2025年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)講義(知識梳理+真題自測+考點突破+分層檢測)專題41向量法求空間角(新高考專用)(原卷版+解析)

專題41向量法求空間角（新高考專用）目錄目錄【知識梳理】 2【真題自測】 3【考點突破】 5【考點1】異面直線所成的角 5【考點2】直線與平面所成的角 6【考點3】平面與平面的夾角 9【分層檢測】 11【基礎(chǔ)篇】 11【能力篇】 14【培優(yōu)篇】 15考試要求：1.掌握空間向量的應(yīng)用.2.會用空間向量求空間角和距離.知識梳理知識梳理1.兩條異面直線所成的角設(shè)異面直線l1，l2所成的角為θ，其方向向量分別為u，v，則cosθ＝|cos〈u，v〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(u·v,|u||v|)))＝eq\f(|u·v|,|u||v|).2.直線和平面所成的角直線AB與平面α相交于B，設(shè)直線AB與平面α所成的角為θ，直線AB的方向向量為u，平面α的法向量為n，則sinθ＝|cos〈u，n〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(u·n,|u||n|)))＝eq\f(|u·n|,|u||n|).3.平面與平面的夾角(1)兩平面的夾角：平面α與平面β相交，形成四個二面角，我們把這四個二面角中不大于90°的二面角稱為平面α與平面β的夾角.(2)兩平面夾角的計算：設(shè)平面α，β的法向量分別是n1，n2，平面α與平面β的夾角為θ，則cosθ＝|cos〈n1，n2〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(n1·n2,|n1||n2|)))＝eq\f(|n1·n2|,|n1||n2|).4.點P到直線l的距離設(shè)eq\o(AP,\s\up6(→))＝a，u是直線l的單位方向向量，則向量eq\o(AP,\s\up6(→))在直線l上的投影向量eq\o(AQ,\s\up6(→))＝(a·u)u.在Rt△APQ中，由勾股定理，得PQ＝eq\r(\a\vs4\al(|\o(AP,\s\up6(→))|2－|\o(AQ,\s\up6(→))|2))＝eq\r(a2－（a·u）2).5.點P到平面α的距離若平面α的法向量為n，平面α內(nèi)一點為A，則平面α外一點P到平面α的距離d＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(AP,\s\up6(→))·\f(n,|n|)))＝eq\f(|\o(AP,\s\up6(→))·n|,|n|)，如圖所示.6.線面距離、面面距離都可以轉(zhuǎn)化為點到平面的距離.1.線面角θ的正弦值等于直線的方向向量a與平面的法向量n所成角的余弦值的絕對值，即sinθ＝|cos〈a，n〉|，不要誤記為cosθ＝|cos〈a，n〉|.2.二面角的范圍是[0，π]，兩個平面夾角的范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).真題自測真題自測一、解答題1．（2024·全國·高考真題）如圖，在以A，B，C，D，E，F(xiàn)為頂點的五面體中，四邊形ABCD與四邊形ADEF均為等腰梯形，，，，為的中點．(1)證明：平面；(2)求二面角的正弦值．2．（2023·全國·高考真題）如圖，在正四棱柱中，．點分別在棱,上，．

(1)證明：；(2)點在棱上，當(dāng)二面角為時，求．3．（2023·全國·高考真題）如圖，三棱錐中，，，，E為BC的中點．(1)證明：；(2)點F滿足，求二面角的正弦值．4．（2022·全國·高考真題）如圖，是三棱錐的高，，，E是的中點．

(1)證明：平面；(2)若，，，求二面角的正弦值．5．（2022·全國·高考真題）如圖，四面體中，，E為的中點．(1)證明：平面平面；(2)設(shè)，點F在上，當(dāng)?shù)拿娣e最小時，求與平面所成的角的正弦值．考點突破考點突破【考點1】異面直線所成的角一、單選題1．（2024·陜西·模擬預(yù)測）在平行六面體中，已知，，則下列選項中錯誤的一項是（

）A．直線與BD所成的角為90°B．線段的長度為C．直線與所成的角為90°D．直線與平面ABCD所成角的正弦值為2．（2023·云南保山·二模）已知正方體，Q為上底面所在平面內(nèi)的動點，當(dāng)直線與的所成角為45°時，點Q的軌跡為（

）A．圓 B．直線 C．拋物線 D．橢圓二、多選題3．（2024·安徽合肥·模擬預(yù)測）如圖，在邊長為1的正方體中，點為線段上的動點，則（

）A．不存在點，使得B．的最小值為C．當(dāng)時，D．若平面上的動點滿足，則點的軌跡是直線的一部分4．（2025·甘肅張掖·模擬預(yù)測）如圖所示，四面體的各棱長均為分別為棱的中點，為棱上異于頂點的點，則以下結(jié)論正確的為（

）A．B．直線與所成角的余弦值為C．四面體的外接球體積為D．平面截四面體所得的截面圖形的周長最小值為8三、填空題5．（2024·遼寧撫順·三模）在直三棱柱中，，為的中點，點滿足，則異面直線所成角的余弦值為．6．（2023·河南開封·二模）已知矩形，，過作平面，使得平面，點在內(nèi)，且與所成的角為，則點的軌跡為，長度的最小值為．反思提升：用向量法求異面直線所成角的一般步驟：(1)建立空間直角坐標(biāo)系；(2)用坐標(biāo)表示兩異面直線的方向向量；(3)利用向量的夾角公式求出向量夾角的余弦值；(4)注意兩異面直線所成角的范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，即兩異面直線所成角的余弦值等于兩向量夾角的余弦值的絕對值.【考點2】直線與平面所成的角一、解答題1．（2024·江蘇南京·模擬預(yù)測）如圖，四棱錐中，底面，，分別為線段上一點，.(1)若為的中點，證明：平面；(2)求直線與平面所成角的正弦值的最大值.2．（2024·山東淄博·二模）已知直角梯形，，，，為對角線與BD的交點．現(xiàn)以為折痕把折起，使點到達點的位置，點為的中點，如圖所示：(1)證明：平面PBM；(2)求三棱錐體積的最大值；(3)當(dāng)三棱錐的體積最大時，求直線AB與平面所成角的正弦值．3．（2024·新疆烏魯木齊·三模）由平行六面體截去三棱錐后得到如圖所示的幾何體，其體積為5，底面ABCD為菱形，AC與BD交于點O，．

(1)證明平面；(2)證明平面平面；(3)若，，與底面ABCD所成角為60°，求與平面所成角的余弦值．4．（2024·貴州貴陽·二模）由正棱錐截得的棱臺稱為正棱臺.如圖，正四棱臺中，分別為的中點，，側(cè)面與底面所成角為.

