2023年高考数学二轮复习试题专题13 空间向量与立体几何（Word版附解析）

这是一份2023年高考数学二轮复习试题专题13 空间向量与立体几何（Word版附解析），共70页。试卷主要包含了核心先导，考点再现，解法解密，用向量方法求空间角，用向量方法求空间距离等内容，欢迎下载使用。

专题13 空间向量与立体几何
一、核心先导


二、考点再现

【考点1】空间向量的有关概念
1．空间向量
(1)定义：在空间，具有大小和方向的量叫做空间向量．
(2)长度或模：空间向量的大小．
(3)表示方法：
①几何表示法：空间向量用有向线段表示；
②字母表示法：用字母a，b，c，…表示；若向量a的起点是A，终点是B，也可记作：，其模记为|a|或||.
2．几类常见的空间向量
名称
方向
模
记法
零向量
任意
0
0
单位向量
任意
1

相反向量
相反
相等
a的相反向量：－a
的相反向量：
相等向量
相同
相等
a＝b
【考点2】空间向量的线性运算
(1)、向量的加法、减法
空间向量的运算
加法
＝＋＝a＋b

减法
＝－＝a－b
加法运算律
①交换律：a＋b＝b＋a
②结合律：(a＋b)＋c＝a＋(b＋c)
(2)、空间向量的数乘运算
①定义：实数λ与空间向量a的乘积λa仍然是一个向量，称为向量的数乘运算．
当λ>0时，λa与向量a方向相同；
当λ<0时，λa与向量a方向相反；
当λ＝0时，λa＝0；λa的长度是a的长度的|λ|倍．
②运算律
结合律：λ(μa)＝μ(λa)＝(λμ)a.
分配律：(λ＋μ)a＝λa＋μa，λ(a＋b)＝λa＋λb.
【考点3】共线问题
共线向量
(1)定义：表示若干空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合，则这些向量叫做共线向量或平行向量．
(2)方向向量：在直线l上取非零向量a，与向量a平行的非零向量称为直线l的方向向量．
规定：零向量与任意向量平行，即对任意向量a，都有0∥a.
(3)共线向量定理：对于空间任意两个向量a，b(b≠0)，a∥b的充要条件是存在实数λ使a＝λb.
(4)如图，O是直线l上一点，在直线l上取非零向量a，则对于直线l上任意一点P，由数乘向量定义及向量共线的充要条件可知，存在实数λ，使得＝λa.

【考点4】向量共面问题
共面向量
(1)定义：平行于同一个平面的向量叫做共面向量．
(2)共面向量定理：若两个向量a，b不共线，则向量p与向量a，b共面的充要条件是存在唯一的有序实数对(x，y)，使p＝xa＋yb.
(3)空间一点P位于平面ABC内的充要条件：存在有序实数对(x，y),使＝x＋y或对空间任意一点O，有＝＋x＋y.
（4）共面向量定理的用途：
①证明四点共面
②线面平行（进而证面面平行）。
【考点5】空间向量数量积的运算
空间向量的数量积
(1)定义：已知两个非零向量a，b，则|a||b|cos〈a，b〉叫做a，b的数量积，记作a·b.即a·b＝|a||b|cos〈a，b〉．
规定：零向量与任何向量的数量积为0.
(2)常用结论(a，b为非零向量)
①a⊥b⇔a·b＝0.
②a·a＝|a||a|cos〈a，a〉＝|a|2.
③cos〈a，b〉＝.
(3)数量积的运算律
数乘向量与数量积的结合律
(λa)·b＝λ(a·b)＝a·(λb)
交换律
a·b＝b·a
分配律
a·(b＋c)＝a·b＋a·c
【考点6】利用数量积证明空间垂直关系
当a⊥b时，a·b＝0.
知识点七：夹角问题
1.定义：已知两个非零向量、，在空间任取一点D，作，则∠AOB叫做向量与的夹角，记作，如下图。

根据空间两个向量数量积的定义：，
那么空间两个向量、的夹角的余弦。
【考点7】空间向量的长度
1. 定义：
在空间两个向量的数量积中，特别地，所以向量的模：
将其推广：
；。
2.利用向量求线段的长度。
将所求线段用向量表示，转化为求向量的模的问题。一般可以先选好基底，用基向量表示所求向量，然后利用来求解。
【考点8】空间向量的基本定理及样本概念的理解
空间向量基本定理：
如果空间中的三个向量，，不共面，那么对空间中的任意一个向量，存在唯一的有序实数组，使得.其中，空间中不共面的三个向量，，组成的集合{，，}，常称为空间向量的一组基底.此时，，，都称为基向量；如果，则称为在基底{，，}下的分解式.
【考点9】空间向量的正交分解
单位正交基底：如果空间的一个基底中的三个基向量两两垂直，且长度都为1，那么这个基底叫做单位正交基底，常用表示.
正交分解：把一个空间向量分解为三个两两垂直的向量，叫做把空间向量进行正交分解.
【考点10】用空间向量基本定理解决几何问题
用已知向量表示某一向量的三个关键点：
(1)用已知向量来表示某一向量，一定要结合图形，以图形为指导是解题的关键．
(2)要正确理解向量加法、减法与数乘运算的几何意义，如首尾相接的若干向量之和，等于由起始向量的始点指向末尾向量的终点的向量．
(3)在立体几何中三角形法则、平行四边形法则仍然成立
【考点11】空间直角坐标系
1.空间直角坐标系
从空间某一定点O引三条互相垂直且有相同单位长度的数轴，这样就建立了空间直角坐标系，点O叫做坐标原点，x轴、y轴、z轴叫做坐标轴，这三条坐标轴中每两条确定一个坐标平面，分别是平面、yOz平面、zOx平面.
2.右手直角坐标系
在空间直角坐标系中，让右手拇指指向x轴的正方向，食指指向y轴的正方向，如果中指指向z轴的正方向，则称这个坐标系为右手直角坐标系.
3.空间点的坐标
空间一点A的坐标可以用有序数组(x，y，z)来表示，有序数组(x，y，z)叫做点A的坐标，记作A(x，y，z)，其中x叫做点A的横坐标，y叫做点A的纵坐标，z叫做点A的竖坐标.
【考点12】空间直角坐标系中的坐标
1.空间直角坐标系中点的坐标的求法
通过该点，作两条轴所确定平面的平行平面，此平面交另一轴于一点，交点在这条轴上的坐标就是已知点相应的一个坐标.
特殊点的坐标：原点；轴上的点的坐标分别为；坐标平面上的点的坐标分别为.
2.空间直角坐标系中对称点的坐标
在空间直角坐标系中，点，则有
点关于原点的对称点是；
点关于横轴(x轴)的对称点是；
点关于纵轴(y轴)的对称点是；
点关于竖轴(z轴)的对称点是；
点关于坐标平面的对称点是；
点关于坐标平面的对称点是；
点关于坐标平面的对称点是.
【考点13】空间直角坐标系中的坐标
（1）空间两点的距离公式
若，则
①
即:一个向量在直角坐标系中的坐标等于表示这个向量的有向线段的终点的坐标减去起点的坐标。
②，
或.
知识点诠释：两点间距离公式是模长公式的推广，首先根据向量的减法推出向量的坐标表示，然后再用模长公式推出。
（2）空间线段中点坐标
空间中有两点，则线段AB的中点C的坐标为.
（3）向量加减法、数乘的坐标运算
若，则
①;
②;
③;
（4）向量数量积的坐标运算
若，则

