【阶段测试】高中数学人教A版(2019)选修第一册--《第一章 空间向量与立体几何》单元测试4（含解析）

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人教A版（2019）选择性必修第一册《第一章 空间向量与立体几何》单元测试4

一 、单选题（本大题共8小题，共40分）
1.（5分）在矩形ABCD中，已知AB=3，AD=1，M为AB的三等分点(靠近A点)，现将三角形ADM沿DM翻折，记二面角A-DM-C，A-DC-M和A-CM-D的平面角分别为α，β，γ，则当平面ABD⊥平面BCDM时，(    )
A. α>β>γ B. β>α>γ C. α>γ>β D. β>γ>α
2.（5分）给出下列两个命题： 
①如果向量a→，b→与任何向量不能构成空间的一个基底，那么a→，b→的关系是不共线； 
②O，A，B，C为空间四点，且向量OA→，OB→，OC→不构成空间的一个基底，那么点O，A，B，C一定共面. 
其中正确的命题是 ( )
A. 仅① B. 仅② C. ①② D. 都不正确
3.（5分）设平面α的法向量为(1,-2,λ)，平面β的法向量为(2,μ,4)，若α//β，则λ+μ=(    )
A. 2 B. 4 C. -2 D. -4
4.（5分）在棱长均为23的正四面体ABCD中，M为AC的中点，E为AB的中点，P是DM上的动点，Q是平面ECD上的动点，则AP+PQ的最小值是(    )

A. 3+112 B. 3+2 C. 543 D. 23
5.（5分）已知向量a→=(-1,1,2)，b→=(x,2,y)，且a→//b→，则x+y=()
A. -2 B. -12 C. 12 D. 2
6.（5分）长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=1，AD=2，AA1=5，P是棱DD1上的动点，则ΔPA1C的面积最小时，DP=(    )
A. 1 B. 2 C. 52 D. 4
7.（5分）在ΔABC中，若AB→=(2,-2,0)，AC→=(4,2,-1)，则ΔABC是( )
A. 顶角为锐角的等腰三角形 B. 等腰直角三角形
C. 等边三角形 D. 顶角为钝角的等腰三角形
8.（5分）若一个正四棱锥的高和底面边长都为a，则它的侧面与底面所成角的余弦值为()
A. 33 B. 55 C. 1111 D. 1313
二 、多选题（本大题共5小题，共25分）
9.（5分）如图，由外及内是两层表面积分别为100πcm2和36πcm2的同心球(球壁的厚度忽略不计)，在外球表面上有一点A，在内球表面上有一点B，连接AB.若线段AB不穿过小球内部，则线段AB的长度可以是()

A. 7cm B. 4cm C. 3cm D. 1cm
10.（5分）已知在正四棱锥P-ABCD中(底面为正方形，顶点在底面上的射影为底面中心的四棱锥)，AB=2，PA=3，侧棱与底面所成角为α，侧面与底面所成角为β，侧面等腰三角形的底角为γ，相邻两侧面的二面角为θ，则下列说法正确的有( )
A. α<β<γ<θ B. α<β<θ<γ
C. cosθ+cos2β=0 D. cosθ+cos2α=0
11.（5分）我国古代《九章算术》中将上、下两个面为平行矩形的六面体成为刍童.如图刍童.如图刍童ABCD-EFGH有外接球，且AB=5，AD=7，EF=4，EH=2，平面ABCD与平面EFGH的距离为1，则下列说法中正确的有( )

