2023-2024学年河南省濮阳市高二（上）月考数学试卷（9月份）（含解析）

这是一份2023-2024学年河南省濮阳市高二（上）月考数学试卷（9月份）（含解析），共7页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.已知空间向量a=(4,−1,1)，b=(x,y,2)，且a//b，则x+y=( )
A. 6B. 10C. 8D. 4
2.如图，设OA=a,OB=b,OC=c，若AN=NB,BM=3MC，则MN=( )
A. 12a+14b−34c
B. −12a−14b+34c
C. 12a−14b−14c
D. −12a+14b+14c
3.若直线l的方向向量为e=(2,3,−1)，平面α的法向量为n=(−1,−32,12)，则直线l和平面α的位置关系是( )
A. l⊥αB. l/​/αC. l/​/α或l⊂αD. l⊂α
4.已知平行六面体ABCD−A1B1C1D1的各棱长均为1，∠A1AB=∠A1AD=45°，∠DAB=90°，则|AC1|=( )
A. 3
B. 2+2
C. 2
D. 2+1
5.已知经过点A(1,2,3)的平面α的法向量为n=(1,−1,1)，则点P(−2,3,1)到平面α的距离为( )
A. 3B. 2C. 2 2D. 2 3
6.在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为2的正方形，AA1=4，∠A1AD=∠A1AB=60°，则异面直线AC与DC1直线所成角的余弦值为( )
A. 147B. 7014C. 3 1414D. 11 1414
7.已知正四面体ABCD，M为BC中点，N为AD中点，则直线BN与直线DM所成角的余弦值为( )
A. 16B. 23C. 2121D. 4 2121
8.正方体ABCD−A1B1C1D1棱长为2，E是棱AB的中点，F是四边形AA1D1D内一点(包含边界)，且FE⋅FD=−34，当三棱锥F−AED的体积最大时，EF与平面ABB1A1所成角的正弦值为( )
A. 23B. 53C. 2 55D. 52
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9.已知a=(1,0,1)，b=(−1,2,−3)，c=(2,−4,6)，则下列结论正确的是( )
A. a⊥bB. b//c
C. 为钝角D. c在a方向上的投影向量为(4,0,4)
10.已知a，b，c是空间的三个单位向量，下列说法正确的是( )
A. 若a//b，b/​/c，则a/​/c
B. 若a，b，c两两共面，则a，b，c共面
C. 若{a,b,c}是空间的一组基底，则{a+b,b+c,c+a}也是空间的一组基底
D. 对于空间的任意一个向量p，总存在实数x，y，z，使得p=xa+yb+zc
11.在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别为线段B1D1，BC1上的动点，则下列结论错误的是( )
A. DB1⊥平面ACD1
B. 直线AE与平面BB1D1D所成角的正弦值为定值13
C. 平面A1C1B/​/平面ACD1
D. 点F到平面ACD1的距离为定值
12.如图，已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，点M为CC1的中点，点P为正方形A1B1C1D1上的动点，则( )
A. 满足MP/​/平面BDA1的点P的轨迹长度为 2
B. 满足MP⊥AM的点P的轨迹长度为2 23
C. 存在唯一的点P满足∠APM=π2
D. 存在点P满足PA+PM=4
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13.试写出一个点C的坐标：______，使之与点A(−1,1,0)，B(−1,0,1)三点共线．
14.已知a、b是空间相互垂直的单位向量，且|c|=5,c⋅a=c⋅b=2 2，则|c−ma−nb|的最小值是______．
15.已知梯形ABCD和矩形CDEF.在平面图形中，AB=AD=DE=12CD=1，CD⊥AE.现将矩形CDEF沿CD进行如图所示的翻折，满足面ABCD垂直于面CDEF.设EN=2NC，EP=μPB，若AP/​/面DBN，则实数μ的值为______ ．
