高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第一册1.4 空间向量的应用当堂达标检测题

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A．0B．1C．D．3
【答案】D
【解析】因为直线过点和两点，所以，
又直线的一个方向向量，所以，
所以，所以，所以，解得，所以.
故选：D
2．（2023江西）已知平面α内两向量，且.若为平面α的法向量，则m，n的值分别为（ ）
A．-1，2B．1，-2
C．1，2D．-1，-2
【答案】A
【解析】，
由为平面α的法向量，得,即解得故选：A.
3．（2023浙江）已知，则下列向量是平面法向量的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【解析】因为，所以，
设平面的一个单位法向量为，则，可得，经检验，仅符合题意．故选：C．
4．（2023山西）若平面，则下面选项中可以是这两个平面法向量的是（ ）
A． ， B． ，
C． ， D． ，
【答案】D
【解析】因为平面，所以两个平面的法向量应该平行，即存在，，只有D项符合.
故选： D.
5．（2023·湖南娄底·高二湖南省新化县第一中学校考期末）如图， 平面ABCD，底面ABCD是正方形，E，F分别为PD，PB的中点，点G在线段AP上，AC与BD交于点O，，若平面，则（ ）
A．B．C．D．1
【答案】C
【解析】
如图所示，以为坐标原点， 的方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，
由题意可得 ,，
则,
所以，
设平面EFC的法向量为，
则，解得， 令，则，
所以平面EFC的一个法向量为.
因为平面EFC，则，设，则，所以，
解得，所以，即.故选：C
6．（2023春·河南新乡·高二统考期末）在长方体中，底面为正方形，平面，E为的中点，则下列结论错误的是（ ）
A．B．
C．平面D．平面平面
【答案】D
【解析】因为平面，平面，所以，A正确；
连接，设，则为的中点，
因为平面，平面，所以，
又为的中点，为的中点，所以，
所以，B正确；
因为，
又平面，平面，所以//平面，C正确；
由已知两两垂直，以为原点，为的正方向，建立空间直角坐标系，设，
因为底面为正方形，所以，
由长方体性质可得四边形为矩形，又，
所以四边形为正方形，故，
所以，
所以，
因为平面，所以为平面的一个法向量，
设平面的法向量为，
则，所以，
取，则，
所以为平面的一个法向量，
因为，
所以向量不垂直，所以平面，平面不垂直，D错误；
故选：D.
7．（2023春·四川乐山·高二期末）如图，在正方体中，为底面的中心，为所在棱的中点，为正方体的顶点．则满足的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】如图建立以A为原点的空间直角坐标系，设正方体边长为.
A选项，，
则，则，故A错误；

B选项，，
，则，故B错误；

C选项，，
，则，即，故C正确；

D选项，
，则，故D错误.

故选：C
8．（2022秋·高二课时练习）下列利用方向向量、法向量判断线、面位置关系的结论中，正确的是（ ）
A．两条不重合直线l1，l2的方向向量分别是，，则l1∥l2
B．直线l的方向向量，平面α的法向量是，则l⊥α
C．两个不同的平面α，β的法向量分别是，，则α⊥β
D．直线l的方向向量，平面α的法向量是，则l∥α
【答案】C
【解析】对于A，直线l1，l2的方向向量分别是，，
因为，所以与不平行，选项A错误；
对于B，直线l的方向向量，平面α的法向量是，
且，所以l∥α或l⊂α，选项B错误；
对于C，两个不同的平面α，β的法向量分别是，，
且，所以α⊥β，选项C正确；
对于D，直线l的方向向量，平面α的法向量是，
且，所以l⊥α，选项D错误.
故选：C
28．（2022秋·广东江门·高二江门市培英高级中学校考期中）已知直线l的一个方向向量为，平面的一个法向量为，若，则＝（ ）
A．﹣3B．3C．6D．9
【答案】B
【分析】根据线面垂直的向量表示即可求解.
【详解】因为，所以，解得，
所以.
故选：B
9．（2023春·江苏宿迁）如图所示，正方体的棱长为，点分别是中点，则二面角的正切值为（ ）

A．B．C．D．
【答案】A
【解析】以点为原点，分别以，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，
则，0，，，，，，2，，，0，，，2，，
则，2，，，2，，
设平面的法向量，，，
则，令，则，1，，
又因为平面的一个法向量，
，
设的大小为，有图可知为锐角，
则，
故选：A.

