人教B版 (2019)选择性必修 第一册第一章　空间向量与立体几何本章综合与测试当堂检测题

这是一份人教B版 (2019)选择性必修 第一册第一章　空间向量与立体几何本章综合与测试当堂检测题，共19页。试卷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。
1．以下四组向量：①a＝(1，－2，1)，b＝(－1，2，－1)；②a＝(8，4，0)，b＝(2，1，0)；③a＝(1，0，－1)，b＝(－3，0，3)；④a＝(－，1，－1)，b＝(4，－3，3)．其中互相平行的是( )
A．②③ B．①④ C．①②④ D．①②③④
2．若a＝(1，λ，2)，b＝(2，－1，2)，c＝(1，4，4)，且a，b，c共面，则λ＝( )
A．1B．－1C．1或2D．±1
3．在四面体O­ABC中，点P为棱BC的中点．设＝a，＝b，＝c，那么向量用基底{a，b，c}可表示为( )
A．－a＋b＋cB．－a＋b＋c
C．a＋b＋cD．a＋b＋c
4．正方体ABCD­A1B1C1D1中，BB1与平面ACD1所成角的余弦值为( )
A．B．C．D．
5．已知长方体ABCD­A1B1C1D1，下列向量的数量积一定不为0的是( )
·
·
6.
在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，向量两两的夹角均为60°，且||＝1，||＝＝3，则|等于( )
A．5B．6
C．4D．8
7．如图，在空间直角坐标系中有长方体ABCD－A1B1C1D1，AB＝1，BC＝2，AA1＝3，则点B到直线A1C的距离为( )
A.B．
C．D．1
8．如图所示，在四面体PABC中，PC⊥平面ABC，AB＝BC＝CA＝PC，那么二面角B­AP­C的余弦值为( )
A． B．
C．D．
二、多项选择题(本大题共4个小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的，全部选对得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)
9．已知空间向量a＝(－2，－1，1)，b＝(3，4，5)，则下列结论正确的是( )
A．(2a＋b)∥aB．5|a|＝|b|
C．a⊥(5a＋6b) D．a与b夹角的余弦值为－
10．定义空间两个向量的一种运算ab＝|a|·|b|sin〈a，b〉，则关于空间向量的上述运算，以下结论恒成立的是( )
A．ab＝ba
B．λ(ab)＝(λa)b
C．(a＋b)c＝(ac)＋(bc)
D．若a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，则ab＝|x1y2－x2y1|
11．在以下命题中，不正确的是( )
A．|a|－|b|＝|a＋b|是a，b共线的充要条件
B．对a∥b(b≠0)，则存在唯一的实数λ，使a＝λb
C．对空间任意一点O和不共线的三点A，B，C，若＝2－2，则P，A，B，C四点共面
D．|(a·b)·c|＝|a|·|b|·|c|
12．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是A1D1和C1D1的中点，则下列结论正确的是( )
A．A1C1∥平面CEFB．B1D⊥平面CEF
C．＝－D．点D与点B1到平面CEF的距离相等
三、填空题(本大题共4个小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中的横线上)
13．若a＝(2，－3，5)，b＝(－3，1，－4)，则|a－2b|＝__________．
14．在空间直角坐标系中，已知a＝(2，－1，3)，b＝(－4，2，x)．若a⊥b，则x＝________.
15．如图，在空间四边形ABCD中，AC和BD为对角线，G为△ABC的重心，E是BD上一点，BE＝3ED，以{}为基底，则＝________．
16．将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角A－BD－C，有如下几个结论：
①AC⊥BD；
②△ACD是等边三角形；
③AB与平面BCD所成的角为60°；
④AB与CD所成的角为60°.
其中正确的结论的序号是________．
四、解答题(本大题共6个小题，共70分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
17．(10分)如图，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，E为棱BB1的中点，AB＝2，AA1＝4.
