高中数学人教A版1本册总复习总复习本册综合素质检测2

本册综合素质检测(二)时间120分钟，满分150分。一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中只有一个是符合题目要求的)1．(2023·贵州六盘水月考)命题“若x2<1，则－1<x<1”的逆否命题是eq\x(导学号33780958)()A．若x2≥1，则x≥1若x≤－1B．若－1<x<1，则x2<1C．若x>1或x<－1，则x2>1D．若x≥1或x≤－1，则x2≥1[答案]D2．已知命题p：∃x∈R，使sinx＝eq\f(\r(5),2)；命题q：∀x∈R，都有x2＋x＋1>0.给出下列结论：①命题“p∧q”是真命题；②命题“p∧(¬q)”是假命题；③命题“(¬p)∨q”是真命题；④命题“(¬p)∨(¬q)”是假命题．其中正确的是eq\x(导学号33780959)()A．②④ B．②③C．③④ D．①②③[答案]B[解析]因为对任意实数x，|sinx|≤1，而sinx＝eq\f(\r(5),2)>1，所以p为假；因为x2＋x＋1＝0的判别式Δ<0，所以q为真．因而②③正确．3．已知向量a＝(λ＋1,0,2)，b＝(6,2μ－1,2λ)，若a∥b，则λ与μ的值可以是eq\x(导学号33780960)()A．2，eq\f(1,2) B．－eq\f(1,3)，eq\f(1,2)C．－3,2 D．2,2[答案]A[解析]已知a∥b，则∃t∈R，使得b＝ta(t≠0)，可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(tλ＋t＝6,2μ－1＝0,2t＝2λ))，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(t＝2,λ＝2,μ＝\f(1,2)))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(t＝－3,λ＝－3,μ＝\f(1,2))).4．与向量(－3，－4,5)共线的单位向量是eq\x(导学号33780961)()A．(eq\f(3\r(2),10)，eq\f(4\r(2),10)，－eq\f(\r(2),2))和(－eq\f(3\r(2),10)，－eq\f(4\r(2),10)，eq\f(\r(2),2))B．(eq\f(3\r(2),10)，eq\f(4\r(2),10)，－eq\f(\r(2),2))C．(－eq\f(3\r(2),10)，－eq\f(4\r(2),10)，eq\f(\r(2),2))D．(eq\f(3\r(2),10)，eq\f(4\r(2),10)，eq\f(\r(2),2))和(－eq\f(3\r(2),10)，－eq\f(4\r(2),10)，－eq\f(\r(2),2))[答案]A[解析]所求的单位向量e与(－3，－4,5)方向相同或相反，且|e|＝1，求得(eq\f(3\r(2),10)，eq\f(4\r(2),10)，－eq\f(\r(2),2))和(－eq\f(3\r(2),10)，－eq\f(4\r(2),10)，eq\f(\r(2),2))．5．如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，以D为原点建立空间直角坐标系，E为BB1的中点，F为A1D1的中点，则下列向量能作为平面AEF的一个法向量的是eq\x(导学号33780962)()A．(1，－2,4) B．(－4,1，－2)C．(2，－2,1) D．(1,2，－2)[答案]B[解析]设平面AEF的法向量n＝(x，y，z)，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，则由题设得eq\o(AE,\s\up6(→))＝(0,1，eq\f(1,2))，eq\o(AF,\s\up6(→))＝(－eq\f(1,2)，0,1)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AE,\s\up6(→))＝y＋\f(1,2)z＝0,n·\o(AF,\s\up6(→))＝－\f(1,2)x＋z＝0))，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝－\f(1,2)z,x＝2z)).