本冊綜合素質檢測(二)時間120分鐘，滿分150分。一、選擇題(本大題共12個小題，每小題5分，共60分，在每小題給出的四個選項中只有一個是符合題目要求的)1．(2023·貴州六盤水月考)命題“若x2<1，則－1<x<1”的逆否命題是eq\x(導學號33780958)()A．若x2≥1，則x≥1若x≤－1B．若－1<x<1，則x2<1C．若x>1或x<－1，則x2>1D．若x≥1或x≤－1，則x2≥1[答案]D2．已知命題p：?x∈R，使sinx＝eq\f(\r(5),2)；命題q：?x∈R，都有x2＋x＋1>0.給出下列結論：①命題“p∧q”是真命題；②命題“p∧(?q)”是假命題；③命題“(?p)∨q”是真命題；④命題“(?p)∨(?q)”是假命題．其中正確的是eq\x(導學號33780959)()A．②④ B．②③C．③④ D．①②③[答案]B[解析]因為對任意實數x，|sinx|≤1，而sinx＝eq\f(\r(5),2)>1，所以p為假；因為x2＋x＋1＝0的判別式Δ<0，所以q為真．因而②③正確．3．已知向量a＝(λ＋1,0,2)，b＝(6,2μ－1,2λ)，若a∥b，則λ與μ的值可以是eq\x(導學號33780960)()A．2，eq\f(1,2) B．－eq\f(1,3)，eq\f(1,2)C．－3,2 D．2,2[答案]A[解析]已知a∥b，則?t∈R，使得b＝ta(t≠0)，可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(tλ＋t＝6,2μ－1＝0,2t＝2λ))，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(t＝2,λ＝2,μ＝\f(1,2)))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(t＝－3,λ＝－3,μ＝\f(1,2))).4．與向量(－3，－4,5)共線的單位向量是eq\x(導學號33780961)()A．(eq\f(3\r(2),10)，eq\f(4\r(2),10)，－eq\f(\r(2),2))和(－eq\f(3\r(2),10)，－eq\f(4\r(2),10)，eq\f(\r(2),2))B．(eq\f(3\r(2),10)，eq\f(4\r(2),10)，－eq\f(\r(2),2))C．(－eq\f(3\r(2),10)，－eq\f(4\r(2),10)，eq\f(\r(2),2))D．(eq\f(3\r(2),10)，eq\f(4\r(2),10)，eq\f(\r(2),2))和(－eq\f(3\r(2),10)，－eq\f(4\r(2),10)，－eq\f(\r(2),2))[答案]A[解析]所求的單位向量e與(－3，－4,5)方向相同或相反，且|e|＝1，求得(eq\f(3\r(2),10)，eq\f(4\r(2),10)，－eq\f(\r(2),2))和(－eq\f(3\r(2),10)，－eq\f(4\r(2),10)，eq\f(\r(2),2))．5．如圖所示，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，以D為原點建立空間直角坐標系，E為BB1的中點，F為A1D1的中點，則下列向量能作為平面AEF的一個法向量的是eq\x(導學號33780962)()A．(1，－2,4) B．(－4,1，－2)C．(2，－2,1) D．(1,2，－2)[答案]B[解析]設平面AEF的法向量n＝(x，y，z)，正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為1，則由題設得eq\o(AE,\s\up6(→))＝(0,1，eq\f(1,2))，eq\o(AF,\s\up6(→))＝(－eq\f(1,2)，0,1)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AE,\s\up6(→))＝y＋\f(1,2)z＝0,n·\o(AF,\s\up6(→))＝－\f(1,2)x＋z＝0))，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝－\f(1,2)z,x＝2z)).