数学选择性必修 第一册第一章 空间向量与立体几何1.4 空间向量的应用课堂检测

这是一份数学选择性必修 第一册第一章 空间向量与立体几何1.4 空间向量的应用课堂检测，共69页。
\l "_Tc176427335" 【题型归纳】
\l "_Tc176427336" 题型一：求平面的法向量
\l "_Tc176427337" 题型二：利用向量研究平行问题
\l "_Tc176427338" 题型三：利用向量研究垂直问题
\l "_Tc176427339" 题型四：异面直线所成的角
\l "_Tc176427340" 题型五：线面角
\l "_Tc176427341" 题型六：二面角
\l "_Tc176427342" 题型七：距离问题
\l "_Tc176427343" 【重难点集训】
\l "_Tc176427344" 【高考真题】
【题型归纳】
题型一：求平面的法向量
1．（2024·高二·全国·课堂例题）在正方体中，，分别为棱，的中点，在如图所示的空间直角坐标系中，求：

(1)平面的一个法向量；
(2)平面的一个法向量．
【解析】（1）设正方体的棱长为2，
则，，，，
（1）设平面的一个法向量为，
，，
则即
令，则，，
平面的一个法向量为．（答案不唯一）
（2），，
设平面的一个法向量为．
即
令，则，，
平面的一个法向量为．（答案不唯一）
2．（2024·高二·全国·专题练习）如图，在四棱锥中，平面⊥平面，是边长为1的正三角形，是菱形，，E是的中点，F是的中点，试建立恰当的空间直角坐标系，求平面的一个法向量.

【解析】连接，因为是边长为1的正三角形，，F为的中点，
所以，又因为平面⊥平面，平面平面，平面，
所以平面.
连接AC，因为，，所以是等边三角形，又F为的中点，所以.
综上可知，直线两两垂直，
所以建立以为原点，分别为轴，轴，轴的空间直角坐标系，如图所示：
由题意，在正和正中，，
则，
所以，
设平面的一个法向量为，则
，即，化简得，
令，则，即
所以平面的一个法向量为（答案不唯一）.
3．（2024·高二·广东江门·期末）如图，在棱长为3的正方体中，点在棱上，且．以为原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角
坐标系．
(1)求平面的一个法向量；
(2)求平面的一个法向量．
【解析】（1）因为x轴垂直于平面，所以是平面的一个法向量．
（2）因为正方体的棱长为3，，
所以M，B，的坐标分别为，，，
因此，，
设是平面的法向量，则
，，
所以，
取，则，．于是是平面的一个法向量．
4．（2024·高二·全国·课堂例题）如图所示，已知空间直角坐标系中的三棱锥中，，其中，求平面的一个法向量．
【解析】依题意，，，，
设平面的一个法向量为，则，
令，则，因此
所以平面的一个法向量为．
题型二：利用向量研究平行问题
5．（2024·高二·全国·课堂例题）如图，在平行六面体中，，，分别是，，的中点，请选择恰当的基向量证明：
(1)；
(2)平面平面．
【解析】（1）取基，
因为
，
，
所以，
又，无公共点，所以．
（2）因为
，
，
所以，
又，无公共点，
所以．
又平面，平面，
所以平面．
又由（1）知，
同理可得平面，
又，
平面，
所以平面平面．
6．（2024·高三·全国·专题练习）如图，在四棱台中，底面ABCD是边长为2的正方形，平面ABCD，，，P为AB的中点.求证：平面；
【解析】底面ABCD是边长为2的正方形，平面ABCD，
故，，两两垂直.
以为原点，分别为轴，轴，轴建立如图所示空间直角坐标系，
在四棱台中，，，P为AB的中点，
故,
则,
所以，即，
且平面，平面，
故平面.
7．（2024·高二·全国·专题练习）如图，在四棱锥中，底面满足，底面， 且，E为中点．求证：面
【解析】由题可知底面，，故两两垂直．
则以A为原点，分别为x、y、z轴正方向建系，
，
则，，，
设平面的一个法向量为，
则，即，令，则，
所以，
而，
所以，又面，
∴面；
8．（2024·高二·全国·专题练习）如图，在四棱柱中，侧棱底面，，，且点分别为和的中点， 求证：平面.
【解析】以为原点，分别以所在直线为z轴建立空间直角坐标系，
如图所示，可得，，
又因为分别为和的中点，可得，
又由向量为平面的一个法向量，且,
由此可得，又因为直线平面，所以平面.
题型三：利用向量研究垂直问题
9．（2024·高二·全国·课堂例题）如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧棱底面，，为的中点，于点．求证：平面．

【解析】因为平面，平面，所以，
又因为底面是正方形，所以，
所以，，两两垂直，
以为坐标原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，如图，
设，
则，，，，．
所以，，．
法一：因为，所以，所以，
又因为，，平面，
所以平面．
法二：设，则，．
因为，所以，
即．①
又因为，可设，所以，，．②
由①②可知，，，，所以．
设为平面的法向量，
则有，即，所以，取，则．
所以，所以平面．
10．（2024·高三·全国·专题练习）在三棱锥中，，，，为线段的中点.证明：.

