高中数学人教版第二册下B第九章 直线、平面、简单几何体空间向量同步练习题

这是一份高中数学人教版第二册下B第九章 直线、平面、简单几何体空间向量同步练习题，共26页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.α，β表示两个不同的平面，m为平面α内的一条直线，则“α/​/β”是“m//β”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
2.已知圆台的侧面展开图是半个圆环，侧面积为4π，则圆台上下底面面积之差的绝对值为( )
A. πB. 2πC. 4πD. 8π
3.如图所示，在四面体ABCD中，M，N，P，Q，E分别是AB，BC，CD，AD，AC的中点，则下列说法不正确的是( )
A. M，N，P，Q四点共面
B. ∠QME=∠CBD
C. △BCD∽△MEQ
D. 四边形MNPQ为矩形
4.如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，M，N分别为AC，A1B的中点，则异面直线MN与AD所成角为( )
A. π6B. π4C. π3D. 5π12
5.如图，在四面体OABC中，OA=a，OB=b，OC=c，点D为AC的中点，OE=12ED，则BE=( )
A. 112a−b+112cB. 16a−b+16c
C. 13a−b+13cD. 12a−b+12c
6.如图，将绘有函数部分图像的纸片沿x轴折成直二面角，此时A,B之间的距离为 11，则φ=( )
A. π6B. π3C. 2π3D. 5π6
7.已知一个正四棱台的上、下底面边长分别为2，8，侧棱长为3 5，则该正四棱台内半径最大的球的表面积为( )
A. 12πB. 27πC. 64π9D. 64π3
8.如图，ABCD−EFGH是棱长为1的正方体，若P在正方体内部且满足AP=34AB+12AD+23AE，则P到AB的距离为( )
A. 34B. 45C. 56D. 35
9.如图，半球的球心为O，BC为底面大圆O的直径，点A在球面上，且AO垂直于底面，点M为AC的中点，点N为BC的中点，则直线MN与AO所成角的正切值为( )
A. 105B. 33C. 102D. 3
10.如图，在三棱锥P−ABC中，PA=PB=CA=CB=2，∠APB=∠ACB=π2，E，F，G分别为PA，PB，PC上靠近点P的三等分点，若此时恰好存在一个小球与三棱锥P−ABC的四个面均相切，且小球同时还与平面EFG相切，则PC=( )
A. 6+ 2B. 6− 2C. 13+1D. 13−1
11.金刚石是天然存在的最硬的物质，如图1所示是组成金刚石的碳原子在空间排列的结构示意图，组成金刚石的每个碳原子，都与其相邻的4个碳原子以完全相同的方式连接．从立体几何的角度来看，可以认为4个碳原子分布在一个正四面体的四个顶点处，而中间的那个碳原子处于与这4个碳原子距离都相等的位置，如图2所示．这就是说，图2中有AE=BE=CE=DE，若正四面体ABCD的棱长为2，则下列结论不正确的是( )
A. AE⋅CD=0B. EA+EB+EC+ED=0
C. AE= 62D. AE⋅AC=12
12.如图，在棱长为1的正四面体(四个面都是正三角形)ABCD中，M，N分别为BC，AD的中点，且MA在CN方向上的投影向量为μCN，则μ的值为( )
A. 23B. 13C. 25D. 14
13.如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，∠BAC=90∘，∠BAA1=∠CAA1=60∘，AB=AC=AA1=1，P是线段BC1上的点，且BP=2PC1，则下列说法正确的是( )
A. AP=23AB+13AC+13AA1B. AB⋅BC1=12
C. AP= 53D. 直线AB1与BC1所成角的余弦值为16
二、多选题
14.如图是一个正方体的平面展开图，则在该正方体中( )
A. AF//CNB. BM⊥DE
C. CN与BM成60°角D. NE与BM是异面直线
15.已知正方体ABCD−A'B'C'D'的棱长为1，M是AA'中点，P是AB的中点，点N满足D'N=λD'C'(λ∈[0,1])，平面MPN截该正方体，将其分成两部分，设这两部分的体积分别为V1，V2，则下列判断正确的是( )
A. λ=12时，截面面积为 32B. λ=12时，V1=V2
C. |V1−V2|随着λ的增大先减小后增大D. |V1−V2|的最大值为512
16.如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，M，N分别是线段A1B，B1C1上的点，且BM=2A1M，C1N=2B1N.设AB=a，AC=b，AA1=c，且均为单位向量，若∠BAC=90°，∠BAA1=∠CAA1=60°，则下列说法中正确的是( )
