2024年新高考数学一轮复习题型归类与强化测试专题46向量法求空间角教师版

专题46向量法求空间角一、【学问梳理】【考纲要求】1.驾驭空间向量的应用.2.会用空间向量求空间角和距离.【考点预料】1．异面直线所成的角若异面直线l1，l2所成的角为θ，其方向向量分别是u，v，则cosθ＝|cos〈u，v〉|＝eq\f(|u·v|,|u||v|).2．直线与平面所成的角如图，直线AB与平面α相交于点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sinθ＝|cos〈u，n〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(u·n,|u||n|)))＝eq\f(|u·n|,|u||n|).3．平面与平面的夹角如图，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．若平面α，β的法向量分别是n1和n2，则平面α与平面β的夹角即为向量n1和n2的夹角或其补角．设平面α与平面β的夹角为θ，则cosθ＝|cos〈n1，n2〉|＝eq\f(|n1·n2|,|n1||n2|).【常用结论】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所成角的余弦值的确定值，即sinθ＝|cos〈a，n〉|，不要误记为cosθ＝|cos〈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\co1(0，\f(π,2))).【方法技巧】1.求异面直线所成的角的两个关注点(1)用向量方法求两条异面直线所成的角，是通过两条直线的方向向量的夹角来求解的．(2)由于两异面直线所成角的范围是θ∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，两方向向量的夹角α的范围是[0，π]，所以要留意二者的区分与联系，应有cosθ＝|cosα|.2.求直线与平面所成角的方法(1)定义法：①作，在斜线上选取恰当的点向平面引垂线，在这一步上确定垂足的位置是关键；②证，证明所作的角为直线与平面所成的角，其证明的主要依据是直线与平面所成角的概念；③求，构造角所在的三角形，利用解三角形的学问求角．(2)公式法：sinθ＝eq\f(h,l)(其中h为斜线上除斜足外的任一点到所给平面的距离，l为该点到斜足的距离，θ为斜线与平面所成的角)．(3)向量法：sinθ＝|cos〈eq\o(AB,\s\up6(→))，n〉|＝eq\f(|AB·n|,|\o(AB,\s\up6(→))||n|)(其中AB为平面α的斜线，n为平面α的法向量，θ为斜线AB与平面α所成的角)．3.利用向量法计算二面角大小的常用方法(1)找法向量法：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要留意结合实际图形推断所求角的大小．(2)找与棱垂直的方向向量法：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就是二面角的大小．二、【题型归类】【题型一】异面直线所成的角【典例1】如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，AB＝2，∠BAD＝60°.(1)求证：BD⊥平面PAC；(2)若PA＝AB，求PB与AC所成角的余弦值；(3)当平面PBC与平面PDC垂直时，求PA的长.【解析】(1)证明因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD.又因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BD，所以BD⊥平面PAC.(2)解设AC∩BD＝O，因为∠BAD＝60°，PA＝AB＝2，所以BO＝1，AO＝CO＝eq\r(3).如图，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系O－xyz，则P(0，－eq\r(3)，2)，A(0，－eq\r(3)，0)，B(1，0，0)，C(0，eq\r(3)，0)，D(－1，0，0)，所以eq\o(PB,\s\up6(→))＝(1，eq\r(3)，－2)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(0，2eq\r(3)，0).设PB与AC所成角为θ，则cosθ＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(PB,\s\up6(→))·\o(AC,\s\up6(→)),|\o(PB,\s\up6(→))||\o(AC,\s\up6(→))|)))＝eq\f(6,2\r(2)×2\r(3))＝eq\f(\r(6),4).(3)解由(2)知eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－1，eq\r(3)，0).设P(0，－eq\r(3)，t)(t＞0)，则eq\o(BP,\s\up6(→))＝(－1，－eq\r(3)，t).设平面PBC的法向量m＝(x，y，z)，则eq\o(BC,\s\up6(→))·m＝0，eq\o(BP,\s\up6(→))·m＝0，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x＋\r(3)y＝0，,－x－\r(3)y＋tz＝0，))令y＝eq\r(3)，则x＝3，z＝eq\f(6,t)，所以m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\r(3)，\f(6,t))).同理，平面PDC的法向量n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，\r(3)，\f(6,t))).因为平面PBC⊥平面PDC，所以m·n＝0，即－6＋eq\f(36,t2)＝0，解得t＝eq\r(6)，所以PA＝eq\r(6).【典例2】如图所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB＝BC＝AA1，∠ABC＝90°，点E，F分别是棱AB，BB1的中点，试求直线EF和BC1所成的角.【解析】以B为原点，分别以直线BC，BA，BB1为x，y，z轴，建立空间直角坐标系(如图).