2022-2023学年高二数学上学期期中+期末高效复习课第一章空间向量与立体几何典型例题讲解含解析

Page11第一章空间向量与立体几何典型例题讲解目录一、基本概念回归二、重点例题（高频考点）高频考点一：空间向量的基底高频考点二：用基底表示向量高频考点三：空间向量平行与垂直高频考点四：空间向量模的计算高频考点五：空间向量夹角的计算高频考点六：空间向量的投影高频考点七：利用空间向量求距离角度1：利用空间向量求点线距角度2：利用空间向量求点面距高频考点八：利用向量方法求角角度1：利用向量方法求两异面直线所成角角度2：利用向量方法求线面角角度3：利用向量方法求二面角高频考点九：利用空间向量解决探索性问题角度1：直线与平面所成角探索性问题角度2：平面与平面所成角探索性问题一、基本概念回归知识回顾1：空间向量的数乘运算1.1、定义：与平面向量一样，实数与空间向量的乘积仍然是一个向量，称为向量的数乘运算．1.2：数乘向量与向量的关系的范围的方向的模与向量的方向相同，其方向是任意的知识回顾2：共线向量与共面向量2.1、共线（平行）向量的定义：若表示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，若与是共线向量，则记为．2.2、共线向量定理：对空间任意两个向量，的充要条件是存在实数，使．2.3拓展：对于直线外任意点，空间中三点共线的充要条件是，其中2.4、共面向量定义：平行于同一个平面的向量，叫做共面向量．2.5共面向量定理：如果两个向量不共线，那么向量与向量共面的充要条件是存在唯一的有序实数对，使2.6拓展对于空间任意一点，四点共面（其中不共线）的充要条件是（其中）．知识回顾3：空间向量的数量积定义：已知两个非零向量，，则叫做，的数量积，记作；即．规定：零向量与任何向量的数量积都为0.知识回顾4：两个向量的平行与垂直平行（）垂直（）（均非零向量）知识回顾5：向量长度的坐标计算公式若，则，即知识回顾6：两个向量夹角的坐标计算公式设，则知识回顾7：用向量法求空间角7.1、用向量运算求两条直线所成角已知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①②.7.2、用向量运算求直线与平面所成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①②.（注意此公式中最后的形式是：）7.3、用向量运算求平面与平面的夹角如图，若于A，于B，平面PAB交于E，则∠AEB为二面角的平面角，∠AEB+∠APB=180°.若分别为面，的法向量①②根据图形判断二面角为锐二面角还是顿二面角；若二面角为锐二面角（取正），则；若二面角为顿二面角（取负），则；二、重点例题（高频考点）高频考点一：空间向量的基底1．（2022·全国·高二课时练习）已知是空间的一组基底，则下列向量中能与，构成一组基底的是（

）A． B． C． D．【答案】C【详解】因为，，，所以由空间向量共面基本定理可知，，均与，共面，不能构成一组基底，故A、B、D错误，C正确.故选：C．2．（2022·全国·高二专题练习）已知，，是不共面的三个向量，下列能构成一组基的是（

）A．，， B．，，C．，， D．，，【答案】C【详解】A.因为=，则三个向量共面，所以三个向量不能构成一组基底；B.因为=，则三个向量共面，所以三个向量不能构成一组基底；C.假设，，共面，则必存在x，y，有，因为，，是不共面，则，不成立，则三个向量不共面，所以三个向量能构成一组基底；D.因为，则三个向量共面，所以三个向量不能构成一组基底；故选：C3．（多选）（2022·山东·聊城二中高二开学考试）已知是空间的一个基底，若，则错误的是（

）A．是空间的一组基底 B．是空间的一组基底C．是空间的一组基底 D．与中的任何一个都不能构成空间的一组基底【答案】ABD【详解】解：对于A选项，，所以共面，故错误；对于B选项，，所以共面，故错误；对于C选项，假设，即，得，这与是空间的一个基底矛盾，故是空间的一组基底，正确；对于D选项，由C选项可知D选项错误.故选：ABD4．（多选）（2022·全国·高二课时练习）若向量{，，}构成空间的一个基底，则下列向量共面的是（）A．，，2 B．，，C．，， D．2，，【答案】ABD【详解】解：对于A：由于向量{，，}构成空间的一个基底，且满足，故A正确；对于B：由于，故B正确；对于C：由于，故C错误；对于D：由于，故D正确．故选：ABD．高频考点二：用基底表示向量1．（2022·辽宁营口·高二开学考试）如图，在四面体中，，，，为的重心，为的中点，则（

）A． B．C． D．【答案】C【详解】因为为的重心，所以.为的中点，所以.故选：C.2．（2022·河南·洛宁县第一高级中学高二阶段练习）如图，在平行六面体中，，，，点在上，且，则等于（

