2024高考数学第一轮复习：8.6 向量法求空间角(解析版)

这是一份2024高考数学第一轮复习：8.6 向量法求空间角(解析版)，共48页。试卷主要包含了异面直线所成的角，直线与平面所成的角，二面角，0625等内容，欢迎下载使用。

8.6 向量法求空间角
思维导图


知识点总结
1.异面直线所成的角
若异面直线l1，l2所成的角为θ，其方向向量分别为e1，e2，则cos θ＝|cos〈e1，e2〉|＝.
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e，平面α的法向量为n，则
sin θ＝|cos〈e，n〉|＝＝.
3.二面角
(1)如图①，AB，CD分别是二面角α－l－β的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈，〉.

如图②③，n1，n2分别是二面角α－l－β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足|cos θ|＝|cos〈n1，n2〉|，二面角的平面角大小是向量n1与n2的夹角(或其补角).
[常用结论]
1.线面角θ的正弦值等于直线的方向向量u与平面的法向量n所成角的余弦值的绝对值，即sin θ＝|cos〈u，n〉|，不要误记为cos θ＝|cos〈u，n〉|.
2.二面角的范围是[0，π]，两个平面夹角的范围是.

典型例题分析
考向一 　异面直线所成的角
例1 (1)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为棱AA1，A1D1的中点，则直线BE与DF所成角的余弦值为(　　)

A. B.
C. D.
答案　A
解析　以D为原点，以，，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系D－xyz(图略)，则D(0，0，0).
设正方体的棱长为2，则F(1，0，2)，B(2，2，0)，E(2，0，1)，
所以＝(1，0，2)，＝(0，－2，1)，
所以所求的余弦值为
＝＝.故选A.
(2)如图所示，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是棱CC1的中点，＝λ，若异面直线D1E和A1F所成角的余弦值为，则λ的值为________.

答案　
解析　以D为原点，以DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系(图略).
正方体的棱长为2，则A1(2，0，2)，D1(0，0，2)，E(0，2，1)，A(2，0，0).
所以＝(0，2，－1)，＝＋＝＋λ＝(0，0，－2)＋λ(－2，0，0)＝(－2λ，0，－2).
则cos〈，〉＝＝，
所以＝，
解得λ＝(舍去－).
感悟提升　用向量法求异面直线所成的角的一般步骤
(1)建立空间直角坐标系；
(2)用坐标表示两异面直线的方向向量；
(3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值；
(4)注意两异面直线所成角的范围是，即两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角的余弦值的绝对值.




考向二 直线与平面所成的角
例2(1) (2022·全国甲卷)在四棱锥P－ABCD中，PD⊥底面ABCD，CD∥AB，AD＝DC＝CB＝1，AB＝2，DP＝.

(1)证明：BD⊥PA；
(2)求PD与平面PAB所成的角的正弦值.
(1)证明　在四边形ABCD中，作DE⊥AB于点E，CF⊥AB于点F，如图.

因为CD∥AB，AD＝CD＝CB＝1，AB＝2，
所以四边形ABCD为等腰梯形，
所以AE＝BF＝，
故DE＝，BD＝＝，
所以AD2＋BD2＝AB2，
所以AD⊥BD.
因为PD⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
所以PD⊥BD，
又PD∩AD＝D，PD，AD⊂平面PAD，
所以BD⊥平面PAD.
又因为PA⊂平面PAD，
所以BD⊥PA.
(2)解　由(1)知，DA，DB，DP两两垂直，
如图，以点D为原点建立空间直角坐标系，

则D(0，0，0)，A(1，0，0)，B(0，，0)，P(0，0，)，
则＝(－1，0，)，＝(0，－，)，＝(0，0，).
设平面PAB的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则有即
可取n＝(，1，1)，
则cos〈n，〉＝＝，
所以PD与平面PAB所成角的正弦值为.
感悟提升　向量法求直线与平面所成角的主要方法是：
(1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，将题目转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；
(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角.
(2)(2022·北京卷)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面BCC1B1为正方形，平面BCC1B1⊥平面ABB1A1，AB＝BC＝2，M，N分别为A1B1，AC的中点.

