高中数学湘教版（2019）选择性必修 第二册第2章 空间向量与立体几何本章综合与测试同步练习题

这是一份高中数学湘教版（2019）选择性必修 第二册第2章 空间向量与立体几何本章综合与测试同步练习题，共13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。

一、单项选择题(本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．已知O为空间任意一点，若eq \(OP,\s\up6(→))＝eq \f(3,4)eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \f(1,8)eq \(OB,\s\up6(→))＋eq \f(1,8)eq \(OC,\s\up6(→))，则A，B，C，P四点( )
A．一定不共面B.一定共面
C．不一定共面D.无法判断
2．向量a＝(2，4，5)，向量b＝(1，2，t)，若a⊥b，则实数t＝( )
A．eq \f(5,2)B.1
C.－2D.－eq \f(8,5)
3.已知向量a＝(2，3，4)，b＝(1，2，0)，则|a＋b|＝( )
A．2eq \r(3)B.3eq \r(2)
C.5eq \r(2)D.eq \r(14)
4．已知i，j，k是空间直角坐标系O­xyz中x轴、y轴、z轴正方向上的单位向量，且eq \(OA,\s\up6(→))＝3k，eq \(AB,\s\up6(→))＝－i＋j－k，则点B的坐标为( )
A．(1，－1，1) B. (－1，1，1)
C. (1，－1，2) D. (－1，1，2)
5．在长方体ABCD­A1B1C1D1中，可以作为空间向量一个基底的是( )
A．eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(AC,\s\up6(→))，eq \(AD,\s\up6(→))B.eq \(AB,\s\up6(→))，，AB1
C．，，D.，，
6.若平面α，β的法向量分别为n1＝(2，－3，5)，n2＝(－3，1，－4)，则( )
A．α∥βB.α⊥β
C．α，β相交但不垂直D.以上均不正确
7.
四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是平行四边形，点E为棱PC的中点，若eq \(AE,\s\up6(→))＝xeq \(AB,\s\up6(→))＋2yeq \(BC,\s\up6(→))＋3zeq \(AP,\s\up6(→))，则x＋y＋z＝( )
A.1B.eq \f(11,12)
C.eq \f(11,6)D.2
8.
如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，D为棱A1B1的中点，AC＝2，CC1＝BC＝1，AC⊥BC，则异面直线CD与BC1所成角的余弦值为( )
A．eq \f(\r(2),6)B.eq \f(\r(3),3)
C.eq \f(\r(2),4)D.eq \f(\r(2),3)
二、多项选择题(本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分)
9．若a，b，c是空间任意三个向量，λ∈R，下列关系中，不成立的是( )
A．|a＋b|＝|b－a|B. (a＋b)·c＝a·(b＋c)
C．λ(a＋b)＝λa＋λbD．b＝λa
10．已知v1，v2分别为直线的l1，l2方向向量(l1，l2不重合)，n1，n2分别为平面α，β的法向量(α，β不重合)，则下列说法中，正确的是( )
A．v1∥v2⇔l1⊥l2B．v1⊥v2⇔l1⊥l2
C．n1∥n2⇔α⊥βD.n1⊥n2⇔α⊥β
11.已知空间中三点A(0，1，0)，B(2，2，0)，C(－1，3，1)，则不正确的有( )
A．eq \(AB,\s\up6(→))与eq \(AC,\s\up6(→))是共线向量B.eq \(AB,\s\up6(→))的单位向量是(1，1，0)
C．eq \(AB,\s\up6(→))与eq \(BC,\s\up6(→))夹角的余弦值是eq \f(\r(55),11)D.平面ABC的一个法向量是(1，－2，5)
12．在棱长为1的正方体ABCD­A1B1C1D1中，O为底面ABCD的中心，则( )
A．AC1∥B1C
B．直线CD1与BD所成的角为60°
C．三棱锥O­B1CD1的体积为eq \f(1,3)
D．直线AC1与平面AA1D1D所成角的正弦值为eq \f(\r(6),3)
三、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分．请把正确答案填在题中横线上)
13．已知平面α的一个法向量为n＝(1，1，1)，原点O(0，0，0)在平面α内，则点P(4，5，3)到α的距离为________．
14．在正方体ABCD­A1B1C1D1中，点M是AA1的中点，已知eq \(AB,\s\up6(→))＝a，eq \(AD,\s\up6(→))＝b，AA1＝c，用a，b，c表示eq \(CM,\s\up6(→))，则eq \(CM,\s\up6(→))＝________．
15．已知a，b是空间两个向量，若|a|＝2，|b|＝2，|a－b|＝eq \r(7)，则cs〈a，b〉＝________．
16．17世纪，笛卡尔在《几何学》中，通过建立坐标系，引入点的坐标的概念，将代数对象与几何对象建立关系，从而实现了代数问题与几何问题的转化，打开了数学发展的新局面，创立了新分支——解析几何．我们知道，方程x＝1在一维空间中，表示一个点；在二维空间中，它表示一条直线，那么在三维空间中，它表示________，过点P(1，－1，2)且法向量为v＝(1，2，3)的平面的方程是________．
四、解答题(本题共6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．(本小题满分10分)如图，三棱柱ABC­A1B1C1中，M，N分别是A1B，B1C1上的点，且BM＝2A1M，C1N＝2B1N.设eq \(AB,\s\up6(→))＝a，eq \(AC,\s\up6(→))＝b，＝c.