16.《九章算术》中的“商功”篇主要讲述了以立体几何为主的各种形体体积的计算，其中堑堵是指底面为直角三角形的直棱柱．在堑堵ABC−A1B1C1中，AB⊥AC，M是A1C1的中点，AB=7，N，G分别在棱BB1，AC上，且BN=13BB1，AG=13AC，平面MNG与AB交于点H，则AHBH=______，HM⋅AB=______．
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17.(本小题10.0分)
如图所示，在三棱锥O−ABC中，OA，OB，OC两两垂直，OA=1，OB=2，OC=3，E，F，P分别为AC，BC，EF的中点，以OA，OB，OC方向上的单位向量为基底，求OP．
18.(本小题12.0分)
已知P是四边形ABCD所在平面外一点，若点E，F，G，H分别为△PAB，△PBC，△PCD，△PDA的重心，求证：E，F，G，H四点共面．
19.(本小题12.0分)
如图，四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是正方形，PD⊥平面ABCD，PD=AB=2，E、F分别是PC、AD中点．
(1)求直线DE和PF夹角的余弦值；
(2)求点E到平面PBF的距离．
20.(本小题12.0分)
如图所示，四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为菱形，点P在底面的投影O点恰好是菱形ABCD对角线交点，点E为侧棱PC中点，若∠BAD=60°，AB=2，PO= 3．
(1)求证：面PBC⊥面BDE；
(2)点Q在线段PA上，且PQ=2QA，求二面角Q−BD−E的平面角的正弦值．
21.(本小题12.0分)
如图，直三棱柱ABC−A1B1C1中，ABC是边长为2的正三角形，O为AB的中点．
(1)证明：CO⊥平面ABB1A1；
(2)若直线B1C与平面ABB1A1所成的角的正切值为 155，求平面A1BC1与平面ABC1夹角的余弦值．
22.(本小题12.0分)
长方形ABCD中，AB=2AD，M是DC中点(图1).将△ADM沿AM折起，使得AD⊥BM(图2).在图2中：
(1)求证：平面ADM⊥平面ABCM；
(2)在线段BD上是否存点E，使得二面角E−AM−D为大小为π4，说明理由．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：因为a//b，所以x4=y−1=21，解得x=8，y=−2，
则x+y=6．
故选：A．
根据空间向量平行的坐标运算即可求得答案．
本题考查空间向量平行的坐标运算，属于基础题．
2.【答案】A
【解析】解：由题意可知，AN=NB,BM=3MC，
由图可知，MN=MB+BN=34CB+12BA=34(b−c)+12(a−b)=12a+14b−34c．
故选：A．
根据向量的线性运算将MN转化为用a，b，c表示即可．
本题考查了平面向量的线性运算的应用及平面向量基本定理的应用．
3.【答案】A
【解析】解：∵直线l的方向向量为e=(2,3,−1)，平面α的法向量为n=(−1,−32,12)，
∴|cs|=e⋅n|e|⋅|n|=1，即e//n，
∴l⊥α．
故选：A．
利用空间向量夹角的坐标表示求得|cs|=1，即e//n，由此能判断直线l和平面α的位置关系．
本题考查线面位置关系的判断，考查向量夹角余弦公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
4.【答案】D
【解析】解：由已知，可得AB⋅AA1=AD⋅AA1=1×1×cs45°= 22，
AB⋅AD=0，又AC1=AB+AD+AA1，
所以AC12=AB2+AD2+AA12+2AB⋅AD+2AB⋅AA1+2AD⋅AA1=3+2 2，
所以|AC1|= 2+1．
故选：D．
分析得出AC1=AB+AD+AA1，利用空间向量数量积可求得|AC1|的值．
本题考查了棱柱的结构特征和空间向量的数量积，考查了转化思想，属基础题．
5.【答案】D
【解析】解：依题意，AP=(−3,1,−2)，所以点P到平面α的距离为d=|AP⋅n||n|=|−3×1+1×(−1)+(−2)×1| 12+(−1)2+12=2 3．
故选：D．
求出AP的坐标，利用点到平面距离的向量求法计算作答．
本题考查了点到平面距离的向量求法，属于基础题．
6.【答案】C
【解析】解：如图，连接AB1，B1C，则AB1/​/DC1，
∴异面直线AC与DC1直线所成角为∠B1AC(或其补角)，