取z＝－2时，则x＝－4，y＝1，所以n＝(－4,1，－2)．6．若k∈R，则k>3是方程eq\f(x2,k－3)－eq\f(y2,k＋3)＝1表示双曲线的eq\x(导学号33780963)()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[答案]A[解析]若k>3，则方程eq\f(x2,k－3)－eq\f(y2,k＋3)＝1，表示双曲线；若方程eq\f(x2,k－3)－eq\f(y2,k＋3)＝1表示双曲线，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(k－3>0,k＋3>0))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(k－3<0,k＋3<0))，解得k>3或k<－3.故选A.7．如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P是侧面BB1C1C内一动点，若P到直线BC与直线C1D1的距离相等，则动点P的轨迹所在的曲线是eq\x(导学号33780964)A．直线 B．圆C．双曲线 D．抛物线[答案]D[解析]∵P到直线BC与直线C1D1的距离相等，又ABCD－A1B1C1D1是正方体，∴D1C1⊥侧面BCC1B∴D1C1⊥PC1，∴PC1为P到直线D1C1的距离，即PC1等于P到直线BC的距离，由圆锥曲线的定义知，动点P8．下列命题中，真命题是eq\x(导学号33780965)()A．存在x∈R，sin2eq\f(x,2)＋cos2eq\f(x,2)＝eq\f(1,2)B．任意x∈(0，π)，sinx>cosxC．任意x∈(0，＋∞)，x2≥x－eq\f(1,4)D．∃x0∈[0，eq\f(π,2)]使得sinx0>x0[答案]C[解析]本题主要考查全称命题与特称命题真假的判断．对于A选项：∀x∈R，sin2eq\f(x,2)＋cos2eq\f(x,2)＝1，故A为假命题；对于B选项：存在x＝eq\f(π,6)，sinx＝eq\f(1,2)，cosx＝eq\f(\r(3),2)，sinx<cosx，故B为假命题；C项，x2－x＋eq\f(1,4)＝(x－eq\f(1,2))2，对，x∈(0，＋∞)(x－eq\f(1,2))2≥0恒成立，故C项正确；对于D选项：在单位圆中，可知对任意x∈[0，eq\f(π,2)]都有sinx<x.故D为假命题．综上可知，C为真命题．9．(2023·浙江杭州高二检测)方程x＋|y－1|＝0表示的曲线是eq\x(导学号33780966)()[答案]B[解析]由x＋|y－1|＝0可知曲线过点(－1,0)，(－1，2)，所以只有选项B正确．10．方程xy2＋x2y＝1所表示的曲线eq\x(导学号33780967)()A．关于x轴对称 B．关于y轴对称C．关于原点对称 D．关于直线y＝x对称[答案]D[解析]设P(x0，y0)是曲线xy2＋x2y＝1上的任意一点，则x0yeq\o\al(2,0)＋xeq\o\al(2,0)y0＝1.点P关于直线y＝x的对称点为P′(y0，x0)，∴y0xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0)x0＝x0yeq\o\al(2,0)＋xeq\o\al(2,0)y0＝1，∴点P′在曲线xy2＋x2y＝1上，故该曲线关于直线y＝x对称．11．已知有相同两焦点F1、F2的椭圆eq\f(x2,m)＋y2＝1(m>1)和双曲线eq\f(x2,n)－y2＝1(n>0)，P是它们的一个交点，则△PF1F2的形状是eq\x(导学号33780968)()A．锐角三角形 B．直角三角形C．钝角三角形 D．随m，n的变化而变化[答案]B[解析]由题设得|PF1|＋|PF2|＝2eq\r(m)，|PF1|－|PF2|＝±2eq\r(n)，并且m－1＝n＋1.所以|PF1|2＋|PF2|2＋2|PF1|·|PF2|＝4m，|PF1|2＋|PF2|2－2|PF1|·|PF2|＝4n，则|PF1|2＋|PF2|2＝2(m＋n)＝4(m－1)＝|F1F2|2，所以△PF1F2为直角三角形．12．在正四棱锥S－ABCD中，O为顶点S在底面的射影，P为侧棱SD的中点，且SO＝OD，则直线BC与平面PAC所成的角是eq\x(导学号33780969)()A．