階段性測試卷（范圍：選擇性必修第一冊全冊）（提高篇）（人教A版2019必修第一冊）（解析版）

階段性測試卷（范圍：選擇性必修第一冊全冊）（提高篇）參考答案與試題解析一．選擇題（共8小題，滿分40分，每小題5分）1．（5分）（2023·全國·高二專題練習(xí)）已知兩點(diǎn)A(-3,4),B(3,2)，過點(diǎn)P(1,0)的直線l與線段AB有公共點(diǎn)，則直線l的斜率A．[-1,1] B．[1,+C．(-∞,-1]∪[1,+∞【解題思路】作出圖形，圖形結(jié)合斜率公式可得.【解答過程】如圖，由題意可知kPA要使l與線段AB有公共點(diǎn)，則直線l的斜率k的取值范圍是-∞故選：C

2．（5分）（2023秋·全國·高二階段練習(xí)）已知矩形ABCD,P為平面ABCD外一點(diǎn)，PA⊥平面ABCD，點(diǎn)M,N滿足PM=12PCA．-1 B．1 C．-12【解題思路】根據(jù)題意，由平面向量基本定理結(jié)合平面向量的線性運(yùn)算，即可得到結(jié)果.【解答過程】

因?yàn)镻M=12所以MN=2因?yàn)镸N=xAB+yAD+所以x+故選：C.3．（5分）（2023秋·河南許昌·高二統(tǒng)考期末）雙曲線具有光學(xué)性質(zhì)，從雙曲線一個焦點(diǎn)發(fā)出的光線經(jīng)過雙曲線鏡面反射，其反射光線的反向延長線經(jīng)過雙曲線的另一個焦點(diǎn).若雙曲線E:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左?右焦點(diǎn)分別為F1,

A．173 B．375 C．102【解題思路】結(jié)合題意作出圖形，然后結(jié)合雙曲線的定義表示出BF1,B【解答過程】由題意知延長CA,DB則必過點(diǎn)F

由雙曲線的定義知AF又因?yàn)閏os∠BAC=-因?yàn)锳B?BD=0設(shè)AF1=13m,從而由AF2+BF則BF1=125又因?yàn)锽F12即37a2=25故選：B.4．（5分）（2023春·高二課時練習(xí)）已知空間三點(diǎn)A(4,1,9),B(10,-1,6),A．|AB|=|AC| B．點(diǎn)C．AB⊥AC D．若AB=2CD【解題思路】根據(jù)空間兩點(diǎn)距離公式判斷A，根據(jù)數(shù)量積的坐標(biāo)運(yùn)算判斷B，根據(jù)共面向量基本定理判斷C，根據(jù)向量的坐標(biāo)運(yùn)算判斷D.【解答過程】因?yàn)閨AB|=62+因?yàn)锳B→?AC→=(6,-2,-3)?(-2,3,-6)=-12-6+18=0，所以因?yàn)锳B→=(6,-2,-3),AC→=(-2,3,-6)，AP→=(4,1,-9)，所以因?yàn)锳B=(6,-2,-3),2CD=2(-1,-9,-9故選：D.5．（5分）（2023春·河北邯鄲·高三?？茧A段練習(xí)）已知點(diǎn)M是橢圓C：x24+y23=1上異于頂點(diǎn)的動點(diǎn)，F(xiàn)1，F(xiàn)2分別為橢圓的左、右焦點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，E為MF1A．1 B．2 C．3 D．2【解題思路】由題，結(jié)合角平分線性質(zhì)與橢圓的性質(zhì)，SMF1PF2=12MF1+MF2h【解答過程】由圖，a2=4,??b2=3，c=a2-b2=1，故F1F2設(shè)MF2=t，則MF1=4-t，cos∠MF2F1=22+故選：B.6．（5分）（2023·全國·高二專題練習(xí)）已知點(diǎn)A，B是圓C:x2+y2=4與x軸的交點(diǎn)，P為直線l:xA．54，0 B．1，0 C【解題思路】由圓的方程，求得A,B的坐標(biāo)，設(shè)出P坐標(biāo)，寫出兩直線的方程，分別聯(lián)立圓與直線，求得M【解答過程】由x2+y2=4，令y=0，解得設(shè)P4,p，則直線AP的方程為y=p6聯(lián)立y=p6x+2設(shè)Mx1,y1，Nx2聯(lián)立y=p2x-則2x2=4p當(dāng)直線MN的斜率不存在時，2p2-84+p2當(dāng)直線MN的斜率為0時，則直線MN方程y=0聯(lián)立x=1y=0當(dāng)直線MN的斜率存在且不為零時，則斜率k=則方程為y--8則8p4+p故直線MN過定點(diǎn)1,0，故選：B.7．（5分）（2023秋·四川成都·高三?？奸_學(xué)考試）如圖拋物線Γ1的頂點(diǎn)為A，焦點(diǎn)為F，準(zhǔn)線為l1，焦準(zhǔn)距為4；拋物線Γ2的頂點(diǎn)為B，焦點(diǎn)也為F，準(zhǔn)線為l2，焦準(zhǔn)距為6．Γ1和Γ2交于P、Q兩點(diǎn)，分別過P、Q作直線與兩準(zhǔn)線垂直，垂足分別為