在△AA1B1中，AA1=4，A1B1=2，∠AA1B1=120°，由余弦定理得：AB12=AA12+A1B12−2AA1⋅A1B1⋅cs120°=16+4−2×4×2×(−12)=28，
在△BB1C中，BC=2，BB1=4，∠B1BC=60°，由余弦定理得：
B1C2=BC2+BB12−2BC⋅BB1⋅cs60°=4+16−2×2×4×12=12，且AC2=8，
∴在△AB1C中，由余弦定理得：cs∠B1AC=AB12+AC2−B1C22AB1⋅AC=28+8−122× 28× 8=3 1414．
故选：C．
连接AB1，B1C，得出异面直线AC与DC1直线所成角为∠B1AC(或其补角)，然后根据余弦定理可求出AB12和B1C2的值，根据勾股定理求出AC2，从而在△AB1C中，根据余弦定理可求出cs∠B1AC的值．
本题考查了余弦定理，勾股定理，异面直线所成角的定义，考查了计算能力，属于基础题．
7.【答案】B
【解析】解：设该正四面体的棱长为1，∵M为BC中点，N为AD中点，
∴|BN|=|DM|= 12−(12×1)2= 32，
∵M是BC中点，N为AD中点，
∴BN=BA+AN=−AB+12AD，
DM=DB+BM=DA+AB+12BC
=−AD+AB+12(AC−AB)
=−AD+12AB+12AC，
BN⋅DM=(−AB+12AD)(−AD+12AB+12AC)
=AB⋅AD−12AB2−12AB⋅AC−12AD2+14AB⋅AD+14AC⋅AD
=1×1×12−12×12−12×1×1×12−12×12+14×1×1×12+14×1×1×12
=−12，
cs=BN⋅DM|BN|⋅|DM|=−12 32× 32=−23，
根据异面直线所成角的定义知直线BN与直线DM所成角的余弦值为23．
故选：B．
利用空间向量的线性运算性质，结合空间向量夹角公式能求出直线BN与直线DM所成角的余弦值．
本题考查空间向量的线性运算性质，空间向量夹角公式、异面直线所成角的余弦值等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
8.【答案】A
【解析】解：如图，以A为坐标原点，建立空间直角坐标系，
则A(0,0,0)，E(1,0,0)，D(0,2,0)，
设F(0,m,n)，m∈[0,2]，n∈[0,2]，
∴FE⋅FD=m2−2m+n2=−34，
∴S△ADE为定值，要想三棱锥F−AED的体积最大，则F到底面ADE的距离最大，
其中n2=−34−m2+2m=−(m−1)2+14，
∴当m=1时，n2取得最大值为14，
∵n∈[0,2]，∴n的最大值为12，∴F(0,1,12)，EF=(−1,1,12)，
平面ABB1A1的法向量n=(0,1,0)，
∴当三棱锥F−AED的体积最大时，EF与平面ABB1A1所成角的正弦值为：
|cs|=|EF⋅n||EF|⋅|n|=1 1+1+14=23．
故选：A．
建立空间直角坐标系，设F(0,m,n)，利用向量的数量积及体积最大值求得F(0,1,12)，从而得到EF与平面ABB1A1所成角的正弦值．
本题考查线面角的正弦值、三棱锥体积、向量法等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
9.【答案】BD
【解析】【分析】
本题考查空间向量垂直、平行、夹角和投影向量，属基础题．
利用向量的数量积的计算公式计算可判断AC;
利用共线向量的关系可判断B;
利用投影向量的计算公式求得c在a方向上的投影向量，可判断D．【解答】
解：对于A：a=(1,0,1)，b=(−1,2,−3)，a·b=−1+0−3=−4≠0，故A错误；
对于B：c=(2,−4,6)=−2(−1,2,−3)=−2b，故b//c，故B正确；
a·c=2+0+6=8>0，故不为钝角，故C错误，
c在a方向上的投影为c⋅a|a|a|a|=4a=(4,0,4)，故D正确．
故选BD．
10.【答案】AC
【解析】解：对于选项A，由题意可知a，b，c都是非零向量，当a//b且b//c时，则一定有a//c，故A正确；
对于选项B，若a，b，c两两共面，可能为空间向量的一组基底，则a，b，c不一定共面，故B错误；
对于选项C，若a，b，c是空间的一组基底，则a+b，b+c，c+a不共面，也可以是空间的一组基底，故C正确；
对于选项D，对于空间的任意一个向量p，总存在实数x，y，z，使得p=xa+yb+zc，需要a,b,c三个向量不共面，故D错误．
故选：AC．
直接利用共线向量和共面向量，向量的基底等基础知识和相关的定义判断四个命题的结论．
