第一章 空间向量与立体几何单元测试-2021-2022学年高二上学期数学人教A版（2019））选择性必修第一册（Word含答案解析）
文档属性
| 名称 | 第一章 空间向量与立体几何单元测试-2021-2022学年高二上学期数学人教A版（2019））选择性必修第一册（Word含答案解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.2MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2021-10-11 12:47:14 | ||
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文档简介
第一章 空间向量与立体几何
一、单选题
1．，，若，则实数的值是（ ）
A． B． C．2 D．0
2．如图，在正四面体P ABC中，D，E，F分别是AB，BC，CA的中点，下面四个结论不成立的是（ ）
A．BC∥平面PDF B．DF⊥平面PAE
C．平面PDF⊥平面PAE D．平面PDE⊥平面ABC
3．已知正方体的棱长为2，点，分别是棱，的中点，点在平面内，点在线段上，若，则长度的最小值为（ ）
A． B． C． D．
4．如图，三棱锥S﹣ABC中，SA＝SB＝SC，∠ABC＝90°，AB＞BC，E，F，G分别是AB，BC，CA的中点，记直线SE与SF所成的角为α，直线SG与平面SAB所成的角为β，平面SEG与平面SBC所成的锐二面角为γ，则（ ）
A．α＞γ＞β B．α＞β＞γ C．γ＞α＞β D．γ＞β＞α
5．如图，已知三棱锥的底面是正三角形，侧面是菱形，且，是的中点，，则二面角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
6．已知A，B，C三点不共线，O是平面ABC外一点，下列条件中能确定点M与点A，B，C一定共面的是
A． B．
C． D．
7．如图，在正四棱锥中，，则二面角的平面角的余弦值为
A． B． C． D．
8．如图，在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝1，E、N分别为边AB，BC的中点，沿DE将△ADE折起，点A折至A1处（A1与A不重合），若M、K分别为线段A1D，A1C的中点，则在MDE折起过程中，（ ）
A．DE可以与A1C垂直
B．不能同时做到MN//平面A1BE且BK//平面A1DE
C．当MN⊥A1D时，MN⊥平面A1DE
D．直线A1C、BK与平面BCDE所成角分别为θ1、θ2，θ1，θ2能够同时取得最大值
二、多选题
9．空间四个点，，，，，，为空间的一个基底，则下列说法正确的是（ ）
A．，，，四点不共线
B．，，，四点共面，但不共线
C．，，，四点中任意三点不共线
D．，，，四点不共面
10．如图所示，在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC＝2a，BB1＝3a，D是A1C1的中点，点F在线段AA1上，若CF⊥平面B1DF.则AF的长度为（ ）
A．a B． C．2a D．
11．已知ABCD﹣A1B1C1D1为正方体，下列说法中正确的是（ ）
A．
B．
C．向量与向量的夹角是60°
D．正方体ABCD﹣A1B1C1D1的体积为
12．（多选题）正三棱柱中，，则（ ）
A．与底面的成角的正弦值为
B．与底面的成角的正弦值为
C．与侧面的成角的正弦值为
D．与侧面的成角的正弦值为
三、填空题
13．在空间直角坐标系Oxyz中，已知点2，，0，，则______．
14．已知空间向量，，，，，，，若，则的值为______．
15．在正四面体中，，分别为棱，的中点，则异面直线与所成角的余弦值为___________.
16．如图，已知三棱锥的所有棱长均相等，点满足，点在棱上运动，设与平面所成的角为，则的最大值为______.
四、解答题
17．如图，三棱柱中，侧棱垂直于底面，，，，为中点.
（Ⅰ）设平面与直线交于点，求线段的长；
（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值.
18．如图所示的几何体，其底面是直角梯形，，，，，底面.
（1）若，求直线与平面的夹角；
（2）若，求平面与平面所成二面角的余弦值与的关系，并求出余弦值的取值范围.
19．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，四边形ABB1A1为正方形，且AC＝AA1＝4，∠CAB＝∠CAA1＝60°.
（1）求证：平面AB1C⊥平面ABB1A1；
（2）求点A到平面A1B1C的距离.
20．如图，在菱形中，，点为中点，平面
（1）求证：平面.（2）若，，求直线与平面所成角的正弦值.
