2024-2025學(xué)年新教材高中數(shù)學(xué)模塊檢測含解析新人教A版選擇性必修第一冊

PAGEPAGE11模塊綜合檢測(時(shí)間：120分鐘滿分：150分)一、單項(xiàng)選擇題(本大題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的)1．直線eq\r(3)x＋3y－3＝0的傾斜角為()A．－30° B．30°C．120° D．150°解析：選D設(shè)直線的傾斜角為α，因?yàn)橹本€eq\r(3)x＋3y－3＝0的斜率k＝tanα＝－eq\f(\r(3),3)，所以傾斜角α＝150°.故選D.2．已知直線l過點(diǎn)P(－1，eq\r(3))，圓C：x2＋y2＝4，則直線l與圓C的位置關(guān)系是()A．相切 B．相交C．相切或相交 D．相離解析：選C因?yàn)镻(－1，eq\r(3))在圓C上，所以直線l與圓C相切或相交，故選C.3．若雙曲線C1：eq\f(x2,2)－eq\f(y2,8)＝1與C2：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的漸近線相同，且雙曲線C2的焦距為4eq\r(5)，則b＝()A．2 B．4C．6 D．8解析：選B由題意得，eq\f(b,a)＝2?b＝2a.①因?yàn)镃2的焦距2c＝4eq\r(5)，所以c＝eq\r(a2＋b2)＝2eq\r(5).②聯(lián)立①②，得b＝4，故選B.4．直線x－2y＋2＝0關(guān)于直線x＝1對稱的直線方程是()A．x＋2y－4＝0 B．2x＋y－1＝0C．2x＋y－3＝0 D．2x＋y－4＝0解析：選A法一：設(shè)P(x，y)為所求直線上的點(diǎn)，該點(diǎn)關(guān)于直線x＝1的對稱點(diǎn)為(2－x，y)，且該對稱點(diǎn)在直線x－2y＋2＝0上，代入可得x＋2y－4＝0.故選A.法二：直線x－2y＋2＝0與直線x＝1的交點(diǎn)為Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))，則所求直線過點(diǎn)P.因?yàn)橹本€x－2y＋2＝0的斜率為eq\f(1,2)，所以所求直線的斜率為－eq\f(1,2)，故所求直線的方程為y－eq\f(3,2)＝－eq\f(1,2)(x－1)，即x＋2y－4＝0.故選A.5.如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，P是側(cè)面BB1C1C內(nèi)一動(dòng)點(diǎn)，若點(diǎn)P到直線BC與直線C1D1的距離相等，則動(dòng)點(diǎn)P的軌跡所在的曲線是()A．直線 B．圓C．雙曲線 D．拋物線解析：選D∵P到直線BC與直線C1D1的距離相等，又ABCD-A1B1C1D1是正方體，∴D1C1⊥側(cè)面BCC1B1.∴D1C1⊥PC1，∴PC1為點(diǎn)P到直線D1C1的距離，即PC1等于點(diǎn)P到直線BC的距離，由圓錐曲線的定義知，動(dòng)點(diǎn)P的軌跡所在的曲線是拋物線．6．已知雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，以F1F2為直徑的圓與雙曲線漸近線的一個(gè)交點(diǎn)為(3，4)，則此雙曲線的方程為()A.eq\f(x2,16)－eq\f(y2,9)＝1 B.eq\f(x2,3)－eq\f(y2,4)＝1C.eq\f(x2,9)－eq\f(y2,16)＝1 D.eq\f(x2,4)－eq\f(y2,3)＝1解析：選C以F1F2為直徑的圓的方程為x2＋y2＝c2，又因?yàn)辄c(diǎn)(3，4)在圓上，所以32＋42＝c2，所以c＝5，雙曲線的一條漸近線方程為y＝eq\f(b,a)x，且點(diǎn)(3，4)在這條漸近線上，所以eq\f(b,a)＝eq\f(4,3)，又a2＋b2＝c2＝25，解得a＝3，b＝4，所以雙曲線的方程為eq\f(x2,9)－eq\f(y2,16)＝1，故選C.7．設(shè)拋物線C：y2＝4x的焦點(diǎn)為F，直線l過點(diǎn)F且與C交于A，B兩點(diǎn)．若|AF|＝3|BF|，則l的方程為()A．y＝x－1或y＝－x＋1B．y＝eq\f(\r(3),3)(x－1)或y＝－eq\f(\r(3),3)(x－1)C．