(1)求證：平面；(2)線段上是否存在點，使得直線與平面所成的角的正弦值為，若存在，求出線段的長；若不存在，請說明理由.5．（2024·河南駐馬店·二模）在如圖①所示的平面圖形中，四邊形為菱形，現(xiàn)沿進行翻折，使得平面，過點作，且，連接，所得圖形如圖②所示，其中為線段的中點，連接.

(1)求證：平面；(2)若，直線與平面所成角的正弦值為，求的值.6．（2024·新疆·三模）已知底面是平行四邊形，平面，，，，且.(1)求證：平面平面；(2)線段上是否存在點，使得直線與平面所成角的正弦值是.若存在，求出的值；若不存在，說明理由.反思提升：向量法求直線與平面所成角主要方法是：(1)分別求出斜線和它在平面內(nèi)的射影直線的方向向量，將題目轉(zhuǎn)化為求兩個方向向量的夾角(或其補角)；(2)通過平面的法向量來求，即求出斜線的方向向量與平面的法向量所夾的銳角或鈍角的補角，取其余角就是斜線和平面所成的角.【考點3】平面與平面的夾角一、解答題1．（2024·山西太原·一模）如圖，在四棱錐中，底面是直角梯形，，，.(1)點在側(cè)棱上，且平面，確定在側(cè)棱上的位置；(2)若平面平面，且，求二面角的余弦值.2．（2024·廣西南寧·三模）如圖，在中，，，．將繞旋轉(zhuǎn)得到，，分別為線段，的中點．(1)求點到平面的距離；(2)求平面與平面所成銳角的余弦值．3．（2024·福建龍巖·三模）如圖，在四棱臺中，底面四邊形ABCD為菱形，平面ABCD.

(1)證明：；(2)若M是棱BC上的點，且滿足，求二面角的余弦值.4．（2024·新疆·二模）如圖，三棱錐的所有棱長都是，為的中點，且為FG的中點．

(1)求證：平面平面；(2)若，平面與平面夾角的余弦值為，求FG的長．5．（2024·江蘇泰州·模擬預(yù)測）如圖，直四棱柱的底面是菱形，，，，E，N分別是BC，的中點．(1)若M是的中點，證明：平面平面；(2)若M是線段上的一動點，當(dāng)二面角的余弦值為時，求BM長度．6．（2024·福建泉州·一模）如圖，已知四棱臺的上、下底面分別是邊長為2和4的正方形，平面平面ABCD，，點P是棱的中點，點Q在棱BC上．(1)若，證明：平面；(2)若二面角的正切值為5，求BQ的長．反思提升：用法向量求兩平面的夾角：分別求出兩個法向量，然后通過兩個平面的法向量的夾角得到兩平面夾角的大小.分層檢測分層檢測【基礎(chǔ)篇】一、單選題1．直三棱柱中，，，則異面直線與所成角的余弦值為（

）A． B． C． D．2．直三棱柱中，底面是以A為直角的腰長為2的等腰直角三角形，側(cè)棱長為，為上的點，若直線與直線所成角的余弦值為，則長為（

）A．1 B． C． D．3．已知正方體的棱長為1，每條棱所在直線與平面α所成的角均為θ，平面α截此正方體所得截面為圖形Ω，下列說法錯誤的是（

）

A．平面α可以是平面 B．C．圖形Ω可能是六邊形 D．4．在正三棱錐中，底面是邊長為正三角形，是的中點，若直線和平面所成的角為，則三棱錐外接球的表面積為（

）A． B．C． D．二、多選題5．如圖，在棱長為1的正方體中，點M為線段上的動點（含端點），則（

）A．存在點M，使得平面B．存在點M，使得∥平面C．不存在點M，使得直線與平面所成的角為D．存在點M，使得平面與平面所成的銳角為6．如圖，在棱長為2的正方體中，點P是正方體的上底面內(nèi)（不含邊界）的動點，點Q是棱的中點，則以下命題正確的是（

）

A．三棱錐的體積是定值B．存在點P，使得與所成的角為C．直線與平面所成角的正弦值的取值范圍為D．若，則P的軌跡的長度為7．在棱長為的正方體中，則（

）A．平面B．直線平面所成角為45°C．三棱錐的體積是正方體體積的D．點到平面的距離為三、填空題8．在矩形中，，，沿對角線將矩形折成一個大小為的二面角，當(dāng)點B與點D之間的距離為3時．9．已知圓所在平面與平面所成的銳二面角為，若圓在平面的正投影為橢圓，則橢圓的離心率為.10．已知在正方體中，，平面平面，則直線l與所成角的余弦值為．四、解答題11．在四棱錐中，底面ABCD是邊長為2的正方形，，，O為CD的中點，二面角A-CD-P為直二面角.(1)求證：；(2)求直線PC與平面PAB所成角的正弦值；(3)求平面POB與平面PAB夾角的余弦值.12．如圖，在直三棱柱中，，，為的中點.(1)證明：平面；(2)若二面角的余弦值為，求點到平面的距離.【能力篇】一、解答題1．（2024·遼寧沈陽·模擬預(yù)測）如圖，直線垂直于梯形所在的平面，，為線段的中點，，，四邊形為矩形.(1)求證：平面；(2)求直線與平面所成角的正弦值.2．（2024·陜西西安·模擬預(yù)測）如圖，在直三棱柱中，是上的點，且平面．(1)求證：平面；(2)若，，，是棱上的點，且直線與平面所成角的正弦值為，試確定點的位置．3．（2024·四川樂山·三模）如圖，平行六面體中，底面是邊長為2的菱形，且，與平面所成的角為與交于．(1)證明：平面；(2)求二面角的正弦值．4．（2024·黑龍江大慶·三模）如圖，在四棱錐中，，，且是的中點.

