人教A版高中数学选择性必修第一册第一章章末综合检测(一)含答案

这是一份人教A版高中数学选择性必修第一册第一章章末综合检测(一)含答案，共12页。
章末综合检测(一)(时间：120分钟　满分：150分)一、单项选择题(本大题共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．已知平面α和平面β的法向量分别为m＝(3,1，－5)，n＝(－6，－2,10)，则(　　)A．α⊥β　　　　　　　　 B．α∥βC．α与β相交但不垂直 D．以上都不对解析：选B　∵n＝(－6，－2,10)，m＝(3,1，－5)，∴n＝－2m.∴m∥n.∴α与β平行．2．已知a＝(－3,2,5)，b＝(1,5，－1)，则a·(a＋3b)＝(　　)A．(0,34,10) B．(－3,19,7)C．44 D．23解析：选C　a＋3b＝(－3,2,5)＋3(1,5，－1)＝(0,17,2)，则a·(a＋3b)＝(－3,2,5)·(0,17,2)＝0＋34＋10＝44.3．在直三棱柱ABC-A1B1C1中，若eq \o(CA,\s\up7(―→))＝a，eq \o(CB,\s\up7(―→))＝b，eq \o(CC1,\s\up7(―→))＝c，则eq \o(A1B,\s\up7(―→))等于(　　 )A．a＋b－c B．a－b＋cC．－a＋b＋c D．－a＋b－c解析：选D　如图，eq \o(A1B,\s\up7(―→))＝eq \o(AB,\s\up7(―→))－eq \o(AA1,\s\up7(―→))＝eq \o(CB,\s\up7(―→))－eq \o(CA,\s\up7(―→))－eq \o(AA1,\s\up7(―→))＝eq \o(CB,\s\up7(―→))－eq \o(CA,\s\up7(―→))－eq \o(CC1,\s\up7(―→))＝b－a－c.4．三棱锥A-BCD中，AB＝AC＝AD＝2，∠BAD＝90°，∠BAC＝60°，则eq \o(AB,\s\up7(―→))·eq \o(CD,\s\up7(―→))等于(　　 )A．－2 B．2C．－2eq \r(3) D．2eq \r(3)解析：选A　eq \o(AB,\s\up7(―→))·eq \o(CD,\s\up7(―→))＝eq \o(AB,\s\up7(―→))·(eq \o(AD,\s\up7(―→))－eq \o(AC,\s\up7(―→)))＝eq \o(AB,\s\up7(―→))·eq \o(AD,\s\up7(―→))－eq \o(AB,\s\up7(―→))·eq \o(AC,\s\up7(―→))＝2×2×cos 90°－2×2×cos 60°＝－2.5．已知a＝3m－2n－4p≠0，b＝(x＋1)m＋8n＋2yp，且m，n，p不共面，若a∥b，则x，y的值为(　　 )A．x＝－13，y＝8 B．x＝－13，y＝5C．x＝7，y＝5 D．x＝7，y＝8解析：选A　因为a∥b且a≠0，所以b＝λa，即(x＋1)m＋8n＋2yp＝3λm－2λn－4λp.又因为m，n，p不共面，所以eq \f(x＋1,3)＝eq \f(8,－2)＝eq \f(2y,－4)，所以x＝－13，y＝8.6．已知在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AA1＝2AB，则CD与平面BDC1所成角的正弦值等于(　　 )A.eq \f(2,3) B．eq \f(\r(3),3)C.eq \f(\r(2),3) D．eq \f(1,3)解析：选A　以D为坐标原点，建立空间直角坐标系Dxyz，如图，设AA1＝2AB＝2，则D(0,0,0)，C(0,1,0)，B(1,1,0)，C1(0,1,2)，则eq \o(DC,\s\up7(―→))＝(0,1,0)，eq \o(DB,\s\up7(―→))＝(1,1,0)，eq \o(DC1,\s\up7(―→))＝(0,1,2)．设平面BDC1的法向量为n＝(x，y，z)，则n⊥eq \o(DB,\s\up7(―→))，n⊥eq \o(DC1,\s\up7(―→))，所以有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＋y＝0，,y＋2z＝0，))令y＝－2，得平面BDC1的一个法向量为n＝(2，－2,1)．设CD与平面BDC1所成的角为θ，则sin θ＝|cos〈n，eq \o(DC,\s\up7(―→))〉|＝eq \f(|n·eq \o(DC,\s\up7(―→))|,|n||eq \o(DC,\s\up7(―→))|)＝eq \f(2,3).7.如图，已知长方体ABCD-A1B1C1D1中，A1A＝5，AB＝12，则直线B1C1到平面A1BCD1的距离是(　　 )A．5 B．8C.eq \f(60,13) D．