y＝eq\r(3)(x－1)或y＝－eq\r(3)(x－1)D．y＝eq\f(\r(2),2)(x－1)或y＝－eq\f(\r(2),2)(x－1)解析：選C由拋物線方程y2＝4x知焦點(diǎn)F(1，0)，準(zhǔn)線x＝－1，由題可設(shè)直線l：x＝my＋1，代入y2＝4x中消去x，得y2－4my－4＝0.設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)．由根與系數(shù)的關(guān)系得，y1＋y2＝4m，y1y2＝－4.設(shè)y1>0>y2，∵|AF|＝3|BF|，∴y1＝－3y2，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y1y2＝－4，,y1＝－3y2，))解得y2＝－eq\f(2,\r(3))，∴y1＝2eq\r(3).∴m＝eq\f(y1＋y2,4)＝eq\f(\r(3),3)，∴直線l的方程為x＝eq\f(\r(3),3)y＋1.由對稱性知，這樣的直線有兩條，即y＝±eq\r(3)(x－1)．8．拋物線M：y2＝4x的準(zhǔn)線與x軸相交于點(diǎn)A，點(diǎn)F為焦點(diǎn)，若拋物線M上一點(diǎn)P滿意PA⊥PF，則以F為圓心且過點(diǎn)P的圓被y軸所截得的弦長約為(參考數(shù)據(jù)：eq\r(5)≈2.24)()A.eq\r(2.4) B.eq\r(2.3)C.eq\r(2.2) D.eq\r(2.1)解析：選D由題意知，A(－1，0)，F(xiàn)(1，0)，點(diǎn)P在以AF為直徑的圓O：x2＋y2＝1上．設(shè)點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為m，聯(lián)立圓O與拋物線的方程得x2＋4x－1＝0，∵m＞0，∴m＝－2＋eq\r(5)，∴點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為－2＋eq\r(5)，∴|PF|＝m＋1＝－1＋eq\r(5)，∴圓F的方程為(x－1)2＋y2＝(eq\r(5)－1)2，令x＝0，可得y＝±eq\r(5－2\r(5))，設(shè)圓F與y軸相交于D，E兩點(diǎn)，∴|ED|＝2eq\r(5－2\r(5))≈2eq\r(5－2×2.24)≈eq\r(2.1).故選D.二、多項(xiàng)選擇題(本大題共4小題，每小題5分，共20分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多個(gè)選項(xiàng)是符合題目要求的，全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分)9．下列說法中，正確的有()A．直線y＝ax－3a＋2(a∈R)必過定點(diǎn)(3，2)B．直線y＝3x－2在y軸上的截距為2C．直線x－eq\r(3)y＋1＝0的傾斜角為30°D．點(diǎn)(5，－3)到直線x＋2＝0的距離為7解析：選ACD對于A，化簡得直線y＝a(x－3)＋2，故直線必過定點(diǎn)(3，2)，故A正確；對于B，直線y＝3x－2在y軸上的截距為－2，故B錯(cuò)誤；對于C，直線x－eq\r(3)y＋1＝0的斜率為eq\f(\r(3),3)，故傾斜角θ滿意tanθ＝eq\f(\r(3),3)，又0°≤θ<180°，則θ＝30°，故C正確；對于D，因?yàn)橹本€x＝－2垂直于x軸，故點(diǎn)(5，－3)到直線x＝－2的距離為5－(－2)＝7，故D正確．故選A、C、D.10．已知P，Q分別為圓M：(x－6)2＋(y－3)2＝4與圓N：(x＋4)2＋(y－2)2＝1上的動(dòng)點(diǎn)，A為x軸上的動(dòng)點(diǎn)，則|AP|＋|AQ|的值可能是()A．7 B．8C．9 D．10解析：選CD圓N：(x＋4)2＋(y－2)2＝1，關(guān)于x軸對稱的圓為圓N′：(x＋4)2＋(y＋2)2＝1，則|AP|＋|AQ|的最小值為|MN′|－1－2＝eq\r(102＋52)－3＝5eq\r(5)－3，又5eq\r(5)－3≈8.2，故選C、D.11．已知兩點(diǎn)A(－5，0)，B(5，0)，若直線上存在點(diǎn)P，使|PA|－|PB|＝6，同時(shí)存在點(diǎn)Q，使|QB|－|QA|＝6，則稱該直線為“一箭雙雕線”，給出下列直線，其中為“一箭雙雕線”的是()A．