2023版新教材高中数学第一章空间向量与立体几何综合测试卷新人教B版选择性必修第一册

这是一份2023版新教材高中数学第一章空间向量与立体几何综合测试卷新人教B版选择性必修第一册，共15页。

第一章综合测试卷时间：120分钟　满分：150分一、单选题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，M为A1C1的中点，若eq \o(AB,\s\up6(→))＝a，eq \o(AA1,\s\up6(→))＝c，eq \o(BC,\s\up6(→))＝b，则下列向量与eq \o(BM,\s\up6(→))相等的是(　　)A.－eq \f(1,2)a＋eq \f(1,2)b＋cB．eq \f(1,2)a＋eq \f(1,2)b＋cC.－eq \f(1,2)a－eq \f(1,2)b＋cD．eq \f(1,2)a－eq \f(1,2)b＋c2．已知a＝(－2，－3，1)，b＝(2，0，4)，c＝(－4，－6，2)，则下列结论正确的是(　　)A.a∥c，b∥cB．a∥b，a⊥cC．a∥c，a⊥bD．以上都不对3．已知四面体ABCD的所有棱长都是2，点E是AD的中点，则eq \o(BA,\s\up6(→))·eq \o(CE,\s\up6(→))＝(　　)A.1B．－1C．eq \r(3)D．－eq \r(3)4．设u＝(2，2，－1)是平面α的一个法向量，a＝(－3，4，2)是直线l的一个方向向量，则直线l与平面α的位置关系是(　　)A.平行或直线在平面内B．垂直C．相交但不垂直D．不能确定5．已知点A(1，2，1)，B(－1，3，4)，D(1，1，1)，若eq \o(AP,\s\up6(→))＝2eq \o(PB,\s\up6(→))，则|eq \o(PD,\s\up6(→))|的值是(　　)A.eq \f(1,3)B．eq \f(2,3)C．eq \f(\r(77),3)D．eq \f(\r(6),3)6.如图，已知正方形ABCD和正方形ADEF的边长均为6，且它们所在的平面互相垂直，O是BE的中点，eq \o(FM,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \o(MA,\s\up6(→))，则线段OM的长为(　　)A.3eq \r(2)B．eq \r(19)C.2eq \r(5)D．eq \r(21)7.如图，在四棱锥P­ABCD中，侧面PAD是边长为4的正三角形，底面ABCD为正方形，侧面PAD⊥底面ABCD，若M为平面ABCD上的一个动点，且满足eq \o(MP,\s\up6(→))·eq \o(MC,\s\up6(→))＝0，则点M到直线AB的最大距离为(　　)A.2eq \r(5)B．3＋eq \r(5)C.4＋eq \r(5)D．4＋2eq \r(2)8.如图，ABCD­EFGH是棱长为1的正方体，若P在正方体内部且满足eq \o(AP,\s\up6(→))＝eq \f(3,4)eq \o(AB,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)eq \o(AD,\s\up6(→))＋eq \f(2,3)eq \o(AE,\s\up6(→))，则P到AB的距离为(　　)A.eq \f(3,4)B．eq \f(4,5)C.eq \f(5,6)D．eq \f(3,5)二、多选题：本题共4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，部分选对的得2分，有选错的得0分．9．下列命题中正确的是(　　)A.A，B，M，N是空间中的四点，若eq \o(BA,\s\up6(→))，eq \o(BM,\s\up6(→))，eq \o(BN,\s\up6(→))不能构成空间向量的一组基底，则A，B，M，N四点共面B.已知{a，b，c}为空间向量的一组基底，若m＝a＋c，则{a，b，m}也是空间向量的一组基底C.若直线l的一个方向向量为e＝(1，0，3)，平面α的一个法向量为n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，0，\f(2,3)))，则直线l∥αD.若直线l的一个方向向量为e＝(1，0，3)，平面α的一个法向量为n＝(－2，0，2)，则直线l与平面α所成角的正弦值为eq \f(\r(5),5)10．已知向量a＝(1，1，－1)，b＝(1，－1，1)，则(　　)A.a∥bB.|a|＝|b|C.向量a，b的夹角的余弦值为－eq \f(1,3)D.若向量m＝(2，0，0)＝xa＋yb(x，y为实数)，则xy＝－111．如图，一个结晶体的形状为平行六面体ABCD­A1B1C1D1，其中以顶点A为端点的三条棱长都相等，且它们彼此之间的夹角都是60°，则下列说法中正确的是(　　)A.(eq \o(AA1,\s\up6(→))＋eq \o(AB,\s\up6(→))＋eq \o(AD,\s\up6(→)))2＝2eq \o(AC,\s\up6(→))2B.eq \o(AC1,\s\up6(→))·(eq \o(AB,\s\up6(→))－eq \o(AD,\s\up6(→)))＝0C.