2023-2024学年重庆市高二（上）第一次月考数学试卷

这是一份2023-2024学年重庆市高二（上）第一次月考数学试卷，共21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。

1．（5分）若复数z＝i（2+i），则|z|＝（ ）
A．1B．C．5D．
2．（5分）已知空间向量＝（3，1，3），＝（﹣1，λ，﹣1），且∥，则实数λ＝（ ）
A．﹣B．﹣3C．D．6
3．（5分）设l是一条直线，α，β是两个不同的平面，下列命题正确的是（ ）
A．若l∥α，l∥β，则α∥βB．若α⊥β，l∥α，则l⊥β
C．若l∥α，l⊥β，则α⊥βD．若α⊥β，l⊥α，则l∥β
4．（5分）已知M、N分别是四面体OABC的棱OA，BC的中点，点P在线MN上，且MP＝2PN，设向量＝，＝，＝，则＝（ ）
A．++B．++
C．++D．++
5．（5分）已知空间四面体ABCD的每条边和对角线的长都等于a，点E、F分别是BC、AD的中点，则•的值为（ ）
A．a2B．a2C．a2D．a2
6．（5分）在三棱锥P﹣ABC中，PA，PB，PC两两垂直，且PA＝PB＝PC，M，N分别为AC，AB的中点，则异面直线PN和BM所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
7．（5分）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，已知∠ABC＝90°，P为侧棱CC1上任意一点，Q为棱AB上任意一点，PQ与AB所成角为α，PQ与平面ABC所成的角为β，则α与β的大小关系为（ ）
A．α＝βB．α＜βC．α＞βD．不能确定
8．（5分）已知MN是正方体内切球的一条直径，点P在正方体表面上运动，正方体的棱长是2，则的取值范围为（ ）
A．[0，4]B．[0，2]C．[1，4]D．[1，2]
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，有多项符合题目要求的.全选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分.
（多选）9．（5分）在空间直角坐标系中，下列结论正确的是（ ）
A．点（﹣2，1，4）关于x轴对称的点的坐标为（2，1，4）
B．到（1，0，0）的距离小于1的点的集合是{（x，y，z）|（x﹣1）2+y2+z2＜1}
C．点（1，2，3）与点（3，2，1）的中点坐标是（2，2，2）
D．点（1，2，0）关于平面yOz对称的点的坐标为（﹣1，2，0）
（多选）10．（5分）下面四个结论正确的是（ ）
A．向量，（≠，≠），若⊥，则•＝0
B．若空间四个点，则A，B，C三点共线
C．已知向量＝（1，1，x），＝（﹣3，x，9），若，则＜，＞为钝角
D．任意向量，，满足（•）•＝•（•）
（多选）11．（5分）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1，则（ ）
A．直线BC1与DA1所成的角为90°
B．直线BC1与CA1所成的角为90°
C．直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45°
D．直线BC1与平面ABCD所成的角为45°
（多选）12．（5分）若长方体ABCD﹣A1B1C1D1的底面是边长为2的正方形，高为4，E是DD1的中点，则（ ）
A．B1E⊥A1B
B．平面B1CE∥平面A1BD
C．三棱锥C1﹣B1CE的体积为
D．三棱锥C1﹣B1CD1的外接球的表面积为24π
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.第15题第一小问2分，第二小问3分.
