面ABC为等边三角形，D为弧AB的中点，E，F分别为母线BC，AC的中点，则异面直线BF和DE所成角的大小为( )
A.eq \f(π,4) B.eq \f(π,3) C.eq \f(π,2) D.eq \f(2π,3)
6．如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E是棱DD1的中点，点F在棱C1D1上，且eq \(D1F,\s\up6(―→))＝λeq \(D1C1,\s\up6(―→))，若B1F∥平面A1BE，则λ＝( )
A.eq \f(1,4) B.eq \f(1,3) C.eq \f(1,2) D.eq \f(2,3)
7.(多选)如图，AE⊥平面ABCD，CF∥AE，AD∥BC，AD⊥AB，AE＝BC＝2，AB＝AD＝1，CF＝eq \f(8,7)，则( )
A．BD⊥EC
B．BF∥平面ADE
C．平面EBD与平面ABCD夹角的余弦值为eq \f(1,3)
D．直线CE与平面BDE所成角的正弦值为eq \f(4,9)
8.如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，eq \(AN,\s\up6(―→))＝eq \(NA1,\s\up6(―→))，eq \(A1M,\s\up6(―→))＝eq \(MD1,\s\up6(―→))，eq \(B1E,\s\up6(―→))＝λeq \(B1C,\s\up6(―→))，
当直线DD1与平面MNE所成的角最大时，λ＝( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(1,3) C.eq \f(1,4) D.eq \f(1,5)
9．(5分)若正三棱柱ABC­A1B1C1的所有棱长都为2，则B1C1到平面A1BC的距离是________．
10．(5分)已知正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为1，点M在线段CC1上，且eq \(MC1,\s\up6(―→))＝2eq \(CM,\s\up6(―→))，点P在平面A1B1C1D1上，且AP⊥平面MBD1，则线段AP的长为________．
11.(15分)如图所示，在三棱柱ABC­A1B1C1中，H是正方形AA1B1B的中心，AA1＝2eq \r(2)，C1H⊥平面AA1B1B，且C1H＝eq \r(5).
(1)求异面直线AC与A1B1所成角的余弦值；(5分)
(2)求平面AA1C1与平面A1C1B1夹角的正弦值．(10分)
12．(15分)如图，在四棱锥P­ABCD中，侧面PAD⊥底面ABCD，侧棱PA＝PD＝eq \r(2)，底面ABCD为直角梯形，其中BC∥AD，AB⊥AD，AD＝2AB＝2BC＝2，O为AD中点．
(1)证明：PO⊥平面ABCD；(3分)
(2)求直线BD与平面PAB所成角的正弦值；(5分)
(3)在线段AD上是否存在一点Q，使得它到平面PCD的距离为eq \f(\r(3),2)？请说明理由．(7分)
B卷
1.(15分)如图，在三棱锥P­ABC中，AB⊥BC，AB＝BC＝kPA，点O，D分别是AC，PC的中点，OP⊥底面ABC.
(1)求证：OD∥平面PAB；(8分)
(2)当k取何值时，O在平面PBC内的射影恰好为△PBC的重心？(7分)
2．(15分)已知直四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，底面ABCD为菱形，AA1＝6，AB＝4，
∠BAD＝60°，E为线段B1D1的中点．
(1)求证：AE∥平面BC1D；(6分)
(2)求CE与平面BC1D所成角的正弦值．(9分)
3.(15分)如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD为正方形，AF⊥平面ABCD，AF∥DE，AB＝AF＝2DE＝2，M是线段BF上的一动点，过点M和直线AD的平面α与FC，EC分别交于P，Q两点．
(1)若M为BF的中点，请在图中作出线段PQ，并说明P，Q的位置及作法理由；(7分)
(2)线段BF上是否存在点M，使得直线AC与平面α所成角的正弦值为eq \f(\r(10),10)？若存在，
求出MB的长；若不存在，请说明理由．(8分)
4．(15分)在如图①所示的平面图形中，四边形ACDE为菱形，现沿AC进行翻折，使得AB⊥平面ACDE，过点E作EF∥AB，且EF＝eq \f(1,2)AB，连接FD，FB，BD，所得图形如图②所示，其中G为线段BD的中点，连接FG.
