人教A版（2019）高中数学选择性必修第一册 高考模拟练习：空间向量与立体几何（含答案）
文档属性
| 名称 | 人教A版（2019）高中数学选择性必修第一册 高考模拟练习：空间向量与立体几何（含答案） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.2MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2022-11-16 16:01:42 | ||
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文档简介
高考模拟：空间向量与立体几何
一、单项选择题
1.（2020·福建三明一中单元测试）在如图所示的坐标系中，为正方体，给出下列结论：①直线的一个方向向量为；②直线的一个方向向量为；③平面的一个法向量为；④平面的一个法向量为。其中正确的个数为（ ）
A.1
B.2
C.3
D.4
2.（2020·湖北团风中学月考）两平行平面分别经过坐标原点O和点，且两平面的一个法向量，则两平面间的距离是（ ）
A.
B.
C.
D.
3.（2020·广东中山期末）已知平面内有一个点，的一个法向量为，则下列点P中，在平面内的是（ ）
A.
B.
C.
D.
4.（2020·吉林实验中学一模）在正四棱柱中，动点P，Q分别在线段上，则线段PQ长度的最小值是（ ）
A.
B.
C.
D.
5.（2020·四川成都九校联考）如图，在四棱锥中，平面ABCD，底面ABCD为直角梯形，，点E在棱PA上，且，则平面ABE与平面BED所成二面角的余弦值为（ ）
A.
B.
C.
D.
6.（2020·湖北襄阳模拟）如图，在正方体中，，直线AC与直线DE所成的角为，直线DE与平面所成的角为，则（ ）
A.
B.
C.
D.
7.（2020·广东五校协作体诊断测试）如图，在直三棱柱中，，D为上一点。若二面角的大小为60°，则AD的长为（ ）
A.
B.
C.
D.
8.（2020·河北示范性高中联合体3月联考）正方体的棱上到直线与的距离相等的点有3个，记这3个点分别为E，F，G，则直线与平面EFG所成角的正弦值为（ ）
A.
B.
C.
D.
二、多项选择题
9.已知点P是平行四边形ABCD所在的平面外一点，如果。下列结论正确的是（ ）
A.
B.
C.是平面ABCD的一个法向量
D.
10.已知为正方体，下列说法中正确的是（ ）
A.
B.
C.向量与向量的夹角是60°
D.正方体的体积为
11.（2019·浙江高考改编）设三棱锥的底面是正三角形，侧棱长均相等，P是棱上的点（不含端点）。记直线PB与直线AC所成的角为，直线PB与平面ABC所成的角为，二面角的平面角为，则的大小关系正确的是（ ）
A.
B.
C.
D.
12.如图，在直三棱柱中，，D，E，F分别为AC，，AB的中点。则下列结论正确的是（ ）
A.与EF相交
B.平面
C.EF与所成的角为90°
D.点到平面DEF的距离为
三、填空题
13.（2020·四川广安期末）已知若，且平面ABC，则_______。
14.（2020·河南郑州一中单元检测）若点是平面内的三点，设平面的法向量，则_________。
15.（2020·黄冈模拟）在平行六面体（六个面都是平行四边形的四棱柱）中，，则的长为________。
16.（2020·华师一附中选拔考试）已知矩形ABCD中，，将△ABD沿矩形的对角线BD所在的直线进行翻折，在翻折过程中，下列结论正确的是_________（填所有正确结论的序号）。
①对任意，都存在某个位置，使得；
②对任意，都不存在某个位置，使得；
③对任意，都存在某个位置，使得
④对任意，都不存在某个位置，使得。
四、解答题
17.（2020·湖北团风中学单元检测）已知空间三点，设。
（1）若，且，求向量；
（2）求向量a与向量b的夹角的余弦值；
（3）若与互相垂直，求实数的值。
18.（2020·湖南长沙一中月考）如图，在直三棱柱中，，点E在线段上，且分别为，的中点。
（1）求证：平面ABD；
（2）求证：平面平面ABD。
19.（2020·湖北部分重点中学联考）如图，将边长为4的等边三角形ABC沿与边BC平行的直线EF折起，使得平面平面BCFE，O为EF的中点。
（1）求二面角的余弦值；
（2）若平面AOC，试求折痕EF的长。
20.（2020·江西南昌摸底检测）如图，在多面体ABCDE中，平面ABD⊥平面ABC，，。
（1）求AB的长；
（2）已知，求点E到平面BCD的距离的最大值。
21.（2020·山西太原模拟）如图，在梯形ABCD中，，矩形BFED所在的平面与平面ABCD垂直，且。
（1）求证：平面平面BFED；
（2）若P为线段EF上一点，平面PAB与平面ADE所成的锐二面角为，求的最小值。
22.（2020·湖北七市联考）如图，四边形ABCD中，分别在BC，AD上，，现将四边形ABCD沿EF折起，使平面ABEF⊥平面EFDC。
（1）若，在折叠后的线段AD上是否存在一点P，且使得平面ABEF？若存在，求出的值；若不存在，说明理由；
（2）求三棱锥的体积的最大值，并求此时二面角的余弦值。
参考答案
一、单项选择题
1.
