2020-2021学年河南省南阳市高二（上）12月月考数学（理）试卷北师大版

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这是一份2020-2021学年河南省南阳市高二（上）12月月考数学（理）试卷北师大版，共13页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 若aA.a2
2. 已知向量a→=(1, 2, 12)，b→=(−3, x, 2)，且a→⊥b→，则实数x等于( )
A.1B.12C.−23D.−14

3. 已知直线l的方向向量为a→=(1,−2,3)，平面α的法向量为b→=(−3,6,−9)，则下列说法正确的是( )
A.l//αB.l⊥αC.l⊂αD.l与α斜交

4. 已知命题p:∃x<0，x2>0，那么¬p是( )
A.∀x≥0，x2≤0B.∃x≥0，x2≤0C.∀x<0，x2≤0D.∃x≥0，x2≤0

5. 已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a5+a7+a9=18，则S13=( )
A.39B.78C.117D.156

6. 已知空间向量a→=(0,1,−1)，b→=(x,0,−1)，则“x=1”是“向量a→与b→的夹角是π3”的( )
A.充分不必要条件B.必要不充分条件
C.充要条件D.既不充分也不必要条件

7. 如图，一辆汽车在一条水平的公路上向正西行驶，到A处时测得公路北侧一山顶D在西偏北45∘(即∠BAC=45∘)的方向上，行驶6006m后到达B处，测得此山顶在北偏东15∘(即∠ABC=75∘)的方向上，仰角∠DBC=30∘，则此山的高度CD=( )

A.8003mB.6003mC.4003mD.2003m

8. 已知直三棱柱ABC−A1B1C1中，∠ABC=120∘，AB=2，BC=CC1=1，则异面直线AB1与BC1所成角的正弦值为( )
A.12B.105C.155D.63

9. 已知空间四点A(1,1,0)，B(0,1,1)，C(12,0,12)，D(x,12,12)共面，则x的值为( )
A.−14B.−23C.13D.12

10. 已知各项为正的等比数列an中，a4与a14的等比中项为22，则2a7+a11的最小值为( )
A.16B.8C.22D.4

11. 设正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，则点D1到平面A1BD的距离是( )
A.33B.66C.233D.63

12. 如图所示，长方体ABCD−A1B1C1D1的底面是边长为1的正方形，长方体的高为2，E，F分别在 A1D ，AC上，且A1E=23A1D，AF=13AC.给出下列结论：①EF⊥A1D；②EF//BD1；③二面角E−AC−D的正切值为2 ，其中正确结论的个数是( )

A.0B.1C.2D.3
二、填空题

在三棱锥A−BCD中，已知点A(1, 5, −2)，B(−1, 3, 4)，D(1, 1, 1)，若AP→=PB→，则|PD→|的值是________.

记Sn为数列{an}的前n项和．若Sn=2an+1，则S6=________．

P为矩形ABCD所在平面外一点，PA⊥平面ABCD，若已知AB=3，AD=4，PA=1，则点P到BD的距离为________．

下列有关命题中，正确命题的序号是________．
①命题“若x2=1，则x=1”的否命题为“若x2=1，则x≠1”；
②命题“∃x∈R，x2+x−1<0”的否定是“∀x∈R，x2+x−1>0”；
③命题“若x=y，则sinx=siny”的逆否命题是假命题；
④若“p或q为真命题，则p，q至少有一个为真命题．”
三、解答题

设命题p：|a−3|<2；命题q：∀x∈R，x2+ax+1>0，如果命题“p∨q”为真命题，命题“p∧q”为假命题，求实数a的取值范围．

如图所示，已知正四面体的棱长为1，点E，F分别是OA，BC的中点，以OA→，OB→，OC→为基底.

