高二数学同步备课(人教A版2019选修第一册)1.4.2用空间向量解决距离、夹角的应用(第3课时)(分层作业)(原卷版+解析)

1.4.2用空间向量解决距离、夹角的应用（第3课时）（分层作业）（夯实基础+能力提升）【夯实基础】一、单选题1．（2022·湖北·高二阶段练习）空间直角坐标系中，经过点，且法向量为的平面方程为，经过点且一个方向向量为的直线l的方程为，根据上面的材料解决下面的问题：现给出平面的方程为，经过点的直线l的方程为，则直线与平面所成角为（

）A． B． C． D．2．（2022·安徽·高二期末）直角梯形中，是边的中点，将三角形沿折叠到位置，使得二面角的大小为，则异面直线与所成角的余弦值为（

）A． B． C． D．二、多选题3．（2021·浙江·金华市曙光学校高二阶段练习）在长方体中，，，则异面直线与所成角的大小可能为（

）A． B． C． D．4．（2022·湖北·石首市第一中学高二阶段练习）如图，在直三棱柱中，，，，则（

）A．点到平面的距离为1B．点到平面的距离为C．直线与平面所成角的正弦值为D．直线与平面所成角的正弦值为三、填空题5．（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____；6．（2022·重庆长寿·高二期末）《九章算术》是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早一千多年，书中将四个面均为直角三角形的四面体称为鳖臑．如下图，四面体P-ABC为鳖臑，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，且，则二面角A-PC-B的余弦值为__________．7．（2022·全国·高二课时练习）在如图所示的正方体中，E是的中点，则异面直线DE与AC所成角的余弦值为___________.8．（2022·江苏淮安·高二期中）空间直角坐标系中，经过点且法向量为的平面方程为，经过点且一个方向向量为的直线的方程为，阅读上面的材料并解决下面问题：现给出平面的方程为，经过的直线的方程为，则直线与平面所成角大小为________.9．（2022·全国·高二课时练习）（1）若空间直线与所成的角为，它们的一个方向向量分别为与，向量与的夹角为，则与的关系是：______，即______；（2）若直线与平面所成的角为，向量是直线l的一个方向向量，是平面的一个法向量，与的为，则与的关系是：______，即______.（3）二面角的大小与两平面法向量的夹角之间的关系为______.四、解答题10．（2022·重庆南开中学高二期末）四棱锥，底面为矩形，面，且，点在线段上，且面.(1)求线段的长；(2)对于（1）中的，求直线与面所成角的正弦值.11．（2022·福建泉州·高二期末）在四棱锥中，，平面平面.(1)证明：平面；(2)求二面角的正弦值.12．（2022·安徽省宣城中学高二期末）如图，在圆锥中，已知的直径，点是的中点，点为中点.(1)证明：平面；(2)求二面角的正弦值.13．（2022·福建莆田·高二期末）如图，在四棱锥P－ABCD中，PD⊥底面ABCD且，，，，点M为棱PC的中点．(1)证明：；(2)求平面ABM与平面ABCD所成角的余弦值．14．（2022·海南·琼海市嘉积第二中学高二期末）如图，三棱柱中，，，平面.(1)求证：；(2)若，直线与平面所成的角为，求二面角的余弦值.15．（2022·江西抚州·高二期末（理））如图在边长是2的正方体中，，分别为，的中点.(1)证明：平面平面；(2)求面与面所成二面角的大小.16．（2022·浙江·绍兴市教育教学研究院高二期末）如图，已知四棱锥平面，(1)证明：平面；(2)求直线与平面所成角的正弦值.17．（2021·河北唐山·高二期中）如图，已知长方体＝＝1，直线BD与平面所成的角为30°，AE垂直BD于E，F为的中点．(1)求异面直线AE与BF所成的角的余弦；(2)求点A到平面BDF的距离．18．（2021·北京二中高二期末）如图，正方形与梯形所在平面互相垂直，已知，，.(1)求证：平面.(2)求平面与平面夹角的余弦值(3)线段上是否存在点，使平面平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.19．（2022·广东·高二期末）四边形ABCD是平行四边形，，四边形ABEF是梯形，，且，，，平面平面．(1)求证：；(2)求直线EC与平面EFD所成角的正弦值．20．（2022·河南·信阳高中高二期末（理））如图1，在等边中，点D，E分别为边AB，AC上的动点且满足，记.将△ADE沿DE翻折到△MDE的位置并使得平面MDE⊥平面DECB，连接MB，MC得到图2，点N为MC的中点．(1)当EN∥平面MBD时，求λ的值；(2)试探究：随着λ值的变化，二面角B­MD­E的大小是否改变？如果改变，请说明理由；如果不改变，请求出二面角的正弦值大小．21．（2022·四川乐山·高二期末（理））如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，侧面是正三角形，侧面底面，平面平面.(1)判断与的位置关系并给予证明；(2)求平面与平面所成二面角的余弦值.22．（2022·江苏省镇江中学高二期末）已知几何体ABCDEF中，平面ABCD⊥平面CDEF，四边形ABCD是边长为4的菱形.∠BCD=60°，四边形CDEF是直角梯形，EFCD，ED⊥CD，且EF=ED=2.(1)求证：AC⊥BE：(2)求平面ADE与平面BCF所成角的余弦值.【能力提升】一、单选题1．（2021·吉林油田高级中学高二开学考试）在棱长为1的正方体中，是棱的中点，点在侧面内，若，则的面积的最小值是()A． B． C． D．2．（2022·全国·高二课时练习）如图，在四棱锥中，底面，四边形为正方形，且，为的重心，则与底面所成的角满足（