）A． B．C．- D．【答案】B【详解】因为点P在A1C上，且A1P：PC=2：3，所以所以故选：B.3．（2022·全国·高二课时练习）如图，在正方体，中，点是的中点，点在上，且，则（

）A． B．C． D．【答案】D【详解】易知，，，，，，所以.故选：D4．（2022·全国·高二课时练习）如图所示，在正三棱柱中，M为的重心，若，，，则______．（用、、表示）【答案】【详解】由M为的重心可得为中点，，则.故答案为：.高频考点三：空间向量平行与垂直1．（2022·全国·高二课时练习）已知，，且，则（

）A．， B．，C．， D．，【答案】B【详解】，，则，由，可得，解之得故选：B2．（2022·全国·高二专题练习）已知，，若，则m的值为（

）A．－2 B．2 C． D．【答案】C【详解】因为，所以，解得，故选：C.3．（2022·全国·高三专题练习）已知向量，，且与互相垂直，则的值是（

）A．－1 B． C． D．【答案】D【详解】因为，，所以，，因为与互相垂直，所以，解得，故选：D4．（2022·全国·高二课时练习）已知，，，则下列结论正确的是（

）A．， B．，C．， D．以上都不对【答案】C【详解】由题意知：，，故，.故选：C.5．（2022·山东省郓城第一中学高二开学考试）已知向量，若，则实数________．【答案】【详解】因为向量，且，所以，解得：.故答案为：.6．（2022·全国·高二课时练习）已知空间三点、、，设，．(1)若向量与互相垂直，求实数的值；(2)若向量与共线，求实数的值．【答案】(1)或(2)或（1）解：由已知可得，，所以，，，由题意可知，即，解得或.（2）解：，，由题意，设，所以，，解得或.因此，.7．（2022·全国·高二课时练习）已知，．(1)求的值；(2)当时，求实数k的值．【答案】(1)25(2)或（1）因为，，故，，故（2），，，因为，故，即，故，即，故或高频考点四：空间向量模的计算1．（2022·全国·高二课时练习）已知向量，，则（

）A． B．40 C．6 D．36【答案】C【详解】由题设，则.故选：C2．（2022·福建泉州·高二期末）在棱长均为1的平行六面体中，，则（

）A． B．3 C． D．6【答案】C【详解】设，，，由已知，得，，，，所以，所以.故选：C3．（2022·福建·泉州师范学院附属鹏峰中学高二阶段练习）向量，，，且，，则______.【答案】【详解】因，，而，则有，解得，即又，且，则有，解得，即，于是得，，所以.故答案为：4．（2022·河南·洛宁县第一高级中学高二阶段练习）如图，三棱锥各棱的棱长是1，点是棱的中点，点在棱上，且，则的最小值为（

）A． B． C． D．1【答案】B【详解】根据题意，在中，，所以所以==则时，取得最小值，则的最小值为.故选：B5．（2022·湖北·武汉市第十九中学高二期末）已知、是空间内两个单位向量，且，如果空间向量满足，且，，则对于任意的实数、，的最小值为______．【答案】【详解】因为、是空间内两个单位向量，且，所以，，因为，则，不妨设，，设，则，，解得，则，因为，可得，则，所以，，当且仅当时，即当时，等号成立，因此，对于任意的实数、，的最小值为.故答案为：.6．（2022·全国·高三专题练习）已知长方体，，，在上取一点M，在上取一点N，使得直线平面，则线段MN的最小值为________.【答案】【详解】如图，以为轴建立空间直角坐标系，则，，，设平面的一个法向量为，则，取，则，即，又，，，设，，则，，当，即时，取得最小值，即的长度的最小值为．故答案为：．高频考点五：空间向量夹角的计算1．（2022·全国·高三专题练习）已知，，则（

）A． B． C．0 D．1【答案】B【详解】解：，，.故选：B.2．（2022·全国·高二专题练习）若向量，且与的夹角余弦值为，则实数等于（

）A．0 B．－ C．0或－ D．0或【答案】C【详解】由题知，即，解得或.故选：C3．（2022·河北石家庄·一模）《九章算术》是中国古代张苍、耿寿昌所撰写的一部数学专著，是《算经十书》中最重要的一部，成于公元一世纪左右，是当时世界上最简练有效的应用数学专著，它的出现标志着中国古代数学形成了完整的体系.在《九章算术》，将底面是直角三角形的直三棱柱称为“堑堵”.已知在“堑堵”中，，，动点在“堑堵”的侧面上运动，且，则的最大值为（