本题主要考查了空间向量共面与平行的判断，属于基础题．
11.【答案】ACD
【解析】解：设正方体的棱长为1，
以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系．
由题意知：A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,1,0)，
A1(0,0,1)B1(1,0,1)，(1,1,1)，D(0,1,1)．
设E(x,y,1)，B1E=λB1D1，即(x−1,y,0)=(−λ,λ,0)，∴E(1−λ,λ,1)．
设F(1,y′,z′)，BF=μBC1，即(0,y′,z′)=(0,μ,μ)，∴F(1,μ,μ)．
对于A，∵DB1=(1,−1,1)，AC=(1,1,0)，AD1=(0,1,1)，
∴DB1⋅AC=0DB1⋅AD1=0，∴DB1⊥AC，DB1⊥AD1，又AC，AD1⊂平面ACD1，
AC∩AD1=A，∴DB1⊥平面ACD1，A正确；
对于B，∵几何体为正方体，∴AC⊥面BB1D1D，AC=(1,1,0)是平面BB1D1D的一个法向量，
又AE=(1−λ,λ,1)，设直线AE与平面BB1D1D所成角为θ，
则sinθ=|AC⋅AE||AC|⋅|AE|=1 2⋅ 2λ2−2λ+2不是定值，故B错误；
对于C，∵DB1⊥平面ACD1，∴DB1=(1,−1,1)为平面ACD1的一个法向量，
∵A1C1=(1,1,0)，A1B=(1,0.−1)，∴DB1⋅A1C1=0DB1⋅A1B=0，
∴DB1⊥A1C1，DB1⊥A1B，A1C1，A1B⊂平面A1C1B，
A1C1∩A1B=A1，∴DB1⊥平面A1C1B，∴平面A1C1B/​/平面ACD1，故C正确；
对于D，∵AF=(1,μ,μ)，∴点F到平面ACD1的距离d=|AF⋅DB1||DB1|=1 3= 33，为定值，故D正确．
故选：ACD．
设正方体的棱长为1，以A为坐标原点，建立空间直角坐标系，结合正方体ABCD−A1B1C1D1的性质，利用向量法逐项计算判断其正确性即可．
本题考查空间几何体的性质，考查运算求解能力，属中档题．
12.【答案】AC
【解析】解：对于A，取B1C1的中点Q，D1C1的中点N，又点M为CC1的中点，
由正方体的性质知MQ//A1D，NQ//BD，MQ∩NQ=Q，A1D∩BD=D，
所以平面MQN//平面BDA1，又MP⊂平面MQN，∴MP//平面BDA1，
故点P的轨迹为线段MQ= 1+1= 2，故A正确；
以D为原点，分别以DA，DC，DD1为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则A(2,0,0)，M(0,2,1)，设P(x,y,2)，且0≤x≤2，0≤y≤2，
AP=(x−2,y,2)，MP=(x,y−2,1)，AM=(−2,2,1)，
对于B，AM⋅MP=−2x+2(y−2)+1=−2x+2y−3=0，即y=x+32，
又0≤x≤2，0≤y≤2，则点P的轨迹为线段EF，
E(0,32,2)，F(12,2,2)且EF= 14+14= 22，故B错误；
对于C，AP⋅MP=(x−2)x+(y−2)y+2=x2−2x+y2−2y+2=(x−1)2+(y−1)2，
显然，只有x=1，y=1时，AP⋅MP=0，即AP⊥MP，故存在唯一的点P满足∠APM=π2，故C正确；
对于D，点M关于平面A1B1C1D1的对称点的为M′(0,2,3)，三点共线时线段和最短，
故PA+PM≥AM′= 22+22+32= 17>4，故不存在点P满足PA+PM=4，故D错误．
故选：AC．
利用线面平行的判定定理可以证得点P的轨迹，进而判断A；建立空间直角坐标系，得到A(2,0,0)，M(0,2,1)，P为正方形A1B1C1D1上的点，可设P(x,y,2)，且0≤x≤2，0≤y≤2，进而对BCD各个选项进行计算验证即可判断并得到答案．
本题考查了立体几何的综合应用，属于中档题．
13.【答案】(−1,12,12)
【解析】解：设点C(a,b,c)，由于点C与点A(−1,1,0)，B(−1,0,1)三点共线，
故有AB//AC，即AB=λAC．
∵AC=(a+1,b−1,c)，AB=(0,−1,1)，
∴(0,−1,1)=λ(a+1,b−1,c)，
∴a+1=0，λ(b−1)=−1，λc=1，
∴a=−1．
令λ=2，可得b=12，c=12，
∴点C(−1,12,12)，
故答案为：(−1,12,12).
