第一章 空间向量与立体几何 章末综合提升-【名师导航】2025-2026学年高中数学选择性必修第一册教师用书配套课件（人教B版）

该高中数学“空间向量与立体几何”单元复习课件，通过巩固层的知识梳理、体系构建等整合策略，将空间向量的概念运算与立体几何的平行垂直证明、角与距离求解等核心内容串联，帮助学生构建完整的知识网络，体现知识点间的内在逻辑。 其亮点在于提升层按题型分类探究，结合三棱锥向量运算、四棱锥平行垂直证明等实例，培养学生的逻辑推理和数学运算素养。章末测评分层设题，满足不同水平学生需求，教师可借此精准把握学情，有效提升复习效率。

第一章　 空间向量与立体几何 章末综合提升 巩固层·知识整合 章末综合提升 类型1　空间向量的表示及运算 1．空间向量的概念及运算是由平面向量延伸而来的，要用类比的思想去掌握．在空间向量的加、减、数乘等线性运算中，要选择适当的向量为基底，用基向量表示出相关向量后再进行向量的运算，同时还要以相应的图形为指导． 提升层·题型探究 章末综合提升 2．解决一个向量由其他几个向量来表示的问题，通常是利用向量的三角形法则、平行四边形法则和共线向量的特点，把所求的向量逐步分解，最终归结为基向量来表示． 3．牢记平面向量基本定理和空间向量基本定理，提升逻辑推理、直观想象、数学运算素养． 章末综合测评 提升层 巩固层 章末综合提升 【例1】　(1)在三棱锥P-ABC中，△PAB和△ABC都是等边三角形，AB＝2，PC＝1，D为棱AB上一点，则的值为(　　) A．　　　　　　　 B．1 C． D．与D点位置有关 √ 章末综合测评 提升层 巩固层 章末综合提升 (2)在空间四边形OABC中，E，F分别是AB，BC的中点，H是EF上一点，且EH＝EF.记＝x＋y＋z，则有序数对(x，y，z)＝__________，若⊥⊥，∠BOC＝，且||＝||＝||＝1，则||＝__________. (3)已知a＝(1，2，－1)，b＝(－2，4，2)． ①若a∥c，且|c|＝2，求c的坐标； ②若(ka＋b)⊥(a－2b)，求实数k的值． 章末综合测评 提升层 巩固层 章末综合提升 [(1)如图所示， 取AB的中点E，连接PE，CE，因为△PAB和△ABC都是等边三角形， 所以PE⊥AB，CE⊥AB，因为PE∩CE＝E，所以AB⊥平面PEC，因为PC⊂平面PEC， (1)A　(2) 所以AB⊥PC，在△APC中，AP＝AC＝2，PC＝1，由余弦定理知 cos ∠APC＝＝＝， 所以＝()·＝＝＝2×1×＝. (2)由E，F分别是AB，BC的中点， 所以＝)，＝)， 故＝，又因为H是EF上一点，且EH＝EF，故＝， 所以＝＝，故有序数对(x，y，z)＝. 因为⊥⊥，∠BOC＝， 且||＝||＝||＝1， 故＝0，＝0，＝， 又因为＝， 故||＝＝.] (3)[解]　①因为|a|＝，a∥c，且|c|＝2，所以c＝2a或c＝－2a，所以c＝(2，4，－2)或c＝(－2，－4，2)． ②因为ka＋b＝(k，2k，－k)＋(－2，4，2)＝(k－2，2k＋4，2－k)，a－2b＝(1，2，－1)－(－4，8，4)＝(5，－6，－5)， 由(ka＋b)⊥(a－2b)得(ka＋b)·(a－2b)＝0， 即5(k－2)－6(2k＋4)－5(2－k)＝0，解得k＝－22. 类型2　利用空间向量证明平行与垂直 1．证明两条直线平行，只需证明这两条直线的方向向量是共线向量． 2．证明线面平行的方法 (1)证明直线的方向向量与平面的法向量垂直． (2)能够在平面内找到一个向量与已知直线的方向向量共线． (3)利用共面向量定理，即证明直线的方向向量与平面内的两个不共线向量是共面向量． 章末综合测评 提升层 巩固层 章末综合提升 3．证明面面平行的方法 (1)转化为线线平行、线面平行处理． (2)证明这两个平面的法向量是共线向量． 4．证明两条直线垂直，只需证明这两条直线的方向向量垂直． 5．证明线面垂直的方法 (1)证明直线的方向向量与平面的法向量是共线向量． (2)证明直线的方向向量与平面内的两个不共线的向量互相垂直． 章末综合测评 提升层 巩固层 章末综合提升 6．证明面面垂直的方法 (1)转化为证明线面垂直． (2)证明两个平面的法向量互相垂直． 7．借助空间向量法证明平行、垂直问题，提升逻辑推理、数学运算素养． 章末综合测评 提升层 巩固层 章末综合提升 【例2】　如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝AP＝2，AB＝1，点E为棱PC的中点．证明： (1)BE⊥DC； (2)BE∥平面PAD； (3)平面PCD⊥平面PAD. 章末综合测评 提升层 巩固层 章末综合提升 [证明]　因为PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，以点A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系． 