21．在如图所示的几何体中，四边形ABCD为矩形，平面ABEF⊥平面ABCD，EF∥AB，∠BAF＝90°，AD＝2，AB＝AF＝2EF＝2，点P在棱DF上．
（1）若P是DF的中点，求异面直线BE与CP所成角的余弦值；
（2）若二面角D﹣AP﹣C的正弦值为，求PF的长度．
22．如图，菱形与正所在平面互相垂直，平面，，.
（1）证明：平面；
（2）若，求直线与平面所成角的正弦值.
参考答案
1．D
【解析】因为，且，
根据空间向量平行的坐标表示公式可得：，
解得：，，
故选：D
2．D
【解析】因为BC∥DF，DF 平面PDF，BC 平面PDF，
所以BC∥平面PDF，故选项A正确；
在正四面体中，AE⊥BC，PE⊥BC，AE∩PE＝E，
且AE，PE 平面PAE，
所以BC⊥平面PAE，
因为DF∥BC，所以DF⊥平面PAE，
又DF 平面PDF，
从而平面PDF⊥平面PAE.
因此选项B，C均正确.
故选：D
3．C
【解析】如图，设中点为，因为为的中点，
所以平面，即，
因为，所以，
所以点在以为圆心，半径为1的位于平面上的半圆上，
作平面图如图所示，
由图像知，的最小值即到的距离减去半径，
，
，所以，
所以的最小值：.
故选：C
4．A
【解析】因为AB⊥BC，SA＝SB＝SC，所以AB⊥SE，所以AB⊥平面SGE，AB⊥SG，
又SG⊥AC，所以SG⊥平面ABC，
过G作SE的垂线l，显然l垂直平面SAB，
故直线SG与平面SAB所成的角为β＝∠GSE，
同理，平面SEG与平面SBC所成的锐二面角为γ＝∠FSG，
由tanγ＝，得γ＞β，γ也是直线SF与平面SEG所成的角，
由cosα＝cosβ cosγ＜cosγ，则α＞γ，所以α＞γ＞β，
故选：A.
5．B
【解析】解：取的中点，连接，，则，
又侧面是菱形，且，
所以，
又，所以四边形为平行四边形，所以，
又，所以，平面
建立以为坐标原点，的反向延长线，，分别为，，轴的空间直角坐标系,如图：
设，则，
则平面的法向量为，
，，，，，
则，，
设平面的法向量为，
则，令，得，
，
∴二面角的余弦值是.
故选：B.
6．D
【解析】不妨设.
对于A选项，，由于的竖坐标，故不在平面上，故A选项错误.
对于B选项，，由于的竖坐标，故不在平面上，故B选项错误.
对于C选项，，由于的竖坐标，故不在平面上，故C选项错误.
对于D选项，，由于的竖坐标为，故在平面上，也即四点共面.下面证明结论一定成立：
由，得，
即，故存在，使得成立，也即四点共面.
故选：D.
7．B
【解析】由于几何体为正四棱锥，故，在内分别作边上的高.故是二面角所成二面角的平面角.设，则，由于，故，则.由得，则在三角形中，.故选B.
8．D
【解析】对于A，连接EC，如图，
假设DE⊥A1C，由平面几何的知识可得DE⊥EC，
∴DE⊥平面A1EC，∴DE⊥A1E，而A1ED＝45°，故假设不成立，∴A错误；
对于B，取DE，DC中点G，F，连接GM，GN，FK，FB，如图，
∴GM//A1E，GN//EB，FK//A1D，BF//DE，
∴平面A1BE//平面GMN，平面FKB//平面A1DE，
故能同时做到MN//平面A1BE且BK//平面A1DE，∴B错误；
对于C，连接ME，EN，DN，如图，
当MN⊥A1D时，，
而，∴MN与ME不垂直，即MN不垂直平面A1DE，∴C错误；
对于D，∵A1在以DE为直径球面上，球心为G，且A1G⊥DE，
∴A1的轨迹为圆弧（A1与A不重合，在平面下方时与该情况一致），如图弧AF所示，
∴当点A1到平面BCDE的距离最大时，直线A1C与平面BCDE所成角取得最大值；
连接EC，取EC中点T，连接TK，TB，如图，
∴，，
又，，∴，
∴，为定值，
∴当点K到平面BCDE的距离最大时，直线BK与平面BCDE所成角取得最大值，
此时点A1到平面BCDE的距离也最大，∴D正确.
