第6章 综合拔高练（同步练习）-【学而思·PPT课件分层练习】2024-2025学年高二数学选择性必修第二册（苏教版2019）

综合拔高练 高考真题练　　　　　 　　　　 　　　　 考点1　用空间向量判定、证明平行与垂直 1.(2022全国乙理,7)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为AB,BC的中点,则(　　) A.平面B1EF⊥平面BDD1 B.平面B1EF⊥平面A1BD C.平面B1EF∥平面A1AC D.平面B1EF∥平面A1C1D 2.(2023全国乙理,19)如图,在三棱锥P-ABC中,AB⊥BC,AB=2,BC=2,BP,AP,BC的中点分别为D,E,O,AD=DO,点F在AC上,BF⊥AO. (1)证明:EF∥平面ADO; (2)证明:平面ADO⊥平面BEF; (3)求二面角D-AO-C的正弦值. 考点2　用空间向量求解空间角问题 3.(2022全国甲理,18)在四棱锥P-ABCD中,PD⊥底面ABCD,CD∥AB,AD=DC=CB=1,AB=2,DP=. (1)证明:BD⊥PA; (2)求PD与平面PAB所成的角的正弦值. 4.(2024新课标Ⅰ,17)如图,四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,PA=AC=2,BC=1,AB=. (1)若AD⊥PB,证明:AD∥平面PBC; (2)若AD⊥DC,且二面角A-CP-D的正弦值为,求AD. 5.(2024新课标Ⅱ,17)如图,平面四边形ABCD中,AB=8,CD=3,AD=5,∠ADC=90°,∠BAD=30°,点E,F满足.将△AEF沿EF翻折至△PEF,使得PC=4. (1)证明:EF⊥PD; (2)求面PCD与面PBF所成的二面角的正弦值. 考点3　用空间向量求解空间距离 6.(2023全国甲理,18)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,A1C⊥平面ABC,∠ACB=90°,AA1=2,A1到平面BCC1B1的距离为1. (1)证明:A1C=AC; (2)已知AA1与BB1的距离为2,求AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值. 7.(2024天津,17)已知四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD为梯形,AB∥CD,A1A⊥平面ABCD,AD⊥AB,其中AB=AA1=2,AD=DC=1.N是B1C1的中点,M是DD1的中点. (1)求证:D1N∥平面CB1M; (2)求平面CB1M与平面BB1C1C的夹角余弦值; (3)求点B到平面CB1M的距离. 考点4　用空间向量解决立体几何中的最值问题 8.(2021全国甲理,19)已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面AA1B1B为正方形,AB=BC=2,E,F分别为AC和CC1的中点,D为棱A1B1上的点,BF⊥A1B1. (1)证明:BF⊥DE; (2)当B1D为何值时,面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小? 9.(2020新高考Ⅰ,20)如图,四棱锥P-ABCD的底面为正方形,PD⊥底面ABCD.设平面PAD与平面PBC的交线为l. (1)证明:l⊥平面PDC; (2)已知PD=AD=1,Q为l上的点,求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值. 高考模拟练 应用实践 1.(多选题)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,AA1=2,点E,F满足,则下列结论正确的有(　　) A.直线BE与D1F一定为异面直线 B.直线AE与平面ACB1所成角的正弦值为 C.四面体ADEF的体积恒为2 D.当λ=μ时,AF+A1F的最小值为 2.