2025年高考数学一轮复习讲义(知识梳理+真题自测+考点突破+分层检测)专题41向量法求空间角(新高考专用)(原卷版+解析)

这是一份2025年高考数学一轮复习讲义(知识梳理+真题自测+考点突破+分层检测)专题41向量法求空间角(新高考专用)(原卷版+解析)，共86页。
【知识梳理】2
【真题自测】3
【考点突破】5
【考点1】异面直线所成的角5
【考点2】直线与平面所成的角6
【考点3】平面与平面的夹角9
【分层检测】11
【基础篇】11
【能力篇】14
【培优篇】15
考试要求：
1.掌握空间向量的应用.
2.会用空间向量求空间角和距离.
知识梳理
1.两条异面直线所成的角
设异面直线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 \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(u·v,|u||v|)))＝eq \f(|u·v|,|u||v|).
2.直线和平面所成的角
直线AB与平面α相交于B，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 \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(u·n,|u||n|)))＝eq \f(|u·n|,|u||n|).
3.平面与平面的夹角
(1)两平面的夹角：平面α与平面β相交，形成四个二面角，我们把这四个二面角中不大于90°的二面角称为平面α与平面 β的夹角.
(2)两平面夹角的计算：设平面α，β的法向量分别是n1，n2，平面α与平面β的夹角为θ，则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.点P到直线l的距离
设eq \(AP,\s\up6(→))＝a，u是直线l的单位方向向量，则向量eq \(AP,\s\up6(→))在直线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.点P到平面α的距离
若平面α的法向量为n，平面α内一点为A，则平面α外一点P到平面α的距离d＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(AP,\s\up6(→))·\f(n,|n|)))＝eq \f(|\(AP,\s\up6(→))·n|,|n|)，如图所示.
6.线面距离、面面距离都可以转化为点到平面的距离.
1.线面角θ的正弦值等于直线的方向向量a与平面的法向量n所成角的余弦值的绝对值，即sin θ＝|cs〈a，n〉|，不要误记为cs θ＝|cs〈a，n〉|.
2.二面角的范围是[0，π]，两个平面夹角的范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))).
真题自测
一、解答题
1．（2024·全国·高考真题）如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形，，，，为的中点．
(1)证明：平面；
(2)求二面角的正弦值．
2．（2023·全国·高考真题）如图，在正四棱柱中，．点分别在棱,上，．

(1)证明：；
(2)点在棱上，当二面角为时，求．
3．（2023·全国·高考真题）如图，三棱锥中，，，，E为BC的中点．
(1)证明：；
(2)点F满足，求二面角的正弦值．
4．（2022·全国·高考真题）如图，是三棱锥的高，，，E是的中点．

(1)证明：平面；
(2)若，，，求二面角的正弦值．
5．（2022·全国·高考真题）如图，四面体中，，E为的中点．
(1)证明：平面平面；
(2)设，点F在上，当的面积最小时，求与平面所成的角的正弦值．
考点突破
【考点1】异面直线所成的角
一、单选题
1．（2024·陕西·模拟预测）在平行六面体中，已知，，则下列选项中错误的一项是（ ）
A．直线与BD所成的角为90°
B．线段的长度为
C．直线与所成的角为90°
D．直线与平面ABCD所成角的正弦值为
2．（2023·云南保山·二模）已知正方体，Q为上底面所在平面内的动点，当直线与的所成角为45°时，点Q的轨迹为（ ）
A．圆B．直线C．抛物线D．椭圆
二、多选题
3．（2024·安徽合肥·模拟预测）如图，在边长为1的正方体中，点为线段上的动点，则（ ）
A．不存在点，使得
B．的最小值为
C．当时，
D．若平面上的动点满足，则点的轨迹是直线的一部分
4．（2025·甘肃张掖·模拟预测）如图所示，四面体的各棱长均为分别为棱的中点，为棱上异于顶点的点，则以下结论正确的为（ ）
A．
B．直线与所成角的余弦值为
C．四面体的外接球体积为
D．平面截四面体所得的截面图形的周长最小值为8
三、填空题
5．（2024·辽宁抚顺·三模）在直三棱柱中，，为的中点，点满足，则异面直线所成角的余弦值为 ．
6．（2023·河南开封·二模）已知矩形，，过作平面，使得平面，点在内，且与所成的角为，则点的轨迹为 ，长度的最小值为 ．
反思提升：
用向量法求异面直线所成角的一般步骤：
(1)建立空间直角坐标系；
(2)用坐标表示两异面直线的方向向量；
(3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值；
(4)注意两异面直线所成角的范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，即两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角的余弦值的绝对值.
【考点2】直线与平面所成的角
一、解答题
1．（2024·江苏南京·模拟预测）如图，四棱锥中，底面，，分别为线段上一点，.
(1)若为的中点，证明：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值的最大值.
2．（2024·山东淄博·二模）已知直角梯形，，，，为对角线与BD的交点．现以为折痕把折起，使点到达点的位置，点为的中点，如图所示：
(1)证明：平面PBM；
(2)求三棱锥体积的最大值；
(3)当三棱锥的体积最大时，求直线AB与平面所成角的正弦值．
3．（2024·新疆乌鲁木齐·三模）由平行六面体截去三棱锥后得到如图所示的几何体，其体积为5，底面ABCD为菱形，AC与BD交于点O，．

(1)证明平面；
(2)证明平面平面；
(3)若，，与底面ABCD所成角为60°，求与平面所成角的余弦值．
4．（2024·贵州贵阳·二模）由正棱锥截得的棱台称为正棱台.如图，正四棱台中，分别为的中点，，侧面与底面所成角为.

(1)求证：平面；
(2)线段上是否存在点，使得直线与平面所成的角的正弦值为，若存在，求出线段的长；若不存在，请说明理由.
5．（2024·河南驻马店·二模）在如图①所示的平面图形中，四边形为菱形，现沿进行翻折，使得平面，过点作，且，连接，所得图形如图②所示，其中为线段的中点，连接.

(1)求证：平面；
(2)若，直线与平面所成角的正弦值为，求的值.
6．（2024·新疆·三模）已知底面是平行四边形，平面，，，，且.
(1)求证：平面平面；
(2)线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值是.若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
反思提升：
向量法求直线与平面所成角主要方法是：
(1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，将题目转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角.
【考点3】平面与平面的夹角
一、解答题
1．（2024·山西太原·一模）如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，，.
(1)点在侧棱上，且平面，确定在侧棱上的位置；
(2)若平面平面，且，求二面角的余弦值.
2．（2024·广西南宁·三模）如图，在中，，，．将绕旋转得到，，分别为线段，的中点．
(1)求点到平面的距离；
(2)求平面与平面所成锐角的余弦值．
3．（2024·福建龙岩·三模）如图，在四棱台中，底面四边形ABCD为菱形，平面ABCD.