故选：D.
9．ACD
【解析】因为，，为空间的一个基底，
所以，，不共面，
即，，，四点中任意三点不共线，且四点不共面，
故选：ACD
10．AC
【解析】解：平面，．
在矩形中，设．
①
，②．
联立①②解得，或．
则的长度为或．
故选：AC．
11．AB
【解析】由向量的加法得到：，∵，∴，所以A正确；
∵，AB1⊥A1C，∴，故B正确；
∵△ACD1是等边三角形，∴∠AD1C＝60°，又A1B∥D1C，∴异面直线AD1与A1B所成的夹角为60°，但是向量与向量的夹角是120°，故C不正确；
∵AB⊥AA1，∴，故＝0，因此D不正确.
故选：AB.
12．BC
【解析】如图，取中点，中点，并连接，则，，三条直线两两垂直，
则分别以这三条直线为轴，轴，轴建立如图所示空间直角坐标系；
设，则.
.
．底面的其中一个法向量为，
与底面的成角的正弦值为，错对．
的中点的坐标为,
∴侧面的其中一个法向量为，
与侧面的成角的正弦值为：，
故对错；
故选：BC．
13．
【解析】在空间直角坐标系Oxyz中，
点2，，0，，
．
故答案为．
14．
【解析】由题意，知．
由，得，
即，解得．
故答案为：.
15．
【解析】解：为棱的中点，设
又 为棱的中点
又的两两夹角都为，并设
又
异面直线与所成角的余弦值为
故答案为：
16．
【解析】依题意可知，该几何体为正四面体，设顶点在底面的射影是，是底面中心，连接，过作，交于，连接.
设正四面体的棱长为，.在三角形中，由余弦定理得.由于平面，所以平面，，所以是直线与平面所成的角，设为.在三角形中，，所以.所以.所以当时，的最大值为.
故答案为：
17．（Ⅰ）；（Ⅱ）.
【解析】（Ⅰ）由棱柱特点知：平面平面，
平面，平面，
平面平面，平面，，
又为中点，为中点，；
（Ⅱ）以为坐标原点，为轴，可建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
，，，
设平面的法向量，
，令，解得：，，，
，
即直线与平面所成角的正弦值为.
18．（1）；（2）平面与平面所成二面角的平面角的余弦值为，余弦值的范围是.
【解析】（1）在直角梯形中，作交BC于H，因，则，又底面，以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
因此，，，，，，
则，，，
设平面的法向量为，则，即，令得，
于是得，
所以；
（2），，设平面的法向量为，则，即，令得，
，，设平面的法向量为，，即，令得，
，
因此，平面与平面所成二面角的平面角的余弦值为，
因，
所以平面与平面所成二面角的平面角的余弦值为，其范围是.
19．（1）证明见解析；（2） .
【解析】解：（1）证明：连接A1B，设AB1∩A1B＝O，连接CO，
∵AC＝AC，∠CAB＝∠CAA1，AB＝AA1，∴CAB≌CAA1，∴CB＝CA1，
∵O为A1B的中点，∴A1B⊥CO，∵四边形ABB1A1为正方形，∴A1B⊥AB1，
又平面AB1C，CO∩AB1＝O，∴A1B⊥平面AB1C，
∵平面ABB1A1，∴平面AB1C⊥平面ABB1A1，
（2）解：∵CA＝AA1＝4，∠CAA1＝60°，∴CA1＝4，
在RtCOA1中，又，∴，又，AC＝4，
∴OA2+OC2＝AC2，∴CO⊥AO，
∵平面AB1C⊥平面ABB1A1，平面AB1C∩平面ABB1A1＝AB1，∴CO⊥平面ABB1A1，
∴CO为三棱锥C﹣AA1B1的高，∴，
∵CA1＝A1B1＝B1C＝4，∴，
∴点A到平面A1B1C的距离.
