【知識梳理】2
【真題自測】3
【考點突破】5
【考點1】異面直線所成的角5
【考點2】直線與平面所成的角6
【考點3】平面與平面的夾角9
【分層檢測】11
【基礎(chǔ)篇】11
【能力篇】14
【培優(yōu)篇】15
考試要求：
1.掌握空間向量的應(yīng)用.
2.會用空間向量求空間角和距離.
知識梳理
1.兩條異面直線所成的角
設(shè)異面直線l1，l2所成的角為θ，其方向向量分別為u，v，
則cs θ＝|cs〈u，v〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(u·v,|u||v|)))＝eq \f(|u·v|,|u||v|).
2.直線和平面所成的角
直線AB與平面α相交于B，設(shè)直線AB與平面α所成的角為θ，直線AB的方向向量為u，平面α的法向量為n，則sin θ＝|cs〈u，n〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(u·n,|u||n|)))＝eq \f(|u·n|,|u||n|).
3.平面與平面的夾角
(1)兩平面的夾角：平面α與平面β相交，形成四個二面角，我們把這四個二面角中不大于90°的二面角稱為平面α與平面 β的夾角.
(2)兩平面夾角的計算：設(shè)平面α，β的法向量分別是n1，n2，平面α與平面β的夾角為θ，則cs θ＝|cs〈n1，n2〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(n1·n2,|n1||n2|)))＝eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|).
4.點P到直線l的距離
設(shè)eq \(AP,\s\up6(→))＝a，u是直線l的單位方向向量，則向量eq \(AP,\s\up6(→))在直線l上的投影向量eq \(AQ,\s\up6(→))＝(a·u)u.在Rt△APQ中，由勾股定理，得PQ＝eq \r(\a\vs4\al(|\(AP,\s\up6(→))|2－|\(AQ,\s\up6(→))|2))＝eq \r(a2－（a·u）2).
5.點P到平面α的距離
若平面α的法向量為n，平面α內(nèi)一點為A，則平面α外一點P到平面α的距離d＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(AP,\s\up6(→))·\f(n,|n|)))＝eq \f(|\(AP,\s\up6(→))·n|,|n|)，如圖所示.
6.線面距離、面面距離都可以轉(zhuǎn)化為點到平面的距離.
1.線面角θ的正弦值等于直線的方向向量a與平面的法向量n所成角的余弦值的絕對值，即sin θ＝|cs〈a，n〉|，不要誤記為cs θ＝|cs〈a，n〉|.
2.二面角的范圍是[0，π]，兩個平面夾角的范圍是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))).
真題自測
一、解答題
1．（2024·全國·高考真題）如圖，在以A，B，C，D，E，F(xiàn)為頂點的五面體中，四邊形ABCD與四邊形ADEF均為等腰梯形，，，，為的中點．
(1)證明：平面；
(2)求二面角的正弦值．
2．（2023·全國·高考真題）如圖，在正四棱柱中，．點分別在棱,上，．

(1)證明：；
(2)點在棱上，當(dāng)二面角為時，求．
3．（2023·全國·高考真題）如圖，三棱錐中，，，，E為BC的中點．
(1)證明：；
(2)點F滿足，求二面角的正弦值．
4．（2022·全國·高考真題）如圖，是三棱錐的高，，，E是的中點．

(1)證明：平面；
(2)若，，，求二面角的正弦值．
5．（2022·全國·高考真題）如圖，四面體中，，E為的中點．
(1)證明：平面平面；
(2)設(shè)，點F在上，當(dāng)?shù)拿娣e最小時，求與平面所成的角的正弦值．
考點突破
【考點1】異面直線所成的角
一、單選題
1．（2024·陜西·模擬預(yù)測）在平行六面體中，已知，，則下列選項中錯誤的一項是（ ）
A．直線與BD所成的角為90°
B．線段的長度為
C．直線與所成的角為90°
D．直線與平面ABCD所成角的正弦值為
2．（2023·云南保山·二模）已知正方體，Q為上底面所在平面內(nèi)的動點，當(dāng)直線與的所成角為45°時，點Q的軌跡為（ ）
A．圓B．直線C．拋物線D．橢圓
二、多選題
3．（2024·安徽合肥·模擬預(yù)測）如圖，在邊長為1的正方體中，點為線段上的動點，則（ ）
A．不存在點，使得
B．的最小值為
C．當(dāng)時，
D．若平面上的動點滿足，則點的軌跡是直線的一部分
4．（2025·甘肅張掖·模擬預(yù)測）如圖所示，四面體的各棱長均為分別為棱的中點，為棱上異于頂點的點，則以下結(jié)論正確的為（ ）
A．
B．直線與所成角的余弦值為
C．四面體的外接球體積為
D．平面截四面體所得的截面圖形的周長最小值為8
三、填空題
5．（2024·遼寧撫順·三模）在直三棱柱中，，為的中點，點滿足，則異面直線所成角的余弦值為 ．
6．（2023·河南開封·二模）已知矩形，，過作平面，使得平面，點在內(nèi)，且與所成的角為，則點的軌跡為 ，長度的最小值為 ．
反思提升：
用向量法求異面直線所成角的一般步驟：
(1)建立空間直角坐標(biāo)系；
(2)用坐標(biāo)表示兩異面直線的方向向量；
(3)利用向量的夾角公式求出向量夾角的余弦值；
(4)注意兩異面直線所成角的范圍是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，即兩異面直線所成角的余弦值等于兩向量夾角的余弦值的絕對值.
【考點2】直線與平面所成的角
一、解答題
1．（2024·江蘇南京·模擬預(yù)測）如圖，四棱錐中，底面，，分別為線段上一點，.
(1)若為的中點，證明：平面；
(2)求直線與平面所成角的正弦值的最大值.
2．（2024·山東淄博·二模）已知直角梯形，，，，為對角線與BD的交點．現(xiàn)以為折痕把折起，使點到達點的位置，點為的中點，如圖所示：
(1)證明：平面PBM；
(2)求三棱錐體積的最大值；
(3)當(dāng)三棱錐的體積最大時，求直線AB與平面所成角的正弦值．
3．（2024·新疆烏魯木齊·三模）由平行六面體截去三棱錐后得到如圖所示的幾何體，其體積為5，底面ABCD為菱形，AC與BD交于點O，．

(1)證明平面；
(2)證明平面平面；
(3)若，，與底面ABCD所成角為60°，求與平面所成角的余弦值．
4．（2024·貴州貴陽·二模）由正棱錐截得的棱臺稱為正棱臺.如圖，正四棱臺中，分別為的中點，，側(cè)面與底面所成角為.

(1)求證：平面；
(2)線段上是否存在點，使得直線與平面所成的角的正弦值為，若存在，求出線段的長；若不存在，請說明理由.
5．（2024·河南駐馬店·二模）在如圖①所示的平面圖形中，四邊形為菱形，現(xiàn)沿進行翻折，使得平面，過點作，且，連接，所得圖形如圖②所示，其中為線段的中點，連接.

(1)求證：平面；
(2)若，直線與平面所成角的正弦值為，求的值.
6．（2024·新疆·三模）已知底面是平行四邊形，平面，，，，且.
(1)求證：平面平面；
(2)線段上是否存在點，使得直線與平面所成角的正弦值是.若存在，求出的值；若不存在，說明理由.
反思提升：
向量法求直線與平面所成角主要方法是：
(1)分別求出斜線和它在平面內(nèi)的射影直線的方向向量，將題目轉(zhuǎn)化為求兩個方向向量的夾角(或其補角)；(2)通過平面的法向量來求，即求出斜線的方向向量與平面的法向量所夾的銳角或鈍角的補角，取其余角就是斜線和平面所成的角.
【考點3】平面與平面的夾角
一、解答題
1．（2024·山西太原·一模）如圖，在四棱錐中，底面是直角梯形，，，.
(1)點在側(cè)棱上，且平面，確定在側(cè)棱上的位置；
(2)若平面平面，且，求二面角的余弦值.
2．（2024·廣西南寧·三模）如圖，在中，，，．將繞旋轉(zhuǎn)得到，，分別為線段，的中點．
(1)求點到平面的距離；
(2)求平面與平面所成銳角的余弦值．
3．（2024·福建龍巖·三模）如圖，在四棱臺中，底面四邊形ABCD為菱形，平面ABCD.