(多选题)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,H为棱AA1(包含端点)上的动点,下列命题正确的是(　　) A.CH⊥BD B.二面角D1-AB1-C的平面角的大小为 C.点H到平面CB1D1的距离的取值范围是 D.若CH⊥平面β,则直线CD与平面β所成角的正弦值的取值范围为 3.(多选题)如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,E为线段A1D1的中点,F为线段CC1上的一个动点,则下列说法正确的是(　　) A.当F为CC1的中点时,点B1到平面AEF的距离为 B.当F为CC1的中点时,记DB1与平面AEF的交点为M,则DM=DB1 C.存在点F,使得异面直线DB1与BF所成的角为45° D.存在点F,使得点F到直线AE的距离为 4.如图,四边形ABCD是边长为2的菱形,∠ABC=60°,四边形PACQ为矩形,PA=1,从下列三个条件中任选一个作为已知条件,并解答问题. ①BP,DP与平面ABCD所成的角相等;②三棱锥P-ABD的体积为;③cos∠BPA=. (1)证明:平面PACQ⊥平面ABCD; (2)求二面角B-PQ-D的大小; (3)求点C到平面BPQ的距离. 5.如图,在三棱锥A-BCD中,平面ABD⊥平面BCD,AB=AD,O为BD的中点,△OCD是边长为1的等边三角形,且VA-BCD=. (1)证明:OA⊥CD; (2)求直线CD与平面ABC所成角的正弦值; (3)在棱AD上是否存在点E,使得二面角E-BC-D的大小为45°?若存在,求出的值;若不存在,请说明理由. 迁移创新 6.《瀑布》(图1)是为人所熟知的作品之一,图中的瀑布会源源不断地落下,落下的水又逆流而上,荒唐至极,但又会让你百看不腻,画面下方还有一位饶有兴致的观察者,似乎她没发现什么不对劲.画面两座高塔上各有一个几何体,左塔上方是著名的“三立方体合体”,它由三个正方体构成,右塔上的几何体是首次出现,后称“埃舍尔多面体”. 图1 埃舍尔多面体可以用两两垂直且中心重合的三个正方形构造,设边长均为2,定义正方形AnBnCnDn,n=1,2,3的顶点为“框架点”,定义两正方形交线为“极轴”,其端点为“极点”,记为Pn,Qn,将极点P1,Q1分别与正方形A2B2C2D2的顶点连线,取其中点记为Em,Fm,m=1,2,3,4(如图2).埃舍尔多面体可视部分是由12个四棱锥构成的,这些四棱锥顶点均为“框架点”,底面四边形由两个“极点”与两个“中点”构成,为了便于理解,图3中我们构造了其中两个四棱锥A1-P1E1P2E2和A2-P2E1P3F1. (1)求异面直线P1A2与Q1B2所成角的余弦值; (2)求平面P1A1E1与平面A1E2P2所成的锐二面角的正弦值; (3)求埃舍尔多面体的表面积与体积(直接写出答案). 图2 图3 答案与分层梯度式解析 综合拔高练 高考真题练 1.A　如图,以D为坐标原点,建立空间直角坐标系D-xyz,设AB=2, 则B1(2,2,2),E(2,1,0),D(0,0,0),F(1,2,0),B(2,2,0),A1(2,0,2),A(2,0,0),C(0,2,0),C1(0,2,2), 所以=(-2,2,0), 设平面B1EF的一个法向量为m=(x,y,z), 则 令x=2,则y=2,z=-1, 所以m=(2,2,-1), 因为平面BDD1的一个法向量为=(-2,2,0), 且·m=-2×2+2×2+(-1)×0=0, 所以⊥m,所以平面B1EF⊥平面BDD1,故A正确; 同理可得,平面A1BD的一个法向量为n1=(1,-1,-1),平面A1AC的一个法向量为n2=(1,1,0),平面A1C1D的一个法向量为n3=(1,1,-1), 因为m·n1=2-2+1=1≠0,所以平面B1EF与平面A1BD不垂直,故B错误; 因为m与n2不平行,所以平面B1EF与平面A1AC不平行, 故C错误; 因为m与n3不平行,所以平面B1EF与平面A1C1D不平行,故D错误. 故选A. 高考风向　空间直线、平面的位置关系是高考的高频考点,证明平行与垂直的常用方法是几何法和坐标法,利用几何法解题的关键是熟练掌握三种平行关系、三种垂直关系的转化和作出恰当的辅助线;利用坐标法解题的关键是直线的方向向量、平面的法向量间的位置关系,即向量运算.