2024秋高中数学学业质量标准检测3课时作业含解析新人教A版选修2-1

PAGE1-第三章学业质量标准检测时间120分钟，满分150分。一、选择题(本大题共8个小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中只有一个是符合题目要求的)1．已知向量a＝(1,1,0)，b＝(－1,0,2)，且ka＋b与2a－b相互垂直，则k的值是(D)A．1 B．eq\f(1,5)C．eq\f(3,5) D．eq\f(7,5)[解析]因为ka＋b＝(k－1，k,2)，2a－b＝(3,2，－2)，且ka＋b与2a－b相互垂直，所以(ka＋b)·(2a－b)＝3(k－1)＋2k－4＝0⇒k＝eq\f(7,5).2．若a＝(2,2,0)，b＝(1,3，z)，〈a，b〉＝eq\f(π,3)，则z等于(C)A．eq\r(22) B．－eq\r(22)C．±eq\r(22) D．±eq\r(42)[解析]cos〈a，b〉＝coseq\f(π,3)＝eq\f(a·b,|a||b|)＝eq\f(2×1＋2×3＋0×z,\r(22＋22＋02)×\r(12＋32＋z2))＝eq\f(1,2)，∴z＝±eq\r(22).3．已知A(2，－5,1)，B(2，－4，2)，C(1，－4,1)，则eq\o(AB,\s\up6(→))与eq\o(AC,\s\up6(→))的夹角为(B)A．30° B．60°C．45° D．90°[解析]由题意得eq\o(AB,\s\up6(→))＝(0,1,1)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－1,1,0)，cos〈Aeq\o(B,\s\up6(→))，Aeq\o(C,\s\up6(→))〉＝eq\f(A\o(B,\s\up6(→))·A\o(C,\s\up6(→)),|A\o(B,\s\up6(→))||A\o(C,\s\up6(→))|)＝eq\f(1,\r(2)×\r(2))＝eq\f(1,2)，所以Aeq\o(B,\s\up6(→))与Aeq\o(C,\s\up6(→))的夹角为60°.4．已知平面α的法向量为n＝(2，－2,4)，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(－3,1,2)，点A不在α内，则直线AB与平面α的位置关系为(D)A．AB⊥α B．AB⊂αC．AB与α相交不垂直 D．AB∥α[解析]∵n·eq\o(AB,\s\up6(→))＝(2，－2,4)·(－3,1,2)＝－6－2＋8＝0，∴n⊥eq\o(AB,\s\up6(→))，而点A不在α内，故AB∥α.5．已知四面体ABCD的全部棱长都是2，点E、F分别是AD、DC的中点，则eq\o(EF,\s\up6(→))·eq\o(BA,\s\up6(→))＝(B)A．1 B．－1C．eq\r(3) D．－eq\r(3)[解析]如图所示，eq\o(EF,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AC,\s\up6(→))，所以eq\o(EF,\s\up6(→))·Beq\o(A,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)Aeq\o(C,\s\up6(→))·(－eq\o(AB,\s\up6(→)))＝－eq\f(1,2)×2×2cos60°＝－1，故选B．6．如图所示，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，B1C和C1D与底面所成的角分别为60°和45°，则异面直线B1C和CA．eq\f(\r(6),4) B．eq\f(\r(6),3)C．eq\f(\r(2),6) D．eq\f(\r(2),3)[解析]如图所示：∵B1B⊥平面ABCD，∴∠BCB1是B1C∴∠BCB1＝60°.∵C1C⊥底面ABCD，∴∠CDC1是C1D∴∠CDC1＝45°.连接A1D，A1C1，则A1D∥B1∴∠A1DC1或其补角为异面直线B1C与C1D不妨设BC＝1，则CB1＝DA1＝2，BB1＝CC1＝eq\r(3)＝CD，∴C1D＝eq\r(6)，A1C1＝2.在等腰△A1C1D中，cos∠A1DC1＝eq\f(\f(1,2)C1D,A1D)＝eq\f(\r(6),4).故选A．7．(山东潍坊2024－2024学年高二期末)已知正四棱柱ABCD－A1B1C1D1的体积为eq\r(3)，底面ABCD的边长为1，则二面角A－CD1－D的余弦值为(C)A．