2022年高中数学（新教材）新苏教版选择性必修第二册同步学案章末检测试卷一(第6章)

这是一份高中数学苏教版 (2019)选择性必修第二册本册综合导学案，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(本大题共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．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．已知平面α上的两个向量a＝(2,3,1)，b＝(5,6,4)，则平面α的一个法向量为( )
A．(1，－1,1) B．(2，－1,1)
C．(－2,1,1) D．(－1,1,1)
答案 C
解析 显然a与b不平行，
设平面α的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a·n＝0，,b·n＝0，))所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x＋3y＋z＝0，,5x＋6y＋4z＝0.))
令z＝1，得x＝－2，y＝1.
所以n＝(－2,1,1)．
4．A，B，C，D是空间不共面的四点，且满足eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(AC,\s\up6(→))＝0，eq \(AC,\s\up6(→))·eq \(AD,\s\up6(→))＝0，eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(AD,\s\up6(→))＝0，M为BC中点，则△AMD的形状为( )
A．等腰三角形 B．锐角三角形
C．直角三角形 D．钝角三角形
答案 C
解析 ∵M为BC中点，∴eq \(AM,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)(eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AC,\s\up6(→)))．
∴eq \(AM,\s\up6(→))·eq \(AD,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)(eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AC,\s\up6(→)))·eq \(AD,\s\up6(→))
＝eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)eq \(AC,\s\up6(→))·eq \(AD,\s\up6(→))＝0.
∴AM⊥AD，△AMD为直角三角形．
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，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，以D为原点建立空间直角坐标系，E为BB1的中点，F为A1D1的中点，则下列向量中，能作为平面AEF的法向量的是( )
A．(1，－2,4) B．(－4,1，－2)
C．(2，－2,1) D．(1,2，－2)
答案 B
解析 设正方体的棱长为2，
则A(2,0,0)，E(2,2,1)，F(1,0,2)，
所以eq \(AE,\s\up6(→))＝(0,2,1)，eq \(AF,\s\up6(→))＝(－1,0,2)．
设向量n＝(x，y，z)是平面AEF的法向量，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AE,\s\up6(→))＝2y＋z＝0，,n·\(AF,\s\up6(→))＝－x＋2z＝0，))取y＝1，得x＝－4，z＝－2，
则n＝(－4,1，－2)是平面AEF的一个法向量．结合其他选项，检验可知只有B选项是平面AEF的法向量．
7.如图，AB＝AC＝BD＝1，AB⊂平面α，AC⊥平面α，BD⊥AB，BD与平面α成30°角，则C，D间的距离为( )
A．1 B．2 C.eq \r(2) D.eq \r(3)
答案 C
解析 |eq \(CD,\s\up6(→))|2＝|eq \(CA,\s\up6(→))＋eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(BD,\s\up6(→))|2＝|eq \(CA,\s\up6(→))|2＋|eq \(AB,\s\up6(→))|2＋|eq \(BD,\s\up6(→))|2＋2eq \(CA,\s\up6(→))·eq \(AB,\s\up6(→))＋2eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(BD,\s\up6(→))＋2eq \(CA,\s\up6(→))·eq \(BD,\s\up6(→))＝1＋1＋1＋0＋0＋2×1×1·cs 120°＝2.
∴|eq \(CD,\s\up6(→))|＝eq \r(2).
8．在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为棱AA1，BB1的中点，G为棱A1B1上的一点，且A1G＝λ(0<λ<2)，则点G到平面D1EF的距离为( )
A．2eq \r(3) B.eq \r(2) C.eq \f(2\r(2)λ,3) D.eq \f(2\r(5),5)
答案 D
解析 以D为坐标原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，DD1所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则G(2，λ，2)，D1(0,0,2)，E(2,0,1)，F(2,2,1)，
所以eq \(ED1,\s\up6(→))＝(－2,0,1)，eq \(EF,\s\up6(→))＝(0,2,0)，eq \(EG,\s\up6(→))＝(0，λ，1)．
设平面D1EF的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(ED1,\s\up6(→))＝－2x＋z＝0，,n·\(EF,\s\up6(→))＝2y＝0，))
取x＝1，得n＝(1,0,2)为平面D1EF的一个法向量，
∴点G到平面D1EF的距离为
d＝eq \f(|\(EG,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq \f(2,\r(5))＝eq \f(2\r(5),5).
