2023-2024学年福建省厦门重点中学高二（上）第一次月考数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年福建省厦门重点中学高二（上）第一次月考数学试卷（含解析），共7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.在空间直角坐标系中，若点A(−1,6,8)，B(1,5,7)，则|AB|=( )
A. 2B. 2C. 6D. 6
2.已知点A(−3,1,−4)，B(7,1,0)，则线段AB的中点M关于平面Oyz对称的点的坐标为( )
A. (−2,1,−2)B. (2,1,−2)C. (2,−1,−2)D. (2,1,2)
3.下列条件中，一定使空间四点P、A、B、C共面的是( )
A. OA+OB+OC=−OPB. OA+OB+OC=OP
C. OA+OB+OC=2OPD. OA+OB+OC=3OP
4.已知四棱锥P−ABCD，底面ABCD为平行四边形，M，N分别为棱BC，PD上的点，CMCB=13，PN=ND，设AB=a，AD=b，AP=c，则向量MN可表示为( )
A. a+13b+12c
B. −a+16b+12c
C. a−13b+12c
D. −a−16b+12c
5.已知平面α={P|n⋅P0P=0}，其中点P0(1,2,3)，法向量n=(1,1,1)，则下列各点中不在平面α内的是( )
A. (3,2,1)B. (−3,5,4)C. (−2,5,4)D. (2,−4,8)
6.已知正四面体ABCD，M为AB中点，则直线CM与直线BD所成角的余弦值为( )
A. 23B. 36C. 2121D. 4 2121
7.定义：两条异面直线之间的距离是指其中一条直线上任意一点到另一条直线距离的最小值.在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=1，BC=2，AA1=3，则异面直线AC与BC1之间的距离是( )
A. 55B. 77C. 66D. 67
8.如图，在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，P为棱BB1的中点，Q为正方形BB1C1C内一动点(含边界)，则下列说法中不正确的是( )
A. 若D1Q//平面A1PD，则动点Q的轨迹是一条线段
B. 存在Q点，使得D1Q⊥平面A1PD
C. 当且仅当Q点落在棱CC1上某点处时，三棱锥Q−A1PD的体积最大
D. 若D1Q= 62，那么Q点的轨迹长度为 24π
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9.下列四个结论正确的是( )
A. 任意向量a,b，若a⋅b=0，则a=0或b=0或〈a,b〉=π2
B. 已知A(3,1,0)，B(5,2,2)，C(2,0,3)，则点C到直线AB的距离为 10
C. 已知向量a=(1,1,x),b=(−2,x,4)，若x<25，则〈a,b〉为钝角
D. 若a，b，c是不共面的向量，则a+b，b+c，c+a的线性组合可以表示空间中的所有向量
10.在棱长为3的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P在棱DC上运动(不与顶点重合)，则点B到平面AD1P的距离可以是( )
A. 2
B. 3
C. 2
D. 5
11.如图，平行六面体ABCD−A1B1C1D1以顶点A为端点的三条棱长均为1，且它们彼此的夹角都是60°，则( )
A. AC1= 6
B. AC1⊥BD
C. 四边形BDD1B1的面积为 22
D. 平行六面体ABCD−A1B1C1D1的体积为 22
12.如图的六面体中，CA=CB=CD=1，AB=BD=AD=AE=BE=DE= 2，则( )
A. CD⊥平面ABC
B. AC与BE所成角的大小为π3
C. CE= 3
D. 该六面体外接球的表面积为3π
