第6章 空间向量与立体几何（单元自测·提升卷）数学苏教版高二选择性必修第二册

………………○………………外………………○………………装………………○………………订………………○………………线………………○……………… ………………○………………内………………○………………装………………○………………订………………○………………线………………○……………… 此卷只装订不密封 ………………○………………内………………○………………装………………○………………订………………○………………线………………○……………… ………………○………………外………………○………………装………………○………………订………………○………………线………………○……………… … 学校：______________姓名：_____________班级：_______________考号：______________________ 2025-2026学年高二数学选择性必修二单元自测 第6章 空间向量与立体几何·能力提升 建议用时：120分钟，满分：150分 一、选择题，每个小题只有一个选项符合要求（本大题共8小题，每小题5分，共40分） 1．设向量，，当数与满足下列哪种关系时，向量与轴垂直（    ） A． B． C． D． 2．已知向量，，，则2x－y＝（    ） A．1 B．－1 C．2 D．－2 3．如图，在所有棱长均为的平行六面体中，为与交点，，则的长为（    ）    A． B． C． D． 4．若向量，，且a→,b→的夹角的余弦值为，则实数等于（   ）. A．0 B． C．0或 D．0或 5．在四面体中，，为等腰直角三角形，，平面平面，为的中点，点到直线的距离为1，则四面体体积的最大值为（   ） A． B．1 C． D．3 6．在棱长为的正方体中，点分别为棱，的中点．已知动点在该正方体的表面上，且，则点的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 7．如图，在三棱柱中，，，，是线段上的点，且，则下列说法正确的是（    ） A． B． C． D．直线与所成角的余弦值为 8．已知正三棱锥的侧棱长为，为线段上一点，，．设三棱锥外接球为球，过点作球的截面，则截面面积的最小值为（   ） A． B． C． D． 二、多选题，每个小题至少有两个选项符合要求，全选对得全部分，部分选对得部分分，有选错的得0分。（本大题共3小题，每小题6分，共18分） 9．已知是不同的直线，是不重合的平面，则下列命题为真命题的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 10．已知点P是正方体侧面（包含边界）上一点，下列说法正确的是（    ） A．存在唯一一点P，使得 B．存在唯一一点P，使得面 C．存在唯一一点P，使得⊥ D．存在唯一一点P，使得⊥面 11．已知正四面体的棱长为3，下列说法正确的是（    ） A．平面与平面夹角的余弦值为 B．若点满足，则的最小值为 C．在正四面体内部有一个可任意转动的正四面体，则它的体积可能为 D．点在内，且，则点轨迹的长度为 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知四棱柱的底面是正方形，底面边长和侧棱长均为2，，则对角线的长为 ． 13. 已知空间向量，，则向量在向量上的投影是 .（用坐标表示） 14. 正三棱锥中，底面边长，侧棱，向量，满足，，则的最大值为 . 四、解答题，写出必要的过程与步骤（共5小题，共77分） 15.（13分） 如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为菱形，E为棱AB的中点，AC⊥PE，PA=PD. (1)证明：平面PAD⊥平面ABCD； (2)若PA=AD，∠BAD=60°，求二面角的正弦值. 16.（15分） 如图，几何体ABCDE中，，四边形ABDE是矩形，，点F为CE的中点，，． (1)求证：平面ADF； (2)求平面BCD与平面ADF所成角的余弦值． 17.（15分） 在五棱锥中，，，平面平面.    (1)求证：； (2)若，且直线与平面所成角的正弦值为，求的值. 18.（17分） 如图，在正三棱柱中，，，点为的中点，点为上一点.    (1)若平面平面直线，求证：； (2)当平面平面时，求CP的长度. 19.