(1)求证：MN∥平面BCC1B1；
(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB与平面BMN所成角的正弦值.
条件①：AB⊥MN；
条件②：BM＝MN.
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分.
(1)证明　取AB的中点为K，连接MK，NK.
由三棱柱ABC－A1B1C1可得四边形ABB1A1为平行四边形，
又B1M＝MA1，BK＝KA，则MK∥BB1.
又MK⊄平面CBB1C1，BB1⊂平面CBB1C1，
故MK∥平面CBB1C1.
由CN＝NA，BK＝KA，可得NK∥BC，
同理可得NK∥平面CBB1C1.
因为NK∩MK＝K，NK，MK⊂平面MKN，
故平面MKN∥平面CBB1C1，
又MN⊂平面MKN，
故MN∥平面CBB1C1.
(2)解　因为侧面CBB1C1为正方形，故CB⊥BB1.
因为CB⊂平面CBB1C1，平面CBB1C1⊥平面ABB1A1，平面CBB1C1∩平面ABB1A1＝BB1，
故CB⊥平面ABB1A1.
因为NK∥BC，
故NK⊥平面ABB1A1.
因为AB⊂平面ABB1A1，
故NK⊥AB.
若选①，则AB⊥MN，
又NK⊥AB，NK∩MN＝N，
故AB⊥平面MNK.
又MK⊂平面MNK，
故AB⊥MK，
所以AB⊥BB1，又CB⊥BB1，CB∩AB＝B，
故BB1⊥平面ABC，
故可建立如图所示的空间直角坐标系，

则B(0，0，0)，A(0，2，0)，N(1，1，0)，M(0，1，2)，
故＝(0，2，0)，＝(1，1，0)，＝(0，1，2).
设平面BNM的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则从而取z＝－1，
则n＝(－2，2，－1).
设直线AB与平面BNM所成的角为θ，
则sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝＝.
若选②，因为NK∥BC，
故NK⊥平面ABB1A1.
又KM⊂平面MKN，
故NK⊥KM.又B1M＝BK＝1，NK＝1，
故B1M＝NK.
又B1B＝MK＝2，MB＝MN，
故△BB1M≌△MKN，
所以∠BB1M＝∠MKN＝90°，
故A1B1⊥BB1.
又CB⊥BB1，CB∩AB＝B，
故BB1⊥平面ABC，
故可建立如图所示的空间直角坐标系，
则B(0，0，0)，A(0，2，0)，N(1，1，0)，M(0，1，2)，
故＝(0，2，0)，＝(1，1，0)，＝(0，1，2).
设平面BNM的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则从而
取z＝－1，则n＝(－2，2，－1)，
设直线AB与平面BNM所成的角为θ，
则sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝＝.



考向三 二面角
3 (2022·新高考Ⅱ卷改编)如图，PO是三棱锥P－ABC的高，PA＝PB，AB⊥AC，E为PB的中点.

(1)证明：OE∥平面PAC；
(2)若∠ABO＝∠CBO＝30°，PO＝3，PA＝5，求二面角C-AE-B的正弦值.
[思路分析]　(1)作出过直线OE的一个平面，证明这个平面与平面PAC平行，从而证明OE∥平面PAC.
(2)建系→设点写坐标→求平面的法向量→利用公式求二面角的正弦值.
[规范解答]　(1)证明　如图，取AB的中点D，连接DP，DO，DE.

因为AP＝PB，所以PD⊥AB.
因为PO为三棱锥P－ABC的高，
所以PO⊥平面ABC.
因为AB⊂平面ABC，所以PO⊥AB.
又PO，PD⊂平面POD，且PO∩PD＝P，
所以AB⊥平面POD.(1分)
因为OD⊂平面POD，所以AB⊥OD，
又AB⊥AC，AB，OD，AC⊂平面ABC，
所以OD∥AC.
因为OD⊄平面PAC，AC⊂平面PAC，
(2分)
→
因为D，E分别为BA，BP的中点，
所以DE∥PA.
因为DE⊄平面PAC，PA⊂平面PAC，
(3分)
→
又OD，DE⊂平面ODE，OD∩DE＝D，