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13.已用a=(−1,2,1)，b=(−2,−2,4)，则b在a方向上的投影向量为______ ．
14.如图，二面角α−l−β等于120°，A、B是棱l上两点，BD、AC分别在半平面α、β内，AC⊥l，BD⊥l，且AB=AC=BD=2，则CD的长等于______ ．
15.在空间直角坐标系中，经过P(x0,y0,z0)且法向量m=(a,b,c)的平面方程为a(x−x0)+b(y−y0)+c(z−z0)=0，经过P(x0,y0,z0)且方向向量n=(A,B,C)的直线方程为x−x0A=y−y0B=z−z0C.阅读上面材料，并解决下列问题：给出平面α的方程3x+y−z−5=0，经过点P(0,0,0)的直线l的方程为x=y2=−z，则直线l的一个方向向量是______ ，直线l与平面α所成角的余弦值为______ ．
16.卢浮宫金字塔位于巴黎卢浮宫的主院，是由美籍华人建筑师贝隶铭设计的，已成为巴黎的城市地标.卢浮宫金字塔为正四棱锥造型，该正四棱锥的底面边长为a，高为23a，若该四棱锥的五个顶点都在同一个球面上，则球心到该四棱锥侧面的距离为______ ．
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17.(本小题10.0分)
如图，在底面为菱形的四棱锥E−ABCD中，BE⊥底面ABCD，F为CD的中点，且AB=BE=2，∠ABC=120°，以B为坐标原点，BA的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．
(1)写出A，B，D，E四点的坐标；
(2)求cs〈AB,DE〉．
18.(本小题12.0分)
已知向量a=(−2,−1,3)，b=(−1,1,2)，c=(x,2,2)．
(1)当|c|=2 2时，若向量ka+b与c垂直，求实数x和k的值；
(2)若向量c与向量a，b共面，求实数x的值．
19.(本小题12.0分)
如图所示，在四棱锥M−ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，侧棱AM的长为3，且∠MAB=∠MAD=60°，N是CM的中点，设a=AB，b=AD，c=AM．
(1)用a、b、c表示向量BN，并求BN的长；
(2)求证：BD⊥平面MAC．
20.(本小题12.0分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥平面ABCD，M，N分别为棱PD，BC的中点，PA=AB=2．
(Ⅰ)求证：MN/​/平面PAB；
(Ⅱ)求直线MN与平面PBD所成角的正弦值．
21.(本小题12.0分)
如图，在三棱台ABC−A1B1C1中，若A1A⊥平面ABC，AB⊥AC，AB=AC=AA1=2，A1C1=1，M为棱BC上一动点(不包含端点)．
(1)若M为BC的中点，在图中过点A1作一个平面α，使得平面C1MA//α.(不必给出证明过程，只要求作出α与棱台ABCD−A1B1C1D1的截面)；
(2)是否存在点M，使得平面C1MA与平面ACC1A1所成角的余弦值为 66？若存在，求出BM长度；若不存在，请说明理由．
22.(本小题12.0分)
在如图所示的试验装置中，两个正方形框架ABCD，ABEF的边长都是1，且它们所在的平面互相垂直.活动弹子M，N分别在正方形对角线AC和BF上移动，且CM和BN的长度保持相等，记CM=BN=a(0(1)问a为何值时，MN的长最小？
(2)当MN的长最小时，求平面MNA与平面MNB夹角的余弦值．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：由题意得|AB|= (−1−1)2+(6−5)2+(8−7)2= 6，
故选：D．
直接由空间两点的距离公式求解即可．
本题考查了空间两点间距离公式，属于基础题．
2.【答案】A
