2023-2024学年山东省枣庄市滕州高二（上）月考数学试卷（10月份）

这是一份2023-2024学年山东省枣庄市滕州高二（上）月考数学试卷（10月份），共23页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．（5分），，，若，，三向量共面，则实数x＝（ ）
A．3B．﹣3C．4D．﹣4
2．（5分）已知向量在基底下的坐标为（1，2，3），则在基底下的坐标为（ ）
A．（0，1，2）B．（0，2，1）C．（2，1，0）D．（1，2，﹣1）
3．（5分）直线（a2+1）x﹣2ay+1＝0的倾斜角的取值范围是（ ）
A．[0，]B．[，]
C．[，]D．[0，]∪[，π）
4．（5分）已知直线l过定点A（1，2，3），向量＝（1，0，1）为其一个方向向量，则点P（4，3，2）到直线l的距离为（ ）
A．B．C．3D．
5．（5分）过点P（1，3）作直线l，若l经过点A（a，0）和B（0，b），且a，b均为正整数，则这样的直线l可以作出（ ）
A．1条B．2条C．3条D．无数条
6．（5分）在如图所示的试验装置中，两个正方形框架ABCD，ABEF的边长都是2，且它们所在的平面互相垂直，活动弹子M，N分别在正方形对角线AC和BF上移动，且CM和BN的长度保持相等，记CM＝BN＝a，其中．则MN的长的最小值为（ ）
A．B．C．D．
7．（5分）函数y＝f（x）的图象如图所示，在区间[a，b]上可找到n（n≥2）个不同的数x1，x2，…，xn，使得，则n的取值的集合为（ ）
A．{2，3}B．{3，4}C．{2，3，4}D．{3，4，5}
8．（5分）正方形ABCD与点P在同一平面内，已知该正方形的边长为1，且|PA|2+|PB|2＝|PC|2，则|PD|的最大值为（ ）
A．B．
C．D．前三个答案都不对
二、选择题：本题共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，有选错的得0分，部分选对的得2分．
（多选）9．（5分）已知为直线l的方向向量，，分别为平面α，β的法向量（α，β不重合），那么下列说法中，正确的有（ ）
A．∥⇔α∥βB．⊥⇔α⊥β
C．∥⇔l∥αD．⊥⇔l⊥α
（多选）10．（5分）已知动直线m：λx﹣y+λ＝0和n：x+λy﹣3﹣2λ＝0，P是两直线的交点，A、B是两直线m和n分别过的定点，下列说法正确的是（ ）
A．B点的坐标为（3，﹣2）
B．m⊥n
C．|PA|⋅|PB|的最大值为10
D．P的轨迹方程为x2+y2﹣2x﹣2y﹣3＝0
（多选）11．（5分）在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P，Q分别是棱BC，CC1的中点，点M满足，t∈[0，1]，下列结论正确的是（ ）
A．若t＝1，则A1B1∥平面MPQ
B．若t＝1，则过点M，P，Q的截面面积是
C．若，则点A1到平面MPQ的距离是
D．若，则AB与平面MPQ所成角的正切值为
（多选）12．（5分）已知O为坐标原点，A（3，1），P为x轴上一动点，Q为直线l：y＝x上一动点，则（ ）
A．△APQ周长的最小值为
B．|AP|+|AQ|的最小值为
C．|AP|+|PQ|的最小值为
D．的最小值为4
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．（5分）在空间直角坐标系O﹣xyz中，已知平面α的一个法向量是，且平面α过点A（2，3，1）．若P（x，y，z）是平面α上任意一点，则点P的坐标满足的方程是 ．
14．（5分）若直线m被两平行线l1：x﹣y+1＝0与l2：x﹣y+3＝0所截得的线段的长为2，则直线m的倾斜角为 ．
15．（5分）若△ABC的一个顶点是A（3，﹣1），∠B，∠C的角平分线方程分别为x＝0，y＝x，则BC边所在的直线方程为 ．
16．（5分）在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，侧棱长为6，底面是边长为8的菱形，且∠ABC＝120°，点E在边BC上，且满足BE＝3EC，动点M在该四棱柱的表面上运动，并且总保持ME⊥BD1，则动点M的轨迹围成的图形的面积为 ；当MC与平面ABCD所成角最大时，异面直线MC1与AC所成角的余弦值为 ．