由题意，设出点C的坐标，利用两个向量共线的性质，两个向量的加减法，两个向量坐标形式的运算法则，计算求得结果．
本题主要考查两个向量共线的性质，两个向量的加减法，两个向量坐标形式的运算法则，属于基础题．
14.【答案】3
【解析】解：∵a、b是空间相互垂直的单位向量，
∴设a=(1,0,0)，b=(0,1,0)，设c=(x,y,z)，
又c⋅a=c⋅b=2 2，∴x=y=2 2，
又|c|= x2+y2+z2= 8+8+z2=5，
∴z2=9，
∴c=(2 2,2 2,z)，其中z2=9，
∴c−ma−nb=(2 2−m,2 2−n,z)，
∴|c−ma−nb|= (2 2−m)2+(2 2−n)2+z2
= (2 2−m)2+(2 2−n)2+9≥3，
当且仅当m=n=2 2时取得等号，
∴|c−ma−nb|的最小值是3．
故答案为：3．
利用坐标法，根据空间向量数量积的坐标运算，向量线性运算，不等式思想即可求解．
本题考查坐标法，空间向量数量积的坐标运算，向量线性运算，不等式思想，属中档题．
15.【答案】3
【解析】解：由题意易得CD⊥DE，CD⊥DA，
又面ABCD⊥面CDEF，面ABCD∩面CDEF=EF，
又AD⊂面ABCD，
则AD⊥面CDEF，
又DE⊂面CDEF，
则AD⊥DE，
以D为原点建立如图所示空间直角坐标系，则D(0,0,0)，B(1,1,0)，A(1,0,0)，E(0,0,1)C(0,2,0)，
又DN=DE+EN=DE+23EC=DE+23(DC−DE)=13DE+23DC=(0,43,13)，
同理可得DP=DE+EP=DE+μμ+1EB=1μ+1DE+μμ+1DB=(μμ+1,μμ+1,1μ+1)，
设面DBN的法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅DB=x+y=0n⋅DN=43y+13z=0，
令y=1，
则n=(−1,1,−4)，
又AP=AD+DP=(−1μ+1,μμ+1,1μ+1)，
又AP/​/面DBN，
则AP⋅n=1μ+1+μμ+1−4μ+1=0，
解得μ=3．
故答案为：3．
建立空间直角坐标系，求出面DBN的法向量，表示出AP，由AP⋅n=0求出μ的值即可．
本题考查直线与平面垂直的判定和性质，考查了向量的运算，考查空间想象能力，计算能力，属于中档题．
16.【答案】6 −42
【解析】解：延长MG与A1A延长线交于点K，连接KN，如图所示：
则KN⊂平面MNG，KN⊂平面ABB1A1，∴平面MNG与AB的交点H即为KN与AB的交点，
在堑堵ABC−A1B1C1中，AG//A1M，则KAKA1=AGA1M=1312=23，∴KA=2AA1，
∵BN=13BB1=13AA1，则KA=6BN，
∵KN//BN，∴AHBH=KANB=6，∴AH=67AB=6，
∵AA1⊥AB，A1M⊥AB，
∴HM⋅AB=(HA+AA1+A1H)⋅AB=HA⋅AB=−6×7=−42．
故答案为：6；−42．
延长MG与A1A延长线交于点K，连接KN，确定点H，再利用堑堵ABC−A1B1C1的结构特征计算能求出AHBH；利用空间向量加法及数量积公式能求出HM⋅AB．
本题考查向量的运算，考查空间向量加法法则、向量数量积公式等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
17.【答案】解：令OA，OB，OC方向上的单位向量分别为m，j，k，则{i,j,k}是空间向量的一组单位正交基底，
因为OP=OE+EP=12(OA+OC)+12EF═12(OA+OC)+14AB
=12(OA+OC)+14(OB−OA)
=14OA+14OB+12OC
=14i+12j+32k，
