数学选择性必修 第一册1.4 空间向量的应用精品练习

这是一份数学选择性必修 第一册1.4 空间向量的应用精品练习，共30页。试卷主要包含了0分），【答案】C，【答案】A，【答案】D等内容，欢迎下载使用。


1.4.2用空间向量研究距离，夹角问题同步练习人教 A版（2019）高中数学选择性必修第一册
一、单选题（本大题共12小题，共60.0分）
1. 已知平面α的法向量为n=(−2,−2,1)，点A(x,3，0)在平面α内，且点P(−2,1，4)到平面α的距离为103，则x=(    )
A. −1 B. −11 C. −1或−11 D. −21
2. 已知平面α的法向量为n=(−2,−2,1)，点A(x,3，0)在平面α内，则点P(−2,1，4)到平面α的距离为103，则x=(    )
A. −1 B. −11 C. −1或−11 D. −21
3. 如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，点O为线段BD的中点．设点P在线段B1C1上，直线OP与平面A1BD所成的角为α，则sinα的取值范围是(    )
A. [63,1] B. [23,1] C. [23,223] D. [63,223]
4. 已知长方体ABCD−A1B1C1D1，AD=AA1=1，AB=3，E为线段AB上一点，且AE=13AB，则DC1与平面D1EC所成的角的正弦值为(    )
A. 33535
B. 277
C. 33
D. 24
5. 已知平面α的一个法向量为n=(2,2，1)，点A(−1,3，0)在平面α内，则点P(2,1，3)到平面α的距离为(    )
A. 53 B. 43 C. 1 D. 23
6. 如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，已知M，N分别是BD和AD的中点，则B1M与D1N所成角的余弦值为(    )
A. 3010 B. 3015 C. 3030 D. 1515
7. 在正三棱柱ABC−A1B1C1中，若AB=AA1=4，点D是AA1的中点，则点A1到平面DBC1的距离是(    )
A. 2
B. 22
C. 23
D. 24
8. 已知平面α的一个法向量n=(−2,−2,1)，点A(−1,3,0)在平面α内，则点P(−2,1,4)到平面α的距离为(    )
A. 10 B. 3 C. 83 D. 103
9. 已知空间中三点A(1,0，0)，B(2,1，−1)，C(0,−1,2)，则点C到直线AB的距离为(   )．
A. 63 B. 62 C. 33 D. 32
10. 在长方体ABCD−A1B1C1D1中，底面是边长为2的正方形，高为4，则点A1到截面AB1D1的距离为(  )
A. 83 B. 38 C. 43 D. 34
11. 与正方体ABCD−A1B1C1D1的三条棱AB、CC1、A1D1所在直线的距离相等的点( )
A. 有且只有1个 B.  有且只有2个 C. 有无数个 D. 有且只有3个
12. 如图，在棱长为a的正方体ABCD−A1B1C1D1中，P为A1D1的中点，Q为A1B1上任意一点，E，F为CD上两个动点，且EF的长为定值，则点Q到平面PEF的距离(     )
A. 等于55a B. 和EF的长度有关
C. 等于23a D. 和点Q的位置有关
二、单空题（本大题共3小题，共15.0分）
13. 正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，点M和N分别是B1D1和B1C1的中点，则异面直线AM和CN所成角的余弦值为          ．


14. 在三棱锥P−ABC中，PA，AB，AC两两垂直，D为棱PC上一动点，PA=AC=2，AB=3.当BD与平面PAC所成角最大时，AD与平面PBC所成角的正弦值为          ．
15. 如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，所有棱长均为1，且AA1⊥底面ABC，则点B1到平面ABC1的距离为          ．



三、多空题（本大题共3小题，共15.0分）
16. 在正三棱柱ABC−A1B1C1中，已知AB=1，D在棱BB1上，且BD=1，则AD与平面AA1C1C所成的角的正弦值为          ，平面ACD与平面ABC所成二面角的余弦值为          ．
17. 如图，AB⊂α，AC⊥α，AB⊥BD，且AB=1，BD=3，AC=5，CD=15．