(1)求证：FG⊥平面ABD；(5分)
(2)若AC＝AD＝2，直线FG与平面BCD所成角的正弦值为eq \f(\r(7),7)，求平面ABC与平面BFD夹角的余弦值．(10分)
第3周·周末作业
A卷
1．选B 因为a＝(1，－1，λ)是直线l的一个方向向量，n＝(－2,2,1)是平面α的一个法向量，且直线l⊥平面α，所以a∥n，所以eq \f(1,－2)＝eq \f(－1,2)＝eq \f(λ,1)，解得λ＝－eq \f(1,2).
2．选B 因为α∥β，所以n∥m，所以eq \f(x,－1)＝eq \f(1,y)＝eq \f(－2,\f(1,2))＝－4，所以x＝4，y＝－eq \f(1,4)，所以x－y＝eq \f(17,4)，故选B.
3.选C 以A为原点，AB，AC，AA1所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设AB＝2，则A(0，0,0)，B1(2,0,2)，A1(0,0,2)，D(0，2,1)，所以eq \(AB1,\s\up6(―→))＝(2,0,2)，eq \(A1D,\s\up6(―→))＝(0,2，－1)，设AB1，A1D所成的角为θ，则cs θ＝eq \f(|\(AB1,\s\up6(―→))·\(A1D,\s\up6(―→))|,|\(AB1,\s\up6(―→))||\(A1D,\s\up6(―→))|)＝eq \f(2,2\r(2)×\r(5))＝eq \f(\r(10),10).
4．选A ∵A(1,0,0)，B(0,1,0)，C(0,0,1)，∴eq \(AB,\s\up6(―→))＝(－1,1,0)，eq \(AC,\s\up6(―→))＝(－1,0,1)，设平面ABC的法向量为n＝(a，b，c)，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(AB,\s\up6(―→))·n＝0，,\(AC,\s\up6(―→))·n＝0，))∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－a＋b＝0，,－a＋c＝0，))
令a＝1，则n＝(1,1,1)，又eq \(OA,\s\up6(―→))＝(1,0,0)，∴原点O到平面ABC的距离d＝eq \f(|\(OA,\s\up6(―→))·n|,|n|)＝eq \f(1,\r(12＋12＋12))＝eq \f(\r(3),3).
5.选C 取AB中点O，连接OC，OD，如图以OD，OB，OC所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，不妨设AB＝2，则B(0,1,0)，D(1，0,0)，C(0,0，eq \r(3))，A(0，－1,0)，又E，F分别为母线BC，AC的中点，所以Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，则eq \(BF,\s\up6(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(3,2)，\f(\r(3),2)))，eq \(DE,\s\up6(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，|eq \(BF,\s\up6(―→))|＝eq \r(\f(9,4)＋\f(3,4))＝eq \r(3)，|eq \(DE,\s\up6(―→))|＝eq \r(1＋\f(1,4)＋\f(3,4))＝eq \r(2)，设异面直线BF和DE所成的角为θ，则cs θ＝eq \f(|\(BF,\s\up6(―→))·\(DE,\s\up6(―→))|,|\(BF,\s\up6(―→))||\(DE,\s\up6(―→))|)＝eq \f(－\f(3,4)＋\f(3,4),\r(3)×\r(2))＝0，又因为θ∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，所以θ＝eq \f(π,2).
6.选C 法一 以A为坐标原点，AB，AD，AA1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，设正方体的棱长为1，则B(1,0,0)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，1，\f(1,2)))，D1(0，1,1)，C1(1，1,1)，A1(0，0,1)，可得eq \(BA1,\s\up6(―→))＝(－1,0,1)，eq \(BE,\s\up6(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，1，\f(1,2)))，设n＝(x，y，z)是平面A1BE的法向量，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(BA1,\s\up6(―→))＝－x＋z＝0，,n·\(BE,\s\up6(―→))＝－x＋y＋\f(z,2)＝0，))令z＝2，则x＝2，y＝1，即n＝(2,1,2)，由eq \(D1C1,\s\up6(―→))＝(1,0,0)，且eq \(D1F,\s\up6(―→))＝λeq \(D1C1,\s\up6(―→))，可得F(λ，1,1)(0≤λ≤1)，又因为B1(1,0,1)，则eq \(B1F,\s\up6(―→))＝(λ－1,1,0)，由B1F∥平面A1BE，可得n·eq \(B1F,\s\up6(―→))＝2(λ－1)＋1×1＋2×0＝0，解得λ＝eq \f(1,2).