）.A． B． C． D．【答案】B【详解】由题意可知三棱柱为直三棱柱，且，以为坐标原点，分别为轴，建立如图所示的直角坐标系，如下图所示：因为，则，由于动点在“堑堵”的侧面上运动，则存在实数使得，又，所以，所以，又，所以，化简可得，即，又，又，所以，,所以，又，函数在上单调递减，且，所以的最大值为.故选：B.4．（2022·全国·高二单元测试）已知，，且与的夹角为钝角，则实数x的取值范围是______．【答案】【详解】解：因为与的夹角为钝角，所以且不共线，由，可得，解得：，故答案为：5．（2022·四川·阆中中学高二阶段练习（理））若向量若与的夹角为锐角，则的范围为_________.【答案】【详解】因为向量若与的夹角为锐角，所以，且、不同向共线.只需满足，解得：或.所以的范围为.故答案为：.6．（2022·全国·高二课时练习）已知O为坐标原点，，，若与的夹角为120°，则实数______．【答案】【详解】，，，，，，，，，，，，，，，与的夹角为，，解得．故答案为：7．（2022·福建宁德·高二期中）已知空间三点，，，则与的夹角的大小是______．【答案】##【详解】因为，，所以所以，所以因为，所以故答案为：高频考点六：空间向量的投影1．（2022·全国·高二课时练习）已知空间向量，，则向量在向量上的投影向量是______．【答案】【详解】向量在向量上的投影向量是故答案为：.2．（2023·全国·高三专题练习）已知点，，，，则向量在向量方向上的投影向量为______．【答案】【详解】解：，，，，，，所以，，所以在方向上的投影向量为；故答案为：3．（2022·湖北十堰·高一阶段练习）已知点，与同向单位向量为，则向量在方向上的投影向量为___________.【答案】##【详解】解：由已知得，故在上的投影向量为.故答案为：或4．（2022·全国·高二课时练习）已知向量，满足，，且.则在上的投影向量的坐标为_________.【答案】【详解】两边平方化简得：，①因为，所以，又，代入①得：，解得：，所以在上的投影向量坐标为.故答案为：5．（2022·全国·高三专题练习）已知空间三点A(1，-1，-1)，B(-1，-2，2)，C(2，1，1)，则在上的投影向量的模是______.【答案】【详解】由题，，故在上的投影向量的模故答案为：.6．（2022·辽宁营口·高二开学考试）已知，，.(1)求；(2)求在上投影的数量.【答案】(1)(2)（1）因为，，，所以，.因为，，，所以，故.（2）因为，，所以.因为，所以在上投影的数量为.高频考点七：利用空间向量求距离角度1：利用空间向量求点线距1．（2022·河南·中牟县第三高级中学高二阶段练习）在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AB＝2，AD＝1，点F，G分别是AB，CC1的中点，则点D1到直线GF的距离为________．【答案】【详解】以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，则点到直线的距离：．点到直线的距离为．故答案为：．2．（2022·全国·高二专题练习）为矩形所在平面外一点，平面，若已知，，，则点到的距离为__．【答案】##【详解】方法一矩形中，，，，过作，交于，连结，平面，平面，，又，，平面，∵平面，，即是点到的距离，，，，点到的距离为．方法二∵平面，平面，∴，∵∴三线两两垂直，∴以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示，，，，点到的距离为故答案为：3．（2022·全国·高二专题练习）已知直线的方向向量为，点在上，则点到的距离为_______.【答案】【详解】根据题意，得，，，；又点到直线l的距离为．故答案为：4．（2022·全国·高二课时练习）在空间直角坐标系中，点，则到直线的距离为__________．【答案】【详解】依题意得，则到直线的距离为故答案为：5．（2022·全国·高二单元测试）如图，在长方体中，，，若为的中点，则点到平面的距离为______．【答案】【详解】解：以为坐标原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系，连接，由题意得，，，，∴，，．设平面的法向量为，则，即，令，得，∴点到平面的距离．故答案为：6．（2022·云南·罗平县第一中学高二开学考试）已知平面的一个法向量为，点为内一点，则点到平面的距离为__________.【答案】【详解】由题意知：所以则点到平面的距离，故答案为：.角度2：利用空间向量求点面距1．（2022·湖南怀化·高二开学考试）在四棱锥中，，，，则该四棱锥的高为（