→
又OE⊂平面ODE，(4分)
→
(2)解　连接OA，因为PO⊥平面ABC，OA，OB⊂平面ABC，
所以PO⊥OA，PO⊥OB，
所以OA＝OB＝＝＝4.②
易得在△AOB中，∠OAB＝∠ABO＝30°，
所以OD＝OAsin 30°＝4×＝2，②
AB＝2AD＝2OAcos 30°＝2×4×＝4.②
又∠ABC＝∠ABO＋∠CBO＝60°，
所以在Rt△ABC中，AC＝ABtan 60°＝4×＝12.②(6分)
以A为坐标原点，AB，AC所在直线分别为x，y轴，以过A且垂直于平面ABC的直线为z轴如图所示，
→

则A(0，0，0)，B(4，0，0)，C(0，12，0)，P(2，2，3)，E，
所以＝，＝(4，0，0)，＝(0，12，0).
→
设平面AEC的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则即
令z＝2，则n＝(－1，0，2).③(8分)
→
设平面AEB的一个法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则即
令z1＝2，(10分)
→
所以|cos〈n，m〉|＝＝.
→
设二面角C-AE-B的大小为θ，
则sin θ＝＝.(12分)
→
[满分规则]
❶得步骤分：
①处通过证明线∥线⇒线∥面⇒面∥面⇒线∥面，注意应用相关定理的条件应完整，否则易失步骤分.
❷得关键分：
③处求出两个平面的法向量是解题的关键，此处运算错误会导致第(2)小题得零分.
❸得计算分：
②处为根据题目条件计算几何体的棱长，以便写出各顶点的坐标.
4. (2022·新高考Ⅰ卷改编)如图，直三棱柱ABC－A1B1C1的体积为4，△A1BC的面积为2.

(1)求A到平面A1BC的距离；
(2)设D为A1C的中点，AA1＝AB，平面A1BC⊥平面ABB1A1，求二面角A-BD-C的正弦值.
解　(1)设点A到平面A1BC的距离为h，
因为直三棱柱ABC－A1B1C1的体积为4，
所以VA－A1BC＝S△ABC·AA1＝VABC－A1B1C1＝，
又△A1BC的面积为2，
VA－A1BC＝S△A1BCh＝×2h＝，
所以h＝，
即点A到平面A1BC的距离为.
(2)取A1B的中点E，连接AE，
则AE⊥A1B.
因为平面A1BC⊥平面ABB1A1，平面A1BC∩平面ABB1A1＝A1B，AE⊂平面ABB1A1，
所以AE⊥平面A1BC，
又BC⊂平面A1BC，所以AE⊥BC.
又AA1⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，
所以AA1⊥BC.
因为AA1∩AE＝A，AA1，AE⊂平面ABB1A1，
所以BC⊥平面ABB1A1，
又AB⊂平面ABB1A1，所以BC⊥AB.
以B为坐标原点，分别以，，的方向为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系B－xyz，

由(1)知，AE＝，
所以AA1＝AB＝2，A1B＝2.
因为△A1BC的面积为2，
所以2＝·A1B·BC，所以BC＝2，
所以A(0，2，0)，B(0，0，0)，C(2，0，0)，A1(0，2，2)，D(1，1，1)，E(0，1，1)，
则＝(1，1，1)，＝(0，2，0).
设平面ABD的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则即
令x＝1，得n＝(1，0，－1).
又平面BDC的一个法向量为＝(0，－1，1)，
所以cos〈，n〉＝＝＝－.
设平面ABD与平面CBD夹角为θ，
则sin θ＝＝，
所以二面角A-BD-C的正弦值为.