答案：C
解析：，故①正确；故②正确；直线AD⊥平面，故③正确；点的坐标为与平面不垂直，故④错误。
2.
答案：B
解析：两平面的一个单位法向量，故两平面间的距离。
3.
答案：B
解析：要判断点P是否在平面内，只需判断向量时与平面的一个法向量是否垂直，即是否为0，因此，要对各个选项进行检验。对于选项，则，故排除A；对于选项B，，则，故B正确；同理可排除选项C，D。
4.
答案：C
解析：建立如图所示空间直角坐标系，
则，
，
当且仅当时，PQ取最小值，选C。
5.
答案：B
解析：以点B为坐标原点，分别以BC，BA，BP所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系。
则，
。
设平面BED的一个法向量为，
则取，得，
平面ABE的一个法向量为，
。
平面ABE与平面BED所成的二面角为锐角，
平面ABE与平面BED所成的二面角的余弦值为。故选B。
6.
答案：A
解析：由题意可知，则，以点D为坐标原点，DA，DC，所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系（图略）。可知，所以，平面的一个法向量，据此可得。故选A。
7.
答案：A
解析：以C为坐标原点，CA，CB，所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系（图略），设，
则，
平面的一个法向量为。
设平面的法向量为。
由
令，得平面的一个法向量为，
由题意知，解得。
8.
答案：D
解析：正方体的棱上到直线与的距离相等的点分别为的中点，的四等分点（靠近），不妨设与G重合，BC的中点为E，的四等分点（靠近）为F。
以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图，
设，则，，
从而。
设平面EFG的法向量为，则，
即，令。
设直线与平面EFG所成角为，则。故选D。
二、多项选择题
9.
答案：ABC
解析：对于A，，
所以，即，A项正确；对于B，
，所以，
即，B项正确；对于C，由，且，
得出是平面ABCD的一个法向量，C项正确；对于D，
由是平面ABCD的法向量，得出，则D项错误。故选A、B、C。
10.
答案：AB
解析：由向量的加法得到：，因为，
所以，所以A项正确；因为，
所以，故B项正确；因为△是等边三角形，所以，又，所以异面直线与所成的角为60°，但是向量与向量的夹角是120°，故C项不正确；因为，所以，故，因此D项不正确。故选A、B。
11.
答案：AC
解析：过B作直线过P作底面ABC的垂线PD，D为垂足，过D作于F，作于E，连接AD，BD，PF，PE。由题意可知，二面角的大小与二面角的大小相等，结合空间角的定义知
，在Rt△PEB与Rt△PDB中，由得，所以均为锐角），故A项正确，B项错误；在Rt△PDB和Rt△PDF中，由得，所以（均为锐角），故C项正确；由于不存在的可能，故D项错误。
12.
答案：BCD
解析：对选项A，由图知平面平面，且。由异面直线的定义可知与EF异面，故A项错误。
对于选项B，在直三棱柱中，。因为D，F分别是AC，AB的中点，所以，所以。又因为平面平面DEF，所以平面DEF，故B项正确。
对于选项C，由题意，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
。所以，。
因为，所以，所以EF与所成的角为90°，故C项正确。
对于选项D，设向量是平面DEF的一个法向量。
因为所以由即
得取，所以，设点到平面DEF的距离为d。又因为，所以，
所以点到平面DEF的距离为，故D项正确。故选B、C、D。
13.
答案：
解析：。
，且平面，
即解得
故。
14.
答案：
解析：。
由得
得。
15.
答案：
解析：因为，所以
，
则。故的长为。
16.
