高考数学重难点培优全攻略(新高考专用)第12讲　空间向量与空间角(3大考点+强化训练)(原卷版+解析)

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考点分类讲解
考点一：异面直线所成的角
设异面直线l，m的方向向量分别为a＝(a1，b1，c1)，b＝(a2，b2，c2)，异面直线l与m的夹角为θ.
则(1)θ∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))；
(2)cs θ＝|cs〈a，b〉|＝eq \f(|a·b|,|a||b|)
＝eq \f(|a1a2＋b1b2＋c1c2|,\r(a\\al(2,1)＋b\\al(2,1)＋c\\al(2,1))\r(a\\al(2,2)＋b\\al(2,2)＋c\\al(2,2))).
规律方法 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eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，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．
【例1】（2024高三·全国·专题练习）在直三棱柱（三条侧棱和底面均垂直的三棱柱叫作直三棱柱）中，若，，则异面直线与所成的角等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】把三棱柱补成正方体，找到异面直线所成角进而求解.
【详解】根据已知条件可以把直三棱柱补成正方体（如图所示），
连接和，由正方体结构特征知：，
所以，(或其补角)即为异面直线与所成角，
由于为正三角形，所以，
即异面直线与所成角为.
故选：C.
【变式1】（2024·全国·一模）在正四面体的侧面三角形的高线中，垂足不在同一侧面上的任意两条所成角的余弦值是 ．
【答案】
【分析】根据题意作出相关图形，利用几何关系作出相应的角，再利用余弦定理从而可求解.
【详解】不妨设正四面体为，设四面体的棱长为，分别为边上的中线，
由题意所成的角余弦值就是要求角的余弦值，
取的中点，的中点，分别连接，
则，，因为平面，平面，
所以平面，平面，又因为，平面，
所以平面平面且，
所以边上的中线，则和所成的角就是，则，
在中，由余弦定理得
，
在中，由余弦定理得
.
故答案为：.
【变式2】（2023·湖南岳阳·模拟预测）如图，已知长方体的底面是边长为2的正方形，为其上底面的中心，在此长方体内挖去四棱锥后所得的几何体的体积为.
(1)求线段的长；
(2)求异面直线与所成的角.
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）根据棱柱和棱锥的体积公式计算即可；
（2）取的中点，连接，则，则是两异面直线与所成的角，再解即可.
【详解】（1）依题意，得，
解得；
（2）如图，取的中点，连接，则，
所以是两异面直线与所成的角，
因为平面，所以平面，
又平面，所以，
在中，，
则，所以，
所以异面直线与所成的角为.
考点二：直线与平面所成的角
设直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，直线l与平面α所成的角为θ，
则(1)θ∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))；(2)sin θ＝|cs〈a，n〉|＝eq \f(|a·n|,|a||n|).
易错提醒 (1)线面角θ与直线的方向向量a和平面的法向量n所成的角〈a，n〉的关系是〈a，n〉＋θ＝eq \f(π,2)或〈a，n〉－θ＝eq \f(π,2)，所以应用向量法求的是线面角的正弦值，而不是余弦值．
(2)利用方程思想求法向量，计算易出错，要认真细心．
【例2】(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＝eq \r(3).
(1)证明：BD⊥PA；
(2)求PD与平面PAB所成角的正弦值．
【解析】(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＝eq \f(1,2)，
故DE＝eq \f(\r(3),2)，
BD＝eq \r(DE2＋BE2)＝eq \r(3)，
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D为原点，DA，DB，DP所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
则D(0,0,0)，A(1,0,0)，
B(0，eq \r(3)，0)，P(0,0，eq \r(3))，
则eq \(AP,\s\up6(→))＝(－1,0，eq \r(3))，