(1)若＝，求x＋y＋z；
(2)以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，写出A1，C，D1，E的坐标，并求异面直线DE与CD1所成角的余弦值．
18．(12分)如图，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝AP＝2，AB＝1，点E为棱PC的中点．
(1)证明：BE⊥DC；
(2)求直线BE与平面PBD所成角的正弦值；
(3)若F为棱PC上一点，满足BF⊥AC，求二面角F­AB­P的余弦值．
19．(12分)如图，在三棱锥P­ABC中，PA＝PB＝AB＝2，BC＝3，∠ABC＝90°，平面PAB⊥平面ABC，D，E分别为AB，AC中点．
(1)求证：DE∥平面PBC；
(2)求证：AB⊥PE；
(3)求二面角A­PB­E的大小．
20．(12分)请从下面三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并作答．
①AB⊥BC；②FC与平面ABCD所成的角为；③∠ABC＝.
如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是菱形，PA⊥平面ABCD，且PA＝AB＝2，PD的中点为F.
(1)在线段AB上是否存在一点G，使得AF∥平面PCG？若存在，指出G在AB上的位置并给以证明；若不存在，请说明理由；
(2)若________，求二面角F－AC－D的余弦值．
21．(12分)如图，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，PA＝AD＝CD＝2，BC＝3.E为PD的中点，点F在PC上，且＝.
(1)求证：CD⊥平面PAD；
(2)求二面角F­AE­P的余弦值；
(3)设点G在PB上，且＝.判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由．
22．(12分)如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，D，E，F，G分别为AA1，AC，A1C1，CC1的中点，AB＝BC＝，AC＝AA1＝2.
(1)求证：AC⊥平面BEF；
(2)求二面角B­CD­C1的余弦值；
(3)证明：直线FG与平面BCD相交．
章末质量检测(一) 空间向量与立体几何
1．解析：因为①a＝(1，－2，1)＝－b＝－(－1，2，－1)，所以a∥b；
②a＝(8，4，0)，b＝(2，1，0)，a＝4b，所以a∥b；
③a＝(1，0，－1)，b＝(－3，0，3)，a＝－eq \f(1,3)b，所以a∥b；
④a＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4,3)，1，－1))，b＝(4，－3，3)，a＝－eq \f(1,3)b，
所以a∥b，因此选D.
答案：D
2．解析：向量a，b，c共面，
所以存在实数m，n使得c＝ma＋nb，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(1＝m＋2n,4＝λm－n,4＝2m＋2n))，解得λ＝1.
答案：A
3．解析：由向量减法的三角形法则可知eq \(AP,\s\up6(→))＝eq \(OP,\s\up6(→))－eq \(OA,\s\up6(→))，因为P为棱BC的中点，由向量加法的平行四边形法则可知eq \(OP,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)(eq \(OB,\s\up6(→))＋eq \(OC,\s\up6(→)))，所以eq \(AP,\s\up6(→))＝eq \(OP,\s\up6(→))－eq \(OA,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)(eq \(OB,\s\up6(→))＋eq \(OC,\s\up6(→)))－eq \(OA,\s\up6(→))＝－a＋eq \f(1,2)b＋eq \f(1,2)c.故B正确．
答案：B
4.
解析：不妨设正方体的棱长为1，如图，建立空间直角坐标系，
则D(0，0，0)，B(1，1，0)，B1(1，1，1).
平面ACD1的法向量为DB1＝(1，1，1)，
又BB1＝(0，0，1)，
则cs〈，〉＝＝eq \f(1,\r(3)×1)＝eq \f(\r(3),3).故BB1与平面ACD1所成角的余弦值为eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)))2)＝eq \f(\r(6),3).
答案：D
5．解析：当长方体的侧面AA1D1D与BB1C1C为正方形时，⊥，所以·＝0；当长方体的底面为正方形时，⊥eq \(AC,\s\up6(→))，所以·eq \(AC,\s\up6(→))＝0；由长方体的性质知AB⊥平面AA1D1D，所以eq \(AB,\s\up6(→))⊥，所以eq \(AB,\s\up6(→))·＝0；无论长方体具体何种结构，都不可能有⊥eq \(BC,\s\up6(→))，也就不可能有·eq \(BC,\s\up6(→))＝0，故选D.