eq\f(\r(3),7) B．eq\f(\r(7),7)C．eq\f(\r(21),7) D．eq\f(2\r(7),7)[解析]过D作DO⊥CD1于O，连接AO，则∠AOD就是二面角A－CD1－D的平面角．∵正四棱柱ABCD－A1B1C1D1的体积为eq\r(3)，底面ABCD的边长为1，∴AA1＝eq\r(3).在Rt△CDD1中，CD＝1，DD1＝eq\r(3)，可得CD1＝2，DO＝eq\f(\r(3),2).在Rt△ADO中，AO＝eq\r(AD2＋DO2)＝eq\f(\r(7),2)，cos∠AOD＝eq\f(OD,AO)＝eq\f(\r(3),2)×eq\f(2,\r(7))＝eq\f(\r(21),7).故选C．8．如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AA1＝eq\r(2)，E、F分别是面A1B1C1D1、面BCC1B1的中心，则E、F两点间的距离为(C)A．1 B．eq\f(\r(5),2)C．eq\f(\r(6),2) D．eq\f(3,2)[解析]以点A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则E(1,1，eq\r(2))、F(2,1，eq\f(\r(2),2))，所以|EF|＝eq\r(1－22＋1－12＋\r(2)－\f(\r(2),2)2)＝eq\f(\r(6),2)，故选C．二、多项选择题(本大题共4个小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，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3分．)9．下列说法中正确的是(ABC)A．平面α的法向量垂直于与平面α共面的全部向量B．一个平面的全部法向量相互平行C．假如两个平面的法向量垂直，那么这两个平面也垂直D．假如a、b与平面α共面且n⊥a，n⊥b，那么n就是平面α的一个法向量[解析]只有当a、b不共线且a∥α，b∥α时，D才正确．故选ABC．10．下列各组向量不平行的是(BCD)A．a＝(1,1，－2)，b＝(－3，－3,6)B．a＝(0,1,0)，b＝(1,0,1)C．a＝(0,1，－1)，b＝(0，－2,1)D．a＝(1,0,0)，b＝(0,0,1)[解析]对A，a＝－3b，∴A正确；对B、C、D，不存在λ，使a＝λb，∴a、b不共线，B、C、D不正确．故选BCD．11．有下列四个命题，其中不正确的是命题有(ACD)A．已知A，B，C，D是空间随意四点，则eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(CD,\s\up6(→))＋eq\o(DA,\s\up6(→))＝0B．若两个非零向量eq\o(AB,\s\up6(→))与eq\o(CD,\s\up6(→))满意eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(CD,\s\up6(→))＝0，则eq\o(AB,\s\up6(→))∥eq\o(CD,\s\up6(→))C．分别表示空间向量的有向线段所在的直线是异面直线，则这两个向量不是共面对量D．对于空间的随意一点O和不共线的三点A，B，C，若eq\o(OP,\s\up6(→))＝xeq\o(OA,\s\up6(→))＋yeq\o(OB,\s\up6(→))＋zeq\o(OC,\s\up6(→))(x，y∈R)，则P，A，B，C四点共面．[解析]对于A，已知A，B，C，D是空间随意四点，则eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(CD,\s\up6(→))＋eq\o(DA,\s\up6(→))＝0，错误；对于B，若两个非零向量eq\o(AB,\s\up6(→))与eq\o(CD,\s\up6(→))满意eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(CD,\s\up6(→))＝0，则eq\o(AB,\s\up6(→))∥eq\o(CD,\s\up6(→))，正确；对于C，分别表示空间向量的有向线段所在的直线是异面直线，则这两个向量可以是共面对量，不正确；对于D，对于空间的随意一点O和不共线的三点A，B，C，若eq\o(OP,\s\up6(→))＝xeq\o(OA,\s\up6(→))＋yeq\o(OB,\s\up6(→))＋zeq\o(OC,\s\up6(→))(x，y，z∈R)，仅当x＋y＋z＝1时，P，A，B，C四点共面，故错误．