2024-2025學(xué)年高中數(shù)學(xué)第二章空間向量與立體幾何單元質(zhì)量評(píng)估二習(xí)題含解析北師大版選修2-1

其次章單元質(zhì)量評(píng)估(二)eq\o(\s\up7(時(shí)限：120分鐘滿分：150分),\s\do5())第Ⅰ卷(選擇題共60分)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(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合要求的)1．在空間四邊形ABCD中，連接AC，BD，若△BCD是正三角形，且E為其中心，則eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(BC,\s\up6(→))－eq\f(3,2)eq\o(DE,\s\up6(→))－eq\o(AD,\s\up6(→))的化簡結(jié)果是(C)A．eq\o(AB,\s\up6(→)) B．2eq\o(BD,\s\up6(→))C．0 D．2eq\o(DE,\s\up6(→))解析：取BC的中點(diǎn)F，則eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(BC,\s\up6(→))－eq\f(3,2)eq\o(DE,\s\up6(→))－eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BF,\s\up6(→))＋eq\f(3,2)eq\o(ED,\s\up6(→))＋eq\o(DA,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BF,\s\up6(→))＋eq\o(FD,\s\up6(→))＋eq\o(DA,\s\up6(→))＝0.2．已知A(－1,0,1)，B(0,0,1)，C(2,2,2)，D(0,0,3)，則sin〈eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(CD,\s\up6(→))〉等于(C)A．－eq\f(2,3) B．eq\f(2,3)C．eq\f(\r(5),3) D．－eq\f(\r(5),3)解析：因?yàn)閑q\o(AB,\s\up6(→))＝(1,0,0)，eq\o(CD,\s\up6(→))＝(－2，－2,1)，所以cos〈eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(CD,\s\up6(→))〉＝－eq\f(2,3)，所以〈eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(CD,\s\up6(→))〉∈(eq\f(π,2)，π)，所以sin〈eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(CD,\s\up6(→))〉＝eq\f(\r(5),3).3．若直線l的方向向量為a，平面α的法向量為n，能使l∥α的是(D)A．a(chǎn)＝(1,0,1)，n＝(－2,0,0) B．a(chǎn)＝(1,3,5)，n＝(1,0,1)C．a(chǎn)＝(0,2,1)，n＝(－1,0，－1) D．a(chǎn)＝(1，－1,3)，n＝(0,3,1)解析：若l∥α，則a·n＝0，只有選項(xiàng)D中a·n＝0.4．已知向量a＝(1,1,0)，b＝(－1,0，－2)，且ka＋b與2a－b相互垂直，則k的值是(D)A．1B．eq\f(1,5)C．eq\f(3,5)D．eq\f(7,5)解析：依題意(ka＋b)·(2a－b)＝0，所以2k|a|2－ka·b＋2a·b－|b|2＝0，而|a|2＝2，|b|2＝5，a·b＝－1，所以4k＋k－2－5＝0，解得k＝eq\f(7,5).5．在三棱柱ABC-A1B1C1中，D，F(xiàn)分別為CC1，A1B的中點(diǎn)，且eq\o(DF,\s\up6(→))＝αeq\o(AB,\s\up6(→))＋βeq\o(AC,\s\up6(→))，則(A)A．α＝eq\f(1,2)，β＝－1 B．α＝－eq\f(1,2)，β＝1C．α＝1，β＝－eq\f(1,2) D．α＝－1，β＝eq\f(1,2)解析：如圖，取AB中點(diǎn)E，連接EF，CE，則EF綊eq\f(1,2)CC1.又D為C1C的中點(diǎn)，則EF綊DC，四邊形DCEF為平行四邊形，則eq\o(DF,\s\up6(→))＝eq\o(CE,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(AC,\s\up6(→))，因此α＝eq\f(1,2)，β＝－1，故選A．6．