A. AB与B1C1的夹角为60°B. MN=13a+13b+13c
C. MN= 63D.
17.如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=5，AD=4，AA1=3，以直线DA，DC，DD1分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则( )
A. 点B1的坐标为(5,4,3)
B. 点C1关于点B对称的点为(8,5,−3)
C. 点A关于直线BD1对称的点为(0,5,3)
D. 点C关于平面ABB1A1对称的点为(8,−5,0)
三、填空题
18.已知AB=(−2,2,−2)，AC=(−1,6,−8)，AD=(x−4,−2,0)，且点D在平面ABC内，则x= ．
19.如图，在坡面α与水平面β所成二面角为60°的山坡上，有段直线型道路AB与坡脚l成30°的角，这段路直通山顶A.已知此山高135 3米．若小李从B点沿着这条路上山，并且行进速度为每分钟30米，那么小李到达山顶A需要的时间是 分钟．
20.如图，在多面体EF−ABCD中，四边形ABCD是矩形，EF/​/AB，G为CD的中点.记四棱锥A−DEFG，F−ABCG的体积分别为V1，V2，若EF:AB=3:4，则V1:V2= ．
四、解答题
21.已知长方体ABCD−A1B1C1D1中，M、N分别为AA1和AB的中点，求证：
(1)D1，M，N，C四点共面；
(2)D1M、DA、CN三线共点．
22.如图，底面是正三角形的直三棱柱ABC−A1B1C1中，D是BC的中点，AA1=AB=2．
(Ⅰ)求证：A1C//平面AB1D；
(Ⅱ)求的A1到平面AB1D的距离．
23.如图，已知AD//BC//FE，平面ABF⊥平面ADEF，AB⊥AF，AF⊥AD，AD=2BC=2EF=2AF=2，点P为梯形ADEF内(包括边界)一个动点，且BP//平面CDE．
(1)求点P的轨迹长度；
(2)当线段BP最短时，直线BP与平面BCEF的夹角θ的正弦值为 36，求三棱锥P−CDE的体积．
24.已知△ABC为等腰直角三角形，AC=BC=4，E，F分别为AC和AB上的点，且AE=1，EF//BC，如图1.沿EF将△AEF折起使平面AEF⊥平面BCEF，连接AC，AB，如图2．
(1)求异面直线AC与BF所成角的余弦值；
(2)已知M为棱AC上一点，试确定M的位置，使EM//平面ABF．
25.如图，四棱柱ABCD −A1B1C1D1中，侧棱A1A⊥底面ABCD，AB//DC，AB⊥AD，AD=CD=1，AA1=AB=2，E为棱AA1的中点．
(1)证明：B1C1⊥CE．
(2)求二面角B1−CE−C1的正弦值．
(3)设点M在线段C1E上，且直线AM与平面ADD1A1所成角的正弦值为 26，求线段AM的长．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】α，β表示两个不同的平面，m为平面α内的一条直线，若α/​/β，则m//β，
若m//β，则α与β可能平行，也可能相交，
所以“α/​/β”是“m//β”的充分不必要条件．
故选：A．
2.【答案】B
【解析】设圆台上下底面半径分别为r，R(R>r)，
设展开图中大半圆半径为R1，小半圆半径为R2，
因为圆台侧面展开图是半个圆环，
所以圆台的母线长l=R1−R2，且2πR=πR1，2πr=πR2，