eq \f(13,2)解析：选C　以D为坐标原点，eq \o(DA,\s\up7(―→))，eq \o(DC,\s\up7(―→))，eq \o(DD1,\s\up7(―→))的方向分别为x，y，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，则C(0,12,0)，D1(0,0,5)．设B(x,12,0)，B1(x,12,5)(x≠0)．设平面A1BCD1的法向量为n＝(a，b，c)，由n⊥eq \o(BC,\s\up7(―→))，n⊥eq \o(CD1,\s\up7(―→))，得n·eq \o(BC,\s\up7(―→))＝(a，b，c)·(－x,0,0)＝－ax＝0，n·eq \o(CD1,\s\up7(―→))＝(a，b，c)·(0，－12，5)＝－12b＋5c＝0，所以a＝0，b＝eq \f(5,12)c，所以可取n＝(0,5,12)．又eq \o(B1B,\s\up7(―→))＝(0,0，－5)，所以点B1到平面A1BCD1的距离为eq \f(|eq \o(B1B,\s\up7(―→))·n|,|n|)＝eq \f(60,13). 因为B1C1∥平面A1BCD1，所以B1C1到平面A1BCD1的距离为eq \f(60,13).8.如图，AB＝AC＝BD＝1，AB⊂平面α，AC⊥平面α，BD⊥AB，BD与平面α成30°角，则C，D间的距离为(　　)A．1　 B．2　　C.eq \r(2)　　D.eq \r(3)解析：选C　∵|eq \o(CD,\s\up7(―→))|2＝|eq \o(CA,\s\up7(―→))＋eq \o(AB,\s\up7(―→))＋eq \o(BD,\s\up7(―→))|2＝|eq \o(CA,\s\up7(―→))|2＋|eq \o(AB,\s\up7(―→))|2＋|eq \o(BD,\s\up7(―→))|2＋2eq \o(CA,\s\up7(―→))·eq \o(AB,\s\up7(―→))＋2eq \o(AB,\s\up7(―→))·eq \o(BD,\s\up7(―→))＋2eq \o(CA,\s\up7(―→))·eq \o(BD,\s\up7(―→))＝1＋1＋1＋0＋0＋2×1×1×cos 120°＝2，∴|eq \o(CD,\s\up7(―→))|＝eq \r(2).二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分)9．已知点P是平行四边形ABCD所在的平面外一点，如果eq \o(AB,\s\up7(―→))＝(2，－1，－4)，eq \o(AD,\s\up7(―→))＝(4,2,0)，eq \o(AP,\s\up7(―→))＝(－1,2，－1)，下列结论正确的有(　　)A．eq \o(AP,\s\up7(―→))⊥eq \o(AB,\s\up7(―→))B．eq \o(AP,\s\up7(―→))⊥eq \o(AD,\s\up7(―→))C．eq \o(AP,\s\up7(―→))是平面ABCD的一个法向量D．eq \o(AP,\s\up7(―→))∥eq \o(BD,\s\up7(―→))解析：选ABC　因为eq \o(AP,\s\up7(―→))·eq \o(AD,\s\up7(―→))＝0，eq \o(AP,\s\up7(―→))·eq \o(AB,\s\up7(―→))＝0，所以A、B正确；因为eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(eq \o(AP,\s\up7(―→))·eq \o(AD,\s\up7(―→))＝0，, eq \o(AP,\s\up7(―→))·eq \o(AB,\s\up7(―→))＝0，))所以eq \o(AP,\s\up7(―→))是平面ABCD的一个法向量，所以C正确；eq \o(BD,\s\up7(―→))＝eq \o(BA,\s\up7(―→))＋eq \o(AD,\s\up7(―→))＝(2,3,4)，eq \o(AP,\s\up7(―→))＝(－1,2，－1)不满足eq \o(AP,\s\up7(―→))＝λeq \o(BD,\s\up7(―→))，则D不正确．故选A、B、C.10．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(4,5,3)B．点C1关于点B对称的点为(5,8，－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)解析：选ACD　根据题意知：点B1的坐标为(4,5,3)，A正确；B的坐标为(4,5,0)，C1坐标为(0,5,3)，故点C1关于点B对称的点为(8,5，－3)，B错误；点A关于直线BD1对称的点为C1(0,5,3)，C正确；点C(0,5,0)关于平面ABB1A1对称的点为(8,5,0)，D正确．