(1)求證：平面平面；(2)若二面角的大小為，求直線與平面所成角的余弦值.【培優(yōu)篇】一、解答題1．（2024·湖南·模擬預(yù)測）如圖，在直三棱柱中，，，分別為，的中點，為線段上異于端點的一點.(1)求點到平面的距離；(2)若平面與平面的夾角的余弦值為，求直線與平面所成角的正弦值．2．（2024·海南·模擬預(yù)測）如圖，已知線段為圓柱的三條母線，AB為底面圓的一條直徑，是母線的中點，且.(1)求證：平面DOC；(2)求平面與平面的夾角的余弦值.3．（2024·全國·模擬預(yù)測）如圖，已知四邊形是直角梯形，，平面是的中點，E是的中點，的面積為，四棱錐的體積為．(1)求證：平面;(2)若P是線段上一動點，當(dāng)二面角的大小為時，求的值成套的課件成套的教案成套的試題成套的微專題盡在高中數(shù)學(xué)同步資源大全QQ群552511468也可聯(lián)系微信fjshuxue加入百度網(wǎng)盤群1.5T一線老師必備資料一鍵轉(zhuǎn)存自動更新永不過期專題41向量法求空間角（新高考專用）目錄目錄【知識梳理】 2【真題自測】 3【考點突破】 11【考點1】異面直線所成的角 11【考點2】直線與平面所成的角 19【考點3】平面與平面的夾角 30【分層檢測】 42【基礎(chǔ)篇】 42【能力篇】 57【培優(yōu)篇】 63考試要求：1.掌握空間向量的應(yīng)用.2.會用空間向量求空間角和距離.知識梳理知識梳理1.兩條異面直線所成的角設(shè)異面直線l1，l2所成的角為θ，其方向向量分別為u，v，則cosθ＝|cos〈u，v〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(u·v,|u||v|)))＝eq\f(|u·v|,|u||v|).2.直線和平面所成的角直線AB與平面α相交于B，設(shè)直線AB與平面α所成的角為θ，直線AB的方向向量為u，平面α的法向量為n，則sinθ＝|cos〈u，n〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(u·n,|u||n|)))＝eq\f(|u·n|,|u||n|).3.平面與平面的夾角(1)兩平面的夾角：平面α與平面β相交，形成四個二面角，我們把這四個二面角中不大于90°的二面角稱為平面α與平面β的夾角.(2)兩平面夾角的計算：設(shè)平面α，β的法向量分別是n1，n2，平面α與平面β的夾角為θ，則cosθ＝|cos〈n1，n2〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(n1·n2,|n1||n2|)))＝eq\f(|n1·n2|,|n1||n2|).4.點P到直線l的距離設(shè)eq\o(AP,\s\up6(→))＝a，u是直線l的單位方向向量，則向量eq\o(AP,\s\up6(→))在直線l上的投影向量eq\o(AQ,\s\up6(→))＝(a·u)u.在Rt△APQ中，由勾股定理，得PQ＝eq\r(\a\vs4\al(|\o(AP,\s\up6(→))|2－|\o(AQ,\s\up6(→))|2))＝eq\r(a2－（a·u）2).5.點P到平面α的距離若平面α的法向量為n，平面α內(nèi)一點為A，則平面α外一點P到平面α的距離d＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(AP,\s\up6(→))·\f(n,|n|)))＝eq\f(|\o(AP,\s\up6(→))·n|,|n|)，如圖所示.6.線面距離、面面距離都可以轉(zhuǎn)化為點到平面的距離.1.線面角θ的正弦值等于直線的方向向量a與平面的法向量n所成角的余弦值的絕對值，即sinθ＝|cos〈a，n〉|，不要誤記為cosθ＝|cos〈a，n〉|.2.二面角的范圍是[0，π]，兩個平面夾角的范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).真題自測真題自測一、解答題1．（2024·全國·高考真題）如圖，在以A，B，C，D，E，F(xiàn)為頂點的五面體中，四邊形ABCD與四邊形ADEF均為等腰梯形，，，，為的中點．(1)證明：平面；(2)求二面角的正弦值．2．（2023·全國·高考真題）如圖，在正四棱柱中，．點分別在棱,上，．

(1)證明：；(2)點在棱上，當(dāng)二面角為時，求．3．（2023·全國·高考真題）如圖，三棱錐中，，，，E為BC的中點．(1)證明：；(2)點F滿足，求二面角的正弦值．4．（2022·全國·高考真題）如圖，是三棱錐的高，，，E是的中點．

(1)證明：平面；(2)若，，，求二面角的正弦值．5．（2022·全國·高考真題）如圖，四面體中，，E為的中點．(1)證明：平面平面；(2)設(shè)，點F在上，當(dāng)?shù)拿娣e最小時，求與平面所成的角的正弦值．參考答案：1．(1)證明見詳解；(2)【分析】（1）結(jié)合已知易證四邊形為平行四邊形，可證，進而得證；（2）作交于，連接，易證三垂直，采用建系法結(jié)合二面角夾角余弦公式即可求解.【詳解】（1）因為為的中點，所以，四邊形為平行四邊形，所以，又因為平面，平面，所以平面；（2）如圖所示，作交于，連接，因為四邊形為等腰梯形，，所以，結(jié)合（1）為平行四邊形，可得，又，所以為等邊三角形，為中點，所以，又因為四邊形為等腰梯形，為中點，所以，四邊形為平行四邊形，，所以為等腰三角形，與底邊上中點重合，，，因為，所以，所以互相垂直，以方向為軸，方向為軸，方向為軸，建立空間直角坐標(biāo)系，，，，，設(shè)平面的法向量為m=x1平面的法向量為n=x則，即，令，得，即m=3,3,1，則，即，令，得，即，，則，故二面角的正弦值為.2．(1)證明見解析；(2)1【分析】（1）建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量坐標(biāo)相等證明；（2）設(shè)，利用向量法求二面角，建立方程求出即可得解.【詳解】（1）以為坐標(biāo)原點，所在直線為軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖，

則，，，又不在同一條直線上，.（2）設(shè)，則，設(shè)平面的法向量，則，令，得，，設(shè)平面的法向量，則，令，得，，，化簡可得，，解得或，或，.3．(1)證明見解析；(2)．【分析】（1）根據(jù)題意易證平面，從而證得；（2）由題可證平面，所以以點為原點，所在直線分別為軸，建立空間直角坐標(biāo)系，再求出平面的一個法向量，根據(jù)二面角的向量公式以及同角三角函數(shù)關(guān)系即可解出．【詳解】（1）連接，因為E為BC中點，，所以①，因為，，所以與均為等邊三角形，，從而②，由①②，，平面，所以，平面，而平面，所以．（2）不妨設(shè)，，．，，又，平面平面．以點為原點，所在直線分別為軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示：

設(shè)，設(shè)平面與平面的一個法向量分別為，二面角平面角為,而，因為，所以，即有，，取，所以；，取，所以，所以，，從而．所以二面角的正弦值為．4．(1)證明見解析(2)【分析】（1）連接并延長交于點，連接、，根據(jù)三角形全等得到，再根據(jù)直角三角形的性質(zhì)得到，即可得到為的中點從而得到，即可得證；（2）建立適當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系，利用空間向量法求出二面角的余弦的絕對值，再根據(jù)同角三角函數(shù)的基本關(guān)系計算可得.【詳解】（1）證明：連接并延長交于點，連接、，因為是三棱錐的高，所以平面，平面，所以、，又，所以，即，所以，又，即，所以，，所以所以，即，所以為的中點，又為的中點，所以，又平面，平面，所以平面

（2）解：過點作，如圖建立空間直角坐標(biāo)系，因為，，所以，又，所以，則，，所以，所以，，，，所以，則，，，設(shè)平面的法向量為，則，令，則，，所以；設(shè)平面的法向量為，則，令，則，，所以；所以.設(shè)二面角的大小為，則，所以，即二面角的正弦值為.