如圖，在正四棱錐P-ABCD中，已知eq\o(PA,\s\up6(→))＝a，eq\o(PB,\s\up6(→))＝b，eq\o(PC,\s\up6(→))＝c，eq\o(PE,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(PD,\s\up6(→))，則eq\o(BE,\s\up6(→))＝(A)A．eq\f(1,2)a－eq\f(3,2)b＋eq\f(1,2)c B．eq\f(1,2)a＋eq\f(1,2)b＋eq\f(1,2)cC．－eq\f(1,2)a－eq\f(3,2)b＋eq\f(1,2)c D．－eq\f(1,2)a－eq\f(1,2)b＋eq\f(3,2)c解析：如圖，連接AC，BD，交點(diǎn)為O，再連接PO，則eq\o(PO,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)a＋eq\f(1,2)c.又eq\o(PO,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(PD,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)b，所以eq\o(PD,\s\up6(→))＝a＋c－b，故eq\o(PE,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(PD,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)a＋eq\f(1,2)c－eq\f(1,2)b，從而eq\o(BE,\s\up6(→))＝eq\o(BP,\s\up6(→))＋eq\o(PE,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)a－eq\f(3,2)b＋eq\f(1,2)c，故選A．7.如圖，在三棱錐A-BCD中，AB＝AC＝AD＝2，∠BAD＝90°，∠BAC＝60°，則eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))等于(A)A．－2 B．2C．－2eq\r(3) D．2eq\r(3)解析：eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))·(eq\o(AD,\s\up6(→))－eq\o(AC,\s\up6(→)))＝eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝|eq\o(AB,\s\up6(→))||eq\o(AD,\s\up6(→))|cos90°－|eq\o(AB,\s\up6(→))||eq\o(AC,\s\up6(→))|cos60°＝2×2×cos90°－2×2×cos60°＝－2.8.如圖，在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2D1D＝2，DA<1，E為線段AB上的動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)DE＝1，且DE⊥C1E時(shí)，DE與C1D1所成的角是(C)A．120° B．150°C．60° D．30°解析：eq\o(D1C1,\s\up6(→))·eq\o(DE,\s\up6(→))＝(eq\o(D1D,\s\up6(→))＋eq\o(DE,\s\up6(→))＋eq\o(EC1,\s\up6(→)))·eq\o(DE,\s\up6(→))＝eq\o(D1D,\s\up6(→))·eq\o(DE,\s\up6(→))＋eq\o(DE,\s\up6(→))·eq\o(DE,\s\up6(→))＋eq\o(EC1,\s\up6(→))·eq\o(DE,\s\up6(→))＝0＋1＋0＝1.由于cos〈eq\o(D1C1,\s\up6(→))，eq\o(DE,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(D1C1,\s\up6(→))·\o(DE,\s\up6(→)),|\o(D1C1,\s\up6(→))|·|\o(DE,\s\up6(→))|)＝eq\f(1,2)，因而DE與C1D1所成的角是60°，故選C．9．若A(3cosθ，3sinθ，1)，B(2cosθ，sinθ，1)，則|eq\o(AB,\s\up6(→))|的取值范圍為(C)A．[0,2] B．(1,2)C．[1,2] D．[1,4]解析：由|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝eq\r(2cosθ－3cosθ2＋sinθ－3sinθ2＋1－12)＝eq\r(1＋3sin2θ)，得|eq\o(AB,\s\up6(→))|的取值范圍是[1,2]，故選C．10．在底面為直角梯形的四棱錐S-ABCD中，∠ABC＝90°，SA⊥平面ABCD，SA＝AB＝BC＝1，AD＝eq\f(1,2)，則平面SCD與平面SAB的夾角的余弦值為(B)A．