2022届高中数学新人教B版 选择性必修第一册 第一章质量检测 课时作业

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章末质量检测(一)　空间向量与立体几何一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60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．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＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)，1，－1))，b＝(4，－3,3)．其中互相平行的是(　　)A．②③ B．①④C．①②④ D．①②③④2．已知向量a＝(2，－3,5)与b＝(4，x，y)平行，则x，y的值为(　　)A．6和－10 B．－6和10C．－6和－10 D．6和103．在四面体O­ABC中，点P为棱BC的中点．设eq \o(OA,\s\up6(→))＝a，eq \o(OB,\s\up6(→))＝b，eq \o(OC,\s\up6(→))＝c，那么向量eq \o(AP,\s\up6(→))用基底{a，b，c}可表示为(　　)A．－eq \f(1,2)a＋eq \f(1,2)b＋eq \f(1,2)c B．－a＋eq \f(1,2)b＋eq \f(1,2)cC．a＋eq \f(1,2)b＋eq \f(1,2)c D.eq \f(1,2)a＋eq \f(1,2)b＋eq \f(1,2)c4．正方体ABCD­A1B1C1D1中，BB1与平面ACD1所成角的余弦值为(　　)A.eq \f(\r(2),3)　　　B.eq \f(\r(3),3)　　　C.eq \f(2,3)　　　D.eq \f(\r(6),3)5．已知长方体ABCD­A1B1C1D1，下列向量的数量积一定不为0的是(　　)A．AD1·B1CB．BD1·eq \o(AC,\s\up6(→))C.eq \o(AB,\s\up6(→))·AD1D．BD1·eq \o(BC,\s\up6(→))6．已知A(－4,6，－1)，B(4,3,2)，则下列各向量中是平面AOB的一个法向量的是(　　)A．(0,1,6) B．(－1,2，－1)C．(－15,4,36) D．(15,4，－36)7．四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是平行四边形，eq \o(AB,\s\up6(→))＝(2，－1，－4)，eq \o(AD,\s\up6(→))＝(4,2,0)，eq \o(AP,\s\up6(→))＝(－1,2，－1)，则PA与底面ABCD的关系是(　　)A．相交 B．垂直 C．不垂直 D．成60°角8．已知正四棱锥S­ABCD的侧棱长与底面边长都相等，E是SB的中点，则AE与平面SBC所成的角的余弦值为(　　)A.eq \f(2\r(2),3) B.eq \f(1,3) C.eq \f(\r(3),3) D.eq \f(\r(2),3)9．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.eq \f(\r(2),2) B.eq \f(\r(3),3)C.eq \f(\r(7),7) D.eq \f(5,7)10．已知四边形ABCD是边长为4的正方形，E，F分别是边AB，AD的中点，GC垂直于正方形ABCD所在平面，且GC＝2，则点B到平面EFG的距离为(　　)A．3 B.eq \r(5) C.eq \f(\r(11),11) D.eq \f(2\r(11),11)11．已知四棱锥O－ABCD中，eq \o(OA,\s\up6(→))＝a，eq \o(OB,\s\up6(→))＝b，eq \o(OC,\s\up6(→))＝c，点M在OA上，且OM＝2MA，N为BC中点，则eq \o(MN,\s\up6(→))＝(　　)A.eq \f(1,2)a－eq \f(2,3)b＋eq \f(1,2)c B.eq \f(1,2)a＋eq \f(1,2)b－eq \f(1,2)cC．－eq \f(2,3)a＋eq \f(1,2)b＋eq \f(1,2)c D.eq \f(2,3)a＋eq \f(2,3)b－eq \f(1,2)c12．将正方形ABCD沿对角线BD折成一个直二面角，点C到达点C1，则异面直线AB与C1D所成角是(　　)A．90° B．60° C．45° D．30°二、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{eq \o(AB,\s\up6(→))，eq \o(AC,\s\up6(→))，eq \o(AD,\s\up6(→))}为基底，则eq \o(GE,\s\up6(→))＝________.16．已知棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是A1B1的中点，则直线AE与平面ABC1D1所成角的正弦值为________．三、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)在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是一直角梯形，∠BAD＝90°，AD∥BC，AB＝BC＝a，AD＝2a，且PA⊥底面ABCD，PD与底面成30°角．