要注意结合图形灵活选择恰当的方法,利用坐标法证明或求解时,要避免运算错误.本题以正方体为载体,证明面面平行、面面垂直,体现了试题的基础性和综合性. 2.解析　以BA,BC所在直线分别为x轴,y轴,垂直于平面ABC的直线为z轴,建立如图2所示的空间直角坐标系, 则B(0,0,0),A(2,0,0),O(0,,0). (1)证明:设AF=λAC,0<λ<1. 由得F(2-2λ,2λ,0), ∴λ,0), 又,0),BF⊥AO, ∴=0,即-2(2-2λ)+4λ=0,解得λ=, 故F为AC的中点. 又D,E,O分别为PB,PA,BC的中点, ∴DO∥PC,EF∥PC, ∴DO∥EF, 又EF⊄平面ADO,DO⊂平面ADO, ∴EF∥平面ADO. (2)证明:∵D,O分别是PB,BC的中点,且PC=, ∴DO=,又AD=. 由cos∠ABD=,得PA=. 设P(x,y,z),z>0,则由PB=PC=(z>0), 解得故P(-1,), 又∵D,E分别是PB,PA的中点, ∴D, ∴, 又,0), ∴=0, ∴,即AO⊥BE, 又AO⊥BF,BE∩BF=B,BE、BF⊂平面BEF, ∴AO⊥平面BEF,又AO⊂平面ADO, ∴平面ADO⊥平面BEF. (3)易知平面AOC的一个法向量为m1=(0,0,1), 由(2)知, 设平面AOD的一个法向量为m2=(x1,y1,z1),则 即 取x1=1,则y1=, 则m2=(1,), 设二面角D-AO-C的平面角的大小为θ,则|cos θ|= |cos<m1,m2>|=. ∴sin θ=, 即二面角D-AO-C的正弦值为. 3.解析　以D为原点,DC,DP所在直线分别为y轴,z轴,过D点且垂直于AB的直线为x轴,建立空间直角坐标系,如图. (1)证明:结合题意知D(0,0,0),B, 则, ∴+0=0, ∴,∴BD⊥PA. (2)设平面PAB的一个法向量为m=(x,y,z), 由(1)知=(0,2,0), ∴ 则y=0,令z=1,则x=2,故m=(2,0,1). 又∵), ∴PD与平面PAB所成的角的正弦值等于|cos<,m>|=. 高考风向　求直线与平面所成的角是高考中常见的一种问题.线面角求解的常用方法是坐标法和几何法.利用坐标法解题的关键是求出平面法向量及直线的方向向量的坐标,本题的条件中含有线面垂直,有利于建立空间直角坐标系,进而通过坐标法求线面角的正弦值.利用坐标法求线面角,本质是把几何关系转化为向量运算.利用坐标法解决问题时,要防止运算错误. 4.解析　(1)证明:在△ABC中,AB=,BC=1,AC=2, 故有AB2+BC2=AC2,所以AB⊥BC. 因为PA⊥底面ABCD,AD⊂平面ABCD, 所以PA⊥AD, 又因为AD⊥PB,PB∩PA=P,PB,PA⊂平面PAB, 所以AD⊥平面PAB,又AB⊂平面PAB, 所以AD⊥AB, 又因为AB⊥BC,A,B,C,D在同一平面内, 所以AD∥BC. 又因为BC⊂平面PBC,AD⊄平面PBC, 所以AD∥平面PBC. (2)因为AD⊥DC,所以以DA,DC所在直线分别为x轴,y轴,过D作与PA平行的直线为z轴,建立空间直角坐标系,如图, 则D(0,0,0), 设AD=m(m>0),则DC=,0). ,0), 设平面ACP的一个法向量为n1=(x1,y1,z1), 则 即不妨取x1=, 则n1=(,m,0). 设平面DCP的一个法向量为n2=(x2,y2,z2), 则 易知y2=0,不妨取z2=m, 则x2=-2,故n2=(-2,0,m). 因为二面角A-CP-D的正弦值为, 所以|cos<n1,n2>|=, 解得m=(舍负), 所以AD=. 5.解析　(1)证明:由题知AE=AB=4,∠FAE=30°, ∴EF==2, ∴EF2+AE2=AF2,∴AE⊥EF, ∴EF⊥PE,又PE∩AE=E,PE,AE⊂平面PED,∴EF⊥平面PED,又PD⊂平面PED,∴EF⊥PD. (2)连接EC,∵CD=3,DE=AD-AE=3,∠ADC=90°,∴EC==6, 又PE=AE=2,∴EC2+PE2=PC2,∴PE⊥EC,又PE⊥EF,EC∩EF=E,EC,EF⊂平面ABCD, ∴PE⊥平面ABCD, 又ED⊂平面ABCD,∴PE⊥ED,又PE⊥EF,EF⊥ED, ∴PE,EF,ED两两垂直, ∴以E为原点,EF,ED,EP所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系,如图, 则A(0,-2), ∴,0), =(3,0,0). 