eq\f(\r(3),3)B．eq\f(\r(6),3)C．eq\f(\r(6),4)D．eq\f(\r(2),2)解析：建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則A(0,0,0)，D(eq\f(1,2)，0,0)，C(1,1,0)，S(0,0,1)，平面SAB的一個(gè)法向量eq\o(AD,\s\up6(→))＝(eq\f(1,2)，0，0)，并求得平面SCD的一個(gè)法向量n＝(1，－eq\f(1,2)，eq\f(1,2))，則cos〈eq\o(AD,\s\up6(→))，n〉＝eq\f(\o(AD,\s\up6(→))·n,|\o(AD,\s\up6(→))||n|)＝eq\f(\r(6),3).11．如圖，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ACB＝90°，2AC＝AA1＝BC＝2，D為AA1上一點(diǎn)．若二面角B1-DC-C1的大小為60°，則AD的長為(A)A．eq\r(2) B．eq\r(3)C．2 D．eq\f(\r(2),2)解析：如圖，以C為坐標(biāo)原點(diǎn)，CA，CB，CC1所在的直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則C(0,0,0)，B1(0,2,2)．設(shè)AD＝a，則點(diǎn)D的坐標(biāo)為(1,0，a)，eq\o(CD,\s\up6(→))＝(1,0，a)，eq\o(CB1,\s\up6(→))＝(0,2,2)．設(shè)平面B1CD的一個(gè)法向量為m＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(CB1,\s\up6(→))＝0,m·\o(CD,\s\up6(→))＝0))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2y＋2z＝0,x＋az＝0))，令z＝－1，得m＝(a,1，－1)．又平面C1DC的一個(gè)法向量為(0,1,0)，記為n，則由cos60°＝eq\f(m·n,|m||n|)，得eq\f(1,\r(a2＋2))＝eq\f(1,2)，即a＝eq\r(2)，故AD＝eq\r(2).故選A．12．如圖，將邊長為1的正方形ABCD沿對(duì)角線BD折成直二面角，若點(diǎn)P滿意eq\o(BP,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(BA,\s\up6(→))－eq\f(1,2)eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(BD,\s\up6(→))，則|eq\o(BP,\s\up6(→))|2的值為(D)A．eq\f(3,2) B．2C．eq\f(10－\r(2),4) D．eq\f(9,4)解析：過點(diǎn)C作CE垂直于BD，垂足為E，連接AE，則得AC＝1，故三角形ABC為正三角形．|eq\o(BP,\s\up6(→))|2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)\o(BA,\s\up6(→))－\f(1,2)\o(BC,\s\up6(→))＋\o(BD,\s\up6(→))))2＝eq\f(1,4)eq\o(BA,\s\up6(→))2＋eq\f(1,4)eq\o(BC,\s\up6(→))2＋eq\o(BD,\s\up6(→))2－eq\f(1,2)eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))－eq\o(BC,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\f(1,4)×1＋eq\f(1,4)×1＋(eq\r(2))2－eq\f(1,2)×1×1×cos∠ABC＝eq\f(5,2)－eq\f(1,4)＝eq\f(9,4).第Ⅱ卷(非選擇題共90分)二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分，請(qǐng)把答案填寫在題中橫線上)13．已知l∥α，且l的方向向量為(2，m,1)，平面α的法向量為(1，eq\f(1,2)，2)，則m＝－8.解析：∵l∥α，∴l(xiāng)的方向向量與平面α的法向量垂直，即(2，m,1)·(1，eq\f(1,2)，2)＝0，∴2＋eq\f(1,2)m＋2＝0，∴m＝－8.14．