10．（2023春·陕西汉中）如图，在正方体中，为体对角线上一点，且，则异面直线和所成角的余弦值为（ ）

A．B．C．D．
【答案】A
【解析】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，

设正方体的棱长为，
则、、、、，
，
，所以，，
因此，异面直线和所成角的余弦值为.
故选：A.
11．（2023·浙江温州）四面体满足，点在棱上，且，点为的重心，则点到直线的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】四面体满足，即两两垂直，
以点O为原点，以射线的正方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，如图，
因为，，则，
于是，，
所以点到直线的距离.
故选：A
12．（2022·北京石景山）如图，已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，点P为线段BC1上的动点，则点P到直线AC的距离的最小值为（ ）

A．1B．C．D．
【答案】C
【解析】正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，点P为线段BC1上的动点，
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（2，0，0），C（0，2，0），B（2，2，0），设P（2﹣t，2，t），（0≤t≤2），
，
设异面直线的公共法向量为，
则，取x＝1，得，
∴点P到直线AC的距离为：
，
点P到直线AC的距离的最小值为.
故选：C.

13．（2023春·河南南阳）（多选）已知向量是平面的一个法向量，点在平面内，则下列点也在平面内的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】BCD
【解析】记选项中的四个点依次为A，B，C，D，
则，，，，又，
，故与不垂直，故A错误；
，故与垂直，故B正确；
，故与垂直，故C正确；
，故与垂直，故D正确；
故选：BCD.
14．（2023河北）（多选）在如图所示的空间直角坐标系中，为棱长是1的正方体，下列结论正确的是（ ）
A．直线的一个方向向量为
B．直线的一个方向向量为
C．平面的一个法向量为
D．平面的一个法向量为
【答案】ABC
【解析】依题意，，，，，，，
所以，所以直线的一个方向向量为，故A正确；
，所以直线的一个方向向量为，故B正确；
，又平面，所以平面的一个法向量为，故C正确；
又，，因为，所以，
所以向量不是平面的法向量，故D错误；
故选：ABC
15．（2023春·福建宁德·高二校联考期中）（多选）已知空间中三个向量，，，则下列说法正确的是（ ）
A．与是共线向量B．与同向的单位向量是
C．在方向上的投影向量是D．平面ABC的一个法向量是
【答案】BCD
【解析】】A：若与共线，存在使，则无解，故不共线，错误；
B：与同向的单位向量是，正确；
C：由，
则在方向上的投影向量是
，正确；
D：若是面ABC的一个法向量，则，令，则，正确.
故选：BCD
15．（2022秋·海南）（多选）如图，在正方体中，，，，均是所在棱的中点，则下列说法正确的是（ ）

A．B．平面
C．平面平面D．
【答案】ABC
【解析】依题意，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示