）A． B．C． D．3．（2022·全国·高二课时练习）如图，在三棱锥中，为等边三角形，为等腰直角三角形，，平面平面，为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（

）A． B． C． D．4．（2022·江苏泰州·高二期末）在平行六面体中，，，，，则与所成角的正弦值为（

）A． B． C． D．5．（2022·浙江丽水·高二期末）如图，在三棱锥中，平面，是边长为的正三角形，，是的中点，则异面直线与所成角的余弦值是（

）A． B．C． D．6．（2022·江苏宿迁·高二阶段练习）正方体棱长为2，是棱的中点，是四边形内一点（包含边界），且，当三棱锥的体积最大时，与平面所成角的正弦值为（

）A． B． C． D．二、多选题7．（2022·全国·高二单元测试）在正方体中，动点M在线段上，E，F分别为，AD的中点．若异面直线EF与BM所成角为，则的值可能是（

）A． B． C． D．8．（2022·全国·高二课时练习）已知，分别是正方体的棱和的中点，则（

）A．与是异面直线B．与所成角的大小为C．与平面所成角的正弦值为D．二面角的余弦值为9．（2022·湖北武汉·高二期末）如图，四边形ABCD中，AB＝BC＝AC＝2，DA＝DC＝，将四边形沿对角线AC折起，使点D不在平面ABC内，则在翻折过程中，以下结论正确的是（

）A．两条异面直线AB与CD所成角的范围是B．P为线段CD上一点（包括端点），当CD⊥AB时，C．三棱锥D−ABC的体积最大值为D．当二面角D−AC−B的大小为时，三棱锥D−ABC的外接球表面积为三、解答题10．（2022·甘肃临夏·高二期末（理））如图，直三棱柱中，E是侧棱的中点，，，．(1)求证：平面平面；(2)若，求平面与平面ABE所成的锐二面角的余弦值．11．（2022·全国·高二单元测试）如图，在四棱锥中，四边形ABCD是矩形，△SAD是等边三角形，平面平面ABCD，AB＝1，P为棱AD的中点，四棱锥的体积为．(1)若E为棱SA的中点，F为棱SB的中点，求证：平面平面SCD．(2)在棱SA上是否存在点M，使得平面PMB与平面SAD所成锐二面角的余弦值为？若存在，指出点M的位置；若不存在，请说明理由．12．（2022·全国·高二单元测试）如图1，已知在等边三角形ABC中，点E，F分别为AB，AC的中点，点M为EF的中点，点N为BC边上一点，且，连接AM，MN，BF，将△AEF沿EF折起到的位置，使平面平面EFCB，如图2．(1)求证：平面平面；(2)求二面角的平面角的余弦值．13．（2022·全国·高二单元测试）如图，在四棱锥中，底面ABCD是直角梯形，侧棱底面ABCD，AB垂直于AD和BC，SA＝AB＝BC＝2，AD＝1，M是棱SB的中点．(1)求证：平面SCD；(2)求平面SCD与平面SAB所成锐二面角的余弦值；(3)设点N是线段CD上的动点，MN与平面SAB所成的角为，求的最大值．14．（2022·全国·高二课时练习）从①平面平面，②这两个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并解答．如图，在四棱锥中，底面是边长为4的菱形，，，分别是棱，的中点，且______．(1)求证：；(2)若，且，求平面与平面所成锐二面角的余弦值．15．（2022·全国·高二课时练习）如图所示，在几何体EFG-DABC中，四边形ABCD，CDGF，ADGE均为正方形，且边长均为1，点M在棱DG上．(1)求证：BMEF．(2)当DM的长为多少时，使得直线MB与平面BEF所成的角为45？16．（2022·浙江省杭州学军中学高二开学考试）如图①所示，长方形中，，，点是边的中点，将沿翻折到，连接，，得到图②的四棱锥．(1)求四棱锥的体积的最大值；(2)若棱的中点为，求的长；(3)设的大小为，若，求平面和平面夹角余弦值的最小值．17．（2022·广东佛山·高二期末）如图，在三棱锥中，，，记二面角的平面角为．(1)若，，求三棱锥的体积；(2)若M为BC的中点，求直线AD与EM所成角的取值范围．18．（2022·江苏·沛县教师发展中心高二阶段练习）如图，在四棱锥中，为边的中点，异面直线与所成的角为.(1)在直线上找一点，使得直线平面，并求的值；(2)若直线到平面的距离为，求平面与平面夹角的正弦值.1.4.2用空间向量解决距离、夹角的应用（第3课时）（分层作业）（夯实基础+能力提升）【夯实基础】一、单选题1．（2022·湖北·高二阶段练习）空间直角坐标系中，经过点，且法向量为的平面方程为，经过点且一个方向向量为的直线l的方程为，根据上面的材料解决下面的问题：现给出平面的方程为，经过点的直线l的方程为，则直线与平面所成角为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用空间向量法求解线面角即可.【详解】由题知：平面的法向量，直线的方向向量，所以，因为，所以.故选：C2．（2022·安徽·高二期末）直角梯形中，是边的中点，将三角形沿折叠到位置，使得二面角的大小为，则异面直线与所成角的余弦值为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】建立空间直角坐标系求解即可【详解】建如图所示空间直角坐标系，得，，所以，所以.故选：D二、多选题3．（2021·浙江·金华市曙光学校高二阶段练习）在长方体中，，，则异面直线与所成角的大小可能为（