5．(1)證明過程見解析(2)與平面所成的角的正弦值為【分析】（1）根據(jù)已知關(guān)系證明，得到，結(jié)合等腰三角形三線合一得到垂直關(guān)系，結(jié)合面面垂直的判定定理即可證明；（2）根據(jù)勾股定理逆用得到，從而建立空間直角坐標(biāo)系，結(jié)合線面角的運算法則進行計算即可.【詳解】（1）因為，E為的中點，所以；在和中，因為，所以，所以，又因為E為的中點，所以；又因為平面，，所以平面，因為平面，所以平面平面.（2）連接，由（1）知，平面，因為平面，所以，所以，當(dāng)時，最小，即的面積最小.因為，所以，又因為，所以是等邊三角形，因為E為的中點，所以，，因為，所以,在中，，所以.以為坐標(biāo)原點建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則，所以，設(shè)平面的一個法向量為，則，取，則，又因為，所以，所以，設(shè)與平面所成的角為，所以，所以與平面所成的角的正弦值為.考點突破考點突破【考點1】異面直線所成的角一、單選題1．（2024·陜西·模擬預(yù)測）在平行六面體中，已知，，則下列選項中錯誤的一項是（

）A．直線與BD所成的角為90°B．線段的長度為C．直線與所成的角為90°D．直線與平面ABCD所成角的正弦值為2．（2023·云南保山·二模）已知正方體，Q為上底面所在平面內(nèi)的動點，當(dāng)直線與的所成角為45°時，點Q的軌跡為（

）A．圓 B．直線 C．拋物線 D．橢圓二、多選題3．（2024·安徽合肥·模擬預(yù)測）如圖，在邊長為1的正方體中，點為線段上的動點，則（

）A．不存在點，使得B．的最小值為C．當(dāng)時，D．若平面上的動點滿足，則點的軌跡是直線的一部分4．（2025·甘肅張掖·模擬預(yù)測）如圖所示，四面體的各棱長均為分別為棱的中點，為棱上異于頂點的點，則以下結(jié)論正確的為（

）A．B．直線與所成角的余弦值為C．四面體的外接球體積為D．平面截四面體所得的截面圖形的周長最小值為8三、填空題5．（2024·遼寧撫順·三模）在直三棱柱中，，為的中點，點滿足，則異面直線所成角的余弦值為．6．（2023·河南開封·二模）已知矩形，，過作平面，使得平面，點在內(nèi)，且與所成的角為，則點的軌跡為，長度的最小值為．參考答案：1．D【分析】在平行六面體中，取，利用空間向量的線性運算及數(shù)量積運算，逐一分析選項，即可得出答案.【詳解】在平行六面體中，令，，，由，，得，，對于，顯然，，則，即，因此直線與所成的角為，A正確；對于B，，即，B正確；對于C，，即，因此直線與所成的角為，C正確；對于D，在平行六面體中，四邊形是菱形，即，又，，平面，于是平面，又平面，則平面平面，連接交于點，在平面內(nèi)過點作于點，如圖，由平面平面，因此平面，即直線與平面所成角為，，則，即，由及選項C知，，則，D錯誤.故選：D2．C【分析】建系，利用空間向量結(jié)合線線夾角分析運算.【詳解】以點D為原點，，，為x，y，z的正方向，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)正方體棱長為1，則，設(shè)，可得，，因為直線與的所成角為，則，化簡可得，所以點Q的軌跡為拋物線.故選：C.

3．BC【分析】A選項，根據(jù)線面垂直的性質(zhì)證明當(dāng)為的中點時；B選項，設(shè)，然后利用向量的線性運算和數(shù)量積的運算律得到，最后求最小值即可；C選項，利用空間向量再證明即可；D選項，建立空間直角坐標(biāo)系，然后根據(jù)列方程得到點的軌跡方程，即可得到點的軌跡.【詳解】A選項：當(dāng)為的中點時，理由如下：由圖可知，當(dāng)為的中點時平面，因為為正方體，所以平面，，因為平面，所以，因為，平面，所以平面，因為平面，所以，故A錯誤；B選項：設(shè)，，則，，所以，當(dāng)時取得最小值，最小值為，故B正確；C選項：當(dāng)時，，，，所以，故C正確；D選項：如圖，以為原點，分別以為軸建立空間直角坐標(biāo)系，，，設(shè)，，則，，當(dāng)平面上的動點滿足時，，整理得，所以點的軌跡為橢圓的一部分，故D錯.故選：BC.4．ABD【分析】用向量的數(shù)量積可判斷A，用向量的夾角余弦公式可判斷B，把正四面體放入正方體中，求外接球體積，可判斷C，把四面體側(cè)面展開，即可求得平面截四面體所得的截面圖形的周長最小值，進而判斷D.【詳解】由題意，，，所以，所以，故A正確；因為為等邊三角形，為棱的中點，所以，，同理，，，因為分別為棱的中點，所以，，又為等邊三角形，所以，，，設(shè)直線與所成角為，則，故B正確；把四面體放入正方體中，則正方體的面對角線長度等于四面體的棱長，所以正方體的棱長為，正方體的體對角線長為，正方體的外接球半徑為，正方體的外接球體積為，即四面體的外接球體積為，故C錯誤；將四面體的側(cè)面展開如圖所示，連接，交于，當(dāng)時，平面截四面體所得的截面圖形的周長最小，此時分別為的中點，，所以平面截四面體所得的截面圖形的周長最小值為.故D正確.故選：ABD.5．【分析】以為坐標(biāo)原點，建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法求解即可.【詳解】如圖，以為坐標(biāo)原點，建立空間直角坐標(biāo)系，則，所以，設(shè)異面直線所成的角為，則．故答案為：.6．雙曲線【分析】建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)點坐標(biāo)，結(jié)合已知條件求出點軌跡方程進行求解即可.【詳解】如圖，以為原點，所在直線為軸，平面內(nèi)過且與垂直的直線為軸，所在直線為軸，建立空間直角坐標(biāo)系，則由已知，，，，，∵點在平面內(nèi)，∴設(shè)，則，，∵直線與直線所成的角為，∴，兩邊同時平方，化簡得點軌跡方程為，∴點的軌跡為雙曲線.，∵點軌跡方程為，∴，且，∴，∴當(dāng)時，的最小值為.故答案為：雙曲線，【點睛】易錯點睛：本題第二個空容易誤認為當(dāng)點在線段上時，長度最小，使用空間向量運算，可以有效避免這種直覺上的錯誤.反思提升：用向量法求異面直線所成角的一般步驟：(1)建立空間直角坐標(biāo)系；(2)用坐標(biāo)表示兩異面直線的方向向量；(3)利用向量的夾角公式求出向量夾角的余弦值；(4)注意兩異面直線所成角的范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，即兩異面直線所成角的余弦值等于兩向量夾角的余弦值的絕對值.【考點2】直線與平面所成的角一、解答題1．（2024·江蘇南京·模擬預(yù)測）如圖，四棱錐中，底面，，分別為線段上一點，.(1)若為的中點，證明：平面；(2)求直線與平面所成角的正弦值的最大值.2．（2024·山東淄博·二模）已知直角梯形，，，，為對角線與BD的交點．現(xiàn)以為折痕把折起，使點到達點的位置，點為的中點，如圖所示：(1)證明：平面PBM；(2)求三棱錐體積的最大值；(3)當(dāng)三棱錐的體積最大時，求直線AB與平面所成角的正弦值．3．（2024·新疆烏魯木齊·三模）由平行六面體截去三棱錐后得到如圖所示的幾何體，其體積為5，底面ABCD為菱形，AC與BD交于點O，．

