第一章空间向量与立体几何单元质量检测-2026-2027学年高二上学期数学人教A版选择性必修第一册

第一章《空间向量与立体几何》章末综合质量检测 参考答案 选择题 题号 1 3 4 6 > 8 9 10 11 答案 D A D A B A D BD ACD BCD 一、 单项选择题（本大题共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.设xy,z∈R,a=(l,),b=(,y,2,c=(x,4,2）,且a1c,b11e,则2a+=( ) A.2V2 B.0 C.3 D.3V2 【解折】D因为a1c→a:d=0→x-4+2=0→x=2,所以=(2,4,2)： 6e→号4-y=-21,所6=0-2， 所以2ā+6=2(1,1，)+(0-2，=(3,0,3)=V9+9=3V2 2.已知空间三点4,11)，B(22,2),C(3,24),则向量6与AC的夹角余弦值为( ) √5 6 √42 3W14 A.3 B.3 C.7 D.14 【解析1c因为B=(1,),4C=(21,3), AB·AC 2+1+3 √42 所以向量一与，云的夹角余弦值为ABAC AB AC V3×V4+1+97 3.在四面体OABC中， 0-d.0B-B.0C-.M() Mw=-3a+6+e 4°22，则2=() 1 A B.3 C.3 D.4 【解析】A如图， O 因为BN=1Bc,所以ON=A0C+1-2)o8.,(a>0,又0M-oi, =ow-ow-a0c+0-刘0i-oi=a+0-25+ 所以 42 02, 12 1 1 所以1-2=2且2-2，解得： 九= 2 4.已知向量ā=(L-2,2),6=(3.0,-),则向量ā在向量ā+万上的投影向量的坐标为 4_42 〔2 8_84 【解析1D因为i=（l-2,2),6=(3,0,-),所以+6=(2，-2，)， 所以a(a+6）=-2+4+2=4a+=3, a.(a+b)a+b 则向量a在向量a+b上的投影向量为a+bla+b1 884 9-9'9 5.已知平面a的-个法向量i=(-2,-2,1,点1(-l3,0)在平面内，则点P(-2,14) 到平面0的距离为() 10 11 A.3 B.3 C.5 D.10 【解析】A因为1(-13,0)、P(-21,4) 所以AP=(-1-2,4) 又平面a的-个法向量n=（-2,-2,1) .a0x(-2)+(-2+1x41 、 所以点到的距离 D V+(-2)2+(-2)2 6.PA,PB,P 是从P点出发的三条射线，每两条射线的夹角均为60°，那么直线 C与 平面PAB所成的角的余弦值是() √6 3 A. B.3 c D.3 PA,PB,PC 【解析】B如图所示，把 放在正方体中，使得这三条线成为正方体的三 PA,PB,PC 条面对角线，则 两两的夹角均为60°， ○ 建立如图所示的空间直角坐标系（其中0为原点），设正方体的棱长为1， 则P,00）,C0,0),A(,1),B(0,10）,所以PC=(-1,0), PA=(01,1).PB=(-11,0). n.PA=y+z=0, 设平面P4B的法向量月=(x%)则后P明=x+y=0 令x=1,则y=1,z=1,所以i=(,1-) 所以cosP℃，i= PC.n-26 PC-同2x5=3. 使线p心与rpMB所成的角%90e0 所以cosB=V1-sing= 3 7.在正四棱台4BCD-ABCD中，MB=2A8=2N2,4C·BD=4,则正四按台 的体积为() 28 26 A.3 B.3 C.12 D.8 【解析】A设正四棱台MBCD-4B,GD的高为h(h>0）, 由于四边形 ABCD,ABCD都是正方形，设其中心分别 F,E,连接 C,AC 如图，以F为原点，过点F且与AB垂直的直线为x轴，过点F且与BC垂直的直线 为y轴，FE所在的直线为z轴，建立空间直角坐标系， 作CG1CF手G B 因为AB=248=22,由勾股定理得4C=44G=2,所以CF=2,CE=1, 由愿意得GE1/CF,CG1/E ，所以四边 EFGC是平行四边形， 所uFG-LEF=CG,CG=1 4小a3c(兽p(g x(顾-9 我Gm(2g(2}- 由于AC·BD=4,即R=4,解得h=2, 所以正四棱台的体积 r=2x22+2x2+22x22x2xk2=28 3,故A正确 &.如图，圆柱O0的轴截面4BCD是正方形，且正方形的对角线长为2√2，点E在O0 上，BE=C正，点F在OO上，E,F在平面ABCD的同侧.