）A． B． C． D．【答案】AB【分析】根据空间向量夹角公式、长方体的性质，结合空间向量加法的几何意义、余弦函数的单调性、异面直线的性质进行求解即可.【详解】因为，，所以由勾股定理可知：，设异面直线与所成角为，，因为，所以，即，因为，所以，因此选项AB符合，故选：AB4．（2022·湖北·石首市第一中学高二阶段练习）如图，在直三棱柱中，，，，则（

）A．点到平面的距离为1B．点到平面的距离为C．直线与平面所成角的正弦值为D．直线与平面所成角的正弦值为【答案】BD【分析】建立空间直角坐标系，结合点面距离、线面角等知识确定正确选项.【详解】以为原点，，，的方向分别为轴、轴、轴的正方向，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，则，令，得．因为，所以点到平面的距离：．直线与平面所成角的正弦值为．故选：BD三、填空题5．（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】【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法来求得直线和平面所成角的正弦值.【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：6．（2022·重庆长寿·高二期末）《九章算术》是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早一千多年，书中将四个面均为直角三角形的四面体称为鳖臑．如下图，四面体P-ABC为鳖臑，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，且，则二面角A-PC-B的余弦值为__________．【答案】【分析】建立空间直角坐标系，分别计算平面APC与平面PBC的法向量，然后利用公式计算即可.【详解】依据题意建立如图所示的空间直角坐标系：，，，，所以，，，.设平面APC的法向量为，∴不妨设，则，设平面PBC的法向量为，∴不妨设，则，，设为，则.故答案为：7．（2022·全国·高二课时练习）在如图所示的正方体中，E是的中点，则异面直线DE与AC所成角的余弦值为___________.【答案】【分析】以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线与所成角的余弦值．【详解】解：以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，设正方体中棱长为2，则，，，，，，设异面直线与所成角为，则．异面直线与所成角的余弦值为．故答案为：．8．（2022·江苏淮安·高二期中）空间直角坐标系中，经过点且法向量为的平面方程为，经过点且一个方向向量为的直线的方程为，阅读上面的材料并解决下面问题：现给出平面的方程为，经过的直线的方程为，则直线与平面所成角大小为________.【答案】【分析】依题意可得平面法向量为，直线方向向量，根据空间向量法求出线面角的大小；【详解】解：由平面的方程为得平面法向量为，经过直线的方程为得直线方向向量，设直线与平面所成角是，则，又，所以，所以；故答案为：9．（2022·全国·高二课时练习）（1）若空间直线与所成的角为，它们的一个方向向量分别为与，向量与的夹角为，则与的关系是：______，即______；（2）若直线与平面所成的角为，向量是直线l的一个方向向量，是平面的一个法向量，与的为，则与的关系是：______，即______.（3）二面角的大小与两平面法向量的夹角之间的关系为______.【答案】

