2022年高中数学新教材人教A版选择性必修第一册学案章末检测试卷(一)

这是一份数学选择性必修 第一册全册综合学案，共15页。学案主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单项选择题(本题共8小题，每小题5分，共40分)
1．在长方体ABCD－A1B1C1D1中，eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(BC,\s\up6(→))＋eq \(CC1,\s\up6(→))－eq \(D1C1,\s\up6(—→))等于( )
A.eq \(AD1,\s\up6(→)) B.eq \(AC1,\s\up6(→)) C.eq \(AD,\s\up6(→)) D.eq \(AB,\s\up6(→))
答案 A
解析 eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(BC,\s\up6(→))＋eq \(CC1,\s\up6(→))－eq \(D1C1,\s\up6(—→))＝eq \(AC1,\s\up6(→))＋eq \(C1D1,\s\up6(—→))＝eq \(AD1,\s\up6(→)).
2．已知a＝(2，－1,3)，b＝(－1,4，－2)，c＝(1,3，λ)，若a，b，c三向量共面，则实数λ等于( )
A．1 B．2 C．3 D．4
答案 A
解析 若向量a，b，c共面，则c＝xa＋yb，其中x，y∈R，
即(1,3，λ)＝(2x，－x,3x)＋(－y,4y，－2y)＝(2x－y，－x＋4y,3x－2y)，
则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x－y＝1，,－x＋4y＝3，,3x－2y＝λ，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝1，,y＝1，,λ＝1.))
3．若向量a＝(x,4,5)，b＝(1，－2,2)，且a与b的夹角的余弦值为eq \f(\r(2),6)，则x等于( )
A．3 B．－3 C．－11 D．3或－11
答案 A
解析 因为a·b＝(x,4,5)·(1，－2,2)＝x－8＋10＝x＋2，且a与b的夹角的余弦值为eq \f(\r(2),6)，
所以eq \f(\r(2),6)＝eq \f(x＋2,\r(x2＋42＋52)×\r(1＋4＋4))，且x>－2，
解得x＝3或x＝－11(舍去)．
4.如图，将边长为1的正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角，若点P满足eq \(BP,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(BA,\s\up6(→))－eq \f(1,2)eq \(BC,\s\up6(→))＋eq \(BD,\s\up6(→))，则|eq \(BP,\s\up6(→))|2的值为( )
A.eq \f(3,2) B．3
C.eq \f(7,4) D.eq \f(9,4)
答案 D
解析 由题可知|eq \(BA,\s\up6(→))|＝1，|eq \(BC,\s\up6(→))|＝1，|eq \(BD,\s\up6(→))|＝eq \r(2).
〈eq \(BA,\s\up6(→))，eq \(BD,\s\up6(→))〉＝45°，〈eq \(BD,\s\up6(→))，eq \(BC,\s\up6(→))〉＝45°，〈eq \(BA,\s\up6(→))，eq \(BC,\s\up6(→))〉＝60°，
所以|eq \(BP,\s\up6(→))|2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)\(BA,\s\up6(→))－\f(1,2)\(BC,\s\up6(→))＋\(BD,\s\up6(→))))2＝eq \f(1,4)eq \(BA,\s\up6(→))2＋eq \f(1,4)eq \(BC,\s\up6(→))2＋eq \(BD,\s\up6(→))2－eq \f(1,2)eq \(BA,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→))＋eq \(BA,\s\up6(→))·eq \(BD,\s\up6(→))－eq \(BC,\s\up6(→))·eq \(BD,\s\up6(→))＝eq \f(1,4)＋eq \f(1,4)＋2－eq \f(1,2)×1×1×eq \f(1,2)＋1×eq \r(2)×eq \f(\r(2),2)－1×eq \r(2)×eq \f(\r(2),2)＝eq \f(9,4).
