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专题十五 空间向量与立体几何-2021届高三《新题速递•数学》10月刊（江苏专用 适用于高考复习）
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这是一份专题十五 空间向量与立体几何-2021届高三《新题速递•数学》10月刊（江苏专用 适用于高考复习），文件包含专题十五空间向量与立体几何原卷版docx、专题十五空间向量与立体几何解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共86页， 欢迎下载使用。
专题十五 空间向量与立体几何
一、单选题
1．（2020·四川省绵阳江油中学月考（理））已知P为空间中任意一点，A、B、C、D四点满足任意三点均不共线，但四点共面，且，则实数x的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
，
又∵P是空间任意一点，A、B、C、D四点满足任三点均不共线，但四点共面，
∴，
解得 x=，
故选A．
点睛：设是平面上任一点，是平面上的三点，（不共线），则三点共线，把此结论类比到空间上就是：不共面，若，则四点共面．
2．（2018·江西省信丰中学月考）在正方体中，是棱的中点，是的中点，是上的一点且，则异面直线与所成的角为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
以为轴建立空间直角坐标系，
设正方体棱长为，则,,异面直线与所成的角为，故选D.
3．（2020·四川省绵阳江油中学月考（理））如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=BC=2，AA1=1，则BC1与平面BB1D1D所成角的正弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
试题分析：以D点为坐标原点，以DA、DC、所在的直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系则A（2，0，0），B（2，2，0），C（0，2，0），（0，2，1）
∴ =（-2，0，1）， =（-2，2，0），且为平面BB1D1D的一个法向量．
∴．∴BC1与平面BB1D1D所成角的正弦值为
考点：直线与平面所成的角
4．（2020·沙坪坝·重庆一中高三月考（理））如图所示，在正方体中，点P是底面内（含边界）的一点，且平面，则异面直线与BD所成角的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
连接，则点在线段上，以D为坐标原点建立坐标系，利用向量方法可求出范围.
【详解】
过A作平面平面，点P是底面内（含边界）的一点，且平面，则平面，即在与平面的交线上，
连接，
，则四边形是平行四边形，
，平面，
同理可证平面，
平面平面，则平面即为，点在线段上，
以D为坐标原点，建立如图坐标系，设正方体棱长为1，
则，，，设，，
，，
，，，
设与BD所成角为，
则
，
当时，取得最小值为0，
当或1时，取得最大值为，
，则.
故选：C.
【点睛】
本题考查向量法求异面直线所成角的范围，属于中档题.
5．（2019·黑龙江哈师大青冈实验中学月考（理））已知是各棱长均等于的正三棱柱，是侧棱的中点，则平面与平面所成的锐二面角为（ ）
A．45° B．60° C．75° D．30°
【答案】A
【解析】
【分析】
以为原点，以垂直的直线为轴，以为轴，以为轴，建立空间直角坐标系，平面的法向量，由，知，结合平面向量法可得结果．
【详解】
以为原点，以垂直的直线为轴，以为轴，以为轴，建立空间直角坐标系，
是各条棱长均等于的正三棱柱，是侧棱的中点，
，0，，，，，，，，，
，，，
设平面的法向量，
，
，
又因为平面向量法
．
则平面与平面所成的锐二面角为45°
故选：．
【点睛】
本题考查二面角的向量求法，是基础题．解题时要认真审题，仔细解答，注意向量法的合理运用．
6．（2020·安徽省太和第一中学开学考试）在正方体中，直线与平面所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
分别以为轴建立如图所示空间直角坐标系，求出直线的方向向量和平面的法向量后可得所求线面角的余弦值.
【详解】
分别以为轴建立如图所示空间直角坐标系，
设正方体的棱长为1，可得
∴
设是平面的一个法向量
∴，即，
取，得
∴平面的一个法向量为
设直线与平面所成角为
∴，
∴，即直线与平面所成角的余弦值是，
故选：C
【点睛】
用向量法求二面角大小的两种方法：
（1）分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小即为二面角的大小；
（2）分别求出二面角的两个半平面的法向量，然后通过两个法向量的夹角得到二面角大小，解题时要注意结合图形判断出所求的二面角是锐角还是钝角.
7．（2020·辽阳市集美中学月考）如图该几何体由半圆柱体与直三棱柱构成，半圆柱体底面直径BC＝4，AB＝AC，∠BAC＝90°，D为半圆弧的中点，若异面直线BD和AB1所成角的余弦值为，则该几何体的体积为（ ）
A．16+8π B．32+16π C．32+8π D．16+16π
【答案】A
【解析】
【分析】
建立空间直角坐标系，利用异面直线和所成的角的余弦值计算出该几何体的高，由此计算出该几何体的体积.
【详解】
设在底面半圆上的射影为，连接交于，设.
依题意半圆柱体底面直径，为半圆弧的中点，
所以且分别是下底面、上底面半圆的圆心.连接，
则与上下底面垂直，所以，
以为轴建立空间直角坐标系，设几何体的高为，则
，
所以，
由于异面直线和所成的角的余弦值为，
所以，
即.
所以几何体的体积为.
故选：A
【点睛】
本小题主要考查根据线线角求其它量，考查几何体体积的求法，属于中档题.
8．（2020·山东滕州市第一中学新校高二开学考试）已知空间直角坐标系中，，，，点在直线上运动，则当取得最小值时，点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
设，根据点在直线上，求得，再结合向量的数量积和二次函数的性质，求得时，取得最小值，即可求解.
【详解】
设，
由点在直线上，可得存在实数使得，
即，可得,
所以,
则，
根据二次函数的性质，可得当时，取得最小值，此时.
故选：C.
【点睛】
本题主要考查了空间向量的共线定理，空间向量的数量积的运算，其中解答中根据向量的数量积的运算公式，得出关于的二次函数是解答的关键，着重考查运算与求解能力.
9．（2019·湖北东西湖·武汉为明学校月考）已知给出下列等式：
①；②；③
④.其中正确的个数是
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
由题设可得，则；
，，则①正确；
因，
，故②正确；
又因，而，
所以，即③正确；
又，则，
而，故，也即④正确.
故选：D．
10．（2020·赣州市赣县第三中学月考（理））如图，在棱长都相等的正三棱柱中，是棱的中点，是棱上的动点.设，随着增大，平面与底面所成锐二面角的平面角是（ ）
A．增大 B．先增大再减小
C．减小 D．先减小再增大
【答案】D
【解析】
【分析】
设正三棱柱棱长为，设平面与底面所成锐二面角为，，以为坐标原点建立空间直角坐标系，确定出点的坐标，求出平面的法向量，底面的法向量坐标为，将表示为关于的函数，通过讨论的增减变化，即可求出结论.
【详解】
设正三棱柱棱长为，，
设平面与底面所成锐二面角为，
以为坐标原点，过点在底面内与垂直的直线为轴，
所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，
设平面的法向量，则，
即，令，则，
所以平面的一个法向量，
底面的一个法向量为，
当，随着增大而增大，则随着的增大而减小，
当，随着增大而减小，则随着的增大而增大.
故选：D.
【点睛】
本题考查空间向量法求二面角，应用函数思想讨论二面角的大小，考查直观想象、数学计算能力，素养中档题.
11．（2020·赣州市赣县第三中学月考（理））如图，在四棱柱中，底面为正方形，侧棱底面，，，是侧面内的动点，且，记与平面所成的角为，则的最大值为（ ）
A． B． C．2 D．
【答案】B
【解析】
【分析】
建立空间直角坐标系，利用向量法能求出线面角的正切值的最大值.
【详解】
以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
设，则，
，
,
，
，
的最大值为.
故选：.
【点睛】
本题主要考查的是线面所成角，解题的关键是找到线面所成角的平面角，是中档题.
二、多选题
12．（2020·江苏宝应中学开学考试）在正三棱柱中，所有棱长为1，又与交于点，则（ ）
A．= B．
C．三棱锥的体积为 D．与平面BB′C′C所成的角为
【答案】AC
【解析】
【分析】
画出正三棱柱，对选项A，由向量的线性运算表示出；对选项B，判断是否为直角三角形；对选项C，用棱锥体积公式计算；对选项D，利用线面垂直，得出即与平面BB′C′C所成的角，放在直角中求解.
【详解】
由题意，画出正三棱柱如图所示，
向量
，故选项A正确；
在中，，，，
，所以和不垂直，故选项B错误；
在三棱锥中，，
点到平面的距离即中边上的高，所以，
所以，故选项C正确；
设中点为，所以，又三棱柱是正三棱柱，
所以平面，
所以即与平面BB′C′C所成的角，
，所以，故选项D错误.
故选：AC
【点睛】
本题主要考查向量的线性运算、求棱锥的体积和线面角的求法，考查学生的数形结合能力和计算能力，属于中档题.
13．（2020·江苏省苏州中学园区校开学考试）如图，正方体的棱长为1，线段上有两个动点，，且，则下列结论中正确的是（ ）
A．线段上存在点，使得
B．平面
C．的面积与的面积相等
D．三棱锥的体积为定值
【答案】BD
【解析】
【分析】
建立空间直角坐标系，再依次讨论各选项，即可得答案.
【详解】
解：如图，以为坐标原点建系，，为，，轴，
，，，，
即
∴，，，
∴，
∴与不垂直，A错误.