（17分） 如图，在四棱锥中，为矩形，且，，. (1)求证：平面； (2)若（N在S的左侧），设三棱锥体积为，四棱锥体积为，且. ①求点到平面的距离； ②求平面与平面所成夹角的正弦值. 试题 第3页（共8页） 试题 第4页（共8页） 试题 第1页（共8页） 试题 第2页（共8页） 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年高二数学选择性必修二单元自测 第6章 空间向量与立体几何·能力提升 建议用时：120分钟，满分：150分 一、选择题，每个小题只有一个选项符合要求（本大题共8小题，每小题5分，共40分） 1．设向量，，当数与满足下列哪种关系时，向量与轴垂直（    ） A． B． C． D． 2．已知向量，，，则2x－y＝（    ） A．1 B．－1 C．2 D．－2 3．如图，在所有棱长均为的平行六面体中，为与交点，，则的长为（    ）    A． B． C． D． 4．若向量，，且a→,b→的夹角的余弦值为，则实数等于（   ）. A．0 B． C．0或 D．0或 5．在四面体中，，为等腰直角三角形，，平面平面，为的中点，点到直线的距离为1，则四面体体积的最大值为（   ） A． B．1 C． D．3 6．在棱长为的正方体中，点分别为棱，的中点．已知动点在该正方体的表面上，且，则点的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 7．如图，在三棱柱中，，，，是线段上的点，且，则下列说法正确的是（    ） A． B． C． D．直线与所成角的余弦值为 8．已知正三棱锥的侧棱长为，为线段上一点，，．设三棱锥外接球为球，过点作球的截面，则截面面积的最小值为（   ） A． B． C． D． 二、多选题，每个小题至少有两个选项符合要求，全选对得全部分，部分选对得部分分，有选错的得0分。（本大题共3小题，每小题6分，共18分） 9．已知是不同的直线，是不重合的平面，则下列命题为真命题的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 10．已知点P是正方体侧面（包含边界）上一点，下列说法正确的是（    ） A．存在唯一一点P，使得 B．存在唯一一点P，使得面 C．存在唯一一点P，使得⊥ D．存在唯一一点P，使得⊥面 11．已知正四面体的棱长为3，下列说法正确的是（    ） A．平面与平面夹角的余弦值为 B．若点满足，则的最小值为 C．在正四面体内部有一个可任意转动的正四面体，则它的体积可能为 D．点在内，且，则点轨迹的长度为 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知四棱柱的底面是正方形，底面边长和侧棱长均为2，，则对角线的长为 ． 13. 已知空间向量，，则向量在向量上的投影是 .（用坐标表示） 14. 正三棱锥中，底面边长，侧棱，向量，满足，，则的最大值为 . 四、解答题，写出必要的过程与步骤（共5小题，共77分） 15.（13分） 如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为菱形，E为棱AB的中点，AC⊥PE，PA=PD. (1)证明：平面PAD⊥平面ABCD； (2)若PA=AD，∠BAD=60°，求二面角的正弦值. 16.（15分） 如图，几何体ABCDE中，，四边形ABDE是矩形，，点F为CE的中点，，． (1)求证：平面ADF； (2)求平面BCD与平面ADF所成角的余弦值． 17.（15分） 在五棱锥中，，，平面平面.    (1)求证：； (2)若，且直线与平面所成角的正弦值为，求的值. 18.（17分） 如图，在正三棱柱中，，，点为的中点，点为上一点.    (1)若平面平面直线，求证：； (2)当平面平面时，求CP的长度. 19.（17分） 如图，在四棱锥中，为矩形，且，，. (1)求证：平面； (2)若（N在S的左侧），设三棱锥体积为，四棱锥体积为，且. ①求点到平面的距离； ②求平面与平面所成夹角的正弦值. 学科网（北京）股份有限公司2 / 5 学科网（北京）股份有限公司 $命学科网·上好课 www.ZX×k.com 上好每一堂课 2025-2026学年高二数学选择性必修二单元自测 第6章空间向量与立体几何·能力提升 (参考答案) 一、选择题，每个小题只有一个选项符合要求（本大题共8小题，每小题5分，共40分） 1 2 3 4 5 6 7 P A C C C B D B 二、多选题，每个小题至少有两个选项符合要求，全选对得全部分，部分选对得部分分，有选错的得0分。 (本大题共3小题，每小题6分，共18分) 9 10 11 BC AD ABC 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12.2W5 (222Y 13. 333 14.4 三、解答题，写出必要的过程与步骤（共5小题，共77分） 15.(13分) D (1) D E B 如图，连接BD,取AD中点O,连接PO,OE,因底面ABCD为菱形，故AC⊥BD,又E为棱AB的中点，故 OE//BD,则AC⊥OE, 已知AC⊥PE,OE,PEc平面POE,OEPE=E,故AC⊥平面POE,因P0c平面POE,则AC⊥P0, 因PA=PD,则PO⊥AD, 又AD,ACC平面ABCD,AD∩AC=A,则PO⊥平面ABCD,又P0C平面PAD,故平面PAD⊥平面 ABCD.(5分) 1/7 命学科网·上好课 www.ZX×k.com 上好每一堂课 ZA (2) B 如图，连OB,由(1)知P0⊥平面ABCD,且∠BAD=60°，则△ABD是正三角形，OB⊥AD, 故可以0A,0B,0P分别为x,y,z轴正方向建立空间直角坐标系O-3z.不妨设AD=4,则 E1,√3,0)，P(0,0,2V3),D(-2,0,0,A(2,0,0), 于是DE=(3,V5,0),DP=(2,0,2V3),(8分) iDE=3x+3y=0 设平面DEPD的法向量为n=(x,y,z),则有 ,可取n=(-V3,3,1) i.Dp=2x+25z= 因OB⊥AD,P0⊥B0故可取平面PDA的法向量为m=(0,1,0) 3=3,则 设二面角E-PD-A的平面角为6，则0为锐角，故cos9cosm,m)非后3 sm0-iow0-g而 即二面角E-PD-A的正弦值为2店.(13分) 13 16.(15分) (1)连结BE交AD于G,连结FG. 因为四边形ABDE是矩形，所以点G为BE的中点. 因为点F为CE的中点，所以FG是△BCE的中位线， 所以FGIIBC,又BC平面ADF,FGc平面ADF, 所以BC∥平面ADF.(5分) (2)因为四边形ABDE是矩形，所以BD⊥AB. 因为BD⊥BC,AB BC=B,且ABC平面ABC,BCc平面ABC, 所以BD⊥平面ABC, 因为AE/IBD,所以AE⊥平面ABC.(8分) 所以以点A为原点，分别以AC,AE所在直线为y轴、z轴建立空间直角坐标系A-yz. 2/7 命学科网·上好课 www.ZX×k.com 上好每一堂课 B 所以40.00,8l2.0,c40,2.0,D1,2E0.0,F0,1 所以而-12，F-Q》·10分) 设平面ADF的法向量为万=(x,,z),所以ADn=0,AP.n=0. 所以 +=0，令-2，得=1，=0，所以i=01-2. x+2y+z=0 ，1 因为BD⊥平面ABC,所以AC⊥BD. 因为AC⊥BC,BDBC=B,BD,BCC平面BCD, 所以AC⊥平面BCD, 所以AC=(0,2,0)为平面BCD的一个法向量. 而cos(AC,元 AC. 2 5 2xV5=5 所以平面BCD与平面ADF所成角的余弦值为V5 (15分) 5 17.(15分) (1)证明：延长AE,CF交于点D,:AB∥CF,AE∥BC,AB⊥BC ·四边形ABCD为矩形，DE=DF=2,∠DFE=∠CFB=45°，∠BFE=90° ∴.BF⊥EF,∴平面PEF⊥平面ABCFE,平面PEF∩平面ABCFE=EF BFc平面ABCFE,.BF⊥平面PEF,.BF⊥PE,即PE⊥BF.(5分) (2)如图建系，F(0,0,0,PN2,0,V2),C(-22,22,0,A32,√2,0 3/7 命学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 B(0,4v2,0,PB=-V2,4V2,-V2)PM=-V2元，4W2元，-V2元 B AM=AP+PM=-2W2,-V2,2)+-√2元，42元，-V2元】 =（-22-V2,422-2,21-) Fp=(2,0,V2,F元=(-22,22,0)(10分) 设平面PCF的一个法向量i=(x,y,z), [元Fp=0「V2x+√2z=0 i.FC=0-2V2x+2V2y=0 今i=1,- AM.20 4√2(1-2】 2v10 AM 15 V2(2+2)2+2(4元-1)2+21-1)2.