设AB＝1，则B(0，0，0)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，0))，Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(1,2)))，C1(1，0，1)，所以eq\o(EF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2)，\f(1,2)))，eq\o(BC1,\s\up6(→))＝(1，0，1).于是cos〈eq\o(BC1,\s\up6(→))，eq\o(EF,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(BC1,\s\up6(→))·\o(EF,\s\up6(→)),|\o(BC1,\s\up6(→))||\o(EF,\s\up6(→))|)＝eq\f(\f(1,2),\f(\r(2),2)×\r(2))＝eq\f(1,2)，所以直线EF和BC1所成角的大小为60°.【典例3】如图，已知圆锥CO的截面△ABC是正三角形，AB是底面圆O的直径，点D在eq\o(AB,\s\up8(︵))上，且∠AOD＝2∠BOD，则异面直线AD与BC所成角的余弦值为()A.eq\f(\r(3),4)B.eq\f(1,2)C.eq\f(1,4)D.eq\f(3,4)【解析】因为∠AOD＝2∠BOD，且∠AOD＋∠BOD＝π，所以∠BOD＝eq\f(π,3)，连接CO，则CO⊥平面ABD，以点O为坐标原点，OB，OC所在直线分别为y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，设圆O的半径为2，则A(0，－2,0)，B(0,2,0)，C(0,0，2eq\r(3))，D(eq\r(3)，1,0)，eq\o(AD,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，3,0)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(0，－2,2eq\r(3))，设异面直线AD与BC所成的角为θ，则cosθ＝|cos〈eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(BC,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|\o(AD,\s\up6(→))·\o(BC,\s\up6(→))|,|\o(AD,\s\up6(→))||\o(BC,\s\up6(→))|)＝eq\f(|－6|,2\r(3)×4)＝eq\f(\r(3),4)，因此，异面直线AD与BC所成角的余弦值为eq\f(\r(3),4).【题型二】直线与平面所成的角【典例1】在边长为2的菱形ABCD中，∠BAD＝60°，点E是边AB的中点(如图1)，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，连接A1B，A1C，得到四棱锥A1－BCDE(如图2)．(1)证明：平面A1BE⊥平面BCDE；(2)若A1E⊥BE，连接CE，求直线CE与平面A1CD所成角的正弦值．【解析】(1)证明连接图1中的BD，如图所示．因为四边形ABCD为菱形，且∠BAD＝60°，所以△ABD为等边三角形，所以DE⊥AB，所以在图2中有DE⊥BE，DE⊥A1E，因为BE∩A1E＝E，BE，A1E⊂平面A1BE，所以DE⊥平面A1BE，因为DE⊂平面BCDE，所以平面A1BE⊥平面BCDE.(2)解因为平面A1BE⊥平面BCDE，平面A1BE∩平面BCDE＝BE，A1E⊥BE，A1E⊂平面A1BE，所以A1E⊥平面BCDE，以E为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，所以A1(0,0,1)，C(2，eq\r(3)，0)，D(0，eq\r(3)，0)，E(0,0,0)，所以eq\o(A1D,\s\up6(→))＝(0，eq\r(3)，－1)，eq\o(A1C,\s\up6(→))＝(2，eq\r(3)，－1)，eq\o(EC,\s\up6(→))＝(2，eq\r(3)，0)，设平面A1CD的法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(A1D,\s\up6(→))＝\r(3)y－z＝0，,n·\o(A1C,\s\up6(→))＝2x＋\r(3)y－z＝0，))令y＝1，则n＝(0,1，eq\r(3))，所以cos〈n，eq\o(EC,\s\up6(→))〉＝eq\f(n·\o(EC,\s\up6(→)),|n||\o(EC,\s\up6(→))|)＝eq\f(\r(3),2\r(7))＝eq\f(\r(21),14)，所以直线CE与平面A1CD所成角的正弦值为eq\f(\r(21),14).【典例2】如图，四棱锥P－ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD.设平面PAD与平面PBC的交线为l.(1)证明：l⊥平面PDC；(2)已知PD＝AD＝1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．【解析】(1)证明在正方形ABCD中，AD∥BC，因为AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，所以AD∥平面PBC，又因为AD⊂平面PAD，平面PAD∩平面PBC＝l，所以AD∥l，因为在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是正方形，所以AD⊥DC，所以l⊥DC，因为PD⊥平面ABCD，所以AD⊥PD，所以l⊥PD，因为DC∩PD＝D，PD，DC⊂平面PDC，所以l⊥平面PDC.(2)解以D为坐标原点，eq\o(DA,\s\up6(→))的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，因为PD＝AD＝1，则有D(0,0,0)，C(0,1,0)，P(0,0,1)，B(1，1,0)，因为平面PAD∩平面PBC＝l，所以l过点P，设Q(m，0,1)，则有eq\o(DC,\s\up6(→))＝(0,1,0)，eq\o(DQ,\s\up6(→))＝(m，0,1)，eq\o(PB,\s\up6(→))＝(1,1，－1)，设平面QCD的一个法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(DC,\s\up6(→))·n＝0，,\o(DQ,\s\up6(→))·n＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝0，,mx＋z＝0，))令x＝1，则z＝－m，所以平面QCD的一个法向量为n＝(1,0，－m)，则cos〈n，eq\o(PB,\s\up6(→))〉＝eq\f(n·\o(PB,\s\up6(→)),|n||\o(PB,\s\up6(→))|)＝eq\f(1＋0＋m,\r(3)·\r(m2＋1)).