所以|OP|= (14i+12j+32k)2= 116+14+94= 414，
即OP的长度为 414．
【解析】根据空间向量基本定理，用基底表示出OP，计算向量OP的模，即可求得答案．
本题主要考查了空间向量的线性运算，属于基础题．
18.【答案】证明：如图，连接PH，PG，PF，PE，
并延长分别交AD，DC，BC，AB于H1，G1，F1，E1，连接AC，

∵点E，F，G，H分别为△PAB，△PBC，△PCD，△PDA的重心，
∴H1，G1，F1，E1分别为AD，DC，BC，AB的中点，
∴H1G1/​/AC，E1F1/​/AC，∴H1G1/​/E1F1，
∵PHPH1=PGPG1=PFPF1=PEPE1=23，
∴HG//H1G1，EF//E1F1，
∴HG//EF，
∴E，F，G，H四点共面，
【解析】利用三角形重心的性质得到HG/​/EF，再利用两条平行线确定一个平面即可证明．
本题考查了空间中四点共面的证明，重心的性质，属于中档题．
19.【答案】解：(1)因为PD⊥平面ABCD， DC,DA⊂平面ABCD，
所以PD⊥DC，PD⊥DA，
又底面ABCD为正方形，所以DA⊥DC，
则PD、DA、DC两两互相垂直，
如图，以点D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DP为z轴建立空间直角坐标系D−xyz，
PD=AB=2，E、F分别是PC、AD中点，
则D(0,0,0)，E(0,1,1)，P(0,0,2)，F(1,0,0)，B(2,2,0)，
则直线DE的方向向量DE=(0,1,1)，直线PF的方向向量PF=(1,0,−2)，
csDE,PF=DE⋅PF|DE||PF|=−2 2× 5= 105，
所以直线DE和PF夹角的余弦值为 105；
(2)由(1)知，PB=(2,2,−2)，FB=(1,2,0)，EP=(0,−1,1)，
设平面PBF的法向量n=(x,y,z)，则PB⋅n=2x+2y−2z=0FB⋅n=x+2y=0，
令y=−1，得n=(2,−1,1)，
所以点E到平面PBF的距离为|EP⋅n||n|=2 6= 63．
【解析】本题考查向量法求解异面直线所成角的余弦值，向量法求解点到平面的距离，属于中档题．
(1)根据给定条件，以点D为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量求解作答；
(2)由(1)求出平面PBF的法向量，利用空间向量即可求出点E到平面PBF的距离．
20.【答案】(1)证明：在Rt△POB中，PO= 3,OB=1，∴PB=2，
因此PB=BC=2，E是中点，可得：PC⊥BE，
同理：PC⊥DE，∵BE∩DE=E，∴PC⊥面BED
又因为PC⊂面PCB，所以面PCB⊥面BED．
(2)解：因为△PBC≅△PDC，又E是中点，所以△EBC≅△EDC，进而BE=DE，
又因为O是BD的中点，所以OE⊥BD，同理：OQ⊥BD，
所以∠QOE二面角Q−BD−E的平面角，
在Rt△PAO中，PO=AO= 3，所以PA= 6，在△PAC中，O，E分别是中点，所以OE= 62，
在Rt△PAC中，PA=PC= 6,AC=2 3,E是中点，Q是三等分点，所以QE=5 66，
在△PAB中，PA= 6,PA=AB=2，Q是三等分点，所以BQ=2 63，
在Rt△BOQ中，BO=1,BQ=2 63，所以OQ= 153，
所以cs∠QOE=53+32−2562× 153× 62= 1010，
∴sin∠QOE=3 1010．
【解析】(1)由题意利用线面关系首先证得线面垂直，然后利用线面垂直证明面面垂直即可；
(2)首先找到二面角的平面角，然后利用余弦定理求得二面角的余弦值，最后利用同角三角函数基本关系可得