(1)證明：；
(2)若M是棱BC上的點，且滿足，求二面角的余弦值.
4．（2024·新疆·二模）如圖，三棱錐的所有棱長都是，為的中點，且為FG的中點．

(1)求證：平面平面；
(2)若，平面與平面夾角的余弦值為，求FG的長．
5．（2024·江蘇泰州·模擬預(yù)測）如圖，直四棱柱的底面是菱形，，，，E，N分別是BC，的中點．
(1)若M是的中點，證明：平面平面；
(2)若M是線段上的一動點，當(dāng)二面角的余弦值為時，求BM長度．
6．（2024·福建泉州·一模）如圖，已知四棱臺的上、下底面分別是邊長為2和4的正方形，平面平面ABCD，，點P是棱的中點，點Q在棱BC上．
(1)若，證明：平面；
(2)若二面角的正切值為5，求BQ的長．
反思提升：
用法向量求兩平面的夾角：分別求出兩個法向量，然后通過兩個平面的法向量的夾角得到兩平面夾角的大小.
分層檢測
【基礎(chǔ)篇】
一、單選題
1．直三棱柱中，，，則異面直線與所成角的余弦值為（ ）
A．B．C．D．
2．直三棱柱中，底面是以A為直角的腰長為2的等腰直角三角形，側(cè)棱長為，為上的點，若直線與直線所成角的余弦值為，則長為（ ）
A．1B．C．D．
3．已知正方體的棱長為1，每條棱所在直線與平面α所成的角均為θ，平面α截此正方體所得截面為圖形Ω，下列說法錯誤的是（ ）

A．平面α可以是平面B．
C．圖形Ω可能是六邊形D．
4．在正三棱錐中，底面是邊長為正三角形，是的中點，若直線和平面所成的角為，則三棱錐外接球的表面積為（ ）
A．B．
C．D．
二、多選題
5．如圖，在棱長為1的正方體中，點M為線段上的動點（含端點），則（ ）
A．存在點M，使得平面
B．存在點M，使得∥平面
C．不存在點M，使得直線與平面所成的角為
D．存在點M，使得平面與平面所成的銳角為
6．如圖，在棱長為2的正方體中，點P是正方體的上底面內(nèi)（不含邊界）的動點，點Q是棱的中點，則以下命題正確的是（ ）

A．三棱錐的體積是定值
B．存在點P，使得與所成的角為
C．直線與平面所成角的正弦值的取值范圍為
D．若，則P的軌跡的長度為
7．在棱長為的正方體中，則（ ）
A．平面
B．直線平面所成角為45°
C．三棱錐的體積是正方體體積的
D．點到平面的距離為
三、填空題
8．在矩形中，，，沿對角線將矩形折成一個大小為的二面角，當(dāng)點B與點D之間的距離為3時 ．
9．已知圓所在平面與平面所成的銳二面角為，若圓在平面的正投影為橢圓，則橢圓的離心率為 .
10．已知在正方體中，，平面平面，則直線l與所成角的余弦值為 ．
四、解答題
11．在四棱錐中，底面ABCD是邊長為2的正方形，，，O為CD的中點，二面角A-CD-P為直二面角.
(1)求證：；
(2)求直線PC與平面PAB所成角的正弦值；
(3)求平面POB與平面PAB夾角的余弦值.
12．如圖，在直三棱柱中，，，為的中點.
(1)證明：平面；
(2)若二面角的余弦值為，求點到平面的距離.
【能力篇】
一、解答題
1．（2024·遼寧沈陽·模擬預(yù)測）如圖，直線垂直于梯形所在的平面，，為線段的中點，，，四邊形為矩形.
(1)求證：平面；
(2)求直線與平面所成角的正弦值.
2．（2024·陜西西安·模擬預(yù)測）如圖，在直三棱柱中，是上的點，且平面．
(1)求證：平面；
(2)若，，，是棱上的點，且直線與平面所成角的正弦值為，試確定點的位置．
3．（2024·四川樂山·三模）如圖，平行六面體中，底面是邊長為2的菱形，且，與平面所成的角為與交于．
(1)證明：平面；
(2)求二面角的正弦值．
4．（2024·黑龍江大慶·三模）如圖，在四棱錐中，，，且是的中點.

(1)求證：平面平面；
(2)若二面角的大小為，求直線與平面所成角的余弦值.
【培優(yōu)篇】
一、解答題
1．（2024·湖南·模擬預(yù)測）如圖，在直三棱柱中，，，分別為，的中點，為線段上異于端點的一點.
(1)求點到平面的距離；
(2)若平面與平面的夾角的余弦值為，求直線與平面所成角的正弦值．
2．（2024·海南·模擬預(yù)測）如圖，已知線段為圓柱的三條母線，AB為底面圓的一條直徑，是母線的中點，且.
(1)求證：平面DOC；
(2)求平面與平面的夾角的余弦值.
3．（2024·全國·模擬預(yù)測）如圖，已知四邊形是直角梯形，，平面是的中點，E是的中點，的面積為，四棱錐的體積為．
(1)求證：平面;
(2)若P是線段上一動點，當(dāng)二面角的大小為時，求的值
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專題41 向量法求空間角（新高考專用）
目錄
【知識梳理】2
【真題自測】3
【考點突破】11
【考點1】異面直線所成的角11
【考點2】直線與平面所成的角19
【考點3】平面與平面的夾角30
【分層檢測】42
【基礎(chǔ)篇】42
【能力篇】57
【培優(yōu)篇】63
考試要求：
1.掌握空間向量的應(yīng)用.
2.會用空間向量求空間角和距離.
知識梳理
1.兩條異面直線所成的角
設(shè)異面直線l1，l2所成的角為θ，其方向向量分別為u，v，
則cs θ＝|cs〈u，v〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(u·v,|u||v|)))＝eq \f(|u·v|,|u||v|).
2.直線和平面所成的角
直線AB與平面α相交于B，設(shè)直線AB與平面α所成的角為θ，直線AB的方向向量為u，平面α的法向量為n，則sin θ＝|cs〈u，n〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(u·n,|u||n|)))＝eq \f(|u·n|,|u||n|).
3.平面與平面的夾角
(1)兩平面的夾角：平面α與平面β相交，形成四個二面角，我們把這四個二面角中不大于90°的二面角稱為平面α與平面 β的夾角.
(2)兩平面夾角的計算：設(shè)平面α，β的法向量分別是n1，n2，平面α與平面β的夾角為θ，則cs θ＝|cs〈n1，n2〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(n1·n2,|n1||n2|)))＝eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|).
4.點P到直線l的距離
設(shè)eq \(AP,\s\up6(→))＝a，u是直線l的單位方向向量，則向量eq \(AP,\s\up6(→))在直線l上的投影向量eq \(AQ,\s\up6(→))＝(a·u)u.在Rt△APQ中，由勾股定理，得PQ＝eq \r(\a\vs4\al(|\(AP,\s\up6(→))|2－|\(AQ,\s\up6(→))|2))＝eq \r(a2－（a·u）2).
5.點P到平面α的距離
若平面α的法向量為n，平面α內(nèi)一點為A，則平面α外一點P到平面α的距離d＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(AP,\s\up6(→))·\f(n,|n|)))＝eq \f(|\(AP,\s\up6(→))·n|,|n|)，如圖所示.
6.線面距離、面面距離都可以轉(zhuǎn)化為點到平面的距離.
1.線面角θ的正弦值等于直線的方向向量a與平面的法向量n所成角的余弦值的絕對值，即sin θ＝|cs〈a，n〉|，不要誤記為cs θ＝|cs〈a，n〉|.
2.二面角的范圍是[0，π]，兩個平面夾角的范圍是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))).
真題自測
一、解答題
1．（2024·全國·高考真題）如圖，在以A，B，C，D，E，F(xiàn)為頂點的五面體中，四邊形ABCD與四邊形ADEF均為等腰梯形，，，，為的中點．
(1)證明：平面；
(2)求二面角的正弦值．
2．（2023·全國·高考真題）如圖，在正四棱柱中，．點分別在棱,上，．