(1)试用a，b，c表示向量eq \(MN,\s\up6(→))；
(2)若∠BAC＝90°，∠BAA1＝∠CAA1＝60°，AB＝AC＝AA1＝1，求MN的长．
18．(本小题满分12分)已知E，F，G，H分别是空间四边形ABCD的边AB，BC，CD，DA的中点．
(1)用向量法证明E，F，G，H四点共面；
(2)设M是EG和FH的交点，求证：对空间任一点O，有eq \(OM,\s\up6(→))＝eq \f(1,4)(eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \(OB,\s\up6(→))＋eq \(OC,\s\up6(→))＋eq \(OD,\s\up6(→))).
19．(本小题满分12分)如图，直三棱柱ABC­A1B1C1底面△ABC中，CA＝CB＝1，∠BCA＝90°，棱AA1＝2，M是A1B1中点．
(1)求cs〈，〉的值；
(2)求证：A1B⊥C1M.
20．(本小题满分12分)已知边长为4的正三角形ABC中，E，F分别为BC和AC的中点，PA＝2，且PA⊥平面ABC，设Q是CE的中点．
(1)求证：AE∥平面PFQ；
(2)求AE到平面PFQ的距离．
21．(本小题满分12分)如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是矩形，M是PA中点，PD⊥平面ABCD，PD＝CD＝4，AD＝2.
(1)求直线AP与平面CMB所成的角的正弦值；
(2)求二面角M­CB­P的余弦值．
22．(本小题满分12分)如图，已知三棱柱ABC­A1B1C1的侧棱与底面垂直，AA1＝AB＝AC＝1，AB⊥AC，M和N分别是CC1和BC的中点，点P在直线A1B1上，且A1P＝λA1B1.
(1)证明：无论λ取何值，总有AM⊥PN；
(2)是否存在点P，使得平面PMN与平面ABC所成的角为30°？若存在，试确定点P的位置；若不存在，请说明理由．
章末过关检测(二) 空间向量与立体几何
1．解析：由空间向量共面定理的推论若eq \(OP,\s\up6(→))＝aeq \(OA,\s\up6(→))＋beq \(OB,\s\up6(→))＋ceq \(OC,\s\up6(→))，满足a＋b＋c＝1，则A，B，C，P四点共面，
∵eq \(OP,\s\up6(→))＝eq \f(3,4)eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \f(1,8)eq \(OB,\s\up6(→))＋eq \f(1,8)eq \(OC,\s\up6(→))，而eq \f(3,4)＋eq \f(1,8)＋eq \f(1,8)＝1，故A，B，C，P四点共面．
故选B.
答案：B
2．解析：因为向量a＝(2，4，5)，向量b＝(1，2，t)，若a⊥b，
则a·b＝2×1＋4×2＋5t＝0，解得：t＝－2，
故选C.
答案：C
3．解析：由a＝(2，3，4)，b＝(1，2，0)，得a＋b＝(3，5，4)，因此|a＋b|＝eq \r(32＋52＋42)＝5eq \r(2).