不妨设正方体的棱长为，则
所以，
所以，即，亦即，故A正确；
所以，
设平面的一个法向量为，则
，即，令，则，
所以，
所以，即，
又平面，
所以平面，故B正确；
所以，
设平面的一个法向量为，则
，即，令，则，
所以，
所以，即，
所以平面平面，故C正确；
所以,
所以和不平行，故D错误.
故选：ABC.
16．（2023·辽宁朝阳）（多选）如图，在棱长为1正方体中，为的中点，为与的交点，为与的交点，则下列说法正确的是（ ）
A．与垂直
B．是异面直线与的公垂线段，
C．异面直线与所成的角为
D．异面直线与间的距离为
【答案】ABD
【解析】以D为原点，DA为x轴，DC为y轴， 为z轴，建立如下图所示坐标系：
则： ，
，
设 ，
则有： ，
又 ，
解得 ， ， ， ，同理可得 ；
对于A， ， ， ，正确；
对于B， ， ，
即，又,
故是异面直线与的公垂线段，正确；
对于C，设 与 所成的角为 ，则 ，
，，错误；
对于D，由B知 是 与 的公垂线段， ，正确；
故选：ABD.
17．（2023春·高二课时练习）如图所示，平面PAD⊥平面ABCD，四边形ABCD为正方形，△PAD是直角三角形，且PA＝AD＝2，E，F，G分别是线段PA，PD，CD的中点，求证：平面EFG∥平面PBC．
【答案】证明过程见详解
【解析】因为平面PAD⊥平面ABCD，四边形ABCD为正方形，△PAD是直角三角形，
所以AB，AP，AD两两垂直，
以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，
则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)，E(0，0，1)，F(0，1，1)，G(1，2，0)．
所以，，，，
设是平面EFG的法向量，
则，，即，得，
令，则，，所以，
设是平面PBC的法向量，
由，，即，得，
令，则，，所以，
所以，所以平面EFG∥平面PBC．
18．（2023春·高二课时练习）如图，已知矩形和矩形所在平面互相垂直，点分别在上，且，，求证：平面.
【答案】证明见解析
【解析】因为矩形和矩形所在平面互相垂直，所以互相垂直．
不妨设的长分别为，以为正交基底，建立空间直角坐标系如图所示，
则， ， ， ，
所以.
因为，，
所以.
又平面的一个法向量是
由,得.
因为平面，
所以平面.
19．（2023春·陕西汉中·高二校联考期末）如图，在四棱锥中，平面，底面为直角梯形，，，为的中点.

(1)证明：.
(2)求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】（1）证明：因为平面，平面，所以.
又，所以.
由，平面，得平面.
因为平面，所以.
因为为的中点，，所以.
由，平面，得平面.
因为平面，所以.
（2）解：因为平面，平面，所以，
因为，所以两两垂直，
所以以为坐标原点，分别以所在的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，
，，，
设平面的法向量为，
则令，得.
设平面的法向量为，
则令，得.
.
由图可知，二面角为锐角，
所以二面角的余弘值为.
20．（2023·北京）如图所示，在直四棱柱中，，，，，.
(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)
【解析】（1）因为在直四棱柱中，面，
又面，所以，
又因为，所以，即两两垂直，
故以方向分别为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系，如图，
则，
，
，.
（2）因为，，
设平面的法向量为，则由得，
令，则，故，
设直线与平面所成角为，
因为，所以，
故直线与平面所成角的正弦值为.
21．（2023春·山东青岛）如图，在正四梭柱中，已知，三棱锥的体积为．

(1)求点到平面的距离；
(2)求与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)
(2)
【解析】（1）因为为正四棱柱，，
所以平面，，
所以，
所以，
如图以点为原点，建立空间直角坐标系，
则，，，，
，，，，
设平面的法向量为，
则，可取，
则点到平面的距离；
（2）因为且，
所以为平行四边形，所以，
又平面，平面，
所以平面，
同理可证平面，
又平面，
所以平面平面，
所以是平面的法向量，
设与平面所成角为，
则，
所以与平面所成角的正弦值为.

22．（2023春·福建宁德·高二校联考期中）如图，四棱锥中，四边形为梯形，其中，，，.