(1)若AE⊥PD，E为垂足，求证：BE⊥PD；(2)求异面直线AE与CD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A ­ PB ­ E的大小．20．(12分)如图，已知四棱锥P ­ ABCD的底面是直角梯形，∠ABC＝∠BCD＝90°，AB＝BC＝PB＝PC＝2CD＝2，侧面PBC⊥底面ABCD，O是BC的中点，AO交BD于E.(1)求证：PA⊥BD；(2)求二面角P­DC­B的大小；(3)求证：平面PAD⊥平面PAB.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eq \f(PF,PC)＝eq \f(1,3).(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eq \f(PG,PB)＝eq \f(2,3).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＝eq \r(5)，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\co1(－\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：D2．解析：因为向量a＝(2，－3,5)与b＝(4，x，y)平行，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－3＝\f(1,2)x，,5＝\f(1,2)y，))解得x＝－6，y＝10.答案：B3．解析：由向量减法的三角形法则可知eq \o(AP,\s\up12(→))＝eq \o(OP,\s\up12(→))－eq \o(OA,\s\up12(→))，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 \o(OP,\s\up12(→))＝eq \f(1,2)(eq \o(OB,\s\up12(→))＋eq \o(OC,\s\up12(→)))，所以eq \o(AP,\s\up12(→))＝eq \o(OP,\s\up12(→))－eq \o(OA,\s\up12(→))＝eq \f(1,2)(eq \o(OB,\s\up12(→))＋eq \o(OC,\s\up12(→)))－eq \o(OA,\s\up12(→))＝－a＋eq \f(1,2)b＋eq \f(1,2)c.故B正确．答案：B4.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cos〈DB1，BB1〉＝eq \f(\o(DB1,\s\up12(→))·\o(BB1,\s\up12(→)),\o(|DB1,\s\up12(→))||\o(BB1,\s\up12(→))|)＝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\co1(\f(\r(3),3)))2)＝eq \f(\r(6),3).答案：D5．解析：当长方体的侧面AA1D1D与BB1C1C为正方形时，AD1⊥B1C，所以AD1·B1C＝0；当长方体的底面为正方形时，BD1⊥eq \o(AC,\s\up12(→))，所以BD1·eq \o(AC,\s\up12(→))＝0；由长方体的性质知AB⊥平面AA1D1D，所以eq \o(AB,\s\up12(→))⊥AD1，所以eq \o(AB,\s\up12(→))·AD1＝0；无论长方体具体何种结构，都不可能有BD1⊥eq \o(BC,\s\up12(→))，也就不可能有BD1·eq \o(BC,\s\up12(→))＝0，故选D.答案：D6．解析：设法向量为(x，y，z)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－4x＋6y－z＝0，,4x＋3y＋2z＝0，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＝\f(15,4)y，,z＝－9y，))令y＝4，则得法向量为(15,4，－36)．答案：D7．解析：∵eq \o(AP,\s\up12(→))·eq \o(AB,\s\up12(→))＝0，eq \o(AP,\s\up12(→))·eq \o(AD,\s\up12(→))＝0，∴PA⊥AB，PA⊥AD.又AB∩AD＝A，∴PA⊥平面ABCD.答案：B8．解析：设AE与平面SBC所成的角为θ，以底面中心O为原点，以射线OA为x轴正半轴，以射线OB为y轴正半轴，以射线OS为z轴正半轴，建立空间直角坐标系，设底面边长为eq \r(2)，则A(1,0,0)，B(0,1,0)，C(－1,0,0)，S(0,0,1)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，\f(1,2)))，所以eq \o(BC,\s\up12(→))＝(－1，－1,0)，eq \o(SB,\s\up12(→))＝(0,1，－1)，eq \o(EA,\s\up12(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(1,2)，－\f(1,2)))，设平面SBC的法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(BC,\s\up12(→))＝0，,n·\o(SB,\s\up12(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－x－y＝0，,y－z＝0，))令x＝1，所以n＝(1，－1，－1)．