记二面角D-AF-E, A-DF-E的大小分别为a,B,若tana-tamB=8,则点F到平面 EO的距离为( B 2 5 √万 5 B.8 C.8 D.4 【解析1D因为圆柱O0的辅截面ABCD是正方形，且正方形的对角线长为22 所以0B=0C=l,00=2,001底面圆0， 因为点E在O上，BE_CE,所以OE⊥BC 如图，以点O为坐标原点，分别以 E,OC,OO 所在的直线为轴、'轴、2轴，建 立空间直角坐标系， 所以点1(0，-山2)，E(10,0）.D(0,12) 设点F2,2),其中0<1≤Ll,-1<元<0，t+2=1,且风即为点F到平面 0E0 的距离， 设平面AEF的法向量为m=(x,y2),E=(11,-2),AF=(化，1+1,0) [m.AE=0「x+y-2z=0 mf=0得云42+加=0◆=A+1则y=2=, 2 设平面DEF的法向量为i=(xh,Z),DF=(化，-1,0).DE=(1,-1,-2) [n-DF=0∫x+(-1)y=0 后0E0网20◆5=A-则%=6气=2，所 -2） 依题意，平面ADF的一个法向量为00=(00,2)】 记二面角D-AF-E,A-DF-E的大小分别为，B,0为能角， B 为钝角， 因为+2=1，所以1-(2+)>0.(1-)-1>0 所以 m.00 2-t+1 t-（2+1) cos a m00 a+旷+r+a-1+x25+sa+驴-2a+. 所以sina 2V2+(+)2 2V2+(2+1)2 V52+5(2+1-21(2+1), tana= t-（2+1) cos B=.00 2+t-1 (1-2)-t 00 ya-+r++1-×2V5r+50-2-20-习 ,所以sinB Vx+5a--20-刘：mB=-2+0-y 2V2+(1-2)2 (1-)-t 所以 wm-2,22晋22-mn 42 t-(2+1） (1-)-11-(元+1)(1-)-1 42 因为ana-anB=8,所以-元+元=8，又因为元∈（←1,0），所以 1s、分 4, √7 所以点F到平面OEO的距离为4· 二.多选题：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.下列命题正确的有() A.空间中不相交的两条直线是异面直线 B,己知4，B,C,D,E是空间中的任意五点，则B+BC+CD+DE+EA=0 C.若两个非零向量B,CD满足B+CD=0,则A,B,C,D四点共线 D若及，8，C,D四点共面，且点A,C,D不共线，则存在z∈R ，使得 AB-XAC+yAD+2AEy+2=1 【解析】BD对于A,空间中不相交的两条直线是异面直线或平行直线，故A项错 误； 对于B,已知A,B,C,D,E是空间中的任意五点，则 AB+BC+CD+DE+EA=0 故B项正确： 对于C,若两个非零向量AB，CD满足B+CD=0,则A,B,C,D四点共线或 AB//CD 故C项错误； 对于D,若E,B,C,D四点共面，且点B,C,D不共线， 由共面向量定理，存在实数m,”使得EB=mBC+nED, 展开AB-AE=m(AC-AE)+n(AD-AE 整理得 AB=mAC+nAD+(1-m-n)AE 对比AB=xAC+yAD+zM花，可得x=my=2=1-m-n, x+y+z=1 所以 ,故D项正确. 10.如图，四棱柱 MBCD-AB,GD的底面ABCD是正方形，O为底面中心，401平 面ABCD,1B=AM=2.以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则( A B A.DO∥平面BAC B0B=(V2,0,2) C.AC⊥平面OBB D.点8到直线4C的距离为5 【解析】AD由题意有：底面1BCD是正方形，且MB=4=2 所以4C=BD=2V2,所以OA=OB=0C=0D=V2 所以A0,-5,0),B(V2,00,C0v2,0,D(-2,0,0) 0A=VA4-0A=V2,所以4(0,0,2)， 对于A,因为4D=BC=(2,2,0,04=(00,V2)】 所以0D=0A+AD=(00,v2)+(-2,v2,0)=(V2,2,v2) 所uBA=(V2,0V2)AG=AC=(0,22,0）. 