，都在，上，又
∴，平面，平面
∴平面，B正确
与不平行，则与的距离相等
∴，∴C错误
到的距离就是到平面的距离
到的距离为
∴是定值，D正确.
故选：BD.
【点睛】
本题考查空间线面位置关系，空间几何体的体积等，考查空间思维能力与运算能力，是中档题.
第II卷（非选择题）
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三、解答题
14．（2020·宝山·上海交大附中高三开学考试）在三棱锥A—BCD中，已知CB=CD=,BD=2，O为BD的中点，AO⊥平面BCD，AO=2，E为AC的中点．
（1）求直线AB与DE所成角的余弦值；
（2）若点F在BC上，满足BF=BC，设二面角F—DE—C的大小为θ，求sinθ的值．
【答案】（1）（2）
【解析】
【分析】
（1）建立空间直角坐标系，利用向量数量积求直线向量夹角，即得结果；
（2）先求两个平面法向量，根据向量数量积求法向量夹角，最后根据二面角与向量夹角关系得结果.
【详解】
（1）连
以为轴建立空间直角坐标系，则
从而直线与所成角的余弦值为
（2）设平面一个法向量为
令
设平面一个法向量为
令
因此
【点睛】
本题考查利用向量求线线角与二面角，考查基本分析求解能力，属中档题.
15．（2020·全国高三其他（理））如图①四边形为矩形，、分别为、边的三等分点，其中，，以为折痕把四边形折起如图②，使面面．
图① 图②
（1）证明：图②中；
（2）求二面角的余弦值．
【答案】（1）详见解析；（2）.
【解析】
【分析】
（1）利用面面垂直的性质，线面垂直的性质以及判定定理证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
【详解】
（1）连接
∵，，，∴，∴．
∵面面，面面，面
∴面
面，∴
∵，，面
∴面
面
∴．
（2）以，分别为，轴建立如图坐标系．
则，，，，中点
∵，∴
∴，，
设面的法向量为，∴
令，，，∴．
设面的法向量为，∴
令，，，∴
∴
由图可知，二面角为钝角
∴二面角的余弦值为
【点睛】
本题主要考查了证明线线垂直以及利用向量法求面面角，属于中档题.
16．（2020·江西省信丰中学月考（理））在四棱锥中，，，.
（1）若点为的中点，求证：平面；
（2）当平面平面时，求二面角的余弦值.
【答案】（1）详见解析（2）
【解析】
【分析】
（1）通过作的中点，连结，，通过中位线定理分别证明，来证明平面平面，从而证明平面
（2）当平面平面时，再结合题干信息，可作的中点，连接，以的方向为轴正方向，的方向为轴正方向，的方向为轴正方向建立空间直角坐标系，用向量法来求解二面角的余弦值
【详解】
解：（1）取的中点，连结，.
∵为等边三角形，∴.
∴，又，
∴四边形是平行四边形，∴.
又∵平面，平面，
∴平面.
∵为的中点，为的中点，∴.
同理：平面.
∵，∴平面平面.
∵平面，∴平面.
（2）取的中点，连结，，则，.
∵平面平面，，
∴平面，∴，，.
以为坐标原点，的方向为轴正方向，
建立空间直角坐标系.
则，，.
∴，，
平面的一个法向量为.
设平面的法向量为，则，即.
令，得，，∴平面的一个法向量，
∴.
设二面角的大小为，结合图形可知.
【点睛】
本题考查立体几何基本知识，第一问考查了线面平行的证法，证线面平行一般有两种思路：一种通过证直线和平面里的一条直线平行来证线面平行；另一种通过证面面平行，说明直线在其中一个平面，从而证线面平行。第二问考查了用空间向量求解二面角余弦值的一般方法，建立合适的空间坐标系，正确表示各点坐标和相应平面的法向量是关键，在向量法求解二面角余弦值时，要注意夹角是锐角还是钝角，从而正确求解二面角余弦值
17．（2019·陕西碑林·西北工业大学附属中学高三其他（理））如图，四棱锥的底面是边长为的正方形，底面，分别为的中点.
（1）求证：平面；
（2）若，试问在线段上是否存在点，使得二面角 的余弦值为？若存在，确定点的位置；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明详见解析；（2）满足条件的Q存在，是EF中点.
【解析】
【分析】
（1）证明线面平行，一般利用线面平行判定定理，即从线线平行出发给予证明，而线线平行的寻找与论证，往往需要结合平几知识，如本题取PD中点M，利用三角形中位线性质得，再结合平行四边形性质得四边形EFMA为平行四边形，从而得出EF∥AM，（2）涉及二面角问题，一般利用空间向量进行解决，首先根据题意建立恰当的空间直角坐标系，设立各点坐标，利用方程组求各面的法向量，结合向量数量积求向量夹角，最后根据二面角与向量夹角的关系列等量关系，求出待定参数
【详解】
证明：（1）取PD中点M，连接MF、MA，
在△PCD中，F为PC的中点，∴，
正方形ABCD中E为AB中点，∴，∴，
故四边形EFMA为平行四边形，∴EF∥AM，
又∵EF⊄平面PAD，AM⊂平面PAD，
∴EF∥平面PAD；
（2）结论：满足条件的Q存在，是EF中点．理由如下：
如图：以点A为坐标原点建立空间直角坐标系，
则P（0，0，2），B（0，1，0），C（1，1，0），E（0，，0），F（，，1），
由题易知平面PAD的法向量为=（0，1，0），
假设存在Q满足条件：设，
∵，∴，，λ∈，
设平面PAQ的法向量为，
由，可得，
∴，
由已知：，解得：，
所以满足条件的Q存在，是EF中点．
【点睛】
利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”．
18．（2020·广东禅城·佛山一中月考）在四棱锥中，底面为正方形，.
（1）证明：面⊥面；
（2）若与底面所成的角为， ，求二面角的余弦值．
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）要证面面垂直，一般先证线面垂直，设AC与BD交点为O，则PO⊥BD，而正方形中AC⊥BD，于是可证得结论．
（2）由线面角的定义可得，以A为坐标原点，为x,y轴的正方向建立空间直角坐标系，然后写出各点坐标，求出面BPC和面DPC的法向量，再由法向量的夹角的余弦值得二面角的余弦．
【详解】
（1）证明：连接AC,BD交点为O，∵四边形ABCD为正方形，∴
∵，,∴,又∵,∴
又,∴.
（2）∵，过点P做,垂足为E
∴∵PA与底面ABCD所成的角为，∴,
又，设,则
如图所示，以A为坐标原点，为x,y轴的正方向建立空间直角坐标系
设面法向量为，
,∴，
，∴
同理的法向量，
∴求二面角的余弦值
【点睛】
在立体几何中求角问题的常用方法是建立空间直角坐标系，利用向量的夹角来求得空间角（如线面角、二面角）．解题关键是图中相互垂直的直线（最好是过同一点有三条相互垂直的直线）．
19．（2020·四川武侯·成都七中高三开学考试（理））如图，在以P为顶点的圆锥中，母线长为，底面圆的直径AB长为2，O为圆心.C是圆O所在平面上一点，且AC与圆O相切.连接BC交圆于点D，连接PD，PC，E是PC的中点，连接OE，ED.
（1）求证：平面平面PAC；
（2）若二面角的大小为，求面PAC与面DOE所成锐二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析（2）
【解析】
【分析】
（1）由，得面，再得，从而可得线面垂直，于是有面面垂直；
（2）二面角的平面角为，大小为，这样以为轴，在底面上作轴建立如图的空间直角坐标系，用向量法求二面角．
【详解】
（1）证明：AB是底面圆的直径，AC与圆切于点A，
所以，
又底面，则，，
所以：面，
又因为，在三角形PAB中，
，所以面PAC，面PBC
所以：平面平面PAC；
（2）因为，，
为二面角的平面角，
，如图建立坐标系，易知，
则，，，
，，，
由（1）知为平面PAC的一个法向量，
设平面ODE的法向量为，
，
，
解得：，
.
【点睛】
本题考查面面垂直的证明，考查用向量法二面角．面面垂直，线面垂直，线线垂直，在立体几何证明垂直问题时常常相互转换，要灵活运用．
20．（2020·云南昆明一中高三其他（理））如图，在六面体ABCDEF中，AB//CD，AB⊥AD，且，四边形ADEF是正方形，平面ADEF⊥平面ABCD．
（1）证明：平面BCE⊥平面BDE；
（2）若∆BCE中，∠BEC=30°，求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】
（1）先证明和，再结合，证明平面，最后证明平面平面即可；
（2）先建立空间直角坐标系，再求平面的一个法向量和平面的一个法向量，最后求二面角的余弦值.
【详解】
解：（1）证明：因为，，且，所以，，
则在中：，所以
又平面平面，平面平面，
四边形是正方形，，平面，可得平面，平面，则，
，平面，，故平面，
平面，
所以，平面平面.
（2）由（1）知、、，以点为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，如图.
可得、、、，
故，，，
设为平面的一个法向量，
则，得，同理可得平面的一个法向量为，
二面角的是钝二面角，
所以二面角的余弦值为.
【点睛】
本题考查利用线面垂直证明面面垂直、利用空间向量求面面所成的角，是中档题.
21．（2020·广东广州·高三月考）如图，在梯形中，，，矩形中，，又有.