基础题型训练

一、单选题
1．如图，在正方体中，点E是上底面的中心，则异面直线与所成角的余弦值为（    ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量夹角求解.
【详解】以为原点，为轴正方向建立空间直角坐标系如图所示，设正方体棱长为2，

所以，

所以异面直线与所成角的余弦值为.
故选：B
2．若直线l的方向向量为，平面α的法向量为，则能使l∥α的是（    ）
A．，
B．，
C．，
D．，
【答案】D
【分析】根据题意转化为选择满足的选项，对各选项一一判断即可.
【详解】由题意得，若使l∥α，那么就要使，即.
对于A，，故A错误；
对于B，，故B错误；
对于C，，故C错误；
对于D，，故D正确.
故选：D.
3．如图，正方体中，是的中点，则下列说法正确的是（    ）

A．直线与直线垂直，直线平面
B．直线与直线平行，直线平面
C．直线与直线异面，直线平面
D．直线与直线相交，直线平面
【答案】A
【分析】根据空间的平行和垂直关系进行判定.
【详解】连接；由正方体的性质可知，是的中点，所以直线与直线垂直；
由正方体的性质可知，所以平面平面，
又平面，所以直线平面，故A正确；

以为原点，建立如图坐标系，设正方体棱长为1，
显然直线与直线不平行，故B不正确；

直线与直线异面正确，，，所以直线与平面不垂直，故C不正确；
直线与直线异面，不相交，故D不正确；
故选：A.
4．如图，正方体的棱长为a，M，N分别为和AC上的点，，则MN与平面的位置关系是（    ）

A．相交但不垂直 B．平行 C．相交且垂直 D．不能确定
【答案】B
【分析】根据向量的运算法则求得和平面的一个法向量，结合，即可求解.
【详解】因为正方体的棱长为，可得，所以，，
所以
．
又因为是平面的一个法向量，且，
所以，所以平面．
故选：B．
5．若空间两直线与的方向向量分别为和，则两直线与垂直的充要条件为（    ）
A．，，（）
B．存在实数k，使得
C．
D．
【答案】C
【分析】由空间直线垂直时方向向量，即可确定充要条件.
【详解】由空间直线垂直的判定知：.
当时，即，两直线与垂直.
而A、B、D说明与平行.
故选：C
6．如图，三棱柱的各棱长均为2，侧棱与底面所成的角为，为锐角，且侧面底面，给出下列四个结论：

①；②；
③直线与平面所成的角为；
④．其中正确的结论是
A．②④ B．①③ C．①③④ D．①②③④
【答案】C
【分析】过作，为垂足，连接，于是很容易建立空间直角坐标系，运用空间向量的计算来判断.
【详解】图过作，为垂足，连接，如图建立空间直角坐标系，
① ：∵侧棱与底面所成的角为，为锐角，侧面底面，∴，又由三棱柱各棱长相等，可知四边形为菱形，于是，∴ ① 正确；
②：易知，，
，，∴ ② 错误；
③ ：侧面底面，棱柱上下底面平行，故侧面底面，又平面，侧面底面，故侧面，即为 与平面所成的角，，，∴ ③ 正确；
④ ：由② 可知，，∴，∴，∴ ④ 正确．
故选：C.


二、多选题
7．若(2，－3，1)是平面α的一个法向量，则下列向量中能作为平面α的法向量的是（    ）
A．(，3，) B． (200，，100)
C． (，，) D． (，3，0)
【答案】ABC
【分析】因为同一个平面的法向量共线，所以可利用向量共线的判定进行求解.
【详解】因为，，,,
所以与，，均共线，与不共线，
所以，，可以作为平面α的法向量
故选：ABC.
8．已知点是平行四边形所在的平面外一点，如果，，，下列结论正确的有（    ）
A． B．四边形为矩形
C．是平面的一个法向量 D．
【答案】AC
【分析】利用直线垂直与向量数量积的关系可判断AB选项的正误；利用平面法向量的概念可判断C选项的正误；计算得出，可判断D选项的正误.
【详解】对于A选项，，，A对；
对于B选项，，故平行四边形不是矩形，B错；
对于C选项，，则，
因为，则平面，故是平面的一个法向量，C对；
对于D选项，，D错.
故选：AC.