故选C.
答案：C
4．解析：由题设知：eq \(OA,\s\up6(→))＝(0，0，3)，eq \(AB,\s\up6(→))＝(－1，1，－1)，
∴eq \(AB,\s\up6(→))＝eq \(OB,\s\up6(→))－eq \(OA,\s\up6(→))，若B(x，y，z)，则(－1，1，－1)＝(x，y，z－3)，易得x＝－1，y＝1，z＝2，
∴B(－1，1，2).故选D.
答案：D
5.
解析：如图所示：
A．因为eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(AC,\s\up6(→))，eq \(AD,\s\up6(→))共面，故错误；
B．因为＝eq \(AB,\s\up6(→))＋，所以eq \(AB,\s\up6(→))，，共面，故错误；
C．因为，，不共面，故正确；
D．因为，，共面，故错误．
故选C.
答案：C
6．解析：显然n1，n2不平行，而n1·n2＝－6－3－20＝－29，
故n1，n2不垂直，所以法向量既不平行也不垂直，
所以α，β相交但不垂直，
故选C.
答案：C
7．解析：因为eq \(AE,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(BC,\s\up6(→))＋eq \(CE,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(BC,\s\up6(→))＋eq \(EP,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(BC,\s\up6(→))＋(eq \(AP,\s\up6(→))－eq \(AE,\s\up6(→)))，
所以2eq \(AE,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(BC,\s\up6(→))＋eq \(AP,\s\up6(→))，所以eq \(AE,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)eq \(BC,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)eq \(AP,\s\up6(→))，所以x＝eq \f(1,2)，2y＝eq \f(1,2)，3z＝eq \f(1,2)，
解得x＝eq \f(1,2)，y＝eq \f(1,4)，z＝eq \f(1,6)，所以x＋y＋z＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,4)＋eq \f(1,6)＝eq \f(11,12)，
故选B.
答案：B
8.
解析：以C为坐标原点，分别以eq \(CA,\s\up6(→))，eq \(CB,\s\up6(→))，的方向为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．
由已知可得C(0，0，0)，C1(0，0，1)，D(1，eq \f(1,2)，1)，B(0，1，0)，则＝(0，1，－1)，eq \(CD,\s\up6(→))＝(1，eq \f(1,2)，1)，
所以cs〈，eq \(CD,\s\up6(→))〉＝＝eq \f(\f(1,2)－1,\r(2)×\r(\f(9,4)))＝－eq \f(\r(2),6).
又因为异面直线所成的角的范围为(0，eq \f(π,2)]，所以异面直线CD与BC1所成角的余弦值为eq \f(\r(2),6).
故选A.
答案：A
9．解析：由向量加法的平行四边形法则，只有a⊥b，即a·b＝0时，都有|a＋b|＝|b－a|，A不成立；
由数量积的运算律有(a＋b)·c＝a·c＋b·c，a·(b＋c)＝a·b＋a·c，a·b与b·c不一定相等，B不成立；
向量数乘法则，C一定成立；
只有a，b共线且a≠0时，才存在λ，使得b＝λa，D不成立．
故选ABD.
答案：ABD
10．解析：∵v1，v2分别为直线l1，l2的方向向量(l1，l2不重合)，
∴v1∥v2⇔l1∥l2，故A错误；
v1⊥v2⇔l1⊥l2，故B正确；
∵n1，n2分别为平面α，β的法向量(α，β不重合)，
∴n1∥n2⇔α∥β，故C错误；
n1⊥n2⇔α⊥β，故D正确；
故选BD.