记PB与平面QCD所成的角为θ，依据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的确定值即为直线与平面所成角的正弦值，则sinθ＝|cos〈n，eq\o(PB,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|1＋m|,\r(3)·\r(m2＋1))，当m＝0时，sinθ＝eq\f(\r(3),3)，当m≠0时，sinθ＝eq\f(|1＋m|,\r(3)·\r(m2＋1))＝eq\f(\r(3),3)·eq\r(\f(1＋2m＋m2,m2＋1))＝eq\f(\r(3),3)·eq\r(1＋\f(2m,m2＋1))≤eq\f(\r(3),3)·eq\r(1＋\f(2|m|,m2＋1))≤eq\f(\r(3),3)·eq\r(1＋1)＝eq\f(\r(6),3)，当且仅当m＝1时取等号，所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为eq\f(\r(6),3).【典例3】如图所示，在三棱锥S－BCD中，平面SBD⊥平面BCD，A是线段SD上的点，△SBD为等边三角形，∠BCD＝30°，CD＝2DB＝4.(1)若SA＝AD，求证：SD⊥CA；(2)若直线BA与平面SCD所成角的正弦值为eq\f(4\r(195),65)，求AD的长．【解析】(1)证明依题意，BD＝2，在△BCD中，CD＝4，∠BCD＝30°，由余弦定理求得BC＝2eq\r(3)，∴CD2＝BD2＋BC2，即BC⊥BD.又平面SBD⊥平面BCD，平面SBD∩平面BCD＝BD，BC⊂平面BCD，∴BC⊥平面SBD.从而BC⊥SD，在等边△SBD中，SA＝AD，则BA⊥SD.又BC∩BA＝B，BC，BA⊂平面BCA，∴SD⊥平面BCA，又CA⊂平面BCA，∴SD⊥CA.(2)解以B为坐标原点，BC，BD所在直线分别为x轴、y轴，过点B作平面BCD的垂线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则B(0,0,0)，C(2eq\r(3)，0,0)，D(0,2,0)，S(0,1，eq\r(3))，故eq\o(CD,\s\up6(→))＝(－2eq\r(3)，2,0)，eq\o(SD,\s\up6(→))＝(0,1，－eq\r(3))，设平面SCD的法向量为m＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(CD,\s\up6(→))＝0，,m·\o(SD,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2\r(3)x＋2y＝0，,y－\r(3)z＝0，))取x＝1，则y＝eq\r(3)，z＝1，∴m＝(1，eq\r(3)，1)，设eq\o(DA,\s\up6(→))＝λeq\o(DS,\s\up6(→))(0≤λ≤1)，则eq\o(DA,\s\up6(→))＝(0，－λ，eq\r(3)λ)，故A(0,2－λ，eq\r(3)λ)，则eq\o(BA,\s\up6(→))＝(0,2－λ，eq\r(3)λ)，设直线BA与平面SCD所成角为θ，故sinθ＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos〈m，\o(BA,\s\up6(→))〉))＝eq\f(|m·\o(BA,\s\up6(→))|,|m||\o(BA,\s\up6(→))|)＝eq\f(|2\r(3)－\r(3)λ＋\r(3)λ|,\r(5)·\r(2－λ2＋3λ2))＝eq\f(4\r(195),65)，解得λ＝eq\f(1,4)或λ＝eq\f(3,4)，则AD＝eq\f(1,2)或AD＝eq\f(3,2).【题型三】平面与平面的夹角【典例1】在如图所示的多面体中，EF⊥平面AEB，AE⊥EB，AD∥EF，EF∥BC，BC＝2AD＝4，EF＝3，AE＝BE＝2，G是BC的中点．(1)求证：AB∥平面DEG；(2)求二面角C­DF­E的余弦值．【解析】(1)证明：因为AD∥EF，EF∥BC，所以AD∥BC，又BC＝2AD，G是BC的中点，所以AD平行且等于BG，所以四边形ADGB是平行四边形，所以AB∥DG.因为AB⊄平面DEG，DG⊂平面DEG，所以AB∥平面DEG.(2)因为EF⊥平面AEB，AE⊂平面AEB，BE⊂平面AEB，所以EF⊥AE，EF⊥BE，又AE⊥EB，所以EB，EF，EA两两垂直．以点E为坐标原点，EB，EF，EA所在的直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系．则E(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，4，0)，F(0，3，0)，D(0，2，2)．由已知得eq\o(EB,\s\up6(→))＝(2，0，0)是平面EFDA的一个法向量．设平面DCF的法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(FD,\s\up6(→))·n＝0，,\o(FC,\s\up6(→))·n＝0，))因为eq\o(FD,\s\up6(→))＝(0，－1，2)，eq\o(FC,\s\up6(→))＝(2，1，0)，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－y＋2z＝0，,2x＋y＝0，))令z＝1，得y＝2，x＝－1，所以可取n＝(－1，2，1)．设二面角C­DF­E的大小为θ，则cosθ＝cos〈n，eq\o(EB,\s\up6(→))〉＝eq\f(－2,2\r(6))＝－eq\f(\r(6),6).易知二面角C­DF­E为钝二面角，所以二面角C­DF­E的余弦值为－eq\f(\r(6),6).【典例2】如图是一个半圆柱与多面体ABB1A1C构成的几何体，平面ABC与半圆柱的下底面共面，且AC⊥BC，P为弧A1B1上(不与A1，B1重合)的动点．(1)证明：PA1⊥平面PBB1；(2)若四边形ABB1A1为正方形，且AC＝BC，∠PB1A1＝eq\f(π,4)，求二面角P­A1B1­C的余弦值．