12．如图，正三棱柱ABC－A1B1C1中，BC1⊥AB1，点D为AC的中点，点E为四边形BCC1B1A．eq\o(DA,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(A1A,\s\up6(→))－eq\o(B1A,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→)))B．若DE∥平面ABB1A1，则动点E的轨迹的长度等于eq\f(\r(2),2)ACC．异面直线AD与BC1所成角的余弦值为eq\f(\r(6),6)D．若点E到平面ACC1A1的距离等于eq\f(\r(3),2)EB，则动点E的轨迹为抛物线的一部分[解析]对于选项A，eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(A1A,\s\up6(→))－eq\o(B1A,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→)))，选项A错误；对于选项B，过点D作AA1的平行线交A1C1于点D1以D为坐标原点，eq\o(DA,\s\up6(→))，eq\o(DB,\s\up6(→))，eq\o(DD1,\s\up6(→))分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系Dxyz.设棱柱底面边长为a，侧棱长为b，则Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，0，0))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)a，0))，B1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)a，b))，C1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)，0，b))，所以eq\o(BC1,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)，－\f(\r(3),2)a，b))，eq\o(AB1,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)，\f(\r(3),2)a，b)).∵BC1⊥AB1，∴eq\o(BC1,\s\up6(→))·eq\o(AB1,\s\up6(→))＝0，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)a))2＋b2＝0，解得b＝eq\f(\r(2),2)a.因为DE∥平面ABB1A1，分别取BC，B1C1的中点E1，M，则ME1∥BB1，所以平面D1DE1M∥平面ABB1A1，则动点E的轨迹是线段ME1，ME1的长度等于|BB1|＝eq\f(\r(2),2)|AC对于选项C，在选项B的基础上，C1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)，0，\f(\r(2),2)a))，所以eq\o(DA,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，0，0))，eq\o(BC1,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)，－\f(\r(3),2)a，\f(\r(2),2)a))，因为cos〈eq\o(BC1,\s\up6(→))，eq\o(DA,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(BC1,\s\up6(→))·\o(DA,\s\up6(→)),|\o(BC1,\s\up6(→))||\o(DA,\s\up6(→))|)＝eq\f(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))2,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)a)))＝－eq\f(\r(6),6)，所以异面直线BC1与DA所成角的余弦值为eq\f(\r(6),6)，选项C正确．