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第一章 空间向量与立体几何单元测试
考试时间：120分钟 满分：150分
一、单选题：本大题共8小题，每个小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．（2021·广东·潮州市湘桥区南春中学高二阶段练习）已知，，且，则（ ）
A．， B．，
C．， D．，
2．（2021·山西·长治市上党区第一中学校高二阶段练习）在长方体中，，，则异面直线与所成角的余弦值为
A． B． C． D．
3．（2021·山西·长治市上党区第一中学校高二阶段练习）如图所示，在平行六面体中，M为与的交点，若，，，则（ ）
A． B．
C． D．
4．（2021·山西·长治市上党区第一中学校高二阶段练习）如图，棱长为1的正方体中，为线段上的动点（不含端点），则下列结论正确的是（ ）
A．直线与所成的角可能是
B．平面平面
C．三棱锥的体积不是定值
D．平面截正方体所得的截面可能是直角三角形
5．（2021·湖南·周南中学高二阶段练习）下列说法中正确的是（ ）
A．若，则、的长度相等，方向相同或相反
B．若向量是向量的相反向量，则
C．空间向量的减法满足结合律
D．在四边形中，一定有
6．（2021·安徽·桐城市第八中学高二阶段练习）如图所示，在正方体中，为线段上的动点，给出下列四个结论：①DP长度为定值；②三棱锥的体积为定值；③任意点P，都有；④存在点P，使得平面其中正确的是（ ）
A．①③ B．②④ C．②③ D．①④
7．（2021·安徽·桐城市第八中学高二阶段练习）如图所示，在三棱柱中，底面，，，点，分别是棱，的中点，则直线与所成的角是（ ）
A． B． C． D．
8．（2021·重庆·万州纯阳中学校高二阶段练习）已知直角梯形ABCD满足：AD∥BC，CD⊥DA，且△ABC为正三角形．将△ADC沿着直线AC翻折至△AD'C如图，且，二面角、、的平面角大小分别为α，β，γ，直线，，与平面ABC所成角分别是θ1，θ2，θ3，则（ ）
A．
B．
C．
D．
二、多选题：本大题共4小题，每个小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，只有一项或者多项是符合题目要求的.
9．（2021·重庆·万州纯阳中学校高二阶段练习）设是空间的一组基底，则下列结论正确的是（ ）
A．，，可以为任意向量
B．对空间任一向量，存在唯一有序实数组，使
C．若，，则
D．可以作为构成空间的一组基底
10．（2021·广东·南海中学高二阶段练习）如图，正方体的棱长为1，则下列四个命题正确的是（ ）
A．两条异面直线和所成的角为
B．直线与平面所成的角等于
C．点D到面的距离为
D．三棱柱外接球半径为
11．（2021·湖南·周南中学高二阶段练习）在下列条件中，不能使M与A，B，C一定共面的是（ ）
A．＝2－－ B．
C． D．＋＋＋
12．（2021·重庆市石柱中学校高二阶段练习）如图，正方体的棱长为2，动点P，Q分别在线段，上，则下列命题正确的是（ ）
A．直线BC与平面所成的角等于 B．点到平面的距离为
C．异面直线和所成的角为. D．线段长度的最小值为
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡中的横线上.
13．（2021·广东·潮州市湘桥区南春中学高二阶段练习）已知向量为平面的法向量，点在内，则点到平面的距离为________________
14．（2021·湖南·周南中学高二阶段练习）在正方体中，点是的中点，已知，，，用表示，则______.
15．（2021·湖南·周南中学高二阶段练习）已知是空间两个向量，若，则________．
16．（2021·重庆市石柱中学校高二阶段练习）如图，已知正方体的棱长为4，，分别是棱和的中点，是侧面内的动点，且平面，当的外接圆面积最小时，三棱锥的外接球的表面积为____________.
四、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．
17．（2021·山西·长治市上党区第一中学校高二阶段练习）如图，四棱锥的侧面是正三角形，底面是直角梯形，，，为的中点.
（1）求证：；
（2）若，求线与平面所成角的正弦值.
