高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第一册空间向量的应用课堂检测

这是一份高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第一册空间向量的应用课堂检测，共76页。
考点一：空间向量中的距离问题
1.点P到直线 l 的距离
已知直线l的单位方向向量为u，A是直线l上的定点，P是直线l外一点，设向量eq \(AP,\s\up6(→))在直线l上的投影向量为eq \(AQ,\s\up6(→))＝a，则点P到直线l的距离为eq \r(a2－a·u2)
2.点P到平面α的距离
设平面α的法向量为n，A是平面α内的定点，P是平面α外一点，则点P到平面α的距离为eq \f(|\(AP,\s\up6(→))·n|,|n|)．
考点二：空间向量中的夹角问题
【题型归纳】
题型一：点到平面的距离的向量求法
1．（2022·浙江省淳安中学高二期中）如图，已知三棱锥，平面，，，，.、分别为、的中点.
(1)证明：平面；
(2)求点到平面的距离.
2．（2022·江苏常州·高二期中）如图，底面为正方形的平行六面体的各个棱的长度均为，平面平面分别是的中点.
(1)证明：平面；
(2)求点C到面的距离.
题型二：平行平面的距离的向量求法
3．（2021·全国·高二课时练习）如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为4，点M，N，E，F分别为A1D1，A1B1，C1D1，B1C1的中点，
（1）证明：平面AMN∥平面EFBD；
（2）求平面AMN与平面EFBD间的距离．
4．（2022·全国·高二）如图，已知正方体的棱长为2，E，F，G分别为AB，BC，的中点．
(1)求证：平面平面EFG；
(2)求平面与平面EFG间的距离．
题型三：异面直线夹角的向量求法
5．（2022·江苏·涟水县第一中学高二阶段练习）如图所示，在四棱维中，面，且PA=AB=BC==2.
(1)求与所成的角；
(2)求直线与面所成的角的余弦值.
6．（2022·江西南昌·高二期中（理））三棱锥中，，平面平面ABC，，，E，F分別为PC和PB的中点，平面平面．
(1)证明：直线；
(2)设M是直线l上一点，且直线PB与平面AEF所成的角为，直线PM与直线EF所成的角为，满足，求的值．
题型四：线面角的向量求法
7．（2022·浙江温州·高二期末）如图，在三棱锥中，，点O､M分别是､的中点，底面.
(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成角的大小.
8．（2022·江苏盐城·高二期末）如图，在四棱锥中，底面ABCD为矩形，，点E为线段PC的中点，且．
(1)证明：；
(2)求直线PB与平面ADE所成角的正弦值．
题型五：面面角的向量
9．（2022·江苏徐州·高二期末）如图，已知SA垂直于梯形ABCD所在的平面，矩形SADE的对角线交于点F，G为SB的中点，，.
(1)求证：平面AEG；
(2)求二面角的余弦值；
(3)在线段EG上是否存在一点H，使得BH与平面SCD所成角的大小为？若存在，求出GH的长；若不存在，说明理由.
10．（2022·浙江省长兴中学高二期末）如图，三棱柱中，点在平面内的射影在线段上，.
(1)证明：；
(2)设直线与平面所成角为，求二面角的平面角的余弦值.
题型六：空间向量的存在性问题
11．（2022·四川省成都市新都一中高二期中（理））如图，四边形是菱形，，平面平面，，，，．
(1)证明：平面平面；
(2)在棱上是否存在点使得平面与平面所成的锐二面角的余弦值为，若存在，求的值，若不存在，说明理由．
12．（2022·全国·高二）已知三棱柱中，，，，．
(1)求证：平面平面ABC；
(2)若，在线段AC上是否存在一点P，使二面角的平面角的余弦值为？若存在，确定点P的位置；若不存在，说明理由．
【双基达标】
一、单选题
13．（2022·江苏徐州·高二期末）已知直线过点，且方向向量为，则点到的距离为（ ）
A．B．C．D．
14．（2022·浙江丽水·高二期末）如图，在三棱锥中，平面，是边长为的正三角形，，是的中点，则异面直线与所成角的余弦值是（ ）
A．B．
C．D．
15．（2022·河南安阳·高二阶段练习（理））在正三棱柱中，，点、分别为棱、的中点，则和所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
16．（2022·江苏连云港·高二期末）如图，四棱锥P－ABCD的底面是平行四边形，AD=2AB=6，，PD⊥AB，AC=BD，点M在侧棱PD上，且PD=3MD．

(1)证明：平面PAB⊥平面PAD；
(2)求平面PAB与平面MAC所成锐二面角的余弦值．
17．（2022·浙江·温州中学高二期末）如图，三棱锥中，平面平面，，点分别是棱的中点，点是的重心.
(1)证明：平面；
(2)若为正三角形，求平面与平面夹角的余弦值.