(1)證明平面；(2)證明平面平面；(3)若，，與底面ABCD所成角為60°，求與平面所成角的余弦值．4．（2024·貴州貴陽·二模）由正棱錐截得的棱臺稱為正棱臺.如圖，正四棱臺中，分別為的中點，，側(cè)面與底面所成角為.

(1)求證：平面；(2)線段上是否存在點，使得直線與平面所成的角的正弦值為，若存在，求出線段的長；若不存在，請說明理由.5．（2024·河南駐馬店·二模）在如圖①所示的平面圖形中，四邊形為菱形，現(xiàn)沿進行翻折，使得平面，過點作，且，連接，所得圖形如圖②所示，其中為線段的中點，連接.

(1)求證：平面；(2)若，直線與平面所成角的正弦值為，求的值.6．（2024·新疆·三模）已知底面是平行四邊形，平面，，，，且.(1)求證：平面平面；(2)線段上是否存在點，使得直線與平面所成角的正弦值是.若存在，求出的值；若不存在，說明理由.參考答案：1．(1)證明見解析(2)【分析】（1）取的中點，連接，，先證四邊形為平行四邊形，有，再由線面平行的判定定理，得證；（2）取的中點，連接，以為原點，建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法求解即可.【詳解】（1）證明：由已知得，取的中點T，連接，由N為的中點知，．又，故，且，∴四邊形為平行四邊形，∴，∵平面，平面，∴平面．（2）取的中點，連接，建立如圖所示的空間坐標(biāo)系．，不妨設(shè)，則，設(shè)平面的一個法向量為n=x,y,z，取，則.設(shè)直線與平面所成角為.故直線與平面所成角的正弦值的最大值為.2．(1)證明見解析(2)(3)【分析】（1）相似可得，，結(jié)合勾股定理逆定理得到，以及折疊后，，即可證明;（2）證明點P到平面ABC的距離，即為點P到BM的距離，運用等體積法即可求解；（3）建立空間直角坐標(biāo)系，求出平面PBC法向量，再用向量夾角余弦值公式求解即可.【詳解】（1）直角梯形中，由相似可得，因為，，可得，，故可得，，由，則由勾股定理逆定理得，，即，，翻折后可得，，，又因為，在平面內(nèi)，故平面（2）因為點為邊的中點，所以，又，所以，因為平面，所以平面平面，所以點P到平面ABC的距離，即為點P到BM的距離，設(shè)為h，因為為定值，當(dāng)h最大時，三棱錐的體積最大，而，則，當(dāng)h=1時，.（3）由（2）得，當(dāng)三棱錐的體積最大時，點P到平面ABC的距離為，即平面．故，，又因為，故，，兩兩垂直．故可以為原點，直線分別為軸建立空間直角坐標(biāo)系，由題可得，，則，，，設(shè)平面的法向量為，則，令，得，設(shè)直線與平面所成角為，則，所以直線與平面所成角的正弦值為．3．(1)證明見解析(2)證明見解析(3)【分析】（1）補全平行六面體，連接交于點，連接，由平行四邊形證得，即可得到線面平行；（2）由底面是菱形，得到，由等腰三角形三線合一得到，從而得到線面垂直，進而得到面面垂直；（3）由幾何體的體積先求出幾何體的高，建立空間直角坐標(biāo)系，由與底面ABCD所成角為60°，求出的坐標(biāo)，進而用向量求出與平面所成角的余弦值．【詳解】（1）如圖補全平行六面體，連接交于點，連接，在平行六面體，，所以四邊形為平行四邊形，所以，又為的中點，為的中點，所以，，所以四邊形為平行四邊形，所以，又所以平面，平面，所以平面.（2）因為底面是菱形，所以，又因為，，所以，又平面，平面，，所以平面，又平面，所以平面平面.（3），因為截后的幾何體體積為5，所以平行六面體體積為6，又因為，，設(shè)平行六面體的高為，所以，所以，，以O(shè)為坐標(biāo)原點，OA為x軸，OB為y軸，過O與平面ABCD垂直的直線為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，則，，，設(shè)，則，又因為，，因為，所以，所以，因為與底面ABCD所成角為，平面ABCD的一個法向量為，所以，又，，由圖可知，所以，所以，設(shè)平面的一個法向量為，則，取一個法向量，設(shè)與平面所成角為，則，所以與平面所成角的余弦值為．

4．(1)證明見解析(2)存在，且【分析】（1）借助中位線的性質(zhì)可得線線平行，即可得線面平行，利用面面平行的判定定理即可得面面平行，再由面面平行的性質(zhì)定理即可得證；（2）建立適當(dāng)空間直角坐標(biāo)系后，借助空間向量可用未知數(shù)表示出直線與平面所成的角的正弦值，計算即可得解.【詳解】（1）連接、，由分別為的中點，則，又平面，平面，故平面，正四棱臺中，且，則四邊形為平行四邊形，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）正四棱臺中，上下底面中心的連線底面，底面為正方形，故，故可以為原點，、、為軸，建立空間直角坐標(biāo)系，由，側(cè)面與底面所成角為，則，則，，，假設(shè)在線段上存在點滿足題設(shè)，則，設(shè)，則，，設(shè)平面的法向量為m=x,y,z則，令，則，，即，因為直線與平面所成的角的正弦值為，故，解得或（舍），故，故線段上存在點，使得直線與平面所成的角的正弦值為，此時線段的長為.

5．(1)證明見解析(2)2【分析】（1）連接交于點，連接，證明且，得平面，證明四邊形為平行四邊形，有，可得平面；（2）以為坐標(biāo)原點，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)，求出平面的法向量，向量法表示直線與平面所成角的正弦值，求出的值.【詳解】（1）證明：.