(1)证明：；
(2)若M是棱BC上的点，且满足，求二面角的余弦值.
4．（2024·新疆·二模）如图，三棱锥的所有棱长都是，为的中点，且为FG的中点．

(1)求证：平面平面；
(2)若，平面与平面夹角的余弦值为，求FG的长．
5．（2024·江苏泰州·模拟预测）如图，直四棱柱的底面是菱形，，，，E，N分别是BC，的中点．
(1)若M是的中点，证明：平面平面；
(2)若M是线段上的一动点，当二面角的余弦值为时，求BM长度．
6．（2024·福建泉州·一模）如图，已知四棱台的上、下底面分别是边长为2和4的正方形，平面平面ABCD，，点P是棱的中点，点Q在棱BC上．
(1)若，证明：平面；
(2)若二面角的正切值为5，求BQ的长．
反思提升：
用法向量求两平面的夹角：分别求出两个法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到两平面夹角的大小.
分层检测
【基础篇】
一、单选题
1．直三棱柱中，，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
2．直三棱柱中，底面是以A为直角的腰长为2的等腰直角三角形，侧棱长为，为上的点，若直线与直线所成角的余弦值为，则长为（ ）
A．1B．C．D．
3．已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角均为θ，平面α截此正方体所得截面为图形Ω，下列说法错误的是（ ）

A．平面α可以是平面B．
C．图形Ω可能是六边形D．
4．在正三棱锥中，底面是边长为正三角形，是的中点，若直线和平面所成的角为，则三棱锥外接球的表面积为（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题
5．如图，在棱长为1的正方体中，点M为线段上的动点（含端点），则（ ）
A．存在点M，使得平面
B．存在点M，使得∥平面
C．不存在点M，使得直线与平面所成的角为
D．存在点M，使得平面与平面所成的锐角为
6．如图，在棱长为2的正方体中，点P是正方体的上底面内（不含边界）的动点，点Q是棱的中点，则以下命题正确的是（ ）

A．三棱锥的体积是定值
B．存在点P，使得与所成的角为
C．直线与平面所成角的正弦值的取值范围为
D．若，则P的轨迹的长度为
7．在棱长为的正方体中，则（ ）
A．平面
B．直线平面所成角为45°
C．三棱锥的体积是正方体体积的
D．点到平面的距离为
三、填空题
8．在矩形中，，，沿对角线将矩形折成一个大小为的二面角，当点B与点D之间的距离为3时 ．
9．已知圆所在平面与平面所成的锐二面角为，若圆在平面的正投影为椭圆，则椭圆的离心率为 .
10．已知在正方体中，，平面平面，则直线l与所成角的余弦值为 ．
四、解答题
11．在四棱锥中，底面ABCD是边长为2的正方形，，，O为CD的中点，二面角A-CD-P为直二面角.
(1)求证：；
(2)求直线PC与平面PAB所成角的正弦值；
(3)求平面POB与平面PAB夹角的余弦值.
12．如图，在直三棱柱中，，，为的中点.
(1)证明：平面；
(2)若二面角的余弦值为，求点到平面的距离.
【能力篇】
一、解答题
1．（2024·辽宁沈阳·模拟预测）如图，直线垂直于梯形所在的平面，，为线段的中点，，，四边形为矩形.
(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
2．（2024·陕西西安·模拟预测）如图，在直三棱柱中，是上的点，且平面．
(1)求证：平面；
(2)若，，，是棱上的点，且直线与平面所成角的正弦值为，试确定点的位置．
3．（2024·四川乐山·三模）如图，平行六面体中，底面是边长为2的菱形，且，与平面所成的角为与交于．
(1)证明：平面；
(2)求二面角的正弦值．
4．（2024·黑龙江大庆·三模）如图，在四棱锥中，，，且是的中点.

(1)求证：平面平面；
(2)若二面角的大小为，求直线与平面所成角的余弦值.
【培优篇】
一、解答题
1．（2024·湖南·模拟预测）如图，在直三棱柱中，，，分别为，的中点，为线段上异于端点的一点.
(1)求点到平面的距离；
(2)若平面与平面的夹角的余弦值为，求直线与平面所成角的正弦值．
2．（2024·海南·模拟预测）如图，已知线段为圆柱的三条母线，AB为底面圆的一条直径，是母线的中点，且.
(1)求证：平面DOC；
(2)求平面与平面的夹角的余弦值.
3．（2024·全国·模拟预测）如图，已知四边形是直角梯形，，平面是的中点，E是的中点，的面积为，四棱锥的体积为．
(1)求证：平面;
(2)若P是线段上一动点，当二面角的大小为时，求的值
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专题41 向量法求空间角（新高考专用）
目录
【知识梳理】2
【真题自测】3
【考点突破】11
【考点1】异面直线所成的角11
【考点2】直线与平面所成的角19
【考点3】平面与平面的夹角30
【分层检测】42
【基础篇】42
【能力篇】57
【培优篇】63
考试要求：
1.掌握空间向量的应用.
2.会用空间向量求空间角和距离.
知识梳理
1.两条异面直线所成的角
设异面直线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 \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(u·v,|u||v|)))＝eq \f(|u·v|,|u||v|).
2.直线和平面所成的角
直线AB与平面α相交于B，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 \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(u·n,|u||n|)))＝eq \f(|u·n|,|u||n|).
3.平面与平面的夹角
(1)两平面的夹角：平面α与平面β相交，形成四个二面角，我们把这四个二面角中不大于90°的二面角称为平面α与平面 β的夹角.
(2)两平面夹角的计算：设平面α，β的法向量分别是n1，n2，平面α与平面β的夹角为θ，则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.点P到直线l的距离
设eq \(AP,\s\up6(→))＝a，u是直线l的单位方向向量，则向量eq \(AP,\s\up6(→))在直线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.点P到平面α的距离
若平面α的法向量为n，平面α内一点为A，则平面α外一点P到平面α的距离d＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(AP,\s\up6(→))·\f(n,|n|)))＝eq \f(|\(AP,\s\up6(→))·n|,|n|)，如图所示.
6.线面距离、面面距离都可以转化为点到平面的距离.
1.线面角θ的正弦值等于直线的方向向量a与平面的法向量n所成角的余弦值的绝对值，即sin θ＝|cs〈a，n〉|，不要误记为cs θ＝|cs〈a，n〉|.
2.二面角的范围是[0，π]，两个平面夹角的范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))).
真题自测
一、解答题
1．（2024·全国·高考真题）如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形，，，，为的中点．
(1)证明：平面；
(2)求二面角的正弦值．
2．（2023·全国·高考真题）如图，在正四棱柱中，．点分别在棱,上，．