eq \(BP,\s\up6(→))＝(0，－eq \r(3)，eq \r(3))，
eq \(DP,\s\up6(→))＝(0,0，eq \r(3))．
设平面PAB的法向量为n＝(x，y，z)，
则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AP,\s\up6(→))＝0，,n·\(BP,\s\up6(→))＝0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x＋\r(3)z＝0，,－\r(3)y＋\r(3)z＝0，))可取n＝(eq \r(3)，1,1)，
则|cs〈n，eq \(DP,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|n·\(DP,\s\up6(→))|,|n||\(DP,\s\up6(→))|)＝eq \f(\r(5),5)，
所以PD与平面PAB所成角的正弦值为eq \f(\r(5),5).
【变式1】(2023·泉州模拟)如图，三棱台ABC－A1B1C1中，AB＝BC＝2B1C1＝2，D是AC的中点，E是BC的中点．
(1)证明：AB1∥平面DEC1；
(2)已知AB⊥BC1，CC1⊥平面ABC.求直线BC1与平面DEC1所成角的正弦值的最大值．
【解析】(1)证明 在三棱台ABC－A1B1C1中，AB＝BC＝2B1C1＝2，D是AC的中点，
∴A1C1∥AD，A1C1＝AD，
∴四边形ADC1A1为平行四边形，故AA1∥DC1，
∵AA1⊄平面DEC1，DC1⊂平面DEC1，故AA1∥平面DEC1，
又在△ABC中，D，E分别为AC，BC的中点，
∴DE∥AB，又AB⊄平面DEC1，DE⊂平面DEC1，
∴AB∥平面DEC1，
又AB∩AA1＝A，AB，AA1⊂平面ABB1A1，
∴平面ABB1A1∥平面DEC1，
又AB1⊂平面ABB1A1，
∴AB1∥平面DEC1.
(2)解 ∵CC1⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，
∴CC1⊥AB，又AB⊥BC1，CC1∩BC1＝C1，CC1，BC1⊂平面BCC1B1，
故AB⊥平面BCC1B1，由于BC⊂平面BCC1B1，
∴AB⊥BC，
又DE∥AB，进而DE⊥BC，
连接B1E，由B1C1∥EC，B1C1＝EC，
∴四边形B1C1CE为平行四边形，
故CC1∥B1E，由于CC1⊥平面ABC，因此B1E⊥平面ABC，
故ED，EC，EB1两两垂直，以E为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设B1E＝a，
则E(0,0,0)，B(－1,0,0)，D(0,1,0)，C1(1,0，a)，
故eq \(ED,\s\up6(→))＝(0,1,0)，eq \(EC1,\s\up6(-→))＝(1,0，a)，
设平面DEC1的法向量为m＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(ED,\s\up6(→))·m＝y＝0，,\(EC1,\s\up6(-→))·m＝x＋az＝0，))
取x＝a，则m＝(a，0，－1)，
又eq \(BC1,\s\up6(-→))＝(2,0，a)，
故sin θ＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(cs〈\(BC1,\s\up6(-→))，m〉))＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(BC1,\s\up6(-→))·m)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(BC1,\s\up6(-→))))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(m)))
＝eq \f(a,\r(a2＋1)\r(a2＋4))
＝eq \f(1,\r(a2＋\f(4,a2)＋5))≤eq \f(1,\r(2\r(a2×\f(4,a2))＋5))＝eq \f(1,3)，
当且仅当a2＝eq \f(4,a2)，即a＝eq \r(2)时，等号成立，
∴直线BC1与平面DEC1所成角的正弦值的最大值为eq \f(1,3).
【变式2】（2024·河北沧州·模拟预测）已知在三棱锥中，，则直线与平面所成的角的正弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据题意，设是正四面体 的4个顶点，结合正四面体的性质和线面角的定义与计算，即可求解.
【详解】设是正四面体 的4个顶点，
则点在平面的射影是正三角形的中心D,
再设，则，可得，
则高，
则直线与平面所成的角的正弦值．
故选：D.