或【分析】（1）分两种情况讨论可得，根据诱导公式可得；（2）分两种情况讨论可得，根据诱导公式可得；（3）根据两平面的法向量的方向可得答案.【详解】（1）当时，，；当时，，，（2）当时，，；当时，，.（3）根据两平面的法向量的方向可知，二面角的大小与两平面法向量的夹角可能相等，也可能互补，所以或.故答案为：；；；；或.四、解答题10．（2022·重庆南开中学高二期末）四棱锥，底面为矩形，面，且，点在线段上，且面.(1)求线段的长；(2)对于（1）中的，求直线与面所成角的正弦值.【答案】(1)1(2)【分析】（1）根据线面垂直得到，再由相似比得方程可求解；（2）建立空间直角坐标系，求平面的法向量，运用夹角公式先求线面角的余弦值，再转化为正弦值即可.(1)面，在矩形中，易得：；(2)如四建立空间直角坐标系：则，，由题意可知：为平面的一个法向量，，，直线与面所成角的正弦值为.11．（2022·福建泉州·高二期末）在四棱锥中，，平面平面.(1)证明：平面；(2)求二面角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）作根据面面垂直的性质可得平面，则，根据题意平面，则，利用线面垂直判定定理可证平面；（2）建系，利用空间向量求二面角，根据先求余弦值，再求正弦值．（1）作于点，平面平面，平面平面∴平面，平面，则又，平面平面，则，平面（2）取中点为，则由，得又平面，得，所以平面以为原点，方向分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系，则设平面的法向量为则，则今，则设平面的法向量为则，则令，则故故二面角的正弦值为12．（2022·安徽省宣城中学高二期末）如图，在圆锥中，已知的直径，点是的中点，点为中点.(1)证明：平面；(2)求二面角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）首先连接，根据题意易证，，再利用线面垂直的判定即可证明平面；（2）利用空间向量法求解二面角即可.(1)连接，如图所示：因为为的中点，所以.又底面底面，所以.因为是平面内的两条相交直线，所以平面(2)以为坐标原点，所在的直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，如图所示：则.设平面的一个法向量为，则有，即，令，则，所以设平面的一个法向量为，则有，即，令，则，所以所以.所以.故二面角的正弦值为.13．（2022·福建莆田·高二期末）如图，在四棱锥P－ABCD中，PD⊥底面ABCD且，，，，点M为棱PC的中点．(1)证明：；(2)求平面ABM与平面ABCD所成角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）解法一：建立空间直角坐标系，利用空间向量数量积为0来证明两直线的垂直关系；解法二：作出辅助线，证明出AC⊥平面PCD，得到，再得到，得到所以DM⊥平面PAC，所以（2）解法一：建立空间直角坐标系，利用空间向量求解两平面的夹角的余弦值；解法二：作出辅助线，得到平面ABM与平面ABCD所成角的平面角，在直角三角形中求出三角函数值.(1)解法一：因为，所以．如图，以A为原点，分别以，为x轴，y轴的正方向，过点A作∥，则⊥平面，以为轴建立空间直角坐标系，则A（0，0，0），B（2，0，0），C（2，2，0），D（0，4，0），P（0，4，2），因为点M为棱PC的中点，所以M（1，3，）．于是，所以．所以，即．解法二：如图，取AD中点N，连接CN，AC，因为PD⊥平面ABCD，AC平面ABCD，所以因为，所以四边形ABCN为正方形，，所以且，所以，所以在△ACD中，，所以，又因为，PD，CD平面PCD，所以AC⊥平面PCD，因为DM平面PCD，所以在△PCD中，，M为PC中点，所以，因为，AC，PC平面PAC，所以DM⊥平面PAC，又因为PA平面PAC，所以(2)由（1）得．设是平面MAB的法向量，则，即取，得，则是平面MAB的一个法向量．又因为PD⊥平面ABCD，所以是平面ABCD的一个法向量．设平面ABM与平面ABCD所成的角为，则，所以平面ABM与平面ABCD所成角的余弦值为方法二：分别取AB，CD的中点E，F，连接EM，EF，FM，则，又由（1）知，同理可得，所以，因为，AC，AD平面ABCD，所以MF⊥平面ABCD，又因为AB平面ABCD，所以，因为，，所以，又因为，EF，MF平面MEF，所以AB⊥平面MEF，因为ME平面MEF，所以又因为，所以∠MEF为二面角的平面角．在Rt△MEF中，，所以，所以平面ABM与平面ABCD所成角的余弦值为．14．（2022·海南·琼海市嘉积第二中学高二期末）如图，三棱柱中，，，平面.(1)求证：；(2)若，直线与平面所成的角为，求二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）由线面垂直得到线线垂直，再由菱形得到对角线垂直，进而证明线面垂直，线线垂直；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解二面角.(1)∵平面，平面∴，∵，四边形是平行四边形，∴四边形是菱形.∴，∵，平面，平面∴平面，∵平面∴.(2)∵与平面所成角为，平面，∴，若，则是正三角形.令，则，，，以为原点，分别以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，则，，，，，设平面的一个法向量为，，，，令，解得，设平面的一个法向量为，，即，令，解得，设二面角的大小为，由图知非钝角，∴.∴二面角的余弦值为.15．（2022·江西抚州·高二期末（理））如图在边长是2的正方体中，，分别为，的中点.(1)证明：平面平面；(2)求面与面所成二面角的大小.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得；(1)解：据题意，建立如图空间直角坐标系.于是：，，，，，∴，，，因为，∴，即，又，∴，即，又∵，平面且，∴平面，又∵平面，∴平面平面.