2024-2025学年高中数学第三章空间向量与立体几何单元质量评估二课时作业含解析新人教A版选修2-1

第三章单元质量评估(二)eq\o(\s\up7(时限：120分钟满分：150分),\s\do5())一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的)1．对于空间向量，有以下命题：①单位向量的模为1，但方向不确定；②假如一个向量和它的相反向量相等，那么该向量的模为0；③若a∥b，b∥c，则a∥c；④若六面体ABCD­A′B′C′D′为平行六面体，则eq\o(AB,\s\up10(→))＝eq\o(D′C′,\s\up10(→)).其中真命题的个数为(C)A．1B．2C．3D．4解析：①为真命题，模为1的向量叫单位向量，其方向不唯一；②为真命题，相反向量的模相等且方向相反，所以假如一个向量和它的相反向量相等，那么该向量为零向量，模为0；③为假命题，当b为零向量时，不符合；④为真命题，eq\o(AB,\s\up10(→))与eq\o(D′C′,\s\up10(→))方向相同且大小相等，所以是相等向量．2．已知空间四边形ABCD中，G为CD的中点，则eq\o(AB,\s\up10(→))＋eq\f(1,2)(eq\o(BD,\s\up10(→))＋eq\o(BC,\s\up10(→)))等于(A)A.eq\o(AG,\s\up10(→)) B.eq\o(CG,\s\up10(→))C.eq\o(BC,\s\up10(→)) D.eq\f(1,2)eq\o(BC,\s\up10(→))3．在四面体O­ABC中，OB＝OC，∠AOB＝∠AOC＝eq\f(π,3)，则cos〈eq\o(OA,\s\up10(→))，eq\o(BC,\s\up10(→))〉＝(A)A．0 B.eq\f(\r(2),2)C．－eq\f(1,2) D.eq\f(1,2)解析：本题主要考查异面直线垂直的推断方法以及向量数量积的运算.eq\o(OA,\s\up10(→))·eq\o(BC,\s\up10(→))＝eq\o(OA,\s\up10(→))·(eq\o(OC,\s\up10(→))－eq\o(OB,\s\up10(→)))＝eq\o(OA,\s\up10(→))·eq\o(OC,\s\up10(→))－eq\o(OA,\s\up10(→))·eq\o(OB,\s\up10(→))＝|eq\o(OA,\s\up10(→))|·|eq\o(OC,\s\up10(→))|cos60°－|eq\o(OA,\s\up10(→))|·|eq\o(OB,\s\up10(→))|cos60°＝0，故选A.4．已知a＝(2，－1,3)，b＝(－4,2，x)，c＝(1，－x,2)，若(a＋b)⊥c，则x等于(B)A．4 B．－4C.eq\f(1,2) D．－65．已知空间三点A(1,0,3)，B(－1,1,4)，C(2，－1,3)．若eq\o(AP,\s\up10(→))∥eq\o(BC,\s\up10(→))，且|eq\o(AP,\s\up10(→))|＝eq\r(14)，则点P的坐标为(C)A．(4，－2,2) B．(－2,2,4)C．(4，－2,2)或(－2,2,4) D．(－4,2，－2)或(2，－2,4)解析：∵eq\o(AP,\s\up10(→))∥eq\o(BC,\s\up10(→))，∴可设eq\o(AP,\s\up10(→))＝λeq\o(BC,\s\up10(→)).易知eq\o(BC,\s\up10(→))＝(3，－2，－1)，则eq\o(AP,\s\up10(→))＝(3λ，－2λ，－λ)．又|eq\o(AP,\s\up10(→))|＝eq\r(14)，∴eq\r(3λ2＋－2λ2＋－λ2)＝eq\r(14)，解得λ＝±1.∴eq\o(AP,\s\up10(→))＝(3，－2，－1)或eq\o(AP,\s\up10(→))＝(－3,2,1)．设点P的坐标为(x，y，z)，则eq\o(AP,\s\up10(→))＝(x－1，y，z－3)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－1＝3，,y＝－2，,z－3＝－1))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－1＝－3，,y＝2，,z－3＝1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝4，,y＝－2，,z＝2))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－2，,y＝2，,z＝4.))故点P的坐标为(4，－2,2)或(－2,2,4)．6．已知△ABC的三个顶点A(3,3,2)，B(4，－3,7)，C(0,5,1)，则BC边上的中线AD的长为(B)A．2 B．3C.eq\f(64,7) D.eq\f(65,7)解析：∵BC的中点D的坐标为(2,1,4)，∴eq\o(AD,\s\up10(→))＝(－1，－2,2)，∴|eq\o(AD,\s\up10(→))|＝eq\r(1＋4＋4)＝3.7．