①|CA+AB+BD|=          ；
②线段BD与平面α所成角的正弦值为          ．
18. 已知三棱锥S−ABC所有棱长均为1，D是SC的中点，则cos=          ；直线CA、BD之间的距离为          ．
四、解答题（本大题共5小题，共60.0分）
19. 如图，在四棱锥O−ABCD中，底面ABCD是边长为1的菱形，∠ABC=π4，OA⊥底面ABCD，OA=2，M为OA的中点，N为BC的中点．

(1)证明：直线MN//平面OCD；
(2)求异面直线AB与MD的夹角的大小；
(3)求点B到平面OCD的距离．







20. 已知三棱柱ABC−A1B1C1的侧棱垂直于底面，∠BAC=90°，AB=AC=AA1=1，E、F分别是棱C1C、BC的中点．

(Ⅰ)求证：B1F⊥平面AEF；
(Ⅱ)求二面角F−B1E−A的大小；
(Ⅲ)求点F到平面EAB1的距离．







21. 如图，四棱锥P−ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，PD=DC=1，M为BC中点，且PB⊥AM．
(1)求BC；
(2)求二面角A−PM−B的正弦值．












22. 如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AB//CD，AB⊥AD，PA⊥底面ABCD，E为BP的中点，AB=2，PA=AD=CD=1．
(1)证明：EC//平面PAD；
(2)求平面EAC与平面PAC夹角的正弦值．












23. 如图，四棱锥P—ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥底面ABCD，PA=AB=6，点E是棱PB的中点．

(1)求直线AD与平面PBC的距离；
(2)若AD=3，求二面角A—EC—D的平面角的余弦值．







答案和解析
1.【答案】C

【解析】
【分析】
本题考查了法向量的应用、数量积运算性质，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
利用d=|PA·n||n|，即可得出．
【解答】
解：由已知得PA=(x+2,2，−4)，平面α的法向量为n=(−2,−2,1)，
故点P到平面α的距离
d=|PA·n||n|=|−2×x+2−2×2+1×−4|9=103．
解得x=−1或−11．
故选C．
  
2.【答案】C

【解析】
【分析】
求出AP与n的夹角和|AP|，根据P到平面α的距离列方程求出x．
本题考查空间向量在求空间距离中的应用，属于中档题．
【解答】
解：AP=(−2−x,−2,4)，
|AP|=(−2−x)2+(−2)2+42=x2+4x+24，
|n|=4+4+1=3，
AP⋅n=−2(−2−x)+4+4=2x+12，
∴cos=AP⋅n|AP||n|=2x+12x2+4x+24×3，
设AP与平面α所成角为θ，则sinθ=|2x+12|3x2+4x+24，
∴P到平面α的距离为|AP|⋅sinθ=|2x+12|3=103，
解得x=−1或x=−11．
故选：C．
  
3.【答案】C

【解析】
【分析】
本题考查了直线与平面所成角，利用空间向量求线面夹角，求函数最值，属于拔高题．
先建立空间直角坐标系，得到DA1=2,0,2，DB=2,2,0，，再求出平面A1BD的法向量n=1,-1,-1，代入直线与平面夹角公式，即可求出sinα的取值范围．
【解答】
解：设正方体的棱长为2，
以D为原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，DD1所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，
则A12,0,2，B2,2,0，D0,0,0，O1,1,0，Pa,2,2，0≤a≤2，
DA1=2,0,2，DB=2,2,0，OP=a−1,1,2，
设平面A1BD的法向量n=x,y,z，
则n·DA1=2x+2z=0n·DB=2x+2y=0,
取x=1，得n=1,−1,−1，
则sinα=cosOP,n=OP·nOP·n
=33·a−4a−12+5=33·a−42a−12+5
=33·a−42a−42+6a−4+14
=33·11+6a−4+14a−42， 
对于y=1+6a−4+14a−42，
因为0≤a≤2，则令t=1a−4∈−12,−14，
则y=14t2+6t+1的对称轴为t=−314>−14，
故y=14t2+6t+1在t=1a−4∈−12,−14上单调递减，
又t=1a−4在a∈0,2上单调递减，
根据复合函数的单调性可知，y=1+6a−4+14a−42在a∈0,2上单调递增，
故在a∈0,2上单调递减，
当a=2时，sinα取最小值为23，
当a=0时，sinα取最大值223，
所以sinα的取值范围是23,223．
故选C．
  