A. 该刍童外接球的体积为36π B. 该刍童为棱台
C. 该刍童中AC、EG在一个平面内 D. 该刍童中二面角B-AD-H的余弦值为55
12.（5分）若{a,b,c}为空间的一个基底，则 ( )
A. b+c，b-c，a共面 B. b+c，b-c，2b共面
C. b+c，a，a+b+c共面 D. a+c，a-2c，c共面
13.（5分）在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，P为线段A1B上的动点(不含端点)，则下列结论正确的是( )       
A. 平面D1A1P⊥平面A1AP
B. BC//平面A1D1P
C. 三棱锥D1-CDP的体积为定值
D. 直线D1P与AC所成的角可能是π6
三 、填空题（本大题共5小题，共25分）
14.（5分）在棱长为3的正方体ABCD-A1B1C1D1中，P为△ACD1内一点，若△PB1D的面积为332，则AP的最大值为 ______.
15.（5分）若向量a→=(1,1,x),b→=(1,2,1),c→=(1,1,1)，满足条件(c→-a→)·(2b→)=-2，则x=___▲
16.（5分）已知向量a→=(-2,t,1)，b→=(4,2,-2)，若a→//b→，则实数t的值为______．
17.（5分）如图，正四面体ABCD的棱CD在平面α上，E为棱BC的中点.当正四面体ABCD绕CD旋转时，直线AE与平面α所成最大角的正弦值为______.

18.（5分）在四棱锥P-ABCD中，AB=(4,-2,3),AD=(-4,1,0),AP=(-6,2,-8)，则这个四棱锥的高h=________.
四 、解答题（本大题共5小题，共60分）
19.（12分）如图，正方形ABCD和四边形ACEF所在的平面互相垂直，CE⊥AC，EF//AC，AB=2，CE=EF=1． 
(Ⅰ)求证：AF//平面BDE； 
(Ⅱ)求证：CF⊥平面BDE； 
(Ⅲ)求二面角A-BE-D的平面角的大小．

20.（12分）如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱与底面垂直，AA1=AB=AC=1，AB⊥AC，M是CC1的中点，N是BC的中点，点P在直线A1B1上，且满足A1→P=λA1→B1． 
(1)当λ取何值时，直线PN与平面ABC所成的角θ最大？ 
(2)若平面PMN与平面ABC所成的二面角为45°，试确定点P的位置．

21.（12分）如图，在三棱柱A'B'C'-ABC中，侧棱AA'⊥底面ABC，AB=AC，BC=2AA'，D、E分别是BC，BB'的中点． 
(1)证明：平面AC'D⊥平面ADE； 
(2)已知AA'=2，求直线AA'与平面ADE所成角的正弦值．

22.（12分）在三棱锥A-BCD中，E，F分别是棱BC，CD上的点，且EF//平面ABD.

(1)求证：BD//平面AEF；
(2)若AE⊥平面BCD，DE⊥BC，AE=CE=DE=2，二面角B-AD-C的平面角的余弦值为-33，求直线AB与AD所成角的余弦值．
23.（12分）如图①，梯形ABCD中，AD//BC，AB=3，BC=1，CD=2，BE⊥AD，且BE=1，将梯形沿BE折叠得到图②，使平面ABE⊥平面BCDE，CE与BD相交于O，点P在AB上，且AP=2PB，R是CD的中点，过O，P，R三点的平面交AC于Q. 
(1)证明：Q是AC的中点； 
(2)如图③，连结EQ，BQ，证明：AD⊥平面BEQ； 
(3)如图④，M是AB上一点，已知二面角M-EC-B为45°，求AMAB的值.

答案和解析
1.【答案】B;
【解析】解：由题意，在矩形ABCD中，已知AB=3，AD=1，M为AB的三等分点(靠近A点)， 
可得AM=1，设点A在底面ABCD的射影为O， 
 
由ΔADO∽ΔOPH，可得OPOA=HPAD=13，∴O为AP的四等分点． 
分别过O作OE⊥DM，OF⊥CD，OG⊥CM， 
根据三垂线定理可得，AE⊥DM，AF⊥CD，AG⊥CM， 
∴∠AEO=α，∠AFO=β，∠AGO=γ． 
分别在直角三角形AEO，AFO，AGO中，可得tanα=AOOE，tanβ=AOOF，tanγ=AOOG． 
在图(1)中，可得OF ∴tanγ 又α，β，γ∈(0,π2)，∴β>α>γ． 
故选：B． 
设点A在底面ABCD的射影为O，可得O为AP的四等分点，结合三垂线定理得到二面角A-DM-C，A-DC-M和A-CM-D的平面角，求出三个角是正切值，由正切函数的单调性得答案． 
该题考查空间几何体的结构特征，考查二面角的概念及辨析，考查空间想象能力与思维能力，考查推理论证能力，是中档题．

