上海进才实验中学高中数学选修2-1第二章《空间向量与立体几何》测试题(包含答案解析)

一、选择题.如图，已知正方体ABCDA1B1C1D1棱长为3,点H在^AAAi上，且HAi1,在侧面BCC〔Bi内作边长为1的正方形EFGC1,P是侧面BCC1B1内一动点，且点P到平面CDD1C1距离等于线段PF的长，则当点P运动时，|HP|2的最小值是（）A.21 B.22 C.23 D.13.如图，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2,E是棱AB的中点，F是侧面AA1D1D内一点,若EF//平面BB1D1D,则EF长度的范围为（）a.[百出] b.[72,西 c.[72,76] d.[72,77].若a,b,c是空间的一个基底，则下列各组中不能构成空间一个基底的是（ ）A.a,2b,3c B,ab,bc,caC.abc,bc,c D.a2b,2b3c,3a9c.在边长为2的菱形ABCD中，BD2J3,将菱形ABCD沿对角线AC对折，使二面角BACD的余弦值为1,则所得三棱锥ABCD的内切球的表面积为（ ）34A.一34A.一3B.C.—D..已知A,B,C三点不共线，对于平面ABC外的任一点O,下列条件中能确定点 M与点A,B,C一定共面的是（)A.OMOAOBOCB.OM2OAOBOC1 i——i——，1，i——i——i——C.OMOAOBOCD.OMOAOBOC2 323 66.在正方体ABCD--AiBiCiDi中，E是CiC的中点，则直线BE与平面BiBD所成角的正弦值为（）A邈 B如TOC\o"1-5"\h\z5 5C.迹 D.叵5 57,已知正方体ABCDABiCiDi,M为ABi的中点，则异面直线AM与B〔C所成角的余弦值为（）A典 b亚 c,巫 D.逅\o"CurrentDocument"5 10 2 28.在四面体O-ABC中,Gi是4ABC的重心，G是OGi上的一点，且OG=3GG,若OG=xOA+yOB+zOC，则仅/尾）为（ ）A.4'4'4B.4'4'4C.ii

3,3D.2223,3,3.若底面是菱形的棱柱其侧棱垂直于底面，且侧棱长为i5,则这个棱柱的侧面积是（）.A.i30 B.i40 C.i50A.4'4'4B.4'4'4C.ii

3,3D.2223,3,3.若底面是菱形的棱柱其侧棱垂直于底面，且侧棱长为i5,则这个棱柱的侧面积是（）.A.i30 B.i40 C.i505,它的对角线的长分别是D.i60.如图所示，五面体ABCDE中，正ABC的边长为i,AE，平面ABC,CD//AE,且—iCD—AE.设CE与平面ABE所成的角为，AEk（k2。）,若［6,，则当k取最大值时，平面BDE与平面ABC所成角的正切值为（ ）12.312.311.圆锥的轴截面SAB是边长为2的等边三角形，。为底面的中心， M为SO的中点,动点P动点P在圆锥底面内（包括圆周）若AMMP,则点P形成的轨迹的长度为（）B.7B.7B.5dT412.记动点P是棱长为1的正方体ABCD-ARCiDi12.记动点P是棱长为1的正方体ABCD-ARCiDi的对角线BDi上一点，记D1PD1B.当APC为钝角时，则的取值范围为（）A.(0,1)1B.(-,1)3c.吗）D.(1,3)、填空题13.在三棱锥另与、填空题13.在三棱锥另与AB,BC,S—ABC中，△ABC是边长为6的正三角形，SA=SB=SC=15,平面DEFH分

