2021年人教版高中数学选择性必修第一册课时学案第1章《章末检测试卷(一)》(含解析)

章末检测试卷(一)(时间：120分钟　满分：150分)一、单项选择 题 快递公司问题件快递公司问题件货款处理关于圆的周长面积重点题型关于解方程组的题及答案关于南海问题 (本大题共8小题，每小题5分，共40分)1．在长方体ABCD－A1B1C1D1中，eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(CC1,\s\up6(—→))－eq\o(D1C1,\s\up6(—→))等于(　　)A.eq\o(AD1,\s\up6(—→))B.eq\o(AC1,\s\up6(—→))C.eq\o(AD,\s\up6(→))D.eq\o(AB,\s\up6(→)) 答案 八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案 　A解析　eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(CC1,\s\up6(—→))－eq\o(D1C1,\s\up6(—→))＝eq\o(AC1,\s\up6(—→))＋eq\o(C1D1,\s\up6(—→))＝eq\o(AD1,\s\up6(—→)).2．若直线l的方向向量为a，平面α的法向量为μ，则能使l∥α的是(　　)A．a＝(1,0,0)，μ＝(－2,0,0)B．a＝(1,3,5)，μ＝(1,0,1)C．a＝(0,2,1)，μ＝(－1,0,1)D．a＝(1，－1,3)，μ＝(0,3,1)答案　D解析　由l∥α，故a⊥μ，即a·μ＝0，故选D.3．已知棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1的上底面A1B1C1D1的中心为O1，则eq\o(AO1,\s\up6(—→))·eq\o(AC,\s\up6(→))的值为(　　)A．－1B．0C．1D．2答案　C解析　由于eq\o(AO1,\s\up6(—→))＝eq\o(AA1,\s\up6(—→))＋eq\o(A1O1,\s\up6(—→))＝eq\o(AA1,\s\up6(—→))＋eq\f(1,2)(eq\o(A1B1,\s\up6(—→))＋eq\o(A1D1,\s\up6(—→)))＝eq\o(AA1,\s\up6(—→))＋eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→)))，而eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))，则eq\o(AO1,\s\up6(—→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\o(AA1,\s\up6(—→))＋\f(1,2)\o(AB,\s\up6(→))＋\o(AD,\s\up6(→))))·(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→)))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→)))2＝1.4．已知△ABC的三个顶点为A(3,3,2)，B(4，－3,7)，C(0,5,1)，则BC边上的中线长为(　　)A．2B．3C．4D．5答案　B解析　设BC边的中点为D，则eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))＝(－1，－2,2)，所以|eq\o(AD,\s\up6(→))|＝eq\r(1＋4＋4)＝3.5．若向量a＝(x，4,5)，b＝(1，－2,2)，且a与b的夹角的余弦值为eq\f(\r(2),6)，则x等于(　　)A．3B．－3C．－11D．3或－11答案　A解析　因为a·b＝(x，4,5)·(1，－2,2)＝x－8＋10＝x＋2，且a与b的夹角的余弦值为eq\f(\r(2),6)，所以eq\f(\r(2),6)＝eq\f(x＋2,\r(x2＋42＋52)×\r(1＋4＋4))，解得x＝3或－11(舍去)，故选A.6．平面α的法向量u＝(x，1，－2)，平面β的法向量ν＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，y，\f(1,2)))，已知α∥β，则x＋y等于(　　)A.eq\f(15,4)B.eq\f(17,4)C．3D.eq\f(5,2)答案　A解析　由题意知，∵α∥β，∴u＝λν，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－λ，,1＝λy，,－2＝\f(1,2)λ，))解得λ＝－4，y＝－eq\f(1,4)，x＝4，∴x＋y＝4－eq\f(1,4)＝eq\f(15,4).7．已知平面α内两向量a＝(1,1,1)，b＝(0,2，－1)且c＝ma＋nb＋(4，－4,1)．若c为平面α的法向量，则m，n的值分别为(　　)A．－1,2B．1，－2C．1,2D．