18．（2021·山西·长治市上党区第一中学校高二阶段练习）如图，在四棱锥中，O是BD的中点，平面ABCD，，，.
（1）求证：平面平面；
（2）设，若二面角的余弦值为，求的值.
19．（2021·安徽·桐城市第八中学高二阶段练习）如图，在空间四边形中，，点为的中点，设，，.
（1）试用向量，，表示向量；
（2）若，，，求的值.
20．（2021·广东·南海中学高二阶段练习）如图，在几何体中，底面是边长为2的正三角形，平面，，且，是的中点.
(1)求证：平面；
(2)求平面和平面的夹角的余弦值.
21．（2021·天津英华国际学校高二阶段练习）如图，在直三棱柱中，，，是的中点，与棱相交于点.
(1)求证：平面；
(2)求二面角的正弦值.
22．（2021·天津市静海区第四中学高二阶段练习）如图，且AD=2BC，,且EG=AD，且CD=2FG，，DA=DC=DG=2.
（I）若M为CF的中点，N为EG的中点，求证：；
（II）求二面角的正弦值；
（III）若点P在线段DG上，且直线BP与平面ADGE所成的角为60°，求线段DP的长.
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第一章 空间向量与立体几何单元测试
考试时间：120分钟 满分：150分
一、单选题：本大题共8小题，每个小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．（2021·广东·潮州市湘桥区南春中学高二阶段练习）已知，，且，则（ ）
A．， B．，
C．， D．，
【答案】B
【解析】
【分析】
利用向量平行的充要条件列出关于x、y的方程组，解之即可求得x、y的值.
【详解】
，，
则，
由，可得，解之得
故选：B
2．（2021·山西·长治市上党区第一中学校高二阶段练习）在长方体中，，，则异面直线与所成角的余弦值为
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【详解】
分析：先建立空间直角坐标系，设立各点坐标，利用向量数量积求向量夹角，再根据向量夹角与线线角相等或互补关系求结果.
详解：以D为坐标原点，DA,DC,DD1为x,y,z轴建立空间直角坐标系，则,所以,
因为，所以异面直线与所成角的余弦值为，选C.
点睛：利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.
3．（2021·山西·长治市上党区第一中学校高二阶段练习）如图所示，在平行六面体中，M为与的交点，若，，，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
根据空间向量的运算法则和空间向量基本定理相关知识求解即可.
【详解】
由题意得，.
故选：D
4．（2021·山西·长治市上党区第一中学校高二阶段练习）如图，棱长为1的正方体中，为线段上的动点（不含端点），则下列结论正确的是（ ）
A．直线与所成的角可能是
B．平面平面
C．三棱锥的体积不是定值
D．平面截正方体所得的截面可能是直角三角形
【答案】B
【解析】
【分析】
判断结论是否正确,需要每个选项都验证;对于A选项,在该空间几何体中建立空间直角坐标系,用向量法求出异面直线所成的角即可;B选项用面面垂直的判定证明平面平面;C选项用换底法;得出体积为定值;D选项则直接观测即可判断.
【详解】
对于A，以D为原点，DA为轴，DC为轴，DD1为轴，建立空间直角坐标系， D1(0,0,1),A(1,0,0), C(0,1,0),设,
,
,
,
直线D1P与AC所成的角为 ，故A错误;
对于B，正方体ABCD-ABCD中， ，
平面 ，
平面，∴平面平面,故B正确;
对于C， ,P到平面的距离BC=1，
∴三棱锥的体积:为定值，故C错误;
对于D，为线段上的动点（不含端点），连接并延长，
若的延长线交于，如图，此时截面为四边形，
若的延长线交于，设交点为，此时截面为，
设，则，，故，
故不为直角三角形，故D错误.
故选：B.
5．（2021·湖南·周南中学高二阶段练习）下列说法中正确的是（ ）
A．若，则、的长度相等，方向相同或相反
B．若向量是向量的相反向量，则
C．空间向量的减法满足结合律
D．在四边形中，一定有
【答案】B
【解析】
【分析】
根据向量的概念可判断A选项的正误；利用相反向量的概念可判断B选项的正误；利用空间向量的线性运算法则可判断C选项的正误；利用向量加法的平行四边形法则可判断D选项的正误.