答案：D
6．解析：如题图，因为在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，向量eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(AD,\s\up6(→))，两两的夹角均为60°，
且|eq \(AB,\s\up6(→))|＝1，|eq \(AD,\s\up6(→))|＝2，||＝3，
所以＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(BC,\s\up6(→))＋，
所以＝(eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(BC,\s\up6(→))＋)2
＝eq \(AB,\s\up6(→))2＋eq \(BC,\s\up6(→))2＋2＋2eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→))＋2eq \(AB,\s\up6(→))·＋2eq \(BC,\s\up6(→))·＝1＋4＋9＋2×1×2×cs60°＋2×1×3×cs60°＋2×2×3×cs60°＝25，
所以|AC1|＝5.
答案：A
7．解析：过点B作BE垂直A1C，垂足为点E，
设点E的坐标为(x，y，z)，
则A1(0，0，3)，B(1，0，0)，C(1，2，0)，
＝(1，2，－3)，(x，y，z－3)，
eq \(BE,\s\up6(→))＝(x－1，y，z).
因为
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x,1)＝\f(y,2)＝\f(z－3,－3)，,x－1＋2y－3z＝0，))
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝\f(5,7)，,y＝\f(10,7)，,z＝\f(6,7)))所以eq \(BE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,7)，\f(10,7)，\f(6,7)))，
所以点B到直线A1C的距离|eq \(BE,\s\up6(→))|＝eq \f(2\r(35),7).
答案：B
8．解析：
如图所示，作BD⊥AP于D，作CE⊥AP于E.
设AB＝1，
则易得CE＝eq \f(\r(2),2)，EP＝eq \f(\r(2),2)，
PA＝PB＝eq \r(2)，可以求得BD＝eq \f(\r(14),4)，
ED＝eq \f(\r(2),4).
因为eq \(BC,\s\up6(→))＝eq \(BD,\s\up6(→))＋eq \(DE,\s\up6(→))＋eq \(EC,\s\up6(→))，
所以eq \(BC,\s\up6(→))2＝eq \(BD,\s\up6(→))2＋eq \(DE,\s\up6(→))2＋eq \(EC,\s\up6(→))2＋2eq \(BD,\s\up6(→))·eq \(DE,\s\up6(→))＋2eq \(DE,\s\up6(→))·eq \(EC,\s\up6(→))＋2eq \(EC,\s\up6(→))·eq \(BD,\s\up6(→))，所以eq \(EC,\s\up6(→))·eq \(BD,\s\up6(→))＝－eq \f(1,4)，
所以cs〈eq \(BD,\s\up6(→))，eq \(EC,\s\up6(→))〉＝－eq \f(\r(7),7)，由图知，二面角B­AP­C的余弦值为eq \f(\r(7),7).故选C.
答案：C
9．解析：因为2a＋b＝(－1，2，7)，a＝(－2，－1，1)，而eq \f(－1,－2)≠eq \f(2,－1)≠eq \f(7,1)，故A不正确；因为|a|＝eq \r(6)，|b|＝5eq \r(2)，所以5|a|＝eq \r(3)|b|，故B正确；因为a·(5a＋6b)＝5a2＋6a·b＝0，故C正确；又cs〈a·b〉＝eq \f(－5,\r(6)×5\r(2))＝－eq \f(\r(3),6)，故D正确．
答案：BCD
10．解析：对于A，aeq \\ac(○,×)b＝|a|·|b|sin〈a，b〉，
beq \\ac(○,×)a＝|b|·|a|sin〈b，a〉，
故aeq \\ac(○,×)b＝beq \\ac(○,×)a恒成立；
对于B，λ(aeq \\ac(○,×)b)＝λ(|a|·|b|sin〈a，b〉)，
(λa)eq \\ac(○,×)b＝|λ||a||b|sin〈λa，b〉，故λ(aeq \\ac(○,×)b)＝|λa|eq \\ac(○,×)b不会恒成立；
对于C，若a＝λb，且λ≠0，
(a＋b)eq \\ac(○,×)c＝|1＋λ||b|·|c|sin〈b，c〉，
(aeq \\ac(○,×)c)＋(beq \\ac(○,×)c)
＝|λb|·|c|sin〈b，c〉＋|b|·|c|sin〈b，c〉
＝(1＋|λ|)|b|·|c|sin〈b，c〉，
因为|1＋λ|与1＋|λ|不恒等，显然(a＋b)eq \\ac(○,×)c＝(aeq \\ac(○,×)c)＋(beq \\ac(○,×)c)不会恒成立；
对于D，cs〈a，b〉＝eq \f(x1x2＋y1y2,|a|·|b|)，sin〈a，b〉＝eq \r(1－（\f(x1x2＋y1y2,|a|·|b|)）2)
即有aeq \\ac(○,×)b
＝|a|·|b|·eq \r(1－（\f(x1x2＋y1y2,|a|·|b|)）2)
＝|a|·eq \r(|b|2－（\f(x1x2＋y1y2,|a|)）2)
＝eq \r(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) )·eq \r(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＋y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) －（\f(x1x2＋y1y2,\r(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ))）2)
＝eq \r(（x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ）（x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＋y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ）－（x1x2＋y1y2）2)
＝eq \r(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＋x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) －2x1x2y1y2)
＝|x1y2－x2y1|.