取z＝－2時，則x＝－4，y＝1，所以n＝(－4,1，－2)．6．若k∈R，則k>3是方程eq\f(x2,k－3)－eq\f(y2,k＋3)＝1表示雙曲線的eq\x(導學號33780963)()A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充要條件D．既不充分也不必要條件[答案]A[解析]若k>3，則方程eq\f(x2,k－3)－eq\f(y2,k＋3)＝1，表示雙曲線；若方程eq\f(x2,k－3)－eq\f(y2,k＋3)＝1表示雙曲線，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(k－3>0,k＋3>0))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(k－3<0,k＋3<0))，解得k>3或k<－3.故選A.7．如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，P是側面BB1C1C內一動點，若P到直線BC與直線C1D1的距離相等，則動點P的軌跡所在的曲線是eq\x(導學號33780964)A．直線 B．圓C．雙曲線 D．拋物線[答案]D[解析]∵P到直線BC與直線C1D1的距離相等，又ABCD－A1B1C1D1是正方體，∴D1C1⊥側面BCC1B∴D1C1⊥PC1，∴PC1為P到直線D1C1的距離，即PC1等于P到直線BC的距離，由圓錐曲線的定義知，動點P8．下列命題中，真命題是eq\x(導學號33780965)()A．存在x∈R，sin2eq\f(x,2)＋cos2eq\f(x,2)＝eq\f(1,2)B．任意x∈(0，π)，sinx>cosxC．任意x∈(0，＋∞)，x2≥x－eq\f(1,4)D．?x0∈[0，eq\f(π,2)]使得sinx0>x0[答案]C[解析]本題主要考查全稱命題與特稱命題真假的判斷．對于A選項：?x∈R，sin2eq\f(x,2)＋cos2eq\f(x,2)＝1，故A為假命題；對于B選項：存在x＝eq\f(π,6)，sinx＝eq\f(1,2)，cosx＝eq\f(\r(3),2)，sinx<cosx，故B為假命題；C項，x2－x＋eq\f(1,4)＝(x－eq\f(1,2))2，對，x∈(0，＋∞)(x－eq\f(1,2))2≥0恒成立，故C項正確；對于D選項：在單位圓中，可知對任意x∈[0，eq\f(π,2)]都有sinx<x.故D為假命題．綜上可知，C為真命題．9．(2023·浙江杭州高二檢測)方程x＋|y－1|＝0表示的曲線是eq\x(導學號33780966)()[答案]B[解析]由x＋|y－1|＝0可知曲線過點(－1,0)，(－1，2)，所以只有選項B正確．10．方程xy2＋x2y＝1所表示的曲線eq\x(導學號33780967)()A．關于x軸對稱 B．關于y軸對稱C．關于原點對稱 D．關于直線y＝x對稱[答案]D[解析]設P(x0，y0)是曲線xy2＋x2y＝1上的任意一點，則x0yeq\o\al(2,0)＋xeq\o\al(2,0)y0＝1.點P關于直線y＝x的對稱點為P′(y0，x0)，∴y0xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0)x0＝x0yeq\o\al(2,0)＋xeq\o\al(2,0)y0＝1，∴點P′在曲線xy2＋x2y＝1上，故該曲線關于直線y＝x對稱．11．已知有相同兩焦點F1、F2的橢圓eq\f(x2,m)＋y2＝1(m>1)和雙曲線eq\f(x2,n)－y2＝1(n>0)，P是它們的一個交點，則△PF1F2的形狀是eq\x(導學號33780968)()A．銳角三角形 B．直角三角形C．鈍角三角形 D．隨m，n的變化而變化[答案]B[解析]由題設得|PF1|＋|PF2|＝2eq\r(m)，|PF1|－|PF2|＝±2eq\r(n)，并且m－1＝n＋1.所以|PF1|2＋|PF2|2＋2|PF1|·|PF2|＝4m，|PF1|2＋|PF2|2－2|PF1|·|PF2|＝4n，則|PF1|2＋|PF2|2＝2(m＋n)＝4(m－1)＝|F1F2|2，所以△PF1F2為直角三角形．12．在正四棱錐S－ABCD中，O為頂點S在底面的射影，P為側棱SD的中點，且SO＝OD，則直線BC與平面PAC所成的角是eq\x(導學號33780969)()A．