4.【答案】A

【解析】
【分析】
以D为原点，DA，DC，DD1为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出DC1与平面D1EC所成的角的正弦值．
本题考查线面角的正弦值的求法，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，考查数形结合思想，是中档题．
【解答】
解：以D为原点，DA，DC，DD1为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，

则B1(1,3，1)，D1(0,0，1)，E(1,1，0)，C(0,3，0)，C1(0,3，1)，
∴CE=(1,−2,0)，D1C=(0,3，−1)，DC1=(0,3，1)，
设平面D1EC的一个法向量为n=(a,b，c)，
由n⋅D1C=3b−c=0n⋅CE=a−2b=0，取a=2，得n=(2,1，3)，
∴DC1与平面D1EC所成的角的正弦值为：
|cos|=|n⋅DC1||n|⋅|DC1|=610×14=33535．
故选：A．
  
5.【答案】A

【解析】
【分析】
本题考查点到平面的距离的求法，考查向量法等基础知识，考查运算求解能力，属于基础题．
先求出AP=(3,−2,3)，再由点P(2,1，3)到平面α的距离为d=|AP⋅n||n|能求出结果．
【解答】
解：∵面α的一个法向量为n=(2,2，1)，
点A(−1,3，0)在平面α内，点P(2,1，3)，
∴AP=(3,−2,3)，
∴点P(2,1，3)到平面α的距离为：
d=|AP⋅n||n|=53．
故选：A
  
6.【答案】A

【解析】
【分析】
本题考查了向量的夹角公式求异面直线所成的夹角，属于中档题．
建立空间直角坐标系．利用向量的夹角公式即可得出．
【解答】
解：建立如图所示的坐标系，设正方体的棱长为2，则B1(2,2，2)，M(1,1，0)，D1(0,0，2)，N(1,0，0)，

∴B1M=(−1,−1,−2)，D1N=(1,0，−2)，
∴B1M与D1N所成角的余弦值为−1+41+1+4·1+4=3010，
故选A．
  
7.【答案】A

【解析】
【分析】
本题考查空间中点、线、面间距离的计算，是基础题.解题时要认真审题，合理地运用向量法进行求解，向量法求点到面的距离是向量的一个重要运用．
以AC为y轴，以AA1为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，平面BDC1的法向量为n=(x,y,z)，点A1到平面DBC1的距离d=|n ⋅DA1||n|．
【解答】
解：以AC为y轴，以AA1为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

∵正三棱柱ABC−A1B1C1中，若AB=AA1=4，点D是AA1的中点，
∴B(23,2，0)，C1(0,4，4)，D(0,0，2)，A1(0,0，4)，
∴DB=(23,2,−2)，DC1=(0,4，2)，DA1=(0,0,2)，
设平面BDC1的法向量为n=(x,y,z)，
∵n⋅DB=0，n⋅DC1=0，
∴23x+2y−2z=04y+2z=0,
取y=−1，∴n=(3,−1,2)，
∴点A1到平面DBC1的距离d=|n ⋅DA1||n|
=|0+0+4|3+1+4=2．
故选A．
  
8.【答案】D

【解析】
【分析】
本题主要考查了法向量的应用、向量数量积运算性质，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
利用d=|PA·n||n|，即可得出．
【解答】
解：由已知得PA=(1,2，−4)，
故点P到平面α的距离d=|PA·n||n|=|−2−4−4|3=103．
故选D．
  
9.【答案】A

【解析】
【分析】
本题考查空间距离的求法，考查计算能力，属于基础题．
先求出向量AB，AC，然后求出向量的夹角的正弦值，进而根据d=|AC|·sin求解即可．
【解答】
解：由题意，可得AB=(1,1，−1)，AC=(−1,−1,2)，
cos ，
∴sin=13，
所以点C到直线AB的距离
d=|AC|·sin=63．
故选A．
  
