2020秋高中數(shù)學(xué)人教版2-1本冊(cè)學(xué)業(yè)質(zhì)量標(biāo)準(zhǔn)檢測1含解析

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精2020秋高中數(shù)學(xué)人教A版選修2-1課時(shí)作業(yè)：本冊(cè)學(xué)業(yè)質(zhì)量標(biāo)準(zhǔn)檢測1含解析本冊(cè)學(xué)業(yè)質(zhì)量標(biāo)準(zhǔn)檢測(一）時(shí)間120分鐘，滿分150分.一、選擇題（本大題共8個(gè)小題,每小題5分，共40分，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中只有一個(gè)是符合題目要求的）1．在空間四邊形OABC中，eq\o(OA,\s\up6（→）)＋eq\o(AB，\s\up6(→)）－eq\o(CB,\s\up6(→))等于（C)A．eq\o(OA,\s\up6（→）） B．eq\o(AB，\s\up6（→)）C．eq\o（OC,\s\up6(→）) D．eq\o(AC,\s\up6(→））[解析]根據(jù)向量的加法、減法法則，得eq\o（OA,\s\up6(→)）＋eq\o（AB，\s\up6（→））－eq\o（CB，\s\up6(→）)＝eq\o(OB，\s\up6（→）)－eq\o（CB,\s\up6(→））＝eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o（BC，\s\up6（→）)＝eq\o(OC,\s\up6(→））.故選C．2．若命題p：0是偶數(shù)，命題q:2是3的約數(shù)．則下列命題中為真的是（B）A．p且q B．p或qC．非p D．非p且非q［解析］命題p：0是偶數(shù)為真命題．命題q：2是3的約數(shù)為假命題，則p且q為假命題，p或q為真命題，非p為假命題，非p且非q為假命題，故選B．3．下列說法中正確的是（B)A．“x>5”是“x〉3”的必要條件B．命題“?x∈R，x2＋1〉0”的否定是“?x∈R，x2＋1≤0"C．?m∈R，使函數(shù)f(x）＝x2＋mx(x∈R）是奇函數(shù)D．設(shè)p、q是簡單命題，若p∨q是真命題，則p∧q也是真命題［解析]命題“?x∈R,x2＋1〉0"的否定是“?x∈R，x2＋1≤0”，故選B．4．(山西太原市2018－2019學(xué)年高二期末)已知空間直角坐標(biāo)系中點(diǎn)P(2，1，3），若在z軸上取一點(diǎn)Q,使得|PQ｜最小，則點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（C)A．（0，0，1) B．(0，0，2)C．(0，0，3） D．(0,1，0)[解析］因?yàn)镻（2,1，3），若在z軸上取一點(diǎn)Q，使得｜PQ｜最小，只需PQ⊥z軸，所以Q點(diǎn)豎坐標(biāo)為3,故點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（0,0,3）．故選C．5．設(shè)p：2x2－3x＋1≤0，q:x2－(2a＋1)x＋a(a＋1)≤0，若?p是?q的必要不充分條件，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是（AA．[0，eq\f（1,2）] B．（0，eq\f(1,2)）C．(－∞，0]∪［eq\f（1，2)，＋∞) D．（－∞，0)∪（eq\f（1,2），＋∞）[解析]由2x2－3x＋1≤0，得eq\f(1，2)≤x≤1，?p為x〈eq\f（1，2)或x>1,由x2－（2a＋1)x＋a（a＋1）≤0得a≤x≤a＋1，?q為x〈a或x>a＋1。若?p是?q的必要不充分條件,應(yīng)有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（a≤\f（1,2）,,a＋1〉1)）或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋1≥1，，a<\f（1，2），)）所以0≤a≤eq\f(1,2)。