【变式3】（2024高三·全国·专题练习）如图所示，在三棱锥中，侧面与底面ABC垂直，．
(1)求证：．
(2)设，求与平面所成角的大小．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）取的中点，根据等腰三角形性质和面面垂直性质定理可证平面，然后可证，即可判断为的外接圆直径，得证；
（2）利用等体积法求出点A到平面的距离，然后可解.
【详解】（1）如图所示，取的中点，连接，，
∵，∴，
又平面平面，平面平面，平面，
∴平面，为垂足．
∵平面，
∴
又
∴，故可知为的外接圆直径，
因此．
（2）设与平面所成的角为，点A到平面的距离为，的中点为.
在中，，，
∴，，所以，
由（1）知，为直角三角形，
所以，，
又中，，∴，
由等体积法得，
∴，即，
解得．∴．
∵，∴，故与平面所成的角为.
考点三：平面与平面的夹角
设平面α，β的法向量分别为u，v，平面α与平面β的夹角为θ，
则(1)θ∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))；
(2)cs θ＝|cs〈u，v〉|＝eq \f(|u·v|,|u||v|).
易错提醒 平面与平面夹角的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，两向量夹角的取值范围是[0，π]，两平面的夹角与其对应的两法向量的夹角不一定相等，而是相等或互补．
【例3】 (2023·新高考全国Ⅰ)如图，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝4.点A2，B2，C2，D2分别在棱AA1，BB1，CC1，DD1上，AA2＝1，BB2＝DD2＝2，CC2＝3.
(1)证明：B2C2∥A2D2；
(2)点P在棱BB1上，当二面角P－A2C2－D2为150°时，求B2P.
(1)证明 以C为坐标原点，CD，CB，CC1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图，
则C(0,0,0)，C2(0,0,3)，B2(0,2,2)，D2(2,0,2)，A2(2,2,1)，
∴eq \(B2C2,\s\up6(---→))＝(0，－2,1)，
eq \(A2D2,\s\up6(---→))＝(0，－2,1)，
∴eq \(B2C2,\s\up6(---→))∥ eq \(A2D2,\s\up6(---→))，
又B2C2，A2D2不在同一条直线上，
∴B2C2∥A2D2.
(2)解 设P(0,2，λ)(0≤λ≤4)，
则eq \(A2C2,\s\up6(---→))＝(－2，－2,2)，eq \(PC2,\s\up6(-→))＝(0，－2,3－λ)，eq \(D2C2,\s\up6(---→))＝(－2,0,1)，
设平面PA2C2的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(A2C2,\s\up6(---→))＝－2x－2y＋2z＝0，,n·\(PC2,\s\up6(-→))＝－2y＋3－λz＝0，))
令 z＝2，得y＝3－λ，x＝λ－1，
∴n＝(λ－1,3－λ，2)，
设平面A2C2D2的法向量为m＝(a，b，c)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(A2C2,\s\up6(---→))＝－2a－2b＋2c＝0，,m·\(D2C2,\s\up6(---→))＝－2a＋c＝0，))
令 a＝1，得b＝1，c＝2，
∴m＝(1,1,2)，
∴|cs〈n，m〉|＝eq \f(|n·m|,|n||m|)
＝eq \f(6,\r(6)\r(4＋λ－12＋3－λ2))
＝|cs 150°|＝eq \f(\r(3),2)，
化简可得，λ2－4λ＋3＝0，
解得λ＝1或λ＝3，
∴P(0,2,3)或P(0,2,1)，
∴B2P＝1.
【变式1】(2023·新高考全国Ⅱ改编)如图，三棱锥A－BCD中，DA＝DB＝DC，BD⊥CD，∠ADB＝∠ADC＝60°，E为BC的中点．
(1)证明：BC⊥DA；
(2)点F满足eq \(EF,\s\up6(→))＝eq \(DA,\s\up6(→))，求平面ABD与平面ABF夹角的正弦值．
(1)证明 如图，连接AE，DE，
因为E为BC的中点，DB＝DC，
所以DE⊥BC，
因为DA＝DB＝DC，∠ADB＝∠ADC＝60°，
所以△ACD与△ABD均为等边三角形，
所以AC＝AB，从而AE⊥BC，
又AE∩DE＝E，AE，DE⊂平面ADE，
所以BC⊥平面ADE，而AD⊂平面ADE，
所以BC⊥DA.
(2)解 不妨设DA＝DB＝DC＝2，
因为BD⊥CD，
所以BC＝2eq \r(2)，DE＝AE＝eq \r(2).
所以AE2＋DE2＝4＝AD2，
所以AE⊥DE，
又AE⊥BC，DE∩BC＝E，DE，BC⊂平面BCD，
所以AE⊥平面BCD.
以E为原点，ED，EB，EA所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
则D(eq \r(2)，0,0)，A(0,0，eq \r(2))，B(0，eq \r(2)，0)，E(0,0,0)，
设平面ABD与平面ABF的法向量分别为n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)，
平面ABD与平面ABF夹角为θ，而eq \(AB,\s\up6(→))＝(0，eq \r(2)，－eq \r(2))，
因为eq \(EF,\s\up6(→))＝eq \(DA,\s\up6(→))＝(－eq \r(2)，0，eq \r(2))，
所以F(－eq \r(2)，0，eq \r(2))，
则eq \(AF,\s\up6(→))＝(－eq \r(2)，0,0)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n1·\(DA,\s\up6(→))＝0，,n1·\(AB,\s\up6(→))＝0，))
得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\r(2)x1＋\r(2)z1＝0，,\r(2)y1－\r(2)z1＝0，))
令x1＝1，得y1＝1，z1＝1，
所以n1＝(1,1,1)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n2·\(AB,\s\up6(→))＝0，,n2·\(AF,\s\up6(→))＝0，))
得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\r(2)y2－\r(2)z2＝0，,－\r(2)x2＝0，))
则x2＝0，令y2＝1，得z2＝1，
所以n2＝(0,1,1)，
所以|cs θ|＝eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|)＝eq \f(2,\r(3)×\r(2))＝eq \f(\r(6),3)，
从而sin θ＝eq \r(1－\f(6,9))＝eq \f(\r(3),3).
所以平面ABD与平面ABF夹角的正弦值为eq \f(\r(3),3).
【变式2】（2024高三·全国·专题练习）如图，在长方体中，已知，，，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】C
【分析】设点在平面上的投影为，构造三个二面角的平面角，就、分类讨论后将角的大小问题等价转化为点到二面角，，的棱的距离的大小问题求解即可．
【详解】由题设可得长方体的上下底面为正方形，设上底面的中心为，连接，
则平面平面，过作的垂线，垂足为，则，
设交于，则，
因为，故，
当时，由在线段中（不含端点）可得不为锐二面角，
在矩形，过作，
因为，故，
在三棱锥中，连接，
因为平面平面，平面，
平面平面，，故平面，
因为平面，故，而，
平面，故平面，
而平面，故，故为的平面角，
同理为的平面角，
因为在线段中（不含端点），故、均为锐角，
而，故，故.
当时，由在线段中（不含端点）可得为锐二面角，
如图，过点作，则，
在三棱锥中，连接，同理可证为的平面角，
故即，
故选：C.
【变式3】（2024·云南昆明·模拟预测）如图，三棱台中，是边长为2的等边三角形，四边形是等腰梯形，且为的中点.