【解析】(1)证明：在半圆柱中，BB1⊥平面PA1B1，所以BB1⊥PA1.因为A1B1是直径，所以PA1⊥PB1.因为PB1∩BB1＝B1，PB1⊂平面PBB1，BB1⊂平面PBB1，所以PA1⊥平面PBB1.(2)以C为坐标原点，分别以CB，CA所在直线为x轴，y轴，过C与平面ABC垂直的直线为z轴，建立空间直角坐标系C­xyz，如图所示．设CB＝1，则C(0，0，0)，B(1，0，0)，A(0，1，0)，A1(0，1，eq\r(2))，B1(1，0，eq\r(2))，P(1，1，eq\r(2))．所以eq\o(CA1,\s\up6(→))＝(0，1，eq\r(2))，eq\o(CB1,\s\up6(→))＝(1，0，eq\r(2))．平面PA1B1的一个法向量为n1＝(0，0，1)．设平面CA1B1的法向量为n2＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＋\r(2)z＝0，,x＋\r(2)z＝0，))令z＝1，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝－\r(2)，,x＝－\r(2)，,z＝1，))所以可取n2＝(－eq\r(2)，－eq\r(2)，1)，所以cos〈n1，n2〉＝eq\f(1,1×\r(5))＝eq\f(\r(5),5).由图可知二面角P­A1B1­C为钝角，所以所求二面角的余弦值为－eq\f(\r(5),5).【典例3】如图，在三棱锥A－BCD中，平面ABD⊥平面BCD，AB＝AD，O为BD的中点.(1)证明：OA⊥CD；(2)若△OCD是边长为1的等边三角形，点E在棱AD上，DE＝2EA，且二面角E－BC－D的大小为45°，求三棱锥A－BCD的体积.【解析】(1)证明因为AB＝AD，O为BD的中点，所以OA⊥BD.又平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD∩平面BCD＝BD，AO⊂平面ABD，所以AO⊥平面BCD.又CD⊂平面BCD，所以AO⊥CD.(2)解法一如图所示，以O为坐标原点，OB，OA所在直线分别为x，z轴，在平面BCD内，以过点O且与BD垂直的直线为y轴建立空间直角坐标系.因为△OCD是边长为1的正三角形，且O为BD的中点，所以OC＝OB＝OD＝1，所以B(1，0，0)，D(－1，0，0)，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2)，0)).设A(0，0，a)，a>0，因为DE＝2EA，所以Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，0，\f(2a,3))).由题意可知平面BCD的一个法向量为n＝(0，0，1).设平面BCE的法向量为m＝(x，y，z)，因为eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，\f(\r(3),2)，0))，eq\o(BE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)，0，\f(2a,3)))，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(BC,\s\up6(→))＝0，,m·\o(BE,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)x＋\f(\r(3),2)y＝0，,－\f(4,3)x＋\f(2a,3)z＝0，))令x＝1，则y＝eq\r(3)，z＝eq\f(2,a)，所以m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\r(3)，\f(2,a))).因为二面角E－BC－D的大小为45°，所以cos45°＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(m·n,|m||n|)))＝eq\f(\f(2,a),\r(4＋\f(4,a2)))＝eq\f(\r(2),2)，得a＝1，即OA＝1.因为S△BCD＝eq\f(1,2)BD·CDsin60°＝eq\f(1,2)×2×1×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3),2)，所以VA－BCD＝eq\f(1,3)S△BCD·OA＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),2)×1＝eq\f(\r(3),6).法二因为△OCD是边长为1的正三角形，且O为BD的中点，所以OC＝OB＝OD＝1，所以△BCD是直角三角形，且∠BCD＝90°，BC＝eq\r(3)，所以S△BCD＝eq\f(\r(3),2).如图，过点E作EF∥AO，交BD于F，过点F作FG⊥BC，垂足为G，连接EG.因为AO⊥平面BCD，所以EF⊥平面BCD.又BC⊂平面BCD，所以EF⊥BC.又FG⊥BC，且EF∩FG＝F，EF，FG⊂平面EFG，所以BC⊥平面EFG，又EG⊂平面EFG，所以BC⊥EG，则∠EGF为二面角E－BC－D的平面角，所以∠EGF＝45°，则GF＝EF.因为DE＝2EA，所以EF＝eq\f(2,3)OA，DF＝2OF，所以eq\f(BF,FD)＝2.因为FG⊥BC，CD⊥BC，所以GF∥CD，则eq\f(GF,CD)＝eq\f(2,3)，所以GF＝eq\f(2,3)，所以EF＝GF＝eq\f(2,3)，所以OA＝1，所以VA－BCD＝eq\f(1,3)S△BCD·AO＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),2)×1＝eq\f(\r(3),6).三、【培优训练】【训练一】如图，AE⊥平面ABCD，CF∥AE，AD∥BC，AD⊥AB，AB＝AD＝1，AE＝BC＝2.(1)求证：BF∥平面ADE；(2)求直线CE与平面BDE所成角的正弦值；(3)若平面EBD与平面FBD夹角的余弦值为eq\f(1,3)，求线段CF的长.【解析】依题意，建立以A为原点，分别以eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(AE,\s\up6(→))的方向为x轴、y轴、z轴正方向的空间直角坐标系(如图)，可得A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，2，0)，D(0，1，0)，E(0，0，2).