在直角坐标系xOy中，设A(2,2)，B(－2，－3)，沿y轴把坐标平面折成120°的二面角后，AB的长是(A)A.eq\r(37) B．6C．3eq\r(5) D.eq\r(53)解析：过A，B作y轴的垂线，垂足分别为C，D，则|eq\o(AC,\s\up10(→))|＝2，|eq\o(BD,\s\up10(→))|＝2，|eq\o(CD,\s\up10(→))|＝5，〈eq\o(AC,\s\up10(→))，eq\o(DB,\s\up10(→))〉＝60°，所以eq\o(AB,\s\up10(→))2＝(eq\o(AC,\s\up10(→))＋eq\o(CD,\s\up10(→))＋eq\o(DB,\s\up10(→)))2＝eq\o(AC,\s\up10(→))2＋eq\o(CD,\s\up10(→))2＋eq\o(DB,\s\up10(→))2＋2eq\o(AC,\s\up10(→))·eq\o(DB,\s\up10(→))＝4＋25＋4＋2×2×2cos60°＝37.|eq\o(AB,\s\up10(→))|＝eq\r(37).故选A.8．已知空间三点O(0,0,0)，A(－1,1,0)，B(0,1,1)，在直线OA上有一点H满意BH⊥OA，则点H的坐标为(C)A．(－2,2,0) B．(2，－2,0)C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)，0)) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－\f(1,2)，0))解析：由eq\o(OA,\s\up10(→))＝(－1,1,0)，且点H在直线OA上，可设H(－λ，λ，0)，则eq\o(BH,\s\up10(→))＝(－λ，λ－1，－1)．又BH⊥OA，∴eq\o(BH,\s\up10(→))·eq\o(OA,\s\up10(→))＝0，即(－λ，λ－1，－1)·(－1,1,0)＝0，即λ＋λ－1＝0，解得λ＝eq\f(1,2)，∴Heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)，0))，故选C.9．已知O为平面上的定点，A，B，C是平面上不共线的三点，若(eq\o(OB,\s\up10(→))－eq\o(OC,\s\up10(→)))·(eq\o(OB,\s\up10(→))＋eq\o(OC,\s\up10(→))－2eq\o(OA,\s\up10(→)))＝0，则△ABC是(B)A．以AB为底边的等腰三角形B．以BC为底边的等腰三角形C．以AB为斜边的直角三角形D．以BC为斜边的直角三角形解析：(eq\o(OB,\s\up10(→))－eq\o(OC,\s\up10(→)))·(eq\o(OB,\s\up10(→))＋eq\o(OC,\s\up10(→))－2eq\o(OA,\s\up10(→)))＝0⇔eq\o(CB,\s\up10(→))·(eq\o(AB,\s\up10(→))＋eq\o(AC,\s\up10(→)))＝0，则△ABC是以BC为底边的等腰三角形，故选B.10．直三棱柱ABC­A1B1C1中，若∠BAC＝90°，AB＝AC＝AA1，则异面直线BA1与AC1所成角为(C)A．30°B．45°C．60°D．90°解析：建立如图所示的空间直角坐标系，设AB＝1，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，A1(0,0,1)，C1(0,1,1)，∴eq\o(BA1,\s\up10(→))＝(－1,0,1)，eq\o(AC1,\s\up10(→))＝(0,1,1)．∴cos〈eq\o(BA1,\s\up10(→))，eq\o(AC1,\s\up10(→))〉＝eq\f(\o(BA1,\s\up10(→))·\o(AC1,\s\up10(→)),|\o(BA1,\s\up10(→))||\o(AC1,\s\up10(→))|)＝eq\f(1,\r(2)×\r(2))＝eq\f(1,2).∴〈eq\o(BA1,\s\up10(→))，eq\o(AC1,\s\up10(→))〉＝60°，即异面直线BA1与AC1所成角为60°.

11.在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E是C1C的中点，则直线BE与平面B1BD所成的角的正弦值为(B)A．－eq\f(\r(10),5)B.eq\f(\r(10),5)C．－eq\f(\r(15),5)D.eq\f(\r(15),5)解析：建立如图空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则D(0,0,0)，B(2,2,0)，B1(2,2,2)，E(0,2,1)．所以eq\o(BD,\s\up10(→))＝(－2，－2,0)，eq\o(BB1,\s\up10(→))＝(0,0,2)，eq\o(BE,\s\up10(→))＝(－2,0,1)．