①AB=5

②四邊形MNST的面積為③FS?FT=0

④A．①②④ B．①③④ C．②③ D．①③【解題思路】利用已知條件，建立平面直角坐標(biāo)系，求解兩條拋物線方程，求解AB的距離判斷①；求解M，N的坐標(biāo)，推出矩形的面積判斷②，利用向量的數(shù)量積判斷③；判斷CD的距離的范圍判斷④．【解答過程】以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立平面直角坐標(biāo)系，如圖，

拋物線Γ1的頂點(diǎn)為A，焦點(diǎn)為F，準(zhǔn)線為l1，焦準(zhǔn)距為4；可得|AF拋物線Γ2的頂點(diǎn)為B，焦點(diǎn)也為F，準(zhǔn)線為l2，焦準(zhǔn)距為6．可得|BF|=3，所以拋物線Γ2的方程為：yΓ1和Γ2交于P、Q兩點(diǎn)，y2=8xy2=-12(x分別過P、Q作直線與兩準(zhǔn)線垂直，垂足分別為M、N、S、T，可得M(-2，26)，N(8，26四邊形MNST的面積為：10×46=406又F2,0，則FT=(-4,-26)，F(xiàn)S=(6,-2根據(jù)拋物線的對稱性不妨設(shè)點(diǎn)D在封閉曲線APBQ的上部分，設(shè)C,D在直線l1當(dāng)點(diǎn)D在拋物線BP，點(diǎn)C在拋物線AQ上時，CD=當(dāng)C,D與A,B重合時，當(dāng)D與P重合，點(diǎn)C在拋物線AQ上時，因?yàn)镻3,2直線CD:與拋物線Γ1的方程為y2=8設(shè)Cx1,y1所以CD∈當(dāng)點(diǎn)D在拋物線PA，點(diǎn)C在拋物線AQ上時，設(shè)CD:與拋物線Γ1的方程為y2=8設(shè)Cx3,y3當(dāng)t=0，即CD⊥AB當(dāng)點(diǎn)D在拋物線PA，點(diǎn)C在拋物線QB上時，根據(jù)拋物線的對稱性可知，CD∈綜上，CD∈5,253故選：B．8．（5分）（2023秋·全國·高二期中）如圖，在菱形ABCD中，AB=433，∠BAD=60°，沿對角線BD將△ABD折起，使點(diǎn)A，C之間的距離為22，若P，A．平面ABD⊥平面B．線段PQ的最小值為2C．當(dāng)AQ=QC，4PD=DB時，點(diǎn)D．