即：空间两个向量的数量积等于他们的对应坐标的乘积之和。
（5）空间向量长度及两向量夹角的坐标计算公式
若，则
(1).
(2).
（6）空间向量平行和垂直的条件
若，则
①
②
规定：与任意空间向量平行或垂直
作用：证明线线平行、线线垂直.
三、解法解密

方法一：直线的方向向量和平面的法向量
1.直线的方向向量：
点A是直线l上的一个点，是直线l的方向向量，在直线l上取，取定空间中的任意一点O，则点P在直线l上的充要条件是存在实数t，使或，这就是空间直线的向量表达式.

知识点诠释：
（1）在直线上取有向线段表示的向量，或在与它平行的直线上取有向线段表示的向量，均为直线的方向向量．
（2）在解具体立体几何题时，直线的方向向量一般不再叙述而直接应用，可以参与向量运算或向量的坐标运算．
2.平面的法向量定义：
直线l⊥α，取直线l的方向向量，我们称向量为平面α的法向量．给定一个点A和一个向量，那么过点A，且以向量为法向量的平面完全确定，可以表示为集合.

知识点诠释：一个平面的法向量不是唯一的，在应用时，可适当取平面的一个法向量．已知一平面内两条相交直线的方向向量，可求出该平面的一个法向量．
3.平面的法向量确定通常有两种方法：
（1）几何体中有具体的直线与平面垂直，只需证明线面垂直，取该垂线的方向向量即得平面的法向量；
（2）几何体中没有具体的直线，一般要建立空间直角坐标系，然后用待定系数法求解，一般步骤如下：
（i）设出平面的法向量为；
（ii）找出（求出）平面内的两个不共线的向量的坐标，；
（iii）根据法向量的定义建立关于x、y、z的方程；
（iv）解方程组，取其中的一个解，即得法向量．由于一个平面的法向量有无数个，故可在代入方程组的解中取一个最简单的作为平面的法向量．
方法二：用向量方法判定空间中的平行关系
空间中的平行关系主要是指：线线平行、线面平行、面面平行．
（1）线线平行
设直线的方向向量分别是，则要证明，只需证明，即．
（2）线面平行
线面平行的判定方法一般有三种：
①设直线的方向向量是，平面的向量是，则要证明，只需证明，即．
②根据线面平行的判定定理：要证明一条直线和一个平面平行，可以在平面内找一个向量与已知直线的方向向量是共线向量．
③根据共面向量定理可知，要证明一条直线和一个平面平行，只要证明这条直线的方向向量能够用平面内两个不共线向量线性表示即可．
（3）面面平行
①由面面平行的判定定理，要证明面面平行，只要转化为相应的线面平行、线线平行即可．
②若能求出平面，的法向量，则要证明，只需证明．
方法三、用向量方法判定空间的垂直关系
空间中的垂直关系主要是指：线线垂直、线面垂直、面面垂直．
（1）线线垂直
设直线的方向向量分别为，则要证明，只需证明，即．
（2）线面垂直
①设直线的方向向量是，平面的向量是，则要证明，只需证明．
②根据线面垂直的判定定理转化为直线与平面内的两条相交直线垂直．
（3）面面垂直
①根据面面垂直的判定定理转化为证相应的线面垂直、线线垂直．
②证明两个平面的法向量互相垂直．
方法四、用向量方法求空间角
（1）求异面直线所成的角
已知a，b为两异面直线，A，C与B，D分别是a，b上的任意两点，a，b所成的角为，
则．

知识点诠释：两异面直线所成的角的范围为．两异面直线所成的角可以通过这两直线的方向向量的夹角来求得，但二者不完全相等，当两方向向量的夹角是钝角时，应取其补角作为两异面直线所成的角．
（2）求直线和平面所成的角
设直线的方向向量为，平面的法向量为，直线与平面所成的角为，与的角为，
则有．

（3）求二面角
如图，若于于，平面交于，则为二面角的平面角，.

若分别为面的法向量，
则二面角的平面角或，
即二面角等于它的两个面的法向量的夹角或夹角的补角．
①当法向量与的方向分别指向二面角的内侧与外侧时，二面角的大小等于的夹角的大小．
②当法向量的方向同时指向二面角的内侧或外侧时，二面角的大小等于的夹角的补角的大小．
方法五、用向量方法求空间距离
1.求点面距的一般步骤：
①求出该平面的一个法向量；
②找出从该点出发的平面的任一条斜线段对应的向量；
③求出法向量与斜线段向量的数量积的绝对值再除以法向量的模，即可求出点到平面的距离．
即：点A到平面的距离，其中，是平面的法向量．
2.线面距、面面距均可转化为点面距离，用求点面距的方法进行求解．
直线与平面之间的距离：，其中，是平面的法向量．
两平行平面之间的距离：，其中，是平面的法向量．
3. 点线距
设直线l的单位方向向量为，，，设，则点P到直线l的距离 .
四、考点解密