设m=(x1,y1,z1),n=(x2,y2,z2)分别为平面PBF,平面PCD的一个法向量, ∴ 令x1=,则m=(,-1,1),令y2=2,则n=(0,2,3). ∴cos<m,n>=, ∴sin<m,n>=, ∴所求正弦值为. 6.解析　(1)证明:∵A1C⊥平面ABC,BC⊂平面ABC,∴A1C⊥BC. ∵∠ACB=90°,∴AC⊥BC. 又AC∩A1C=C,AC,A1C⊂平面AA1C1C, ∴BC⊥平面AA1C1C. 又∵BC⊂平面BCC1B1, ∴平面BCC1B1⊥平面AA1C1C. 过A1作A1H⊥CC1,垂足为H,又平面BCC1B1⊥平面AA1C1C,平面BCC1B1∩平面AA1C1C=CC1,A1H⊂平面AA1C1C, ∴A1H⊥平面BCC1B1, ∴A1H=1. 易知∠CA1C1=90°,在Rt△A1CC1中,CC1=2=2A1H, ∴H为CC1的中点, ∴△A1CC1为等腰直角三角形, ∴A1C=A1C1. 易知AC􀱀A1C1,∴A1C=AC. (2)以C为坐标原点,CA,CB,CA1所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系.在平面BCC1B1内,过H作HQ∥BC,交BB1于点Q,连接A1Q,如图. 易知CC1⊥A1H,CC1⊥HQ,CC1􀱀BB1,又A1H∩HQ=H,A1H,HQ⊂平面A1HQ,∴CC1⊥平面A1HQ,BB1⊥平面A1HQ,又A1Q⊂平面A1HQ,∴BB1⊥A1Q,∴A1Q=2,∴在Rt△A1HQ中,HQ=. 易知A1C=AC=,则A(). 设平面BCC1B1的一个法向量为n=(x,y,z), 则取x=1,得n=(1,0,1). 设直线AB1与平面BCC1B1所成的角为θ, 则sin θ=|cos<,n>|== . ∴AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值为. 7.解析　(1)证明:取B1C的中点P,连接NP,MP, 又N为B1C1的中点, 所以在△B1CC1中,NP∥CC1,NP=CC1, 因为M是DD1的中点,DD1∥CC1, 所以D1M=CC1,且D1M∥CC1, 则有D1M∥NP,D1M=NP,故四边形D1MPN是平行四边形, 所以D1N∥MP,又MP⊂平面CB1M,D1N⊄平面CB1M, 所以D1N∥平面CB1M. (2)已知A1A⊥平面ABCD,AD⊥AB,所以以A为原点,建立如图所示的空间直角坐标系, 易知AB=AA1=2,AD=DC=1, 则B(2,0,0),C(1,1,0),B1(2,0,2),M(0,1,1), 所以=(0,0,2). 设平面CB1M与平面BB1C1C的一个法向量分别为m=(x1,y1,z1),n=(x2,y2,z2). 则 则z2=0.分别取x1=1,x2=1,得y1=3,z1=1,y2=1, 所以m=(1,3,1),n=(1,1,0), 则|cos<m,n>|=, 故平面CB1M与平面BB1C1C夹角的余弦值为. (3)由(2)知=(0,0,2),平面CB1M的一个法向量为m=(1,3,1), 则, 即点B到平面CB1M的距离为. 8.解析　∵BF⊥A1B1,B1B⊥A1B1,BF∩B1B=B,BF⊂平面B1C1CB,BB1⊂平面B1C1CB,∴A1B1⊥平面B1C1CB. ∵AB∥A1B1,∴AB⊥平面B1C1CB, 又∵BC⊂平面B1C1CB,∴AB⊥BC. 以B为坐标原点,BA,BC,BB1所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系, 则B(0,0,0),F(0,2,1),E(1,1,0), ∴=(0,2,1),设B1D=a(0≤a≤2),则D(a,0,2), ∴=(1-a,1,-2). (1)证明:∵=(0,2,1)·(1-a,1,-2)=0×(1-a)+2×1+1×(-2)=0, ∴BF⊥DE. (2)=(a,-2,1), 设平面DFE的一个法向量为n=(x,y,z), 则 不妨设x=1,则y=, ∴n=. 