(1)表示EF→，并求出|EF→|；

(2)计算EF→⋅AC→，并求出．

在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知A=π4，bsin(π4+C)−csin(π4+B)=a.
(1)求证：B−C=π2；

(2)若a=2，求△ABC的面积．

已知各项均不相等的等差数列{an}的前四项和S4=14，a3是a1，a7的等比中项．
(1)求数列{an}的通项公式；

(2)设Tn为数列{1anan+1}的前n项和；

(3)若Tn≤1λan+1对一切n∈N+恒成立，求实数λ的最大值．

已知在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是矩形，且AD=2，AB=1，PA⊥平面ABCD，E、F分别是线段AB、BC的中点．

(1)证明：PF⊥FD；

(2)判断并说明PA上是否存在点G，使得EG // 平面PFD；

(3)若PB与平面ABCD所成的角为45∘，求二面角A−PD−F的余弦值．

如图，正三角形ABE与菱形ABCD所在的平面互相垂直，AB=2，∠ABC=60∘，M是AB的中点．

(1)求证：EM⊥AD；

(2)求二面角A−BE−C的余弦值；

(3)在线段EC上是否存在点P，使得直线AP与平面ABE所成的角为45∘，若存在，求出EPEC的值；若不存在，说明理由．
参考答案与试题解析
2020-2021学年河南省南阳市高二（上）12月月考数学（理）试卷
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
对数函数的图象与性质
不等式的概念与应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：A，令a=−2，b=1，满足aB，令a=0，b=e，则b−a=e>0，且ln(b−a)=lne=1>0，故选项错误；
C，原不等式可转化为a13D，原不等式可转化为2−a<2−b，由a−b，则2−a>2−b，故选项错误.
故选C.
2.
【答案】
A
【考点】
向量的数量积判断向量的共线与垂直
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ a→⊥b→，
∴ a→⋅b→=−3+2x+1=0，
解得x=1.
故选A.
3.
【答案】
B
【考点】
数量积判断两个平面向量的垂直关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ 直线l的方向向量为a→=(1,−2,3),
平面α的法向量b→=(−3,6,−9),
b→=−3a→,
∴ l⊥α.
故选B.
4.
【答案】
C
【考点】
命题的否定
【解析】
将存在量词改写为全称量词，再否定结论，从而得到答案．
【解答】
解：特称命题的否定是全称命题.
已知命题p:∃x<0，x2>0，
那么¬p是：∀x<0，x2≤0.
故选C．
5.
【答案】
B
【考点】
等差数列的前n项和
等差数列的性质
【解析】
利用等差数列通项公式推导出a5+a7+a9＝3a7＝21，解得a7＝7，再由S13=132(a1+a13)＝13a7，能求出结果．
【解答】
解：∵ 等差数列{an}的前n项和为Sn，a5+a7+a9=18，
∴ a5+a7+a9=3a7=18，
解得a7=6，
∴ S13=132(a1+a13)=13a7=78．
故选B.
6.
【答案】
A
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
向量的模
空间向量的数量积运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题易得a→⋅b→=0×x+1×0+(−1)×(−1)=1，
|a→|=0+12+(−1)2=2，
|b→|=x2+0+(−1)2=x2+1，
若=π3，
则cs=a→⋅b→|a→|⋅|b→|
=12×x2+1=csπ3=12，
得x2=1，即x=±1，
则“向量a→与b→的夹角是π3”可转化为x=±1.
因为“x=1”是“x=±1”的充分不必要条件，
所以“x=1”是“向量a→与b→的夹角是π3”的充分不必要条件.
故选A.
7.
【答案】
C
【考点】
解三角形的实际应用