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】
（1）在梯形中，通过计算得出，由勾股定理逆定理得，从而 证线面平行；
（2）以C为坐标原点，以所在直线为轴，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，用空间向量法求线面角．
【详解】
证明：（1）在梯形中，，，
∴四边形是等腰梯形，
∴，，
∴，∴
又∵矩形中，，又有，，∴，
又∵∴平面，
（2）以C为坐标原点，以所在直线为轴，以所在直线为轴建立空间直角坐标系：
，，，，.
所以，，…
设平面的法向量为，所以∴，
令，则，，∴，
，
∴直线与平面所成角的正弦值是．
【点睛】
本题考查证明线面垂直，考查用空间向量法求直线与平面所成的角．掌握线面垂直的判定定理是解题基础，建立空间直角坐标系，把几何问题转化为计算问题．
22．（2018·江西省信丰中学月考）如图，在四边形ABCD中，AB//CD，∠ABD=30°，AB＝2CD＝2AD＝2，DE⊥平面ABCD，EF//BD，且BD＝2EF．
（Ⅰ）求证：平面ADE⊥平面BDEF；
（Ⅱ）若二面角CBFD的大小为60°，求CF与平面ABCD所成角的正弦值．
【答案】（1）见解析（2）
【解析】
分析：(1)根据面面垂直的判定定理即可证明平面ADE⊥平面BDEF；
(2)建立空间直角坐标系，利用空间向量法即可求CF与平面ABCD所成角的正弦值；也可以应用常规法，作出线面角，放在三角形当中来求解.
详解：（Ⅰ）在△ABD中，∠ABD＝30°，由AO2＝AB2+BD2－2AB·BDcos30°，
解得BD＝，所以AB2+BD2=AB2，根据勾股定理得∠ADB＝90°∴AD⊥BD.
又因为DE⊥平面ABCD，AD平面ABCD，∴AD⊥DE.
又因为BDDE＝D，所以AD⊥平面BDEF，又AD平面ABCD，
∴平面ADE⊥平面BDEF，
（Ⅱ）方法一：
如图，由已知可得，，则
，则三角形BCD为锐角为30°的等腰三角形.
则.
过点C做，交DB、AB于点G，H，则点G为点F在面ABCD上的投影.连接FG，则
，DE⊥平面ABCD，则平面.
过G做于点I，则BF平面，即角为
二面角CBFD的平面角，则60°.
则，，则.
在直角梯形BDEF中，G为BD中点，，，，
设 ，则，，则.
，则，即CF与平面ABCD所成角的正弦值为．
（Ⅱ）方法二：
可知DA、DB、DE两两垂直，以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz.
设DE＝h，则D(0，0，0)，B(0，，0)，C(－，－，h).
，.
设平面BCF的法向量为m＝(x，y，z)，
则所以取x=，所以m＝(，-1，－)，
取平面BDEF的法向量为n＝(1，0，0)，
由，解得，则，
又,则，设CF与平面ABCD所成角为，
则sin=.
故直线CF与平面ABCD所成角的正弦值为
点睛：该题考查的是立体几何的有关问题，涉及到的知识点有面面垂直的判定，线面角的正弦值，在求解的过程中，需要把握面面垂直的判定定理的内容，要明白垂直关系直角的转化，在求线面角的有关量的时候，有两种方法，可以应用常规法，也可以应用向量法.
23．（2018·江西省信丰中学月考）如图，已知在四棱锥中，底面是矩形，平面，，，是的中点，是线段上的点.
（1）当是的中点时，求证：平面；
（2）试确定点的位置，使二面角的大小为，并指出的长.
【答案】（1）证明见解析；（2）点的位置见解析，.
【解析】
【分析】
（1）取的中点，连接、，证明出四边形为平行四边形，可得出，再利用线面平行的判定定理可证得平面；
（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，设点，利用空间向量法求出的值，由此可求得的长.
【详解】
（1）如图，取的中点，连接、.
、分别为、的中点，则且，
四边形是矩形，为的中点，则且，
且，所以，四边形为平行四边形，，
又平面，平面，平面；
（2）平面，且四边形为矩形，
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，，，
平面的一个法向量为，
设，其中，设平面的法向量为，
，，
由，得，令，则，，，
由，解得，即.
【点睛】
本题考查线面平行的证明，同时也考查了利用空间向量法求解二面角，考查计算能力，属于中等题.
24．（2020·辽宁月考）在三棱柱中，底面是正三角形，侧棱平面，，分别是，的中点，且.
（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）求二面角的余弦值.
【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）.
【解析】
【分析】
（Ⅰ）证明，，得出平面，从而证明平面；
（Ⅱ）建立空间直角坐标系，利用坐标表示向量，求出平面平面和平面的法向量，利用法向量计算二面角的余弦值．
【详解】
解：（Ⅰ）证明：在三棱柱中，平面，平面，
所以.
在中，，.所以.
又，所以平面.
因为平面，所以，
又，，所以平面.
（Ⅱ）设，在矩形中，因，
所以，则，
即，即，得.
以为坐标原点建立如图所示坐标系，
则，，，
则，，
设平面的法向量为，
则，令得为平面的一个法向量.
由（Ⅰ）知，平面，所以为平面的一个法向量.
.
所以二面角的余弦值为.
【点睛】
本题考查了空间中的垂直关系应用问题，也考查了利用空间向量求二面角的平面角问题，属于中档题．
25．（2020·四川省内江市第六中学其他（理））在四棱锥中，侧面底面，，， ，，.
（Ⅰ）求与平面所成角的正弦值；
（Ⅱ）求平面与平面所成的锐二面角的余弦值.
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.
【解析】
【分析】
（Ⅰ）在平面内作交于点，可得平面，以点为原点，，，所在直线分别为，，轴，通过解方程求得平面的法向量，利用，即可得解；
（Ⅱ）求得平面的法向量，通过求解，即可得二面角锐角的余弦值.
【详解】
在平面内作交于点，又侧面底面，所以平面，以点为原点，，，所在直线分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
易得，，，.
由已知条件， ，得，
所以点坐标为
所以向量，，，
（Ⅰ）设平面的法向量，则 ，
设求与平面所成角为，则，
（Ⅱ）设平面的法向量则 ，
所以，.
平面与平面所成的锐二面角的余弦值等于
【点睛】
空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角和距离.
26．（2018·江西省信丰中学月考（理））如图，在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD为菱形且∠DAB=60°，O为AD中点.
（Ⅰ）若PA=PD，求证：平面POB⊥平面PAD；
（Ⅱ）若平面PAD⊥平面ABCD，且PA=PD=AD=2，试问在线段PC上是否存在点M，使二面角M—BO—C的大小为60°，如存在，求的值，如不存在，说明理由.
【答案】（1）见解析； （2）.
【解析】
【分析】
（Ⅰ）由题意可知PO⊥AD，又ABCD为菱形且∠DAB=60°，所以OB⊥AD，根据线面垂直的判定定理可得AD⊥面POB，然后再根据面面平行的判定定理可证面POB⊥面PAD；（Ⅱ）∵面PAD⊥面ABCD且面PAD∩面ABCD=AD∴PO⊥面ABCD以O为坐标原点，分别以OA、OB、OP为x、y、z轴建立空间直角坐标系，然后再利用空间向量在立体几何中的应用，即可求出结果．
【详解】
解：（Ⅰ）∵PA=PD O为AD中点 ∴PO⊥AD
又∵ABCD为菱形且∠DAB=60° ∴OB⊥AD
∵PO∩OB=O ∴AD⊥面POB
∵AD面PAD ∴面POB⊥面PAD
（Ⅱ）∵面PAD⊥面ABCD且面PAD∩面ABCD=AD ∴PO⊥面ABCD
以O为坐标原点，分别以OA、OB、OP为x、y、z轴
建立空间直角坐标系
∴O（0,0,0）、P（0,0,）、B（0,,0）、C（-2,,0）
设=（0<λ<1） ∴M（-2λ,λ, （1-λ））
∵平面CBO的法向量为 =（0,0,）
设平面MOB的法向量为=（x,y,z）
∴ 取=（,0,）
∵二面角M—BO—C的大小为60°
∴= 解得λ=
∴存在M点使二面角M—BO—C等于60°，且=
【点睛】
1．面面垂直的判定定理；2．空间向量在立体几何中的应用．
27．（2020·昌吉市第九中学开学考试（理））如图，在四棱锥中，底面∥．点为棱的中点．
（1）证明：面；
（2）若为棱上一点，满足，求二面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析．（2）．
【解析】
【分析】
（1）依题意，以点为原点，以为轴建立空间直角坐标系，利用向量法能证明BE⊥PD．由面证得，进而即可得证；
（2）设，由，求出，求出平面的法向量和平面的法向量，利用向量法能求出二面角的余弦值．
【详解】
解：依题意，以点为原点，以为轴建立空间直角坐标系如图，
可得
由为棱的中点，得，
（1）向量，
故，，又面，面．所以．
又因为面，面，，
所以面
（2）
由点在棱上，设
故
由，得
因此，
即
设为平面的法向量，则，即
不妨令，可得为平面的一个法向量，
取平面的法向量，则
所以二面角的余弦值为
【点睛】
本题主要考查利用空间向量求二面角，属于难题．空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角和距离．
28．（2020·浙江高三开学考试）如图，在三棱台中，平面平面，，，.