10.【答案】C

【解析】
【分析】
本题主要考查了点到平面的距离，同时考查空间向量的应用，属于中档题．
建立空间直角坐标系，求出平面AB1D1的一个法向量n，则A1到平面AB1D1的距离为d=|AA1⋅n||n|．
【解答】
解：建立如图所示的空间直角坐标系：

则A(2,0，0)，B1(2,2，4)，D1(0,0，4)，A1(2,0，4)，
AB1=(0,2,4)，AD1=(−2,0,4)，AA1=(0,0,4)．
设平面AB1D1的法向量n=(x,y,z)，
则AB1⋅n=0,AD1⋅n=0,即2y+4z=0,−2x+4z=0,
令x=2，得y=−2，z=1，则n=(2,−2,1)．
所以A1到平面AB1D1的距离为d=|AA1⋅n||n|=43．
故选C．
  
11.【答案】C

【解析】
【分析】
本题考查利用空间向量求空间距离，建立空间坐标系，由于点D、B1显然满足要求，猜想B1D上任一点都满足要求，然后证明结论即可．
【解答】
解：在正方体ABCD−A1B1C1D1上建立如图所示空间直角坐标系，D(0,0，0)，B1(1,1，1)，

并设该正方体的棱长为1，连接B1D，并在B1D上任取一点P，
因为DB1=(1,1，1)，
所以设P(a,a，a)，其中0≤a≤1．
作PE⊥平面A1D，垂足为E，再作EF⊥A1D1，垂足为F，
则PF是点P到直线A1D1的距离．
所以PF=a2+(1−a)2；
同理点P到直线AB、CC1的距离也是a2+(1−a)2．
所以B1D上任一点与正方体ABCD−A1B1C1D1的三条棱AB、CC1、A1D1所在直线的距离都相等，
所以与正方体ABCD−A1B1C1D1的三条棱AB、CC1、A1D1所在直线的距离相等的点有无数个．
故选C．
  
12.【答案】A

【解析】
【分析】
本题考查空间距离的求解、空间向量求空间距离，属于中档题．
对各选项逐一判定正误，即可得到答案．
【解答】
解：取B1C1的中点G，连接PG,CG,DP，
则PG//CD，
所以点Q到平面PEF的距离，即点Q到平面PGCD的距离，与EF的长度无关，
故B错;
又A1B1//平面PGCD，
所以点A1到平面PGCD的距离即点Q到平面PGCD的距离，
即点Q到平面PEF的距离与点Q的位置无关，
故D错;
如图，以点D为原点建立空间直角坐标系，

则C(0,a,0),D(0,0,0),A1(a,0,a),P(a2,0,a)，
∴DC=(0,a,0)，DA1=(a,0,a)，DP=(a2,0,a)，
设n=(x,y,z)是平面PGCD的法向量，
则由n·DP=0n·DC=0得a2x+az=0ay=0,
令z=1，则x=−2，y=0，
所以n=(−2,0,1)是平面PGCD的一个法向量．
设点Q到平面PEF的距离为d，
则d=DA1·nn=−2a+a5=55a，
即A对，C错．
故选：A．
  
13.【答案】3010

【解析】
【分析】

以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线AM和CN所成角的余弦值．
本题考查异面直线所成角的余弦值的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．
【解答】
解：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，

则A(2,0，0)，M(1,1，2)，C(0,2，0)，N(1,2，2)，
AM=(−1,1，2)，CN=(1,0，2)，
设异面直线AM和CN所成角为θ，
则cosθ=|AM⋅CN||AM|⋅|CN|=36×5=3010．
∴异面直线AM和CN所成角的余弦值为3010．
故答案为：3010．
  
14.【答案】31111

【解析】
【分析】
本题主要考査利用空间向量计算直线与平面所成角，线面垂直的判定，属于中档题．
先证得AB⊥平面PAC，利用AD取得最小值时，BD与平面PAC所成角∠ADB取得最大值，建立空间直角坐标系，进行求解．
【解答】
解：易证AB⊥平面PAC，
则BD与平面PAC所成角为∠ADB，
tan∠ADB=ABAD=3AD，
当AD取得最小值时，∠ADB取得最大值，
在等腰Rt△PAC中，当D为PC的中点时，AD取得最小值，
以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A−xyz，