四、解答题：本题共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．（10分）已知△ABC的三个顶点为A（4，0），B（8，7），C（4，6）．
（1）求过点A且平行于BC的直线方程；
（2）求过点B且与A、C距离相等的直线方程．
18．（12分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是边长为1的正方形，侧棱AP的长为 2，且AP与AB、AD的夹角都等于60°，M在棱PC上，，设，，．
（Ⅰ）试用，，表示出向量；
（Ⅱ）求与所成的角的余弦值．
19．（12分）已知直线l：（2a+3）x﹣（a﹣1）y+3a+7＝0，a∈R．
（1）证明直线l过定点A，并求出点A的坐标；
（2）在（1）的条件下，若直线l'过点A，且在y轴上的截距是在x轴上的截距的，求直线l'的方程；
（3）若直线l不经过第四象限，求a的取值范围．
20．（12分）已知圆C经过点A（1，4），B（﹣1，﹣2）且圆心C在直线2x﹣y+8＝0上．
（1）求圆C方程；
（2）若E点为圆C上任意一点，且点F（3，0），求线段EF的中点M的轨迹方程．
21．（12分）如图，直二面角D﹣AB﹣E中，四边形ABCD是边长为2的正方形，AE＝EB，F为CE上的点，且BF⊥平面ACE．
（1）求证：AE⊥平面BCE；
（2）求二面角B﹣AC﹣E的正弦值；
（3）求点D到平面ACE的距离．
22．（12分）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB⊥AC，顶点在A1底面ABC上的射影恰为点B，且AB＝AC＝A1B＝2．
（1）求证：A1C1⊥平面ABA1B1
（2）求棱AA1与BC所成的角的大小；
（3）在线段B1C1上确定一点P，使AP＝，并求出二面角P﹣AB﹣A1的平面角的余弦值．
参考答案与试题解析
一、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，只有一项符合题目要求．
1．【分析】由共面向量定理可得．
【解答】解：∵，，
∴，不共线，
又∵，，三向量共面，则存在实数m，n使
即，解得．
故选：D．
【点评】本题考查共面向量的定义，属于基础题．
2．【分析】根据空间向量的坐标表示，利用向量相等列方程组即可求出结果．
【解答】解：因为向量在基底下的坐标为（1，2，3），即＝+2+3，
设＝x（+）+y（+）+z（+），x、y、z∈R，
所以＝（x+z）+（x+y）+（y+z），
令，解得x＝0，y＝2，z＝1；
所以在基底下的坐标为（0，2，1）．
故选：B．
【点评】本题考查了空间向量的坐标表示与应用问题，是基础题．
3．【分析】根据直线斜率和倾斜角之间的关系，即可得到结论．
【解答】解：①当a＝0时，斜率不存在，即倾斜角为；
②当a＞0时，直线的斜率k＝，
∴k≥1，
即直线的倾斜角的取值范围为[）．
③当a＜0时，直线的斜率，
∴k≤﹣1，
即直线的倾斜角的取值范围为（]．
综上，直线的倾斜角的取值范围为，
故选：C．
【点评】本题主要考查直线斜率和倾斜角之间的关系，利用基本不等式求出斜率的取值服务是解决本题的关键．
4．【分析】直接利用点到直线的距离公式求出结果．
【解答】解：定点A（1，2，3），P（4，3，2），
故，所以；
故：，
所以，
所以点P（4，3，2）到直线l的距离d＝．
故选：C．
【点评】本题考查的知识要点：点到直线的距离公式，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题．
5．【分析】由题意可设直线l的方程为＝1，将点（1，3）代入直线方程，可得 3a＝（a﹣1）b，检验a＝1时的情况，当a≥2时，根据b＝3+ 求a、b 的值，即可得出答案．
【解答】解：∵直线l过点（a，0）和（0，b），则设直线l的方程为＝1，
∵直线l过点（1，3），
∴＝1，即 3a＝（a﹣1）b，又a∈N*，b∈N*，
∴当a＝1时，b无解，此时，直线和x轴垂直，和y轴无交点，直线不过（0，b），故a＝1时不满足条件；
当a≥2时，b＝＝3+ ①，
当a＝2时，b＝6，当 a＝4时，b＝4，
当a＞4时，由①知，满足条件的正整数b不存在，
综上所述，满足条件的直线由2条，
故选：B．
【点评】本题考查直线方程和直线的性质，考查转化思想和分类讨论思想，考查待定系数法，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