答案：BD
11．解析：对于A，由题意，eq \(AB,\s\up6(→))＝(2，1，0)，eq \(AC,\s\up6(→))＝(－1，2，1)，则eq \(AB,\s\up6(→))≠λeq \(AC,\s\up6(→))，λ∈R，
所以eq \(AB,\s\up6(→))与eq \(AC,\s\up6(→))不共线，所以A错误；
对于B，向量(1，1，0)的模等于eq \r(2)≠1，所以B错误；
对于C，eq \(BC,\s\up6(→))＝(－3，1，1)，
所以cs〈eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(BC,\s\up6(→))〉＝eq \f(\(AB,\s\up6(→))·\(BC,\s\up6(→)),|\(AB,\s\up6(→))|·|\(BC,\s\up6(→))|)＝－eq \f(\r(55),11)，
所以C错误；
对于D，设平面ABC的一个法向量是n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(AB,\s\up6(→))·n＝0,\(AC,\s\up6(→))·n＝0))，即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2x＋y＝0,－x＋2y＋z＝0))，
取x＝1，得y＝－2，z＝5，
则平面ABC的一个法向量是(1，－2，5)，所以D正确．
故选ABC.
答案：ABC
12.
解析：建立如图所示空间直角坐标系．
A(1，0，0)，C1(0，1，1)，B1(1，1，1)，C(0，1，0)，
AC1·B1C＝(－1，1，1)·(－1，0，－1)＝1－1＝0，所以AC1⊥B1C，A选项正确；
D1(0，0，1)，D(0，0，0)，B(1，1，0)，
CD1＝(0，－1，1)，eq \(BD,\s\up6(→))＝(－1，－1，0)，
cs〈CD1，eq \(BD,\s\up6(→))〉＝＝eq \f(1,\r(2)·\r(2))＝eq \f(1,2)，
所以直线CD1与BD所成的角为60°，B选项正确；
平面AA1D1D的法向量为n＝(0，1，0)，
cs〈n，〉＝＝eq \f(1,1·\r(3))＝eq \f(\r(3),3)，所以直线AC1与平面AA1D1D所成角的正弦值为eq \f(\r(3),3)，所以D选项错误；
根据正方体的性质可知，AC⊥BD，AC⊥BB1，由于BD∩BB1＝B，
所以AC⊥平面BDD1B1，
所以VO－B1CD1＝VC－OB1D1＝eq \f(1,3)×S△OB1D1×OC
＝eq \f(1,3)×(eq \f(1,2)×eq \r(2)×1)×eq \f(\r(2),2)＝eq \f(1,6)，所以C选项错误．
故选AB.
答案：AB
13．解析：点P到平面α的距离为eq \f(|\(OP,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq \f(4＋5＋3,\r(3))＝4eq \r(3).
答案：4eq \r(3)
14．解析：∵eq \(CM,\s\up6(→))＝eq \(CB,\s\up6(→))＋eq \(BA,\s\up6(→))＋eq \(AM,\s\up6(→))＝－eq \(BC,\s\up6(→))－eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AM,\s\up6(→))，又∵M是AA1的中点，
∴eq \(AM,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)，∴eq \(CM,\s\up6(→))＝－eq \(BC,\s\up6(→))－eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)，
∵eq \(AB,\s\up6(→))＝a，eq \(AD,\s\up6(→))＝b，AA1＝c，∴eq \(CM,\s\up6(→))＝－a－b＋eq \f(1,2)c.
答案：－a－b＋eq \f(1,2)c
15．解析：将式子|a－b|＝eq \r(7)平方可得a2－2a·b＋b2＝7，
故可得a2－2|a|·|b|cs〈a，b〉＋b2＝7，
代入数据可得cs〈a，b〉＝eq \f(a2＋b2－7,2|a||b|)＝eq \f(22＋22－7,2×2×2)＝eq \f(1,8).
答案：eq \f(1,8)
16．解析：依题意可得x＝1在三维空间中，它表示一个平面，在这个平面上所有点的横坐标都为1，过点P(1，－1，2)且法向量为v＝(1，2，3)的平面的方程为1(x－1)＋2(y＋1)＋3(z－2)＝0，整理得x＋2y＋3z－5＝0.
答案：一个平面 x＋2y＋3z－5＝0
17．解析：(1)eq \(MN,\s\up6(→))＝＋＋
＝eq \f(1,3)＋eq \(AC,\s\up6(→))＋eq \f(2,3)eq \(CB,\s\up6(→))
＝－eq \f(1,3)eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \f(1,3)＋eq \(AC,\s\up6(→))＋eq \f(2,3)(eq \(AB,\s\up6(→))－eq \(AC,\s\up6(→)))
＝eq \f(1,3)eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \f(1,3)＋eq \f(1,3)eq \(AC,\s\up6(→))，
又eq \(AB,\s\up6(→))＝a，eq \(AC,\s\up6(→))＝b，＝c，∴eq \(MN,\s\up6(→))＝eq \f(1,3)a＋eq \f(1,3)b＋eq \f(1,3)c.