【解析】取中点，作，如图，以中点为原点，
以方向为轴，过O垂直平面的方向为z轴，建立如下空间直角坐标系，
因为，所以， ，
又是等边三角形，设，
因为为线段的中点，所以，，
故，所以，，
得到，
因为，所以，
而，，
所以，
解得，所以，，所以，
设，因为是等边三角形，
所以，故，而，，
所以，解得，所以，
因为，所以，又，，
故，
由两点间距离公式得，解得，
所以，故，
而，可得，
故得证.
11．（2024·高三·江苏南通·阶段练习）已知四棱锥的底面为直角梯形，平面，.

(1)若点是棱上的动点，且满足，证明：平面；
(2)若点为棱上的一点（不含端点），试探究上是否存在一点N，使得平面ADN平面BDN？若存在，请求出的值，若不存在，请说明理由.
【解析】（1）以为原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐
标系，
则，，，，,
因为点是棱上靠近的三等分点，即，则，
则，，，
设平面的一个法向量为，满足
令，则，则．
，∴，
又平面，所以平面．
（2）存在．
设，则，，，
设平面的一个法向量为，满足
令，则，故取．
，，
设平面的法向量为，
满足
令，则，故取，
若平面平面，则，即
解得，此时为的中点，则．
12．（2024·高二·山西大同·期中）如图，在直三棱柱中，，垂足为，为线段上的一点.

(1)若为线段的中点，证明：平面；
(2)若平面平面，求的值.
【解析】（1）连接，在直三棱柱中，有，
.
为中点，
又为中点，，
，，
又平面平面，
平面.
（2）建立如图所示的空间直角坐标系，则，
，
设，
则，
设平面的法向量，
则，取，得，
设平面的法向量，
则，取，得，
平面平面，
，解得，
当平面平面时，.
题型四：异面直线所成的角
13．（2024·高二·全国·课后作业）如图，在直三棱柱中， ，，求向量与的夹角.
【解析】直三棱柱中，平面，平面，平面，
则有，故，，
由，，有，得，故，
又， E为的中点，有.
，有.
得
有＝，
又，所以.
即向量与的夹角为.
14．（2024·高二·全国·课后作业）如图，在棱长为a的正方体中，求异面直线和所成角的大小．

【解析】方法一：以D为原点，所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，所以．
所以，
所以．
又因为异面直线所成角满足，
所以异面直线和所成角的大小为．
方法二：
因为，
所以．
因为，
所以，而，
所以．
所以，
所以．
又因为异面直线所成角满足，所以异面直线和所成角的大小为．
题型五：线面角
15．（2024·高三·湖南·阶段练习）已知四棱锥中，平面底面为的中点，为棱上异于的点．
(1)证明：；
(2)试确定点的位置，使与平面所成角的余弦值为．
【解析】（1）如图，连接交于点．
因为为的中点，，所以．
因为平面平面，平面平面平面，
所以平面，
因为平面，所以．
因为，所以，所以，
所以，
因为平面，
所以平面．
因为平面，所以．
（2）如图，取的中点，以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标
系，
设，则，
则，
设，
所以，
所以，即．
则，
设平面的法向量为，则
即取，
设与平面所成的角为，
由，得．
所以，
整理得，
因为，所以，即，
故当位于棱靠近的三等分点时，与平面所成角的余弦值为．
16．（2024·高二·广东广州·期中）如图，已知平面，底面为正方形，，M，N分别为，的中点.