（1）证明：；
（2）若，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】
（1）由余弦定理知求出，从而可得，再利用面面垂直的性质定理可得平面，进而可得.
（2）方法一：直线与平面所成角即为直线与平面所成角，由（1）可得为所求角，在中，利用余弦定理可得，在中即可求解；方法二：以点为原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量法即可求解.
【详解】
（1）证明：设，则，又，
由余弦定理知：.
由勾股定理的逆定理知：，
又平面平面，平面平面，
平面，∴平面，
∵平面，∴.
（2）方法一：
解：直线与平面所成角即为直线与平面所成角，
由（1）知∴平面，∴为所求角.
，则，
又，，由余弦定理知：，
∴在直角三角形中，，
（2）方法二：
解：令，则，
又，，由余弦定理知：，
∴，∴，
∴平面，∴，
∴，
如图，以点为原点，建立空间直角坐标系
，，，
设点为，则
得到：.
∴，∴，
设平面的法向量为
，
得到，又，
∴.
【点睛】
本题考查了面面垂直的性质定理、定义法求线面角、空间向量法求线面角，考查了考生的计算能力，属于基础题.
29．（2020·安徽省太和中学期末（理））在四棱锥中，底面是菱形，且，，，，.
（1）证明：平面.
（2）求二面角的余弦值.
【答案】（1）详见解析（2）
【解析】
【分析】
（1）先连接，AC与BD交点为E,连接PE，先证直线平面，进而可得，再由，，即可得出平面；
（2）取的中点，由题意可得EB、EC、EF两两垂直，因此以E点为坐标原点建立坐标系，分别求出两平面的一个法向量，进而求两法向量夹角余弦值，由题中图形判断二面角时锐角还是钝角，即可求出二面角的余弦值.
【详解】
（1）证明：连接，设，连接.
因为底面是菱形，所以，.
因为，，所以.
因为，所以平面.
因为平面，所以.
因为，，所以平面.
（2）解：取的中点.
因为平面，所以平面.
故以为原点，分别为的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，.
故，，.
设平面的法向量为.
则，不妨取，则.
设平面的法向量为，
则，不妨取，则.
记二面角的平面角为，易知为锐角，
则.
故二面角的余弦值为.
【点睛】
本题第一问主要考查线面垂直的判定定理，第二问考查空间向量的方法求二面角的余弦值，只需求出两平面的法向量的夹角余弦值，即可结合图像得出结果，属于中档试题.
30．（2020·宁夏高三其他（理））如图，在四棱柱中，平面，底面ABCD满足∥BC，且
(Ⅰ)求证:平面;
(Ⅱ)求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(Ⅰ) 证明见解析；(Ⅱ)
【解析】
【分析】
(Ⅰ)证明，根据得到，得到证明.
(Ⅱ) 如图所示，分别以为轴建立空间直角坐标系，平面的法向量，，计算向量夹角得到答案.
【详解】
(Ⅰ) 平面，平面，故.
，，故，故.
，故平面.
(Ⅱ)如图所示：分别以为轴建立空间直角坐标系，
则，，，，.
设平面的法向量，则，即，
取得到，，设直线与平面所成角为
故.
【点睛】
本题考查了线面垂直，线面夹角，意在考查学生的空间想象能力和计算能力.
31．（2020·山西大同·高三月考（理））在四棱锥中，平面，底面为直角梯形，，，且、分别为、的中点．
（1）求证：平面；
（2）若直线与平面的交点为，且，求截面与底面所成锐二面角的大小．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【解析】
【分析】
（1）先利用中位线判定四边形是平行四边形，得到线线平行，再利用线面平行的判定定理即证结果；
（2）先找到点，利用线面平行的性质定理，再建立空间直角坐标系写点坐标，计算两个平面的法向量，计算夹角余弦即得结果.
【详解】
解：（1）取的中点，连接、，
∵是的中点，∴且，
∵底面为直角梯形，，
，即，且，
∴且，∴四边形是平行四边形，∴，
又平面，平面，∴平面．
（2）方法一：取的中点，连接、、、，，
连接并延长交于，已知．
∵平面，且平面平面，∴，
又，∴，
建立如图所示直角坐标系，
，，，，，，则平面的法向量为，，，
设平面的法向量为，
则有，即，
即，则，，即．
∴设两个法向量、的夹角为，则，
即两个法向量的夹角为．
∴截面与底面所成锐二面角的大小为．
【点睛】
本题考查了空间中线面平行的判定和二面角的向量求法，属于中档题.
32．（2020·贵州其他（理））如图甲，将直角边长为的等腰直角三角形，沿斜边上的高翻折.如图乙，使二面角的大小为，翻折后的中点为M.
（1）求证：平面；
（2）求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】
（1）证明，即可；
（2）建立空间直角坐标系，分别算出平面和平面的法向量即可.
【详解】
（1）折叠前，是斜边上的高，
∴D是的中点，
∴，又因为折叠后M是的中点，
∴，折叠后，
∴，，
∴平面；
（2）建立如图空间直角坐标系，
不妨设，易知二面角的平面角是，
则
∴，，，，
设平面的一个法向量为，
得，即，令，
得，
设平面的一个法向量，
得，即，令，
得
∴
所以二面角的余弦值是
【点睛】
本题主要考查线面垂直的判定定理，二面角的向量求法，还考查了转化化归的思想和逻辑推理，运算求解的能力，属于中档题.
33．（2020·江苏苏州·开学考试）如图，在四棱锥中，是边长为4的正方形，平面，分别为的中点.
（1）证明：平面.
（2）若，求二面角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析（2）
【解析】
【分析】
（1）记的中点为，连接，，通过证明，且推出四边形为平行四边形，则，由线线平行推出线面平行；（2）以为原点建立空间直角坐标系，分别求出平面、平面的法向量，代入即可求得二面角的余弦值从而求正弦值.
【详解】
（1）证明：记的中点为，连接，.
因为分别为的中点，
则，且.
因为，且，
所以，且，
所以四边形为平行四边形，
则.
又平面，平面，
所以平面.
（2）以为原点，分别以，，为轴、轴、轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
设平面的法向量，
则
令，则.
设平面的法向量为，
则
令，则.
，
设二面角为，则，
即二面角的正弦值为.
【点睛】
本题考查线面平行的证明，空间向量法求二面角的余弦值，属于中档题.
四、填空题
34．（2020·辽阳市集美中学月考）在边长为2的正方体中，分别为的中点，分别为线段上的动点（不包括端点）满足，则线段的长度的取值范围为__________．
【答案】
【解析】
建立如图所示的空间直角坐标系，由题意可得：，
设，其中，
则，
，
据此可得：，
由空间中两点之间距离公式可得：
当时，，当时，，
结合二次函数的性质可得线段的长度的取值范围为.
点睛：1．用向量法解决立体几何问题，是空间向量的一个具体应用，体现了向量的工具性，这种方法可把复杂的推理证明、辅助线的作法转化为空间向量的运算，降低了空间想象演绎推理的难度，体现了由“形”转“数”的转化思想．
2．两种思路：(1)选好基底，用向量表示出几何量，利用空间向量有关定理与向量的线性运算进行判断．(2)建立空间坐标系，进行向量的坐标运算，根据运算结果的几何意义解释相关问题．
35．（2020·上海浦东新·华师大二附中期中）a，b为空间两条互相垂直的直线，直角三角形的直角边所在直线与a，b都垂直，斜边以为旋转轴旋转，，有下列结论：
①当直线与a成60°角时，与b成30°角；
②当直线与a成60°角时，与b成45°角；
⑤直线与a所成角的最大值为60°；
④直线与a所成角的最小值为30°；
其中正确的是___________.（填写所有正确结论的编号）
【答案】②④
【解析】
【分析】
由题意知，a、b、AC三条直线两两相互垂直，构建如图所示的长方体，|AC|＝1，|AB|=2，斜边AB以直线AC为旋转轴，则A点保持不变，B点的运动轨迹是以C为圆心，为半径的圆，以C坐标原点，以CD为x轴，CB为y轴，CA为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法求出结果．
【详解】
由题意知，a、b、AC三条直线两两相互垂直，画出图形如图，
不妨设图中所示的长方体高为1，底面边长为，
故|AC|＝1，|AB|=2，
斜边AB以直线AC为旋转轴，则A点保持不变，
B点的运动轨迹是以C为圆心，为半径的圆，
以C坐标原点，以CD为x轴，CB为y轴，CA为z轴，建立空间直角坐标系，
则D（，0，0），A（0，0，1），直线a的方向单位向量（0，1，0），||＝1，
直线b的方向单位向量（1，0，0），||＝1，
设B点在运动过程中的坐标中的坐标B′（cos，sin，0），
其中为B′C与CD的夹角，，
∴AB′在运动过程中的向量，=（cosθ，sinθ，﹣1），||=2，
设与所成夹角为α∈[0，]，
则|sin|∈[0，]，
∴∈[，]，∴③错误，④正确．
设与所成夹角为∈[0，]，
|cos|，
当与夹角为60°时，即α，
|sin|，
∵cos2θ+sin2θ＝1，∴cos|cosθ|，
∵β∈[0，]，∴，此时与的夹角为45°，
∴②正确，①错误．
故答案为：②④．
【点睛】
本题考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查数形结合思想、化归与转化思想，涉及空间向量的知识点，属于中档题．
36．（2020·山东滕州市第一中学新校高二开学考试）在平行六面体中，，且所有棱长均为2，则对角线的长为__________．
【答案】
【解析】
【分析】
【详解】
故对角线的长为
专题十五 空间向量与立体几何
一、单选题
1．（2020·四川省绵阳江油中学月考（理））已知P为空间中任意一点，A、B、C、D四点满足任意三点均不共线，但四点共面，且，则实数x的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
，
又∵P是空间任意一点，A、B、C、D四点满足任三点均不共线，但四点共面，
∴，
解得 x=，
故选A．
点睛：设是平面上任一点，是平面上的三点，（不共线），则三点共线，把此结论类比到空间上就是：不共面，若，则四点共面．
2．（2018·江西省信丰中学月考）在正方体中，是棱的中点，是的中点，是上的一点且，则异面直线与所成的角为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
以为轴建立空间直角坐标系，
设正方体棱长为，则,,异面直线与所成的角为，故选D.