(1)證明：；
(2)點在棱上，當(dāng)二面角為時，求．
3．（2023·全國·高考真題）如圖，三棱錐中，，，，E為BC的中點．
(1)證明：；
(2)點F滿足，求二面角的正弦值．
4．（2022·全國·高考真題）如圖，是三棱錐的高，，，E是的中點．

(1)證明：平面；
(2)若，，，求二面角的正弦值．
5．（2022·全國·高考真題）如圖，四面體中，，E為的中點．
(1)證明：平面平面；
(2)設(shè)，點F在上，當(dāng)?shù)拿娣e最小時，求與平面所成的角的正弦值．
參考答案：
1．(1)證明見詳解；
(2)
【分析】（1）結(jié)合已知易證四邊形為平行四邊形，可證，進而得證；
（2）作交于，連接，易證三垂直，采用建系法結(jié)合二面角夾角余弦公式即可求解.
【詳解】（1）因為為的中點，所以，
四邊形為平行四邊形，所以，又因為平面，
平面，所以平面；
（2）如圖所示，作交于，連接，
因為四邊形為等腰梯形，，所以，
結(jié)合（1）為平行四邊形，可得，又，
所以為等邊三角形，為中點，所以，
又因為四邊形為等腰梯形，為中點，所以，
四邊形為平行四邊形，，
所以為等腰三角形，與底邊上中點重合，，，
因為，所以，所以互相垂直，
以方向為軸，方向為軸，方向為軸，建立空間直角坐標(biāo)系，
，，，
，設(shè)平面的法向量為m=x1,y1,z1，
平面的法向量為n=x2,y2,z2，
則，即，令，得，即m=3,3,1，
則，即，令，得，
即，，則，
故二面角的正弦值為.
2．(1)證明見解析；
(2)1
【分析】（1）建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量坐標(biāo)相等證明；
（2）設(shè)，利用向量法求二面角，建立方程求出即可得解.
【詳解】（1）以為坐標(biāo)原點，所在直線為軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖，

則，
，
，
又不在同一條直線上，
.
（2）設(shè)，
則，
設(shè)平面的法向量，
則，
令 ，得，
，
設(shè)平面的法向量，
則，
令 ，得，
，
，
化簡可得，，
解得或，
或，
.
3．(1)證明見解析；
(2)．
【分析】（1）根據(jù)題意易證平面，從而證得；
（2）由題可證平面，所以以點為原點，所在直線分別為軸，建立空間直角坐標(biāo)系，再求出平面的一個法向量，根據(jù)二面角的向量公式以及同角三角函數(shù)關(guān)系即可解出．
【詳解】（1）連接，因為E為BC中點，，所以①，
因為，，所以與均為等邊三角形，
，從而②，由①②，，平面，
所以，平面，而平面，所以．
（2）不妨設(shè)，，．
，，又，平面平面．
以點為原點，所在直線分別為軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示：

設(shè)，
設(shè)平面與平面的一個法向量分別為，
二面角平面角為,而，
因為，所以，即有，
，取，所以；
，取，所以，
所以，，從而．
所以二面角的正弦值為．
4．(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）連接并延長交于點，連接、，根據(jù)三角形全等得到，再根據(jù)直角三角形的性質(zhì)得到，即可得到為的中點從而得到，即可得證；
（2）建立適當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系，利用空間向量法求出二面角的余弦的絕對值，再根據(jù)同角三角函數(shù)的基本關(guān)系計算可得.
【詳解】（1）證明：連接并延長交于點，連接、，
因為是三棱錐的高，所以平面，平面，
所以、，
又，所以，即，所以，
又，即，所以，，
所以
所以，即，所以為的中點，又為的中點，所以，
又平面，平面，
所以平面

（2）解：過點作，如圖建立空間直角坐標(biāo)系，
因為，，所以，
又，所以，則，，
所以，所以，，，，
所以，
則，，，
設(shè)平面的法向量為，則，令，則，，所以；
設(shè)平面的法向量為，則，
令，則，，所以；
所以.
設(shè)二面角的大小為，則，
所以，即二面角的正弦值為.

5．(1)證明過程見解析
(2)與平面所成的角的正弦值為
【分析】（1）根據(jù)已知關(guān)系證明，得到，結(jié)合等腰三角形三線合一得到垂直關(guān)系，結(jié)合面面垂直的判定定理即可證明；
（2）根據(jù)勾股定理逆用得到，從而建立空間直角坐標(biāo)系，結(jié)合線面角的運算法則進行計算即可.
【詳解】（1）因為，E為的中點，所以；
在和中，因為，
所以，所以，又因為E為的中點，所以；
又因為平面，，所以平面，
因為平面，所以平面平面.
（2）連接，由（1）知，平面，因為平面，
所以，所以，
當(dāng)時，最小，即的面積最小.
因為，所以，
又因為，所以是等邊三角形，
因為E為的中點，所以，，
因為，所以,
在中，，所以.
以為坐標(biāo)原點建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
則，所以，
設(shè)平面的一個法向量為，
則，取，則，
又因為，所以，
所以，
設(shè)與平面所成的角為，
所以，
所以與平面所成的角的正弦值為.
考點突破
【考點1】異面直線所成的角
一、單選題
1．（2024·陜西·模擬預(yù)測）在平行六面體中，已知，，則下列選項中錯誤的一項是（ ）
A．直線與BD所成的角為90°
B．線段的長度為
C．直線與所成的角為90°
D．直線與平面ABCD所成角的正弦值為
2．（2023·云南保山·二模）已知正方體，Q為上底面所在平面內(nèi)的動點，當(dāng)直線與的所成角為45°時，點Q的軌跡為（ ）
A．圓B．直線C．拋物線D．橢圓
二、多選題
3．（2024·安徽合肥·模擬預(yù)測）如圖，在邊長為1的正方體中，點為線段上的動點，則（ ）
A．不存在點，使得
B．的最小值為
C．當(dāng)時，
D．若平面上的動點滿足，則點的軌跡是直線的一部分
4．（2025·甘肅張掖·模擬預(yù)測）如圖所示，四面體的各棱長均為分別為棱的中點，為棱上異于頂點的點，則以下結(jié)論正確的為（ ）
A．
B．直線與所成角的余弦值為
C．四面體的外接球體積為
D．平面截四面體所得的截面圖形的周長最小值為8
三、填空題
5．（2024·遼寧撫順·三模）在直三棱柱中，，為的中點，點滿足，則異面直線所成角的余弦值為 ．
6．（2023·河南開封·二模）已知矩形，，過作平面，使得平面，點在內(nèi)，且與所成的角為，則點的軌跡為 ，長度的最小值為 ．
參考答案：
1．D
【分析】在平行六面體中，取，利用空間向量的線性運算及數(shù)量積運算，逐一分析選項，即可得出答案.
【詳解】在平行六面體中，令，，，
由，，
得，，
對于，顯然，，
則，即，
因此直線與所成的角為，A正確；
對于B，，即，B正確；
對于C，，即，
因此直線與所成的角為，C正確；
對于D，在平行六面體中，四邊形是菱形，即，
又，，平面，于是平面，
又平面，則平面平面，
連接交于點，在平面內(nèi)過點作于點，如圖，
由平面平面，因此平面，即直線與平面所成角為，
，則，即，
由及選項C知，，則，D錯誤.
故選：D
2．C
【分析】建系，利用空間向量結(jié)合線線夾角分析運算.
【詳解】以點D為原點，，，為x，y，z的正方向，建立空間直角坐標(biāo)系，
設(shè)正方體棱長為1，則，設(shè)，
可得，，
因為直線與的所成角為，
則，化簡可得，
所以點Q的軌跡為拋物線.
故選：C.