正弦定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：△ABC中，∠BAC=45∘，AB=6006，∠ABC=75∘，
∴ ∠ACB=60∘，
由正弦定理得BCsin45∘=6006sin60∘，
BC=6006×2232=1200，
Rt△DBC中，∠DBC=30∘，
∴ CD=BCtan∠DBC=1200×33，
=4003
则山高CD为4003m．
故选C．
8.
【答案】
C
【考点】
余弦定理
异面直线及其所成的角
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：如图所示，
补成四棱柱ABCD−A1B1C1D1，则底边为平行四边形，即为求∠BC1D即可；
由题知：BC1=BC2+CC12=2，
BD=12+22−2×1×2×cs60∘=3，
DC1=21+12=5，
∴DC12=BD2+BC12，则∠DBC1=90∘，
∴sin∠BC1D=BDC1D=155.
故选C.
9.
【答案】
D
【考点】
共线向量与共面向量
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：AB→=(−1,0,1)，AC→=(−12，−1，12)，AD→=(x−1，−12,12) ，
∵ A，B，C，D共面，
∴ AB→，AC→，AD→共面，
∴ 存在λ，μ，使AD→=λAB→+μAC→ ，
即(x−1,−12,12)=(−λ−12μ,−μ,λ+12μ).
∴x−1=−λ−12μ,−12=−μ,12=λ+12μ，
∴ 解得λ=14,μ=12,x=12.
故选D.
10.
【答案】
B
【考点】
等比中项
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
由各项为正的等比数列{an}中，a4与a14的等比中项为22，知a4⋅a14=(22)2=8，故a7⋅a11=8，利用均值不等式能够求出2a7+a11的最小值．
【解答】
解：∵ 各项为正的等比数列{an}中，a4与a14的等比中项为22，
∴ a4⋅a14=(22)2=8，
∴ a7⋅a11=8.
∵ a7>0，a11>0，
∴ 2a7+a11≥22a7⋅a11=2×2×8=8．
故选B．
11.
【答案】
C
【考点】
点、线、面间的距离计算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：以D为坐标原点，DA→的方向为x轴的正方向，DC→的方向为y轴的正方向，DD1→的方向为z轴的正方向，建立空间直角坐标系D−xyz，如图，
∵正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，
∴D(0,0,0)，A1(2,0,2)，B(2,2,0)，D1(0,0,2)，
∴DA1→=(2,0,2)，DB→=(2,2,0)，A1D1→=(−2,0,0)．
设平面A1BD的法向量为n→=(x,y,z)，
则n→⋅DA1→=0,n→⋅DB→=0,
∴2x+2z=0,2x+2y=0,
令x=1，则y=z=−1，
∴n→=(1,−1,−1)为平面A1BD的一个法向量，
∴点D1到平面A1BD的距离为：
d=A1D1→⋅n→n→=|−2×1|12+(−1)2+(−1)2=233．
故选C．
12.
【答案】
C
【考点】
向量的数量积判断向量的共线与垂直
用空间向量求平面间的夹角
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：建立如图所示的空间直角坐标系，
则D(0,0,0),A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,1,0),D1(0,0,2),
E(13,0,23),F(23,13,0),A1(1,0,2),
则BD1→=(−1,−1,2) ，
FE→=(−13,−13,23),A1D→=(−1,0,−2),
AC→=(−1,1,0), BD→=(−1,−1,0) ,
因为FE→⋅A1D→≠0，
所以EF⊥A1D不正确，即①不正确；
因为BD1→=3FE→ ，
且BD1→与FE→不在同一条直线上，
所以EF//BD1，即②正确；
因为AC→⋅FE→=0，AC→⋅BD→=0,
所以二面角E−AC−D的余弦值为：
cs=FE→⋅BD→|FE→||BD→|=33.
则二面角E−AC−D的正切值为2 ，
