2021新高考數(shù)學(xué)新課程一輪復(fù)習(xí)課時作業(yè)第七章第7講立體幾何中的向量方法

第7講立體幾何中的向量方法組基礎(chǔ)關(guān)1．如圖，在空間直角坐標(biāo)系中有直三棱柱ABC－A1B1C1，CA＝CC1＝2CB，則直線BC1與直線AB1A.eq\f(\r(5),5)B.eq\f(\r(5),3)C.eq\f(2\r(5),5)D.eq\f(3,5)答案A解析不妨設(shè)CB＝1，則B(0,0,1)，A(2,0,0)，C1(0,2,0)，B1(0,2,1)，∴eq\o(BC1,\s\up6(→))＝(0,2，－1)，eq\o(AB1,\s\up6(→))＝(－2,2,1)．cos〈eq\o(BC1,\s\up6(→))，eq\o(AB1,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(BC1,\s\up6(→))·\o(AB1,\s\up6(→)),|\o(BC1,\s\up6(→))||\o(AB1,\s\up6(→))|)＝eq\f(0＋4－1,\r(5)×3)＝eq\f(\r(5),5).∴直線BC1與直線AB1夾角的余弦值為eq\f(\r(5),5).2．(2020·滄州摸底)如圖所示，在正方體ABCD－A′B′C′D′中，棱長為1，E，F(xiàn)分別是BC，CD上的點(diǎn)，且BE＝CF＝a(0<a<1)，則D′E與B′F的位置關(guān)系是()A．平行B．垂直C．相交D．與a值有關(guān)答案B解析建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系．則D′(0,0,1)，E(1－a,1,0)，B′(1，1,1)，F(xiàn)(0，1－a,0)，∴eq\o(D′E,\s\up6(→))＝(1－a,1，－1)，eq\o(B′F,\s\up6(→))＝(－1，－a，－1)．∴eq\o(D′E,\s\up6(→))·eq\o(B′F,\s\up6(→))＝(1－a)×(－1)＋1×(－a)＋(－1)×(－1)＝a－1－a＋1＝0.∴eq\o(D′E,\s\up6(→))⊥eq\o(B′F,\s\up6(→))，即D′E⊥B′F.故選B.3．在三棱錐P－ABC中，PA⊥平面ABC，∠BAC＝90°，D，E，F(xiàn)分別是棱AB，BC，CP的中點(diǎn)，AB＝AC＝1，PA＝2，則直線PA與平面DEF所成角的正弦值為()A.eq\f(1,5)B.eq\f(2\r(5),5)C.eq\f(\r(5),5)D.eq\f(2,5)答案C解析以A為原點(diǎn)，AB，AC，AP所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，由AB＝AC＝1，PA＝2，得A(0，0,0)，P(0，0,2)，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，0))，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，0))，F(xiàn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，1))，∴eq\o(PA,\s\up6(→))＝(0,0，－2)，eq\o(DE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，0))，eq\o(DF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)，1)).設(shè)平面DEF的法向量為n＝(x，y，z)，則由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(DE,\s\up6(→))＝0，,n·\o(DF,\s\up6(→))＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝0，,－x＋y＋2z＝0，))取z＝1，則n＝(2,0,1)，設(shè)PA與平面DEF所成的角為θ，則sinθ＝eq\f(|\o(PA,\s\up6(→))·n|,|\o(PA,\s\up6(→))||n|)＝eq\f(\r(5),5)，∴PA與平面DEF所成角的正弦值為eq\f(\r(5),5).故選C.4．二面角的棱上有A，B兩點(diǎn)，直線AC，BD分別在這個二面角的兩個半平面內(nèi)，且都垂直于AB，已知AB＝2，AC＝3，BD＝4，CD＝eq\r(17)，則該二面角的大小為()A．30°B．45°C．60°D．120°答案C解析由已知可得，eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝0，eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝0，eq\o(CD,\s\up6(→))＝eq\o(CA,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BD,\s\up6(→))，∴|eq\o(CD,\s\up6(→))|2＝|eq\o(CA,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BD,\s\up6(→))|2＝|eq\o(CA,\s\up6(→))|2＋|eq\o(AB,\s\up6(→))|2＋|eq\o(BD,\s\up6(→))|2＋2eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＋2eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＋2eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝32＋22＋42＋2×3×4cos〈eq\o(CA,\s\up6(→))，eq\o(BD,\s\up6(→))〉＝(eq\r(17))2，∴cos〈eq\o(CA,\s\up6(→))，eq\o(BD,\s\up6(→))〉＝－eq\f(1,2)，即〈eq\o(CA,\s\up6(→))，eq\o(BD,\s\up6(→))〉＝120°，∴二面角的大小為60°.