(2)解：由题知，，，，∴，，，设面的法向量为，则，即，不妨取，设面的法向量为，则，即，不妨取，则，分析可知面与面所成二面角是锐角，所以所求二面角为.16．（2022·浙江·绍兴市教育教学研究院高二期末）如图，已知四棱锥平面，(1)证明：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).【分析】（1）由题可得，然后利用线面垂直的判定定理即得；（2）由题可知到平面的距离等于到平面的距离，设直线与平面所成角为，可得，即得；或利用坐标法即得.(1)由题意平面，所以平面，平面，∴，又，所以平面.(2)法一：由可知平面，所以到平面的距离等于到平面的距离，又由（1）知平面，设直线与平面所成角为，由题可得，所以.法二：如图，以为原点，分别以射线为轴的正半轴，建立直角坐标系，则，，∴，设平面的法向量为，由，得，可取设直线与平面所成角为，所以.17．（2021·河北唐山·高二期中）如图，已知长方体＝＝1，直线BD与平面所成的角为30°，AE垂直BD于E，F为的中点．(1)求异面直线AE与BF所成的角的余弦；(2)求点A到平面BDF的距离．【答案】(1)(2)【分析】（1）利用空间向量求异面直线夹角，根据，运算求解；（2）利用空间向量求点到面的距离，根据，运算求解．(1)在长方体中，以AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，所在直线为z轴建立空间直角坐标系如图．由已知AB＝＝1，可得A（0，0，0）、B（2，0，0）、F（1，0，1）．又AD⊥平面从而BD与平面所成的角即为∠DBA＝30°，又AB＝2，AE⊥BD，AE＝1，AD＝从而易得∵＝＝（－1，0，1）．设异面直线AE与BF所成的角为，则．即异面直线AE、BF所成的角的余弦为(2)设＝（x，y，z）是平面BDF的一个法向量．＝，＝（－1，0，1），＝（2，0，0）．由∴，即取＝所以点A到平面BDF的距离18．（2021·北京二中高二期末）如图，正方形与梯形所在平面互相垂直，已知，，.(1)求证：平面.(2)求平面与平面夹角的余弦值(3)线段上是否存在点，使平面平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.【答案】(1)证明见解析；(2)；(3)存在，.【分析】（1）根据线面平行、面面平行的判定定理，结合面面平行的性质定理进行证明即可；（2）根据面面垂直的性质，结合正方形的性质建立空间直角坐标系，利用空间夹角公式进行求解即可；（3）根据空间向量数量积的运算性质，结合面面垂直的判定定理进行求解即可.(1)因为，平面，平面，所以平面，同理，平面，又，所以平面平面，因为平面，所以平面；(2)因为平面平面，平面平面，，平面，所以平面，又平面，故.而四边形时正方形，所以又，以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系.设，则，，，，，取平面的一个法向量，设平面的一个法向量，则，即，令，则，所以.设平面与平面所成锐二面角的大小为，则.所以平面与平面所成锐二面角的余弦值是.(3)若与重合，则平面的一个法向量，由（2）知平面的一个法向量，则，则此时平面与平面不垂直.若与不重合，如图设，则，设平面的一个法向量，则，即，令，则，，所以，若平面平面等价于，即，所以.所以，线段上存在点使平面平面，且.19．（2022·广东·高二期末）四边形ABCD是平行四边形，，四边形ABEF是梯形，，且，，，平面平面．(1)求证：；(2)求直线EC与平面EFD所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）利用余弦定理求出，即可得到，由面面垂直的性质得到平面，即可得证；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得；(1)证明：因为，，，由余弦定理，所以，则，所以，即，又平面平面，平面平面，平面所以平面，又平面，所以；(2)解：如图建立空间直角坐标系，则、、、，所以，，，设平面的法向量为，所以，令，则，设直线与平面所成角为，则，故直线与平面所成角的正弦值为；20．（2022·河南·信阳高中高二期末（理））如图1，在等边中，点D，E分别为边AB，AC上的动点且满足，记.将△ADE沿DE翻折到△MDE的位置并使得平面MDE⊥平面DECB，连接MB，MC得到图2，点N为MC的中点．(1)当EN∥平面MBD时，求λ的值；(2)试探究：随着λ值的变化，二面角B­MD­E的大小是否改变？如果改变，请说明理由；如果不改变，请求出二面角的正弦值大小．【答案】(1)(2)不改变，【分析】（1）首先取的中点为，连接，，再结合线面平行的性质即可得到（2）利用空间向量法求解即可.(1)取的中点为，连接，，因为，，所以NP∥BC，又DE∥BC，所以NP∥DE，即N，E，D，P四点共面，又EN∥平面BMD，EN⊂平面NEDP，平面NEDP∩平面MBD＝DP，所以EN∥PD，即NEDP为平行四边形，所以NP＝DE，则DE＝BC，即λ＝.(2)取的中点，连接MO，则MO⊥DE，因为平面MDE⊥平面DECB，平面MDE∩平面DECB＝DE，且MO⊥DE，所以MO⊥平面DECB，如图建立空间直角坐标系，不妨设，则，，，所以，，设平面的法向量为，则，即，令，即.又平面的法向量，所以，即随着值的变化，二面角的大小不变．且.所以二面角的正弦值为.21．（2022·四川乐山·高二期末（理））如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，侧面是正三角形，侧面底面，平面平面.(1)判断与的位置关系并给予证明；(2)求平面与平面所成二面角的余弦值.