3．（2020·四川省绵阳江油中学月考（理））如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=BC=2，AA1=1，则BC1与平面BB1D1D所成角的正弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
试题分析：以D点为坐标原点，以DA、DC、所在的直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系则A（2，0，0），B（2，2，0），C（0，2，0），（0，2，1）
∴ =（-2，0，1）， =（-2，2，0），且为平面BB1D1D的一个法向量．
∴．∴BC1与平面BB1D1D所成角的正弦值为
考点：直线与平面所成的角
4．（2020·沙坪坝·重庆一中高三月考（理））如图所示，在正方体中，点P是底面内（含边界）的一点，且平面，则异面直线与BD所成角的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
连接，则点在线段上，以D为坐标原点建立坐标系，利用向量方法可求出范围.
【详解】
过A作平面平面，点P是底面内（含边界）的一点，且平面，则平面，即在与平面的交线上，
连接，
，则四边形是平行四边形，
，平面，
同理可证平面，
平面平面，则平面即为，点在线段上，
以D为坐标原点，建立如图坐标系，设正方体棱长为1，
则，，，设，，
，，
，，，
设与BD所成角为，
则
，
当时，取得最小值为0，
当或1时，取得最大值为，
，则.
故选：C.
【点睛】
本题考查向量法求异面直线所成角的范围，属于中档题.
5．（2019·黑龙江哈师大青冈实验中学月考（理））已知是各棱长均等于的正三棱柱，是侧棱的中点，则平面与平面所成的锐二面角为（ ）
A．45° B．60° C．75° D．30°
【答案】A
【解析】
【分析】
以为原点，以垂直的直线为轴，以为轴，以为轴，建立空间直角坐标系，平面的法向量，由，知，结合平面向量法可得结果．
【详解】
以为原点，以垂直的直线为轴，以为轴，以为轴，建立空间直角坐标系，
是各条棱长均等于的正三棱柱，是侧棱的中点，
，0，，，，，，，，，
，，，
设平面的法向量，
，
，
又因为平面向量法
．
则平面与平面所成的锐二面角为45°
故选：．
【点睛】
本题考查二面角的向量求法，是基础题．解题时要认真审题，仔细解答，注意向量法的合理运用．
6．（2020·安徽省太和第一中学开学考试）在正方体中，直线与平面所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
分别以为轴建立如图所示空间直角坐标系，求出直线的方向向量和平面的法向量后可得所求线面角的余弦值.
【详解】
分别以为轴建立如图所示空间直角坐标系，
设正方体的棱长为1，可得
∴
设是平面的一个法向量
∴，即，
取，得
∴平面的一个法向量为
设直线与平面所成角为
∴，
∴，即直线与平面所成角的余弦值是，
故选：C
【点睛】
用向量法求二面角大小的两种方法：
（1）分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小即为二面角的大小；
（2）分别求出二面角的两个半平面的法向量，然后通过两个法向量的夹角得到二面角大小，解题时要注意结合图形判断出所求的二面角是锐角还是钝角.
7．（2020·辽阳市集美中学月考）如图该几何体由半圆柱体与直三棱柱构成，半圆柱体底面直径BC＝4，AB＝AC，∠BAC＝90°，D为半圆弧的中点，若异面直线BD和AB1所成角的余弦值为，则该几何体的体积为（ ）
A．16+8π B．32+16π C．32+8π D．16+16π
【答案】A
【解析】
【分析】
建立空间直角坐标系，利用异面直线和所成的角的余弦值计算出该几何体的高，由此计算出该几何体的体积.
【详解】
设在底面半圆上的射影为，连接交于，设.
依题意半圆柱体底面直径，为半圆弧的中点，
所以且分别是下底面、上底面半圆的圆心.连接，
则与上下底面垂直，所以，
以为轴建立空间直角坐标系，设几何体的高为，则
，
所以，
由于异面直线和所成的角的余弦值为，
所以，
即.
所以几何体的体积为.
故选：A
【点睛】
本小题主要考查根据线线角求其它量，考查几何体体积的求法，属于中档题.
8．（2020·山东滕州市第一中学新校高二开学考试）已知空间直角坐标系中，，，，点在直线上运动，则当取得最小值时，点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
设，根据点在直线上，求得，再结合向量的数量积和二次函数的性质，求得时，取得最小值，即可求解.
【详解】
设，
由点在直线上，可得存在实数使得，
即，可得,
所以,
则，
根据二次函数的性质，可得当时，取得最小值，此时.
故选：C.
【点睛】
本题主要考查了空间向量的共线定理，空间向量的数量积的运算，其中解答中根据向量的数量积的运算公式，得出关于的二次函数是解答的关键，着重考查运算与求解能力.
9．（2019·湖北东西湖·武汉为明学校月考）已知给出下列等式：
①；②；③
④.其中正确的个数是
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
由题设可得，则；
，，则①正确；
因，
，故②正确；
又因，而，
所以，即③正确；
又，则，
而，故，也即④正确.
故选：D．
10．（2020·赣州市赣县第三中学月考（理））如图，在棱长都相等的正三棱柱中，是棱的中点，是棱上的动点.设，随着增大，平面与底面所成锐二面角的平面角是（ ）
A．增大 B．先增大再减小
C．减小 D．先减小再增大
【答案】D
【解析】
【分析】
设正三棱柱棱长为，设平面与底面所成锐二面角为，，以为坐标原点建立空间直角坐标系，确定出点的坐标，求出平面的法向量，底面的法向量坐标为，将表示为关于的函数，通过讨论的增减变化，即可求出结论.
【详解】
设正三棱柱棱长为，，
设平面与底面所成锐二面角为，
以为坐标原点，过点在底面内与垂直的直线为轴，
所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，
设平面的法向量，则，
即，令，则，
所以平面的一个法向量，
底面的一个法向量为，
当，随着增大而增大，则随着的增大而减小，
当，随着增大而减小，则随着的增大而增大.
故选：D.
【点睛】
本题考查空间向量法求二面角，应用函数思想讨论二面角的大小，考查直观想象、数学计算能力，素养中档题.
11．（2020·赣州市赣县第三中学月考（理））如图，在四棱柱中，底面为正方形，侧棱底面，，，是侧面内的动点，且，记与平面所成的角为，则的最大值为（ ）
A． B． C．2 D．
【答案】B
【解析】
【分析】
建立空间直角坐标系，利用向量法能求出线面角的正切值的最大值.
【详解】
以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
设，则，
，
,
，
，
的最大值为.
故选：.
【点睛】
本题主要考查的是线面所成角，解题的关键是找到线面所成角的平面角，是中档题.
二、多选题
12．（2020·江苏宝应中学开学考试）在正三棱柱中，所有棱长为1，又与交于点，则（ ）
A．= B．
C．三棱锥的体积为 D．与平面BB′C′C所成的角为
【答案】AC
【解析】
【分析】
画出正三棱柱，对选项A，由向量的线性运算表示出；对选项B，判断是否为直角三角形；对选项C，用棱锥体积公式计算；对选项D，利用线面垂直，得出即与平面BB′C′C所成的角，放在直角中求解.
【详解】
由题意，画出正三棱柱如图所示，
向量
，故选项A正确；
在中，，，，
，所以和不垂直，故选项B错误；
在三棱锥中，，
点到平面的距离即中边上的高，所以，
所以，故选项C正确；
设中点为，所以，又三棱柱是正三棱柱，
所以平面，
所以即与平面BB′C′C所成的角，
，所以，故选项D错误.
故选：AC
【点睛】
本题主要考查向量的线性运算、求棱锥的体积和线面角的求法，考查学生的数形结合能力和计算能力，属于中档题.
13．（2020·江苏省苏州中学园区校开学考试）如图，正方体的棱长为1，线段上有两个动点，，且，则下列结论中正确的是（ ）
A．线段上存在点，使得
B．平面
C．的面积与的面积相等
D．三棱锥的体积为定值
【答案】BD
【解析】
【分析】
建立空间直角坐标系，再依次讨论各选项，即可得答案.
【详解】
解：如图，以为坐标原点建系，，为，，轴，
，，，，
即
∴，，，
∴，
∴与不垂直，A错误.
，都在，上，又
∴，平面，平面
∴平面，B正确
与不平行，则与的距离相等
∴，∴C错误
到的距离就是到平面的距离
到的距离为
∴是定值，D正确.
故选：BD.