75° B．60°C．45° D．30°[答案]D[解析]如圖，以O為坐標原點建立空間直角坐標系，設SO＝OD＝OA＝OB＝OC＝a，則A(a，0,0)、B(0，a,0)、C(－a,0,0)、S(0,0，a)、D(0，－a,0)，則P(0，－eq\f(a,2)，eq\f(a,2))，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－a，－a,0)，eq\o(AP,\s\up6(→))＝(－a，－eq\f(a,2)，eq\f(a,2))，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－2a,0,0)．設平面PAC的法向量為n＝(x，y，z)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AC,\s\up6(→))＝0,n·\o(AP,\s\up6(→))＝0))，可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝0,y＝z))，取y＝1，則z＝1，n＝(0,1,1)．設直線BC與平面PAC所成的角為θ，則sinθ＝|cos<eq\o(BC,\s\up6(→))，n>|＝eq\f(|\o(BC,\s\up6(→))·n|,|\o(BC,\s\up6(→))||n|)＝eq\f(a,\r(2)a·\r(2))＝eq\f(1,2)，又直線與平面所成的角的范圍為[0°，90°]，所以θ＝30°.二、填空題(本大題共4個小題，每小題4分，共16分，把正確答案填在題中橫線上)13．已知p：eq\f(x－1,x)≤0，q：4x＋2x－m≤0，若p是q的充分條件，則實數m的取值范圍是\x(導學號33780970)[答案]m≥6[解析]由eq\f(x－1,x)≤0，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(xx－1≤0,x≠0))，得0<x≤1，由題設知，當0<x≤1時，4x＋2x－m≤0，即4x＋22≤m恒成立，易知y＝4x＋2x(0<x≤1)的最大值為6，所以m≥6.14．已知點A、B、C的坐標分別為(0,1,0)、(－1,0，－1)、(2,1,1)，點P的坐標為(x,0，z)，若PA⊥AB，PA⊥AC，則P點的坐標為\x(導學號33780971)[答案](－1,0,2)[解析]由已知，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(－1，－1，－1)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(2,0,1)，eq\o(PA,\s\up6(→))＝(－x,1，－z)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(PA,\s\up6(→))·\o(AB,\s\up6(→))＝0,\o(PA,\s\up6(→))·\o(AC,\s\up6(→))＝0))，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－1＋z＝0,－2x－z＝0))，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－1,z＝2)).∴P(－1,0,2)．15．如果過兩點A(a,0)和B(0，a)的直線與拋物線y＝x2－2x－3沒有交點，那么實數a的取值范圍是\x(導學號33780972)[答案](－∞，－eq\f(13,4))[解析]過A、B兩點的直線為：x＋y＝a與拋物線y＝x2－2x－3聯立得x2－x－a－3＝0，因為直線x與拋物線沒有交點，則方程無解．即Δ＝1＋4(a＋3)<0，解之a<－eq\f(13,4).16．邊長為1的等邊三角形ABC中，沿BC邊高線AD折起，使得折后二面角B－AD－C為60°，點D到平面ABC的距離為\x(導學號33780973)[答案]eq\f(\r(15),10)[解析]如圖所示，AD⊥平面BCD，AD＝eq\f(\r(3),2)，BD＝CD＝BC＝eq\f(1,2)，∴VA－BCD＝eq\f(1,3)×AD×S△BCD.