对于选项D，设点E在底面ABC的射影为N，作NF垂直于AC，垂足为F，若点E到平面ACC1A1的距离等于eq\f(\r(3),2)EB，即有NF＝eq\f(\r(3),2)EB，又因为在△CNF中，NF＝eq\f(\r(3),2)NC，得EB＝NC，其中NC等于点E到直线CC1的距离，故点E满意抛物线的定义，另外点E为四边形BCC1B1内(包含边界)的动点，所以动点E的轨迹为抛物线的一部分，故D正确．三、填空题(本大题共4个小题，每小题5分，共20分，把正确答案填在题中横线上)15．已知a＝(2,1,3)，b＝(－4,5，x)，若a⊥b，则x＝__1__.[解析]∵a⊥b，∴a·b＝0，即2×(－4)＋1×5＋3x＝0，∴x＝1.14．(福建省南平市2024－2024学年高二期末)在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，BD1与平面ABCD所成角的正弦值为__eq\f(\r(3),3)__.[解析]正方体AC1中，∵DD1⊥底面ABCD，∴∠DBD1即为BD1与底面ABCD所成角，易知BD1＝eq\r(3)，∴sin∠DBD1＝eq\f(\r(3),3)，故答案为eq\f(\r(3),3).15．已知正四棱台ABCD－A1B1C1D1中，上底面A1B1C1D1边长为1，下底面ABCD边长为2，侧棱与底面所成的角为60°，则tan∠B1BD＝__eq\r(3)__异面直线AD1与B1C所成角的余弦值为__eq\f(1,4)__.[解析]设上、下底面中心分别为O1、O，则OO1⊥平面ABCD，以O为原点，直线BD、AC、OO1分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系．∵AB＝2，A1B1＝1，∴AC＝BD＝2eq\r(2)，A1C1＝B1D1＝eq\r(2)，∵平面BDD1B1⊥平面ABCD，∴∠B1BO为侧棱与底面所成的角，∴∠B1BO＝60°，tan∠B1BD＝tan60°＝eq\r(3).设棱台高为h，则tan60°＝eq\f(h,\r(2)－\f(\r(2),2))，∴h＝eq\f(\r(6),2)，∴A(0，－eq\r(2)，0)，D1(－eq\f(\r(2),2)，0，eq\f(\r(6),2))，B1(eq\f(\r(2),2)，0，eq\f(\r(6),2))，C(0，eq\r(2)，0)，∴eq\o(AD1,\s\up6(→))＝(－eq\f(\r(2),2)，eq\r(2)，eq\f(\r(6),2))，eq\o(B1C,\s\up6(→))＝(－eq\f(\r(2),2)，eq\r(2)，－eq\f(\r(6),2))，∴cos〈eq\o(AD1,\s\up6(→))，eq\o(B1C,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(AD1,\s\up6(→))·\o(B1C,\s\up6(→)),|\o(AD1,\s\up6(→))|·|\o(B1C,\s\up6(→))|)＝eq\f(1,4)，故异面直线AD1与B1C所成角的余弦值为eq\f(1,4).16．已知矩形ABCD中，AB＝1，BC＝eq\r(3)，将矩形ABCD沿对角线AC折起，使平面ABC与平面ACD垂直，则B与D之间的距离为__eq\f(\r(10),2)__.[解析]如图，过B、D分别向AC作垂线，垂足分别为M、N.则可求得AM＝eq\f(1,2)、BM＝eq\f(\r(3),2)、CN＝eq\f(1,2)、DN＝eq\f(\r(3),2)、MN＝1.由于eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\o(BM,\s\up6(→))＋eq\o(MN,\s\up6(→))＋eq\o(ND,\s\up6(→))，∴|eq\o(BD,\s\up6(→))|2＝(eq\o(BM,\s\up6(→))＋eq\o(MN,\s\up6(→))＋eq\o(ND,\s\up6(→)))2＝|eq\o(BM,\s\up6(→))|2＋|eq\o(MN,\s\up6(→))|2＋|eq\o(ND,\s\up6(→))|2＋2(eq\o(BM,\s\up6(→))·eq\o(MN,\s\up6(→))＋eq\o(MN,\s\up6(→))·eq\o(ND,\s\up6(→))＋eq\o(BM,\s\up6(→))·eq\o(ND,\s\up6(→)))＝(eq\f(\r(3),2))2＋12＋(eq\f(\r(3),2))2＋2(0＋0＋0)＝eq\f(5,2)，∴|eq\o(BD,\s\up6(→))|＝eq\f(\r(10),2).四、解答题(本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)17．