因为coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－θ))＝eq \f(\o(EA,\s\up12(→))·n,|\o(EA,\s\up12(→))||n|)＝eq \f(2\r(2),3)，所以cos θ＝eq \f(1,3).故选B.答案：B9．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 \o(BC,\s\up12(→))＝eq \o(BD,\s\up12(→))＋eq \o(DE,\s\up12(→))＋eq \o(EC,\s\up12(→))，所以eq \o(BC,\s\up12(→))2＝eq \o(BD,\s\up12(→))2＋eq \o(DE,\s\up12(→))2＋eq \o(EC,\s\up12(→))2＋2eq \o(BD,\s\up12(→))·eq \o(DE,\s\up12(→))＋2eq \o(DE,\s\up12(→))·eq \o(EC,\s\up12(→))＋2eq \o(EC,\s\up12(→))·eq \o(BD,\s\up12(→))，所以eq \o(EC,\s\up12(→))·eq \o(BD,\s\up12(→))＝－eq \f(1,4)，所以cos〈eq \o(BD,\s\up12(→))，eq \o(EC,\s\up12(→))〉＝－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：C10．解析：如图，建立空间直角坐标系，则B(0,4,0)，E(2,4,0)，F(4,2,0)，G(0,0,2)，eq \o(GE,\s\up12(→))＝(2,4，－2)，eq \o(GF,\s\up12(→))＝(4,2，－2)，设n＝(x，y，z)是平面EFG的一个法向量，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(GE,\s\up12(→))＝0，,n·\o(GF,\s\up12(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2x＋4y－2z＝0，,4x＋2y－2z＝0，))令x＝1，则y＝1，z＝3，则n＝(1,1,3)，而eq \o(EB,\s\up12(→))＝(－2,0,0)，故d＝eq \f(|n·\o(EB,\s\up12(→))|,|n|)＝eq \f(2\r(11),11).答案：D11．解析：eq \o(MN,\s\up12(→))＝eq \o(MA,\s\up12(→))＋eq \o(AB,\s\up12(→))＋eq \o(BN,\s\up12(→))＝eq \f(1,3)eq \o(OA,\s\up12(→))＋(eq \o(OB,\s\up12(→))－eq \o(OA,\s\up12(→)))＋eq \f(1,2)(eq \o(OC,\s\up12(→))－eq \o(OB,\s\up12(→)))＝－eq \f(2,3)eq \o(OA,\s\up12(→))＋eq \f(1,2)eq \o(OB,\s\up12(→))＋eq \f(1,2)eq \o(OC,\s\up12(→))＝－eq \f(2,3)a＋eq \f(1,2)b＋eq \f(1,2)c.答案：C12.解析：方法一：如图，则AB∥CD，所以C1D与CD所成的角即为异面直线AB与C1D所成角，设正方形边长为2，则OC＝OC1＝eq \r(2)，所以CC1＝2，所以△CC1D为等边三角形，故异面直线AB与C1D所成角是60°.方法二：设正方形边长为2，则OA＝OB＝OC＝OD＝OC1＝eq \r(2)，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，－eq \r(2)，0)，B(eq \r(2)，0,0)，C1(0,0，eq \r(2))，D(－eq \r(2)，0,0)．所以eq \o(AB,\s\up12(→))＝(eq \r(2)，eq \r(2)，0)，DC1＝(eq \r(2)，0，eq \r(2))，所以cos〈eq \o(AB,\s\up12(→))，eq \o(DC1,\s\up12(→))〉＝eq \f(\o(AB,\s\up12(→))·DC1,|\o(AB,\s\up12(→))||DC1|)＝eq \f(\r(2)，\r(2)，0·\r(2)，0，\r(2),2×2)＝eq \f(1,2)，故异面直线AB与C1D所成角是60°.答案：B13．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 \o(GE,\s\up12(→))＝eq \o(AE,\s\up12(→))－eq \o(AG,\s\up12(→))＝eq \o(AD,\s\up12(→))＋eq \o(DE,\s\up12(→))－eq \f(2,3)eq \o(AM,\s\up12(→))＝eq \o(AD,\s\up12(→))＋eq \f(1,4)eq \o(DB,\s\up12(→))－eq \f(1,3)(eq \o(AB,\s\up12(→))＋eq \o(AC,\s\up12(→)))＝eq \o(AD,\s\up12(→))＋eq \f(1,4)eq \o(AB,\s\up12(→))－eq \f(1,4)eq \o(AD,\s\up12(→))－eq \f(1,3)eq \o(AB,\s\up12(→))－eq \f(1,3)eq \o(AC,\s\up12(→))＝－eq \f(1,12)eq \o(AB,\s\up12(→))－eq \f(1,3)eq \o(AC,\s\up12(→))＋eq \f(3,4)eq \o(AD,\s\up12(→)).