重难点题型1 空间向量的基本运算
例1（1）、（湖南省益阳市2022-2023学年高二上学期12月大联考数学试题）已知两点，，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据两点间距离公式，直接求解.
【详解】.
故选：D．
（2）、（2022·江苏·盐城市伍佑中学高二阶段练习）若直线的一个方向向量为，平面的一个法向量为，则（       ）
A． B． C． D．或
【答案】C
【分析】推导出，利用空间向量法可得出线面关系.
【详解】因为，，则，即，因此，.
故选：C.
【变式训练1-1】、（2020·广东顺德德胜学校高二期中）设向量分别是平面的法向量，向量，若平行，则实数___________
【答案】4
【分析】据时，它们的法向量共线，列出方程求出的值．
【详解】∵α∥β
∴平面α、β的法向量互相平行，
∴，2，，，，且；
解得，．
故答案为：4
【变式训练1-2】、（2022·上海松江·高二期末）已知向量，且，则_________.
【答案】1
【分析】根据空间向量数量积坐标公式列出方程，求出答案.
【详解】由题意得：，故.
故答案为：1
重难点题型2 利用空间向量研究平行与垂直问题
例2（1）、（2022·广东·鹤山市鹤华中学高三开学考试）已知平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，若，则=_________．
【答案】2
【分析】由条件可得两个平面的法向量平行，然后可得答案.
【详解】，，解得．
故答案为：2
（2）、（2022·上海中学高二期中）已知向量与垂直，则m的值为______.
【答案】
【分析】直接根据向量垂直计算得到答案.
【详解】，解得.
故答案为：
【变式训练2-1】、（2022·上海·复旦附中高一期末）已知直线的一个方向向量为，平面的一个法向量，若，则实数_______．
【答案】10
【分析】根据直线与平面平行，得到直线的方向向量与平面的法向量垂直，进而利用空间向量数量积为0列出方程，求出的值.
【详解】因为，所以直线的方向向量与平面的法向量垂直，
即，解得：.
故答案为：10
【变式训练2-2】、（2022·重庆·高二阶段练习）已知向量，且与互相平行，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由空间向量平行的条件求解.
【详解】由已知，，
因为与平行，
若，则，，
若，则，无解．
综上，，
故选：D．
重难点题型3 线线角与距离问题
例3、（1）、（2022·湖南·宁远县明德湘南中学高二阶段练习）已知，则等于（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】利用空间向量的坐标表示先求出，再代入模的计算公式即可求解.
【详解】因为，所以，
则，
故选：B.
（2）、（2022·安徽·高三开学考试）在棱长均等的正三棱柱中，直线与所成角的余弦值为（       ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】设正三棱柱的棱长为2，如图建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可.
【详解】设正三棱柱的棱长为2，取的中点，的中点，连接，则
∥，，
因为平面，平面，
所以，
所以，
所以两两垂直，
所以以为原点，所在的直线分别为建立空间直角坐标系，如图所示，则
，
所以，
设直线与所成角为，则
，
所以直线与所成角的余弦值为，
故选：D

【变式训练3-1】、（2022·全国·高二单元测试）正方体的棱长为，点在上，且，为的中点，则的长为 __．
【答案】
【分析】如图所示．建立空间直角坐标系，利用向量的坐标与模的计算公式即可得出．
【详解】解：如图所示，

，，，，，0，．
，
，

，0，
．
，
．
故答案为：．
【变式训练3-2】、（2022·河南·高二阶段练习）在平行六面体中，，且交平面于点M，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】连接交于点H，连接与交于点O，由几何关系证明且点M与点O重合，则由求模即可.
【详解】根据题意，连接交于点H，连接与交于点O，如图，

在平行六面体中，，则，
根据平面的基本性质易知点M与点O重合，故


．
∴
故选：D．
重难点题型4 线面角
例4、（2022·全国·模拟预测）如图，已知四棱锥S-ABCD的底面ABCD为正方形，二面角S-AB-D为直二面角，∠SAB=∠SBA，点M为线段AD的中点.

(1)证明：SD⊥MC；
(2)若SA=AB，点N是线段BD上靠近点B的三等分点，求直线SA与平面SMN所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）取AB的中点，先利用等腰三角形的性质及三角形全等等知识证明线线垂直，再利用线面垂直的判定定理证明平面SOD，最后利用线面垂直的性质证明线线垂直；（2）先根据垂直关系建立空间直角坐标系，然后设AB=2，求出直线的方向向量和平面的法向量，利用向量的夹角公式求解即可.
【详解】（1）取AB的中点O，连接SO，DO，
因为，所以，
所以.
又二面角为直二面角，
所以平面ABCD，且平面ABCD, 所以.
在正方形ABCD中，O，M分别为AB，AD的中点，
所以，所以，
又，所以，所以.
因为，平面SOD，平面SOD，
所以平面SOD，
又平面SOD，所以.
（2）取CD的中点，连接OG，由（1）可知OB，OS，OG两两垂直.
以为坐标原点，OB，OS，OG所在直线分别为轴､轴､轴建立如图所示的空间直角坐标系.

不妨设AB=2，则，，，，
，，，，
则，.
设平面SMN的法向量为，
由题意得，
令，得.
设直线SA与平面SMN所成的角为，
则，
故直线SA与平面SMN所成角的正弦值为.
【变式训练4-1】、（2022·吉林·东北师大附中高二阶段练习）如图，已知圆柱，过轴的截面图形为正方形，点在底面圆周上，且，为的中点.

(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先由线面垂直的性质定理及圆直径所对圆周角为直角证明线线垂直，再由线面垂直的判定定理即可证明结论.
（2）根据条件建立空间直角坐标系，先求出平面的法向量，然后再根据直线与平面所成角的正弦值为及求得余弦值.
（1）
证明：根据题意得，在圆柱中，底面圆，即平面，
又因为平面，所以，
因为点在底面圆周上，且为底面直径，
所以，即，
因为，且平面，平面，
所以平面.
（2）
如图，以点为坐标原点，分别以、方向为轴、轴正方向，过点作直线的平行线为轴建立空间直角坐标系.
设，
因为，，所以，.
根据题意得，，，，，
所以，，，
设平面的法向量为，
由，得，
令，则，，
所以平面的法向量为.
设直线与平面所成角为，由图可知为锐角，
所以，
所以，
即直线与平面所成角的余弦值为.

【变式训练4-2】、（2022·云南·鹤庆县第三中学高二阶段练习）如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，ADBC，∠ABC=90°，PA=AB=BC=2，AD=1，点M，N分别为棱PB，DC的中点．

(1)求证：AM平面PCD；
(2)求直线MN与平面PCD所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见详解
(2)
【分析】（1）根据题意结合线面平行的判定定理分析证明；（2）建系，求平面PCD的法向量，利用空间向量求线面夹角.
【详解】（1）取的中点，连接，
∵分别为的中点，
∴，，
由题意可知：，，则，，
故为平行四边形，则，
平面PCD，平面PCD，
∴AM平面PCD.
（2）如图，以A为坐标原点建立空间直角坐标系，则，
∴，
设平面PCD的法向量，则，
令，则，即，
∴，
故直线MN与平面PCD所成角的正弦值为.