當(dāng)P，Q分別為線段BD，CA的中點(diǎn)時，PQ與AD所成角的余弦值為6【解題思路】取BD的中點(diǎn)O，易知OA⊥BD,OC⊥BD，結(jié)合條件及線面垂直的判定定理可得OA⊥平面BDC，進(jìn)而有平面【解答過程】取BD的中點(diǎn)O，連接OA,∵在菱形ABCD中，AB=43∴OA=OC=2∴OA2+又易知OA⊥因?yàn)镺A⊥OC，OA⊥所以O(shè)A⊥平面BDC因?yàn)镺A?平面ABD所以平面ABD⊥平面BDC，故A以O(shè)為原點(diǎn)，OB,OC,則B2當(dāng)AQ=QC，4PD=DBPQ=33所以點(diǎn)D到直線PQ的距離為d=PQ?設(shè)Pa,0,0，設(shè)CQ=PQ=當(dāng)a=0,λ=12當(dāng)P，Q分別為線段BD，CA的中點(diǎn)時，P0,0,0，Q0,1,1，PQ=設(shè)PQ與AD所成的角為θ，則cosθ所以PQ與AD所成角的余弦值為64，故D故選：C.二．多選題（共4小題，滿分20分，每小題5分）9．（5分）（2023春·福建福州·高二校聯(lián)考期中）下列選項(xiàng)正確的是（）A．空間向量a=1,-1,2與向量B．已知向量a=2,x,4，b=0,1,2，c=1,0,0C．已知空間向量a=1,1,0，b=-1,0,2，則D．點(diǎn)A(2,1,1)是直線l上一點(diǎn)，a=(1,0,0)是直線l的一個方向向量，則點(diǎn)P(1,2,0)到直線【解題思路】利用空間向量的共線判斷A；利用向量共面定理判斷B；利用投影向量的求法判斷C；利用點(diǎn)到直線的距離公式判斷D．【解答過程】對于A，∵a=(1,-1,2)，b=(-2,2,-4)，∴b=-2a，對于B，設(shè)a=λb則2=μx=λ4=2對于C，∵a∴a在b方向上的投影向量為a?b對于D，∵AP=(-1,1,-1)，a=(1,0,0)∴點(diǎn)P到直線l的距離為AP2-AP故選：ABC．10．（5分）（2023秋·江蘇揚(yáng)州·高二統(tǒng)考開學(xué)考試）已知圓M:(x+4)2+y2=4直線l：x+y-2=0，點(diǎn)P在直線lA．四邊形PAMB的面積最小值為214 B．|PA|最短時，弦AB長為C．|PA|最短時，弦AB直線方程為3x+3y-8=0 【解題思路】A選項(xiàng)，四邊形的面積可以看成兩個直角三角形的面積之和，又因切線長定理可知，當(dāng)|AP|最短時，面積最小．C選項(xiàng)，兩垂直直線的斜率相乘等于-1，兩平行直線斜率相等．D【解答過程】對于A，四邊形的面積可以看成兩個直角三角形的面積之和，即S四邊形∴|MP|最短時，面積最小，故當(dāng)MP⊥即MP=∴S四邊形PAMB