√515 →22-2-4到=00<As-号（15分》 18.(17分) 【详解】(1)连接AC交AC于点0，连接OQ 因为0，Q分别为A,C,BC中点，则AB1OQ, 且A,B面QAC,OQc面QAC,可得AB∥平面QAC, 又因为ABc平面BA,C,平面BAC,∩平面QAC,=直线I, 所以AB1.(5分) (2)取B,C中点2， 以？为原点，QC,QA,C2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， 4/7 命学科网·上好课 www.ZX×k.com 上好每一堂课 2孙 A B 6 则Q(0,0,0),A(0,V3,0),B(-1,0,3),设CP=h,则P1,0,hM, 可得0A=(0,V3,0),QP=1,0,M),B,P=(2,0,h-3),BA=,5,-3.(8分) mQA=√3y=0 设平面AP2的法向量为m=(x,,),则 mOP=x+hz=0 令21=-1，则x1=h,y=0,可得m=(h,0,-1):（10分) 设平面APB的法向量为i=(x2,y2,2)，则 i.BP=2x2+(h-3)22=0 i-BA=x2+3y2-3z2=0 今-5，则%后-2可两-官小5分 因为平面APQ⊥平面APB,则m⊥元， 可得mn=h(3-h)-2=0,解之得h=1或2， 所以CP的长度为1或2.(17分) 19.(17分) (1)在△SBC中，BC=1,SB=V3,∠SCB=60°， 所以c0s60°= q-2 所以SB+BC=SC,所以SB⊥BC, 又BC⊥AB,AB,SB为平面SAB内两条相交直线， 所以BC⊥平面SAB;(5分) (2)由(1)知，BC⊥平面SAB,AD/1BC, 所以AD⊥平面SAB,又AD在平面ABCD内，所以平面ABCD⊥平面SAB, SA在平面SAB内，所以AD⊥SA, 5/7 画学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 在三角形SCD中，SC=2,CD=2,∠SCD=60°， 所以SD=2,又AD=1, 所以SA=√4-1=√5， 又斯==a 所以Pc-S4B=VN-SMB,又NS/IBC, 所以WS=BC=1, 取AB的中点O,SA=SB=V5,可知：S0⊥AB, 因为平面ABCD⊥平面SAB,交线为AB, SO又在平面SAB内， 所以SO1平面ABCD,如图建立空间直角坐标系 1 易得：A-1,0,0,B1,0,0),C(11,0,D(-1,1,0),S0,0,V2,N(0,-1,V2) 所以SN=(0,-1,0,SC=1,1-V2), 设平面SNC的法向量为n=x,y,z), iSC=0 则 SN=0 所以r+y-V2z=0 -y=0 令2=1，得x=5,即i=(N2,0,, 又A不=1,0,2)， 6/7 命学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 所以求点A到平面SNC的距离d= 4函元22_26 (12分) 53 ②AB=(2,0,0,AN=1,-1,V2), 设平面ABN的法向量m=a,b,c), mAB=0 2a=0 则 ,所以{ mAN=0 a-b+√2c=0' 令c=1,则b=√2，可得：m=0,V2,1, 设平面SNC与平面ABN所成夹角为O, 所以cos0=cos(m,训= 1 m同V3xV53' 所以sin0=V-cos20= 即平面SvC与平面ABN所成夹角的正弦值为2V2 3 (17分) 7/7 2025-2026学年高二数学选择性必修二单元自测 第6章 空间向量与立体几何·能力提升 建议用时：120分钟，满分：150分 一、选择题，每个小题只有一个选项符合要求（本大题共8小题，每小题5分，共40分） 1．设向量，，当数与满足下列哪种关系时，向量与轴垂直（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据空间向量垂直满足的坐标运算即可求解. 【详解】∵，， ∴， 取x轴的方向向量为， 若向量与x轴垂直， 则，解得：， 故选：A． 2．已知向量，，，则2x－y＝（    ） A．1 B．－1 C．2 D．－2 【答案】C 【分析】利用空间向量的数量积运算的坐标形式计算求解. 