故选A、C、D.11．在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别是A1D1和C1D1的中点，则下列结论正确的是(　　)A．A1C1∥平面CEFB．B1D⊥平面CEFC．eq \o(CE,\s\up7(―→))＝eq \f(1,2)eq \o(DA,\s\up7(―→))＋eq \o(DD1,\s\up7(―→))－eq \o(DC,\s\up7(―→))D．点D与点B1到平面CEF的距离相等解析：选AC　对A，因为E，F分别是A1D1和C1D1的中点，所以EF∥A1C1，故A1C1∥平面CEF成立．对B，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体ABCD-A1B1C1D1的边长为2，则eq \o(B1D,\s\up7(――→))＝(－2，－2，－2)，eq \o(FC,\s\up7(―→))＝(0,1，－2)．所以eq \o(B1D,\s\up7(――→))·eq \o(FC,\s\up7(―→))＝0－2＋4＝2≠0，故eq \o(B1D,\s\up7(――→))，eq \o(FC,\s\up7(―→))不互相垂直．又CF⊂平面CEF，故B1D⊥平面CEF不成立．对C，由图可知eq \o(CE,\s\up7(―→))＝(1，－2,2)，eq \f(1,2)eq \o(DA,\s\up7(―→))＋eq \o(DD1,\s\up7(―→))－eq \o(DC,\s\up7(―→))＝eq \f(1,2)(2,0,0)＋(0,0,2)－(0,2,0)＝(1，－2,2)．故eq \o(CE,\s\up7(―→))＝eq \f(1,2)eq \o(DA,\s\up7(―→))＋eq \o(DD1,\s\up7(―→))－eq \o(DC,\s\up7(―→))成立．对D，点D与点B1到平面CEF的距离相等等价于点D与点B1的中点O在平面CEF上．连接AC，AE，易得平面CEF即平面CAEF.又点D与点B1的中点O在平面A1ACC1上，则点O不在平面CEF上．故D不成立．12．若将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角，则下列结论正确的有(　　)A．AD与BC所成的角为45°B．AC与BD所成的角为90°C．BC与平面ACD所成角的正弦值为eq \f(\r(6),3)D．平面ABC与平面BCD的夹角的正切值是eq \r(2)解析：选BCD　取BD的中点O，连接AO，CO.若将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角，则OA⊥BD，OC⊥BD，OA⊥OC，∴以O为原点，OC所在直线为x轴，OD所在直线为y轴，OA所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．设OC＝1，则A(0,0,1)，B(0，－1,0)，C(1,0,0)，D(0,1,0)，∴eq \o(AD,\s\up7(―→))＝(0,1，－1)，eq \o(BC,\s\up7(―→))＝(1,1,0)，∴cos〈eq \o(AD,\s\up7(―→))，eq \o(BC,\s\up7(―→))〉＝eq \f(eq \o(AD,\s\up7(―→))·eq \o(BC,\s\up7(―→)),|eq \o(AD,\s\up7(―→))||eq \o(BC,\s\up7(―→))|)＝eq \f(1,\r(2)×\r(2))＝eq \f(1,2)，∴AD与BC所成的角为60°，故A不正确；易得eq \o(AC,\s\up7(―→))＝(1,0，－1)，eq \o(BD,\s\up7(―→))＝(0,2,0)，∵eq \o(AC,\s\up7(―→))·eq \o(BD,\s\up7(―→))＝0，∴AC⊥BD，故B正确；设平面ACD的法向量为t＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(t·eq \o(AC,\s\up7(―→))＝x－z＝0，,t·eq \o(AD,\s\up7(―→))＝y－z＝0，))取z＝1，则x＝y＝1，∴t＝(1,1,1)，又eq \o(BC,\s\up7(―→))＝(1,1,0)，设BC与平面ACD所成的角为θ，∴sin θ＝|cos〈eq \o(BC,\s\up7(―→))，t〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(eq \o(BC,\s\up7(―→))·t,|eq \o(BC,\s\up7(―→))||t|)))＝eq \f(2,\r(2)×\r(3))＝eq \f(\r(6),3)，故C正确；易知平面BCD的一个法向量n＝(0,0,1)，eq \o(BA,\s\up7(―→))＝(0,1,1)，eq \o(BC,\s\up7(―→))＝(1,1,0)，设平面ABC的一个法向量为m＝(x′，y′，z′)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(m·eq \o(BA,\s\up7(―→))＝y′＋z′＝0，,m·eq \o(BC,\s\up7(―→))＝x′＋y′＝0，))取x′＝1，则y′＝－1，z′＝1，∴m＝(1，－1,1)，设平面ABC与平面BCD的夹角为α，则cos α＝|cos〈m，n〉|＝eq \f(|m·n|,|m||n|)＝eq \f(\r(3),3)，∴sin α＝eq \f(\r(6),3)，tan α＝eq \r(2)，∴平面ABC与平面BCD的夹角的正切值是eq \r(2)，故D正确．故选B、C、D.三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中的横线上)13．已知eq \o(AB,\s\up7(―→))＝(2,2,1)，eq \o(AC,\s\up7(―→))＝(4,5,3)，则平面ABC的单位法向量是__________. 解析：设平面ABC的法向量n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(eq \o(AB,\s\up7(―→))·n＝0，,eq \o(AC,\s\up7(―→))·n＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2x＋2y＋z＝0，,4x＋5y＋3z＝0.))令z＝1，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＝\f(1,2)，,y＝－1，))所以n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－1，1))，故平面ABC的单位法向量为±eq \f(n,|n|)＝±eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，－\f(2,3)，\f(2,3))).答案：±eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，－\f(2,3)，\f(2,3)))14．点P是底边长为2eq \r(3)，高为2的正三棱柱表面上的动点，MN是该棱柱内切球的一条直径，则eq \o(PM,\s\up7(―→))·eq \o(PN,\s\up7(―→))的取值范围是________．解析：由题意知内切球的半径为1，设球心为O，则eq \o(PM,\s\up7(―→))·eq \o(PN,\s\up7(―→))＝(eq \o(PO,\s\up7(―→))＋eq \o(OM,\s\up7(―→)))·(eq \o(PO,\s\up7(―→))＋eq \o(ON,\s\up7(―→)))＝eq \o(PO,\s\up7(―→))2＋eq \o(PO,\s\up7(―→))·(eq \o(OM,\s\up7(―→))＋eq \o(ON,\s\up7(―→)))＋eq \o(OM,\s\up7(―→))·eq \o(ON,\s\up7(―→))＝|eq \o(PO,\s\up7(―→))|2－1.∵1≤|eq \o(OP,\s\up7(―→))|≤eq \r(5)，∴eq \o(PM,\s\up7(―→))·eq \o(PN,\s\up7(―→))∈[0,4]．答案：[0,4]15.如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AD＝AA1＝2，AB＝3，若E为AB中点，则点B1到平面D1EC的距离为________．解析：以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，连接CB1，由题意得C(0,3,0)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(3,2)，0))，D1(0,0,2)，B1(2,3,2)，∴eq \o(CE,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，－\f(3,2)，0))，eq \o(CD1,\s\up7(―→))＝(0，－3,2)，eq \o(CB1,\s\up7(―→))＝(2,0,2)．