5．已知空间向量a＝(1，n,2)，b＝(－2,1,2)，若2a－b与b垂直，则|a|等于( )
A.eq \f(5\r(3),2) B.eq \f(3\r(5),2) C.eq \f(\r(37),2) D.eq \f(\r(21),2)
答案 B
解析 因为a＝(1，n,2)，b＝(－2,1,2)，
所以2a－b＝(4,2n－1,2)．
因为2a－b与b垂直，
所以(2a－b)·b＝0，
所以－8＋2n－1＋4＝0，
解得n＝eq \f(5,2)，所以a＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(5,2)，2))，
所以|a|＝eq \r(12＋22＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)))2)＝eq \f(3\r(5),2).
6.如图所示，在空间直角坐标系中，BC＝4，原点O是BC的中点，点Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，0))，点D在平面Oyz内，且∠BDC＝90°，∠DCB＝30°，则AD的长为( )
A.eq \r(2) B.eq \r(3) C.eq \r(5) D.eq \r(6)
答案 D
解析 因为点D在平面Oyz内，
所以点D的横坐标为0，
又BC＝4，原点O是BC的中点，∠BDC＝90°，∠DCB＝30°，
所以点D的竖坐标z＝4·sin 30°·sin 60°＝eq \r(3)，
纵坐标y＝－(2－4·sin 30°·cs 60°)＝－1，
所以D(0，－1，eq \r(3))．
所以AD＝|eq \(AD,\s\up6(→))|＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)－0))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋1))2＋0－\r(3)2)＝eq \r(6).
7.如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AB⊥AD，BC∥AD，且AB＝BC＝2，AD＝3，PA⊥平面ABCD且PA＝2，则PB与平面PCD所成角的正弦值为( )
A.eq \f(\r(42),7) B.eq \f(\r(3),3) C.eq \f(\r(7),7) D.eq \f(\r(6),3)
答案 C
解析 依题意，以A为坐标原点，分别以AB，AD，AP为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
AB＝BC＝2，AD＝3，PA＝2，
则P(0,0,2)，B(2,0,0)，C(2,2,0)，D(0,3,0)，
从而eq \(PB,\s\up6(→))＝(2,0，－2)，eq \(PC,\s\up6(→))＝(2,2，－2)，eq \(PD,\s\up6(→))＝(0,3，－2)，
设平面PCD的法向量为n＝(a，b，c)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(PC,\s\up6(→))＝0，,n·\(PD,\s\up6(→))＝0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2a＋2b－2c＝0，,3b－2c＝0，))
不妨取c＝3，则a＝1，b＝2，
所以平面PCD的一个法向量为n＝(1,2,3)，
所以PB与平面PCD所成角的正弦值为
sin θ＝|cs〈eq \(PB,\s\up6(→))，n〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(2－6,\r(22＋－22)\r(12＋22＋32))))＝eq \f(\r(7),7).
8.已知四棱锥P－ABCD，底面是边长为2的正方形，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，AB⊥平面PAD，点E是线段PD上的动点(不含端点)，若线段AB上存在点F(不含端点)，使得异面直线PA与EF成30°的角，则线段PE长的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(2),2))) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(6),3)))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，\r(2))) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),3)，\r(2)))
答案 B
解析 由△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，AB⊥平面PAD，取AD中点G，建立如图所示的空间直角坐标系，
依题意G(0,0,0)，A(1,0,0)，D(－1，0,0)，B(1,2,0)，P(0,0,1)，设F(1，y,0)，
设eq \(DE,\s\up6(→))＝xeq \(DP,\s\up6(→))＝x(1,0,1)＝(x,0，x)，0又eq \(PA,\s\up6(→))＝(1,0，－1)，异面直线PA与EF成30°的角，
故|eq \(PA,\s\up6(→))·eq \(EF,\s\up6(→))|＝|eq \(PA,\s\up6(→))|·|eq \(EF,\s\up6(→))|cs 30°，
即2＝eq \r(2)×eq \r(2－x2＋y2＋x2)×eq \f(\r(3),2)，
即y2＝－2(x－1)2＋eq \f(2,3)，0故y2∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2,3)))，
又0二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分)
9．已知空间三点A(1,0,3)，B(－1,1,4)，C(2，－1,3)．若eq \(AP,\s\up6(→))∥eq \(BC,\s\up6(→))，且|eq \(AP,\s\up6(→))|＝eq \r(14)，则点P的坐标为( )
A．(4，－2,2) B．(－2,2,4)
C．(－4,2，－2) D．(2，－2,4)
答案 AB
解析 设eq \(AP,\s\up6(→))＝(3λ，－2λ，－λ)．
又|eq \(AP,\s\up6(→))|＝eq \r(14)，
∴eq \r(3λ2＋－2λ2＋－λ2)＝eq \r(14)，解得λ＝±1，
∴eq \(AP,\s\up6(→))＝(3，－2，－1)或eq \(AP,\s\up6(→))＝(－3,2,1)．
设点P的坐标为(x，y，z)，则eq \(AP,\s\up6(→))＝(x－1，y，z－3)，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－1＝3，,y＝－2，,z－3＝－1))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－1＝－3，,y＝2，,z－3＝1，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝4，,y＝－2，,z＝2))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝－2，,y＝2，,z＝4.))