(1)求证：平面；
(2)求与平面所成角的正弦值.
【解析】（1）以为原点，为x轴，为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系，
则,
，，
设平面的一个法向量为，
则 ，取，得，
因为，所以平面；
（2）
，，
设平面的一个法向量为，
则，取，得，
设直线与平面所成角为，
则直线与平面所成角的正弦值为：
．
17．（2024·高三·北京海淀·开学考试）如图，在直三棱柱中， 为直角，侧面为正方形， ，分别为，的中点．
(1)求证：平面；
(2)求证：；
(3)求直线与平面所成角的正弦值．
【解析】（1）连接，
在中，因为分别为，的中点，所以
又平面，平面，所以平面．
（2）因为直三棱柱中，为侧棱，
所以平面，
因为平面，
所以，
又为直角，
所以
又，平面，
所以平面，
因为平面，
所以，
由（1），所以.
（3）建立空间直角坐标系，
则，，，．，
因此，．
设平面的法向量为，
，即
令，则，于是，
设直线与平面所成角为．
所以．
18．（2024·广东深圳·一模）如图，平面ABCD，，点E，F，M分别为AP，CD，BQ的中点．
(1)求证：平面CPM；
(2)若N为线段CQ上的点，且直线DN与平面QPM所成的角为，求的值．
【解析】（1）连接EM，由，得，
又，则四边形为平行四边形，
由点E和M分别为AP和BQ的中点，得且，
而，F为CD的中点，则且，
四边形为平行四边形，则，又平面MPC，平面MPC，
所以平面MPC．
（2）由平面，，得直线两两垂直，
以D为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，
，
设为平面PQM的法向量，则，
取，得，
设，即，
则，，
由直线DN与平面PMQ所成的角为，得，
即，整理得，而，解得，
所以.
题型六：二面角
19．（2024·广西·模拟预测）在长方体中，点E，F分别在，上，且，．
(1)求证：平面平面AEF；
(2)当，，求平面与平面的夹角的余弦值．
【解析】（1）为长方体 平面
平面∴
又，且，平面，
平面
平面AEF
平面平面
（2）依题意，建立以D为原点，以DA，DC，分别为x，y，z轴的空直角坐标系，
则，
则
设平面的法向量为．则，即
令，则．．
设平面的法向量为，则，
令，则，所以平面的法向量为，
设平面与平面的夹角为，
则，
所以平面与平面的夹角的余弦值为
20．（2024·高三·江西·开学考试）如图，在直四棱柱中，底面ABCD是梯形，，E，F，G分别为，CD的中点．
(1)证明：平面．
(2)若，求二面角的余弦值．
【解析】（1）取的中点，连接.
因为是的中位线，所以，且.
同理可得，且.
又，且，所以，且.
则四边形是平行四边形，从而.
因为平面，平面，所以平面.
（2）在直四棱柱中，因为，所以两两垂直.
以A为坐标原点，的方向分别为轴的正方向，建立如图所示空间直角坐标系.
因为，所以，
则
设平面的法向量为，
则，令，可得，
设平面的法向量为，
则，令，可得，
所以
易知二面角为锐角，所以其余弦值为.
21．（2024·高三·四川达州·开学考试）如图，在三棱柱中，平面．

(1)求证：平面；
(2)设点满足，若平面与平面的夹角为，求实数．
【解析】（1）证明：平面平面，．
又，且平面，
平面．
平面．
又平面，
平面．
（2）由（1）知四边形为正方形，即，且有，
以点为原点，以所在直线分别为轴，以过点和平面垂直的直线为轴，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，由得：
，取．
由（1）知平面平面的一个法向量为，
，解得.
所以.
22．（2024·高三·安徽·开学考试）如图，在四棱锥中，平面∥为的中点.
(1)若，证明：平面；
(2)已知，平面和平面的夹角的余弦值为，求.
【解析】（1）因为平面平面，可知，
且为的中点，则，
若，即，则，
且，平面平面，
所以平面.
（2）由题意可知：平面，，
以A为坐标原点，为轴，建立空间直角坐标系，
因为，设，
则，
可得，
设平面的法向量为，则，
令，则，可得；
设平面的法向量为，则，
令，则，可得；
由题意可得：，解得（舍负），
所以.
23．（2024·高二·河南焦作·开学考试）如图，在空间直角坐标系中有长方体，.
(1)求点到平面的距离；
(2)求平面与平面夹角的余弦值.
【解析】（1）由题可知，
得，
设平面的一个法向量为，
所以有，
令解得，
故平面的一个法向量，
所以点到平面的距离为.
（2）由题可知，
得，
设平面的一个法向量为，
所以有，
令解得，
故平面的一个法向量，
同理平面的一个法向量为，
设平面与平面夹角为，显然为锐角，
则.
题型七：距离问题
24．（2024·高二·江苏淮安·阶段练习）将边长为2的正方形ABCD沿对角线AC折叠使得△ACD垂直于底面ABC，则异面直线AD与BC的距离为 ．
【答案】/
【解析】取的中点，连结，，
由条件可知，平面平面，且平面平面，平面，
所以平面，
如图，以点为原点，为轴的正方向，建立空间直角坐标系，
，，，，
，，,
设与垂直的向量为，则
，令，则，所以，
则异面直线AD与BC的距离为.
故答案为：
25．（2024·高二·浙江金华·期中）已知在棱长为4的正方体中，.