法二 如图，取CD中点M，连接BM，EM，易证A1B∥EM，所以平面A1BE即为平面A1BME，易知当F为C1D1的中点时，B1F∥BM，B1F⊄平面A1BE，BM⊂平面A1BE，从而B1F∥平面A1BE，所以λ＝eq \f(1,2).
7.选BCD 根据题意可知AE，AB，AD两两垂直，不妨以A为原点建立空间直角坐标系，如图所示，可得B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0,1,0)，E(0,0,2)，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，2，\f(8,7)))，则eq \(BD,\s\up6(―→))＝(－1,1,0)，eq \(EC,\s\up6(―→))＝(1,2，－2)，eq \(BE,\s\up6(―→))＝(－1,0,2)，所以eq \(BD,\s\up6(―→))·eq \(EC,\s\up6(―→))＝－1×1＋1×2＋0×(－2)＝1≠0，所以BD，EC不垂直，故A错误；依题意，eq \(AB,\s\up6(―→))＝(1,0,0)是平面ADE的法向量，又eq \(BF,\s\up6(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，2，\f(8,7)))，可得eq \(BF,\s\up6(―→))·eq \(AB,\s\up6(―→))＝0，则BF⊥AB，又因为直线BF⊄平面ADE，所以BF∥平面ADE，故B正确；设m＝(a，b，c)为平面BED的一个法向量，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(BD,\s\up6(―→))＝－a＋b＝0，,m·\(BE,\s\up6(―→))＝－a＋2c＝0，))
令b＝2⇒a＝2，c＝1，可得m＝(2,2,1)，而eq \(AE,\s\up6(―→))＝(0,0,2)即底面ABCD的一个法向量，设平面EBD与平面ABCD的夹角为α，
则cs α＝|cs〈m，eq \(AE,\s\up6(―→))〉|＝eq \f(|m·\(AE,\s\up6(―→))|,|m||\(AE,\s\up6(―→))|)＝eq \f(2,3×2)＝eq \f(1,3)，故C正确；设直线CE与平面BDE所成的角为θ，eq \(CE,\s\up6(―→))＝(－1，－2,2)，则sin θ＝|cs〈eq \(CE,\s\up6(―→))，m〉|＝eq \f(|\(CE,\s\up6(―→))·m|,|\(CE,\s\up6(―→))||m|)＝eq \f(4,9)，故D正确．故选BCD.
8．选C 如图建立空间直角坐标系，不妨设正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为1.
则Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0，1))，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，0，\f(1,2)))，C(0，1,0)，B1(1,1,1)，D(0,0,0)，D1(0,0,1)．所以eq \(B1E,\s\up6(―→))＝λeq \(B1C,\s\up6(―→))＝(－λ，0，－λ)，E(1－λ，1,1－λ)，eq \(MN,\s\up6(―→))
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0，－\f(1,2)))，eq \(ME,\s\up6(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－λ，1，－λ)).
设平面MNE的法向量为m＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(MN,\s\up6(―→))＝\f(1,2)x－\f(1,2)z＝0，,m·\(ME,\s\up6(―→))＝\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－λ))x＋y－λz＝0，))
令x＝1，则y＝2λ－eq \f(1,2)，z＝1，
可得m＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，2λ－\f(1,2)，1)).
又eq \(DD1,\s\up6(―→))＝(0,0,1)，设直线DD1与平面MNE所成的角为α，则sin α＝|cs〈m，eq \(DD1,\s\up6(―→))〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(m·\(DD1,\s\up6(―→)),|m||\(DD1,\s\up6(―→))|)))＝eq \f(1,\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2λ－\f(1,2)))2＋2))＝eq \f(1,\r(4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(λ－\f(1,4)))2＋2))，从而当λ＝eq \f(1,4)时，sin α取到最大值，又α∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，故λ＝eq \f(1,4)时直线DD1与平面MNE所成的角最大．故选C.