SC,SA交于点D,E,F,H.且D,E分别是AB,BC的中点，如果直线SB//平面DEFH,那么四边形DEFH的面积为E为其中心，则AB15.若非零向量满足「,则与所成角的大小为E为其中心，则AB15.若非零向量满足「,则与所成角的大小为1—3---BC-DEAD的化简结果为16.EF如图，正方体ABCDA1BGD1的棱长为1,线段B1D1上有两个动点E,F，且16.EF—,现有如下四个结论：2①ACBE;②EF//平面ABCD;③三棱锥ABEF的体积为定值；④异面直线AE,BF所成的角为定值.其中正确结论的序号是其中正确结论的序号是.如图所示，三棱锥OABC中，OAa，OBb，OCc，点M在棱OA上，且OM2MA,N为BC中点，则MN.已知向量a=(2,1,1),b(,1,1),若a与b的夹角为钝角，则 的取值范围是19.如图，空间四边形C19.如图，空间四边形C中,CC，点在上，且2, - 2一 ，e,0—，点为C中点，则 等于.（用向量口.九匚表小）3B.正四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面边长为2,若ACi与底面ABCD所成角为60°,则AG和底面ABCD的距离是三、解答题.在①（DECF）（DECF）,②|bE।乎，③08s（ef,db）1这三个条件中任选一个，补充在下面的横线中，并完成问题 ^问题：如图，在正方体ABCDAB1C1D1中，以D为坐标原点，建立空间直角坐标系Dxyz.已知点D1的坐标为0,0,2,E为棱D1C1上的动点，F为棱B1C1上的动点，，试问是否存在点E,F满足EFAC?若存在，求aeBF的值；若不存在，请说明理由.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分 ^.在三^菱台ABCDEF中，ABBC2DE,DABEBA60：：,平面ABED平面ABC,BCBE.

(1)求证：平面ABED平面BCFE;(2)求直线DF与平面ABF所成角的正弦值..如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为菱形，PA平面ABCD,E是PD上的点.(1)当E是PD的中点时，求证：PB//平面AEC；1(2)设PAAB1,PC用，若直线PC与平面AEC所成角的正弦值为-，求PE3的长..如图，四棱锥PABCD的底面为直角梯形，且ABAD,BC〃AD,BCAB2AD1,PAPD柄，平面PAD平面ABCD,点M为棱PD上动点.