设平面B4G的法向量为i=(x少2)， BA=-2x+2z=0 所以 i:4G=2V2y=0 ，令x=1得元=0， 所以i:0D=V5x1+V2x0+V2x1=0,所以i10D,又0D,g平面B4G, 所以D01/平面BMG,放A正确： 对于B,因为4B=AB=(2,V2,0),所以B(V2,V2,V2)】 所以OB-(V25V2),故B错误： 对于C,AC=(0,V2,-V2),BB=(0,2,V2). 因为4C-B服=0x0+2xV2+(-2水2=0，所以4C1BB, 因为4C-0B=0×V2+2×5+(V2)x5=0,所以4C1oB, 因为BROOB=B且BB,OBC平面OBB 所以4C平面OBB 故C正确： 对于D,因为4C=(0,2,-2 4-(2.0),4-4C1 4 AB·AC 所以点到直线 的距离为 =√4-1=3， 故D正确， B AC 11.如图，在正方 ABCD-ABCD中，AD=4,点B、F分别为 B,BC 的中点， 点P满足P=MD+uAM,e[0,1小u0,, 则下列说法正确的是() D E B A片 …D B A若几+u= PEFD ,则四面体 的体积为定值 g室=方-，则CP1面n 1 C.若1=lu=0 则四面 PCFD的外接球的表面积为36π 25,213 D.平面EFD,截正方体ABCD-AB,CD所得截面的周长为33 +3N5 【解析】BCD对于D,如图1，取AB的中点G,连接DG,易得 DE∥DG 取CD的中点H,连接BH,易得BH∥DG, 再取CH的中点M,连接PM,DM,则FM∥BH,所 FM∥DE 则FM是平面 FD与正方体底面ABCD的交线， 延长MF,与AB的延长线交于N,连接EBN,交B于P,则BB=3BP 且五边形DEPFM即平面EFD,交正方体MBCD-4B,CD的截面. D B 图1 BN-CM=1CH=1BE 由F是BC中点且BN IICM得 2 2 又BN IBE得P= IBP-1BB 3 从而可i计算得ED=2W5,DM=5,MF=5,EP=10,PF=2@ 3 3, 252丽+35 所以平面EFD,截正方体ABCD-AB,C,D,所得的截面的周长为33 ,故D正确： 对于A,因为MP=元AD+AA,+u=1 所以PD,4三点共线，所以点P在4D上， 因为 D与平 ED不子行，新以百体PED的体积不为定益，A情头 对于B,如图2，以A为原点，分别以4B,D,14所在直线为七，2轴建立空间直角 坐标系， A D E C B D B 图2 则10,00)，D(0,4,0,4(0,0,4),C(4,44),D(0,4,4),E(2,04),F(4,2,0) 则4D=(04,0）,A4=(0,04),GA=(4,-4,4) 则护-号0+4-02训 CP=CA+AP=(-4,-2,-3),DE=(2,4,0),EF=(2,2,-4) 则GPDE=0.CPEF=0 故CP是平面EFD,的一个法向量，所以CP上平面EFD,故B正确： 0,则点P即点D, =1,4=0 对于C,若 由正方体的性质可知几何体D-DCF 是制楼DP垂直于底面DCF的三楼能， 而底面DCF是直角三角形，易得DF=VCD2+CF2=V42+22=25 r=1DF=5 所以△DCF外接圆的半径为2 所以四面 PCFD,即三棱 D-DCF 的外接球的表面积为4πR2=36π，故C正 确。 第Ⅱ卷（非选择题2分） 三.填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12若a=(2,mn,6=(2,-l,a1b,则l同= 【解析】因为ā=(2，m,n,6=(1,2,-),ā116 所以a=访，即(2，m,m）=2,-l),有2=元，m=21=4,m=-1=-2 可知=(2,4，-2)，d=V2+42+(-2}=2W6 13.如图，在平行六面体ABCD-A'B'CD'中，AB=2,AD=2,AA=3, ∠BAD=∠BAA'=∠DAA'=6O°，BC',CA' .则 与 所成角的余弦值为 D' B D 【解析】在平行六面体1BCD-ABCD'中，设MB=aAD=五MM=C, BC-BC+BB-B+0 C4-CB+BA+44--a-b+c 于是BC.CA=⑥+⊙(-a-b+©=-a.i-6+i-c-ac-i.c+ =-a-6-6-a:c+c=-2×2x)-4-2x3×+9=0 2 因此BC1CA,cos(BC,CA)=0 所以BC与CA'所成角的余弦值为O 14.