75° B．60°C．45° D．30°[答案]D[解析]如图，以O为坐标原点建立空间直角坐标系，设SO＝OD＝OA＝OB＝OC＝a，则A(a，0,0)、B(0，a,0)、C(－a,0,0)、S(0,0，a)、D(0，－a,0)，则P(0，－eq\f(a,2)，eq\f(a,2))，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－a，－a,0)，eq\o(AP,\s\up6(→))＝(－a，－eq\f(a,2)，eq\f(a,2))，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－2a,0,0)．设平面PAC的法向量为n＝(x，y，z)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AC,\s\up6(→))＝0,n·\o(AP,\s\up6(→))＝0))，可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝0,y＝z))，取y＝1，则z＝1，n＝(0,1,1)．设直线BC与平面PAC所成的角为θ，则sinθ＝|cos<eq\o(BC,\s\up6(→))，n>|＝eq\f(|\o(BC,\s\up6(→))·n|,|\o(BC,\s\up6(→))||n|)＝eq\f(a,\r(2)a·\r(2))＝eq\f(1,2)，又直线与平面所成的角的范围为[0°，90°]，所以θ＝30°.二、填空题(本大题共4个小题，每小题4分，共16分，把正确答案填在题中横线上)13．已知p：eq\f(x－1,x)≤0，q：4x＋2x－m≤0，若p是q的充分条件，则实数m的取值范围是\x(导学号33780970)[答案]m≥6[解析]由eq\f(x－1,x)≤0，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(xx－1≤0,x≠0))，得0<x≤1，由题设知，当0<x≤1时，4x＋2x－m≤0，即4x＋22≤m恒成立，易知y＝4x＋2x(0<x≤1)的最大值为6，所以m≥6.14．已知点A、B、C的坐标分别为(0,1,0)、(－1,0，－1)、(2,1,1)，点P的坐标为(x,0，z)，若PA⊥AB，PA⊥AC，则P点的坐标为\x(导学号33780971)[答案](－1,0,2)[解析]由已知，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(－1，－1，－1)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(2,0,1)，eq\o(PA,\s\up6(→))＝(－x,1，－z)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(PA,\s\up6(→))·\o(AB,\s\up6(→))＝0,\o(PA,\s\up6(→))·\o(AC,\s\up6(→))＝0))，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－1＋z＝0,－2x－z＝0))，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－1,z＝2)).∴P(－1,0,2)．15．如果过两点A(a,0)和B(0，a)的直线与抛物线y＝x2－2x－3没有交点，那么实数a的取值范围是\x(导学号33780972)[答案](－∞，－eq\f(13,4))[解析]过A、B两点的直线为：x＋y＝a与抛物线y＝x2－2x－3联立得x2－x－a－3＝0，因为直线x与抛物线没有交点，则方程无解．即Δ＝1＋4(a＋3)<0，解之a<－eq\f(13,4).16．边长为1的等边三角形ABC中，沿BC边高线AD折起，使得折后二面角B－AD－C为60°，点D到平面ABC的距离为\x(导学号33780973)[答案]eq\f(\r(15),10)[解析]如图所示，AD⊥平面BCD，AD＝eq\f(\r(3),2)，BD＝CD＝BC＝eq\f(1,2)，∴VA－BCD＝eq\f(1,3)×AD×S△BCD.