则aeq \\ac(○,×)b＝|x1y2－x2y1|恒成立，故选AD.
答案：AD
11．解析：由|a|－|b|＝|a＋b|，得a与b的夹角为π，故是充分不必要条件，故A不正确；B正确；因为2－2－1≠1，由共面向量定理知，C不正确；由向量的数量积的性质知，D不正确．
答案：ACD
12．解析：对A，因为E，F分别是A1D1和C1D1的中点，故EF∥A1C1，故A1C1∥平面CEF成立．
对B，建立如图空间直角坐标系，
设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，
则＝(－2，－2，－2)，
eq \(FC,\s\up6(→))＝(0，1，－2).
故·eq \(FC,\s\up6(→))＝0－2＋4＝2≠0.
故，eq \(FC,\s\up6(→))不互相垂直．
又CF属于平面CEF.
故⊥平面CEF不成立．
对C，同B空间直角坐标系有eq \(CE,\s\up6(→))＝(1，－2，2)，
eq \f(1,2)eq \(DA,\s\up6(→))＋－eq \(DC,\s\up6(→))
＝eq \f(1,2)(2，0，0)＋(0，0，2)－(0，2，0)＝(1，－2，2).
故eq \(CE,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(DA,\s\up6(→))＋－eq \(DC,\s\up6(→))成立．
对D，点D与点B1到平面CEF的距离相等，
则点D与点B1连线的中点O在平面CEF上．
连接AC，AE，易得平面CEF即平面CAEF.
又点D与点B1连线的中点O在平面A1ACC1上，
故点O不在平面CEF上．故D不成立．
答案：AC
13．解析：∵a－2b＝(8，－5，13)，
∴|a－2b|＝eq \r(82＋（－5）2＋132)＝eq \r(258).
答案：eq \r(258)
14．解析：因为a⊥b，所以a·b＝2×(－4)＋(－1)×2＋3x＝0，解得x＝eq \f(10,3).
答案：eq \f(10,3)
15．解析：连接AE，则eq \(GE,\s\up6(→))＝eq \(AE,\s\up6(→))－eq \(AG,\s\up6(→))
＝eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \(DE,\s\up6(→))－eq \f(2,3)eq \(AM,\s\up6(→))
＝eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \f(1,4)eq \(DB,\s\up6(→))－eq \f(1,3)(eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AC,\s\up6(→)))
＝eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \f(1,4)eq \(AB,\s\up6(→))－eq \f(1,4)eq \(AD,\s\up6(→))－eq \f(1,3)eq \(AB,\s\up6(→))－eq \f(1,3)eq \(AC,\s\up6(→))
＝－eq \f(1,12)eq \(AB,\s\up6(→))－eq \f(1,3)eq \(AC,\s\up6(→))＋eq \f(3,4)eq \(AD,\s\up6(→)).
