专题02第一章空间向量与立体几何典型例题讲解（二）

专题01第一章空间向量与立体几何典型例题讲解（二）目录TOC\o"13"\h\u一、基本概念回归 1二、重点例题（高频考点） 3高频考点一：精确计算 3角度1：基底法求线段长 3角度2：求法向量（不含参） 6高频考点二：利用向量方法求角 9角度1：利用向量方法求两异面直线所成角（定值） 9角度2：利用向量方法求线面角（定值） 14角度3：利用向量方法求二面角（定值） 23高频考点三：利用向量方法求角 31角度1：利用向量方法求两异面直线所成角（最值、范围问题） 31角度2：利用向量方法求线面角（最值、范围问题） 35角度3：利用向量方法求二面角（最值、范围问题） 40高频考点四：利用空间向量解决探索性问题 48角度1：直线与平面所成角探索性问题 48角度2：平面与平面所成角探索性问题 54一、基本概念回归知识回顾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；7.4、用向量运算求平面与平面的二面角如图，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：精确计算角度1：基底法求线段长1．（2023秋·山西·高二校联考开学考试）如图，在三棱锥中，是边长为3的正三角形，是上一点，，为的中点，为上一点且，则（

）A．5 B．3 C． D．【答案】D【详解】解：以为一组基底，则，，，，，，，所以.故选：D2．（2022秋·海南省直辖县级单位·高二校考阶段练习）如图，在三棱柱中，D是棱的中点，，，，则.【答案】【详解】，所以，所以.故答案为：3．（2022秋·广东佛山·高二校联考期中）如图，在平行六面体中，点M是线段的中点，点N在线段上，且，．(1)求满足的实数x，y，z的值．(2)求MN的长．【答案】(1)(2)【详解】（1），所以.（2）所以，所以，即的长为．4．（2023秋·高二课时练习）如图所示，在平行六面体中，底面是边长为1的正方形，，．求线段的长．【答案】【详解】设，，，则，，，，∵，∴．∴线段的长为．角度2：求法向量（不含参）1．（2023春·江西赣州·高二校考阶段练习）已如点，，者在平面内，则平面的一个法向量的坐标可以是（

）A． B． C． D．【答案】C【详解】由，，，得，，设是平面的一个法向量，则即,取，则，故，则与共线的向量也是法向量，经验证，只有C正确..故选：C．2．（2023·全国·高二课堂例题）在正方体中，棱长为2，G，E，F分别为，AB，BC的中点，求平面GEF的一个法向量．【答案】一个法向量为【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，则，，．由此可得，．设平面GEF的法向量为，则，令，则，，即平面GEF的一个法向量为．3．（2023秋·高二课时练习）如图所示，在四棱锥中，底面是直角梯形，，⊥底面，且，，建立适当的空间直角坐标系，分别求平面与平面的一个法向量．【答案】答案见解析【详解】∵⊥底面，底面是直角梯形且，∴两两垂直．以A点为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则，则，易知向量是平面的一个法向量．设为平面的法向量，则即，取，则，所以平面的一个法向量为.4．（2022秋·广东佛山·高二佛山市高明区第一中学校考阶段练习）在空间直角坐标系中，已知向量，，.(1)求，；(2)求平面BCD的一个法向量；(3)求点到平面BCD的距离.【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）由题意可得，，；（2）设平面BCD的一个法向量，则，即，令，则，，即，即平面BCD的一个法向量为；（3）点到平面BCD的距离，点到平面BCD的距离为.高频考点二：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（定值）1．（2023春·福建龙岩·高二校联考期中）如图，在直三棱柱中，，，直线与平面所成角的正弦值为，则异面直线与所成角的余弦值为（

）A． B． C． D．【答案】D【详解】取的中点，连接，则，以为坐标原点，，所在直线分别为，轴，过点且平行于的直线为轴建立空间直角坐标系．设，则，易知平面，则直线与平面所成的角为，所以，解得，则，．则，，，，所以，，则，故异面直线与所成角的余弦值为．故选：D．2．（2023·全国·高二随堂练习）如图，在棱长为1的正方体中，E，F分别为，BD的中点，点G在CD上，且.(1)求证：；(2)求EF与CG所成角的余弦值.【答案】(1)证明见解析；(2)【详解】（1）证明：以，，所在直线分别为轴，轴，轴，建系如图，则根据题意可得：，，，，，，，即，；（2）由（1）知，，，又与所成角的范围为，EF与CG所成角的余弦值为．3．（2023秋·宁夏银川·高二校考阶段练习）如图，梯形ABCD中，，，，沿对角线AC将折起，使点B在平面ACD内的投影O恰在AC上.