2023-2024学年重庆市缙云教育联盟高二上学期11月月度质量检测数学试题（含解析）

这是一份2023-2024学年重庆市缙云教育联盟高二上学期11月月度质量检测数学试题（含解析），共23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.直线 3x+y−1=0 的倾斜角是
( )
A. 150∘B. 120∘C. 60∘D. 30∘
2.▵ABC三个顶点的坐标分别是A(−1,−5)，B(2,4)，C(5,−5)，则▵ABC外接圆的方程是
( )
A. x2+y2−4x−2y−20=0B. x2+y2+4x−2y−20=0
C. x2+y2−4x+2y−20=0D. x2+y2+4x+2y−20=0
3.如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，P为棱C1D1上的动点，则直线PB与平面CC1D1D所成角(过点B作平面CC1D1D的垂线，设垂足为O.连接PO，直线PB与直线PO相交所形成不大于90∘的角)的正弦值的范围是
( )
A. 33, 22B. 12, 33C. 63, 32D. 66, 33
4.圆M:x2+y2−2x−2y+1=0与直线xa+yb=1a>2,b>2相切，则a+2b的最小值为
( )
A. 8B. 10C. 12D. 14
5.如图，在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点M,N分别在线段AD1和B1C1上．给出下列四个结论中所有正确结论的个数有
个( )

①MN的最小值为1
②四面体NMBC的体积为13
③存在无数条直线MN与AD1垂直
④点M,N为所在边中点时，四面体NMBC的外接球半径为34
A. 1B. 2C. 3D. 4
6.过(2,3)点作圆(x−1)2+(y−1)2=1的切线，所得切线方程为
( )
A. x−2=0和4x−3y+1=0B. y−2=0和4x−3y+1=0
C. x−2=0和3x−4y+6=0D. y−2=0和3x−4y+6=0
7.如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是矩形，侧面PAD是等腰直角三角形，平面PAD⊥平面ABCD，AD=2，AB=AP= 2，当棱PC上一动点M到直线BD的距离最小时，过A，D，M作截面交PB于点N，则四棱锥P−ADMN的体积是
( )
A. 4 227B. 24C. 10 227D. 7 216
8.四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，侧棱AA1⊥底面ABCD，AB/​/CD，2AB=BC=CD，BC⊥CD，侧面A1ABB1为正方形，设点O为四棱锥A1−CC1DD外接球的球心，E为DD1上的动点，则直线AE与OB所成的最小角的正弦值为
( )
A. 55B. 2 55C. 2 65D. 15
二、多选题（本大题共4小题，共20分。在每小题有多项符合题目要求）
9.以下关于向量的说法正确的有
( )
A. 若a=b，则|a|=|b|
B. 若将所有空间单位向量的起点放在同一点，则终点围成一个圆
C. 若a=−b且b=−c，则a=c
D. 若a与b共线，b与c共线，则a与c共线
10.若圆O:x2+y2=r2r>0上恰有相异两点到直线x−y−4=0的距离等于 2，则r的取值可以是
( )
A. 2B. 2C. 2 2D. 3 3
11.已知圆C1:x2+y2−6x+6y+14=0和圆C2:x2+y2−2y−15=0，则
( )
A. C1C2=5B. 圆C1半径是4C. 两圆相交D. 两圆外离
12.已知向量a，b，c满足|a|=3，|b|=1，|a−b|= 7，|c|=2|c−a|.设m=tb(t∈R)，则( )
A. |m−c|的最小值为 2B. |m−c|的最小值为2 3−2
C. |m−c|的最大值为2 3+2D. |m−c|无最大值
三、填空题（本大题共4小题，共20分）
13.点(1,1)到直线x+y+1=0的距离为 ．
14.已知直线l1:x+y=0，l2:ax+2y+1=0，若l1⊥l2，则a=__________．
15.已知圆C的方程为(x−3)2+(y−4)2=1，过直线l：3x+ay−5=0(a>0)上任意一点作圆C的切线，若切线长的最小值为 15，则直线l的斜率为__________．