棱长为4的正方体 C中，M,N分别是平 AB,CD和平 ACD内动点· BP=3PB,则PM+MN的最小值为， D D C M B 【解析】取点P关于平面4B,CD的对称点为乃， 设点B到平面ACD的距离为d,则PM=PM 所以PM+MN=PM+MN≥d 以D为原点，以DA,DG,DD所在直线为产轴，)轴，2轴建立空间直角坐标系， 因为正方体的棱长为4，且BP=3PB 所以(4,4，-44,04，C04,4,D,(0,0,0) DE=(4,4,-10,D4=(4,0,4),DC=(0,4,4) 设平面4CD的法向量为m=(c少2习， D4m=4x+4z=0 则DCm=4y+4z=0' 取x=1,则y=l2=1,则m=,山，-) 所以点R到面4CD的距离d DRm_4+4+1=9=35 1+1+1V3 即PM+MW的最小值为3V5 D B D B 四.解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 15.已知向量i=(（1,3-2),6=(（1,0,2),c=(mn,-4) 山)若a/e,求l5+d的值： (2)者b1=9,求dc值 m=n=-4 【解析】(1)向量=(1,3，-2)，=(m,”-4),由a11,得13--2，解得 m=2,n=6 c=(2,6-4,而6=(10,2），则i+c=(3,6,-2). 所以l6+cLV32+6+(-2y=7. (②)由61C,得Xm+0xn+2x(-4)=0,即m-8=0,解得m=8, 由c小9，得V64++16=9,解得n=1, 时，a-c=m+3n+8=19 .m=8,n=1, 当m=8n=-1 dc=m+3n+8=13 时， 所以āc值是19或13. 16.四棱柱ABCD-AB'C'D'的六个面都是平行四边形，点M在对角线A'B上，且 HMl-Me 点N在对角线AC,且HM=}C B D ()设向量4B=ā，D=6,AM=c,用、b、c表示向量D'M、D'W (2)求证：M、N、D'三点共线. 【解析】(1)因为 M=M.则 M预-(+)=+写0 iuDM-Da+M=-4D+（号M+兮-- 又因为4W-G,则W-4C-(不++)】 所Dw=D+N=-D+好++0)--D- a-36-1c 三40-4”4、 ②因为=W-W-(+B+)-（号+兮丽） MD=D-W=m-(兮+兮丽+6+ 所以w=MD 所以M与MD共线， 因为这两个向量有公共点M, 所以M、N、D'三点共线. 17.如图，已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD是边长为4的正方形，侧面PCD1底面 ABCD,CP=DP=V,E,G分别是CD,DP的中点，点F在棱4B上，且 AF=3BF G E (1)求证：FG/I平面BEP. (2)求直线FG与平面BCP所成角的正弦值. 【解析1(1)证明：因为在四校锥P-ABCD中，CP=DP=S,E是CD的中 点，所以EP⊥CD PCD⊥ ABCD 又侧面 底面 ,创面CDPn底面MBCD=CD,PEc平面PCD ,侧面 底面 所以EPL平面ABCD 以E为坐标原点，垂直于CD的直线为x轴，直线EC,EP分别为y轴和z轴，建立 如图所示的空间直角坐标系， G B 因为底面ABCD是边长为4的正方形，CP=DP=B.E,G分别是CD,DP 的中点， AF=3BF EP=3 AF=3 BF=1 ，所以 则点E(0,00),P(0,03),F(4,10).B(42,0D0,-2,0) 以片90-l.则G-(4-2. EP=(0,03),EB=(4,2,0), n.EP=3z=0 设平面p的法向量为万=（飞，y,z)则-EB=4x+2y=0” BEP 取y=-2,得x=1,z=0,所yi=(山-2,0)， 所以 i-(4到x14(-2×-2列+子0=0uFG1i. 又FGC平面BEP,所以FGII平面BEP. 2白知G-（42引.m=4-2.=400. m-BC=-4x=0 设平面BCp的法向量为m=(k,,2)则m.B驴=4x-2y+3名=0 BCP 取名=2，得=0，片=3，所以m=(0,32) 所以Cos<m,FGii=m·FG =-6+3 -6V1157 mFG 16+4+9x9+4 1157,则 设直线PG与平面BCP所成的角为0，则sim0=c0s元，FG-657 1157, 6W1157 所以直线FG与平面BCP所成角的正弦值为1157· 18.