向量eq \o(B1C,\s\up6(→))与eq \o(AA1,\s\up6(→))的夹角是60°D.BD1与AC所成角的余弦值为eq \f(\r(6),3)12．已知E，F分别是正方体ABCD­A1B1C1D1的棱BC和CD的中点，则(　　)A.A1D与B1D1是异面直线B.A1D与EF所成角的大小为45°C.A1F与平面B1EB所成角的余弦值为eq \f(1,3)D.二面角C­D1B1­B的余弦值为eq \f(\r(6),3)三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．请把正确答案填在题中的横线上．13．已知空间向量a，b，c中两两夹角都是eq \f(π,3)，且|a|＝4，|b|＝6，|c|＝2，则|a＋b＋c|＝________.14．若a＝(1，1，0)，b＝(－1，0，2)，则与a＋b同方向的单位向量是________.15．在平行六面体ABCD­A1B1C1D1中，设eq \o(AB,\s\up6(→))＝a，eq \o(AD,\s\up6(→))＝b，eq \o(AA1,\s\up6(→))＝c，用a，b，c作为基底向量表示D1B＝________.16.如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E为棱B1C1的中点，动点P沿着棱DC从点D向点C移动，对于下列三个结论：①存在点P，使得PA1＝PE；②△PA1E的面积越来越小；③四面体A1PB1E的体积不变．所有正确的结论的序号是________.四、解答题：本题共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)在空间四边形ABCD中，G为△BCD的重心，E，F分别为边CD和AD的中点，试化简eq \o(AG,\s\up6(→))＋eq \f(1,3)eq \o(BE,\s\up6(→))－eq \f(1,2)eq \o(AC,\s\up6(→)).18．(12分)如图，在棱长为1的正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F分别为DD1，BD的中点，点G在CD上，且CG＝eq \f(1,4)CD.(1)求证：EF⊥B1C；(2)求EF与C1G所成角的余弦值．19．(12分)如图，在三棱锥P­ABC中，PA⊥平面ABC，∠BAC＝90°，D，E，F分别是棱AB，BC，CP的中点，AB＝AC＝1，PA＝2.(1)求直线PA与平面DEF所成角的正弦值；(2)求点P到平面DEF的距离．20．(12分)在正六棱柱ABCDEF­A1B1C1D1E1F1中，AA1＝2AB＝2.(1)求BC到平面ADC1B1的距离；(2)求二面角B1­AD­E1的余弦值．21．(12分)如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，点E在棱BB1上，且B1E＝2BE，点F是棱DD1上的一个动点．(1)点F在什么位置时，B1F∥平面AEC，并说明理由；(2)若直线B1C与平面AFC所成角为60°，求二面角E­AC­F的余弦值．22．(12分)如图，在棱长为2的正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F分别为A1D1，CC1的中点．(1)求证：EF∥平面ACD1；(2)求异面直线EF与AB所成角的余弦值；(3)在棱BB1上是否存在一点P，使得平面ACP与平面ABC的夹角的大小为30°？若存在，求出BP的长；若不存在，请说明理由．第一章综合测试卷1．答案：A解析：eq \o(BM,\s\up6(→))＝eq \o(BB1,\s\up6(→))＋eq \o(B1M,\s\up6(→))＝eq \o(AA1,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)(eq \o(B1A1,\s\up6(→))＋eq \o(B1C1,\s\up6(→)))＝eq \o(AA1,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)(eq \o(BA,\s\up6(→))＋eq \o(BC,\s\up6(→)))＝c＋eq \f(1,2)(－a＋b)＝－eq \f(1,2)a＋eq \f(1,2)b＋c.故选A.2．答案：C解析：∵a＝(－2，－3，1)，b＝(2，0，4)，c＝(－4，－6，2)，∴a·b＝－4＋0＋4＝0，b·c＝－4×2＋0×(－6)＋4×2＝0，∴a⊥b，b⊥c，∵eq \f(－4,－2)＝eq \f(－6,－3)＝eq \f(2,1)，∴a∥c.故选C.3．