16.如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为棱B1C1的中点，动点P沿着棱DC从点D向点C移动，对于下列三个结论：
①存在点P，使得PA1=PE；
②▵PA1E的面积越来越小；
③四面体A1PB1E的体积不变．
所有正确的结论的序号是 ．
四、解答题（本大题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17.(本小题10分)
过点B(3,4)作直线l，使之与点A(1,1)之间的距离等于2，求直线l的方程．
18.(本小题12分)
设m为实数，已知两直线l1:(3−m)x+4y=5−3m,l2:2x+(5−m)y=8分别求下列条件下的m的值(范围)
(1)平行
(2)垂直
(3)相交
19.(本小题12分)
如图，正方形ABCD和ABEF所在的平面互相垂真，且边长都是1，M，N，G分别为线段AC，BF，AB上的动点，且AMAC=FNFB=λ,λ∈(0,1)，MG⊥平面ABEF．
(1)证明：AF//平面MNG；
(2)当三棱锥A−BMN体积最大时，求二面角A−MN−B的余弦值．
20.(本小题12分)
在如图所示的三棱锥D−ABC中，已知AB⊥AC,AB⊥AD,AC⊥AD,2AB=AC=AD=4，E为AB的中点，F为AC的中点，G为CD的中点．
(1)证明：AD//平面EFG．
(2)求平面BCD与平面EFG所成锐角的余弦值．
21.(本小题12分)
如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的多面体中，四边形ABCD是矩形，AB=2，AD= 6，EA⊥平面ABCD，FD//EA，EA=12FD= 2．
(1)求证：BE//平面CDF；
(2)求二面角C−EF−D的余弦值．
22.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，四边形ABCD是等腰梯形，AB//DC，BC=CD=2，AB=4.点M，N分别是AB，AD的中点，且PD⊥NC，平面PAD⊥平面ABCD．
(1)证明：PD⊥平面ABCD；
(2)已知三棱锥D−PAB的体积为23，求二面角C−PN−M的大小．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】此题考查由直线方程求直线的倾斜角，属于基础题
先由直线方程求出直线的斜率，从而可求出其倾斜角
解：设直线的倾斜角为α，
由直线 3x+y−1=0得其斜率为− 3，
所以tanα=− 3，
因为α∈[0∘,180∘)，所以α=120∘，
故选：B
2.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了圆的一般方程，属于基础题．
利用圆的一般方程列出方程组求解即可．
【解答】
解：设所求圆方程为 x2+y2+Dx+Ey+F=0 ，
因为 A(−1,−5) ， B(2,4) ， C(5,−5) 三点都在圆上，
所以 26−D−5E+F=020+2D+4E+F=050+5D−5E+F=0 ，解得 D=−4E=2F=−20 ，
即所求圆方程为： x2+y2−4x+2y−20=0 ．
故选：C．
3.【答案】A
【解析】【分析】根据题意连接PC，可知∠CPB为直线PB与平面CC1D1D所成的角，进而求得PB的值，从而代入sin∠CPB=BCPB化简即可得正弦值的范围．
解：连接PC，则∠BPC为直线PB与平面CC1D1D所成的角，

设正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为a，PC1=x(0≤x≤a)，
∴PB= BC2+PC2= BC2+PC12+CC12= 2a2+x2，
∴sin∠CPB=BCPB=a 2a2+x2=1 2+xa2 ，
又∵0≤xa≤1，∴2≤2+xa2≤3，
∴ 13≤12+xa2≤12，则 33≤ 12+xa2≤ 22，
即直线PB与平面CC1D1D所成角的正弦值的范围是 33, 22．
故选：A．
4.【答案】B
【解析】【分析】利用点到直线的距离公式可得b+a−ab a2−b2=1，进而a=2b−2b−2，再利用基本不等式即可求解．