13．（5分）已知直线l与平面α平行，直线l的一个方向向量为，向量与平面α垂直，则z＝ ．
14．（5分）如图，半球内有一内接正四棱锥S﹣ABCD，该四棱锥的体积为，则该半球的体积为 ．
15．（5分）如图，空间四边形ABCD中，平面 ABD⊥平面BCD，∠BAD＝90°，且AB＝AD，则AD与平面BCD所成的角是 ．
16．（5分）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M是棱DD1的中点，P是底面ABCD内（包括边界）的一个动点，若MP∥平面A1BC1，则异面直线MP与A1C1所成角的取值范围是 ．
四、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17．（10分）已知复数z1＝1+2i，z2＝3﹣4i．
（1）若复数z1+λz2在复平面内对应的点在第二象限，求实数λ的取值范围；
（2）若复数z＝z1•（μ+z2）（μ∈R）为纯虚数，求z的虚部．
18．（12分）已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且bsinC＝ccs（B﹣）．
（1）求角B；
（2）若b＝4，求△ABC周长的最大值．
19．（12分）如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为直角梯形，∠ABC＝，PA⊥平面ABCD，AD＝5，BC＝2AB＝4，M是PC的中点．
（1）求证：平面PAC⊥平面PCD；
（2）若AM⊥PC，求四棱锥P﹣ABCD的体积．
20．（12分）已知四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面为菱形，AB＝AA1＝2，∠BAD＝，AC∩BD＝O，AO⊥平面A1BD，A1B＝A1D．
（1）证明：B1C∥平面A1BD；
（2）求钝二面角B﹣AA1﹣D的余弦值．
21．（12分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，∠BAD＝，AD＝2AB＝2BC＝2PA＝4，M为PB上靠近B的三等分点．
（1）求证：PD∥平面ACM；
（2）求直线PD与平面ACM的距离．
22．（12分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD是边长为2的正方形，PD＝DC，F，G分别是PB，AD的中点．
（1）求证：GF⊥平面PCB；​
（2）在线段AP上是否存在一点M，使得DM与平面ADF所成角为30°？若存在，求出M点坐标，若不存在，请说明理由．
参考答案与试题解析
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，只有一项是符合要求的.
1．【分析】根据已知条件，结合复数的四则运算，以及复数模公式，即可求解．
【解答】解：z＝i（2+i）＝﹣1+2i，
则．
故选：D．
【点评】本题主要考查复数的四则运算，以及复数模公式，属于基础题．
2．【分析】由∥，可设k＝，可得，解出即可得出．
【解答】解：∵∥，∴可设k＝，∴，
解得λ＝k＝﹣．
故选：A．
【点评】本题考查了向量共线定理、方程的解法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
3．【分析】由线面平行的性质和面面的位置关系，可判断A；由线面的位置关系可判断B；由线面平行与垂直的性质定理和面面垂直的判定定理，可判断C；由面面垂直的性质定理和线面的位置关系可判断D．
【解答】解：l是一条直线，α，β是两个不同的平面，
若l∥α，l∥β，可得α∥β或α、β相交，故A错误；
若α⊥β，l∥α，可得l∥β或l⊂β、l与β相交，故B错误；
若l∥α，可得过l的平面γ与α的交线m∥l，由l⊥β，可得m⊥β，又m⊂α，则α⊥β，故C正确；
若α⊥β，l⊥α，可得l∥β或l⊂β，故D错误．
故选：C．
【点评】本题考查空间线线、线面和面面的位置关系，主要是平行和垂直的判定和性质，考查空间想象能力和推理能力，属于基础题．
4．【分析】利用空间向量的三角形法则、平行四边形法则，把用、和线性表示即可．
【解答】解：如图所示，
＝+，＝（+），＝，＝﹣，＝．
∴＝+
＝+
＝+（﹣）
＝+
＝×（+）+×
＝++
＝++．
故选：C．