y＝x＋1 B．y＝2C．y＝eq\f(4,3)x D．y＝2x解析：選AB由題意知，滿意條件的直線應(yīng)與雙曲線eq\f(x2,9)－eq\f(y2,16)＝1的左、右兩支分別相交，雙曲線的漸近線方程為y＝±eq\f(4,3)x，∵選項(xiàng)A：y＝x＋1，斜率k＝1，直線與雙曲線的左、右兩支分別相交，選項(xiàng)B：y＝2，斜率為0，直線與雙曲線的左、右兩支分別相交，∴A、B滿意題意．12．已知O是坐標(biāo)原點(diǎn)，A，B是拋物線y＝x2上不同于O的兩點(diǎn)，OA⊥OB，下列四個(gè)結(jié)論中，全部正確的結(jié)論是()A．|OA|·|OB|≥2B．|OA|＋|OB|≥2eq\r(2)C．直線AB過拋物線y＝x2的焦點(diǎn)D．O到直線AB的距離小于等于1解析：選ABD設(shè)A(x1，xeq\o\al(2,1))，B(x2，xeq\o\al(2,2))，由OA⊥OB，則eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝0，即x1x2(1＋x1x2)＝0，所以x2＝－eq\f(1,x1).對于A，|OA|·|OB|＝eq\r(xeq\o\al(2,1)（1＋xeq\o\al(2,1)）·\f(1,xeq\o\al(2,1))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,xeq\o\al(2,1)))))＝eq\r(1＋xeq\o\al(2,1)＋\f(1,xeq\o\al(2,1))＋1)≥2.當(dāng)且僅當(dāng)x1＝±1時(shí)取等號(hào)，正確；對于B，|OA|＋|OB|≥2eq\r(|OA|·|OB|)≥2eq\r(2)，正確；對于C，直線AB的方程為y－xeq\o\al(2,1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1－\f(1,x1)))(x－x1)，不過點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)))，錯(cuò)誤；對于D，原點(diǎn)到直線AB：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1－\f(1,x1)))x－y＋1＝0的距離d＝eq\f(1,\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1－\f(1,x1)))\s\up12(2)＋1))≤1，正確．三、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分．把答案填在題中橫線上)13．經(jīng)過原點(diǎn)O有一條直線l，它夾在兩條直線l1：2x－y－2＝0與l2：x＋y＋3＝0之間的線段恰好被點(diǎn)O平分，則直線l的方程為________．解析：假如直線l的斜率不存在，那么直線l的方程為x＝0，不符合題意．∴設(shè)直線l的方程為y＝kx，由題意知直線l與直線l1，直線l2互不平行，∴k≠－1，且k≠2.聯(lián)立直線l與l1的方程，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx，,2x－y－2＝0，))可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(2,2－k)，,y＝\f(2k,2－k)，))聯(lián)立直線l與l2的方程，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx，,x＋y＋3＝0，))可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－\f(3,k＋1)，,y＝－\f(3k,k＋1).))由題意可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(2,2－k)－\f(3,k＋1)＝0，,\f(2k,2－k)－\f(3k,k＋1)＝0，))解得k＝eq\f(4,5)，此時(shí)直線l的方程為y＝eq\f(4,5)x.綜上，直線l的方程為y＝eq\f(4,5)x.