可得B(1，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)，由E为PC的中点，得E(1，1，1)． (1)＝(0，1，1)，＝(2，0，0)，故＝0，所以BE⊥DC. (2)因为PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，所以AB⊥PA， 因为AB⊥AD，PA∩AD＝A，PA，AD⊂平面PAD，所以AB⊥平面PAD，所以向量＝(1，0，0)为平面PAD的一个法向量，而＝0，所以⊥，又因为BE⊄平面PAD，所以BE∥平面PAD. (3)由(2)知平面PAD的一个法向量为＝(1，0，0)，向量＝(0，2，－2)，＝(2，0，0)， 设平面PCD的一个法向量为n＝(x，y，z)， 则取y＝1，可得平面PCD的一个法向量为n＝(0，1，1)， 因为·n＝1×0＋0×1＋0×1＝0， 所以n⊥，所以平面PAD⊥平面PCD. 类型3　利用空间向量求角与距离 1．利用空间向量求解空间角与距离的问题，通常需要建立空间直角坐标系．空间几何图形的结构特征，图形中的垂直关系(或在图形中构造的垂直关系)是我们构建空间直角坐标系时的重要依据．常用构建空间直角坐标系的策略有： (1)利用共顶点的互相垂直的三条棱，构造空间直角坐标系． (2)利用线面垂直或面面垂直关系构建空间直角坐标系． (3)利用正棱锥的底面中心与高所在直线，构建空间直角坐标系． (4)利用底面正三角形一边上的高或菱形的对角线，构建空间直角坐标系． 章末综合测评 提升层 巩固层 章末综合提升 2．熟练应用向量法求解空间角与距离问题，提升数学运算、直观想象、逻辑推理素养． 章末综合测评 提升层 巩固层 章末综合提升 【例3】　如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥AC，AB＝AC＝2，AA1＝4，点D是BC的中点． (1)求点A1到平面AC1D的距离； (2)求异面直线A1B与C1D所成角的余弦值； (3)求直线CD与平面AC1D所成角的正弦值． 章末综合测评 提升层 巩固层 章末综合提升 [解]　(1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥AC，AB＝AC＝2，AA1＝4，点D是BC的中点． ∴以A为原点，AB为x轴，AC为y轴，AA1为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(0，0，0)，A1(0，0，4)，B(2，0，0)，C1(0，2，4)，C(0，2，0)，D(1，1，0)，所以＝(0，2，0)，＝(1，1，0)，＝(0，2，4)． 设平面AC1D的一个法向量n＝(x，y，z)， 则取x＝2，则y＝－2，z＝1，则n＝(2，－2，1)为平面AC1D的一个法向量， ∴点A1到平面AC1D的距离d＝＝＝. (2)＝(2，0，－4)，＝(1，－1，－4)，设异面直线A1B与C1D所成角为θ， 则异面直线A1B与C1D所成角的余弦值为 cos θ＝＝＝. (3)平面AC1D的一个法向量为n＝(2，－2，1)，＝(1，－1，0)， 设直线CD与平面AC1D所成角为α，α∈， 则sin α＝|cos 〈n，〉|＝＝＝， ∴直线CD与平面AC1D所成角的正弦值为. 类型4　数学思想在向量中的应用 1．空间向量的具体应用主要体现为两种方法——向量法和坐标法．这两种方法的思想都是利用空间向量表示立体图形中的点、线、面等元素，建立立体图形和空间向量之间的联系，然后进行空间向量的运算，最后由运算结果回归到几何结论．这样就把立体几何问题转化为空间向量来研究，体现了化归与转化思想． 2．掌握化归思想在立体几何中的应用，提升数学抽象、数学运算、逻辑推理素养． 章末综合测评 提升层 巩固层 章末综合提升 【例4】　如图(1)，在直角梯形ABCD中，AB∥CD，AD⊥DC，且AB＝AD＝CD＝1.现以AD为一边向梯形外作正方形ADEF，然后沿边AD将正方形ADEF折起，使ED⊥DC，M为线段DE上的动点，如图(2)． 章末综合测评 提升层 巩固层 章末综合提升 (1)求二面角C-BE-A的大小； (2)设＝λ，若AM所在直线与平面BCE相交，求λ的取值范围． [解]　因为ED⊥DC，所以，易得DA，DC，DE两两垂直，以D为坐标原点，方向分别为x轴，y轴，z轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系， 章末综合测评 提升层 巩固层 章末综合提升 则C，A，B，E. (1)＝＝＝(1，－1，0)， 设平面ABE的一个法向量n1＝， 则 令x1＝1，得y1＝0，z1＝1.所以平面ABE的一个法向量n1＝. 设平面CBE的一个法向量n2＝， 则 令x2＝1，得y2＝1，z2＝2.