(1)求点到直线的距离；
(2)求点到平面的距离；
(3)在此正方体中，，则称线段的长为异面直线与的公垂线段长，也称为异面直线与的距离.试求异面直线与的距离.
【解析】（1）
如图根据正方体性质，可以如图建立空间直角坐标系，，
可以得到各点坐标．，，，，．
，，，
则点到直线的距离.
（2），，，
设平面法向量为，则，
令，则，则.
则到平面的距离.
（3），，，
设与的公垂线方向向量为.则，
解得，则.
则异面直线与的距离.
26．（2024·高三·全国·专题练习）已知正方体的棱长为1，为中点，求下列问题：
(1)求异面直线与的距离；
(2)求到平面的距离；
(3)求到平面的距离；
(4)求平面与平面的距离.
【解析】（1）如图，建立空间直角坐标系，
则、、、，、、
、、，
所以，，
设是与，都垂直的向量，
则，即，即，令得，
选与的两点向量为，
得与的距离.
（2），设为平面的法向量，则，
即，即，令得，
选点到平面两点向量为，
由公式得：点到平面的距离.
（3）由（2）可知：平面的法向量可设，
设与平面的两点向量为，
故直线到平面的距离.
（4），，
设分别为平面、平面的一个法向量，
所以，令，可得，所以，
，令，可得，所以，
所以，所以平面平面，
可得点到平面的距离即为所求，，
所以点到平面的距离为，
故平面与平面的距离为.
【重难点集训】
1．（2024·高三·河北保定·开学考试）如图，在正方体中，分别为的中点，则直线和夹角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】化为空间向量问题，以作为基底，则
，
设向量和的夹角为，
则直线和夹角的余弦值等于.进行向量运算
因为四面体为正四面体，所以且夹角均为，
所以
.
故选：C.
【法二】分别以所在的直线为轴
建立如图所示的空间直角坐标系.
设正方体的棱长为2，
得
得.
设向量和的夹角为，
则直线和夹角的余弦值等于.
进行向量运算得..
故选：C
【法三】连接，易得，
则直线和夹角即为直线和所成角或其补角，
设正方体的棱长为2，
则中，，
由余弦定理得，.
故选：C
2．（2024·高二·河南焦作·开学考试）在棱长为2的正方体中，E，F分别是和的中点，则直线与平面所成角的正弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】由空间直角坐标系中有棱长为2的正方体，
点分别是和的中点，
可得，
则，
设平面的法向量为，则，
取，可得，所以，
设直线与平面所成角，则，
即直线与平面所成角的正弦值为.
故选：B.
3．（2024·高二·江苏徐州·阶段练习）在棱长为2的正方体中，，分别为棱，的中点，为棱上的一点，且，则点到平面的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，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，
取，得，
所以点到平面的距离为，
故选：D．
4．（2024·安徽马鞍山·模拟预测）正方体中，点M是上靠近点的三等分点，平面平面，则直线l与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】因为是正方体，所以平面平面,
平面平面,平面平面,
所以,是靠近的三等分点，
所以,
平面平面即是,
如图建立空间直角坐标系,设正方体边长为3，
则
设直线l与所成角为
.
故选：D.
5．（2024·陕西咸阳·模拟预测）已知平行六面体中，棱两两的夹角均为，，E为中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）

A．B．C．D．
【答案】D
【解析】根据题意以为基底表示出可得：
，，
又棱两两的夹角均为，不妨取，则；
所以；
；
又
；
所以，
因此异面直线与所成角的余弦值为.
故选：D
6．（2024·高二·陕西西安·期末）在正方体中，是棱的中点，则直线与平面所成角的正弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】建立如图所示的空间直角坐标系，
设正方体的棱长为2，
则，
所以
设平面的法向量为，
则，
令，则，所以，
设直线与平面所成角为，
所以，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
故选：A.
7．（2024·高二·湖南株洲·开学考试）如图，在棱长为2的正方体中，为线段上的动
点，则下列结论错误的是（ ）