答案：③
解析：假设将△ABD沿对角线BD所在的直线进行翻折时存在△是点A翻折后对应的点），使。建立如图所示的空间直角坐标系，
则。
又，平面。
设则，。
由得
得
当时，点位于坐标平面内，此时，
。
综上可知，当时，将△ABD沿对角线BD所在的直线进行翻折，在翻折过程中，都存在某个位置，使得。故答案为③。
三、解答题
17.
答案：见解析
解析：（1）存在实数m，使得
，
。
（2）
。
又
，
即向量a与向量b的夹角的余弦值为。
（3），
或。当与互相垂直时，实数的值为2或。
18.
答案：见解析
解析：如图，以B为坐标原点，BA，BC，所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则。
（1）设，则。
所以。
所以，。
所以。又，
所以平面ABD。
（2）由题意及（1），知，
所以。
所以。
所以
又，所以平面EGF。
由（1），知平面ABD，故平面平面ABD。
19.
答案：见解析
解析：如图，取BC的中点G，连接OG。
由题意知四边形EFCB是等腰梯形，所以。
由已知得AO⊥平面BCFE，OG 平面BCFE，所以。
建立如图所示的空间直角坐标系，设，
则，。
（1）。
设平面AEB的一个法向量为，
则即
令，则，所以。
易知平面AEF的一个法向量为，
所以。
由图形知二面角为钝角，
所以二面角的余弦值为。
（2）因为平面AOC，所以，即。
因为，
所以。
由，且，解得
所以。
20.
答案：见解析
解析：（1）因为平面ABD⊥平面ABC，且交线为AB，而，所以平面ABD。
又，所以平面ABD，从而。
因为，且平面ADE，平面ADE，所以BD⊥平面ADE，所以。
而，所以。
（2）因为，取AB的中点O，连接DO，则。
因为平面ABD⊥平面ABC，所以DO⊥平面ABC。
过O作直线，以点O为坐标原点，直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系如图所示。
设，则，
，
所以。
设平面BCD的法向量为。
由得
令，则，所以是平面BCD的一个法向量。
又，所以点E到平面BCD的距离
因为，所以当时，d取得最大值，。
【点评】（1）利用平面ABD⊥平面ABC，可推得线面垂直，从而可推得线线垂直，再利用，即可求出AB的长；（2）建立空间直角坐标系，分别求与平面BCD的一个法向量，利用点到平面的距离的向量公式，求出点E到平面BCD的距离，再利用，即可求出最大值。
21.
答案：见解析
解析：（1）取AB的中点M，连接DM，CM。
因为。
所以四边形BCDM，ADCM均为菱形，，
所以。
因为平面BFED⊥平面ABCD，平面平面，
平面ABCD，所以AD⊥平面BFED。
又平面ADE，所以平面ADE⊥平面BFED。
（2）因为四边形BFED为矩形，所以，
又平面BFED⊥平面ABCD，所以ED⊥平面ABCD。
如图，建立空间直角坐标系。
设，则，
。
设是平面PAB的法向量，则
令，得，，所以平面PAB的一个法向量为。
又平面ADE的一个法向量为，
所以，故当时，
取得最大值，即。
点评：（1）取AB的中点M，由题意可知四边形BCDM，ADCM均为菱形，所以，即AD垂直于两平面的交线，所以AD⊥平面BFED，即证得平面ADE⊥平面BFED；（2）分别以DA，DB，DE所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，设，则，
易得，
所以。
22.
答案：见解析
解析：（1）在四边形ABCD中，，所以。易知折起后，。又平面ABEF⊥平面EFDC，平面平面，所以FD⊥平面ABEF。
又平面ABEF，所以，故以F为坐标原点，以FE，FD，FA所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系。
若，则。
所以平面ABEF的一个法向量。
因为，所以，
所以。
若平面ABEF，则，
所以，
解得。
所以AD上存在一点P，且，使得平面ABEF。
（2）设，所以，
故
，
所以当时，取得最大值，最大值为3。
由（1）中的图易知，
所以。
设平面ACE的法向量，
则即
令，则，则。
设平面ACF的法向量为，
则即
令则
所以。
故二面角的余弦值为。
【点评】（1）先根据平面图形折叠前后不变的垂直关系建立空间直角坐标系，确定平面ABEF的法向量，然后利用直线的方向向量和平面的法向量垂直，把线面平行转化为两个向量的数量积为0，建立关于参数的方程，再根据方程解的存在性判断点的存在性；（2）建立关于锥体体积的目标函数，根据函数解析式的结构特征确定最值，并根据相应的条件求解二面角余弦值。
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一、单项选择题
1.（2020·福建三明一中单元测试）在如图所示的坐标系中，为正方体，给出下列结论：①直线的一个方向向量为；②直线的一个方向向量为；③平面的一个法向量为；④平面的一个法向量为。其中正确的个数为（ ）
A.1
B.2
C.3
D.4
2.（2020·湖北团风中学月考）两平行平面分别经过坐标原点O和点，且两平面的一个法向量，则两平面间的距离是（ ）
A.