设平面D1EC的法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(eq \o(CE,\s\up7(―→))·n＝0，, eq \o(CD1,\s\up7(―→))·n＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2x－\f(3,2)y＝0，,－3y＋2z＝0，))令z＝6，得n＝(3,4,6)，∴点B1到平面D1EC的距离d＝eq \f(|n·eq \o(CB1,\s\up7(―→))|,|n|)＝eq \f(18\r(61),61).答案：eq \f(18\r(61),61)16.如图，在三棱锥S-ABC中，SA＝SB＝SC，且∠ASB＝∠BSC＝∠CSA＝eq \f(π,2)，M，N分别是AB和SC的中点，则异面直线SM与BN所成角的余弦值为______，直线SM与平面SAC所成角的大小为______．解析：因为∠ASB＝∠BSC＝∠CSA＝eq \f(π,2)，所以以S为坐标原点，eq \o(SA,\s\up7(―→))， eq \o(SB,\s\up7(―→))，eq \o(SC,\s\up7(―→))的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系(图略)．设SA＝SB＝SC＝2，则S(0,0,0)，B(0,2,0)，A(2,0,0)，C(0,0,2)，M(1,1,0)，N(0,0,1)，所以eq \o(SM,\s\up7(―→))＝(1,1,0)，eq \o(BN,\s\up7(―→))＝(0，－2,1)，所以cos〈eq \o(SM,\s\up7(―→))，eq \o(BN,\s\up7(―→))〉＝eq \f(－2,\r(2)×\r(5))＝－eq \f(\r(10),5)，所以异面直线SM与BN所成的角的余弦值为eq \f(\r(10),5).易得平面SAC的一个法向量为eq \o(SB,\s\up7(―→))＝(0,2,0)，则由cos〈eq \o(SM,\s\up7(―→))，eq \o(SB,\s\up7(―→))〉＝eq \f(2,\r(2)×2)＝eq \f(\r(2),2)得〈eq \o(SM,\s\up7(―→))，eq \o(SB,\s\up7(―→))〉＝eq \f(π,4)，所以直线SM与平面SAC所成角的大小为eq \f(π,4).答案：eq \f(\r(10),5)　eq \f(π,4)四、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17.(10分)在空间四边形ABCD中，G为△BCD的重心，E，F分别为边CD和AD的中点，试化简eq \o(AG,\s\up7(―→))＋eq \f(1,3)eq \o(BE,\s\up7(―→))－eq \f(1,2)eq \o(AC,\s\up7(―→))，并在图中标出化简结果的向量．解：∵G是△BCD的重心，BE是CD边上的中线，∴eq \o(GE,\s\up7(―→))＝eq \f(1,3)eq \o(BE,\s\up7(―→)).又eq \f(1,2)eq \o(AC,\s\up7(―→))＝eq \f(1,2)(eq \o(DC,\s\up7(―→))－eq \o(DA,\s\up7(―→)))＝eq \f(1,2)eq \o(DC,\s\up7(―→))－eq \f(1,2)eq \o(DA,\s\up7(―→))＝eq \o(DE,\s\up7(―→))－eq \o(DF,\s\up7(―→))＝eq \o(FE,\s\up7(―→))，∴eq \o(AG,\s\up7(―→))＋eq \f(1,3)eq \o(BE,\s\up7(―→))－eq \f(1,2)eq \o(AC,\s\up7(―→))＝eq \o(AG,\s\up7(―→))＋eq \o(GE,\s\up7(―→))－eq \o(FE,\s\up7(―→))＝eq \o(AF,\s\up7(―→)) (如图所示)．18．(12分)已知向量a＝(1，－3,2)，b＝(－2,1,1)，点A(－3，－1,4)，B(－2，－2,2)．(1)求|2a＋b|；(2)在直线AB上，是否存在一点E，使得eq \o(OE,\s\up7(―→))⊥b？(O为原点)解：(1)2a＋b＝(2，－6,4)＋(－2,1,1)＝(0，－5,5)，故|2a＋b|＝eq \r(02＋－52＋52)＝5eq \r(2).(2)eq \o(OE,\s\up7(―→))＝eq \o(OA,\s\up7(―→))＋eq \o(AE,\s\up7(―→))＝eq \o(OA,\s\up7(―→))＋teq \o(AB,\s\up7(―→))＝(－3，－1,4)＋t(1，－1，－2)＝(－3＋t，－1－t,4－2t)．