【详解】
对于A，向量的模相等指的是向量的长度相等，方向具有不确定性，因而不一定方向相同或相反，所以A错误；
对于B，相反向量指的是大小相等，方向相反的两个向量，因而相反向量满足模长相等，所以B正确；
对于C，空间向量减法结合律指的是，因而由运算可得空间向量减法不满足结合律，所以C错误；
对于D，满足的一定是平行四边形，一般四边形是不满足的，因而D错误.
故选：B.
【点睛】
本题考查空间向量有关概念的理解，同时也考查了空间向量的线性运算，属于基础题.
6．（2021·安徽·桐城市第八中学高二阶段练习）如图所示，在正方体中，为线段上的动点，给出下列四个结论：①DP长度为定值；②三棱锥的体积为定值；③任意点P，都有；④存在点P，使得平面其中正确的是（ ）
A．①③ B．②④ C．②③ D．①④
【答案】C
【解析】
【分析】
设正方体的棱长为，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间中两点间的距离公式可判断①的正误，利用锥体的体积公式可判断②的正误，利用空间向量法可判断③④的正误．
【详解】
如下图所示：
设正方体的棱长为，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，
则、、、、、、、，设点，其中.
对于①，不是定值，①错误；
对于②， 在正方体中，且，
所以，四边形为平行四边形，则，
平面，平面，则平面，
，则点到平面的距离为定值，而的面积也为定值，
所以，三棱锥的体积为定值，②正确；
对于③，，，所以，，
因此，对任意点，都有，③正确；
对于④，，，，
，这样的不存在，所以，不存在点，使得平面，④错误．
故选：C．
【点睛】
关键点点睛：本题的关键在于建系，设出点的坐标，然后根据向量的运算求解判断．
7．（2021·安徽·桐城市第八中学高二阶段练习）如图所示，在三棱柱中，底面，，，点，分别是棱，的中点，则直线与所成的角是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
建立如图所示的空间直角坐标系，求出和的坐标，进而由夹角公式可求得结果.
【详解】
如图所示，建立空间直角坐标系．由于，不妨取，则，，，，∴，，∴，又，∴，即直线与所成的角为.
故选：C．
8．（2021·重庆·万州纯阳中学校高二阶段练习）已知直角梯形ABCD满足：AD∥BC，CD⊥DA，且△ABC为正三角形．将△ADC沿着直线AC翻折至△AD'C如图，且，二面角、、的平面角大小分别为α，β，γ，直线，，与平面ABC所成角分别是θ1，θ2，θ3，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】
【分析】
由题意得到平面图以及翻折的立体示意图，点E，F分别为AB，BC的中点，G为DE与AF的交点，可知点D在平面ABC上的投影在DE上，由，判断D投影点在的位置，根据投影点到AB，BC，CA的距离判断二面角的大小关系，再设的高为h，由，即可得到线面角的大小关系.
【详解】
由题意可知，不妨设，则.如图所示，取点E，F分别为AB，BC的中点，连结AF，DE，设G为DE与AF的交点，DE与AC的交于点H.
所以，则，则旋转过程中，点在平面ABC上的投影在DE上.
当点的投影为点G时，则；当点的投影在DG上时，则；
当点的投影在GE上时，则；当点投影为点E时，则.
故要使，则点的投影在点G，E两点之间，此时投影点到AB，BC，CD的距离为
所以二面角最大，其次为二面角，而二面角最小，故；
设三棱锥的高为h.
则.
因为，所以.
因为，所以
故选：A
二、多选题：本大题共4小题，每个小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，只有一项或者多项是符合题目要求的.
9．（2021·重庆·万州纯阳中学校高二阶段练习）设是空间的一组基底，则下列结论正确的是（ ）
A．，，可以为任意向量
B．对空间任一向量，存在唯一有序实数组，使
C．若，，则
D．可以作为构成空间的一组基底
【答案】BD
【解析】
根据可作为基底的一组向量的性质，结合向量垂直、共线的判定，判断各选项的正误即可.