(1)证明：；
(2)点在棱上，当二面角为时，求．
3．（2023·全国·高考真题）如图，三棱锥中，，，，E为BC的中点．
(1)证明：；
(2)点F满足，求二面角的正弦值．
4．（2022·全国·高考真题）如图，是三棱锥的高，，，E是的中点．

(1)证明：平面；
(2)若，，，求二面角的正弦值．
5．（2022·全国·高考真题）如图，四面体中，，E为的中点．
(1)证明：平面平面；
(2)设，点F在上，当的面积最小时，求与平面所成的角的正弦值．
参考答案：
1．(1)证明见详解；
(2)
【分析】（1）结合已知易证四边形为平行四边形，可证，进而得证；
（2）作交于，连接，易证三垂直，采用建系法结合二面角夹角余弦公式即可求解.
【详解】（1）因为为的中点，所以，
四边形为平行四边形，所以，又因为平面，
平面，所以平面；
（2）如图所示，作交于，连接，
因为四边形为等腰梯形，，所以，
结合（1）为平行四边形，可得，又，
所以为等边三角形，为中点，所以，
又因为四边形为等腰梯形，为中点，所以，
四边形为平行四边形，，
所以为等腰三角形，与底边上中点重合，，，
因为，所以，所以互相垂直，
以方向为轴，方向为轴，方向为轴，建立空间直角坐标系，
，，，
，设平面的法向量为m=x1,y1,z1，
平面的法向量为n=x2,y2,z2，
则，即，令，得，即m=3,3,1，
则，即，令，得，
即，，则，
故二面角的正弦值为.
2．(1)证明见解析；
(2)1
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量坐标相等证明；
（2）设，利用向量法求二面角，建立方程求出即可得解.
【详解】（1）以为坐标原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图，

则，
，
，
又不在同一条直线上，
.
（2）设，
则，
设平面的法向量，
则，
令 ，得，
，
设平面的法向量，
则，
令 ，得，
，
，
化简可得，，
解得或，
或，
.
3．(1)证明见解析；
(2)．
【分析】（1）根据题意易证平面，从而证得；
（2）由题可证平面，所以以点为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，再求出平面的一个法向量，根据二面角的向量公式以及同角三角函数关系即可解出．
【详解】（1）连接，因为E为BC中点，，所以①，
因为，，所以与均为等边三角形，
，从而②，由①②，，平面，
所以，平面，而平面，所以．
（2）不妨设，，．
，，又，平面平面．
以点为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：

设，
设平面与平面的一个法向量分别为，
二面角平面角为,而，
因为，所以，即有，
，取，所以；
，取，所以，
所以，，从而．
所以二面角的正弦值为．
4．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接并延长交于点，连接、，根据三角形全等得到，再根据直角三角形的性质得到，即可得到为的中点从而得到，即可得证；
（2）建立适当的空间直角坐标系，利用空间向量法求出二面角的余弦的绝对值，再根据同角三角函数的基本关系计算可得.
【详解】（1）证明：连接并延长交于点，连接、，
因为是三棱锥的高，所以平面，平面，
所以、，
又，所以，即，所以，
又，即，所以，，
所以
所以，即，所以为的中点，又为的中点，所以，
又平面，平面，
所以平面

（2）解：过点作，如图建立空间直角坐标系，
因为，，所以，
又，所以，则，，
所以，所以，，，，
所以，
则，，，
设平面的法向量为，则，令，则，，所以；
设平面的法向量为，则，
令，则，，所以；
所以.
设二面角的大小为，则，
所以，即二面角的正弦值为.

5．(1)证明过程见解析
(2)与平面所成的角的正弦值为
【分析】（1）根据已知关系证明，得到，结合等腰三角形三线合一得到垂直关系，结合面面垂直的判定定理即可证明；
（2）根据勾股定理逆用得到，从而建立空间直角坐标系，结合线面角的运算法则进行计算即可.
【详解】（1）因为，E为的中点，所以；
在和中，因为，
所以，所以，又因为E为的中点，所以；
又因为平面，，所以平面，
因为平面，所以平面平面.
（2）连接，由（1）知，平面，因为平面，
所以，所以，
当时，最小，即的面积最小.
因为，所以，
又因为，所以是等边三角形，
因为E为的中点，所以，，
因为，所以,
在中，，所以.
以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则，所以，
设平面的一个法向量为，
则，取，则，
又因为，所以，
所以，
设与平面所成的角为，
所以，
所以与平面所成的角的正弦值为.
考点突破
【考点1】异面直线所成的角
一、单选题
1．（2024·陕西·模拟预测）在平行六面体中，已知，，则下列选项中错误的一项是（ ）
A．直线与BD所成的角为90°
B．线段的长度为
C．直线与所成的角为90°
D．直线与平面ABCD所成角的正弦值为
2．（2023·云南保山·二模）已知正方体，Q为上底面所在平面内的动点，当直线与的所成角为45°时，点Q的轨迹为（ ）
A．圆B．直线C．抛物线D．椭圆
二、多选题
3．（2024·安徽合肥·模拟预测）如图，在边长为1的正方体中，点为线段上的动点，则（ ）
A．不存在点，使得
B．的最小值为
C．当时，
D．若平面上的动点满足，则点的轨迹是直线的一部分
4．（2025·甘肃张掖·模拟预测）如图所示，四面体的各棱长均为分别为棱的中点，为棱上异于顶点的点，则以下结论正确的为（ ）
A．
B．直线与所成角的余弦值为
C．四面体的外接球体积为
D．平面截四面体所得的截面图形的周长最小值为8
三、填空题
5．（2024·辽宁抚顺·三模）在直三棱柱中，，为的中点，点满足，则异面直线所成角的余弦值为 ．
6．（2023·河南开封·二模）已知矩形，，过作平面，使得平面，点在内，且与所成的角为，则点的轨迹为 ，长度的最小值为 ．
参考答案：
1．D
【分析】在平行六面体中，取，利用空间向量的线性运算及数量积运算，逐一分析选项，即可得出答案.
【详解】在平行六面体中，令，，，
由，，
得，，
对于，显然，，
则，即，
因此直线与所成的角为，A正确；
对于B，，即，B正确；
对于C，，即，
因此直线与所成的角为，C正确；
对于D，在平行六面体中，四边形是菱形，即，
又，，平面，于是平面，
又平面，则平面平面，
连接交于点，在平面内过点作于点，如图，
由平面平面，因此平面，即直线与平面所成角为，
，则，即，
由及选项C知，，则，D错误.
故选：D
2．C
【分析】建系，利用空间向量结合线线夹角分析运算.
【详解】以点D为原点，，，为x，y，z的正方向，建立空间直角坐标系，
设正方体棱长为1，则，设，
可得，，
因为直线与的所成角为，
则，化简可得，
所以点Q的轨迹为抛物线.
故选：C.