故選C.5．如圖所示，在平行六面體ABCD－A1B1C1D1中，點(diǎn)M，P，Q分別為棱AB，CD，BC的中點(diǎn)，若平行六面體的各棱長均相等，①A1M∥D1P②A1M∥B1Q③A1M∥平面DCC1D1④A1M∥平面D1PQB1以上說法正確的個數(shù)為()A．1B．2C．3D．4答案C解析eq\o(A1M,\s\up6(→))＝eq\o(A1A,\s\up6(→))＋eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\o(A1A,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(D1P,\s\up6(→))＝eq\o(D1D,\s\up6(→))＋eq\o(DP,\s\up6(→))＝eq\o(A1A,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))，∴eq\o(A1M,\s\up6(→))∥eq\o(D1P,\s\up6(→))，所以A1M∥D1P，由線面平行的判定定理可知，A1M∥平面DCC1D1，A1M∥平面D1PQB1.①③④正確．6．已知長方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AD＝2，AA1＝4，點(diǎn)E，F(xiàn)分別為BB1，CD的中點(diǎn)，則點(diǎn)F到平面A1D1EA.eq\r(2)B.eq\f(3\r(2),2)C．2eq\r(2)D．2eq\r(3)答案B解析以點(diǎn)A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB，AD，AA1所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，A1(0，0,4)，D1(0,2,4)，E(2，0,2)，F(xiàn)(1,2,0)，eq\o(A1D1,\s\up6(→))＝(0,2,0)，eq\o(A1E,\s\up6(→))＝(2,0，－2)．易知平面A1D1E的法向量可取n＝(1,0,1)，eq\o(A1F,\s\up6(→))＝(1,2，－4)，d＝eq\f(|\o(A1F,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq\f(3\r(2),2).7．如圖，已知四棱錐P－ABCD的底面ABCD是等腰梯形，AB∥CD，且AC⊥BD，AC與BD交于O，PO⊥底面ABCD，PO＝2，AB＝2eq\r(2)，E，F(xiàn)分別是AB，AP的中點(diǎn)．則二面角F－OE－A的余弦值為()A.eq\f(\r(3),3)B.eq\f(\r(2),2)C.eq\f(1,2)D.eq\f(1,3)答案A解析以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OB，OC，OP所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Oxyz，由題知，OA＝OB＝2，則A(0，－2,0)，B(2,0,0)，P(0,0,2)，E(1，－1,0)，F(xiàn)(0，－1,1)，則eq\o(OE,\s\up6(→))＝(1，－1,0)，eq\o(OF,\s\up6(→))＝(0，－1,1)，設(shè)平面OEF的法向量為m＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(OE,\s\up6(→))＝0，,m·\o(OF,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－y＝0，,－y＋z＝0.))令x＝1，可得m＝(1,1,1)．易知平面OAE的一個法向量為n＝(0,0,1)，則cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(\r(3),3).由圖知二面角F－OE－A為銳角，所以二面角F－OE－A的余弦值為eq\f(\r(3),3).8．(2019·廣西八市聯(lián)考)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC＝3，BC＝3，AB＝3eq\r(2)，AA1＝4，則異面直線A1C與BC1所成角的余弦值為________．答案eq\f(16,25)解析如圖建立坐標(biāo)系，則C(0,0,0)，A1(3,0,4)，C1(0,0,4)，B(0,3,0)，∴eq\o(A1C,\s\up6(→))＝(－3,0，－4)，eq\o(BC,\s\up6(→))1＝(0，－3,4)，設(shè)異面直線A1C與BC1所成角為θ，則cosθ＝eq\f(|\o(A1C,\s\up6(→))·\o(BC,\s\up6(→))1|,|\o(A1C,\s\up6(→))||\o(BC,\s\up6(→))1|)＝eq\f(|－3×0＋0×－3＋－4×4|,\r(－32＋02＋－42)×\r(02＋－32＋42))＝eq\f(16,5×5)＝eq\f(16,25).∴異面直線A1C與BC1所成角的余弦值為eq\f(16,25).9．