故点P的坐标为(4，－2,2)或(－2,2,4)．
10．如图，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是DD1，DB的中点，则下列选项中正确的是( )
A．EF∥平面ABC1D1
B．EF⊥B1C
C．EF与AD1所成角为60°
D．EF与平面BB1C1C所成角的正弦值为eq \f(\r(3),3)
答案 ABD
解析 连接BD1(图略)，∴EF∥BD1，得EF∥平面ABC1D1，故A正确；
∵B1C⊥BC1，又由D1C1⊥平面BCC1B1，得B1C⊥D1C1，∴B1C⊥平面BD1C1.∵BD1⊂平面BD1C1，
∴B1C⊥BD1.又∵BD1∥EF，∴EF⊥B1C，故B正确；
∵EF∥BD1，∴EF与AD1所成角为∠AD1B，在△AD1B中，AD1＝2eq \r(2)，BD1＝2eq \r(3)，AB＝2，且△AD1B为直角三角形，∴tan∠AD1B＝eq \f(2,2\r(2))＝eq \f(\r(2),2)，而tan 60°＝eq \r(3)，故C错误；
∵EF∥BD1，又D1C1⊥平面BB1C1C，∴∠D1BC1即为EF与平面BB1C1C所成角，在Rt△D1C1B中，D1C1＝2，D1B＝2eq \r(3).sin∠D1BC1＝eq \f(2,2\r(3))＝eq \f(\r(3),3).故D正确．
11.如图所示，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，底面是以∠ABC为直角的等腰直角三角形，AC＝2a，BB1＝3a，D是A1C1的中点，点E在棱AA1上，要使CE⊥平面B1DE，则AE的值可能是( )
A．a B.eq \f(3,2)a
C．2a D.eq \f(5,2)a
答案 AC
解析 以B为坐标原点，BA，BC，BB1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，则Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)a，\f(\r(2),2)a，3a))，B1(0,0,3a)，C(0，eq \r(2)a,0)．
设点E的坐标为(eq \r(2)a,0，z)(0≤z≤3a)，
则eq \(DE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)a，－\f(\r(2),2)a，z－3a))，
eq \(CE,\s\up6(→))＝(eq \r(2)a，－eq \r(2)a，z)，eq \(B1E,\s\up6(—→))＝(eq \r(2)a,0，z－3a)．
由CE⊥平面B1DE，得CE⊥DE，CE⊥B1E，
故eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(CE,\s\up6(→))·\(DE,\s\up6(→))＝0，,\(CE,\s\up6(→))·\(B1E,\s\up6(—→))＝0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＋a2＋zz－3a＝0，,2a2＋zz－3a＝0，))
解得z＝a或2a，即AE＝a或2a.