设平面B1BD的法向量为n＝(x，y，z)．因为n⊥eq\o(BD,\s\up10(→))，n⊥eq\o(BB1,\s\up10(→))，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2x－2y＝0，,2z＝0.))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－y，,z＝0.))令y＝1，则n＝(－1,1,0)．所以cos〈n，eq\o(BE,\s\up10(→))〉＝eq\f(n·\o(BE,\s\up10(→)),|n||\o(BE,\s\up10(→))|)＝eq\f(\r(10),5)，设直线BE与平面B1BD所成角为θ，则sinθ＝|cos〈n，eq\o(BE,\s\up10(→))〉|＝eq\f(\r(10),5).故选B.12．如图所示，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝AA1＝1，已知G与E分别为A1B1和CC1的中点，D与F分别为线段AC和AB上的动点(不包括端点)，若GD⊥EF，则线段DF的长度的取值范围为(A)A.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),5)，1)) B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3\r(2),4)，\f(\r(5),2)))C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),5)，\r(2))) D．[eq\r(2)，eq\r(3)]解析：建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，\f(1,2)))，Geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，1))，设D(x,0,0)，F(0，y,0)，0<x<1,0<y<1.∵GD⊥EF，∴eq\o(GD,\s\up10(→))·eq\o(EF,\s\up10(→))＝0，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x，－\f(1,2)，－1))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，y，－\f(1,2)))＝0，即2x＋y－1＝0，∴|eq\o(DF,\s\up10(→))|＝eq\r(x2＋y2)＝eq\r(5x2－4x＋1)＝eq\r(5\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2,5)))2＋\f(1,5))，∵0<x<1,0<y<1，∴由y＝1－2x得0<x<eq\f(1,2)，∴当x＝eq\f(2,5)时，线段DF的长度最小，最小值是eq\f(\r(5),5)，当x＝0时，|eq\o(DF,\s\up10(→))|＝1，又∵0<x<eq\f(1,2)，∴x＝0不能取到，即DF的长度不能等于1.故线段DF的长度的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),5)，1)).二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，请把答案填写在题中横线上)13．已知向量a＝(λ＋1,0,2λ)，b＝(6,2μ－1,2)，若a∥b，则λ与μ的值分别是eq\f(1,5)，eq\f(1,2).解析：∵a∥b，∴存在实数k，使得a＝kb，即(λ＋1,0,2λ)＝k(6,2μ－1,2)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(λ＋1＝6k，,0＝k2μ－1，,2λ＝2k，))解得k＝λ＝eq\f(1,5)，μ＝eq\f(1,2).14．已知平面α的一个法向量为(1,0，－1)，平面β的一个法向量为(0，－1,1)，则平面α与平面β夹角的大小为eq\f(π,3).(平面夹角的范围为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))))解析：设n1＝(1,0，－1)，n2＝(0，－1,1)，则cos〈n1，n2〉＝eq\f(1×0＋0×－1＋－1×1,\r(2)×\r(2))＝－eq\f(1,2)，∴〈n1，n2〉＝eq\f(2π,3).因为平面α与平面β的夹角与〈n1，n2〉相等或互补，所以平面α与平面β的夹角的大小为eq\f(π,3).15．已知半径为1的球O内切于正四面体A­BCD，线段MN是球O的一条动直径(M，N是直径的两端点)，点P是正四面体A­BCD的表面上的一个动点，则eq\o(PM,\s\up10(→))·eq\o(PN,\s\up10(→))＋eq\o(AB,\s\up10(→))·eq\o(BD,\s\up10(→))的取值范围是[－12，－4]．