故選A．6．如圖所示，橢圓的中心在原點(diǎn),焦點(diǎn)F1、F2在x軸上，A、B是橢圓的頂點(diǎn),P是橢圓上一點(diǎn)，且PF1⊥x軸,PF2∥AB,則此橢圓的離心率是（B）A．eq\f（1，2） B．eq\f（\r（5),5）C．eq\f(1，3） D．eq\f（\r（2），2）［解析]點(diǎn)P的坐標(biāo)(－c，eq\f(b2,a)），于是kAB＝－eq\f(b,a)，kPF2＝－eq\f(b2,2ac）,由kAB＝kPF2得b＝2c，故e＝eq\f（c，a）＝eq\f(\r（5），5）。7．已知a、b是兩異面直線,A、B∈a，C、D∈b，AC⊥b，BD⊥b且AB＝2,CD＝1，則直線a、b所成的角為（B)A．30° B．60°C．90° D．45°[解析］由于eq\o(AB,\s\up6(→））＝eq\o(AC,\s\up6（→））＋eq\o(CD，\s\up6(→)）＋eq\o(DB,\s\up6(→）），∴eq\o（AB，\s\up6（→)）·eq\o(CD，\s\up6（→))＝(eq\o(AC,\s\up6(→））＋eq\o(CD,\s\up6（→）)＋eq\o（DB，\s\up6(→）))·eq\o（CD，\s\up6(→））＝eq\o(CD,\s\up6（→)）2＝1。cos〈eq\o（AB,\s\up6(→)),eq\o（CD，\s\up6(→））>＝eq\f(\o（AB,\s\up6(→）)·\o（CD，\s\up6(→）),｜\o（AB,\s\up6（→）)｜·|\o（CD,\s\up6（→))｜）＝eq\f(1，2)?〈eq\o(AB,\s\up6(→)），eq\o（CD，\s\up6（→）)〉＝60°,故選B．8．在三棱錐P－ABC中，AB⊥BC,AB＝BC＝eq\f(1，2）PA,點(diǎn)O、D分別是AC、PC的中點(diǎn),OP⊥底面ABC，則直線OD與平面PBC所成角的正弦值為(D）A．eq\f（\r（21）,6） B．eq\f(8\r(3),3）C．eq\f（\r(210）,60) D．eq\f（\r（210)，30)［解析］∵OP⊥平面ABC，OA＝OC，AB＝BC，∴OA⊥OB,OA⊥OP，OB⊥OP。以O(shè)為原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系O－xyz.設(shè)AB＝a，則A(eq\f（\r(2）,2）a,0,0)、B(0，eq\f（\r(2）,2）a,0）、C(－eq\f(\r(2)，2）a,0,0)．設(shè)OP＝h，則P(0,0，h),∵PA＝2a，∴h＝eq\f（\r(14)，2)a?！鄀q\o(OD,\s\up6（→)）＝（－eq\f（\r（2)，4)a,0，eq\f(\r(14),4)a)．由條件可以求得平面PBC的法向量n＝(－1,1，eq\f（\r(7）,7）),∴cos〈eq\o（OD，\s\up6（→）)，n〉＝eq\f（\o(OD,\s\up6(→））·n,｜\o（OD,\s\up6(→））｜|n|）＝eq\f(\r(210）,30）.設(shè)OD與平面PBC所成的角為θ,則sinθ＝|cos〈eq\o（OD,\s\up6(→)），n〉|＝eq\f（\r(210)，30).二、多項(xiàng)選擇題（本大題共4個(gè)小題,每小題5分，共20分,在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求．全部選對(duì)的得5分,有選錯(cuò)的得0分,部分選對(duì)的得3分．)9．已知A、B、C三點(diǎn)不共線,對(duì)于平面ABC外的任一點(diǎn)O，下列條件中能確定點(diǎn)M與點(diǎn)A、B、C一定共面的是(BD)A．eq\o(OM，\s\up6(→)）＝eq\o（OA，\s\up6(→）)＋eq\o(OB，\s\up6（→）)＋eq\o（OC,\s\up6（→))B．eq\o（OM,\s\up6(→)）＝3eq\o(OA，\s\up6（→）)－eq\o(OB,\s\up6（→))－eq\o（OC，\s\up6(→））C．