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    新教材2023版高中数学第2章空间向量与立体几何章末过关检测湘教版选择性必修第二册
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    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

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    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°.
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