9．解析：设O，O1分别是AC，A1C1的中点，连接OO1，OB，O1B1，根据正三棱柱的几何性质可知OB，OC，OO1两两相互垂直，建立如图所示空间直角坐标系，B(eq \r(3)，0,0)，C(0，1,0)，A1(0，－1，2)，C1(0,1,2)，eq \(CB,\s\up6(―→))＝(eq \r(3)，－1,0)，eq \(CA1,\s\up6(―→))＝(0，－2，2)，eq \(CC1,\s\up6(―→))＝(0,0,2)．设平面A1BC的法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(CB,\s\up6(―→))＝\r(3)x－y＝0，,n·\(CA1,\s\up6(―→))＝－2y＋2z＝0，))令y＝eq \r(3)，则x＝1，z＝eq \r(3)，故可得n＝(1，eq \r(3)，eq \r(3))．
由于B1C1∥BC，B1C1⊄平面A1BC，BC⊂平面A1BC，所以B1C1∥平面A1BC.
所以B1C1到平面A1BC的距离即C1到平面A1BC的距离，即eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(n·\(CC1,\s\up6(―→)),|n|)))＝eq \f(2\r(3),\r(7))＝eq \f(2\r(21),7).
答案：eq \f(2\r(21),7)
10．解析：如图，以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,1,0)，D1(0,0,1)，C1(0，1,1)，因为eq \(MC1,\s\up6(―→))＝2eq \(CM,\s\up6(―→))，所以Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，1，\f(1,3)))，所以eq \(BD1,\s\up6(―→))＝(－1，－1,1)，eq \(BM,\s\up6(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，0，\f(1,3)))，
因为点P在平面A1B1C1D1上，设P(x，y,1)，
则eq \(AP,\s\up6(―→))＝(x－1，y,1)，由AP⊥平面MBD1，
得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(AP,\s\up6(―→))·\(BD1,\s\up6(―→))＝1－x－y＋1＝0，,\(AP,\s\up6(―→))·\(BM,\s\up6(―→))＝1－x＋\f(1,3)＝0，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝\f(4,3)，,y＝\f(2,3)，))所以eq \(AP,\s\up6(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(2,3)，1))，|eq \(AP,\s\up6(―→))|＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))2＋12)＝eq \f(\r(14),3)，则线段AP的长为eq \f(\r(14),3).
答案：eq \f(\r(14),3)
11．解：(1)以点B为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系．
依题意，得B(0,0,0)，A(2eq \r(2)，0,0)，C(eq \r(2)，－eq \r(2)，eq \r(5))，A1(2eq \r(2)，2eq \r(2)，0)，B1(0,2eq \r(2)，0)，所以eq \(AC,\s\up6(―→))＝(－eq \r(2)，－eq \r(2)，eq \r(5))，eq \(A1B1,\s\up6(―→))＝(－2eq \r(2)，0,0)，
所以cs〈eq \(AC,\s\up6(―→))，eq \(A1B1,\s\up6(―→))〉＝eq \f(\(AC,\s\up6(―→))·\(A1B1,\s\up6(―→)),|\(AC,\s\up6(―→))||\(A1B1,\s\up6(―→))|)＝eq \f(4,3×2\r(2))＝eq \f(\r(2),3).所以异面直线AC与A1B1所成角的余弦值为eq \f(\r(2),3).
(2)由(1)知C1(eq \r(2)，eq \r(2)，eq \r(5))，易得eq \(AA1,\s\up6(―→))＝(0，2eq \r(2)，0)，eq \(A1C1,\s\up6(―→))＝(－eq \r(2)，－eq \r(2)，eq \r(5))．
设平面AA1C1的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(A1C1,\s\up6(―→))＝0，,m·\(AA1,\s\up6(―→))＝0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\r(2)x1－\r(2)y1＋\r(5)z1＝0，,2\r(2)y1＝0，))
不妨令x1＝eq \r(5)，则m＝(eq \r(5)，0，eq \r(2))为平面AA1C1的一个法向量．
设平面A1B1C1的法向量为n＝(x2，y2，z2)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(A1C1,\s\up6(―→))＝0，,n·\(A1B1,\s\up6(―→))＝0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\r(2)x2－\r(2)y2＋\r(5)z2＝0，,－2\r(2)x2＝0，))
不妨令y2＝eq \r(5)，则n＝(0，eq \r(5)，eq \r(2))为平面A1B1C1的一个法向量．
所以|cs〈m，n〉|＝eq \f(|m·n|,|m||n|)＝eq \f(2,\r(7)×\r(7))＝eq \f(2,7)，所以sin〈m，n〉＝eq \f(3\r(5),7).