3．BC
【分析】A選項，根據(jù)線面垂直的性質(zhì)證明當(dāng)為的中點時；B選項，設(shè)，然后利用向量的線性運算和數(shù)量積的運算律得到，最后求最小值即可；C選項，利用空間向量再證明即可；D選項，建立空間直角坐標(biāo)系，然后根據(jù)列方程得到點的軌跡方程，即可得到點的軌跡.
【詳解】
A選項：當(dāng)為的中點時，理由如下：
由圖可知，當(dāng)為的中點時平面，
因為為正方體，所以平面，，
因為平面，所以，
因為，平面，所以平面，
因為平面，所以，故A錯誤；
B選項：設(shè)，，
則，
，
所以，當(dāng)時取得最小值，最小值為，故B正確；
C選項：當(dāng)時，，，，
所以，故C正確；
D選項：如圖，以為原點，分別以為軸建立空間直角坐標(biāo)系，
，，設(shè)，，則，，
當(dāng)平面上的動點滿足時，，
整理得，所以點的軌跡為橢圓的一部分，故D錯.
故選：BC.
4．ABD
【分析】用向量的數(shù)量積可判斷A，用向量的夾角余弦公式可判斷B，把正四面體放入正方體中，求外接球體積，可判斷C，把四面體側(cè)面展開，即可求得平面截四面體所得的截面圖形的周長最小值，進而判斷D.
【詳解】由題意，，，
所以，
所以，故A正確；
因為為等邊三角形，為棱的中點，所以，
，同理，，，
因為分別為棱的中點，所以，，
又為等邊三角形，所以，，
，
設(shè)直線與所成角為，則，故B正確；
把四面體放入正方體中，
則正方體的面對角線長度等于四面體的棱長，
所以正方體的棱長為，正方體的體對角線長為，
正方體的外接球半徑為，正方體的外接球體積為，
即四面體的外接球體積為，故C錯誤；
將四面體的側(cè)面展開如圖所示，連接，交于，
當(dāng)時，平面截四面體所得的截面圖形的周長最小，
此時分別為的中點，
，
所以平面截四面體所得的截面圖形的周長最小值為.
故D正確.
故選：ABD.
5．
【分析】以為坐標(biāo)原點，建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法求解即可.
【詳解】如圖，以為坐標(biāo)原點，建立空間直角坐標(biāo)系，
則，
所以，
設(shè)異面直線所成的角為，則．
故答案為：.
6． 雙曲線
【分析】建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)點坐標(biāo)，結(jié)合已知條件求出點軌跡方程進行求解即可.
【詳解】
如圖，以為原點，所在直線為軸，平面內(nèi)過且與垂直的直線為軸，所在直線為軸，建立空間直角坐標(biāo)系，
則由已知，，，，，
∵點在平面內(nèi)，∴設(shè)，則，，
∵直線與直線所成的角為，
∴，
兩邊同時平方，化簡得點軌跡方程為，
∴點的軌跡為雙曲線.
，
∵點軌跡方程為，∴，且，
∴，
∴當(dāng)時，的最小值為.
故答案為：雙曲線，
【點睛】易錯點睛：本題第二個空容易誤認(rèn)為當(dāng)點在線段上時，長度最小，使用空間向量運算，可以有效避免這種直覺上的錯誤.
反思提升：
用向量法求異面直線所成角的一般步驟：
(1)建立空間直角坐標(biāo)系；
(2)用坐標(biāo)表示兩異面直線的方向向量；
(3)利用向量的夾角公式求出向量夾角的余弦值；
(4)注意兩異面直線所成角的范圍是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，即兩異面直線所成角的余弦值等于兩向量夾角的余弦值的絕對值.
【考點2】直線與平面所成的角
一、解答題
1．（2024·江蘇南京·模擬預(yù)測）如圖，四棱錐中，底面，，分別為線段上一點，.
(1)若為的中點，證明：平面；
(2)求直線與平面所成角的正弦值的最大值.
2．（2024·山東淄博·二模）已知直角梯形，，，，為對角線與BD的交點．現(xiàn)以為折痕把折起，使點到達點的位置，點為的中點，如圖所示：
(1)證明：平面PBM；
(2)求三棱錐體積的最大值；
(3)當(dāng)三棱錐的體積最大時，求直線AB與平面所成角的正弦值．
3．（2024·新疆烏魯木齊·三模）由平行六面體截去三棱錐后得到如圖所示的幾何體，其體積為5，底面ABCD為菱形，AC與BD交于點O，．

(1)證明平面；
(2)證明平面平面；
(3)若，，與底面ABCD所成角為60°，求與平面所成角的余弦值．
4．（2024·貴州貴陽·二模）由正棱錐截得的棱臺稱為正棱臺.如圖，正四棱臺中，分別為的中點，，側(cè)面與底面所成角為.

(1)求證：平面；
(2)線段上是否存在點，使得直線與平面所成的角的正弦值為，若存在，求出線段的長；若不存在，請說明理由.
5．（2024·河南駐馬店·二模）在如圖①所示的平面圖形中，四邊形為菱形，現(xiàn)沿進行翻折，使得平面，過點作，且，連接，所得圖形如圖②所示，其中為線段的中點，連接.

(1)求證：平面；
(2)若，直線與平面所成角的正弦值為，求的值.
6．（2024·新疆·三模）已知底面是平行四邊形，平面，，，，且.
(1)求證：平面平面；
(2)線段上是否存在點，使得直線與平面所成角的正弦值是.若存在，求出的值；若不存在，說明理由.
參考答案：
1．(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）取的中點，連接，，先證四邊形為平行四邊形，有，再由線面平行的判定定理，得證；
（2）取的中點，連接，以為原點，建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法求解即可.
【詳解】（1）證明：由已知得，取的中點T，連接，
由N為的中點知，
．又，故，且，
∴四邊形為平行四邊形，∴，
∵平面，平面，
∴平面．
（2）取的中點，連接，建立如圖所示的空間坐標(biāo)系．
，
不妨設(shè)，
則，
設(shè)平面的一個法向量為n=x,y,z，
，
取，則.
設(shè)直線與平面所成角為
.
故直線與平面所成角的正弦值的最大值為.
2．(1)證明見解析
(2)
(3)
【分析】（1）相似可得，，結(jié)合勾股定理逆定理得到，以及折疊后，，即可證明;（2）證明點P到平面ABC的距離，即為點P到BM的距離，運用等體積法即可求解；（3）建立空間直角坐標(biāo)系，求出平面PBC法向量，再用向量夾角余弦值公式求解即可.
【詳解】（1）直角梯形中，
由相似可得，
因為，，可得，，
故可得，，
由，則由勾股定理逆定理得，，即，
，
翻折后可得，，，
又因為，在平面內(nèi)，
故平面
（2）因為點為邊的中點，
所以，又，
所以，
因為平面，所以平面平面，
所以點P到平面ABC的距離，即為點P到BM的距離，設(shè)為h，
因為為定值，
當(dāng)h最大時，三棱錐的體積最大，
而，則，
當(dāng)h=1時，.
（3）由（2）得，當(dāng)三棱錐的體積最大時，
點P到平面ABC的距離為，即平面．
故，，
又因為，
故，，兩兩垂直．
故可以為原點，
直線分別為軸建立空間直角坐標(biāo)系，
由題可得，，
則，，，
設(shè)平面的法向量為，
則，令，得，
設(shè)直線與平面所成角為，則，
所以直線與平面所成角的正弦值為．
3．(1)證明見解析
(2)證明見解析
(3)
【分析】（1）補全平行六面體，連接交于點，連接，由平行四邊形證得，即可得到線面平行；
（2）由底面是菱形，得到，由等腰三角形三線合一得到，從而得到線面垂直，進而得到面面垂直；
（3）由幾何體的體積先求出幾何體的高，建立空間直角坐標(biāo)系，由與底面ABCD所成角為60°，求出的坐標(biāo)，進而用向量求出與平面所成角的余弦值．
【詳解】（1）如圖補全平行六面體，連接交于點，連接，
在平行六面體，，
所以四邊形為平行四邊形，所以，
又為的中點，為的中點，所以，，
所以四邊形為平行四邊形，所以，
又所以平面，平面，所以平面.
（2）因為底面是菱形，所以，
又因為，，所以，
又平面，平面，，
所以平面，又平面，所以平面平面.
（3），
因為截后的幾何體體積為5，所以平行六面體體積為6，
又因為，，設(shè)平行六面體的高為，
所以，所以，，
以O(shè)為坐標(biāo)原點，OA為x軸，OB為y軸，
過O與平面ABCD垂直的直線為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，
則，，，設(shè)，則，
又因為，，
因為，所以，
所以，因為與底面ABCD所成角為，
平面ABCD的一個法向量為，
所以，
又，，由圖可知，所以，所以，
設(shè)平面的一個法向量為，
則，取一個法向量，
設(shè)與平面所成角為，則，
所以與平面所成角的余弦值為．