所以平面CBE的一个法向量n2＝. 所以cos 〈n1，n2〉＝＝＝， 又因为二面角C-BE-A为钝角， 所以二面角C-BE-A的大小为π. (2)因为＝λ，所以M且λ∈＝，因为AM所在直线与平面BCE相交， 所以·n2＝－1＋2λ≠0，解得λ≠，所以λ的取值范围为. 章末综合测评(一)　动量守恒定律 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 √ 14 15 满分：150分　时间：120分钟 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1．已知a＝(－3，2，5)，b＝(1，5，－1)，则a·(a＋3b)＝(　　) A．(0，34，10) B．(－3，19，7) C．44 D．23 章末综合测评(一)　空间向量与立体几何 16 17 18 19 31 C　[a＋3b＝(－3，2，5)＋3(1，5，－1)＝(0，17，2)，则a·(a＋3b)＝(－3，2，5)·(0，17，2)＝0＋34＋10＝44.] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 √ 2．已知不共面的三个向量a，b，c都是单位向量，且夹角都是，则向量a－b－c和b的夹角为(　　) A．　　　B．　　　 C．　　　D． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 章末综合测评 提升层 巩固层 章末综合提升 33 C　[由题意，得|a|＝|b|＝|c|＝1， a·b＝a·c＝b·c＝， 所以|a－b－c|＝ ＝＝， (a－b－c)·b＝a·b－b2－b·c＝－1， 设向量a－b－c和b的夹角为θ， 则cos θ＝＝＝－， 又θ∈[0，π]，所以θ＝.] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 34 3．如图，四棱锥P-ABCD的底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，且EC＝2PE，若＝x＋y＋z，则x＋y＋z＝(　　) A． B． C．1 D． √ 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 章末综合测评 提升层 巩固层 章末综合提升 35 D　[因为EC＝2PE，所以＝， 所以＝＝＝＝＝＝. 又＝x＋y＋z， 所以则x＋y＋z＝.故选D.] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 36 √ 4．如图，在四棱锥P-ABCD 中，四边形ABCD为平行四边形，且BC⊥平面PAB，PA⊥AB，M为PB的中点，PA＝AD＝2.若AB＝1，则二面角B-AC-M的余弦值为(　　) A． B． C． D． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 章末综合测评 提升层 巩固层 章末综合提升 37 A　[因为BC⊥平面PAB，PA⊂平面PAB，所以PA⊥BC， 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 38 又PA⊥AB，且BC∩AB＝B，所以PA⊥平面ABCD.以点A为坐标原点，分别以AB，AD，AP所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系Axyz.则A(0，0，0)，C(1，2，0)，P(0，0，2)，B(1，0，0)，M，所以＝(1，2，0)，＝，求得平面AMC的一个法向量为n＝(－2，1，1)，又平面ABC的一个法向量＝(0，0，2)，所以cos 〈n，〉＝＝＝＝. 所以二面角B-AC-M的余弦值为.] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 39 √ 5．在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为棱AD，A1B1的中点，则异面直线EF与AD1所成角的余弦值为(　　) A． B． C． D． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 章末综合测评 提升层 巩固层 章末综合提升 40 A　[如图建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为2， 则E，F，A，D1， ∴＝＝， ∴cos 〈〉＝＝＝， 即异面直线EF与AD1所成角的余弦值为.故选A.] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 41 √ 6．