答案：A解析：如图，可知eq \o(CE,\s\up6(→))＝eq \o(CA,\s\up6(→))＋eq \o(AE,\s\up6(→))，∴eq \o(BA,\s\up6(→))·eq \o(CE,\s\up6(→))＝eq \o(BA,\s\up6(→))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(CA,\s\up6(→))＋\o(AE,\s\up6(→))))＝eq \o(BA,\s\up6(→))·eq \o(CA,\s\up6(→))＋eq \o(BA,\s\up6(→))·eq \o(AE,\s\up6(→))＝2×2×cos60°＋2×1×cos120°＝1.故选A.4．答案：A解析：因为u·a＝2×(－3)＋2×4－1×2＝0，所以u⊥a，故直线l∥平面α或直线l⊂平面α.故选A.5．答案：C解析：设P(x，y，z)，则eq \o(AP,\s\up6(→))＝(x－1，y－2，z－1)，eq \o(PB,\s\up6(→))＝(－1－x，3－y，4－z)，由eq \o(AP,\s\up6(→))＝2eq \o(PB,\s\up6(→))知x＝－eq \f(1,3)，y＝eq \f(8,3)，z＝3，即P(－eq \f(1,3)，eq \f(8,3)，3).由两点间距离公式可得|eq \o(PD,\s\up6(→))|＝eq \f(\r(77),3).故选C.6．答案：B解析：由题意可得DA，DC，DE两两互相垂直．以D为坐标原点，eq \o(DA,\s\up6(→))，eq \o(DC,\s\up6(→))，eq \o(DE,\s\up6(→))的方向分别为x轴，y轴，z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则E(0，0，6)，F(6，0，6)，B(6，6，0).因为O是BE的中点，所以O(3，3，3).因为eq \o(FM,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \o(MA,\s\up6(→))，所以M(6，0，4)，所以|eq \o(OM,\s\up6(→))|＝eq \r(（6－3）2＋（0－3）2＋（4－3）2)＝eq \r(19)，即线段OM的长为eq \r(19).故选B.7．答案：B解析：以D为原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，过D作平面ABCD的垂线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则P(2，0，2eq \r(3))，C(0，4，0).设M(a，b，0)，则eq \o(MP,\s\up6(→))＝(2－a，－b，2eq \r(3))，eq \o(MC,\s\up6(→))＝(－a，4－b，0).∵eq \o(MP,\s\up6(→))·eq \o(MC,\s\up6(→))＝0，∴(2－a，－b，2eq \r(3))·(－a，4－b，0)＝－2a＋a2－4b＋b2＝0，整理得(a－1)2＋(b－2)2＝5，∴M为平面ABCD上到点(1，2)的距离为eq \r(5)的一个动点，故点M到直线AB的最大距离为4－1＋eq \r(5)＝3＋eq \r(5).故选B.8．答案：C解析：如图，以A为坐标原点，AB，AD，AE所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则eq \o(AB,\s\up6(→))＝(1，0，0)，eq \o(AD,\s\up6(→))＝(0，1，0)，eq \o(AE,\s\up6(→))＝(0，0，1)，因为eq \o(AP,\s\up6(→))＝eq \f(3,4)eq \o(AB,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)eq \o(AD,\s\up6(→))＋eq \f(2,3)eq \o(AE,\s\up6(→))，所以eq \o(AP,\s\up6(→))＝(eq \f(3,4)，eq \f(1,2)，eq \f(2,3))，eq \f(|\o(AP,\s\up6(→))·\o(AB,\s\up6(→))|,|\o(AB,\s\up6(→))|)＝eq \f(3,4)，|eq \o(AP,\s\up6(→))|＝eq \r(（\f(3,4)）2＋（\f(1,2)）2＋（\f(2,3)）2)＝eq \r(\f(181,144))，所以点P到AB的距离d＝eq \r(|\o(AP,\s\up6(→))|2－（\f(|\o(AP,\s\up6(→))·\o(AB,\s\up6(→))|,\a\vs4\al(|\o(AB,\s\up6(→))|))）\o(2,\s\up6(　)))＝eq \r(\f(181,144)－\f(9,16))＝eq \f(5,6).故选C.9．