12．将正方形ABCD沿对角线BD翻折，使平面ABD与平面BCD的夹角为90°，以下四个结论正确的是( )
A．AC⊥BD
B．△ACD是等边三角形
C．直线AB与平面BCD所成的角为eq \f(π,3)
D．AB与CD所成的角为eq \f(π,3)
答案 ABD
解析 如图所示，以BD中点O为坐标原点，OD，OA，OC所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系Oxyz，
设正方形ABCD的边长为eq \r(2)，
则D(1,0,0)，B(－1,0,0)，C(0,0,1)，A(0,1,0)，
所以eq \(AC,\s\up6(→))＝(0，－1,1)，eq \(BD,\s\up6(→))＝(2,0,0)，eq \(AC,\s\up6(→))·eq \(BD,\s\up6(→))＝0，故AC⊥BD，A正确；
又|eq \(AC,\s\up6(→))|＝eq \r(2)，|eq \(CD,\s\up6(→))|＝eq \r(2)，|eq \(AD,\s\up6(→))|＝eq \r(2)，所以△ACD为等边三角形，B正确；
对于C，eq \(OA,\s\up6(→))为平面BCD的一个法向量，
cs〈eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(OA,\s\up6(→))〉＝eq \f(\(AB,\s\up6(→))·\(OA,\s\up6(→)),|\(AB,\s\up6(→))||\(OA,\s\up6(→))|)＝eq \f(－1，－1，0·0，1，0,\r(2)×1)＝eq \f(－1,\r(2))＝－eq \f(\r(2),2).
因为直线与平面所成的角的范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，
所以AB与平面BCD所成的角为eq \f(π,4)，故C错误；
又cs〈eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(CD,\s\up6(→))〉＝eq \f(\(AB,\s\up6(→))·\(CD,\s\up6(→)),|\(AB,\s\up6(→))||\(CD,\s\up6(→))|)＝eq \f(－1，－1，0·1，0，－1,\r(2)×\r(2))＝－eq \f(1,2).
因为异面直线所成的角为锐角或直角，所以AB与CD所成的角为eq \f(π,3)，故D正确．
三、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分)
13．已知a＝(－2,1,3)，b＝(－1,2,1)，a与b夹角的余弦值为________．
答案 eq \f(\r(21),6)
解析 ∵a＝(－2,1,3)，b＝(－1,2,1)，
∴cs〈a，b〉＝eq \f(a·b,|a||b|)＝eq \f(2＋2＋3,\r(14)×\r(6))＝eq \f(\r(21),6).
14．将正方形ABCD沿对角线AC折起，当以A，B，C，D四点为顶点的三棱锥体积最大时，异面直线AD与BC所成的角为________．
答案 eq \f(π,3)
解析 根据题意可知，当VD－ABC最大时，平面DAC⊥平面ABC，
设AC的中点为O，连接OB，OD建立空间直角坐标系，如图所示，
令OB＝OC＝OD＝1，则O(0,0,0)，A(0，－1,0)，D(0,0,1)，B(1,0,0)，C(0,1,0)，
eq \(AD,\s\up6(→))＝(0,1,1)，eq \(BC,\s\up6(→))＝(－1,1,0)，
因此cs〈eq \(AD,\s\up6(→))，eq \(BC,\s\up6(→))〉＝eq \f(\(AD,\s\up6(→))·\(BC,\s\up6(→)),|\(AD,\s\up6(→))|·|\(BC,\s\up6(→))|)＝eq \f(1,\r(2)·\r(2))＝eq \f(1,2)，
所以异面直线AD与BC所成的角为eq \f(π,3).
15．如图所示，在直平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，BD⊥DC，BD＝DC＝1，点E在AA1上，且AE＝eq \f(1,4)AA1＝eq \f(1,2)，则点B到平面EDC1的距离为________．
答案 eq \f(\r(5),3)
解析 建立如图所示的空间直角坐标系，
则D(0,0,0)，A(1，－1,0)，B(1,0,0)，C(0,1,0)，C1(0,1,2)，
Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－1，\f(1,2)))，
∴eq \(DC1,\s\up6(→))＝(0,1,2)，eq \(DE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－1，\f(1,2))).
设平面EDC1的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(DE,\s\up6(→))·n＝x－y＋\f(1,2)z＝0，,\(DC1,\s\up6(→))·n＝y＋2z＝0，))
令z＝1，则x＝－eq \f(5,2)，y＝－2，
∴n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5,2)，－2，1)).