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．空间四个点O，A，B，C，eq \(OA,\s\up6(→))，eq \(OB,\s\up6(→))，eq \(OC,\s\up6(→))为空间的一个基底，则下列说法正确的是( )
A．O，A，B，C四点不共线
B．O，A，B，C四点共面，但不共线
C．O，A，B，C四点中任意三点不共线
D．O，A，B，C四点不共面
答案 ACD
解析 若O，A，B，C四点共面，则eq \(OA,\s\up6(→))，eq \(OB,\s\up6(→))，eq \(OC,\s\up6(→))共面，则eq \(OA,\s\up6(→))，eq \(OB,\s\up6(→))，eq \(OC,\s\up6(→))不可能为空间的一个基底，故A，D正确，B不正确；若O，A，B，C中有三点共线，则四点一定共面，故C正确．
10．如图，已知E是棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1的棱BC的中点，F是棱BB1的中点，设点D到平面AED1的距离为d，直线DE与平面AED1所成的角为θ，二面角D1－AE－D的夹角为α，则( )
A．DF⊥平面AED1 B．d＝eq \f(4,3)
C．sin θ＝eq \f(4\r(5),15) D．cs α＝eq \f(2,3)
答案 BCD
解析 以A为坐标原点，eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(AD,\s\up6(→))，eq \(AA1,\s\up6(→))的方向为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系(图略)，
则A(0,0,0)，E(2,1,0)，D(0,2,0)，D1(0,2,2)，
A1(0,0,2)，F(2,0,1)，
所以eq \(AE,\s\up6(→))＝(2,1,0)，eq \(AD1,\s\up6(→))＝(0,2,2)，eq \(DE,\s\up6(→))＝(2，－1,0)，eq \(DF,\s\up6(→))＝(2，－2,1)．
设平面AED1的法向量为m＝(x，y，z)，
则由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(AE,\s\up6(→))＝0，,m·\(AD1,\s\up6(→))＝0，))
得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x＋y＝0，,2y＋2z＝0，))
令x＝1，则y＝－2，z＝2，
故m＝(1，－2,2)．
∵eq \(DF,\s\up6(→))＝(2，－2,1)，不存在λ使m＝λeq \(DF,\s\up6(→))，
即eq \(DF,\s\up6(→))与m不共线，
∴DF与平面AED1不垂直，故A错误；
又∵eq \(DD1,\s\up6(→))＝(0,0,2)，
∴d＝eq \f(|\(DD1,\s\up6(→))·m|,|m|)＝eq \f(4,\r(1＋4＋4))＝eq \f(4,3)，故B正确；
又eq \(DE,\s\up6(→))＝(2，－1,0)．
∴sin θ＝|cs〈eq \(DE,\s\up6(→))，m〉|＝eq \f(|2＋2＋0|,\r(1＋4＋4)×\r(4＋1))＝eq \f(4\r(5),15).
故C正确；
又eq \(AA1,\s\up6(→))＝(0,0,2)为平面AED的一个法向量，
由图知α为锐角，
∴cs α＝eq \f(|\(AA1,\s\up6(→))·m|,|\(AA1,\s\up6(→))||m|)＝eq \f(4,2×3)＝eq \f(2,3)，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z＝2a，即AE＝a或2a.