【详解】因为，，， 所以，解得2x－y＝2，. 故选：C. 3．如图，在所有棱长均为的平行六面体中，为与交点，，则的长为（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】以，，作为一组基底表示出，再根据数量积的运算律求出，即可得解. 【详解】依题意 ， 所以 ， 所以，即. 故选：C 4．若向量，，且a→,b→的夹角的余弦值为，则实数等于（   ）. A．0 B． C．0或 D．0或 【答案】C 【分析】根据空间向量的数量积运算及夹角公式，代入坐标计算即可． 【详解】由题意得，解得或， 故选:C． 5．在四面体中，，为等腰直角三角形，，平面平面，为的中点，点到直线的距离为1，则四面体体积的最大值为（   ） A． B．1 C． D．3 【答案】C 【分析】先根据已知条件求出的相关边长和面积，再利用面面垂直的性质确定三棱锥的高所在直线，通过点到直线的距离公式求出点到平面距离的最大值，最后根据三棱锥体积公式求出四面体体积的最大值. 【详解】已知在等腰直角三角形中，，. 设，则，即，解得. 根据三角形面积公式.   因为为的中点，根据等腰三角形三线合一的性质，. 又因为平面平面，平面平面，平面， 根据面面垂直的性质定理，所以平面.   以为原点，分别以所在直线为，轴，过作垂直于平面的直线为轴建立空间直角坐标系. 则，，，. 设，则，. 因为，可得，化简得.   已知，. 根据点到直线的距离公式，可得到距离. 又因为点到直线的距离为，所以，即. 因为，所以当时，取得最大值，则的最大值为，即点到平面距离的最大值.   ，根据三棱锥体积公式，所以.   则四面体体积的最大值为. 故选：C. 6．在棱长为的正方体中，点分别为棱，的中点．已知动点在该正方体的表面上，且，则点的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据条件得到点轨迹为以为直径的球，进而得出点的轨迹是六个半径为a的圆，即可求出结果. 【详解】因为，故P点轨迹为以为直径的球， 如图，易知中点即为正方体中心，球心在每个面上的射影为面的中心， 设在底面上的射影为，又正方体的棱长为，所以， 易知，，又动点在正方体的表面上运动， 所以点的轨迹是六个半径为a的圆，轨迹长度为， 故选：B． 7．如图，在三棱柱中，，，，是线段上的点，且，则下列说法正确的是（    ） A． B． C． D．直线与所成角的余弦值为 【答案】D 【分析】以向量为基底，通过空间向量的加减及数乘运算，分别写出，结合数量积运算公式、空间向量的模长计算公式、异面直线所成角的向量计算公式，分别计算求解，进而判断各选项. 【详解】对于A，由题意， ，故A错误； 对于B，记， 所以，， 所以，，故B错误； 对于C，， 所以 ，故C错误； 对于D，因为，, 所以，， ， 又因为 ， 所以，所以直线与所成角的余弦值为. 故D正确. 故选：D. 8．已知正三棱锥的侧棱长为，为线段上一点，，．设三棱锥外接球为球，过点作球的截面，则截面面积的最小值为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】 如图以点为原点，的平行线为轴，为轴，建立空间直角坐标系，由，利用坐标运算求得正三棱锥底面边长和高，从而可得外接球半径，又过点作球的截面，当时，截面面积的最小，可得解. 【详解】如图在正三棱锥中，平面，且为的中心，为中线， 如图以点为原点，的平行线为轴，为轴，建立空间直角坐标系， 设，则 所以， 由于，所以，则， 所以， 因为，则 解得， 设，则，则，得， 所以， 过点作球的截面，当时，截面面积的最小， ，所以截面圆半径为， 则面积为. 故选：B 二、多选题，每个小题至少有两个选项符合要求，全选对得全部分，部分选对得部分分，有选错的得0分。（本大题共3小题，每小题6分，共18分） 9．已知是不同的直线，是不重合的平面，则下列命题为真命题的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】BC 【分析】对于AD，举反例排除即可；对于B，利用方向向量与法向量判断空间线面的位置关系即可判断；对于C，利用面面平行的性质即可判断. 【详解】对于A，当时，有可能异面，故A错误； 对于B，因为， 所以对应的方向向量分别是的法向量， 又，所以，所以，故B正确； 对于C，因为，由面面平行的性质易知，故C正确； 对于D，当时，有可能异面，故D错误. 