【解析】解：根据线段的中点坐标公式可得线段AB的中点坐标M(−3+72,1+12,−4+02)，即M(2,1,−2)．
则线段AB的中点M关于平面Oyz对称的点的坐标为(−2,1,−2)，
故选：A．
根据空间中点坐标公式，即可得到AB的中点坐标，进而求得M关于平面Oyz对称的点的坐标．
本题主要考查空间直角坐标的基本运算，要求熟练掌握空间中点坐标公式，属于基础题．
3.【答案】D
【解析】解：对于A选项，OP=−OA−OB−OC，(−1)+(−1)+(−1)=−3≠1，所以点P与A、B、C三点不共面；
对于B选项，OP=OA+OB+OC，1+1+1=3≠1，所以点P与A、B、C三点不共面；
对于C选项，OP=12OA+12OB+12OC，12+12+12=32≠1，所以点P与A、B、C三点不共面；
对于D选项，OP=13OA+13OB+13OC，13+13+13=1，所以点P与A、B、C三点共面．
故选：D．
要使空间中的P、A、B、C四点共面，只需满足OP=xOA+yOB+zOC，且x+y+z=1即可．
本题主要考查空间向量的应用，四点共面的充分必要条件等知识，属于基础题．
4.【答案】D
【解析】解：由ABCD为平行四边形，CMCB=13，PN=ND，
可得MC=13AD，DN=12DP，
则MN=MC+CD+DN=13AD−AB+12DP
=13AD−AB+12(AP−AD)=−AB−16AD+12AP
=−a−16b+12c．
故选：D．
由已知，得出MC=13AD，DN=12DP，再根据向量的线性运算进行转化，即可得出结论．
本题考查空间向量的线性运算，属基础题．
5.【答案】C
【解析】解：平面α={P|n⋅P0P=0}，其中点P0(1,2,3)，法向量n=(1,1,1)，
对于A，设P(3,2,1)，则P0P=(2,0,−2)，
∵P0P⋅n=2−2=0，∴(3,2,1)在平面α内，故A错误；
对于B，设P(−3,5,4)，则P0P=(−4,3,1)，
∵P0P⋅n=−4+3+1=0，∴(−3,5,4)在平面α内，故B错误；
对于C，设P(−2,5,4)，则P0P=(−3,3,1)，
∵P0P⋅n=−3+3+1=1≠0，∴(−2,5,4)不在平面α内，故C正确；
对于D，设P(2,−4,8)，则P0P=(1,−6,5)，
∵P0P⋅n=1−6+5=0，∴(2,−4,8)在平面α内，故D错误．
故选：C．
结合各个选项分别求出P0P，计算n⋅P0P的值是否为0，从而得出结论．
本题考查平面的法向量、向量数量积公式、向量坐标运算法则等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
6.【答案】B
【解析】解：如图，设正四面体ABCD的棱长为2，取AD的中点F，连接MF、CF，
因为M、F分别为AB、AD的中点，则MF/​/BD且MF=12BD=1，
因此∠CMF或其补角为直线CM与直线BD所成的角，
因为△ABC为等边三角形，M为AB的中点，
则CM⊥AB，且CM=ACsin60°= 3，
同理CF= 3，在等腰△CMF中，cs∠CMF=12MFMC=12 3= 36，
所以直线CM与直线BD所成角的余弦值为 36．
故选：B．
设正四面体ABCD的棱长为2，取AD的中点F，连接MF、CF，利用几何法求解作答．
本题考查异面直线所成的角，属于基础题．
7.【答案】D
【解析】【分析】
建立适当的空间直角坐标系，求出所需点的坐标，然后再求出直线CA和BC1的公垂线的方向向量，利用异面直线AC与BC1之间的距离公式求解即可．属于中档题．
本题考查了空间向量在立体几何中的应用，涉及了异面直线之间的距离计算，解题的关键是建立合适的空间直角坐标系，将问题转化为空间向量进行研究．
【解答】
解：以D为原点O建立空间直角坐标系如图所示，
则A(2,0,0)，C(0,1,0)，B(2,1,0)，C1(0,1,3)，
所以CA=(2,−1,0),BC1=(−2,0,3)，
设CA和BC1的公垂线的方向向量为n=(x,y,z)，