20．(1)见解析(2)
【解析】（1）证明：因为四边形ABCD为菱形，∠BAD＝120°，所以△ACD为正三角形，所以AC＝AD，又因为点N为CD中点，所以CD⊥AN．
∵PA⊥平面ABCD，CD 平面ABCD，∴CD⊥PA．PA∩AN＝A，∴CD⊥平面PAN．
（2）由（1）知，CD⊥平面PAN，CD 平面PCD，∴平面PAN⊥平面PCD，且平面PAN∩平面PCD＝PN，
过A作AH⊥PN于H，则AH⊥平面PCD，连接CH，则∠ACH为直线AC与平面PCD所成角．
在RT△PAN中，PA，AN，由勾股定理得出PN，根据面积相等法得AH．
在RT△ACH中，sin∠ACH．即直线AC与平面PCD所成角的正弦值是．
21．（1）．（2）．
【解析】（1）∵BAF＝90°，∴AF⊥AB，
又∵平面ABEF⊥平面ABCD，且平面ABEF∩平面ABCD＝AB，
∴AF⊥平面ABCD，又四边形ABCD为矩形，
∴以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AF为z轴，建立空间直角坐标系，
∵AD＝2，AB＝AF＝2EF＝2，P是DF的中点，
∴B（2，0，0），E（1，0，2），C（2，2，0），P（0，1，1），
（﹣1，0，2），（﹣2，﹣1，1），
设异面直线BE与CP所成角的平面角为θ，
则cosθ，
∴异面直线BE与CP所成角的余弦值为．
（2）A（0，0，0），C（2，2，0），F（0，0，2），D（0，2，0），
设P（a，b，c），，0≤λ≤1，即（a，b，c﹣2）＝λ（0，2，﹣2），
解得a＝0，b＝2λ，c＝2﹣2λ，∴P（0，2λ，2﹣2λ），
（0，2λ，2﹣2λ），（2，2，0），
设平面APC的法向量（x，y，z），
则，取x＝1，得（1，﹣1，），
平面ADP的法向量（1，0，0），
∵二面角D﹣AP﹣C的正弦值为，
∴|cos|，
解得，∴P（0，，），
∴PF的长度|PF|．
22．(1)证明过程详见解析（2）
【解析】解：（1）如图，过点作于，连接EH，∴.
∵平面平面，平面，
平面平面于 ∴ 平面.
又∵平面，.∴，
∴四边形为平行四边形. ∴，
∵平面，平面，
∴平面.
（2）连接.由（1）得为中点，又，为等边三角形，
∴.分别以，，为轴建立
如图所示的空间直角坐标系.
则，，，.
，， ，
设平面的法向量为.
由，得
令，得.
，
直线与平面所成角的正弦值为.
一、单选题
1．，，若，则实数的值是（ ）
A． B． C．2 D．0
2．如图，在正四面体P ABC中，D，E，F分别是AB，BC，CA的中点，下面四个结论不成立的是（ ）
A．BC∥平面PDF B．DF⊥平面PAE
C．平面PDF⊥平面PAE D．平面PDE⊥平面ABC
3．已知正方体的棱长为2，点，分别是棱，的中点，点在平面内，点在线段上，若，则长度的最小值为（ ）
A． B． C． D．
4．如图，三棱锥S﹣ABC中，SA＝SB＝SC，∠ABC＝90°，AB＞BC，E，F，G分别是AB，BC，CA的中点，记直线SE与SF所成的角为α，直线SG与平面SAB所成的角为β，平面SEG与平面SBC所成的锐二面角为γ，则（ ）
A．α＞γ＞β B．α＞β＞γ C．γ＞α＞β D．γ＞β＞α
5．如图，已知三棱锥的底面是正三角形，侧面是菱形，且，是的中点，，则二面角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
6．已知A，B，C三点不共线，O是平面ABC外一点，下列条件中能确定点M与点A，B，C一定共面的是
A． B．
C． D．
7．如图，在正四棱锥中，，则二面角的平面角的余弦值为
A． B． C． D．
8．如图，在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝1，E、N分别为边AB，BC的中点，沿DE将△ADE折起，点A折至A1处（A1与A不重合），若M、K分别为线段A1D，A1C的中点，则在MDE折起过程中，（ ）
A．DE可以与A1C垂直
B．不能同时做到MN//平面A1BE且BK//平面A1DE
C．当MN⊥A1D时，MN⊥平面A1DE
D．直线A1C、BK与平面BCDE所成角分别为θ1、θ2，θ1，θ2能够同时取得最大值
二、多选题
9．空间四个点，，，，，，为空间的一个基底，则下列说法正确的是（ ）
A．，，，四点不共线
B．，，，四点共面，但不共线
C．，，，四点中任意三点不共线
D．，，，四点不共面
10．如图所示，在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC＝2a，BB1＝3a，D是A1C1的中点，点F在线段AA1上，若CF⊥平面B1DF.则AF的长度为（ ）
A．a B． C．2a D．
11．已知ABCD﹣A1B1C1D1为正方体，下列说法中正确的是（ ）
A．
B．
C．向量与向量的夹角是60°
D．正方体ABCD﹣A1B1C1D1的体积为
12．（多选题）正三棱柱中，，则（ ）
A．与底面的成角的正弦值为
B．与底面的成角的正弦值为
C．与侧面的成角的正弦值为
D．与侧面的成角的正弦值为
三、填空题
13．在空间直角坐标系Oxyz中，已知点2，，0，，则______．
14．已知空间向量，，，，，，，若，则的值为______．
15．在正四面体中，，分别为棱，的中点，则异面直线与所成角的余弦值为___________.