－1，－2答案　A解析　c＝ma＋nb＋(4，－4,1)＝(m，m，m)＋(0,2n，－n)＋(4，－4,1)＝(m＋4，m＋2n－4，m－n＋1)，由c为平面α的法向量，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(c·a＝0，,c·b＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3m＋n＋1＝0，,m＋5n－9＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝－1，,n＝2.))8.如图，四棱锥P－ABCD中，PB⊥平面ABCD，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，AB⊥BC，AB＝AD＝PB＝3，点E在棱PA上，且PE＝2EA，则平面ABE与平面BED的夹角的余弦值为(　　)A.eq\f(\r(2),3)B.eq\f(\r(6),6)C.eq\f(\r(3),3)D.eq\f(\r(6),3)答案　B解析　如图，以B为坐标原点，分别以BC，BA，BP所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，则B(0,0,0)，A(0,3,0)，P(0,0,3)，D(3,3,0)，E(0,2,1)，∴eq\o(BE,\s\up6(→))＝(0,2,1)，eq\o(BD,\s\up6(→))＝(3,3,0)．设平面BED的法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(BE,\s\up6(→))＝2y＋z＝0，,n·\o(BD,\s\up6(→))＝3x＋3y＝0，))取z＝1，得n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－\f(1,2)，1)).又平面ABE的法向量为m＝(1,0,0)，∴cos〈n，m〉＝eq\f(m·n,|n||m|)＝eq\f(\f(1,2),\f(\r(6),2)×1)＝eq\f(\r(6),6).∴平面ABE与平面BED的夹角的余弦值为eq\f(\r(6),6).二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分)9．已知空间三点A(1,0,3)，B(－1,1,4)，C(2，－1,3)．若eq\o(AP,\s\up6(→))∥eq\o(BC,\s\up6(→))，且|eq\o(AP,\s\up6(→))|＝eq\r(14)，则点P的坐标为(　　)A．(4，－2,2)B．(－2,2,4)C．(－4,2，－2)D．(2，－2,4)答案　AB解析　设eq\o(AP,\s\up6(→))＝(3λ，－2λ，－λ)．又|eq\o(AP,\s\up6(→))|＝eq\r(14)，∴eq\r(3λ2＋－2λ2＋－λ2)＝eq\r(14)，解得λ＝±1，∴eq\o(AP,\s\up6(→))＝(3，－2，－1)或eq\o(AP,\s\up6(→))＝(－3,2,1)．设点P的坐标为(x，y，z)，则eq\o(AP,\s\up6(→))＝(x－1，y，z－3)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－1＝3，,y＝－2，,z－3＝－1))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－1＝－3，,y＝2，,z－3＝1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝4，,y＝－2，,z＝2))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－2，,y＝2，,z＝4.))故点P的坐标为(4，－2,2)或(－2,2,4)．10．在三棱锥A－BCD中，DA，DB，DC两两垂直，且DB＝DC，E为BC的中点，则直线AE和BC(　　)A．垂直B.相交C．共面D．异面答案　ABC解析　因为E为BC的中点，所以eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\o(DE,\s\up6(→))－eq\o(DA,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(DB,\s\up6(→))＋eq\o(DC,\s\up6(→)))－eq\o(DA,\s\up6(→))，因为在三棱锥A－BCD中，DA，DB，DC两两垂直，且DB＝DC，所以eq\o(AE,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)\o(DB,\s\up6(→))＋\o(DC,\s\up6(→))－\o(DA,\s\up6(→))))·(eq\o(DC,\s\up6(→))－eq\o(DB,\s\up6(→)))＝eq\f(1,2)(eq\o(DC,\s\up6(→))2－eq\o(DB,\s\up6(→))2)＝0.所以AE和BC垂直．又AE，BC显然相交，故选ABC.11．若直线l的方向向量为a＝(1,0,2)，平面α的法向量为n＝(－2,0，－4)，则(　　)A．l∥αB．l⊥αC．l⊂αD．l与α相交答案　BD解析　∵a＝(1,0,2)，n＝(－2,0，－4)，∴n＝－2a，即a∥n，∴l⊥α.12．已知直线l过点P(1,0，－1)且平行于向量a＝(2,1,1)，平面α过直线l与点M(1,2,3)，则平面α的法向量可能是(　　)A．