解：圆M:x−12+y−12=1，
点M到直线bx+ay−ab=0的距离为1
即b+a−ab a2+b2=1
化简得：ab−2a−2b+2=0⇒a=2b−2b−2
故a+2b=2b−2b−2+2b=2b−2+2b−2+6≥2 2b−2⋅2b−2+6=10．
故选：B
5.【答案】B
【解析】【分析】由公垂线的性质判断①;由线面平行的性质及锥体的体积公式判断②;根据线面垂直的判定及面面平行的判定定理结合条件判断③;利用坐标法，根据正弦定理及球的性质结合条件可求四面体NMBC的外接球半径判断④．
解：对于①:因为ABCD−A1B1C1D1是正方体，
所以C1D1⊥平面ADD1A1，C1D1⊥平面BCC1B1，
又因为AD1⊂平面ADD1A1，B1C1⊂平面BCC1B1，
所以C1D1⊥AD1,C1D1⊥B1C1，
，即C1D1是AD1与B1C1的公垂线段，
因为公垂线段是异面直线上两点间的最短距离，
所以当M,N分别与D1,C1重合时，MN最短为1，故①正确;
对于②，因为ABCD−A1B1C1D1是正方体，
所以平面ADD1A1//平面BCC1B1，且AD1⊂平面ADD1A1,
所以AD1//平面NBC，
当点M在AD1上运动时，点M到平面NBC的距离不变，距离ℎ=1，
由B1C1//BC可知，当点N在B1C1上运动时，N到BC的距离不变，
所以▵NBC的面积不变，
所以VM−NBC=13S△NBC×ℎ=13×12×1×1×1=16.所以②错误;
对于③，连接A1D,B1C，因为A1B1⊥平面ADD1A1，AD1⊂平面ADD1A1，
且A1B1//C1D1，所以AD1⊥C1D1，
又A1D⊥AD1,A1D∩A1B1=A1,A1D,A1B1⊂平面A1B1CD，
所以AD1⊥平面A1B1CD，当N不在线段B1C1端点时，
过N作NE//A1B1交A1D1于E，过N作NF//B1C交CC1于F，
平面NEF交线段AD1于M，

因为NE⊄平面A1B1CD，A1B1⊂平面A1B1CD，
故NE//平面A1B1CD，同理NF//平面A1B1CD，
又NE∩NF=N,NE,NF⊂平面NEF，
所以平面NEF//平面A1B1CD，
故AD1⊥平面NEF，又MN⊂平面NEF，
所以MN⊥AD1，因为点N在线段B1C1上，
所以存在无数条直线MN⊥AD1，故③正确;
对于④，如图，以点D为原点，以DA,DC,DD1所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系，
则M(12,0,12),N(12,1,1),B(1,1,0),C(0,1,0)，
所以NB=BC= 52,sin∠NBC=1 52=2 55，

则▵NBC的外接圆的半径为r=NC2sin∠NBC= 522×2 55=58.
所以可得等腰▵NBC的外接圆圆心为O1(12,1,38)，
设四面体NMBC的外接球球心为O，则OO1⊥平面NBC，
所以可设四面体NMBC的外接球球心为O(12,t,38)，
由OM=OC=OB，
可得t2+38−122=14+t−12+382，解得t=1116，
所以四面体NMBC的外接球的半径为R= 11162+38−122=5 516,故④错误．
故选：B．
6.【答案】C
【解析】【分析】根据圆的方程求出半径和圆心坐标，然后根据直线斜率是否存在分类讨论，利用点到直线的距离等于半径．
解：由题意得：
由圆(x−1)2+(y−1)2=1，得到圆心坐标为(1,1)，半径r=1，
当过(2,3)的切线斜率不存在时，直线x=2满足题意；
当过(2,3)的切线斜率存在时，设为斜率为k，
可得切线方程为 y−3=k(x−2)，即kx−y+3−2k=0，
∴圆心到切线的距离d=r，即k−1+3−2k 1+k2=1，
解得：k=34，
此时切线的方程为y−3=34(x−2)，即3x−4y+6=0，
综上，圆的切线方程为x−2=0和3x−4y+6=0．
故选：C
7.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了空间几何体的体积，涉及点到直线、平面的距离，面面垂直的性质，考查空间向量的运用，属于较难题．