(2)是否存在点M使二面角MAC置；若不存在，请说明理由..如图，在三棱锥pABE中，AB平面PCD=l,求证：l〃平面ACM;D的余弦值为平面PCD=l,求证：l〃平面ACM;D的余弦值为叵,若存在，请确定M的位11AE,PA平面ABE,D是AE的中点，C是1AP-AE2.2(1)求证：CD〃平面PAB;(2)求直线PE与平面PCD所成角的正弦26.如图，在正方体ABCDAB1GD1中，E为CR的中点,F为B1C1的中点.(1)求证：EF//平面ABCD；(2)求直线BiD与平面BDEF所成的角的正弦值.【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、选择题1.D解析：D【分析】建立空间直角坐标系，根据P在BCCiBi内可设出P点坐标，作HMBBi,连接pm，可得HP2HM2MP2，作PNCCl,根据空间中两点间距离公式，再根据二次函数的性质，即可求得HP2的范围.【详解】根据题意，以D为原点建立空间直角坐标系如图所示：作HMBBi交BBi于M,连接pM,则HMPM作PNCCi交CCi于N,则PN即为点P到平面CDDiCi距离.设Px,3,z，则F1,3,2,M3,3,2,N0,3,z0x3,0z3二点P到平面CDDiCi距离等于线段PF的长•••PNPF2 2 2由两点间距离公式可得xJx1z2，化简得2x1z2，则2x10解不jr 1等式可得x—2r1综上可得1x32则在RtHMP中2222 2 2 2 2 2HP2HM2MP23x3z2 3x32x1x2 131x32所以HP213（当时x2取等）故选:D【点睛】本题考查了空间直角坐标系的综合应用，利用空间两点间距离公式及二次函数求最值，属于难题.C解析：C【分析】过F作FG//DDi,交AD于点G,交AD〔于H,根据线面垂直关系和勾股定理可知EF2AE2AF2；由EF,FG//平面BDD〔B可证得面面平行关系，利用面面平行性质可证得G为AD中点，从而得到AF最小值为F,G重合，最大值为F,H重合，计算可得结果.【详解】过F作FG//DDi,交AD于点G,交AD1于H,则FG底面ABCDEF2EG2FG2AE2AG2FG2AE2AF21AF2；EF//平面BDD1B1,FG//平面BDD1B1,EFFGF平面EFG//平面BDD1B,又GE「平面EFG GE//平面BDD1B1又平面ABCDh平面BDD1B1BD,GE「平面ABCDGE//BD.「E为AB中点G为AD中点，则H为AD1中点即F在线段GH上AFminAG1,AFmaxAH V5EFm.TT7亚，EFmax打"V6则线段EF长度的取值范围为： 72,76本题正确选项：C【点睛】本题考查立体几何中线段长度取值范围的求解，关键是能够确定动点的具体位置，从而找到临界状态；本题涉及到立体几何中线面平行的性质、面面平行的判定与性质等定理的应用.D解析：D【分析】根据空间向量的共面定理，一组不共面的向量构成空间的一个基底，对选项中的向量进行判断即可.【详解】对于A:a,2b,3c,B:ab,bc,ca,C:abc,bc,c,每组都是不共面的向量，能构成空间的一个基底，对于D：a2b,2b3c,3二9c满足：3a-9c3a2b-2b3c,是共面向量，不能构成空间的一个基底，故选D【点睛】本题主要考查了向量的相关知识，考查了空间向量共面的判断与应用问题，熟练掌握向量基底的定义以及判断条件是解题的关键，属于基础题.C解析：C【分析】作出图形，利用菱形对角线相互垂直的性质得出 DN,AC,BN^AC,可得出二面角B-AC-D的平面角为ZBND,再利用余弦定理求出BD,可知三棱锥B-ACD为正四面体，可得出内切球的半径R,再利用球体的表面积公式可得出答案.【详解】如下图所示，易知4ABC和4ACD都是等边三角形，取AC的中点N,则DNXAC,BNXAC.所以，/BND是二面角B-AC-D的平面角，过点B作BO>±DN交DN于点O,可得BOX平面ACD.因为在4BDN中，BNDNJ3,所以，BD2=BN2+DN2一12BN?DN?cos/BND3323-4,3贝UBD=2.TOC\o"1-5"\h\z1 ，―…故三棱锥A-BCD为正四面体，则其内切球半径为正四面体局的 一，又正四面体的图为棱4长的遮，故r6L2/.\o"CurrentDocument"3 12 6因此，三棱锥A-BCD的内切球的表面积为4R24(Y6)2—.6 3故选C.【点睛】本题考查几何体的内切球问题，解决本题的关键在于计算几何体的棱长确定几何体的形状，考查了二面角的定义与余弦定理，考查计算能力，属于中等题.D解析：D【分析】根据点M与点A,B,C共面，可得xyz1,验证选项，即可得到答案.【详解】设OMxOAyOBzOC,若点M与点A,B,C共面，，则xyz1,只有选项D满足，.故选D.