【高分突破】
一：单选题
18．（2022·江苏宿迁·高二阶段练习）正方体棱长为2，是棱的中点，是四边形内一点（包含边界），且，当三棱锥的体积最大时，与平面所成角的正弦值为（ ）
A．B．C．D．
19．（2022·新疆·乌鲁木齐101中学高二期中（理））如图，在棱长为1的正方体中，下列结论不正确的是（ ）
A．异面直线与所成的角为
B．二面角的正切值为
C．直线与平面所成的角为
D．四面体的外接球体积为
20．（2022·江苏常州·高二期中）已知正方体的棱长为2，，分别为上底面和侧面的中心，则点到平面的距离为（ ）
A．B．C．D．
21．（2022·江苏扬州·高二期中）如图，在四棱锥中，平面，与底面所成的角为，底面为直角梯形，，点为棱上一点，满足，下列结论错误的是（ ）
A．平面平面；
B．点到直线的距离；
C．若二面角的平面角的余弦值为，则；
D．点A到平面的距离为．
二、多选题
22．（2022·江苏常州·高二期末）已知正四棱锥P－ABCD的棱长均为1，O为底面ABCD的中心，M，N分别是棱PA，PB的中点，则（ ）
A．PA⊥OMB．直线AP与平面OMN所成的角的余弦值为
C．平面OMN∥平面PCDD．四棱锥P－ABCD的外接球的体积为
23．（2022·江苏连云港·高二期中）已知空间中三点A（0，1，0），B（1，2，0），C（－1，3，1），则正确的有（ ）
A．与是共线向量B．平面ABC的一个法向量是（1，－1，3）
C．与夹角的余弦值是D．与方向相同的单位向量是（1，1，0）
24．（2022·湖北十堰·高二阶段练习）如图，在多面体中，平面，四边形是正方形，且，，，分别是线段，的中点，是线段上的一个动点（含端点，），则下列说法正确的是（ ）
A．存在点，使得
B．存在点，使得异面直线与所成的角为
C．三棱锥体积的最大值是
D．当点自向处运动时，二面角的平面角先变小后变大
25．（2022·湖北恩施·高二期中）如图，在棱长为1的正方体中，M为BC的中点，则下列结论正确的有（ ）
A．AM与所成角的余弦值为
B．C到平面的距离为
C．过点A，M，的平面截正方体所得截面的面积为
D．四面体内切球的表面积为
26．（2022·江苏省滨海中学高二期中）已知四棱锥的底面为直角梯形，,底面，且,是的中点，则下列正确的有（ ）
A．平面平面
B．与平面所成的角的余弦值为
C．点到平面的距离为
D．平面与平面所成二面角的余弦值为
27．（2022·全国·高二课时练习）如图，在长方体中，，，是侧面的中心，是底面的中心，以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，则（ ）
A．是单位向量B．是平面的一个法向量
C．异面直线与垂直D．点到平面的距离为
三、填空题
28．（2022·江苏省扬州市教育局高二期末）已知是平面的一个法向量，点在平面内，则点到平面的距离为_________.
29．（2022·全国·高二课时练习）如果平面的一条斜线与它在这个平面上的射影的方向向量分别是，，那么这条斜线与平面所成角的大小为___________.
30．（2022·陕西·长安一中高二期末（理））空间四边形中，，，，，，，则与所成角的余弦值等于___________．
31．（2022·四川省蒲江县蒲江中学高二阶段练习（理））如图，在四面体中，，，､分别是､的中点.若用一个与直线垂直，且与四面体的每个面都相交的平面去截该四面体，由此得到一个多边形截面，则下面的说法中正确的有___________.
①，
②四面体外接球的表面积为.
③异面直线与所成角的正弦值为
④多边形截面面积的最大值为.
四、解答题
32．（2022·江苏常州·高二期末）如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，四边形ABB1A1为正方形，四边形AA1C1C为菱形，且∠AA1C＝60°，平面AA1C1C⊥平面ABB1A1，点D为棱BB1的中点．
(1)求证：AA1⊥CD；
(2)棱B1C1（除两端点外）上是否存在点M，使得二面角B－A1M－B1的余弦值为？若存在，请指出点M的位置；若不存在，请说明理由．
33．（2022·江苏省扬州市教育局高二期末）如图，四棱锥的底面是直角梯形，且，，，，正三角形所在平面与平面相互垂直，、分别为、的中点.
(1)求证：；
(2)若二面角的余弦值为，求的值.
34．（2022·四川·盐亭中学高二）如图，在平行六面体中，底面是边长为1的正方形，侧棱的长度为2，且．
(1)求的长；
(2)直线与所成角的余弦值．
35．（2022·贵州·遵义市第五中学高二期中（理））如图，在四棱锥P-ABCD中，AD⊥平面ABP，BC//AD，∠PAB=90°，PA= AB =2，AD=3，BC =1，E是PB的中点.
(1)证明：PB⊥平面ADE；
(2)求直线AP与平面AEC所成角的正弦值.
36．（2022·江苏南京·高二期末）如图，在三棱柱中，为等边三角形，面积为．
(1)若三棱柱的体积为，求点C到平面的距离；
(2)若且面，求二面角的余弦值．
37．（2022·浙江嘉兴·高二期末）如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，，平面平面，E是的中点，，，.
(1)证明：；
(2)求平面与平面夹角的余弦值.
38．（2022·江西省信丰中学高二阶段练习（理））如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，为正三角形，且侧面底面，为的中点.
(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成角的大小；
(3)求平面与平面夹角的余弦值.
39．（2022·江苏南京·高二期末）如图，斜三棱柱中，为正三角形，为棱的中点，平面．
(1)证明：平面；
(2)若，求直线与平面所成角的正弦值．
40．（2022·四川省绵阳南山中学高二阶段练习（理））如图，在四棱锥中，四边形是矩形，为的中点，平面，．
(1)若点在线段上，且直线平面，确定点的位置；
(2)若，，求平面与平面所成锐二面角的余弦值．
41．（2022·浙江·高二阶段练习）如图，在三棱锥中，．
(1)证明：平面平面．
(2)若点Q在棱上，且与平面所成角的正弦值为，求二面角的平面角的余弦值．
42．（2022·广东·高二）如图，三棱柱中，侧面，已知，，，点是棱的中点.