所以平面AA1C1与平面A1C1B1夹角的正弦值为eq \f(3\r(5),7).
12．解：(1)证明：在△PAD中，PA＝PD，O为AD中点，所以PO⊥AD.
因为侧面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PO⊂平面PAD，
所以PO⊥平面ABCD.
(2)连接OC，由(1)知PO⊥平面ABCD，且OC⊂平面ABCD，所以PO⊥OC.
因为BC∥AD，BC＝eq \f(1,2)AD＝OA，
所以四边形ABCO为平行四边形．
又因为AB⊥AD，所以OC⊥AD.
以O为坐标原点，以eq \(OC,\s\up6(―→))，eq \(OD,\s\up6(―→))，eq \(OP,\s\up6(―→))为x轴、y轴、z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则O(0,0,0)，P(0,0,1)，A(0，－1,0)，B(1，－1,0)，D(0,1,0)，
所以eq \(BD,\s\up6(―→))＝(－1,2,0)，eq \(PA,\s\up6(―→))＝(0，－1，－1)，eq \(PB,\s\up6(―→))＝(1，－1，－1)．
设平面PAB的法向量为n＝(x1，y1，z1)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(PA,\s\up6(―→))＝0，,n·\(PB,\s\up6(―→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－y1－z1＝0，,x1－y1－z1＝0，))
令z1＝1，得x1＝0，y1＝－1，
则n＝(0，－1,1)为平面PAB的一个法向量．
设直线BD与平面PAB所成的角为θ，
则sin θ＝|cs〈eq \(BD,\s\up6(―→))，n〉|＝eq \f(|\(BD,\s\up6(―→))·n|,|\(BD,\s\up6(―→))||n|)＝eq \f(2,\r(5)×\r(2))＝eq \f(\r(10),5).
(3)存在点Q，且QD＝eq \f(3,2)，使得Q到平面PCD的距离为eq \f(\r(3),2)，理由如下：
由(2)知eq \(OD,\s\up6(―→))＝(0,1,0)，eq \(PC,\s\up6(―→))＝(1,0，－1)，eq \(PD,\s\up6(―→))＝(0,1，－1)，
令eq \(QD,\s\up6(―→))＝λeq \(OD,\s\up6(―→))(0≤λ≤2)，则eq \(QD,\s\up6(―→))＝(0，λ，0)．
设平面PCD的法向量为m＝(x2，y2，z2)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(PC,\s\up6(―→))＝0，,m·\(PD,\s\up6(―→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2－z2＝0，,y2－z2＝0，))
令x2＝1，得y2＝1，z2＝1，
所以m＝(1,1,1)为平面PCD的一个法向量．
因为点Q到平面PCD的距离为eq \f(\r(3),2)，
则d＝eq \f(|\(QD,\s\up6(―→))·m|,|m|)＝eq \f(|λ|,\r(3))＝eq \f(\r(3),2)，
又0≤λ≤2，则λ＝eq \f(3,2)，故存在点Q，且QD＝eq \f(3,2)，使得Q到平面PCD的距离为eq \f(\r(3),2).
B卷
1．解：(1)证明：连接OB，∵OP⊥平面ABC，OA＝OC，AB＝BC，∴OA⊥OB，OA⊥OP，OB⊥OP，以O为原点，OA，OB，OP所在直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系(如图)．设AB＝a，
则Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)a，0，0))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(2),2)a，0))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)a，0，0)).
设OP＝h，则P(0,0，h)．∵D为PC的中点，
∴eq \(OD,\s\up6(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),4)a，0，\f(1,2)h)).又eq \(PA,\s\up6(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)a，0，－h))，∴eq \(OD,\s\up6(―→))＝－eq \f(1,2)eq \(PA,\s\up6(―→))，∴eq \(OD,\s\up6(―→))∥eq \(PA,\s\up6(―→))，则OD∥PA.又OD⊄平面PAB，PA⊂平面PAB，∴OD∥平面PAB.