16．如图，已知三棱锥的所有棱长均相等，点满足，点在棱上运动，设与平面所成的角为，则的最大值为______.
四、解答题
17．如图，三棱柱中，侧棱垂直于底面，，，，为中点.
（Ⅰ）设平面与直线交于点，求线段的长；
（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值.
18．如图所示的几何体，其底面是直角梯形，，，，，底面.
（1）若，求直线与平面的夹角；
（2）若，求平面与平面所成二面角的余弦值与的关系，并求出余弦值的取值范围.
19．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，四边形ABB1A1为正方形，且AC＝AA1＝4，∠CAB＝∠CAA1＝60°.
（1）求证：平面AB1C⊥平面ABB1A1；
（2）求点A到平面A1B1C的距离.
20．如图，在菱形中，，点为中点，平面
（1）求证：平面.（2）若，，求直线与平面所成角的正弦值.
21．在如图所示的几何体中，四边形ABCD为矩形，平面ABEF⊥平面ABCD，EF∥AB，∠BAF＝90°，AD＝2，AB＝AF＝2EF＝2，点P在棱DF上．
（1）若P是DF的中点，求异面直线BE与CP所成角的余弦值；
（2）若二面角D﹣AP﹣C的正弦值为，求PF的长度．
22．如图，菱形与正所在平面互相垂直，平面，，.
（1）证明：平面；
（2）若，求直线与平面所成角的正弦值.
参考答案
1．D
【解析】因为，且，
根据空间向量平行的坐标表示公式可得：，
解得：，，
故选：D
2．D
【解析】因为BC∥DF，DF 平面PDF，BC 平面PDF，
所以BC∥平面PDF，故选项A正确；
在正四面体中，AE⊥BC，PE⊥BC，AE∩PE＝E，
且AE，PE 平面PAE，
所以BC⊥平面PAE，
因为DF∥BC，所以DF⊥平面PAE，
又DF 平面PDF，
从而平面PDF⊥平面PAE.
因此选项B，C均正确.
故选：D
3．C
【解析】如图，设中点为，因为为的中点，
所以平面，即，
因为，所以，
所以点在以为圆心，半径为1的位于平面上的半圆上，
作平面图如图所示，
由图像知，的最小值即到的距离减去半径，
，
，所以，
所以的最小值：.
故选：C
4．A
【解析】因为AB⊥BC，SA＝SB＝SC，所以AB⊥SE，所以AB⊥平面SGE，AB⊥SG，
又SG⊥AC，所以SG⊥平面ABC，
过G作SE的垂线l，显然l垂直平面SAB，
故直线SG与平面SAB所成的角为β＝∠GSE，
同理，平面SEG与平面SBC所成的锐二面角为γ＝∠FSG，
由tanγ＝，得γ＞β，γ也是直线SF与平面SEG所成的角，
由cosα＝cosβ cosγ＜cosγ，则α＞γ，所以α＞γ＞β，
故选：A.
5．B
【解析】解：取的中点，连接，，则，
又侧面是菱形，且，
所以，
又，所以四边形为平行四边形，所以，
又，所以，平面
建立以为坐标原点，的反向延长线，，分别为，，轴的空间直角坐标系,如图：
设，则，
则平面的法向量为，
，，，，，
则，，
设平面的法向量为，
则，令，得，
，
∴二面角的余弦值是.