3．BC
【分析】A选项，根据线面垂直的性质证明当为的中点时；B选项，设，然后利用向量的线性运算和数量积的运算律得到，最后求最小值即可；C选项，利用空间向量再证明即可；D选项，建立空间直角坐标系，然后根据列方程得到点的轨迹方程，即可得到点的轨迹.
【详解】
A选项：当为的中点时，理由如下：
由图可知，当为的中点时平面，
因为为正方体，所以平面，，
因为平面，所以，
因为，平面，所以平面，
因为平面，所以，故A错误；
B选项：设，，
则，
，
所以，当时取得最小值，最小值为，故B正确；
C选项：当时，，，，
所以，故C正确；
D选项：如图，以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，
，，设，，则，，
当平面上的动点满足时，，
整理得，所以点的轨迹为椭圆的一部分，故D错.
故选：BC.
4．ABD
【分析】用向量的数量积可判断A，用向量的夹角余弦公式可判断B，把正四面体放入正方体中，求外接球体积，可判断C，把四面体侧面展开，即可求得平面截四面体所得的截面图形的周长最小值，进而判断D.
【详解】由题意，，，
所以，
所以，故A正确；
因为为等边三角形，为棱的中点，所以，
，同理，，，
因为分别为棱的中点，所以，，
又为等边三角形，所以，，
，
设直线与所成角为，则，故B正确；
把四面体放入正方体中，
则正方体的面对角线长度等于四面体的棱长，
所以正方体的棱长为，正方体的体对角线长为，
正方体的外接球半径为，正方体的外接球体积为，
即四面体的外接球体积为，故C错误；
将四面体的侧面展开如图所示，连接，交于，
当时，平面截四面体所得的截面图形的周长最小，
此时分别为的中点，
，
所以平面截四面体所得的截面图形的周长最小值为.
故D正确.
故选：ABD.
5．
【分析】以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
【详解】如图，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，
则，
所以，
设异面直线所成的角为，则．
故答案为：.
6． 双曲线
【分析】建立空间直角坐标系，设点坐标，结合已知条件求出点轨迹方程进行求解即可.
【详解】
如图，以为原点，所在直线为轴，平面内过且与垂直的直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，
则由已知，，，，，
∵点在平面内，∴设，则，，
∵直线与直线所成的角为，
∴，
两边同时平方，化简得点轨迹方程为，
∴点的轨迹为双曲线.
，
∵点轨迹方程为，∴，且，
∴，
∴当时，的最小值为.
故答案为：双曲线，
【点睛】易错点睛：本题第二个空容易误认为当点在线段上时，长度最小，使用空间向量运算，可以有效避免这种直觉上的错误.
反思提升：
用向量法求异面直线所成角的一般步骤：
(1)建立空间直角坐标系；
(2)用坐标表示两异面直线的方向向量；
(3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值；
(4)注意两异面直线所成角的范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，即两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角的余弦值的绝对值.
【考点2】直线与平面所成的角
一、解答题
1．（2024·江苏南京·模拟预测）如图，四棱锥中，底面，，分别为线段上一点，.
(1)若为的中点，证明：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值的最大值.
2．（2024·山东淄博·二模）已知直角梯形，，，，为对角线与BD的交点．现以为折痕把折起，使点到达点的位置，点为的中点，如图所示：
(1)证明：平面PBM；
(2)求三棱锥体积的最大值；
(3)当三棱锥的体积最大时，求直线AB与平面所成角的正弦值．
3．（2024·新疆乌鲁木齐·三模）由平行六面体截去三棱锥后得到如图所示的几何体，其体积为5，底面ABCD为菱形，AC与BD交于点O，．

(1)证明平面；
(2)证明平面平面；
(3)若，，与底面ABCD所成角为60°，求与平面所成角的余弦值．
4．（2024·贵州贵阳·二模）由正棱锥截得的棱台称为正棱台.如图，正四棱台中，分别为的中点，，侧面与底面所成角为.

(1)求证：平面；
(2)线段上是否存在点，使得直线与平面所成的角的正弦值为，若存在，求出线段的长；若不存在，请说明理由.
5．（2024·河南驻马店·二模）在如图①所示的平面图形中，四边形为菱形，现沿进行翻折，使得平面，过点作，且，连接，所得图形如图②所示，其中为线段的中点，连接.

(1)求证：平面；
(2)若，直线与平面所成角的正弦值为，求的值.
6．（2024·新疆·三模）已知底面是平行四边形，平面，，，，且.
(1)求证：平面平面；
(2)线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值是.若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
参考答案：
1．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取的中点，连接，，先证四边形为平行四边形，有，再由线面平行的判定定理，得证；
（2）取的中点，连接，以为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
【详解】（1）证明：由已知得，取的中点T，连接，
由N为的中点知，
．又，故，且，
∴四边形为平行四边形，∴，
∵平面，平面，
∴平面．
（2）取的中点，连接，建立如图所示的空间坐标系．
，
不妨设，
则，
设平面的一个法向量为n=x,y,z，
，
取，则.
设直线与平面所成角为
.
故直线与平面所成角的正弦值的最大值为.
2．(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）相似可得，，结合勾股定理逆定理得到，以及折叠后，，即可证明;（2）证明点P到平面ABC的距离，即为点P到BM的距离，运用等体积法即可求解；（3）建立空间直角坐标系，求出平面PBC法向量，再用向量夹角余弦值公式求解即可.
【详解】（1）直角梯形中，
由相似可得，
因为，，可得，，
故可得，，
由，则由勾股定理逆定理得，，即，
，
翻折后可得，，，
又因为，在平面内，
故平面
（2）因为点为边的中点，
所以，又，
所以，
因为平面，所以平面平面，
所以点P到平面ABC的距离，即为点P到BM的距离，设为h，
因为为定值，
当h最大时，三棱锥的体积最大，
而，则，
当h=1时，.
（3）由（2）得，当三棱锥的体积最大时，
点P到平面ABC的距离为，即平面．
故，，
又因为，
故，，两两垂直．
故可以为原点，
直线分别为轴建立空间直角坐标系，
由题可得，，
则，，，
设平面的法向量为，
则，令，得，
设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．
3．(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）补全平行六面体，连接交于点，连接，由平行四边形证得，即可得到线面平行；
（2）由底面是菱形，得到，由等腰三角形三线合一得到，从而得到线面垂直，进而得到面面垂直；
（3）由几何体的体积先求出几何体的高，建立空间直角坐标系，由与底面ABCD所成角为60°，求出的坐标，进而用向量求出与平面所成角的余弦值．
【详解】（1）如图补全平行六面体，连接交于点，连接，
在平行六面体，，
所以四边形为平行四边形，所以，
又为的中点，为的中点，所以，，
所以四边形为平行四边形，所以，
又所以平面，平面，所以平面.
（2）因为底面是菱形，所以，
又因为，，所以，
又平面，平面，，
所以平面，又平面，所以平面平面.
（3），
因为截后的几何体体积为5，所以平行六面体体积为6，
又因为，，设平行六面体的高为，
所以，所以，，
以O为坐标原点，OA为x轴，OB为y轴，
过O与平面ABCD垂直的直线为z轴，建立空间直角坐标系，
则，，，设，则，
又因为，，
因为，所以，
所以，因为与底面ABCD所成角为，
平面ABCD的一个法向量为，
所以，
又，，由图可知，所以，所以，
设平面的一个法向量为，
则，取一个法向量，
设与平面所成角为，则，
所以与平面所成角的余弦值为．