答案：－eq \f(1,12)eq \o(AB,\s\up12(→))－eq \f(1,3)eq \o(AC,\s\up12(→))＋eq \f(3,4)eq \o(AD,\s\up12(→))16．解析：如图，建立空间直角坐标系，eq \o(AB,\s\up12(→))＝(0,1,0)，AD1＝(－1,0,1)，eq \o(AE,\s\up12(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，1)).设平面ABC1D1的法向量为n＝(x，y，z)，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(AB,\s\up12(→))＝0，,n·AD1＝0))可解得n＝(1,0,1)．设直线AE与平面ABC1D1所成的角为θ，则sin θ＝eq \f(|\o(AE,\s\up12(→))·n|,|\o(AE,\s\up12(→))||n|)＝eq \f(\r(10),5).答案：eq \f(\r(10),5)17．解析：(1)证明：∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥AB.又AB⊥AD，PA∩AD＝A，∴AB⊥平面PAD，∴AB⊥PD.又∵AE⊥PD，AB∩AE＝A，∴PD⊥平面ABE，故BE⊥PD.(2)以A为原点，AB，AD，AP所在直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，则点C，D的坐标分别为(a，a,0)，(0,2a,0)．∵PA⊥平面ABCD，∠PDA是PD与底面ABCD所成的角，∴∠PDA＝30°.于是，在Rt△AED中，由AD＝2a，得AE＝a.过E作EF⊥AD，垂足为F，在Rt△AFE中，由AE＝a，∠EAF＝60°，得AF＝eq \f(a,2)，EF＝eq \f(\r(3),2)a，∴Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)a，\f(\r(3),2)a)).于是，eq \o(AE,\s\up12(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)a，\f(\r(3),2)a))，eq \o(CD,\s\up12(→))＝(－a，a,0)．设eq \o(AE,\s\up12(→))与eq \o(CD,\s\up12(→))的夹角为θ，则由cos θ＝eq \f(\o(AE,\s\up12(→))·\o(CD,\s\up12(→)),|\o(AE,\s\up12(→))||\o(CD,\s\up12(→))|)＝eq \f(0·－a＋\f(1,2)a·a＋\f(\r(3),2)a·0,\r(02＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)a))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)a))2)×\r(－a2＋a2＋02))＝eq \f(\r(2),4).AE与CD所成角的余弦值为eq \f(\r(2),4).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 \o(BE,\s\up12(→))＝(0,1,1)，eq \o(DC,\s\up12(→))＝(2,0,0)，故eq \o(BE,\s\up12(→))·eq \o(DC,\s\up12(→))＝0，所以BE⊥DC.(2)向量eq \o(BD,\s\up12(→))＝(－1,2,0)，eq \o(PB,\s\up12(→))＝(1,0，－2)．设n＝(x，y，z)为平面PBD的法向量，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(BD,\s\up12(→))＝0，,n·\o(PB,\s\up12(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－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cos〈n，eq \o(BE,\s\up12(→))〉＝eq \f(n·\o(BE,\s\up12(→)),|n||\o(BE,\s\up12(→))|)＝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 \o(BC,\s\up12(→))＝(1,2,0)，eq \o(CP,\s\up12(→))＝(－2，－2,2)，eq \o(AC,\s\up12(→))＝(2,2,0)，eq \o(AB,\s\up12(→))＝(1,0,0)．由点F在棱PC上，设eq \o(CF,\s\up12(→))＝λeq \o(CP,\s\up12(→))，0≤λ≤1.