取AD中点为O，BC中点为E，连接PO，OE，可证明PO⊥平面ABCD，建立空间直角坐标系，设PM=λPC0⩽λ⩽1，根据向量法得到点M到直线BD的距离，可知距离最小时λ=12，得到点M的坐标，根据线面平行的性质得到点N的位置及坐标，求得平面ADMN的法向量，利用向量法求得点P到平面ADMN的距离，再根据棱锥体积公式求得结果．
【解答】
解：取AD中点为O，BC中点为E，连接PO，OE，
可得OE/​/AB，
因为△PAD是等腰直角三角形，AP= 2，AD=2，
则AP=PD= 2，PO⊥AD，PO=1，
又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，PO⊂平面PAD，
所以PO⊥平面ABCD，
以点O为原点，OA，OE，OP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则P(0,0,1)，A(1,0,0)，D(−1,0,0)，C(−1, 2,0)，B(1, 2,0)，
PC=−1, 2,−1，DP=1,0,1，DB=2, 2,0，
设PM=λPC0⩽λ⩽1，
则PM=−λ, 2λ,−λ，DM=DP+PM=1−λ, 2λ,1−λ，
则点M到直线BD的距离为
d= DM2−DM·DB2DB2
= 21−λ2+2λ2−2222+ 22
= 2λ−12+13，
可知当λ=12时，d取得最小值，此时点M为PC中点，
因为AD//BC，BC⊂平面PBC，AD⊄平面PBC，所以AD/​/平面PBC，
又平面ADMN∩平面PBC=MN，AD⊂平面ADMN，
所以AD/​/MN，所以MN/​/BC，
则点N为PB中点，MN=1，
可得M−12, 22,12，N12, 22,12，
AN=−12, 22,12，DM=12, 22,12，
则AN=DM=1，
则四边形ADMN的面积为12×1+2× 12−2−122=3 34，
设平面ADMN的法向量为n=x,y,z，
则n·DA=2x=0n·AN=−12x+ 22y+12z=0,
取y=1，则x=0，z=− 2，则n=0,1,− 2，
则点P到平面ADMN的距离为ℎ=DP·nn=− 2 3= 63，
则四棱锥P−ADMN的体积为V=13S梯形ADMN·ℎ=13×3 34× 63= 24．
故选B．
8.【答案】D
【解析】【分析】本题考查了立体几何中的异面直线夹角问题，外接球问题，意在考查学生的计算能力，空间想象能力和综合应用能力，其中建立空间直角坐标系可以简化运算，是解题的关键．
建立空间直角坐标系，确定各点坐标，设球心O1,ℎ,12，根据OA=OC得到ℎ=34，设E2,0,a，根据向量的夹角公式结合二次函数性质计算最值得到答案．
解：如图所示：以CD,CB,CC1分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，
设AB=1，则A1,2,0，C0,0,0，B0,2,0，
球心O在平面CDD1C1的投影坐标为1,0,12，则设球心O1,ℎ,12，
则OA=OC，即 1−12+ℎ−22+122= 12+ℎ2+122，
解得ℎ=34，则O1,34,12．
设E2,0,a，a∈0,1，EA=−1,2,−a，OB=−1,54,−12，
csEA,OB=EA⋅OBEA⋅OB=1+52+12a a2+5⋅3 55=72+12a a2+5⋅3 54=14+2a3 5× a2+5
设7+a=t，则a=7−t，t∈7,8，
则14+2a3 5× a2+5=2t3 5× t2−14t+54=23 5× 541t−7542+554，
当t=547时，有最大值为23 5× 554=2 65，
此时直线AE与OB所成的角最小，对应的正弦值为 1−2 652=15．
故选：D
9.【答案】AC
【解析】【分析】
本题考查了向量的有关知识，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
A.利用向量相等、模的定义即可判断出正误；
B.将所有空间单位向量的起点放在同一点，终点围成一个球，即可判断出正误；
C.利用向量相等即可判断出正误；
D.若取 b= 0时， a与 c不一定共线，即可判断出正误．
【解答】
解：A.若a=b，则|a|=|b|，正确；
B.将所有空间单位向量的起点放在同一点，则终点围成一个球，不正确；
C.由a=−b且b=−c，则a=c，正确；
D．a与b共线，b与c共线，则a与c共线，不正确，例如取b=0时，a与c不一定共线．
故选：AC.