由此可得R1=2R，R2=2r，那么母线长l=2R−2r=2(R−r)，
已知圆台侧面积S侧=π(R+r)l=4π，
把l=2(R−r)代入可得：π(R+r)×2(R−r)=4π，
化简得R2−r2= 2，
所以上下底面面积之差的绝对值|πR2−πr2|=π|R2−r2|=2π．
故选：B．
3.【答案】D
【解析】由题意可知，MQ/​/BD，ME/​/BC，QE//CD，NP//BD，所以MQ//NP，
对于A，由MQ//NP，可得M，N，P，Q四点共面，故选项A正确；
对于B，根据空间等角定理，得∠QME=∠CBD，故选项B正确；
对于C，根据空间等角定理，得∠QME=∠CBD，∠MEQ=∠BCD，
则△BCD∽△MEQ，故选项C正确；
对于D，没有充分理由推证四边形MNPQ为矩形，故选项D错误．
故选：D．
4.【答案】B
【解析】连接BD，A1D，则有MN//A1D，
所以异面直线MN与AD所成角等于A1D与AD所成的角，即∠ADA1
即为π4，
选B．
5.【答案】B
【解析】∵OE=12ED，
∴OE=13OD，
∴BE=BO+OE=−OB+13OD=−OB+13×12(OA+OC)=16a−b+16c．
故选：B．
6.【答案】C
【解析】如图，因为f(x)的最小正周期T=2ππ3=6，所以|CD|=T2=3，
又|AC|=M，|BC|= M2+T22= M2+9，
所以折成直二面角时，因为AC⊥x轴，AC⊂平面ACD，所以AC⊥平面BCD，
又BC⊂平面BCD，所以AC⊥BC，
所以|AB|= |AC|2+|BC|2= 2M2+9= 11，解得M=1(负值已舍去)，
所以，又f(0)=sinφ= 32，
因为，所以φ=π3或2π3，
又因为函数f(x)在y轴右侧附近单调递减，所以φ=2π3．
故选：C．
7.【答案】D
【解析】在正四棱台ABCD−A1B1C1D1中，取AD，BC，B1C1，A1D1的中点为E，F，G，H，
连接EF，FG，GH，EH，
正方形ABCD的中心为O1，正方形A1B1C1D1的中心为O2，连接O1O2，
则GH=2，EF=8，FG=EH= 3 52−8−222=6，
O1O2= FG2−EF−GH22=3 3，
记同时与正四棱台ABCD−A1B1C1D1底面ABCD以及四个侧面相切的球为球O，
可知球心O在线段O1O2上，
设球O与侧面BCC1B1相切于点P，则点P在线段FG上，
如图：
设球O的半径为R，
则OO1=OP=R，O1F=PF=4，GP=2，O2G=1，OO2=3 3−R，
由OG2=OP2+GP2=O2G2+OO22，
可得R2+22=12+3 3−R2，解得R=4 3，
可知该正四棱台内半径最大的球的表面积为．
8.【答案】C
【解析】分别以AB、AD、AE为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系如图：
∵正方体ABCD−EFGH的棱长为1，
∴AB=(1,0,0)，AD=(0,1,0)，AE=(0,0,1)，
∵AP=34AB+12AD+23AE，
∴AP=(34,12,23)，
可得AP= (34)2+(12)2+(23)2= 18112，
∵AB⋅AP=1×34+0×12+0×23=34，
∴cs∠PAB=AB⋅APAB⋅AP=341× 18112=9 181，
则sin∠PAB= 1−cs2∠PAB=10 181，
∴P点到直线AB的距离为APsin∠PAB= 18112×10 181=56．