∴点B到平面EDC1的距离d＝eq \f(|n·\(DB,\s\up6(→))|,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(n)))＝eq \f(\f(5,2),\f(3,2)\r(5))＝eq \f(\r(5),3).
16.如图，正方形ABCD，ABEF的边长都是1，而且平面ABCD，ABEF互相垂直，点M在AC上移动，点N在BF上移动，若CM＝BN＝a(0答案 eq \f(\r(2),2)
解析 建立空间直角坐标系如图，则A(1,0,0)，F(1,1,0)，C(0,0,1)．
因为CM＝BN＝a(0所以Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)a，0，1－\f(\r(2),2)a))，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)a，\f(\r(2),2)a，0))，
所以eq \(MN,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(2),2)a，\f(\r(2),2)a－1)).
所以|eq \(MN,\s\up6(→))|＝eq \r(a2－\r(2)a＋1)，
即MN的长为eq \r(a2－\r(2)a＋1).
当a＝eq \f(\r(2),2)时，|eq \(MN,\s\up6(→))|min＝eq \f(\r(2),2)，即M，N分别为AC，BF的中点时，MN的长最小，最小值为eq \f(\r(2),2).
四、解答题(本大题共6小题，共70分)
17．(10分)已知a＝(x,4,1)，b＝(－2，y，－1)，c＝(3，－2，z)，a∥b，b⊥c，求：
(1)a，b，c；
(2)a＋c与b＋c夹角的余弦值．
解 (1)因为a∥b，所以eq \f(x,－2)＝eq \f(4,y)＝eq \f(1,－1)，
解得x＝2，y＝－4，则a＝(2,4,1)，b＝(－2，－4，－1)．
又b⊥c，所以b·c＝0，即－6＋8－z＝0，
解得z＝2，于是c＝(3，－2,2)．
(2)由(1)得a＋c＝(5,2,3)，b＋c＝(1，－6,1)，
设a＋c与b＋c的夹角为θ，
因为cs θ＝eq \f(5－12＋3,\r(38)×\r(38))＝－eq \f(2,19).
所以a＋c与b＋c夹角的余弦值为－eq \f(2,19).
18．(12分)如图所示，在四棱锥P－ABCD中，PC⊥平面ABCD，PC＝2，在四边形ABCD中，CD∥AB，∠ABC＝∠BCD＝90°，AB＝4，CD＝1，点M在PB上，且PB＝4PM，∠PBC＝30°，求证：CM∥平面PAD.
证明 建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz，
∵∠ PBC＝30°，PC＝2，
∴BC＝2eq \r(3)，PB＝4，
∴D(1,0,0)，C(0,0,0)，A(4,2eq \r(3)，0)，P(0,0,2)，∵PB＝4PM，
∴PM＝1，Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(3),2)，\f(3,2)))，
∴eq \(CM,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(3),2)，\f(3,2)))，eq \(DP,\s\up6(→))＝(－1,0,2)，eq \(DA,\s\up6(→))＝(3,2eq \r(3)，0)，
设平面PAD的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(DP,\s\up6(→))＝0，,n·\(DA,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x＋2z＝0，,3x＋2\r(3)y＝0，))
令x＝1，解得y＝－eq \f(\r(3),2)，z＝eq \f(1,2)，
故n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－\f(\r(3),2)，\f(1,2)))，
又∵eq \(CM,\s\up6(→))·n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(3),2)，\f(3,2)))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－\f(\r(3),2)，\f(1,2)))＝0，
∴eq \(CM,\s\up6(→))⊥n，又CM⊄平面PAD，∴CM∥平面PAD.
19.(12分)如图，正方形ADEF与梯形ABCD所在的平面互相垂直，AD⊥CD，AB∥CD，AB＝AD＝2，CD＝4，M为CE的中点．
(1)求证：BM∥平面ADEF；
(2)求证：BC⊥平面BDE.
证明 ∵平面ADEF⊥平面ABCD，平面ADEF∩平面ABCD＝AD，AD⊥ED，ED⊂平面ADEF，
∴ED⊥平面ABCD.