A．直线与所成的角不可能是
B．若，则二面角的平面角的正弦值为
C．当时，
D．当时，点到平面的距离为
【答案】B
【解析】
建立如图所示的空间直角坐标系，则，
对于A，设，故，
故，而，
设直线与所成的角为，则，
若直线与所成的角是，则，
整理得到：，此方程在上无实数解，
故直线与所成的角不可能是，故A正确.
对于B，当时，结合A分析得，此时，
故，而，设此时平面的法向量为，
则即，取，则，，故，
又，，设平面的法向量为，
则即，取，则，，故，
故，故二面角的平面角的正弦值为，故B错误.
对于C，当时，又B的分析可得，故，故，故C正确.
对于D，当时，结合A中分析可得，故，故，
而，设平面的法向量为，
则即，取，则，，故，
又，故到平面的距离为，故D正确.
故选：B.
8．（2024·高二·全国·课后作业）正方体的棱长为2，，，，分别是棱，，，的中点，则平面和平面之间的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】以为坐标原点，分别以，，的方向为轴、轴、轴的正方向，并均以1为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，，
所以，，，，
所以，因为四点不共线，所以∥，
由面，面，则面，
因为，，分别是棱，的中点，所以∥，
同理，∥平面，而，面，
所以平面∥平面面，故平面，
所以平面和平面之间的距离，就是到平面的距离，也就是点到平面的距离．
设平面的法向量为，则，不妨取，则，
所以点到平面的距离，
即平面和平面之间的距离是．
故选：B
9．（多选题）（2024·高二·江苏徐州·阶段练习）如图所示，在矩形中，，，平面，且，点为线段（除端点外）上的动点，沿直线将翻折到，则下列说法中正确的是（ ）
A．存在点，使平面.
B．当点固定在线段的某位置时，点的运动轨迹为圆
C．点到平面的距离为
D．异面直线与所成角的余弦值的取值范围是
【答案】BCD
【解析】对A，无论在（端点除外）的哪个位置，均不与垂直，
故不与平面垂直，故A错；
对B，当点固定在线段的某位置时，线段的长度为定值，
，过作于点，为定点，
的长度为定值，且在过点与垂直的平面内，
故的轨迹是以为圆心，为半径的圆，故B对；
对C，以，，为x，y，z的正方向建立空间直角坐标系，
则，，，．
，
设平面的法向量为，
，取，
则点A到平面的距离为，故C对；
选项D：设，，，，
设与所成的角为，
则，故D正确.
故选：BCD．
10．（多选题）（2024·高二·安徽马鞍山·阶段练习）如图，是正三角形的一条中位线，将沿折起，构成四棱锥，为的中点，则（ ）
A．平面
B．平面
C．若平面平面，则的一个方向向量为
D．若，则平面的一个法向量为
【答案】BCD
【解析】对于A，若平面，因为，平面，平面，
所以平面，又因为，所以平面平面，
但平面与平面相交，所以假设不成立，所以不平行平面，不正确；
对于B，因为，，所以，，
又因为，所以平面，正确；
对于C，将沿折起，使到，且平面平面，
以的中点为坐标原点，建立空间直角坐标系，
设三角形的边长为2，
则，，，，，
，正确；
对于D，设，因为，，
所以，
所以，，，
因为，所以，
所以，，
设平面，
所以，
故，正确．
故选：BCD．
11．（多选题）（2024·高三·河北·阶段练习）如图所示， 在长方体中，，，，， 点 在长方体的表面上运动. 则下列说法正确的是（ ）
A．
B．直线与所成角的余弦值为
C．若， 则四面体的体积的最小值为 4
D．若， 则点的轨迹长度为
【答案】BCD
【解析】对于A，由，知为靠近点的三等分点，所以延长后会相交与一点，
又因为,所以直线与平面会相交，所以，故错误；
对于B，因为,为长方体，所以由勾股定理可得，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则，所以,
则直线与所成角的余弦值为，故B正确；
对于C，,（定值），
因为，点在以为球心，半径为3的球面上运动，
所以当运动到上时，四面体的体积最小，四面体的体积最小,
此时,所以，故C正确；
对于D，当，如图所示，
在后侧面的轨迹为，
在右侧面的轨迹为，
在左侧面的轨迹为弧，在前侧面内的轨迹为弧.
，，
，则，
则的轨迹长度为.故D正确.
故选：BCD
12．（2024·高二·安徽马鞍山·期末）二面角中，，且，若，，则此二面角的大小为 ．
【答案】
【解析】
如图所示，根据题意知：，，
，，
易知二面角的平面角即，
所以，
即，
由空间向量夹角的范围知，所以，
即此二面角的大小为.
故答案为：
13．（2024·高二·广东佛山·阶段练习）在如图所示的试验装置中，两个正方形框架ABCD，ABEF的边长都是1，且它们所在的平面互相垂直.活动弹子M，N分别在正方形对角线AC和BF 上移动，且CM和BN
的长度保持相等，记，当MN的长最小时，平面MNA与平面MNB夹角的正弦值为 .
【答案】
【解析】以原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
因为，所以，
所以，
当时，最小，此时，为中点，则，
取的中点，连接，则，
因为，，所以，，
所以是平面与平面的夹角或其补角，
因为，，
所以，
所以平面与平面夹角的余弦值是，
所以平面与平面夹角的正弦值是．
14．（2024·高二·全国·课后作业）如图所示，正方体的棱长为2，E、F分别是棱BC、的中点，动点P在正方形（包括边界）内运动，若平面AEF，则线段长度的最小值是 ．
【答案】/
【解析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、，，设点，其中、，
设平面的法向量为，，，
则，取，可得，
，因为平面，则，
所以，，即，
所以，
，
当且仅当时，的长度取最小值.
故答案为：.
15．（2024·高三·山东烟台·开学考试）如图，矩形中，为的中点，将沿折起，使平面平面，且点满足，且.
(1)求直线与平面所成角的正切值；
(2)求几何体的体积.
【解析】（1）取中点中点，连接，
由题易得，
，
面面，面面面，
∴平面，
又为中点，则在矩形中，四边形为正方形，
，
两两垂直，且.
以分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，.
，平面的一个法向量为.
.
，则，
，则直线与平面所成角的正切值为.
（2）.
.
，
.
所求几何体的体积为2.
16．（2024·高三·四川成都·开学考试）如图，在四棱锥中，底面.
(1)若，证明：平面；
(2)若，且，线段上是否存在一点，使得二面角的正弦值为？若存在，求出点在线段上的位置；若不存在，请说明理由.
【解析】（1）在四棱锥中，由平面，平面，得，
又平面，则平面，
而平面，于是，由，得，
则，又平面平面，
所以平面.
（2）由（1）知，过点作平面，则直线两两垂直，
以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，
假设存在点满足条件，令，
，
设平面的法向量，则，令，得，
由平面，得为平面的法向量，
由二面角的正弦值为，得，
即，而，解得，
所以点是线段上靠近点的三等分点，使得二面角的正弦值为.
17．（天舟高考�衡中同卷2024届高三9月联考数学试题）如图，在四棱锥中，平面ABCD，，，，E是线段PC的中点．
(1)证明：；
(2)设，．记直线BE与平面PBD所成的角为，求的最大值．
【解析】（1）取的中点为，连接，
又因为E是线段PC的中点，所以，且；
又，，可得，，
所以四边形为平行四边形，即；
由平面ABCD,平面ABCD，所以，
又，平面，，
所以平面，也即平面，
又平面，可得，
又，因此.
（2）由（1）可知三条直线两两垂直，
因此以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如下图所示：
则，可得，
所以
设平面PBD的一个法向量为，
所以，令，可得，
即
由直线BE与平面PBD所成的角为，
可得
；
由可得
令，
根据对勾函数性质可得在上单调递减，在上单调递增；
所以，
可得
所以的最大值为，当且仅当时取得最大值.
18．（2024·高三·江苏常州·开学考试）如图，平行六面体中，底面ABCD是边长为2的菱形，且，，，，AC与BD交于O．
(1)证明：平面ABCD；
(2)求二面角的正弦值．
【解析】（1）∵底面ABCD是边长为2的菱形，∴．
∵，，∴，∴．
∵点O为线段BD中点，∴．
在中，，，，
∴，∴．
则，∴．
又，平面ABCD，平面ABCD，
∴平面ABCD．
（2）由（1）知，平面ABCD，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，
则，，．
设平面的法向量为，平面的法向量为，
则，即，取，则．
，即，取，则．
设二面角大小为，则．
∴，
∴二面角的正弦值为．
19．（2024·高三·江苏连云港·阶段练习）如图，在正四棱柱中，，分别为棱的中点，为棱上的动点．