已知V為矩形ABCD所在平面外一點(diǎn)，且VA＝VB＝VC＝VD，eq\o(VP,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\o(VC,\s\up6(→))，eq\o(VM,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(VB,\s\up6(→))，eq\o(VN,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(VD,\s\up6(→)).則VA與平面PMN的位置關(guān)系是________．答案平行解析如圖，設(shè)eq\o(VA,\s\up6(→))＝a，eq\o(VB,\s\up6(→))＝b，eq\o(VC,\s\up6(→))＝c，則eq\o(VD,\s\up6(→))＝a＋c－b，由題意知eq\o(PM,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(VB,\s\up6(→))－eq\f(1,3)eq\o(VC,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)b－eq\f(1,3)c，eq\o(PN,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(VD,\s\up6(→))－eq\f(1,3)eq\o(VC,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)a－eq\f(2,3)b＋eq\f(1,3)c.因此eq\o(VA,\s\up6(→))＝eq\f(3,2)eq\o(PM,\s\up6(→))＋eq\f(3,2)eq\o(PN,\s\up6(→))，∴eq\o(VA,\s\up6(→))，eq\o(PM,\s\up6(→))，eq\o(PN,\s\up6(→))共面．又VA?平面PMN，∴VA∥平面PMN.10．(2019·長春二模)正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為2，M，N，E，F(xiàn)分別是A1B1，AD，B1C1，C1D1的中點(diǎn)，則過EF且與MN平行的平面截正方體所得截面的面積為________，答案2eq\r(2)eq\f(\r(10),10)解析取A1D1的中點(diǎn)G，BC的中點(diǎn)P，CD的中點(diǎn)H，連接GM，GN，MN，PE，PH，PF，HF，EF.∵M(jìn)G∥EF，NG∥EP，MG∩NG＝G，EF∩EP＝E，∴平面MNG∥平面PEFH，∴過EF且與MN平行的平面截正方體所得截面為PEFH，∵PE＝2，EF＝eq\r(12＋12)＝eq\r(2)，四邊形PEFH是矩形，∴過EF且與MN平行的平面截正方體所得截面的面積為S矩形PEFH＝2eq\r(2).以D1為坐標(biāo)原點(diǎn)，D1A1所在直線為x軸，D1C1所在直線為y軸，D1D所在直線為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，則E(1,2,0)，F(xiàn)(0,1,0)，H(0,1,2)，C(0,2,2)，eq\o(CE,\s\up6(→))＝(1,0，－2)，eq\o(EF,\s\up6(→))＝(－1，－1,0)，eq\o(EH,\s\up6(→))＝(－1，－1,2)，設(shè)平面EFHP的法向量n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(EF,\s\up6(→))＝－x－y＝0，,n·\o(EH,\s\up6(→))＝－x－y＋2z＝0，))取x＝1，則y＝－1，z＝0，得n＝(1，－1,0)，設(shè)CE和該截面所成的角為θ，則sinθ＝eq\f(|\o(CE,\s\up6(→))·n|,|\o(CE,\s\up6(→))||n|)＝eq\f(1,\r(5)×\r(2))＝eq\f(\r(10),10).∴CE和該截面所成角的正弦值為eq\f(\r(10),10).組能力關(guān)1．如圖所示，四棱錐P－ABCD中，底面ABCD為矩形，PA⊥平面ABCD，E為PD的中點(diǎn)．設(shè)二面角D－AE－C為60°，AP＝1，AD＝eq\r(3)，則三棱錐E－ACD的體積為________．答案eq\f(\r(3),8)解析因?yàn)镻A⊥平面ABCD，且四邊形ABCD為矩形，所以AB，AD，AP兩兩垂直．如圖，以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，eq\o(AB,\s\up6(→))的方向?yàn)閤軸的正方向，eq\o(AD,\s\up6(→))的方向?yàn)閥軸的正方向，eq\o(AP,\s\up6(→))的方向?yàn)閦軸的正方向，建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz，則D(0，eq\r(3)，0)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)，\f(1,2)))，所以eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)，\f(1,2))).設(shè)B(m,0,0)(m>0)，則C(m，eq\r(3)，0)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(m，eq\r(3)，0)．設(shè)n1＝(x，y，z)為平面ACE的法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·\o(AC,\s\up6(→))＝0，,n1·\o(AE,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(mx＋\r(3)y＝0，,\f(\r(3),2)y＋\f(1,2)z＝0，))可取n1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),m)，－1，\r(3))).