答案：ABD解析：对于A，A，B，M，N是空间中的四点，若eq \o(BA,\s\up6(→))，eq \o(BM,\s\up6(→))，eq \o(BN,\s\up6(→))不能构成空间向量的一组基底，则eq \o(BA,\s\up6(→))，eq \o(BM,\s\up6(→))，eq \o(BN,\s\up6(→))共面，则A，B，M，N四点共面，故A正确；对于B，已知{a，b，c}为空间向量的一组基底，所以a，b，c不共面，若m＝a＋c，则a，b，m也不共面，故{a，b，m}也是空间向量的一组基底，故B正确；对于C，因为e·n＝1×(－2)＋0×0＋3×eq \f(2,3)＝0，所以e⊥n，所以l⊂α或l∥α，故C错误；对于D，因为cos〈e，n〉＝eq \f(e·n,|e||n|)＝eq \f(－2＋6,\r(10)×2\r(2))＝eq \f(\r(5),5)，所以直线l与平面α所成角的正弦值为eq \f(\r(5),5)，故D正确．故选ABD.10．答案：BC解析：对于选项A，由eq \f(1,1)≠eq \f(1,－1)＝eq \f(－1,1)，故A错误；对于选项B，由|a|＝eq \r(3)，|b|＝eq \r(3)，故B正确；对于选项C，由a·b＝1×1＋1×(－1)＋(－1)×1＝－1，得cos〈a，b〉＝eq \f(－1,\r(3)×\r(3))＝－eq \f(1,3)，故C正确；对于D选项，由m＝(2，0，0)＝xa＋yb＝(x，x，－x)＋(y，－y，y)＝(x＋y，x－y，－x＋y)，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y＝2，,x－y＝0，))解得x＝1，y＝1，有xy＝1，故D错误．故选BC.11．答案：AB解析：由题意可知平行六面体ABCD­A1B1C1D1为各棱长均相等，设棱长为1，则eq \o(AA1,\s\up6(→))·eq \o(AB,\s\up6(→))＝eq \o(AA1,\s\up6(→))·eq \o(AD,\s\up6(→))＝eq \o(AD,\s\up6(→))·eq \o(AB,\s\up6(→))＝1×1×cos60°＝eq \f(1,2)，所以(AA1＋eq \o(AB,\s\up6(→))＋eq \o(AD,\s\up6(→)))2＝eq \o(AA1,\s\up6(→))2＋eq \o(AB,\s\up6(→))2＋eq \o(AD,\s\up6(→))2＋2eq \o(AA1,\s\up6(→))·eq \o(AB,\s\up6(→))＋2eq \o(AB,\s\up6(→))·eq \o(AD,\s\up6(→))＋2eq \o(AA1,\s\up6(→))·eq \o(AD,\s\up6(→))＝1＋1＋1＋3×2×eq \f(1,2)＝6，而2eq \o(AC,\s\up6(→))2＝2(eq \o(AB,\s\up6(→))＋eq \o(AD,\s\up6(→)))2＝2(eq \o(AB,\s\up6(→))2＋eq \o(AD,\s\up6(→))2＋2eq \o(AB,\s\up6(→))·eq \o(AD,\s\up6(→)))＝2×(1＋1＋2×eq \f(1,2))＝2×3＝6，所以A正确；eq \o(AC1,\s\up6(→))·(eq \o(AB,\s\up6(→))－eq \o(AD,\s\up6(→)))＝(eq \o(AA1,\s\up6(→))＋eq \o(AB,\s\up6(→))＋eq \o(AD,\s\up6(→)))·(eq \o(AB,\s\up6(→))－eq \o(AD,\s\up6(→)))＝eq \o(AA1,\s\up6(→))·eq \o(AB,\s\up6(→))－eq \o(AA1,\s\up6(→))·eq \o(AD,\s\up6(→))＋eq \o(AB,\s\up6(→))2－eq \o(AB,\s\up6(→))·eq \o(AD,\s\up6(→))＋eq \o(AD,\s\up6(→))·eq \o(AB,\s\up6(→))－eq \o(AD,\s\up6(→))2＝0，所以B正确；向量eq \o(B1C,\s\up6(→))＝eq \o(A1D,\s\up6(→))，显然△AA1D为等边三角形，故∠AA1D＝60°，所以向量eq \o(A1D,\s\up6(→))与eq \o(AA1,\s\up6(→))的夹角是120°，即向量eq \o(B1C,\s\up6(→))与eq \o(AA1,\s\up6(→))的夹角是120°，所以C不正确；因为eq \o(BD1,\s\up6(→))＝eq \o(AD,\s\up6(→))＋eq \o(AA1,\s\up6(→))－eq \o(AB,\s\up6(→))，eq \o(AC,\s\up6(→))＝eq \o(AB,\s\up6(→))＋eq \o(AD,\s\up6(→))，所以eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(eq \o(BD1,\s\up6(→))))＝eq \r(（\o(AD,\s\up6(→))＋eq \o(AA1,\s\up6(→))－\o(AB,\s\up6(→))）\o(2,\s\up6(　)))＝eq \r(2)，|eq \o(AC,\s\up6(→))|＝eq \r(（\o(AB,\s\up6(→))＋\o(AD,\s\up6(→))）\o(2,\s\up6(　)))＝eq \r(3)，eq \o(BD1,\s\up6(→))·eq \o(AC,\s\up6(→))＝(eq \o(AD,\s\up6(→))＋eq \o(AA1,\s\up6(→))－eq \o(AB,\s\up6(→)))·(eq \o(AB,\s\up6(→))＋eq \o(AD,\s\up6(→)))＝1，所以cos〈eq \o(BD1,\s\up6(→))，eq \o(AC,\s\up6(→))〉＝eq \f(eq \o(BD1,\s\up6(→))·\o(AC,\s\up6(→)),|eq \o(BD1,\s\up6(→))||\o(AC,\s\up6(→))\o(|,\s\up6(　)))＝eq \f(1,\r(2)×\r(3))＝eq \f(\r(6),6)，所以D不正确．