eq\o(OM,\s\up6(→)）＝eq\o（OA，\s\up6（→）)＋eq\f(1，2）eq\o（OB,\s\up6（→))＋eq\f(1，3）eq\o(OC，\s\up6（→）)D．eq\o（OM，\s\up6(→）)＝eq\f(1，2）eq\o（OA,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o（OB，\s\up6(→)）＋eq\f（1，6）eq\o（OC,\s\up6(→）)［解析］若點(diǎn)M與點(diǎn)A、B、C一定共面，則eq\o（OM，\s\up6（→))＝xeq\o（OA,\s\up6（→）)＋yeq\o（OB,\s\up6(→））＋zeq\o(OC,\s\up6(→)）且x＋y＋z＝1，故選BD．10．已知曲線C的方程為eq\f（x2,4－k)＋eq\f(y2,k－3）＝1，給定下列兩個(gè)命題:p：若k<3，則曲線C為雙曲線；q：若曲線C是焦點(diǎn)在x軸上的橢圓，則3<k〈4,其中是假命題的是（ACD)A．p∧q B．p∧（?q)C．(?p）∧q D．(?p)∧(?q）[解析］若k<3時(shí)，則eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（4－k>0,k－3〈0）)，曲線C是焦點(diǎn)在x軸上的雙曲線,即命題p是真命題．由4－k＝k－3時(shí),2k＝7，得k＝eq\f（7，2）時(shí),方程不表示橢圓，即命題q是假命題，則p∧（?q)為真命題，其余為假命題．故選ACD．11.過拋物線y4x的焦點(diǎn)F的直線交拋物線于A，B兩點(diǎn)，且|AF｜＝3｜EF|，則直線AB的斜率為(BD)A．eq\r(2） B．eq\r（3)C．－eq\r(2) D．－eq\r（3)［解析］如圖所示，當(dāng)點(diǎn)A在x＝－eq\f(1，2）第一象限時(shí)，過A，B分別向拋物線的準(zhǔn)線作垂線,垂足分別為D，E，過A作x軸的垂線，與EB交于點(diǎn)C，則四邊形ADEC為矩形．由拋物線定義可知｜AD|＝｜CE｜＝3m,所以|AB|＝4m，在Rt△ABC中,｜BC｜＝2m，所以∠ABC＝60°,所以直線l的斜率為eq\r（3)；當(dāng)點(diǎn)B在第一象限時(shí)，同理可知直線l的斜率為－eq\r(3）.12．已知雙曲線C過點(diǎn)（3，eq\r（2)）且漸近線為y＝±eq\f(\r（3),3）x，則下列結(jié)論正確的是(ACD)A．雙曲線C的方程為eq\f(x2，3）－y2＝1B．雙曲線C的離心率為eq\f(\r（6）,3）C．曲線y＝ex＋2－1經(jīng)過C的一個(gè)焦點(diǎn)D．直線x－2y－1＝0與C有兩個(gè)公共點(diǎn)［解析］A．點(diǎn)（3，eq\r(2）)的坐標(biāo)滿足雙曲線C的方程eq\f（x2，3)－y2＝1，雙曲線的漸近線方程為y＝±eq\f（\r（3），3）x,所以該選項(xiàng)正確；B．雙曲線C的方程為eq\f(x2，3）－y2＝1，所以雙曲線離心率為e＝eq\f（2,\r（3))＝eq\f（2\r（3），3)，所以該選項(xiàng)不正確；C．雙曲線C的方程為eq\f(x2,3)－y2＝1,它的一個(gè)焦點(diǎn)為(－2,0)，把(－2，0）代入y＝ex＋2－1成立，所以該選項(xiàng)正確;D．聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(x－2y－1＝0，，x2－3y2＝3，))得x2＋6x－15＝0,Δ＝96>0，所以直線和曲線有兩個(gè)公共點(diǎn)，所以該選項(xiàng)正確．三、填空題（本大題共4個(gè)小題，每小題5分,共20分，把正確答案填在題中橫線上)13．已知雙曲線eq\f（x2，a2）－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b〉0）的一條漸近線為y＝eq\f（3，4）x,則此雙曲線的離心率為__eq\f（5，4)__.