6．【分析】根据面面垂直性质可证得BC⊥平面ABEF，则以B为坐标原点可建立空间直角坐标系；利用空间中两点间距离公式可表示出MN；将MN整理为，即可得出答案．
【解答】解：∵平面ABCD⊥平面ABEF，平面ABCD∩平面ABEF＝AB，BC⊥AB，BC⊂平面ABCD，
∴BC⊥平面ABEF，
则建立以B为坐标原点的空间直角坐标系，如图所示：
则A（2，0，0），C（0，0，2），F（2，2，0），E（0，2，0），
∵CM＝BN＝a，
∴，，
∴，
则，
∴当时，MN最小，最小值为．
故选：A．
【点评】本题考查空间向量的应用，考查转化思想和函数思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
7．【分析】设区间[a，b]上n（n≥2）个不同的数x1，x2，…，xn，在函数y＝f（x）的图象上对应的点为A1，A2，…An，过原点的直线与函数图象的交点个数，就是n的取值．
结合图象可得，过原点的直线与函数图象的交点个数可能为：2，3，4．
【解答】解：设区间[a，b]上n（n≥2）个不同的数x1，x2，…，xn，
在函数y＝f（x）的图象上对应的点为A1，A2，…An，
，，…，
∵，过原点的直线与函数图象的交点个数，就是n的取值．
结合图象可得，过原点的直线与函数图象的交点个数可能为：2，3，4．
故选：C
【点评】本题考查了函数的图象，考查了转化思想，属于中档题．
8．【分析】根据题设条件可得P的轨迹为圆，故可求|PD|的最大值．
【解答】解：如图，建立平面直角坐标系，A（0，0），B（1，0），C（1，1），D（0，1），P（x，y）．
根据题意，x2+y2+（x﹣1）2+y2＝（x﹣1）2+（y﹣1）2，
即x2+（y+1）2＝2，
于是点P的轨迹是以M（0，﹣1）为圆心，为半径的圆，因此|PD|的最大值为．
故选：A．
【点评】本题考查的知识要点：两点间的距离公式，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题．
二、选择题：本题共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，有选错的得0分，部分选对的得2分．
9．【分析】对于A，由面面平行的性质和判定定理进行判断；对于B，由面面垂直的性质和判定定理进行判断；对于C，由线面垂直的性质和判定定理进行判断；对于D，由线面平行的性质和判定定理进行判断．
【解答】解：为直线l的方向向量，，分别为平面α，β的法向量（α，β不重合），
对于A，由面面平行的性质和判定定理得：∥⇔α∥β，故A正确；
对于B，由面面垂直的性质和判定定理得：⊥⇔α⊥β，故B正确；
对于C，由线面垂直的性质和判定定理得∥⇔l⊥α，故C错误；
对于D，由线面平行的性质和判定定理得⊥⇔l∥α，故D错误．
故选：AB．
【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．
10．【分析】根据直线方程求出定点A，B的坐标，判断A，证明直线m，n垂直，判断B，再结合|PA|2+|PB|2＝|AB|2判断C，D．
【解答】解：直线m的方程λx﹣y+λ＝0可化为y＝λ（x+1），
所以直线m过定点（﹣1，0），
直线n的方程x+λy﹣3﹣2λ＝0可化为x﹣3+λ（y﹣2）＝0，
所以直线n过定点（3，2），
所以点A的坐标为（﹣1，0），点B的坐标为（3，2），所以A错误，
由已知λ×1+（﹣1）×λ＝0，
所以直线m与直线n垂直，即m⊥n，B正确，
因为PA⊥PB，所以|PA|2+|PB|2＝|AB|2，
故|PA|2+|PB|2＝（3+1）2+（2﹣0）2＝20，
所以，当且仅当时等号成立，
C正确；
因为PA⊥PB，故|PA|2+|PB|2＝|AB|2，
设点P的坐标为（x，y），
则（x+1）2+y2+（x﹣3）2+（y﹣2）2＝20，
化简可得x2+y2﹣2x﹣2y﹣3＝0，
又点（﹣1，2）不是直线m，n的交点，点（﹣1，2）在圆上，
故点P的轨迹为圆x2+y2﹣2x﹣2y﹣3＝0除去点（﹣1，2），D错误；
故选：BC．
【点评】本题主要考查轨迹方程的求解，考查转化能力，属于中档题．
11．【分析】对A，B选项，若t＝1，则M与A重合，延长B1B与QP交于点E，易得过点M，P，Q的截面为等腰梯形PQD1M，再根据线面平行的性质定理，梯形面积公式，即可求解；