三、填空题
9．设分别是平面的法向量，若，则实数的值是________．
【答案】4
【解析】根据分别是平面的法向量，且，则有求解.
【详解】因为分别是平面的法向量，且
所以
所以
解得
故答案为：4
【点睛】本题主要考查空间向量垂直，还考查了运算求解的能力，属于基础题.
10．已知直线的一个方向向量为，平面的一个法向量为，且直线与平面平行，则实数______．
【答案】2
【分析】依题意可得，即可得到，根据空间向量数量积的坐标运算得到方程，解得即可.
【详解】解：因为直线与平面平行，直线的一个方向向量为，平面的一个法向量为，
所以，则，解得．
故答案为：
11．已知正三棱柱的侧棱长为2，底面边长为1，是的中点，若直线上有一点，使，则______.
【答案】/0.0625
【分析】由题可设，则，，利用，列出方程即得.
【详解】如图，设，

由于，，
由可得，
∴，又，
因此，解得，
所以.
故答案为：.
12．，为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形的直角边所在直线与，都垂直，斜边以直线为旋转轴旋转，有下列结论：
（1）当直线与成角时，与成角；
（2）当直线与成角时，与成角；
（3）直线与所成角的最小值为；
（4）直线与所成角的最小值为；
其中正确的是______（填写所有正确结论的编号）.
【答案】（1）（3）
【分析】由题意知，a、b、AC三条直线两两相互垂直，构建如图所示的边长为1的正方体，|AC|＝1，|AB|，斜边AB以直线AC为旋转轴，则A点保持不变，B点的运动轨迹是以C为圆心，1为半径的圆，以C坐标原点，以CD为x轴，CB为y轴，CA为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出结果．
【详解】由题意知，a、b、AC三条直线两两相互垂直，画出图形如图，

不妨设图中所示正方体边长为1，
故|AC|＝1，|AB|，
斜边AB以直线AC为旋转轴，则A点保持不变，
B点的运动轨迹是以C为圆心，1为半径的圆，
以C坐标原点，以CD为x轴，CB为y轴，CA为z轴，建立空间直角坐标系，
则D（1，0，0），A（0，0，1），直线a的方向单位向量（0，1，0），||＝1，
直线b的方向单位向量（1，0，0），||＝1，
设B点在运动过程中的坐标中的坐标B′（cosθ，sinθ，0），
其中θ为B′C与CD的夹角，θ∈[0，2π），
∴AB′在运动过程中的向量为（cosθ，sinθ，﹣1），||，
设与所成夹角为α∈[0，]，
则cosα|sinθ|∈[0，]，
∴α∈[，]，∴（3）正确，（4）错误．
设与所成夹角为β∈[0，]，
cosβ|cosθ|，
当与夹角为60°时，即α，
|sinθ|，
∵cos2θ+sin2θ＝1，∴cosβ|cosθ|，
∵β∈[0，]，∴β，此时与的夹角为60°，
∴（1）正确，（2）错误．
故答案为（1）（3）．
【点睛】本题考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查数形结合思想、化归与转化思想，是中档题．

四、解答题
13．设分别是空间中两个不重合的平面的法向量，分别根据下列条件判断平面的位置关系.
（1）；
（2）.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）先利用向量的线性关系判定的位置关系，进而判定平面的位置关系；
（2）先利用向量的线性关系判定的位置关系，进而判定平面的位置关系；
【详解】（1）因为，所以，则；
（2）因为，所以，则；
14．如图，四边形为正方形，，分别为，的中点，以为折痕把折起，使点到达点的位置，且点在平面上的投影点恰好在上．

(1)证明：．
(2)求二面角的大小．
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）由已知可得平面ABFD，进而可证得平面PEF。即可证得结果.
（2）以H为坐标原点，的方向为y轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系H-xyz,分别求得平面PEF的法向量，平面PFD的法向量,计算即可得出结果.
（1）
证明：由已知可得，平面ABFD，所以，
因为分别为的中点，所以，
又，所以平面PEF.
又平面PEF，所以.
（2）
设，以H为坐标原点，的方向为y轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系H-xyz.
由（1）可得，，又所以.
又，故.可得则
为平面PEF的一个法向量.
设平面PFD的法向量为
则,令，则
故取.
设二面角的平面角为，则
所以二面角为.