4．(1)證明見解析
(2)存在，且
【分析】（1）借助中位線的性質(zhì)可得線線平行，即可得線面平行，利用面面平行的判定定理即可得面面平行，再由面面平行的性質(zhì)定理即可得證；
（2）建立適當(dāng)空間直角坐標(biāo)系后，借助空間向量可用未知數(shù)表示出直線與平面所成的角的正弦值，計算即可得解.
【詳解】（1）連接、，由分別為的中點，則，
又平面，平面，故平面，
正四棱臺中，且，
則四邊形為平行四邊形，故，
又平面，平面，故平面，
又，且平面，平面，
故平面平面，又平面，故平面；

（2）正四棱臺中，上下底面中心的連線底面，
底面為正方形，故，
故可以為原點，、、為軸，建立空間直角坐標(biāo)系，
由，側(cè)面與底面所成角為，
則，
則，，，
假設(shè)在線段上存在點滿足題設(shè)，則，
設(shè)，則，
，
設(shè)平面的法向量為m=x,y,z，
則，令，則，，即，
因為直線與平面所成的角的正弦值為，
故，
解得或（舍），故，
故線段上存在點，使得直線與平面所成的角的正弦值為，
此時線段的長為.

5．(1)證明見解析
(2)2
【分析】（1）連接交于點，連接，證明且，得平面，證明四邊形為平行四邊形，有，可得平面；
（2）以為坐標(biāo)原點，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)，求出平面的法向量，向量法表示直線與平面所成角的正弦值，求出的值.
【詳解】（1）證明：.

在菱形中，，
因為平面，平面，所以，
又，平面，所以平面.
因為分別為的中點，所以，，
又， ，
所以，，所以四邊形為平行四邊形，
所以，所以平面.
（2）在菱形中，因為，所以和都是正三角形，
取的中點，連接，則，
又平面，所以，即兩兩垂直.
以為坐標(biāo)原點，所在直線分別為軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，

設(shè)，則，
則，.
設(shè)平面的法向量為，則
取，則.
記直線與平面所成角為，
則.，
解得，即的值為2.
6．(1)證明見解析
(2)存在，或.
【分析】（1）由，得到，再由平面，證得，進而證得平面，結(jié)合，得到平面，利用面面垂直的判定定理，即可證得平面平面.
（2）以為原點，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)，求得向量和平面的一個法向量為，結(jié)合向量的夾角公式，列出方程，即可求解.
【詳解】（1）證明：在中，，，，
則，可得，
所以，所以.
因為平面，平面，所以，
又因為，平面，平面，所以平面，
因為，所以平面，
又因為平面，所以平面平面.
（2）
是平行四邊形，平面，，，，且.
假設(shè)線段上存在點，使得直線與平面所成角的正弦值是，
以為原點，所在直線分別為x軸、y軸、軸建立空間直角坐標(biāo)系，
如圖所示，則，
可得，，
設(shè)，
則，所以，
設(shè)平面的一個法向量為，則，
令，可得，所以，
設(shè)直線與平面所成角的大小為，
故，
整理得，解得或，所以或.
反思提升：
向量法求直線與平面所成角主要方法是：
(1)分別求出斜線和它在平面內(nèi)的射影直線的方向向量，將題目轉(zhuǎn)化為求兩個方向向量的夾角(或其補角)；(2)通過平面的法向量來求，即求出斜線的方向向量與平面的法向量所夾的銳角或鈍角的補角，取其余角就是斜線和平面所成的角.
【考點3】平面與平面的夾角
一、解答題
1．（2024·山西太原·一模）如圖，在四棱錐中，底面是直角梯形，，，.
(1)點在側(cè)棱上，且平面，確定在側(cè)棱上的位置；
(2)若平面平面，且，求二面角的余弦值.
2．（2024·廣西南寧·三模）如圖，在中，，，．將繞旋轉(zhuǎn)得到，，分別為線段，的中點．
(1)求點到平面的距離；
(2)求平面與平面所成銳角的余弦值．
3．（2024·福建龍巖·三模）如圖，在四棱臺中，底面四邊形ABCD為菱形，平面ABCD.

(1)證明：；
(2)若M是棱BC上的點，且滿足，求二面角的余弦值.
4．（2024·新疆·二模）如圖，三棱錐的所有棱長都是，為的中點，且為FG的中點．

(1)求證：平面平面；
(2)若，平面與平面夾角的余弦值為，求FG的長．
5．（2024·江蘇泰州·模擬預(yù)測）如圖，直四棱柱的底面是菱形，，，，E，N分別是BC，的中點．
(1)若M是的中點，證明：平面平面；
(2)若M是線段上的一動點，當(dāng)二面角的余弦值為時，求BM長度．
6．（2024·福建泉州·一模）如圖，已知四棱臺的上、下底面分別是邊長為2和4的正方形，平面平面ABCD，，點P是棱的中點，點Q在棱BC上．
(1)若，證明：平面；
(2)若二面角的正切值為5，求BQ的長．
參考答案：
1．(1)為側(cè)棱上靠近處的三等分點；
(2)
【分析】（1）根據(jù)平面，得出，結(jié)合底面是直角梯形，，且，得出，即可求解；
（2）建立空間直角坐標(biāo)系，分別求出平面與平面的一個法向量，利用向量夾角公式即可求解.
【詳解】（1）連接，設(shè)，連接，則平面平面，
平面，面，
底面是直角梯形，，且，
，則，
為側(cè)棱上靠近處的三等分點；
（2）平面平面，且，
，平面平面，平面，
平面，（為中點）
如圖所示建立空間直角坐標(biāo)系，
依題意有A1,0,0，，，
，則，
，，顯然是平面的一個法向量，
設(shè)是平面的一個法向量，則，
取得，
，
二面角的大小的余弦值為.
2．(1)
(2)
【分析】（1）作，垂足為，由線面垂直的判定得平面，可得點到平面的距離為的長度，求解即可；
（2）建立空間直角坐標(biāo)系，由面面夾角的向量公式計算即可．
【詳解】（1）因為，將繞旋轉(zhuǎn)得到，
所以，又平面，
所以平面，
取中點，連接，作，垂足為，
因為，點為中點，
所以，
又，平面，
所以平面，
因為平面，所以，
又因為，平面，
所以平面，即點到平面的距離為的長度，
因為平面，平面，
所以，
因為是邊長為2的等邊三角形，所以，
又，所以，
所以．
（2）以點為坐標(biāo)原點，所在直線為軸，以過點，垂直于平面的直線為軸，建立如圖空間直角坐標(biāo)系，
則，
所以，
設(shè)平面的法向量為，
可得，即，取，則，
取中點，連接，
由等腰得，，則，由（1）得平面，
所以為平面的一個法向量，
設(shè)平面與平面所成夾角為，
則
所以平面與平面所成銳角的余弦值為．
3．(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）先根據(jù)線面垂直的性質(zhì)得，再根據(jù)線面垂直的判定定理得平面，從而利用線面垂直的性質(zhì)定理即可證明；
（2）建立空間直角坐標(biāo)系，求出點的坐標(biāo)，然后利用法向量求法求出平面和平面的法向量，再利用向量法求解即可.
【詳解】（1）在四棱臺中，延長后必交于一點，
故四點共面，因為平面，平面，故，
連接，因為底面四邊形為菱形，故，
平面，故平面，
因為平面，所以.