所以③正确.
故选C.
二、填空题
【答案】
10
【考点】
空间向量的概念
向量的模
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：设P点的坐标为(x, y, z)，
∴ (x−1, y−5, z+2)=(−1−x, 3−y, 4−z)，
∴ x−1=−1−x，y−5=3−y，z+2=4−z，
解得：x=0，y=4，z=1，
∴ P点的坐标为(0, 4, 1)，
∴ PD→=(1, −3, 0)，
∴ |PD→|=12+(−3)2=10.
故答案为：10.
【答案】
−63
【考点】
等比数列的前n项和
等比数列的通项公式
【解析】
先根据数列的递推公式可得{an}是以−1为首项，以2为公比的等比数列，再根据求和公式计算即可．
【解答】
解：Sn为数列{an}的前n项和，Sn=2an+1，①
当n=1时，a1=2a1+1，解得a1=−1，
当n≥2时，Sn−1=2an−1+1，②，
由①-②可得an=2an−2an−1，
∴ an=2an−1，
∴ {an}是以−1为首项，以2为公比的等比数列，
∴ S6=−1×(1−26)1−2=−63，
故答案为：−63
【答案】
135
【考点】
点、线、面间的距离计算
【解析】
先求出BD=5，过A作AE⊥BD，交BD于E，连结PE，则PE⊥BD，由此能求出点P到BD的距离．
【解答】
解：过A作AE⊥BD交BD于E，连结PE，如图，
因为PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
所以PA⊥BD.
又因为AE⊥BD，且PA∩AE=A，
所以BD⊥平面APE，
因为PE⊂平面APE，所以PE⊥BD.
所以PE为点P到BD的距离.
由勾股定理可得BD=AB2+AD2=32+42=5，
因为12×AB×AD=12×BD×AE，
所以AE=AB×ADBD=3×45=125，
所以PE=PA2+AE2=12+(125)2=135，
所以点P到BD的距离为135．
故答案为：135．
【答案】
④
【考点】
四种命题的定义
逻辑联结词“或”“且”“非”
命题的否定
【解析】
分别对①②③④进行判断，从而得到结论．
【解答】
解：①命题“若x2=1，则x=1”的否命题为：
“若x2≠1，则x≠1”，故①错误；
②命题“∃x∈R，x2+x−1<0”的否定为：
“∀x∈R，x2+x−1≥0”，故②错误；
③命题“若x=y，则sinx=siny”的逆否命题为：
若sinx≠siny，则x≠y，是真命题，故③错误；
④若“p或q为真命题，则p，q至少有一个为真命题．”，
由命题之间的关系可知为真命题，故④正确.
故答案为：④．
三、解答题
【答案】
解：命题p为真命题，则1命题q为真命题，则Δ=a2−4<0，
解得−2因为命题“p∨q”为真命题，命题“p∧q”为假命题，
所以命题p和q中一个为真命题，一个为假命题.
当p真q假时，则1解得2≤a<5，
当p假q真时，则a≤1或a≥5，−2解得−2综上所述，a的取值范围为−2,1∪2,5 .
【考点】
逻辑联结词“或”“且”“非”
命题的真假判断与应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：命题p为真命题，则1命题q为真命题，则Δ=a2−4<0，
解得−2因为命题“p∨q”为真命题，命题“p∧q”为假命题，
所以命题p和q中一个为真命题，一个为假命题.
当p真q假时，则1解得2≤a<5，
当p假q真时，则a≤1或a≥5，−2解得−2综上所述，a的取值范围为−2,1∪2,5 .
【答案】
解：(1)设OA→=a→，OB→=b→，OC→=c→，
则a→=b→=c→=1，
所以cs=cs
=cs=csπ3=12，
所以a→⋅b→=a→⋅c→=b→⋅c→=12，
EF→=OF→−OE→
=12OB→+OC→−12OA→
=12b→+12c→−12a→
=−12a→−b→−c→，
则有EF→=14a→−b→−c→2
=14a→2+b→2+c→2−2a→⋅b→−2a→⋅c→+2b→⋅c→
=12×1+1+1−1−1+1
=22．
(2)由(1)易得AC→=OC→−OA→
=c→−a→=−a→−c→，
所以EF→⋅AC→=12a→−b→−c→⋅a→−c→
=12a→2+c→2−a→⋅b→+b→⋅c→−2a→⋅c→
=12×1+1−12+12−1
=12，