故选：BC. 10．已知点P是正方体侧面（包含边界）上一点，下列说法正确的是（    ） A．存在唯一一点P，使得 B．存在唯一一点P，使得面 C．存在唯一一点P，使得⊥ D．存在唯一一点P，使得⊥面 【答案】AD 【分析】建立空间直角坐标系，设，写成点的坐标，A选项，根据向量平行得到方程组，得到，存在唯一一点P，使得，A正确；B选项，证明出平面，从而得到，列出方程，解得：，得到点轨迹为线段；C选项，由向量数量积为0列出方程，得到在线段上，满足条件的有无数个；D选项，在平面的基础上，得到重合，D正确. 【详解】如图建系，令， 则， 对于A，，若，则，解得： 故满足要求，与重合，存在唯一一点P，使得，A对. 对于B，因为，， 因为，平面， 所以平面，又平面，则， ，解得：， 故点轨迹为线段，满足条件的有无数个，B错， 对于C，， 在线段上，满足条件的有无数个，C错. 对于D，由B选项可知：平面，而面， 又与共线，故重合，D对. 故选：AD. 11．已知正四面体的棱长为3，下列说法正确的是（    ） A．平面与平面夹角的余弦值为 B．若点满足，则的最小值为 C．在正四面体内部有一个可任意转动的正四面体，则它的体积可能为 D．点在内，且，则点轨迹的长度为 【答案】ABC 【分析】于A，建立适当的空间直角坐标系，求出两平面的法向量，结合法向量夹角余弦公式即可验算；对于B，可得，故只需求出到面的距离验算即可；对于C，用大正四面体内切球半径与小四面体外接球半径（含参）比较大小，得出参数（体积）范围即可判断；对于D，用几何法得出点的轨迹不是一个完整的圆即可判断. 【详解】将正四面体补全为正方体，并如图建系，， , 设面的一个法向量，面的一个法向量， 所以，，取，解得， 所以面的一个法向量，面的一个法向量， 设平面与平面夹角为时，A对. ，则共面，正四面体棱长为3，则正方体棱长为， 所以，，B对. 大正四面体内切球半径，小正四面体棱长为，此外接球半径， ，C对. 分别在上取使，延长至使， ，取的中点在以为球心， 为半径的球面上，且在内，作在平面上的射影， 为图中，显然不是一个完整的圆， 的轨迹长度不为，D错. 故选：ABC. 【点睛】关键点点睛：第二问的关键是得到四点共面，转换为验算点面距离即可顺利得解. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知四棱柱的底面是正方形，底面边长和侧棱长均为2，，则对角线的长为 ． 【答案】 【分析】由向量的方法计算，将表示成，平方即可. 【详解】由题可知四棱柱为平行六面体，， 所以 ， 所以. 故答案为：. 13. 已知空间向量，，则向量在向量上的投影是 .（用坐标表示） 【答案】 【分析】根据给定条件，利用投影向量的定义，结合向量坐标运算求解作答. 【详解】空间向量，， 所以，， 所以向量在向量上的投影向量是， 所以向量在向量上的投影向量的坐标是. 故答案为：. 14. 正三棱锥中，底面边长，侧棱，向量，满足，，则的最大值为 . 【答案】4 【分析】利用向量运算化简变形，设，将向量等式转化为两动点轨迹为均为球面，再利用球心距求两球面上任意两点间距离最大值即可. 【详解】已知正三棱锥，则，且， 由化简得， 由化简得. 设，代入，， 分别化简得，且， 故点在以为直径的球面上，半径； 点在以为直径的球面上，半径 分别取线段、的中点、， 则， 故. 故答案为：4 【点睛】将向量的代数关系转化为动态的几何表达，借助几何意义求解动点间的距离最值是解决本类题型的关键所在. 四、解答题，写出必要的过程与步骤（共5小题，共77分） 15.（13分） 如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为菱形，E为棱AB的中点，AC⊥PE，PA=PD. (1)证明：平面PAD⊥平面ABCD； (2)若PA=AD，∠BAD=60°，求二面角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2). 【分析】（1）先通过线线垂直证明平面，得出，再证明平面，最后由线面垂直推得面面垂直； （2）利用题设条件建系，设出边长表示出相关点坐标，分别计算两平面的法向量，最后运用空间向量的夹角公式计算即得. 