(1)求异面直线与所成的角的余弦值；
(2)在棱上是否存在一点，使得与平面所成角的正弦值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
43．（2022·贵州·遵义市第五中学高二期中（理））如图，在等腰直角三角形中,分别是上的点，且分别为的中点，现将沿折起，得到四棱锥，连接

(1)证明：平面；
(2)在翻折的过程中，当时，求二面角的余弦值.
44．（2022·广东·广州奥林匹克中学）在四棱锥中，底面为直角梯形，，E，F分别为的中点，.
(1)证明：平面平面；
(2)若与所成角为，求平面和平面所成角的余弦值.
45．（2022·北京市第十二中学高二阶段练习）如图，在四棱锥中，平面，底面是梯形，点E在上，．
(1)求证：平面平面；
(2)求直线与平面所成的角的正弦值．
【答案详解】
1．
(1)
证明：因为、分别为、的中点，则，
平面，平面，因此，平面.
(2)
解：过点在平面内作，
因为平面，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、、、，
设平面的法向量为，，，
则，取，可得，
，所以，点到平面的距离为.
2．
(1)
由题
则又平面，所以平面.
(2)
在平面内，过点作，
由平面平面可知：
平面，又为正方形.
现以为一组正交基底，建立如图所示的空间直
角坐标系，则
设为平面的法向量，
则,所以
不妨取,则.
又，所以则
则点到面的距离为：
3．（1）证明见解析；（2）．
【解析】
【分析】
（1）如图所示，建立空间直角坐标系，证明，，即可得EF∥MN，AM∥BF，从而可证MN∥平面EFBD，AM∥平面EFBD，再利用面面平行的判定定理即可得证；
（2）因为平面AMN∥平面EFBD，所以点B到平面AMN的距离即为平面AMN与平面EFBD间的距离，求出平面AMN的法向量，从而可求的答案.
【详解】
（1）证明：如图所示，建立空间直角坐标系，
则A(4，0，0)，M(2，0，4)，D(0，0，0)，B(4，4，0)，
E(0，2，4)，F(2，4，4)，N(4，2，4)．
从而＝(2，2，0)，＝(2，2，0)，＝(－2，0，4)，＝(－2，0，4)，
所以，，所以EF∥MN，AM∥BF．
又平面EFBD，平面EFBD，所以MN∥平面EFBD，
平面EFBD，平面EFBD，所以AM∥平面EFBD，
因为MN∩AM＝M，
所以平面AMN∥平面EFBD；
（2）解：因为平面AMN∥平面EFBD，
所以点B到平面AMN的距离即为平面AMN与平面EFBD间的距离．
设是平面AMN的法向量，
则有即，可取，
由于＝(0，4，0)，
所以点B到平面AMN的距离为，
所以平面AMN与平面EFBD间的距离为．
4．(1)证明见详解；
(2)﹒
【解析】
【分析】
(1)要证面面平行，转化为证明两组线面平行，连接AC，证明EF∥AC∥，可证∥平面，同理可证EG∥平面；
(2)由(1)知两平面平行，建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，两平面间的距离为在法向量上的投影﹒
(1)
∵E是AB中点，F是BC中点，
∴连接AC得，EF∥AC，
∵是平行四边形，
∴，
又平面平面，
∥平面，
同理，连接可得，可得EG∥平面，
与平面EFG，
∴平面∥平面EFG﹒
(2)
如图：
以D为原点，DA、DC、分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系Oxyz﹒
则
∴，
设平面的法向量为，
则，取，
则平面与平面EFG间的距离为﹒
5．(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）利用向量的夹角的余弦值，求异面直线的夹角.
（2）建立空间直角坐标系，根据法向量与直线的方向向量的夹角来确定线面角的正弦值，再根据同角关系求余弦值.
(1)
因为面，所以两两垂直，故建立如图所示的空间直角坐标系.A(0，0，0)，P(0，0，2)，B(2，0，0)，D(0，4，0)，C(2，2，0)
则 ,
=，所以与所成的角为
(2)
设平面的法向量为，令，则，
设直线与面所成的角的为，又，
sin=
直线与面所成的角的余弦值为.
6．(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）由线面平行的判定与性质定理证明
（2）建立空间直角坐标系，由空间向量求解
(1)
证明：∵E、F分別为PB、PC的中点，∴，
又∵面EFA，面EFA，∴面EFA，
又∵面ABC，面面，∴，
(2)
以C为坐标原点，CB所在直线为x轴，CA所在直线为y轴，过C垂直于面ABC的直线为z轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，，设，
，，，
设平面AEF的一个法向量为
有则平面AEF的一个法向量为
，
∵，∴，∴
即存在M满足题意，此时
7．(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）由题意可得，从而证明，证明，根据线面垂直的判定定理即可证明结论；
（2）解法一，求得点A到面的距离就是点B到面的距离，根据线面角的定义即可求得答案;
解法二，利用等体积法求得点A到面的高为h，根据根据线面角的定义即可求得答案;
解法三，建立空间直角坐标系，求得相关点的坐标，利用向量的夹角公式求得答案.
(1)
证明：连接OB,由,O为AC的中点，得，
又底面，故,
∵点M为的中点，∴,
又∵，∴,，故平面.
(2)
解法一：由（1）知平面,且 ,
又，面,平面，
∴面，则点A到面的距离就是点B到面的距离.
设直线与平面所成角为 ，，
∴与面所成的角的正弦值为，
故与面所成的角的大小为.
解法二：设点A到面的高为h，而 ,
由得，则，
设直线与平面所成角为 ，，
∴与面所成的角的正弦值为，即所成的角的大小为.
解法三：如图，以O为坐标原点，以OB,OC,OS分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，
则 ,
则 ,
由（1）可知为平面SOM的一个法向量，
设直线与平面所成角为 ， ，
则 ,
故，即直线与平面所成角为.