则有n⋅CA=0n⋅BC1=0，即2x−y=0−2x+3z=0，
所以n=(3,6,2)，
又AB=(0,1,0)，
所以异面直线AC与BC1之间的距离d=|AB⋅n|n||=6 32+62+22=67．
故选：D．
8.【答案】B
【解析】解：选项A，分别取B1C1，CC1中点E，F，连接D1E，D1F，EF，PF，
由PF与B1C1，A1D1平行且相等得平行四边形A1PFD1，所以D1F//A1P，
又因为D1F⊄平面A1DP，A1P⊂平面A1DP，所以D1F//平面A1DP，
连接B1C，EF/​/B1C，B1C/​/A1D，所以EF//A1D，同理EF/​/平面A1DP，
又因为EF∩D1F=F，EF，D1F⊂平面D1EF，所以平面D1EF//平面A1DP，
当Q∈EF时，D1Q⊂平面D1EF，所以D1Q//平面A1DP，即Q点轨迹是线段EF，A正确；
选项B，以D1为原点，D1A1，D1C1，DC据直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则
A1(1,0,0)，D(0,0,1)，P(1,1,12)，
设Q(x,1,z)(0≤x,z≤1)，A1D=(−1,0,1)，A1P=(0,1,12)，D1Q=(x,1,z)，
设m=(a,b,c)是平面A1PD的一个法向量，
则m⋅A1D=−a+c=0m⋅A1P=b+12c=0，取c=1，则m=(1,−12,1)，
若D1Q⊥平面A1PD，则D1Q//m，所以存在λ∈R，使得D1Q=λm，
解得x=z=−2∉[0,1]，因此正方形B1C1CB内(含边界)不存在点Q，使得D1Q⊥平面A1PD，B错；
选项C，△A1PD面积为定值，当且仅当点Q到平面A1PD的距离最大时，三棱锥Q−A1PD的体积最大，
A1Q=(x−1,1,z)，Q到平面A1PD的距离为d=|A1Q⋅m||m|=23|x+z−32|，0≤x+z≤2，0≤x+z≤32时，d=23[32−(x+z)]，
当x+z=0时，d有最大值1，32≤x+z≤2时，d=23[(x+z)−32]，x+z=2时，d有最大值13，
综上，x+z=0时，d取得最大值1，故Q与C1重合时，d取得最大值，三棱锥Q−A1PD的体积最大，C正确；
选项D，D1C1⊥平面BB1C1C，CQ⊂平面BB1C1C，D1C1⊥C1Q，
所以C1Q= D1Q2−D1C12= 22，所以Q点轨迹是以C1为圆心， 22为半径的圆弧，圆心角是π2，
所以轨迹长度为14×2π× 22= 24π，D正确．
故选：B．
取B1C1，CC1中点E，F，证明D1EF//平面A1DP，得动点轨迹判断A，建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面A1PD的一个法向量，由D1Q与此法向量平行确定Q点位置，判断B，利用空间向量法求得Q到到平面A1PD距离的最大值，确定Q点位置判断C，利用勾股定理确定Q点轨迹，得轨迹长度判断D．
本题主要考查了线面平行和线面垂直的判定定理，考查了空间点的轨迹问题，属于难题．
9.【答案】ABD
【解析】解：对于A，则a⋅b=|a||b|cs=0，
则|a|=0或|b|=0或cs=0，
即a=0或b=0或=π2，故A正确；
对于B，因为AB=(2,1,2)，AC=(−1,−1,3)，所以AB⋅AC|AB|=1，
设点C到直线AB的距离为d，则d= |AC|2−1= 10，故B正确；
对于C，a⋅b=−2+x+4x=5x−2，若x<25，则a⋅b=5x−2<0，
当a//b时，则存在唯一实数λ，使得b=λa，
即(−2,x,4)=(λ,λ,λx)，所以−2=λx=λ4=λx，解得x=λ=−2，
所以当x<25，且x≠−2时，为钝角，故C错误；
对于D，若a,b,c是不共面的向量，则a+b，b+c，c+a也是不共面的向量，
否则若a+b，b+c，c+a共面，则存在实数x，y，使得a+b=x(b+c)+y(c+a)，
即a+b=ya+xb+(x+y)c，则1=y1=x0=x+y，显然无解，