B.
C.
D.
3.（2020·广东中山期末）已知平面内有一个点，的一个法向量为，则下列点P中，在平面内的是（ ）
A.
B.
C.
D.
4.（2020·吉林实验中学一模）在正四棱柱中，动点P，Q分别在线段上，则线段PQ长度的最小值是（ ）
A.
B.
C.
D.
5.（2020·四川成都九校联考）如图，在四棱锥中，平面ABCD，底面ABCD为直角梯形，，点E在棱PA上，且，则平面ABE与平面BED所成二面角的余弦值为（ ）
A.
B.
C.
D.
6.（2020·湖北襄阳模拟）如图，在正方体中，，直线AC与直线DE所成的角为，直线DE与平面所成的角为，则（ ）
A.
B.
C.
D.
7.（2020·广东五校协作体诊断测试）如图，在直三棱柱中，，D为上一点。若二面角的大小为60°，则AD的长为（ ）
A.
B.
C.
D.
8.（2020·河北示范性高中联合体3月联考）正方体的棱上到直线与的距离相等的点有3个，记这3个点分别为E，F，G，则直线与平面EFG所成角的正弦值为（ ）
A.
B.
C.
D.
二、多项选择题
9.已知点P是平行四边形ABCD所在的平面外一点，如果。下列结论正确的是（ ）
A.
B.
C.是平面ABCD的一个法向量
D.
10.已知为正方体，下列说法中正确的是（ ）
A.
B.
C.向量与向量的夹角是60°
D.正方体的体积为
11.（2019·浙江高考改编）设三棱锥的底面是正三角形，侧棱长均相等，P是棱上的点（不含端点）。记直线PB与直线AC所成的角为，直线PB与平面ABC所成的角为，二面角的平面角为，则的大小关系正确的是（ ）
A.
B.
C.
D.
12.如图，在直三棱柱中，，D，E，F分别为AC，，AB的中点。则下列结论正确的是（ ）
A.与EF相交
B.平面
C.EF与所成的角为90°
D.点到平面DEF的距离为
三、填空题
13.（2020·四川广安期末）已知若，且平面ABC，则_______。
14.（2020·河南郑州一中单元检测）若点是平面内的三点，设平面的法向量，则_________。
15.（2020·黄冈模拟）在平行六面体（六个面都是平行四边形的四棱柱）中，，则的长为________。
16.（2020·华师一附中选拔考试）已知矩形ABCD中，，将△ABD沿矩形的对角线BD所在的直线进行翻折，在翻折过程中，下列结论正确的是_________（填所有正确结论的序号）。
①对任意，都存在某个位置，使得；
②对任意，都不存在某个位置，使得；
③对任意，都存在某个位置，使得
④对任意，都不存在某个位置，使得。
四、解答题
17.（2020·湖北团风中学单元检测）已知空间三点，设。
（1）若，且，求向量；
（2）求向量a与向量b的夹角的余弦值；
（3）若与互相垂直，求实数的值。
18.（2020·湖南长沙一中月考）如图，在直三棱柱中，，点E在线段上，且分别为，的中点。
（1）求证：平面ABD；
（2）求证：平面平面ABD。
19.（2020·湖北部分重点中学联考）如图，将边长为4的等边三角形ABC沿与边BC平行的直线EF折起，使得平面平面BCFE，O为EF的中点。
（1）求二面角的余弦值；
（2）若平面AOC，试求折痕EF的长。
20.（2020·江西南昌摸底检测）如图，在多面体ABCDE中，平面ABD⊥平面ABC，，。
（1）求AB的长；
（2）已知，求点E到平面BCD的距离的最大值。
21.（2020·山西太原模拟）如图，在梯形ABCD中，，矩形BFED所在的平面与平面ABCD垂直，且。
（1）求证：平面平面BFED；
（2）若P为线段EF上一点，平面PAB与平面ADE所成的锐二面角为，求的最小值。
22.（2020·湖北七市联考）如图，四边形ABCD中，分别在BC，AD上，，现将四边形ABCD沿EF折起，使平面ABEF⊥平面EFDC。
（1）若，在折叠后的线段AD上是否存在一点P，且使得平面ABEF？若存在，求出的值；若不存在，说明理由；
（2）求三棱锥的体积的最大值，并求此时二面角的余弦值。
参考答案
一、单项选择题
1.