【点评】本题考查了空间向量的线性运算问题，考查了数形结合的应用问题，是基础题目．
5．【分析】由题意可得，•＝•＝，再利用两个向量的数量积的定义求得结果．
【解答】解：由题意可得，•＝•＝＝＝，
故选：C．
【点评】本题主要考查两个向量的加减法的法则，以及其几何意义，两个向量的数量积的定义，属于中档题．
6．【分析】以P为原点，PA为x轴，PB为y轴，PC为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线PN和BM所成角的余弦值．
【解答】解：∵在三棱锥P﹣ABC中，PA，PB，PC两两垂直，且PA＝PB＝PC，M，N分别为AC，AB的中点，
∴以P为原点，PA为x轴，PB为y轴，PC为z轴，建立空间直角坐标系，
设PA＝PB＝PC＝2，则P（0，0，0），N（1，1，0），B（0，2，0），M（1，0，1），
＝（1，1，0），＝（1，﹣2，1），
设异面直线PN和BM所成角为θ，
则csθ＝＝＝．
∴异面直线PN和BM所成角的余弦值为．
故选：D．
【点评】本题考查异面直线所成角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，是中档题．
7．【分析】作出两个角，在直角三角形中表示出sinα，sinβ，根据它们的大小关系得出结论．
【解答】解：连接CQ，PB，
∵CC1⊥平面ABC，∴∠PQC为PQ与平面ABC所成的角，即∠PQC＝β，
由CC1⊥平面ABC，可得CC1⊥AB，
又AB⊥BC，BC∩CC1＝C，
∴AB⊥平面BCC1B1，∴AB⊥PB，
∴∠PQB为直线PQ与AB所成角，即∠PQB＝α，
∵sinα＝，sinβ＝，且PB＞PC，
∴sinα＞sinβ，∴α＞β，
故选：C．
【点评】本题考查了空间角的计算与大小比较，作出要求的空间角是关键，属于基础题．
8．【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量的数量积求解即可．
【解答】解：以D1为坐标原点，以D1A1，D1C1，D1D所在直线为x轴，y轴，z轴，
建立空间直角坐标系，如图所示；
设正方体内切球球心为S，MN是该内切球的任意一条直径，
则内切球的半径为1，
所以•＝（+）•（+）＝（+）•（﹣）＝﹣1∈[0，2]．
所以的取值范围是[0，2]．
故选：B．
【点评】本题以正方体为载体，考查了线面、面面位置关系，以及空间向量的数量积应用问题，是中档题．
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，有多项符合题目要求的.全选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分.
9．【分析】对于A，在空间直角坐标系中，点（x，y，z）关于x轴的对称点的坐标为：（x，﹣y，﹣z）；对于B，由点到直线的距离公式求解；对于C，由中点坐标公式求解；对于D，在空间直角坐标系中，点（x，y，z）关于平面yOz的对称点的坐标为：（﹣x，y，z）．
【解答】解：对于A，∵在空间直角坐标系中，
点（x，y，z）关于x轴的对称点的坐标为：（x，﹣y，﹣z），
∴点（﹣2，1，4）关于x轴的对称点的坐标为（﹣2，﹣1，﹣4）．故A错误；
对于B，由点到直线的距离公式得：
到（1，0，0）的距离小于1的点的集合是{（x，y，z）|（x﹣1）2+y2+z2＜1}，故B正确；
对于C，由中点坐标公式得：
点（1，2，3）与点（3，2，1）的中点坐标是（2，2，2），故C正确；
对于D，∵在空间直角坐标系中，
点（x，y，z）关于平面yOz的对称点的坐标为：（﹣x，y，z），
∴点（1，2，0）关于平面yOz的对称点的坐标为（﹣1，2，0）．故D正确．
故选：BCD．
【点评】本题考查命题真假的判断，考查空间直角坐标系的性质、点到直线的距离公式、中点坐标公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
10．【分析】由向量垂直的条件可判断A；由向量共线定理可判断B；取x＝﹣3，可得，共线，可判断C；由向量运算不满足结合律，可判断D．
【解答】解：向量，（≠，≠），若⊥，则•＝0，故A正确；
若空间四个点，可得﹣＝（﹣），
即有＝，则A，B，C三点共线，故B正确；
x＝﹣3时，＝（1，1，﹣3），＝（﹣3，﹣3，9），即＝﹣3，可得，共线，夹角为π，故C不正确；
向量运算不满足结合律，D不正确．