【点睛】本题主要考查了向量的共面定理的应用，其中熟记点 M与点A,B,C共面时，且而xOAyOBzOC,则xyz1是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力.B解析：B【分析】以D为坐标原点，以DA为x轴，以DC为y轴，以DD1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线BE与平面B1BD所成角的正弦值.【详解】以D为坐标原点，以DA为x轴，以DC为y轴，以DDi为z轴，建立如图空间直角坐标系，设正方体的棱长为BD2,20,BB10,0,2,BE 2,0,1设平面BiBD的法向量为x,y,z,nBD，nBB,2x2y0，令设正方体的棱长为BD2,20,BB10,0,2,BE 2,0,1设平面BiBD的法向量为x,y,z,nBD，nBB,2x2y0，令y2z01,则n 1,1,0,nBEcosn,BE—q——1n||BE设直线BE与平面BiBD所成角为0,贝Usincosn,BE—10,故选B.2,则D0,0,0,B2,2,0,Bi2,2,2,E0,21【点睛】本题考查直线与平面所成角的正弦值的求法，解题时要注意向量法的合理运用，准确得到面的法向量是解题的关键，是中档题.A解析：A【分析】建立空间直角坐标系，求出向量 AM与B1c的向量坐标，利用数量积求出异面直线 AM与B与B1C所成角的余弦值.【详解】以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示:设正方体的棱长为1,则A(1,0,0),A(1,0,1),B(1,1,0),B(1,1,1),C(0,1,0)•••M为ABi的中点1•-m(1,2,1)AM(0,2,i),AM等；BC(1,0,i),b!c,亚AM，异面直线AM与BQ所成角的余弦值为，异面直线AM与BQ所成角的余弦值为cosAM,B1CAMB1CAMIB1C1 _J0C10 5故选A./AEM(或其补/AEM(或其补本题主要考查异面直线所成的角的定义和求法，找出两异面直线所成的角角)，是解题的关键.如果异面直线所成的角不容易找，则可以通过建立空间直角坐标系，利用空间向量来求解.A解析：A【分析】如图所示，连接AG1交BC于点E,则E为BC中点，利用空间向量的运算法则求得TOC\o"1-5"\h\z_1 3_1 1 1 1 1 11 一OG 0Gl -OA -OB —OC ,即得(x,y,z).\o"CurrentDocument"4 4 4 4【详解】如图所示，连接AG1交BC于点E,则E为BC中点，一 1— — 1 ————AE .AB ACA, (OB-20A OC),\o"CurrentDocument"1————AG1—AE (OB-20AOC).\o"CurrentDocument"3因为OG=3GG=3(OG1OG),3所以OG=—OG1.4则TOC\o"1-5"\h\z3 3 3 1 2 1 1 11OG 30Gl 3(OA AG1 )=- OA -OB -OA -OC- -OA -OB -OC4 4 3 3 3 4 4 4-故答案为A【点睛】(1)本题主要考查空间向量的运算法则和基底法，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.(2)如果三个向量a,b,c不共面，那么对于空间任意一个向量p,存在一个唯一的有序实数组x,y,z使pxaybzc.我们把x,y,z叫做空间的一个基底，其中a,b,c叫基向量.D解析：D【解析】设直四棱柱ABCDAB1C1D1中，对角线AC9,BDi15,因为AiA平面ABCD,ACU,平面ABCD,所以AAAC,在RtAAC中，AA5,可得ACJAC2A1A2痴，同理可得BDJD1B2D1D2y/2001072,因为四边形ABCD为菱形，可得AC,BD互相垂直平分，所以ABj（1AC）2（1BD）2J14508,即菱形ABCD的边长为8,因此，这个棱柱的侧面积为S（ABBCCDDA）AA1485160,故选D.点睛：本题考查了四棱锥的侧面积的计算问题，解答中通过给出的直四棱柱满足的条件，求得底面菱形的边长，进而得出底面菱形的底面周长，即可代入侧面积公式求得侧面积，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力，以及空间想象能力，其中正确认识空间几何体的结构特征和线面位置关系是解答的关键 .C解析：C【详解】分析：建立空间直角坐标系，利用直线 CE与平面ABE所成的角，求解k的最大值，进而求解平面BDE和平面ABC的一个法向量，利用向量所成的角，求解二面角的余弦值，进而求得正切值，得到结果.详解：如图所示，建立如图所示的空间直角坐标系 Oxyz,