故选C．
9.【答案】D
【解析】过M点做MD⊥BC，交BC于D点，连接MO，NO，DN，如图，
因为AO⊥底面，BC⊂底面，
所以AO⊥BC，AO，MD共面，所以MD//AO，
∠NMD为直线MN与AO所成角，
AO⊥底面，所以MD⊥底面，又ND⊂底面，
所以MD⊥ND，
设半球的半径为1，则OM=ON=1，
点N为BC的中点，所以NO⊥BC，
又AO⊥底面，NO⊂底面，
所以NO⊥AO，
AO∩BC=O，AO，BC⊂平面ABC，
所以NO⊥平面ABC，又OM⊂平面ABC，
所以NO⊥MO，由勾股定理得MN= 1+1= 2，
点M为AC的中点，
所以∠MOC=45°，所以MD= 22，ND= 2−12= 62，
所以tan∠NMD=NDMD= 62 22= 3，
故选：D．
10.【答案】B
【解析】如图，取AB中点M，连接PM，CM，
由题可知AB⊥PM，AB⊥CM，
因为PM∩CM=M，PM，CM⊂平面PMC，
所以AB⊥平面PMC，作PH⊥MC，垂足为H，
因为PH⊂平面PMC，所以AB⊥PH，
又CM∩AB=M，CM，AB⊂平面ABC，
所以PH⊥平面ABC，
过点H作HN⊥BC，垂足为N，连接PN，易知BC⊥PN，
设小球半径为r，所以PH2r=PBFB=32，所以PH=3r，
根据题意，V三棱锥P−ABC=13S△ABC⋅PH=13(S△PAB+S△PAC+S△PBC+S△ABC)⋅r，
因为S△PAB=S△ABC=2，S△PAC=S△PBC，所以6=4+2S△PAC，
所以S△PAC=S△PBC=1，由12BC⋅PN=1，得PN=1，
所以sin∠PBC=PNPB=12，所以cs∠PBN= 32，
所以PC= PB2+CB2−2PB⋅CBcs∠PBC= 6− 2．
11.【答案】D
【解析】由题意得，E是正四面体ABCD 外接球的球心．

设点 O 是顶点 A 在底面的射影，则 AO 是正四面体ABCD 的高，
OB 是 ▵BCD 的外接圆半径，
对于A，因为 AE⊥底面 BCD，CD⊂底面BCD ，
所以 AE⊥CD ，所以 AE⋅CD=0 ，故A正确；
取CD的中点G，AB的中点F，连接BG，GF，FC,FD，则O在BG上，
取FG的中点为M ，
因为 AG=BG= 3 ，则在等腰 ▵BGA 中， GF⊥AB ，则 MA=MB= AF2+(FG2)2 ，
同理，在等腰 ▵CFD 中， MC=MD= CG2+(FG2)2= AF2+(FG2)2 ，
则 M 为外接球的球心，即M与E重合，则E是FG的中点，
对于B， EA+EB=2EF ， EC+ED=2EG，
则 EA+EB=−(EC+ED) ，
所以 EA+EB+ EC+ED=0 ，故B正确；
因为 AG=BG= 32×2= 3 ，
则 OB=23BG=2 33 ， AO= AB2−OB2=2 63 ，
因为 BE2=(AO−AE)2+BO2 ，即 AE2=(AO−AE)2+OB2 ，
则 AE2=2 63−AE2+2 332 ，解得 AE= 62 .故C正确；
对于D，因为 cs⟨AC,AE⟩=cs⟨AC,AO⟩=AOAC= 63 ，
所以 AC⋅AE=ACAEcsAC,AE=2× 62× 63=2 ，故D错误．
故选：D
12.【答案】A
【解析】
以{CA,CB,CD}作为基底，
则MA=CA−CM=CA−12CB，CN=12(CA+CD).
设向量CN与MA的夹角为θ，
则直线AM和CN夹角的余弦值等于|csθ|.