故eq \o(BF,\s\up12(→))＝eq \o(BC,\s\up12(→))＋eq \o(CF,\s\up12(→))＝eq \o(BC,\s\up12(→))＋λeq \o(CP,\s\up12(→))＝(1－2λ，2－2λ，2λ)．由BF⊥AC，得eq \o(BF,\s\up12(→))·eq \o(AC,\s\up12(→))＝0，因此，2(1－2λ)＋2(2－2λ)＝0，解得λ＝eq \f(3,4).即eq \o(BF,\s\up12(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\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\co1(n1·\o(AB,\s\up12(→))＝0，,n1·\o(BF,\s\up12(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(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cos〈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\co1(0，\f(3,2)，0))，∴eq \o(PB,\s\up12(→))＝(1,0，－eq \r(3))，eq \o(PE,\s\up12(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2)，－\r(3))).设平面PBE的法向量n1＝(x，y，z)，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(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，cos θ＝|cos〈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：解法一：(1)证明：∵PB＝PC，∴PO⊥BC.又∵平面PBC⊥平面ABCD，平面PBC∩平面ABCD＝BC，∴PO⊥平面ABCD.在梯形ABCD中，可得Rt△ABO≌Rt△BCD，∴∠BEO＝∠OAB＋∠DBA＝∠DBC＋∠DBA＝90°，即AO⊥BD.∵PA在平面ABCD内的射影为AO，∴PA⊥BD.(2)∵DC⊥BC，且平面PBC⊥平面ABCD，∴DC⊥平面PBC.∵PC⊂平面PBC，∴DC⊥PC，∴∠PCB为二面角P­DC­B的平面角．∵△PBC是等边三角形，∴∠PCB＝60°，即二面角P­DC­B的大小为60°.(3)证明：取PB的中点N，连接CN.∵PC＝BC，∴CN⊥PB，①∵AB⊥BC，且平面PBC⊥平面ABCD，∴AB⊥平面PBC.∵AB⊂平面PAB，∴平面PBC⊥平面PAB.②由①，②知CN⊥平面PAB.取PA的中点M，连接DM，MN，则由MN∥AB∥CD，MN＝eq \f(1,2)AB＝CD，得四边形MNCD为平行四边形，∴CN∥DM，∴DM⊥平面PAB.∵DM⊂平面PAD，∴平面PAD⊥平面PAB.解法二：取BC的中点O，因为△PBC是等边三角形，由侧面PBC⊥底面ABCD，得PO⊥底面ABCD.以BC中点O为原点，以BC所在直线为x轴，过点O与AB平行的直线为y轴，建立如图所示的空间直角坐标系O­xyz.(1)证明：∵CD＝1，∴在直角梯形中，AB＝BC＝2，在等边三角形PBC中，PO＝eq \r(3)，∴A(1，－2,0)，B(1,0,0)，D(－1，－1,0)，P(0,0，eq \r(3))，∴eq \o(BD,\s\up12(→))＝(－2，－1,0)，eq \o(PA,\s\up12(→))＝(1，－2，－eq \r(3))，∵eq \o(BD,\s\up12(→))·eq \o(PA,\s\up12(→))＝(－2)×1＋(－1)×(－2)＋0×(－eq \r(3))＝0，∴eq \o(PA,\s\up12(→))⊥eq \o(BD,\s\up12(→))，即PA⊥BD.(2)取PC中点N，则eq \o(BN,\s\up12(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，0，\f(\r(3),2))).∵eq \o(DC,\s\up12(→))＝(0,2,0)，eq \o(CP,\s\up12(→))＝(1,0，eq \r(3))，∴eq \o(BN,\s\up12(→))·eq \o(DC,\s\up12(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)))×0＋0×2＋eq \f(\r(3),2)×0＝0，eq \o(BN,\s\up12(→))·eq \o(CP,\s\up12(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)))×1＋0×0＋eq \f(\r(3),2)×eq \r(3)＝0，∴eq \o(BN,\s\up12(→))⊥平面PDC，显然eq \o(OP,\s\up12(→))＝(0,0，eq \r(3))，且eq \o(OP,\s\up12(→))⊥平面ABCD，∴eq \o(BN,\s\up12(→))，eq \o(OP,\s\up12(→))的夹角等于所求二面角的平面角．