(1)证明：平面平面；
(2)若，且与平面所成角的正弦值为，点E在线段上满足，求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】】（1）证明：由题知且，所以为等边三角形，
则，
又由四边形为梯形，，则，
在中，，
所以，即，
因为，且，平面，所以平面，
又因为平面，所以平面平面.
（2）解：若O为中点，，则，
由（1）得平面平面，平面平面，平面，
则平面，
连接，则，且平面，所以，，
所以，，两两垂直，
以为原点，，，分别为为轴、轴和轴的正方向建立空间直角坐标系，
如图所示，可得，，，，
设且，则，由平面的一个法向量为，
可得，解得，
因为，所以，可得，
所以，，，
设是平面的一个法向量，则，
取，可得，所以
则，
由图形可得的平面角为锐角，所以二面角的余弦值为.

23．（2023·浙江丽水·高二统考期末）如图，在四边形ABCD中（如图1），，，，，F分别是边BD，CD上的点，将沿BC翻折，将沿EF翻折，使得点与点重合（记为点），且平面平面BCFE（如图2）

(1)求证：；
(2)求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】（1）证明：∵平面平面，
平面平面BCFE，又∵平面BCFE，且
∴平面PBC，且平面，∴
（2）取BC中点，连接PO，
∵，∴
∵平面平面，平面平面，平面
∴平面BCFE
以为原点，CB，CF所在直线分别为轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，

设，则，，，设，
由得，解得，所以，
设，由得，解得，
∴，则，，
平面BEF的一个法向量，设平面PEF的一个法向量，
，令，得，
设二面角的平面角为，易知为锐角，则，
∴二面角的余弦值为．
24（2023·广东佛山）如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面平面，，，，分别为，的中点.

(1)求证：平面；
(2)若，求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】（1）如图（1），设中点为，连接、，
底面为正方形，，分别为，的中点．
，且，又，，
且，四边形为平行四边形，
，又平面，平面，
平面.
（2）连结，，过作交于点，
∵，∴点也是中点，连接，
，为的中点，∴，又底面为正方形，
，，，
平面平面，，平面平面，平面，
平面，又平面，，
∴在中，，
如图（2）以为原点，所在直线分别作轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，
则，
∴，，
平面，是平面的一个法向量，，
设平面的一个法向量为，
则 ，令，则， ，
设二面角为，显然二面角为锐角，
，
故二面角的余弦值为．
25．（2023春·江苏徐州·高二统考期中）如图，内接于⊙O，为⊙O的直径，，，，为的中点，且平面平面．

(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】（1）因为是⊙O的直径，所以，
因为，，
所以，
又因为，为的中点，
所以，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
因为平面，
所以，
又因为平面ACD，，
所以平面
（2）因为，，，
所以，
所以，
因为平面，平面，
所以，
以为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz，

则，，，．
显然，是平面的一个法向量，
设是平面的一个法向量，
则
令，则，
所以，
设二面角所成角为，，
则，
所以二面角的正弦值为
26．（2023春·高二单元测试）如图，四棱锥中，底面为矩形，侧面为正三角形，,，平面平面，为棱上一点（不与重合），平面交棱于点.

(1)求证：；
(2)若二面角的余弦值为，求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】1）因为为矩形，所以，
又平面，平面，
所以平面，又平面平面，AD在面AEFD内，
所以.
（2）取的中点，连，取的中点，连，则，
因为侧面为正三角形，所以，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，又平面，所以，
所以两两垂直，
以为原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系：
因为,且侧面为正三角形，所以，又，
所以，，，，，
设，显然，
所以，，，
，
设平面的一个法向量为，
则，取，则，，
则，
取平面的一个法向量为，
则，得，解得.
所以，所以，，
所以点到平面的距离为.

27．（2022秋·高二课时练习）如图，在四棱锥中，，底面ABCD为菱形，边长为2，，，且，异面直线PB与CD所成的角为.