[解析]由題意知eq\f(b，a)＝eq\f(3,4)，∴eq\f（b2,a2)＝eq\f(9,16），∴eq\f(c2－a2，a2）＝eq\f(9,16),∴e2＝eq\f（25,16)，∴e＝eq\f（5，4）。14．已知在空間四邊形OABC中，eq\o（OA，\s\up6（→))＝a、eq\o（OB,\s\up6（→）)＝b、eq\o（OC,\s\up6(→））＝c，點(diǎn)M在OA上，且OM＝3MA，N為BC中點(diǎn)，用a、b、c表示eq\o（MN，\s\up6(→)），則eq\o(MN,\s\up6(→）)＝__－eq\f(3，4）a＋eq\f（1,2)b＋eq\f（1，2)c__。[解析］顯然eq\o(MN，\s\up6（→)）＝eq\o(ON,\s\up6（→))－eq\o(OM,\s\up6(→））＝eq\f（1，2）(eq\o（OB,\s\up6（→)）＋eq\o（OC，\s\up6（→）))－eq\f（3，4）eq\o(OA,\s\up6（→）)＝eq\f(1，2）b＋eq\f(1，2)c－eq\f（3,4)a。15．橢圓eq\f(x2,12）＋eq\f(y2,4）＝1的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，過焦點(diǎn)F1的直線交該橢圓于A，B兩點(diǎn)，若△ABF2的內(nèi)切圓面積為π，A，B兩點(diǎn)的坐標(biāo)分別為(x1，y1)，(x2，y2），則△ABF2的面積S＝__4eq\r(3)__，｜y1－y2|的值為__eq\r（6）__。［解析］∵橢圓eq\f(x2,12)＋eq\f(y2，4）＝1的左、右焦點(diǎn)分別為F1,F2，a＝2eq\r（3)，b＝2,c＝2eq\r（2),過焦點(diǎn)F1的直線交該橢圓于A（x1，y1），B(x2,y2）兩點(diǎn)，△ABF2的內(nèi)切圓面積為π,∴△ABF2內(nèi)切圓半徑r＝1.△ABF2面積S＝eq\f(1,2）×1×(AB＋AF2＋BF2)＝2a＝4eq\r（3），∴ABF2面積S＝eq\f(1,2）｜y1－y2｜×2c＝eq\f（1,2)｜y1－y2｜×2×2eq\r（2)＝4eq\r（3），∴｜y1－y2|＝eq\r（6）.故答案為eq\r(6).16．過二面角α－l－β內(nèi)一點(diǎn)P作PA⊥α于A，作PB⊥β于B，若PA＝5，PB＝8,AB＝7,則二面角α－l－β的度數(shù)為__120°__。［解析］設(shè)eq\o（PA，\s\up6(→）)＝a，eq\o(PB,\s\up6（→））＝b，由條件知|a｜＝5，｜b｜＝8，|eq\o(AB，\s\up6(→））｜＝7，∴AB2＝｜eq\o（AB,\s\up6(→））|2＝｜b－a｜2＝|b|2＋|a｜2－2a·＝64＋25－2a·b∴a·b＝20,∴cos〈a，b>＝eq\f(a·b，|a｜·｜b|)＝eq\f(1,2)，∴〈a，b〉＝60°,∴二面角α－l－β為120°.四、解答題(本大題共6個(gè)大題,共70分,解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟)17．（本小題滿分10分）已知p：關(guān)于x的方程x2－2ax＋a＋2＝0有實(shí)數(shù)根，q：m≤a≤m＋2.(1)若p是q的必要非充分條件，求實(shí)數(shù)m的取值范圍;（2）若m＝－1時(shí)，“p∨q"是真命題，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．［解析](1)p為真?（－2a）2－4（a＋2）≥0?a2－a－2≥0?a≥2或a由p是q的必要非充分條件可得[m，m＋2］是（－∞，－1］∪[2，＋∞)的真子集，所以m＋2≤－1或m≥2。即m≤－3或m≥2.（2)當(dāng)m＝－1時(shí)，q：－1≤a≤1,由“p∨q”是真命題,可知p真或q真即a≥2或a≤－1，或－1≤a≤1實(shí)數(shù)a的取值范圍是a≥2或a≤1.18．