设CF＝h(h>0)，则F(1，2，h).(1)证明依题意，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(1，0，0)是平面ADE的一个法向量，又eq\o(BF,\s\up6(→))＝(0，2，h)，可得eq\o(BF,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝0，又因为直线BF⊄平面ADE，所以BF∥平面ADE.(2)依题意，eq\o(BD,\s\up6(→))＝(－1，1，0)，eq\o(BE,\s\up6(→))＝(－1，0，2)，eq\o(CE,\s\up6(→))＝(－1，－2，2).设n＝(x，y，z)为平面BDE的法向量，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(BD,\s\up6(→))＝0，,n·\o(BE,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x＋y＝0，,－x＋2z＝0，))不妨令z＝1，可得n＝(2，2，1).因此有cos〈eq\o(CE,\s\up6(→))，n〉＝eq\f(\o(CE,\s\up6(→))·n,|\o(CE,\s\up6(→))||n|)＝－eq\f(4,9).所以，直线CE与平面BDE所成角的正弦值为eq\f(4,9).(3)设m＝(x1，y1，z1)为平面BDF的法向量，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(BD,\s\up6(→))＝0，,m·\o(BF,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x1＋y1＝0，,2y1＋hz1＝0，))不妨令y1＝1，可得m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，－\f(2,h))).又n＝(2，2，1)为平面BDE的一个法向量，故由题意，有|cos〈m，n〉|＝eq\f(|m·n|,|m||n|)＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(4－\f(2,h))),3\r(2＋\f(4,h2)))＝eq\f(1,3).解得h＝eq\f(8,7).经检验，符合题意.所以，线段CF的长为eq\f(8,7).【训练二】如图，四棱锥P－ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB＝BC＝eq\f(1,2)AD，∠BAD＝∠ABC＝90°，E是PD的中点.(1)证明：直线CE∥平面PAB；(2)点M在棱PC上，且直线BM与底面ABCD所成角为45°，求平面MAB与平面DAB夹角的余弦值.【解析】(1)证明取PA的中点F，连接EF，BF，因为E是PD的中点，所以EF∥AD，EF＝eq\f(1,2)AD.由∠BAD＝∠ABC＝90°得BC∥AD.又BC＝eq\f(1,2)AD，所以EF平行且等于BC，所以四边形BCEF是平行四边形，则CE∥BF.又BF⊂平面PAB，CE⊄平面PAB，故CE∥平面PAB.(2)解由已知得BA⊥AD，以A为坐标原点，eq\o(AB,\s\up6(→))的方向为x轴正方向，|eq\o(AB,\s\up6(→))|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz，则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，P(0，1，eq\r(3))，eq\o(PC,\s\up6(→))＝(1，0，－eq\r(3))，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(1，0，0).设M(x，y，z)(0<x<1)，则eq\o(BM,\s\up6(→))＝(x－1，y，z)，eq\o(PM,\s\up6(→))＝(x，y－1，z－eq\r(3)).因为BM与底面ABCD所成的角为45°，而n＝(0，0，1)是底面ABCD的法向量，所以|cos〈eq\o(BM,\s\up6(→))，n〉|＝sin45°，eq\f(|z|,\r(（x－1）2＋y2＋z2))＝eq\f(\r(2),2)，即(x－1)2＋y2－z2＝0.①又M在棱PC上，设eq\o(PM,\s\up6(→))＝λeq\o(PC,\s\up6(→))，则x＝λ，y＝1，z＝eq\r(3)－eq\r(3)λ.②由①，②解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝1＋\f(\r(2),2)，,y＝1，,z＝－\f(\r(6),2)))(舍去)，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝1－\f(\r(2),2)，,y＝1，,z＝\f(\r(6),2)，))所以Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(2),2)，1，\f(\r(6),2)))，从而eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(2),2)，1，\f(\r(6),2))).设m＝(x0，y0，z0)是平面ABM的法向量，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(AM,\s\up6(→))＝0，,m·\o(AB,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（2－\r(2)）x0＋2y0＋\r(6)z0＝0，,x0＝0，))所以可取m＝(0，－eq\r(6)，2).于是|cos〈m，n〉|＝eq\f(|m·n|,|m||n|)＝eq\f(\r(10),5).因此平面MAB与平面DAB夹角的余弦值为eq\f(\r(10),5).【训练三】已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB＝BC＝2，E，F分别为AC和CC1的中点，D为棱A1B1上的点，BF⊥A1B1.(1)证明：BF⊥DE；(2)当B1D为何值时，平面BB1C1C与平面DFE夹角的正弦值最小？【解析】(1)证明因为E，F分别是AC和CC1的中点，且AB＝BC＝2，所以CF＝1，BF＝eq\r(5).