階段性測(cè)試題9(理)-立體幾何、空間向量(學(xué)生)

制作老師：龔志軍（Flagon） 手機(jī)系QQ：137070928PAGEPAGE1階段性測(cè)試題九(立體幾何、空間向量(理))本試卷分第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分。滿(mǎn)分150分。考試時(shí)間120分鐘。第Ⅰ卷(選擇題共60分)一、選擇題(本大題共12個(gè)小題，每小題5分，共60分，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符號(hào)題目要求的。)1．已知一個(gè)幾何體是上下兩部分構(gòu)成的組合體，其三視圖如圖所示，若圖中圓的半徑為1，等腰三角形的腰長(zhǎng)為eq\r(5)，則該幾何體的體積是 ()A.eq\f(4π,3) B．2πC.eq\f(8π,3) D.eq\f(10π,3)2．在棱長(zhǎng)為a的正方體ABCD—A1B1C1D1中，平面A1BD截該正方體的內(nèi)切球所得截面的面積為 ()A.eq\f(πa2,3) B.eq\f(πa2,9) C.eq\f(πa2,2) D.eq\f(πa2,6)3．圓臺(tái)上、下底面面積分別是π、4π，側(cè)面積是6π，這個(gè)圓臺(tái)的體積是 ()A.eq\f(2\r(3),3)π B．2eq\r(3)πC.eq\f(7\r(3),6)π D.eq\f(7\r(3),3)π4．已知直線m、n和平面α，那么m∥n的一個(gè)必要而不充分條件是 ()A．m∥α，n∥α B．m⊥α，n⊥αC．n?α且m∥α D．m、n與α成等角5．如圖所示，b、c在平面α內(nèi)，a∩c＝B，b∩c＝A，且a⊥b，a⊥c，b⊥c，若C∈a，D∈b，E在線段AB上(C，D，E均異于A，B)則△CDE是 ()A．銳角三角形 B．直角三角形C．鈍角三角形 D．等腰三角形6．若A、B、C、D是空間不共面的四點(diǎn)，且滿(mǎn)足eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝0，eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))＝0，eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))＝0，則△BCD是 ()A．鈍角三角形 B．銳角三角形C．直角三角形 D．不確定7．在四面體O－ABC中，點(diǎn)M在OA上，且OM＝2MA，N為BC的中點(diǎn)，若eq\o(OG,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\f(x,4)eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\f(x,4)eq\o(OC,\s\up6(→))，則使G與M、N共線的x的值為 ()A．1 B．2 C.eq\f(2,3) D.eq\f(4,3)8．(08·遼寧)在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E、F分別為棱AA1、CC1的中點(diǎn)，則在空間中與三條直線A1D1、EF、CD都相交的直線 ()A．不存在 B．有且只有兩條C．有且只有三條 D．有無(wú)數(shù)條9．如圖，正方形ABCD與矩形ACEF所在平面互相垂直，AB＝eq\r(2)，AF＝1.M在EF上．且AM∥平面BDE.則M點(diǎn)的坐標(biāo)為 ()A．(1,1,1)B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),3)，\f(\r(2),3)，1))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，1))D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),4)，\f(\r(2),4)，1))10．如圖所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB＝BC＝AA1，∠ABC＝90°，點(diǎn)E、F分別是棱AB、BB1的中點(diǎn)，則直線EF和BC1所成的角是 ()A．45° B．60°C．90° D．120°11．設(shè)x、y、z是空間不同的直線或平面，對(duì)下列四種情況：①x、y、z均為直線；②x、y是直線，z是平面；③z是直線，x、y是平面；④x、y、z均為平面．其中使“x⊥z且y⊥z?x∥y”為真命題的是 ()A．