以D为原点，eq \(DA,\s\up6(→))，eq \(DC,\s\up6(→))，eq \(DE,\s\up6(→))分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．
则D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,4,0)，E(0,0,2)，F(2,0,2)．
(1)∵M为EC的中点，
∴M(0,2,1)，
则eq \(BM,\s\up6(→))＝(－2,0,1)，eq \(AD,\s\up6(→))＝(－2,0,0)，eq \(AF,\s\up6(→))＝(0,0,2)，
∴eq \(BM,\s\up6(→))＝eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)eq \(AF,\s\up6(→))，故eq \(BM,\s\up6(→))，eq \(AD,\s\up6(→))，eq \(AF,\s\up6(→))共面．
又BM⊄平面ADEF，∴BM∥平面ADEF.
(2)eq \(BC,\s\up6(→))＝(－2,2,0)，eq \(DB,\s\up6(→))＝(2,2,0)，eq \(DE,\s\up6(→))＝(0,0,2)，
∵eq \(BC,\s\up6(→))·eq \(DB,\s\up6(→))＝－4＋4＝0，∴BC⊥DB.
又eq \(BC,\s\up6(→))·eq \(DE,\s\up6(→))＝0，∴BC⊥DE.
又DE∩DB＝D，DE，DB⊂平面BDE，
∴BC⊥平面BDE.
20．(12分)在三棱柱ABC－A1B1C1中，底面ABC为正三角形，且侧棱AA1⊥底面ABC，且底面边长与侧棱长都等于2，O，O1分别为AC，A1C1的中点，求平面AB1O1与平面BC1O间的距离．
解 如图，连接OO1，
根据题意，OO1⊥底面ABC，则以O为原点，分别以OB，OC，OO1所在的直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系．
∵AO1∥OC1，OB∥O1B1，AO1∩O1B1＝O1，OC1∩OB＝O，
∴平面AB1O1∥平面BC1O.
∴平面AB1O1与平面BC1O间的距离即为点O1到平面BC1O的距离．
∵O(0,0,0)，B(eq \r(3)，0,0)，C1(0,1,2)，O1(0,0,2)，
∴eq \(OB,\s\up6(→))＝(eq \r(3)，0,0)，eq \(OC1,\s\up6(→))＝(0,1,2)，eq \(OO1,\s\up6(→))＝(0,0,2)，
设n＝(x，y，z)为平面BC1O的法向量，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(OB,\s\up6(→))＝0，,n·\(OC1,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝0，,y＋2z＝0，))
∴可取n＝(0,2，－1)．
点O1到平面BC1O的距离记为d，
则d＝eq \f(|n·\(OO1,\s\up6(→))|,|n|)＝eq \f(2,\r(5))＝eq \f(2\r(5),5).
∴平面AB1O1与平面BC1O间的距离为eq \f(2\r(5),5).
21．(12分)如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝AP＝2，AB＝1，点E为棱PC的中点．
(1)求证：BE⊥DC；
(2)若F为棱PC上一点，满足BF⊥AC，求平面FAB与平面ABP夹角的余弦值．
(1)证明 依题意，以点A为坐标原点建立空间直角坐标系(如图)，可得A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)．由E为棱PC的中点，得E(1,1,1)，所以eq \(BE,\s\up6(→))＝(0,1,1)，eq \(DC,\s\up6(→))＝(2,0,0)，故eq \(BE,\s\up6(→))·eq \(DC,\s\up6(→))＝0，所以BE⊥DC.
(2)解 eq \(BC,\s\up6(→))＝(1,2,0)，eq \(CP,\s\up6(→))＝(－2，－2,2)，eq \(AC,\s\up6(→))＝(2,2,0)，eq \(AB,\s\up6(→))＝(1,0,0)．
由点F在棱PC上，设eq \(CF,\s\up6(→))＝λeq \(CP,\s\up6(→))(0≤λ≤1)，
故eq \(BF,\s\up6(→))＝eq \(BC,\s\up6(→))＋eq \(CF,\s\up6(→))＝eq \(BC,\s\up6(→))＋λeq \(CP,\s\up6(→))＝(1－2λ，2－2λ，2λ)．
由BF⊥AC，得eq \(BF,\s\up6(→))·eq \(AC,\s\up6(→))＝0，
因此2(1－2λ)＋2(2－2λ)＝0，解得λ＝eq \f(3,4)，
即eq \(BF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(1,2)，\f(3,2))).