(1)求证:平面ABCD;
(2)若E是线段OC的中点，求点E到直线BP的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2).
【解析】（1）因为四边形为菱形，所以,
因为，平面，
所以平面，
因为平面，所以,
因为，为中点，
所以，
又因为平面，
所以平面.
（2）以为原点，方向为轴方向，建系如图，

因为,所以为异面直线所成的角，
所以，在菱形中，，
因为，所以,
设，则，
在中，由余弦定理得，，
所以，解得，
所以,
,
所以,
所以点E到直线BP的距离为.
28．（2023秋·辽宁沈阳·高二沈阳二十中校联考期末）如图①菱形，．沿着将折起到，使得，如图②所示．
(1)求异面直线与所成的角的余弦值；
(2)求异面直线与之间的距离．
【答案】(1)
(2)
【解析】（1）图①菱形，，由余弦定理得，所以，
所以，即，又，所以，
在图②中，，即，又平面
所以平面，即平面，
又平面，所以，如图，以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，
则，
所以，故，
则异面直线与所成的角的余弦值为；
（2）由（1）得，设是异面直线与公垂线的方向向量，
所以，令，则
所以异面直线与之间的距离为.
29．（2023·北京）如图，四棱锥中，平面，底面四边形为矩形，，，，为中点，为靠近的四等分点.
(1)求证：平面；
(2)求二面角的余弦值：
(3)求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【解析】（1）因为平面，四边形为矩形，因此两两垂直，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
因为，
所以，即
因为，
所以，即
又因为，平面，平面
因此平面
（2）因为平面，所以为平面的一个法向量
由（1）知为平面的一个法向量.
显然二面角为锐二面角，所以二面角的余弦值为.
（3）点到平面的距离为在平面的一个法向量上的投影的绝对值，其中，所以点到平面的距离.
30．（2023春·湖南怀化·高二统考期末）如图，在三棱锥中，，且，，，是的中点，.

(1)求证：平面平面；
(2)求平面与平面的夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】（1）证明：如图，取BD的中点O，连CO，EO，得；
又，所以；
设，则，，，，
所以，所以；
又，平面BCD,所以平面BCD，
又平面ABD，所以平面平面BCD.

（2）因为，O是BD的中点，所以，（1）中已证，，
如图所示，分别以，，所在方向为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系.
设，则，，，
所以，；
设平面ACD的法向量为，则，
取，
又平面BCD的一个法向量为，
所以，
所以平面ACD与平面BCD的夹角的余弦值为.

1．（2023春·江苏盐城）如图，在正三棱锥D-ABC中，，，O为底面ABC的中心，点P在线段DO上，且，若平面PBC，则实数（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】由题设，△为边长为的等边三角形，且，
等边△的高为，
在正棱锥中，以为原点，平行为x轴，垂直为y轴，为z轴，如上图示，
则，且，
所以，，，
若为面PBC的法向量，则，令，则，
又平面PBC，则且k为实数，，故.
故选：D
2．（2023春·河南许昌）（多选）如图，棱长为2的正方体中，P为线段上的动点（不含端点），则下列结论正确的是（ ）

A．平面平面
B．直线与所成的角可能是
C．点存在一个位置，使得三棱锥的体积为
D．平面截正方体所得的截面可能是直角三角形
【答案】AC
【解析】对于A，因为在正方体中，面，
又面与面是同一个面，面，
所以平面平面，故A正确；
对于B，以D为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，如图，

则，设，
则，，
则，
令，
则，
所以在区间上单调递减，
由于，，
所以，即直线与所成的角满足，
又因为，故，故直线与所成的角不可能是，故B错误；
对于C，因为 ，易知到平面的距离，
所以三棱锥的体积为，故C正确；
对于D，为线段上的动点（不含端点），连接并延长，
若的延长线交于，如图，此时截面为四边形，

若的延长线交于，设交点为，此时截面为，
设，则，，
故，则不为直角三角形，故D错误.