10.【答案】BC
【解析】【分析】
本题考查直线与圆的位置关系，涉及点到直线的距离公式，属于基础题．
根据题意，分析圆的圆心，求出圆心到直线x−y−4=0的距离d，结合直线与圆的位置关系分析可得r的取值范围，即可得答案．
【解答】
解：圆心O(0,0)到直线x−y−4=0的距离d=|0−0−4| 2=2 2，
∵圆x2+y2=r2(r>0)上恰有相异两点到直线x−y−4=0的距离等于 2，
∴d−r< 2，即2 2−r< 2，
∴解得 2根据选项，故r的可能取值为2,2 2，
故选BC．
11.【答案】AC
【解析】【分析】先根据配方法确定两个圆的圆心和半径，再根据圆心距和半径的关系即可判断两圆的位置．
解：对于B，因为圆C1:x2+y2−6x+6y+14=0，
所以圆C1的标准方程为(x−3)2+(y+3)2=4，圆心为C13,−3，半径为r1=2，故 B错误；
对于A，因为圆C2:x2+y2−2y−15=0，
所以圆C2的标准方程为x2+(y−1)2=16，圆心为C20,1，半径为r2=4，
所以C1C2= 32+(−3−1)2=5，故 A正确；
对于CD，因为r2−r1故选：AC．
12.【答案】BD
【解析】【分析】
本题考查向量的模的几何意义的应用，直线与圆的位置关系中的最值问题，是较难题．
利用向量模的几何意义，建立直角坐标系，得到A，B的坐标，设c=OC=(x,y)，可得C的轨迹为圆，点M的轨迹为直线，由圆的几何性质，点到直线的距离公式求得最值．
【解答】
解：设OA=a,OB=b，
则|a−b|=AB= 9+1−2×3cs∠AOB= 7，
解得∠AOB=60°，
以O为原点，OA为x轴建立直角坐标系，则A(3,0),B(12, 32)，设c=OC=(x,y)，
则由|c|=2|c−a|，得(x−4)2+y2=4，点C的轨迹为圆心(4,0)，半径为2的圆，
由于m=tb(t∈R)，则m=OM表示与OB共线的向量，即点M轨迹为直线OB: 3x−y=0，
|m−c|表示圆上的点与直线上的点的距离，
最小值为4× 3−0×1 3+1−2=2 3−2，无最大值，
故选BD．
13.【答案】3 22
【解析】【分析】
本题主要考查点到直线的距离公式的应用，属于基础题．
由题意利用点到直线的距离公式，计算求得结果．
【解答】
解：点(1,1)到直线x+y+1=0的距离为|1+1+1| 1+1=3 22，
故答案为：3 22．
14.【答案】−2
【解析】【分析】根据给定的条件，利用两直线的垂直关系列式计算作答．
解：若l1⊥l2，则1×a+1×2=0，解得a=−2．
故答案为：−2．
15.【答案】−34
【解析】【分析】本题考查直线与圆的位置关系中的最值问题，此类问题一般转化为圆心到几何对象的距离问题，属于中档题．
设切线长最小时直线上对应的点为P，则PC⊥l，利用点到直线的距离公式计算|CP|的值并构建关于a的方程，解方程后可得a的值，从而得到所求的斜率．
解：设切线长最小时直线上对应的点为P，则PC⊥l
又|CP|=|3×3+4a−5| a2+9=|4+4a| a2+9，因为切线长的最小值为 15
故( 15)2+1=|4+4a| a2+92，解得a=4，故直线l的斜率为−34．
故答案为：−34．
16.【答案】①②③
【解析】【分析】
本题考查了立体几何中的探索性问题，椎体体积的计算等知识，属于中档题．
建立空间直角坐标系，表达出各点坐标，设出P0,m,0(0≤m≤2)，选项①，列出方程，求出m的值；选项②，利用点到直线距离的向量公式表达出P到直线A1E距离，表达出▵PA1E的面积，进而得到答案；③把▵A1B1E作为底，高为点P到上底面的距离ℎ，可以判断四面体A1PB1E的体积不变．
【解答】
解：以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
设正方体棱长为2，则A12,0,2，E1,2,2，设P0,m,0(0≤m≤2)，
则PA1= 4+m2+4= m2+8，PE= 1+m−22+4= m2−4m+9，
令m2+8=m2−4m+9，解得：m=14，
存在点P，使得PA1=PE，①正确；
PE=1,2−m,2，A1E=−1,2,0，A1E= 1+4= 5，
csPE,A1E=1,2−m,2⋅−1,2,0 5⋅ m2−4m+9=3−2m 5⋅ m2−4m+9，
设点P到直线A1E距离为d，
则d=PEsinPE,A1E= m2−4m+9⋅ 1−3−2m 5⋅ m2−4m+92= m2−8m+36 5．
所以S▵PA1E=12A1E⋅d=12 m2−8m+36=12 m−42+20，
因为0≤m≤2，动点P沿着棱DC从点D向点C移动，
即m从0逐渐变到2，随着m的变大，m−42+20变小，▵PA1E的面积越来越小，②正确；
以▵A1B1E为底，高为点P到上底面的距离ℎ，
因为DC //底面A1B1C1D1，所以ℎ不变，
所以四面体A1PB1E的体积不变，③正确．