答案：y＝eq\f(4,5)x14．若圓C經(jīng)過坐標(biāo)原點(diǎn)和點(diǎn)(4，0)，且與直線y＝1相切，則圓C的方程是________．解析：由已知可設(shè)圓心為(2，b)，由22＋b2＝(1－b)2＝r2，得b＝－eq\f(3,2)，r2＝eq\f(25,4).故圓C的方程為(x－2)2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y＋\f(3,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(25,4).答案：(x－2)2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y＋\f(3,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(25,4)15．已知橢圓C：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,9)＝1與動(dòng)直線l：y＝eq\f(3,2)x＋m相交于A，B兩點(diǎn)，則實(shí)數(shù)m的取值范圍為________；設(shè)弦AB的中點(diǎn)為M(x，y)，則動(dòng)點(diǎn)M的軌跡方程為________．解析：由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(3,2)x＋m，,\f(x2,4)＋\f(y2,9)＝1，))得18x2＋12mx＋4m2－36＝0，Δ＝144m2－4×18(4m2－36)＞0，所以－3eq\r(2)＜m＜3eq\r(2).設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(x1＋x2,2)＝－\f(m,3)，,y＝\f(y1＋y2,2)＝\f(3,4)（x1＋x2）＋m＝\f(m,2)，))可得3x＋2y＝0.答案：(－3eq\r(2)，3eq\r(2))3x＋2y＝0，x∈[－eq\r(2)，eq\r(2)]16．在三棱錐O-ABC中，已知OA，OB，OC兩兩垂直且相等，點(diǎn)P，Q分別是線段BC和OA上的動(dòng)點(diǎn)，且滿意BP≤eq\f(1,2)BC，AQ≥eq\f(1,2)AO，則PQ和OB所成角的余弦的取值范圍是________．解析：依據(jù)題意，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以O(shè)A，OB，OC所在直線為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，不妨設(shè)OA＝OB＝OC＝1，則A(1，0，0)，B(0，1，0)，C(0，0，1)，P(0，b，1－b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)≤b≤1))，Q(a，0，0)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0≤a≤\f(1,2))).eq\o(QP,\s\up6(→))＝(－a，b，1－b)，eq\o(OB,\s\up6(→))＝(0，1，0)，所以cos〈eq\o(QP,\s\up6(→))，eq\o(OB,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(QP,\s\up6(→))·\o(OB,\s\up6(→)),|\o(QP,\s\up6(→))||\o(OB,\s\up6(→))|)＝eq\f(b,\r(a2＋b2＋（1－b）2))＝eq\f(1,\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b)－1))\s\up12(2)＋1)).因?yàn)閑q\f(a,b)∈[0，1]，eq\f(1,b)∈[1，2]，所以當(dāng)a＝0，b＝1時(shí)，cos〈eq\o(QP,\s\up6(→))，eq\o(OB,\s\up6(→))〉＝1取得最大值；當(dāng)a＝eq\f(1,2)＝b時(shí)，cos〈eq\o(QP,\s\up6(→))，eq\o(OB,\s\up6(→))〉＝eq\f(\r(3),3)取得最小值，所以PQ和OB所成角的余弦的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，1)).