∵eq \o(BN,\s\up12(→))·eq \o(OP,\s\up12(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)))×0＋0×0＋eq \f(\r(3),2)×eq \r(3)＝eq \f(3,2)，|eq \o(BN,\s\up12(→))|＝eq \r(3)，|eq \o(OP,\s\up12(→))|＝eq \r(3)，∴cos〈eq \o(BN,\s\up12(→))，eq \o(OP,\s\up12(→))〉＝eq \f(\f(3,2),\r(3)×\r(3))＝eq \f(1,2)，∴二面角P­DC­B的大小为60°.(3)证明：取PA的中点M，连接DM，则M的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－1，\f(\r(3),2))).又eq \o(DM,\s\up12(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，0，\f(\r(3),2)))，eq \o(PB,\s\up12(→))＝(1,0，－eq \r(3))，∴eq \o(DM,\s\up12(→))·eq \o(PA,\s\up12(→))＝eq \f(3,2)×1＋0×(－2)＋eq \f(\r(3),2)×(－eq \r(3))＝0，eq \o(DM,\s\up12(→))·eq \o(PB,\s\up12(→))＝eq \f(3,2)×1＋0×0＋eq \f(\r(3),2)×(－eq \r(3))＝0，∴eq \o(DM,\s\up12(→))⊥eq \o(PA,\s\up12(→))，eq \o(DM,\s\up12(→))⊥eq \o(PB,\s\up12(→))，即DM⊥PA，DM⊥PB.又∵PA∩PB＝P，∴DM⊥平面PAB，∴平面PAD⊥平面PAB.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 \o(PF,\s\up12(→))＝eq \f(1,3)eq \o(PC,\s\up12(→))可得点F的坐标为Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(2,3)，\f(4,3)))，则eq \o(AF,\s\up12(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(2,3)，\f(4,3)))，由eq \o(PE,\s\up12(→))＝eq \f(1,2)eq \o(PD,\s\up12(→))可得E(0,1,1)，则eq \o(AE,\s\up12(→))＝(0,1,1)，设平面AEF的法向量为：m＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(m·\o(AF,\s\up12(→))＝x，y，z·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(2,3)，\f(4,3)))＝\f(2,3)x＋\f(2,3)y＋\f(4,3)z＝0，,m·\o(AE,\s\up12(→))＝x，y，z·0，1，1＝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)，cos〈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 \o(PG,\s\up12(→))＝eq \f(2,3)eq \o(PB,\s\up12(→))可得Geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，－\f(2,3)，\f(2,3)))，则eq \o(AG,\s\up12(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\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 \o(AG,\s\up12(→))＝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 \o(CD,\s\up12(→))＝(2,0,1)，eq \o(CB,\s\up12(→))＝(1,2,0)，设平面BCD的法向量为n＝(a，b，c)，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(CD,\s\up12(→))＝0,n·\o(CB,\s\up12(→))＝0))，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(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 \o(EB,\s\up12(→))＝(0,2,0)，∴cos〈n·eq \o(EB,\s\up12(→))〉＝eq \f(n·\o(EB,\s\up12(→)),|n||\o(EB,\s\up12(→))|)＝－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 \o(GF,\s\up12(→))＝(0，－2,1)，∴n·eq \o(GF,\s\up12(→))＝－2，∴n与eq \o(GF,\s\up12(→))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．