如图，P为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AC为底面直径，△ABD为底面圆O 的内接正三角形，且边长为V5,点E在母线PC上，且ME=V5,CE=l B (1)求证： POl平面BDE, (2)求证：平面BED⊥平面ABD (3)若点M为线段PO上的动点.当直线DM与平面ABE所成角的正弦值最大 时，求此时点M到平面ABE的距离. 【解析】(1)如图，设AC交BD于点F,连接EF,由圆锥的性质可知PO上底 面ABD, B 因为ACC平面ABD,所以PO⊥AC, 仅因为ABD是底面圆的内接正三角形，由AD=V3,可得AF了 AD =AC sin60° ,解得AC=2, 又ME=V5,CE=L,所以AC2=AE2+CE,即∠AEC=90°，AE⊥PC, AE AF 3 又因为ACAE2,所以△ACE△AFE, 所以∠AFE=∠AEC=90°，即EF⊥AC, 又PO,4C,EFC平面PHC,直线EF PO,.POc平面BDE,BFC平面BDE 所以直线POl平面BDE. PO∥EF,PO⊥ (2)因为 平面ABD,所以EF上平面ABD 又EFC平面BED,所以平面BED⊥平面ABD: (3)易知P0=2BF=5,以点F为坐标原点.FAFB,PE所在直线分别为 轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， go0-oa)传a) o2a -(亚-(o9】 op-(0,05). 设平面1BE的法向量为厅=(x,少2)， AB.n=_3 V3 一x十 2 2少s0 则 =-3 。令， 2 2= x=1 i=(,v3,5) &om=m0sAsgM-0+0-65 设直线DM与平面ABE所成的角为O, 则sin0=cos元DW= n.DM 32+2 DM √7×V322+1, 即m0-92t2+4-3+2+ 7(322+1）1 73+3+1 12x+1 令y=3+xc0.则 1 1 12x+1 x+ y=3x+1 4 12 x+ 4 12 ,1121 49 则 x+212+3] 1 x+ +1441 12 16 x+ 12 4 =4 49 144 6 x+ 12 1 12x+1 当且仅当=2时，等号咸立，所以当一2时，”一31有最大值4， X= 即当A=时，m0的大位为.能时点气 2 所以M 2 所以点到平面 M ABE 14 故当直线DM与平面ABE所成角的正弦值最大时，点M到平面ABE的距离为14· 19已知一组空间向量4,4,4，…，a,n∈N,),记S=4+a+g++a, 如果存在，(p化2,3，m),使得回≤S.-a,那么称a,是该向量组的“0向 量” （1)已知4=(4,0,3)，4=(6,1m）,4=(02,4),若4是向量组4,4,4 的“0向量”，求实数m的取值范围. (2)四面体P-ABC内接于以O为球心，3为半径的球，且 50A+130B+120C=0 0记4=01,4=0B,4=0C,向量组4,4,4中是否存在“0向量”？ 若存在，指出哪个是“①向量”并证明；若不存在，请说明理由. ②求四面体P-ABC体积的最大值. 【解析】(1)因为4=(4,03)，a=(3,1m)）.G=(0,2,4) 所以S=(7,3,7+m),回=10+m,-a=v69 又因为4是向量组4,4,4的“0向量”， 所以回sS-4,所以V10+m5v69, 解得V59≤m≤V59 所以实数m的取值范用为[59，V59]. (②)①因为四面体P-ABC内接于球0，所以回=回-回， 因为50A+130B+120C-0,所以5a+13a+12a=0,所以 5a+12a,=-13a 等式两边同时平方得25(a)+14(a)+120aG=169(可)，所以a:4=0, 即41a, 所以011oc,且4,6，C,0在同-平面内. 如图所示，以O为原点，OA,OC所在的直线分别为x,y轴建立平面直角坐标 系， VA 则点4(3,0），C(0,3),所以4=(3,0)，4=(0,3) 格人可+112a-6中，用马-（停） 网32-a-6+网-9-3酒 可=3<s-4=a+4=32+32=32 同=3<区--+a-9-2 由“0向量”的定义，得4,4都是向量组4,4，a的“0向量”. ②①行OA1oC,且1,8，C,0在同-平面内，所以△MBC在过球心0的裁 面上， 又因为50A+130丽+120元=0，所以501+130丽=-120元 等式两边同时平方可得， 25+169(0B+1300OCOS L40B-1440C) 月，um∠i08-号. 