（2）過點A作的垂線，交與點N，以所在直線分別為軸，軸，軸建立空間直角坐標(biāo)系（如圖），

設(shè)，則，由于，故，
則，，
則，，，
記平面的法向量為，
則，即，令，
則，即，
平面的法向量可取為，
則.
所以二面角的余弦值為.
4．(1)證明見解析
(2)8
【分析】（1）根據(jù)面面垂直的判斷定理，轉(zhuǎn)化為證明平面即得；
（2）根據(jù)垂直關(guān)系，建立空間直角坐標(biāo)系，根據(jù)二面角的余弦值求的長度.
【詳解】（1）連結(jié)，
因為，，且點是的中點，

所以，，，且平面，
所以平面，
因為，所以共面，
所以平面和平面是同一平面，
所以平面，且平面，
所以平面平面；
（2）由（1）可知，平面，且平面，
所以平面平面，且平面平面，
設(shè)點是底面上的射影為，點在上，
因為三棱錐的棱長都是，所以，，
以點為坐標(biāo)原點，過點作與平行的直線為軸，所在直線為軸，軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
設(shè)，，
則O0,0,0，，，，，，,
所以，，，，
設(shè)平面的法向量為，
則，即，
令，得，，
所以平面的法向量為，
設(shè)平面的法向量為，
則，即，令，則，，
所以平面的法向量為，
設(shè)平面與平面的夾角為，
則，
整理為，解得：或(舍去)，
所以的長度為8.
5．(1)證明見解析；
(2)BM長度為．
【分析】（1）根據(jù)線面垂直判定定理證明平面，再證明，由此證明平面，再根據(jù)面面垂直判定定理證明結(jié)論；
（2）建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)，用表示二面角的余弦值，由條件列方程，由此可得的長.
【詳解】（1）由已知平面，又平面，
所以，
因為為菱形，，
所以，，，
所以為等邊三角形，又為中點，
所以，又，
所以，又，平面，
所以平面，
因為M是的中點，為中點，
所以，又，，
所以，
連接，為中點，
則，，
所以四邊形為平行四邊形，所以，
所以平面，又平面，
所以平面平面；
（2）因為，平面，
以為原點，以為軸正半軸，建立空間直角坐標(biāo)系，
設(shè)，則，
，
設(shè)平面的法向量為m=x,y,z，平面的法向量為n=a,b,c，
則有，可取，
，可取，
則，
由已知，
所以或（舍去）
所以點的坐標(biāo)為，
所以的長度為.
6．(1)證明見解析
(2)1
【分析】（1）取的中點M，連接MP，MB，利用平行四邊形證明，由判定定理得證；
（2）建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)，根據(jù)向量法求出二面角的正切值，解出，即可得解.
【詳解】（1）取的中點M，連接MP，MB，如圖，
在四棱臺中，四邊形是梯形，，
又點M，P分別是棱的中點，所以，且．
在正方形ABCD中，，又，所以．
從而且，所以四邊形BMPQ是平行四邊形，所以．
又因為平面，平面，所以平面；
（2）在平面中，作于O．
因為平面平面ABCD，平面平面，，
平面，所以平面ABCD．
在正方形ABCD中，過O作AB的平行線交BC于點N，則．
以為正交基底，建立空間直角坐標(biāo)系．
因為四邊形是等腰梯形，，所以
又，所以．
易得，
所以．
設(shè)，所以．
設(shè)平面PDQ的法向量為，由，得，
令，可得，另取平面DCQ的一個法向量為．
設(shè)二面角平面角為，由題意得．
又，所以，
解得（舍負(fù)），因此．
所以當(dāng)二面角的正切值為5時，BQ的長為1．
反思提升：
用法向量求兩平面的夾角：分別求出兩個法向量，然后通過兩個平面的法向量的夾角得到兩平面夾角的大小.
分層檢測
【基礎(chǔ)篇】
一、單選題
1．直三棱柱中，，，則異面直線與所成角的余弦值為（ ）
A．B．C．D．
2．直三棱柱中，底面是以A為直角的腰長為2的等腰直角三角形，側(cè)棱長為，為上的點，若直線與直線所成角的余弦值為，則長為（ ）
A．1B．C．D．
3．已知正方體的棱長為1，每條棱所在直線與平面α所成的角均為θ，平面α截此正方體所得截面為圖形Ω，下列說法錯誤的是（ ）

A．平面α可以是平面B．
C．圖形Ω可能是六邊形D．
4．在正三棱錐中，底面是邊長為正三角形，是的中點，若直線和平面所成的角為，則三棱錐外接球的表面積為（ ）
A．B．
C．D．
二、多選題
5．如圖，在棱長為1的正方體中，點M為線段上的動點（含端點），則（ ）
A．存在點M，使得平面
B．存在點M，使得∥平面
C．不存在點M，使得直線與平面所成的角為
D．存在點M，使得平面與平面所成的銳角為
6．如圖，在棱長為2的正方體中，點P是正方體的上底面內(nèi)（不含邊界）的動點，點Q是棱的中點，則以下命題正確的是（ ）

A．三棱錐的體積是定值
B．存在點P，使得與所成的角為
C．直線與平面所成角的正弦值的取值范圍為
D．若，則P的軌跡的長度為
7．在棱長為的正方體中，則（ ）
A．平面
B．直線平面所成角為45°
C．三棱錐的體積是正方體體積的
D．點到平面的距離為
三、填空題
8．在矩形中，，，沿對角線將矩形折成一個大小為的二面角，當(dāng)點B與點D之間的距離為3時 ．
9．已知圓所在平面與平面所成的銳二面角為，若圓在平面的正投影為橢圓，則橢圓的離心率為 .
10．已知在正方體中，，平面平面，則直線l與所成角的余弦值為 ．
四、解答題
11．在四棱錐中，底面ABCD是邊長為2的正方形，，，O為CD的中點，二面角A-CD-P為直二面角.
(1)求證：；
(2)求直線PC與平面PAB所成角的正弦值；
(3)求平面POB與平面PAB夾角的余弦值.
12．如圖，在直三棱柱中，，，為的中點.
(1)證明：平面；
(2)若二面角的余弦值為，求點到平面的距離.
參考答案：
1．A
【分析】由題意，以為原點，建立空間直角坐標(biāo)系，求出異面直線與所在直線的方向向量，由空間向量夾角的余弦值的坐標(biāo)公式求解即可.
【詳解】以為原點，在平面中過作的垂線交于，
以所在直線為軸，所在直線為軸，所在直線為軸，建立空間直角坐標(biāo)系，
因為直三棱柱中，，
設(shè)，
所以，，A0,0,0，，
，，
設(shè)異面直線與所成角為，
則，
所以異面直線與所成角的余弦值為.
故選：.
2．A
【分析】建系標(biāo)點，設(shè)，可得，利用空間向量求異面直線的夾角，列式求解即可.
【詳解】以A為原點，所在直線分別為軸、軸、軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
則．
設(shè)，則，
所以，解得(負(fù)值舍去).
故選：A．
3．B
【分析】由三棱錐為正三棱錐，得到三條棱與平面與三條棱成等角，可判定A正確；以為坐標(biāo)原點，建立空間直角坐標(biāo)系，求得平面的法向量為，結(jié)合向量的夾角公式，得到B不正確，D正確；取的中點，得到六邊形為平行六邊形，可判定C正確.
【詳解】在正方體中，可得三棱錐為正三棱錐，
則三條棱與平面與三條棱成等角，
根據(jù)正方體的對稱性，可得所有棱與平面所成的角都相等，所以A正確；
以為坐標(biāo)原點，以所在的直線分別為軸、軸和軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，
可得，則，
設(shè)平面的法向量為，則，
取，可得，所以，
所以，
設(shè)正方體的棱與平面的角為，所以，
則，所以B不正確，D正確；
分別取的中點，
分別連接，得到六邊形為平行六邊形，
且滿足平面平面，所以圖形Ω可能是六邊形，所以C正確.
故選：B