已知向量a＝(－2，1，3)，b＝(－1，2，1)，若a⊥(a－λb)，则实数λ的值为(　　) A．－2 B．－ C． D．2 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 章末综合测评 提升层 巩固层 章末综合提升 42 D　[因为a⊥(a－λb)， 所以a·(a－λb)＝|a|2－λa·b＝0， 所以|a|2＝λa·b，所以14＝λ(2＋2＋3)＝7λ， 解得λ＝2.故选D.] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 43 √ 7．在正三棱柱ABC-A1B1C1中，已知AB＝1，D在棱BB1上，且BD＝1，则AD与平面AA1C1C所成的角的正弦值为(　　) A． B． C． D． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 章末综合测评 提升层 巩固层 章末综合提升 44 C　[取AC的中点E，连接BE，则BE⊥AC，如图，建立空间直角坐标系Bxyz，则，D(0，0，1)，则＝.∵平面ABC⊥平面AA1C1C，BE⊥AC，∴BE⊥平面AA1C1C，∴＝为平面AA1C1C的一个法向量． 设AD与平面AA1C1C所成的角为α， 则sin α＝|cos 〈〉|＝＝.] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 45 √ 8．在三棱锥P-ABC中，PC⊥底面ABC，∠BAC＝90°，AB＝AC＝4，∠PBC＝60°，则点C到平面PAB的距离是(　　) A． B． C． D． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 章末综合测评 提升层 巩固层 章末综合提升 46 B　[因为在三棱锥P-ABC中，PC⊥底面ABC，∠BAC＝90°，AB＝AC＝4，∠PBC＝60°， 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 所以以A为原点，AB为x轴，AC为y轴，过A作平面ABC的垂线为z轴，建立空间直角坐标系， 47 则C(0，4，0)，P(0，4，4)，A(0，0，0)，B(4，0，0)，所以＝(0，4，0)，＝(4，0，0)，＝(0，4，4)． 设平面PAB的一个法向量n＝(x，y，z)， 则 取z＝1，得n＝(0，－，1)为平面PAB的一个法向量，所以点C到平面PAB的距离d＝＝＝.故选B.] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 48 √ 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9．下列命题中正确的是(　　) A．若a是直线l的方向向量，l⊥α，则λa是平面α的法向量 B．若＝λ＋μ，则直线AB∥平面CDE或AB⊂平面CDE C．A，B，C三点不共线，对平面ABC外任意一点O，若＝，则P，A，B，C四点共面 D．若是空间的一个基底，m＝a＋c，则也是空间的一个基底 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 √ 章末综合测评 提升层 巩固层 章末综合提升 49 BD　[对于A：当λ＝0时λa＝0，此时显然不是平面α的法向量，故A错误； 对于B：当C，D，E三点共线时，∥，又＝λ＋μ，所以∥，则直线AB∥平面CDE或AB⊂平面CDE， 当C，D，E三点不共线时，可以作为平面CDE内的一组基底，因为＝λ＋μ， 设在平面CDE内存在＝λ＋μ，所以与平面CDE内的向量相等， 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 50 则AB∥MN， 所以直线AB∥平面CDE或AB⊂平面CDE，故B正确； 对于C：因为＝＝≠1，所以P，A，B，C四点不共面，故C错误； 对于D：因为是空间的一个基底， 所以a，b，c不共面，则a，b，a＋c不共面，故也是空间的一个基底，故D正确．故选BD.] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 51 √ 10．如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝AD＝2，AA1＝3，以D为原点，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，则(　　) A．B1的坐标为(2，2，3) B．＝(－2，0，3) C．平面A1BC1的一个法向量为n＝(－3，3，－2) D．