(1)求证：平面BCD；(2)求异面直线BC与AD所成的角；【答案】(1)证明见解析(2)60°【详解】（1）解：因为，，所以，又，，故，由余弦定理得，所以，∴，∴.由题意得平面ACD，平面ACD，∴，∵，BO，平面ABC，∴平面ABC，∵平面ABC，∴，∵，BC，平面BCD，∴平面BCD；（2）取AD的中点E，连接OE，则，故.以O为坐标原点，OA，OE，OB所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系.则，，，，，，设异面直线BC与AD所成的角为，∴，即异面直线BC与AD所成的角为60°.4．（2023秋·福建·高二校联考开学考试）如图，在底面为菱形的四棱锥中，底面，为的中点，且，，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．(1)写出四点的坐标；(2)求．【答案】(1)，，，(2)【详解】（1）解：由题意，可得为正三角形，因为，所以，以为坐标原点，所在的直线分别为的方向为轴、轴和轴建立的空间直角坐标系，可得．（2）解：由（1）可得，所以.5．（2023秋·高二课时练习）已知向量是空间的一组单位正交基底向量，且，，求：(1)向量与的夹角；(2)向量与所在直线的夹角.【答案】(1)(2)【详解】（1）因为，，则记向量在基底向量下的坐标为，向量在基底向量下的坐标为，所以又，所以，即向量与的夹角为.（2）由（1）可得，向量与所在直线的夹角的余弦值为，又，所以，所以向量与所在直线的夹角为.角度2：利用向量方法求线面角（定值）1．（2023秋·河北沧州·高二沧县中学校考阶段练习）如图，己知在四棱锥中，平面，点在棱上，且，底面为直角梯形，，分别是的中点．(1)求证：平面；(2)求直线与平面所成角的正弦值.【答案】(1)见解析(2)【详解】（1）以为原点，以分别为建立空间直角坐标系，由，分别是的中点，可得：，∴，设平面的的法向量为，则有：，令，则，∴，又平面，∴平面.（2）设平面的的法向量为，又则有：，令，则，所以又，

设直线与平面所成角为，∴，∴求直线与平面所成的角的正弦值为.2．（2023春·四川绵阳·高二统考期中）如图，在正方体中，与的交点为，，点是棱的中点.(1)求证：平面；(2)求直线与平面所成角的大小.【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）连接，因为四边形为正方形，所以为的中点，因为点是棱的中点，所以，又平面，平面，所以平面；（2）如图，以点为原点建立空间直角坐标系，则，故，设平面的法向量为，则有，令，则，所以，因为，所以，所以平面，所以直线与平面所成角的大小为.3．（2023秋·江西赣州·高三江西省全南中学校考开学考试）如图，四边形ABCD是圆柱OE的轴截面，点F在底面圆O上，，，点G是线段BF的中点．(1)证明：平面DAF；(2)求直线EF与平面DAF所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）证法一：连接OE，OG．在圆柱OE中，四边形ABCD是圆柱OE的轴截面，所以．又平面DAF，平面DAF，所以平面DAF．在中，点O，G分别是AB和BF的中点，所以．又平面DAF，平面DAF，所以平面DAF．又，OE，平面OEG，所以平面平面DAF．又平面OEG，所以平面DAF．证法二：取AF的中点M，连接MD，MG．因为点M，G分别是FA和FB的中点，所以．在圆柱OE的轴截面四边形ABCD中，，所以，因此四边形DEGM是平行四边形．因此．又平面DAF，平面DAF，所以平面DAF．证法三：以O为坐标原点，AB的中垂线为x轴，OB为y轴，OE为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．则，．因为AB为底面圆O的直径，点F在圆O上，所以．又，所以，因此．因为点G是线段BF的中点，所以，因此．因为平面ABF，平面ABF，所以．又，，AF，平面DAF，所以平面DAF，因此是平面DAF的一个法向量．因为，又平面DAF，所以平面DAF．（2）法一：以O为坐标原点，AB的中垂线为x轴，OB为y轴，OE为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．则，．因为AB为底面圆O的直径，点F在圆O上，所以．又，所以，因此．因此，．因为平面ABF，平面ABF，所以．又，，AF，平面DAF，所以平面DAF，因此是平面DAF的一个法向量．设EF与平面DAF所成角为，，则，所以EF与平面DAF所成角的正弦值为．法二：由（1）得平面DAF，所以点E到平面DAF的距离等于点G到平面DAF的距离．因为平面ABF，平面ABF，所以．因为AB为底面圆O的直径，点F在圆O上，所以．又，AF，平面DAF，所以平面DAF．所以点E到平面DAF的距离．