(2)∵AB＝AC＝AA1＝1，∴|a|＝|b|＝|c|＝1.
∵∠BAC＝90°，∴a·b＝0.∵∠BAA1＝∠CAA1＝60°，
∴a·c＝b·c＝eq \f(1,2)，
∴|eq \(MN,\s\up6(→))|2＝eq \f(1,9)(a＋b＋c)2
＝eq \f(1,9)(a2＋b2＋c2＋2a·b＋2a·c＋2b·c)＝eq \f(5,9)，
∴|eq \(MN,\s\up6(→))|＝eq \f(\r(5),3).
18．证明：(1)eq \(EG,\s\up6(→))＝eq \(AG,\s\up6(→))－eq \(AE,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)(eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \(AC,\s\up6(→)))－eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up6(→))＝－eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)eq \(AC,\s\up6(→)).
eq \(EH,\s\up6(→))＋eq \(EF,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(BD,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)eq \(AC,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)(eq \(AD,\s\up6(→))－eq \(AB,\s\up6(→)))＋eq \f(1,2)eq \(AC,\s\up6(→))＝－eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)eq \(AC,\s\up6(→))，
所以eq \(EG,\s\up6(→))＝eq \(EH,\s\up6(→))＋eq \(EF,\s\up6(→))，所以E，F，G，H四点共面．
(2)eq \f(1,4)(eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \(OB,\s\up6(→))＋eq \(OC,\s\up6(→))＋eq \(OD,\s\up6(→)))＝eq \f(1,4)(2eq \(OE,\s\up6(→))＋2eq \(OG,\s\up6(→)))＝eq \f(1,2)(eq \(OE,\s\up6(→))＋eq \(OG,\s\up6(→)))＝eq \f(1,2)×2×eq \(OM,\s\up6(→))＝eq \(OM,\s\up6(→)).
19.
解析：(1)以C为原点，CA，CB，CC1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
A1(1，0，2)，B(0，1，0)，C(0，0，0)，B1(0，1，2)，＝(1，－1，2)，
＝(0，1，2)，
∴cs〈，〉＝＝eq \f(3,\r(6)·\r(5))＝eq \f(\r(30),10).
(2)证明：A1(1，0，2)，B(0，1，0)，C1(0，0，2)，M(eq \f(1,2)，eq \f(1,2)，2)，
20.
解析：(1)证明：如图，以A为坐标原点，建立空间直角坐标系．
因为AP＝2，AB＝BC＝AC＝4，又E，F分别是BC，AC的中点，所以A(0，0，0)，B(2eq \r(3)，2，0)，C(0，4，0)，F(0，2，0)，E(eq \r(3)，3，0)，Q(eq \f(\r(3),2)，eq \f(7,2)，0)，P(0，0，2).
因为eq \(FQ,\s\up6(→))＝(eq \f(\r(3),2)，eq \f(3,2)，0)，eq \(AE,\s\up6(→))＝(eq \r(3)，3，0)，
所以eq \(AE,\s\up6(→))＝2eq \(FQ,\s\up6(→))，所以eq \(AE,\s\up6(→))∥eq \(FQ,\s\up6(→)).又AE与FQ无交点，所以AE∥FQ.
又FQ⊂平面PFQ，AE⊄平面PFQ，
所以AE∥平面PFQ.
(2)连接AQ.因为AE∥平面PFQ，所以点A到平面PFQ的距离就是AE到平面PFQ的距离．
设平面PFQ的法向量为n＝(x，y，z)，所以n⊥eq \(PF,\s\up6(→))，n⊥eq \(PQ,\s\up6(→))，即n·eq \(PF,\s\up6(→))＝0，n·eq \(FQ,\s\up6(→))＝0.
又eq \(PF,\s\up6(→))＝(0，2，－2)，所以n·eq \(PF,\s\up6(→))＝2y－2z＝0，即y＝z.