又∵VA－BCD＝VD－ABC＝eq\f(1,3)×h×S△ABC，∴由等积法可解得h＝eq\f(\r(15),10).三、解答题(本大题共6个大题，共74分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)17．(2023·江苏徐州高二检测)在R上定义运算⊗：x⊗y＝x(1－y)．若命题p“存在x0>2，不等式(x0－a)⊗x0>a＋2成立”为假命题，求实数a的取值范围.eq\x(导学号33780974)[思路分析]先写出特称命题的否定，即转化为全称命题，将问题转化为恒成立问题，再利用相应知识建立方程或不等式求解．[解析]因为命题p“存在x0>2，不等式(x0－a)⊗x0>a＋2成立”为假命题，所以p的否定为真命题，即“任意x>2，不等式(x－a)⊗x≤a＋2都成立”为真命题．由题意得(x－a)⊗x＝(x－a)(1－x)，故不等式(x－a)⊗x≤a＋2可化为(x－a)(1－x)≤a＋2，化简得x2－(a＋1)x＋2a＋2≥故原命题等价于x2－(a＋1)x＋2a＋2≥0在(2，＋∞)上恒成立由二次函数f(x)＝x2－(a＋1)x＋2a＋2的图象，知其对称轴为x＝eq\f(a＋1,2)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(a＋1,2)≤2，,f2≥0))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(a＋1,2)>2，,f\f(a＋1,2)≥0，))解得a≤3或3<a≤7.综上，实数a的取值范围为(－∞，7]．18．(2023·重庆高考改编)如图，设椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，点D在椭圆上，DF1⊥F1F2，eq\f(|F1F2|,|DF1|)＝2eq\r(2)，△DF1F2的面积为eq\f(\r(2),2).求椭圆的标准方程.eq\x(导学号33780975)[解析]设F1(－c,0)，F2(c,0)，其中c2＝a2－b2.由eq\f(|F1F2|,|DF2|)＝2eq\r(2)，得|DF1|＝eq\f(|F1F2|,2\r(2))＝eq\f(\r(2),2)c.从而S△DF1F2＝eq\f(1,2)|DF1|·|F1F2|＝eq\f(\r(2),2)c2＝eq\f(\r(2),2)，故c＝1.从而|DF1|＝eq\f(\r(2),2).由DF1⊥F1F2，得|DF2|2＝|DF1|2＋|F1F2|2＝eq\f(9,2)，因此|DF2|＝eq\f(3\r(2),2)，所以2a＝|DF1|＋|DF2|＝2eq\r(2)，故a＝eq\r(2)，b2＝a2－c2＝1.因此，所求椭圆的标准方程为eq\f(x2,2)＋y2＝1.19.(2023·山西太原高二检测)已知抛物线C：y2＝4x，点M(m,0)在x轴的正半轴上，过点M的直线l与抛物线C相交于A，B两点，O为坐标原点.eq\x(导学号33780976)(1)若m＝1，且直线l的斜率为1，求以AB为直径的圆的方程；(2)是否存在定点M，使得不论直线l绕点M如何转动，eq\f(1,|AM|2)＋eq\f(1,|BM|2)恒为定值？[解析](1)当m＝1时，M(1,0)，此时，点M为抛物线C的焦点，直线l的方程为y＝x－1，设A，B两点坐标为A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y2＝4x，,y＝x－1，))消去y得，x2－6x＋1＝0，∴x1＋x2＝6，y1＋y2＝x1＋x2－2＝4，∴圆心坐标为(3,2)．又|AB|＝x1＋x2＋2＝8.∴圆的半径为4，∴圆的方程为(x－3)2＋(y－2)2＝16.(2)若存在这样的点M，使得eq\f(1,|AM|2)＋eq\f(1,|BM|2)为定值，由题意可设直线l的方程为x＝ky＋m，则直线l的方程与抛物线C：y2＝4x联立，消去x得，y2－4ky－4m＝0，则y1y2＝－4m，y1＋y2＝4∴eq\f(1,|AM|2)＋eq\f(1,|BM|2)＝eq\f(1,x1－m2＋y\o\al(2,1))＋eq\f(1,x2－m2＋y\o\al(2,2))＝eq\f(1,k2＋1y\o\al(2,1))＋eq\f(1,k2＋1y\o\al(2,2))＝eq\f(y\o\al(2,1)＋y\o\al(2,2),k2＋1y\o\al(2,1)y\o\al(2,2))＝eq\f(y1＋y22－2y1y2,k2＋1y\o\al(2,1)y\o\al(2,2))＝eq\f(16k2＋8m,k2＋1·16m2)＝eq\f(2k2＋m,2m2k2＋1)，因此要与k无关，只需令eq\f(m,2)＝1，即m＝2，此时eq\f(1,|AM|2)＋eq\f(1,|BM|2)＝eq\f(1,4).