【答案】(1)，证明见解析(2)【分析】（1）依题意可得，即可得到平面，根据线面平行的性质定理得到；（2）取的中点，的中点，连接、，根据面面垂直的性质定理得到底面，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得；(1)解：证明：底面为正方形，，平面，平面，平面，平面，平面平面(2)解：取的中点，的中点，连接、，依题意，侧面底面，侧面底面，侧面，所以底面，又是正方形，所以，建立如图所示空间直角坐标系：则，，设平面的法向量为，，，所以，令，故，，所以，侧面底面，侧面底面平面平面，平面的法向量为，设平面与平面所成二面角为，显然二面角为锐二面角，所以，所以平面与平面所成二面角的余弦值为；22．（2022·江苏省镇江中学高二期末）已知几何体ABCDEF中，平面ABCD⊥平面CDEF，四边形ABCD是边长为4的菱形.∠BCD=60°，四边形CDEF是直角梯形，EFCD，ED⊥CD，且EF=ED=2.(1)求证：AC⊥BE：(2)求平面ADE与平面BCF所成角的余弦值.【答案】(1)证明过程见解析(2)【分析】（1）作出辅助线，由线线垂直得到线面垂直，进而证明出AC⊥BD；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解二面角的余弦.(1)连接BD，因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD，因为平面ABCD⊥平面CDEF，交线为CD，ED⊥CD，ED平面CDEF，所以ED⊥平面ABCD，因为AC平面ABCD，所以ED⊥AC，因为BDED=D，所以AC⊥平面BDE，因为BE平面BDE，所以AC⊥BD(2)取BC的中点G，连接DG，BD，因为∠BCD=60°，四边形ABCD是边长为4的菱形，所以DG⊥BC，因为AD∥BC，所以DG⊥AD，以D为坐标原点，DA所在直线为x轴，DG所在直线为y轴，DE所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，则，设平面BCF的法向量为，则，解得：，令，则，平面ADE的法向量为，设平面ADE与平面BCF所成角为，显然为锐角，则【能力提升】一、单选题1．（2021·吉林油田高级中学高二开学考试）在棱长为1的正方体中，是棱的中点，点在侧面内，若，则的面积的最小值是()A． B． C． D．【答案】B【分析】建立空间直角坐标系，求得相关点的坐标，利用向量的坐标运算求得，进而结合二次函数性质求得，利用三角形面积公式，即可求得答案.【详解】以点为空间直角坐标系的原点，分别以，，所在直线为，，轴，建立空间直角坐标系，则点，，所以．因为，，所以,因为，所以，所以．因为，所以，所以,因为，所以当时，．因为正方体中，平面，平面,故，所以，故选：B．2．（2022·全国·高二课时练习）如图，在四棱锥中，底面，四边形为正方形，且，为的重心，则与底面所成的角满足（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】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，利用向量法即可求出，从而选出正确选项【详解】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，则，，，，所以，．易知平面的一个法向量为，则，所以，.故选：B3．（2022·全国·高二课时练习）如图，在三棱锥中，为等边三角形，为等腰直角三角形，，平面平面，为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】由面面垂直的性质定理结合题意可证得，，两两垂直，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，分别表示出，，再由异面直线所成角的向量公式代入即可得出答案.【详解】取的中点，连接，，因为，所以．又平面平面，平面平面，平面，所以平面．又，所以，可得，，两两垂直，所以以为坐标原点，，，的方向分别为，，轴的正方向，建立空间直角坐标系，不妨设，则，，，，所以，，所以，又异面直线所成角的取值范围为，所以异面直线与所成角的余弦值为．故选：B.4．（2022·江苏泰州·高二期末）在平行六面体中，，，，，则与所成角的正弦值为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】先利用基底表示向量，再利用向量的夹角公式求解.【详解】解：，则，，，，，，所以，故选：D5．（2022·浙江丽水·高二期末）如图，在三棱锥中，平面，是边长为的正三角形，，是的中点，则异面直线与所成角的余弦值是（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】解法一：可以通过几何法找到异面直线所成角的平面角，结合余弦定理可以求出；解法二：通过空间向量法，用坐标运算可以求出.【详解】解法一：设E为BC的中点，连接FE，如图，∵E是BC的中点，∴∥，,,;在中，由余弦定理可知∴异面直线BE与AF所成角的余弦值为，解法二：以A为坐标原点，AC，AM所在直线分别为y，z轴建立空间直角坐标系如图所示，易知，，，所以，，则，∴异面直线BE与AF所成角的余弦值为.故选：D6．（2022·江苏宿迁·高二阶段练习）正方体棱长为2，是棱的中点，是四边形内一点（包含边界），且，当三棱锥的体积最大时，与平面所成角的正弦值为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】建立空间直角坐标系，设出，利用向量的数量积及体积最大值求得，从而得到与平面所成角的正弦值.【详解】如图，以A为坐标原点，AB，AD，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，则，，，设，，则，由于为定值，要想三棱锥的体积最大，则F到底面ADE的距离最大，其中，所以当时，取得最大值，因为，所以的最大值为，所以，，平面的法向量，所以与平面所成角的正弦值为故选：A二、多选题7．（2022·全国·高二单元测试）在正方体中，动点M在线段上，E，F分别为，AD的中点．若异面直线EF与BM所成角为，则的值可能是（