(本小题满分10分)在四棱锥P－ABCD中，ABCD为平行四边形，AC与BD交于O，G为BD上一点，BG＝2GD，eq\o(PA,\s\up6(→))＝a，eq\o(PB,\s\up6(→))＝b，eq\o(PC,\s\up6(→))＝c，试用基底{a，b，c}表示向量eq\o(PG,\s\up6(→)).[解析]∵BG＝2GD，∴eq\o(BG,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(BD,\s\up6(→)).又eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\o(PA,\s\up6(→))－eq\o(PB,\s\up6(→))＋eq\o(PC,\s\up6(→))－eq\o(PB,\s\up6(→))＝a＋c－2b，∴eq\o(PG,\s\up6(→))＝eq\o(PB,\s\up6(→))＋eq\o(BG,\s\up6(→))＝b＋eq\f(2,3)(a＋c－2b)＝eq\f(2,3)a－eq\f(1,3)b＋eq\f(2,3)c.18．(本小题满分12分)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ABC＝eq\f(π,2)，D是棱AC的中点，且AB＝BC＝BB1＝2.(1)求证：AB1∥平面BC1D；(2)求异面直线AB1与BC1所成的角．[解析](1)如图，连接B1C交BC1于点O，连接OD∵O为B1C的中点，D为AC的中点，∴OD∥AB1∵AB1⊄平面BC1D，OD⊂平面BC1D，∴AB1∥平面BC1D.(2)建立如图所示的空间直角坐标系B－xyz.则B(0,0,0)、A(0,2,0)、C1(2,0,2)、B1(0,0,2)．∴eq\o(AB1,\s\up6(→))＝(0，－2,2)、eq\o(BC1,\s\up6(→))＝(2,0,2)．cos〈eq\o(AB1,\s\up6(→))，eq\o(BC1,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(AB1,\s\up6(→))·\o(BC1,\s\up6(→)),|\o(AB1,\s\up6(→))|·|\o(BC1,\s\up6(→))|)＝eq\f(0＋0＋4,2\r(2)×2\r(2))＝eq\f(1,2)，设异面直线AB1与BC1所成的角为θ，则cosθ＝eq\f(1,2)，∵θ∈(0，eq\f(π,2)]，∴θ＝eq\f(π,3).19．(本小题满分12分)如图，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，已知AB＝2，AA1＝5，E、F分别为D1D、B1B上的点，且DE＝B1(1)求证：BE⊥平面ACF；(2)求点E到平面ACF的距离．[解析](1)证明：以D为原点，DA、DC、DD1所在直线分别为x、y、z轴建立如图所示空间直角坐标系，则D(0,0,0)、A(2,0,0)、B(2,2,0)、C(0,2,0)、D1(0,0,5)、E(0,0,1)、F(2,2,4)．∴eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－2,2,0)、eq\o(AF,\s\up6(→))＝(0,2,4)、eq\o(BE,\s\up6(→))＝(－2，－2,1)、eq\o(AE,\s\up6(→))＝(－2，0,1)．∵eq\o(BE,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝0，eq\o(BE,\s\up6(→))·eq\o(AF,\s\up6(→))＝0，∴BE⊥AC，BE⊥AF，且AC∩AF＝A.∴BE⊥平面ACF.(2)由(1)知，eq\o(BE,\s\up6(→))为平面ACF的一个法向量，∴点E到平面ACF的距离d＝eq\f(|\o(AE,\s\up6(→))·\o(BE,\s\up6(→))|,|\o(BE,\s\up6(→))|)＝eq\f(5,3).故点E到平面ACF的距离为eq\f(5,3).20．(本小题满分12分)(2024·全国Ⅱ卷理，17)如图，长方体ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1(1)证明：BE⊥平面EB1C1(2)若AE＝A1E，求二面角B－EC－C1的正弦值．[解析](1)证明：由已知得，B1C1⊥平面ABB1A1，BE⊂平面ABB1故B1C1⊥BE又BE⊥EC1，B1C1∩EC1＝C1所以BE⊥平面EB1C1(2)解：由(1)知∠BEB1＝90°.