故选AB.12．答案：AD解析：根据异面直线的判定定理“平面内一点与平面外一点的连线，与此平面内不经过该点的直线是异面直线”可知A正确；以D为原点，DA，DC，DD1分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，设正方体棱长为2，D(0，0，0)，A1(2，0，2)，E(1，2，0)，F(0，1，0)，所以eq \o(A1D,\s\up6(→))＝(－2，0，－2)，eq \o(EF,\s\up6(→))＝(－1，－1，0)，设A1D与EF所成角的大小为θ，则cosθ＝eq \f(|eq \o(A1D,\s\up6(→))·\o(EF,\s\up6(→))|,|eq \o(A1D,\s\up6(→))||\o(EF,\s\up6(→))|)＝eq \f(2,\r(8)×\r(2))＝eq \f(1,2)，所以θ＝60°，故B错误；由题意可知，平面BEB1的法向量为eq \o(DC,\s\up6(→))＝(0，2，0)，eq \o(A1F,\s\up6(→))＝(－2，1，－2)，设A1F与平面B1EB所成角为α，则sinα＝eq \f(|eq \o(A1F,\s\up6(→))·\o(DC,\s\up6(→))|,|eq \o(A1F,\s\up6(→))||\o(DC,\s\up6(→))|)＝eq \f(2,2\r(9))＝eq \f(1,3)，所以cosα＝eq \f(2\r(2),3)，故C错误；eq \o(D1B1,\s\up6(→))＝(2，2，0)，eq \o(BB1,\s\up6(→))＝(0，0，2)，设平面D1B1B的法向量为m＝(x1，y1，z1)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·eq \o(D1B1,\s\up6(→))＝2x1＋2y1＝0,m·eq \o(BB1,\s\up6(→))＝2z1＝0)).令x1＝1，得m＝(1，－1，0)，同理可得平面D1B1C的法向量n＝(1，－1，－1)，则cos〈m，n〉＝eq \f(m·n,|m||n|)＝eq \f(2,\r(2)×\r(3))＝eq \f(\r(6),3)，又因为二面角C­D1B1­B的平面角为锐角，所以二面角C­D1B1­B的余弦值为eq \f(\r(6),3)，故D正确．故选AD.13．答案：10解析：∵|a|＝4，|b|＝6，|c|＝2，且〈a，b〉＝〈a，c〉＝〈b，c〉＝eq \f(π,3)，∴|a＋b＋c|2＝(a＋b＋c)·(a＋b＋c)＝|a|2＋|b|2＋|c|2＋2a·b＋2a·c＋2b·c＝|a|2＋|b|2＋|c|2＋2|a||b|·cos〈a，b〉＋2|a||c|·cos〈a，c〉＋2|b||c|·cos〈b，c〉＝42＋62＋22＋4×6＋4×2＋6×2＝100，∴|a＋b＋c|＝10.14．答案：(0，eq \f(\r(5),5)，eq \f(2\r(5),5))解析：与a＋b同方向的单位向量是eq \f(1,\r(5))(0，1，2)＝(0，eq \f(\r(5),5)，eq \f(2\r(5),5)).15．答案：a－b－c解析：由图形可知eq \o(D1B,\s\up6(→))＝eq \o(AB,\s\up6(→))－eq \o(AD1,\s\up6(→))＝eq \o(AB,\s\up6(→))－(eq \o(AD,\s\up6(→))＋eq \o(AA1,\s\up6(→)))＝eq \o(AB,\s\up6(→))－eq \o(AD,\s\up6(→))－eq \o(AA1,\s\up6(→))＝a－b－c.16．答案：①②③解析：以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，设正方体棱长为2，则A1(2，0，2)，E(1，2，2)，设P(0，m，0)(0≤m≤2)，则PA1＝ eq \r(4＋m2＋4)＝ eq \r(m2＋8)，PE＝ eq \r(1＋（m－2）2＋4)＝ eq \r(m2－4m＋9)，令m2＋8＝m2－4m＋9，解得m＝ eq \f(1,4)，存在点P，使得PA1＝PE，①正确； eq \o(PE,\s\up6(→))＝(1，2－m，2)， eq \o(A1E,\s\up6(→))＝(－1，2，0)，| eq \o(A1E,\s\up6(→))|＝ eq \r(1＋4)＝ eq \r(5)，cos 〈 eq \o(PE,\s\up6(→))， eq \o(A1E,\s\up6(→))〉＝ eq \f(（1，2－m，2）·（－1，2，0）,\r(5)·\r(m2－4m＋9))＝ eq \f(3－2m,\r(5)·\r(m2－4m＋9))，设点P到直线A1E距离为d，则d＝| eq \o(PE,\s\up6(→))|sin 〈 eq \o(PE,\s\up6(→))， eq \o(A1E,\s\up6(→))〉＝ eq \r(m2－4m＋9)· eq \r(1－（\f(3－2m,\r(5)·\r(m2－4m＋9))）2)＝ eq \f(\r(m2－8m＋36),\r(5))，所以＝eq \f(1,2)| eq \o(A1E,\s\up6(→))|·d＝eq \f(1,2)eq \r(m2－8m＋36)＝eq \f(1,2)eq \r(（m－4）2＋20)，因为0≤m≤2，动点P沿着棱DC从点D向点C移动，即m从0逐渐变到2，随着m的变大，(m－4)2＋20变小，△PA1E的面积越来越小，②正确；以△A1B1E为底，高为点P到上底面的距离h，因为DC∥底面A1B1C1D1，所以h不变，所以四面体A1PB1E的体积不变，③正确．17．解析：∵G是△BCD的重心，BE是CD边上的中线，∴eq \o(GE,\s\up6(→))＝eq \f(1,3)eq \o(BE,\s\up6(→)).又eq \f(1,2)eq \o(AC,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)(eq \o(DC,\s\up6(→))－eq \o(DA,\s\up6(→)))＝eq \f(1,2)eq \o(DC,\s\up6(→))－eq \f(1,2)eq \o(DA,\s\up6(→))＝eq \o(DE,\s\up6(→))－eq \o(DF,\s\up6(→))＝eq \o(FE,\s\up6(→))，∴eq \o(AG,\s\up6(→))＋eq \f(1,3)eq \o(BE,\s\up6(→))－eq \f(1,2)eq \o(AC,\s\up6(→))＝eq \o(AG,\s\up6(→))＋eq \o(GE,\s\up6(→))－eq \o(FE,\s\up6(→))＝eq \o(AF,\s\up6(→)).18．解析：以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系D­xyz.则E(0，0，eq \f(1,2))，F(eq \f(1,2)，eq \f(1,2)，0)，C(0，1，0)，B1(1，1，1)，C1(0，1，1)，G(0，eq \f(3,4)，0)，(1)证明：∵eq \o(EF,\s\up6(→))＝(eq \f(1,2)，eq \f(1,2)，－eq \f(1,2))，eq \o(B1C,\s\up6(→))＝(－1，0，－1)，∴eq \o(EF,\s\up6(→))·eq \o(B1C,\s\up6(→))＝0，∴EF⊥B1C.(2)由(1)知eq \o(C1G,\s\up6(→))＝(0，－eq \f(1,4)，－1)，∴|eq \o(C1G,\s\up6(→))|＝eq \r(02＋（－\f(1,4)）2＋（－1）2)＝eq \f(\r(17),4)，|eq \o(EF,\s\up6(→))|＝eq \r(（\f(1,2)）2＋（\f(1,2)）2＋（－\f(1,2)）2)＝eq \f(\r(3),2)，eq \o(EF,\s\up6(→))·eq \o(C1G,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)×0＋eq \f(1,2)×(－eq \f(1,4))＋(－eq \f(1,2))×(－1)＝eq \f(3,8)，设EF与C1G所成角为θ，则cosθ＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(EF,\s\up6(→))·eq \o(C1G,\s\up6(→)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(EF,\s\up6(→))))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(eq \o(C1G,\s\up6(→)))))))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\f(3,8),\f(\r(3),2)×\f(\r(17),4))))＝eq \f(\r(51),17)，故EF与C1G所成角的余弦值为eq \f(\r(51),17).19．解析：(1)如图所示，以A为原点，AB，AC，AP所在的直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系Axyz.