易知m=(1,0,0)是平面BB1C1C的一个法向量. 设平面BB1C1C与平面DEF所成的锐二面角的大小为θ, 则cos θ=|cos<m,n>|= = =,∴sin θ=, 故当a=,即B1D=时,平面BB1C1C与平面DFE所成的二面角的正弦值最小,最小值为. 解题反思　(1)证明线线垂直常用的方法是先证明线面垂直,也可以通过计算两直线的方向向量的数量积为0证明,即“以算代证”. 　　(2)求解最大值、最小值以及取值范围问题时,通常建立目标函数,通过求函数的最值或值域解决,本题建立空间直角坐标系,在题中设出B1D=a(0≤a≤2),得D(a,0,2),通过平面与平面所成的锐二面角的余弦值最大,求得正弦值最小是关键一步. 9.解析　(1)证明:因为PD⊥底面ABCD,所以PD⊥AD.因为底面ABCD为正方形,所以AD⊥DC.又DC∩PD=D,DC,PD⊂平面PDC,所以AD⊥平面PDC. 因为AD∥BC,AD⊄平面PBC,所以AD∥平面PBC. 由已知得l∥AD, 因此l⊥平面PDC. (2)以D为坐标原点,的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向,建立空间直角坐标系D-xyz(图略),则D(0,0,0),C(0,1,0),B(1,1,0),P(0,0,1), 所以=(1,1,-1). 由(1)可设Q(a,0,1),则=(a,0,1). 设平面QCD的一个法向量是n=(x,y,z), 则 取x=-1, 则n=(-1,0,a). 所以cos<n,. 设PB与平面QCD所成的角为θ, 则sin θ=. 因为,当且仅当a=1时等号成立,所以PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为. 高考模拟练 1.ABD 2.ACD 3.ABD 1.ABD　以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,如图1, 则A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),D(0,0,0),A1(2,0,2),B1(2,2,2),E(0,0,1), 所以=(-2,0,0). 由(0<λ<1,0<μ<1)得=(-2μ,2,2λ),所以F(2-2μ,2,2λ). 由于0<λ<1,0<μ<1,所以0<2-2μ<2,0<2λ<2,所以点F在平面BCC1B1内(不包括边界),连接BD,B1D1,又D1在平面BB1D1D内,所以D1F和平面BB1D1D相交, 又BE⊂平面BB1D1D,D1∉直线BE,所以直线BE与D1F一定为异面直线,故A正确. 易得=(-2,0,1). 设平面ACB1的一个法向量为m=(x,y,z), 则 令y=1,得x=1,z=-1,则m=(1,1,-1), 所以cos<,m>=, 设直线AE与平面ACB1所成的角为θ,θ∈, 则sin θ=|cos<,m>|=,故B正确. 因为点F在平面BCC1B1内(不包括边界),所以点F到平面ADE的距离为2,所以V四面体ADEF=,故C错误. 当λ=μ时,F(2-2λ,2,2λ),连接BC1,则点F在BC1上(不含端点). 连接A1B,A1C1,将平面A1BC1绕BC1翻折到与平面ABC1D1在同一平面内,如图2, 连接AA1,此时AA1与BC1的交点即为当λ=μ时,使AF+A1F取最小值的点F. 由题意可知AB=2,A1B=2,∠ABA1=, 所以A=AB2+A1B2-2AB·A1Bcos∠ABA1=22+(2×cos , 所以AA1=, 所以AF+A1F的最小值为,故D正确. 故选ABD. 2.ACD　以D为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系, 则D(0,0,0),B(1,1,0),C(0,1,0),A(1,0,0),D1(0,0,1),C1(0,1,1),B1(1,1,1), 设H(1,0,h),0≤h≤1. 对于A,=(1,1,0),则=0,即CH⊥BD,故A正确. 