8．(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）由线线垂直可证明平面PCD，由线面垂直又可得线线垂直，进而可证明.
（2）根据空间向量，求法向量与方向向量的夹角，进而可得线面角.
(1)
证明：由底面ABCD为矩形可知，
又因为平面，
所以平面PCD，
又因为平面PCD，故，
∵满足，∴，
又因为平面ABCD，，故平面ABCD，
又因为平面ABCD，故
(2)
由（1）可知平面ABCD，又底面ABCD为矩形，故以为基底建立如图所示空间直角坐标系，则，
则，
设平面ADE的一个法向量为，
由可取，
则直线PB与平面ADE所成角的正弦值为
9．(1)证明见解析
(2)
(3)存在，
【解析】
【分析】
（1）利用三角形中位线证明，即可根据线面平行的判定定理证明结论；
（2）建立空间直角坐标系，求得相关点的坐标，求得平面SCD的一个法向量，即可根据向量的夹角公式求得答案;
（3）假设存在点H，设，表示出的坐标，根据BH与平面SCD所成角的大小为,利用向量的夹角公式计算，可得答案.
(1)
证明：连接FG，在中，F，G分别为SD，SB的中点，
所以，
又因为平面AEG，平面AEG，
所以平面AEG.
(2)
因为平面ABCD，AB，平面ABCD，
所以，，又，所以，
以为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系，
则,,，
，，
设平面SCD的法向量为，
则 ,即
令，得，，
所以平面SCD的一个法向量为，
又平面ESD的一个法向量为，
所以，
由图形可知，二面角的余弦值为.
(3)
存在，理由如下：
假设存在点H，设，
则,
由（2）知，平面SCD的一个法向量为，
则，
即，所以，则，
故存在满足题意的点H，此时.
10．(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）根据面面垂直的判定定理及性质定理可得平面，再由线面垂直的性质定理与判定定理求证即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
(1)
因为平面平面，
所以平面平面且交于，
又因为，所以平面
因此
平行四边形中，，所以为菱形，
故，
又，所以平面
而平面，因此.
(2)
由于平面，
所以即为直线与平面所成的角，故
在平面内，过点作的垂线，则两
两垂直，建立空间直角坐标系如图，
则，所以，
设平面的一个法向量为，
则，令，则，
所以，
易知平面的一个法向量为，
所以.
即二面角的平面角的余弦值为.
11．(1)证明见解析
(2)存在，且
【解析】
【分析】
（1）取线段的中点，连接、，设，证明出四边形为平行四边形，可得出，再证明出平面，可得出平面，利用面面垂直的判定定理可证得结论成立；
（2）设，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，设，其中，利用空间向量法可得出关于的等式，结合可求得的值，即可得解.
(1)
证明：连接，因为平面平面，平面平面，
，平面，平面，
平面，，
因为四边形为菱形，则，，平面，
设，取线段的中点，连接、，
因为四边形为菱形，则为的中点，
所以，且，
由已知且，所以，且，
所以，四边形为平行四边形，所以，，则平面，
平面，故平面平面.
(2)
解：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、、、、、，
设平面的法向量为，，，
则，取，则，
设，其中，
，
，设平面的法向量为，
则，
取，可得，
由已知可得，
整理可得，因为，解得.
因此，在棱上存在点使得平面与平面所成的锐二面角的余弦值为，且.
12．(1)证明见解析；
(2)存在，，理由见解析.
【解析】
【分析】
（1）连接，由线面垂直的判定有平面，根据线面垂直的性质，最后根据线面垂直、面面垂直的判定证结论.
（2）构建空间坐标系，假设存在使题设条件成立，进而求得面、面的法向量，根据已知二面角余弦值及空间向量夹角的坐标表示列方程求，即可判断存在性.
(1)
由知：四边形为菱形．
连接，则，又且，
∴平面，平面，则；
又，即，而，
∴平面，而平面ABC，
∴平面平面ABC．
(2)
以C为坐标原点，射线CA、CB为x、y轴的正向，平面上过C且垂直于AC的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
∵，，，
∴，，，．
设在线段AC上存在一点P，满足，使二面角的余弦值为，则，
所以，．
设平面的一个法向量为，
由，取，得；
平面的一个法向量为．
由，解得或．
因为，则．
故在线段AC上存在一点P，满足，使二面角的平面角的余弦值为．
13．B
【解析】
【分析】
根据向量和直线的方向向量的关系，利用点到直线的距离公式求距离．
【详解】
解：点，直线过点，且一个方向向量为，
，
所以直线的一个单位方向向量，
点到直线的距离为．
故选：．
14．D
【解析】
【分析】
解法一：可以通过几何法找到异面直线所成角的平面角，结合余弦定理可以求出；
解法二：通过空间向量法，用坐标运算可以求出.
【详解】
解法一：设E为BC的中点，连接FE，如图，
∵E是BC的中点，
∴∥，,,;
在中，由余弦定理可知
∴异面直线BE与AF所成角的余弦值为，
解法二：以A为坐标原点，AC，AM所在直线分别为y，z轴建立空间直角坐标系如图所示，
易知，，，
所以，，
则，
∴异面直线BE与AF所成角的余弦值为.
故选：D
15．A
【解析】
【分析】
取的中点，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，利用空间向量法可求得和所成角的余弦值.
【详解】
取的中点，连接，设，
因为是边长为的等边三角形，则，
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、、、，
，，
，
因此，和所成角的余弦值为.
故选：A.
16．(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）先证明线面垂直，再证明面面垂直即可；
（2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，再分别求出两平面的法向量，用向量的夹角公式计算即可.