(1)证明：；
(2)若直线与平面所成角的正弦值为，求二面角的大小.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据已知条件及线面垂直的判定定理，结合线面垂直的性质定理即可求解；
（2）根据（1）的结论及已知条件，建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，利用向量的线性运算，分别求出直线的方向向量与平面的法向量，利用线面角公式及二面角的范围即可求解.
【详解】（1）如图，取中点，连接，
因为是等边三角形，点是的中点，
所以，
又四边形是等腰梯形，且为的中点，
所以，
又,平面,
所以平面，又平面，
所以.
（2）以为原点，建立的空间直角坐标系，如图所示

由（1）得即为二面角的平面角，设，
作于，由可得，
，故，
作于，同理可得，所以，
从而，
所以，
，
，
设平面的法向量为，则
，即，
令，则，
所以，
从而
，
即，化简得：，
解得：或（舍）
又，所以，
所以二面角的大小为.
强化训练
一、单选题
1．（2024·全国·模拟预测）如图，在正方体中，点是的中点，则平面与底面所成角的正切值是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】由正方体的性质可得，，即可得到为平面与底面所成角的平面角，再由锐角三角函数计算可得.
【详解】依题意平面，平面，
所以，，
所以为平面与底面所成角的平面角，
设正方体的棱长为，则，，
又，所以，
即平面与底面所成角的正切值为.
故选：B
2．（2024·陕西·模拟预测）如图，在直三棱柱中，为等腰直角三角形，且，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）