15．如图所示，四棱锥中，，，，平面.

（1）求证:平面;
（2）若点是线段的中点，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）.
【解析】（1）通过勾股定理证得，结合线面垂直的性质得到，由此证得平面.
（2）建立空间直角坐标系，通过平面和平面的法向量，求得平面与平面所成锐二面角的余弦值.
【详解】（1）证明:，
，
又，
，
故，
又平面平面，
，
又，
平面.
（2）如图，分别以的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系.

则，
由（1）得平面的一个法向量为，
设为平面的一个法向量，
由，
得，
不妨取，
设平面与平面所成的锐二面角为，则
.
即平面与平面所成锐二面角的余弦值为.
16．如图，四面体中，、分别是、的中点，，．
（1）求证：平面；
（2）求点到平面的距离；
（3）求二面角的余弦值．

【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）；
【分析】（1）连接，依题意可得，再利用勾股定理逆定理得到，即可得证．
（2）以为原点，以，，方向为，，轴正方向，建立空间坐标系，求出平面的法向量的坐标，根据点到平面的距离，可求出点到平面的距离；
（3）结合（2）中结论，再由平面，即为平面的一个法向量，代入向量夹角公式，即可求出二面角的余弦值．
【详解】证明：（1）在中，，是中点，
且
中，连接，，
且
中，，
，故，
又,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，即．
令得是平面的一个法向量．
又，
点到平面的距离．
（3）平面，
为平面的一个法向量；
，
又二面角为锐二面角，
所以二面角的余弦值为．


提升题型训练

一、单选题
1．在空间直角坐标系中，若直线l的方向向量为，平面的法向量为，则（    ）
A． B． C．或 D．l与斜交
【答案】C
【解析】由可得，所以或，即可得正确选项.
【详解】直线l的方向向量为，平面的法向量为，
因为，
所以，
所以或，
故选：C.
2．若平面，平面的法向量为，则平面的一个法向量可以是（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据两平面垂直得出两平面的法向量互相垂直，即两平面法向量的数量积为0，再逐项计算得出结果.
【详解】选项A中，，选项A正确；
选项B中，，选项B错误；
选项C中，，选项C错误；
选项D中，，选项D错误.
故选：A.
3．已知，，，则平面ABC的一个法向量可以是（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】代入法向量的计算公式，即可求解.
【详解】，，令法向量为，则，
，可取.
故选：A.
4．已知A（0，0，1），B（3，0，0），C（0，2，0），则原点到平面ABC的距离是（    ）
A． B． C．1 D．
【答案】B
【分析】构建空间直角坐标系，求面ABC的一个法向量及，由原点到平面ABC的距离为在上的投影长，应用空间向量夹角的坐标表示求，进而求点面距即可.
【详解】由题设，，若是面ABC的一个法向量，
∴，令，则，又，

若原点到平面ABC的距离为，则为在上的投影长，而，
∴.
故选：B
5．在边长及对角线都为1的空间四边形中，，分别是，的中点，则直线和夹角的余弦值为（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】利用空间向量的线性运算及数量积运算可求得，再利用空间向量求夹角运算即可得解.
【详解】如图，连接对角线，，则可构成棱长均为1的正四面体
由，分别是，的中点，，


又，
则
所以直线和夹角的余弦值为.
故选：B

6．如图，在棱长为2的正方体中，点分别是棱、的中点，则点到平面的距离等于（    ）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】建立空间直角坐标系，找到平面的法向量，利用向量法求点到平面的距离求解即可.
【详解】以为坐标原点，分别以，，的方向为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系，则，，，.


设平面的法向量为，

则，即
令，得.
又，
点到平面的距离，
故选：.
【点睛】本题用向量法求点到平面的距离，我们也可以用等体积法求点到平面的距离，当然也可以找到这个垂线段，然后放在直角三角形中去求.