【详解】
A选项：，，为不共线的非零向量；
B选项：由向量的基本定理知，空间任一向量，存在唯一有序实数组，使；
C选项：，，则不一定垂直；
D选项：中三个向量间无法找到实数使得它们之间有的等式形式成立，即可以构成基底.
故选：BD
【点睛】
本题考查了向量的基本定理，理解作为基底向量的非零、不共线性质，应用向量垂直、共线判定正误.
10．（2021·广东·南海中学高二阶段练习）如图，正方体的棱长为1，则下列四个命题正确的是（ ）
A．两条异面直线和所成的角为
B．直线与平面所成的角等于
C．点D到面的距离为
D．三棱柱外接球半径为
【答案】BCD
【解析】
【分析】
对于A：根据异面直线的求法易得：异面直线和所成的角为∠；对于B：可证平面，则直线与平面所成的角为；对于C：根据等体积转换，求点D到面的距离；对于D：三棱柱的外接球即为正方体的外接球，直接求正方体外接球的半径即可．
【详解】
连接、
∵∥且，则四边形为平行四边形，
∴异面直线和所成的角为∠
∵，则△为正三角形，即∠
A不正确；
连接
在正方形中，
∵平面，平面
∴
，则平面
∴直线与平面所成的角为
B正确；
根据等体积转换可知：
即，则
C正确；
三棱柱的外接球即为正方体的外接球
则外接球的半径即为正方体体对角线的一半，即
D正确；
故选：BCD．
11．（2021·湖南·周南中学高二阶段练习）在下列条件中，不能使M与A，B，C一定共面的是（ ）
A．＝2－－ B．
C． D．＋＋＋
【答案】ABD
【解析】
【分析】
根据四点共面的条件对选项逐一分析，由此确定正确选项．
【详解】
与，，一定共面的充要条件是，
对于A选项，由于，所以不能得出共面，
对于B选项，由于，所以不能得出共面，
对于C选项，由于，则为共面向量，所以共面，
对于D选项，由得，而，所以不能得出共面．
故选：ABD
12．（2021·重庆市石柱中学校高二阶段练习）如图，正方体的棱长为2，动点P，Q分别在线段，上，则下列命题正确的是（ ）
A．直线BC与平面所成的角等于 B．点到平面的距离为
C．异面直线和所成的角为. D．线段长度的最小值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】
根据直线和平面所成的夹角，点到平面的距离，异面直线所成的角以及异面直线距离的计算方法进行逐项判断.
【详解】
解：由题意得：
正方体的棱长为2
对于选项A：连接，设交于O点
平面
即为直线BC与平面所成的角，且，故A正确；
对于选项B：连接，设交于O点
平面
点到平面的距离为,故B正确；
对于选项C：连接、，由正方体性质可知∥
故异面直线和所成的角即为和所成的角
又
为等边三角形
故C错误；
对于选项D：过作，过作，连接PQ
为异面直线之间的距离，这时距离最小；
设，为等腰直角三角形，则，
也为等腰直角三角形，则
为直角三角形
故
当时，取最小值，故，故D正确；
故选：ABD
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡中的横线上.
13．（2021·广东·潮州市湘桥区南春中学高二阶段练习）已知向量为平面的法向量，点在内，则点到平面的距离为________________
【答案】
【解析】
【分析】
把点到平面距离问题转化为向量数量积问题求解．
【详解】
解：，0，，点到平面的距离为．
故答案为：.
14．（2021·湖南·周南中学高二阶段练习）在正方体中，点是的中点，已知，，，用表示，则______.
【答案】
【解析】
【分析】
先求出，再求出，即得解.
【详解】
又是的中点,
，，，
.
故答案为：.
【点睛】
本题主要考查平面向量的运算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
15．（2021·湖南·周南中学高二阶段练习）已知是空间两个向量，若，则________．
【答案】
【解析】
【分析】
将将两边平方，求出，再根据平面向量的夹角公式计算可得结果.