二面角Q−BD−E的平面角的正弦值．
本题主要考查面面垂直的证明，二面角的计算等知识，属于中等题．
21.【答案】证明：(1)∵ABC是正三角形，O为AB的中点，∴CO⊥AB．
又∵ABC−A1B1C1是直三棱柱，∴AA1⊥平面ABC，∴AA1⊥CO．
又AB∩AA1=A，∴CO⊥平面ABB1A1．
解：(2)连接OB1，由(1)知CO⊥平面ABB1A1，
∴直线B1C与平面ABB1A1所成的角为∠CB1O，∴tan∠CB1O= 155．
∵△ABC是边长为2的正三角形，则CO= 3，∴OB1= 5．
在直角△B1BO中，OB=1，OB1= 5，∴BB1=2．
建立如图所示坐标系，则B(1,0,0)，A(−1,0,0)，A1(−1,2,0)，B1(1,2,0)，C1(0,2, 3)．
∴BA1=(−2,2,0)，BC1=(−1,2, 3)，
设平面A1BC1的法向量为m=(x,y,z)，则−2x+2y=0−x+2y+ 3z=0，
解得平面A1BC1的法向量为m=( 3, 3,−1)．AB=(2,0,0)，AC1=(1,2, 3)，
设平面ABC1的法向量为n=(x,y,z)，则2x=0x+2y+ 3z=0，
解得平面ABC1的法向量为n=(0,− 3,2)．
设平面A1BC1与平面ABC1夹角为θ，则csθ=|m⋅n||m|⋅|n|=57．
平面A1BC1与平面ABC1夹角的余弦值为57．
【解析】(1)利用线面垂直的判定定理证明即可；
(2)连接OB1，由(1)知CO⊥平面ABB1A1，又直线B1C与平面ABB1A1所成的角的正切值为 155，可得BB1=2，以O为坐标原点建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用二面角的坐标公式计算大小可得答案．
本题考查二面角，考查学生的推理运算能力，属于中档题．
22.【答案】解：(1)证明：在长方形ABCD中，连结BM，
因为AB=2AD，M是DC中点，所以AM=BM= 2AD，
从而AM2+BM2=AB2，所以AM⊥BM．
因为AD⊥BM，AD∩AM=A，所以BM⊥平面ADM．
因为BM⊂平面ABCM，所以平面ADM⊥平面ABCM.…(6分)
(2)因为平面ADM⊥平面ABCM，交线是AM，
所以在面ADM过M垂直于AM的直线必然垂直平面ABCM．
以M为坐标原点，MA为x轴，MB为y轴，
过M作平面ABCM的垂线为z轴，建立空间直角坐标系． …(8分)
设MA=2，则A(2,0,0)，B(0,2,0)，D(1,0,1)，BD=(1,−2,1)．
设BE=λBD(0<λ<1)，则ME=MB+BE=(λ,2−2λ,λ)．
设n1=(x,y,z)是平面AME的法向量，
则n1⋅ME=0n1⋅MA=0，即λx+(2−2λ)y+λz=02x=0，
取n1=(0,λ,2λ−2)．
平取面AMD的一个法向量是n2=(0,1,0)．
依题意|cs|=n1⋅n2|n1||n2|= 22，即λ λ2+(2λ−2)2= 22，解方程得λ=23，或λ=2，
取λ=23∈(0,1)，
因此在线段BD上存点E，使得二面角E−AM−D为大小为π4.…(12分)
【解析】(1)连结BM，通过AM2+BM2=AB2，证明AM⊥BM.结合AD⊥BM，证明BM⊥平面ADM.即可证明平面ADM⊥平面ABCM．
(2)以M为坐标原点，MA为x轴，MB为y轴，过M作平面ABCM的垂线为z轴，建立空间直角坐标系． 设MA=2，求出相关的坐标，设BE=λBD(0<λ<1)，求出平面AME的法向量，平取面AMD的一个法向量利用空间向量的数量积求解二面角E−AM−D的大小即可．
本题考查直线与平面垂直平面与平面垂直的判定定理的应用，二面角的平面角的求法，存在性问题的解集方法，考查空间想象能力以及计算能力．