(本小題滿分12分)(2019年黑龍江省學(xué)業(yè)水平考試)如圖，已知直線l與拋物線y2＝x相交于A（x1,y1)B(x2，y2)兩點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，直線l與x軸相交于點(diǎn)M，且y1y2＝－1.（1)求證:OA⊥OB；（2）求點(diǎn)M的橫坐標(biāo)；（3)過A,B點(diǎn)分別作拋物線的切線，兩條切線交于點(diǎn)Q,求kQM·kAB。[解析]證明：(1)設(shè)直線的方程為：x＝my＋t，代入拋物線y2＝x，可得：y2－my－t＝0，由A（x1,y1），B(x2,y2），y1y2＝－1，可得y1＋y2＝m，y1y2＝－t＝－1，t＝1，由x1x2＝(y1y2）2＝1,可得x1x2＋y1y2＝（y1y2）2＋y1y2＝1－1＝0，可得eq\o（OA,\s\up6（→))·eq\o(OB，\s\up6(→））＝0，即：OA⊥OB；(2)由直線x＝my＋t,令y＝0,可得x＝1,即點(diǎn)M的橫坐標(biāo)為1；（3）由y2＝x，兩邊對(duì)x求導(dǎo)，可得2yy′＝1，即y′＝eq\f（1，2y），可得A處切線的斜率為eq\f（1,2y1)，切線方程為：y－y1＝eq\f（1,2y1)(x－x1)，由yeq\o\al（2，1)＝x1，yeq\o\al(2，2)＝x2，可得y1y＝eq\f(1,2)(x＋x1)①同理可得：B處切線方程為y2y＝eq\f（1，2）(x＋x2）②由①②可得:y＝eq\f(x1－x2,2y1－y2)＝eq\f（y1＋y2，2)＝eq\f(m，2），xy1y－x1＝my1－yeq\o\al（2,1)＝（y1＋y2）y1－yeq\o\al(2,1)＝y(tǒng)1y2＝－1,故Q(－1，eq\f(m,2))，可得：kQM·kAB＝eq\f（0－\f（m,2），1＋1）×eq\f(y1－y2，x1－x2）＝－eq\f(m，4)×eq\f（1，y1＋y2）＝－eq\f(m,4)×eq\f(1,m）＝－eq\f(1,4）.19．（本小題滿分12分）設(shè)雙曲線C：eq\f(x2，a2)－y2＝1(a〉0）與直線l：x＋y＝1相交于兩個(gè)不同的點(diǎn)A、B。（1）求雙曲線C的離心率e的取值范圍；(2）設(shè)直線l與y軸的交點(diǎn)為P，且eq\o(PA,\s\up6(→))＝eq\f(5，12)eq\o(PB,\s\up6（→))，求a的值．[解析］(1)由C與l相交于兩個(gè)不同的點(diǎn),故知方程組eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（\f(x2,a2）－y2＝1，x＋y＝1）），有兩組不同的實(shí)數(shù)解,消去y并整理得(1－a2)x2＋2a2x－2a2＝0.①所以eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(1－a2≠0,4a4＋8a21－a2〉0））,解得0<a<eq\r（2)且a≠1，雙曲線的離心率e＝eq\f(\r（1＋a2),a）＝eq\r(\f（1，a2)＋1)，∵0〈a<eq\r(2）且a≠1,∴e〉eq\f(\r（6),2），且e≠eq\r（2)，即離心率e的取值范圍為（eq\f(\r(6)，2），eq\r（2))∪（eq\r(2)，＋∞）（2）設(shè)A（x1，y1）、B(x2，y2)、P（0,1)，∵eq\o(PA，\s\up6（→））＝eq\f（5，12)eq\o（PB,\s\up6(→))，∴(x1，y1－1)＝eq\f(5,12）（x2,y2－1)．由此得x1＝eq\f（5，12）x2，由于x1、x2都是方程①的根，且1－a2≠0，所以eq\f(17，12）x2＝－eq\f（2a2，1－a2)，eq\f（5，12)xeq\o\al(2,2）＝－eq\f（2a2,1－a2）.消去x2得，－eq\f（2a2，1－a2)＝eq\f(289,60）。由a>0，所以a＝eq\f（17，13）.20．（本小題滿分12分)（2019·全國Ⅲ卷理，19)圖①是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC組成的一個(gè)平面圖形，其中AB＝1,BE＝BF＝2，∠FBC＝60°.