k则如此(。，”旧0，1*)，取AB的中点M,则M(130),则平面4‘4’k则如此(。，”旧0，1*)，取AB的中点M,则M(130),则平面4‘4’ABE的一个法向量为CM由题意sinCECMCECM_.32。1k2，又由 [—,—],所以一sin64 2__3_2k2所以k的最大值为亚当k、,2时，设平面BDE的法向量为n(x,y,z),则nDEnBE、、2

y_Tz..3 1—x-y

2 2,3,i,、.2)：,由平面ABC的法向量为m(0,0,1),设平面BDE和平面ABC所成的角为则cos：色,所以sin ，6,所以tan J2,故选C.|n"m3 3点睛：本题考查了空间向量在立体几何中的应用，解答的关键在于建立适当的空间直角坐标系，求解直线的方向向量和平面的法向量，利用向量的夹角公式求解，试题有一定的难度，属于中档试题，着重考查了学生的推理与运算能力，以及转化的思想方法的应用C解析：C【分析】建立空间直角坐标系，写出点的坐标，设出动点的坐标，利用向量的坐标公式求出向量坐标，利用向量垂直的充要条件列出方程求出动点 P的轨迹方程，得到P的轨迹是底面圆的弦，利用勾股定理求出弦长.

【详解】,M(0,0,建立空间直角坐标系.设A(0,-1,0),B(0,1,0),S(0,0,J,M(0,0,叵),P(x,y,0).2于是有AM(0,1,弓),MP(x,V,专).由于AMXMP,所以(0,1,停)？(x,V,争=0,即yI，此为p点形成的轨迹方程，其在底面圆盘内的长度为 2,6故选C.【点睛】【点睛】本题考查通过建立坐标系，将求轨迹问题转化为求轨迹方程、考查向量的数量积公式、向量垂直的充要条件、圆的弦长的求法.属中档题B解析：B【分析】建立空间直角坐标系，利用/APC不是平角，可得/APC为钝角等价于cos/APCk0,即P过F&C。，从而可求入的取值范围.由题设，建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,由题设，建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,则有A（1,0,0）,B（1,1,0）,C（0,1,0）,Di（0,0,1）•^1=（1,1,-1）,••瓦广（入，人-入），p2=5沅+力虱=（-力-入，入）+（1,0,-1）=（1-九、储）正=pjj：+D]d=（-入，-入，入）+（0，1，-1）=（-%1一A纪1）显然/APC不是平角，所以/APC为钝角等价于cos/APC<0PAPC0，（1-a（-a+（-X）（1-x）+（左1）（“1）=（M）（3%1）v0,得I〈入v1□因此，入的取值范围是（2，1）,故选B.点评：本题考查了用空间向量求直线间的夹角，一元二次不等式的解法，属于中档题.二、填空题.【解析】【分析】利用平面可以得到从而为中点同理可得为中点再根据三棱锥为正三棱锥得到故四边形为矩形从而可计算其面积【详解】因为故在底面上的射影为底面三角形的外心又为等边三角形故在底面上的射影为底面三角解析：竺2【解析】【分析】利用SB||平面DEFH可以得到DH"SB,从而H为SA中点，同理可得F为SC中点，再根据三棱锥SABC为正三棱锥得到ACSB,故四边形HDEF为矩形，从而可计算其面积.【详解】因为SASBSC,故S在底面上的射影为底面三角形的外心，又ABC为等边三角形，故S在底面上的射影为底面三角形的中心，所以三棱锥SABC为正三棱锥，所以SBAC.因SBII平面DEFH,SB平面ABS,平面ABSCl平面DEFHDH,故SBllDH,TOC\o"1-5"\h\z1 ,, 1因ADDB,故AHHS,DHIIBS,DH-BS,同理EFMBS,EF—BS,\o"CurrentDocument"2 2故DHllEF,DHEF,所以四边形DEFH为平行四边形，又由D,E为中点可得DE"AC,故DHDE,故四边形DEFH为矩形.「r_ 15 45又DE3,DH一，故矩形DEFH的面积为一.2 2【点睛】（1）正三棱锥中，对棱是相互垂直的，且顶点在底面的投影是底面正三角形的中心.（2）通过线面平行可以得到线线平行，注意利用线面平行这个条件时，要合理构建过已知直线的平面（该平面与已知平面有交线）..【分析】由题意结合重心的性质和平面向量的三角形法则整理计算即可求得最终结果【详解】如图取BC的中点F连结DF则「.【点睛】本题主要考查空间向量的运算法则及其应用意在考查学生的转化能力和计算求解能力解析：0【分析】由题意结合重心的性质和平面向量的三角形法则整理计算即可求得最终结果 ^【详解】2一如图，取BC的中点F,连结DF,则DF—DE,3TOC\o"1-5"\h\z—1-- 3——- —————————————— ，AB-BC -DE AD ABBFDFDA AFFD DA 0.2 2【点睛】本题主要考查空间向量的运算法则及其应用，意在考查学生的转化能力和计算求解能力 .15.90。【分析】对该方程两边分别平方即可得到即可【详解】则a与B所成角的大小为90。故答案为90。【点睛】本题考查了向量模去绝对值问题可以通过对向量模平方去掉绝对值即可解析：90°【分析】对该方程两边分别平方，即可得到」-0,即可.【详解】2c—12 2c.一—22 2则一一0，a与3所成角的大小为90°故答案为900【点睛】本题考查了向量模去绝对值问题，可以通过对向量模平方，去掉绝对值，即可.16.①②③【分析】根据平面可判断①；根据可判断②；利用体积公式判断③；设用向量法求出的夹角的范围判断④【详解】连接由可知平面而平面故①正确；由且平面平面可得平面故②正确；三棱锥的体积为定值故③正确；建立解析：①②③