A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先补形，再作出异面直线与所成角的平面角，然后结合余弦定理即可求解.
【详解】将直三棱柱补形为如图所示的正四棱柱：
连接、，则，则异面直线与所成角的平面角为(或其补角)，又，，由余弦定理可得：.
故选：A
3．（23-24高三上·宁夏银川·阶段练习）如图，棱长为2的正方体中，点E，F，G分别是棱的中点，则下列说法错误的是（ ）
A．直线共面
B．
C．直线与平面所成角的正切值为
D．过点B，E，F的平面截正方体的截面面积为9
【答案】D
【分析】对于A项，一般考虑寻找两平行线较易说明共面问题；对于B项，三棱锥的体积问题，大都是通过等体积转化，使其易于求解即可；对于C项，充分利用正方体条件，找到直线与平面所成的角，在三角形中求解即得；对于D项，关键是寻找到经过三点的正方体的截面，然后求其面积即可.
【详解】
对于A项，如图①，分别连接,,在正方体中，易得矩形,
故有，又E， G分别是棱的中点，则,故,即可确定一个平面，故A项正确；
对于B项，如图②，,故B项正确；
对于C项，如图③，连接,因平面，故直线与平面所成角即,
在中，,故C项正确；
对于D项，如图④，连接,易得,
因平面平面，则为过点B，E，F的平面与平面的一条截线，
即过点B，E，F的平面即平面.
由可得四边形为等腰梯形，
故其面积为： ，即D项错误.
故选：D.
4．（2024高三·全国·专题练习）如图，已知底面为正方形且各侧棱均相等的四棱锥可绕着任意旋转，平面，，分别是，的中点，，，点在平面上的射影为点.当最大时，二面角的大小是（ ）
A．105°B．90°C．60°D．45°
【答案】A
【分析】由题意当最大时，，，三点共线，此时找出二面角的平面角，计算即可.
【详解】连接，，如图，
因为，所以为正三角形，
设的中点为，则点在以为直径的圆上运动，
当且仅当，，三点共线时，如图，
此时，，且平面，
∴为二面角的平面角，
又在等腰直角三角形中，，
因此，
故选：A
5．（23-24高三上·山西运城·期末）已知四棱锥的底面是边长为4的正方形，，，则直线与平面夹角的正弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】首先求，再作出平面，根据垂直关系，以及等面积转化，确定垂足点的位置，以及，再求线面角的正弦值.
【详解】如图，由题意可知，，
中，根据余弦定理可知，则，
过点作平面，，连结，，连结，

因为平面，平面，所以
，且平面
所以平面，平面，
所以，又因为，所以，
同理，
中，，则，
根据等面积公式，，所以，，
又，所以，
则，
直线与平面夹角的夹角为，.
故选：B
【点睛】关键点点睛：本题的关键是确定垂足的位置，以及垂直关系的转化.
6．（2024高三·全国·专题练习）如图，在边长为4的菱形中，已知.将菱形沿对角线折起，得到三棱锥，二面角的大小为，则直线与平面所成角的正弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据题意，由线面垂直的判定定理可得平面，从而可得，再由等体积法可得点到平面的距离，再由线面角的定义，即可得到结果.
【详解】
因为为菱形，且为中点，则，
所以为二面角的平面角，所以，
又，平面，
所以平面为等边三角形，
取的中点，则，又平面，所以，
且，平面，
所以平面，且，则，
所以.
因为，即（其中为点到平面的距离），所以，
即直线与平面所成角的正弦值为.
故选：A.
7．（23-24高三下·广东·开学考试）
如图，在直三棱柱中，所有棱长都相等，，，分别是棱，，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】利用平移法作出异面直线与所成的角，解三角形即可求得答案.
【详解】连接，因为在直三棱柱中，，分别是棱，的中点，
故，即四边形为平行四边形，
所以，则即为异面直线与所成角或其补角；