对C，D选项，若，则M为AB的中点，连接A1C1，易知A1C1∥MP，从而得A1到平面MPQ的距离等于C1到平面MPQ的距离，又易知BC1∥PQ，从而得B到平面MPQ的距离等于C1到平面MPQ的距离，再利用等体积法思想，即可分别求解．
【解答】解：对A，B选项，若t＝1，则M与A重合，如图所示：
延长B1B与QP交于点E，易知A1B1不平行AE，
∴A1B1不平行平面MPQ，∴A选项错误；
连接MD1，QD1，则根据题意易知MD1∥PQ，
∴过点M，P，Q的截面为等腰梯形PQD1M，
又根据题意易得PM＝QD1＝，PQ＝，D1M＝，
∴易得等腰梯形PQD1M的高为＝，
∴等腰梯形PQD1M的面积为＝，∴B选项正确；
对C，D选项，若，则M为AB的中点，连接A1C1，如图所示：
易知A1C1∥MP，∴A1到平面MPQ的距离等于C1到平面MPQ的距离d，
则根据等体积法思想可得：，
又PM＝PQ＝，MQ＝＝，∴＝，
∴，
∴，∴d＝，∴C选项错误；
又易知BC1∥PQ，∴B到平面MPQ的距离等于C1到平面MPQ的距离d＝，
又MB＝1，设AB与平面MPQ所成角为θ，则sinθ＝＝，
∴csθ＝，∴tanθ＝＝，∴D选项正确．
故选：BD．
【点评】本题考查线面平行的性质定理，正方体的截面面积的求解，等体积法求解点面距，线面角的概念，属中档题．
12．【分析】设A关于直线l：y＝x的对称点为A1（1，3），A关于x轴的对称点为A2（3，﹣1），对于A：根据对称性可得|PQ|+|QA|+|PA|＝|PQ|+|QA1|+|PA2|≥|A1A2|，进而可得结果；对于B：根据点到直线的距离分析判断；对于C：因为|AP|+|PQ|＝|A2P|+|PQ|，结合点到直线的距离分析判断；对于D：根据题意分析可得、|AP|+|OP|＝（|A2P|+|CP|），结合点到直线的距离分析判断．
【解答】解：设A（3，1）关于直线l：y＝x的对称点为A1（1，3），A（3，1）关于x轴的对称点为A2（3，﹣1），
可知|QA|＝|QA1|，|PA|＝|PA2|，
对于选项A：可得△APQ周长|PQ|+|QA|+|PA|＝|PQ|+|QA1|+|PA2|≥|A1A2|＝，
当且仅当A1，P，Q，A2四点共线时，等号成立，
所以△APQ 周长的最小值为，故A错误；
对于选项B：设A（3，1）到x轴，直线l：x﹣y＝0的距离分别为d1，d2，
则，
，
所以|AP|+|AQ|的最小值为，故B正确；
对于选项C：因为|AP|+|PQ|＝|A2P|+|PQ|，
设A2（3，﹣1）到直线l：x﹣y＝0的距离为，
，
所以|AP|+|PQ|的最小值为2，故C正确；
对于选项D：作PC⊥l，垂足为C，因为直线l的斜率k＝1，则∠COP＝45°，
可得，
则|AP|+|CP|＝|A2P|+|CP|≥d3＝，
可得，
所以|AP|+|OP|的最小值为4，故D正确．
故选：BCD．
【点评】此题考查直线方程的综合应用，属于中档题．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．【分析】可知，并得出，然后得出，代入向量和的坐标，进行向量坐标的数量积运算即可．
【解答】解：根据题意知，，且，
∴，整理得，x+y﹣2z﹣3＝0，
即P点的坐标满足的方程是：x+y﹣2z﹣3＝0．
故答案为：x+y﹣2z﹣3＝0．
【点评】本题考查了平面法向量的定义，向量垂直的充要条件，向量坐标的数量积运算，考查了计算能力，属于基础题．
14．【分析】由两平行线间的距离＝，得直线m和两平行线的夹角为30°．再根据两条平行线的倾斜角为45°，可得直线m的倾斜角的值．
【解答】解：由两平行线间的距离为＝，直线m被平行线截得线段的长为2，
可得直线m 和两平行线的夹角为30°．
由于两条平行线的倾斜角为45°，故直线m的倾斜角为15°或75°，
故答案为：15°或75°．
【点评】本题考查两平行线间的距离公式，两条直线的夹角公式，两角和差的正切公式，属于基础题．
15．【分析】分析题意，求出A关于x＝0，y＝x的对称点的坐标，都在直线BC上，利用两点式方程求解即可．
【解答】解：∵∠B、∠C的平分线分别是x＝0，y＝x，
∴AB与BC对于x＝0对称，AC与BC对于y＝x对称．
则A（3，﹣1）关于x＝0的对称点A′（﹣3，﹣1）在直线BC上，