则A(0,0，0)，B(3,0，0)，C(0,2，0)，P(0,0，2)，D(0,1，1)，
则AD=(0,1，1)，PC=(0,2，−2)，BC=(−3,2，0)，
设平面PBC的法向量为n=(x,y，z)，
则n⋅PC=n⋅BC=0．
即2y−2z=0,−3x+2y=0令y=3，得n=(2,3，3)，
因为cos=3+322×2=31111，
所以AD与平面PBC所成角的正弦值为31111．
故答案为31111．
  
15.【答案】217

【解析】
【分析】
本题主要考查了利用法向量求点到平面的距离的知识点，求出法向量是解题的关键，属基础题．
【解答】
解：建立如图所示的空间直角坐标系，

则A32,12,0，B(0,1，0)，
B1(0,1，1)，C1(0,0，1)，
则C1A=32,12,−1，C1B1=(0,1，0)，C1B=(0,1，−1)，设平面ABC1的一个法向量为n=(x,y，1)，则有C1A·n=32x+12y−1=0,C1B·n=y−1=0,
解得n=33,1,1，
则所求距离为C1B1·n|n|=113+1+1=217．
故答案为217．

  
16.【答案】64
217


【解析】
【分析】
本题考查空间几何体中线面角、二面角的求法，考查空间想象能力以及计算能力，属于中档题．
利用空间直角坐标系，求出平面AA1C1C的法向量及AD，利用空间向量的数量积即可求解；连接DE，由条件可证得AC⊥平面BDE，于是AC⊥DE.所以∠BED是平面ACD与ABC所成二面角的平面角，在中即可求得结果．
【解答】
解：取AC的中点E，BE为x轴，BE的垂线为y轴，BB1为z轴，建立空间直角坐标系．

在正三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=1，D在棱BB1上，且BD=1，
则E(32,0，0)，A(32,12,0)，D(0,0，1)，
正三棱柱ABC−A1B1C1中，E为AC中点，
故BE⊥AC，且由正三棱柱的性质可得CC1⊥BE，
而AC∩CC1=C，且AC，CC1⊂平面AA1C1C，
故BE⊥平面AA1C1C，
故平面AA1C1C的法向量可以为：n=(32,0，0)，
又AD=(−32,−12,1)，
则AD与平面AA1C1C所成的角的正弦值为：
|n⋅AD|n||AD||=|−3432×34+14+1|=64．
连接DE，因为AC⊥BE，AC⊥BD，且BE⋂BD=B，BE，BD⊂平面BDE，
所以AC⊥平面BDE．
又DE⊂平面BDE，所以AC⊥DE．
所以∠BED是平面ACD与ABC所成二面角的平面角，且为锐角．
在中，BE=32，BD=1，所以DE=72．
所以cos∠BED=BEDE=217．
故答案为：64；217．
  
17.【答案】15   
23


【解析】
【分析】
①|CA+AB+BD|=|CD|=15．
②过D作DO⊥α于点O，则DB与DO所成角的余弦值就是线段BD与平面α所成角的正弦值，
也就是DB与CA所成角的余弦值，利用|CA+AB+BD|2=|CD|2，即可求解．
本题考查了空间向量的应用，属于中档题．
【解答】
解：①∵CA+AB+BD=CD，∴|CA+AB+BD|=|CD|=15．

②过D作DO⊥α于点O，则DB与DO所成角的余弦值就是线段BD与平面α所成角的正弦值，
也就是DB与CA所成角的余弦值，
∵|CA+AB+BD|=|CD|，∴|CA+AB+BD|2=|CD|2，设θ为BD与CA所成角，
⇒(CA+AB+BD)2=(CD)2，⇒CA2+AB2+BD2+2CA⋅AB+2CA⋅BD+2AB⋅BD=CD2，
⇒25+1+9+2×5×1×cos90°+2×5×3cosθ+2×1×3×cos90°=15，
⇒cosθ=−23，
∴线段BD与平面α所成角的正弦值为23．
故答案为：15；23．
  