故答案为：①②③．
17.【答案】解：当直线l与x轴垂直时，直线l的方程为x=3，点A(1,1)到它的距离为2，满足题意．
当直线l与x轴不垂直时，由题意可设直线l的方程为y−4=k(x−3)，即kx−y+4−3k=0，由点A到它的距离为2，可得2=|k−1+4−3k| k2+(−1)2，解得k=512，
所以直线方程为5x−12y+33=0．
综上所述，直线l的方程为x−3=0或5x−12y+33=0．

【解析】【分析】本题考查点到直线的距离公式，考查分类讨论思想，考查运算求解能力．
对直线分两种情况讨论，再利用点到直线的距离公式，即可得答案；
18.【答案】解：(1)
因为l1//l2，所以3−m2=45−m≠5−3m8，解得m=1或7(舍去)，
所以m=1．
(2)
因为l1⊥l2，所以3−m⋅2+45−m=0，解得m=133．
(3)
l1和l2相交，即两直线既不平行也不重合，由(1)可知，当m=1时，l1//l2，
当m=7时，两直线重合，
所以l1和l2相交时，m≠1且m≠7．

【解析】【分析】(1)根据平行时系数的关系列方程求解即可；
(2)根据垂直时系数的关系列方程求解即可；
(3)根据直线相交表示两直线既不平行也不重合，然后结合(1)求解即可．
19.【答案】解：(1)证明：∵平面ABCD⊥平面ABEF，平面ABCD∩平面ABEF=AB，BC⊥AB，BC⊂平面ABCD，
∴BC⊥平面ABEF，
∵MG⊥平面ABEF.∴MG//BC，AGAB=AMAC，
又∵AMAC=FNFB=λ,λ∈(0,1)，∴AGAB=FNFB，∴AF//GN，
又∵AF⊄平面MNG，NG⊂平面MNG，
∴AF/​/平面MNG．
(2)依题意得MG=AG=λ，GN=BG=1−λ，
∴VA−BMN=VM−ABN=13×12×AB×GN×MG=16(λ−λ2)，
∴当λ=12时，即M，N，G为所在线段中点时，三棱锥A−BMN体积最大，
以B为原点，BA、BE、BC所在的直线分别为x、y、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(1,0,0)，B(0,0,0)，M(12,0,12)，N(12,12,0)，
∴AM=(−12,0,12)，MN=(0,12,−12)，
设平面AMN的法向量为m=(x,y,z)，则AM⋅m=−x2+z2=0MN⋅m=y2−z2=0，
令z=1，则x=1，y=1，∴m=(1,1,1)，
同理可得，平面BMN的法向量为n=(−1,1,1)，
∴cs=m⋅n|m|⋅|n|=13，
由图可知，二面角A−MN−B为钝角，
∴二面角A−MN−B的余弦值为−13．
【解析】本题考查空间中线与面的位置关系、二面角的求法，考查学生的空间立体感、逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
(1)只需证明MG/​/BC，AF//GN，即可证明AF//面MNG．
(2)依题意得MG=AG=λ，GN=BG=1−λ，VA−BMN=VM−ABN=13×12×AB×GN×MG=16(λ−λ2)，即可得当λ=12时，即M，N，G为所在线段中点时，三棱锥A−BMN体积最大，以B为原点，BA、BE、BC所在的直线分别为x、y、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量即可求得二面角A−MN−B的余弦值．
20.【答案】解：(1)
证明：因为FG是▵ACD的中位线，所以AD//FG．
因为AD⊄平面EFG,FG⊂平面EFG，
所以AD//平面EFG．
(2)
以A为坐标原点，AB,AC,AD的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，则点B2,0,0,C0,4,0，D(0,0,4)，E(1,0,0)，F(0,2,0)，G(0,2,2)，
BC=−2,4,0,BD=−2,0,4．
设平面BCD的一个法向量为n1=x1,y1,z1，
则n1⋅BC=−2x1+4y1=0n1⋅BD=−2x1+4z1=0，取x1=2，得y1=1，z1=1，则n1=2,1,1．
设平面EFG的法向量为n2=x2,y2,z2，因为EF=−1,2,0,FG=0,0,2，
所以n2⋅FG=2z2=0n2⋅EF=−x2+2y2=0，得z2=0，取x2=2，得y2=1，则n2=2,1,0，
所以cs=n1⋅n2n1n2=4+1 4+1+1× 4+1+0=5 6× 5= 306，
所以平面BCD与平面EFG所成锐角的余弦值为 306．

【解析】【分析】(1)根据线面平行的判定定理可证结论正确；
(2)以A为坐标原点，AB,AC,AD的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，利用平面的法向量可求出结果．
21.【答案】解：(1)由题意，四边形ABCD是矩形，可得AD⊥DC，