重难点题型5 二面角
例5、（2022·河南省上蔡第一高级中学高三阶段练习（文））如图，在三棱锥中，底面分别为的中点，点都在棱上，，且满足平面.

(1)求的长；
(2)求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由线面平行的性质与三角形的重心的性质求解即可；
（2）建立坐标系，利用向量法求解即可
（1）
如图，连接，交于点，连接，
则平面平面.
因为平面平面，
所以.
因为分别为的中点，
所以点为的重心，
所以，
所以.
由题意知，则是的中点，

（2）
由题意知底面，
所以，两两垂直.
以点为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系如图，
则
所以，.
设平面的法向量为，
则即   
令，则，
所以平面的一个法向量为.
设平面的法向量为，
则即
令，则，
所以平面的一个法向量为.
故，
由图象可知平面与平面夹角为锐角，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
【变式训练5-1】、（2022·云南省下关第一中学高三开学考试）如图，已知AB为圆锥SO底面的直径，点C在圆锥底面的圆周上，，，BE平分，D是SC上一点，且平面平面SAB．

(1)求证：；
(2)求平面EBD与平面BDC所成角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由等腰三角形的性质可得，再由面面垂直的性质可得平面BDE，再利用线面垂直的性质可得结论，
（2）取的中点M，连接OM，OS，则OM，OS，OA两两垂直，所以以O为坐标原点，以OM为x轴，以OA为y轴，以OS为z轴建立如图空间直角坐标系，利用空间向量求解即可.
（1）
因为，且BE平分，
所以，
又因为平面平面SAB，且平面平面，平面SAB，
所以平面BDE，
又因为平面BDE，
所以；
（2）
取的中点M，连接OM，OS，则OM，OS，OA两两垂直，
所以以O为坐标原点，以OM为x轴，以OA为y轴，以OS为z轴建立如图空间直角坐标系，
则，，，，，
由（1）知平面BDE，所以是平面BDE的一个法向量，
设平面BDC的法向量为，
因为，
则，
取，则，
因此，
所以平面EBD与平面BDC所成角的余弦值为．

【变式训练5-2】、（2022·江苏苏州·高三阶段练习）如图，在四棱锥中，平面平面是等边三角形，已知是线段上的一点（不与端点重合）.

(1)求证：平面平面；
(2)若点是线段上靠近的三等分点，求锐二面角的大小.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用线面垂直证面面垂直即可；
（2）利用空间向量法求解即可.
【详解】（1）取中点，连接，

在等边三角形中，，
因为平面平面，平面平面平面，
所以平面.
因为平面平面所以，
又中，所以，
因为平面所以平面.
又平面所以平面平面.
（2）以为原点，为轴正方向，与垂直的直线为轴，为轴正方向建立如图坐标系，

则，
所以，
设平面的法向量为，
则，即解得，
又易知平面的法向量，
，
所以锐二面角的大小.









五、分层训练

A组 基础巩固
1．（2022·山东·泰安市基础教育教学研究室高二期中）若与共线，则（    ）
A．－4 B．－2 C．2 D．4
【答案】A
【分析】依题意可得，即可得到方程组，解得即可.
【详解】解：因为与共线，
所以，即，即，解得.
故选：A
2．（2022·安徽·合肥市第七中学高二期中）如图，ABCD－EFGH是棱长为1的正方体，若P在正方体内部且满足，则P到AB的距离为（    ）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】以为坐标原点，AB，AD，AE所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，由题意，计算出和的坐标，然后根据向量法求点到直线的距离公式即可求解.
【详解】如图，以为坐标原点，AB，AD，AE所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，

则，，，    
因为，
所以，，,
所以点P到AB的距离．
故选：D.
3．（2022·山东临沂·高二期中）已知空间向量，，则（    ）
A． B．6 C．36 D．40
【答案】B
【分析】根据空间向量的减法结合模长公式求解即可.
【详解】由题意，.
故选：B
4．（2022·河南开封·一模（文））如图，在正方体中，点M，N分别是，的中点，则下述结论中正确的个数为（    ）

①∥平面；    ②平面平面；
③直线与所成的角为；    ④直线与平面所成的角为．
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【分析】建立空间直角坐标系，利用法向量的性质，结合空间向量夹角公式逐一判断即可.
【详解】建立如下图所示的空间直角坐标系，设该正方体的棱长为，

，
由正方体的性质可知：平面，则平面的法向量为，
，因为，所以，而平面，
因此∥平面，故①对；
设平面的法向量为，，，
所以有，
同理可求出平面的法向量，
因为，所以，因此平面平面，故②正确；
因为，，
所以，
因为异面直线所成的角范围为，所以直线与所成的角为，故③正确；
设直线与平面所成的角为，
因为，平面的法向量为，
所以，
所以直线与平面所成的角不是，因此④错误，
一共有个结论正确，
故选：C
5．（2022·江苏·南京田家炳高级中学高二期中）已知四棱柱ABCD-A1B1C1D1的侧棱AA1垂直于底面，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，AB⊥BC，AD=AB=AA1=2BC，E为DD1的中点，F为A1D的中点，则直线EF与平面A1CD所成角的正弦值为（    ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】以点为坐标原点，建立坐标系，利用向量法得出直线EF与平面A1CD所成角的正弦值.
【详解】侧棱AA1垂直于底面，则，则以点为坐标原点，建立如下图所示的坐标系，不妨设，则，，设平面A1CD的法向量为，，则，取，则，即直线EF与平面A1CD所成角的正弦值为.
故选：C

6．（2022·辽宁抚顺·高二期中）已知的三个顶点分别为，，，则边上的中线长为（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】求得的中点坐标，利用两点间的距离公式即可求得答案.
【详解】由题意，，，可得的中点坐标为，
所以边上的中线长为，
故选：B.
7．（2022·河南省浚县第一中学高二阶段练习）已知平面的法向量为，点在平面内，点到平面的距离为，则（    ）
A．-1 B．-11 C．-1或-11 D．-21
【答案】C
【分析】根据点到平面距离的向量法公式求解即可.
【详解】，而，    
即，
解得或－11.
故选：C
8．（2022·黑龙江·海伦市第一中学高三期中）如图，在正四棱锥中，PA＝AB＝1，点Q，R分别在棱AB，PC上运动，当QR取得最小值时，三棱锥的体积为（    ）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】作出辅助线，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，设出，，利用公垂线列出方程，得到，按照比例关系求出，从而求出体积.
【详解】连接BD，与AC相交于点O，连接PO，则AC⊥BD，
因为四棱锥为正四棱锥，所以OP⊥底面ABCD，
以O为坐标原点，OA，OB，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，
正方形ABCD的边长为1，则，
因为PA＝1，所以，
，，，
当为直线的公垂线时，取得最小值，
即，
故，
所以，解得：，
此时，三棱锥的高即为，
所以.