(1，－4,2)B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，－1，\f(1,2)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，1，－\f(1,2)))D．(0，－1,1)答案　ABC解析　因为eq\o(PM,\s\up6(→))＝(0,2,4)，直线l平行于向量a，若n是平面α的一个法向量，则必须满足eq\o(PM,\s\up6(→))与法向量垂直，把选项代入验证，只有选项D不满足，故选ABC.三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13．已知正方体ABCD－A1B1C1D1中，若点F是侧面CD1的中心，且eq\o(AF,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))＋meq\o(AB,\s\up6(→))－neq\o(AA1,\s\up6(→))，则m＝________.答案　eq\f(1,2)解析　由于eq\o(AF,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(DF,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)(eq\o(DC,\s\up6(→))＋eq\o(DD1,\s\up6(—→)))＝eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AA1,\s\up6(—→))，所以m＝eq\f(1,2)，n＝－eq\f(1,2).14．设平面α的法向量为m＝(1,2，－2)，平面β的法向量为n＝(－2，－4，k)，若α∥β，则k＝________.答案　4解析　由α∥β得eq\f(1,－2)＝eq\f(2,－4)＝eq\f(－2,k)，解得k＝4.15．在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC－A1B1C1，CA＝CC1＝2CB，则直线BC1与直线AB1所成角的余弦值为________．答案　eq\f(\r(5),5)解析　不妨设CB＝1，则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).16．在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为CC1的中点，P，Q是正方体表面上相异两点，满足BP⊥A1E，BQ⊥A1E.(1)若P，Q均在平面A1B1C1D1内，则PQ与BD的位置关系是________；(2)|A1P|的最小值为________．(本题第一空2分，第二空3分)答案　(1)平行　(2)eq\f(3\r(2),4)解析　(1)以D为原点，以DA，DC，DD1所在的直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系如图所示，A1(1,0,1)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,2)))，B(1,1,0)，因为P，Q均在平面A1B1C1D1内，所以设P(a，b，1)，Q(m，n，1)，eq\o(A1E,\s\up6(—→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，1，－\f(1,2)))，eq\o(BP,\s\up6(→))＝(a－1，b－1,1)，eq\o(BQ,\s\up6(→))＝(m－1，n－1,1)，因为BP⊥A1E,BQ⊥A1E，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(BP,\s\up6(→))·\o(A1E,\s\up6(—→))＝－a－1＋b－1－\f(1,2)＝0，,\o(BQ,\s\up6(→))·\o(A1E,\s\up6(—→))＝－m－1＋n－1－\f(1,2)＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b－a＝\f(1,2)，,n－m＝\f(1,2)，))eq\o(PQ,\s\up6(→))＝(n－b，n－b，0)，eq\o(BD,\s\up6(→))＝(－1，－1,0)，所以PQ与BD的位置关系是平行．(2)由(1)可知：b－a＝eq\f(1,2)，|eq\o(A1P,\s\up6(—→))|＝eq\r(a－12＋b2)＝eq\r(a－12＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,2)))2)＝eq\r(2a2－a＋\f(5,4))＝eq\r(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,4)))2＋\f(9,8))，当a＝eq\f(1,4)时，|eq\o(A1P,\s\up6(—→))|有最小值，最小值为eq\f(3\r(2),4).四．解答题(本大题共6小题，共70分)17．(10分)已知a＝(x，4,1)，b＝(－2，y，－1)，c＝(3，－2，z)，a∥b，b⊥c，求：(1)a，b，c；(2)a＋c与b＋c夹角的余弦值．