③④ B．①③ C．②③ D．①②12．如圖所示，在四邊形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，將△ABD沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，構(gòu)成三棱錐A－BCD，則在三棱錐A－BCD中，下列命題正確的是 ()A．平面ABD⊥平面ABCB．平面ADC⊥平面BDCC．平面ABC⊥平面BDCD．平面ADC⊥平面ABC第Ⅱ卷(非選擇題共90分)二、填空題(本大題共4個(gè)小題，每小題4分，共16分，把正確答案填在題中橫線上)13．正三棱錐P—ABC的高為2，側(cè)棱與底面ABC成45°角，則點(diǎn)A到側(cè)面PBC的距離為_(kāi)_______．14．如圖，ABCD－A1B1C1D1為正方體，下面結(jié)論中正確的是________．(把你認(rèn)為正確的結(jié)論都填上)①BD∥平面CB1D1；②AC1⊥平面CB1D1；③AC1與底面ABCD所成角的正切值是eq\r(2)；④二面角C—B1D1－C1的正切值是eq\r(2)，⑤過(guò)點(diǎn)A1與異面直線AD與CB1成70°角的直線有2條．15．如圖所示是正方體的平面展開(kāi)圖，在這個(gè)正方體中：①BM與ED平行；②CN與BE是異面直線；③CN與BM成60°角；④DM與BN垂直．以上四個(gè)說(shuō)法中，正確說(shuō)法的序號(hào)依次是________．16．(08·全國(guó)Ⅰ)已知菱形ABCD中，AB＝2，∠A＝120°，沿對(duì)角線BD將△ABD折起，使二面角A－BD－C為120°，則點(diǎn)A到△BCD所在平面的距離等于________．三、解答題(本大題共6個(gè)小題，共74分，解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明，證明過(guò)程或演算步驟)17．(本小題滿(mǎn)分12分)底面是正三角形，側(cè)棱垂直于底面的棱柱為正三棱柱．如圖所示，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝3，AA1＝4，M為AA1中點(diǎn)，P是BC上一點(diǎn)，且由P沿棱柱側(cè)面經(jīng)過(guò)棱CC1到M的最短距離為eq\r(29)，設(shè)這條最短路線與CC1的交點(diǎn)為N，求：(1)棱柱的側(cè)面展開(kāi)圖的對(duì)角線長(zhǎng)；(2)PC與NC的長(zhǎng)；(3)棱柱的表面積．18．(本小題滿(mǎn)分12分)已知某幾何體的三視圖如下圖所示，其中俯視圖為正三角形，設(shè)D為AA1的中點(diǎn)．(1)作出該幾何體的直觀圖并求其體積．(2)求證：平面BB1C1C⊥平面BDC1.(3)BC邊上是否存在點(diǎn)P，使AP∥平面BDC1？若不存在，說(shuō)明理由；若存在，證明你的結(jié)論．19．(本小題滿(mǎn)分12分)已知四棱錐P－ABCD的直觀圖與三視圖如圖所示，點(diǎn)E為棱AD的中點(diǎn)，在棱PC上是否存在一點(diǎn)F，使得EF⊥平面PBC？若存在，求出線段EF的長(zhǎng)度；若不存在，說(shuō)明理由．20．(本小題滿(mǎn)分12分)(08·福建)如圖，在四棱錐P－ABCD中，側(cè)面PAD⊥底面ABCD，側(cè)棱PA＝PD＝eq\r(2)，底面ABCD為直角梯形，其中BC∥AD，AB⊥AD，AD＝2AB＝2BC＝2，O為AD中點(diǎn)．(1)求證：PO⊥平面ABCD；(2)求異面直線PB與CD所成角的大??；(3)求點(diǎn)A到平面PCD的距離．21．(本小題滿(mǎn)分12分)如圖，棱柱ABCD—A1B1C1D1的所有棱長(zhǎng)都等于2，∠ABC＝60°，平面AA1C1C⊥平面ABCD，∠A1AC＝60°.(1)求異面直線BD和AA1所成的角；(2)求二面角D—A1A—C的平面角的余弦值；(3)在直線CC1上否存在點(diǎn)P，使BP∥平面DA1C1？若存在，求出點(diǎn)P的位置；若不存在，說(shuō)明理由．22．(本小題滿(mǎn)分14分)如圖，ABCD－A1B1C1D1是正四棱柱．(1)求證：BD⊥平面ACC1A1；(2)若二面角C1－BD－C的大小為60°，求異面直線BC1與AC所成角的大?。