CN⋅MA=12(CA+CD)⋅( CA−12CB)
=12CA2−14CA⋅CB+12CD⋅CA−14CD⋅CB
=12−18+14−18=12．
又△ABC和△ACD均为等边三角形，
所以|MA|=|CN|= 32．
所以csθ=CN·MACN·MA=12 32× 32=23．
所以直线AM和CN夹角的余弦值为23，
则MA在CN方向上的投影向量为MAcsθCNCN=μCN，
所以μ=MACNcsθ=23．
故选A．
13.【答案】D
【解析】对于A:由题意知AP=AB+BP=AB+23BC1=AB+23(AC1−AB)
=13AB+23(AC+AA1)=13AB+23AC+23AA1，故A错误;
对于B:记AB=a，AC=b，AA1=c，
所以BC1=−a+b+c
所以AB⋅BC1=a⋅(−a+b+c)=−a2+a⋅b+a⋅c=−1+12=−12，故B错误;
对于C:AP=13AB+23AC+23AA1=13a+23b+23c，
所以|AP|= (13a+23b+23c)2= 19a2+49b2+49c2+49a⋅b+49a⋅c+89b⋅c
= 19+49+49+49×1×1×12+89×1×1×12= 153，故C错误;
对于D:由AB1=a+c，BC1=−a+b+c，
所以|AB1|= (a+c)2= a2+c2+2a⋅c= 3，
|BC1|= (−a+b+c)2= a2+b2+c2−2a⋅b−2a⋅c+2b⋅c= 3，
又AB1⋅BC1=(a+c)⋅(−a+b+c)=−1+0+12−12+12+1=12，
所以cs=AB1⋅BC|AB1||BC1|=16，
所以直线AB1与BC1所成角的余弦值为16，故D正确．
14.【答案】BCD
【解析】展开图翻折成的正方体如图所示，由正方体的性质，
因为CN//BE，BE⊥AF，因此CN⊥AF，所以 A错误；
同理DE//CF，CF⊥BM，所以BM⊥DE，所以 B正确；
∠MBE或其补角是CN与BM所成的角，又△MBE是等边三角形，所以∠MBE=60∘，所以CN与BM所成的角是60∘，所以 C正确．
又NE//平面MFBC，NE//MF,MF∩BM=M，所以NE与BM不平行，NE与BM是异面直线，所以 D正确．
故选：BCD．
15.【答案】BCD
【解析】如图，当λ=12时，截面为正六边形，且棱长为 22，故截面面积为3 34，A错误;
由对称性可知，当λ=12时，平面分两部分体积相等，B正确;
如图，当λ从0变化到1时，截面从四边形MD'CP变化至五边形MPJC'Q(其中J为BC靠近B点的三等分点)，被截面所分两部分体积之差的绝对值先减小至0，再逐渐增大，故C正确．
|V1−V2|取最大值时对应为λ=0，或λ=1时情形.计算可知λ=0时，|V1−V2|=512，
λ=1时，|V1−V2|=1136，∴|V1−V2|的最大值为512，故D正确．
故选BCD．
16.【答案】BD
【解析】根据题意得a·b=0,a·c=b·c=12，
对于A，AB与B1C1的夹角为A1B1与B1C1的夹角的补角，为120°，故A错误；
对于B，MN=A1N−A1M=A1B1+13B1C1−13A1B
=a+13b−a−13a−c=13a+13b+13c，故B正确；
对于C，MN2=19×3+29a·c+29a·b+29b·c=59，
所以MN= 53，故C错误；
对于D，MN·BC=(13a+13b+13c)·b−a=0，所以，故D正确．
故选：BD．
17.【答案】BC
【解析】由图形及其已知可得：点B1的坐标为(4,5,3)，
点C1(0,5,3)关于点B(4,5,0)对称的点为(8,5,−3)，
点A(4,0,0)关于直线BD1对称的点为C1(0,5,3)，
点C(0,5,0)关于平面ABB1A1对称的点为(8,5,0)，
因此BC正确．
故选：BC．
18.【答案】11
【解析】因为点D在平面ABC内，所以存在唯一实数λ，μ，使得AD=λAB+μAC成立，
所以(x−4,−2,0)=λ(−2,2,−2)+μ(−1,6,−8)，