又由EA⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，所以EA⊥AD，
因为FD//EA，所以FD⊥AD，
又由CD∩FD=D，且CD,FD⊂平面CDF，所以AD⊥平面CDF，
如图所示，以A为坐标原点，分别以AB，AD，AE所在的直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系．
则B2,0,0，E0,0, 2，BE=⇀−2,0, 2，A0,0,0，D0, 6,0，AD=0, 6,0．
由平面CDF的一个法向量为AD=0, 6,0，
因为BE⋅AD=0，即BE⊥AD，即BE⊥AD，
所以BE//平面CDF．
(2)由题意，得C2, 6,0，E0,0, 2，F0, 6,2 2，D0, 6,0，
平面DEF的一个法向量为m=1,0,0，
设平面CEF的一个法向量n=x,y,z，
可得EF=0, 6, 2，CF=−2,0,2 2，
由{n⇀⊥EF⇀n⇀⊥CF⇀，可得{n⇀⋅EF⇀= 6y+ 2z=0n⇀⋅CF⇀=−2x+2 2z=0，即 3y+z=0−x+ 2z=0,
取z= 3，得y=−1，x= 6，所以n= 6,−1, 3．
设二面角C−EF−D的大小为θ，
则csθ=csn,m=n⋅mn⋅m= 6 10×1= 155．
所以二面角C−EF−D的余弦值为 155．

【解析】【分析】利用空间向量计算二面角的常用方法：
1、法向量法：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小；
2、方向向量法：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小．
(1)分别以AB，AD，AE所在的直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，得出平面CDF的一个法向量为AD=0, 6,0，结合BE⋅AD=0，即可求解；
(2)分别求得平面DEF和CEF的一个法向量，结合向量的夹角公式，即可求解．
22.【答案】(1)证明：连结DM，则DC/​/BM且DC=BM，
所以四边形BCDM为平行四边形，
所以DM//BC且DM=BC，所以△AMD是正三角形，
又因为点N是AD的中点，所以MN⊥AD，
因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，MN⊂平面ABCD，所以MN⊥平面PAD，
因为PD⊂平面PAD，所以PD⊥MN，
又因为PD⊥NC，MN∩NC=N，MN，NC⊂平面ABCD，所以PD⊥平面ABCD．
(2)解：连结BD，则BD/​/MN，所以BD⊥AD，BD⊥PD，
在Rt△DAB中，DA2+DB2=AB2，
又因为DA=2，AB=4，所以DB=2 3，
故△DAB的面积为S△DAB=12DA DB=12×2×2 3=2 3，
由等体积法可得VD−PAB=VP−DAB=13PD S△DAB=13PD×2 3=23，所以PD= 33．
以D点为坐标原点，DA、DB、DP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D−xyz，则D(0,0,0)，N(1,0,0)，C(−1, 3,0)，M(1, 3,0)，P(0,0, 33)，
所以PN=(1,0,− 33)，NC=(−2, 3,0)，NM=(0, 3,0)．
设平面PNC的一个法向量为n=(x,y,z)，
则有PN⋅n=0NC⋅n=0，即x− 33z=0−2x+ 3y=0，
令x=1，则y=2 33，z= 3，即n=(1,2 33, 3)，
设平面PNM的一个法向量为m=(a,b,c)，
则有PN⋅m=0NM⋅m=0，即a− 33c=0 3b=0，令a=1，则c= 3，即m=(1,0, 3)，
所以n⋅m=1+3=4，
|n|= 12+2 332+ 32=4 33，|m|= 12+02+ 32=2，
所以|cs|=|n⋅m||n||m|=44 33×2= 32，
由图可知，二面角C−PN−M为锐角，所以二面角C−PN−M的大小为30°．
【解析】本题考查平面与平面所成角的向量求法，线面垂直的判定，面面垂直的性质，棱锥的体积，属于中档题．
(1)连结DM，先证△AMD是正三角形，可得MN⊥AD，利用面面垂直的性质定理可证MN⊥平面PAD，从而可得PD⊥MN，再利用线面垂直的判定定理可证PD⊥平面ABCD．
(2)连结BD，利用等体积法由三棱锥D−PAB的体积为23可得PD= 33，以D点为坐标原点，DA、DB、DP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D−xyz.求出各相关点的坐标，分别求出平面PNC与平面PNM的法向量，利用向量法求出二面角C−PN−M的余弦值，即可求出二面角C−PN−M的大小．