二、多选题
7．我们知道，平面几何中有些正确的结论在空间中不一定成立．下面给出的平面几何中的四个真命题， 在空间中仍然成立的有（    ）
A．平行于同一条直线的两条直线必平行
B．垂直于同一条直线的两条直线必平行
C．一个角的两边分别平行于另一个角的两边，那么这两个角相等或互补
D．一个角的两边分别垂直于另一个角的两边，那么这两个角相等或互补
【答案】AC
【分析】根据线线平行传递性和课本中的定理可判断AC正确；垂直于同一条直线的两条直线位置关系不确定，可判断B，通过举反例可判断D.
【详解】根据线线平行具有传递性可知A正确；
空间中垂直于同一条直线的两条直线，位置关系可能是异面、相交、平行，故B错误；
根据定理：空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补可知C正确；

如图，且，
则但和的关系不确定，
故D错误.
故选：AC
8．在长方体中，，为棱的中点，点满足，其中，则下列结论正确的有（    ）
A．当时，异面直线与所成角的余弦值为
B．当时，
C．当时，有且仅有一个点，使得
D．当时，存在点，使得
【答案】AB
【分析】首先根据的值，确定点的位置，再利用空间向量的垂直和线线角的坐标运算，即可判断选项.
【详解】A.当时，，此时点是与的交点，
如图，建立空间直角坐标系，，，，，
，，所以，故A正确；

B. 当时，，此时，点在线段上，（分别是棱的中点），此时，，，，
，，所以恒成立，所以当时，有，故B正确；

C. 当时，，此时点在线段上，（分别是的中点），，，，
当时，有，即，，所以方程无解，不存在点使，故C错误；

D.当时，，此时点在线段上，,，
，，，，若，则，解得：，不成立，所以不存在点，使得，故D错误.

故选：AB

三、填空题
9．在直三棱柱中，给出向量：①；②；③；④．可以作为平面ABC的法向量的是_______．（选填序号）
【答案】②③
【分析】利用直棱柱的侧棱与底面垂直，结合平面法向量的定义，即可得到答案．
【详解】解：由于直三棱柱的侧棱与底面垂直，
所以平面的法向量可以为，．
故答案为：②③．
10．在正方体中，E为的中点，若O为底面的中心，则异面直线与所成角的余弦值为_________.
【答案】
【分析】以D为坐标原点，分别为x、y、z的轴正方向建立空间直角坐标系，用向量法求解.
【详解】以D为坐标原点，分别为x、y、z的轴正方向建立空间直角坐标系，如图所示，

设，则，，，.
因为，，
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.
故答案为：.
11．在棱长为1的正方体中，，分别为，的中点，点在正方体的表面上运动，且满足，给出下面四个结论：
①点可以是棱的四等分点，且靠近点；
②线段的最大值为；
③点的轨迹是正方形；
④点轨迹的长度为．
则其中所有正确结论的序号是________．
（注：本题给出的结论中，有多个符合题目要求．全部选对得5分，不选或有错选得0分，其他得3分）

【答案】①④
【分析】以为坐标原点，分别以，，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，求出的坐标，从而得到的最大值，即可判断选项②，通过分析判断可得点可以是棱的四等分点，且靠近点，从而判断选项①，又，，可判断选项③和选项④．
【详解】解：在正方体中，以为坐标原点建立空间直角坐标系，
∵该正方体的棱长为1，，分别为，的中点，
∴，，，，∴，

设，则，
∵，∴，即
当时，，当时，，
取，，，，
连接，，，，
则，，
∴四边形为矩形，则，，
即，，
又和为平面中的两条相交直线，
∴平面，
又，，
∴为的中点，则平面，
为使，必有点平面，
又点在正方体表面上运动，∴点的轨迹为四边形，
因此点可以是棱的四等分点，且靠近点，故选项①正确；
又，，
∴，则点的轨迹不是正方形且矩形周长为，
故选项③错误，选项④正确；
∵，，
又，则，即，
∴，点在正方体表面运动，
则，解，
∴，
故当或，或1，取得最大值为，故②错误.
故答案为：①④．
12．已知正四面体中，，分别是线段，的中点，点是线段上靠近的四等分点，则直线与所成角的余弦值为________．
【答案】
【分析】以为空间的一个基底，表示出，再借助空间向量运算即可求得直线与所成角的余弦值.
【详解】在正四面体中，令棱长，，则为空间的一个基底，