4．(1)证明见解析
(2)存在，且
【分析】（1）借助中位线的性质可得线线平行，即可得线面平行，利用面面平行的判定定理即可得面面平行，再由面面平行的性质定理即可得证；
（2）建立适当空间直角坐标系后，借助空间向量可用未知数表示出直线与平面所成的角的正弦值，计算即可得解.
【详解】（1）连接、，由分别为的中点，则，
又平面，平面，故平面，
正四棱台中，且，
则四边形为平行四边形，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）正四棱台中，上下底面中心的连线底面，
底面为正方形，故，
故可以为原点，、、为轴，建立空间直角坐标系，
由，侧面与底面所成角为，
则，
则，，，
假设在线段上存在点满足题设，则，
设，则，
，
设平面的法向量为m=x,y,z，
则，令，则，，即，
因为直线与平面所成的角的正弦值为，
故，
解得或（舍），故，
故线段上存在点，使得直线与平面所成的角的正弦值为，
此时线段的长为.

5．(1)证明见解析
(2)2
【分析】（1）连接交于点，连接，证明且，得平面，证明四边形为平行四边形，有，可得平面；
（2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，设，求出平面的法向量，向量法表示直线与平面所成角的正弦值，求出的值.
【详解】（1）证明：.

在菱形中，，
因为平面，平面，所以，
又，平面，所以平面.
因为分别为的中点，所以，，
又， ，
所以，，所以四边形为平行四边形，
所以，所以平面.
（2）在菱形中，因为，所以和都是正三角形，
取的中点，连接，则，
又平面，所以，即两两垂直.
以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

设，则，
则，.
设平面的法向量为，则
取，则.
记直线与平面所成角为，
则.，
解得，即的值为2.
6．(1)证明见解析
(2)存在，或.
【分析】（1）由，得到，再由平面，证得，进而证得平面，结合，得到平面，利用面面垂直的判定定理，即可证得平面平面.
（2）以为原点，建立空间直角坐标系，设，求得向量和平面的一个法向量为，结合向量的夹角公式，列出方程，即可求解.
【详解】（1）证明：在中，，，，
则，可得，
所以，所以.
因为平面，平面，所以，
又因为，平面，平面，所以平面，
因为，所以平面，
又因为平面，所以平面平面.
（2）
是平行四边形，平面，，，，且.
假设线段上存在点，使得直线与平面所成角的正弦值是，
以为原点，所在直线分别为x轴、y轴、轴建立空间直角坐标系，
如图所示，则，
可得，，
设，
则，所以，
设平面的一个法向量为，则，
令，可得，所以，
设直线与平面所成角的大小为，
故，
整理得，解得或，所以或.
反思提升：
向量法求直线与平面所成角主要方法是：
(1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，将题目转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角.
【考点3】平面与平面的夹角
一、解答题
1．（2024·山西太原·一模）如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，，.
(1)点在侧棱上，且平面，确定在侧棱上的位置；
(2)若平面平面，且，求二面角的余弦值.
2．（2024·广西南宁·三模）如图，在中，，，．将绕旋转得到，，分别为线段，的中点．
(1)求点到平面的距离；
(2)求平面与平面所成锐角的余弦值．
3．（2024·福建龙岩·三模）如图，在四棱台中，底面四边形ABCD为菱形，平面ABCD.

(1)证明：；
(2)若M是棱BC上的点，且满足，求二面角的余弦值.
4．（2024·新疆·二模）如图，三棱锥的所有棱长都是，为的中点，且为FG的中点．

(1)求证：平面平面；
(2)若，平面与平面夹角的余弦值为，求FG的长．
5．（2024·江苏泰州·模拟预测）如图，直四棱柱的底面是菱形，，，，E，N分别是BC，的中点．
(1)若M是的中点，证明：平面平面；
(2)若M是线段上的一动点，当二面角的余弦值为时，求BM长度．
6．（2024·福建泉州·一模）如图，已知四棱台的上、下底面分别是边长为2和4的正方形，平面平面ABCD，，点P是棱的中点，点Q在棱BC上．
(1)若，证明：平面；
(2)若二面角的正切值为5，求BQ的长．
参考答案：
1．(1)为侧棱上靠近处的三等分点；
(2)
【分析】（1）根据平面，得出，结合底面是直角梯形，，且，得出，即可求解；
（2）建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的一个法向量，利用向量夹角公式即可求解.
【详解】（1）连接，设，连接，则平面平面，
平面，面，
底面是直角梯形，，且，
，则，
为侧棱上靠近处的三等分点；
（2）平面平面，且，
，平面平面，平面，
平面，（为中点）
如图所示建立空间直角坐标系，
依题意有A1,0,0，，，
，则，
，，显然是平面的一个法向量，
设是平面的一个法向量，则，
取得，
，
二面角的大小的余弦值为.
2．(1)
(2)
【分析】（1）作，垂足为，由线面垂直的判定得平面，可得点到平面的距离为的长度，求解即可；
（2）建立空间直角坐标系，由面面夹角的向量公式计算即可．
【详解】（1）因为，将绕旋转得到，
所以，又平面，
所以平面，
取中点，连接，作，垂足为，
因为，点为中点，
所以，
又，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
又因为，平面，
所以平面，即点到平面的距离为的长度，
因为平面，平面，
所以，
因为是边长为2的等边三角形，所以，
又，所以，
所以．
（2）以点为坐标原点，所在直线为轴，以过点，垂直于平面的直线为轴，建立如图空间直角坐标系，
则，
所以，
设平面的法向量为，
可得，即，取，则，
取中点，连接，
由等腰得，，则，由（1）得平面，
所以为平面的一个法向量，
设平面与平面所成夹角为，
则
所以平面与平面所成锐角的余弦值为．
3．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先根据线面垂直的性质得，再根据线面垂直的判定定理得平面，从而利用线面垂直的性质定理即可证明；
（2）建立空间直角坐标系，求出点的坐标，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.
【详解】（1）在四棱台中，延长后必交于一点，
故四点共面，因为平面，平面，故，
连接，因为底面四边形为菱形，故，
平面，故平面，
因为平面，所以.