若eq \o(OE,\s\up7(―→))⊥b，则eq \o(OE,\s\up7(―→))·b＝0，所以－2(－3＋t)＋(－1－t)＋(4－2t)＝0，解得t＝eq \f(9,5)，因此存在点E，使得eq \o(OE,\s\up7(―→))⊥b，此时点E的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(6,5)，－\f(14,5)，\f(2,5))).19.(12分)如图，在三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC，∠BAC＝90°，D，E，F分别是棱AB，BC，CP的中点，AB＝AC＝1，PA＝2.(1)求直线PA与平面DEF所成角的正弦值；(2)求点P到平面DEF的距离．解：(1)如图所示，以A为原点，AB，AC，AP所在的直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系Axyz.由AB＝AC＝1，PA＝2，得A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0,1,0)，P(0,0,2)，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，0))，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，0))，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，1)).设平面DEF的法向量n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·eq \o(OE,\s\up7(―→))＝0，,n·eq \o(DF,\s\up7(―→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x，y，z·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，0))＝0，,x，y，z·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)，1))＝0，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＝2z，,y＝0.))取z＝1，则平面DEF的一个法向量n＝(2,0,1)．设PA与平面DEF所成的角为θ，则sin θ＝eq \f(|eq \o(PA,\s\up7(―→))·n|,|eq \o(PA,\s\up7(―→))|·|n|)＝eq \f(\r(5),5)，故直线PA与平面DEF所成角的正弦值为eq \f(\r(5),5).(2)∵eq \o(PF,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，－1))，n＝(2,0,1)，∴点P到平面DEF的距离d＝eq \f(|eq \o(PF,\s\up7(―→))·n|,|n|)＝eq \f(\r(5),5).20．(2022·北京高考)(12分)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面BCC1B1为正方形，平面BCC1B1⊥平面ABB1A1，AB＝BC＝2，M，N分别为A1B1，AC的中点．(1)求证：MN∥平面BCC1B1；(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB与平面BMN所成角的正弦值．条件①：AB⊥MN；条件②：BM＝MN.注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．解：(1)证明：法一 如图，设点P为AB的中点，连接PN，PM，因为N为AC的中点，所以PN为△ABC的中位线，所以PN∥BC.又M为A1B1的中点，所以PM∥BB1.因为BB1∩BC＝B，PM∩PN＝P，BB1，BC⊂平面BCC1B1，PM，PN⊂平面MPN，所以平面BCC1B1∥平面MPN.又MN⊂平面MPN，所以MN∥平面BCC1B1.法二 如图，取BC的中点D，连接B1D，DN.在三棱柱ABC-A1B1C1中，AB∥A1B1，AB＝A1B1.因为M，N，D分别为A1B1，AC，BC的中点，所以B1M∥AB，B1M＝ eq \f(1,2)AB，DN∥AB，DN＝ eq \f(1,2)AB，则B1M∥DN且B1M＝DN，所以四边形B1MND为平行四边形，因此B1D∥MN.又MN⊄平面BCC1B1，B1D⊂平面BCC1B1，所以MN∥平面BCC1B1.(2)因为侧面BCC1B1为正方形，所以CB⊥BB1，又因为平面BCC1B1⊥平面ABB1A1，且平面BCC1B1∩平面ABB1A1＝BB1，所以CB⊥平面ABB1A1，而AB⊂平面ABB1A1，所以CB⊥AB.