二面角B-A1C1-B1的余弦值为 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 √ √ 章末综合测评 提升层 巩固层 章末综合提升 52 ABD　[由题意知，A1(2，0，3)，B(2，2，0)，B1(2，2，3)，C1(0，2，3)，所以＝(－2，0，3)，＝(0，2，－3)，故A，B正确；n·＝ (－3，3，－2)·(0，2，－3)≠0，故C错误；设平面A1BC1的一个法向量为m＝(x，y，z)，则即令x＝－3，得m＝(－3，－3，－2)，易得平面A1B1C1的一个法向量为n1＝(0，0，1)，则cos 〈m，n1〉＝＝＝－，结合题图可知二面角B-A1C1-B1的余弦值为，故D正确．故选ABD.] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 53 √ 11．如图(1)是一副直角三角板的示意图．现将两三角板拼成直二面角，连接AD，得到四面体ABCD，如图(2)所示，则下列结论中正确的是 (　　) A．＝0 B．平面BCD⊥平面ACD C．异面直线BC与AD所成的角为60° D．直线DC与平面ABC所成的角为30° 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 √ 章末综合测评 提升层 巩固层 章末综合提升 54 AD　[以B为坐标原点，分别以的方向为x轴、y轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示．设BD＝2，则B(0，0，0)，D(2，0，0)，C(0，2，0)，A(0，)，∴＝(2，0，0)，＝(0，，－)，＝(0，2，0)，＝(2，－，－)，＝(－2，2，0)．则＝(2，0，0)· (0，，－)＝0，A正确．易得平 面BCD的一个法向量为n1＝(0，0，)， 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 55 平面ACD的一个法向量为n2＝(，1，1)，n1·n2≠0，B错误．＝≠，C错误．易得平面ABC的一个法向量为＝(2，0，0)，设直线DC与平面ABC所成的角为θ，则sin θ＝＝＝，所以θ＝30°，故D正确． ] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 56 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．已知向量a＝，向量 b＝，若a∥b，则实数m的值为__________． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 2　[因为向量a＝，向量 b＝，且a∥b， 所以＝＝，解得m＝2.] 2 章末综合测评 提升层 巩固层 章末综合提升 57 13．如图，在四面体A-BCD中，△ABC为正三角形，四面体的高AH＝3，若二面角A-BC-D的大小为，则△ABC的面积为__________． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 4　 章末综合测评 提升层 巩固层 章末综合提升 58 4　[由H向BC作垂线，垂足为E，连接AE，由三垂线定理知AE⊥BC， 所以∠AEH为二面角A-BC-D的平面角，即∠AEH＝. 因为AH＝3，所以AE＝2. 设正三角形ABC的边长为a， 则a＝2，所以a＝4. 所以S△ABC＝×4×2＝4.] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 59 14．如图，直角梯形ABCD中，AB∥CD，AB⊥BC，BC＝CD＝1，AB＝2，E为AB的中点，以DE为折痕将△ADE折起，使点A到达点P的位置，且PC＝，则C到平面PBD的距离为__________；PC与平面PBD所成角的余弦值为__________. 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 章末综合测评 提升层 巩固层 章末综合提升 60 　[如图，连接EC.在△PEC中，PE＝1，EC＝，PC＝， 所以PE2＋EC2＝PC2，所以PE⊥EC. 因为PE⊥DE，DE∩EC＝E，DE，EC⊂平面BCDE，所以PE⊥平面BCDE. 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 61 以E为坐标原点，以的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，则B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，1，0)，P(0，0，1)，所以＝(1，－1，0)，＝(0，－1，1)，＝(1，1，－1)，＝(－1，0，0)． 