故选：A
9．（2021·陕西省神木中学高二阶段练习（理））已知平面的法向量为，点，，且，，则点到平面的距离为______．
【答案】
【分析】直接由点面距离的向量公式即可求解.
【详解】解：依题意，且平面的法向量为，
所以由点到面距离的向量公式可得，
点到平面的距离为.
故答案为：.
10．（2022·山东临沂·高二期中）已知空间向量，，若，则______．
【答案】
【分析】利用向量平行可知，然后计算即可.
【详解】由题可知，所以有，解得，所以
故答案为：
11．（2022·北京市十一学校高三阶段练习）如图，在棱长为2的正方体中，分别是棱的中点，点在线段上运动，给出下列四个结论：

①平面截正方体所得的截面图形是五边形；
②直线到平面的距离是；
③存在点，使得；
④面积的最小值是．
其中所有正确结论的序号是__________．
【答案】①③④
【分析】对于①，直线与的延长线分别交于,连接分别交于,连接即可解决；对于②等体积法解决即可；对于③④，建立空间直角坐标系，设，得即可.
【详解】对于①，如图直线与的延长线分别交于,连接分别交于,连接，

则五边形即为所求的截面图形，故①正确；
对于②，由题知，平面，平面，
所以平面，
所以点到平面的距离即为直线到平面的距离，

设点到平面的距离为，由正方体的棱长为2可得，
，，
所以，
，
所以由，可得，
所以直线到平面的距离是，故②错误；
对于③，如图建立空间直角坐标系，

则，
设，
所以，
又因为，
所以，
所以，
假设存在点使得，
所以，
整理得，
所以（舍去），或，
所以存在点使得，故③正确；
对于④，由③知，
所以点在的射影为，
所以点到的距离为
，
当时，，
所以面积的最小值是，故④正确；
故答案为：①③④
12．（2022·北京·海淀教师进修学校附属实验学校高三阶段练习）如图，在正方体中，为棱的中点.动点沿着棱从点向点移动，对于下列三个结论：

①存在点，使得，且这样的点有两个；
②的面积越来越小；
③四面体的体积不变.
所有正确的结论的序号是__________.
【答案】②③
【分析】建立空间直角坐标系，设，表出各点坐标，设出（），列出方程，求出m的值；判断结论①，利用点到直线距离的向量公式表达出P到直线距离，表达出的面积，进而判断结论②；③把作为底，高为点P到底面的距离，可以判断结论③.
【详解】以D为坐标原点，DA，DC，所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，设正方体棱长为2，
则，，设（），则，，
令，解得：，存在唯一一个点P，使得，①错误；
，，，，
设点P到直线距离为，则
所以，
因为，动点沿着棱DC从点D向点C移动，即从0逐渐变到2，随着的变大，变小，的面积越来越小，②正确；
以为底，高为点P到上底面的距离，因为∥底面，所以h不变，所以四面体的体积不变，③正确.

故答案为：②③.
13．（2022·山西省运城中学校高二期中）在直角坐标系中，，沿直线把直角坐标系折成的二面角，则的长度为___________.
【答案】8
【分析】从分别向直线作垂线，利用向量求解长度.
【详解】如图，分别作垂直于直线于点，则由等腰直角三角形的性质可得，即.
若沿直线把直角坐标系折成的二面角，则，


因为二面角的大小为，所以，代入上式可得，
所以，即的长度为.
故答案为：8.
B组 能力提升
14．（2022·安徽·合肥市第七中学高二期中）（多选题）如下图，正方体中，为线段上的动点，平面，则下面说法正确的是（    ）

A．直线与平面所成角的正弦值范围为
B．已知为中点，当的和最小时，
C．点为的中点时，若平面经过点，则平面截正方体所得截面图形是等腰梯形
D．点与点重合时，平面截正方体所得的截面，其面积越大，周长就越大.
【答案】ABC
【分析】对于A选项，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断A选项的正误；
对于B选项，将矩形与矩形延展为一个平面，利用、、三点共线得知最短，利用平行线分线段成比例定理求得，可判断B选项的正误.
对于C选项，利用空间向量法找出平面与棱、的交点、，判断四边形的形状可判断C选项的正误；
对于D选项，证明出平面，分别取棱、、、、、的中点、、、、、，比较和六边形的周长和面积的大小，可判断D选项的正误；
【详解】对于A选项，设正方体的棱长为2，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，则点、、设点，

平面，则为平面的一个法向量，且，，
，
所以，直线与平面所成角的正弦值范围为，A选项正确；
对于B选项，将矩形与矩形延展为一个平面，如下图所示：

若最短，则、、三点共线，
，，B选项正确.
对于C选项，设平面交棱于点，点，，

平面，平面，，即，得，，
所以，点为棱的中点，同理可知，点为棱的中点，则，，
而，，且，
由空间中两点间的距离公式可得，，，
所以，四边形为等腰梯形，C选项正确；
对于D选项，当与重合时，连接、、、，
在正方体中，平面，平面，，
四边形是正方形，则，，平面，
平面，，同理可证，
，平面，
易知是边长为的等边三角形，其面积为，周长为.
设、、、、、分别为棱、、、、、的中点，

易知六边形是边长为的正六边形，且平面平面，
正六边形的周长为，面积为，
则的面积小于正六边形的面积，它们的周长相等，D选项错误；
故选：ABC
【点睛】思路点睛：涉及几何体中动点按规律移动问题，可以建立空间直角坐标系，利用空间向量的运算解决，针对立体几何中线段长度和的最小值问题，可以通过将直线所在两个平面延展成一个平面，然后找到三点共线的位置即为取得最小值的位置.
15．（2022·山东·泰安市基础教育教学研究室高二期中）（多选题）如图，四棱柱的底面ABCD是正方形，O为底面中心，平面ABCD，．以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则（    ）