直三棱柱中，所有棱长都相等，设其棱长为2，
连接，则，而平面，故平面，
平面，故，
是棱的中点，故，则,
而，又，
故在中，,
由于异面直线所成角的范围为大于，小于等于，
故异面直线与所成角的余弦值是，
故选：D
8．（2023·湖南永州·二模）如图，在三棱锥中，，点在平面内，过作于，当与面所成最大角的正弦值是时，与平面所成角的余弦值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】过作的垂面，过作平面的垂面，过作，设，
结合面面垂直和线面垂直的性质可证得此点即为与面所成角最大时对应的点，
由此得到；过P作，由面面垂直性质和线面角定义可知，
即为与平面所成角，利用可求得结果.
【详解】过作的垂面，交平面于，即，，，
过作平面的垂面，即平面平面，
过作，垂足为，如下图所示，
设，则此点即为与面所成角最大时对应的点，理由如下：
恒成立，平面，
又平面，平面平面，；
平面平面，平面平面，平面，，
平面，
与面所成角即为，，
为定值，当最小时，最大，即最大，
平面，，
又，，平面，平面，
则当为交点时，，此时取得最小值，
当时，与面所成角最大，为，；
过作，垂足为，连接，
平面，平面，平面平面，
又平面平面，平面，平面，
即为与平面所成角，
在中，；
，，为等腰直角三角形，即，
又，，
，，
，，
，即与平面所成角的余弦值为.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何中的线面角的求解问题，解题关键是通过作垂面的方式，确定与面所成角最大时，点的具体位置，由此结合面面垂直性质和线面角的定义来进行求解.
二、多选题
1．（2024·黑龙江·二模）已知正方体的棱长为3，点是线段上靠近点的三等分点，是中点，则（ ）
A．该正方体外接球的表面积为
B．直线与所成角的余弦值为
C．平面截正方体所得截面为等腰梯形
D．点到平面的距离为
【答案】ABD
【分析】根据正方体的外接球的直径是正方体的体对角线可求外接球的表面积，可判断A的真假；利用平行把异面直线所成的角转化为平面角，再利用三角形的边角关系可求异面直线所成角的三角函数，判断B的真假；做出截面，判断截面形状，可判断C的真假；构造三棱锥，利用体积法求点到面的距离，可判断D的真假.
【详解】对A：棱长为3的正方体的体对角线长为：，
所以所求正方体的外接球表面积为：，故A正确；
对B：如图
连接，∵，所以即为异面直线与所成的角，设为.
在中，，，，
所以，所以，故B正确；
对C：如图：
取中点，连接，过点作，交于点，则，
所以平面截正方体所得截面为梯形.
由，所以.
所以，，所以，
所以梯形不是等腰梯形，故C错误；
对D：如图：
设点到平面的距离为，则，
而，
，
所以：，故D正确.
故选：ABD
2．（2024·贵州黔东南·二模）在棱长为2的正方体中，为棱的中点，则（ ）
A．B．四面体外接球的表面积为
C．平面D．直线与平面所成的角为
【答案】AC
【分析】利用平行公理判断A，利用补形法判断B，利用面面平行的性质判断C，利用线面角的定义判断D.
【详解】对于A，如图，连接，则，
因为，所以四边形是平行四边形，
则，所以，故A正确；
对于B，因为为棱的中点，，
所以四面体外接球的半径为，
则其外接球的表面积为，故B错误；
对于C，取的中点，连接，
与选项A同理可证，
因为平面，平面，所以平面，
同理，平面，
又平面，所以平面平面，
因为平面，所以平面，故C正确；
对于D，在正方体中，平面，
又平面，所以，
又，平面，所以平面，
则直线与平面所成的角为，且，故D错误.
故选：AC.
3．（23-24高三下·重庆·阶段练习）正方形的边长为2，点是的中点，点是的中点，点是的中点，将正方形沿折起，如图所示，二面角的大小为，则下列说法正确的是（ ）