则有cs=EF→⋅AC→EF→⋅AC→
=1222×1=22，
因为∈[0,π]，
所以=π4．
【考点】
平面向量数量积的运算
向量的模
数量积表示两个向量的夹角
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)设OA→=a→，OB→=b→，OC→=c→，
则a→=b→=c→=1，
所以cs=cs
=cs=csπ3=12，
所以a→⋅b→=a→⋅c→=b→⋅c→=12，
EF→=OF→−OE→
=12OB→+OC→−12OA→
=12b→+12c→−12a→
=−12a→−b→−c→，
则有EF→=14a→−b→−c→2
=14a→2+b→2+c→2−2a→⋅b→−2a→⋅c→+2b→⋅c→
=12×1+1+1−1−1+1
=22．
(2)由(1)易得AC→=OC→−OA→
=c→−a→=−a→−c→，
所以EF→⋅AC→=12a→−b→−c→⋅a→−c→
=12a→2+c→2−a→⋅b→+b→⋅c→−2a→⋅c→
=12×1+1−12+12−1
=12，
则有cs=EF→⋅AC→EF→⋅AC→
=1222×1=22，
因为∈[0,π]，
所以=π4．
【答案】
(1)证明：∵ bsin(π4+C)−csin(π4+B)=a，
∴ 根据正弦定理可得：
sinBsin(π4+C)−sinCsin(π4+B)=sinA，
∴ sinB(22sinC+22csC)−
sinC(22sinB+22csB)=22，
整理得，sinBcsC−csBsinC=1，即sin(B−C)=1.
∵ 0∴ −3π4∴ B−C=π2．
(2)解：由(1)得，B−C=π2.
又∵ B+C=π−A=3π4，
∴ B=5π8，C=π8.
∵ a=2，A=π4，
∴ 由正弦定理得，b=asinBsinA=2sin5π8，c=asinCsinA=2sinπ8，
∴ 三角形的面积S=12bcsinA
=2sin5π8sinπ8
=2csπ8sinπ8
=22sinπ4
=12．
【考点】
正弦定理
两角和与差的正弦公式
二倍角的正弦公式
诱导公式
【解析】
（1）通过正弦定理以及两角和与差的三角函数化简已知表达式，推出B−C的正弦函数值，然后说明B−C=π2．
（2）利用a=2，通过正弦定理求出b，c，然后利用三角形的面积公式求△ABC的面积．
【解答】
(1)证明：∵ bsin(π4+C)−csin(π4+B)=a，
∴ 根据正弦定理可得：
sinBsin(π4+C)−sinCsin(π4+B)=sinA，
∴ sinB(22sinC+22csC)−
sinC(22sinB+22csB)=22，
整理得，sinBcsC−csBsinC=1，即sin(B−C)=1.
∵ 0∴ −3π4∴ B−C=π2．
(2)解：由(1)得，B−C=π2.
又∵ B+C=π−A=3π4，
∴ B=5π8，C=π8.
∵ a=2，A=π4，
∴ 由正弦定理得，b=asinBsinA=2sin5π8，c=asinCsinA=2sinπ8，
∴ 三角形的面积S=12bcsinA
=2sin5π8sinπ8
=2csπ8sinπ8
=22sinπ4
=12．
【答案】
解：(1)设公差为d，
∵ S4=14，a3是a1，a7的等比中项，
∴4a1+6d=14，a1+2d2=a1a1+6d，
解得d=1，a1=2或d=0，a1=72（舍去），
∴{an}是以2为首项，1为公差的等差数列，
∴an=2+n−1×1=n+1n∈N+．
(2)∵ 1anan+1=1n+1n+2
=1n+1−1n+2，
∴ Tn=12−13+13−14+⋯+1n+1−1n+2
=12−1n+2
=n2n+2.
(3)∵ Tn≤1λan+1 对一切n∈N+恒成立，
∴ n2n+2≤n+2λ，
∴ λ≤2n+22n，∀n∈N+恒成立.
又∵2n+22n=2n+4n+4≥16，
∴ λ≤16，
∴ λ的最大值为16．
【考点】
等差数列的通项公式
等差数列的前n项和
等比中项
数列的求和
数列与不等式的综合
不等式恒成立问题
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)设公差为d，
∵ S4=14，a3是a1，a7的等比中项，
∴4a1+6d=14，a1+2d2=a1a1+6d，
解得d=1，a1=2或d=0，a1=72（舍去），
∴{an}是以2为首项，1为公差的等差数列，
∴an=2+n−1×1=n+1n∈N+．