A．
B．平面
C．平面的一个法向量为
D．点B到直线的距离为
【答案】BCD
【分析】根据已知条件及给定的几何图形写出点的坐标,再对各个选项逐一分析计算并判断作答.
【详解】依题意, 是正方形, ,与的交点为原点,,

在给定的空间直角坐标系中, ,
而,
则点,,故错误;
,,
设平面的法向量,
则,
令,得,故正确;
,即平面,故正确;
,,,
到的距离,故正确
故选:
16．（2022·山东临沂·高二期中）（多选题）在空间直角坐标系中，，，，则（    ）
A． B．异面直线OC与AB所成角等于
C．点B到平面AOC的距离是2 D．直线OB与平面AOC所成角的正弦值为
【答案】ACD
【分析】根据异面直线夹角，直线与平面的夹角，点到面的距离公式分别求解.
【详解】对于A 项，
，，所以A正确.
对于B项，设与所成的角为，则
且所以，故B不正确.
对于C项，设平面的法向量为
并且，即即，所以，所以点B到平面AOC的距离，故C正确.
对于D项，设直线OB与平面AOC所成角为，则，故D正确.
故选：ACD
17．（2022·河南·郑州外国语学校高二期中）（多选）如图，四边形ABCD是边长为5的正方形，半圆面平面ABCD，点P为半圆弧AD上一动点（点P与点A，D不重合），下列说法正确的是（   ）

A．三棱锥的四个面都是直角三角形
B．三棱锥的体积最大值为
C．在点P变化过程中，直线PA与BD始终不垂直
D．当直线PB与平面ABCD所成角最大时，点P不是半圆弧AD的中点
【答案】ACD
【分析】对于A，利用空间中直线、平面垂直的有关定理证明即可；
对于B，三棱锥底面面积固定，当高最大时，体积最大，可通过计算进行判断；
对于C，假设垂直，利用空间中直线、平面垂直的有关定理即可推出矛盾；
对于D，首先利用空间向量解决当直线PB与平面ABCD所成角最大时，点P的位置，进而作出判断即可.
【详解】对于A，因为四边形ABCD是正方形，所以为直角三角形，
又因为为直径，所以，为直角三角形，
又因为半圆面平面ABCD，平面平面，，
所以平面，因为平面，所以，所以为直角三角形，
因为平面，平面，所以，
又因为，，平面，平面，
所以平面，因为平面，所以，所以为直角三角形，
因此三棱锥的四个面都是直角三角形，故选项A正确；
对于B，

过点在平面内作于点，
因为平面平面ABCD，平面平面，平面，
所以平面ABCD，为三棱锥的高，所以三棱锥的体积，
因为的面积为定值，
所以当最大时，三棱锥的体积最大，此时点为半圆弧AD的中点，，
所以三棱锥体积的最大值为，故B错误；
对于C，若点P变化过程中，直线PA与BD垂直，由圆的性质，，
所以平面，平面，所以，
又由A知：，在同一平面内，一条直线不可能同时垂直于两条相交直线，
所以点P变化过程中，直线PA与BD始终不垂直，故选项C正确；
对于D，由选项B解析可知：平面ABCD，为在平面内的投影，
所以直线PB与平面ABCD所成角，当直线PB与平面ABCD所成角最大时，取最小值，
以为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，

设，，则，
在直角三角形内，，即，
所以，所以，，

，
因为，所以，
所以，
当且仅当，即时，
取最小值，直线PB与平面ABCD所成角最大，
此时点P不是半圆弧AD的中点，故选项D正确，
故选：.
18．（2021·陕西·子长市中学高三期中（理））如图，在底面为矩形的四棱锥中，平面平面ABCD，为等腰直角三角形，，，O、Q分别为AD、PB的中点．

(1)证明：；
(2)求直线AQ与平面PBC所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）由平面平面ABCD，可得平面PAD，再由线面垂直的性质定理可得答案；
（2）由已知可得平面平面ABCD，以O为坐标原点，OA所在直线为x轴，过点O且平行于AB的直线为y轴，OP所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，
求出、平面PBC的法向量，由线面角的向量求法可得答案.
【详解】（1）∵平面平面ABCD，平面平面，，平面ABCD
∴平面PAD，又平面PAD，∴；
（2）因为，O为AD的中点，
所以，又平面平面ABCD，平面平面，
平面PAD，所以平面平面ABCD，
以O为坐标原点，OA所在直线为x轴，过点O且平行于AB的直线为y轴，OP所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，
∴，，
设平面PBC的法向量为，
则，即，取，可得，
设直线AQ与平面PBC所成的角为，
则．

19．（福建省莆田一中、龙岩一中、三明二中三校2023届高三上学期12月联考数学试题）四棱锥平面，底面是菱形，，平面平面.

(1)证明：；
(2)设为上的点，求与平面所成角的正弦值的最大值.
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）过点作，根据面面垂直的性质可得平面，再根据线面垂直的判定证明平面，结合线面垂直的性质证明即可；
（2）根据线面垂直的关系，以为轴正方向建立空间直角坐标系，设，求出平面的法向量，再根据线面角的表达式，结合二次函数的最值求解即可.
【详解】（1）如图，过点作，垂足为
.平面平面，平面平面，平面，
平面.
平面.
.
平面平面.

又，平面，
平面.

（2）由已知及（1）得四边形是正方形，从而两两垂直，
以为轴正方向如图建立空间直角坐标系.

设，则
设，则，
设平面的法向量，则即，
取，则.即.

当时，上式最大为，.
所有与平面所成角的正弦值的最大值为.
20．（2022·福建省仙游县度尾中学高二期末）如图，在三棱锥中，是正三角形，，是的中点．

(1)证明：；
(2)求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）先由三线合一得到，再由中位线定理可得，从而利用线面垂直的判定定理证得面，由此可得；
（2）建立空间直角坐标系，利用及空间两点距离公式求得，从而求得平面的法向量，由此利用向量法即可求得直线与平面所成角的正弦值．
【详解】（1）取的中点，连接，
因为是正三角形，所以，
因为是的中点，所以，
因为所以，
又面，所以面，
又因为面，所以.
.
（2）以为轴､轴，过作轴⊥底面，建立如图空间直角坐标系，
则，
记，又，则，
因为，解得，则，
由易得直线的一个方向向量为，
设平面的法向量为，，
则，令，则平面的一个法向量为，
记直线与平面所成角为，那么.
21．（2022·贵州·遵义市南白中学高三阶段练习（理））图一，四边形是边长为2的菱形，且，点为的中点，现将沿直线折起，形成如图二的四棱锥，点为的中点.