又∵VA－BCD＝VD－ABC＝eq\f(1,3)×h×S△ABC，∴由等積法可解得h＝eq\f(\r(15),10).三、解答題(本大題共6個大題，共74分，解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟)17．(2023·江蘇徐州高二檢測)在R上定義運算?：x?y＝x(1－y)．若命題p“存在x0>2，不等式(x0－a)?x0>a＋2成立”為假命題，求實數a的取值范圍.eq\x(導學號33780974)[思路分析]先寫出特稱命題的否定，即轉化為全稱命題，將問題轉化為恒成立問題，再利用相應知識建立方程或不等式求解．[解析]因為命題p“存在x0>2，不等式(x0－a)?x0>a＋2成立”為假命題，所以p的否定為真命題，即“任意x>2，不等式(x－a)?x≤a＋2都成立”為真命題．由題意得(x－a)?x＝(x－a)(1－x)，故不等式(x－a)?x≤a＋2可化為(x－a)(1－x)≤a＋2，化簡得x2－(a＋1)x＋2a＋2≥故原命題等價于x2－(a＋1)x＋2a＋2≥0在(2，＋∞)上恒成立由二次函數f(x)＝x2－(a＋1)x＋2a＋2的圖象，知其對稱軸為x＝eq\f(a＋1,2)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(a＋1,2)≤2，,f2≥0))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(a＋1,2)>2，,f\f(a＋1,2)≥0，))解得a≤3或3<a≤7.綜上，實數a的取值范圍為(－∞，7]．18．(2023·重慶高考改編)如圖，設橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦點分別為F1，F2，點D在橢圓上，DF1⊥F1F2，eq\f(|F1F2|,|DF1|)＝2eq\r(2)，△DF1F2的面積為eq\f(\r(2),2).求橢圓的標準方程.eq\x(導學號33780975)[解析]設F1(－c,0)，F2(c,0)，其中c2＝a2－b2.由eq\f(|F1F2|,|DF2|)＝2eq\r(2)，得|DF1|＝eq\f(|F1F2|,2\r(2))＝eq\f(\r(2),2)c.從而S△DF1F2＝eq\f(1,2)|DF1|·|F1F2|＝eq\f(\r(2),2)c2＝eq\f(\r(2),2)，故c＝1.從而|DF1|＝eq\f(\r(2),2).由DF1⊥F1F2，得|DF2|2＝|DF1|2＋|F1F2|2＝eq\f(9,2)，因此|DF2|＝eq\f(3\r(2),2)，所以2a＝|DF1|＋|DF2|＝2eq\r(2)，故a＝eq\r(2)，b2＝a2－c2＝1.因此，所求橢圓的標準方程為eq\f(x2,2)＋y2＝1.19.(2023·山西太原高二檢測)已知拋物線C：y2＝4x，點M(m,0)在x軸的正半軸上，過點M的直線l與拋物線C相交于A，B兩點，O為坐標原點.eq\x(導學號33780976)(1)若m＝1，且直線l的斜率為1，求以AB為直徑的圓的方程；(2)是否存在定點M，使得不論直線l繞點M如何轉動，eq\f(1,|AM|2)＋eq\f(1,|BM|2)恒為定值？[解析](1)當m＝1時，M(1,0)，此時，點M為拋物線C的焦點，直線l的方程為y＝x－1，設A，B兩點坐標為A(x1，y1)，B(x2，y2)，聯立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y2＝4x，,y＝x－1，))消去y得，x2－6x＋1＝0，∴x1＋x2＝6，y1＋y2＝x1＋x2－2＝4，∴圓心坐標為(3,2)．又|AB|＝x1＋x2＋2＝8.∴圓的半徑為4，∴圓的方程為(x－3)2＋(y－2)2＝16.