（2）过点A作的垂线，交与点N，以所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系（如图），

设，则，由于，故，
则，，
则，，，
记平面的法向量为，
则，即，令，
则，即，
平面的法向量可取为，
则.
所以二面角的余弦值为.
4．(1)证明见解析
(2)8
【分析】（1）根据面面垂直的判断定理，转化为证明平面即得；
（2）根据垂直关系，建立空间直角坐标系，根据二面角的余弦值求的长度.
【详解】（1）连结，
因为，，且点是的中点，

所以，，，且平面，
所以平面，
因为，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，
设点是底面上的射影为，点在上，
因为三棱锥的棱长都是，所以，，
以点为坐标原点，过点作与平行的直线为轴，所在直线为轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
设，，
则O0,0,0，，，，，，,
所以，，，，
设平面的法向量为，
则，即，
令，得，，
所以平面的法向量为，
设平面的法向量为，
则，即，令，则，，
所以平面的法向量为，
设平面与平面的夹角为，
则，
整理为，解得：或(舍去)，
所以的长度为8.
5．(1)证明见解析；
(2)BM长度为．
【分析】（1）根据线面垂直判定定理证明平面，再证明，由此证明平面，再根据面面垂直判定定理证明结论；
（2）建立空间直角坐标系，设，用表示二面角的余弦值，由条件列方程，由此可得的长.
【详解】（1）由已知平面，又平面，
所以，
因为为菱形，，
所以，，，
所以为等边三角形，又为中点，
所以，又，
所以，又，平面，
所以平面，
因为M是的中点，为中点，
所以，又，，
所以，
连接，为中点，
则，，
所以四边形为平行四边形，所以，
所以平面，又平面，
所以平面平面；
（2）因为，平面，
以为原点，以为轴正半轴，建立空间直角坐标系，
设，则，
，
设平面的法向量为m=x,y,z，平面的法向量为n=a,b,c，
则有，可取，
，可取，
则，
由已知，
所以或（舍去）
所以点的坐标为，
所以的长度为.
6．(1)证明见解析
(2)1
【分析】（1）取的中点M，连接MP，MB，利用平行四边形证明，由判定定理得证；
（2）建立空间直角坐标系，设，根据向量法求出二面角的正切值，解出，即可得解.
【详解】（1）取的中点M，连接MP，MB，如图，
在四棱台中，四边形是梯形，，
又点M，P分别是棱的中点，所以，且．
在正方形ABCD中，，又，所以．
从而且，所以四边形BMPQ是平行四边形，所以．
又因为平面，平面，所以平面；
（2）在平面中，作于O．
因为平面平面ABCD，平面平面，，
平面，所以平面ABCD．
在正方形ABCD中，过O作AB的平行线交BC于点N，则．
以为正交基底，建立空间直角坐标系．
因为四边形是等腰梯形，，所以
又，所以．
易得，
所以．
设，所以．
设平面PDQ的法向量为，由，得，
令，可得，另取平面DCQ的一个法向量为．
设二面角平面角为，由题意得．
又，所以，
解得（舍负），因此．
所以当二面角的正切值为5时，BQ的长为1．
反思提升：
用法向量求两平面的夹角：分别求出两个法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到两平面夹角的大小.
分层检测
【基础篇】
一、单选题
1．直三棱柱中，，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
2．直三棱柱中，底面是以A为直角的腰长为2的等腰直角三角形，侧棱长为，为上的点，若直线与直线所成角的余弦值为，则长为（ ）
A．1B．C．D．
3．已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角均为θ，平面α截此正方体所得截面为图形Ω，下列说法错误的是（ ）

A．平面α可以是平面B．
C．图形Ω可能是六边形D．
4．在正三棱锥中，底面是边长为正三角形，是的中点，若直线和平面所成的角为，则三棱锥外接球的表面积为（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题
5．如图，在棱长为1的正方体中，点M为线段上的动点（含端点），则（ ）
A．存在点M，使得平面
B．存在点M，使得∥平面
C．不存在点M，使得直线与平面所成的角为
D．存在点M，使得平面与平面所成的锐角为
6．如图，在棱长为2的正方体中，点P是正方体的上底面内（不含边界）的动点，点Q是棱的中点，则以下命题正确的是（ ）

A．三棱锥的体积是定值
B．存在点P，使得与所成的角为
C．直线与平面所成角的正弦值的取值范围为
D．若，则P的轨迹的长度为
7．在棱长为的正方体中，则（ ）
A．平面
B．直线平面所成角为45°
C．三棱锥的体积是正方体体积的
D．点到平面的距离为
三、填空题
8．在矩形中，，，沿对角线将矩形折成一个大小为的二面角，当点B与点D之间的距离为3时 ．
9．已知圆所在平面与平面所成的锐二面角为，若圆在平面的正投影为椭圆，则椭圆的离心率为 .
10．已知在正方体中，，平面平面，则直线l与所成角的余弦值为 ．
四、解答题
11．在四棱锥中，底面ABCD是边长为2的正方形，，，O为CD的中点，二面角A-CD-P为直二面角.
(1)求证：；
(2)求直线PC与平面PAB所成角的正弦值；
(3)求平面POB与平面PAB夹角的余弦值.
12．如图，在直三棱柱中，，，为的中点.
(1)证明：平面；
(2)若二面角的余弦值为，求点到平面的距离.
参考答案：
1．A
【分析】由题意，以为原点，建立空间直角坐标系，求出异面直线与所在直线的方向向量，由空间向量夹角的余弦值的坐标公式求解即可.
【详解】以为原点，在平面中过作的垂线交于，
以所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，
因为直三棱柱中，，
设，
所以，，A0,0,0，，
，，
设异面直线与所成角为，
则，
所以异面直线与所成角的余弦值为.
故选：.
2．A
【分析】建系标点，设，可得，利用空间向量求异面直线的夹角，列式求解即可.
【详解】以A为原点，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．
设，则，
所以，解得(负值舍去).
故选：A．
3．B
【分析】由三棱锥为正三棱锥，得到三条棱与平面与三条棱成等角，可判定A正确；以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得平面的法向量为，结合向量的夹角公式，得到B不正确，D正确；取的中点，得到六边形为平行六边形，可判定C正确.
【详解】在正方体中，可得三棱锥为正三棱锥，
则三条棱与平面与三条棱成等角，
根据正方体的对称性，可得所有棱与平面所成的角都相等，所以A正确；
以为坐标原点，以所在的直线分别为轴、轴和轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
可得，则，
设平面的法向量为，则，
取，可得，所以，
所以，
设正方体的棱与平面的角为，所以，
则，所以B不正确，D正确；
分别取的中点，
分别连接，得到六边形为平行六边形，
且满足平面平面，所以图形Ω可能是六边形，所以C正确.
故选：B