(1)
因为底面ABCD是平行四边形，且AC=BD，所以底面ABCD是矩形，所以有,又PD⊥AB，且,平面PAD,
所以平面PAD，又平面PAB，
所以平面PAB⊥平面PAD；
(2)
取的中点,因为，可得,由（1）可得，
而，且平面,
所以平面.
所以以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系.
所以.
设，由PD=3MD．有，可得，所以.
所以
设平面PAB的法向量为，则有，可取，
设平面MAC的法向量为，则有，可取，
设平面PAB与平面MAC所成锐二面角为，
则平面PAB与平面MAC所成锐二面角的余弦值为.
17．(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）由面面平行的性质定理证明
（2）建立空间直角坐标系，由空间向量求解
(1)
连接，连接并延长交于点，则点为的中点，
从而点分别是棱的中点，
又平面平面，
平面平面.
又平面，
平面平面，
又平面平面.
(2)
连接是的中点，，
平面平面，平面平面，
平面平面.
连接并延长交于点，则为的中点，
连接，则平面.
为正三角形
同理可得面，则如图建立空间直角坐标系
设.
，
则.
，
设平面的一个法向量为，
则，可取，
又平面的一个法向量为，
则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
18．A
【解析】
【分析】
建立空间直角坐标系，设出，利用向量的数量积及体积最大值求得，从而得到与平面所成角的正弦值.
【详解】
如图，以A为坐标原点，AB，AD，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，，，设，，
则，
由于为定值，要想三棱锥的体积最大，则F到底面ADE的距离最大，
其中，
所以当时，取得最大值，
因为，
所以的最大值为，
所以，，
平面的法向量，
所以与平面所成角的正弦值为
故选：A
19．C
【解析】
【分析】
建立空间直角坐标系，利用空间向量求解异面直线的夹角，二面角及线面角，判断ABC选项，D选项，四面体的外接球即为正方体的外接球，从而求出外接球半径和体积.
【详解】
以D为坐标原点，DA，DC，所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
则，
A选项，设异面直线与所成的角为，
则，
故异面直线与所成的角为，A正确；
B选项，设平面的法向量为，
则有，令得：，
则，
平面的法向量为，
设二面角的大小为，显然为锐角，则，
所以，，故二面角的正切值为，B正确；
C选项，设平面的法向量为，
则令，则，
所以，
设直线与平面所成的角为，
则，
则，C错误；
D选项，四面体的外接球即为正方体的外接球，
设外接球半径为R，则，则外接球体积为，D正确.
故选：C
20．A
【解析】
【分析】
建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，按照距离的向量求法求解即可.
【详解】
如图，以为原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，易知，
设平面的法向量，则，令，解得，
故点到平面的距离为.
故选：A.
21．D
【解析】
【分析】
A选项，作出辅助线，证明出AC⊥BC，结合平面可得线线垂直，从而证明线面垂直，最后证明出面面垂直；B选项，求出点P到直线CD的距离即为PC的长度，利用勾股定理求出答案；C选项，建立空间直角坐标系，利用空间向量进行求解；D选项，过点A作AH⊥PC于点H，证明AH的长即为点A到平面的距离，求出AH的长.
【详解】
A选项，因为平面，平面，
所以CD，
故∠PBA即为与底面所成的角，，
因为，
所以PA=AB=1，
因为，
取AD中点F，连接CF，则AF=DF=AB=CF=BC，
则四边形ABCF为正方形，∠FCD=∠FCA=45°，
所以AC⊥CD，
又因为，
所以CD⊥平面PAC，
因为CD平面PCD，
所以平面平面PCD，A正确；
由A选项的证明过程可知：CD⊥平面PAC，
因为平面PAC
所以CD⊥PC，
故点P到直线CD的距离即为PC的长度，
其中
由勾股定理得：，B正确；
以A为坐标原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，
其中平面ACD的法向量为，设平面ACE的法向量为，
则，令得：，
所以，
设二面角的平面角为，显然，
其中，
解得：或，
因为，所以，C正确；
过点A作AH⊥PC于点H，
由于CD⊥平面APC，平面APC，
所以AH⊥CD，
因为，
所以AH⊥平面PCD，
故AH即为点A到平面PCD的距离，
因为PA⊥AC，
所以，D选项错误
故选：D
22．AC
【解析】
【分析】
A选项，作出辅助线，得到由三线合一得到A选项正确；
B选项，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解线面角；
C选项，由线线平行证明面面平行；
D选项，根据A选项的分析得出四棱锥P－ABCD的外接球的球心即为O点，半径为，代入公式求出外接球体积.
【详解】
如图1，连接OP，则OP⊥底面ABCD，
因为平面ABCD，所以PO⊥AO，
由勾股定理得：
因为AP=1，所以
因为M为AP的中点，由三线合一得：OM⊥AP，A正确；
,
如图2，以O为坐标原点，OA所在直线为x轴，OB所在直线为y轴，OP所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，
则，
设平面OMN的法向量为，则，
令，则，所以，
设直线AP与平面OMN所成的角为，
则，
而，
所以直线AP与平面OMN所成的角的余弦值为，B错误；
如图3，因为O为AC中点，M为PA中点，
所以OM是三角形ACP的中位线，所以OM∥PC，
因为平面PCD，平面PCD，
所以OM∥平面PCD，
同理可知：ON∥平面PCD，
因为，平面OMN，平面OMN，
所以平面OMN∥平面PCD，C正确；
通过A选项的分析，可得：，
所以四棱锥P－ABCD的外接球的球心即为O点，半径为，
则体积为，D错误.
故选：AC
23．BC
【解析】
【分析】
A选项直接写出与，按照共线向量即可判断；
B选项直接计算法向量即可.