答案：eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，1))四、解答題(本大題共6小題，共70分．解答時(shí)應(yīng)寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟)17．(本小題滿分10分)已知圓C：x2＋y2＋2x－3＝0，直線l1與圓C相交于不同的兩點(diǎn)A，B，M(0，1)是線段AB的中點(diǎn)．(1)求直線l1的方程；(2)若l2與l1平行，且l2與圓C相交于不同的兩點(diǎn)E，F(xiàn)(l2不經(jīng)過圓心C)，求△CEF的面積S的最大值？解：(1)圓C：x2＋y2＋2x－3＝0可化為(x＋1)2＋y2＝4，則C(－1，0)，而M(0，1)是弦AB的中點(diǎn)，所以l1⊥CM，所以直線l1的斜率為－1，則直線l1的方程為y＝－x＋1.(2)設(shè)直線l2的方程為y＝－x＋b，即x＋y－b＝0，則點(diǎn)C(－1，0)到l2的距離d＝eq\f(|－1－b|,\r(2))＝eq\f(|1＋b|,\r(2))＜2，所以|EF|＝2eq\r(4－d2)，所以△CEF的面積S＝eq\f(1,2)×d×2eq\r(4－d2)＝eq\r(（4－d2）d2)≤eq\f(（4－d2）＋d2,2)＝2，當(dāng)且僅當(dāng)4－d2＝d2，即d＝eq\r(2)時(shí)，△CEF的面積S最大，最大面積為2.18．(本小題滿分12分)中心在原點(diǎn)，焦點(diǎn)在x軸上的橢圓與雙曲線有共同的焦點(diǎn)F1，F(xiàn)2，且|F1F2|＝2eq\r(13)，橢圓的長半軸長與雙曲線實(shí)半軸長之差為4，離心率之比為3∶7.(1)求橢圓和雙曲線的方程；(2)若P為這兩曲線的一個(gè)交點(diǎn)，求cos∠F1PF2的值．解：(1)由題知c＝eq\r(13)，設(shè)橢圓方程為eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，雙曲線方程為eq\f(x2,m2)－eq\f(y2,n2)＝1(m>0，n>0)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a－m＝4，,7×\f(\r(13),a)＝3×\f(\r(13),m)，))解得a＝7，m＝3.則b＝6，n＝2.故橢圓方程為eq\f(x2,49)＋eq\f(y2,36)＝1，雙曲線方程為eq\f(x2,9)－eq\f(y2,4)＝1.(2)不妨設(shè)F1，F(xiàn)2分別為橢圓與雙曲線的左、右焦點(diǎn)，P是第一象限的交點(diǎn)，則|PF1|＋|PF2|＝14，|PF1|－|PF2|＝6，所以|PF1|＝10，|PF2|＝4.又|F1F2|＝2eq\r(13)，所以cos∠F1PF2＝eq\f(|PF1|2＋|PF2|2－|F1F2|2,2|PF1||PF2|)＝eq\f(102＋42－（2\r(13)）2,2×10×4)＝eq\f(4,5).19．(本小題滿分12分)等邊△ABC的邊長為3，點(diǎn)D，E分別是AB，AC上的點(diǎn)，且滿意eq\f(AD,DB)＝eq\f(CE,EA)＝eq\f(1,2)(如圖①)，將△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使二面角A1-DE-B成直二面角，連接A1B，A1C(如圖②)．(1)求證：A1D⊥平面BCED；(2)在線段BC上是否存在點(diǎn)P，使直線PA1與平面A1BD所成的角為60°？若存在，求出PB的長；若不存在，請說明理由．解：(1)證明：題圖①中，由已知可得：AE＝2，AD＝1，A＝60°.從而DE＝eq\r(12＋22－2×1×2×cos60°)＝eq\r(3).故得AD2＋DE2＝AE2，所以AD⊥DE，BD⊥DE.所以題圖②中，A1D⊥DE，又平面ADE∩平面BCED＝DE，A1D⊥DE，A1D?平面A1DE，所以A1D⊥平面BCED.(2)存在．由(1)知ED⊥DB，A1D⊥平面BCED.