连结OE，OF，则，所以．设EF与平面DAF所成角为，，则，所以EF与平面DAF所成角的正弦值为．法三：过F作AD的平行线交上底面于点H，连结DH，则平面ADF即为平面AFHD．过E作，K为垂足，平面DHC，平面DHC，故，平面AFHD，则平面AFHD，则为EF与平面ADF所成的角．连接HC，则，则,而E为DC中点，故K为DH的中点，故，由于HCBF为平行四边形，故，故，．设EF与平面DAF所成角为，，则，所以EF与平面DAF所成角的正弦值为．4．（2023秋·江苏淮安·高三统考开学考试）如图，四边形ABCD是边长为2的菱形，，将沿BD折起到的位置，使．(1)求证：平面平面ABD；(2)求直线与平面所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）如图，取中点，连接OA，OP．因为四边形ABCD是边长为2的菱形，，所以、是边长为2的正三角形，因为O是BD中点，所以，因为，所以，同理可得，因为，所以，则，由二面角定义可得平面平面ABD．或：又因为，平面ABD，平面，所以平面，因为，所以平面平面．（2）以为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，设平面PAD的一个法向量为，由得，令得，则，设直线AB与平面PAD所成的角为，则．所以直线AB与平面PAD所成角的正弦值为．5．（2023春·海南海口·高三统考期中）如图，四棱锥的顶点P在底面ABCD上的射影为AB的中点H，为等边三角形，，，棱BC的中点为E.(1)证明：；(2)若，求直线PE与平面PBD所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）因为点P在底面ABCD上的射影为AB的中点H，所以平面，平面，所以，因为，，，所以，从而，连接，因为H是AB的中点，E是BC的中点，所以，所以，因为，平面，平面，所以平面，平面，所以.（2）如图：以与的交点O为坐标原点，直线，分别为x，y轴，过O且与底面垂直的直线为z轴，建立空间直角坐标系，不妨设，则，，，，则，，，，所以，，，设平面的一个法向量，则，令得，设直线PE与平面PBD所成角为，所以，故直线PE与平面PBD所成角的正弦值为.角度3：利用向量方法求二面角（定值）1．（2023春·四川绵阳·高二统考期中）如图，在四棱锥中，底面为菱形，是边长为2的正三角形，.(1)求证：；(2)若平面平面，求二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）取的中点，连接，因为是边长为2的正三角形，所以，在菱形中，，则为等边三角形，所以，又平面，所以平面，又平面，所以；（2）由（1）得，，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，，则，因为轴平面，所以可取平面的法向量为，，设平面的法向量为，则有，令，则，所以，则，由图可知，二面角为钝二面角，所以二面角的余弦值为.2．（2023秋·四川成都·高三统考开学考试）如图，在圆锥中，为圆锥顶点，为圆锥底面的直径，为底面圆的圆心，为底面圆周上一点，四边形为矩形，且，．(1)若为的中点，求证：平面；(2)若与平面所成角为，求二面角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）连接，在中，分别为的中点，所以，因为平面平面，所以平面，在矩形中，，同理可得平面，又，平面，所以平面平面，因为平面，所以平面；（2）过点做交于点，连接由题可知平面，且，所以平面则，又，平面，所以平面，∴在平面内射影为，则即为与平面所成的角，所以在中，由可知则，，以为坐标原点，所在直线为轴，过点垂直于平面为轴，建立空间直角坐标系，则，，，，，，，设平面的法向量为，则，即，令，则，所以，设平面的法向量为，则，即，令，则，，所以，所以，因为二面角为锐二面角，所以二面角的余弦值为.3．（2023·海南省直辖县级单位·嘉积中学校考三模）如图所示，为等边三角形，平面，，，，为线段上一动点．(1)若为线段的中点，证明：．(2)若，求二面角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）因为为线段的中点，且为等边三角形，所以，因为平面，平面，所以，因为，所以，，，四点共面，因为平面，平面，，所以平面，因为平面，所以；（2）设的中点为，连接，在平面内，过点作交于点，由（1）可得两两垂直，分别以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，如图所示，因为，，，所以，，，，所以，，．，设平面的法向量为，则，令，得，，所以平面的一个法向量为，设平面的法向量为，则，令，得，，所以平面的一个法向量为，所以，所以二面角的余弦值为．4．（2023秋·广东珠海·高三珠海市实验中学校考开学考试）如图，在四棱锥中，平面平面，，，是等腰直角三角形，是顶角.(1)求证：平面平面；(2)若，求二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）因为平面平面，，又平面平面，平面，所以平面，因为平面，所以，因为是等腰直角三角形，是顶角，所以,又，平面，平面，所以平面，又平面，所以平面平面.（2）