C选项通过夹角公式计算即可；
D选项由单位向量的求法进行判断；
【详解】
对A，，，因为，显然与不共线，A错误；
对B，设平面的法向量，则，令，得，B正确.
对C，，，C正确；
对D，方向相同的单位向量，即，D错误；
故选：BC
24．AD
【解析】
【分析】
如图，建立空间直角坐标系，位于点的位置，满足题意，故选项A正确；无解，所以选项B错误；连结，最大为，所以选项C错误；过作，过作的垂线交于，连接，则是二面角的平面角，二面角的平面角先变小后变大，故选项D正确.
【详解】
解：如图，建立空间直角坐标系，记，，，，则，.
当时，则，得，即位于点的位置，故选项A正确；
，，则，即无实数解，故选项B错误；
连结,当在点时，面积最大，最大， 此时，所以，故选项C错误；
过作，过作的垂线交于，连接，则是二面角的平面角，所以，又点在以为直径的圆上运动，所以先变大后变小，故二面角的平面角先变小后变大，故选项D正确.
故选：AD.
25．ABD
【解析】
【分析】
对于A运用空间向量的夹角公式求解即可；对于B利用等体积法或者空间向量的线面角求法求解即可；对于C根据基本事实：两平行线确定一个平面，作出截面再根据平面几何知识求解面积即可；对于D利用正四面体的体积与内切球球心与各个顶点连线组成的四个小三棱锥的体积之和相等，求内切球半径，进而求其表面积.
【详解】
对于A，构建如图①所示的空间直角坐标系，则，，，，
，，
，故A正确；
对于B，方法1：如图②，连接AC，由正方体几何特征得：，
又面，面，面，
设C到平面的距离为d，即点A到平面的距离，，
即，求得.
方法2：根据图①，,，，，
设平面的法向量，则
，即 ，令得：，
平面的一个法向量为，，
设C到平面的距离为d，则，故B正确；
对于C，取的中点N，连接，，，则，如图②所示，
则梯形为过点A，M，的平面截正方体所得的截面，
易知，，，
可得梯形的高为，
则梯形的面积，故C错误；
对于D，易知四面体的体积，
因为四面体的棱长都为，所以其表面积.
设四面体内切球的半径为r，则，解得，
所以四面体内切球的表面积为，故D正确.
故选：ABD.
26．AC
【解析】
【分析】
对于A选项，可由面面垂直的判定定理直接证明，对于B，C，D选项可建立空间直角坐标系，用空间向量的坐标运算即可判断正确与否
【详解】
对于A，由题意, 底面, 可得 ,
又四棱锥的底面为直角梯形, 且，则,
又平面，平面
所以平面, 又平面，所以平面平面, 故A正确
建立如图所示的坐标系, 可得, , 可得
，，
设平面的法向量，
则即
令，则，
所以
又，设与平面所成的角大小为
则，所以，故B错误
点到平面的距离，故C正确
设平面AMC的法向量 , 平面BMC的法向量,

由 得
令 , 得 ,
所以 , 同理可求 ,
设平面AMC与平面BMC所成二面角的大小为，为钝角
所以
所以平面AMC与平面BMC所成二面角的余弦值为.故D错误
故选：AC
27．ABD
【解析】
【分析】
求出，可判断A选项的正误；利用向量数量积的坐标运算可证得，，由此可判断B选项的正误；利用异面直线所成角的向量求法可求得所求余弦值为判断C选项的正误；利用点到面距离的向量求法可求得所求距离可判断D选项的正误.
【详解】
对于A，、，
则，A正确；
对于B，，，，
，，
，即，，平面，
是平面的一个法向量，B正确；
对于C，，，
，
即异面直线与所成角的余弦值为，C错误；
对于D，，，，
由B知：为平面的一个法向量，
点到平面的距离，D正确.
故选：ABD.
28．##
【解析】
【分析】
利用空间向量求点到平面的距离即可.
【详解】
由题可得，又是平面的一个法向量，
∴则点P到平面的距离为.
故答案为：.
29．60°##
【解析】
【分析】
利用向量数量积求出，从而求出，再根据斜线与平面夹角的概念即可求解．
【详解】
∵，
∴，
又∵斜线和平面夹角的范围是，
∴这条斜线与平面所成角的大小为．
故答案为：60°．
30．
【解析】
【分析】
计算出的值，利用空间向量的数量积可得出的值，即可得解.
【详解】
，
，
所以，，
所以，.
所以，与所成角的余弦值为.
故答案为：.
31．①②④
【解析】
【分析】
连接，进而根据线面垂直得线线垂直可判断①；将其补成长方体，转为为求长方体的外接球表面积可判断②；结合②建立空间直角坐标系，利用坐标法求解即可判断③；根据题意，证明截面为平行四边形，且，由可判断④.
【详解】
解：对于①，连接，因为，､分别是､的中点，所以，，因为，所以平面,平面，所以，，故正确；
对于②，该几何体可以在如图2的长方体中截出，设长方体的长宽高分别为，
则，所以，即长方体的体对角线的长度为，
所以四面体的外接球即为该长方体的外接球，半径满足，
所以四面体外接球的表面积为，故正确；
对于③，由②得，如图3，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，则，,，，故，所以异面直线与所成角的余弦值为，故错误；

对于④，如图4，设平面与分别交于，
，，则由线面平行的性质可得，则,
同理，，所以截面为平行四边形，
可得，
则，
设异面直线和所成角为，由③的讨论可得异面直线和所成角为，
所以，
则可得，当且仅当时等号成立，故正确.