在菱形中，，因為平面，平面，所以，又，平面，所以平面.因為分別為的中點，所以，，又，，所以，，所以四邊形為平行四邊形，所以，所以平面.（2）在菱形中，因為，所以和都是正三角形，取的中點，連接，則，又平面，所以，即兩兩垂直.以為坐標(biāo)原點，所在直線分別為軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，

設(shè)，則，則，.設(shè)平面的法向量為，則取，則.記直線與平面所成角為，則.，解得，即的值為2.6．(1)證明見解析(2)存在，或.【分析】（1）由，得到，再由平面，證得，進而證得平面，結(jié)合，得到平面，利用面面垂直的判定定理，即可證得平面平面.（2）以為原點，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)，求得向量和平面的一個法向量為，結(jié)合向量的夾角公式，列出方程，即可求解.【詳解】（1）證明：在中，，，，則，可得，所以，所以.因為平面，平面，所以，又因為，平面，平面，所以平面，因為，所以平面，又因為平面，所以平面平面.（2）是平行四邊形，平面，，，，且.假設(shè)線段上存在點，使得直線與平面所成角的正弦值是，以為原點，所在直線分別為x軸、y軸、軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，則，可得，，設(shè)，則，所以，設(shè)平面的一個法向量為，則，令，可得，所以，設(shè)直線與平面所成角的大小為，故，整理得，解得或，所以或.反思提升：向量法求直線與平面所成角主要方法是：(1)分別求出斜線和它在平面內(nèi)的射影直線的方向向量，將題目轉(zhuǎn)化為求兩個方向向量的夾角(或其補角)；(2)通過平面的法向量來求，即求出斜線的方向向量與平面的法向量所夾的銳角或鈍角的補角，取其余角就是斜線和平面所成的角.【考點3】平面與平面的夾角一、解答題1．（2024·山西太原·一模）如圖，在四棱錐中，底面是直角梯形，，，.(1)點在側(cè)棱上，且平面，確定在側(cè)棱上的位置；(2)若平面平面，且，求二面角的余弦值.2．（2024·廣西南寧·三模）如圖，在中，，，．將繞旋轉(zhuǎn)得到，，分別為線段，的中點．(1)求點到平面的距離；(2)求平面與平面所成銳角的余弦值．3．（2024·福建龍巖·三模）如圖，在四棱臺中，底面四邊形ABCD為菱形，平面ABCD.

(1)證明：；(2)若M是棱BC上的點，且滿足，求二面角的余弦值.4．（2024·新疆·二模）如圖，三棱錐的所有棱長都是，為的中點，且為FG的中點．

(1)求證：平面平面；(2)若，平面與平面夾角的余弦值為，求FG的長．5．（2024·江蘇泰州·模擬預(yù)測）如圖，直四棱柱的底面是菱形，，，，E，N分別是BC，的中點．(1)若M是的中點，證明：平面平面；(2)若M是線段上的一動點，當(dāng)二面角的余弦值為時，求BM長度．6．（2024·福建泉州·一模）如圖，已知四棱臺的上、下底面分別是邊長為2和4的正方形，平面平面ABCD，，點P是棱的中點，點Q在棱BC上．(1)若，證明：平面；(2)若二面角的正切值為5，求BQ的長．參考答案：1．(1)為側(cè)棱上靠近處的三等分點；(2)【分析】（1）根據(jù)平面，得出，結(jié)合底面是直角梯形，，且，得出，即可求解；（2）建立空間直角坐標(biāo)系，分別求出平面與平面的一個法向量，利用向量夾角公式即可求解.【詳解】（1）連接，設(shè)，連接，則平面平面，平面，面，底面是直角梯形，，且，，則，為側(cè)棱上靠近處的三等分點；（2）平面平面，且，，平面平面，平面，平面，（為中點）如圖所示建立空間直角坐標(biāo)系，依題意有A1,0,0，，，，則，，，顯然是平面的一個法向量，設(shè)是平面的一個法向量，則，取得，，二面角的大小的余弦值為.2．(1)(2)【分析】（1）作，垂足為，由線面垂直的判定得平面，可得點到平面的距離為的長度，求解即可；（2）建立空間直角坐標(biāo)系，由面面夾角的向量公式計算即可．【詳解】（1）因為，將繞旋轉(zhuǎn)得到，所以，又平面，所以平面，取中點，連接，作，垂足為，因為，點為中點，所以，又，平面，所以平面，因為平面，所以，又因為，平面，所以平面，即點到平面的距離為的長度，因為平面，平面，所以，因為是邊長為2的等邊三角形，所以，又，所以，所以．（2）以點為坐標(biāo)原點，所在直線為軸，以過點，垂直于平面的直線為軸，建立如圖空間直角坐標(biāo)系，則，所以，設(shè)平面的法向量為，可得，即，取，則，取中點，連接，由等腰得，，則，由（1）得平面，所以為平面的一個法向量，設(shè)平面與平面所成夾角為，則所以平面與平面所成銳角的余弦值為．3．(1)證明見解析(2)【分析】（1）先根據(jù)線面垂直的性質(zhì)得，再根據(jù)線面垂直的判定定理得平面，從而利用線面垂直的性質(zhì)定理即可證明；（2）建立空間直角坐標(biāo)系，求出點的坐標(biāo)，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.【詳解】（1）在四棱臺中，延長后必交于一點，故四點共面，因為平面，平面，故，連接，因為底面四邊形為菱形，故，平面，故平面，因為平面，所以.

（2）過點A作的垂線，交與點N，以所在直線分別為軸，軸，軸建立空間直角坐標(biāo)系（如圖），

設(shè)，則，由于，故，則，，則，，，記平面的法向量為，則，即，令，則，即，平面的法向量可取為，則.所以二面角的余弦值為.4．(1)證明見解析(2)8【分析】（1）根據(jù)面面垂直的判斷定理，轉(zhuǎn)化為證明平面即得；（2）根據(jù)垂直關(guān)系，建立空間直角坐標(biāo)系，根據(jù)二面角的余弦值求的長度.【詳解】（1）連結(jié)，因為，，且點是的中點，