故选：B.
6．D
【解析】不妨设.
对于A选项，，由于的竖坐标，故不在平面上，故A选项错误.
对于B选项，，由于的竖坐标，故不在平面上，故B选项错误.
对于C选项，，由于的竖坐标，故不在平面上，故C选项错误.
对于D选项，，由于的竖坐标为，故在平面上，也即四点共面.下面证明结论一定成立：
由，得，
即，故存在，使得成立，也即四点共面.
故选：D.
7．B
【解析】由于几何体为正四棱锥，故，在内分别作边上的高.故是二面角所成二面角的平面角.设，则，由于，故，则.由得，则在三角形中，.故选B.
8．D
【解析】对于A，连接EC，如图，
假设DE⊥A1C，由平面几何的知识可得DE⊥EC，
∴DE⊥平面A1EC，∴DE⊥A1E，而A1ED＝45°，故假设不成立，∴A错误；
对于B，取DE，DC中点G，F，连接GM，GN，FK，FB，如图，
∴GM//A1E，GN//EB，FK//A1D，BF//DE，
∴平面A1BE//平面GMN，平面FKB//平面A1DE，
故能同时做到MN//平面A1BE且BK//平面A1DE，∴B错误；
对于C，连接ME，EN，DN，如图，
当MN⊥A1D时，，
而，∴MN与ME不垂直，即MN不垂直平面A1DE，∴C错误；
对于D，∵A1在以DE为直径球面上，球心为G，且A1G⊥DE，
∴A1的轨迹为圆弧（A1与A不重合，在平面下方时与该情况一致），如图弧AF所示，
∴当点A1到平面BCDE的距离最大时，直线A1C与平面BCDE所成角取得最大值；
连接EC，取EC中点T，连接TK，TB，如图，
∴，，
又，，∴，
∴，为定值，
∴当点K到平面BCDE的距离最大时，直线BK与平面BCDE所成角取得最大值，
此时点A1到平面BCDE的距离也最大，∴D正确.
故选：D.
9．ACD
【解析】因为，，为空间的一个基底，
所以，，不共面，
即，，，四点中任意三点不共线，且四点不共面，
故选：ACD
10．AC
【解析】解：平面，．
在矩形中，设．
①
，②．
联立①②解得，或．
则的长度为或．
故选：AC．
11．AB
【解析】由向量的加法得到：，∵，∴，所以A正确；
∵，AB1⊥A1C，∴，故B正确；
∵△ACD1是等边三角形，∴∠AD1C＝60°，又A1B∥D1C，∴异面直线AD1与A1B所成的夹角为60°，但是向量与向量的夹角是120°，故C不正确；
∵AB⊥AA1，∴，故＝0，因此D不正确.
故选：AB.
12．BC
【解析】如图，取中点，中点，并连接，则，，三条直线两两垂直，
则分别以这三条直线为轴，轴，轴建立如图所示空间直角坐标系；
设，则.
.
．底面的其中一个法向量为，
与底面的成角的正弦值为，错对．
的中点的坐标为,
∴侧面的其中一个法向量为，
与侧面的成角的正弦值为：，
故对错；
故选：BC．
13．
【解析】在空间直角坐标系Oxyz中，
点2，，0，，
．
故答案为．
14．
【解析】由题意，知．
由，得，
即，解得．
故答案为：.
15．
【解析】解：为棱的中点，设
又 为棱的中点
又的两两夹角都为，并设
又
异面直线与所成角的余弦值为
故答案为：
16．
【解析】依题意可知，该几何体为正四面体，设顶点在底面的射影是，是底面中心，连接，过作，交于，连接.
设正四面体的棱长为，.在三角形中，由余弦定理得.由于平面，所以平面，，所以是直线与平面所成的角，设为.在三角形中，，所以.所以.所以当时，的最大值为.
故答案为：
17．（Ⅰ）；（Ⅱ）.
【解析】（Ⅰ）由棱柱特点知：平面平面，
平面，平面，
平面平面，平面，，
又为中点，为中点，；
（Ⅱ）以为坐标原点，为轴，可建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
，，，
设平面的法向量，
，令，解得：，，，
，
即直线与平面所成角的正弦值为.
18．（1）；（2）平面与平面所成二面角的平面角的余弦值为，余弦值的范围是.