(1)求证：平面；
(2)若三棱锥的体积为，求二面角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）取线段的中点为，连接和，证明四边形为平行四边形，
可得，再由线面平行的判定定理即可求解；
（2）建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，利用向量法求解即可
【详解】（1）图二中，取线段的中点为，连接和，
∵点为的中点，
∴且；
由题易知：且，
∴且；
∴四边形为平行四边形，
∴；
∵平面，平面，
∴平面

（2）由题知：在图一中，、都是正三角形，且点为的中点，
则有，，，，
此时；
设三棱锥的高为，则，则，
即点到平面的距离为1，而，故平面；
则可以建立如图所示的空间直角坐标系，
且，，，，
则，，；
设平面的一个法向量为，
则，令，则；
设平面的一个法向量为，
则，令，则；
则，
设二面角的平面角为，
则

22．（2022·内蒙古鄂尔多斯·高三期中（理））已知四棱锥，底面是、边长为2的菱形，又，且，点分别是的中点．

(1)证明：DN//平面PMB；
(2)证明：平面PMB平面PAD；
(3)求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明过程见详解
(2)证明过程见详解
(3)

【分析】（1）作辅助线，利用线面平行判定定理证明
（2）作辅助线证明平面，进而证明面面垂直
（3）建立直角坐标系，求出两个平面的法向量，进而求出二面角的余弦值.
【详解】（1）取中点，连接，
因为点分别是的中点，所以且
又因为底面是菱形，所以，所以
所以四边形为平行四边形，则.
因为平面，平面，
所以平面
（2）连接，因为底面是、边长为2的菱形，所以为等边三角形，所以
因为，且平面，所以
又因为，所以平面，
又因为平面
所以平面平面.
（3）以为原点，分别为轴，过点作的平行线为轴建立空间直角坐标系.

令，则，
由（2）知平面的法向量为，
设平面的法向量为，
则，令，则
所以
由图可知二面角的为锐角，所以余弦值为.
23．（2022·四川省岳池中学高三阶段练习（理））如图，在三棱锥中，平面，，，，为线段上一点，且．

(1)在线段上求一点，使得平面平面，并证明；
(2)求二面角的余弦值．
【答案】(1)答案见解析，证明见解析
(2)

【分析】（1）取线段的中点，连接，以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，由求出的值，可求得点的坐标，设点，其中，利用空间向量法求出的值，即可得出结论；
（2）利用空间向量法可求得二面角的余弦值.
【详解】（1）解：取线段的中点，连接，，，
则，且，
又因为平面，以点为坐标原点，、、的方向分别为、、
轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，

则、、、，，
设，其中，
则，
因为，则，解得，故点，
设平面的法向量为，，，
则，取，可得，
设点，其中，，，
设平面的法向量为，则，
取，可得，
因为平面平面，则，
解得，故当点为靠近点的三等分点时，平面平面.
（2）解：设平面的法向量为，，，
则，取，可得，
设平面的法向量为，，
则，取，可得，
因为.
由图可知，二面角的平面角为锐角，故二面角的余弦值为.
24．（2022·广西广西·模拟预测（理））如图四棱锥P—ABCD中，四边形ABCD为等腰梯形，，平面ABCD⊥平面PCD，，，，.

(1)证明：CD⊥平面PEB；
(2)若Q在线段PC上，且，求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）由等腰梯形的性质可知，，在中，由余弦定理可证得，结合即可证明；
（2）由（1）及面面可知面ABCD，进而构建空间直角坐标系，分别求得，，，的坐标，即可得到，，，，再分别设面和面的法向量分别为，，求出法向量，利用，进而求解即可.
【详解】（1）证明：在等腰梯形ABCD中，，且，
所以，，
在中，因为，，
则由余弦定理得，
所以，即，
又，，平面，
故平面.
（2）由（1），面面，面面，面，
所以面ABCD，
又，如图建立空间直角坐标系，

因为，所以，
因为，，所以，
则，，，
因为，所以，则，
所以，，，，
设面和面的法向量分别为，，
则，即，取，得，
同理，，即，取，得，
所以，
易知二面角为钝角，故其余弦值为.



C组 真题实战练
25．（2020·全国·高考真题（理））如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，为底面直径，．是底面的内接正三角形，为上一点，．

（1）证明：平面；
（2）求二面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）要证明平面，只需证明，即可；
（2）方法一：过O作∥BC交AB于点N，以O为坐标原点，OA为x轴，ON为y轴建立如图所示的空间直角坐标系，分别算出平面的一个法向量，平面的一个法向量为，利用公式计算即可得到答案.
【详解】（1）[方法一]：勾股运算法证明
由题设，知为等边三角形，设，
则，，所以，

又为等边三角形，则，所以，
，则，所以，
同理，又，所以平面；
[方法二]：空间直角坐标系法
不妨设，则，由圆锥性质知平面，所以，所以．因为O是的外心，因此．
在底面过作的平行线与的交点为W，以O为原点，方向为x轴正方向，方向为y轴正方向，方向为z轴正方向，建立空间直角坐标系，
则，，，，．
所以，，．
故，．
所以，．
又，故平面．

[方法三]：
因为是底面圆O的内接正三角形，且为底面直径，所以．
因为（即）垂直于底面，在底面内，所以．
又因为平面，平面，，所以平面．
又因为平面，所以．
设，则F为的中点，连结．
设，且，
则，，．
因此，从而．
又因为，所以平面．

[方法四]：空间基底向量法
如图所示，圆锥底面圆O半径为R，连结，，易得，

因为，所以．
以为基底，平面，则，
，且，
所以．
故．所以，即．
同理．又，所以平面．
（2）[方法一]：空间直角坐标系法
过O作∥BC交AB于点N，因为平面，以O为坐标原点，OA为x轴，ON为y轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则，
，，，
设平面的一个法向量为，
由，得，令，得，
所以，
设平面的一个法向量为
由，得，令，得，
所以
故，
设二面角的大小为，由图可知二面角为锐二面角，所以.
[方法二]【最优解】：几何法
设，易知F是的中点，过F作交于G，取的中点H，
联结，则．
由平面，得平面．
由（1）可得，，得．
所以，根据三垂线定理，得．
所以是二面角的平面角．
设圆O的半径为r，则，，，，所以，，．
在中，，
．
所以二面角的余弦值为．