如图，，分别是线段，的中点，则，
而点是线段上靠近的四等分点，则，
又，同理，，
，
，
，
于是得，
所以直线与所成角的余弦值为.
故答案为：

四、解答题
13．已知长方体中，，，，点S、P在棱、上，且，，点R、Q分别为AB、的中点．求证：直线直线．

【答案】证明见解析.
【分析】利用坐标法，利用向量共线定理即得.
【详解】以点D为原点，分别以、与的方向为x、y与z轴的正方向，建立空间直角坐标系．

则、、、、、、、，
由题意知、、、，
∴，．
∴，又，不共线，
∴.
14．如图，正方形和矩形所在的平面互相垂直，，，是线段的中点.

(1)求证：平面；
(2)求证：平面平面；
(3)求平面与平面夹角的余弦值；
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)

【分析】（1）设与交于点，易证四边形是平行四边形，所以，再根据线面平行的判定定理即可证明结果；
（2）根据题意，结合面面垂直的性质定理，可证平面，所以、、两两垂直，以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，再根据它们的数量积为0，即可证明结果；
（3）根据（2），求出平面的法向量，然后再利用空间向量求二面角，即可得到结果.
【详解】（1）证明：设与交于点，连结.

因为四边形是矩形，、分别为，的中点，
所以且，
所以四边形是平行四边形，所以.
因为平面，平面，所以平面.
（2）证明：因为平面平面，平面平面，，平面，
所以平面.
所以、、两两垂直.以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，.
设是平面的法向量，
则令，得.
设是平面的法向量，
则令，得.
因为，
所以平面平面.

（3）解：因为，，
所以，，设是平面的法向量，
则令，得.
设平面与平面的夹角为，
，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
15．已知直四棱柱的底面为菱形，且，，点为的中点.

(1)证明：平面；
(2)求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）连接交于点，通过证明得平面；
（2）方法一：取的中点，证明为二面角的平面角，在三角形中求；
方法二：建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面ACE的法向量，用空间向量求二面角的余弦值.
【详解】（1）连接交于点，连接，

在直四棱柱中，
所以四边形为平行四边形，即，
又因为底面为棱形，所以点为的中点，点为的中点，即点为的中点，
所以，
即四边形为平行四边形，所以，
因为平面，平面，
所以平面.
（2）方法一：取的中点，连接，，，

在直棱柱中平面，所以，
又因为，，所以平面，
又平面，所以
因为在中，，且点为的中点，所以，
又，而点为的中点，所以，
又，所以平面，
又平面，即，
则为二面角的平面角，
在等腰直角三角形中，，又，
在直角三角形中，
所以，
即二面角的余弦值为.
方法二：因为底面为菱形，所以，
在直四棱柱中，分别为中点，故面，故，
如图，以，，分别为分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，

因为在中，，且点为的中点，
所以，，
则，，，，
因为，，
设为平面的法向量，
则，即，得，
令，则，
平面的法向量，
设二面角为，
则.
由图知二面角为锐角，故二面角的余弦为.
16．如图，四棱锥的底面为正方形，底面，，点在棱上，且，点是棱上的动点（不含端点）.

(1)若是棱的中点，求的余弦值；
(2)求与平面所成角的正弦值的最大值.
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出，的坐标，利用向量夹角公式求解；
（2）设，求出平面的法向量，设与平面所成角为，则，根据二次函数取最值的条件即得结果.
【详解】（1）由平面，，平面，所以，，
又，所以、、两两垂直，
以为坐标原点，分别以，，所在直线为，，轴，建立空间直角坐标系，

则，，，，，，
当为棱的中点时，，则，，
，
所以的余弦值为.
（2），设，，
则，则，又，
设平面的一个法向量为，
则，即，取，
，设与平面所成角为，
，
令，当时，，
即时，有最大值，
所以与平面所成角的正弦值的最大值为.