2.【答案】B;
【解析】解：对于①，如果向量a→，b→与任何向量不能构成空间的一个基底，那么a→，b→的关系是共线；故①错误； 
对于②，O，A，B，C为空间四点，且向量OA→，OB→，OC→不构成空间的一个基底，根据空间基底的定义，那么点O，A，B，C一定共面，故②正确． 
故选：B. 
直接利用基底的概念判断①②的结论． 
此题主要考查的知识要点：空间基底的定义，主要考查学生对基础知识的理解，属于基础题．

3.【答案】C;
【解析】解：∵平面α的法向量为(1,-2,λ)，平面β的法向量为(2,μ,4)，α//β， 
∴21=μ-2=4λ，解得μ=-4，λ=2， 
∴λ+μ=-4+2=-2． 
故选：C． 
由α//β，列出方程组，求出μ和λ，由此能求出λ+μ的值． 
本题向量平行、线面垂直的性质，考查运算求解能力，是基础题．

4.【答案】A;
【解析】解：由题意，平面CDE⊥平面ABC， 
又平面CDE∩平面ABC=CE，过M作MG⊥CE， 
则MG⊥平面CDE，连接DG，则DG为DM在平面CDE上的射影， 
要使AP+PQ最小，则PQ⊥DG，沿DM把平面ADM展开，使得平面ADM与平面DMG重合， 
则AP+PQ的最小值为A到DG的距离． 
 
MG=12AE=32，DM=(23)2-(3)2=3，则sin∠MDG=36， 
∴cos∠MDG=336， 
∠ADM=30°， 
∴sin∠ADG=sin(∠MDG+30°)=sin∠MDG⋅cos30°+cos∠MDG⋅sin30° 
=36×32+336×12=3+3312． 
又AD=23，∴AQ=23×3+3312=11+32． 
故选：A． 
由题意，平面CDE⊥平面ABC，找出DM在平面CDE上的射影，再把平面DMA沿DM把平面ADM展开，使得平面ADM与平面DMG重合，则AP+PQ的最小值为A到DG的距离，然后求解三角形得答案． 
该题考查空间中点、线、面间的距离计算，考查空间想象能力与思维能力，考查计算能力，是中档题．

5.【答案】D;
【解析】解：a→//b→，则-1x=12=2y， 
解得x=-2，y=4， 
故x+y=2， 
故选：D. 
由题意向量共线，则向量坐标对应成比例，直接求解即可． 
本题考查向量共线，属于基础题．

6.【答案】A;
【解析】解：以点A为坐标原点，AB，AD，AA1分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 
则A1(0,0,5)，C(1,2,0)，P(0,2,z)(0⩽z⩽5)， 
∴|PA1|=4+(z-5)2，|A1C|=1+4+25=30，|PC|=1+z2， 
∴cos∠A1PC=4+(z-5)2+1+z2-302|PA1||PC|=z2-5z|PA1||PC|， 
∴sin∠A1PC=1-(z2-5z|PA1||PC|)2=5z2-10z+29|PA1||PC|， 
∴SΔPA1C=12|PA1||PC|sin∠A1PC=5z2-10z+292=5(z-1)2+242⩾6，当且仅当z=1时取等号， 
即当z=1时，ΔPA1C的面积取得最小值6． 
故选：A． 
建系，求出ΔPA1C各边的长度，利用余弦定理求出cos∠A1PC，进而求得sin∠A1PC，由此表示出ΔPA1C的面积，利用二次函数的性质即可求得最小值． 
该题考查空间向量在立体几何中的运用，考查空间中的距离问题及三角形的面积公式的运用，考查运算求解能力，属于中档题．


7.【答案】A;
【解析】此题主要考查向量的模，考查了向量的坐标运算，考查了向量的数量积，属于基础题. 
先求出BC→=(2,4,-1)，然后求出|BC→|=|AC→|，且BC→.AC→>0，于是得到答案. 
 
解：BC→=(2,4,-1)，|BC→|=|AC→|=21，BC→.AC→=17>0， 
∠C为锐角.

