2024-2025學年高中數學第三章空間向量與立體幾何單元質量評估二課時作業(yè)含解析新人教A版選修2-1

第三章單元質量評估(二)eq\o(\s\up7(時限：120分鐘滿分：150分),\s\do5())一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，共60分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合要求的)1．對于空間向量，有以下命題：①單位向量的模為1，但方向不確定；②假如一個向量和它的相反向量相等，那么該向量的模為0；③若a∥b，b∥c，則a∥c；④若六面體ABCD-A′B′C′D′為平行六面體，則eq\o(AB,\s\up10(→))＝eq\o(D′C′,\s\up10(→)).其中真命題的個數為(C)A．1B．2C．3D．4解析：①為真命題，模為1的向量叫單位向量，其方向不唯一；②為真命題，相反向量的模相等且方向相反，所以假如一個向量和它的相反向量相等，那么該向量為零向量，模為0；③為假命題，當b為零向量時，不符合；④為真命題，eq\o(AB,\s\up10(→))與eq\o(D′C′,\s\up10(→))方向相同且大小相等，所以是相等向量．2．已知空間四邊形ABCD中，G為CD的中點，則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．在四面體O-ABC中，OB＝OC，∠AOB＝∠AOC＝eq\f(π,3)，則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：本題主要考查異面直線垂直的推斷方法以及向量數量積的運算.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，故選A.4．已知a＝(2，－1,3)，b＝(－4,2，x)，c＝(1，－x,2)，若(a＋b)⊥c，則x等于(B)A．4 B．－4C.eq\f(1,2) D．－65．已知空間三點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)，則點P的坐標為(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(→))，∴可設eq\o(AP,\s\up10(→))＝λeq\o(BC,\s\up10(→)).易知eq\o(BC,\s\up10(→))＝(3，－2，－1)，則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)．設點P的坐標為(x，y，z)，則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.))故點P的坐標為(4，－2,2)或(－2,2,4)．6．已知△ABC的三個頂點A(3,3,2)，B(4，－3,7)，C(0,5,1)，則BC邊上的中線AD的長為(B)A．2 B．3C.eq\f(64,7) D.eq\f(65,7)解析：∵BC的中點D的坐標為(2,1,4)，∴eq\o(AD,\s\up10(→))＝(－1，－2,2)，∴|eq\o(AD,\s\up10(→))|＝eq\r(1＋4＋4)＝3.7．在直角坐標系xOy中，設A(2,2)，B(－2，－3)，沿y軸把坐標平面折成120°的二面角后，AB的長是(A)A.eq\r(37) B．6C．3eq\r(5) D.eq\r(53)解析：過A，B作y軸的垂線，垂足分別為C，D，則|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).故選A.8．已知空間三點O(0,0,0)，A(－1,1,0)，B(0,1,1)，在直線OA上有一點H滿意BH⊥OA，則點H的坐標為(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)，且點H在直線OA上，可設H(－λ，λ，0)，則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))，故選C.9．已知O為平面上的定點，A，B，C是平面上不共線的三點，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，則△ABC是(B)A．以AB為底邊的等腰三角形B．以BC為底邊的等腰三角形C．以AB為斜邊的直角三角形D．以BC為斜邊的直角三角形解析：(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，則△ABC是以BC為底邊的等腰三角形，故選B.10．直三棱柱ABC-A1B1C1中，若∠BAC＝90°，AB＝AC＝AA1，則異面直線BA1與AC1所成角為(C)A．30°B．45°C．60°D．90°解析：建立如圖所示的空間直角坐標系，設AB＝1，則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°，即異面直線BA1與AC1所成角為60°.

11.在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E是C1C的中點，則直線BE與平面B1BD所成的角的正弦值為(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：建立如圖空間直角坐標系，設正方體的棱長為2，則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)．設平面B1BD的法向量為n＝(x，y，z)．因為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，則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)，設直線BE與平面B1BD所成角為θ，則sinθ＝|cos〈n，eq\o(BE,\s\up10(→))〉|＝eq\f(\r(10),5).故選B.12．如圖所示，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝AA1＝1，已知G與E分別為A1B1和CC1的中點，D與F分別為線段AC和AB上的動點(不包括端點)，若GD⊥EF，則線段DF的長度的取值范圍為(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：建立如圖所示的空間直角坐標系，則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))，設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)，∴當x＝eq\f(2,5)時，線段DF的長度最小，最小值是eq\f(\r(5),5)，當x＝0時，|eq\o(DF,\s\up10(→))|＝1，又∵0<x<eq\f(1,2)，∴x＝0不能取到，即DF的長度不能等于1.故線段DF的長度的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),5)，1)).二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分，請把答案填寫在題中橫線上)13．已知向量a＝(λ＋1,0,2λ)，b＝(6,2μ－1,2)，若a∥b，則λ與μ的值分別是eq\f(1,5)，eq\f(1,2).解析：∵a∥b，∴存在實數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的一個法向量為(1,0，－1)，平面β的一個法向量為(0，－1,1)，則平面α與平面β夾角的大小為eq\f(π,3).(平面夾角的范圍為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))))解析：設n1＝(1,0，－1)，n2＝(0，－1,1)，則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).因為平面α與平面β的夾角與〈n1，n2〉相等或互補，所以平面α與平面β的夾角的大小為eq\f(π,3).15．