解析：设正四面体的边长为a，O为球心，连接AO并延长，交平面BCD于点E，则AE＝eq\f(\r(6),3)a，BE＝eq\f(\r(3),3)a，OE＝eq\f(\r(6),12)a，AO＝eq\f(\r(6),4)a.因为内切球的半径为1，所以eq\f(\r(6),12)a＝1，解得a＝2eq\r(6)，所以AE＝4，AO＝3.易得eq\o(AB,\s\up10(→))·eq\o(BD,\s\up10(→))＝|eq\o(AB,\s\up10(→))|·|eq\o(BD,\s\up10(→))|cos(π－∠ABD)＝(2eq\r(6))2×coseq\f(2π,3)＝－12.由M，N是直径的两端点，可得eq\o(OM,\s\up10(→))＋eq\o(ON,\s\up10(→))＝0，eq\o(OM,\s\up10(→))·eq\o(ON,\s\up10(→))＝－1，又eq\o(PM,\s\up10(→))·eq\o(PN,\s\up10(→))＝(eq\o(PO,\s\up10(→))＋eq\o(OM,\s\up10(→)))·(eq\o(PO,\s\up10(→))＋eq\o(ON,\s\up10(→)))＝eq\o(PO,\s\up10(→))2＋eq\o(PO,\s\up10(→))·(eq\o(OM,\s\up10(→))＋eq\o(ON,\s\up10(→)))＋eq\o(OM,\s\up10(→))·eq\o(ON,\s\up10(→))＝eq\o(PO,\s\up10(→))2－1＝|eq\o(PO,\s\up10(→))|2－1.所以eq\o(PM,\s\up10(→))·eq\o(PN,\s\up10(→))＋eq\o(AB,\s\up10(→))·eq\o(BD,\s\up10(→))＝|eq\o(PO,\s\up10(→))|2－13.易知|eq\o(PO,\s\up10(→))|∈[1,3]，所以eq\o(PM,\s\up10(→))·eq\o(PN,\s\up10(→))＋eq\o(AB,\s\up10(→))·eq\o(BD,\s\up10(→))的取值范围是[－12，－4]．16.如图所示，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，底面是以∠ABC为直角的等腰三角形，AC＝2a，BB1＝3a，D是A1C1的中点，点E在棱AA1上，要使CE⊥平面B1DE，则AE＝a或2a.解析：建立如图所示的坐标系，则B1(0,0,3a)，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2)a,2)，\f(\r(2)a,2)，3a))，C(0，eq\r(2)a,0)．设E(eq\r(2)a,0，z)(0≤z≤3a)，则eq\o(CE,\s\up10(→))＝(eq\r(2)a，－eq\r(2)a，z)，eq\o(B1E,\s\up10(→))＝(eq\r(2)a,0，z－3a)．由题意得2a2＋z2－3az＝0，解得z＝a或2a.故AE＝a或2a.三、解答题(本大题共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)如图所示，在四棱锥M­ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，侧棱AM的长为3，且AM和AB，AD的夹角都是60°，N是CM的中点，设a＝eq\o(AB,\s\up10(→))，b＝eq\o(AD,\s\up10(→))，c＝eq\o(AM,\s\up10(→))，试用a，b，c表示出向量eq\o(BN,\s\up10(→))，并求BN的长．解：∵eq\o(BN,\s\up10(→))＝eq\o(BC,\s\up10(→))＋eq\o(CN,\s\up10(→))＝eq\o(AD,\s\up10(→))＋eq\f(1,2)eq\o(CM,\s\up10(→))＝eq\o(AD,\s\up10(→))＋eq\f(1,2)(eq\o(AM,\s\up10(→))－eq\o(AC,\s\up10(→)))＝eq\o(AD,\s\up10(→))＋eq\f(1,2)[eq\o(AM,\s\up10(→))－(eq\o(AD,\s\up10(→))＋eq\o(AB,\s\up10(→)))]＝－eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up10(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up10(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AM,\s\up10(→))，∴eq\o(BN,\s\up10(→))＝－eq\f(1,2)a＋eq\f(1,2)b＋eq\f(1,2)c.