A段性測(cè)試題九——參考答案：1、[答案]A[解析]這個(gè)幾何體是一個(gè)底面半徑為1，高為2的圓錐和一個(gè)半徑為1的半球組成的組合體，故其體積為eq\f(1,3)π×12×2＋eq\f(1,2)×eq\f(4,3)π×13＝eq\f(4π,3).2、[答案]D[解析]如圖，S△A1BD＝eq\f(\r(3),2)a2，S△OBD＝eq\f(1,4)SBDD1B1＝eq\f(\r(2),4)a2，設(shè)球心O到平面A1BD的距離為d，則VO—A1BD＝VA1—OBD，即eq\f(1,3)S△A1BD·d＝eq\f(1,3)S△OBD·eq\f(\r(2),2)a，解得d＝eq\f(\r(3),6)a.∴截面圓的半徑r＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),6)a))2)＝eq\r(\f(1,6))a.∴S截＝πr2＝eq\f(π,6)a2.3、[答案]D[解析]上底半徑r＝1，下底半徑R＝2，S側(cè)＝6π，設(shè)母線長(zhǎng)為l，則π(1＋2)·l＝6π，∴l(xiāng)＝2.∴高h(yuǎn)＝eq\r(l2－(R－r)2)＝eq\r(3).∴V＝eq\f(1,3)π·eq\r(3)(12＋1×2＋22)＝eq\f(7\r(3)π,3).4、[答案]D[解析]由題意知：m∥n能推出四個(gè)選項(xiàng)的某個(gè)結(jié)論，而這個(gè)結(jié)論作為條件又不能推出m∥n.在選項(xiàng)D中，因?yàn)閙∥n，則有m、n與α成等角；而m、n與α成等角，可以是不同方向上成等角，故不能推出m∥n.5、[答案]C[解析]由條件知，∠DAE、∠CBE、∠CBD均為直角，∴DE2＋CE2－CD2＝(DA2＋AE2)＋(CB2＋BE2)－(CB2＋BD2)＝DA2＋AE2＋BE2－DA2－AB2＝AE2＋BE2－AB2<0，∴∠CED為鈍角．6、[答案]B[解析]∵eq\o(BC,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝(eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→)))·(eq\o(AD,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→)))＝eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))－eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AB2,\s\up6(→))＝|eq\o(AB,\s\up6(→))|2>0，同理eq\o(CB,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))>0，eq\o(DB,\s\up6(→))·eq\o(DC,\s\up6(→))>0，故△BCD為銳角三角形．因此選B.7、[答案]A[解析]若G、M、N共線，則存在實(shí)數(shù)λ使eq\o(MG,\s\up6(→))＝λeq\o(MN,\s\up6(→))，即eq\o(OG,\s\up6(→))－eq\o(OM,\s\up6(→))＝λ(eq\o(ON,\s\up6(→))－eq\o(OM,\s\up6(→)))，∴eq\o(OG,\s\up6(→))＝(1－λ)eq\o(OM,\s\up6(→))＋λeq\o(ON,\s\up6(→))＝(1－λ)·eq\f(2,3)eq\o(OA,\s\up6(→))＋λ·eq\f(1,2)(eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→)))＝eq\f(2(1－λ),3)eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\f(λ,2)eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\f(λ,2)eq\o(OC,\s\up6(→))，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(2(1－λ),3)＝\f(1,3),\f(x,4)＝\f(λ,2)))，∴x＝1.8、[答案]D[解析]顯然在正方體中，A1E∥CF，∴A1C與EF必相交，∴A1C是與A1D1、EF、BC都相交的一條直線．在A1D1上任取一點(diǎn)P，CD與DP確定一個(gè)平面與正方體相交得?PQCD，Q在B1C1上，EF與此平面交點(diǎn)為R，連結(jié)PR與CD必相交，設(shè)交點(diǎn)為H，則直線PRH，即與A1D1、EF、CD都相交的直線，由作法知，這樣的直線有無(wú)數(shù)多條．