18.【答案】−36
2211 


【解析】
【分析】
本题考查异面直线夹角和直线间距离的向量求法，属中档题，
画出图形建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解即可，
【解答】
解：由题意如图，
三棱锥S−ABC所有棱长均为1，所以三棱锥是正三棱锥，O为△ABC的中心，
可得到OB=33，所以OS=63，作OF//AC交BC于点F，
所以建立以OB为x轴，OF为y轴，OS为z轴的空间直角坐标系O−xyz，
所以B33,0,0,A−36,−12,0,S0,0,63,C−36,12,0，
所以D−312,14,66，
所以CA=0,−1,0,BD=−5312,14,66，
所以cos=−14643 =−36，
过点B作BE//AC，且BE=AC，BE⊂面DBE，AC⊄面DBE，
可得AC//面DBE，

∵CA和BD为异面直线，
∴CA和BD的距离就可以转化为CA与平面BDE的距离，
即点C到平面BDE的距离，设这个距离为h，
∵点D到底面BEC的距离为66，
S△BCE=S△ABC=12×1×1×sin60°=34，
S△BDE=S△ABC=12×BD×BE×sin
=12×643×1×1−−362
=12×32×1×336=118，
∵VD−BCE=VC−BDE，
∴13×66×34=13×h×118，
解得h=2211，
则直线CA、BD之间的距离为2211，
故答案为−36；2211 ．
  
19.【答案】解：作AP⊥CD于点P，如图，分别以AB，AP，AO所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
则A(0,0，0)，B(1,0，0)，
P(0,22,0)，D(−22,22,0)，
O(0,0，2)，M(0,0，1)，N(1−24,24,0)．

(1)MN=(1−24,24,−1)，
OP=(0,22,−2)，OD=(−22,22,−2)，
设平面OCD的法向量为n=(x,y，z)，
则n⋅OP=0，n⋅OD=0，
即22y−2z=0−22x+22y−2z=0，
取z=2，解得n=(0,4，2).
∵MN⋅n=(1−24,24,−1)⋅(0,4，2)=0，
又MN⊈平面OCD，
∴MN//平面OCD．
(2)设AB与MD所成的角为θ，
∵AB=(1,0,0),MD=(−22,22,−1)，
∴cosθ=|AB⋅MD||AB|⋅|MD|=12，
∴θ=π3，即AB与MD所成角的大小为π3．
(3)设点B到平面OCD的距离为d，则d为OB在向量n=(0,4，2)上的投影的绝对值，
由OB=(1,0,−2)，得d=|OB·n|n=23，
所以点B到平面OCD的距离为23．

【解析】本题考查利用空间向量求直线间的夹角、点到平面的距离以及线面平行的判定，属于中档题．
(1)作AP⊥CD于点P，分别以AB，AP，AO所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，分别各点的坐标，求出MN，OP，OD的坐标表示．求出平面OCD的法向量为n，从而可知MN⋅n=0，进而可证MN//平面OCD．
(2)设AB与MD所成的角为θ，表示出AB和MD，利用cosθ=|AB⋅MD||AB|⋅|MD|求出角即可．
(3)设点B到平面OCD的距离为d，则d为OB在向量n=(0,4,2)上的投影的绝对值，根据d=|OB⋅n||n|计算可得．

20.【答案】(Ⅰ)证明：∵三棱柱ABC−A1B1C1的侧棱垂直于底面，∠BAC=90°，
∴以A为原点，AB为x轴，AC为y轴，AA1为z轴，建立空间直角坐标系，