已知半徑為1的球O內切于正四面體A-BCD，線段MN是球O的一條動直徑(M，N是直徑的兩端點)，點P是正四面體A-BCD的表面上的一個動點，則eq\o(PM,\s\up10(→))·eq\o(PN,\s\up10(→))＋eq\o(AB,\s\up10(→))·eq\o(BD,\s\up10(→))的取值范圍是[－12，－4]．解析：設正四面體的邊長為a，O為球心，連接AO并延長，交平面BCD于點E，則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.因為內切球的半徑為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是直徑的兩端點，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(→))的取值范圍是[－12，－4]．16.如圖所示，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，底面是以∠ABC為直角的等腰三角形，AC＝2a，BB1＝3a，D是A1C1的中點，點E在棱AA1上，要使CE⊥平面B1DE，則AE＝a或2a.解析：建立如圖所示的坐標系，則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)．設E(eq\r(2)a,0，z)(0≤z≤3a)，則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)．由題意得2a2＋z2－3az＝0，解得z＝a或2a.故AE＝a或2a.三、解答題(本大題共6小題，共70分．解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟)17．(10分)如圖所示，在四棱錐M-ABCD中，底面ABCD是邊長為2的正方形，側棱AM的長為3，且AM和AB，AD的夾角都是60°，N是CM的中點，設a＝eq\o(AB,\s\up10(→))，b＝eq\o(AD,\s\up10(→))，c＝eq\o(AM,\s\up10(→))，試用a，b，c表示出向量eq\o(BN,\s\up10(→))，并求BN的長．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的長為eq\f(\r(17),2).18．(12分)如圖所示，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥AC，AB＝AC＝2，AA1＝4，點D是BC的中點．(1)求異面直線A1B與C1D所成角的余弦值；(2)求平面ADC1與平面ABA1所成二面角的正弦值．解：(1)以A為坐標原點，eq\o(AB,\s\up10(→))，eq\o(AC,\s\up10(→))，eq\o(AA1,\s\up10(→))的方向分別為x軸、y軸、z軸的正方向建立空間直角坐標系A-xyz，則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)，∴異面直線A1B與C1D所成角的余弦值為eq\f(3\r(10),10).(2)易知eq\o(AC,\s\up10(→))＝(0,2,0)是平面ABA1的一個法向量，設平面ADC1的法向量為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，則n＝(2，－2,1)．設平面ADC1與平面ABA1所成二面角為θ，則|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與平面ABA1所成二面角的正弦值為eq\f(\r(5),3).19．(12分)如圖，四邊形ABCD為正方形，E，F分別為AD，BC的中點，以DF為折痕把△DFC折起，使點C到達點P的位置，且PF⊥BF.(1)證明：平面PEF⊥平面ABFD；(2)求DP與平面ABFD所成角的正弦值．解：(1)證明：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，垂足為H.由(1)得，PH⊥平面ABFD.以H為坐標原點，eq\o(HF,\s\up10(→))的方向為y軸正方向，|eq\o(BF,\s\up10(→))|為單位長，建立如圖所示的空間直角坐標系H-xyz.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).則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)))為平面ABFD的法向量．設DP與平面ABFD所成角為θ，則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與平面ABFD所成角的正弦值為eq\f(\r(3),4).20．(12分)如圖，邊長為2的正方形ABCD所在的平面與半圓弧eq\o\ac(CD,\s\up15(︵))所在平面垂直，M是eq\o\ac(CD,\s\up15(︵))上異于C，D的點．(1)證明：平面AMD⊥平面BMC；(2)當三棱錐M-ABC體積最大時，求面MAB與面MCD所成二面角的正弦值．解：(1)證明：由題設知，平面CMD⊥平面ABCD，交線為CD.因為BC⊥CD，BC?平面ABCD，所以BC⊥平面CMD，故BC⊥DM.因為M為eq\o\ac(CD,\s\up15(︵))上異于C，D的點，且DC為直徑，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為坐標原點，eq\o(DA,\s\up10(→))的方向為x軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系D-xyz.當三棱錐M-ABC體積最大時，M為eq\o\ac(CD,\s\up15(︵))的中點．由題設得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)．設n＝(x，y，z)是平面MAB的法向量，則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與面MCD所成二面角的正弦值是eq\f(2\r(5),5).21．(12分)如圖，在四棱錐P-ABCD中，AD∥BC，∠ADC＝∠PAB＝90°，BC＝CD＝eq\f(1,2)AD.E為棱AD的中點，異面直線PA與CD所成的角為90°.(1)在平面PAB內找一點M，使得直線CM∥平面PBE，并說明理由．(2)若二面角P-CD-A的大小為45°，求直線PA與平面PCE所成角的正弦值．解：(1)在梯形ABCD中，AB與CD不平行．延長AB，DC，相交于點M(M∈平面PAB)，點M為所求的一個點．理由如下：由已知，BC∥ED，且BC＝ED.所以四邊形BCDE是平行四邊形．從而CM∥EB.又EB?平面PBE，CM?平面PBE，所以CM∥平面PBE.(說明：延長AP至點N，使得AP＝PN，則所找的點可以是直線MN上隨意一點)(2)由已知，CD⊥PA，CD⊥AD，PA∩AD＝A，所以CD⊥平面PAD.于是CD⊥PD.從而∠PDA是二面角P-CD-A的平面角．所以∠PDA＝45°.由PA⊥AB，可得PA⊥平面ABCD.設BC＝1，則在Rt△PAD中，PA＝AD＝2.作Ay⊥AD，以A為原點，以eq\o(AD,\s\up10(→))，eq\o(AP,\s\up10(→))的方向分別為x軸，z軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系A-xyz，則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)，設平面PCE的法向量為n＝(x，y，z)，則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，則n＝(2，－2,1)．設直線PA與平面PCE所成的角為α，則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).所以直線PA與平面PCE所成角的正弦值為eq\f(1,3).22．(12分)如圖，在三棱錐P-ABC中，PA⊥底面ABC，∠BAC＝90°.點D，E，N分別為棱