同理可得130B+120C=-50A 等式两边同时平方可得 169B+1440C)+3120BOCCOs ZBOC-2504) 所以cos∠B0C=-12 13,所以 in∠BoC=5 13 SMWC=S0+S0cC =2 sin∠a0B+)od+2o8 sin∠B0c -0号9+后-图 当OP⊥平面ABC时，四面体P-ABC的体积取得最大值， nm-号m0r-兮管3-管 第一章《空间向量与立体几何》章末综合质量检测 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 第I卷（选择题58分） 一、单项选择题(本大题共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. 设，且，则（ ） A. B. 0 C. 3 D. 2. 已知空间三点，，，则向量与的夹角余弦值为（ ） A. B. C. D. 3. 在四面体中，，若，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知向量，则向量在向量上的投影向量的坐标为（ ） A. B. C. D. 5. 已知平面的一个法向量，点在平面内，则点到平面的距离为（ ） A. B. C. 5 D. 10 6. 是从点出发的三条射线，每两条射线的夹角均为，那么直线与平面所成的角的余弦值是（ ） A. B. C. D. 7. 在正四棱台中，，，则正四棱台的体积为（ ） A. B. C. D. 8. 如图，圆柱的轴截面是正方形，且正方形的对角线长为，点在上，，点在上，在平面的同侧．记二面角，的大小分别为，若，则点到平面的距离为（ ） A. B. C. D. 二．多选题：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. 下列命题正确的有（ ） A. 空间中不相交的两条直线是异面直线 B. 已知A，B，C，D，E是空间中的任意五点，则 C. 若两个非零向量，满足，则A，B，C，D四点共线 D. 若E，B，C，D四点共面，且点B，C，D不共线，则存在，使得，且 10. 如图，四棱柱的底面是正方形，为底面中心，平面，．以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则（ ） A. 平面 B. C. 平面 D. 点到直线的距离为 11. 如图，在正方体中，，点E、F分别为的中点，点满足，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则四面体的体积为定值 B. 若，则平面 C. 若，则四面体的外接球的表面积为 D. 平面截正方体所得截面的周长为 第II卷（非选择题92分） 3. 填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若，则_________. 13. 如图，在平行六面体中，，，，．则与所成角的余弦值为___________． 14. 棱长为4的正方体中，分别是平面和平面内动点，，则的最小值为_________． 4. 解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知向量. （1）若，求的值； （2）若，求值. 16. 四棱柱的六个面都是平行四边形，点在对角线上，且，点在对角线上，且． （1）设向量，，，用、、表示向量、； （2）求证：、、 三点共线． 17. 如图，已知四棱锥的底面是边长为4的正方形，侧面底面，，，分别是，的中点，点在棱上，且． （1）求证：平面． （2）求直线与平面所成角的正弦值． 18. 如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，为底面直径，为底面圆的内接正三角形，且边长为，点在母线上，且，． （1）求证：平面； （2）求证：平面平面 （3）若点为线段上的动点．当直线与平面所成角的正弦值最大时，求此时点到平面的距离． 19. 已知一组空间向量，，，，，记，如果存在（），使得，那么称是该向量组的“向量”． （1）已知，，，若是向量组，，的“向量”，求实数的取值范围． （2）四面体内接于以为球心，为半径的球，且. ①记，，，向量组，，中是否存在“向量”？若存在，指出哪个是“向量”并证明；若不存在，请说明理由． ②求四面体体积的最大值． 学科网（北京）股份有限公司 $