选条件①：由(1)得B1D∥MN，因为AB⊥MN，所以AB⊥B1D，又B1D∩CB＝D，所以AB⊥平面BCC1B1，在三棱柱ABC-A1B1C1中，BA，BC，BB1两两垂直，故以B为坐标原点，分别以BC，BA，BB1所在直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系B-xyz，因为AB＝BC＝BB1＝2，所以B(0，0，0)，N(1，1，0)，M(0，1，2)，A(0，2，0)，所以 eq \o(BN,\s\up6(―→))＝(1，1，0)， eq \o(BM,\s\up6(―→))＝(0，1，2)， eq \o(AB,\s\up6(―→))＝(0，－2，0).设平面BMN的法向量为n＝(x，y，z)，由 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\o(BN,\s\up6(―→))·n＝0，,\o(BM,\s\up6(―→))·n＝0，))得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＋y＝0，,y＋2z＝0，))令x＝2，得n＝(2，－2，1).设直线AB与平面BMN所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈n， eq \o(AB,\s\up6(―→))〉|＝ eq \f(|n·\o(AB,\s\up6(―→))|,|n|·|\o(AB,\s\up6(―→))|)＝ eq \f(4,3×2)＝ eq \f(2,3)，所以直线AB与平面BMN所成角的正弦值为 eq \f(2,3).选条件②：由(1)知B1B∥MP，CB∥NP，而CB⊥BB1，故NP⊥MP.又因为AB＝BC＝2，所以NP＝BP＝1.在△MPB和△MPN中，BM＝MN，NP＝BP，MP＝MP，则△MPB≌△MPN，因此∠MPN＝∠MPB＝90°，即MP⊥AB，故B1B⊥AB.在三棱柱ABC-A1B1C1中，BA，BC，BB1两两垂直，故以B为坐标原点，分别以BC，BA，BB1所在直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系B-xyz，则B(0，0，0)，N(1，1，0)，M(0，1，2)，A(0，2，0)，所以 eq \o(BN,\s\up6(―→))＝(1，1，0)， eq \o(BM,\s\up6(―→))＝(0，1，2)， eq \o(AB,\s\up6(―→))＝(0，－2，0).设平面BMN的法向量为n＝(x，y，z)，由 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\o(BN,\s\up6(―→))·n＝0，,\o(BM,\s\up6(―→))·n＝0，))得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＋y＝0，,y＋2z＝0，))令x＝2，得n＝(2，－2，1).设直线AB与平面BMN所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈n， eq \o(AB,\s\up6(―→))〉|＝ eq \f(|n·\o(AB,\s\up6(―→))|,|n|·|\o(AB,\s\up6(―→))|)＝ eq \f(4,3×2)＝ eq \f(2,3)，所以直线AB与平面BMN所成角的正弦值为 eq \f(2,3).21．(12分)如图，AE⊥平面ABCD，CF∥AE，AD∥BC，AD⊥AB，AB＝AD＝1，AE＝BC＝2.(1)求证：BF∥平面ADE；(2)求直线CE与平面BDE所成角的正弦值；(3)若二面角E-BD-F的余弦值为eq \f(1,3)，求线段CF的长．解：依题意，以A为坐标原点，分别以eq \o(AB,\s\up7(―→))，eq \o(AD,\s\up7(―→))，eq \o(AE,\s\up7(―→))的方向为x轴、y轴、z轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系，可得A(0,0,0)，B(1，0,0)，C(1,2,0)，D(0,1,0)，E(0,0,2)．设CF＝h(h>0)，则F(1,2，h)．(1)证明：依题意知，eq \o(AB,\s\up7(―→))＝(1,0,0)是平面ADE的法向量，又eq \o(BF,\s\up7(―→))＝(0,2，h)，可得eq \o(BF,\s\up7(―→))·eq \o(AB,\s\up7(―→))＝0，因为直线BF⊄平面ADE，所以BF∥平面ADE.