12．如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点P在线段B1C上运动，则( )
A．直线BD1⊥平面A1C1D
B．三棱锥P－A1C1D的体积为定值
C．异面直线AP与A1D所成的角的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))
D．直线C1P与平面A1C1D所成角的正弦值的最大值为eq \f(\r(6),3)
答案 ABD
解析 对于选项A，连接B1D1(图略)，由正方体可得A1C1⊥B1D1，且BB1⊥平面A1B1C1D1，
则BB1⊥A1C1，所以A1C1⊥平面BD1B1，
故A1C1⊥BD1；
同理，连接AD1，易证得A1D⊥BD1，
则BD1⊥平面A1C1D，故A正确；
对于选项B，
因为点P在线段B1C上运动，
所以＝eq \f(1,2)A1D·AB，面积为定值，
且C1到平面A1PD的距离即为C1到平面A1B1CD的距离，也为定值，故体积为定值，故B正确；
对于选项C，当点P与线段B1C的端点重合时，AP与A1D所成的角取得最小值为60°，故C错误；
对于选项D，因为直线BD1⊥平面A1C1D，
所以若直线C1P与平面A1C1D所成角的正弦值最大，
则直线C1P与直线BD1所成的角的余弦值最大，
则P运动到B1C中点处，即所成的角为∠C1BD1，
设棱长为1，在Rt△D1C1B中，cs∠C1BD1＝eq \f(C1B,BD1)＝eq \f(\r(2),\r(3))＝eq \f(\r(6),3)，故D正确．
三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)
13．已知点B(1,0,0)，C′(1,1,1)，D′(0,1,1)，若点E的坐标为(－2,1，m)，且点B，C′，D′，E四点共面，则实数m的值为________．
答案 1
解析 ∵B(1,0,0)，C′(1,1,1)，D′(0,1,1)，E(－2,1，m)，
∴eq \(BC′,\s\up6(——→))＝(0,1,1)，eq \(BD′,\s\up6(——→))＝(－1,1,1)，eq \(BE,\s\up6(→))＝(－3,1，m)，
根据空间向量基本定理，存在实数x，y，
使得eq \(BC′,\s\up6(——→))＝xeq \(BD′,\s\up6(——→))＋yeq \(BE,\s\up6(→))，
则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(0＝－x－3y，,1＝x＋y，,1＝x＋my，))
解得m＝1.
14．已知平面α经过点B(1,0,0)，且α的法向量n＝(1,1,1)，则P(2,2,0)到平面α的距离为________．
答案 eq \r(3)
解析 ∵向量n＝(1,1,1)为平面α的法向量，点B(1,0,0)，P(2,2,0)，
∴eq \(BP,\s\up6(→))＝(1,2,0)，
∴P(2,2,0)到平面α的距离d＝eq \f(|\(BP,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq \f(|1＋2|,\r(3))＝eq \r(3).
15．已知在正四棱台ABCD－A1B1C1D1中，上底面A1B1C1D1的边长为1，下底面ABCD的边长为2，侧棱与底面所成的角为60°，则异面直线AD1与B1C所成的角的余弦值为________．
答案 eq \f(1,4)
解析 设上、下底面中心分别为O1，O，则OO1⊥平面ABCD，以O为原点，直线BD，AC，OO1分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系．
因为AB＝2，A1B1＝1，
所以AC＝BD＝2eq \r(2)，A1C1＝B1D1＝eq \r(2).
因为平面BDD1B1⊥平面ABCD，
所以∠B1BO为侧棱与底面所成的角，故∠B1BO＝60°.
设棱台高为h，则tan 60°＝eq \f(h,\f(\r(2),2))，h＝eq \f(\r(6),2)，
所以A(0，－eq \r(2)，0)，D1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)，0，\f(\r(6),2)))，B1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，0，\f(\r(6),2)))，
C(0，eq \r(2)，0)，
所以eq \(AD1,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)，\r(2)，\f(\r(6),2)))，
eq \(B1C,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)，\r(2)，－\f(\r(6),2)))，
故cs〈eq \(AD1,\s\up6(→))，eq \(B1C,\s\up6(→))〉＝eq \f(\(AD1,\s\up6(→))·\(B1C,\s\up6(→)),|\(AD1,\s\up6(→))||\(B1C,\s\up6(→))|)＝eq \f(1,4)，
故异面直线AD1与B1C所成的角的余弦值为eq \f(1,4).