4．C
【分析】先作出直线和平面所成的角，求得三棱锥的高AF，进而得到关于三棱锥外接球半径的方程，进而求得三棱锥外接球的表面积
【详解】连接，AE，过A点作平面于，则落在上，且为的重心，所以为直线和底面所成的角，即.
因为的边长为，所以，.
设三棱锥外接球的球心为，外接球半径为，则在上，连接.
在中，，，，由勾股定理得，
，即，
解得. 所以三棱锥外接球的表面积为.
故选：C
5．BCD
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式、法向量的性质逐一判断即可.
【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，
，
设，
设平面的法向量为，
，
则有，
假设存在点M，使得平面，所以有，
所以有，因此假设不成立，因此选项A不正确；
假设存在点M，使得∥平面，
所以有，所以假设成立，因此选项B正确；
假设存在点M，使得直线与平面所成的角为，，
所以有，
解得，，所以假设不成立，故选项C正确；
假设存在点M，使得平面与平面所成的锐角为，
设平面、平面的法向量分别为、，
显然，
则有，
当时，有
，
所以有（舍去），或，假设成立，选项D正确，
故选：BCD
6．ACD
【分析】利用等体积转换即可求得体积为定值判断A；建立空间直角坐标系，设，得，，利用向量夹角公式求解判断B；求平面的法向量，利用向量夹角公式求解判断C；由，可得，即可求解判断D.
【详解】对于A，三棱锥的体积等于三棱锥的体积，
是定值，A正确；
以为坐标原点，分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，设，则
对于B，，使得与所成的角满足：
，
因为，故，故，
而，B错误；
对于C，平面的法向量，
所以直线与平面所成角的正弦值为：，
因为，故
故，
而，，
故即的取值范围为，C正确；
对于D，，由，
可得，化简可得，
在平面内，令，得，令，得，则P的轨迹的长度为
，D正确；
故选：ACD.
7．AC
【分析】建立空间直角坐标系，借助空间向量解决角度距离问题.
【详解】正方体中，以为坐标原点，分别以为轴，轴，轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则有，.
，，，，，
得，，由平面，，∴平面，A选项正确；
，，设平面的一个法向量，
则有，令，得，，则，
，所以直线平面所成角不是45°，B选项错误；
为边长为的等边三角形，，
点到平面的距离，
三棱锥的体积，而棱长为的正方体的体积为，
所以三棱锥的体积是正方体体积的，C选项正确；
，，设平面的一个法向量，
则有，令，得，，则，
，点到平面的距离为，故D选项错误.
故选：AC
8．
【分析】根据向量的线性运算可得，利用模长公式，结合数量积的运算即可求解.
【详解】分别作，，垂足为，，则．
由，可得，所以．
因为，则
，
故，
故答案为：．
9．
【分析】分别计算平行于两平面交线的直径和垂直于两平面交线的直径在 平面内的投影长度，即为椭圆的长轴和短轴，据此计算离心率.
【详解】
设圆O的半径为R，如图，取垂直于两平面交线MN的直径AB，在 平面的投影长度=，
取平行于MN的直径CD，在平面 内的投影长度不变，即为2R，
则椭圆的长轴 ，短轴 ，即 ；
故答案为： .
10．
【分析】作出辅助线，找到即为直线l，建立空间直角坐标系，设出，求出点的坐标，利用异面直线夹角余弦公式求出答案.
【详解】作出图形，如图所示．
延长至E，使得，则≌，≌，
故，，故四边形为平行四边形，
连接，延长，交于点G，连接，则即为直线l．
以D为坐标原点，，，分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
设，过点作轴于点，则∽，且相似比为1:2，
故，，
则，，，，
故，，
故直线l与所成角的余弦值为．
故答案为：
11．(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）证明出，平面ABCD，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，计算出，得到垂直关系；
（2）求出平面的法向量，利用线面角求解公式得到答案；
（3）求出两平面法向量，求出面面角的余弦值.
【详解】（1）因为，O为CD的中点，
所以．
又因为平面平面ABCD，平面平面，平面PCD，
所以平面ABCD．
因为，，，所以．
取的中点，连接，则⊥，
以点O为坐标原点，OD，OE，OP所在直线分别为x，y，z轴，如图建立空间直角坐标系，
则O0,0,0，，，，P0,0,1，．
，，
因为，
所以．
（2）设平面PAB的一个法向量为m=x,y,z，
则，即，
解得，令，则，则．
设直线PC与平面PAB所成的角为，
又，
则，
所以直线PC与平面PAB所成的角的正弦值为．
（3）设平面POB的一个法向量为，
则，即，
解得，令，则a=2，故．
设平面POB与平面PAB的夹角为，
则．
故平面POB与平面PAB的夹角的余弦值为．
12．(1)证明见解析
(2)点到平面的距离为.
【分析】（1）先证四边形为正方形，得到，再证平面，从而得到，即可证明平面；
（2）建系，设边长，写出相应点和向量的坐标，求出两个平面的法向量，利用二面角的余弦值列式子，求出的长度，再利用点到平面的距离公式，求出点到平面的距离.
【详解】（1）证明：由直三棱柱的性质可知，，四边形为平行四边形，
又因为，所以四边形为正方形，所以，
因为，，，
所以平面，
所以，
因为，
所以，
又因为平面
所以平面.
（2）以为原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
设，则A0,0,0，，，，
所以，，，
所以平面的一个法向量为，
设平面的一个法向量为，
则，所以，
取，则，，
所以，
设二面角的大小为，
则，解得，
所以，平面的一个法向量，
设点到平面的距离为，
则，
所以点到平面的距离为.
【能力篇】
一、解答题
1．（2024·辽宁沈阳·模拟预测）如图，直线垂直于梯形所在的平面，，为线段的中点，，，四边形为矩形.
(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
2．（2024·陕西西安·模拟预测）如图，在直三棱柱中，是上的点，且平面．
(1)求证：平面；
(2)若，，，是棱上的点，且直线与平面所成角的正弦值为，试确定点的位置．
3．（2024·四川乐山·三模）如图，平行六面体中，底面是边长为2的菱形，且，与平面所成的角为与交于．
(1)证明：平面；
(2)求二面角的正弦值．
4．（2024·黑龙江大庆·三模）如图，在四棱锥中，，，且是的中点.