所以a+b，b+c，c+a也不共面，
由空间向量基本定理，可以用它们表示出空间任意向量，故D正确．
故选：ABD．
对A，根据数量积的计算公式分析即可；对B，根据空间中点到线的距离向量公式求解即可；对C，讨论特殊情况a，b反向时判断即可；对D，根据空间向量共面满足的条件判断即可．
本题考查平面向量及空间向量的运算性质，坐标表示等知识，属中档题．
10.【答案】CD
【解析】解：当P与D重合时点B到平面AD1P的距离最大，易知最大为3；
当P与C重合时点B到平面AD1P的距离最小，设最小距离为d，
易知△ACD1是边长为3 2的等边三角形，则由等体积法思想可得：
VB−ACD1=VD1−ABC，
∴13×S△ACD1×d=13×S△ABC×DD1，
∴13×12×3 2×3 2× 32×d=13×12×3×3×3，
∴d= 3，
设B到平面AD1P的距离为x，当P在棱DC上运动(不与顶点重合)时，
则x∈( 3,3)，
故选：CD．
根据运动变化思想，等体积法求点面距，可得B到平面AD1P的距离的范围，从而可得正确选项．
本题考查运动变化思想，等体积法求点面距，属基础题．
11.【答案】ABD
【解析】解：AC1=AB+AD+AA1，
则AC12=AB2+AD2+AA12+2AB⋅AD+2AB⋅AA1+2AD⋅AA1=12+12+12+2×1×1×cs60°+2×1×1×cs60°+2×1×1×cs60°=6，
故|AC1|= 6，A正确；
AC1=AB+AD+AA1，BD=AD−AB，AC1⋅BD=(AB+AD+AA1)⋅(AD−AB)=AB⋅AD−AB2+AD2−AD⋅AB+AA1⋅AD−AA1⋅AB=1×1×cs60°−12+12−1×1×cs60°+1×1×cs60°−1×1×cs60°=0，
故AC1⊥BD，B正确；
连接BD1，B1D，则BD1=BA+AD+DD1,B1D=B1A1+A1D1+D1D，BD12=BA2+AD2+DD12+2BA⋅AD+2AD⋅DD1+2BA⋅DD1=12+12+12+2×1×1×cs120°+2×1×1×cs60°+2×1×1×cs120°=2，
即|BD1|= 2，同理|B1D|= 2，故四边形BDD1B1为矩形，
面积为1×1=1，C错误；
过A1作A1E⊥面ABCD，易知E在直线AC上，过E作EF⊥AB于F，连接A1F，
由A1E⊥AB，EF⊥AB得AB⊥面A1EF，易得AB⊥A1F，
故AF=AA1⋅cs60°=12，AE=AFcs30∘= 33，A1E= AA12−AE2= 63，
故平行六面体ABCD−A1B1C1D1的体积为12×1×1× 32×2× 63= 22，
D正确．
故选：ABD．
A、B选项通过空间向量的模长及数量积进行判断即可；C选项通过空间向量求出BD1，B1D，进而求出面积即可；D选项作出平行六面体的高，求出相关边长，即可求出体积．
本题主要考查空间向量及其应用，空间想象能力的培养等知识，属于中等题．
12.【答案】ACD
【解析】解：∵CA=CB=CD=1，BD=AD= 2，
∴CA2+CD2=AD2，CB2+CD2=BD2，
即CD⊥CA，CD⊥CB，又CA∩CB=C，
∴CD⊥平面ABC，故A正确；
以点C为坐标原点，分别以CA，CB，CD为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示：
∵CA=CB=CD=1，∴四面体C−ABD是正三棱锥，
∵AB=BD=AD=AE=BE=DE= 2，∴四面体E−ABD是正四面体，
在正三棱锥C−ABD中过点C作底面的垂线，垂足为正三角形ABD的中心，
同理，在正四面体E−ABD中，过顶点E作底面的垂线，垂足为正三角形ABD的中心，
∴C、G、E三点共线，
∵C(0,0,0)，D(0,0,1)，B(0,1,0)，A(1,0,0)，且G是正三角形ABD的中心，
∴G(13,13,13)，
设E(t,t,t),(t>13)，