设平面PBD的一个法向量为n＝(x，y，z)， 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 62 则令x＝1，得n＝(1，1，1)， 所以C到平面PBD的距离d＝＝＝. 因为cos 〈，n〉＝＝，所以PC与平面PBD所成角的余弦值为＝.] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 63 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15．(本小题满分13分)如图所示，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，侧棱PA⊥底面ABCD，AB＝，BC＝1，PA＝2，E为PD的中点． (1)求AC与PB所成角的余弦值； (2)在侧面PAB内找一点N，使NE⊥平面PAC， 求N点的坐标． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 章末综合测评 提升层 巩固层 章末综合提升 64 [解]　(1)由题意，建立如图所示的空间直角坐标系， 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 则A(0，0，0)，B(，0，0)，C(，1，0)，D(0，1，0)，P(0，0，2)，E，从而＝(，1，0)，＝(，0，－2)． 65 设与的夹角为θ，则 cos θ＝＝＝. 所以AC与PB所成角的余弦值为. (2)由于点N在侧面PAB内，故可设N点坐标为(x，0，z)，则＝， 由NE⊥平面PAC可得， 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 66 即 化简得所以 即N点的坐标为时，NE⊥平面PAC. 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 67 16．(本小题满分15分)如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形，BC∥AD，EF∥AD，AD＝4，AB＝BC＝EF＝2，ED＝，FB＝2，M为AD的中点． (1)证明：BM∥平面CDE； (2)求二面角F-BM-E的正弦值． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 章末综合测评 提升层 巩固层 章末综合提升 [解]　(1)证明：因为BC∥AD，BC＝2，AD＝4，M为AD的中点，所以BC∥MD，BC＝MD， 四边形BCDM为平行四边形，所以BM∥CD，又因为BM⊄平面CDE， CD⊂平面CDE，所以BM∥平面CDE. 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (2)解：如图所示，作BO⊥AD交AD于点O，连接OF. 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 因为四边形ABCD为等腰梯形，BC∥AD，AD＝4，AB＝BC＝2，所以CD＝2， 结合(1)四边形BCDM为平行四边形，可得BM＝CD＝2，又AM＝2， 所以△ABM为等边三角形，O为AM的中点，所以OB＝. 又因为四边形ADEF为等腰梯形，M为AD中点，所以EF＝MD，EF∥MD， 四边形EFMD为平行四边形，FM＝ED＝AF， 所以△AFM为等腰三角形，△ABM与△AFM底边上中点O重合，OF⊥AM，OF＝＝3. 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 又因为BF＝2，则OB2＋OF2＝BF2，所以OB⊥OF，所以OB，OD，OF互相垂直， 以OB方向为x轴，OD方向为y轴，OF方向为z轴，建立空间直角坐标系， 则F(0，0，3)，B(，0，0)，M(0，1，0)，E(0，2，3)，＝(－，1，0)，＝(－，0，3)，＝(－，2，3)， 设平面BFM的一个法向量为m＝(x1，y1，z1)， 则即 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 令x1＝，得y1＝3，z1＝1， 即m＝(，3，1)． 设平面EMB的一个法向量为n＝(x2，y2，z2)， 则即 令x2＝，得y2＝3，z2＝－1， 即n＝(，3，－1)则cos 〈m，n〉＝＝＝，则sin 〈m，n〉＝， 故二面角F-BM-E的正弦值为. 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 17．(本小题满分15分)如图，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝4.