如图，连接AF，由BF⊥A1B1，AB∥A1B1，得BF⊥AB，于是AF＝eq\r(BF2＋AB2)＝3，所以AC＝eq\r(AF2－CF2)＝2eq\r(2).由AB2＋BC2＝AC2，得BA⊥BC，故以B为坐标原点，以BA，BC，BB1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则B(0,0,0)，E(1,1,0)，F(0,2,1)，eq\o(BF,\s\up6(→))＝(0,2,1)．设B1D＝m(0≤m≤2)，则D(m，0,2)，于是eq\o(DE,\s\up6(→))＝(1－m，1，－2)．所以eq\o(BF,\s\up6(→))·eq\o(DE,\s\up6(→))＝0，所以BF⊥DE.(2)解易知平面BB1C1C的一个法向量为n1＝(1,0,0)．设平面DFE的一个法向量为n2＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(DE,\s\up6(→))·n2＝0，,\o(EF,\s\up6(→))·n2＝0，))又eq\o(DE,\s\up6(→))＝(1－m，1，－2)，eq\o(EF,\s\up6(→))＝(－1,1,1)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－mx＋y－2z＝0，,－x＋y＋z＝0，))令x＝3，得y＝m＋1，z＝2－m，于是平面DFE的一个法向量为n2＝(3，m＋1,2－m)，所以cos〈n1，n2〉＝eq\f(3,\r(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m－\f(1,2)))2＋\f(27,2))).设平面BB1C1C与平面DFE的夹角为θ，则sinθ＝eq\r(1－cos2〈n1，n2〉)，故当m＝eq\f(1,2)时，平面BB1C1C与平面DFE夹角的正弦值最小，为eq\f(\r(3),3)，即当B1D＝eq\f(1,2)时，平面BB1C1C与平面DFE夹角的正弦值最小．【训练四】如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是菱形，点M在线段PC上，PD＝BD＝BC＝eq\r(3)，N是线段PB的中点，且三棱锥M­BCD的体积是四棱锥P­ABCD的体积的eq\f(1,6).(1)若H是PM的中点，证明：平面ANH∥平面BDM；(2)若PD⊥平面ABCD，求二面角B­DM­C的正弦值．【解析】(1)证明：连接AC交BD于点O，连接OM.由V三棱锥M­BCD＝eq\f(1,6)V四棱锥P­ABCD，得MC＝eq\f(1,3)PC，则MC＝eq\f(1,2)HC，又O为AC的中点，所以OM∥AH.因为N，H分别为PB，PM的中点，所以NH∥BM.又AH∩NH＝H，OM∩BM＝M，所以平面ANH∥平面BDM.(2)连接ON，则ON∥PD，所以ON⊥平面ABCD.建立以O为坐标原点，eq\o(OA,\s\up6(→))，eq\o(OB,\s\up6(→))，eq\o(ON,\s\up6(→))的方向分别为x，y，z轴正方向的空间直角坐标系，则O(0，0，0)，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)，0))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(\r(3),2)，0))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，0，0))，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(\r(3),6)，\f(\r(3),3)))，eq\o(DB,\s\up6(→))＝(0，eq\r(3)，0)，eq\o(MD,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(\r(3),3)，－\f(\r(3),3)))，eq\o(CM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－\f(\r(3),6)，\f(\r(3),3)))，eq\o(CD,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，－\f(\r(3),2)，0)).设平面MBD的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n1·\o(MD,\s\up6(→))＝0，,n1·\o(DB,\s\up6(→))＝0))⇒eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1－\f(\r(3),3)y1－\f(\r(3),3)z1＝0，,\r(3)y1＝0，))得y1＝0.取x1＝1，得z1＝eq\r(3)，所以n1＝(1，0，eq\r(3))，同理可得，平面CMD的一个法向量为n2＝(1，eq\r(3)，0)，所以cos〈n1，n2〉＝eq\f(1,4)，所以二面角B­DM­C的正弦值为eq\f(\r(15),4).四、【强化测试】一、单选题1．（2024·四川成都·成都市其次十中学校校考一模）如图，在棱长为2的正方体中，均为所在棱的中点，则下列结论正确的有（

）①棱上确定存在点，使得②三棱锥的外接球的表面积为③过点作正方体的截面，则截面面积为④设点在平面内，且平面，则与所成角的余弦值的最大值为A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】C【分析】依据题意，建立空间直角坐标系，设出点坐标，求出满足题意的位置即可，经计算可知点不存在，故①错误；依据三棱锥的几何特征，可计算出其外接球半径为，所以②正确；由图可知，过点的截面为边长是的正六边形，即可计算其面积，所以③正确；利用空间向量写出与所成角的余弦值的表达式求其最值即可，所以④正确.【详解】建立如图空间直角坐标系，设，其中，所以，若棱上存在点，使得，则，整理得，此方程无解，①不正确;设的中点为，则四边形是边长为的正方形，其外接圆的半径为，又底面，所以三棱锥的外接球的半径为；所以其表面积为，②正确;过点作正方体的截面，截面如图中六边形所示，因为边长均为，且对边平行，所以截面六边形为正六边形，其面积为，③正确;点在平面内，设，则，设是平面的一个法向量，则，令可得，即，因为平面，所以，即，设与所成角为，则，当时，取最小值，所以与所成角的余弦值的最大值为，故④正确;故选：C.2．