22.(1)证明：因为CB⊥平面A₁B，所以A₁C在平面A₁B上的射影为A₁B.

由A₁B⊥AE，AE平面A₁B，得A₁C⊥AE.

同理可证A₁C⊥AF.

因为A₁C⊥AF，A₁C⊥AE，

所以A₁C⊥平面AEF.

(2)解：过A作BD的垂线交CD于G，因为D₁D⊥AG，所以AG⊥平面D₁B₁BD.

设AG与A₁C所成的角为α，则α即为平面AEF与平面D₁B₁BD所成的角.

由已知，计算得DG=.

如图5-19建立直角坐标系，则得点A(0，0，0)，G(，3，0)，A₁(0，0，5)，

C(4，3，0).

AG={，3，0}，A₁C={4，3，－5}.

因为AG与A₁C所成的角为α，

所以cosα=.

由定理知，平面AEF与平面D₁B₁BD所成角的大小为arccos.

注：没有学习向量知识的同学可用以下的方法求二面角的平面角.

解法一：设AG与BD交于M，则AM⊥面BB₁D₁D，再作AN⊥EF交EF于N，连接MN，则∠ANM即为面AEF与D₁B₁BD所成的角α，用平面几何的知识可求出AM、AN的长度.

解法二：用面积射影定理cosα=.

评述：立体几何考查的重点有三个：一是空间线面位置关系的判定；二是角与距离的计算；三是多面体与旋转体中的计算.

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

由此得，

∴，

.

由向量的数量积公式有

cos< >＝

(2)若∠BED是二面角α-VC-β的平面角，则，则有＝0.

又由C(－a，a，0)，V(0，0，h)，有＝(a，－a，h)且，

∴.

即h＝a，这时有

cos<>＝，

∴∠BED＝<>＝arccos()＝π－arccos

评述：本小题主要考查空间直角坐标的概念、空间点和向量的坐标表示以及两个向量夹角的计算方法；考查运用向量研究空间图形的数学思想方法.

20.解：(1)记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数列等价于

即

所以，点P的轨迹是以原点为圆心，为半径的右半圆.

(2)点P的坐标为(x₀，y₀).

·=x₀²+y₀²－1=2.

||·||=.

∴cosθ=

19.解：(1)如图5-18，以点A为坐标原点O，以AB所在直线为Oy轴，以AA₁所在直线为Oz轴，以经过原点且与平面ABB₁A₁垂直的直线为Ox轴，建立空间直角坐标系.

由已知，得

A(0，0，0)，B(0，a，0)，A₁(0，0， a)，C₁().

(2)坐标系如图，取A₁B₁的中点M，于是有M(0， a)，连AM，MC₁有

=(－a，0，0)，且=(0，a，0)，=(0，0， a)

由于·=0，·=0，所以MC₁⊥面ABB₁A₁.

∴AC₁与AM所成的角就是AC₁与侧面ABB₁A₁所成的角.

∵=()，=(0，a)，

∴·=0++2a²=a².

而||=.

||=.

∴cos＜，＞=.

所以与所成的角，即AC₁与侧面ABB₁A₁所成的角为30°.

18.解法一：如图5-16，以O点为原点建立空间直角坐标系.

由题意，有B(3，0，0)，D(，2，4)，设P(3，0，z)，则

={－，2，4}，={3，0，z}.

∵BD⊥OP，∴·=－+4z=0，z=.

∵BB′⊥平面AOB，∴∠POB是OP与底面AOB所成的角.

tanPOB=，∴∠POB=arctan.

解法二：取O′B′中点E，连结DE、BE，如图5-17，则

DE⊥平面OBB′O′，

∴BE是BD在平面OBB′O′内的射影.

又∵OP⊥BD.

由三垂线定理的逆定理，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的中点D，连结O₁D，

则O₁D⊥OB.

∵平面OBB₁O₁⊥平面OAB，

∴O₁D⊥平面OAB.

过D作AB的垂线，垂足为E，连结O₁E.

则O₁E⊥AB.

∴∠DEO₁为二面角O₁-AB-O的平面角.

由题设得O₁D=，

sinOBA=，

∴DE=DBsinOBA=

∵在Rt△O₁DE中，tanDEO₁=，

∴∠DEO₁=arctan，即二面角O₁-AB-O的大小为arctan.

(2)以O点为原点，分别以OA、OB所在直线为x、y轴，过O点且与平面AOB垂直的直线为z轴，建立空间直角坐标系如图5-15.则

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

设异面直线A₁B与AO₁所成的角为α，

则，

cosα=，

∴异面直线A₁B与AO₁所成角的大小为arccos.

16.(1)证明：∵，∴| |=m，

又

∴||=m，||=m，∴△ABC为正三角形.

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

(2)解：取AB中点O，连结CO、A₁O.

∵CO⊥AB，平面ABC⊥平面ABB₁A₁，∴CO⊥平面ABB₁A₁，即∠CA₁O为直线CA₁与平面A₁ABB₁所成的角.

在Rt△CA₁O中，CO=m，CA₁=，

∴sinCA₁O=，即∠CA₁O=45°.

15.答案：(4，2)

解析：设P(x，y)，由定比分点公式，

则P(2，1)，又由中点坐标公式，可得B(4，2).

14.答案：－63

解析：解方程组

得

∴a·b=(－3)×5+4×(－12)=－63.

评述：本题考查平面向量数量积的坐标表示及求法.

13.答案：－2

解析：由题意，得

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

评述：本题考查平面向量的加、减法,平面向量的数量积及运算,两向量垂直的充要条件.