∵在正四面体E−ABD中，EG=2 33，在正三棱锥C−ABD中，CG= 33，
∴ 3t= 3，解得t=1，
∴E(1,1,1)，BE=(1,0,1)，又CA=(1,0,0)，
∴cs〈CA,BE〉=CA⋅BE|CA||BE|= 22，
故AC与BE所成角的大小为π4，故B错误；
∵CE=(1,1,1)，∴CE= 3，故C正确；
显然，该六面体外接球的球心位于线段CE的中点，
∵CE= 3，∴六面体外接球的半径R= 32，
∴该六面体外接球的表面积为4πR2=3π，故D正确．
故选：ACD．
利用线面垂直的判定定理、空间向量以及球的表面积公式进行计算求解．
本题主要考查了直线与平面垂直的判定定理，考查了利用空间向量求异面直线所成的角，以及多面体的外接球问题，属于中档题．
13.【答案】(−13,23,13)
【解析】解：b在a方向上的投影向量为a⋅b|a|⋅a|a|=2−4+4 1+4+1⋅(−1,2,1) 1+4+1=(−13,23,13)．
故答案为：(−13,23,13)．
用b在a方向上的投影乘以与a同向的单位向量可得结果．
本题考查了投影和投影向量的定义及计算方法，考查了计算能力，属于基础题．
14.【答案】4
【解析】解：∵A、B是棱l上两点，AC、BD分别在半平面α、β内，AC⊥l，BD⊥l，
又∵二面角α−l−β的平面角θ等于120°，且AB=AC=BD=2，
∴CA⋅CB=AB⋅BD=0，=60°，CA⋅BD=2×2×cs60°=2，
∴CD2=CA2+AB2+BD2+2CA⋅AB+2AB⋅BD+2CA⋅BD=16，
∴|CD|=4，
故答案为：4．
由已知中二面角α−l−β等于120°，A、B是棱l上两点，AC、BD分别在半平面α、β内，AC⊥l，BD⊥l，且AB=AC=BD=2，结合向量的数量积即可求出CD的长．
本题考查的知识点是与二面角有关的立体几何综合题，属于中档题．
15.【答案】(1,2,−1) 5511
【解析】解：因为平面α的方程3x+y−z−5=0，不妨令x=0，y=0，则z=−5，故其过点Q(0,0,−5)，
设其法向量为m=(a,b,c)，
根据题意ax+by+c(z+5)=0，即ax+by+cz+5c=0，
又平面α的方程为3x+y−z−5=0，则a3=b=c−1=5c−5，
不妨取a=3，则b=1，c=−1，则平面α的法向量m=(3,1,−1)，
经过点P(0,0,0)的直线l的方程为x=y2=−z，
不妨取y=2，则x=1，z=−1，则该直线过点(1,2,−1)，
则直线l的方向向量n=(1,2,−1)，
设直线l与平面α所成的角为θ，
则sinθ=|cs〈m,n〉|=|m⋅n||m||n|=6 11× 6= 6611，
又θ∈[0,π2]，故csθ= 1−sin2θ= 5511，
即直线与平面α所成角的余弦值为 5511．
故答案为：(1,2,−1)； 5511．
根据材料结合已知条件求得平面的法向量以及直线的方向向量，即可用向量法求得线面角．
本题考查了直线与平面所成的角，注意对所给材料的分析应用，属于中档题．
16.【答案】1740a
【解析】解：连接AC、BD，交于点O′，连接PO′，则球心O在PO′的延长线上，如图，
∵正四棱锥的底面边长为a，高为23a，∴O′A⊥O′B，且O′A=O′B= 22a，
设OO′=x，∵OA=OP=r，∴( 22a)2+x2=(23a+x)2，解得x=a24，
以O′为坐标原点，O′A为x轴，O′B为y轴，O′P为z轴，建立空间直角坐标系，
则A( 22a,0,0)，B(0, 22a,0)，P(0,0,23a)，O(0,0,−a24)，
PA=( 22a,0,−23a)，PB=(0, 22a,−23a)，OA=( 22a,0,a24)，
设平面PAB的法向量n=(x,y,z)，
则PA⋅n= 22ax−23az=0PB⋅n= 22ay−23az=0，取x= 2，得n=( 2, 2,32)，
∴球心O到四棱锥侧面的距离为：
d=|OA⋅n||n|=a+a1652=1740a.
故答案为：1740a.