【分析】根据AC平面BBiDiD可判断①；根据BiD"/BD可判断②；利用体积公式判断③；设DiEia,用向量法求出AE,BF的夹角的范围判断④.【详解】不【详解】不上广】连接BD,由ACBD,ACDDi,可知AC平面BBiDiD,而BE平面BBiDiD,ACBE,故①正确；由EF//BD,且EF平面ABCD,BD平面ABCD,可得EF//平面ABCD,故②正确；VABEFVABEF1s3S,BEFii'21、2—— I I2，32 2 2三棱锥ABEF的体积为定值，故③正确;建立坐标系如图所示；设Di设DiEi a0a2则Ai,0,0,Bi,i,0,E—a,—a,iTOC\o"1-5"\h\z2 2l ,2 i2 i,F —a —,—a —,i ,\o"CurrentDocument"2 22 2AE三i,旦,i

2 2BF<2 i .2 i—AE三i,旦,i

2 2BF<2 i .2 i—a 一, — a - ,i\o"CurrentDocument"2 2 2 2设异面直线AE,BF所成的角为则干怎ja22a2a2 2a20时,cos0时,cos取得最大值④错误;的最小值为30：，即异面直线AE,BF所成的角不为定值，故故答案为：①②③④错误;【点睛】本题考查了线面垂直的性质定理、线面平行的判定定理、三棱锥的体积公式以及空间向量TOC\o"1-5"\h\z法求异面直线所成的角，综合性比较强，属于中档题 ^17.【解析】一一2.1—1.解析： —abc\o"CurrentDocument"3 2 2【解析】MNMAABBN——— 1--\o"CurrentDocument"OA(OBOA)BC3 2——1——-OA OB (OCOB)\o"CurrentDocument"3 22 1 1-OA -OB -OC2 2\o"CurrentDocument"-1 1.a—b—c2 2.【解析】即解析： 1且 2【解析】，一 _ ^^_2 1 一\o"CurrentDocument"ab 0且a与b不共线，即2 110,一彳 1且 2.【分析】试题分析：因为空间四边形OABC如图点M在线段OA上月OM=2MAN为BC的中点所以所以考点：向量加减混合运算及其几何意义【详解】解析：2a-b-c3 2 2【分析】试题分析：因为空间四边形【分析】试题分析：因为空间四边形OABC如图Cc， 1_1—所以ONcb2 2一,一一一 2_1■1_所以MNONMO -a-b-c3 2 2考点：向量加减混合运算及其几何意义【详解】20.【解析】分析：确定A1C1到底面ABCD的距离为正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的高即可求得结论详解：二.正四棱柱ABCD-A1B1C1D1.•平面ABCD//平面A1B1C1D1.A1CT?平面A1B解析：26.【解析】分析：确定A1C1到底面ABCD的距离为正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的高，即可求得结论.详解：二.正四棱柱ABCD-A1B1C1D1,「•平面ABCD//平面A1B1C1D1,•.A1G?