(2)∵ 1anan+1=1n+1n+2
=1n+1−1n+2，
∴ Tn=12−13+13−14+⋯+1n+1−1n+2
=12−1n+2
=n2n+2.
(3)∵ Tn≤1λan+1 对一切n∈N+恒成立，
∴ n2n+2≤n+2λ，
∴ λ≤2n+22n，∀n∈N+恒成立.
又∵2n+22n=2n+4n+4≥16，
∴ λ≤16，
∴ λ的最大值为16．
【答案】
(1)证明：∵ PA⊥平面ABCD，∠BAD=90∘，AB=1，AD=2，建立如图所示的空间直角坐标系A−xyz，
则A(0, 0, 0)，B(1, 0, 0)，F(1, 1, 0)，D(0, 2, 0)．
不妨令P(0, 0, t)，
∵ PF→=(1,1,−t)，DF→=(1,−1,0)，
∴ PF→⋅DF→=1×1+1×(−1)+(−t)×0=0，
即PF⊥FD．
(2)解：设平面PFD的法向量为n→=(x,y,z)，
由n→⋅PF→=0，n→⋅DF→=0，得x+y−tz=0，x−y=0，
令z=1，解得：x=y=t2，
∴ n→=(t2,t2,1)．
设G点坐标为(0, 0, m)，E(12,0,0)，
则EG→=(−12,0,m)，
要使EG // 平面PFD，只需EG→⋅n→=0，
即(−12)×t2+0×t2+m×1=m−t4=0，
得m=14t，
从而满足AG=14AP的点G即为所求．
(3)解：∵ AB⊥PA，AB⊥AD，PA∩AD=A，
∴ AB⊥平面PAD，
∴ AB→是平面PAD的法向量，易得AB→=(1,0,0)，
又∵ PA⊥平面ABCD，
∴ ∠PBA是PB与平面ABCD所成的角，
得∠PBA=45∘，PA=1，平面PFD的法向量为n→=(12,12,1)，
∴ cs=AB→⋅n→|AB→|⋅|n→|
=121×14+14+1=66，
故所求二面角A−PD−F的余弦值为66．
【考点】
向量的数量积判断向量的共线与垂直
两条直线垂直的判定
直线与平面平行的性质
平面的法向量
用空间向量求平面间的夹角
【解析】
解法一（向量法）
(I)建立如图所示的空间直角坐标系A−xyz，分别求出直线PF与FD的平行向量，然后根据两个向量的数量积为0，得到PF⊥FD；
(II)求出平面PFD的法向量（含参数t），及EG的方向向量，进而根据线面平行，则两个垂直数量积为0，构造方程求出t值，得到G点位置；
(III)由AB→是平面PAD的法向量，根据PB与平面ABCD所成的角为45∘，求出平面PFD的法向量，代入向量夹角公式，可得答案．
解法二（几何法）
(I)连接AF，由勾股定理可得DF⊥AF，由PA⊥平面ABCD，由线面垂直性质定理可得DF⊥PA，再由线面垂直的判定定理得到DF⊥平面PAF，再由线面垂直的性质定理得到PF⊥FD；
(II)过点E作EH // FD交AD于点H，则EH // 平面PFD，且有AH=14AD，再过点H作HG // DP交PA于点G，则HG // 平面PFD且AG=14AP，由面面平行的判定定理可得平面GEH // 平面PFD，进而由面面平行的性质得到EG // 平面PFD．从而确定G点位置；
(III)由PA⊥平面ABCD，可得∠PBA是PB与平面ABCD所成的角，即∠PBA=45∘，取AD的中点M，则FM⊥AD，FM⊥平面PAD，在平面PAD中，过M作MN⊥PD于N，连接FN，则PD⊥平面FMN，则∠MNF即为二面角A−PD−F的平面角，解三角形MNF可得答案．
【解答】
(1)证明：∵ PA⊥平面ABCD，∠BAD=90∘，AB=1，AD=2，建立如图所示的空间直角坐标系A−xyz，
则A(0, 0, 0)，B(1, 0, 0)，F(1, 1, 0)，D(0, 2, 0)．
不妨令P(0, 0, t)，
∵ PF→=(1,1,−t)，DF→=(1,−1,0)，
∴ PF→⋅DF→=1×1+1×(−1)+(−t)×0=0，
即PF⊥FD．
(2)解：设平面PFD的法向量为n→=(x,y,z)，
由n→⋅PF→=0，n→⋅DF→=0，得x+y−tz=0，x−y=0，
令z=1，解得：x=y=t2，
∴ n→=(t2,t2,1)．
设G点坐标为(0, 0, m)，E(12,0,0)，
则EG→=(−12,0,m)，
要使EG // 平面PFD，只需EG→⋅n→=0，
即(−12)×t2+0×t2+m×1=m−t4=0，
得m=14t，
从而满足AG=14AP的点G即为所求．
(3)解：∵ AB⊥PA，AB⊥AD，PA∩AD=A，