故选：AC.
3．（2023·海南海口）（多选）如图，在棱长为1的正方体中，是棱上的动点，则下列说法正确的是（ ）

A．不存在点，使得
B．存在点，使得
C．对于任意点，到的距离的取值范围为
D．对于任意点，都是钝角三角形
【答案】ABC
【解析】由题知，在正方体中，是棱上的动点，建立以为原点，
分别以，，的方向为轴、轴、轴的正方向的空间直角坐标系.
所以，，，设，其中，
所以，，
当时，即，所以，显然方程组无解，
所以不存在使得，即不存在点，使得，故A项正确；
当时，解得，故B项正确；
因为，其中，所以点Q到的距离为
，
故C项正确；
因为，，其中，
所以，
所以三角形为直角三角形或钝角三角形，故D项错误.

故选：ABC
4．（2023春·福建泉州·高二校联考期中）（多选）如图，在棱长为6的正方体中，分别为的中点，点是正方形面内（包含边界）动点，则（ ）

A．与所成角为
B．平面截正方体所得截面的面积为
C．平面
D．若，则三棱锥的体积最大值是
【答案】BCD
【解析】以为坐标原点，以所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，，，，
∴，，，
对A选项，，
则直线与所成角为，故A错误；
对B选项，由平面在两平行平面上的交线互相平行，取的中点的中点，的中点，连接，延长一定与交于一点，所以四点共面，同理可证四点共面，
则过点作正方体的截面，截面为正六边形，边长为，
则正六边形的面积为，故B正确.
由正方体，可得，
∵分别为的中点，∴，
∴平面平面，
∴平面，故C正确；
如图，面，又面，故，同理，

又，
根据题意可得，设，
又，
∴，整理得，
∴在正方形面内(包括边界)，是以为圆心，半径的圆上的点，

令，可得，
∴当为圆与线段的交点时，到底面的距离最大，最大距离为，
∴三棱锥的体积最大值是，故D正确.
故选:BCD.
5．（2023春·浙江温州）（多选）在棱长为的正方体中，点为线段上异于端点的任意动点，下列命题正确的是（ ）

A．若平面，则直线平面
B．若平面，则直线与平面所成角小于
C．若平面，则直线与平面所成角小于
D．若平面，则平面与平面的夹角大于
【答案】CD
【解析】依题意，建立空间直角坐标系，如图，

不妨设，则，
对于A，，，
不妨设平面的法向量为，则，
取，则，故，此时，
所以，则或，故A错误；
对于B，由选项A可知，取，则，故，
而，设直线与平面所成角为，则，
所以，
所以，故B错误；
对于C，不妨设平面的法向量为，
因为平面，，所以，
取，则，故，
记直线与平面所成角为，则，又，
所以，
因为，所以，则，即，
所以，即，故，故C正确；
对于D，易得在正方体中，平面，
故平面的法向量为，记平面与平面的夹角为，则，
所以，
由选项C可知，所以，故D正确.
故选：CD.
6．（2023·福建福州）如图，在三棱锥中，底面，，，将绕着逆时针旋转到的位置，得到如图所示的组合体，为的中点.

(1)当为何值时，该组合体的体积最大，并求出最大值；
(2)当平面时，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)当时，该组合体的体积最大，最大值为；
(2)直线与平面所成角的正弦值为或
【解析】（1）底面，面，所以
则由旋转可得
所以底面积，
又，故当时，取最大值，
则底面积的最大值为，故几何体体积为，
故当时，该组合体的体积最大，最大值为；
（2）如图，以为原点，为轴，为轴，在平面上作轴，建立空间直角坐标系

则，
设，则，，，
所以，设平面的法向量为，又
所以，
令，则，即
因为平面，所以，则，所以或，
因为，设平面的法向量为，
①当，则，，所以，，
则，取，则
所以，所以直线与平面所成角的正弦值为；
②当，则，，所以，，
则，取，则
所以，所以直线与平面所成角的正弦值为；
综上，直线与平面所成角的正弦值为或.
7．（2023·广东佛山）如图，菱形的边长为，，将沿向上翻折，得到如图所示得三棱锥.