由上述可知，MP⊥l時，|MP|最短，故所以AB=2AMsin∠當(dāng)|PA|最短時，則MP⊥l，又MP⊥AB，所以∴k可設(shè)AB的直線方程為x+∴圓心M(-4,0)到直線AB的距離d解得m=83由于直線AB在圓心M(-4,0)的右側(cè)，且在直線l的左側(cè)，所以-所以m=83即直線AB的方程為x+y+設(shè)圓上一點(diǎn)A為(xA,yA)，B(xB∴MA=(xA+4,yA)，MB=(易知PA?MA=0?(所以(同理PB?∴AB∵y∴(x將(-103,故直線AB過定點(diǎn)為(-103,故選：ABD．11．（5分）（2023·安徽合肥·合肥市第八中學(xué)校考模擬預(yù)測）如圖，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，F(xiàn)1,F2分別為雙曲線C:x2-y2b2=1(b>0)A．|B．SC．SD．若存在點(diǎn)P，使得S△PF1F2=15【解題思路】對于A,先證明雙曲線x2-y2b2=1上一點(diǎn)Px0,y0的切線方程為x0x-y0yb2=1，與雙曲線的漸近線進(jìn)行聯(lián)立，可得A,B坐標(biāo)，可得到AB【解答過程】對于選項(xiàng)A，先求雙曲線x2-y不妨先探究雙曲線在第一象限的部分（其他象限由對稱性同理可得）.由x2-y2b則在點(diǎn)Px0,所以在點(diǎn)Px0,又因?yàn)閤02-y0當(dāng)P為右頂點(diǎn)1,0時，切線方程為x=1，易得也滿足x不失一般性，設(shè)點(diǎn)Px0,y0是雙曲線在第一象限的一點(diǎn)或雙曲線的右頂點(diǎn)，A聯(lián)立x0所以點(diǎn)Abbx則AB=又因?yàn)閤0≥1，所以AB≥2b2對于選項(xiàng)B，由A項(xiàng)知，bb所以點(diǎn)Px0,y0是線段AB對于選項(xiàng)C，因?yàn)樵邳c(diǎn)Px0,令y=0得x=1則S△當(dāng)點(diǎn)Px0,y0在頂點(diǎn)1,0對于選項(xiàng)D，因?yàn)镕1-c又因?yàn)镕1D=2DF即：x0=3c，代入所以P=9P=9因?yàn)镾△PF所以cos∠解得：c2=4或6，所以離心率為e=ca=2故選：AB.12．（5分）（2023·全國·高三專題練習(xí)）在正方體ABCD-A1B1C1D1中，ABA．當(dāng)B1P//平面A1BD時，B．當(dāng)λ=μ時，|C．若B1P與平面CC1D1D．當(dāng)λ=1時，正方體經(jīng)過點(diǎn)A1?P?C【解題思路】A選項(xiàng)，建立空間直角坐標(biāo)系，得到CD1=-1,0,1,B1P=-λ,1,μ-B選項(xiàng)，先根據(jù)λ=μ，得到P點(diǎn)在棱CD1上，將平面CDDC選項(xiàng)，先得到∠B1PC1為B1P與平面CC1D1D選項(xiàng)，先確定P點(diǎn)在DD1上，作出輔助線得到平行四邊形CHA1P即為正方體過點(diǎn)A1?P?C的截面，設(shè)P0,1,t【解答過程】建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-則A0,0,0所以CD則BA1=-1,0,1所以BA令x=1，則y=z=1，即平面若B1P//平面A1BD故λ=μ，故B1令cosB解得：λ=0或1故B1P與CD1可能是B選項(xiàng)，因?yàn)棣?μ，故P點(diǎn)在棱如圖，將平面CDD1與平面A1線段A1D即為利用余弦定理可得：A1所以A1D=C選項(xiàng)，因?yàn)锽1C1⊥平面CC1D1D，連接若B1P與平面CC1D1D即點(diǎn)P的軌跡是以C1為圓心，以1為半徑的1于是點(diǎn)P的軌跡長度為14×2πD選項(xiàng)，當(dāng)λ=1時，P點(diǎn)在DD1上，過點(diǎn)A1作A1H//則CH//A1P，所以平行四邊形CHA1P設(shè)P0,1,所以PC→=1,0,-t,所以點(diǎn)P到直線A1C的距離為于是當(dāng)t=12時，dmin=當(dāng)t=0或1時，dmax=63故截面面積的取值范圍為62,2，故選：AC.三．填空題（共4小題，滿分20分，每小題5分）13．（5分）（2023秋·江西新余·高二?？奸_學(xué)考試）光線從A(1,2)射向x軸上一點(diǎn)B，又從B反射到直線x-y+3=0上一點(diǎn)C，最后從點(diǎn)C反射回到點(diǎn)A，則BC所在的直線方程為【解題思路】分別求點(diǎn)A關(guān)于x軸和直線x-y+3=0的對稱點(diǎn)，再根據(jù)幾何關(guān)系求得直線【解答過程】點(diǎn)A關(guān)于x軸的對稱點(diǎn)為A'1,-2，設(shè)點(diǎn)A關(guān)于x-則y0-2x0由對稱性可知，點(diǎn)A',A所以kBC=-2-41-即3x