∵AB=AC=AA1=1，E、F分别是棱C1C、BC的中点，
∴B1(1,0，1)，F(12,12,0)，A(0,0，0)，E(0,1，12)，
B1F=(−12,12,−1)，AE=(0,1，12)，AF=(12,12,0)，
∵B1F⋅AE=0，B1F⋅AF=0，
∴B1F⊥AE，B1F⊥AF，
∵AE∩AF=A，AE，AF⊂平面AEF，
∴B1F⊥平面AEF．
(Ⅱ)解：FB1=(12,−12,1)，FE=(−12,12,12)，
AB1=(1,0，1)，AE=(0,1，12)，
设平面EFB1的法向量n=(x,y，z)，
则n⋅FB1=12x−12y+z=0n⋅FE=−12x+12y+12z=0，取x=1，得n=(1,1，0)，
设平面AB1E的法向量m=(a,b，c)，
则m⋅AB1=a+c=0m⋅AE=b+12c=0，取a=2，得m=(2,1，−2)，
设二面角F−B1E−A的大小为θ，
则cosθ=|m⋅n||m|⋅|n|=32×3=22，
依图得二面角为锐角，
∴二面角F−B1E−A的大小为45°．
(Ⅲ)解：∵平面AB1E的法向量m=(2,1，−2)，AF=(12,12,0)，
∴点F到平面EAB1的距离：
d=|m⋅AF||m|=323=12．

【解析】本题考查线面垂直的证明，考查二面角的大小的求法，考查点到平面的距离的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查空间想象能力，属于中档题．
(Ⅰ)以A为原点，AB为x轴，AC为y轴，AA1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能证明B1F⊥平面AEF．
(Ⅱ)求出平面EFB1的法向量和平面AB1E的法向量，利用向量法能求出二面角F−B1E−A的大小．
(Ⅲ)求出平面AB1E的法向量m=(2,1，−2)，AF=(12,12,0)，利用向量法能求出点F到平面EAB1的距离．

21.【答案】解：(1)连结BD，

因为PD⊥底面ABCD，且AM⊂平面ABCD，
则AM⊥PD，
又AM⊥PB，PB∩PD=P，PB，PD⊂平面PBD，
所以AM⊥平面PBD，
又BD⊂平面PBD，则AM⊥BD，
所以∠ADB+∠DAM=90°，
又∠DAM+∠MAB=90°，
则有∠ADB=∠MAB，
所以Rt△DAB∽Rt△ABM，
则ADAB=BABM，所以12BC2=1，解得BC=2；
(2)因为DA，DC，DP两两垂直，故以点D为坐标原点建立空间直角坐标系如图所示，

则A(2,0,0)，B(2,1,0)，M(22,1,0)，P(0,0，1)，
所以AP=(−2,0,1)，AM=(−22,1,0)，BM=(−22,0,0)，BP=(−2,−1,1)，
设平面AMP的法向量为n=(x,y,z)，
则有n⋅AP=0n⋅AM=0，即−2x+z=0−22x+y=0，
令x=2，则y=1，z=2，故n=(2,1,2)，
设平面BMP的法向量为m=(p,q,r)，
则有m⋅BM=0m⋅BP=0，即−22p=0−2p−q+r=0，
令q=1，则r=1，p=0，故m=(0,1,1)，
所以|cos|=|n⋅m||n||m|=37×2=31414，
设二面角A−PM−B的平面角为α，
则sinα=1−cos2α=1−cos2=1−(31414)2=7014，
所以二面角A−PM−B的正弦值为7014．

【解析】本题考查了空间中线段长度求解以及二面角的求解，在求解有关空间角问题的时候，一般会建立合适的空间直角坐标系，将空间角问题转化为空间向量问题进行研究，属于中档题．
(1)连结BD，利用线面垂直的性质定理证明AM⊥PD，从而可以证明AM⊥平面PBD，得到AM⊥BD，证明Rt△DAB∽Rt△ABM，即可得到BC的长度；
(2)建立合适的空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标，然后求出平面的法向量，由向量的夹角公式以及同角三角函数关系求解即可．

22.【答案】(1)证明(一)几何法：取PA的中点F，由E为PB的中点，则EF//AB,EF=12AB，
而AB//CD,CD=12AB，所以EF= //CD，
则四边形CDFE为平行四边形，所以CE//DF，
又CE⊄平面PAD，DF⊂平面PAD，所以CE//平面PAD．
(二)向量法：CE=12CP+12CB=12(DP−DC)+12(CD+DA+AB)=12(DP+DA)+12AB−DC=12(DP+DA)，则CE,DP,DA共面，
而DP，DA是平面PAD的两相交直线，EC⊄平面PAD，
所以CE//平面PAD．