设n1＝(x，y，z)为平面FAB的法向量，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n1·\(AB,\s\up6(→))＝0，,n1·\(BF,\s\up6(→))＝0))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝0，,－\f(1,2)x＋\f(1,2)y＋\f(3,2)z＝0.))
不妨令z＝1，可得n1＝(0，－3,1)为平面FAB的一个法向量．
易知向量n2＝(0,1,0)为平面ABP的一个法向量，
则cs〈n1，n2〉＝eq \f(n1·n2,|n1|·|n2|)＝eq \f(－3,\r(10)×1)＝－eq \f(3\r(10),10).
所以平面FAB与平面ABP夹角的余弦值为eq \f(3\r(10),10).
22．(12分)在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝4，BC＝2，E是AC的中点，F是线段AB上一个动点，且eq \(AF,\s\up6(→))＝λeq \(AB,\s\up6(→))(0<λ<1)，如图所示，沿BE将△CEB翻折至△DEB的位置，使得平面DEB⊥平面ABE.
(1)当λ＝eq \f(1,3)时，证明：BD⊥平面DEF；
(2)是否存在λ，使得DF与平面ADE所成角的正弦值是eq \f(\r(2),3)？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．
(1)证明 在△ABC中，∠C＝90°，即AC⊥BC，则BD⊥DE，取BF的中点N，连接CN交BE于点M，
当λ＝eq \f(1,3)时，F是AN的中点，而E是AC的中点，
∴EF是△ANC的中位线，∴EF∥CN.
在△BEF中，N是BF的中点，∴M是BE的中点，
在Rt△BCE中，EC＝BC＝2，
∴CM⊥BE，则EF⊥BE.
又平面DEB⊥平面ABE，平面DEB∩平面ABE＝BE，EF⊂平面ABE，
∴EF⊥平面DEB.
又BD⊂平面BDE，
∴EF⊥BD.
而EF∩DE＝E，EF，DE⊂平面DEF，
∴BD⊥平面DEF.
(2)解 存在λ＝eq \f(1,2)，使得DF与平面ADE所成角的正弦值是eq \f(\r(2),3).
以C为坐标原点，CA所在直线为x轴，CB所在直线为y轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
则C(0,0,0)，A(4,0,0)，B(0,2,0)，E(2,0,0)
∴eq \(AB,\s\up6(→))＝(－4,2,0)，eq \(AE,\s\up6(→))＝(－2,0,0)，
取BE的中点G，连接DG，则DG⊥BE，而平面DEB⊥平面ABC，
∴DG⊥平面ABC，则D(1,1，eq \r(2))，
则eq \(AD,\s\up6(→))＝(－3,1，eq \r(2))．
由eq \(AF,\s\up6(→))＝λeq \(AB,\s\up6(→))，可得F(4－4λ，2λ，0)，
则eq \(DF,\s\up6(→))＝(3－4λ，2λ－1，－eq \r(2))．
设平面ADE的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AE,\s\up6(→))＝0，,n·\(AD,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－2x＝0，,－3x＋y＋\r(2)z＝0.))
令z＝－1，则x＝0，y＝eq \r(2)，所以n＝(0，eq \r(2)，－1)
设DF与平面ADE所成的角为θ，则
sin θ＝|cs〈eq \(DF,\s\up6(→))，n〉|＝eq \f(|\(DF,\s\up6(→))·n|,|\(DF,\s\up6(→))||n|)
＝eq \f(|\r(2)2λ－1＋\r(2)|,\r(3)·\r(3－4λ2＋2λ－12＋－\r(2)2))＝eq \f(\r(2),3)，
解得λ＝eq \f(1,2)或λ＝3(舍去)．
综上，存在λ＝eq \f(1,2)，使得DF与平面ADE所成的角的正弦值为eq \f(\r(2),3).