故选：AB．
【点评】本题考查向量的共线定理和向量数量积的性质，以及垂直的性质，考查运算能力和推理能力，属于基础题．
11．【分析】求出异面直线所成角判断A；证明线面垂直，结合线面垂直的性质判断B；分别求出线面角判断C与D．
【解答】解：如图，
连接B1C，由A1B1∥DC，A1B1＝DC，得四边形DA1B1C为平行四边形，
可得DA1∥B1C，∵BC1⊥B1C，∴直线BC1与DA1所成的角为90°，故A正确；
∵A1B1⊥BC1，BC1⊥B1C，A1B1∩B1C＝B1，∴BC1⊥平面DA1B1C，而CA1⊂平面DA1B1C，
∴BC1⊥CA1，即直线BC1与CA1所成的角为90°，故B正确；
设A1C1∩B1D1＝O，连接BO，可得C1O⊥平面BB1D1D，即∠C1BO为直线BC1与平面BB1D1D所成的角，
∵sin∠C1BO＝，∴直线BC1与平面BB1D1D所成的角为30°，故C错误；
∵CC1⊥底面ABCD，∴∠C1BC为直线BC1与平面ABCD所成的角为45°，故D正确．
故选：ABD．
【点评】本题考查空间中异面直线所成角与线面角的求法，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，是基础题．
12．【分析】在A中，以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AA1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法推导出B1E与A1B不垂直；在B中，求出平面B1CE的法向量和平面A1BD的法向量，利用向量法能求出平面B1CE与平面A1BD相交；在C中，三棱锥C1﹣B1CE的体积为＝；在D中，三棱锥C1﹣B1CD1的外接球就是长方体ABCD﹣A1B1C1D1的外接球，从而三棱锥C1﹣B1CD1的外接球半径R＝＝，由此求出三棱锥C1﹣B1CD1的外接球的表面积为24π．
【解答】解：长方体ABCD﹣A1B1C1D1的底面是边长为2的正方形，高为4，E是DD1的中点，
在A中，以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AA1为z轴，建立空间直角坐标系，
则B1（2，0，4），E（0，2，2），A1（0，0，4），B（2，0，0），
＝（﹣2，2，﹣2），＝（2，0，﹣4），
∵＝﹣4+0+8＝4≠0，∴B1E与A1B不垂直，故A错误；
在B中，B1（2，0，4），C（2，2，0），E（0，2，2），A1（0，0，4），B（2，0，0），D（0，2，0），
＝（0，﹣2，4），＝（﹣2，0，2），＝（﹣2，0，4），＝（﹣2，2，0），
设平面B1CE的法向量＝（x，y，z），
则，取x＝1，得＝（1，2，1），
设平面A1BD的法向量＝（a，b，c），
则，取x＝1，得＝（1，1，），
∵不共线，∴平面B1CE与平面A1BD相交，故B错误；
在C中，三棱锥C1﹣B1CE的体积为：
＝＝，故C正确；
在D中，三棱锥C1﹣B1CD1的外接球就是长方体ABCD﹣A1B1C1D1的外接球，
∴三棱锥C1﹣B1CD1的外接球半径R＝＝，
∴三棱锥C1﹣B1CD1的外接球的表面积为S＝＝24π，故D正确．
故选：CD．
【点评】本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力，是中档题．
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.第15题第一小问2分，第二小问3分.
13．【分析】推导出向量与向量垂直，从而＝0，由此能求出z．
【解答】解：∵直线l与平面α平行，直线l的一个方向向量为，
向量与平面α垂直，
∴＝4﹣6+z＝0，
解得z＝2．
故答案为：2．
【点评】本题考查实数值的求法，考查向量垂直的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
14．【分析】利用半球内有一内接正四棱锥S﹣ABCD，该四棱锥的体积为，求出球的半径，利用体积公式，求出半球的体积．
【解答】解：设球的半径为R，则底面ABCD的面积为2R2，
∵半球内有一内接正四棱锥S﹣ABCD，该四棱锥的体积为，
∴＝，
∴R3＝2，
∴该半球的体积为V＝π＝π．
故答案为：π．
【点评】本题考查半球的体积，考查四棱锥的体积，求出球的半径是关键．