∴存在定点M(2,0)，不论直线l绕点M如何转动，eq\f(1,|AM|2)＋eq\f(1,|BM|2)恒为定值．20．(本小题满分12分)如图，四棱柱ABCD－A1B1C1D1的所有棱长都相等，AC∩BD＝O，A1C1∩B1D1＝O1，四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形.eq\x(导学号33780977)(1)证明：O1O⊥底面ABCD；(2)若∠CBA＝60°，求二面角C1－OB1－D的余弦值．[解析](1)证明：∵四棱柱ABCD－A1B1C1D1∴四边形ABCD和四边形A1B1C1D1均为菱形∵AC∩BD＝O，A1C1∩B1D1＝O1∴O、O1分别为BD、B1D1中点．∵四边形ACC1A1和四边形BDD1B1∴OO1∥CC1∥BB1且CC1⊥AC，BB1⊥BD，∴OO1⊥BD，OO1⊥AC，又∵AC∩BD＝O且AC，BD⊂底面ABCD，∴OO1⊥底面ABCD.(2)解法一：过O1作B1O的垂线交B1O于点E，连接EO1、EC1.不妨设四棱柱ABCD－A1B1C1D1的边长为2∵OO1⊥底面ABCD且底面ABCD∥面A1B1C1D1∴OO1⊥平面A1B1C1D1又∵O1C1⊂平面A1B1C1D1，∴O1C1⊥∵四边形A1B1C1D1为菱形，∴O1C1⊥O1B又∵O1C1⊥OO1且OO1∩O1C1＝O1，O1O，O1B1⊂平面OB1∴O1C1⊥平面OB1D又∵B1O⊂平面OB1D，∴B1O⊥O1C1又∵B1O⊥O1E且O1C1∩O1E＝O1，O1C1，O1E⊂平面O1EC∴B1O⊥面O1EC1，∴∠O1EC1为二面角C1－OB1－D的平面角，cos∠O1EC1＝eq\f(O1E,EC1)，∵∠CBA＝60°且四边形ABCD为菱形，∴O1C1＝a，B1O1＝eq\r(3)a，OO1＝2a，B1O＝eq\r(B1O\o\al(2,1)＋OO\o\al(2,1))＝eq\r(7)a，则O1E＝B1O1·sin∠O1B1O＝B1O1·eq\f(O1O,B1O)＝eq\r(3)a·eq\f(2a,\r(7)a)＝eq\f(2\r(21),7)a，再由△O1EC1的勾股定理可得EC1＝eq\r(O1E2＋O1C\o\al(2,1))＝eq\r(\f(12,7)a2＋a2)＝eq\r(\f(19,7))a，则cos∠O1EC1＝eq\f(O1E,EC1)＝eq\f(\f(2\r(21),7)a,\r(\f(19,7))a)＝eq\f(2\r(57),19)，所以二面角C1－OB1－D的余弦值为eq\f(2\r(57),19).解法二：∵四棱柱ABCD－A1B1C1D1的所有棱长都相等，∴四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，又O1O⊥平面ABCD，从而OB、OC、OO1两两垂直，以O为坐标原点，OB、OC、OO1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，不妨设AB＝2，∵∠ABC＝60°，∴OB＝eq\r(3)，OC＝1，于是各相关点的坐标O(0,0,0)、B1(eq\r(3)，0,2)、C1(0,1,2)，易知n1＝(0,1,0)为平面BDD1B1的一个法向量，设n2＝(x，y，z)是平面OB1C1则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n2·\o(OB1,\s\up6(→))＝0,n2·\o(OC1,\s\up6(→))＝0))，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(3)x＋2z＝0,y＋2z＝0)).取z＝－eq\r(3)，则x＝2，y＝2eq\r(3)，∴n2＝(2,2eq\r(3)，－eq\r(3))．