解　(1)因为a∥b，所以eq\f(x,－2)＝eq\f(4,y)＝eq\f(1,－1)，解得x＝2，y＝－4，则a＝(2,4,1)，b＝(－2，－4，－1)．又b⊥c，所以b·c＝0，即－6＋8－z＝0，解得z＝2，于是c＝(3，－2,2)．(2)由(1)得a＋c＝(5,2,3)，b＋c＝(1，－6,1)，设a＋c与b＋c的夹角为θ，因为cosθ＝eq\f(5－12＋3,\r(38)·\r(38))＝－eq\f(2,19).所以a＋c与b＋c夹角的余弦值为－eq\f(2,19).18．(12分)如图所示，在四棱锥P－ABCD中，PC⊥平面ABCD，PC＝2，在四边形ABCD中，CD∥AB，∠ABC＝∠BCD＝90°，AB＝4，CD＝1，点M在PB上，且PB＝4PM，∠PBC＝30°，求证：CM∥平面PAD.证明　建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz，∵∠PBC＝30°，PC＝2，∴BC＝2eq\r(3)，PB＝4，∴D(1,0,0)，C(0,0,0)，A(4,2eq\r(3)，0)，P(0，0,2)，∵PB＝4PM，∴PM＝1，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)，\f(3,2)))，∴eq\o(CM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)，\f(3,2)))，eq\o(DP,\s\up6(→))＝(－1,0,2)，eq\o(DA,\s\up6(→))＝(3,2eq\r(3)，0)，设平面PAD的一个法向量n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(DP,\s\up6(→))＝0，,n·\o(DA,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x＋2z＝0，,3x＋2\r(3)y＝0，))令x＝1，解得y＝－eq\f(\r(3),2)，z＝eq\f(1,2)，故n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(\r(3),2)，\f(1,2)))，又∵eq\o(CM,\s\up6(→))·n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)，\f(3,2)))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(\r(3),2)，\f(1,2)))＝0，∴eq\o(CM,\s\up6(→))⊥n，又CM⊄平面PAD，∴CM∥平面PAD.19.(12分)如图，正方形ADEF与梯形ABCD所在的平面互相垂直，AD⊥CD，AB∥CD，AB＝AD＝2，CD＝4，M为CE的中点．(1)求证：BM∥平面ADEF；(2)求证：BC⊥平面BDE.证明　∵平面ADEF⊥平面ABCD，平面ADEF∩平面ABCD＝AD，AD⊥ED，ED⊂平面ADEF，∴ED⊥平面ABCD.以D为原点，eq\o(DA,\s\up6(→))，eq\o(DC,\s\up6(→))，eq\o(DE,\s\up6(→))分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示空间直角坐标系．则D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,4,0)，E(0,0,2)，F(2,0,2)．(1)∵M为EC的中点，∴M(0,2,1)，则eq\o(BM,\s\up6(→))＝(－2,0,1)，eq\o(AD,\s\up6(→))＝(－2,0,0)，eq\o(AF,\s\up6(→))＝(0,0,2)，∴eq\o(BM,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AF,\s\up6(→))，故eq\o(BM,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(AF,\s\up6(→))共面．又BM⊄平面ADEF，∴BM∥平面ADEF.(2)eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－2,2,0)，eq\o(DB,\s\up6(→))＝(2,2,0)，eq\o(DE,\s\up6(→))＝(0,0,2)，∵eq\o(BC,\s\up6(→))·eq\o(DB,\s\up6(→))＝－4＋4＝0，∴BC⊥DB.又eq\o(BC,\s\up6(→))·eq\o(DE,\s\up6(→))＝0，∴BC⊥DE.又DE∩DB＝D，∴BC⊥平面BDE.20．(12分)在三棱柱ABC－A1B1C1中，底面ABC为正三角形，且侧棱AA1⊥底面ABC，且底面边长与侧棱长都等于2，O，O1分别为AC，A1C1的中点，求平面AB1O1与平面BC1O间的距离．解　如图，连接OO1，根据题意，OO1⊥底面ABC，则以O为原点，分别以OB，OC，OO1所在的直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系．∵AO1∥OC1，OB∥O1B1，AO1∩O1B1＝O1，OC1∩OB＝O，∴平面AB1O1∥平面BC1O.∴平面AB1O1与平面BC1O间的距离即为点O1到平面BC1O的距离．