因此x−4=−2λ−μ−2=2λ+6μ0=−2λ−8μ，解得λ=−4μ=1x=11．
故答案为11．
19.【答案】18
【解析】过点A作AO⊥平面β，垂足为O，过点O作OC⊥直线l，垂足为C，连接AC，
则AC⊥直线l，∠ACO=60°，AO=135 3，如图所示；
在Rt△AOC中，AC=AOsin∠ACO=135 3sin60°=270，
Rt△ABC，∠ABC=30°，∴AB=2AC=540，
小李行进速度为每分钟30米，它到达山顶A需要的时间是540÷30=18(分钟)．
故答案为：18．
20.【答案】5:6
【解析】连接AC，如图，
因为G为CD的中点，且EF:AB=3:4，
则四边形DEFG与△CFG的面积比为5:2，
所以V1:VA−CFG=5:2，
又易知△ACG与△ABC的面积比为1:2，
所以VA−CFG:VF−ABC=VF−ACG:VF−ABC=1:2=2:4，
所以V1:V2=V1:(VA−CFG+VF−ABC)=5:(2+4)=5:6．
故答案为5:6．
21. 【解析】证明：(1)如图，连接A1B，
因为M、N分别为AA1和AB的中点，
所以MN/​/A1B，
因为在长方体ABCD−A1B1C1D1中，
易知A1D1/​/BC，A1D1=BC，
所以四边形A1BCD1为平行四边形，
所以A1B/​/D1C，所以MN/​/D1C，
所以MN与D1C确定一个平面，
所以M，N，C，D1四点共面；
(2)因为MN/​/D1C，且MN=12A1B=12D1C，
所以直线D1M与CN必相交，
设D1M∩CN=K，
因为K∈D1M，D1M⊂平面AA1D1D，
所以K∈平面AA1D1D，
又因为K∈CN，CN⊂平面ABCD，
所以K∈平面ABCD，
所以K是平面ABCD与平面AA1D1D的公共点，
又因为平面ABCD∩平面AA1D1D=AD，所以K∈AD，
所以D1M、DA、CN三线共点．
22.【解析】(1)连接A1B交AB1于O，连接OD，在ΔBA1C中，O为BA1中点，D为BC中点，
∴OD//A1C，
又因为OD⊂面AB1D，A1C⊄面AB1D，
∴A1C//平面AB1D，
(2)解法一：设A1点到平面AB1D的距离为ℎ，
在ΔADB1中，AB1= 22+22=2 2 ，AD=AB⋅sin60∘= 3，
DB1= 22+12= 5，
∴AB12=AD2+DB12
为RtΔ，
，
又SΔAB1A=12×2×2=2，
过D作DH⊥AB于H，
又∵A1B1C1−ABC为直棱柱，
∴DH⊥BB1，AB∩BB1=B,AB,BB1⊂面A1B1BA，
∴DH⊥面A1B1BA 且DH=AD⋅sin30∘= 32 ，
∵VA1−AB1D=VD−AA1B1，
即13ℎ× 152=13× 32×2，
解得ℎ=2 55 ．
解法二：由①可知A1C//平面AB1D，
∴点A1到平面AB1D的距离等于点C到平面AB1D的距离，
为RtΔ，
∴SΔADB1= 152，
SΔADC=12SΔABC= 32 ，
设点C到面AB1D的距离为ℎ．
VC−AB1D=VB1−ADC．
即13× 152⋅ℎ=13×2× 32．
解得ℎ=2 55．
23.【解析】(1)因为平面ABF⊥平面ADEF，AB⊥AF，平面ABF∩平面ADEF=AF，
AB⊂平面ABF，故AB⊥平面ADEF，
而AF⊥AD，故可建立如图所示的空间直角坐标系，
设B(0,0,b)，则A(0,0,0),F(1,0,0),E(1,1,0),D(0,2,0),C(0,1,b)，
因为点P为梯形ADEF内(包括边界)一个动点，可设P(x,y,0)，则BP=(x,y,−b)，
又EC=(−1,0,b),DC=(0,−1,b)，
设平面CDE的法向量为m=(x,y,z)，
则m·EC=−x+bz=0m·DC=−y+bz=0，故可取m=(b,b,1)，
因BP//平面CDE，则BP⋅m=0，
故bx+by−b=0，即x+y−1=0，
取x=0，则y=1，取y=0，则x=1，故P的轨迹长度为 12+12= 2；