以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，以射線DB，DE，DA1分別為x軸，y軸，z軸的正半軸建立空間直角坐標(biāo)系D-xyz，如圖，過P作PH∥DE交BD于點(diǎn)H，設(shè)PB＝2a(0≤2a≤3)，則BH＝a，PH＝eq\r(3)a，DH＝2－a，易知A1(0，0，1)，P(2－a，eq\r(3)a，0)，E(0，eq\r(3)，0)，所以eq\o(PA1,\s\up6(→))＝(a－2，－eq\r(3)a，1)．因?yàn)镋D⊥平面A1BD，所以平面A1BD的一個(gè)法向量為eq\o(DE,\s\up6(→))＝(0，eq\r(3)，0)，因?yàn)橹本€PA1與平面A1BD所成的角為60°，所以sin60°＝eq\f(|\o(PA1,\s\up6(→))·\o(DE,\s\up6(→))|,|\o(PA1,\s\up6(→))||\o(DE,\s\up6(→))|)＝eq\f(3a,\r(4a2－4a＋5)×\r(3))＝eq\f(\r(3),2)，解得a＝eq\f(5,4).所以PB＝2a＝eq\f(5,2)，滿意0≤2a≤3，符合題意．所以在線段BC上存在點(diǎn)P，使直線PA1與平面A1BD所成的角為60°，此時(shí)PB＝eq\f(5,2).20．(本小題滿分12分)已知拋物線C：y2＝3x的焦點(diǎn)為F，斜率為eq\f(3,2)的直線l與C的交點(diǎn)為A，B，與x軸的交點(diǎn)為P.(1)若|AF|＋|BF|＝4，求l的方程；(2)若eq\o(AP,\s\up6(→))＝3eq\o(PB,\s\up6(→))，求|AB|.解：設(shè)直線l：y＝eq\f(3,2)x＋t，A(x1，y1)，B(x2，y2)．(1)由題設(shè)得Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，0))，故|AF|＋|BF|＝x1＋x2＋eq\f(3,2)，由題設(shè)可得x1＋x2＝eq\f(5,2).由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(3,2)x＋t，,y2＝3x))可得9x2＋12(t－1)x＋4t2＝0，則x1＋x2＝－eq\f(12（t－1）,9)，從而－eq\f(12（t－1）,9)＝eq\f(5,2)，解得t＝－eq\f(7,8).所以l的方程為y＝eq\f(3,2)x－eq\f(7,8).(2)由eq\o(AP,\s\up6(→))＝3eq\o(PB,\s\up6(→))可得y1＝－3y2.由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(3,2)x＋t，,y2＝3x))可得y2－2y＋2t＝0.所以y1＋y2＝2.從而－3y2＋y2＝2，故y2＝－1，y1＝3.代入C的方程得x1＝3，x2＝eq\f(1,3).故|AB|＝eq\f(4\r(13),3).21．(本小題滿分12分)如圖，平面ABCD⊥平面ADEF，其中ABCD為矩形，ADEF為梯形，AF∥DE，AF⊥FE，AF＝AD＝2DE＝2.(1)求證：EF⊥平面BAF；(2)若平面ABF與平面DBF夾角的余弦值為eq\f(\r(2),4)，求AB的長．解：(1)證明：∵四邊形ABCD為矩形，∴BA⊥AD，∵平面ABCD⊥平面ADEF，平面ABCD∩平面ADEF＝AD，BA?平面ABCD，∴BA⊥平面ADEF.又EF?平面ADEF，∴BA⊥EF.又AF⊥EF，且AF∩BA＝A，∴EF⊥平面BAF.(2)設(shè)AB＝x(x＞0)．以F為坐標(biāo)原點(diǎn)，AF，F(xiàn)E所在直線分別為x軸，y軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則F(0，0，0)，E(0，eq\r(3)，0)，D(－1，eq\r(3)，0)，B(－2，0，x)，∴eq\o(DF,\s\up6(→))＝(1，－eq\r(3)，0)，eq\o(BF,\s\up6(→))＝(2，0，－x)．由(1)知EF⊥平面ABF，∴平面ABF的一個(gè)法向量可取n1＝(0，1，0)．設(shè)n2＝(x1，y1，z1)為平面DBF的一個(gè)法向量，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n2·\o(BF,\s\up6(→))＝0，,n2·\o(DF,\s\up6(→