）A． B． C． D．【答案】ABC【分析】根据空间向量求异面直线的夹角，结合二次函数的性质求最值，得到的范围为，结合选项即可求解.【详解】以D点为坐标原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系．设DA＝2，,故，，．设，则，则．当时，取到最大值，此时，当时，取到最小值，此时，所以的取值范围为,故选:ABC．8．（2022·全国·高二课时练习）已知，分别是正方体的棱和的中点，则（

）A．与是异面直线B．与所成角的大小为C．与平面所成角的正弦值为D．二面角的余弦值为【答案】AD【分析】根据异面直线的判定定理可判断A；建立空间直角坐标系，用向量方法可计算B，C，D是否正确【详解】根据异面直线的判定定理，及正方体的结构特征，易知：A正确；以为原点，，，，的方向分别为，，轴的正方向建立空间直角坐标系，设正方体棱长2，则，，，，,,所以,,设与所成角的大小为,则所以，故B错误;由题意可知,平面的法向量为,,设与平面所成角为,则,故C错误;,设平面的一个法向量为，则，令，得，设平面的一个法向量为，，则，令，得，设二面角为，由题图知为锐角，则，故D正确．故选:AD．9．（2022·湖北武汉·高二期末）如图，四边形ABCD中，AB＝BC＝AC＝2，DA＝DC＝，将四边形沿对角线AC折起，使点D不在平面ABC内，则在翻折过程中，以下结论正确的是（