）A． B． C． D．【答案】D【详解】设平面的法向量为，则，即，令，可得，，则..设与平面所成的角为：则.故到平面的距离为，即四棱锥的高为.故选：D.2．（2022·全国·高二课时练习）正方体的棱长为1，E､F分别为､CD的中点，求点F到平面的距离.【答案】【详解】以点为原点，分别以和所在的直线分别为轴、轴和轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示，则､､､､，所以，，设平面的一个法向量为，则，取，可得，所以，又由，所以点F到平面的距离.故答案为：.3．（2022·全国·高二课时练习）已知正方形ABCD的边长为1，平面ABCD，且，E、F分别为AB、BC的中点，求点D到平面PEF的距离．【答案】.【详解】依题意，以点D为原点，射线分别为轴非负半轴，建立空间直角坐标系，如图，则，则，设平面PEF的一个法向量为，则，令，得，所以点D到平面PEF的距离．高频考点八：利用向量方法求角角度1：利用向量方法求两异面直线所成角1．（2022·全国·高二课时练习）如图，在三棱锥中，，，，则异面直线OB与AC所成的角是（

）A．30° B．60° C．90° D．120°【答案】B【详解】∵，，∴．∵，，∴．又∵，∴，∴，又异面直线所成角的取值范围∴异面直线OB与AC所成的角为60°．故选：B2．（2022·福建省福州第一中学高一期末）如图，三棱锥中，，，，分别是的中点，是的中点，则异面直线与所成角的余弦值等于（

）A． B． C． D．【答案】C【详解】由题意可得，，由可得则异面直线与所成角的余弦值为故选：C3．（2022·全国·高二课时练习）如图所示，在正四棱柱中，若，，则异面直线与所成角的余弦值为______．【答案】【详解】以点为原点，，，为，，轴的正方向建立空间直角坐标系，因为，，所以，，，，所以，，所以，所以异面直线与所成角的余弦值为，故答案为：.4．（2022·全国·高二课时练习）如图，在正方体中，M为线段的中点，N为线段上的动点，则直线与MN所成角的正弦值的最小值为________．【答案】【详解】以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体棱长为2，则，0，，，,则，因为为线段上的动点，所以不妨设，则得，，，所以，则因为，，所以，进而所以，，故当最大值时，最小，且最小值为所以直线与直线所成角正弦值的最小值为．故答案为:.5．（2022·全国·高二专题练习）已知空间四边形各边及对角线长都相等，分别为的中点，求与夹角余弦值．【答案】【详解】设，且各长度均为，则，因为，，且，，所以，所以.与所成角的余弦值为.6．（2022·全国·高二课时练习）如图，在三棱柱中，平面ABC，，，D为的中点．(1)求证平面；(2)若E为的中点，求AE与所成的角．【答案】(1)证明见解析(2)（1）∵在三棱柱，平面ABC，∴平面ABC，∴，又∠ABC＝90°，∴AB⊥BC，故AB，BC，两两垂直，如图，以B为坐标原点，BA所在直线为x轴，BC所在直线为y轴，所在直线为z轴，建立空间直角坐标系B－xyz．设，则，，，，，，，，设平面的法向量为，则，取，得．∵，∴，又平面，则平面.得证.（2）若为的中点，则，，，由，可得，则AE与所成的角为．7．（2022·河北·青龙满族自治县实验中学高三开学考试）如图，正四棱锥中，，，为棱上的动点．(1)若为棱的中点，求证：平面；(2)若满足，求异面直线与所成角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2).（1）连接交于点,连接,因为四棱锥为正四棱锥，所以四边形为正方形，所以为的中点，因为为棱的中点，所以,因为平面，平面，所以平面.（2）因为四棱锥为正四棱锥,所以为顶点在底面的射影，所以平面，且,,故以为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，因为，，则,因为上的点满足，所以,设，则，所以所以，所以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.8．（2022·全国·高二课时练习）已知正方体的棱长为1，O为中点．(1)证明：平面；(2)求异面直线与OD所成角的大小．【答案】(1)证明见解析(2)(1)如图，以D为原点，射线DA、DC、分别为x、y、z轴的正向，建立空间直角坐标系，则有，，,故，．设平面的一个法向量为，由得，令，则，，所以．又，从而，即．∵不在平面内，所以平面．(2)直线与OD的一个方向向量为，，得，又设异面直线与OD所成角为，则，故，所以异面直线与OD所成角的大小为．角度2：利用向量方法求线面角1．（2022·全国·高二课时练习）若正三棱柱的所有棱长都相等，D是的中点，则直线AD与平面所成角的正弦值为（