如圖，在四面體OABC中，eq\o(OA,\s\up6(→))＝a，eq\o(OB,\s\up6(→))＝b，eq\o(OC,\s\up6(→))＝c，D為BC的中點(diǎn)，E為AD的中點(diǎn)，則eq\o(OE,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)a＋eq\f(1,4)b＋eq\f(1,4)c(用a，b，c表示)．解析：eq\o(OE,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(OD,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\f(1,4)eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\f(1,4)eq\o(OC,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)a＋eq\f(1,4)b＋eq\f(1,4)c.15．已知正四棱臺(tái)ABCD-A1B1C1D1中，上底面A1B1C1D1邊長為1，下底面ABCD邊長為2，側(cè)棱與底面的夾角為60°，則異面直線AD1與B1C夾角的余弦值為eq\f(1,4).解析：設(shè)上、下底面中心分別為O1，O，則OO1⊥平面ABCD，以O(shè)為原點(diǎn)，直線BD，AC，OO1分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系．因?yàn)锳B＝2，A1B1＝1，所以AC＝BD＝2eq\r(2)，A1C1＝B1D1＝eq\r(2)，因?yàn)槠矫鍮DD1B1⊥平面ABCD，所以∠B1BO為側(cè)棱與底面的夾角，所以∠B1BO＝60°，設(shè)棱臺(tái)高為h，則tan60°＝eq\f(h,\r(2)－\f(\r(2),2))，所以h＝eq\f(\r(6),2)，所以A(0，－eq\r(2)，0)，D1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，0，\f(\r(6),2)))，B1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，0，\f(\r(6),2)))，C(0，eq\r(2)，0)，所以eq\o(AD1,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，\r(2)，\f(\r(6),2)))，eq\o(B1C,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，\r(2)，－\f(\r(6),2)))，所以cos〈eq\o(AD1,\s\up6(→))，eq\o(B1C,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(AD1,\s\up6(→))·\o(B1C,\s\up6(→)),|\o(AD1,\s\up6(→))||\o(B1C,\s\up6(→))|)＝eq\f(1,4)，故異面直線AD1與B1C夾角的余弦值為eq\f(1,4).16．在幾何體中，EA⊥平面ABC，DB⊥平面ABC，AC⊥BC，AC＝BC＝BD＝2AE，M是AB的中點(diǎn)，則直線CM與平面CDE夾角的大小為45°.解析：如圖，以點(diǎn)C為坐標(biāo)原點(diǎn)，以CA，CB所在的直線分別為x軸、y軸，過點(diǎn)C作與平面ABC垂直的直線為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系．設(shè)|eq\o(EA,\s\up6(→))|＝a，則A(2a,0,0)，B(0,2a,0)，E(2a,0，a)，D(0,2a,2a)，M(a，a,0)．設(shè)向量n＝(x0，y0，z0)為平面CDE的一個(gè)法向量，則n⊥eq\o(CE,\s\up6(→))，n⊥eq\o(CD,\s\up6(→)).所以n·eq\o(CE,\s\up6(→))＝0，n·eq\o(CD,\s\up6(→))＝0.因?yàn)閑q\o(CE,\s\up6(→))＝(2a,0，a)，eq\o(CD,\s\up6(→))＝(0,2a,2a)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2ax0＋az0＝0，,2ay0＋2az0＝0.))令x0＝1，則y0＝2，z0＝－2.所以n＝(1,2，－2)．所以cos〈eq\o(CM,\s\up6(→))，n〉＝eq\f(\o(CM,\s\up6(→))·n,|\o(CM,\s\up6(→))||n|)＝eq\f(\r(2),2)，即eq\o(CM,\s\up6(→))與n的夾角為45°.故直線CM與平面CDE夾角的大小為45°.三、解答題(本大題共6小題，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10分)設(shè)向量a＝(3,5，－4)，b＝(2,1,8)，計(jì)算2a＋3b,3a－2b，a·b以及a與b所成角的余弦值，并確定λ，μ應(yīng)滿意的條件，使λa＋μb與z軸垂直．