8.【答案】B;
【解析】解：作出正四棱锥P-ABCD，取BC的中点M，连接OB，OC，OM，PM， 
由正四棱锥的定义知PO⊥平面ABCD，OB=OC，OM⊥BC， 
∴∠OMP是侧面PBC与底面ABCD所成的角， 
 
由PO=BC=a，可得OM=12a，可得PM=5a2， 
所以cos∠PMO=OMPM=55. 
所以侧面与底面所成角的余弦值为55. 
故选：B. 
利用正四棱锥的定义做出二面角的定义，计算即可． 
此题主要考查面面角的求法，属中档题．

9.【答案】BC;
【解析】解：依题意由外及内是两层表面积分别为100πcm2和36πcm2的同心球(球壁的厚度忽略不计)，在外球表面上有一点A，在内球表面上有一点B，连接AB.若线段AB不穿过小球内部， 
可得，外球的半径为5cm，内球的半径为3cm， 
则线段AB长度的最大值为52-32=4(cm)，最小值为5-3=2(cm)， 
故选：BC. 
利用已知条件转化求解AB长度的范围，即可得到结果． 
此题主要考查几何体的位置关系的应用，球的位置关系的判断，是基础题．

10.【答案】AC;
【解析】
 
此题主要考查空间中线面角，面面角的比较，考查的知识点比较综合，属于较难题. 
连结AC，BD交于点O，取CD中点E，连结PO，OE，PE，  则PO⊥平面ABCD， 
∴∠PDO是侧棱与底面所成角α，∠PEO是侧面与底面所成角β，∠PCD是侧面等腰三角形的底角为γ， 
再分别求出对应的余弦值，相邻两侧面的二面角通过建立空间直角坐标系由两个法向量进行求解，再结合选项求解. 
 
解：连结AC，BD交于点O，取CD中点E， 
连结PO，OE，PE，  则PO⊥平面ABCD， 
∴∠PDO是侧棱与底面所成角α，∠PEO是侧面与底面所成角β，∠PCD是侧面等腰三角形的底角为γ， 
∵AB=2，PA=3，∴OA=OB=OC=OD=2，∴PO=9-2=7，PE=7+1=22， 
∴cosα=ODPD=23，cosβ=OEPE=122=24，cosγ=32+22-322×2×3=13， 
∴θ>π2>γ>β>α>0，A正确，B错误；      
以O为原点，OB为x轴，OC为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系， 
 
 
则D(-2,0,0)，A(0,-2,0)，C(0,2,0)，P(0,0,7)， 
PA→=(0,-2,-7)，PD→=(-2,0,-7)，PC→=(0,2,-7). 
设平面PAD的法向量n→=(x1,y1,z1)，  则{n→⋅PA→=-2y1-7z1=0n→⋅PD→=-2x1-7z1=0，  
取x1=7，得n→=(7,7,-2). 
设平面PCD的法向量m→=(x2,y2,z2)，  则{m→⋅PC→=2y2-7z2=0m→⋅PD→=-2x2-7z2=0，  
取x2=7，得m→=(7,-7,-2)，  
则cosθ=-|m→.n→||m→|\cdot|n→|=-216.16=-18，∴cos θ+cos2β=0，故C正确， 
cosθ+cos2α=-18+29≠0，故D错误． 
故选AC.

11.【答案】AD;
【解析】解：根据题意，结合棱台的性质可知，EHAD=EFAB， 
而根据题中数据可知，EHAD=27，EFAB=45，显然地二者不等，故B错误； 
若AC，EG在一个平面内，则有AC//EG，则有EHAD=EFAB，由上可知，C错误； 
根据题意，作图如下： 
 