15．【分析】过A作AO⊥BD于O点，得出∠ADO即为AD与平面BCD所成的角，进而可求出结果．
【解答】解：过A作AO⊥BD于O点，
∵平面ABD⊥平面BCD，
∴AO⊥平面BCD，则∠ADO即为AD与平面BCD所成的角．
∵∠BAD＝90°，AB＝AD，∴∠ADO＝45°．
故答案为：45°．
【点评】本题考查了线面角的计算，属于基础题．
16．【分析】以DA，DC，DD1为x，y，z轴建立空间直角坐标系，设AB＝2，得出各点坐标，取AD中点E，DC中点F，利用向量共线得出直线平行C1B∥ME，同理EF∥A1C1，得线面平行后再得面面平行，从而得P在线段EF上，由异面直线所成角的定义得MP与EF所成的锐角或直角即为异面直线所成的角，易得其范围．
【解答】解：如图，以DA，DC，DD1为x，y，z轴建立空间直角坐标系，设AB＝2，
则A（2，0，0），B（2，2，0），C（0，2，0），A1（2，0，2），
C1（0，2，2），D1（0，0，2），M（0，0，1），
取AD中点E，DC中点F，连接ME，EF，MF，
则E（1，0，0），F（0，1，0），
＝（1，0，﹣1），＝（2，0，﹣2）＝2，
所以C1B∥ME，同理EF∥A1C1，
又C1B⊄平面A1BC1，BC1⊂平面A1BC1，所以C1B∥平面A1BC1，
同理MF∥平面A1BC1，而MF∩ME＝M，MF，ME⊂平面MEF，
所以平面MEF∥平面A1BC1，
P是底面ABCD内（包括边界）的一个动点，若MP∥平面A1BC1，则P在线段EF上，
因为EF∥A1C1，所以MP与A1C1所成的角，就是MP与EF所成的锐角或直角，
△MEF是等边三角形，MP与EF所成角最大为（P为EF中点时），最小为（P与E或F重合时），
所以所求角的范围是[，]．
故答案为：[，]．
【点评】本题考查了异面直线所成角的范围问题，属于中档题．
四、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17．【分析】（1）根据已知条件，结合复数的四则运算，以及复数的几何意义，即可求解．
（2）根据已知条件，结合复数的四则运算，以及纯虚数和虚部的定义，即可求解．
【解答】解：（1）∵z1＝1+2i，z2＝3﹣4i，
∴z1+λz2＝1+2i+λ（3﹣4i）＝1+3λ+（2﹣4λ）i，
∵复数z1+λz2在复平面内对应的点在第二象限，
∴，解得，
故实数λ的取值范围为（﹣∞，﹣）．
（2）z＝z1•（μ+z2）＝（1+2i）（μ+3﹣4i）＝μ+3+8+[2（μ+3）﹣4]i，
∵z为纯虚数，
∴，解得μ＝﹣11，
∴z＝﹣20i，
∴z的虚部为﹣20．
【点评】本题主要考查复数的四则运算，以及纯虚数和虚部的定义，复数的几何意义，属于基础题．
18．【分析】（1）利用正弦定理化边为角，并结合两角差的余弦公式与辅助角公式，得解；
（2）结合余弦定理与基本不等式，推出a+c≤8，得解．
【解答】解：（1）由正弦定理及bsinC＝ccs（B﹣），知sinBsinC＝sinCcs（B﹣），
因为sinC≠0，所以sinB＝cs（B﹣）＝csB+sinB，即sin（B﹣）＝0，
因为B∈（0，π），所以B＝．
（2）由余弦定理知，b2＝a2+c2﹣2accsB，
所以16＝a2+c2﹣ac＝（a+c）2﹣3ac≥（a+c）2﹣3•（a+c）2≥（a+c）2，
所以（a+c）2≤64，即a+c≤8，当且仅当a＝c＝4时，等号成立，
所以△ABC周长为a+b+c≤8+4＝12，
故△ABC周长的最大值为12．
【点评】本题考查解三角形，熟练掌握正弦定理，余弦定理，基本不等式，两角差的余弦公式是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
19．【分析】（1）根据已知条件，利用勾股定理及其逆定理得到CD⊥AC，根据PA⊥平面ABCD，得到PA⊥CD，然后利用线面垂直的判定定理证得CD⊥平面PAC，进而利用面面垂直的判定定理证得平面PAC⊥平面PCD；
（2）由已知条件，利用中垂线的性质得到，进而利用体积公式计算．
【解答】（1）证明：∵AD∥BC，AB⊥AD，AD＝5BC＝2AB＝4，
∴，
，
∴AD2+CD2＝20+5＝25＝AD2，∴CD⊥AC，
又∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥CD，
又∵AC∩PA＝A，∴CD⊥平面PAC，