(1)求证：平面平面；
(2)若二面角的大小为，求直线与平面所成角的余弦值.
参考答案：
1．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据条件得到，再利用线面平行的判定定理，即可求解；
（2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量及，利用线面角的向量法，即可求解.
【详解】（1）设，连接，
因为四边形为矩形，所以为中点，
又为中点，则，
又平面，平面，
所以平面.
（2）以为坐标原点，，，的正方向分别为x，y，z轴，
可建立如图所示空间直角坐标系，
则A1,0,0，，，，
，，，
设平面的法向量为：n=x,y,z，
且，令，解得：，，所以，
设直线与平面所成角为，所以.
则直线与平面所成角的正弦值为.
2．(1)证明见解析
(2)点为上靠近的三等分点
【分析】（1）利用线面垂直的性质，得到，利用直三棱柱的结构特征，可得，再用线面垂直的判定定理，即可证明结果；
（2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量和，结合条件，利用线面角的向量法，即可求出结果.
【详解】（1）因为平面，面，所以，又，所以，
又三棱柱是直三棱柱，所以，
又易知与相交，面，所以平面.
（2）由（1）知平面，建立如图所示的空间直角坐标系，
因为，，，又，所以，
则，
所以，
设，所以，
设平面的一个法向量为，
由，得到，取，则，所以，
设直线与平面所成的角为，
所以，整理得到，
解得或（舍），所以点为上的三等分点，且，
即点为上靠近的三等分点.
3．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先根据线面垂直得出面面垂直，再应用面面垂直性质定理得出线面垂直；
（2）根据线面垂直建系，应用空间向量法求出二面角的余弦，最后应用同角三角函数关系得出正弦.
【详解】（1）
连结，
底面是边长为2的菱形，．
，
．
点为线段中点，．
为菱形，平面，平面
又平面，平面平面，
在平面上的射影为，
为直线与平面所成的角，即．
在中，，
．
则．
又平面平面，
平面．
（2）由（1）知平面，建立如图所示的空间直角坐标系
则，
则
设平面的法向量为，平面的法向量为，
则即取，则．
即取则．
设二面角大小为，
则．
，
二面角的正弦值为．
4．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先证明线面垂直再根据面面垂直判定定理证明即可；
（2）先根据二面角求参得出点的坐标，再应用线面角向量求法计算.
【详解】（1）因为，
由余弦定理得，所以.
因为，所以，所以.
因为，所以四边形为平行四边形，所以.
因为，所以，即.
因为平面，所以平面.
因为平面，所以平面平面.
（2）在平面内，过点作，交于.
因为平面平面，平面平面，所以平面.

以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则.
由（1）可知为二面角的平面角，即，所以，由，可得.
所以.
设平面的一个法向量为，则，即，
令，则，所以平面的一个法向量为.
设直线与平面所成角为，则
所以直线与平面所成角的余弦值为.
【培优篇】
一、解答题
1．（2024·湖南·模拟预测）如图，在直三棱柱中，，，分别为，的中点，为线段上异于端点的一点.
(1)求点到平面的距离；
(2)若平面与平面的夹角的余弦值为，求直线与平面所成角的正弦值．
2．（2024·海南·模拟预测）如图，已知线段为圆柱的三条母线，AB为底面圆的一条直径，是母线的中点，且.
(1)求证：平面DOC；
(2)求平面与平面的夹角的余弦值.
3．（2024·全国·模拟预测）如图，已知四边形是直角梯形，，平面是的中点，E是的中点，的面积为，四棱锥的体积为．
(1)求证：平面;
(2)若P是线段上一动点，当二面角的大小为时，求的值．
参考答案：
1．(1)
(2)
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用点到面的距离公式即可求得答案；
（2）结合（1）中建立的空间直角坐标系，首先利用平面与平面ADF的夹角的余弦值为的条件确定F点的位置，再由线面角的空间向量表示求解答案即可.
【详解】（1）因为是直三棱柱中且AB⊥AC，所以两两垂直，
则可以以A为原点，建立如下图所示的空间直角坐标系，
，
又，所以，
因为E为的中点，所以，
，
设平面的一个法向量为，
则，令，则，所以，
所以点B到平面的距离；
（2）结合（1），由于D为的中点，所以，
设，
所以，
所以，
设平面的一个法向量为，
则，令，则，
故，
平面的一个法向量可以为，
因为平面与平面ADF的夹角的余弦值为，所以，
解得，
所以，平面的一个法向量，
则，
设直线与平面ADF所成角为，则
2．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）通过证明，A1O⊥OD，再根据线面垂直的判定定理即可证明平面；
（2）建立空间直角坐标系，分别求平面与平面的法向量，通过法向量即可求解二面角的余弦值.
【详解】（1）连接.
因为为底面圆的直径，
所以为的中点，.
又因为，所以.
由圆柱的性质知平面，而平面，
所以，又，且平面，
所以平面，
因为平面，所以.
因为，为母线的中点，
所以，
，
，
，
所以，则A1O⊥OD.
又平面，且，
所以平面.
（2）连接，易知平面，
以为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以.
设平面的法向量为m=x,y,z，则令，得.
设平面的法向量为n=a,b,c，则令，得.
设平面与平面的夹角为，则，
故平面与平面的夹角的余弦值为.
3．(1)证明见解析；
(2)．
【分析】（1）根据题意，可得是等边三角形，求出，过点D作交于点M，可得四边形为平行四边形，可求得，结合四棱锥的体积为，求得利用勾股定理证明，进而证明平面；
（2）建立空间直角坐标系，求出平面和平面的一个法向量，利用向量法求出点的坐标得解.
【详解】（1）因为平面，所以．
因为N是的中点，所以，故．
又因为，所以是等边三角形．
因为的面积为，所以．
如图1，过点D作交于点M，四边形是直角梯形，
且，，则，
故四边形为平行四边形．
因此．
又，因此．
因为四棱锥的体积为，
所以，
解得．
连接，在中，．
连接，在中，．
因为，
则．
因为平面，所以，
而平面平面，
所以平面．
（2）以N为坐标原点，分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图2所示．
则．
因为P是线段上一动点，
所以设，其中．
故．
设平面的一个法向量，
则，令，得，，
所以．
设平面的一个法向量，
则有，令，得，，
可取．
因为二面角的大小为，
所以，即，解得，即．
因为，
所以
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