(2)如图，取AD的中点为G，连接FG，AP，由(1)可得P的轨迹为FG，
又由(1)可得BA⊥平面ADEF，而AP⊂平面ADEF，
故AB⊥AP，因为AP2=BP2−AB2，若线段BP最短，则AP最短，此时有AP⊥FG，
而AF=AG=1，故点P为FG的中点，故P12,12,0，
设平面BCEF的法向量为n=(u,v,t)，
而EF=(0,−1,0)，BF=(1,0,−b)，
故n·EF=−v=0n·BF=u−bt=0，故可取n=(b,0,1)，
因为直线BP与平面BCEF的夹角θ的正弦值为 36，
而BP=12,12,−b，则得 36=BP⋅nBPn=−b2 b2+1× b2+12，
故2b4−3b2+1=0，故b=1或b= 22，
易得BC//平面ADEF，则点C到平面PDE的距离为1或 22，
又ED=(−1,1,0)，EP=−12,−12,0，
故点P到直线ED的距离为，
易得ED= 2，故S▵PED=12× 22× 2=12，
故三棱锥P−CDE的体积为13×12×1=16或者为13×12× 22= 212．
24.【解析】(1)因为△ABC为等腰直角三角形，AC=BC，
所以BC⊥AC，
又EF//BC，
所以EF⊥AC，
因为平面AEF⊥平面BCEF，AE⊥EF，平面AEF∩平面BCEF=EF，AE⊂平面AEF，
所以AE⊥平面BCEF，且EC⊂平面BCEF，
所以AE⊥EC，又CE⊥EF，
所以建立如图1所示的空间直角坐标系E−xyz．
因为△ABC为等腰直角三角形，AC=BC=4，
E，F分别为AC和AB上的点，且AE=1，EF // BC，
则A(0,0,1)，B(3,4,0)，C(3,0,0)，F(0,1,0)．
所以AC=(3,0,−1)，FB=(3,3,0)，
所以cs=AC·FB|AC||FB|=9 10× 18=3 510，
所以异面直线AC与BF所成角的余弦值为3 510．
(2)设AM=λAC，
因为AC=(3,0,−1)，
所以EM=EA+AM=EA+λAC=(3λ,0,1−λ)．
设n=(x,y,z)为平面ABF的一个法向量，
则即3x+3y=0,−y+z=0,
因此可取n=(1,−1,−1)．
所以n·EM=(1,−1,−1)·(3λ,0,1−λ)=4λ−1．
因为EM //平面ABF，
所以n·EM=0，即λ=14，
所以当AM=14AC时，EM //平面ABF．
25. 【解析】(1)证明：以点A为原点建立空间直角坐标系，如图，
依题意得A(0,0,0)，B(0,0,2)，C(1,0,1)，B1(0,2,2)，C1(1,2,1)，E(0,1,0)．
则B1C1=(1,0,−1),CE=(−1,1,−1)，
而B1C1⋅CE=0．
所以B1C1⊥CE；
(2)B1C=(1,−2,−1)，
设平面B1CE的法向量为m=(x,y,z)，
则m⋅B1C=0m⋅CE=0，即x−2y−z=0−x+y−z=0，取z=1，得x=−3，y=−2．
所以m=(−3,−2,1)．
由(Ⅰ)知B1C1⊥CE，又CC1⊥B1C1，
CE∩CC1=C且CE⊂平面CEC1,CC1⊂平面CEC1,
所以B1C1⊥平面CEC1，
故B1C1=(1,0,−1)为平面CEC1的一个法向量，
于是cs=m⋅B1C1|m|⋅|B1C1|=−4 14× 2=−2 77．
从而sin= 1−(−2 77)2= 217．
所以二面角B1−CE−C1的正弦值为 217．
(3)AE=(0,1,0),EC1=(1,1,1)，
设EM=λEC1=(λ,λ,λ) 0≤λ≤1，
有AM=AE+EM=(λ,λ+1,λ)．
取AB=(0,0,2)为平面ADD1A1的一个法向量，
设θ为直线AM与平面ADD1A1所成的角，
则sinθ=|cs|=|AM⋅AB||AM|⋅|AB|
=2λ λ2+(λ+1)2+λ2×2=λ 3λ2+2λ+1．
于是λ 3λ2+2λ+1= 26．
解得λ=13.所以|AM|=|AM|= (13)2+(43)2+(13)2= 2．
所以线段AM的长为 2．