所以，，，且平面，所以平面，因為，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，設(shè)點是底面上的射影為，點在上，因為三棱錐的棱長都是，所以，，以點為坐標(biāo)原點，過點作與平行的直線為軸，所在直線為軸，軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)，，則O0,0,0，，，，，，,所以，，，，設(shè)平面的法向量為，則，即，令，得，，所以平面的法向量為，設(shè)平面的法向量為，則，即，令，則，，所以平面的法向量為，設(shè)平面與平面的夾角為，則，整理為，解得：或(舍去)，所以的長度為8.5．(1)證明見解析；(2)BM長度為．【分析】（1）根據(jù)線面垂直判定定理證明平面，再證明，由此證明平面，再根據(jù)面面垂直判定定理證明結(jié)論；（2）建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)，用表示二面角的余弦值，由條件列方程，由此可得的長.【詳解】（1）由已知平面，又平面，所以，因為為菱形，，所以，，，所以為等邊三角形，又為中點，所以，又，所以，又，平面，所以平面，因為M是的中點，為中點，所以，又，，所以，連接，為中點，則，，所以四邊形為平行四邊形，所以，所以平面，又平面，所以平面平面；（2）因為，平面，以為原點，以為軸正半軸，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)，則，，設(shè)平面的法向量為m=x,y,z，平面的法向量為n=則有，可取，，可取，則，由已知，所以或（舍去）所以點的坐標(biāo)為，所以的長度為.6．(1)證明見解析(2)1【分析】（1）取的中點M，連接MP，MB，利用平行四邊形證明，由判定定理得證；（2）建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)，根據(jù)向量法求出二面角的正切值，解出，即可得解.【詳解】（1）取的中點M，連接MP，MB，如圖，在四棱臺中，四邊形是梯形，，又點M，P分別是棱的中點，所以，且．在正方形ABCD中，，又，所以．從而且，所以四邊形BMPQ是平行四邊形，所以．又因為平面，平面，所以平面；（2）在平面中，作于O．因為平面平面ABCD，平面平面，，平面，所以平面ABCD．在正方形ABCD中，過O作AB的平行線交BC于點N，則．以為正交基底，建立空間直角坐標(biāo)系．因為四邊形是等腰梯形，，所以又，所以．易得，所以．設(shè)，所以．設(shè)平面PDQ的法向量為，由，得，令，可得，另取平面DCQ的一個法向量為．設(shè)二面角平面角為，由題意得．又，所以，解得（舍負），因此．所以當(dāng)二面角的正切值為5時，BQ的長為1．反思提升：用法向量求兩平面的夾角：分別求出兩個法向量，然后通過兩個平面的法向量的夾角得到兩平面夾角的大小.分層檢測分層檢測【基礎(chǔ)篇】一、單選題1．直三棱柱中，，，則異面直線與所成角的余弦值為（

）A． B． C． D．2．直三棱柱中，底面是以A為直角的腰長為2的等腰直角三角形，側(cè)棱長為，為上的點，若直線與直線所成角的余弦值為，則長為（

）A．1 B． C． D．3．已知正方體的棱長為1，每條棱所在直線與平面α所成的角均為θ，平面α截此正方體所得截面為圖形Ω，下列說法錯誤的是（

）

A．平面α可以是平面 B．C．圖形Ω可能是六邊形 D．4．在正三棱錐中，底面是邊長為正三角形，是的中點，若直線和平面所成的角為，則三棱錐外接球的表面積為（

）A． B．C． D．二、多選題5．如圖，在棱長為1的正方體中，點M為線段上的動點（含端點），則（

）A．存在點M，使得平面B．存在點M，使得∥平面C．不存在點M，使得直線與平面所成的角為D．存在點M，使得平面與平面所成的銳角為6．如圖，在棱長為2的正方體中，點P是正方體的上底面內(nèi)（不含邊界）的動點，點Q是棱的中點，則以下命題正確的是（

）

A．三棱錐的體積是定值B．存在點P，使得與所成的角為C．直線與平面所成角的正弦值的取值范圍為D．若，則P的軌跡的長度為7．在棱長為的正方體中，則（

）A．平面B．直線平面所成角為45°C．三棱錐的體積是正方體體積的D．點到平面的距離為三、填空題8．在矩形中，，，沿對角線將矩形折成一個大小為的二面角，當(dāng)點B與點D之間的距離為3時．9．已知圓所在平面與平面所成的銳二面角為，若圓在平面的正投影為橢圓，則橢圓的離心率為.10．已知在正方體中，，平面平面，則直線l與所成角的余弦值為．四、解答題11．在四棱錐中，底面ABCD是邊長為2的正方形，，，O為CD的中點，二面角A-CD-P為直二面角.(1)求證：；(2)求直線PC與平面PAB所成角的正弦值；(3)求平面POB與平面PAB夾角的余弦值.12．如圖，在直三棱柱中，，，為的中點.(1)證明：平面；(2)若二面角的余弦值為，求點到平面的距離.參考答案：1．A【分析】由題意，以為原點，建立空間直角坐標(biāo)系，求出異面直線與所在直線的方向向量，由空間向量夾角的余弦值的坐標(biāo)公式求解即可.【詳解】以為原點，在平面中過作的垂線交于，以所在直線為軸，所在直線為軸，所在直線為軸，建立空間直角坐標(biāo)系，因為直三棱柱中，，設(shè)，所以，，A0,0,0，，，，設(shè)異面直線與所成角為，則，所以異面直線與所成角的余弦值為.故選：.2．A【分析】建系標(biāo)點，設(shè)，可得，利用空間向量求異面直線的夾角，列式求解即可.【詳解】以A為原點，所在直線分別為軸、軸、軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則．設(shè)，則，所以，解得(負值舍去).故選：A．3．B【分析】由三棱錐為正三棱錐，得到三條棱與平面與三條棱成等角，可判定A正確；以為坐標(biāo)原點，建立空間直角坐標(biāo)系，求得平面的法向量為，結(jié)合向量的夾角公式，得到B不正確，D正確；取的中點，得到六邊形為平行六邊形，可判定C正確.【詳解】在正方體中，可得三棱錐為正三棱錐，則三條棱與平面與三條棱成等角，根據(jù)正方體的對稱性，可得所有棱與平面所成的角都相等，所以A正確；以為坐標(biāo)原點，以所在的直線分別為軸、軸和軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，可得，則，設(shè)平面的法向量為，則，取，可得，所以，所以，設(shè)正方體的棱與平面的角為，所以，則，所以B不正確，D正確；分別取的中點，分別連接，得到六邊形為平行六邊形，且滿足平面平面，所以圖形Ω可能是六邊形，所以C正確.故選：B

4．C【分析】先作出直線和平面所成的角，求得三棱錐的高AF，進而得到關(guān)于三棱錐外接球半徑的方程，進而求得三棱錐外接球的表面積【詳解】連接，AE，過A點作平面于，則落在上，且為的重心，所以為直線和底面所成的角，即.因為的邊長為，所以，.設(shè)三棱錐外接球的球心為，外接球半徑為，則在上，連接.在中，，，，由勾股定理得，，即，解得.所以三棱錐外接球的表面積為.故選：C5．BCD【分析】建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量夾角公式、法向量的性質(zhì)逐一判斷即可.【詳解】建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，，設(shè)，設(shè)平面的法向量為，，則有，假設(shè)存在點M，使得平面，所以有，所以有，因此假設(shè)不成立，因此選項A不正確；假設(shè)存在點M，使得∥平面，所以有，所以假設(shè)成立，因此選項B正確；假設(shè)存在點M，使得直線與平面所成的角為，，所以有，解得，，所以假設(shè)不成立，故選項C正確；假設(shè)存在點M，使得平面與平面所成的銳角為，設(shè)平面、平面的法向量分別為、，顯然，則有，當(dāng)時，有，所以有（舍去），或，假設(shè)成立，選項D正確，故選：BCD6．ACD【分析】利用等體積轉(zhuǎn)換即可求得體積為定值判斷A；建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)，得，，利用向量夾角公式求解判斷B；求平面的法向量，利用向量夾角公式求解判斷C；由，可得，即可求解判斷D.【詳解】對于A，三棱錐的體積等于三棱錐的體積，是定值，A正確；以為坐標(biāo)原點，分別為軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，