）A． B． C． D．【答案】A【详解】取AC的中点O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz．设三棱柱的棱长为2，则，，所以．，，设为平面的法向量，由，得，故，令，得．设直线AD与平面所成的角为，则，所以直线AD与平面所成角的正弦值为．故选：A2．（2022·四川·成都七中高二期中（理））如图，在正方体中，直线和平面所成角的正弦值是____；【答案】##【详解】设正方体的边长为，建立如图所示空间直角坐标系，则，，设平面的法向量为，则，故可设.设直线和平面所成角为，则.故选：3．（2022·全国·高二课时练习）如图所示，在四棱锥中，底面是矩形，平面，若，，为的中点，则与平面所成角的正弦值为______．【答案】【详解】因为是矩形，所以，又因为平面，平面,，平面，所以，以为轴，为轴为轴建立如图所示空间坐标系：所以，因为是中点，所以，所以，，，设平面的法向量，则，令解得，所以与平面所成角的正弦值，故答案为：.4．（2022·江苏·马坝高中高二期中）在正方体中，点为线段的中点.设点在线段（不与重合）上，直线与平面所成的角为，则的最大值是__________.【答案】【详解】建立如图所示的空间直角坐标第，设正方体的棱长为，设，，设平面的法向量为，，所以有，，因为，所以时，有最大值，最大值为，故答案为：5．（2022·福建·三明市第二中学高二开学考试）如图所示，在棱长为1的正方体中，P，Q分别是线段，上的点，满足平面，则与平面所成角的范围是__________．【答案】【详解】以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则，可得，设平面的法向量为，则，令，可得，所以，易得不重合，设，其中，且，所以，所以，，因为平面，所以，可得，所以，，因为平面，所以的一个法向量为，设与平面所成的角为，则，当，可得，因为，所以当，可得，因为，所以，所以与平面所成的角的范围是为.故答案为：6．（2022·广东·金山中学高三阶段练习）如图，在四棱锥中，底面正方形，平面底面，平面底面，，分别是的中点，为的中点．(1)证明：平面；(2)求与平面所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析；(2).（1）如图，取中点，连接分别是的中点，，又分别是的中点，，面面，面，同理，分别是的中点，∴，面，面∴面，又，面面面面面，平面，（2）面面，面面，面内存在过直线，所以面；面面，面面，面内存在过直线；所以面；又都过面，由过一点有且仅有一条直线与平面垂直，故为同一条直线，面面，即为直线，故面，如图，以为原点，分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，设，则，得，，，设面的法向量为，可得，令，得，故，故与面所成角的正弦值为．7．（2022·吉林省实验中学模拟预测（理））如图，在三棱柱中，四边形是边长为4的菱形，，点D为棱上动点（不与A，C重合），平面与棱交于点E．(1)求证；(2)若平面平面，，，求直线与平面所成角的正弦值．【答案】(1)详见解析(2)（1），且平面，平面，平面，又平面，且平面平面，；（2）连结，取中点，连结，，在菱形中，，是等边三角形，又为中点，，平面平面，平面平面，平面，且，平面，平面，，又，，以点为原点，为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，，，，，，，，设平面的一个法向量为，则，所以，令，则，，故，又，设与平面所成角为，，所以直线与平面所成角的正弦值为.8．（2022·湖北武汉·高三开学考试）如图，在图1的等腰直角三角形中，，边上的点满足，将三角形沿翻折至三角形处，得到图2中的四棱锥，且二面角的大小为.(1)证明：平面平面；(2)求直线与平面所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)（1）因为，所以，因为等腰直角三角形中，，所以，在四棱锥中，.所以为二面角的平面角，即.又，所以，满足.即，又，且，平面，所以平面.又平面，所以平面平面.（2）由，且，平面，故平面，则有.又，所以，即两两垂直.以为坐标原点，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：..设平面的法向量.，令，得.设所求角的大小为，则.所以直线与平面所成角的正弦值为.9．（2022·福建省福州第一中学高三开学考试）如图，在矩形中，，，点E，F分别在，上，且，，沿将四边形折成四边形，使点在平面上的射影H在直线上．(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).（1），平面，平面．平面，由，同理可得平面，又，平面平面，平面，平面；（2）如图所示，过作，过作平面，分别以，，为，，轴建立空间直角坐标系．在平面上的射影在直线上，设，，3，，且，；，解得；；，，且，5，，设平面的法向量为，，，则，即解得，令，得，得到平面的法向量为，0，；又，5，，，2，，，，，直线与平面所成角的正弦值为，．10．（2022·安徽·合肥市第十中学模拟预测）如图，三棱柱的侧棱与底面垂直，，点是的中点.(1)求证：；(2)求与平面所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)（1）在直三棱柱中，平面，平面，所以，又因为，，，则，所以，又，平面，平面，所以平面，平面，所以.（2）以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图，则，故，，设平面的法向量，则，令，则，设与平面所成角为，则，即与平面所成角的正弦值为.角度3：利用向量方法求二面角1．（2022·全国·高三专题练习）如图，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AA1=2AD，E为侧棱DD1上一点，若直线BD1平面AEC，则二面角E-AC-B的正切值为（