易知n2＝(1,0,0)為平面DAE的一個法向量，由題設(shè)知|cos〈n1，n2〉|＝eq\f(1,2)，即eq\r(\f(3,3＋4m2))＝eq\f(1,2)，解得m＝eq\f(3,2).因?yàn)镋為PD的中點(diǎn)，所以三棱錐E－ACD的高為eq\f(1,2).所以三棱錐E－ACD的體積V＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\r(3)×eq\f(3,2)×eq\f(1,2)＝eq\f(\r(3),8).2．(2017·全國卷Ⅲ)a，b為空間中兩條互相垂直的直線，等腰直角三角形ABC的直角邊AC所在直線與a，b都垂直，斜邊AB以直線AC為旋轉(zhuǎn)軸旋轉(zhuǎn)，有下列結(jié)論：①當(dāng)直線AB與a成60°角時，AB與b成30°角；②當(dāng)直線AB與a成60°角時，AB與b成60°角；③直線AB與a所成角的最小值為45°；④直線AB與a所成角的最大值為60°.其中正確的是________(填寫所有正確結(jié)論的編號)．答案②③解析依題意建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．設(shè)等腰直角三角形ABC的直角邊長為1.由題意知點(diǎn)B在平面xOy中形成的軌跡是以C為圓心，1為半徑的圓．設(shè)直線a的方向向量為a＝(0,1,0)，直線b的方向向量為b＝(1,0,0)，eq\o(CB,\s\up6(→))以O(shè)x軸為始邊沿逆時針方向旋轉(zhuǎn)的旋轉(zhuǎn)角為θ，θ∈[0,2π)，則B(cosθ，sinθ，0)，∴eq\o(AB,\s\up6(→))＝(cosθ，sinθ，－1)，|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝eq\r(2).設(shè)直線AB與a所成角為α，則cosα＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(AB,\s\up6(→))·a)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(AB,\s\up6(→)))))＝eq\f(\r(2),2)|sinθ|∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)))，∴45°≤α≤90°，∴③正確，④錯誤．設(shè)直線AB與b所成角為β，則cosβ＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(AB,\s\up6(→))·b)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(b))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(AB,\s\up6(→)))))＝eq\f(\r(2),2)|cosθ|.當(dāng)直線AB與a所成角為60°，即α＝60°時，則|sinθ|＝eq\r(2)cosα＝eq\r(2)cos60°＝eq\f(\r(2),2)，∴|cosθ|＝eq\f(\r(2),2).∴cosβ＝eq\f(\r(2),2)|cosθ|＝eq\f(1,2).∵0°≤β≤90°，∴β＝60°，即直線AB與b所成角為60°.∴②正確，①錯誤．3．(2019·唐山模擬)如圖，在邊長為8的菱形ABCD中，∠ABC＝120°，將△ABD沿BD折起，使點(diǎn)A到達(dá)A1的位置，且二面角A1－BD－C為60°.(1)求異面直線A1C與BD(2)若點(diǎn)E為A1C的中點(diǎn)，求直線BE與平面A1DC解(1)連接AC，交BD于點(diǎn)O，連接OA1，因?yàn)樗倪呅蜛BCD為菱形，所以AC⊥BD，從而OA1⊥BD，OC⊥BD，又因?yàn)镺A1∩OC＝O，所以BD⊥平面A1OC，因?yàn)锳1C?平面A1OC，所以BD⊥A1所以異面直線A1C與BD(2)由(1)可知，∠A1OC即為二面角A1－BD－C的平面角，所以∠A1OC＝60°.以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，eq\o(OB,\s\up6(→))，eq\o(OC,\s\up6(→))為x軸、y軸正方向，建立空間直角坐標(biāo)系Oxyz，則B(4,0,0)，D(－4,0,0)，C(0，4eq\r(3)，0)，A1(0，2eq\r(3)，6)，E(0，3eq\r(3)，3).eq\o(BE,\s\up6(→))＝(－4,3eq\r(3)，3)，eq\o(DA1,\s\up6(→))＝(4，2eq\r(3)，6)，eq\o(DC,\s\up6(→))＝(4,4eq\r(3)，0)，設(shè)平面A1DC的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(DA1,\s\up6(→))·n＝0，,\o(DC,\s\up6(→))·n＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4x＋2\r(3)y＋6z＝0，,4x＋4\r(3)y＝0，))取x＝3，則n＝(3，－eq\r(3)，－1)，設(shè)直線BE與平面A1DC所成角為θ，則sinθ＝|cos〈eq\o(BE,\s\up6(→))，n〉|＝eq\f(12,13)，所以直線BE與平面A1DC所成角的正弦值為eq\f(12,13).4．