A．当时，与所成角的余弦值为
B．当时，三棱锥外接球的体积为
C．若，则
D．当时，与平面所成角的正弦值为
【答案】BD
【分析】依题意可得为二面角的平面角，则与所成角等于，利用锐角三角函数计算即可判断A，记的中点为，则的外接球球心在过点且垂直于平面的直线上，理由勾股定理求出外接球的半径，即可判断B，过作，垂足为，即可证明平面，从而得到与平面所成角为，求出，即可判断D，结合D求出当时的值，即可判断C.
【详解】依题意在正方形中，点是的中点，点是的中点，
所以，
所以，，，平面，所以平面，
又，所以平面，又平面，所以，
所以为二面角的平面角，
即，当时，与所成角等于与所成角，
此时，故A错误；
记的中点为，为等腰直角三角形，
则的外接球球心在过点且垂直于平面的直线上，
又，设球心为，外接球的半径为，设，
则有，解得，
故的外接球的体积，故B正确；

过作，垂足为，因为平面，平面，
所以平面平面，
又平面平面，平面，
所以平面，

则，，，，
当时，与平面所成角为，
此时，，，，
所以，故D正确；
当不为钝角时，
所以，又，则，
当为钝角时，，，，，
由，
所以，又，则无解，故C错误；

故选：BD．
【点睛】
方法点睛：（1）求直线与平面所成的角的一般步骤：
①找直线与平面所成的角，即通过找直线在平面上的射影来完成；
②计算，要把直线与平面所成的角转化到一个三角形中求解．
（2）作二面角的平面角可以通过垂线法进行，在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角．
三、填空题
1．（23-24高三上·广东湛江·期末）如图，在长方体中，，，异面直线与所成角的余弦值为，则 .
【答案】
【分析】利用直线的平移，把两条异面直线所成的角转化为平面角，再解三角形求角.
【详解】连接，交于点，取的中点，连接，.
因为，所以与所成的角为（或其补角）.
令，在中，由，，得.
又，，，
由余弦定理得，解得，所以.
故答案为：
2．（2024高三·全国·专题练习）正四面体的棱长为a，则它的高为： ，两个侧面形成二面角的余弦值为： .
【答案】
【分析】利用正四面体的结构特征，作出正四面体的高及两个侧面所成二面角的平面角，再在直角三角形中计算作答.
【详解】在正四面体中，令正的中心为，连接并延长交于，连接，，如图，
则为的中点，，，平面，
且是二面角的平面角，即两个侧面所成二面角的平面角，
而正四面体的棱长为a，则，，
因平面，平面，故，
，，
∴所求高为，二面角的余弦值为.
故答案为：；
3．（2024高三·全国·专题练习）如图，某人在垂直于水平地面的墙面前的点处进行射击训练．易知点到墙面的距离为，某目标点沿墙面上的射线移动，此人为了准确瞄准目标点，需计算由点观察点的仰角的大小．若，，，则的最大值是 （仰角为直线与平面所成角）．

【答案】/
【分析】根据仰角的定义，作图，利用图中的几何关系列出函数式，借助二次函数求解作答.
【详解】
过点P做直线BC的垂线，垂直为D，如图，则由仰角的定义得，
由题意，设则，
点D与B不重合时，在中，，
点D与B重合时，上式也成立，
在中，，
当时，取最大值，
综上，的最大值为.
故答案为：．
四、解答题
1．（2024高三·全国·专题练习）空间中A，B，C，D四点任意两点间距离都等于a，E为中点，在由A，B，C，D确定的四个等边三角形中，求与异面的三角形中线与所成角的余弦值．
【答案】或
【分析】分情况依次讨论与为异面直线的中线与所成角，并结合余弦定理求解即可.
【详解】如图1所示，对于由中线和形成的异面直线，
连结，取中点G，连结，，
则，所以或其补角是异面直线和所成的角，