由题设知Rt△ABE≌Rt△A1B1E，所以∠AEB＝45°，故AE＝AB，AA1＝2AB.以D为坐标原点，eq\o(DA,\s\up6(→))的方向为x轴正方向，|eq\o(DA,\s\up6(→))|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz，则C(0,1,0)，B(1,1,0)，C1(0,1,2)，E(1,0,1)，eq\o(CB,\s\up6(→))＝(1,0,0)，eq\o(CE,\s\up6(→))＝(1，－1,1)，CC1＝(0,0,2)．设平面EBC的法向量为n＝(x1，y1，z1)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(CB,\s\up6(→))·n＝0，,\o(CE,\s\up6(→))·n＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＝0，,x1－y1＋z1＝0，))所以可取n＝(0，－1，－1)．设平面ECC1的法向量为m＝(x2，y2，z2)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(CC1·m＝0，,\o(CE,\s\up6(→))·m＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2z2＝0，,x2－y2＋z2＝0，))所以可取m＝(1,1,0)．于是cosn，m＝eq\f(n·m,|n||m|)＝－eq\f(1,2).所以，二面角B－EC－C1的正弦值为eq\f(\r(3),2).21．(本小题满分12分)(2024－2024湖北恩施州高二期末)如图，四棱锥P－ABCD中，AB∥CD，∠BCD＝eq\f(π,2)，PA⊥BD，AB＝2，PA＝PD＝CD＝BC＝1.(1)求证：平面PAD⊥平面ABCD；(2)求直线PA与平PBC所成角的正弦值．[解析](1)∵AB∥CD，∠BCD＝eq\f(π,2)，PA＝PD＝CD＝BC＝1，∴BD＝eq\r(2)，∠ABC＝eq\f(π,2)，∠DBC＝eq\f(π,4)，∴∠ABD＝eq\f(π,4)，∵AB＝2，∴AD＝eq\r(2)，∴AB2＝AD2＋BD2，∴AD⊥BD，∵PA⊥BD，PA∩AD＝A，∴BD⊥平面PAD，∵BD⊂平面ABCD，∴平面PAD⊥平面ABCD.(2)取AD中点O，连结PO，则PO⊥AD，且PO＝eq\f(\r(2),2)，由平面PAD⊥平面ABCD，知PO⊥平面ABCD，以O为坐标原点，以过点O且平行于BC的直线为x轴，过点O且平行于AB的直线为y轴，直线PO为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(eq\f(1,2)，－eq\f(1,2)，0)，B(eq\f(1,2)，eq\f(3,2)，0)，C(－eq\f(1,2)，eq\f(3,2)，0)，P(0,0，eq\f(\r(2),2))，eq\o(BC,\s\up6(→))(－1,0,0)，eq\o(BP,\s\up6(→))＝(－eq\f(1,2)，－eq\f(3,2)，eq\f(\r(2),2))，设平面PBC的法向量n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(BC,\s\up6(→))＝－x＝0,n·\o(BP,\s\up6(→))＝－\f(1,2)x－\f(3,2)y＋\f(\r(2),2)z＝0))，取z＝eq\r(2)，得eq\o(n,\s\up6(→))＝(0，eq\f(2,3)，eq\r(2))，∵eq\o(PA,\s\up6(→))＝(eq\f(1,2)，－eq\f(1,2)，－eq\f(\r(2),2))，∴cos〈n，eq\o(PA,\s\up6(→))〉＝eq\f(n·\o(PA,\s\up6(→)),|n|·|\o(PA,\s\up6(→))|)＝－eq\f(2\r(22),11)，∴直线PA与平面PBC所成角的正弦值为eq\f(2\r(22),11).22．(本小题满分12分)如图，在三棱锥P－ABC中，PA⊥底面ABC，∠BAC＝90°.点D，E，N分别为棱PA，PC，BC的中点，M是线段AD的中点，PA＝AC＝4，AB＝2.(1)求证：MN∥平面BDE；(2)求二面角C－EM－N的正弦值；(3)已知点H在棱PA上，且直线NH与直线BE所成角的余弦值为eq\f(\r(7),21)，求线