连接AC、BD，交于点O′，连接PO′，则球心O在PO′的延长线上，推导出O′A⊥O′B，且O′A=O′B= 22a，设OO′=x，由OA=OP=r，求出x=a24，以O′为坐标原点，O′A所在直线为x轴，O′B所在直线为y轴，O′P所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出球心O到四棱锥侧面的距离．
本题考查点到平面的距离的运算，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解等能力，体现基础性，导向对发展数学运算等核心素养的关注，属中档题．
17.【答案】解：(1)由题意，可得△BCD为正三角形，
∵AB=2，∴BF= 3，
以B为坐标原点，分别以BA，BF，BE所在的直线为x、y、z轴建立的空间直角坐标系，

可得A(2,0,0),B(0,0,0),D(1, 3,0),E(0,0,2)；
(2)由(1)可得AB=(−2,0,0),DE=(−1,− 3,2)，
∴cs〈AB,DE〉=AB⋅DE|AB||DE|=22×2 2= 24．
【解析】(1)根据△BCD为正三角形，由AB=2，结合空间直角坐标系中坐标的写法，即可求解；
(2)利用空间向量的夹角公式，即可求解．
本题考查空间向量点的坐标的求法，考查空间向量的坐标运算，是基础题．
18.【答案】解：(1)∵向量a=(−2,−1,3)，b=(−1,1,2)，c=(x,2,2)，
∴当|c|=2 2时， x2+22+22=2 2，解得x=0，
∴ka+b=(−2k−1,1−k,3k+2)，c=(0,2,2)，
∵向量ka+b与c垂直，
∴(ka+b)⋅c=0+2(1−k)+2(3k+2)=0，4k+6=0，
解得k=−32．
(2)∵向量c与向量a，b共面，
∴设c=λa+μb，(λ,μ∈R)，即(x,2,2)=λ(−2,−1,3)+μ(−1,1,2)，
∴x=−2λ−μ2=μ−λ2=3λ+2μ，解得x=−45，λ=−25，μ=85，
∴实数x的值为−45．
【解析】(1)由|c|=2 2时，能求出x=0，利用向量坐标运算法则求出ka+b=(−2k−1,1−k,3k+2)，再由向量ka+b与c垂直，能求出k．
(2)由向量c与向量a，b共面，设c=λa+μb，(λ,μ∈R)，列方程组，能求出实数x的值．
本题考查向量的运算，考查向量垂直、共面向量定理、向量坐标运算法则等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
19.【答案】(1)解：因为N是CM的中点，底面ABCD是正方形，
所以BN=BC+CN=AD+12CM=AD+12(AM−AC)
=AD+12[AM−(AD+AB)]=−12AB+12AD+12AM
=−12a+12b+12c，
又由题意，可得|a|=|AB|=2，|b|=|AD|=2，|c|=|AM|=3，
∠MAB=∠MAD=60°，∠DAB=90°，
因此|BN|2=(−12a+12b+12c)2
=14(|a|2+|b|2+|c|2−2a⋅b−2a⋅c+2b⋅c)
=14(4+4+9−0−2×2×3cs60°+2×2×3cs60°)=174，
所以|BN|= 172，即BN的长为 172；
(2)证明：由题意，AD⋅AM=AD⋅AM=2×3×cs60°=3，
所以BD⋅AM=(AD−AB)⋅AM=AD⋅AM−AB⋅AM=0，
从而可得BD⊥AM，即BD⊥AM，
又在正方体ABCD中，有BD⊥AC，
又AC⋂AM=A，AC，AM⊂平面MAC，
所以BD⊥平面MAC．
【解析】(1)根据空间向量的线性运算进行转换即可表示出BN，再利用数量积运算可求得BN的长；
(2)根据向量法与几何法综合应用，可判定BD⊥平面MAC．
本题考查空间向量的线性运算及数量积运算，考查线面垂直的判定，属中档题．
20.【答案】证明：(Ⅰ)在四棱锥P−ABCD中，
取PA的中点E，连接EB、EM，
因为 M是PD的中点，
所以 EM/​/AD，且EM=12AD，
又因为底面ABCD是正方形，N是BC的中点，
所以BN//AD，且BN=12AD，
所以EM/​/BN，且EM=BN，
所以四边形MNBE是平行四边形．
所以MN//EB．
由于EB⊂平面PAB，MN⊄平面PAB，
所以MN/​/平面PAB．
解：( II)因为底面ABCD是正方形，所以 AB⊥AD．
又因为 PA⊥平面ABCD．
所以以点A为坐标原点，AB、AD、AP分别为x、y、z轴，如图建立空间直角坐标系，