【详解】（1） 如图，连接,取中点,连接,因底面ABCD为菱形，故,又E为棱AB的中点，故，则， 已知平面 ，故平面，因平面，则，因，则 又平面则平面，又平面，故平面平面 （2） 如图，连，由（1）知平面，且∠BAD=60°，则是正三角形，, 故可以分别为轴正方向建立空间直角坐标系.不妨设,则 于是,设平面D的法向量为，则有可取. 因，故可取平面的法向量为. 设二面角的平面角为，则为锐角，故则 即二面角的正弦值为. 16.（15分） 如图，几何体ABCDE中，，四边形ABDE是矩形，，点F为CE的中点，，． (1)求证：平面ADF； (2)求平面BCD与平面ADF所成角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连结BE交AD于G，连结FG，由图形结合已知得到FG是的中位线，再由线面平行的判定定理证明即可； （2）先证明平面ABC，然后建系如图坐标系，分别求出平面ADF的法向量和平面BCD的一个法向量，代入空间二面角公式求解即可. 【详解】（1）连结BE交AD于G，连结FG． 因为四边形ABDE是矩形，所以点G为BE的中点． 因为点F为CE的中点，所以FG是的中位线． 所以，又平面ADF，平面ADF， 所以平面ADF． （2）因为四边形ABDE是矩形，所以． 因为，，且平面，平面， 所以平面ABC， 因为，所以平面ABC． 所以以点A为原点，分别以AC，AE所在直线为y轴、z轴建立空间直角坐标系A-xyz． 所以，，，，，． 所以，． 设平面ADF的法向量为，所以，． 所以，令，得，，所以． 因为平面ABC，所以． 因为，，平面BCD， 所以平面BCD， 所以为平面BCD的一个法向量． 而． 所以平面BCD与平面ADF所成角的余弦值为． 17.（15分） 在五棱锥中，，，平面平面.    (1)求证：； (2)若，且直线与平面所成角的正弦值为，求的值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据矩形的性质、结合面面垂直的性质定理进行证明即可； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可. 【详解】（1）证明：延长交于点 四边形为矩形， 平面平面，平面平面 平面平面，即. （2）如图建系，    设平面的一个法向量， . 18.（17分） 如图，在正三棱柱中，，，点为的中点，点为上一点.    (1)若平面平面直线，求证：； (2)当平面平面时，求CP的长度. 【答案】(1)证明见解析 (2)或2 【分析】（1）连接交于点，可得平面，再利用线面平行的性质分析证明； （2）建系标点，分别求平面、平面的法向量，根据面面垂直列式求解即可. 【详解】（1）连接交于点，连接OQ. 因为，Q分别为，BC中点，则， 且面，面，可得平面， 又因为平面，平面平面直线， 所以. （2）取中点， 以为原点，QC，QA，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，    则，，，设，则， 可得，，，. 设平面的法向量为，则， 令，则，可得； 设平面的法向量为，则， 令，则，可得， 因为平面平面，则， 可得，解之得或2， 所以CP的长度为或2. 19.（17分） 如图，在四棱锥中，为矩形，且，，. (1)求证：平面； (2)若（N在S的左侧），设三棱锥体积为，四棱锥体积为，且. ①求点到平面的距离； ②求平面与平面所成夹角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2)； 【分析】（1）由余弦定理得到，进而得到即可求证； （2）建系，通过点到面的距离公式及面面角的夹角公式即可求解. 【详解】（1）在中，，，， 所以，解得：， 所以，所以， 又，为平面内两条相交直线， 所以平面； （2）（2）由（1）知，平面，， 所以平面，又在平面内，所以平面平面， 在平面内，所以， 在三角形中，，，， 所以，又， 所以， 又， 又， 所以，又， 所以， 取的中点， ，可知：， 因为平面平面，交线为， 又在平面内， 所以平面，如图建立空间直角坐标系 易得：, 所以， 设平面的法向量为， 则， 所以， 令，得，即， 又， 所以求点到平面的距离， ②， 设平面的法向量， 则，所以， 令，则，可得：， 设平面与平面所成夹角为， 所以， 所以， 即平面与平面所成夹角的正弦值为. 学科网（北京）股份有限公司2 / 21 学科网（北京）股份有限公司 $