4．C
【分析】先作出直線和平面所成的角，求得三棱錐的高AF，進而得到關(guān)于三棱錐外接球半徑的方程，進而求得三棱錐外接球的表面積
【詳解】連接，AE，過A點作平面于，則落在上，且為的重心，所以為直線和底面所成的角，即.
因為的邊長為，所以，.
設(shè)三棱錐外接球的球心為，外接球半徑為，則在上，連接.
在中，，，，由勾股定理得，
，即，
解得. 所以三棱錐外接球的表面積為.
故選：C
5．BCD
【分析】建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量夾角公式、法向量的性質(zhì)逐一判斷即可.
【詳解】建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
，
設(shè)，
設(shè)平面的法向量為，
，
則有，
假設(shè)存在點M，使得平面，所以有，
所以有，因此假設(shè)不成立，因此選項A不正確；
假設(shè)存在點M，使得∥平面，
所以有，所以假設(shè)成立，因此選項B正確；
假設(shè)存在點M，使得直線與平面所成的角為，，
所以有，
解得，，所以假設(shè)不成立，故選項C正確；
假設(shè)存在點M，使得平面與平面所成的銳角為，
設(shè)平面、平面的法向量分別為、，
顯然，
則有，
當(dāng)時，有
，
所以有（舍去），或，假設(shè)成立，選項D正確，
故選：BCD
6．ACD
【分析】利用等體積轉(zhuǎn)換即可求得體積為定值判斷A；建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)，得，，利用向量夾角公式求解判斷B；求平面的法向量，利用向量夾角公式求解判斷C；由，可得，即可求解判斷D.
【詳解】對于A，三棱錐的體積等于三棱錐的體積，
是定值，A正確；
以為坐標(biāo)原點，分別為軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，

則，設(shè)，則
對于B，，使得與所成的角滿足：
，
因為，故，故，
而，B錯誤；
對于C，平面的法向量，
所以直線與平面所成角的正弦值為：，
因為，故
故，
而，，
故即的取值范圍為，C正確；
對于D，，由，
可得，化簡可得，
在平面內(nèi)，令，得，令，得，則P的軌跡的長度為
，D正確；
故選：ACD.
7．AC
【分析】建立空間直角坐標(biāo)系，借助空間向量解決角度距離問題.
【詳解】正方體中，以為坐標(biāo)原點，分別以為軸，軸，軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
則有，.
，，，，，
得，，由平面，，∴平面，A選項正確；
，，設(shè)平面的一個法向量，
則有，令，得，，則，
，所以直線平面所成角不是45°，B選項錯誤；
為邊長為的等邊三角形，，
點到平面的距離，
三棱錐的體積，而棱長為的正方體的體積為，
所以三棱錐的體積是正方體體積的，C選項正確；
，，設(shè)平面的一個法向量，
則有，令，得，，則，
，點到平面的距離為，故D選項錯誤.
故選：AC
8．
【分析】根據(jù)向量的線性運算可得，利用模長公式，結(jié)合數(shù)量積的運算即可求解.
【詳解】分別作，，垂足為，，則．
由，可得，所以．
因為，則
，
故，
故答案為：．
9．
【分析】分別計算平行于兩平面交線的直徑和垂直于兩平面交線的直徑在 平面內(nèi)的投影長度，即為橢圓的長軸和短軸，據(jù)此計算離心率.
【詳解】
設(shè)圓O的半徑為R，如圖，取垂直于兩平面交線MN的直徑AB，在 平面的投影長度=，
取平行于MN的直徑CD，在平面 內(nèi)的投影長度不變，即為2R，
則橢圓的長軸 ，短軸 ，即 ；
故答案為： .
10．
【分析】作出輔助線，找到即為直線l，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)出，求出點的坐標(biāo)，利用異面直線夾角余弦公式求出答案.
【詳解】作出圖形，如圖所示．
延長至E，使得，則≌，≌，
故，，故四邊形為平行四邊形，
連接，延長，交于點G，連接，則即為直線l．
以D為坐標(biāo)原點，，，分別為x，y，z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
設(shè)，過點作軸于點，則∽，且相似比為1:2，
故，，
則，，，，
故，，
故直線l與所成角的余弦值為．
故答案為：
11．(1)證明見解析
(2)
(3)
【分析】（1）證明出，平面ABCD，建立空間直角坐標(biāo)系，寫出點的坐標(biāo)，計算出，得到垂直關(guān)系；
（2）求出平面的法向量，利用線面角求解公式得到答案；
（3）求出兩平面法向量，求出面面角的余弦值.
【詳解】（1）因為，O為CD的中點，
所以．
又因為平面平面ABCD，平面平面，平面PCD，
所以平面ABCD．
因為，，，所以．
取的中點，連接，則⊥，
以點O為坐標(biāo)原點，OD，OE，OP所在直線分別為x，y，z軸，如圖建立空間直角坐標(biāo)系，
則O0,0,0，，，，P0,0,1，．
，，
因為，
所以．
（2）設(shè)平面PAB的一個法向量為m=x,y,z，
則，即，
解得，令，則，則．
設(shè)直線PC與平面PAB所成的角為，
又，
則，
所以直線PC與平面PAB所成的角的正弦值為．
（3）設(shè)平面POB的一個法向量為，
則，即，
解得，令，則a=2，故．
設(shè)平面POB與平面PAB的夾角為，
則．
故平面POB與平面PAB的夾角的余弦值為．
12．(1)證明見解析
(2)點到平面的距離為.
【分析】（1）先證四邊形為正方形，得到，再證平面，從而得到，即可證明平面；
（2）建系，設(shè)邊長，寫出相應(yīng)點和向量的坐標(biāo)，求出兩個平面的法向量，利用二面角的余弦值列式子，求出的長度，再利用點到平面的距離公式，求出點到平面的距離.
【詳解】（1）證明：由直三棱柱的性質(zhì)可知，，四邊形為平行四邊形，
又因為，所以四邊形為正方形，所以，
因為，，，
所以平面，
所以，
因為，
所以，
又因為平面
所以平面.
（2）以為原點，，，所在直線分別為軸、軸、軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
設(shè)，則A0,0,0，，，，
所以，，，
所以平面的一個法向量為，
設(shè)平面的一個法向量為，
則，所以，
取，則，，
所以，
設(shè)二面角的大小為，
則，解得，
所以，平面的一個法向量，
設(shè)點到平面的距離為，
則，
所以點到平面的距離為.
【能力篇】
一、解答題
1．（2024·遼寧沈陽·模擬預(yù)測）如圖，直線垂直于梯形所在的平面，，為線段的中點，，，四邊形為矩形.
(1)求證：平面；
(2)求直線與平面所成角的正弦值.
2．（2024·陜西西安·模擬預(yù)測）如圖，在直三棱柱中，是上的點，且平面．
(1)求證：平面；
(2)若，，，是棱上的點，且直線與平面所成角的正弦值為，試確定點的位置．
3．（2024·四川樂山·三模）如圖，平行六面體中，底面是邊長為2的菱形，且，與平面所成的角為與交于．
(1)證明：平面；
(2)求二面角的正弦值．
4．（2024·黑龍江大慶·三模）如圖，在四棱錐中，，，且是的中點.