【点睛】
本题考查空间线面位置关系，空间几何体的体积等，考查空间思维能力与运算能力，是中档题.
第II卷（非选择题）
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三、解答题
14．（2020·宝山·上海交大附中高三开学考试）在三棱锥A—BCD中，已知CB=CD=,BD=2，O为BD的中点，AO⊥平面BCD，AO=2，E为AC的中点．
（1）求直线AB与DE所成角的余弦值；
（2）若点F在BC上，满足BF=BC，设二面角F—DE—C的大小为θ，求sinθ的值．
【答案】（1）（2）
【解析】
【分析】
（1）建立空间直角坐标系，利用向量数量积求直线向量夹角，即得结果；
（2）先求两个平面法向量，根据向量数量积求法向量夹角，最后根据二面角与向量夹角关系得结果.
【详解】
（1）连
以为轴建立空间直角坐标系，则
从而直线与所成角的余弦值为
（2）设平面一个法向量为
令
设平面一个法向量为
令
因此
【点睛】
本题考查利用向量求线线角与二面角，考查基本分析求解能力，属中档题.
15．（2020·全国高三其他（理））如图①四边形为矩形，、分别为、边的三等分点，其中，，以为折痕把四边形折起如图②，使面面．
图① 图②
（1）证明：图②中；
（2）求二面角的余弦值．
【答案】（1）详见解析；（2）.
【解析】
【分析】
（1）利用面面垂直的性质，线面垂直的性质以及判定定理证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
【详解】
（1）连接
∵，，，∴，∴．
∵面面，面面，面
∴面
面，∴
∵，，面
∴面
面
∴．
（2）以，分别为，轴建立如图坐标系．
则，，，，中点
∵，∴
∴，，
设面的法向量为，∴
令，，，∴．
设面的法向量为，∴
令，，，∴
∴
由图可知，二面角为钝角
∴二面角的余弦值为
【点睛】
本题主要考查了证明线线垂直以及利用向量法求面面角，属于中档题.
16．（2020·江西省信丰中学月考（理））在四棱锥中，，，.
（1）若点为的中点，求证：平面；
（2）当平面平面时，求二面角的余弦值.
【答案】（1）详见解析（2）
【解析】
【分析】
（1）通过作的中点，连结，，通过中位线定理分别证明，来证明平面平面，从而证明平面
（2）当平面平面时，再结合题干信息，可作的中点，连接，以的方向为轴正方向，的方向为轴正方向，的方向为轴正方向建立空间直角坐标系，用向量法来求解二面角的余弦值
【详解】
解：（1）取的中点，连结，.
∵为等边三角形，∴.
∴，又，
∴四边形是平行四边形，∴.
又∵平面，平面，
∴平面.
∵为的中点，为的中点，∴.
同理：平面.
∵，∴平面平面.
∵平面，∴平面.
（2）取的中点，连结，，则，.
∵平面平面，，
∴平面，∴，，.
以为坐标原点，的方向为轴正方向，
建立空间直角坐标系.
则，，.
∴，，
平面的一个法向量为.
设平面的法向量为，则，即.
令，得，，∴平面的一个法向量，
∴.
设二面角的大小为，结合图形可知.
【点睛】
本题考查立体几何基本知识，第一问考查了线面平行的证法，证线面平行一般有两种思路：一种通过证直线和平面里的一条直线平行来证线面平行；另一种通过证面面平行，说明直线在其中一个平面，从而证线面平行。第二问考查了用空间向量求解二面角余弦值的一般方法，建立合适的空间坐标系，正确表示各点坐标和相应平面的法向量是关键，在向量法求解二面角余弦值时，要注意夹角是锐角还是钝角，从而正确求解二面角余弦值
17．（2019·陕西碑林·西北工业大学附属中学高三其他（理））如图，四棱锥的底面是边长为的正方形，底面，分别为的中点.
（1）求证：平面；
（2）若，试问在线段上是否存在点，使得二面角 的余弦值为？若存在，确定点的位置；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明详见解析；（2）满足条件的Q存在，是EF中点.
【解析】
【分析】
（1）证明线面平行，一般利用线面平行判定定理，即从线线平行出发给予证明，而线线平行的寻找与论证，往往需要结合平几知识，如本题取PD中点M，利用三角形中位线性质得，再结合平行四边形性质得四边形EFMA为平行四边形，从而得出EF∥AM，（2）涉及二面角问题，一般利用空间向量进行解决，首先根据题意建立恰当的空间直角坐标系，设立各点坐标，利用方程组求各面的法向量，结合向量数量积求向量夹角，最后根据二面角与向量夹角的关系列等量关系，求出待定参数
【详解】
证明：（1）取PD中点M，连接MF、MA，
在△PCD中，F为PC的中点，∴，
正方形ABCD中E为AB中点，∴，∴，
故四边形EFMA为平行四边形，∴EF∥AM，
又∵EF⊄平面PAD，AM⊂平面PAD，
∴EF∥平面PAD；
（2）结论：满足条件的Q存在，是EF中点．理由如下：
如图：以点A为坐标原点建立空间直角坐标系，
则P（0，0，2），B（0，1，0），C（1，1，0），E（0，，0），F（，，1），
由题易知平面PAD的法向量为=（0，1，0），
假设存在Q满足条件：设，
∵，∴，，λ∈，
设平面PAQ的法向量为，
由，可得，
∴，
由已知：，解得：，
所以满足条件的Q存在，是EF中点．
【点睛】
利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”．
18．（2020·广东禅城·佛山一中月考）在四棱锥中，底面为正方形，.
（1）证明：面⊥面；
（2）若与底面所成的角为， ，求二面角的余弦值．
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）要证面面垂直，一般先证线面垂直，设AC与BD交点为O，则PO⊥BD，而正方形中AC⊥BD，于是可证得结论．
（2）由线面角的定义可得，以A为坐标原点，为x,y轴的正方向建立空间直角坐标系，然后写出各点坐标，求出面BPC和面DPC的法向量，再由法向量的夹角的余弦值得二面角的余弦．
【详解】
（1）证明：连接AC,BD交点为O，∵四边形ABCD为正方形，∴
∵，,∴,又∵,∴
又,∴.
（2）∵，过点P做,垂足为E
∴∵PA与底面ABCD所成的角为，∴,
又，设,则
如图所示，以A为坐标原点，为x,y轴的正方向建立空间直角坐标系
设面法向量为，
,∴，
，∴
同理的法向量，
∴求二面角的余弦值
【点睛】
在立体几何中求角问题的常用方法是建立空间直角坐标系，利用向量的夹角来求得空间角（如线面角、二面角）．解题关键是图中相互垂直的直线（最好是过同一点有三条相互垂直的直线）．
19．（2020·四川武侯·成都七中高三开学考试（理））如图，在以P为顶点的圆锥中，母线长为，底面圆的直径AB长为2，O为圆心.C是圆O所在平面上一点，且AC与圆O相切.连接BC交圆于点D，连接PD，PC，E是PC的中点，连接OE，ED.
（1）求证：平面平面PAC；
（2）若二面角的大小为，求面PAC与面DOE所成锐二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析（2）
【解析】
【分析】
（1）由，得面，再得，从而可得线面垂直，于是有面面垂直；
（2）二面角的平面角为，大小为，这样以为轴，在底面上作轴建立如图的空间直角坐标系，用向量法求二面角．
【详解】
（1）证明：AB是底面圆的直径，AC与圆切于点A，
所以，
又底面，则，，
所以：面，
又因为，在三角形PAB中，
，所以面PAC，面PBC
所以：平面平面PAC；
（2）因为，，
为二面角的平面角，
，如图建立坐标系，易知，
则，，，
，，，
由（1）知为平面PAC的一个法向量，
设平面ODE的法向量为，
，
，
解得：，
.
【点睛】
本题考查面面垂直的证明，考查用向量法二面角．面面垂直，线面垂直，线线垂直，在立体几何证明垂直问题时常常相互转换，要灵活运用．
20．（2020·云南昆明一中高三其他（理））如图，在六面体ABCDEF中，AB//CD，AB⊥AD，且，四边形ADEF是正方形，平面ADEF⊥平面ABCD．
（1）证明：平面BCE⊥平面BDE；
（2）若∆BCE中，∠BEC=30°，求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】
（1）先证明和，再结合，证明平面，最后证明平面平面即可；
（2）先建立空间直角坐标系，再求平面的一个法向量和平面的一个法向量，最后求二面角的余弦值.
【详解】
解：（1）证明：因为，，且，所以，，
则在中：，所以
又平面平面，平面平面，
四边形是正方形，，平面，可得平面，平面，则，
，平面，，故平面，
平面，
所以，平面平面.
（2）由（1）知、、，以点为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，如图.
可得、、、，
故，，，
设为平面的一个法向量，
则，得，同理可得平面的一个法向量为，
二面角的是钝二面角，
所以二面角的余弦值为.
【点睛】
本题考查利用线面垂直证明面面垂直、利用空间向量求面面所成的角，是中档题.
21．（2020·广东广州·高三月考）如图，在梯形中，，，矩形中，，又有.
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】
（1）在梯形中，通过计算得出，由勾股定理逆定理得，从而 证线面平行；
（2）以C为坐标原点，以所在直线为轴，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，用空间向量法求线面角．
【详解】
证明：（1）在梯形中，，，
∴四边形是等腰梯形，
∴，，
∴，∴
又∵矩形中，，又有，，∴，
又∵∴平面，
（2）以C为坐标原点，以所在直线为轴，以所在直线为轴建立空间直角坐标系：
，，，，.