將其沿AB,BC折起使得BE與BF重合，連接DG,如圖②。（1）證明：圖②中的A，C,G，D四點(diǎn)共面,且平面ABC⊥平面BCGE；(2）求圖②中的二面角B－CG－A的大?。?① ②[解析]（1)證明：由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，所以AD，CG確定一個(gè)平面，從而A,C,G,D四點(diǎn)共面．由已知得AB⊥BE,AB⊥BC,且BE∩BC＝B，所以AB⊥平面BCGE.又因?yàn)锳B?平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE。(2）解：作EH⊥BC，垂足為H。因?yàn)镋H?平面BCGE，平面BCGE⊥平面ABC，且交于BC所以EH⊥平面ABC。由已知,菱形BCGE的邊長為2，∠EBC＝60°，可求得BH＝1，EH＝eq\r(3）。以H為坐標(biāo)原點(diǎn)，eq\o（HC,\s\up6（→）)的方向?yàn)閤軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系H－xyz，則A(－1，1，0）,C（1,0,0），G（2,0，eq\r(3））,eq\o(CG,\s\up6(→)）＝（1，0,eq\r（3）)，eq\o（AC,\s\up6（→））＝（2,－1,0）．設(shè)平面ACGD的法向量為n＝（x，y，z),則eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（\o（CG，\s\up6(→)）·n＝0，,\o(AC,\s\up6（→）)·n＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（x＋\r（3)z＝0，,2x－y＝0。)）所以可取n＝（3,6，－eq\r(3)）．又平面BCGE的法向量可取m＝(0，1，0），所以cos〈n，m〉＝eq\f(n·m，｜n｜｜m|)＝eq\f(\r（3)，2）.因此二面角B－CG－A的大小為30°。21．（本小題滿分12分）如圖，在四棱錐P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝AP＝2，AB＝1,點(diǎn)E為棱PC的中點(diǎn)．(1）證明：BE⊥DC;(2)求直線BE與平面PBD所成角的正弦值；(3）若F為棱PC上一點(diǎn)，滿足BF⊥AC,求二面角F－AB－P的余弦值．[解析］解法一:依題意，以點(diǎn)A為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系（如圖）,可得B（1,0,0）,C（2,2,0)，D(0,2,0),P（0,0,2),由E為棱PC的中點(diǎn),得E（1,1，1)．(1)eq\o（BE,\s\up6（→))＝（0，1,1)、eq\o（DC，\s\up6(→))＝（2,0,0），故eq\o(BE,\s\up6（→））·eq\o(DC，\s\up6（→)）＝0,所以BE⊥DC。（2）eq\o(BD，\s\up6（→）)＝(－1,2，0)、eq\o（PB,\s\up6（→）)＝（1，0，－2)，設(shè)n＝(x，y，z）為平面PBD的法向量，則eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（n·\o(BD,\s\up6(→))＝0,n·\o(PB,\s\up6(→）)＝0）)，即eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(－x＋2y＝0,x－2z＝0)），不妨令y＝1,可得n＝(2,1，1)為平面PBD的一個(gè)法向量，于是有cos〈n,eq\o(BE,\s\up6（→）)〉＝eq\f(n·\o（BE,\s\up6（→)）,｜n｜·｜\o(BE，\s\up6(→）)|)＝eq\f(2，\r（6）×\r(2）)＝eq\f（\r（3),3）.