则A(0,0,0)，B(2,0,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)，M(0,1,1)，N(2,1,0)，
∴PB=(2,0,−2)，PD=(0,2,−2)，
设平面PBD的法向量为m=(x,y,z)，
则m⋅PB=0m⋅PD=0，即2x−2z=02y−2z=0，令z=1，解得x=1y=1，
所以m=(1,1,1)，又MN=(2,0,−1)，
设直线MN与平面PBD所成角为θ，
所以sinθ=|cs|=|MN⋅m||MN||m|=2−1 3× 5= 1515．
所以直线MN与平面PBD所成角的正弦值为 1515．
【解析】(Ⅰ)取PA的中点E，连接EB、EM，证明四边形MNBE是平行四边形，然后证明MN/​/平面PAB．
(II)如图建立空间直角坐标系．求出平面PBD的法向量，求出MN=(2,0,−1).利用空间向量的数量积求解即可．
本题主要考查了直线与平面平行的判定定理，考查了利用空间向量求直线与平面所成的角，属于中档题．
21.【答案】解：(1)在三棱台ABC−A1B1C1中，若A1A⊥平面ABC，AB⊥AC，
AB=AC=AA1=2，A1C1=1，M为棱BC上一动点(不包含端点)，
由题意，
我们需要保证平面α的两条相交直线平行于平面C1MA的两个相交直线，
我们过点A1作C1A，C1M的平行线，连接DE，即可得到平面α，
作出图像，如图，

(2)由题意，在三棱台ABC−A1B1C1中，
建立空间直角坐标系，如图：

A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(0,2,0)，C1(0,1,2)，
∴AC1=(0,1,2)，BC=(−2,2,0)，AB=(2,0,0)，设BM=λBC(0<λ<1)，则BM=(−2λ,2λ,0)，
∴AM=AB+BM=(2−2λ,2λ,0)，
令平面C1MA的法向量为n=(x,y,z)，
则AC1⋅n=y+2z=0AM⋅n=(2−2λ)x+2λy=0，
令x=2λ，则y=2λ−2，z=1−λ，
∴n=(2λ,2λ−2,1−λ)；
又平面ACC1A1的一个法向量m=(1,0,0)，
∴|cs〈m,n〉|=|m⋅n||m|⋅|n|=|2λ| 4λ2+4(λ−1)2+(1−λ)2= 66，
解得：λ=13或λ=−1(舍)，
∴BM=13BC，
∴存在点M，使得平面C1MA与平面ACC1A1所成角的余弦值为 66，
此时BM的长度为：|BM|=13|BC|=2 23．
【解析】(1)根据面面平行的定义即可得出平面α；
(2)设出点M的位置，表达出平面C1MA与平面ACC1A1的法向量，写出余弦值表达式，即可求出点M的位置和BM的长度．
本题考查空间中面与面的位置关系、二面角的求法，熟练利用空间向量处理二面角的方法是解题的关键，考查学生的空间立体感、逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
22.【答案】解：(1)在如图所示的试验装置中，两个正方形框架ABCD，ABEF的边长都是1，且它们所在的平面互相垂直．
活动弹子M，N分别在正方形对角线AC和BF上移动，且CM和BN的长度保持相等，记CM=BN=a(0
因为平面ABCD⊥平面ABEF，BC⊥AB，BE⊥AB，
根据面面垂直的性质定理知CB⊥平面ABEF，
∴BC⊥BE，从而BC，AB，BE两两垂直，如图建立空间直角坐标系，

设A(1,0,0)，C(0,0,1)，F(1,1,0)，E(0,1,0)，
∵CM=BN=a，∴M(a 2,0,1−a 2)，N(a 2,a 2,0)．
MN= (a 2−a 2)2+(0−a 2)2+(1−a 2)2= a2− 2a+1，
MN= a2− 2a+1= (a− 22)2+12，
当a= 22时，MN最小，最小值为 22；
(2)由(1)可知，当M，N为中点时，MN最短，
则M(12,0,12),N(12,12,0)，取MN的中点G，连接AG，BG，
则G(12,14,14)，∵AM=AN= 22，BM=BN= 22，∴AG⊥MN，BG⊥MN，
∴∠AGB是平面MNA与平面MNB的夹角或其补角．
∵GA=(12,−14,−14)，GB=(−12,−14,−14)，
∴cs〈GA,GB〉=GA⋅GB|GA|⋅|GB|=−18 (12)2+(−14)2+(−14)2⋅ (−12)2+(−14)2+(−14)2=−13．
∴平面MNA与平面MNB夹角的余弦值是13．
【解析】(1)建立空间直角坐标系，利用空间两点间距离公式、配方法进行求解即可；
(2)利用空间向量夹角公式进行求解即可．
本题考查二面角及其余弦值的求法，考查运算求解能力，是中档题．