设球心为O，上下底面的中心O2，O1，则在ΔOAO1中，OA2=AO12+OO12，即R2=(22)2+OO12①； 
在ΔOEO2中，OE2=EO22+(OO1+1)2，即R2=(5)2+(OO1+1)2②； 
由①②可得，OO1=1， 
从而可得R=3，则体积即为V=43πR3=36π，故A正确； 
过点F作FM⊥平面ABCD，FN⊥BC，连接MN，则∠FNM为二面角的平面角， 
根据题意可知，FM=1，MN=12，FN=52， 
所以cos∠FNM=MNFN=55，故D正确． 
故选：AD. 
首先根据棱台的几何特征判定B，C的正确与否；其次根据上一步的判定结果，作出图形，设球心为O，然后根据勾股定理确定半径的值，从而求得体积；最后在图形中作出二面角的平面角，用几何法进行求解 
此题主要考查棱台的几何特征，以及空间几何体的外接球体积的求解，和二面角的几何法求解，属于中档题．

12.【答案】BCD;
【解析】易知b+c,b-c，a不共面;因为2b=(b+c)+(b-c)，所以b+c,b-c，2b共面;因为a+b+c=(b+c)+a，所以b+c,a,a+b+c共面;因a+c=(a-2c)+3c，所以a+c,a-2c，c共面.故选BCD.

13.【答案】AC;
【解析】
 
本题 主要考查了空间的线线、线面、面面的关系，考查了异面直线所成角、三棱锥的体积运算， 
由面面垂直的判定、线面平行的判定、异面直线所成角、三棱锥的体积运算等相关知识对每项分析即可得答案 
 
解：对于A中，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，可得A1D1⊥AA1,A1D⊥AB，又由AA1∩AB=A，所以A1D1⊥平面A1AP，
又因为A1D1⊂平面D1A1P，所以平面D1A1P⊥平面A1AP，所以A正确；
对于B中，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，可得BC//A1D1，
所以B,C,A1,D1四点共面，所以B不正确；对于C中，因为SΔCDD1=12×1×1=12，点P到平面CDD1的距离为BC=1， 
所以三棱锥D1-CDP的体积为定值，所以C正确；
对于D中，以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系， 

可得D1(0,0,1),A(1,0,0),C(0,1,0)，设P(1,a,b)(0 当a=1时，→ D1P,→ AC=π 2；当a=0,b=1时，→ D1P,→ AC=3π 4，
所以直线D1P与AC所成的角的范围是(π 4,π 2)，所以D不正确. 
故选AC.

14.【答案】6+1;
【解析】解：设B1D与平面ADC1相交于点O，连接PO， 
∵AC⊥BD，AC⊥BB1，BD∩BB1=B，∴AC⊥B1D， 
同理，AD1⊥B1D，又AC∩AD=A， 
∴由题意可知B1D⊥平面ACD1， 
∵PO⊂平面ACD1，∴BD1⊥PO， 
∴S△PB1D=12B1D⋅PO=332，又B1D=BD2+BB12=33，∴PO=1， 
∴点P的轨迹是以O为原点，1为半径的圆， 
 
∵B1A=B1C=B1D1，B1O⊥平面ACD1，∴OA=OC=OD1， 
∴△ACD1是等边三形形，且AC=32，∴AO=6， 
∴AP的最大值为6+1. 
故答案为：6+1. 
设B1D与平面ADC1相交于点O，推导出点P的轨迹是以O为原点，1为半径的圆，由此能求出AP的最大值． 
此题主要考查线面平行的判定与性质、点的轨迹，圆的性质等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．

15.【答案】2;
【解析】
【分析】 
本题考查空间向量的数量积的坐标运算，属简单题. 
【解答】 
解：由题知c→-a→=(0,0,1-x)， 
2b→=(2,4,2)， 
∴(c→-a→)⋅(2b→)=2(1-x)=-2即x=2， 
故答案为2.

16.【答案】-1;
【解析】解：∵向量a→=(-2,t,1)，b→=(4,2,-2)，a→//b→， 
∴-24=t2=1-2，解得t=-1． 
故答案为：-1． 
利用向量平行的性质直接求解． 
该题考查实数值的求法和向量平行的性质，考查运算求解能力，是基础题．

17.【答案】336;
【解析】 
本题查了空间向量立体几何中的应用，面角计算属于中题． 
CD点O为原点立空直角坐标系，则α的法向量为n→=(,0,1)，设平面BC与平面α所成的二面角θ，四面边长为2，示出AE→的坐标，三角恒变换计算cos的最值即可． 
 