【解析】（1）在直角梯形中，作交BC于H，因，则，又底面，以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
因此，，，，，，
则，，，
设平面的法向量为，则，即，令得，
于是得，
所以；
（2），，设平面的法向量为，则，即，令得，
，，设平面的法向量为，，即，令得，
，
因此，平面与平面所成二面角的平面角的余弦值为，
因，
所以平面与平面所成二面角的平面角的余弦值为，其范围是.
19．（1）证明见解析；（2） .
【解析】解：（1）证明：连接A1B，设AB1∩A1B＝O，连接CO，
∵AC＝AC，∠CAB＝∠CAA1，AB＝AA1，∴CAB≌CAA1，∴CB＝CA1，
∵O为A1B的中点，∴A1B⊥CO，∵四边形ABB1A1为正方形，∴A1B⊥AB1，
又平面AB1C，CO∩AB1＝O，∴A1B⊥平面AB1C，
∵平面ABB1A1，∴平面AB1C⊥平面ABB1A1，
（2）解：∵CA＝AA1＝4，∠CAA1＝60°，∴CA1＝4，
在RtCOA1中，又，∴，又，AC＝4，
∴OA2+OC2＝AC2，∴CO⊥AO，
∵平面AB1C⊥平面ABB1A1，平面AB1C∩平面ABB1A1＝AB1，∴CO⊥平面ABB1A1，
∴CO为三棱锥C﹣AA1B1的高，∴，
∵CA1＝A1B1＝B1C＝4，∴，
∴点A到平面A1B1C的距离.
20．(1)见解析(2)
【解析】（1）证明：因为四边形ABCD为菱形，∠BAD＝120°，所以△ACD为正三角形，所以AC＝AD，又因为点N为CD中点，所以CD⊥AN．
∵PA⊥平面ABCD，CD 平面ABCD，∴CD⊥PA．PA∩AN＝A，∴CD⊥平面PAN．
（2）由（1）知，CD⊥平面PAN，CD 平面PCD，∴平面PAN⊥平面PCD，且平面PAN∩平面PCD＝PN，
过A作AH⊥PN于H，则AH⊥平面PCD，连接CH，则∠ACH为直线AC与平面PCD所成角．
在RT△PAN中，PA，AN，由勾股定理得出PN，根据面积相等法得AH．
在RT△ACH中，sin∠ACH．即直线AC与平面PCD所成角的正弦值是．
21．（1）．（2）．
【解析】（1）∵BAF＝90°，∴AF⊥AB，
又∵平面ABEF⊥平面ABCD，且平面ABEF∩平面ABCD＝AB，
∴AF⊥平面ABCD，又四边形ABCD为矩形，
∴以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AF为z轴，建立空间直角坐标系，
∵AD＝2，AB＝AF＝2EF＝2，P是DF的中点，
∴B（2，0，0），E（1，0，2），C（2，2，0），P（0，1，1），
（﹣1，0，2），（﹣2，﹣1，1），
设异面直线BE与CP所成角的平面角为θ，
则cosθ，
∴异面直线BE与CP所成角的余弦值为．
（2）A（0，0，0），C（2，2，0），F（0，0，2），D（0，2，0），
设P（a，b，c），，0≤λ≤1，即（a，b，c﹣2）＝λ（0，2，﹣2），
解得a＝0，b＝2λ，c＝2﹣2λ，∴P（0，2λ，2﹣2λ），
（0，2λ，2﹣2λ），（2，2，0），
设平面APC的法向量（x，y，z），
则，取x＝1，得（1，﹣1，），
平面ADP的法向量（1，0，0），
∵二面角D﹣AP﹣C的正弦值为，
∴|cos|，
解得，∴P（0，，），
∴PF的长度|PF|．
22．(1)证明过程详见解析（2）
【解析】解：（1）如图，过点作于，连接EH，∴.
∵平面平面，平面，
平面平面于 ∴ 平面.
又∵平面，.∴，
∴四边形为平行四边形. ∴，
∵平面，平面，
∴平面.
（2）连接.由（1）得为中点，又，为等边三角形，
∴.分别以，，为轴建立
如图所示的空间直角坐标系.
则，，，.
，， ，
设平面的法向量为.
由，得
令，得.
，
直线与平面所成角的正弦值为.