如图，在直三棱柱中，，，点分别是线段的中点，，分别记二面角，，的平面角为，则下列结论正确的是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】过点作，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法求解二面角的余弦值得答案．【详解】解：因为，，所以，即过点作，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，则，0，，，，，，0，，，1，，，，，，，设平面的法向量，则，取，得，同理可求平面的法向量，平面的法向量，平面的法向量．，，．．故选：D．【点睛】本题考查二面角的大小的推断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础学问，考查运算求解实力，属于中档题．3．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【详解】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．（2024·吉林通化·梅河口市第五中学校考模拟预料）直三棱柱如图所示，为棱的中点，三棱柱的各顶点在同一球面上，且球的表面积为，则异面直线和所成的角的余弦值为（

）

A． B． C． D．【答案】A【分析】先依据已知条件求出侧棱长，然后建立空间直角坐标系，求出直线和的方向向量，从而可求解.【详解】因为在直三棱柱中，所以球心原委面的距离，又因为，所以，所以，所以底面外接圆半径，又因为球的表面积为，所以，而，所以，

以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，则，，，，，，设直线和所成的角为，则.故选：A.5．已知直四棱柱的全部棱长相等，，则直线与平面所成角的正切值等于（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】以为坐标原点，所在直线为x轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系．求解平面的法向量，利用线面角的向量公式即得解.【详解】如图所示的直四棱柱，，取中点，以为坐标原点，所在直线为x轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系．设，则，．设平面的法向量为，则取，得．设直线与平面所成角为，则，，∴直线与平面所成角的正切值等于故选：D【点睛】本题考查了向量法求解线面角，考查了学生空间想象，逻辑推理，数学运算的实力，属于中档题.6．如图，在正四棱柱，中，底面边长为2，直线与平面所成角的正弦值为，则正四棱柱的高为．A．2 B．3 C．4 D．5【答案】C【分析】建立空间坐标系，设棱柱高为，求出平面的法向量，令，求出的值．【详解】以为原点，以，，为坐标轴建立空间坐标系如图所示，设，则，0，，，2，，，0，，则，2，，，0，，，0，，设平面的法向量为，，，则，，令可得，1，，故，．直线与平面所成角的正弦值为，，解得：．故选．【点睛】本题考查了空间向量与线面角的计算，属于中档题．7．如图二面角的大小为，平面上的曲线在平面上的正射影为曲线，在直角坐标系下的方程，则曲线的离心率（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】设为曲线随意点，它在平面上的正射影为点，即可曲线的方程，从而求出椭圆的离心率．【详解】解：设为曲线随意点，它在平面上的正射影为点，且，又，所以，所以，，所以．．故选：C．8．若正四棱柱的体积为，，则直线与所成的角为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线与所成的角．【详解】解：正四棱柱的体积为，，，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，则，0，，，1，，，1，，，0，，，1，，，，，设直线与所成的角为，则，，直线与所成的角为．故选：．【点睛】本题考查通过向量法求异面直线所成角，运用到空间点坐标、向量坐标和空间向量的运算，以及考查运算求解实力和空间想象实力．二、多选题9．（2024·福建·统考模拟预料）正方体的棱长为1，为侧面上的点，为侧面上的点，则下列推断正确的是（

）A．若，则到直线的距离的最小值为B．若，则，且直线平面C．若，则与平面所成角正弦的最小值为D．若，，则，两点之间距离的最小值为【答案】BD【分析】由已知可推得为以点为圆心，为半径的圆上.作图，即可依据圆的性质得出最小值，推断A项；先证明平面，结合，即可得出平面；建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，表示出，依据不等式的性质，即可推断C项；为直线与的公垂线段时，最小.设，且，，求出，即可依据投影向量，求出最小值.【详解】对于A项，因为，所以在以为球心，为半径的球上.又为侧面上的点，所以在球被平面截得的交线上.因为，平面，，，所以，所以，为以点为圆心，为半径的圆上.如图1，，则，到直线的距离的最小值为，故A项错误；对于B项，如图2，连结.因为平面，平面，所以.又，平面，平面，，所以，平面.又平面，所以.同理可得，.又平面，平面，，所以，平面.又，平面，所以直线平面，故B项正确；对于C项，以点为坐标原点，分别以为轴的正方向，如图3建立空间直角坐标系，则，，，，，，.因为，设，，.设是平面的一个法向量，则，即，取，则，是平面的一个法向量.则，又，当时，有最小值1，所以，，即，所以，与平面所成角正弦的最大值为，故C项错误；对于D项，由C项知，，.当，，即为直线与的公垂线段时，最小.设，且，，则，即，取，则.在方向上的投影向量的模为，所以，，两点之间距离的最小值为，故D项正确.故选：BD.10．（2024·全国·校联考模拟预料）在正三棱柱中，，，点、分别在棱、上运动（不与重合，不与重合），使得是等腰三角形．记的面积为，平面与平面所成锐二面角的平面角大小为，则（