所以，，…
设平面的法向量为，所以∴，
令，则，，∴，
，
∴直线与平面所成角的正弦值是．
【点睛】
本题考查证明线面垂直，考查用空间向量法求直线与平面所成的角．掌握线面垂直的判定定理是解题基础，建立空间直角坐标系，把几何问题转化为计算问题．
22．（2018·江西省信丰中学月考）如图，在四边形ABCD中，AB//CD，∠ABD=30°，AB＝2CD＝2AD＝2，DE⊥平面ABCD，EF//BD，且BD＝2EF．
（Ⅰ）求证：平面ADE⊥平面BDEF；
（Ⅱ）若二面角CBFD的大小为60°，求CF与平面ABCD所成角的正弦值．
【答案】（1）见解析（2）
【解析】
分析：(1)根据面面垂直的判定定理即可证明平面ADE⊥平面BDEF；
(2)建立空间直角坐标系，利用空间向量法即可求CF与平面ABCD所成角的正弦值；也可以应用常规法，作出线面角，放在三角形当中来求解.
详解：（Ⅰ）在△ABD中，∠ABD＝30°，由AO2＝AB2+BD2－2AB·BDcos30°，
解得BD＝，所以AB2+BD2=AB2，根据勾股定理得∠ADB＝90°∴AD⊥BD.
又因为DE⊥平面ABCD，AD平面ABCD，∴AD⊥DE.
又因为BDDE＝D，所以AD⊥平面BDEF，又AD平面ABCD，
∴平面ADE⊥平面BDEF，
（Ⅱ）方法一：
如图，由已知可得，，则
，则三角形BCD为锐角为30°的等腰三角形.
则.
过点C做，交DB、AB于点G，H，则点G为点F在面ABCD上的投影.连接FG，则
，DE⊥平面ABCD，则平面.
过G做于点I，则BF平面，即角为
二面角CBFD的平面角，则60°.
则，，则.
在直角梯形BDEF中，G为BD中点，，，，
设 ，则，，则.
，则，即CF与平面ABCD所成角的正弦值为．
（Ⅱ）方法二：
可知DA、DB、DE两两垂直，以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz.
设DE＝h，则D(0，0，0)，B(0，，0)，C(－，－，h).
，.
设平面BCF的法向量为m＝(x，y，z)，
则所以取x=，所以m＝(，-1，－)，
取平面BDEF的法向量为n＝(1，0，0)，
由，解得，则，
又,则，设CF与平面ABCD所成角为，
则sin=.
故直线CF与平面ABCD所成角的正弦值为
点睛：该题考查的是立体几何的有关问题，涉及到的知识点有面面垂直的判定，线面角的正弦值，在求解的过程中，需要把握面面垂直的判定定理的内容，要明白垂直关系直角的转化，在求线面角的有关量的时候，有两种方法，可以应用常规法，也可以应用向量法.
23．（2018·江西省信丰中学月考）如图，已知在四棱锥中，底面是矩形，平面，，，是的中点，是线段上的点.
（1）当是的中点时，求证：平面；
（2）试确定点的位置，使二面角的大小为，并指出的长.
【答案】（1）证明见解析；（2）点的位置见解析，.
【解析】
【分析】
（1）取的中点，连接、，证明出四边形为平行四边形，可得出，再利用线面平行的判定定理可证得平面；
（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，设点，利用空间向量法求出的值，由此可求得的长.
【详解】
（1）如图，取的中点，连接、.
、分别为、的中点，则且，
四边形是矩形，为的中点，则且，
且，所以，四边形为平行四边形，，
又平面，平面，平面；
（2）平面，且四边形为矩形，
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，，，
平面的一个法向量为，
设，其中，设平面的法向量为，
，，
由，得，令，则，，，
由，解得，即.
【点睛】
本题考查线面平行的证明，同时也考查了利用空间向量法求解二面角，考查计算能力，属于中等题.
24．（2020·辽宁月考）在三棱柱中，底面是正三角形，侧棱平面，，分别是，的中点，且.
（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）求二面角的余弦值.
【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）.
【解析】
【分析】
（Ⅰ）证明，，得出平面，从而证明平面；
（Ⅱ）建立空间直角坐标系，利用坐标表示向量，求出平面平面和平面的法向量，利用法向量计算二面角的余弦值．
【详解】
解：（Ⅰ）证明：在三棱柱中，平面，平面，
所以.
在中，，.所以.
又，所以平面.
因为平面，所以，
又，，所以平面.
（Ⅱ）设，在矩形中，因，
所以，则，
即，即，得.
以为坐标原点建立如图所示坐标系，
则，，，
则，，
设平面的法向量为，
则，令得为平面的一个法向量.
由（Ⅰ）知，平面，所以为平面的一个法向量.
.
所以二面角的余弦值为.
【点睛】
本题考查了空间中的垂直关系应用问题，也考查了利用空间向量求二面角的平面角问题，属于中档题．
25．（2020·四川省内江市第六中学其他（理））在四棱锥中，侧面底面，，， ，，.
（Ⅰ）求与平面所成角的正弦值；
（Ⅱ）求平面与平面所成的锐二面角的余弦值.
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.
【解析】
【分析】
（Ⅰ）在平面内作交于点，可得平面，以点为原点，，，所在直线分别为，，轴，通过解方程求得平面的法向量，利用，即可得解；
（Ⅱ）求得平面的法向量，通过求解，即可得二面角锐角的余弦值.
【详解】
在平面内作交于点，又侧面底面，所以平面，以点为原点，，，所在直线分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
易得，，，.
由已知条件， ，得，
所以点坐标为
所以向量，，，
（Ⅰ）设平面的法向量，则 ，
设求与平面所成角为，则，
（Ⅱ）设平面的法向量则 ，
所以，.
平面与平面所成的锐二面角的余弦值等于
【点睛】
空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角和距离.
26．（2018·江西省信丰中学月考（理））如图，在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD为菱形且∠DAB=60°，O为AD中点.
（Ⅰ）若PA=PD，求证：平面POB⊥平面PAD；
（Ⅱ）若平面PAD⊥平面ABCD，且PA=PD=AD=2，试问在线段PC上是否存在点M，使二面角M—BO—C的大小为60°，如存在，求的值，如不存在，说明理由.
【答案】（1）见解析； （2）.
【解析】
【分析】
（Ⅰ）由题意可知PO⊥AD，又ABCD为菱形且∠DAB=60°，所以OB⊥AD，根据线面垂直的判定定理可得AD⊥面POB，然后再根据面面平行的判定定理可证面POB⊥面PAD；（Ⅱ）∵面PAD⊥面ABCD且面PAD∩面ABCD=AD∴PO⊥面ABCD以O为坐标原点，分别以OA、OB、OP为x、y、z轴建立空间直角坐标系，然后再利用空间向量在立体几何中的应用，即可求出结果．
【详解】
解：（Ⅰ）∵PA=PD O为AD中点 ∴PO⊥AD
又∵ABCD为菱形且∠DAB=60° ∴OB⊥AD
∵PO∩OB=O ∴AD⊥面POB
∵AD面PAD ∴面POB⊥面PAD
（Ⅱ）∵面PAD⊥面ABCD且面PAD∩面ABCD=AD ∴PO⊥面ABCD
以O为坐标原点，分别以OA、OB、OP为x、y、z轴
建立空间直角坐标系
∴O（0,0,0）、P（0,0,）、B（0,,0）、C（-2,,0）
设=（0<λ<1） ∴M（-2λ,λ, （1-λ））
∵平面CBO的法向量为 =（0,0,）
设平面MOB的法向量为=（x,y,z）
∴ 取=（,0,）
∵二面角M—BO—C的大小为60°
∴= 解得λ=
∴存在M点使二面角M—BO—C等于60°，且=
【点睛】
1．面面垂直的判定定理；2．空间向量在立体几何中的应用．
27．（2020·昌吉市第九中学开学考试（理））如图，在四棱锥中，底面∥．点为棱的中点．
（1）证明：面；
（2）若为棱上一点，满足，求二面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析．（2）．
【解析】
【分析】
（1）依题意，以点为原点，以为轴建立空间直角坐标系，利用向量法能证明BE⊥PD．由面证得，进而即可得证；
（2）设，由，求出，求出平面的法向量和平面的法向量，利用向量法能求出二面角的余弦值．
【详解】
解：依题意，以点为原点，以为轴建立空间直角坐标系如图，
可得
由为棱的中点，得，
（1）向量，
故，，又面，面．所以．
又因为面，面，，
所以面
（2）
由点在棱上，设
故
由，得
因此，
即
设为平面的法向量，则，即
不妨令，可得为平面的一个法向量，
取平面的法向量，则
所以二面角的余弦值为
【点睛】
本题主要考查利用空间向量求二面角，属于难题．空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角和距离．
28．（2020·浙江高三开学考试）如图，在三棱台中，平面平面，，，.
（1）证明：；
（2）若，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】
（1）由余弦定理知求出，从而可得，再利用面面垂直的性质定理可得平面，进而可得.