【详解】
将化为，
得，即，解得，
所以.
故答案为：
16．（2021·重庆市石柱中学校高二阶段练习）如图，已知正方体的棱长为4，，分别是棱和的中点，是侧面内的动点，且平面，当的外接圆面积最小时，三棱锥的外接球的表面积为____________.
【答案】
【解析】
【分析】
由已知，证明，取的中点，连接，证明，然后证明面平面，找到动点在侧面的轨迹，根据的外接圆面积最小确定点的位置，然后先计算外接圆半径，然后使用勾股定理再计算三棱锥的外接球半径，从而求得其表面积即可.
【详解】
由已知，如图所示，连接，因为，分别是棱和的中点，
所以且，所以四边形为平行四边形，所以,
平面，平面，所以平面，
取的中点，连接，取的中点，连接，，
因为，分别是棱和的中点，所以，平面，平面，所以平面，
而平面，， 所以平面平面，
而是侧面内的动点，且平面，
所以是棱内的动点，
因为平面， 平面，所以，
在中， ，所以外接圆半径为斜边的一半，
要使外接圆面积最小，即外接圆半径最小，即取得最小值，又，
所以为中点时取得最小值，
由，， ，为中点，所以，
设的外接圆半径为，，
三棱锥的外接球半径为，所以，
所以三棱锥的外接球表面积为.
故答案为：.
四、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．
17．（2021·山西·长治市上党区第一中学校高二阶段练习）如图，四棱锥的侧面是正三角形，底面是直角梯形，，，为的中点.
（1）求证：；
（2）若，求线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
（1）取中点，连，，可证明，，进而可得平面，即可求证；
（2）以为原点，所在的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，求平面的法向量和的坐标，利用即可求解.
【详解】
（1）证明：取中点，连，，
因为是正三角形，所以.
又是中点，所以.
因为，即.
所以，因为， 平而，
所以平面，平面，所以.
（2），又，
所以，则.
又，所以平面，所以平面平面，
，平面，平面平面，
所以平面.
如图以为原点，所在的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
可得，，，，
，，
设平面的法向量为，所以
即，令，可得，，
可取，又，
所以.
即直线与平面所成角的正弦值为.
18．（2021·山西·长治市上党区第一中学校高二阶段练习）如图，在四棱锥中，O是BD的中点，平面ABCD，，，.
（1）求证：平面平面；
（2）设，若二面角的余弦值为，求的值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】
（1）设，由 平面PDB，得到，再由，得到，然后利用线面垂直和面面垂直的判定定理证明；
（2）以N为坐标原点，NA，NB所在直线分别为x，y轴，过点N且与直线OP平行的直线为z轴，建立空间直角坐标系，分别求得平面BDM的一个法向量和平面PDC的一个法向量为，然后由求解.
【详解】
（1）如图所示：
设，连接.
因为，O为BD的中点，
所以，即O为的中心.
又因为，所以.
由平面ABCD，可得.
又，所以平面PDB，
所以.
因为，，
所以，，，，
所以，则.
又，所以平面APC.
因为平面ADP，
所以平面平面APC.
（2）以N为坐标原点，NA，NB所在直线分别为x，y轴，过点N且与直线OP平行的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
由（1）得，，，，，.
所以，，.
.
设平面BDM的一个法向量为，
则即
得,令，得.
所以平面BDM的一个法向量为.
设平面DPM的一个法向量为，
则即
令，得,
所以平面PDC的一个法向量为.
所以，
整理得，解得或.
当时，二面角的平面角为钝角，不符合题意.
故.
【点睛】
方法点睛：1、利用向量求异面直线所成的角的方法：设异面直线AC，BD的夹角为β，则cos β＝.
2、利用向量求线面角的方法：(1)分别求出斜线和它所在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角，取其余角就是斜线和平面所成的角．
3、利用向量求面面角的方法：就是分别求出二面角的两个面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．
19．（2021·安徽·桐城市第八中学高二阶段练习）如图，在空间四边形中，，点为的中点，设，，.
（1）试用向量，，表示向量；
（2）若，，，求的值.