）A．平面 B．可能为等腰直角三角形C．的取值范围是 D．的取值范围是【答案】BCD【分析】取的中点，则，以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，设点、，其中，，分、、三种状况探讨，结合空间向量法逐项分析，即可得出结果.【详解】在正三棱柱中，取的中点，则，以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，则、、，则，设点、，其中，.在正三棱柱中，为等边三角形，因为为等腰三角形，有三种状况：①；②；③.①若，，，由可得，即，由已知，故，此时，则，平面，平面，则平面，因为，此时，不行能是等腰直角三角形；线段的中点为，，为的中点，则，，；设平面的法向量为，，，由，取，可得，平面的一个法向量为，因为，，为锐角，则；②若，，，由可得，可得，因为，则，由，可得，则，此时与不平行，若平面，平面，平面平面，则，冲突，故假设不成立，即与平面不平行；若为等腰直角三角形，，，则，解得或（舍），此时可能为等腰直角三角形；取线段的中点，连接，则，且，，，所以，；设平面的法向量为，，，由，取，可得，平面的一个法向量为，，因为，此时的取值范围是的真子集.③若，同②.综上所述，对于A选项，与平面不愿定平行，A错；对于B选项，可能为等腰直角三角形，B对；对于C选项，的取值范围是，C对；对于D选项，的取值范围是，D对.故选：BCD.【点睛】方法点睛：求二面角常用的方法：（1）几何法：二面角的大小常用它的平面角来度量，平面角的作法常见的有：①定义法；②垂面法，留意利用等腰三角形的性质；（2）空间向量法：分别求出两个平面的法向量，然后通过两个平面法向量的夹角得到二面角的大小，但要留意结合实际图形推断所求二面角是锐角还是钝角.11．（2024·全国·模拟预料）如图，已知正方体的棱长为2，，，分别为，，的中点，则下列结论成立的有（

）A． B．平面C．与所成角的余弦值为 D．点到平面的距离为2【答案】BCD【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法证明位置关系、求出角度及距离问题离．【详解】如图，以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，则A(2，0，0)，E(1，2，0)，F(0，2，1)，D(0，0，0)，，,,,故与不垂直，故A错误；设平面AEF的一个法向量为，，，令则，得；所以，故，又平面，故平面，故B正确；设直线与直线AF所成角为，则，故C正确；又∴点到平面AEF的距离，故D正确；故选：BCD.12．（2024·广东梅州·统考二模）在长方体中，，，动点在体对角线上（含端点），则下列结论正确的有（

）A．当为中点时，为锐角B．存在点，使得平面C．的最小值D．顶点到平面的最大距离为【答案】ABD【分析】如图，以点为原点建立空间直角坐标系，设，当为中点时，依据推断得符号即可推断A；当平面，则，则有，求出，即可推断B；当时，取得最小值，结合B即可推断C；利用向量法求出点到平面的距离，分析即可推断D.【详解】解：如图，以点为原点建立空间直角坐标系，设，则，则，故，则，，对于A，当为中点时，则，，则，，所以，所以为锐角，故A正确；当平面，因为平面，所以，则，解得，故存在点，使得平面，故B正确；对于C，当时，取得最小值，由B得，此时，则，，所以，即的最小值为，故C错误；对于D，，设平面的法向量，则有，可取，则点到平面的距离为，当时，点到平面的距离为0，当时，，当且仅当时，取等号，所以点到平面的最大距离为，故D正确.故选：ABD.三、填空题13．正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝4，E为AB的中点，点F满足，动点M在侧面AA1D1D内运动，且MB∥平面D1EF，则|MD|的取值范围是．【答案】【分析】建立空间直角坐标系，表示所需点的坐标，求出平面D1EF的一个法向量，结合线面平行的向量表示可得动点M的坐标满足的条件，即可得解.【详解】因为ABCD﹣A1B1C1D1是正四棱柱，以点D为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，设M（x,0,z），B（2,2,0），D1（0,0,4），E（2,1,0），因为，所以F是CC1四等分点（靠近C），所以F（0,2,1），所以，设平面D1EF的一个法向量为，则，即，令c＝2，则，故，又，平面D1EF，所以，即，所以，所以，故，因为0≤x≤2，0≤z≤4，所以，故，因为，所以|MD|在上单调递减，所以当x＝时，|MD|取最大值，所以|MD|的最大值为，当x＝2时，|MD|取最小值，所以|MD|的最小值为，所以|MD|的取值范围是．故答案为：.14．在空间直角坐标系中，，，，，若四面体的外接球的表面积为，则异面直线与所成角的余弦值为.【答案】【分析】先由题意得到四面体的外接球即是四面体所在长方体的外接球，再由外接球的表面积求出，从而可得到向量坐标，依据，即可求出结果.【详解】由题意易知，，两两垂直，所以四面体的外接球即是四面体所在长方体的外接球，且外接球直径等于体对角线的长，因此，解得，从而，则.故答案为【点睛】本题主要考查几何体中外接球的计算､以及异面直线所成角的计算，熟记公式即可，属于常考题型.15．（2024·山东潍坊·统考模拟预料）已知四面体ABCD满足，，，且该四面体的体积为，则异面直线AD与BC所成的角的大小为．【答案】或【分析】将四面体放入长方体中，依据体积公式计算得到，建立空间直角坐标系，得到各点坐标，依据向量的夹角公式计算得到答案.【详解】如图所示：将四面体放入长方体中，，解得，故，以为轴建立空间直角坐标系，，，，或，或，，异面直线AD与BC所成的角的大小为，，，；或，；综上所述：异面直线AD与BC所成的角的大小为或.故答案为：或16．如图，边长为1的正方形所在平面与正方形所在平面相互垂直，动点分别在正方形对角线和上移动，且则下列结论：则下列结论：①；②当时，与相交；③始终与平面平行；④异面直线与所成的角为正确的序号是.【答案】③【分析】建立空间坐标系，利用坐标法处理即可.【详解】如图建立空间坐标系，则，0，，，0，，，1，，，1，，，，0，，，，．∴，明显，故①错误；若与相交，则四点共面，又∵在平面，∴当且仅当在平面时，与相交，此时故②错误；平面的法向量为，，此时，∴始终与平面平行，故③正确；设异面直线与所成的角为，∴，∴异面直线与所成的角为故④错误.故答案为：③【点睛】关键点点睛：（1）本题便利建系，坐标法是常规处理方法；（2）推断线面平行，可转化为推断平面的方向量与直线的方向向量是否垂直.四、解答题17．（2024·上海长宁·上海市延安中学校考三模）已知和所在的平面相互垂直，，，，，是线段的中点，.(1)求证：；(2)设，在线段上是否存在点（异于点），使得二面角的大小为.【答案】(1)证明见解析(2)不存在，理由见解析【分析】（1）依据余弦定理计算，依据勾股定理得到，确定平面，得到证明.（2）建立空间直角坐标系，计算各点坐标，平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，依据向量的夹角公式计算得到答案.【详解】（1），故，，则，故，又，平面，，故平面，平面，故，

（2）△和△所在的平面相互垂直，则平面平面，