[點(diǎn)評(píng)]一般地，異面問(wèn)題討論時(shí)，總有設(shè)法化異為共，如果討論多條異面直線問(wèn)題，總是通過(guò)平行直線或相交直線或一線一點(diǎn)(點(diǎn)在另一異面直線上)定面，再加討論．9、[答案]C[解析]∵M(jìn)在EF上，設(shè)ME＝x，∴Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)x，\f(\r(2),2)x，1))，∵A(eq\r(2)，eq\r(2)，0)，D(eq\r(2)，0,0)，E(0,0,1)，B(0，eq\r(2)，0)∴eq\o(ED,\s\up6(→))＝(eq\r(2)，0，－1)，eq\o(EB,\s\up6(→))＝(0，eq\r(2)，－1)，eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)x－\r(2)，\f(\r(2),2)x－\r(2)，1))設(shè)平面BDE的法向量n＝(a，b，c)由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(ED,\s\up6(→))＝0,n·\o(EB,\s\up6(→))＝0))得，a＝b＝eq\f(\r(2),2)c.故可取一個(gè)法向量n＝(1,1，eq\r(2))∵n·eq\o(AM,\s\up6(→))＝0，∴x＝1，∴Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，1))，故選C.10、[答案]B[解析]設(shè)B1C交BC1于點(diǎn)G，取AC的中點(diǎn)H，則GH∥AB1∥EF.設(shè)AB＝BC＝AA1＝a，在三角形GHC中，易知GH＝HC＝GC＝eq\f(\r(2),2)a，又GB＝HG＝eq\f(\r(2),2)a，故兩直線所成的角即為∠HGB＝60°.11、[答案]C[解析]由于垂直于同一個(gè)平面的兩條直線平行，故②可以使“x⊥z且y⊥z?x∥y”為真命題；又由于垂直于同一直線的兩個(gè)平面平行，故③可以使“x⊥z且y⊥z?x∥y”為真命題；在如圖所示正方體中，取x為直線A1B1，y為直線BC，z為直線BB1，顯然命題不真；又取x、y分別為平面ABB1A1和BCC1B1，z為平面ABCD，命題也不真，故選C.12、[答案]D[解析]在平面圖形中CD⊥BD，折起后仍然有CD⊥BD，由于平面ABD⊥平面BCD，故CD⊥平面ABD，CD⊥AB.又AB⊥AD，故AB⊥平面ABC.所以平面ADC⊥平面ABC.13、[答案]eq\f(6\r(5),5)[解析]設(shè)P在底面射影為O，AO交BC于D，由題意：∠PAO＝45°，∴AO＝PO＝2，∴AD＝3，OD＝1，∴PD＝eq\r(5)，作AM⊥PD于M，則AM⊥平面PBC，由PD·AM＝AD·PO得，AM＝eq\f(6\r(5),5).14、[答案]①②④[解析]①∵BD∥B1D1，B1D1?平面CB1D1，∴BD∥平面CB1D1.②連結(jié)A1C1交B1D1于O，∵AA1⊥平面A1B1C1D1，∴AA1⊥B1D1.又∵A1C1⊥B1D1，∴B1D1⊥平面AA1C1.∴B1D1⊥AC1.同理B1C⊥AC1.∴AC1⊥平面CB1D1.③∠C1AC為AC1與平面ABCD所成的角，tan∠C1AC＝eq\f(CC1,AC)＝eq\f(CC1,\r(2)CC1)＝eq\f(\r(2),2).④∠C1OC為二面角C—B1D1—C1的平面角，tan∠C1OC＝eq\f(CC1,C1O)＝eq\f(CC1,\f(\r(2),2)CC1)＝eq\r(2).⑤異面直線AD與CB1所成的角為45°，則滿(mǎn)足題意的直線有4條．15、[答案]③④[解析]如圖所示，顯然BM與ED不平行；∵BC綊AD綊EN，∴四邊形BCNE是平行四邊形，∴BE∥CN，故②錯(cuò)；△BME為正三角形，∴∠EBM＝60°.，∵CN∥BE，∴∠EBM為BM與CN所成的角，故③正確；∵BC⊥平面CDNM，∴BC⊥DM，又DM⊥CN，CN∩BC＝C，∴DM⊥平面BCN，∴DM⊥BN，故④正確．16、[答案]eq\f(\r(3),2)[解析]設(shè)AC與BD相交于點(diǎn)O，折起后如圖．易知OA＝OC＝1，OB＝eq\f(\r(3),2)，設(shè)eq\o(OA,\s\up6(→))＝a，eq\o(OB,\s\up6(→))＝b，eq\o(OC,\s\up6(→))＝c，則|a|＝1，|b|＝eq\f(\r(3),2)，|c|＝1，a·c＝－eq\f(1,2)，a·b＝0，b·c＝0.設(shè)平面BCD的法向量為n＝xa＋yb＋zc，∵n·b＝xa·b＋yb2＋zb·c＝eq\f(3,4)y＝0，∴y＝0.n·c＝xa·c＋yb·c＋yc2＝－eq\f(1,2)x＋z＝0，∴x＝2z.