取的中点，连接，，因为是等腰直角三角形，是顶角，所以，又平面平面，平面，所以平面，在四边形中，，，又，所以，故如图以为中心，分别以，，为方向建立空间直角坐标系，则，，，则，，，分别设平面和平面的法向量为，，则，，即，令得，，故令得，，故设二面角的一个平面角为，则，所以二面角的余弦值为.5．（2023·云南大理·统考模拟预测）如图，在四棱锥中，平面，，，，，，为的中点．(1)证明：；(2)求二面角的平面角的余弦值．【答案】(1)证明见解析；(2).【详解】（1）在四边形中，，取中点，连接，由，得，则四边形是平行四边形，又，因此是矩形，即有，有，，从而，即，而平面，平面，则，又平面，于是平面，而平面，所以.（2）由（1）知两两垂直，以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，依题意，，，设平面的一个法向量，则，令，得，设平面的一个法向量，则，令，得，因此，显然二面角的平面角为钝角，所以二面角的平面角的余弦值为.高频考点三：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（最值、范围问题）1．（2023春·河北廊坊·高二校联考开学考试）已知在正方体中，E，F分别为，的中点，点P在上运动，若异面直线，所成的角为，则的最大值为（

）A． B． C． D．【答案】B【详解】以D为原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，设，则，，，设，则，所以．令，则，因为，所以．当时，；当时，，因为，所以当，即时，取得最大值，最大值为．故选：B2．（2023秋·河南·高二长葛市第二高级中学校联考开学考试）在三棱锥中，底面为正三角形，平面，，G为的外心，D为直线上的一动点，设直线与所成的角为，则的取值范围为．【答案】【详解】不妨设，以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，由题意得G为的中点，所以．设，，得，则，因为，所以．当时，．当时，，得．综上，，由得．故答案为：3．（2023·全国·高二专题练习）三棱锥中，，，记二面角的大小为，当时，直线与所成角的余弦值的取值范围是.【答案】【详解】取中点，连接，，．，，，且，，是二面角的平面角，以为原点，为轴，为轴，过点作平面的垂线为轴，建立空间直角坐标系，，，，，0，，，1，，设二面角的平面角为，则，连、，则，，，，设、的夹角为，则，，，,,,则．故答案为：4．（2023·全国·高二专题练习）如图，四边形和均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点在线段上，，分别为，的中点．设异面直线与所成的角为，则的最大值为．【答案】/0.4【详解】建立空间直角坐标系如图所示，设，则，，设则，，∴．令，则，∵，∴．当时，，．当时，有最大值，的最大值为．当时，．故答案为：．角度2：利用向量方法求线面角（最值、范围问题）1．（2023·全国·高三专题练习）如图，在棱长为1的正方体中，为面对角线上的一个动点（包含端点），直线与平面所成角为，则的最大值为【答案】【详解】如图所示，以为坐标原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，则，，，，，，设，所以，故由条件可知平面的法向量为设直线与平面所成角为，，所以，因为在上单调递增，所以当取得最大值时，取得最大值，当时，，此时，所以.故答案为：2．（2023春·福建福州·高二校联考期末）如图，三棱台中，，D是AC的中点，E是棱BC上的动点．(1)若平面，确定的位置.(2)已知平面ABC，且．设直线与平面所成的角为，试在（1）的条件下，求的最大值．【答案】(1)见解析(2)【详解】（1）连接,由三棱台中，是的中点可得,所以四边形为平行四边形，故,平面,平面,故平面,又平面，且平面，，所以平面平面，又平面平面,平面平面,故,由于是的中点,故是的中点，故点在边的中点处，平面;（2）因为平面，平面,所以,又平面,故平面,由于平面,所以,由（1）知：在边的中点，是的中点,所以,进而，连接,由所以四边形为平行四边形，故,由于平面，因此平面，故两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系；设，则，故，设平面的法向量为，则，取，则，又，故，当且仅当，即时取等号，所以的最大值为.3．