故答案为：①②④
【点睛】
本题考查空间几何体的截面问题，内接外接球问题，线面垂直，线线垂直等位置关系，考查运算求解能力，直观想象能力，是难题.本题解题的关键在于将该几何体放置于长方体中，利用长方体的几何性质求解.
32．(1)证明见解析；
(2)存在点M为棱的中点或者为靠近端的八等分点.
【解析】
【分析】
（1）取棱的中点O，由题可得，进而可得平面，即得；
（2）利用坐标法，设，利用二面角的向量求法列出方程，即得.
(1)
取棱的中点O，连接．
因为四边形是菱形，所以，
又因为，
所以为等边三角形，
所以．
因为四边形为正方形且O、D分别是的中点，
所以，又平面，
所以平面，
因为平面，
所以．
(2)
因为平面平面，平面平面，
且平面，
所以平面．
以O为坐标原点，以所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示空间直角坐标系．
不妨设，则点．
设为平面的一个法向量，
则由及，
得，不妨取得．
假设棱上（除端点外）存在点M满足题意，
令得，
设为平面的一个法向量，
则由及，
得，不妨取，得．
由，
解得或，
所以存在点M为棱的中点或者为靠近端的八等分点．
33．(1)证明见解析；
(2)6.
【解析】
【分析】
（1）根据给定条件，证明，再利用线面垂直、面面垂直的性质推理作答.
（2）取的中点，连接，以O为原点建立空间直角坐标系，借助空间向量求解作答.
(1)
在四棱锥中，是正三角形，是的中点，则，
又平面平面，平面平面，平面，
则有平面，而平面，
所以.
(2)
取的中点，连接，
在直角梯形中，，、分别为、的中点，则，又，即有，
由（1）知平面，又、平面，则，.
以为原点，，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，如图，
则，
，设平面的一个法向量，
则，令，得，
由（1）知，平面，则是平面的一个法向量，
，
因二面角的余弦值为，则，又，解得，
的值是6.
34．(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）用表示出，然后平方转化为数量积的运算；
（2）用空间向量法求异面直线所成的角．
(1)
由题意，，
，
，
．
(2)
，，
，
所以，
所以直线与所成角的余弦值为．
35．(1)证明见解析；
(2).
【解析】
【分析】
（1）根据给定条件，利用线面垂直的性质和判定推理作答.
（2）以点A为原点，建立空间直角坐标系，借助空间向量求解作答.
(1)
因AD⊥平面ABP，平面ABP，则AD⊥PB，又PA= AB =2，E是PB的中点，
则有AE⊥PB，而，平面ADE，
所以PB⊥平面ADE.
(2)
因AD⊥平面ABP，∠PAB=90°，则直线两两垂直，
以点A为原点，射线分别为x，y，z轴非负半轴建立空间直角坐标系，如图，
则，，
令平面AEC的一个法向量为，则，令，得，
令直线AP与平面AEC所成角的大小为，则，
所以直线AP与平面AEC所成角的正弦值是.
36．(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）根据，结合棱锥的体积公式求解即可；
（2）根据勾股定理可证明，进而以为坐标原点，分别为轴建系，再求解平面的法向量，根据二面角的向量求法求解即可
(1)
因为三棱柱的体积为，故.设C到平面的距离为，则，故
(2)
因为，为等边三角形，所以．
由平面，平面平面，得．
在中，由勾股定理易知
又因为，，所以
以为坐标原点，分别为轴建系．
， ，
设平面的法向量，，
，
不妨设，则，，，．
平面的法向量取．
设二面角的平面角为
则
又因为二面角为锐二面角，
所以二面角的余弦值为
37．(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）利用面面垂直的性质定理，线面垂直的判定定理及性质定理即可证得结论；
（2）法一：利用线面角的定义求得；法二：建立空间直角坐标系，利用空间向量求线面夹角.
(1)
延长，过点P作，垂足为F，连接，，
由平面平面，平面平面，平面，
又平面，，
∵，，，
∴，，是正三角形，
又∵是直角梯形，∴，即也是正三角形，
故为菱形，所以F，E，B三点共线，且，∴平面，
又平面，从而.
(2)
几何法：过A作，连接，
∵，∴平面，即，
所以就是平面与平面所成二面角的平面角，
在中，，，得，，
所以平面与平面夹角的余弦值是.
坐标法：由（1）知，以点F为坐标原点建立空间直角坐标系（如图），
∴，，，，，，，
设平面的法向量为，
则，即，取，
又∵平面，所以平面的法向量为，
设平面与平面所成二面角的平面角为，则，
所以平面与平面夹角的余弦值是.
38．(1)证明见解析
(2)60°
(3)
【解析】
【分析】
（1）连接，与交于，再根据证明即可；
（2）设是的中点，连接，以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，再根据线面角的向量求法求解即可；
（3）求解平面的法向量，再求解二面角的余弦值即可
(1)
证明：连接，与交于，则为的中点，又分别为的中点，∴，∵平面，平面，∴平面.
(2)
设是的中点，连接，∵是正方形，为正三角形，∴.又∵面面，交线为，∴平面.
以为原点，分别以，，所在直线为，，轴，如图，建立空间直角坐标系，则，，，，，，，∴，，
设平面的法向量为，则，令.则，得.设直线与平面所成角为，
∴，即直线与平面所成角的正弦值，故所求角大小为60°.
(3)
由（2）可知，设平面的法向量为，则
，令.则，，.
设面与面夹角为，∴，∴面与面夹角的余弦值为.