由AB＝AC＝1，PA＝2，得A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(0，1，0)，P(0，0，2)，D(eq \f(1,2)，0，0)，E(eq \f(1,2)，eq \f(1,2)，0)，F(0，eq \f(1,2)，1).则eq \o(DE,\s\up6(→))＝(0，eq \f(1,2)，0)，eq \o(DF,\s\up6(→))＝(－eq \f(1,2)，eq \f(1,2)，1)，eq \o(PA,\s\up6(→))＝(0，0，－2)，设平面DEF的法向量n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(DE,\s\up6(→))＝0，,n·\o(DF,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)y＝0，,－\f(1,2)x＋\f(1,2)y＋z＝0，))令z＝1，则x＝2，y＝0，所以平面DEF的一个法向量n＝(2，0，1).设PA与平面DEF所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈eq \o(PA,\s\up6(→))，n〉|＝eq \f(|\o(PA,\s\up6(→))·n|,|\o(PA,\s\up6(→))||n|)＝eq \f(\r(5),5)，故直线PA与平面DEF所成角的正弦值为eq \f(\r(5),5).(2)∵eq \o(PF,\s\up6(→))＝(0，eq \f(1,2)，－1)，n＝(2，0，1)，∴点P到平面DEF的距离d＝eq \f(|\o(PF,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq \f(\r(5),5).20．解析：(1)连接AE，因为六边形ABCDEF为正六边形，则∠AFE＝∠DEF＝120°，因为AF＝EF，则∠AEF＝30°，故∠AED＝90°，因为EE1⊥底面ABCDEF，不妨以点E为坐标原点，EA，ED，EE1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示：则A(eq \r(3)，0，0)，B(eq \r(3)，1，0)，C(eq \f(\r(3),2)，eq \f(3,2)，0)，D(0，1，0)，B1(eq \r(3)，1，2)，C1(eq \f(\r(3),2)，eq \f(3,2)，2)，E1(0，0，2)，在正六棱柱ABCDEF­A1B1C1D1E1F1中，BB1∥CC1且BB1＝CC1，所以四边形BB1C1C为平行四边形，则BC∥B1C1，因为BC⊄平面ADC1B1，B1C1⊂平面ADC1B1，所以BC∥平面ADC1B1，所以BC到平面ADC1B1的距离等于点B到平面ADC1B1的距离，设平面ADC1B1的法向量为m＝(x1，y1，z1)，eq \o(AD,\s\up6(→))＝(－eq \r(3)，1，0)，eq \o(AB1,\s\up6(→))＝(0，1，2)，由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(AD,\s\up6(→))＝－\r(3)x1＋y1＝0，,m·eq \o(AB1,\s\up6(→))＝y1＋2z1＝0，))取y1＝2eq \r(3)，则m＝(2，2eq \r(3)，－eq \r(3))，eq \o(AB,\s\up6(→))＝(0，1，0)，所以直线BC到平面ADC1B1的距离为d＝eq \f(|\o(AB,\s\up6(→))·m|,|m|)＝eq \f(2\r(3),\r(19))＝eq \f(2\r(57),19).(2)设平面ADE1的法向量为n＝(x2，y2，z2)，eq \o(AD,\s\up6(→))＝(－eq \r(3)，1，0)，eq \o(DE1,\s\up6(→))＝(0，－1，2)，由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AD,\s\up6(→))＝－\r(3)x2＋y2＝0，,n·eq \o(DE1,\s\up6(→))＝－y2＋2z2＝0，))取y2＝2eq \r(3)，则n＝(2，2eq \r(3)，eq \r(3))，cos〈m，n〉＝eq \f(m·n,|m||n|)＝eq \f(13,19)，由图可知，二面角B1­AD­E1为锐角，所以二面角B1­AD­E1的余弦值为eq \f(13,19).21．