解：2a＋3b＝2×(3,5，－4)＋3×(2,1,8)＝(6,10，－8)＋(6,3,24)＝(12,13,16).3a－2b＝3×(3,5，－4)－2×(2,1,8)＝(9,15，－12)－(4,2,16)＝(5,13，－28)．a(chǎn)·b＝(3,5，－4)·(2,1,8)＝6＋5－32＝－21.∵|a|＝eq\r(32＋52＋42)＝5eq\r(2)，|b|＝eq\r(22＋12＋82)＝eq\r(69)，∴cos〈a，b〉＝eq\f(a·b,|a||b|)＝eq\f(－21,5\r(2)×\r(69))＝eq\f(－7\r(138),230).∵λa＋μb與z軸垂直．∴(3λ＋2μ，5λ＋μ，－4λ＋8μ)·(0,0,1)＝－4λ＋8μ＝0，即λ＝2μ，∴當(dāng)λ，μ滿意λ＝2μ時(shí)，可使λa＋μb與z軸垂直．18．(本小題12分)已知空間直角坐標(biāo)系中，△ABC的三個(gè)頂點(diǎn)為A(0,2,3)，B(－2,1,6)，C(1，－1,5)．(1)求BC邊上的中線AD的長；(2)求∠BAC的大?。猓?1)由題意知D(－eq\f(1,2)，0，eq\f(11,2))，所以AD＝eq\r(\f(1,4)＋4＋\f(25,4))＝eq\r(\f(21,2))＝eq\f(\r(42),2).(2)因?yàn)閑q\o(AB,\s\up6(→))＝(－2，－1,3)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(1，－3,2)，所以cos〈eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AC,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(AB,\s\up6(→))·\o(AC,\s\up6(→)),|\o(AB,\s\up6(→))||\o(AC,\s\up6(→))|)＝eq\f(－2＋3＋6,\r(14)×\r(14))＝eq\f(7,14)＝eq\f(1,2)，所以∠BAC＝eq\f(π,3).19．(本小題12分)如圖，已知P為矩形ABCD所在平面外一點(diǎn)，且PA⊥平面ABCD，E，F(xiàn)分別為AB，PC的中點(diǎn)．(1)求證：EF∥平面PAD；(2)若∠PDA＝60°，求EF與平面ABCD所成角的大?。猓?1)證明：如圖，取PD的中點(diǎn)G，連接AG，F(xiàn)G.∵E，F(xiàn)，G分別是AB，PC，PD的中點(diǎn)，∴FG綊eq\f(1,2)CD，AE綊eq\f(1,2)CD，∴FG綊AE，∴四邊形AEFG是平行四邊形，∴EF∥AG.∵AG平面PAD，EF?平面PAD，∴EF∥平面PAD．(2)建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．∵AP⊥平面ABCD，且∠PDA＝60°，∴AP＝eq\r(3)AD．設(shè)AB＝a，AD＝b，則A(0,0,0)，P(0,0，eq\r(3)b)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，0，0))，F(xiàn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，\f(b,2)，\f(\r(3)b,2)))，從而eq\o(EF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(b,2)，\f(\r(3)b,2)))，eq\o(AP,\s\up6(→))＝(0,0，eq\r(3)b)，∴cos〈eq\o(EF,\s\up6(→))，eq\o(AP,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(EF,\s\up6(→))·\o(AP,\s\up6(→)),|\o(EF,\s\up6(→))|·|\o(AP,\s\up6(→))|)＝eq\f(\f(3b2,2),\r(3)b2)＝eq\f(\r(3),2)，∴EF與平面ABCD所成角的正弦值為eq\f(\r(3),2)，∴EF與平面ABCD所成的角為60°.20.(本小題12分)如圖，在四棱錐P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，∠ABC＝∠ADC＝90°，∠BAD＝120°，AD＝AB＝1，AC和BD交于點(diǎn)O.(1)求證：平面PBD⊥平面PAC；(2)若點(diǎn)A在平面PBD內(nèi)的射影G恰好是△PBD的重心，求AG的長．