16.如图，有一长方形的纸片ABCD，AB的长度为4 cm，BC的长度为3 cm，现沿它的一条对角线AC把它折叠成90°的二面角，则折叠后eq \(AC,\s\up6(→))·eq \(BD,\s\up6(→))＝________，线段BD的长是________cm.
答案 －7 eq \f(\r(337),5)
解析 如图所示，
作DE⊥AC，BF⊥AC，
垂足分别为E，F，
则AC＝5，DE＝BF＝eq \f(12,5)，
AE＝CF＝eq \f(9,5)，EF＝eq \f(7,5)，
折叠后，DE，EF，FB的长度保持不变，
所以eq \(AC,\s\up6(→))·eq \(BD,\s\up6(→))＝eq \(AC,\s\up6(→))·(eq \(BA,\s\up6(→))＋eq \(AD,\s\up6(→)))＝eq \(AC,\s\up6(→))·eq \(BA,\s\up6(→))＋eq \(AC,\s\up6(→))·eq \(AD,\s\up6(→))＝5×4×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4,5)))＋5×3×eq \f(3,5)＝－7，
故|eq \(BD,\s\up6(→))|2＝(eq \(BF,\s\up6(→))＋eq \(FE,\s\up6(→))＋eq \(ED,\s\up6(→)))2
＝|eq \(BF,\s\up6(→))|2＋|eq \(FE,\s\up6(→))|2＋|eq \(ED,\s\up6(→))|2＋2eq \(BF,\s\up6(→))·eq \(FE,\s\up6(→))＋2eq \(BF,\s\up6(→))·eq \(ED,\s\up6(→))＋2eq \(FE,\s\up6(→))·eq \(ED,\s\up6(→))
＝|eq \(BF,\s\up6(→))|2＋|eq \(FE,\s\up6(→))|2＋|eq \(ED,\s\up6(→))|2＋0＋0＋0
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(12,5)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,5)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(12,5)))2＝eq \f(337,25)，
得BD＝eq \f(\r(337),5).
四、解答题(本大题共6小题，共70分)
17．(10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AM和AB，AD的夹角都是60°，N是CM的中点，设a＝eq \(AB,\s\up6(→))，b＝eq \(AD,\s\up6(→))，c＝eq \(AM,\s\up6(→))，试以a，b，c为基向量表示出向量eq \(BN,\s\up6(→))，并求BN的长．
解 eq \(BN,\s\up6(→))＝eq \(BC,\s\up6(→))＋eq \(CN,\s\up6(→))＝eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)eq \(CM,\s\up6(→))
＝eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)(eq \(AM,\s\up6(→))－eq \(AC,\s\up6(→)))
＝eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)[eq \(AM,\s\up6(→))－(eq \(AD,\s\up6(→))＋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 \(AM,\s\up6(→)).
所以eq \(BN,\s\up6(→))＝－eq \f(1,2)a＋eq \f(1,2)b＋eq \f(1,2)c，
|eq \(BN,\s\up6(→))|2＝eq \(BN,\s\up6(→))2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)a＋\f(1,2)b＋\f(1,2)c))2
＝eq \f(1,4)(a2＋b2＋c2－2a·b－2a·c＋2b·c)＝eq \f(17,4).
所以|eq \(BN,\s\up6(→))|＝eq \f(\r(17),2)，即BN的长为eq \f(\r(17),2).
18．(12分)已知空间内三点A(0,2,3)，B(－2,1,6)，C(1，－1,5)．
(1)求以向量eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(AC,\s\up6(→))为一组邻边的平行四边形的面积S；
(2)若向量a与向量eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(AC,\s\up6(→))都垂直，且|a|＝eq \r(3)，求向量a的坐标．
解 (1)∵eq \(AB,\s\up6(→))＝(－2，－1,3)，eq \(AC,\s\up6(→))＝(1，－3,2)，
∴cs∠BAC＝eq \f(\(AB,\s\up6(→))·\(AC,\s\up6(→)),|\(AB,\s\up6(→))||\(AC,\s\up6(→))|)＝eq \f(7,\r(14)×\r(14))＝eq \f(1,2)，
又∵∠BAC∈[0，π]，
∴∠BAC＝eq \f(π,3)，
∴S＝|eq \(AB,\s\up6(→))||eq \(AC,\s\up6(→))|sin eq \f(π,3)＝7eq \r(3).