【答案】（1）（2）
【解析】
(1）根据向量的运算性质求出即可；
(2）根据向量的运算性质代入计算即可.
【详解】
（1），
故
∵点E为AD的中点，
故
（2）由题意得
故
故
20．（2021·广东·南海中学高二阶段练习）如图，在几何体中，底面是边长为2的正三角形，平面，，且，是的中点.
(1)求证：平面；
(2)求平面和平面的夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）取的中点F，连接EF，，由四边形是平行四边形即可求解；
（2）采用建系法，以为轴，为轴，垂直底面方向为轴，求出对应点坐标，结合二面角夹角余弦公式即可求解.
(1)
证明：因为为正三角形，为的中点，则，
又，，，取的中点，连接，，
所以，又，故，，
所以四边形为平行四边形，
则，平面，平面，故平面；
(2)
以点为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，
则，，，，
所以，，
设平面的法向量为，
则，即，令，则，故，
同理求出平面的法向量为，
所以，
故平面和平面夹角的余弦值为.
21．（2021·天津英华国际学校高二阶段练习）如图，在直三棱柱中，，，是的中点，与棱相交于点.
(1)求证：平面；
(2)求二面角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）连接交于点，连接，由中位线定理证明，再由线面平行的判定定理证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法得出二面角的正弦值.
(1)
连接交于点，连接
在直三棱柱中，，是的中点
是中点
又是的中点，.
平面，平面
平面
(2)
在直三棱柱中，，，
以为坐标原点，建立如下图所示的空间直角坐标系
，
设平面的法向量为
且，，取，则
同理可得出平面的法向量
设二面角的平面角为，则
22．（2021·天津市静海区第四中学高二阶段练习）如图，且AD=2BC，,且EG=AD，且CD=2FG，，DA=DC=DG=2.
（I）若M为CF的中点，N为EG的中点，求证：；
（II）求二面角的正弦值；
（III）若点P在线段DG上，且直线BP与平面ADGE所成的角为60°，求线段DP的长.
【答案】(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ)；(Ⅲ).
【解析】
【详解】
【分析】
分析：依题意，可以建立以D为原点，分别以，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向的空间直角坐标系.
（Ⅰ）由题意可得：平面CDE的一个法向量n0=（1，0，–1）．又=（1，，1），故，MN∥平面CDE．
（Ⅱ）依题意可得平面BCE的一个法向量n=（0，1，1）．平面BCF的一个法向量为m=（0，2，1）．据此计算可得二面角E–BC–F的正弦值为．
（Ⅲ）设线段DP的长为h（h∈［0，2］），则点P的坐标为（0，0，h），结合空间向量的结论计算可得线段的长为.
详解：依题意，可以建立以D为原点，
分别以，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向的空间直角坐标系（如图），
可得D（0，0，0），A（2，0，0），B（1，2，0），C（0，2，0），
E（2，0，2），F（0，1，2），G（0，0，2），M（0，，1），N（1，0，2）．
（Ⅰ）依题意=（0，2，0），=（2，0，2）．
设n0=(x，y，z)为平面CDE的法向量，
则 即
不妨令z=–1，可得n0=（1，0，–1）．
又=（1，，1），可得，
又因为直线MN平面CDE，所以MN∥平面CDE．
（Ⅱ）依题意，可得=（–1，0，0），，=（0，–1，2）．
设n=（x，y，z）为平面BCE的法向量，
则 即
不妨令z=1，可得n=（0，1，1）．
设m=（x，y，z）为平面BCF的法向量，
则 即
不妨令z=1，可得m=（0，2，1）．
因此有cos=，于是sin=．
所以，二面角E–BC–F的正弦值为．
（Ⅲ）设线段DP的长为h（h∈［0，2］），则点P的坐标为（0，0，h），
可得．
易知，=（0，2，0）为平面ADGE的一个法向量，
故，
由题意，可得=sin60°=，解得h=∈［0，2］．
所以线段的长为.
点睛：本题主要考查空间向量的应用，线面平行的证明，二面角问题等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
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