答案：－eq \f(1,12)eq \(AB,\s\up6(→))－eq \f(1,3)eq \(AC,\s\up6(→))＋eq \f(3,4)eq \(AD,\s\up6(→))
16．解析：如图所示，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，①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，②正确．
对于③，eq \(OA,\s\up6(→))为平面BCD的法向量，
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)×\r(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[0°，90°]，
所以AB与平面BCD所成角为45°，故③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60°，故④正确．
答案：①②④
17．解析：(1)因为在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，E为棱BB1的中点，
所以eq \(DE,\s\up6(→))＝eq \(DB,\s\up6(→))＋eq \(BE,\s\up6(→))＝eq \(DA,\s\up6(→))＋eq \(DC,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)，
又eq \(DE,\s\up6(→))＝xeq \(DA,\s\up6(→))＋yeq \(DC,\s\up6(→))＋z，
所以x＝y＝1，z＝eq \f(1,2)；
所以x＋y＋z＝1＋1＋eq \f(1,2)＝eq \f(5,2).
(2)由题意，以及题中坐标系可得：A1(2，0，4)，C(0，2，0)，
D1(0，0，4)，E(2，2，2)，则eq \(DE,\s\up6(→))＝(2，2，2)，＝(0，－2，4)，从而cs〈eq \(DE,\s\up6(→))，〉＝
＝eq \f(4,2\r(3)×2\r(5))＝eq \f(\r(15),15)，
故异面直线DE与CD1所成角的余弦值为eq \f(\r(15),15).
18．解析：
依题意，以点A为原点建立空间直角坐标系(如图)，可得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).
(1)证明：向量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)向量eq \(BD,\s\up6(→))＝(－1，2，0)，eq \(PB,\s\up6(→))＝(1，0，－2).
设n＝(x，y，z)为平面PBD的法向量，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(BD,\s\up6(→))＝0，,n·\(PB,\s\up6(→))＝0，))
即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－x＋2y＝0，,x－2z＝0.))
不妨令y＝1，可得n＝(2，1，1)为平面PBD的一个法向量．
于是有cs〈n，eq \(BE,\s\up6(→))〉＝eq \f(n·\(BE,\s\up6(→)),|n||\(BE,\s\up6(→))|)＝eq \f(2,\r(6)×\r(2))＝eq \f(\r(3),3).
所以，直线BE与平面PBD所成角的正弦值为eq \f(\r(3),3).
(3)向量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\{(\a\vs4\al\c1(n1·\(AB,\s\up6(→))＝0，,n1·\(BF,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\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．
取平面ABP的法向量n2＝(0，1，0).
则cs〈n1，n2〉＝eq \f(n1·n2,|n1||n2|)＝eq \f(－3,\r(10)×1)＝－eq \f(3\r(10),10).
易知，二面角F­AB­P是锐角，
所以其余弦值为eq \f(3\r(10),10).
19．解析：(1)证明：D，E分别为AB，AC中点，
∴DE∥BC.
又DE⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，
∴DE∥平面PBC.
(2)证明：连接PD，∵PA＝PB，D为AB中点，
∴PD⊥AB.
∵DE∥BC，BC⊥AB，
∴DE⊥AB.
又PD∩DE＝D，PD⊂平面PDE，DE⊂平面PDE，
∴AB⊥平面PDE，又PE⊂平面PDE，∴AB⊥PE.
(3)∵平面PAB⊥平面ABC，平面PAB∩平面ABC＝AB，PD⊥AB，
∴PD⊥平面ABC.
如图，以D为原点建立空间直角坐标系，
∴B(1，0，0)，P(0，0，eq \r(3))，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3,2)，0))，
∴eq \(PB,\s\up6(→))＝(1，0，－eq \r(3))，
eq \(PE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3,2)，－\r(3))).
设平面PBE的法向量n1＝(x，y，z)，
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x－\r(3)z＝0，,\f(3,2)y－\r(3)z＝0，))
令z＝eq \r(3)，得n1＝(3，2，eq \r(3)).
∵DE⊥平面PAB，
∴平面PAB的法向量为n2＝(0，1，0).
设二面角A­PB­E的大小为θ，
由图知，csθ＝|cs〈n1，n2〉|＝eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|)＝eq \f(1,2)，θ＝60°，
∴二面角A­PB­E的大小为60°.
20．解析：(1)在线段AB上存在中点G，使得AF∥平面PCG.