(2)若存在這樣的點M，使得eq\f(1,|AM|2)＋eq\f(1,|BM|2)為定值，由題意可設直線l的方程為x＝ky＋m，則直線l的方程與拋物線C：y2＝4x聯立，消去x得，y2－4ky－4m＝0，則y1y2＝－4m，y1＋y2＝4∴eq\f(1,|AM|2)＋eq\f(1,|BM|2)＝eq\f(1,x1－m2＋y\o\al(2,1))＋eq\f(1,x2－m2＋y\o\al(2,2))＝eq\f(1,k2＋1y\o\al(2,1))＋eq\f(1,k2＋1y\o\al(2,2))＝eq\f(y\o\al(2,1)＋y\o\al(2,2),k2＋1y\o\al(2,1)y\o\al(2,2))＝eq\f(y1＋y22－2y1y2,k2＋1y\o\al(2,1)y\o\al(2,2))＝eq\f(16k2＋8m,k2＋1·16m2)＝eq\f(2k2＋m,2m2k2＋1)，因此要與k無關，只需令eq\f(m,2)＝1，即m＝2，此時eq\f(1,|AM|2)＋eq\f(1,|BM|2)＝eq\f(1,4).∴存在定點M(2,0)，不論直線l繞點M如何轉動，eq\f(1,|AM|2)＋eq\f(1,|BM|2)恒為定值．20．(本小題滿分12分)如圖，四棱柱ABCD－A1B1C1D1的所有棱長都相等，AC∩BD＝O，A1C1∩B1D1＝O1，四邊形ACC1A1和四邊形BDD1B1均為矩形.eq\x(導學號33780977)(1)證明：O1O⊥底面ABCD；(2)若∠CBA＝60°，求二面角C1－OB1－D的余弦值．[解析](1)證明：∵四棱柱ABCD－A1B1C1D1∴四邊形ABCD和四邊形A1B1C1D1均為菱形∵AC∩BD＝O，A1C1∩B1D1＝O1∴O、O1分別為BD、B1D1中點．∵四邊形ACC1A1和四邊形BDD1B1∴OO1∥CC1∥BB1且CC1⊥AC，BB1⊥BD，∴OO1⊥BD，OO1⊥AC，又∵AC∩BD＝O且AC，BD?底面ABCD，∴OO1⊥底面ABCD.(2)解法一：過O1作B1O的垂線交B1O于點E，連接EO1、EC1.不妨設四棱柱ABCD－A1B1C1D1的邊長為2∵OO1⊥底面ABCD且底面ABCD∥面A1B1C1D1∴OO1⊥平面A1B1C1D1又∵O1C1?平面A1B1C1D1，∴O1C1⊥∵四邊形A1B1C1D1為菱形，∴O1C1⊥O1B又∵O1C1⊥OO1且OO1∩O1C1＝O1，O1O，O1B1?平面OB1∴O1C1⊥平面OB1D又∵B1O?平面OB1D，∴B1O⊥O1C1又∵B1O⊥O1E且O1C1∩O1E＝O1，O1C1，O1E?平面O1EC∴B1O⊥面O1EC1，∴∠O1EC1為二面角C1－OB1－D的平面角，cos∠O1EC1＝eq\f(O1E,EC1)，∵∠CBA＝60°且四邊形ABCD為菱形，∴O1C1＝a，B1O1＝eq\r(3)a，OO1＝2a，B1O＝eq\r(B1O\o\al(2,1)＋OO\o\al(2,1))＝eq\r(7)a，則O1E＝B1O1·sin∠O1B1O＝B1O1·eq\f(O1O,B1O)＝eq\r(3)a·eq\f(2a,\r(7)a)＝eq\f(2\r(21),7)a，再由△O1EC1的勾股定理可得EC1＝eq\r(O1E2＋O1C\o\al(2,1))＝eq\r(\f(12,7)a2＋a2)＝eq\r(\f(19,7))a，則cos∠O1EC1＝eq\f(O1E,EC1)＝eq\f(\f(2\r(21),7)a,\r(\f(19,7))a)＝eq\f(2\r(57),19)，所以二面角C1－OB1－D的余弦值為eq\f(2\r(57),19).解法二：∵四棱柱ABCD－A1B1C1D1的所有棱長都相等，∴四邊形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，又O1O⊥平面ABCD，從而OB、OC、OO1兩兩垂直，以O為坐標原點，OB、OC、OO1所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系，不妨設AB＝2，∵∠ABC＝60°，∴OB＝eq\r(3)，OC＝1，于是各相關點的坐標O(0,0,0)、B1(eq\r(3)，0,2)、C1(0,1,2)，易知n1＝(0,1,0)為平面BDD1B1的一個法向量，設n2＝(x，y，z)是平面OB1C1則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n2·\o(OB1,\s\up6(→))＝0,n2·\o(OC1,\s\up6(→))＝0))，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(3)x＋2z＝0,y＋2z＝0)).取z＝－eq\r(3)，則x＝2，y＝2eq\r(3)，∴n2＝(2,2eq\r(3)，－eq\r(3))．