[方法三]：射影面积法
如图所示，在上取点H，使，设，连结．
由（1）知，所以．故平面．
所以，点H在面上的射影为N．
故由射影面积法可知二面角的余弦值为．
在中，令，则，易知．所以．
又，故
所以二面角的余弦值为．

【整体点评】本题以圆锥为载体，隐含条件是圆锥的轴垂直于底面，（1）方法一：利用勾股数进行运算证明，是在给出数据去证明垂直时的常用方法；方法二：选择建系利用空间向量法，给空间立体感较弱的学生提供了可行的途径；方法三：利用线面垂直，结合勾股定理可证出；方法四：利用空间基底解决问题，此解法在解答题中用的比较少；
（2）方法一：建系利用空间向量法求解二面角，属于解答题中求角的常规方法；方法二：利用几何法，通过三垂线法作出二面角，求解三角形进行求解二面角，适合立体感强的学生；方法三：利用射影面积法求解二面角，提高解题速度.
26．（2018·全国·高考真题（理））如图，四边形为正方形，分别为的中点，以为折痕把折起，使点到达点的位置，且.
（1）证明：平面平面；
（2）求与平面所成角的正弦值.

【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）依题可知，，利用线面垂直的判定定理可得平面，再利用面面垂直的判定定理即可证出平面平面；
（2）方法一：依题意建立相应的空间直角坐标系，求得平面的法向量，设与平面所成角为，利用线面角的向量公式即可求出．
【详解】（1）由已知可得，，，又，所以平面.
又平面，所以平面平面；
（2）[方法一]：向量法
作，垂足为.由（1）得，平面.
以为坐标原点，的方向为轴正方向，设，建立如图所示的空间直角坐标系.

由（1）可得，.又，，所以.又，，故，可得.
则 为平面的法向量.
设与平面所成角为，则.
所以与平面所成角的正弦值为.
[方法2]：向量法
如图3所示以E为原点建系．设正方形边长为2，由（1）知，平面，则平面，故．易求，则点P到直线的距离为，从而．

又，故，而平面的一个法向量，故与平面所成角的正弦值．
[方法3]：【最优解】定义法
如图4，作，垂足为H，联结．

由（1）知，平面,因此为与平面所成的角．
设正方形的边长为2，则，在中，．
又因为，由知，．又因为，所以在中，．
所以与平面所成角的正弦值为．
[方法4]：等积法
不妨设，则．，又，所以平面．设点P到平面的距离为d，根据，即，解得．于是与平面所成角的正弦值为．
【整体点评】（2）方法一：建立空间直角坐标系利用线面角的向量公式求解，可算作通性通法；
方法二：同方法一，只是建系方式不一样；
方法三：利用线面角的定义求解，计算量小，是该题的最优解；
方法四：利用等积法求出点P到平面的距离，再根据线面角的正弦公式即可求出，是线面角的常见求法．
27．（2017·全国·高考真题（理））如图，四棱锥P-ABCD中，侧面PAD是边长为2的等边三角形且垂直于底面，是的中点．
（1）证明：直线平面；
（2）点在棱上，且直线与底面所成角为，求二面角的余弦值．

【答案】（1）见解析；（2）
【详解】试题分析：（1） 取的中点，连结，，由题意证得∥，利用线面平行的判断定理即可证得结论；（2）建立空间直角坐标系，求得半平面的法向量：，，然后利用空间向量的相关结论可求得二面角的余弦值为．
试题解析：（1）取中点，连结，．
因为为的中点，所以,,由得，又
所以．四边形为平行四边形， ．
又，，故
（2）

由已知得,以A为坐标原点，的方向为x轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,则
则，，，，
,则

因为BM与底面ABCD所成的角为45°，而是底面ABCD的法向量，所以
，
即（x-1）²+y²-z²=0
又M在棱PC上,设

由①，②得
所以M，从而
设是平面ABM的法向量，则

所以可取.于是
因此二面角M-AB-D的余弦值为
点睛:（1）求解本题要注意两点：①两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，②利用方程思想进行向量运算，要认真细心、准确计算．
（2）设m，n分别为平面α，β的法向量，则二面角θ与互补或相等，故有|cos θ|＝|cos|=．求解时一定要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．
28．（2020·海南·高考真题）如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD．设平面PAD与平面PBC的交线为l．

（1）证明：l⊥平面PDC；
（2）已知PD=AD=1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证得平面，利用线面平行的判定定理以及性质定理，证得，从而得到平面；
（2）方法一：根据题意，建立相应的空间直角坐标系，得到相应点的坐标，设出点，之后求得平面的法向量以及向量的坐标，求得的最大值，即为直线与平面所成角的正弦值的最大值.
【详解】（1）证明：
在正方形中，，因为平面，平面，
所以平面，又因为平面，平面平面，
所以，因为在四棱锥中，底面是正方形，所以且平面，所以
因为，所以平面．
（2）［方法一］【最优解】：通性通法
因为两两垂直，建立空间直角坐标系，如图所示：

因为，设，
设，则有，
设平面的法向量为，
则，即，
令，则，所以平面的一个法向量为，则

根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值等于，当且仅当时取等号，所以直线与平面所成角的正弦值的最大值为.
［方法二］：定义法
如图2，因为平面，，所以平面．

在平面中，设．
在平面中，过P点作，交于F，连接．
因为平面平面，所以．
又由平面，平面，所以平面．又平面，所以．又由平面平面，所以平面，从而即为与平面所成角．
设，在中，易求．
由与相似，得，可得．
所以，当且仅当时等号成立．
［方法三］：等体积法
如图3，延长至G，使得，连接，，则，过G点作平面，交平面于M，连接，则即为所求．

设，在三棱锥中，．
在三棱锥中，．
由得，
解得，
当且仅当时等号成立．
在中，易求，所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为．
【整体点评】（2）方法一：根据题意建立空间直角坐标系，直线PB与平面QCD所成角的正弦值即为平面的法向量与向量的夹角的余弦值的绝对值，即，再根据基本不等式即可求出，是本题的通性通法，也是最优解；
方法二：利用直线与平面所成角的定义，作出直线PB与平面QCD所成角，再利用解三角形以及基本不等式即可求出；
方法三：巧妙利用，将线转移，再利用等体积法求得点面距，利用直线PB与平面QCD所成角的正弦值即为点面距与线段长度的比值的方法，即可求出．