∴ AB⊥平面PAD，
∴ AB→是平面PAD的法向量，易得AB→=(1,0,0)，
又∵ PA⊥平面ABCD，
∴ ∠PBA是PB与平面ABCD所成的角，
得∠PBA=45∘，PA=1，平面PFD的法向量为n→=(12,12,1)，
∴ cs=AB→⋅n→|AB→|⋅|n→|
=121×14+14+1=66，
故所求二面角A−PD−F的余弦值为66．
【答案】
(1)证明：∵ EA=EB，M是AB的中点，
∴ EM⊥AB，
∵ 平面ABE⊥平面ABCD，
平面ABE∩平面ABCD=AB，
∴ EM⊥平面ABCD，
又∵ AD⊂平面ABCD，
∴ EM⊥AD．
(2)解：连接MC，
∵ EM⊥平面ABCD，∴ EM⊥MC，
∵ ∠ABC=60∘，AB=BC，
∴ △ABC是正三角形，
∴ MC⊥AB，
∴ MB、MC、ME两两垂直，
建立如图所示空间直角坐标系M−xyz．
则M(0, 0, 0)，A(−1, 0, 0)，B(1, 0, 0)，C(0, 3, 0)，E(0, 0, 3)，
BC→=(−1, 3, 0)，BE→=(−1, 0, 3)，
设m→=(x, y, z)是平面BCE的一个法向量，
则m→⋅BC→=−x+3y=0，m→⋅BE→=−x+3z=0，
令z=1，得m→=(3,1,1)，
∵ y轴与平面ABE垂直，
∴ n→=(0, 1, 0)是平面ABE的一个法向量．
cs=m→⋅n→|m→|⋅|n→|=15×1=55，
∴ 二面角A−BE−C的余弦值为55．
(3)解：假设在线段EC上存在点P，使得直线AP与平面ABE所成的角为45∘．
AE→=(1, 0, 3)，EC→=(0, 3,−3)，
设EP→=λEC→=(0,3λ, −3λ)，(0≤λ≤1)，
则AP→=AE→+EP→=(1,3λ,3−3λ)，
∵ 直线AP与平面ABE所成的角为45∘，
∴ sin45∘=|cs|=|AP→⋅n→||AP→|⋅|n→|
=|3λ|1+3λ2+3−6λ+3λ2×1=22，
由0≤λ≤1，解得λ=23，
∴ 在线段EC上存在点P，使得直线AP与平面ABE所成的角为45∘，且EPEC=23．
【考点】
直线与平面垂直的判定
两条直线垂直的判定
用空间向量求平面间的夹角
用空间向量求直线与平面的夹角
【解析】
(Ⅰ)推导出EM⊥AB，从而EM⊥平面ABCD，由此能证明EM⊥AD．
(Ⅱ)推导出EM⊥MC，MC⊥AB，从而MB、MC、ME两两垂直，建立空间直角坐标系M−xyz，利用向量法能求出二面角A−BE−C的余弦值．
(III)求出AP→和平面ABE的法向量，利用向量法能示出在线段EC上存在点P，使得直线AP与平面ABE所成的角为45∘，且EPEC=23．
【解答】
(1)证明：∵ EA=EB，M是AB的中点，
∴ EM⊥AB，
∵ 平面ABE⊥平面ABCD，
平面ABE∩平面ABCD=AB，
∴ EM⊥平面ABCD，
又∵ AD⊂平面ABCD，
∴ EM⊥AD．
(2)解：连接MC，
∵ EM⊥平面ABCD，∴ EM⊥MC，
∵ ∠ABC=60∘，AB=BC，
∴ △ABC是正三角形，
∴ MC⊥AB，
∴ MB、MC、ME两两垂直，
建立如图所示空间直角坐标系M−xyz．
则M(0, 0, 0)，A(−1, 0, 0)，B(1, 0, 0)，C(0, 3, 0)，E(0, 0, 3)，
BC→=(−1, 3, 0)，BE→=(−1, 0, 3)，
设m→=(x, y, z)是平面BCE的一个法向量，
则m→⋅BC→=−x+3y=0，m→⋅BE→=−x+3z=0，
令z=1，得m→=(3,1,1)，
∵ y轴与平面ABE垂直，
∴ n→=(0, 1, 0)是平面ABE的一个法向量．
cs=m→⋅n→|m→|⋅|n→|=15×1=55，
∴ 二面角A−BE−C的余弦值为55．
(3)解：假设在线段EC上存在点P，使得直线AP与平面ABE所成的角为45∘．
AE→=(1, 0, 3)，EC→=(0, 3,−3)，
设EP→=λEC→=(0,3λ, −3λ)，(0≤λ≤1)，
则AP→=AE→+EP→=(1,3λ,3−3λ)，
∵ 直线AP与平面ABE所成的角为45∘，
∴ sin45∘=|cs|=|AP→⋅n→||AP→|⋅|n→|
=|3λ|1+3λ2+3−6λ+3λ2×1=22，
由0≤λ≤1，解得λ=23，
∴ 在线段EC上存在点P，使得直线AP与平面ABE所成的角为45∘，且EPEC=23．