(2019·延安模擬)如圖，在幾何體ABCDE中，四邊形ABCD是矩形，AB⊥平面BEC，BE⊥EC，AB＝BE＝EC，G，F(xiàn)分別是線段BE，DC的中點(diǎn)．(1)求證：GF∥平面ADE；(2)求平面AEF與平面BEC所成角的余弦值．解(1)證明：如圖，取AE的中點(diǎn)H，連接HG，HD，又G是BE的中點(diǎn)，所以HG∥AB，且HG＝eq\f(1,2)AB，又F是CD的中點(diǎn)，所以DF＝eq\f(1,2)CD，由四邊形ABCD是矩形得，AB∥CD，AB＝CD，所以HG∥DF且HG＝DF.從而四邊形HGFD是平行四邊形，所以GF∥DH，因?yàn)镈H?平面ADE，GF?平面ADE，所以GF∥平面ADE.(2)如圖，在平面BEC內(nèi)，過點(diǎn)B作BQ∥EC，因?yàn)锽E⊥CE，所以BE⊥BQ.又AB⊥平面BEC，所以AB⊥BE，AB⊥BQ.以B為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以eq\o(BE,\s\up6(→))，eq\o(BQ,\s\up6(→))，eq\o(BA,\s\up6(→))的方向?yàn)閤軸、y軸、z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)AB＝4，則A(0,0,4)，B(0，0,0)，E(4，0,0)，F(xiàn)(4,4,2)．因?yàn)锳B⊥平面BEC，所以eq\o(BA,\s\up6(→))＝(0,0,4)為平面BEC的一個法向量，設(shè)n＝(x，y，z)為平面AEF的法向量．又eq\o(AE,\s\up6(→))＝(4,0，－4)，eq\o(AF,\s\up6(→))＝(4,4，－2)，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AE,\s\up6(→))＝0，,n·\o(AF,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4x－4z＝0，,4x＋4y－2z＝0，))取n＝(2，－1,2)，所以cos〈eq\o(BA,\s\up6(→))，n〉＝eq\f(\o(BA,\s\up6(→))·n,|\o(BA,\s\up6(→))||n|)＝eq\f(2×4,4×3)＝eq\f(2,3)，所以平面AEF與平面BEC所成角的余弦值為eq\f(2,3).組素養(yǎng)關(guān)1．如圖，四棱錐S－ABCD中，SD⊥底面ABCD，AB∥DC，AD⊥DC，AB＝AD＝1，DC＝SD＝2，E為棱SB上的一點(diǎn)，且SE＝2EB.(1)求證：DE⊥平面SBC；(2)在線段BC上是否存在點(diǎn)M，使得SM與平面ADE所成的角的正弦值為eq\f(5\r(7),14)？若存在，請指出點(diǎn)M的位置；若不存在，請說明理由．解(1)證明：由SD⊥底面ABCD，知SD⊥AD，SD⊥DC.又AD⊥DC，故以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA，DC，DS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A(1,0,0)，B(1，1,0)，C(0,2,0)，S(0,0,2)．由SE＝2EB，得Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(2,3)，\f(2,3))).∴eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－1,1,0)，eq\o(BS,\s\up6(→))＝(－1，－1,2)，eq\o(DE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(2,3)，\f(2,3)))，∴eq\o(DE,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝0，eq\o(DE,\s\up6(→))·eq\o(BS,\s\up6(→))＝0.∴DE⊥BC，DE⊥BS.又BC∩BS＝B，∴DE⊥平面SBC.(2)存在．設(shè)點(diǎn)M(x，y，z)，則eq\o(BM,\s\up6(→))＝λeq\o(BC,\s\up6(→))(0≤λ≤1)．∴(x－1，y－1，z)＝λ(－1,1,0)，∴M(1－λ，1＋λ，0)，∴eq\o(SM,\s\up6(→))＝(1－λ，1＋λ，－2)．由(1)知eq\o(DA,\s\up6(→))＝(1,0,0)，eq\o(DE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(2,3)，\f(2,3))).設(shè)平面ADE的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(DA,\s\up6(→))＝0，,n·\o(DE,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝0，,\f(2,3)x＋\f(2,3)y＋\f(2,3)z＝0.))令y＝1，則z＝－1，∴n＝(0,1，－1)．∴|cos〈eq\o(SM,\s\up6(→))，n〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(SM,\s\up6(→))·n,|\o(SM,\s\up6(→))||n|)))＝eq\f(|1＋λ＋2|,\r(1－λ2＋1＋λ2＋－22)×\r(2))＝eq\f(5\r(7),14)，解得λ＝eq\f(1,3)或λ＝2.又0≤λ≤1，∴λ＝eq\f(1,3).∴存在點(diǎn)M，且點(diǎn)M是靠近點(diǎn)B的BC的三