(2)设a＝(x，y，z)，
由a⊥eq \(AB,\s\up6(→))，得－2x－y＋3z＝0，
由a⊥eq \(AC,\s\up6(→))，得x－3y＋2z＝0，
由|a|＝eq \r(3)，得x2＋y2＋z2＝3，
∴x＝y＝z＝1或x＝y＝z＝－1.
∴a＝(1,1,1)或a＝(－1，－1，－1)．
19.(12分)如图，在四棱锥P－ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD为正方形，PD＝DC，E，F分别是AB，PB的中点．
(1)求证：EF⊥CD；
(2)在平面PAD内求一点G，使GF⊥平面PCB，并证明你的结论．
(1)证明 如图，以D为原点，分别以DA，DC，DP所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
设AD＝a，则D(0,0,0)，
A(a,0,0)，B(a，a,0)，C(0，a,0)，
Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a，\f(a,2)，0))，P(0,0，a)，
Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，\f(a,2)，\f(a,2))).
eq \(EF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)，0，\f(a,2)))，eq \(DC,\s\up6(→))＝(0，a,0)，
∵eq \(EF,\s\up6(→))·eq \(DC,\s\up6(→))＝0，∴eq \(EF,\s\up6(→))⊥eq \(DC,\s\up6(→))，即EF⊥CD.
(2)解 设G(x,0，z)，则eq \(FG,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(a,2)，－\f(a,2)，z－\f(a,2)))，
若使GF⊥平面PCB，则需eq \(FG,\s\up6(→))·eq \(CB,\s\up6(→))＝0且eq \(FG,\s\up6(→))·eq \(CP,\s\up6(→))＝0，
由eq \(FG,\s\up6(→))·eq \(CB,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(a,2)，－\f(a,2)，z－\f(a,2)))·(a,0,0)
＝aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(a,2)))＝0，得x＝eq \f(a,2)，
由eq \(FG,\s\up6(→))·eq \(CP,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(a,2)，－\f(a,2)，z－\f(a,2)))·(0，－a，a)
＝eq \f(a2,2)＋aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(z－\f(a,2)))＝0，
得z＝0.
∴G点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，0，0))，即G为AD的中点时，GF⊥平面PCB.
20．(12分)如图所示，已知点P在正方体ABCD－A′B′C′D′的对角线BD′上，∠PDA＝60°.

(1)求DP与CC′所成角的大小；
(2)求DP与平面AA′D′D所成角的大小．
解 (1)如图所示，以D为原点，DA，DC，DD′分别为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系，设DA＝1.
则eq \(DA,\s\up6(→))＝(1,0,0)，eq \(CC′,\s\up6(—→))＝(0,0,1)．
连接BD，B′D′.
在平面BB′D′D中，延长DP交B′D′于H.
设eq \(DH,\s\up6(→))＝(m，m,1)(m>0)，
由已知得〈eq \(DA,\s\up6(→))·eq \(DH,\s\up6(→))〉＝60°，
由eq \(DA,\s\up6(→))·eq \(DH,\s\up6(→))＝|eq \(DA,\s\up6(→))||eq \(DH,\s\up6(→))|cs〈eq \(DH,\s\up6(→))，eq \(DA,\s\up6(→))〉，
可得2m＝eq \r(2m2＋1).
解得m＝eq \f(\r(2),2)，
所以eq \(DH,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，1)).
因为cs〈eq \(DH,\s\up6(→))，eq \(CC′,\s\up6(—→))〉＝eq \f(\f(\r(2),2)×0＋\f(\r(2),2)×0＋1×1,\r(2)×1)＝eq \f(\r(2),2)，
所以〈eq \(DH,\s\up6(→))，eq \(CC′,\s\up6(—→))〉＝45°，
即DP与CC′所成的角为45°.