故答案為：3x14．（5分）（2023秋·黑龍江大慶·高二校考開學(xué)考試）已知直三棱柱ABC-A1B1C1，AB⊥AC，AB=AC=A【解題思路】首先由PB=4可得P是在以B為球心半徑為4的球面上，進(jìn)而得到其在平面BCC1B1的交線，故PC1取值最小時，B，P，【解答過程】由PB=4可得P是在以B為球心半徑為4由于B1C1PC1取值最小時，其在平面其在平面BCC1故PC1取值最小時，B，P，通過點(diǎn)P往B1C1作垂線，垂足為M則C1B=代入C1PC1B因此B=B故答案為：32315．（5分）（2023·全國·高三專題練習(xí)）已知圓O：x2+y2=1，圓M：x-a2+y-a+42=1.【解題思路】由題意畫出圖形，利用兩點(diǎn)間的距離關(guān)系求出OP的距離，再由題意得到關(guān)于a的不等式求得答案.【解答過程】解：如圖，圓O的半徑為1，圓M上存在點(diǎn)P，過點(diǎn)P作圓O的兩條切線，切點(diǎn)為A,B，使得則∠APO=30°，在RtΔPAO中，又圓M的半徑等于1，圓心坐標(biāo)Ma∴POmin=∵M(jìn)O∴由a2解得：2-2故答案為：2-216．（5分）（2023春·四川遂寧·高三?？奸_學(xué)考試）已知拋物線C:y2=4x的焦點(diǎn)為F，過點(diǎn)F的直線交C于A①若點(diǎn)P(2,2)，則|AF②|AB|③若|AF|?|BF|=12④過點(diǎn)A,B分別作拋物線C的切線，設(shè)兩切線的交點(diǎn)為Q，則點(diǎn)Q【解題思路】過點(diǎn)P,A分別作準(zhǔn)線的垂線，垂足分別為P'根據(jù)|AB|=x1+x2+2>2判斷②；設(shè)直線AB的方程為y=kx-1，Ax1,【解答過程】由題知p=2，F(xiàn)1,0，準(zhǔn)線方程為對于①選項(xiàng)，如圖，過點(diǎn)P,A分別作準(zhǔn)線的垂線，垂足分別為故|AF|+|AP對于②，設(shè)Ax故|AB|=AF對于③，當(dāng)直線AB的斜率不存在時，|AF故直線AB的斜率存在，設(shè)方程為y=kx得k2所以x1因?yàn)閨AF所以2k2+4k2=10，即對于④，設(shè)過點(diǎn)A與拋物線C相切的直線方程為y-與拋物線方程y2=4x所以Δ=16m所以2y1=m，故y-同理得過點(diǎn)B與拋物線C相切的直線方程為4x所以，聯(lián)立方程4x-2因?yàn)閥22y所以x=y1y24=-1，即點(diǎn)故選：①③④.四．解答題（共6小題，滿分70分）17．（10分）（2023·全國·高二專題練習(xí)）已知坐標(biāo)平面內(nèi)三點(diǎn)A-(1)求直線AB的斜率和傾斜角；(2)若A,B,C,(3)若Em,n是線段AC上一動點(diǎn)，求【解題思路】(1)根據(jù)過兩點(diǎn)的斜率公式求出斜率，再求傾斜角；(2)設(shè)Dx,y(3)因?yàn)閚m-2表示直線BE的斜率,求出E與點(diǎn)C重合時，直線BC的斜率；E與點(diǎn)A重合時，直線【解答過程】（1）解：因?yàn)橹本€AB的斜率為-4所以直線AB的傾斜角為π4（2）解：如圖，當(dāng)點(diǎn)D在第一象限時，kAB設(shè)Dx,y，則y故點(diǎn)D的坐標(biāo)為3,5；（3）解：由題意得nm-2為直線當(dāng)點(diǎn)E與點(diǎn)C重合時，直線BE的斜率最小，kBC當(dāng)點(diǎn)E與點(diǎn)A重合時，直線BE的斜率最大，kAB故直線BE的斜率的取值范圍為-1即nm-218．（12分）（2023秋·全國·高二階段練習(xí)）在四棱柱ABCD-A1B1C1D1