(1)求正四棱柱过点的截面的面积；
(2)是否存在点，使得二面角的大小为?若存在，求出的长度；若不存在，说明理由．
【解析】（1）
连接，，取的中点为，连接，，
因为为的中点，所以，且，
所以四边形为平行四边形，
所以，且，
又因为为的中点，
所以，且，
所以四边形为平行四边形，
所以，且，
所以，且，
所以四边形为平行四边形，即四点共面
又，分别为棱的中点，则,
因此，过点的截面即为菱形
又，，
所以菱形的面积为：，
即正四棱柱过点的截面的面积为.
（2）
在正四棱柱中，，，两两垂直，
以为原点，，，所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则,，，
因为为棱上的动点，可设，则，，
设平面的法向量，，，
则，即，
取，则，即；
设平面的法向量，，，
则，即，
取，则，即，
若存在点，使得二面角的大小为．
则，
解得， (舍)
当与重合时，即，此时二面角为锐角，
又当二面角的大小为时，则，
因此要使二面角为锐角，而，
即时，二面角的大小为，
所以棱上不存在点，使得二面角的大小为.
【高考真题】
1．（2022年高考全国乙卷数学（理）真题）在正方体中，E，F分别为的中点，则（ ）
A．平面平面B．平面平面
C．平面平面D．平面平面
【答案】A
【解析】在正方体中，
且平面，
又平面，所以，
因为分别为的中点，
所以，所以，
又，
所以平面，
又平面，
所以平面平面，故A正确；
选项BCD解法一：
如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，设，
则，
，
则，，
设平面的法向量为，
则有，可取，
同理可得平面的法向量为，
平面的法向量为，
平面的法向量为，
则，
所以平面与平面不垂直，故B错误；
因为与不平行，
所以平面与平面不平行，故C错误；
因为与不平行，
所以平面与平面不平行，故D错误，
故选：A.
选项BCD解法二：
对于选项B，如图所示，设，，则为平面与平面的交线，
在内，作于点，在内，作，交于点，连结，
则或其补角为平面与平面所成二面角的平面角，
由勾股定理可知：，，
底面正方形中，为中点，则，
由勾股定理可得，
从而有：，
据此可得，即，
据此可得平面平面不成立，选项B错误；
对于选项C，取的中点，则，
由于与平面相交，故平面平面不成立，选项C错误；
对于选项D，取的中点，很明显四边形为平行四边形，则，
由于与平面相交，故平面平面不成立，选项D错误；
故选：A.
2．（2018年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标II卷））在长方体
中，，，则异面直线与所成角的余弦值为
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】分析：先建立空间直角坐标系，设立各点坐标，利用向量数量积求向量夹角，再根据向量夹角与线线角相等或互补关系求结果.
以D为坐标原点，DA,DC,DD1为x,y,z轴建立空间直角坐标系，则,所以,
因为，所以异面直线与所成角的余弦值为，选C.
3．（2013年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（全国大纲卷））已知正四棱柱中，，则CD与平面所成角的正弦值等于
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】设， 面积为
考点：线面角
4．（2014年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（全国Ⅱ卷））直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BCA＝90°，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BC＝CA＝CC1，则BM与AN所成角的余弦值为( )
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】以C为原点，直线CA为x轴，直线CB为y轴，直线为轴，则设CA=CB=1，则
，，A（1，0，0），，故，，所以
，故选C.
考点：本小题主要考查利用空间向量求线线角，考查空间向量的基本运算，考查空间想象能力等数学基本能力，考查分析问题与解决问题的能力.
5．（2013年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（北京卷））如图，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为BC的中点，点P在线段D1E上，点P到直线CC1的距离的最小值为 .
【答案】
【解析】点P到直线CC1的距离等于点P在平面ABCD上的射影到点C的距离，设点P在平面ABCD上的射影为P′，显然点P到直线CC1的距离的最小值为P′C的长度的最小值，当P′C⊥DE时，P′C的长度最小，此时P′C＝＝.
6．（2024年北京高考数学真题）如图，在四棱锥中，，，,点在上，且，．
(1)若为线段中点，求证：平面．
(2)若平面，求平面与平面夹角的余弦值．
【解析】（1）取的中点为，接，则，
而，故，故四边形为平行四边形，
故，而平面，平面，
所以平面.
（2）
因为，故，故，
故四边形为平行四边形，故，所以平面，
而平面，故，而，
故建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
则
设平面的法向量为，
则由可得，取，
设平面的法向量为，
则由可得，取，
故，
故平面与平面夹角的余弦值为
7．（2024年高考全国甲卷数学（理）真题）如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形，，，，为的中点．
(1)证明：平面；
(2)求二面角的正弦值．
【解析】（1）因为为的中点，所以，
四边形为平行四边形，所以，又因为平面，
平面，所以平面；
（2）如图所示，作交于，连接，
因为四边形为等腰梯形，，所以，
结合（1）为平行四边形，可得，又，
所以为等边三角形，为中点，所以，
又因为四边形为等腰梯形，为中点，所以，
四边形为平行四边形，，
所以为等腰三角形，与底边上中点重合，，，
因为，所以，所以互相垂直，
以方向为轴，方向为轴，方向为轴，建立空间直角坐标系，
，，，
，设平面的法向量为，
平面的法向量为，
则，即，令，得，即，
则，即，令，得，
即，，则，
故二面角的正弦值为.
8．（2024年天津高考数学真题）已知四棱柱中，底面为梯形，，
平面，，其中．是的中点，是的中点．