）A． B．- C． D．-【答案】B【详解】解：连接BD交AC于点F，连接EF，由题意可知，BD1∥EF，因为F为BD的中点，所以E为DD1的中点，又AC⊥平面BDD1B1，则∠EFD为二面角E﹣AC﹣D的平面角，设AD＝a，则ED＝a，DF＝，在Rt△EFD中，sin∠EFD＝，又二面角E﹣AC﹣B与二面角E﹣AC﹣D互补，所以二面角E﹣AC﹣B的正切值为．故选：.2．（2022·全国·高二课时练习）已知正三棱柱的棱长均为，是侧棱的中点，则平面与平面的夹角的余弦值为（

）A． B． C． D．【答案】B【详解】解：以点为坐标原点，以垂直于的直线为轴，以所在直线为轴，以所在直线为轴，建立空间直角坐标系如图所示，因为是各棱长均等于的正三棱柱，是侧棱的中点，所以，故，，设平面的法向量为，则，即，令，则，，故，又平面的一个法向量为，所以，所以平面与平面所成的锐二面角的余弦值为．故选：B．3．（2022·江苏·高二课时练习）在正方体中，二面角的正切值为（

）A． B．2 C． D．【答案】D【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，易求得平面的一个法向量为，平面ACD的一个法向量为，所以，且二面角是锐二面角，所以正弦值为：，正切值为：．故选：D4．（2022·浙江·高三专题练习）如图，点､､分别在空间直角坐标系的三条坐标轴上，，，，设二面角的大小为，则（

）A． B． C． D．【答案】B【详解】因为，，，所以，，设平面的法向量为，则即取又因为平面的法向量为，所以故选：B5．（2022·全国·高二）如图，在四棱锥中，平面，，，，为的中点，则直线与平面所成角的正弦值为__________．【答案】【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，设，则，，设平面的法向量为，则，即，取，则，直线与平面所成角为，，故答案为：.6．（2022·福建省漳州第一中学模拟预测）如图，在四棱锥中，四边形是边长为2的正方形，，，.记平面与平面的交线为.(1)证明：；(2)求平面与平面所成的角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)（1）因为，平面，平面，所以平面.又平面，平面平面，所以.（2）因为，所以，又，所以，又，所以，所以，又，，平面，平面，所以平面.取，中点分别为，，连接，，，则，所以平面，又平面，所以.又因为，所以.如图，以为原点，分别以，，为轴，轴，轴的正方向，并均以1为单位长度，建立空间直角坐标系，则，，，所以，.设是平面的法向量，则，即，取，得，，则.又是平面的一个法向量，所以，即平面与平面所成的角的正弦值为.7．（2022·辽宁朝阳·高三阶段练习）如图，在多面体中，平面，四边形是平行四边形.为的中点.(1)证明:平面.(2)若是棱上一点，且，求二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析；(2).（1）因为平面，平面，则，而，，平面，于是得平面，因，且为的中点，即有，又，因此四边形是平行四边形，则，所以平面．（2）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，如图，设，则，，设平面的法向量为，则，令，得，显然平面的法向量为，则，又二面角的平面角为锐角，所以二面角的余弦值为．8．（2022·河南·商丘市第一高级中学高三开学考试（理））如图，三棱柱中，，交于点O，AO⊥平面.(1)求证：；(2)若，且直线AB与平面所成角为60°，求二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)（1）证明：∵AO⊥平面，平面，∴，∵，，∴，∴四边形为菱形，∴，又，平面，平面，∴平面，∵平面，∴.（2）令，在等腰中，，∴OB＝1，，.∵AO⊥平面，∴∠ABO为直线AB与平面所成的角，∴∠ABO＝60°，∴，由（1）得OB，，OA两两垂直，所以以O为坐标原点，分别以OB，，OA所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则，，，，，则，，，设平面的一个法向量为，，∴.令y＝1，，z＝1得，设平面的一个法向量为，，∴，令y＝1，，z＝－1，解得，设二面角大小为，∵为锐角，∴.∴二面角的余弦值为.9．（2022·河北·元氏县第四中学高二期末）如图，四棱锥中，PD⊥平面ABCD，底面ABCD是正方形，，E为PC中点．(1)求证：DE⊥平面PCB；(2)求二面角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)（1）证明:PD⊥平面ABCD，∴PD⊥BC，又∵正方形ABCD中，CDBC，PDCD＝D，∴BC⊥平面PCD，又∵DE平面PCD，∴BC⊥DE，∵PD＝CD，E是PC的中点，DEPC，PCBC＝C，且面，面∴DE⊥平面PCB（2）以点D为坐标原点，分别以直线DA，DC，DP为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，由题意知：则，设平面BDE的法向量为，则，令，得到，又，则，且AC⊥平面PDB，∴平面PDB的一个法向量为，设二面角的平面角为，则，所以二面角的余弦值为．高频考点九：利用空间向量解决探索性问题角度1：直线与平面所成角探索性问题1．（2022·全国·高二课时练习）如图，在正方体中，是中点，点在线段上，若直线与平面所成的角为，则的取值范围是（