又eq \(FQ,\s\up6(→))＝(eq \f(\r(3),2)，eq \f(3,2)，0)，所以n·eq \(FQ,\s\up6(→))＝eq \f(\r(3),2)x＋eq \f(3,2)y＝0，即x＝－eq \r(3)y.
令y＝1，则x＝－eq \r(3)，z＝1，所以平面PFQ的一个法向量为n＝(－eq \r(3)，1，1).
又eq \(QA,\s\up6(→))＝(－eq \f(\r(3),2)，－eq \f(7,2)，0)，所以所求距离d＝eq \f(|\(QA,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq \f(2\r(5),5).
21.
解析：(1)∵ABCD是矩形，∴AD⊥CD，又∵PD⊥平面ABCD，∴PD⊥AD，PD⊥CD，即PD，AD，CD两两垂直，∴以D为原点，DA，DC，DP分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，由PD＝CD＝4，AD＝2，得A(2，0，0)，B(2，4，0)，C(0，4，0)，D(0，0，0)，P(0，0，4)，M(1，0，2)，
则eq \(AP,\s\up6(→))＝(－2，0，4)，eq \(BC,\s\up6(→))＝(－2，0，0)，eq \(MB,\s\up6(→))＝(1，4，－2)，
设平面CMB的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(BC,\s\up6(→))·n1＝0,\(MB,\s\up6(→))·n1＝0))，即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－2x1＝0,x1＋4y1－2z1＝0))，
令y1＝1，得x1＝0，z1＝2，∴n1＝(0，1，2)，∴sinθ＝cs〈eq \(AP,\s\up6(→))，n1〉＝eq \f(\(AP,\s\up6(→))·n1,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(AP,\s\up6(→))))·|n1|)＝eq \f(8,2\r(5)·\r(5))＝eq \f(4,5)，
故直线AP与平面CMB所成角的正弦值为eq \f(4,5).
(2)由(1)得eq \(PC,\s\up6(→))＝(0，4，－4)，设平面PBC的一个法向量为n2＝(x2，y2，z2)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(BC,\s\up6(→))·n2＝0,\(PC,\s\up6(→))·n2＝0))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－2x2＝0,4y2－4z2＝0))，令y2＝1，得x2＝0，z2＝1，∴n2＝(0，1，1)，∴cs〈n1，n2〉＝eq \f(n1·n2,|n1||n2|)＝eq \f(3,\r(5)·\r(2))＝eq \f(3\r(10),10)，故二面角M­CB­P的余弦值为eq \f(3\r(10),10).
22．解析：(1)证明：因为AA1⊥平面ABC，AB⊥AC，以点A为坐标原点，AC、AA1、AB所在直线分别为x、y、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0，0，0)、M(1，eq \f(1,2)，0)、N(eq \f(1,2)，0，eq \f(1,2))、P(0，1，λ)，eq \(AM,\s\up6(→))＝(1，eq \f(1,2)，0)，eq \(NP,\s\up6(→))＝(－eq \f(1,2)，1，λ－eq \f(1,2))，
所以，eq \(AM,\s\up6(→))·eq \(NP,\s\up6(→))＝－eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)＝0，则AM⊥PN，
因此，无论λ取何值，总有AM⊥PN.
(2)eq \(NM,\s\up6(→))＝(eq \f(1,2)，eq \f(1,2)，－eq \f(1,2))，设平面PMN的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(NM,\s\up6(→))＝\f(1,2)x＋\f(1,2)y－\f(1,2)z＝0,n·\(NP,\s\up6(→))＝－\f(1,2)x＋y＋（λ－\f(1,2)）z＝0))，取x＝2λ＋1，则y＝2－2λ，z＝3，
所以，平面PMN的一个法向量为n＝(2λ＋1，2－2λ，3)，
易知平面ABC的一个法向量为m＝(0，1，0)，
由题意可得|cs〈m，n〉|＝eq \f(|m·n|,|m|·|n|)＝eq \f(|2－2λ|,\r(8λ2－4λ＋14))＝eq \f(\r(3),2)，
整理可得4λ2＋10λ＋13＝0，Δ＝102－4×4×13<0，此方程无解，
因此，不存在点P，使得平面PMN与平面ABC所成的角为30°.