设二面角C1－OB1－D的大小为θ，易知θ为锐角，∴cosθ＝eq\f(|n1·n2|,|n1||n2|)＝eq\f(2\r(57),19)，∴二面角C1－OB1－D的余弦值为eq\f(2\r(57),19).21．(本小题满分12分)(2023·天津理，17)如图，正方形ABCD的中心为O，四边形OBEF为矩形，平面OBEF⊥平面ABCD，点G为AB的中点，AB＝BE＝\x(导学号33780978)(1)求证：EG∥平面ADF；(2)求二面角O－EF－C的正弦值；(3)设H为线段AF上的点，且AH＝eq\f(2,3)HF，求直线BH和平面CEF所成角的正弦值．[解析]依题意，OF⊥平面ABCD，如图，以O为原点，分别以eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(BA,\s\up6(→))，eq\o(OF,\s\up6(→))的方向为x轴，y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，依题意可得O(0,0,0)，A(－1,1,0)，B(－1，－1,0)，C(1，－1,0)，D(1,1,0)，E(－1，－1,2)，F(0,0,2)，G(－1,0,0)．(1)依题意，eq\o(AD,\s\up6(→))＝(2,0,0)，eq\o(AF,\s\up6(→))＝(1，－1,2)．设n1＝(x，y，z)为平面ADF的法向量，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·\o(AD,\s\up6(→))＝0，,n1·\o(AF,\s\up6(→))＝0))，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x＝0,x－y＋2z＝0)).不妨设z＝1，可得n1＝(0,2,1)，又eq\o(EG,\s\up6(→))＝(0,1，－2)，可得EG·n1＝0，又直线EG⊄平面ADF，所以EG∥平面ADF.(2)易证，eq\o(OA,\s\up6(→))＝(－1,1,0)为平面OEF的一个法向量．依题意，eq\o(EF,\s\up6(→))＝(1,1,0)，eq\o(CF,\s\up6(→))＝(－1,1,2)．设n2＝(x′，y′，z′)为平面CEF的法向量，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n2·\o(EF,\s\up6(→))＝0,n2·\o(CF,\s\up6(→))＝0))，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x′＋y′＝0,－x′＋y′＋2z′＝0)).不妨设x′＝1，可得n2＝(1，－1,1)．因此有cos〈eq\o(OA,\s\up6(→))，n2〉＝eq\f(\o(OA,\s\up6(→))·n2,|\o(OA,\s\up6(→))|·|n2|)＝－eq\f(\r(6),3)，于是sin〈eq\o(OA,\s\up6(→))，n2〉＝eq\f(\r(3),3)，所以，二面角O－EF－C的正弦值为eq\f(\r(3),3).(3)解：由AH＝eq\f(2,3)HF，得AH＝eq\f(2,5)AF.因为eq\o(AF,\s\up6(→))＝(1，－1,2)，所以eq\o(AH,\s\up6(→))＝eq\f(2,5)eq\o(AF,\s\up6(→))＝(eq\f(2,5)，－eq\f(2,5)，eq\f(4,5))，进而有H(－eq\f(3,5)，eq\f(3,5)，eq\f(4,5))，从而eq\o(BH,\s\up6(→))＝(eq\f(2,5)，eq\f(8,5)，eq\f(4,5))，因此cos〈eq\o(BH,\s\up6(→))，n2〉＝eq\f(\o(BH,\s\up6(→))·n2,|\o(BH,\s\up6(→))|·|n2|)＝－eq\f(\r(7),21).所以，直线BH和平面CEF所成角的正弦值为eq\f(\r(7),21).22．(本小题满分14分)已知双曲线C的方程为eq\f(y2,a2)－eq\f(x2,b2)＝1(a>0，b>0)，离心率e＝eq\f(\r(5),2)，顶点到渐近线的距离为eq\f(2\r(5),5).eq\x(导学号33780979)(1)求双曲线C的方程；(2)若P是双曲线