|eq\o(BN,\s\up10(→))|2＝eq\o(BN,\s\up10(→))2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)a＋\f(1,2)b＋\f(1,2)c))2＝eq\f(1,4)(a2＋b2＋c2－2a·b－2a·c＋2b·c)＝eq\f(17,4)，∴|eq\o(BN,\s\up10(→))|＝eq\f(\r(17),2)，即BN的长为eq\f(\r(17),2).18．(12分)如图所示，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AB⊥AC，AB＝AC＝2，AA1＝4，点D是BC的中点．(1)求异面直线A1B与C1D所成角的余弦值；(2)求平面ADC1与平面ABA1所成二面角的正弦值．解：(1)以A为坐标原点，eq\o(AB,\s\up10(→))，eq\o(AC,\s\up10(→))，eq\o(AA1,\s\up10(→))的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系A­xyz，则A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(0,2,0)，A1(0,0,4)，D(1,1,0)，C1(0,2,4)，∴eq\o(A1B,\s\up10(→))＝(2,0，－4)，eq\o(C1D,\s\up10(→))＝(1，－1，－4)，∴cos〈eq\o(A1B,\s\up10(→))，eq\o(C1D,\s\up10(→))〉＝eq\f(\o(A1B,\s\up10(→))·\o(C1D,\s\up10(→)),|\o(A1B,\s\up10(→))||\o(C1D,\s\up10(→))|)＝eq\f(3\r(10),10)，∴异面直线A1B与C1D所成角的余弦值为eq\f(3\r(10),10).(2)易知eq\o(AC,\s\up10(→))＝(0,2,0)是平面ABA1的一个法向量，设平面ADC1的法向量为n＝(x，y，z)，∵eq\o(AD,\s\up10(→))＝(1,1,0)，AC1＝(0,2,4)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AD,\s\up10(→))＝x＋y＝0，,n·\o(AC1,\s\up10(→))＝2y＋4z＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2z，,y＝－2z，))取x＝2，则n＝(2，－2,1)．设平面ADC1与平面ABA1所成二面角为θ，则|cosθ|＝|cos〈eq\o(AC,\s\up10(→))，n〉|＝|eq\f(\o(AC,\s\up10(→))·n,|\o(AC,\s\up10(→))|·|n|)|＝eq\f(2,3)，∴sinθ＝eq\f(\r(5),3)，∴平面ADC1与平面ABA1所成二面角的正弦值为eq\f(\r(5),3).19．(12分)如图，四边形ABCD为正方形，E，F分别为AD，BC的中点，以DF为折痕把△DFC折起，使点C到达点P的位置，且PF⊥BF.(1)证明：平面PEF⊥平面ABFD；(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值．解：(1)证明：由已知可得，BF⊥PF，BF⊥EF，所以BF⊥平面PEF.又BF⊂平面ABFD，所以平面PEF⊥平面ABFD.(2)作PH⊥EF，垂足为H.由(1)得，PH⊥平面ABFD.以H为坐标原点，eq\o(HF,\s\up10(→))的方向为y轴正方向，|eq\o(BF,\s\up10(→))|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H­xyz.由(1)可得，DE⊥PE.又DP＝2，DE＝1，所以PE＝eq\r(3).又PF＝1，EF＝2，故PE⊥PF.可得PH＝eq\f(\r(3),2)，EH＝eq\f(3,2).则H(0,0,0)，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(\r(3),2)))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(3,2)，0))，eq\o(DP,\s\up10(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)，\f(\r(3),2)))，eq\o(HP,\s\up10(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(\r(3),2)))为平面ABFD的法向量．设DP与平面ABFD所成角为θ，则sinθ＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(HP,\s\up10(→))·\o(DP,\s\up10(→)),|\o(HP,\s\up10(→))||\o(DP,\s\up10(→))|)))＝eq\f(\f(3,4),\r(3))＝eq\f(\r(3),4).