所以，直線BE與平面PBD所成角的正弦值為eq\f(\r(3）,3）.（3）向量eq\o（BC,\s\up6（→）)＝(1，2，0)，eq\o(CP,\s\up6（→）)＝(－2,－2，2)，eq\o(AC，\s\up6（→））＝(2，2,0）,eq\o（AB，\s\up6（→））＝（1，0，0),由點(diǎn)F在棱PC上,設(shè)eq\o(CF，\s\up6（→)）＝λeq\o（CP,\s\up6（→）），0≤λ≤1.故eq\o(BF，\s\up6（→))＝eq\o（BC,\s\up6（→））＋eq\o（CF，\s\up6（→））＝eq\o(BC，\s\up6(→)）＋λeq\o（CP，\s\up6（→）)＝（1－2λ，2－2λ,2λ)，由BF⊥AC，得eq\o(BF，\s\up6(→))·eq\o（AC,\s\up6(→))＝0，因此，2（1－2λ)＋2（2－2λ)＝0，解得λ＝eq\f(3，4)，即eq\o(BF，\s\up6(→）)＝(－eq\f（1,2)，eq\f(1,2),eq\f（3,2））．設(shè)n1＝(x1，y1，z1）為平面FAB的法向量，則eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（n1·\o(AB，\s\up6（→)）＝0，n1·B\o（F，\s\up6（→)）＝0）），即eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(x1＝0，－\f（1,2)x1＋\f(1，2）y1＋\f(3，2)z1＝0））,不妨令z1＝1,可得n1＝（0，－3,1)為平面FAB的一個(gè)法向量,取平面ABP的法向量n2＝(0，1，0），則cos〈n1，n2〉＝eq\f(n1·n2，|n1|·|n2｜)＝eq\f(－3，\r(10）×1)＝－eq\f（3\r(10），10）.易知，二面角F－AB－P是銳角,所以其余弦值為eq\f(3\r(10),10)。解法二：（1)證明：如圖，取PD中點(diǎn)M，連接EM、AM。由于E、M分別為PC、PD的中點(diǎn)，故EM∥DC，且EM＝eq\f(1,2)DC，又由已知，可得EM∥AB且EM＝AB，故四邊形ABEM為平行四邊形，所以BE∥AM.因?yàn)镻A⊥底面ABCD，故PA⊥CD,又CD⊥DA，PA∩DA＝A，從而CD⊥平面PAD，因?yàn)锳M?平面PAD，于是CD⊥AM，又BE∥AM，所以BE⊥CD。(2)連接BM，由（1）有CD⊥平面PAD,得CD⊥PD，而EM∥CD，故PD⊥EM，又因?yàn)锳D＝AP,M為PD的中點(diǎn),故PD⊥AM，可得PD⊥BE，所以PD⊥平面BEM,故平面BEM⊥平面PBD,所以，直線BE在平面PBD內(nèi)的射影為直線BM，而BE⊥EM，可得∠EBM為銳角，故∠EBM為直線BE與平面PBD所成的角．依題意，有PD＝2eq\r(2），而M為PD中點(diǎn)，可得AM＝eq\r(2），進(jìn)而BE＝eq\r（2），故在直角三角形BEM中,tan∠EBM＝eq\f（EM,BE）＝eq\f(AB,BE)＝eq\f（1,\r（2）），因此sin∠EBM＝eq\f(\r(3），3)。所以，直線BE與平面PBD所成角的正弦值為eq\f（\r(3),3）.（3)如圖，在△PAC中,過點(diǎn)F作FH∥PA交AC于點(diǎn)H，因?yàn)镻A⊥底面ABCD，故FH⊥底面ABCD,從而FH⊥AC，又BF⊥AC，得AC⊥平面FHB，因此AC⊥BH，在底面ABCD內(nèi)，可得CH＝3HA,從而CF＝3FP在平面PDC內(nèi)，作FG∥DC交PD于點(diǎn)G，于是DG＝3GP，由于DC∥AB，故GF∥AB，所以A、B、F、G四點(diǎn)共面,由AB⊥PA，AB⊥AD,得AB⊥平面PAD，故AB⊥AG，所以∠PAG為二面角F－AB－P的平面角．在△PAG中，PA＝2，PG＝eq\f（1，4)PD＝eq\f（\r(2）,2)，∠APG＝45°，由余弦定理可得AG＝eq\f（\r(10)，2），cos∠PAG＝eq\f(3\r（10)，10)。所以，二面角F－AB－P的余弦值為eq\f(3\r（1