点A2，B2，C2，D2分别在棱AA1，BB1，CC1，DD1上，AA2＝1，BB2＝DD2＝2，CC2＝3. (1)证明：B2C2∥A2D2； (2)点P在棱BB1上，当二面角P-A2C2-D2为150°时， 求B2P. 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 章末综合测评 提升层 巩固层 章末综合提升 [解]　(1)证明：(法一)依题意，得＝＝＝， 所以B2C2∥A2D2. (法二)以点C为坐标原点，CD，CB，CC1所在直线分 别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 则B2(0，2，2)，C2(0，0，3)，A2(2，2，1)，D2(2，0，2)， 所以＝(0，－2，1)，＝(0，－2，1)， 所以＝，所以B2C2∥A2D2. (2)建立空间直角坐标系，建系方法同(1)中法二，设BP＝n(0≤n≤4)，则P(0，2，n)， 所以＝(2，0，1－n)，＝(0，－2，3－n)， 设平面PA2C2的一个法向量为a＝(x1，y1，z1)， 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 所以则 令x1＝n－1，得a＝(n－1，3－n，2)为平面PA2C2的一个法向量． 设平面A2C2D2的一个法向量为b＝(x2，y2，z2)， 由(1)法二知，＝(－2，－2，2)，＝(0，－2，1)， 所以则 令y2＝1，得b＝(1，1，2)为平面A2C2D2的一个法向量． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 所以|cos 150°|＝|cos 〈a，b〉|＝＝， 整理得n2－4n＋3＝0，解得n＝1或n＝3， 所以BP＝1或BP＝3， 所以B2P＝1. 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 18．(本小题满分17分)请从下面三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并作答． ①AB⊥BC； ②FC与平面ABCD所成的角为； ③∠ABC＝. 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是菱形，PA⊥平面ABCD，且PA＝AB＝2，PD的中点为F. 章末综合测评 提升层 巩固层 章末综合提升 (1)在线段AB上是否存在一点G，使得AF∥平面PCG？若存在，指出G在AB上的位置并给以证明；若不存在，请说明理由； (2)若__________，求二面角F-AC-D的余弦值. 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 章末综合测评 提升层 巩固层 章末综合提升 [解]　(1)在线段AB上存在中点G，使得AF∥平面PCG. 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 证明如下：如图所示， 取PC的中点H，连接FH，GH， 所以FH∥CD，FH＝CD， AG∥CD，AG＝CD， 所以FH∥AG，FH＝AG， 所以四边形AGHF为平行四边形， 则AF∥GH，又GH⊂平面PCG，AF⊄平面PCG， 所以AF∥平面PCG. (2)选择①AB⊥BC： 因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BC， 由题意知AB，AD，AP两两垂直， 以AB，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴， 建立如图所示空间直角坐标系， 因为PA＝AB＝2， 则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，F(0，1，1)，P(0，0，2)， 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 所以＝(0，1，1)，＝(－2，－1，1)， 设平面FAC的一个法向量为μ＝(x，y，z)， 所以 取y＝1，得μ＝(－1，1，－1)为平面FAC的一个法向量， 平面ACD的一个法向量为v＝(0，0，1)， 设二面角F-AC-D的平面角为θ， 则cos θ＝＝， 所以二面角F-AC-D的余弦值为. 