，，.
则，
所以异面直线和所成角的余弦值为；
如图2所示，对于由中线和形成的异面直线，
取中点I，连结，，
则，所以或其补角是异面直线和所成的角，

而，，，
则，
所以异面直线和所成角的余弦值为；
如图3所示，对于由中线和形成的异面直线，
取中点K，连结，，则，所以或其补角是异面直线和所成的角，

而，，
同上理，异面直线和所成角的余弦值为；
综上，与异面的三角形中线与所成角的余弦值为或.
2．（2024高三·全国·专题练习）如图，已知四棱锥是以为斜边的等腰直角三角形，为的中点．求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】
【分析】先证，再证平面平面，然后作出直线与平面所成的角直接求解可得.
【详解】如图，设的中点为，分别取的中点，连接，交于点，连接．
因为分别是的中点，所以为的中点．
因为，所以，且,
故四边形为平行四边形，所以．
由为等腰直角三角形得．
由是的中点可知四边形为正方形，所以，
又，平面，
所以平面．
由得平面，
又平面，所以平面平面．
过点作的垂线，垂足为，
因为平面平面，平面，
所以平面，
连接是在平面上的射影，
所以是直线与平面所成的角．
设，在中，由得．
在中，由得．
在中，，
所以直线与平面所成角的正弦值是．
3．（23-24高三下·甘肃张掖·阶段练习）如图，在四棱锥中，底面是正方形，平面平面，
(1)证明：平面平面；
(2)若是的中点，平面与平面所成锐二面角的余弦值为，求直线与平面所成角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据面面垂直的性质可得线面垂直，进而根据线线垂直证明线面垂直，即可得面面垂直，
（2）建立空间直角坐标系，利用向量的夹角即可求解长度，进而利用线面角的几何法，结合三角形的边角关系即可求解.
【详解】（1）如图，过点作于点，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，因为平面，所以，
因为底面是正方形，所以，
又，平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面，
（2）由（1）知平面，因为，
所以平面，又，所以两两垂直，
所以以为原点，以所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
因为底面是正方形，设，
所以，，
则，
设平面的一个法向量为，则得
令，则，所以，
设平面的一个法向量为，则得
令，则，所以，
因为平面与平面所成锐二面角的余弦值为，
所以，解得（负值舍去），
又平面，所以平面，
所以为与平面所成的线面角，
因为，所以，
在中，，
所以直线与平面所成角的余弦值为.
4．（2024高三·全国·专题练习）如图，平面，是边长为2的正三角形，，平面，垂足为点，是的中点．
(1)求异面直线与所成角的余弦值；
(2)求证：不可能是的垂心（三角形三条高的交点）．
【答案】(1)；
证明见解析．
【分析】（1）取中点，连接，，由题意，得到即为异面直线与所成的角或其补角；根据题中数据，求出，，，得出，即可求出结果；
（2）先假设是的垂心，连接并延长交于点， 根据线面垂直的判定定理和性质，得出，即为直角三角形，推出矛盾，即可证明结论成立．
【详解】（1）取中点，连接，，如图所示
∵是的中点，则，
∴即为异面直线与所成的角或其补角．
∵是边长为2的正三角形，
∴；
又平面，平面，
∴，，
∵，∴，，
因此，
∴异面直线与所成角的余弦值为．
（2）假设是的垂心，连接并延长交于点，则，
∵平面，平面，
∴．
又，平面，平面，
∴平面，又平面，
∴；
又平面，平面，
∴，
∵，平面，平面，
∴平面，
∵平面，
∴，
因此为直角三角形，与是正三角形矛盾，
∴不可能是的垂心．
5．（2024高三·全国·专题练习）已知中，，，，AB上有一点P，沿PC将折成一个直二面角，若此时，求二面角的正弦值．
【答案】
【分析】首先利用正余弦定理求出，再结合二面角的概念以及三余弦定理、三正弦定理即可求得二面角的正弦值.
【详解】在中，
∴，且．
在下图中，作于D，，折后，
∵二面角，∴平面ACD，则是直线AB与平面ACP所成的角．

设，则．
折后二面角，根据三余弦公式
∴，则，∴，即，
∴，则．
设二面角，则，
即，亦即
∴，因此二面角的正弦值为．
故答案为：.