(2)依题意，eq \o(BD,\s\up7(―→))＝(－1,1,0)，eq \o(BE,\s\up7(―→))＝(－1,0,2)，eq \o(CE,\s\up7(―→))＝(－1，－2,2)．设n＝(x，y，z)为平面BDE的法向量，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·eq \o(BD,\s\up7(―→))＝0，,n·eq \o(BE,\s\up7(―→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－x＋y＝0，,－x＋2z＝0，))不妨令z＝1，可得n＝(2,2,1)．因此有cos〈eq \o(CE,\s\up7(―→))，n〉＝eq \f(eq \o(CE,\s\up7(―→))·n,|eq \o(CE,\s\up7(―→))||n|)＝－eq \f(4,9).所以直线CE与平面BDE所成角的正弦值为eq \f(4,9).(3)设m＝(x1，y1，z1)为平面BDF的法向量，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(m·eq \o(BD,\s\up7(―→))＝0，,m·eq \o(BF,\s\up7(―→))＝0，,))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－x1＋y1＝0，,2y1＋hz1＝0，))不妨令y1＝1，可得m＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，－\f(2,h))).由题意，有|cos〈m，n〉|＝eq \f(|m·n|,|m||n|)＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(4－\f(2,h))),3\r(2＋\f(4,h2)))＝eq \f(1,3)，解得h＝eq \f(8,7).经检验，符合题意．所以线段CF的长为eq \f(8,7).22.(12分)在四棱锥P-ABCD中，侧面PCD⊥平面ABCD，PD⊥CD，平面ABCD是直角梯形，AB∥DC，∠ADC＝90°，AB＝AD＝PD＝1，CD＝2.(1)求证：BC⊥平面PBD；(2)设E为侧棱PC上异于端点的一点，eq \o(PE,\s\up7(―→))＝λeq \o(PC,\s\up7(―→))，试确定λ的值，使得二面角E-BD-P的余弦值为eq \f(\r(6),3).解：(1)证明：因为侧面PCD⊥平面ABCD，平面PCD∩平面ABCD＝CD，PD⊂平面PCD，PD⊥CD，所以PD⊥平面ABCD，所以PD⊥AD.又因为∠ADC＝90°，即AD⊥CD，因此以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,2,0)，P(0,0,1)，eq \o(DB,\s\up7(―→))＝(1,1,0)，eq \o(BC,\s\up7(―→))＝(－1,1,0)，所以eq \o(DB,\s\up7(―→))·eq \o(BC,\s\up7(―→))＝0，所以DB⊥BC.由PD⊥平面ABCD，可得PD⊥BC，又因为PD∩DB＝D，所以BC⊥平面PBD.(2)因为eq \o(PC,\s\up7(―→))＝(0,2，－1)，又eq \o(PE,\s\up7(―→))＝λeq \o(PC,\s\up7(―→))，设E(x0，y0，z0)，则(x0，y0，z0－1)＝(0,2λ，－λ)，所以E(0,2λ，1－λ)，eq \o(DE,\s\up7(―→))＝(0,2λ，1－λ)．设平面EBD的法向量为n＝(a，b，c)，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·eq \o(DE,\s\up7(―→))＝0，,n·eq \o(DE,\s\up7(―→))＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a＋b＝0，,2λb＋1－λc＝0，))令a＝－1，可得平面EBD的一个法向量为n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，1，\f(2λ,λ－1))).又eq \o(BC,\s\up7(―→))＝(－1,1,0)是平面PBD的一个法向量，n·eq \o(BC,\s\up7(―→))＝1＋1＝2，n＝eq \r(1＋1＋\f(4λ2,λ－12))＝ eq \f(\r(6λ2－4λ＋2),λ－1)，代入eq \f(|n·eq \o(BC,\s\up7(―→))|,|n|·|eq \o(BC,\s\up7(―→))|)＝eq \f(\r(6),3)，化简得3λ2＋2λ－1＝0，解得λ＝eq \f(1,3)或λ＝－1，又λ∈(0,1)，故λ＝eq \f(1,3).