(1)证明：；
(2)若，在线段上是否存在点，使得平面与平面所成角的余弦值为？若存在，求出；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，或
【解析】（1）取中点，连接，

四边形为菱形，，，，，
，平面，平面，
平面，.
（2），，
，解得：；
，，；
在平面中，作，交于点，
则以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，

假设在线段上存在点，使得平面与平面所成角的余弦值为，
，，，
又，，，
，，
设平面的法向量，
则，令，解得：，，；
轴平面，平面的一个法向量，
，解得：，
当时，；当时，；
当或时，平面与平面所成角的余弦值为.
8．（2023春·江苏南京·高二统考期末）如图所示，在三棱锥中，已知平面，平面平面．

(1)证明：平面；
(2)若，，在线段上（不含端点），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，说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在；是上靠近的三等分点
【解析】（1）过点作于点，
因为平面平面，且平面平面，平面，
所以平面，
又平面，所以，
又平面，平面，
所以，
又因为，，平面，
所以平面．

（2）假设在线段上（不含端点），存在点，使得二面角的余弦值为，
以为原点，分别以、为轴，轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，
，，，，
设平面的一个法向量为，
即取，，，
所以为平面的一个法向量，
因为在线段上（不含端点），所以可设，，
所以，
设平面的一个法向量为，
即，
取，，，
所以为平面的一个法向量，
，又，
由已知可得
解得或（舍去），
所以，存在点，使得二面角的余弦值为，
此时是上靠近的三等分点．

9．（2023春·江苏连云港·高二统考期中）如图，在多面体中，，，都是边长为2的等边三角形，平面平面，平面平面．

(1)判断，，，四点是否共面，并说明理由；
(2)在中，试在边的中线上确定一点，使得平面．
【答案】(1)，，，四点共面，理由见解析
(2)为中点
【解析】（1）答案：四点共面.
证明：取的中点，连接，，取的中点，连接，
则在等边三角形中，，
又因为平面平面，所以平面，
同理，得平面，平面，
所以，，两两垂直，且，
以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立的空间直角坐标系，如图所示，
则，，，，，
设，由，即，
解得，，，所以，所以，
又由，，所以，
所以，，共面，
因为为公共点，所以，，，四点共面.
（2）解：设，故，
若平面，则，即，解得，
所以为中点时，平面．
10．（2023春·河南安阳·高二统考期末）如图，在四棱锥中，底面ABCD是菱形，，，，，.

(1)证明：平面平面ABCD；
(2)若平面PAC与平面PCD的夹角的余弦值为，求直线PD与底面ABCD所成角的正切值.
【答案】(1)证明见解析
(2)3
【解析】（1）四边形是菱形，
是的中点，，
平面，
平面.
平面，
是的中点,，
平面平面，
平面.
平面平面平面.
（2）设菱形的边长为，
根据余弦定理可得,解得.
由（1）可知平面，平面，
又两两垂直，
以为坐标原点,分别以,,所在直线为轴,轴,轴,建立空间直角坐标系,
则，
设,则，
设为平面的法向量，
由可得取，则.
平面，所以平面的一个法向量为，
平面与平面的夹角的余弦值为，
，所以 ，
，
平面为直线与底面所成的角，
，
故直线与底面所成角的正切值为3.

11．（2023春·辽宁朝阳·高二校联考期末）如图，在三棱柱中，平面平面，，，，且，是棱上的一点.

(1)求证：；
(2)是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在点，
【解析】（1）在平面内，过点作直线的垂线，垂足为，
因为平面平面，平面平面，，平面，
所以平面，
又平面，
所以，又，，平面，
所以平面，
又平面，所以，在三棱柱中，，
所以.
（2）
因为平面，平面，所以，又，，
所以，以为坐标原点，所在直线为轴，过与平行的直线为轴，
所在直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，，
所以，，
设平面的法向量为，则，令，则，
假设存在点满足条件，设，则，
所以，
设直线与平面所成角为，
则，
整理得，解得或（舍去），
所以，
所以存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为，此时.