解：(1)證明：依題意，可得Rt△ABC≌Rt△ADC，∴∠BAC＝∠DAC，∴△ABO≌△ADO，∴∠AOB＝∠AOD＝90°，∴AC⊥BD．∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥BD．又PA∩AC＝A，∴BD⊥平面PAC．又BD平面PBD，∴平面PBD⊥平面PAC．(2)過A作AD的垂線，以該垂線為x軸，AD所在直線為y軸，AP所在直線為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則A(0,0,0)，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，0))，D(0,1,0)．設(shè)P(0,0，λ)(λ>0)，∴Geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),6)，\f(1,6)，\f(λ,3)))，eq\o(PB,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，－λ))，由AG⊥PB，得eq\o(AG,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝eq\f(1,4)－eq\f(1,12)－eq\f(1,3)λ2＝0，解得λ2＝eq\f(1,2)，λ＝eq\f(\r(2),2)，∴點(diǎn)G的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),6)，\f(1,6)，\f(\r(2),6)))，∴|eq\o(AG,\s\up6(→))|＝eq\r(\f(1,12)＋\f(1,36)＋\f(1,18))＝eq\f(\r(6),6).21．(本小題12分)如圖1，正三角形ABC的邊長為4，CD是AB邊上的高，E，F(xiàn)分別是邊AC，BC的中點(diǎn)，現(xiàn)將△ABC沿CD翻折成直二面角A-DC-B，如圖2所示．(1)試推斷直線AB與平面DEF的位置關(guān)系，并說明理由；(2)求二面角E-DF-C的余弦值；(3)在線段BC上是否存在一點(diǎn)P，使AP⊥DE？證明你的結(jié)論．解：(1)AB∥平面DEF.∵在△ABC中，E，F(xiàn)分別是邊AC，BC的中點(diǎn)，∴EF∥AB．又AB平面DEF，EF平面DEF，∴AB∥平面DEF.(2)由題，易知AD，DB，DC兩兩垂直，則以點(diǎn)D為坐標(biāo)原點(diǎn)，直線DB，DC，DA分別為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示．則D(0,0,0)，A(0,0,2)，E(0，eq\r(3)，1)，F(xiàn)(1，eq\r(3)，0)，∴eq\o(DF,\s\up6(→))＝(1，eq\r(3)，0)，eq\o(DE,\s\up6(→))＝(0，eq\r(3)，1)，eq\o(DA,\s\up6(→))＝(0,0,2)易知平面CDF的一個(gè)法向量為eq\o(DA,\s\up6(→))＝(0,0,2)．設(shè)平面EDF的一個(gè)法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(DF,\s\up6(→))·n＝0，,\o(DE,\s\up6(→))·n＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋\r(3)y＝0，,\r(3)y＋z＝0，))令y＝－eq\r(3)，則n＝(3，－eq\r(3)，3)．∴cos〈eq\o(DA,\s\up6(→))·n〉＝eq\f(\o(DA,\s\up6(→))·n,|\o(DA,\s\up6(→))||n|)＝eq\f(\r(21),7).∴二面角E-DF-C的余弦值為eq\f(\r(21),7).(3)在線段BC上存在點(diǎn)P，使AP⊥DE.證明如下：在線段BC上取點(diǎn)P，使BP＝eq\f(1,3)BC，過點(diǎn)P作PQ⊥CD于點(diǎn)Q，連接AP，AQ(圖略)，∴PQ⊥平面ACD，∴PQ⊥DE.∵DQ＝eq\f(1,3)DC＝eq\f(2\r(3),3)，且AD＝2，∴∠DAQ＝30°.又△ADE為等邊三角形，∴AQ⊥DE.∴又AQ∩PQ＝Q，∴DE⊥平面APQ.∵AP平面APQ，∴AP⊥DE.22.(本小題12分)如圖，四棱錐S-ABCD的底面是正方形，每條側(cè)棱的長都是底面邊長的eq\r(2)倍，P為側(cè)棱SD上的點(diǎn)．(1)求證：AC⊥SD；(2)若SD⊥平面PAC，求平面ACP與平面ACD的夾角的大??；(3)在(2)的條件下，側(cè)棱SC上是否存在一點(diǎn)E，使得BE∥平面PAC．若存在，求SE∶EC的值？若不存在，試說明理由．解：(1)證明：連接BD，設(shè)AC交BD于點(diǎn)O，由