所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为eq\f(\r(3),4).20．(12分)如图，边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧eq\o\ac(CD,\s\up15(︵))所在平面垂直，M是eq\o\ac(CD,\s\up15(︵))上异于C，D的点．(1)证明：平面AMD⊥平面BMC；(2)当三棱锥M­ABC体积最大时，求面MAB与面MCD所成二面角的正弦值．解：(1)证明：由题设知，平面CMD⊥平面ABCD，交线为CD.因为BC⊥CD，BC⊂平面ABCD，所以BC⊥平面CMD，故BC⊥DM.因为M为eq\o\ac(CD,\s\up15(︵))上异于C，D的点，且DC为直径，所以DM⊥CM.又BC∩CM＝C，所以DM⊥平面BMC.而DM⊂平面AMD，故平面AMD⊥平面BMC.(2)以D为坐标原点，eq\o(DA,\s\up10(→))的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D­xyz.当三棱锥M­ABC体积最大时，M为eq\o\ac(CD,\s\up15(︵))的中点．由题设得D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，M(0,1,1)，eq\o(AM,\s\up10(→))＝(－2,1,1)，eq\o(AB,\s\up10(→))＝(0,2,0)，eq\o(DA,\s\up10(→))＝(2,0,0)．设n＝(x，y，z)是平面MAB的法向量，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AM,\s\up10(→))＝0,n·\o(AB,\s\up10(→))＝0))，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2x＋y＋z＝0,2y＝0))，所以可取n＝(1,0,2)．eq\o(DA,\s\up10(→))是平面MCD的法向量，因此cos〈n，eq\o(DA,\s\up10(→))〉＝eq\f(n·\o(DA,\s\up10(→)),|n||\o(DA,\s\up10(→))|)＝eq\f(\r(5),5)，sin〈n，eq\o(DA,\s\up10(→))〉＝eq\f(2\r(5),5).所以面MAB与面MCD所成二面角的正弦值是eq\f(2\r(5),5).21．(12分)如图，在四棱锥P­ABCD中，AD∥BC，∠ADC＝∠PAB＝90°，BC＝CD＝eq\f(1,2)AD.E为棱AD的中点，异面直线PA与CD所成的角为90°.(1)在平面PAB内找一点M，使得直线CM∥平面PBE，并说明理由．(2)若二面角P­CD­A的大小为45°，求直线PA与平面PCE所成角的正弦值．解：(1)在梯形ABCD中，AB与CD不平行．延长AB，DC，相交于点M(M∈平面PAB)，点M为所求的一个点．理由如下：由已知，BC∥ED，且BC＝ED.所以四边形BCDE是平行四边形．从而CM∥EB.又EB⊂平面PBE，CM⊄平面PBE，所以CM∥平面PBE.(说明：延长AP至点N，使得AP＝PN，则所找的点可以是直线MN上随意一点)(2)由已知，CD⊥PA，CD⊥AD，PA∩AD＝A，所以CD⊥平面PAD.于是CD⊥PD.从而∠PDA是二面角P­CD­A的平面角．所以∠PDA＝45°.由PA⊥AB，可得PA⊥平面ABCD.设BC＝1，则在Rt△PAD中，PA＝AD＝2.作Ay⊥AD，以A为原点，以eq\o(AD,\s\up10(→))，eq\o(AP,\s\up10(→))的方向分别为x轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A­xyz，则A(0,0,0)，P(0,0,2)，C(2,1,0)，E(1,0,0)，所以eq\o(PE,\s\up10(→))＝(1,0，－2)，eq\o(EC,\s\up10(→))＝(1,1,0)，eq\o(AP,\s\up10(→))＝(0,0,2)，设平面PCE的法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(PE,\s\up10(→))＝0,n·\o(EC,\s\up10(→))＝0))，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－2z＝0,x＋y＝0))，取x＝2，则n＝(2，－2,1)．设直线PA与平面PCE所成的角为α，则sinα＝eq\f(|n·\o(AP,\s\up10(→))|,|n|·|\o(AP,\s\up10(→))|)＝eq\f(2,2×\r(22＋－22＋12))＝eq\f(1,3).所以直线PA与平面PCE所成角的正弦值为eq\f(1,3).22．(12分)如图，在三棱锥P­ABC中，PA⊥底面ABC，∠BAC＝90°.点D，E，N分别为棱