解：D的O，在平面α过O作y轴⊥CD，轴⊥平面α， 
以O原点建立空间直角坐标系， 
如图所示： 
 
cosAOB=OA2+OB2-AB22OAOB=13. 
∴AE→.n→=32snθ-3sin(θ+OB)=36inθ-263coθ=112sinθϕ)， 
∴AE→=(12,-32osθ+3c(θ+∠AOB),32sin-3s(θ+∠AOB)). 
直线E与平面α所最大的正弦值为336. 
∵|AE→|=3，|n→=1∴cos|=AE→.n→|AE→||n→|=336si(θ+ϕ) 
作EM⊥D，垂足为， 
∵n→(0,0,1)是面α一个向量， 
故答案为336. 
 
 


18.【答案】2;
【解析】设平面ABCD的法向量为n=(x,y,z)，则n⊥ABn⊥AD⇒4x-2y+3z=0-4x+y=0，令y=4，则n=(1,4,43)，则cos〈n,AP〉=n⋅AP|n||AP|=-6+8-323132×226=-2626.∵h|AP|=∣cos〈n,AP〉，∴h=2626×226=2.

19.【答案】(Ⅰ)证明：设AC与BD交于点G， 
在正方形ABCD中，AC=2AB=2， 
因为EF//AG，且EF=1，AG=12AC=1， 
所以四边形AGEF为平行四边形，AF//EG． 
因为EG⊂平面BDE，AF⊄平面BDE， 
所以AF//平面BDE． 
(Ⅱ)证明：因为平面ABCD⊥平面ACEF，平面ABCD∩平面ACEF=AC，CE⊥AC，CE⊂平面ACEF， 
所以CE⊥平面ABCD． 
如图，以C为原点，分别以CD→,CB→,CE→方向为x，y，z轴正向建立空间直角坐标系C-xyz． 
 
则C(0,0,0)，A(2,2,0)，D(2,0,0)，E(0,0,1)，F(22,22,1)，B(0,2,0)． 
所以CF→=(22,22,1)，BE→=(0,-2,1)，DE→=(-2,0,1)． 
所以CF→⋅BE→=0-1+1=0，CF→⋅DE→=-1+0+1=0． 
所以CF→是平面BDE的一个法向量，所以CF⊥平面BDE； 
(Ⅲ)解：由(Ⅱ)知，CF→=(22,22,1)是平面BDE的一个法向量， 
设平面ABE的法向量n→=(x,y,z)，则n→⋅BA→=0，n→⋅BE→=0． 
即{2x=0-2y+z=0 
所以x=0，且z=2y. 
令y=1，则z=2， 
所以n→=(0,1,2)， 
从而cos=n→.CF→|n→| .|CF→|=32， 
由图可知二面角A-BE-D为锐二面角， 
所以二面角A-BE-D的平面角为π6．;
【解析】本题综合考查直线和平面垂直的判定、线面平行的证明以及二面角的求法，属于中档题． 
(Ⅰ)设AC与BD交于点G，则在平面BDE中，可以先证明四边形AGEF为平行四边形，可得EG//AF，即可证明； 
(Ⅱ)先以C为原点，建立空间直角坐标系C-xyz.把对应各点坐标求出来，可以推出CF→⋅BE→=0和CF→⋅DE→=0，即可得到CF⊥平面BDE； 
(Ⅲ)先利用(Ⅱ)找到CF→=(22,22,1)是平面BDE的一个法向量，再求出平面ABE的法向量n→，即可求出二面角A-BE-D的平面角的大小． 