A关于y＝x的对称点A″（﹣1，3）也在直线BC上，
由两点式得，＝，
所求直线BC的方程：2x﹣y+5＝0．
故答案是：2x﹣y+5＝0．
【点评】本题是基础题，考查点关于直线对称点的求法，直线方程的求法，考查计算能力，发现问题解决问题的能力，常考题型．
16．【分析】推导出AC⊥平面BDD1B1，BD1⊥AC，在AB上取F，使得BF＝3FA，连接EF，记AC与BD的交点为O，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线MC1与AC所成角的余弦值．
【解答】解：如图，在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，∵底面是菱形，侧棱垂直底面，
∴AC⊥平面BDD1B1，∴BD1⊥AC，
在AB上取F，使得BF＝3FA，连接EF，则EF∥AC，BD1⊥EF，
记AC与BD的交点为O，以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则B（4，0，0），D1（﹣4，0，6），E（1，3，0），
在BB1上取一点G，记为G（4，0，t），
∴＝（﹣8，0，6），＝（3，﹣3，t），
由•＝﹣24+6t＝0，解得t＝4，即BG＝2GB1，
∴△EFG的边为点M的运动轨迹，
由题意得FG＝＝2，EF＝＝＝6，
动点M的轨迹围成的面积为S＝＝15，
∴当M与G重合时，MC与平面ABCD所成角最大，
∵M（4，0，4），C1（0，4，6），∴＝（﹣4，4，2），
∵的一个方向向量为＝（0，1，0），
∴cs＜＞＝＝＝，
∴异面直线MC1与AC所成角的余弦值．
故答案为：15，．
【点评】本题考查动点轨迹的面积、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，考查运算求解能力，是中档题．
四、解答题：本题共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．【分析】（1）首先求出直线BC的斜率，进一步利用点斜式求出直线的方程；
（2）利用分类讨论思想求出过点B且与A、C距离相等的直线方程．
【解答】解：（1）由于B（8，7），C（4，6），
所以，
故过点A且与直线BC平行的直线方程为，整理得x﹣4y﹣4＝0；
（2）①由于A（4，0），C（4，6），故直线AC垂直于x轴，所以过点B的直线当垂直于x轴时，即直线x＝8时，满足条件；
②由于A（4，0），C（4，6），故中点D（4，3），
故经过点B和点D的直线满足条件，即BD的直线方程为y﹣3＝x﹣4，整理得x﹣y﹣1＝0．
综上所述，满足条件的直线方程为x＝8或x﹣y﹣1＝0．
【点评】本题考查的知识要点：直线的方程的求法，点斜式的直线方程的应用，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于基础题．
18．【分析】（1）由空间向量的线性运算直接计算即可；
（2）由空间向量的数量积与夹角公式直接计算即可．
【解答】解：（1）因为，
所以，
因为四边形ABCD是边长为1的正方形，
所以＝，
因为，
所以＝，
因为，，，
所以；
（Ⅱ）由题意可知：，，与，的夹角均为60°，与的夹角为90°，
所以＝＝，
所以，
因为，
所以＝＝＝，
设与所成的角为θ，
则＝．
【点评】本题考查空间向量的线性运算法则、向量的数量积及其运算性质等知识，属于中档题．
19．【分析】（1）化简方程为直线系方程的形式，组成方程组解出直线过的点；
（2）根据题意分直线过原点、不过原点讨论，分析解决即可；
（3）分①a＝1，②，③a≠1，且三种情况进行讨论分析解决．
【解答】证明：（1）整理直线l的方程，得（2x﹣y+3）a+3x+y+7＝0，
所以直线l过直线2x﹣y+3＝0与3x+y+7＝0的交点，
联立方程组，
解得，
所以直线l过定点A，点A的坐标为（﹣2，﹣1）；
（2）解：当截距为0时，直线l'的方程为，即x﹣2y＝0，
当截距不为0时，设直l'线的方程为，
则，
解得，
直线l'的方程为，即x+2y+4＝0，
故直线l'的方程为x﹣2y＝0或x+2y+4＝0；
（3）当a＝1时，直线l的方程为x＝﹣2，符合题意，
当时，直线l的方程为y＝﹣1，不符合题意，
当a≠1，且时，，
所以，
解得a＞1或，
综上所述，当直线l不经过第四象限时，a的取值范围是（﹣∞，﹣]∪（1，+∞）．