(1)求證：平面平面；
(2)若二面角的大小為，求直線與平面所成角的余弦值.
參考答案：
1．(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）根據(jù)條件得到，再利用線面平行的判定定理，即可求解；
（2）建立空間直角坐標(biāo)系，求出平面的法向量及，利用線面角的向量法，即可求解.
【詳解】（1）設(shè)，連接，
因為四邊形為矩形，所以為中點，
又為中點，則，
又平面，平面，
所以平面.
（2）以為坐標(biāo)原點，，，的正方向分別為x，y，z軸，
可建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，
則A1,0,0，，，，
，，，
設(shè)平面的法向量為：n=x,y,z，
且，令，解得：，，所以，
設(shè)直線與平面所成角為，所以.
則直線與平面所成角的正弦值為.
2．(1)證明見解析
(2)點為上靠近的三等分點
【分析】（1）利用線面垂直的性質(zhì)，得到，利用直三棱柱的結(jié)構(gòu)特征，可得，再用線面垂直的判定定理，即可證明結(jié)果；
（2）建立空間直角坐標(biāo)系，求出平面的法向量和，結(jié)合條件，利用線面角的向量法，即可求出結(jié)果.
【詳解】（1）因為平面，面，所以，又，所以，
又三棱柱是直三棱柱，所以，
又易知與相交，面，所以平面.
（2）由（1）知平面，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
因為，，，又，所以，
則，
所以，
設(shè)，所以，
設(shè)平面的一個法向量為，
由，得到，取，則，所以，
設(shè)直線與平面所成的角為，
所以，整理得到，
解得或（舍），所以點為上的三等分點，且，
即點為上靠近的三等分點.
3．(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）先根據(jù)線面垂直得出面面垂直，再應(yīng)用面面垂直性質(zhì)定理得出線面垂直；
（2）根據(jù)線面垂直建系，應(yīng)用空間向量法求出二面角的余弦，最后應(yīng)用同角三角函數(shù)關(guān)系得出正弦.
【詳解】（1）
連結(jié)，
底面是邊長為2的菱形，．
，
．
點為線段中點，．
為菱形，平面，平面
又平面，平面平面，
在平面上的射影為，
為直線與平面所成的角，即．
在中，，
．
則．
又平面平面，
平面．
（2）由（1）知平面，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系
則，
則
設(shè)平面的法向量為，平面的法向量為，
則即取，則．
即取則．
設(shè)二面角大小為，
則．
，
二面角的正弦值為．
4．(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）先證明線面垂直再根據(jù)面面垂直判定定理證明即可；
（2）先根據(jù)二面角求參得出點的坐標(biāo)，再應(yīng)用線面角向量求法計算.
【詳解】（1）因為，
由余弦定理得，所以.
因為，所以，所以.
因為，所以四邊形為平行四邊形，所以.
因為，所以，即.
因為平面，所以平面.
因為平面，所以平面平面.
（2）在平面內(nèi)，過點作，交于.
因為平面平面，平面平面，所以平面.

以為原點，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則.
由（1）可知為二面角的平面角，即，所以，由，可得.
所以.
設(shè)平面的一個法向量為，則，即，
令，則，所以平面的一個法向量為.
設(shè)直線與平面所成角為，則
所以直線與平面所成角的余弦值為.
【培優(yōu)篇】
一、解答題
1．（2024·湖南·模擬預(yù)測）如圖，在直三棱柱中，，，分別為，的中點，為線段上異于端點的一點.
(1)求點到平面的距離；
(2)若平面與平面的夾角的余弦值為，求直線與平面所成角的正弦值．
2．（2024·海南·模擬預(yù)測）如圖，已知線段為圓柱的三條母線，AB為底面圓的一條直徑，是母線的中點，且.
(1)求證：平面DOC；
(2)求平面與平面的夾角的余弦值.
3．（2024·全國·模擬預(yù)測）如圖，已知四邊形是直角梯形，，平面是的中點，E是的中點，的面積為，四棱錐的體積為．
(1)求證：平面;
(2)若P是線段上一動點，當(dāng)二面角的大小為時，求的值．
參考答案：
1．(1)
(2)
【分析】（1）建立空間直角坐標(biāo)系，利用點到面的距離公式即可求得答案；
（2）結(jié)合（1）中建立的空間直角坐標(biāo)系，首先利用平面與平面ADF的夾角的余弦值為的條件確定F點的位置，再由線面角的空間向量表示求解答案即可.
【詳解】（1）因為是直三棱柱中且AB⊥AC，所以兩兩垂直，
則可以以A為原點，建立如下圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
，
又，所以，
因為E為的中點，所以，
，
設(shè)平面的一個法向量為，
則，令，則，所以，
所以點B到平面的距離；
（2）結(jié)合（1），由于D為的中點，所以，
設(shè)，
所以，
所以，
設(shè)平面的一個法向量為，
則，令，則，
故，
平面的一個法向量可以為，
因為平面與平面ADF的夾角的余弦值為，所以，
解得，
所以，平面的一個法向量，
則，
設(shè)直線與平面ADF所成角為，則
2．(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）通過證明，A1O⊥OD，再根據(jù)線面垂直的判定定理即可證明平面；
（2）建立空間直角坐標(biāo)系，分別求平面與平面的法向量，通過法向量即可求解二面角的余弦值.
【詳解】（1）連接.
因為為底面圓的直徑，
所以為的中點，.
又因為，所以.
由圓柱的性質(zhì)知平面，而平面，
所以，又，且平面，
所以平面，
因為平面，所以.
因為，為母線的中點，
所以，
，
，
，
所以，則A1O⊥OD.
又平面，且，
所以平面.
（2）連接，易知平面，
以為坐標(biāo)原點，所在直線分別為軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
則，
所以.
設(shè)平面的法向量為m=x,y,z，則令，得.
設(shè)平面的法向量為n=a,b,c，則令，得.
設(shè)平面與平面的夾角為，則，
故平面與平面的夾角的余弦值為.
3．(1)證明見解析；
(2)．
【分析】（1）根據(jù)題意，可得是等邊三角形，求出，過點D作交于點M，可得四邊形為平行四邊形，可求得，結(jié)合四棱錐的體積為，求得利用勾股定理證明，進而證明平面；
（2）建立空間直角坐標(biāo)系，求出平面和平面的一個法向量，利用向量法求出點的坐標(biāo)得解.
【詳解】（1）因為平面，所以．
因為N是的中點，所以，故．
又因為，所以是等邊三角形．
因為的面積為，所以．
如圖1，過點D作交于點M，四邊形是直角梯形，
且，，則，
故四邊形為平行四邊形．
因此．
又，因此．
因為四棱錐的體積為，
所以，
解得．
連接，在中，．
連接，在中，．
因為，
則．
因為平面，所以，
而平面平面，
所以平面．
（2）以N為坐標(biāo)原點，分別為x軸、y軸、z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系，如圖2所示．
則．
因為P是線段上一動點，
所以設(shè)，其中．
故．
設(shè)平面的一個法向量，
則，令，得，，
所以．
設(shè)平面的一個法向量，
則有，令，得，，
可?。?br>因為二面角的大小為，
所以，即，解得，即．
因為，
所以
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