20.【答案】解：（1）以AB、AC、AA1分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系A-xyz，  
则PN→=(12-λ，12，-1)，易得平面ABC的一个法向量为n→=(0，0，1)  
则直线PN与平面ABC所成的角θ满足：  
sinθ=|cos＜PN→，n→＞|=|PN→.n→||PN→||n→|=1(λ-12)2+54（*），于是问题转化为二次函数求最值，  
而θ∈[0，π2]，当θ最大时，sinθ最大，  
所以当λ=12时，(sinθ)max=255，同时直线PN与平面ABC所成的角θ得到最大值．  
（2）已知给出了平面PMN与平面ABC所成的二面角为45°，  
即可得到平面ABC的一个法向量为n→=A→A1=(0，0，1)，  
设平面PMN的一个法向量为m→=(x，y，z)，MP→=(λ，-1，12)．  
由m→.NP→=0m→.MP→=0得(λ-1 2)x-1 2y+z=0λx-y+1 2z=0，解得y=2λ+1 3xz=2(1-λ) 3x．  
令x=3，得m→=(3，2λ+1，2(1-λ))，于是  
∵平面PMN与平面ABC所成的二面角为45°，  
∴|cos＜m→，n→＞|=|m→.n→||m→||n→|=|2(1-λ)|9+(2λ+1)2+4(1-λ)2=22，  
解之得：λ=-12，故点P在B1A1的延长线上，且|A1P|=12．;
【解析】 
(1)以AB、AC、AA1分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系A-xyz，可得向量PN→的坐标关于λ的表示式，而平面ABC的法向量n→=(0,0,1)，可建立sinθ关于λ的式子，最后结合二次函数的性质可得当λ=12时，角θ达到最大值；  
(2)根据垂直向量的数量积等于0，建立方程组并解之可得平面PMN的一个法向量为m→=(3,2λ+1,2(1-λ))，而平面PMN与平面ABC所成的二面角等于向量m→、n→所成的锐角，由此结合已知条件建立关于λ的方程并解之，即可得到λ的值，从而确定点P的位置． 
本题给出特殊三棱柱，探索了直线与平面所成角的最大值，并求二面角为45度时动点的位置，着重考查了用空间向量求直线与平面的夹角和用空间向量求平面间的夹角等知识，属于中档题．

21.【答案】（1）证明：由题意知AB=AC，BC=2AA'，可得CC'CD=2，BDBE=2， 
所以△C′CD∽△DBE，所以∠CDC′+∠BDE=90°，所以C′D⊥DE， 
因为AB=AC，且D为BC的中点，可得AD⊥BC， 
又因为侧棱AA′⊥底面ABC，且AD⊂底面ABC，所以AD⊥AA′， 
又由BB′∥AA′，所以AD⊥BB′， 
因为BC∩BB′=B，所以AD⊥平面BCC′D′， 
又因为C′D⊂平面BCC′D′，所以AD⊥C′D， 
因为AD∩DE=D且AD，DE⊂平面ADE，所以C′D⊥平面ADE， 
又因为C′D⊂平面AC′D，所以平面AC′D⊥平面ADE； 
（2）解：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，在平面BCC′B′内，过D且平行与BB′直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 
 
因为AA'=2，可得BC=2，设AD=a， 
可得C(0，1，0)，A(a，0，0)，C'(0，1，2)，则AA'→=(0，0，2)，DC'→=(0，1，2)， 
由C′D⊥平面ADE，所以平面ADE的法向量为DC'→=(0，1，2)， 
设AA'→与平面ADE所成角为β，则sinβ=|AA'→⋅DC'→|AA'→||DC'→||=223=63．;
【解析】 
(1)由△C'CD∽△DBE，证得C'D⊥DE，再根据题意证得AD⊥平面BCC'D'，得到AD⊥C'D，进而证得C'D⊥平面ADE，即可证得平面AC'D⊥平面ADE； 
(2)以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，在平面BCC'B'内，过D且平行与BB'直线为z轴，建立空间直角坐标系，得到AA'→=(0,0,2)和平面ADE的法向量为DC'→=(0,1,2)，结合向量的夹角公式，即可求解． 
此题主要考查了面面垂直的证明和线面角的计算，属于中档题．

22.【答案】(1)证明：因为EF//平面ABD，EF⊂平面BCD，平面ABD∩平面BCD=BD， 
所以EF//BD，因为BD⊄平面AEF，EF⊂平面AEF，所以BD//平面AEF； 
(2)因为AE⊥平面BCD，DE⊥BC， 
所以以E为原点，ED,EC,EA所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系设BE=a，则 
 