）．A． B． C． D．【答案】A【详解】如图，设正方体棱长为1，，则，以为原点，分别以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系．则，故，，又，则，所以．在正方体中，可知体对角线平面，所以是平面的一个法向量，所以．所以当时，取得最大值，当或1时，取得最小值．所以.故选：A．2．（2022·江西·赣州市赣县第三中学高二阶段练习（理））在长方体中，，，O是AC的中点，点P在线段上，若直线OP与平面所成的角为，则的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】D【详解】以D为原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示则，，，，，设，则，设平面的法向量为则，令，得所以，由于，，，，，，由于，所以故选：D3．（2022·江苏·高二课时练习）在正方体中，点O为线段的中点.设点P在线段（P不与B重合）上，直线与平面所成的角为，则的最大值是（

）A． B． C． D．【答案】B【详解】以D为原点，分别以，，为x，y，z轴，建立坐标系，如图，设，则平面的法向量为，，，则，当且仅当时取等号.故选：B4．（2022·全国·高二课时练习）如图，在五面体ABCDE中，正三角形ABC的边长为1，平面，，且．设CE与平面ABE所成的角为，，若，则k的最大值为（

）A． B．1 C． D．【答案】C【详解】如图，建立空间直角坐标系，则，，，，则，取AB的中点M，则，连接CM，则，又平面，因为平面ABC，所以，又因为，所以，则平面ABE的一个法向量为．由题意知，又由，可得：，结合可得：，所以k的最大值为.故选：C．5．（2022·湖南怀化·高二开学考试）如图，在几何体中，平面平面，.四边形为矩形.在四边形中，，，.(1)点在线段上，且，是否存在实数，使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.(2)点在线段上，求直线与平面所成角的正弦值的取值范围.【答案】(1)存在实数，使得，且的值为(2)（1）解：因为四边形为矩形，所以.因为平面平面，平面平面，平面，所以平面不妨设，则.以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，过D与AB平行的直线为y轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，所以，，，，所以，.因为，所以，解得.故存在实数，使得，且的值为（2）解：设平面的法向量，则，即，不妨取，则.设，，则，.直线与平面所成的角为，则.…令，当时，；当时，.所以.故直线与平面所成角的正弦值的取值范围为.6．（2022·全国·高二专题练习）如图，在四棱锥中，平面，∠∠，，，，分别为线段，上的点(不在端点)．当为中点时，是否存在，使得直线与平面所成角的正弦值为，若存在，求出的长，若不存在，说明理由．【答案】存在，【详解】平面，∠，则两两垂直以P为原点，分别以为x、y、z轴建立空间直角坐标系则，，，假设存在存在，使得直线与平面所成角的正弦值为，设，，则，解得，，，，则，，，设平面的法向量，则，取，得，直线与平面所成角的正弦值为，，整理，得，解之得或（舍），存在使得直线与平面所成角的正弦值为．由，可得，即7．（2022·北京市十一学校高三阶段练习）图1是直角梯形，四边形是边长为2的菱形，并且，以为折痕将折起，使点到达的位置，且，如图2.(1)求证：平面平面；(2)在棱上是否存在点，使得到平面的距离为？若存在，求出直线与平面所成角的正弦值.【答案】(1)详见解析；(2)存在点且为的中点；.（1）证明：如图所示：在图1中连接AC，交BE于O，因为四边形是边长为2的菱形，并且，所以，且，在图2中，相交直线均与BE垂直，所以是二面角的平面角，因为，则，所以平面平面；（2）由（1）分别以为x，y，z建立如图所示空间直角坐标系，则，所以，设，则，设平面的一个法向量为，则，即，取，因为到平面的距离为，所以，解得，则，所以，设直线与平面所成的角为，所以直线与平面所成角的正弦值为：.8．（2022·河北衡水·高三阶段练习）如图，已知四棱锥，底面ABCD为直角梯形，，，，E为AD的中点，过BE作平面，分别交侧棱PC，PD于M，N两点，且.(1)求证：平面平面ABCD.(2)若，是否存在平面，使得直线PB与平面所成角的正弦值为？请说明理由.【答案】(1)证明见解析(2)存在，理由见解析(1)证明：因为，E为AD的中点，，即，，所以四边形BCDE是平行四边形，所以.因为平面PCD，平面PCD，所以平面PCD.又平面，平面平面，所以.又，所以.又，，所以平面PAD.又平面ABCD，所以平面平面ABCD.(2)连接PE，因为，所以为正三角形.又因为E为AD的中点，所以.又平面平面ABCD，平面平面，平面PAD，所以平面ABCD.如图，以E为坐标原点，EA，EB，EP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系.则，，，，，，.设，则，.设平面BMNE的法向量为，则，即，不妨令，则，所以平面BMNE的一个法向量为.设直线PB与平面BMNE所成角为β，则，解得或（舍去），即当时，直线PB与平面BMNE所成角的正弦值为.所以存在平面，使得直线PB与平面所成角的正弦值为.角度2：平面与平面所成角探索性问题1．（2022·全国·高三专题练习）如图，在长方体中，，，，点是的中点，点为棱上的动点，则平面与平面所成的锐二面角正切的最小值是（