平面A1B1C1D1,.A1C1//平面ABCD.A1C1到底面ABCD的距离为正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的高.•.正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面边长为2,AC1与底面ABCD成60°角，•A1A=2V2tan60=2^/6故答案为2J6.点睛：本题考查线面距离，确定A1。到底面ABCD的距离为正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的高是解题的关键.如果直线和已知的平面是平行的，可以将直线和平面的距离，转化为直线上一点到平面的距离.三、解答题21.答案见解析【分析】先利用已知条件写出点坐标，设 E(0,a,2)(0a2),F(b,2,2)(0b2),进而得到EF,AC,AE,BF的坐标，利用空间向量数量积的坐标表示求出 efa1c,aebf；若选①：利用空间向量数量积的坐标表示公式、空间向量垂直的性质即可求解；若选②：利用空间向量模的坐标表示公式即可得出结果；若选 ③：利用空间向量夹角的性质进行求解即可.【详解】解：由题意，正方体ABCDAB1C1D1棱长为2,则A(2,0,0),B(2,2,0),Ai(2,0,2),D(0,0,0),C(0,2,0),设E(0,a,2)(0a2),F(b,2,2)(0b2),则EF(b,2a,0),AC(2,2,2),AE(2,a,2),BF(b2,0,2),所以EFAC42(ab),AEBF82b.选择①：(DECF)(DECF),2 "2所以(DECF)(DECF)0,DECF，得ab,若EFAC0得42(ab)0,则ab1,故存在点E(0,1,2),F(1,2,2),满足EFAC0，AEBF82b6.17选择②：因为|DE|—,2所以14—,2/曰1得a-，2若EFAC0,即42(ab)0,得b3.2

TOC\o"1-5"\h\z 1 3\o"CurrentDocument"故存在点 E 0,-,2 ,F -,2,22 2满足EFAC0,AEBF82b5.选择③：因为0cosEF,DB1,所以ef与dB不共线，所以b2a,即ab2,则EFAC42(ab)0,故不存在点E,F满足EFAC0.【点睛】关键点睛：建立空间坐标系，利用空间向量数量积的坐标表示、空间向量垂直的性质、空间向量模的坐标表示公式以及空间向量夹角的性质是解决本题的关键 ^22.(1)证明见解析；(22.(1)证明见解析；(2)4214(1)过E作EHAB于H,由面面垂直得EH平面ABC,从而有EHBC,再结合已知BCBE,可得线面垂直后得线线垂直；(2)将三棱台ABCDEF补体成三棱锥PABC,以B为原点建立空间直角坐标系(如图)，设AB2,得出各点坐标，求出平面ABF的法向量，由空间向量法求得线面角的正弦值.【详解】解：(1)过E作EHAB于H,因为面ABED面ABC,面ABED面ABCBC,所以EH平面ABC,而BC平面ABC,所以EHBC,又BCBE,BEAeHE,BE,EH平面ABED,所以BC，面ABED，又BC平面BCFE所以平面ABED平面BCFE;(2)将三棱台ABCDEF补体成三棱锥PABC,则D,E,F分别是PA,PB,PC的中点，zXPAB是正三角形，设AB2,以B为原点建立空间直角坐标系 (如图),