（2023春·黑龙江齐齐哈尔·高二校联考开学考试）如图，在梯形ABCD中，，点M在边AD上，，，以CM为折痕将翻折到的位置，使得点S在平面ABCD内的射影恰为线段CD的中点．(1)求四棱锥体积：(2)若点P为线段SB上的动点，求直线CP与平面MBS所成角的正弦值的最大值．【答案】(1)(2)【详解】（1）取CD的中点O，连接SD、SO，取MD的中点F，连接CF．∵，∴，∵，∴∴，，．由题意知平面ABCD，平面ABCD，∴∵O为CD中点，且，∴，∴∴；（2）延长DC到点E，以C为原点，、的方程分别为x轴、y轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，∵，且，∴四边形BCDM为平行四边形，∴，∴，∴，．设，则．设平面MBS的一个法向量，直线CP与平面MBS所成的解得为．由得，令，则，故可取．∴∴当时，取得最大值．所以直线CP与平面MBS所成角的正弦值的最大值．4．（2023·海南海口·统考模拟预测）如图，四棱锥中，，，平面平面.(1)证明：平面平面；(2)若，，，与平面所成的角为，求的最大值.【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）证明：过点A作于，因为平面平面，平面平面，所以平面，又平面，所以，由，，可知，而，平面所以平面，因为平面，所以平面平面．（2）法1：由（1）知平面，平面，所以，又，所以，所以，，所以，由平面ABCD，所以平面．如图建立空间直角坐标系，则，，，设，平面的一个法向量为，，，所以，，即，得令，得，，所以，显然，当时，取最小值，综上，当时，的最大值为．法2：设点到平面的距离为，因为，平面，所以平面，所以点A到平面的距离也为，由（1），平面，所以，又，所以，所以，所以，所以，由（1），平面，所以，由，在四边形中，当时，取最小值，此时四边形显然为矩形，，所以的最大值为．角度3：利用向量方法求二面角（最值、范围问题）1．（2023秋·广西玉林·高三校联考开学考试）如图，在正四棱柱中，，.点、、、分别在棱、、、上，，，.(1)求多面体的体积；(2)当点在棱上运动时（包括端点），求二面角的余弦值的绝对值的取值范围.【答案】(1)(2)【详解】（1）解：以为坐标原点，、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系，如图，则、、、、,所以，，，则，又因为、不在同一条直线上，故四边形为平行四边形，因为，则，又，故四边形为菱形，多面体是以为顶点的四棱锥，又，，，所以，.（2）解：设，则，，，设平面的法向量，则，令，得，，所以，，设平面的法向量为，则。令，得，，则，，因为，则，所以，.因此，二面角的余弦值的绝对值的取值范围是.2．（2023秋·辽宁沈阳·高二沈阳市第一二〇中学校考开学考试）如图，在三棱柱中，底面是边长为2的等边三角形，，D，E分别是线段AC，的中点，在平面ABC内的射影为D．(1)求证：平面BDE；(2)若点F为线段上的动点（不包括端点），求锐二面角的余弦值的取值范围．【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）连接,因为为等边三角形，D是线段AC的中点，所以，又因为平面，平面，所以,,平面,所以平面,平面,所以，由题设可知，四边形为菱形，所以,因为D，E分别是线段AC，的中点，所以,所以，又因为平面BDE,所以平面BDE.（2）

以为轴建立如图所示空间直角坐标系，则,设，则所以平面的一个法向量,设平面的一个法向量为,所以，设，则，所以，设，所以，因为，所以二次函数在单调递增，所以，所以，所以锐二面角的余弦值的取值范围．3．（2023秋·湖北孝感·高二孝昌县第一高级中学校联考阶段练习）如图，在三棱柱中，底面是边长为2的等边三角形，在菱形中，，，平面平面，，分别是线段、的中点.(1)求证：平面；(2)若点为棱的中点，求点到平面的距离；(3)若点为线段上的动点（不包括端点），求锐二面角的余弦值的取值范围.【答案】(1)证明见解析(2)(3)【详解】（1）连接，因为为等边三角形，为中点，则，又因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，则平面，可得，由题设知四边形为菱形，则，因为，分别为，中点，则，可得，且，，平面，所以平面.（2）由题设知四边形为菱形，且，所以为正三角形，又因为为中点，则，且平面平面，平面平面，平面，所以平面，由平面，平面，可得，，又因为为等边三角形，为中点，所以，则以为坐标原点，，，所在直线为，，轴，可建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，，，，，可得，，，设平面的一个法向量为，则，令，则，可得，所以点到平面的距离为.（3）因为，设，，则，可得，，，即，可得，由（2）知：平面，即平面的一个法向量设平面的法向量，则，令，则，，可得；则，令，则，可得，因为，则，可得，所以锐二面角的余弦值的取值范围为4．