）A．两条异面直线AB与CD所成角的范围是B．P为线段CD上一点（包括端点），当CD⊥AB时，C．三棱锥D−ABC的体积最大值为D．当二面角D−AC−B的大小为时，三棱锥D−ABC的外接球表面积为【答案】BCD【分析】以为坐标原点，过轴垂直平面，建立如图所示的空间直角坐标系，表示出两条异面直线AB与CD所成角可判断A；由CD⊥AB求出，P为线段CD上一点（包括端点），表示出点坐标，由空间向量夹角公式可判断B；当平面平面时，三棱锥D−ABC的体积最大，求出底面积和高可判断C；求出三棱锥D−ABC的外接球的半径，由球的表面积公式可判断D.【详解】对于A，以为坐标原点，过轴垂直平面，建立如图所示的空间直角坐标系，所以设，，所以所以，，所以设两条异面直线AB与CD所成角为，，当时，，此时，但时，D在平面ABC内.故A不正确；对于B,CD⊥AB时，，解得：，又因为，所以，所以P为线段CD上一点（包括端点）,设解得.而，，所以，故B正确；对于C，当平面平面时，三棱锥D−ABC的体积最大，且连接，，则平面，所以.故C正确；对于D，取中点，连接，取的外心，过作一条垂线垂直平面，过作一条垂线垂直平面，两条垂直相交于点，则为三棱锥D−ABC的外接球的球心，且二面角D−AC−B的大小为，即，所以在直角三角形中，，所以，则，所以，所以三棱锥D−ABC的外接球表面积为，故D正确.故选：BCD.三、解答题10．（2022·甘肃临夏·高二期末（理））如图，直三棱柱中，E是侧棱的中点，，，．(1)求证：平面平面；(2)若，求平面与平面ABE所成的锐二面角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）利用线面垂直的判定定理及面面垂直的判定定理即证；（2）建立空间直角坐标系，用空间向量法求二面角．（1）因为平面ABC，平面ABC，所以，又，，平面，所以平面，又平面，所以平面平面；（2）如图，建立空间直角坐标系，则，，，，所以，，，设平面的法向量为，则，令，则，设平面ABE的法向量为，则，令，则，所以，所以平面与平面ABE所成的锐二面角的余弦值为．11．（2022·全国·高二单元测试）如图，在四棱锥中，四边形ABCD是矩形，△SAD是等边三角形，平面平面ABCD，AB＝1，P为棱AD的中点，四棱锥的体积为．(1)若E为棱SA的中点，F为棱SB的中点，求证：平面平面SCD．(2)在棱SA上是否存在点M，使得平面PMB与平面SAD所成锐二面角的余弦值为？若存在，指出点M的位置；若不存在，请说明理由．【答案】(1)证明见解析(2)存在点M，位于AS的靠近点A的三等分点处【分析】（1）由题可得EPSD，EFCD，即证；（2）由题可得SP⊥平面ABCD，结合条件可得AD的长，建立空间直角坐标系，设＝λ，利用条件列方程，即可解得.（1）因为E、F分别是SA、SB的中点，所以EFAB，在矩形ABCD中，ABCD，所以EFCD，CD平面SCD，EF平面SCD，∴EF平面SCD，又因为E、P分别是SA、AD的中点，所以EPSD，SD平面SCD，EP平面SCD，∴EP平面SCD，又EF∩EP＝E，EF，EP平面PEF，所以平面PEF平面SCD．（2）假设在棱SA上存在点M满足题意，在等边三角形SAD中，P为AD的中点，所以，又平面平面ABCD，平面平面ABCD＝AD，平面SAD，所以平面ABCD，所以SP是四棱锥的高．设，则，，所以，所以m＝2．以点P为原点，，的方向分别为x，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，所以，，．设，所以．设平面PMB的一个法向量为，则，所以取．易知平面SAD的一个法向量为，所以，因为，所以，所以存在点M，位于AS的靠近点A的三等分点处满足题意．12．（2022·全国·高二单元测试）如图1，已知在等边三角形ABC中，点E，F分别为AB，AC的中点，点M为EF的中点，点N为BC边上一点，且，连接AM，MN，BF，将△AEF沿EF折起到的位置，使平面平面EFCB，如图2．(1)求证：平面平面；(2)求二面角的平面角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】(1)则题意易得平面EFCB，即可得．只需证明即可证明平面平面，只需证明MFCN为平行四边形即可;(2)取BC的中点G，连接MG，以点M为原点，ME，MG，所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系,利用空间向量求解即可.（1）解：证明：因为点E，F分别为等边三角形ABC的AB，AC边的中点，所以是等边三角形，且∥．因为点M是EF的中点，所以．又平面平面EFCB，平面平面EFCB＝EF，所以平面EFCB．又平面EFCB，所以．因为，所以∥且=，所以四边形MFCN为平行四边形，所以．易知，所以．又，所以平面．又平面，所以平面平面．（2）解：设等边三角形ABC的边长为4，取BC的中点G，连接MG，由题设知，由（1）知平面EFCB，又平面EFCB，所以．以点M为原点，ME，MG，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，，，，．设平面的一个法向量为，则由，得，令，则，，此时．易知平面的一个法向量为，所以，由图易知二面角的平面角是锐角，所以二面角的平面角的余弦值为．13．（2022·全国·高二单元测试）如图，在四棱锥中，底面ABCD是直角梯形，侧棱底面ABCD，AB垂直于AD和BC，SA＝AB＝BC＝2，AD＝1，M是棱SB的中点．(1)求证：平面SCD；(2)求平面SCD与平面SAB所成锐二面角的余弦值；(3)设点N是线段CD上的动点，MN与平面SAB所成的角为，求的最大值．【答案】(1)证明见解析(2)(3)【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法得平面SCD；（2）利用向量法求得平面SCD与平面SAB的法向量所成的角的余弦值，即可求得二面角余弦值；（3）设N点坐标，求得的的表达式，结合二次函数性质求得的最大值.（1）以点A为坐标原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，，所以，，．设平面SCD的一个法向量为，则，即，令z＝1，则x＝2，y＝－1，此时．因为，所以，则平面SCD．（2）易知平面SAB的一个法向量为，由（1）知SCD的一个法向量为，则，则平面SCD与平面SAB所成锐二面角的余弦值为．（3）设，则，又点N是线段CD上的动点，所以，得，则，则．又平面SAB的一个法向量为，则，所以当，即时，取得最大值，为．14．（2022·全国·高二课时练习）从①平面平面，②这两个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并解答．如图，在四棱锥中，底面是边长为4的菱形，，，分别是棱，的中点，且______．(1)求证：；(2)若，且，求平面与平面所成锐二面角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）若选①，由菱形的性质和平行关系可得，利用面面垂直性质可得平面，由线面垂直性质可得结论；若选②，利用菱形性质和平行关系可确定为中点，根据向量线性运算可将已知数量积化为，得到，由线面垂直得到平面，由线面垂直性质可得结论；（2）根据垂直关系可以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用二面角的向量求法可求得结果.（1）若选①：连接，四边形是菱形，，为中点，，；平面平面，平面平面，平面，平面，又平面，.若选②：连接，，连接，四边形是菱形，，，平分，为中点，，，平分，为中点，，，即，，又，平面，平面，又平面，．（2）连接，，连接，由（1）知：为中点，，，，，，，则以为坐标原点，为轴建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，，，，，，，设平面的法向量，，令，解得：，，；设平面的法向量，，令，解得：，，；，即平面与平面所成锐二面角的余弦值为.15．（2022·全国·高二课时练习）如图所示，在几何体EFG-DABC中，四边形ABCD，CDGF，ADGE均为正方形，且边长均为1，点M在棱DG上．(1)求证：BMEF．(2)当DM的长为多少时，使得直线MB与平面BEF所成的角为45？【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，可求得，由此可证得结论；（2）设，根据线面角的向量求法可构造方程求得，结合可得结论.（1）四边形、四边形、四边形均为正方形，两两互相垂直，以为坐标原点，为轴，可建立如图所示空间直角坐