取z＝1，則x＝2，∴n＝2a＋c，∵eq\o(AC,\s\up6(→))·n＝(c－a)(2a＋c)＝a·c－2a2＋c2＝－eq\f(3,2)，|n|＝eq\r(4a2＋c2＋4a·c)＝eq\r(3)，∴點(diǎn)A到平面BCD的距離d＝eq\f(|\o(AC,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq\f(\r(3),2).17、[解析](1)正三棱柱ABC－A1B1C1側(cè)面展開(kāi)圖是一個(gè)長(zhǎng)為9，寬為4的矩形，其對(duì)角線長(zhǎng)為eq\r(92＋42)＝eq\r(97).(2)如圖是側(cè)面展開(kāi)圖的一部分．MP1就是由點(diǎn)P沿棱柱側(cè)面經(jīng)過(guò)棱CC1到點(diǎn)M的最短路線．設(shè)PC＝x，即P1C＝x，在Rt△MAP1中，AM2＋APeq\o\al(2,1)＝MPeq\o\al(2,1)，∴(3＋x)2＋22＝29，∴x＝2，∴PC＝P1C＝2.∵eq\f(NC,MA)＝eq\f(P1C,P1A)＝eq\f(2,5)，∴NC＝eq\f(4,5).(3)棱柱的表面積：S＝S側(cè)＋2S底＝9×4＋2×eq\f(1,2)×eq\f(\r(3),2)×32＝36＋eq\f(9\r(3),2).18、[解析]由題意可知該幾何體為直三棱柱，且它的直觀圖如圖所示．由圖知底面正三角形邊長(zhǎng)為2，棱柱高為3，∴S△ABC＝eq\r(3)，∴V＝3eq\r(3).(2)證明：連結(jié)B1C交BC1于E點(diǎn)，則E為B1C、BC1的中點(diǎn)，連結(jié)DE.∵AD＝A1D，AB＝A1C1，∠BAD＝∠DA1C1＝90°，∴△ABD≌△A1C1D.∴BD＝C1D.∴DE⊥BC1.同理，DE⊥B1C，又∵B1C∩BC1＝E.∴DE⊥平面BB1C1C.又∵DE?平面BDC1，∴平面BB1C1C⊥平面BDC1.(3)解：取BC的中點(diǎn)P，連結(jié)AP，則AP∥平面BDC1，證明：連結(jié)PE，則PE∥AD，且PE＝AD，∴四邊形APED為平行四邊形．∴AP∥DE.又DE?平面BDC1，AP?平面BDC1，∴AP∥平面BDC1.19、[解析]在棱PC上存在點(diǎn)F，使得EF⊥平面PBC.由三視圖知，此四棱錐的底面是邊長(zhǎng)為2的正方形，側(cè)棱PA⊥底面ABCD，PA＝2，∴AB、AP、AD兩兩互相垂直，以AB、AD、AP分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則B(2,0,0)、C(2,2,0)、D(0,2,0)，E(0,1,0)，P(0,0,2)，設(shè)F(x，y，z)是PC上的點(diǎn)，則eq\o(PF,\s\up6(→))＝λeq\o(PC,\s\up6(→))(0≤λ≤1)，eq\o(PF,\s\up6(→))＝(x，y，z－2)，eq\o(PC,\s\up6(→))＝(2,2，－2)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2λ,y＝2λ,z－2＝－2λ))，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2λ,y＝2λ,y＝2－2λ))，∴F(2λ，2λ，2－2λ)，∴eq\o(EF,\s\up6(→))＝(2λ，2λ－1,2－2λ)，若EF⊥平面PBC，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(EF,\s\up6(→))·\o(PC,\s\up6(→))＝0,\o(EF,\s\up6(→))·\o(BC,\s\up6(→))＝0))，∵eq\o(BC,\s\up6(→))＝(0,2,0)，eq\o(PC,\s\up6(→))＝(2,2，－2)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4λ＋4λ－2－4＋4λ＝0,4λ－2＝0))，∴λ＝eq\f(1,2)，這時(shí)F(1,1,1)，∵eq\f(1,2)∈[0,1]，∴存在點(diǎn)F且為棱PC的中點(diǎn)，eq\o(EF,\s\up6(→))＝(1,0,1)，EF＝|eq\o(EF,\s\up6(→))|＝eq\r(2).20、[解析](1)在△PAD中PA＝PD，O為AD中點(diǎn)，所以PO⊥AD，又側(cè)面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PO?