∵O(0,0,0)，B(eq\r(3)，0,0)，C1(0,1,2)，O1(0,0,2)，∴eq\o(OB,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，0,0)，eq\o(OC1,\s\up6(—→))＝(0,1,2)，eq\o(OO1,\s\up6(—→))＝(0,0,2)，设n＝(x，y，z)为平面BC1O的法向量，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(OB,\s\up6(→))＝0，,n·\o(OC1,\s\up6(—→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＋2z＝0，))∴可取n＝(0,2，－1)．点O1到平面BC1O的距离记为d，则d＝eq\f(|n·\o(OO1,\s\up6(—→))|,|n|)＝eq\f(2,\r(5))＝eq\f(2\r(5),5).∴平面AB1O1与平面BC1O间的距离为eq\f(2\r(5),5).21．(12分)如图，在空间直角坐标系Dxyz中，四棱柱ABCD－A1B1C1D1为长方体，AA1＝AB＝2AD，点E，F分别为C1D1，A1B的中点，求平面B1A1B与平面A1BE夹角的余弦值．解　设AD＝1，则A1(1,0,2)，B(1,2,0)，C1(0,2,2)，D1(0,0,2)，因为E，F分别为C1D1，A1B的中点，所以E(0,1,2)，F(1,1,1)，所以eq\o(A1E,\s\up6(—→))＝(－1,1,0)，eq\o(A1B,\s\up6(—→))＝(0,2，－2)，设m＝(x，y，z)是平面A1BE的法向量，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(A1E,\s\up6(—→))·m＝0，,\o(A1B,\s\up6(—→))·m＝0，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x＋y＝0，,2y－2z＝0，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝x，,y＝z，))取x＝1，则y＝z＝1，所以平面A1BE的一个法向量为m＝(1,1,1)．又DA⊥平面A1B1B，所以eq\o(DA,\s\up6(→))＝(1,0,0)是平面A1B1B的一个法向量，所以cos〈m，eq\o(DA,\s\up6(→))〉＝eq\f(m·\o(DA,\s\up6(→)),|m||\o(DA,\s\up6(→))|)＝eq\f(1,\r(3))＝eq\f(\r(3),3)，所以平面B1A1B与平面A1BE夹角的余弦值为eq\f(\r(3),3).22．(12分)如图所示，已知几何体EFG－ABCD，其中四边形ABCD，CDGF，ADGE均为正方形，且边长为1，点M在边DG上．(1)求证：BM⊥EF；(2)是否存在点M，使得直线MB与平面BEF所成的角为45°？若存在，确定点M的位置；若不存在，请说明理由．(1)证明　因为四边形ABCD，CDGF，ADGE均为正方形，所以GD⊥DA，GD⊥DC，AD⊥CD，又DA∩DC＝D，所以GD⊥平面ABCD.以点D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，则B(1,1,0)，E(1,0,1)，F(0,1,1)．因为点M在边DG上，故可设M(0,0，t)(0≤t≤1)．可得eq\o(MB,\s\up6(→))＝(1,1，－t)，eq\o(EF,\s\up6(→))＝(－1,1,0)，所以eq\o(MB,\s\up6(→))·eq\o(EF,\s\up6(→))＝1×(－1)＋1×1＋(－t)×0＝0，所以BM⊥EF.(2)解　假设存在点M，使得直线MB与平面BEF所成的角为45°.设平面BEF的法向量为n＝(x，y，z)，因为eq\o(BE,\s\up6(→))＝(0，－1,1)，eq\o(BF,\s\up6(→))＝(－1,0,1)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(BE,\s\up6(→))＝0，,n·\o(BF,\s\up6(→))＝0，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－y＋z＝0，,－x＋z＝0，))令z＝1，得x＝y＝1，所以n＝(1,1,1)为平面BEF的一个法向量，所以cos〈n，eq\o(MB,\s\up6(→))〉＝eq\f(n·\o(MB,\s\up6(→)),|n||\o(MB,\s\up6(→))|)＝eq\f(2－t,\r(3)×\r(2＋t2)).因为直线MB与平面BEF所成的角为45°，所以sin45°＝|cos〈n，eq\o(MB,\s\up6(→))〉|，所以eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(2－t,\r(3)×\r(2＋t2))))＝eq\f(\r(2),2)，解得t＝－4±3eq\r(2).又0≤t≤1，所以t＝3eq\r(2)－4.所以存在点M(0,0,3eq\r(2)－4)．当点M位于DG上，且DM＝3eq\r(2)－4时，直线MB与平面BEF所成的角为45°.