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22.(1)證明：因為CB⊥平面A₁B，所以A₁C在平面A₁B上的射影為A₁B.

由A₁B⊥AE，AE平面A₁B，得A₁C⊥AE.

同理可證A₁C⊥AF.

因為A₁C⊥AF，A₁C⊥AE，

所以A₁C⊥平面AEF.

(2)解：過A作BD的垂線交CD于G，因為D₁D⊥AG，所以AG⊥平面D₁B₁BD.

設AG與A₁C所成的角為α，則α即為平面AEF與平面D₁B₁BD所成的角.

由已知，計算得DG=.

如圖5-19建立直角坐標系，則得點A(0，0，0)，G(，3，0)，A₁(0，0，5)，

C(4，3，0).

AG={，3，0}，A₁C={4，3，－5}.

因為AG與A₁C所成的角為α，

所以cosα=.

由定理知，平面AEF與平面D₁B₁BD所成角的大小為arccos.

注：沒有學習向量知識的同學可用以下的方法求二面角的平面角.

解法一：設AG與BD交于M，則AM⊥面BB₁D₁D，再作AN⊥EF交EF于N，連接MN，則∠ANM即為面AEF與D₁B₁BD所成的角α，用平面幾何的知識可求出AM、AN的長度.

解法二：用面積射影定理cosα=.

評述：立體幾何考查的重點有三個：一是空間線面位置關系的判定；二是角與距離的計算；三是多面體與旋轉體中的計算.

21.解：(1)由題意知B(a，a，0)，C(－a，a，0)，D(－a，－a，0)，E().

由此得，

∴，

.

由向量的數量積公式有

cos< >＝

(2)若∠BED是二面角α-VC-β的平面角，則，則有＝0.

又由C(－a，a，0)，V(0，0，h)，有＝(a，－a，h)且，

∴.

即h＝a，這時有

cos<>＝，

∴∠BED＝<>＝arccos()＝π－arccos

評述：本小題主要考查空間直角坐標的概念、空間點和向量的坐標表示以及兩個向量夾角的計算方法；考查運用向量研究空間圖形的數學思想方法.

20.解：(1)記P(x，y)，由M(－1，0)，N(1，0)得=－=(－1－x，－y)，

=－=(1－x，－y)，=－=(2，0)

∴·=2(1+x)，·=x²+y²－1，·=2(1－x).

于是，·，·，·是公差小于零的等差數列等價于

即

所以，點P的軌跡是以原點為圓心，為半徑的右半圓.

(2)點P的坐標為(x₀，y₀).

·=x₀²+y₀²－1=2.

||·||=.

∴cosθ=

19.解：(1)如圖5-18，以點A為坐標原點O，以AB所在直線為Oy軸，以AA₁所在直線為Oz軸，以經過原點且與平面ABB₁A₁垂直的直線為Ox軸，建立空間直角坐標系.

由已知，得

A(0，0，0)，B(0，a，0)，A₁(0，0， a)，C₁().

(2)坐標系如圖，取A₁B₁的中點M，于是有M(0， a)，連AM，MC₁有

=(－a，0，0)，且=(0，a，0)，=(0，0， a)

由于·=0，·=0，所以MC₁⊥面ABB₁A₁.

∴AC₁與AM所成的角就是AC₁與側面ABB₁A₁所成的角.

∵=()，=(0，a)，

∴·=0++2a²=a².

而||=.

||=.

∴cos＜，＞=.

所以與所成的角，即AC₁與側面ABB₁A₁所成的角為30°.

18.解法一：如圖5-16，以O點為原點建立空間直角坐標系.

由題意，有B(3，0，0)，D(，2，4)，設P(3，0，z)，則

={－，2，4}，={3，0，z}.

∵BD⊥OP，∴·=－+4z=0，z=.

∵BB′⊥平面AOB，∴∠POB是OP與底面AOB所成的角.

tanPOB=，∴∠POB=arctan.

解法二：取O′B′中點E，連結DE、BE，如圖5-17，則

DE⊥平面OBB′O′，

∴BE是BD在平面OBB′O′內的射影.

又∵OP⊥BD.

由三垂線定理的逆定理，得OP⊥BE.

在矩形OBB′O′中，易得Rt△OBP∽Rt△BB′E，

∴，得BP=.

(以下同解法一)

17.解：(1)取OB的中點D，連結O₁D，

則O₁D⊥OB.

∵平面OBB₁O₁⊥平面OAB，

∴O₁D⊥平面OAB.

過D作AB的垂線，垂足為E，連結O₁E.

則O₁E⊥AB.

∴∠DEO₁為二面角O₁-AB-O的平面角.

由題設得O₁D=，

sinOBA=，

∴DE=DBsinOBA=

∵在Rt△O₁DE中，tanDEO₁=，

∴∠DEO₁=arctan，即二面角O₁-AB-O的大小為arctan.

(2)以O點為原點，分別以OA、OB所在直線為x、y軸，過O點且與平面AOB垂直的直線為z軸，建立空間直角坐標系如圖5-15.則

O(0，0，0)，O₁(0，1，)，A(，0，0)，A₁(，1，)，B(0，2，0).

設異面直線A₁B與AO₁所成的角為α，

則，

cosα=，

∴異面直線A₁B與AO₁所成角的大小為arccos.

16.(1)證明：∵，∴| |=m，

又

∴||=m，||=m，∴△ABC為正三角形.

又·=0，即AA₁⊥AB，同理AA₁⊥AC，∴AA₁⊥平面ABC，從而三棱柱ABC-A₁B₁C₁是正三棱柱.

(2)解：取AB中點O，連結CO、A₁O.

∵CO⊥AB，平面ABC⊥平面ABB₁A₁，∴CO⊥平面ABB₁A₁，即∠CA₁O為直線CA₁與平面A₁ABB₁所成的角.

在Rt△CA₁O中，CO=m，CA₁=，

∴sinCA₁O=，即∠CA₁O=45°.

15.答案：(4，2)

解析：設P(x，y)，由定比分點公式，

則P(2，1)，又由中點坐標公式，可得B(4，2).

14.答案：－63

解析：解方程組

得

∴a·b=(－3)×5+4×(－12)=－63.

評述：本題考查平面向量數量積的坐標表示及求法.

13.答案：－2

解析：由題意，得

∵(a+b)⊥(a－b)，∴(m+2)×m+(m－4)(－m－2)=0，∴m=－2.

評述：本題考查平面向量的加、減法,平面向量的數量積及運算,兩向量垂直的充要條件.