【点评】本题主要考查了直线过定点问题，考查了直线的截距式方程，属于中档题．
20．【分析】（1）设圆的标准方程为（x﹣a）2+（y﹣b）2＝r2，代入已知条件联立方程即可；
（2）用M点坐标表示E点坐标，而后代入圆C方程化简即可．
【解答】解：（1）设圆C的标准方程为（x﹣a）2+（y﹣b）2＝r2，
由题意得，
解得a＝﹣3，b＝2，r2＝20，
所以圆C的标准方程为（x+3）2+（y﹣2）2＝20；
（2）设M（x，y），E（x1，y1），
由F（3，0）及M为线段EF的中点得，
解得，
又点E在圆C：（x+3）2+（y﹣2）2＝20上，
所以有（2x﹣3+3）2+（2y﹣2）2＝20，
化简得：x2+（y﹣1）2＝5，
故所求的轨迹方程为x2+（y﹣1）2＝5．
【点评】本题主要考查圆的标准方程，属中档题．
21．【分析】（1）由已知条件推导出BF⊥AE，CB⊥AB，从而得到CB⊥平面ABE，由此能够证明AE⊥平面BCE．
（2）以线段AB的中点为原点O，OE所在直线为x轴，AB所在直线为y轴，过点O平行于AD的直线为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角B﹣AC﹣E的正弦值．
（Ⅲ）求出＝（0，0，2），由此利用向量法能求出点D到平面ACE的距离．
【解答】（1）证明：∵BF⊥平面ACE，∴BF⊥AE，
∵二面角D﹣AB﹣E为直二面角，且CB⊥AB，∴CB⊥平面ABE，
∴CB⊥AE，∴AE⊥平面BCE．
（2）解：以线段AB的中点为原点O，OE所在直线为x轴，
AB所在直线为y轴，过点O平行于AD的直线为z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
∵AE⊥平面BCE，BE⊂平面BCE，∴AE⊥BE，
在Rt△AEB中，AB＝2，O为AB的中点，
∴OE＝1，∴A（0，﹣1，0），E（1，0，0），C（0，1，2），
∴＝（1，1，0），＝（0，2，2），
设平面AEC的一个法向量为，
则，即，
取x＝1，得＝（1，﹣1，1），
又平面BAC的法向量为＝（1，0，0），
∴cs＜＞＝＝，
设二面角B﹣AC﹣E的平面角为θ，
则sinθ＝＝，
∴二面角B﹣AC﹣E的正弦值为．
（Ⅲ）解：∵AD∥z轴，AD＝2，
∴＝（0，0，2），
∴点D到平面ACE的距离：
d＝＝＝．
【点评】本题考查直线与平面垂直的证明，考查二面角的正弦值的求法，考查点到平面的距离的求法，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．
22．【分析】（1）证明：因为 三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB⊥AC，得到A1C1⊥A1B1，因为顶点在A1底面ABC上的射影恰为点B，得到A1B⊥AC，利用线面垂直的判断定理得到证明．
（2）建立空间直角坐标系，求出，，利用向量的数量积公式求出棱AA1与BC所成的角的大小；
（3）利用已知条件AP＝求出p的坐标，求出平面P﹣AB﹣A1的法向量为，而平面ABA1的法向量＝（1，0，0），利用向量的数量积公式求出二面角P﹣AB﹣A1的平面角的余弦值．
【解答】解：（1）证明：因为 三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB⊥AC，
所以A1C1⊥A1B1
因为顶点在A1底面ABC上的射影恰为点B，
所以A1B⊥AC
所以A1B⊥A1C1
所以A1C1⊥平面ABA1B1…（4分）
（2）如图，以A为原点建立空间直角坐标系，
则C（2，0，0），B（0，2，0），A1（0，2，2），B1（0，4，2），
所以，．
所以，
故AA1与棱BC所成的角是． …（8分）
（3）设，则P（2λ，4﹣2λ，2）．
于是，
解得
则P为棱B1C1的中点，其坐标为P（1，3，2）． …（10分）
设＝（x，y，z），
则
令z＝1故 …（12分）
而平面ABA1的法向量＝（1，0，0），
则＝
故二面角P﹣AB﹣A1的平面角的余弦值是． …（14分）
【点评】本题主要考查了直线与平面垂直的判定，以及二面角及其度量和点、线、面间的距离计算，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力，属于基础题．