证明如下：如图所示：
设PC的中点为H，连接FH，GH，
所以FH∥CD，FH＝eq \f(1,2)CD，
AG∥CD，AG＝eq \f(1,2)CD，
所以FH∥AG，FH＝AG，
所以四边形AGHF为平行四边形，
则AF∥GH，
又GH⊂平面PGC，AF⊄平面PGC，
所以AF∥平面PGC.
(2)选择①AB⊥BC：
因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BC，
由题意知AB，AD，AP两两垂直，
以AB，AD，AP分别为x，y，z轴，
建立空间直角坐标系，
因为PA＝AB＝2，
则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，2，0)，
D(0，2，0)，F(0，1，1)，P(0，0，2)，
所以eq \(AF,\s\up6(→))＝(0，1，1)，eq \(CF,\s\up6(→))＝(－2，－1，1)，设平面FAC的一个法向量为μ＝(x，y，z)
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(μ·\(AF,\s\up6(→))＝y＋z＝0,μ·\(CF,\s\up6(→))＝－2x－y＋z＝0))，
取y＝1，得μ＝(－1，1，－1)，
平面ACD的一个法向量为v＝(0，0，1)，
设二面角F－AC－D的平面角为θ，
则csθ＝eq \f(|μ·v|,|μ||v|)＝eq \f(\r(3),3)，
所以二面角F－AC－D的余弦值为eq \f(\r(3),3).
选择②FC与平面ABCD所成的角为eq \f(π,6)：
因为PA⊥平面ABCD，取BC中点E，
连接AE，
取AD的中点M，连接FM，CM，
则FM∥PA，且FM＝1，
所以FM⊥平面ABCD，
FC与平面ABCD所成角为∠FCM，
所以∠FCM＝eq \f(π,6)，
在Rt△FCM中，CM＝eq \r(3)，
又CM＝AE，所以AE2＋BE2＝AB2，
所以BC⊥AE，
所以AE，AD，AP两两垂直，
以AE，AD，AP分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
因为PA＝AB＝2，
所以A(0，0，0)，B(eq \r(3)，－1，0)，
C(eq \r(3)，1，0)，D(0，2，0)，E(eq \r(3)，0，0)，
F(0，1，1)，P(0，0，2)，
所以eq \(AF,\s\up6(→))＝(0，1，1)，eq \(CF,\s\up6(→))＝(－eq \r(3)，0，1)，
设平面FAC的一个法向量为m＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m·\(AF,\s\up6(→))＝y＋z＝0,m·\(CF,\s\up6(→))＝－\r(3)x＋z＝0))，
取x＝eq \r(3)，得m＝(eq \r(3)，－3，3)，
平面ACD的一个法向量n＝(0，0，1)，
设二面角F－AC－D的平面角为θ，
则csθ＝eq \f(|m·n|,|m||n|)＝eq \f(\r(21),7).
所以二面角F－AC－D的余弦值为eq \f(\r(21),7).
选择③∠ABC＝eq \f(π,3)，
因为PA⊥平面ABCD，
所以PA⊥BC，取BC中点E，连接AE，
因为底面ABCD是菱形，∠ABC＝60°，
所以△ABC是正三角形，因为E是BC的中点，所以BC⊥AE，
所以AE，AD，AP两两垂直，
以AE，AD，AP分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
因为PA＝AB＝2，所以A(0，0，0)，B(eq \r(3)，－1，0)，
C(eq \r(3)，1，0)，D(0，2，0)，E(eq \r(3)，0，0)，
F(0，1，1)，P(0，0，2)，
所以eq \(AF,\s\up6(→))＝(0，1，1)，eq \(CF,\s\up6(→))＝(－eq \r(3)，0，1)，
设平面FAC的一个法向量为m＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m·\(AF,\s\up6(→))＝y＋z＝0,m·\(CF,\s\up6(→))＝－\r(3)x＋z＝0))，
取x＝eq \r(3)，得m＝(eq \r(3)，－3，3)，
平面ACD的一个法向量n＝(0，0，1)，
设二面角F－AC－D的平面角为θ，
则csθ＝eq \f(|m·n|,|m||n|)＝eq \f(\r(21),7)，
所以二面角F－AC－D的余弦值为eq \f(\r(21),7).