）A． B．C． D．【答案】B【详解】以A为原点，分别为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系，则、、、、、、、、、其中.则,.设是平面的一个法向量，则，不妨设x=-1，则，显然是面的一个法向量.设平面与平面所成的锐二面角为，则，要使平面与平面所成的锐二面角正切的最小，只需平面与平面所成的锐二面角最小，只需平面与平面所成的锐二面角余弦最大.所以当时，最小，最大.此时，所以.故选：B2．（2022·全国·高二单元测试）如图所示，三棱锥的侧棱长都相等，底面与侧面都是以为斜边的等腰直角三角形，为线段的中点，为直线上的动点，若平面与平面所成锐二面角的平面角为，则的最大值为_________.【答案】【详解】底面与侧面都是以为斜边的等腰直角三角形，则≌，∴，设，则，∵为的中点，则，∴，即，以为原点，如图建立空间直角坐标系，则、、、，设，，，则，而，，∴、、，∴，∴、、、，设面的一个法向量，则，即，令，则，设面的一个法向量，则，即，令，则，面与面所成锐二面角的平面角为，则，当时，即的最大值为.故答案为：.3．（2022·山西·高三阶段练习）四棱锥中，四边形为梯形，其中，，，平面平面．(1)证明：；(2)若，且与平面所成角的正弦值为，点在线段上且满足，求二面角的余弦值．【答案】(1)证明见解析；(2).（1）由题设，△为等边三角形，则，又四边形为梯形，，则，在△中，，即，面面，面面，面，则面，又面，故.（2）若为中点，，则，面面，面面，面，则面，连接，则，且面，故，综上，，两两垂直，构建以为原点，为x、y、z轴正方向的空间直角坐标系，所以，，，，若且，则，而面的一个法向量为，，所以，可得，故，所以，，，若是面的一个法向量，则，取，若是面的一个法向量，则，取，所以，由图知：锐二面角的余弦值.4．（2022·河北·衡水市第十四中学高二阶段练习）如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1=AB=AC=1，AB⊥AC，M，N，Q分别为CC1，BC，AC的中点，点P在线段A1B1上运动，且.(1)证明：无论λ取何值，总有AM⊥平面PNQ；(2)是否存在点P，使得平面PMN与平面ABC的夹角为60°？若存在，试确定点P的位置；若不存在，请说明理由.【答案】(1)证明见解析(2)存在点P，A1P（1）证明：如图所示：连接A1Q.因为AA1=AC=1，M，Q分别是CC1，AC的中点，所以RtAA1Q≌RtCAM，所以∠MAC=∠QA1A，所以∠MAC+∠AQA1=∠QA1A+∠AQA1=90°，所以AM⊥A1Q.因为N，Q分别是BC，AC的中点，所以NQAB.又AB⊥AC，所以NQ⊥AC.在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，所以NQ⊥AA1.又AC∩AA1=A，AC，AA1⊂平面ACC1A1，所以NQ⊥平面ACC1A1，所以NQ⊥AM.由NQAB和ABA1B1可得NQA1B1，所以N，Q，A1，P四点共面，所以A1Q⊂平面PNQ.因为NQ∩A1Q=Q，NQ，A1Q⊂平面PNQ，所以AM⊥平面PNQ，所以无论λ取何值，总有AM⊥平面PNQ.（2）存在点P，当时，平面PMN与平面ABC的夹角为60°.理由如下：以点A为坐标原点，AB，AC，AA1所在直线分别为x轴､y轴､z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，所以，由，可得点P（λ，0，1），所以.设是平面PMN的一个法向量，则，即，解得，令x=3，则y=1+2λ，z=2-2λ，所以=（3，