（2）方法一：直线与平面所成角即为直线与平面所成角，由（1）可得为所求角，在中，利用余弦定理可得，在中即可求解；方法二：以点为原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量法即可求解.
【详解】
（1）证明：设，则，又，
由余弦定理知：.
由勾股定理的逆定理知：，
又平面平面，平面平面，
平面，∴平面，
∵平面，∴.
（2）方法一：
解：直线与平面所成角即为直线与平面所成角，
由（1）知∴平面，∴为所求角.
，则，
又，，由余弦定理知：，
∴在直角三角形中，，
（2）方法二：
解：令，则，
又，，由余弦定理知：，
∴，∴，
∴平面，∴，
∴，
如图，以点为原点，建立空间直角坐标系
，，，
设点为，则
得到：.
∴，∴，
设平面的法向量为
，
得到，又，
∴.
【点睛】
本题考查了面面垂直的性质定理、定义法求线面角、空间向量法求线面角，考查了考生的计算能力，属于基础题.
29．（2020·安徽省太和中学期末（理））在四棱锥中，底面是菱形，且，，，，.
（1）证明：平面.
（2）求二面角的余弦值.
【答案】（1）详见解析（2）
【解析】
【分析】
（1）先连接，AC与BD交点为E,连接PE，先证直线平面，进而可得，再由，，即可得出平面；
（2）取的中点，由题意可得EB、EC、EF两两垂直，因此以E点为坐标原点建立坐标系，分别求出两平面的一个法向量，进而求两法向量夹角余弦值，由题中图形判断二面角时锐角还是钝角，即可求出二面角的余弦值.
【详解】
（1）证明：连接，设，连接.
因为底面是菱形，所以，.
因为，，所以.
因为，所以平面.
因为平面，所以.
因为，，所以平面.
（2）解：取的中点.
因为平面，所以平面.
故以为原点，分别为的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，.
故，，.
设平面的法向量为.
则，不妨取，则.
设平面的法向量为，
则，不妨取，则.
记二面角的平面角为，易知为锐角，
则.
故二面角的余弦值为.
【点睛】
本题第一问主要考查线面垂直的判定定理，第二问考查空间向量的方法求二面角的余弦值，只需求出两平面的法向量的夹角余弦值，即可结合图像得出结果，属于中档试题.
30．（2020·宁夏高三其他（理））如图，在四棱柱中，平面，底面ABCD满足∥BC，且
(Ⅰ)求证:平面;
(Ⅱ)求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(Ⅰ) 证明见解析；(Ⅱ)
【解析】
【分析】
(Ⅰ)证明，根据得到，得到证明.
(Ⅱ) 如图所示，分别以为轴建立空间直角坐标系，平面的法向量，，计算向量夹角得到答案.
【详解】
(Ⅰ) 平面，平面，故.
，，故，故.
，故平面.
(Ⅱ)如图所示：分别以为轴建立空间直角坐标系，
则，，，，.
设平面的法向量，则，即，
取得到，，设直线与平面所成角为
故.
【点睛】
本题考查了线面垂直，线面夹角，意在考查学生的空间想象能力和计算能力.
31．（2020·山西大同·高三月考（理））在四棱锥中，平面，底面为直角梯形，，，且、分别为、的中点．
（1）求证：平面；
（2）若直线与平面的交点为，且，求截面与底面所成锐二面角的大小．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【解析】
【分析】
（1）先利用中位线判定四边形是平行四边形，得到线线平行，再利用线面平行的判定定理即证结果；
（2）先找到点，利用线面平行的性质定理，再建立空间直角坐标系写点坐标，计算两个平面的法向量，计算夹角余弦即得结果.
【详解】
解：（1）取的中点，连接、，
∵是的中点，∴且，
∵底面为直角梯形，，
，即，且，
∴且，∴四边形是平行四边形，∴，
又平面，平面，∴平面．
（2）方法一：取的中点，连接、、、，，
连接并延长交于，已知．
∵平面，且平面平面，∴，
又，∴，
建立如图所示直角坐标系，
，，，，，，则平面的法向量为，，，
设平面的法向量为，
则有，即，
即，则，，即．
∴设两个法向量、的夹角为，则，
即两个法向量的夹角为．
∴截面与底面所成锐二面角的大小为．
【点睛】
本题考查了空间中线面平行的判定和二面角的向量求法，属于中档题.
32．（2020·贵州其他（理））如图甲，将直角边长为的等腰直角三角形，沿斜边上的高翻折.如图乙，使二面角的大小为，翻折后的中点为M.
（1）求证：平面；
（2）求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】
（1）证明，即可；
（2）建立空间直角坐标系，分别算出平面和平面的法向量即可.
【详解】
（1）折叠前，是斜边上的高，
∴D是的中点，
∴，又因为折叠后M是的中点，
∴，折叠后，
∴，，
∴平面；
（2）建立如图空间直角坐标系，
不妨设，易知二面角的平面角是，
则
∴，，，，
设平面的一个法向量为，
得，即，令，
得，
设平面的一个法向量，
得，即，令，
得
∴
所以二面角的余弦值是
【点睛】
本题主要考查线面垂直的判定定理，二面角的向量求法，还考查了转化化归的思想和逻辑推理，运算求解的能力，属于中档题.
33．（2020·江苏苏州·开学考试）如图，在四棱锥中，是边长为4的正方形，平面，分别为的中点.
（1）证明：平面.
（2）若，求二面角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析（2）
【解析】
【分析】
（1）记的中点为，连接，，通过证明，且推出四边形为平行四边形，则，由线线平行推出线面平行；（2）以为原点建立空间直角坐标系，分别求出平面、平面的法向量，代入即可求得二面角的余弦值从而求正弦值.
【详解】
（1）证明：记的中点为，连接，.
因为分别为的中点，
则，且.
因为，且，
所以，且，
所以四边形为平行四边形，
则.
又平面，平面，
所以平面.
（2）以为原点，分别以，，为轴、轴、轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
设平面的法向量，
则
令，则.
设平面的法向量为，
则
令，则.
，
设二面角为，则，
即二面角的正弦值为.
【点睛】
本题考查线面平行的证明，空间向量法求二面角的余弦值，属于中档题.
四、填空题
34．（2020·辽阳市集美中学月考）在边长为2的正方体中，分别为的中点，分别为线段上的动点（不包括端点）满足，则线段的长度的取值范围为__________．
【答案】
【解析】
建立如图所示的空间直角坐标系，由题意可得：，
设，其中，
则，
，
据此可得：，
由空间中两点之间距离公式可得：
当时，，当时，，
结合二次函数的性质可得线段的长度的取值范围为.
点睛：1．用向量法解决立体几何问题，是空间向量的一个具体应用，体现了向量的工具性，这种方法可把复杂的推理证明、辅助线的作法转化为空间向量的运算，降低了空间想象演绎推理的难度，体现了由“形”转“数”的转化思想．
2．两种思路：(1)选好基底，用向量表示出几何量，利用空间向量有关定理与向量的线性运算进行判断．(2)建立空间坐标系，进行向量的坐标运算，根据运算结果的几何意义解释相关问题．
35．（2020·上海浦东新·华师大二附中期中）a，b为空间两条互相垂直的直线，直角三角形的直角边所在直线与a，b都垂直，斜边以为旋转轴旋转，，有下列结论：
①当直线与a成60°角时，与b成30°角；
②当直线与a成60°角时，与b成45°角；
⑤直线与a所成角的最大值为60°；
④直线与a所成角的最小值为30°；
其中正确的是___________.（填写所有正确结论的编号）
【答案】②④
【解析】
【分析】
由题意知，a、b、AC三条直线两两相互垂直，构建如图所示的长方体，|AC|＝1，|AB|=2，斜边AB以直线AC为旋转轴，则A点保持不变，B点的运动轨迹是以C为圆心，为半径的圆，以C坐标原点，以CD为x轴，CB为y轴，CA为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法求出结果．
【详解】
由题意知，a、b、AC三条直线两两相互垂直，画出图形如图，
不妨设图中所示的长方体高为1，底面边长为，
故|AC|＝1，|AB|=2，
斜边AB以直线AC为旋转轴，则A点保持不变，
B点的运动轨迹是以C为圆心，为半径的圆，
以C坐标原点，以CD为x轴，CB为y轴，CA为z轴，建立空间直角坐标系，
则D（，0，0），A（0，0，1），直线a的方向单位向量（0，1，0），||＝1，
直线b的方向单位向量（1，0，0），||＝1，
设B点在运动过程中的坐标中的坐标B′（cos，sin，0），
其中为B′C与CD的夹角，，
∴AB′在运动过程中的向量，=（cosθ，sinθ，﹣1），||=2，
设与所成夹角为α∈[0，]，
则|sin|∈[0，]，
∴∈[，]，∴③错误，④正确．
设与所成夹角为∈[0，]，
|cos|，
当与夹角为60°时，即α，
|sin|，
∵cos2θ+sin2θ＝1，∴cos|cosθ|，
∵β∈[0，]，∴，此时与的夹角为45°，
∴②正确，①错误．
故答案为：②④．
【点睛】
本题考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查数形结合思想、化归与转化思想，涉及空间向量的知识点，属于中档题．
36．（2020·山东滕州市第一中学新校高二开学考试）在平行六面体中，，且所有棱长均为2，则对角线的长为__________．
【答案】
【解析】
【分析】
【详解】
故对角线的长为
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