21．解析：(1)由于PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，则PA⊥CD，
由题意可知AD⊥CD，且PA∩AD＝A，
由线面垂直的判定定理可得CD⊥平面PAD.
(2)以点A为坐标原点，平面ABCD内与AD垂直的直线为x轴，AD，AP方向为y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，
易知：A(0，0，0)，P(0，0，2)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，
由eq \(PF,\s\up6(→))＝eq \f(1,3)eq \(PC,\s\up6(→))可得点F的坐标为Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，\f(2,3)，\f(4,3)))，则eq \(AF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，\f(2,3)，\f(4,3)))，
由eq \(PE,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(PD,\s\up6(→))可得E(0，1，1)，则eq \(AE,\s\up6(→))＝(0，1，1)，
设平面AEF的法向量为：m＝(x，y，z)，则
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m·\(AF,\s\up6(→))＝\f(2,3)x＋\f(2,3)y＋\f(4,3)z＝0，,m·\(AE,\s\up6(→))＝y＋z＝0))
据此可得平面AEF的一个法向量为：m＝(1，1，－1)，
很明显平面AEP的一个法向量为n＝(1，0，0)，
cs〈m，n〉＝eq \f(m·n,|m||n|)＝eq \f(1,\r(3)×1)＝eq \f(\r(3),3)，
二面角F­AE­P的平面角为锐角，故二面角F­AE­P的余弦值为eq \f(\r(3),3).
(3)易知P(0，0，2)，B(2，－1，0)，由eq \(PG,\s\up6(→))＝eq \f(2,3)eq \(PB,\s\up6(→))可得Geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，－\f(2,3)，\f(2,3)))，
则eq \(AG,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，－\f(2,3)，\f(2,3)))，
由(2)知平面AEF的一个法向量为：m＝(1，1，－1)，
又m·eq \(AG,\s\up6(→))＝0且点A在平面AEF内，故直线AG在平面AEF内．
22．解析：(1)在三棱柱ABC­A1B1C1中，
∵CC1⊥平面ABC，
∴四边形A1ACC1为矩形．
又E，F分别为AC，A1C1的中点，
∴AC⊥EF.
∵AB＝BC.
∴AC⊥BE，又EF∩BE＝E，EF⊂平面BEF，BE⊂平面BEF，
∴AC⊥平面BEF.
(2)由(1)知AC⊥EF，AC⊥BE，EF∥CC1.
又CC1⊥平面ABC，∴EF⊥平面ABC.
∵BE⊂平面ABC，∴EF⊥BE.
如图建立空间直角坐标系Exyz.
由题意得B(0，2，0)，C(－1，0，0)，D(1，0，1)，F(0，0，2)，G(0，2，1).
∴eq \(CD,\s\up6(→))＝(2，0，1)，eq \(CB,\s\up6(→))＝(1，2，0)，
设平面BCD的法向量为n＝(a，b，c)，
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(CD,\s\up6(→))＝0,n·\(CB,\s\up6(→))＝0))，∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2a＋c＝0,a＋2b＝0))，
令a＝2，则b＝－1，c＝－4，
∴平面BCD的法向量n＝(2，－1，－4)，
又∵平面CDC1的法向量为eq \(EB,\s\up6(→))＝(0，2，0)，
∴cs〈n·eq \(EB,\s\up6(→))〉＝eq \f(n·\(EB,\s\up6(→)),|n||\(EB,\s\up6(→))|)＝－eq \f(\r(21),21).
由图可得二面角B­CD­C1为钝角，所以二面角B­CD­C1的余弦值为－eq \f(\r(21),21).
(3)由(2)知平面BCD的法向量为n＝(2，－1，－4)，
∵G(0，2，1)，F(0，0，2)，
∴eq \(GF,\s\up6(→))＝(0，－2，1)，∴n·eq \(GF,\s\up6(→))＝－2，∴n与eq \(GF,\s\up6(→))不垂直，
∴GF与平面BCD不平行且不在平面BCD内，∴GF与平面BCD相交．