平面PAD，故PO⊥平面ABCD.(2)以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，eq\o(OC,\s\up6(→))、eq\o(OD,\s\up6(→))、eq\o(OP,\s\up6(→))的方向分別為x軸、y軸、z軸的正方向，建立空間直角坐標(biāo)系O－xyz.則A(0，－1,0)、B(1，－1,0)、C(1,0,0)、D(0,1,0)、P(0，0,1)，∴eq\o(CD,\s\up6(→))＝(－1,1,0)，eq\o(PB,\s\up6(→))＝(1，－1，－1)．cos<eq\o(PB,\s\up6(→))，eq\o(CD,\s\up6(→))>＝eq\f(\o(PB,\s\up6(→))·\o(CD,\s\up6(→)),|\o(PB,\s\up6(→))||\o(CD,\s\up6(→))|)＝－eq\f(\r(6),3)，即異面直線PB與CD所成的角是arccoseq\f(\r(6),3).(3)設(shè)平面PCD的法向量為n＝(x0，y0，z0)，由(2)知eq\o(CP,\s\up6(→))＝(－1,0,1)，eq\o(CD,\s\up6(→))＝(－1,1,0)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(CP,\s\up6(→))＝0,n·\o(CD,\s\up6(→))＝0))，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x0＋z0＝0,－x0＋y0＝0))，即x0＝y(tǒng)0＝z0，取x0＝1，得平面的一個(gè)法向量為n＝(1,1,1)．又eq\o(AC,\s\up6(→))＝(1,1,0)，從而點(diǎn)A到平面PCD的距離d＝eq\f(|\o(AC,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq\f(2\r(3),3).21、[解析]連結(jié)BD交AC于O，則BD⊥AC，連結(jié)A1O，在△AA1O中，AA1＝2，AO＝1，∠A1AO＝60°，∴A1O2＝AAeq\o\al(2,1)＋AO2－2AA1·AO·cos60°＝3.∴AO2＋A1O2＝AAeq\o\al(2,1).∴A1O⊥AO，∵平面AA1C1C⊥平面ABCD，∴A1O⊥平面ABCD.∴以O(shè)B、OC、OA1所在直線為x軸、y軸、z軸建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，則A(0，－1,0)，B(eq\r(3)，0,0)，C(0,1,0)，D(－eq\r(3)，0,0)，A1(0,0，eq\r(3))．(1)∵eq\o(BD,\s\up6(→))＝(－2eq\r(3)，0,0)，eq\o(AA1,\s\up6(→))＝(0,1，eq\r(3))，∴eq\o(AA1,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝0×(－2eq\r(3))＋1×0＋eq\r(3)×0＝0，∴BD⊥AA1，即異面直線BD和AA1所成的角為90°.(2)∵OB⊥平面AA1C1C，∴平面AA1C1C的法向量n1＝(1,0,0)．設(shè)n2＝(x，y，z)是平面AA1D的一個(gè)法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n2⊥\o(AA1,\s\up6(→))，,n2⊥\o(AD,\s\up6(→)).))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＋\r(3)z＝0，,－\r(3)x＋y＝0.))取n2＝(1，eq\r(3)，－1)．∴cos〈n1，n2〉＝eq\f(n1·n2,|n1||n2|)＝eq\f(\r(5),5).∴二面角D—A1A—C的平面角的余弦值是eq\f(\r(5),5).(3)假設(shè)在直線CC1上存在點(diǎn)P，使BP∥平面DA1C，設(shè)eq\o(CP,\s\up6(→))＝λeq\o(CC1,\s\up6(→))，P(x，y，z)，則(x，y－1，z)＝λ(0,1，eq\r(3))．∴P(0,1＋λ，eq\r(3)λ)，eq\o(BP,\s\up6(→))＝(－eq\r(3)，1＋λ，eq\r(3)λ)．設(shè)n3＝(x3，y3，z3)是平面DA1C1的一個(gè)法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n3⊥\o(A1C1,