設二面角C1－OB1－D的大小為θ，易知θ為銳角，∴cosθ＝eq\f(|n1·n2|,|n1||n2|)＝eq\f(2\r(57),19)，∴二面角C1－OB1－D的余弦值為eq\f(2\r(57),19).21．(本小題滿分12分)(2023·天津理，17)如圖，正方形ABCD的中心為O，四邊形OBEF為矩形，平面OBEF⊥平面ABCD，點G為AB的中點，AB＝BE＝\x(導學號33780978)(1)求證：EG∥平面ADF；(2)求二面角O－EF－C的正弦值；(3)設H為線段AF上的點，且AH＝eq\f(2,3)HF，求直線BH和平面CEF所成角的正弦值．[解析]依題意，OF⊥平面ABCD，如圖，以O為原點，分別以eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(BA,\s\up6(→))，eq\o(OF,\s\up6(→))的方向為x軸，y軸、z軸的正方向建立空間直角坐標系，依題意可得O(0,0,0)，A(－1,1,0)，B(－1，－1,0)，C(1，－1,0)，D(1,1,0)，E(－1，－1,2)，F(0,0,2)，G(－1,0,0)．(1)依題意，eq\o(AD,\s\up6(→))＝(2,0,0)，eq\o(AF,\s\up6(→))＝(1，－1,2)．設n1＝(x，y，z)為平面ADF的法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·\o(AD,\s\up6(→))＝0，,n1·\o(AF,\s\up6(→))＝0))，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x＝0,x－y＋2z＝0)).不妨設z＝1，可得n1＝(0,2,1)，又eq\o(EG,\s\up6(→))＝(0,1，－2)，可得EG·n1＝0，又直線EG?平面ADF，所以EG∥平面ADF.(2)易證，eq\o(OA,\s\up6(→))＝(－1,1,0)為平面OEF的一個法向量．依題意，eq\o(EF,\s\up6(→))＝(1,1,0)，eq\o(CF,\s\up6(→))＝(－1,1,2)．設n2＝(x′，y′，z′)為平面CEF的法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n2·\o(EF,\s\up6(→))＝0,n2·\o(CF,\s\up6(→))＝0))，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x′＋y′＝0,－x′＋y′＋2z′＝0)).不妨設x′＝1，可得n2＝(1，－1,1)．因此有cos〈eq\o(OA,\s\up6(→))，n2〉＝eq\f(\o(OA,\s\up6(→))·n2,|\o(OA,\s\up6(→))|·|n2|)＝－eq\f(\r(6),3)，于是sin〈eq\o(OA,\s\up6(→))，n2〉＝eq\f(\r(3),3)，所以，二面角O－EF－C的正弦值為eq\f(\r(3),3).(3)解：由AH＝eq\f(2,3)HF，得AH＝eq\f(2,5)AF.因為eq\o(AF,\s\up6(→))＝(1，－1,2)，所以eq\o(AH,\s\up6(→))＝eq\f(2,5)eq\o(AF,\s\up6(→))＝(eq\f(2,5)，－eq\f(2,5)，eq\f(4,5))，進而有H(－eq\f(3,5)，eq\f(3,5)，eq\f(4,5))，從而eq\o(BH,\s\up6(→))＝(eq\f(2,5)，eq\f(8,5)，eq\f(4,5))，因此cos〈eq\o(BH,\s\up6(→))，n2〉＝eq\f(\o(BH,\s\up6(→))·n2,|\o(BH,\s\up6(→))|·|n2|)＝－eq\f(\r(7),21).所以，直線BH和平面CEF所成角的正弦值為eq\f(\r(7),21).22．(本小題滿分14分)已知雙曲線C的方程為eq\f(y2,a2)－eq\f(x2,b2)＝1(a>0，b>0)，離心率e＝eq\f(\r(5),2)，頂點到漸近線的距離為eq\f(2\r(5),5).eq\x(導學號33780979)(1)求雙曲線C的方程；(2)若P是雙曲線