又CD⊂平面PCD，
∴平面PAC⊥平面PCD；
（2）解：∵M为PC的中点，AM⊥PC，
∴，
所以四棱锥P﹣ABCD的体积．
【点评】本题主要考查面面垂直的证明，锥体体积的计算，空间想象能力的培养等知识，属于基础题．
20．【分析】（1）连结AB1，交A1B于点Q，连结OQ，推导出OQ，由此能证明B1C∥平面A1BD．
（2）以O为原点，OA为x轴，OB为y轴，OA1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出钝二面角B﹣AA1﹣D的余弦值．
【解答】解：（1）证明：连结AB1，交A1B于点Q，由题意得Q是AB1中点，
连结OQ，∵O为AC中点，∴在△AB1C中，OQ，
∵OQ⊂平面A1BD，B1C⊄平面A1BD，
∴B1C∥平面A1BD．
（2）解：∵AO⊥平面A1BD，∴AO⊥A1O，
∵A1B＝A1D，且O为BD的中点，∴A1O⊥BD，
∵AO、BD⊂平面ABCD，且AO∩BD＝O，∴A1O⊥平面ABCD，
如图，以O为原点，OA为x轴，OB为y轴，OA1为z轴，建立空间直角坐标系，
则A（，0，0），B（0，1，0），D（0，﹣1，0），A1（0，0，1），
∴＝（﹣，0，1），＝（﹣，1，0），
设平面A1AB的一个法向量＝（x，y，z），
则，取x＝1，得＝（1，），
同理得平面A1AD的一个法向量＝（1，﹣），
∴cs＜＞＝＝，
∴钝二面角B﹣AA1﹣D的余弦值为﹣．
【点评】本题考查线面平行的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
21．【分析】（1）以线面平行的判定定理即可证明PD∥平面ACM；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线PD与平面ACM的距离．
【解答】解：（1）证明：如图，连接BD，交AC于点N，连接MN，
∵AD∥BC，AD＝2BC，∴，
∵M为PB靠近B的三等分点，∴，
∴，∴MN∥PD，
∵MN⊂平面AMC，PD⊄平面AMC，
∴PD∥平面AMC．
（2）∵PD∥平面AMC，∴直线PD与平面ACM的距离为点D到平面ACM的距离，
如图，取BC的中点为E，连接AE，
∵PA⊥平面ABCD，AD，AE⊂平面ABCD，∴PA⊥AD，PA⊥AE，
∵AD∥BC，∠BAD＝，∴，
∵AB＝BC，∴△ABC为等边三角形，
∵E是BC的中点，∴AE⊥BC，∴AE⊥AD，
∴AE，AD，AP两两垂直，∴以A为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图，
则A（0，0，0），B（，﹣1，0），C（，1，0），D（0，4，0），P（0，0，2），
∵M是PB的靠近B的三等分点，∴＝，∴M（），
∴＝（，﹣，），＝（，1，0），＝（﹣，3，0），
设平面ACM的法向量＝（x，y，z），
则，取x＝，得＝（），
设直线PD与平面ACM的距离为d，
则d＝＝＝．
【点评】本题考查线面平行的证明，考查直线到平面的距离的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
22．【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出平面PCB的法向量，可证，从而证得结论；
（2）假设存在符合条件的点M，根据线面角的正弦值与方向向量和法向量夹角的余弦值相等列方程，即可求得点M坐标．
【解答】（1）证明：由题意，以D为原点，DA、DC、DP分别为x、y、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A（2，0，0），B（2，2，0），C（0，2，0），P（0，0，2），G（1，0，0），F（1，1，1），
所以，
设平面PCB的法向量为，
则，
令z1＝1，则x1＝0，y1＝1，可得，
则，即，
故GF⊥平面PCB；
（2）解：假设线段AP上存在一点M，使得DM与平面ADF所成角为30°，
设，λ∈[0，1]，则M（2﹣2λ，0，2λ），
所以，设平面ADF的法向量为，
所以，
由，可得，
因为DM与平面ADF所成角为30°，
所以＝＝，
整理得16λ﹣8＝0，解得，
故在线段AP上存在一点M（1，0，1），使得DM与平面ADF所成角为30°．
【点评】本题考查线面垂直的判定，考查线面角的求法，属中档题．