(1)當(dāng)k=34時，試用AB(2)證明：E,(3)判斷直線D1C1能否是平面D1【解題思路】（1）直接利用空間向量線性運(yùn)算可得AF=AE+EF，再根據(jù)已知關(guān)系A(chǔ)E（2）可設(shè)AC=λAB+μAD(λ，μ不為0)，由題意可化簡得到EG（3）先假設(shè)面D1AB∩面D1DC=D1C1，根據(jù)棱柱的性質(zhì)，可得出DC//平面ABD1，進(jìn)而得出DC//AB，反之當(dāng)DC//AB，可判斷出D1C1?平面【解答過程】（1）AF=AE=14AD（2）設(shè)AC=λAB+μADEG=k=λ則EF，EG，EH共面且有公共點(diǎn)E，則E,（3）假設(shè)面D1AB∩面DDC//D1C1，D1C1?面AB又DC?面ABCD，面ABD1∩面反過來，當(dāng)DC//AB時，因?yàn)镈C//則AB，D1則D1C1又因?yàn)镈1C1所以平面ABD1∩平面DC所以DC//AB是直線D1C1所以，當(dāng)DC//AB時，直線D1C1當(dāng)DC，AB不平行時，直線D1C1不是面

19．（12分）（2023·全國·高二專題練習(xí)）已知雙曲線C:x2a2-(1)求C的方程；(2)設(shè)點(diǎn)A為C的左頂點(diǎn)，若過點(diǎn)3,0的直線l與C的右支交于P,Q兩點(diǎn)，且直線AP,AQ與圓O:x2+y2=a2分別交于【解題思路】（1）運(yùn)用雙曲線的焦點(diǎn)到漸近線的距離為b，雙曲線的離心率公式計(jì)算即可.（2）聯(lián)立直線PQ方程與雙曲線方程，運(yùn)用韋達(dá)定理計(jì)算可得kAP?kAQ=-12，設(shè)出直線AP、AQ方程，聯(lián)立雙曲線方程可求得yp、yQ、【解答過程】（1）由題可知bx-ay=0是雙曲線C所以右焦點(diǎn)到漸近線的距離d=又因?yàn)閏2=a2+由離心率e=ca所以雙曲線C的方程為x2（2）如圖所示，

由（1）知，A(-1,0)設(shè)直線lPQ的方程：x由x=ty+3,因?yàn)橹本€l與雙曲線C的右支交于兩點(diǎn)，所以t2-1≠0,y1所以kAP?k設(shè)AP:x=所以1m1?1m又因?yàn)閙2=2由x=m1所以yP=2由x=m1所以yM=2所以S△APQ=m12令n=m12+所以S△令fn因?yàn)閒n在區(qū)間4,5所以fn的取值范圍為9,+又因?yàn)镾1所以S1S220．（12分）（2023秋·高二單元測試）已知圓O:x2(1)過M作圓O的切線，求切線的方程；(2)過M作直線l交圓O于點(diǎn)C，D兩個不同的點(diǎn)，且CD不過圓心，再過點(diǎn)C，D分別作圓O的切線，兩條切線交于點(diǎn)E，求證：點(diǎn)E在一條定直線上，并求出該直線的方程；(3)已知A2,4，設(shè)P為滿足方程PA2+PO2=34的任意一點(diǎn)，過點(diǎn)P向圓O引切線，切點(diǎn)為【解題思路】（1）分斜率存在和斜率不存在兩種情況求切線方程即可；（2）設(shè)Cx1,y1，Dx2,y2，Ex0,y0，根據(jù)CE⊥CO，得到x（3）設(shè)Px,y，根據(jù)PA2+PO2=34得到x2+【解答過程】（1）當(dāng)斜率不存在時，顯然x＝1與圓O:當(dāng)斜率存在時，設(shè)切線為y=kx∴3-k1+k2=1綜上，切線方程為x＝1和x-（2）設(shè)Cx1,y1，Dx2∴由CE⊥CO，則x1x1故x1x0+y1y0=1，同理x2x∴x0+3y0（3）由題設(shè)，若Px,y則x若存在Nm,n，使PB2∴x2+y∴1-k整理得2-2k要使PB2PN2為定值，則1-k綜上，存在N-15,-221．（12分）（2023·天津·統(tǒng)考二模）如圖，在多面體ABCDEF中，四邊形ABCD為正方形，DE⊥平面ABCD，DE∥BF，AD(1)求證：AC⊥(2)求直線EC與平面ACF所成角的正弦值；(3)在線段DE上是否存在點(diǎn)G，使得直線BG與AD所成角的余弦值為23，若存在，求出點(diǎn)G到平面ACF的距離，若不存在，請說明理由【解題思路】(1)建立適當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系，利用向量垂直證明線段垂直.(2)求出平面ACF的法向量，以及EC的坐標(biāo)，即可求解.(3)假設(shè)線段DE上存在一點(diǎn)G0,0,h，再根據(jù)條件求出h，再利用向量的投影即可求出點(diǎn)G到平面ACF【解答過程】（1）依題意，以D為原點(diǎn)，分別以DA,DC，DE的方向?yàn)閤軸，y軸，z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系，可得D0,0,0,A2,0,0,F2,2,依題意，AC=-2,2,0從而AC?所以AC⊥EF（2）依題意，AC=-2,2,0設(shè)n=x,則-2不妨設(shè)x=1.可得n因?yàn)镋C=設(shè)直線EC與平面ACF所