另证：取PA的中点F，EF=PF−PE=12(PA−PB)=12BA=CD，
则四边形CDFE为平行四边形，所以CE=DF，
又CE⊄平面PAD，DF⊂平面PAD，所以CE//平面PAD．
(三)坐标法：∵PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，∴AP，AB，AD两两垂直，
以A为原点，AB，AD，AP向量方向分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示空间直角坐标系．
各点坐标如下：A(0,0，0)，P(0,0，1)，C(1,1，0)，B(2,0，0)，E(1,0,12)，
平面PAD的一个法向量为AB=(2,0,0),EC=(0,1,−12)，
则AB⋅EC=0，所以AB⊥EC，
又EC⊄平面PAD，所以EC//平面PAD．
(2)设平面APC的法向量为m=(x,y,z)，由AP=(0,0,1)，AC=(1,1,0)，
有AP⋅m=z=0AC⋅m=x+y=0，取x=1，则y=−1，z=0，即m=(1,−1,0)，
设平面EAC的法向量为n=(a,b,c)，由AC=(1,1,0)，AE=(1,0,12)，
有AC⋅n=a+b=0AE⋅n=a+12c=0，取 a=1，则b=−1，c=−2，即n=(1,−1,−2)，
所以cos=22×6=33，
故平面EAC与平面PAC夹角的正弦值为1−13=63．

【解析】本题考查直线与平面平行的判断定理的应用，二面角的平面角的求法，考查空间想象能力以及计算能力，是中档题．
(1)证明(一)几何法：取PA的中点F，证明四边形CDFE为平行四边形，得到CE//DF，然后证明CE//平面PAD．
(二)向量法：证明CE,DP,DA共面，然后证明CE//平面PAD．
另证：取PA的中点F，证明CE=DF，即可证明CE//平面PAD．
(三)坐标法：以A为原点，AB，AD，AP向量方向分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示空间直角坐标系．
求出平面PAD的一个法向量，通过AB⋅EC=0，说明AB⊥EC，即可证明CE//平面PAD．
(2)求出平面APC的法向量，平面EAC的法向量，通过空间向量的数量积求解平面EAC与平面PAC夹角的正弦值．

23.【答案】解：(1)如图，以A为坐标原点，射线AB、AD、AP分别为x轴、y轴、z轴正半轴，建立空间直角坐标系A−xyz．
设D(0,a，0)，则B(6,0，0)，C(6,a，0)，P(0,0，6)，E(62,0，62).
因此，AE=(62,0，62)，BC=(0,a，0)，PC=(6,a，−6).
则AE⋅BC=0，AE⋅PC=0，
所以AE⊥BC,AE⊥PC，
又BC∩PC=C，BC,PC⊂平面PBC．
所以AE⊥平面PBC．
由AD//BC，AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，
所以AD//平面PBC．
故直线AD与平面PBC的距离为点A到平面PBC的距离，即为|AE|=3．

(2)设平面AEC的法向量为n1=(x1,y1,z1).
因为AE=(62,0，62)，AC=(6,3,0)．
所以62x1+62z1=06x1+3y1=0，令x1=−1，得y1=2，z1=1，
所以n1=(−1,2,1)．
设平面EDC的法向量为n2=(x2,y2⋅z2)，
因为EC=(62,3,−62)，CD=(−6,0，0)，
所以62x2+3y2−62z2=0−6x2=0，令z2=2，得y2=1，
所以n2=(0,1,2)．
由图可知二面角A−EC−D的平面角为一锐角，
所以二面角A−EC−D的平面角θ的余弦值为cosθ=n1·n2n1·n2=222×3=63．

【解析】本题考查空间几何体中线面之间的距离，考查二面角的平面角的求解问题，属于中档题．
(1)以A为坐标原点，射线AB、AD、AP分别为x轴、y轴、z轴正半轴，建立空间直角坐标系A−xyz.由条件可证得AE⊥平面PBC，以AD//平面PBC，因而直线AD与平面PBC的距离即为|AE|，继而可得结果；
(2)由题意可分别求出平面AEC的法向量为n1和平面EDC的法向量为n2，根据cosθ=n1·n2n1·n2即可求解．