39．(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）由平面，得，再由，可得线面垂直；
（2）以为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系，由空间向量法求线面角．
(1)
在正中，因为为的中点，
所以．
因为平面，平面
所以
因为，，均在平面内，
所以平面
(2)
因为平面．所以，．
即，，两两相互垂直．
以为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系．
因为，所以点，，，
所以，，
从而，
设平面的一个法向量为，
则，
即，令，
则
记直线与平面所成角为．
则，
所以，直线与平面所成角的正弦值为．
40．(1)M为PB的中点
(2)
【解析】
【分析】
（1）根据线面平行的性质定理及线面平行的判定定理，再利用平行四边形的性质及三角形的中位线，结合平行的传递性即可求解；
（2）根据（1）建立空间直角坐标系，得出相关点的坐标，分别求出平面和平面的法向量，再利用向量的夹角公式即可求解.
(1)
为的中点时，直线平面．
证明如下：设平面交直线于，连接.
因为平面，
平面平面,平面,所以．
因为，平面，平面，所以平面，
平面平面,平面,所以，
所以四边形为平行四边形，从而．
因为为的中点，则，
所以又，所以点为的中点．
(2)
因为平面PAB，则，，以为原点，以垂直所在直线为x轴，为y轴，为z轴，建立的空间直角坐标系，如图所示
设，则，．因为，则．
所以点，，，，，，，
设平面PCE的一个法向量为，则，
即
不妨令，得，，所以，
因为平面，所以为平面的一个法向量．
设平面与平面所成锐为二面角为，则，
所以平面PCE与平面PAB所成锐二面角的余弦值为．
41．(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）取的中点，连接、，即可得到，再由勾股定理逆定理得到，即可得到平面，从而得证；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得；
(1)
证明：取的中点，连接、．
因为，
则，
所以，即．
又，平面，所以平面，
而平面，所以平面平面．
(2)
解：如图，建立空间直角坐标系，
则，则，，，．
令，
则．
设平面的法向量为，
则，取．
设直线与平面所成的角为，
则，
解得或（舍去），
故
设平面的法向量为，
所以，取．
记二面角的平面角为，所以．
42．(1)
(2)存在，或
【解析】
【分析】
（1）以为原点，分别以、、的方向为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得异面直线与所成的角的余弦值；
（2）计算出平面的一个法向量的坐标，假设存在点，设，其中，求出的坐标，利用空间向量法可得出关于的等式，结合的取值范围可求得的值，即可得解.
(1)
解：，，，得，
由题意，因为，所以，，
又侧面，以为原点，分别以、、的方向为、、轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，
则有，，，，，
，，
设异面直线与所成的角为，则，
所以异面直线与所成的角的余弦值为.
(2)
解：由（1）得，，
设平面的一个法向量为，则，
取，可得，
假设存在点，设，其中，
，
由已知可得，
得，即，解得或，
因此，在棱上是否存在一点，使得与平面所成角的正弦值为，且或.
43．(1)证明见解析
(2).
【解析】
【分析】
（1）根据三角形和梯形的中位线定理及面面平行的判定定理，结合面面平行的性质定理即可求解.
（2）建立合适的空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标，然后求出平面与平面的法向量，再利用向量的夹角公式，进而可以求出二面角的余弦值，.
(1)
在四棱锥中，取的中点，连接.
因为分别为的中点，，
所以
又平面, 平面，所以平面，
同理可得，平面，
又平面，所以平面平面，
因为MN C平面，所以平面.
(2)
因为在等腰直角三角形中所以，
在四棱锥中，
因为则
又平面，所以平面，
又平面，所以
因为则
所以，故，
所以以点为坐标原点，分别以所在方向为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，如图所示，
，
所以，
设为平面的一个法向量，则
，即，
令，则，，
设为平面的一个法向量，则
，即，
令，则，，
设二面角所成角为，则
.
因为二面角的余弦值为.
44．(1)详见解析；
(2)
【解析】
【分析】
（1）根据，E为的中点，得到，再由，利用线面垂直和面面垂直的判定定理证明；
（2）以E为原点，以EA为x轴，EB为y轴，以EP为z轴，建立空间直角坐标系，求得平面EBF的一个法向量为，再由平面ABE的一个法向量为，由求解.
(1)
证明：因为，E为的中点，
所以，又，且.
所以平面ABCD，
又因为平面PAD，
所以平面平面；
(2)
易证，则，
所以四边形是平行四边形，则，
所以，则，
以E为原点，以EA为x轴，EB为y轴，以EP为z轴，建立空间直角坐标系：
则，
所以，
设平面EBF的一个法向量为，
则，即，
令，则，
平面ABE的一个法向量为，
则，
又是钝角，
所以平面和平面所成角的余弦值.
45．(1)证明见解析
(2)
(1)
证明：因为平面，平面，
所以，
因为，
所以两两垂直，
所以以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
因为，
所以，
所以，
所以，
所以，即，
因为,，
所以平面，
因为平面，
所以平面平面；
(2)
设直线与平面所成的角为，
由（1）可知平面，
所以为平面的一个法向量，
因为，
所以，
所以直线与平面所成的角的正弦值为
角的分类
向量求法
范围
两条异面直线所成的角
设两异面直线 l1，l2 所成的角为θ，其方向向量分别为u，v，则cs θ＝|cs〈u，v〉|＝ eq \f(|u·v|,|u||v|)
eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))
直线与平面所成的角
设直线AB与平面α所成的角为θ，直线AB的方向向量为u，平面α的法向量为n，则sin θ＝|cs 〈u，n〉|＝eq \f(|u·n|,|u||n|)
eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))
两个平面的夹角
设平面α与平面β的夹角为θ，平面α，β的法向量分别为n1，n2，则cs θ＝|cs 〈n1，n2〉|＝eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|)
eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))