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 选择②FC与平面ABCD所成的角为： 因为PA⊥平面ABCD，取BC中点E， 连接AE，取AD的中点M，连接FM，CM， 则FM∥PA，且FM＝1， 所以FM⊥平面ABCD， FC与平面ABCD所成角为∠FCM， 所以∠FCM＝， 在Rt△FCM中，CM＝， 又CM＝AE，所以AE2＋BE2＝AB2， 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 所以BC⊥AE， 所以AE，AD，AP两两垂直， 以AE，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴， 建立如图所示空间直角坐标系， 因为PA＝AB＝2， 所以A(0，0，0)，B(，－1，0)，C(，1，0)，D(0，2，0)，E(，0，0)，F(0，1，1)，P(0，0，2)， 所以＝(0，1，1)，＝(－，0，1)， 设平面FAC的一个法向量为a＝(x，y，z)， 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 则 取x＝，得a＝(，－3，3)为平面FAC的一个法向量， 平面ACD的一个法向量b＝(0，0，1)， 设二面角F-AC-D的平面角为θ， 则cos θ＝＝. 所以二面角F-AC-D的余弦值为. 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 选择③∠ABC＝： 因为PA⊥平面ABCD， 所以PA⊥BC，取BC中点E，连接AE， 因为底面ABCD是菱形，∠ABC＝60°， 所以△ABC是正三角形，因为E是BC的中点，所以BC⊥AE， 所以AE，AD，AP两两垂直， 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 以AE，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系， 因为PA＝AB＝2，所以A(0，0，0)，B(，－1，0)，C(，1，0)，D(0，2，0)，E(，0，0)，F(0，1，1)，P(0，0，2)， 所以＝(0，1，1)，＝(－，0，1)， 设平面FAC的一个法向量为m＝(x，y，z)， 则 取x＝，得m＝(，－3，3)为平面FAC的一个法向量， 平面ACD的一个法向量n＝(0，0，1)， 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 设二面角F-AC-D的平面角为θ， 则cos θ＝＝， 所以二面角F-AC-D的余弦值为. 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 19．(本小题满分17分)如图，已知直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AD⊥AB，AB∥CD，AA1＝2，AB＝2AD＝2，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夹角的余弦值； (3)求点B到平面CB1M的距离． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 章末综合测评 提升层 巩固层 章末综合提升 [解]　(1)证明：取CB1中点P，连接NP，MP， 由N是B1C1的中点，故NP∥CC1，且NP＝CC1， 由M是DD1的中点，故D1M＝DD1＝CC1，且D1M∥CC1， 则有D1M∥NP，D1M＝NP， 故四边形D1MPN是平行四边形，故D1N∥MP. 又MP⊂平面CB1M，D1N⊄平面CB1M， 故D1N∥平面CB1M. 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (2)解：由题意知，AB，AD，AA1两两垂直，以A为原点建立如图所示空间直角坐标系， 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 则A(0，0，0)，B(2，0，0)，B1(2，0，2)，M(0，1，1)，C(1，1，0)，C1(1，1，2)， 则有＝(1，－1，2)，＝(－1，0，1)，＝(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)， 则有 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 分别取x1＝x2＝1，则有y1＝3，z1＝1，y2＝1，z2＝0， 即m＝(1，3，1)，n＝(1，1，0)， 设平面CB1M与平面BB1C1C的夹角为θ， 则cos θ＝|cos 〈m，n〉|＝＝＝， 故平面CB1M与平面BB1C1C夹角的余弦值为.　 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (3)由＝(0，0，2)，平面CB1M的一个法向量m＝(1，3，1)， 则有＝＝， 即点B到平面CB1M的距离为. 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 $