八 1J3 33P0，lJ3，A0,2,0，C2,0,0，F1,2，1-，D0，2，^-DF1,1,0,BA0,2,0,BF1DF1,1,0,BA0,2,0,BF1一31,,22设平面ABF的法向量为n—x,y,z,—y0nAB0由一，有1 J3 ，令z2得n J3,0,2nFB0x-yz0TOC\o"1-5"\h\z2 2nDF, 「42sin -=——\o"CurrentDocument"|n||DF| 14【点睛】方法点睛：本题考查证明面面垂直，求直线与平面所成的角.求线面角的常用方法(1)定义法，作出直线在平面内的射影(主要过直线上一点作平面的垂线)，由直线与射影的夹角得出直线与平面所成的角(注意证明)，然后解三角形得结论；(2)空间向量法，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，由直线的方向向量与平面的法向量夹角余弦值的绝对值得线面角的正弦值.…… 2(1)证明见解析；(2)PE——.2【分析】(1)连接BD,使AC交BD于点。，连接EO,由OE//PB即可证明；(2)建立空间坐标系，利用向量法求解 .【详解】(1)连接BD,使AC交BD于点O,连接EO,

所以OE//PB又OE平面AEC,PB平面AEC,所以PB//平面AEC(2)因为PA平面ABCD,AC平面ABCD,所以PAAC,由PA1,PC喜，得ACV2，因为底面ABCD为菱形且AB1,所以ab2BC2AC2,所以ABBC,所以底面ABCD为正方形，从而AB,AD,AP两两互相垂直,分别以AB,AD,AP为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图，则A(0,0,0),D(0,1,0),P(0,0,1),B(1,0,0),C(1,1,0),不妨设PE PD(0,1,1),所以AEAPPE(0,0,1)(0,, )(0,,1 ),AC(1,1,0),PC(1,1,1),设平面AEC的法向量为n(x,y,z)

nAE y1z0TOC\o"1-5"\h\z由一 」 ,nACxy0令x1,则yi,z——，所以n1,1,——1 1设直线PC与平面AEC所成角为 ，则sin|cospc,n|pcn则sin|cospc,n|pcn|PC||n|由sin【点睛】方法点睛:1 由sin【点睛】方法点睛:一,解方程得 -,故PE3 2向量法求线面角的方法就是求出平面的法向量，然后求直线与法向量的夹角,取绝对值可得线面角的正弦值.(1)证明见解析；(2)M为PD的靠近点P三等分点时，二面角MACD的余弦值为_22.11【分析】(1)延长AB,DC交于Q,连接PQ,PQ即为直线l,证明MC//PQ即可得线面平行；(2)取AD的中点O,连接OP,OC,分别以OC,OD,OP为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系O-xyz.设dmDP，利用空间向量法求二面角的余弦，由已知余弦值可求得，即存在.【详解】(1)延长AB,DC交于Q,连接PQ.则易知PQ为平面PAB与平面PCD的交线，即：PQ与1重合.1由题意，在^ADQ中：BC//AD，且BC-AD,2故C为DQ的中点.又「M为PD的中点，MC//PQ.又「MC平面ACM,PQ平面ACM,•••PQ//平面ACM,即1//平面ACM.AD.(2)取ad的中点O,连接OP,OC,由题意可得：OPAD,AD.又「平面PAD平面ABCD,则OP平面ABCD,，分别以OC,OD,OP为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系O-xyz.则A0,1,0,C1,0,0,D0,1,0,P0,0,3,0,1,3 0, ,30,1,3 0, ,30,2 ,3 ,DP0,1,3,AD0,2,0,AC1,1,0•••M在^^PD上，不妨设DMDP其中0w<1.AMADDM0,2,0 0, ,3设平面MAC的一个法向量为mx,y,z,mam

mAc解得：y3,x3.即m3,3,2cosm,ncosm,n又•.・平面AC