对于B,=(-1,1,0), 设平面AB1D1的一个法向量为m=(x,y,z), 则 令z=1,得x=1,y=-1,则m=(1,-1,1). 设平面AB1C的一个法向量为n=(a,b,c), 则 令b=1,得a=1,c=-1,则n=(1,1,-1). 故cos<m,n>=, 由图可知,二面角D1-AB1-C为锐二面角,故其余弦值为,故二面角D1-AB1-C的平面角的大小不是,故B错误. 对于C,=(0,1,-1), 设平面CB1D1的一个法向量为k=(p,q,r), 则 令q=1,得p=-1,r=1,则k=(-1,1,1). 又=(0,-1,h-1), ∴点H到平面CB1D1的距离为||·,故C正确. 对于D,设直线CD与平面β所成的角为θ. ∵CH⊥平面β,∴=(1,-1,h)为平面β的一个法向量, 又=(0,1,0),∴sin θ=|cos<, 又h∈[0,1],∴,故D正确. 故选ACD. 方法总结　对于空间中位置关系的判断、角的计算或取值范围的求解问题,可结合几何体的结构特征建立合适的空间直角坐标系,通过向量的共线、向量的数量积等来判断位置关系,通过平面的法向量、直线的方向向量等来处理相关角的计算或取值范围的求解问题. 3.ABD　如图,以D为坐标原点建立空间直角坐标系, 则D(0,0,0),A(2,0,0),E(1,0,2),B1(2,2,2),B(2,2,0), 当F为CC1的中点时,F(0,2,1), 对于A,易得=(-2,2,1), 设平面AEF的一个法向量为m=(x,y,z),则 令z=1,得x=2,y=,则m=, 又=(0,2,2), 所以点B1到平面AEF的距离为,故A正确; 对于B,设(0≤λ≤1),则M(2λ,2λ,2λ), 又点M在平面AEF内,则,即(2λ-2,2λ,2λ)=a(-1,0,2)+b(-2,2,1), 所以 所以, 所以DM=DB1,故B正确; 对于C,设F(0,2,t),0≤t≤2,则=(-2,0,t), 易得=(2,2,2), 若异面直线DB1与BF所成的角为45°, 则|cos<, 化简,得t2+8t+4=0,解得t=-4+2或t=-4-2, 又0≤t≤2,所以方程无解, 故点F不存在,故C错误; 对于D,由选项C的分析知,=(-2,2,t),0≤t≤2,易得=(-1,0,2), 所以, 若存在点F,使得点F到直线AE的距离为, 则,化简,得5t2-40t+36=0, 解得t=4+或t=4-, 又0≤t≤2,所以t=4-,故点F存在,故D正确. 故选ABD. 4.解析　(1)证明:若选条件①,连接BD,作PA'⊥平面ABCD,垂足为A'. ∵BP,DP与平面ABCD所成的角相等,∴A'B=A'D, ∴A'在BD的中垂线AC上, ∵在平面PACQ内,PA'⊥AC,PA⊥AC, ∴A'和A重合,∴PA⊥平面ABCD, 又PA⊂平面PACQ,∴平面PACQ⊥平面ABCD. 若选条件②,设P到平面ABD的距离为h, ∵VP-ABD=S△ABD·h=·h=,∴h=1, 又PA=1,∴PA的长即为点P到平面ABD的距离,即PA⊥平面ABCD, 又PA⊂平面PACQ,∴平面PACQ⊥平面ABCD. 若选条件③,在△PAB中,由余弦定理得,cos∠BPA=, ∴PB=,∴PB2=PA2+AB2, ∴PA⊥AB, 又PA⊥AC,AC∩AB=A,AC,AB⊂平面ABCD, ∴PA⊥平面ABCD, 又PA⊂平面PACQ,∴平面PACQ⊥平面ABCD. (2)记AC∩BD=O,则OB⊥OC,∵PA⊥平面ABCD,OB,OC⊂平面ABCD, ∴PA⊥OB,PA⊥OC,取PQ的中点G,连接OG,则OG∥PA, ∴OG⊥OB,OG⊥OC,故OG,OB,OC互相垂直, 以O为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系, 则B(,0,0),Q(0,1,1), ∴,-1,1), 设平面BPQ的一个法向量为m=(x,y,z), 则 令x=,则m=(,0,3), 设平面DPQ的一个法向量为n=(x1,y1,z1), 则 令x1=,则n=(,0,-3), ∴cos<m,n>=, 又∵<m,n>∈[0,π],∴<m,n>=, 由图可知,二面角B-PQ-D是钝二面角, ∴二面角B-PQ-D的大小为. (3)由(2)知,平面BPQ的一个法向量为m=(,0,3),易知=(0,0,1), ∴点C到平面BPQ的距离d=. 