(1)求证平面；
(2)求平面与平面的夹角余弦值；
(3)求点到平面的距离．
【解析】（1）取中点，连接，，
由是的中点，故，且，
由是的中点，故，且，
则有、，
故四边形是平行四边形，故，
又平面，平面，
故平面；
（2）以为原点建立如图所示空间直角坐标系，
有、、、、、，
则有、、，
设平面与平面的法向量分别为、，
则有，，
分别取，则有、、，，
即、，
则，
故平面与平面的夹角余弦值为；
（3）由，平面的法向量为，
则有，
即点到平面的距离为.
9．（2024年新课标全国Ⅱ卷数学真题）如图，平面四边形ABCD中，，，，，，点E，F满足，，将沿EF翻折至，使得．
(1)证明：；
(2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值．
【解析】（1）由，
得，又，在中，
由余弦定理得,
所以，则，即，
所以，又平面，
所以平面，又平面，
故；
（2）连接，由，则，
在中，，得，
所以，由（1）知，又平面，
所以平面，又平面，
所以，则两两垂直，建立如图空间直角坐标系，
则，
由是的中点，得，
所以，
设平面和平面的一个法向量分别为，
则，，
令，得，
所以，
所以，
设平面和平面所成角为，则，
即平面和平面所成角的正弦值为.
10．（2023年北京高考数学真题）如图，在三棱锥中，平面，．