則，設(shè)，則對于B，，使得與所成的角滿足：，因為，故，故，而，B錯誤；對于C，平面的法向量，所以直線與平面所成角的正弦值為：，因為，故故，而，，故即的取值范圍為，C正確；對于D，，由，可得，化簡可得，在平面內(nèi)，令，得，令，得，則P的軌跡的長度為，D正確；故選：ACD.7．AC【分析】建立空間直角坐標(biāo)系，借助空間向量解決角度距離問題.【詳解】正方體中，以為坐標(biāo)原點，分別以為軸，軸，軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則有，.，，，，，得，，由平面，，∴平面，A選項正確；，，設(shè)平面的一個法向量，則有，令，得，，則，，所以直線平面所成角不是45°，B選項錯誤；為邊長為的等邊三角形，，點到平面的距離，三棱錐的體積，而棱長為的正方體的體積為，所以三棱錐的體積是正方體體積的，C選項正確；，，設(shè)平面的一個法向量，則有，令，得，，則，，點到平面的距離為，故D選項錯誤.故選：AC8．【分析】根據(jù)向量的線性運算可得，利用模長公式，結(jié)合數(shù)量積的運算即可求解.【詳解】分別作，，垂足為，，則．由，可得，所以．因為，則，故，故答案為：．9．【分析】分別計算平行于兩平面交線的直徑和垂直于兩平面交線的直徑在平面內(nèi)的投影長度，即為橢圓的長軸和短軸，據(jù)此計算離心率.【詳解】設(shè)圓O的半徑為R，如圖，取垂直于兩平面交線MN的直徑AB，在平面的投影長度=，取平行于MN的直徑CD，在平面內(nèi)的投影長度不變，即為2R，則橢圓的長軸，短軸，即；故答案為：.10．【分析】作出輔助線，找到即為直線l，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)出，求出點的坐標(biāo)，利用異面直線夾角余弦公式求出答案.【詳解】作出圖形，如圖所示．延長至E，使得，則≌，≌，故，，故四邊形為平行四邊形，連接，延長，交于點G，連接，則即為直線l．以D為坐標(biāo)原點，，，分別為x，y，z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)，過點作軸于點，則∽，且相似比為1:2，故，，則，，，，故，，故直線l與所成角的余弦值為．故答案為：11．(1)證明見解析(2)(3)【分析】（1）證明出，平面ABCD，建立空間直角坐標(biāo)系，寫出點的坐標(biāo)，計算出，得到垂直關(guān)系；（2）求出平面的法向量，利用線面角求解公式得到答案；（3）求出兩平面法向量，求出面面角的余弦值.【詳解】（1）因為，O為CD的中點，所以．又因為平面平面ABCD，平面平面，平面PCD，所以平面ABCD．因為，，，所以．取的中點，連接，則⊥，以點O為坐標(biāo)原點，OD，OE，OP所在直線分別為x，y，z軸，如圖建立空間直角坐標(biāo)系，則O0,0,0，，，，P0,0,1，．，，因為，所以．（2）設(shè)平面PAB的一個法向量為m=則，即，解得，令，則，則．設(shè)直線PC與平面PAB所成的角為，又，則，所以直線PC與平面PAB所成的角的正弦值為．（3）設(shè)平面POB的一個法向量為，則，即，解得，令，則a=2，故．設(shè)平面POB與平面PAB的夾角為，則．故平面POB與平面PAB的夾角的余弦值為．12．(1)證明見解析(2)點到平面的距離為.【分析】（1）先證四邊形為正方形，得到，再證平面，從而得到，即可證明平面；（2）建系，設(shè)邊長，寫出相應(yīng)點和向量的坐標(biāo)，求出兩個平面的法向量，利用二面角的余弦值列式子，求出的長度，再利用點到平面的距離公式，求出點到平面的距離.【詳解】（1）證明：由直三棱柱的性質(zhì)可知，，四邊形為平行四邊形，又因為，所以四邊形為正方形，所以，因為，，，所以平面，所以，因為，所以，又因為平面所以平面.（2）以為原點，，，所在直線分別為軸、軸、軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)，則A0,0,0，，，，所以，，，所以平面的一個法向量為，設(shè)平面的一個法向量為，則，所以，取，則，，所以，設(shè)二面角的大小為，則，解得，所以，平面的一個法向量，設(shè)點到平面的距離為，則，所以點到平面的距離為.【能力篇】一、解答題1．（2024·遼寧沈陽·模擬預(yù)測）如圖，直線垂直于梯形所在的平面，，為線段的中點，，，四邊形為矩形.(1)求證：平面；(2)求直線與平面所成角的正弦值.2．（2024·陜西西安·模擬預(yù)測）如圖，在直三棱柱中，是上的點，且平面．(1)求證：平面；(2)若，，，是棱上的點，且直線與平面所成角的正弦值為，試確定點的位置．3．（2024·四川樂山·三模）如圖，平行六面體中，底面是邊長為2的菱形，且，與平面所成的角為與交于．(1)證明：平面；(2)求二面角的正弦值．4．（2024·黑龍江大慶·三模）如圖，在四棱錐中，，，且是的中點.

(1)求證：平面平面；(2)若二面角的大小為，求直線與平面所成角的余弦值.參考答案：1．(1)證明見解析(2)【分析】（1）根據(jù)條件得到，再利用線面平行的判定定理，即可求解；（2）建立空間直角坐標(biāo)系，求出平面的法向量及，利用線面角的向量法，即可求解.【詳解】（1）設(shè)，連接，因為四邊形為矩形，所以為中點，又為中點，則，又平面，平面，所以平面.（2）以為坐標(biāo)原點，，，的正方向分別為x，y，z軸，可建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，則A1,0,0，，，，，，，設(shè)平面的法向量為：n=x,y,z且，令，解得：，，所以，設(shè)直線與平面所成角為，所以.則直線與平面所成角的正弦值為.2．(1)證明見解析(2)點為上靠近的三等分點【分析】（1）利用