5.解析　(1)证明:∵AB=AD,O为BD的中点, ∴OA⊥BD. 又∵平面ABD⊥平面BCD,平面ABD∩平面BCD=BD,OA⊂平面ABD, ∴OA⊥平面BCD, 又∵CD⊂平面BCD, ∴OA⊥CD. (2)由题意得OB=OD=OC, ∴△BCD是直角三角形,∠BCD=90°,又BD=2OD=2,CD=1,∴BC=, 由(1)可得,AO是三棱锥A-BCD底面BCD上的高, ∴VA-BCD=×AO×S△BCD=, ∴AO=1, 分别取CB,CD的中点F,G,连接OF,OG, ∵O为BD的中点,∴OF,OG是△BCD的中位线,∴OF∥CD,OG∥BC,又CD⊥BC,∴OF⊥OG, 以O为坐标原点,OF,OG,OA所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,如图, 则O(0,0,0),A(0,0,1),B,C,0,D, ∴, 设平面ABC的一个法向量是n1=(x1,y1,z1), 则 则y1=0,令z1=1,得x1=2,则n1=(2,0,1), 故|n1|=,易得||=1, ∴cos<n1,, ∴直线CD和平面ABC所成角的正弦值为. (3)假设在棱AD上存在点E,使得二面角E-BC-D的大小为45°, 设(0≤λ≤1), 由(2)知,, 易得, ∴, ∴-,-1=, 易知=(0,0,1)是平面BCD的一个法向量, 设平面BCE的一个法向量是n2=(x2,y2,z2),则 即 则y2=0,令x2=2(λ-1),得z2=-λ-1,则n2=(2λ-2,0,-λ-1), ∵二面角E-BC-D的大小为45°, ∴|cos<n2,,即, 整理得,3λ2-10λ+3=0,解得λ=或λ=3(舍去), ∴,即AE=AD, ∴在棱AD上存在点E,使得二面角E-BC-D的大小为45°,且. 6.解析　(1)由题意知,OP2,OQ3,OP1互相垂直,且OP2=OQ3=OP1=1. 以O为坐标原点,的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系, 则O(0,0,0),P2(1,0,0),Q3(0,1,0),P1(0,0,1),B2(1,1,0),A1(1,0,1),A2(1,-1,0),Q1(0,0,-1). 所以=(1,1,1), 则cos<, 故异面直线P1A2与Q1B2所成角的余弦值为. (2)因为E1,E2分别是P1A2,P1B2的中点, 所以E1, 易得. 设平面P1A1E1的一个法向量是n1=(x1,y1,z1), 则 则x1=0,令y1=1,则z1=-1, 所以n1=(0,1,-1), 设平面A1E2P2的一个法向量是n2=(x2,y2,z2), 则 则z2=0,令x2=1,则y2=1, 所以n2=(1,1,0), 则cos<n1,n2>=, 所以平面P1A1E1与平面A1E2P2所成的锐二面角的正弦值为. (3)易得,由(2)知=(-1,0,0), 所以, 所以P2E2∥P1E1,且P2E2=P1E1, 所以四边形P1E1P2E2为平行四边形. 易得=0, 所以, 即P1P2⊥E1E2, 所以四边形P1E1P2E2为菱形, 易得||=1, 所以. 设平面P1E1P2E2的一个法向量是n3=(x3,y3,z3), 则 即 令x3=1,则y3=0,z3=1, 所以n3=(1,0,1). 又=(-1,0,0),所以点A1到平面P1E1P2E2的距离d=, 所以四棱锥A1-P1E1P2E2的体积V1=. 因为, 所以, 所以点A1到直线P1E2的距离h1=. 同理可得,点A1到直线P1E1的距离h2=. 所以四棱锥A1-P1E1P2E2的侧面积S1=. 所以埃舍尔多面体的表面积为12S1=12,体积为12V1=2. 素养点评　本题以“埃舍尔多面体”为背景考查异面直线所成的角、平面与平面所成的锐二面角、几何体的表面积与体积等知识,通过建立空间直角坐标系,实现了点与向量的“坐标化”,将复杂的空间几何体中的位置关系转化为代数运算.本题考查了直观想象、数学建模以及数学运算等核心素养. 1 学科网（北京）股份有限公司 $$