(2)由题意得，平面AA′D′D的一个法向量是
eq \(DC,\s\up6(→))＝(0,1,0)，
因为cs〈eq \(DH,\s\up6(→))，eq \(DC,\s\up6(→))〉
＝eq \f(\f(\r(2),2)×0＋\f(\r(2),2)×1＋1×0,1×\r(2))＝eq \f(1,2)，
所以〈eq \(DH,\s\up6(→))，eq \(DC,\s\up6(→))〉＝60°，
可得DP与平面AA′D′D所成的角为30°.
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，求二面角F－AB－P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，
则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).
由图可知，二面角F－AB－P为锐角，
所以二面角F－AB－P的余弦值为eq \f(3\r(10),10).
22．(12分)如图所示，在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝AB＝BC＝2，CD＝4，E为CD的中点，AE与BD交于点O，将△ADE沿AE折起，使点D到达点P的位置(P∉平面ABCE)．
(1)证明：平面POB⊥平面ABCE；
(2)若PB＝eq \r(6)，试判断线段PB上是否存在一点Q(不含端点)，使得直线PC与平面AEQ所成角的正弦值为eq \f(\r(15),5)，若存在，求出eq \f(PQ,OB)的值；若不存在，说明理由．
(1)证明 在梯形ABCD中，连接BE(图略)，
∵AD＝AB＝BC＝2，CD＝4，E为中点，
∴四边形ABED为菱形，∴BD⊥AE，
∴OB⊥AE，OD⊥AE，
即OB⊥AE，OP⊥AE，且OB∩OP＝O，
OB⊂平面POB，OP⊂平面POB，
∴AE⊥平面POB.
又AE⊂平面ABCE，∴平面POB⊥平面ABCE.
(2)由(1)可知四边形ABED为菱形，
∴AD＝DE＝2，
在等腰梯形ABCD中，AE＝BC＝2，
∴△PAE为正三角形，∴OP＝eq \r(3)，同理OB＝eq \r(3)，
∵PB＝eq \r(6)，∴OP2＋OB2＝PB2，∴OP⊥OB.
由(1)可知OP⊥AE，OB⊥AE，
以O为原点，eq \(OE,\s\up6(→))，eq \(OB,\s\up6(→))，eq \(OP,\s\up6(→))分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系O－xyz，
则P(0,0，eq \r(3))，A(－1,0,0)，B(0，eq \r(3)，0)，C(2，eq \r(3)，0)，
E(1,0,0),
∴eq \(AP,\s\up6(→))＝(1,0，eq \r(3))，eq \(PB,\s\up6(→))＝(0，eq \r(3)，－eq \r(3))，
eq \(PC,\s\up6(→))＝(2，eq \r(3)，－eq \r(3))，eq \(AE,\s\up6(→))＝(2,0,0)，
设eq \(PQ,\s\up6(→))＝λeq \(PB,\s\up6(→))(0<λ<1)，
eq \(AQ,\s\up6(→))＝eq \(AP,\s\up6(→))＋eq \(PQ,\s\up6(→))＝eq \(AP,\s\up6(→))＋λeq \(PB,\s\up6(→))＝(1，eq \r(3)λ，eq \r(3)－eq \r(3)λ)，
设平面AEQ的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AE,\s\up6(→))＝0，,n·\(AQ,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x＝0，,x＋\r(3)λy＋\r(3)－\r(3)λz＝0，))
取x＝0，y＝1，得z＝eq \f(λ,λ－1)，
∴n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，1，\f(λ,λ－1)))，
设直线PC与平面AEQ所成角为θ，θ∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，
则sin θ＝|cs〈eq \(PC,\s\up6(→))，n〉|＝eq \f(|\(PC,\s\up6(→))·n|,|\(PC,\s\up6(→))||n|)＝eq \f(\r(15),5)，
即eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\r(3)＋\f(\r(3)λ,1－λ))),\r(10)\r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(λ,λ－1)))2))＝eq \f(\r(15),5)，
化简得4λ2－4λ＋1＝0，解得λ＝eq \f(1,2)，
∴存在点Q为PB的中点时，使直线PC与平面AEQ所成角的正弦值为eq \f(\r(15),5).