A0,0,2,B0,-a,0,C0,2,0,D2,0,0 
所以AB→=0,-a,-2，AC→=0,2,-2，AD→=2,0,-2 
设平面ACD的法向量为m→=x1,y1,z1 
则m.AC→=0m.AD→=0，即޲y1-2z1=02x1-2z1=0，所以可取x1=y1=z1=1，即m→=1,1,1设平面ABD的法向量为n→=x2,y2,z2 
则n→.AB→=0n.AD→=0，即{-ay2-2z2=02x2-2z2=0，所以可取n→=a,-2,a 
因为二面角B-AD-C的平面角的余弦值为-33， 
所以cosm→,n→=33，即a-2+a3⋅2a2+4=33，解得a=4，所以AB→=0,-4,-2 
所以cosAB→,AD→=AB→⋅AD→AB→⋅AD→=425⋅22=1010. 
所以直线AB与AD所成角的余弦值为1010. 
;
【解析】此题主要考查求异面直线所成夹角，考查空间向量的应用、线面平行的判定、线面平行的性质，属于中档题. 
(1)由EF//平面ABD，得出EF//BD，即可证出结果； 
(2)建立空间直角坐标系，利用空间向量法进行求解即可. 


23.【答案】解：（1）证明：在图①中，过C作CF⊥AD，则EF=BC=1，CF=BE=1， 
在图②中，连接BD，CE，BD∩CE=O， 
 
∵CD=2，∴DF=1，∴DE=2，∴DE=2BC，且DE∥BC， 
∴△BCO≌△EDO，∴DO=2OB， 
△BAD中，DO=2OB，AP=2PB，∴OP∥AD， 
∵OP⊄平面ACD，AD⊂平面ACD， 
∴OP∥平面ACD，平面OPQR∩平面ACD=RQ， 
∴OP∥RQ，∴RQ∥AD， 
∵R是CD中点，∴Q是AC中点． 
（2）证明：如图，在直角梯形BCDE中，BC=BE=1，∴CE=2， 
△CED中，CE=CD=2，DE=2，∴CE2+CD2=DE2， 
∴∠ECD=90°，∴CD⊥CE， 
∵平面ABE⊥平面BCDE，AE⊥BE， 
∴AE⊥平面BCDE，∴AE⊥CD，且AE∩CE=E， 
CD⊥平面ACE，EQ⊂平面ACE，∴CD⊥EQ， 
Rt△ABE中，AB=3，BE=1，∴AE=3-1=2， 
∴AE=CE，由（1）知Q是AB的中点，∴EQ⊥AC，AC∩CD=C， 
 
∴EQ⊥平面ACD，∴EQ⊥AD， 
∵BE⊥AE，BE⊥DE，∴BE⊥平面ADE， 
∴BE⊥AD， 
又BE∩EQ=E，∴AD⊥平面BEQ． 
（3）如图，过M作MH⊥BE，过H作HG⊥CE于点G，连接MG， 
 
则∠MGH是二面角M-CE-B的平面角， 
∴∠MGH=45°，设AMAB=λ，则MH=（1-λ）AE=（1-λ）2， 
∵HEBE=AMAB=λ，∴HE=λBE=λ， 
△BCE中，∠BEC=45°，HG=22HE=22λ， 
∵∠MGH=45°，∴HG=MH，∴22λ=(1-λ)2，解得λ=23， 
∴AMAB=23．;
【解析】 
(1)过C作CF⊥AD，连接BD，CE，推导出DE//BC，OP//AD，从而OP//平面ACD，OP//RQ，RQ//AD，由此能证明Q是AC中点． 
(2)推导出CD⊥CE，AE⊥BE，从而AE⊥平面BCDE，AE⊥CD，CD⊥平面ACE，CD⊥EQ，EQ⊥AC，从而EQ⊥平面ACD，EQ⊥AD，进而BE⊥平面ADE，BE⊥AD，由此能证明AD⊥平面BEQ. 
(3)过M作MH⊥BE，过H作HG⊥CE于点G，连接MG，则∠MGH是二面角M-CE-B的平面角，由此能求出AMAB的值． 
此题主要考查线面平行、线面垂直、三角形全等的判定与性质等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．