解析：(1)点F位于DD1的三等分点(靠近D点)时，B1F∥平面AEC，理由如下：以A为坐标原点，分别以AB，AD，AA1所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，设正方体棱长为3a，则A(0，0，0)，E(3a，0，a)，C(3a，3a，0)，B1(3a，0，3a)，设F(0，3a，t)，所以eq \o(AC,\s\up6(→))＝(3a，3a，0)，eq \o(AE,\s\up6(→))＝(3a，0，a)，eq \o(AF,\s\up6(→))＝(0，3a，t)，设平面ACE的法向量为m＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(AC,\s\up6(→))·m＝3ax＋3ay＝0,\o(AE,\s\up6(→))·m＝3ax＋az＝0))，令x＝1得：y＝－1，z＝－3，所以m＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－1，－3))，因为eq \o(B1F,\s\up6(→))＝(－3a，3a，t－3a)，令eq \o(B1F,\s\up6(→))·m＝(－3a，3a，t－3a)·(1，－1，－3)＝－3a－3a－3(t－3a)＝0，解得t＝a，所以当点F位于DD1的三等分点(靠近D点)时，B1F∥平面AEC.(2)设点F(0，3a，b)，直线B1C与平面AFC所成角为60°，设平面ACF的法向量为n＝(x1，y1，z1)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(AC,\s\up6(→))·n＝3ax1＋3ay1＝0,\o(AF,\s\up6(→))·n＝3ay1＋bz1＝0))，令y1＝1得x1＝－1，z1＝－eq \f(3a,b)，则n＝(－1，1，－eq \f(3a,b))，sin60°＝eq \f(|eq \o(B1C,\s\up6(→))·n|,|eq \o(B1C,\s\up6(→))|·|n\o(|,\s\up6(　)))＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(（0，3a，－3a）·（－1，1，－\f(3a,b)）)),3\r(2)a·\r(1＋1＋\f(9a2,b2)))＝eq \f(\r(3),2)，解得b＝eq \f(3,2)a，则n＝(－1，1，－2)，cos 〈m，n〉＝ eq \f(m·n,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(m))·|n\o(|,\s\up6(　)))＝eq \f(（1，－1，－3）·（－1，1，－2）,\r(1＋1＋9)×\r(1＋1＋4))＝eq \f(4,\r(11)×\r(6))＝eq \f(2\r(66),33)，设二面角E­AC­F的大小为θ，显然θ为钝角，则cosθ＝－cos〈m，n〉＝－eq \f(2\r(66),33).22．解析：(1)证明：如图，分别以DA，DC，DD1所在的直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系Dxyz.则D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，2，0)，B1(2，2，2)，D1(0，0，2)，E(1，0，2)，F(0，2，1).取AD1的中点G，则G(1，0，1)，eq \o(CG,\s\up6(→))＝(1，－2，1).又eq \o(EF,\s\up6(→))＝(－1，2，－1)，∴eq \o(EF,\s\up6(→))＝－eq \o(CG,\s\up6(→))，∴eq \o(EF,\s\up6(→))与eq \o(CG,\s\up6(→))共线．从而EF∥CG.∵CG⊂平面ACD1，EF⊄平面ACD1，∴EF∥平面ACD1.(2)∵eq \o(AB,\s\up6(→))＝(0，2，0)，cos〈eq \o(EF,\s\up6(→))，eq \o(AB,\s\up6(→))〉＝eq \f(\o(EF,\s\up6(→))·\o(AB,\s\up6(→)),|\o(EF,\s\up6(→))||\o(AB,\s\up6(→))|)＝eq \f(4,2\r(6))＝eq \f(\r(6),3)，∴异面直线EF与AB所成角的余弦值为eq \f(\r(6),3).(3)假设满足条件的点P存在，可设点P(2，2，t)(0＜t≤2)，平面ACP的一个法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AC,\s\up6(→))＝0，,n·\o(AP,\s\up6(→))＝0.))∵eq \o(AP,\s\up6(→))＝(0，2，t)，eq \o(AC,\s\up6(→))＝(－2，2，0)，∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2x＋2y＝0，,2y＋tz＝0.))取n＝(1，1，－eq \f(2,t)).易知平面ABC的一个法向量为BB1＝(0，0，2).∴|cos〈eq \o(BB1,\s\up6(→))，n〉|＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－\f(4,t))),2\r(2＋\f(4,t2)))＝eq \f(\r(3),2).即eq \f(4,t2)＝eq \f(3,4)(2＋eq \f(4,t2))，解得t＝eq \f(\r(6),3).∵eq \f(\r(6),3)∈(0，2]，∴在棱BB1上存在一点P，当BP的长为eq \f(\r(6),3)时，平面ACP与平面ABC的夹角的大小为30°.