(1)求证：平面PAB；
(2)求二面角的大小．
【解析】（1）因为平面平面，
所以，同理，
所以为直角三角形，
又因为，，
所以，则为直角三角形，故，
又因为，，
所以平面.
（2）由（1）平面，又平面，则，
以为原点，为轴，过且与平行的直线为轴，为轴，建立空间直角坐标系，如图，
则，
所以，
设平面的法向量为，则，即
令，则，所以，
设平面的法向量为，则，即，
令，则，所以，
所以，
又因为二面角为锐二面角，
所以二面角的大小为.
11．（2023年高考全国乙卷数学（理）真题）如图，在三棱锥中，，，，，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，，点F在AC上，.

(1)证明：平面；
(2)证明：平面平面BEF；
(3)求二面角的正弦值.
【解析】（1）连接，设，则，，，
则，
解得，则为的中点，由分别为的中点，
于是，即，则四边形为平行四边形，
，又平面平面，
所以平面.
（2）法一：由（1）可知，则，得，
因此，则，有，
又，平面，
则有平面，又平面，所以平面平面.
法二：因为，过点作轴平面，建立如图所示的空间直角坐标系，
，
在中，，
在中，，
设，所以由可得：，
可得：，所以，
则，所以，，
设平面的法向量为，
则，得，
令，则，所以，
设平面的法向量为，
则，得，
令，则，所以，
，
所以平面平面BEF；
（3）法一：过点作交于点，设，
由，得，且，
又由（2）知，，则为二面角的平面角，
因为分别为的中点，因此为的重心，
即有，又，即有，
，解得，同理得，
于是，即有，则，
从而，，
在中，，
于是，，
所以二面角的正弦值为.
法二：平面的法向量为，
平面的法向量为，
所以，
因为，所以，
故二面角的正弦值为.
12．（2023年新课标全国Ⅰ卷数学真题）如图，在正四棱柱中，．点分别在棱,上，．

(1)证明：；
(2)点在棱上，当二面角为时，求．
【解析】（1）以为坐标原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图，
则，
，
，
又不在同一条直线上，
.
（2）设，
则，
设平面的法向量，
则，
令 ，得，
，
设平面的法向量，
则，
令 ，得，
，
，
化简可得，，
解得或，
或，
.
13．（2023年新课标全国Ⅱ卷数学真题）如图，三棱锥中，，，，E为BC的中点．
(1)证明：；
(2)点F满足，求二面角的正弦值．
【解析】（1）连接，因为E为BC中点，，所以①，
因为，，所以与均为等边三角形，
，从而②，由①②，，平面，
所以，平面，而平面，所以．
（2）不妨设，，．
，，又，平面平面．
以点为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
设，
设平面与平面的一个法向量分别为，
二面角平面角为,而，
因为，所以，即有，
，取，所以；
，取，所以，
所以，，从而．
所以二面角的正弦值为．
14．（2022年新高考天津数学高考真题）如图，在直三棱柱中，，点D、E、F分别为的中点， .
(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值；
(3)求平面与平面夹角的余弦值．
【解析】（1）证明：在直三棱柱中，平面，且，则
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、、、、、、，则，
易知平面的一个法向量为，则，故，
平面，故平面.
（2），，，
设平面的法向量为，则，
取，可得，.
因此，直线与平面夹角的正弦值为.
（3），，
设平面的法向量为，则，
取，可得，则，
因此，平面与平面夹角的余弦值为.