（2023秋·山西·高二校联考开学考试）如图，菱形和正方形所在平面互相垂直，，.(1)求证：平面；(2)若是线段上的动点，求平面与平面夹角的余弦值的取值范围.【答案】(1)见解析(2)【详解】（1）因为四边形是菱形，所以，平面，平面，所以平面，因为四边形是正方形，所以，平面，平面，所以平面，，平面，所以平面平面，又因为平面，所以平面.（2）因为平面平面，平面平面，因为四边形是正方形，所以，平面，所以平面，因为四边形是菱形，所以，连接交于点，取的中点，建立如图所示的空间直角坐标系，因为，，所以，所以是等边三角形，，所以，，是线段上的动点，设，所以，，所以，，，，设平面的法向量为，则，取，可得，所以，设平面的法向量为，则，取，可得，所以，所以，令，因为，所以，即所以因为，所以，所以当，即时，取得最小值为，所以当，即时，取得最大值为，故平面与平面夹角的余弦值的取值范围.高频考点四：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．（2023·全国·河南省实验中学校考模拟预测）已知四棱锥中，底面是矩形，，，是的中点．(1)证明：；(2)若，，点是上的动点，直线与平面所成角的正弦值为，求．【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）取的中点，连接、，因为、分别为、的中点，则，因为，所以，，设直线与直线交于点，因为，则，，所以，，所以，，故，设，则，，所以，，且，，所以，，所以，，又因为，、平面，则平面，因为平面，故.（2）因为，，，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，因为，则、、、、，设平面的法向量为，则，，则，取，则，设，其中，，因为直线与平面所成角的正弦值为，则，解得，即.2．（2023秋·山西·高二校联考阶段练习）如图，在正三棱柱中，点是棱的中点，点是线段上的一点.(1)若点是线段的中点，证明：平面；(2)若，直线与平面所成角的正弦值为，求的值.【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）证明：连接，，如图，若点是线段的中点，则为与的交点.在中，点是棱的中点，点是的中点，所以.又平面，平面，所以平面；（2）不妨设.以为坐标原点，，所在的直线分别为轴，轴，平行于所在的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示.所以，，，，.所以，，设平面的一个法向量为，所以即令，解得，，所以平面的一个法向量为.设.所以，所以，解得或（舍）.所以，可得.3．（2023秋·湖南长沙·高三湖南师大附中校考阶段练习）如图，在多面体中，四边形为正方形，平面，，，是线段上的一动点，过点和直线的平面与，分别交于，两点.(1)若为的中点，请在图中作出线段，并说明，的位置及作法理由；(2)线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由.【答案】(1)作图见解析，为的中点，为靠近点的三等分点，理由见解析(2)存在，【详解】（1）如图，取为的中点，为靠近点的三等分点.理由如下：由四边形为正方形得，，，又平面，平面，所以平面.又平面平面，为的中点，得，且为的中点.因为，，平面，平面，所以∥平面，又，平面，所以平面平面，平面平面，平分，得平分，又，得到为的三等分点，且，从而作出线段.（2）由题意，可建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，于是，，，设，则的坐标为.设平面的法向量为，则由得令，得平面的一个法向量为.设直线与平面所成角为，则，假设存在点使得直线与平面所成角的正弦值为，则有，解得，.所以线段上存在点，位于靠近点的三等分点处，使得直线与平面所成角的正弦值为.4．（2023春·重庆沙坪坝·高三重庆一中校考阶段练习）在四棱锥S﹣ABCD中，已知底面ABCD为菱形，若.(1)求证：SE⊥平面ABCD；(2)若，设点H满足，当直线与平面所成角的正弦值为时，求μ的值.【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）由底面ABCD为菱形，得，又平面，∴平面，∵平面，∴，又平面，∴平面，∵平面，∴，又平面，∴平面；（2）由（1）结论，可以以点E坐标原点，以向量的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，取，则，由，则，设平面的一个法向量为则由，取，则，所以平面的一个法向量为，直线的方向向量为，记直线与平面所成角为θ，则，解得或μ＝3(舍)，∴.角度2：平面与平面所成角探索性问题1．（2023春·河南信阳·高三信阳高中校考阶段练习）如图，在等腰梯形中，，四边形为矩形，且平