(2)设△PBC的重心为G，则Geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),6)a，\f(\r(2),6)a，\f(1,3)h))，∴eq \(OG,\s\up6(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),6)a，\f(\r(2),6)a，\f(1,3)h)).
∵OG⊥平面PBC，又PB⊂平面PBC，∴OG⊥PB，又eq \(PB,\s\up6(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(2),2)a，－h))，∴eq \(OG,\s\up6(―→))·eq \(PB,\s\up6(―→))＝eq \f(1,6)a2－eq \f(1,3)h2＝0，∴h＝eq \f(\r(2),2)a，∴|eq \(PA,\s\up6(―→))|＝eq \r(|\(OA,\s\up6(―→))|2＋h2)＝a，即k＝1，经检验，当k＝1时，O在平面PBC内的射影为△PBC的重心，所以k＝1.
2．解：(1)证明：如图，连接AB1，AD1，在直四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，AD∥B1C1且AD＝B1C1，
所以四边形AB1C1D为平行四边形，则AB1∥C1D，
又AB1⊄平面BC1D，C1D⊂平面BC1D，则AB1∥平面BC1D，
由AB∥D1C1且AB＝D1C1，故四边形ABC1D1为平行四边形，则AD1∥BC1，
又AD1⊄平面BC1D，BC1⊂平面BC1D，
则AD1∥平面BC1D，
又AD1⊂平面AB1D1，AB1⊂平面AB1D1，AD1∩AB1＝A，
则平面AB1D1∥平面BC1D，又AE⊂平面AB1D1，故AE∥平面BC1D.
(2)取AB的中点M，连接DM，
在直四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，底面ABCD为菱形，∠BAD＝60°，则DM，DC，DD1两两垂直，
以D为原点，分别以DM，DC，DD1所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，又AA1＝6，AB＝4，
则A(2eq \r(3)，－2,0)，B(2eq \r(3)，2,0)，C(0,4,0)，D(0,0,0)，D1(0，0,6)，B1(2eq \r(3)，2,6)，C1(0,4，6)，E(eq \r(3)，1,6)，则eq \(DB,\s\up6(―→))＝(2eq \r(3)，2,0)，eq \(DC1,\s\up6(―→))＝(0,4,6)，eq \(CE,\s\up6(―→))＝(eq \r(3)，－3，6)，
设平面BC1D的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(DB,\s\up6(―→))·n＝0，,\(DC1,\s\up6(―→))·n＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2\r(3)x＋2y＝0，,4y＋6z＝0，))
取x＝eq \r(3)，则y＝－3，z＝2，故平面BC1D的一个法向量为n＝(eq \r(3)，－3,2)，
设CE与平面BC1D所成的角为θ，则sin θ＝|cs〈eq \(CE,\s\up6(―→))，n〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(3＋9＋12,\r(3＋9＋4)·\r(3＋9＋36))))
＝eq \f(\r(3),2).故直线CE与平面BC1D所成角的正弦值为eq \f(\r(3),2).
3．解：(1)取P为FC的中点，Q为EC靠近点E的三等分点．理由如下：
由四边形ABCD为正方形，得AD∥BC，AB∥CD，又BC⊂平面FBC，AD⊄平面FBC，所以AD∥平面FBC.又平面ADM∩平面FBC＝MP，M为FB的中点，得AD∥MP，且P为FC的中点．
因为AF∥DE，AB∥CD，CD，DE⊂平面DCE，AB，AF⊄平面DCE，所以AB，AF∥平面DCE.
又AF∩AB＝A，AB，AF⊂平面ABF，所以平面ABF∥平面DCE，平面ADM∩平面DCE＝DQ，AM平分∠FAB，得DQ平分∠EDC.又eq \f(ED,DC)＝eq \f(1,2)，得到Q为EC的三等分点，且QC＝2EQ，从而作出线段PQ.
(2)由题意，可建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0,0)，C(2,2,0)，F(0,0,2)，B(2,0，0)，D(0，2,0)，
于是eq \(BF,\s\up6(―→))＝(－2,0,2)，eq \(AD,\s\up6(―→))＝(0,2,0)，eq \(AC,\s\up6(―→))＝(2,2,0)，
设eq \(BM,\s\up6(―→))＝λeq \(BF,\s\up6(―→))(0