答案：C
解析：，故①正确；故②正确；直线AD⊥平面，故③正确；点的坐标为与平面不垂直，故④错误。
2.
答案：B
解析：两平面的一个单位法向量，故两平面间的距离。
3.
答案：B
解析：要判断点P是否在平面内，只需判断向量时与平面的一个法向量是否垂直，即是否为0，因此，要对各个选项进行检验。对于选项，则，故排除A；对于选项B，，则，故B正确；同理可排除选项C，D。
4.
答案：C
解析：建立如图所示空间直角坐标系，
则，
，
当且仅当时，PQ取最小值，选C。
5.
答案：B
解析：以点B为坐标原点，分别以BC，BA，BP所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系。
则，
。
设平面BED的一个法向量为，
则取，得，
平面ABE的一个法向量为，
。
平面ABE与平面BED所成的二面角为锐角，
平面ABE与平面BED所成的二面角的余弦值为。故选B。
6.
答案：A
解析：由题意可知，则，以点D为坐标原点，DA，DC，所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系（图略）。可知，所以，平面的一个法向量，据此可得。故选A。
7.
答案：A
解析：以C为坐标原点，CA，CB，所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系（图略），设，
则，
平面的一个法向量为。
设平面的法向量为。
由
令，得平面的一个法向量为，
由题意知，解得。
8.
答案：D
解析：正方体的棱上到直线与的距离相等的点分别为的中点，的四等分点（靠近），不妨设与G重合，BC的中点为E，的四等分点（靠近）为F。
以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图，
设，则，，
从而。
设平面EFG的法向量为，则，
即，令。
设直线与平面EFG所成角为，则。故选D。
二、多项选择题
9.
答案：ABC
解析：对于A，，
所以，即，A项正确；对于B，
，所以，
即，B项正确；对于C，由，且，
得出是平面ABCD的一个法向量，C项正确；对于D，
由是平面ABCD的法向量，得出，则D项错误。故选A、B、C。
10.
答案：AB
解析：由向量的加法得到：，因为，
所以，所以A项正确；因为，
所以，故B项正确；因为△是等边三角形，所以，又，所以异面直线与所成的角为60°，但是向量与向量的夹角是120°，故C项不正确；因为，所以，故，因此D项不正确。故选A、B。
11.
答案：AC
解析：过B作直线过P作底面ABC的垂线PD，D为垂足，过D作于F，作于E，连接AD，BD，PF，PE。由题意可知，二面角的大小与二面角的大小相等，结合空间角的定义知
，在Rt△PEB与Rt△PDB中，由得，所以均为锐角），故A项正确，B项错误；在Rt△PDB和Rt△PDF中，由得，所以（均为锐角），故C项正确；由于不存在的可能，故D项错误。
12.
答案：BCD
解析：对选项A，由图知平面平面，且。由异面直线的定义可知与EF异面，故A项错误。
对于选项B，在直三棱柱中，。因为D，F分别是AC，AB的中点，所以，所以。又因为平面平面DEF，所以平面DEF，故B项正确。
对于选项C，由题意，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
。所以，。
因为，所以，所以EF与所成的角为90°，故C项正确。
对于选项D，设向量是平面DEF的一个法向量。
因为所以由即
得取，所以，设点到平面DEF的距离为d。又因为，所以，
所以点到平面DEF的距离为，故D项正确。故选B、C、D。
13.
答案：
解析：。
，且平面，
即解得
故。
14.
答案：
解析：。
由得
得。
15.
答案：
解析：因为，所以
，
则。故的长为。
16.
答案：③
解析：假设将△ABD沿对角线BD所在的直线进行翻折时存在△是点A翻折后对应的点），使。建立如图所示的空间直角坐标系，
则。
又，平面。
设则，。
由得
得
当时，点位于坐标平面内，此时，
。
综上可知，当时，将△ABD沿对角线BD所在的直线进行翻折，在翻折过程中，都存在某个位置，使得。故答案为③。
三、解答题
17.
答案：见解析
解析：（1）存在实数m，使得
，
。
（2）
。
又
，
即向量a与向量b的夹角的余弦值为。
（3），
或。当与互相垂直时，实数的值为2或。
18.
答案：见解析
解析：如图，以B为坐标原点，BA，BC，所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则。
（1）设，则。
所以。
所以，。
所以。又，
所以平面ABD。
（2）由题意及（1），知，
所以。
所以。
所以
又，所以平面EGF。
由（1），知平面ABD，故平面平面ABD。
19.
答案：见解析
解析：如图，取BC的中点G，连接OG。
由题意知四边形EFCB是等腰梯形，所以。
由已知得AO⊥平面BCFE，OG 平面BCFE，所以。
建立如图所示的空间直角坐标系，设，
则，。
（1）。
设平面AEB的一个法向量为，
则即
令，则，所以。
易知平面AEF的一个法向量为，
所以。
由图形知二面角为钝角，
所以二面角的余弦值为。
（2）因为平面AOC，所以，即。
因为，
所以。
由，且，解得
所以。
20.
答案：见解析
解析：（1）因为平面ABD⊥平面ABC，且交线为AB，而，所以平面ABD。
又，所以平面ABD，从而。
因为，且平面ADE，平面ADE，所以BD⊥平面ADE，所以。
而，所以。
（2）因为，取AB的中点O，连接DO，则。
因为平面ABD⊥平面ABC，所以DO⊥平面ABC。
过O作直线，以点O为坐标原点，直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系如图所示。
设，则，
，
所以。
设平面BCD的法向量为。
由得
令，则，所以是平面BCD的一个法向量。
又，所以点E到平面BCD的距离
因为，所以当时，d取得最大值，。
【点评】（1）利用平面ABD⊥平面ABC，可推得线面垂直，从而可推得线线垂直，再利用，即可求出AB的长；（2）建立空间直角坐标系，分别求与平面BCD的一个法向量，利用点到平面的距离的向量公式，求出点E到平面BCD的距离，再利用，即可求出最大值。
21.
答案：见解析
解析：（1）取AB的中点M，连接DM，CM。
因为。
所以四边形BCDM，ADCM均为菱形，，
所以。
因为平面BFED⊥平面ABCD，平面平面，
平面ABCD，所以AD⊥平面BFED。
又平面ADE，所以平面ADE⊥平面BFED。
（2）因为四边形BFED为矩形，所以，
又平面BFED⊥平面ABCD，所以ED⊥平面ABCD。
如图，建立空间直角坐标系。
设，则，
。
设是平面PAB的法向量，则
令，得，，所以平面PAB的一个法向量为。
又平面ADE的一个法向量为，
所以，故当时，
取得最大值，即。
点评：（1）取AB的中点M，由题意可知四边形BCDM，ADCM均为菱形，所以，即AD垂直于两平面的交线，所以AD⊥平面BFED，即证得平面ADE⊥平面BFED；（2）分别以DA，DB，DE所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，设，则，
易得，
所以。
22.
答案：见解析
解析：（1）在四边形ABCD中，，所以。易知折起后，。又平面ABEF⊥平面EFDC，平面平面，所以FD⊥平面ABEF。
又平面ABEF，所以，故以F为坐标原点，以FE，FD，FA所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系。
若，则。
所以平面ABEF的一个法向量。
因为，所以，
所以。
若平面ABEF，则，
所以，
解得。
所以AD上存在一点P，且，使得平面ABEF。
（2）设，所以，
故
，
所以当时，取得最大值，最大值为3。
由（1）中的图易知，
所以。
设平面ACE的法向量，
则即
令，则，则。
设平面ACF的法向量为，
则即
令则
所以。
故二面角的余弦值为。
【点评】（1）先根据平面图形折叠前后不变的垂直关系建立空间直角坐标系，确定平面ABEF的法向量，然后利用直线的方向向量和平面的法向量垂直，把线面平行转化为两个向量的数量积为0，建立关于参数的方程，再根据方程解的存在性判断点的存在性；（2）建立关于锥体体积的目标函数，根据函数解析式的结构特征确定最值，并根据相应的条件求解二面角余弦值。
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