专题03空间向量及其应用（考题猜想，易错、好题精选10个考点50题专练）-2023-2024学年高二数学下学期期末考点大串讲（沪教版2020选修）

专题03空间向量及其应用（考题猜想，易错、好题精选10个考点50题专练） 异面直线及其所成的角 共线向量与共面向量 空间向量的数量积运算 空间向量的夹角与距离求解公式 空间向量基本定理、正交分解及坐标表示  空间向量运算的坐标表示 向量的数量积判断向量的共线与垂直 直线与平面所成的角 二面角的平面角及求法 点、线、面间的距离计算 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 一．异面直线及其所成的角（共4小题） 1．（2023秋•青浦区校级期末）在棱长为1的正方体中，为底面内（包括边界）的动点，满足直线与直线所成角的大小为，则线段扫过的面积的大小为　　 A． B． C． D． 2．（2024•杨浦区二模）正方体中，异面直线与所成角的大小为 　　． 3．（2024•崇明区二模）已知底面半径为1的圆柱，是其上底面圆心，、是下底面圆周上两个不同的点，是母线．若直线与所成角的大小为，则　　． 4．（2023秋•嘉定区校级月考）在正方体中，、分别是、的中点． （1）求证：四边形是菱形； （2）求异面直线与所成的角 （结果用反三角函数表示）． 二．共线向量与共面向量（共3小题） 5．（2023•浦东新区三模）空间向量，2，的单位向量的坐标是 　　． 6．（2023秋•浦东新区校级期末）设，，是空间中的三个向量，且共面，则　　． 7．（2023秋•浦东新区校级期中）给出下列结论： ①若空间向量，，，，，，则是的充要条件； ②若是的必要不充分条件，则实数的取值范围是； ③已知，为两个不同的平面，，为两条直线，，，，，则“”是“”的充要条件； ④已知向量为平面的法向量，为直线的方向向量，则是的充要条件． 其中正确的结论有　　 A．②③ B．②④ C．②③④ D．①②③④ 三．空间向量的数量积运算（共4小题） 8．（2024春•杨浦区校级月考）如图，四个棱长为1的正方体排成一个正四棱柱，是一条侧棱，，2，，是上底面上其余的八个点，则集合，，2，3，，中的元素个数　　 A．1 B．2 C．4 D．8 9．（2023秋•青浦区校级期中）若向量，2，，，，，则　　． 10．（2023秋•松江区期末）已知正四面体的棱长为，空间内任意点满足，则的取值范围是 　　． 11．（2023秋•宝山区校级月考）如图，在三棱锥中，点为棱上一点，且，点为线段的中点． （1）以、、为一组基底表示向量； （2）若，，，求． 四．空间向量的夹角与距离求解公式（共3小题） 12．（2023秋•浦东新区校级月考）已知，0，，，1，，则向量与的夹角为 　　． 13．（2023秋•浦东新区校级期中）三棱柱中，、分别是、上的点，且，．设，，． （Ⅰ）试用表示向量； （Ⅱ）若，，，求的长． 14．（2023秋•奉贤区校级月考）如图，正三棱柱中，底面边长为． （1）设侧棱长为1，求证：； （2）设与的夹角为，求侧棱的长． 五．空间向量基本定理、正交分解及坐标表示（共3小题） 15．（2023秋•徐汇区校级期中）如图，在平行六面体中，为，的交点．若，，，则向量　　 A． B． C． D． 16．（2023秋•长宁区校级期中）如图，在四面体中，是的中点，是的中点，若，则乘积　　． 17．（2023秋•嘉定区校级月考）已知向量其中，现有以下命题： （1）向量与轴正方向的夹角恒为定值（即与，无关； （2）的最大值为； （3）的夹角）的最大值为； （4）若定义，则的最大值为． 其中正确的命题有　 　．（写出所有正确命题的序号） 六．空间向量运算的坐标表示（共3小题） 18．（2023秋•崇明区校级期末）已知向量，，则　　 A．，0， B．，16， C．，， D．，0， 19．（2023秋•青浦区校级期中）已知向量，2，，则向量的单位向量　　． 20．（2023秋•闵行区校级期末）已知向量，则向量的坐标为 　　． 七．向量的数量积判断向量的共线与垂直（共2小题） 21．（2023秋•普陀区校级期中）已知向量、是平面内的两个不相等的非零向量，非零向量在直线上，则，且是的　　 A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 22．（2023秋•浦东新区校级期中）已知向量，，和，1，，点，，，，，． （1）求； （2）在直线上是否存在一点，使为原点），若存在，求出点坐标；若不存在，说明理由． 八．直线与平面所成的角（共11小题） 23．（2023秋•松江区校级期中）斜线与平面所成角的取值范围是 　　． 24．（2023秋•长宁区校级期中）在正方体中，，为棱的中点，则与平面所成角的正切值为 　　． 25．（2023•黄浦区校级开学）如图，在三棱柱中，底面，，，，点，分别为与的中点． （1）证明：平面． （2）求与平面所成角的正弦值． 26．（2024•虹口区二模）如图，在三棱柱中，，为的中点，，． （1）求证：平面； （2）若平面，点在棱上，且平面，求直线与平面所成角的正弦值． 27．（2024•松江区二模）如图，在四棱锥中，底面为菱形，平面，为的中点． （1）设平面与直线相交于点，求证：； （2）若，，，求直线与平面所成角的大小． 28．（2024•虹口区模拟）在如图所示的圆锥中，是顶点，是底面的圆心，、是圆周上两点，且，． （1）若圆锥侧面积为，求圆锥的体积； （2）设圆锥的高为2，是线段上一点，且满足，求直线与平面所成角的正切值． 29．（2023秋•长宁区校级期中）如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面，为中点． （1）求证：平面； （2）若，求直线与平面所成角的大小． 30．（2024春•普陀区校级期中）如图所示，圆柱的轴截面是正方形，点在底面圆周上，且，为垂足． （1）求证：； （2）若，求直线与平面所成的角． 31．（2023秋•嘉定区校级期中）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，，，为的中点，为上一点，平面． （1）求证：为的中点； （2）若，求直线与平面所成角的正弦值． 32．（2023秋•浦东新区校级期中）如图，长方体中，，，点为棱的中点． （1）求证：直线平面； （2）求直线与平面所成的角．（用反三角函数表示） 33．（2023春•松江区校级月考）如图，是圆柱体的一条母线，过底面圆的圆心，是圆上不与点，重合的任意一点，已知棱，，． （1）求直线与平面所成的角的大小； （2）将四面体绕母线转动一周，求的三边在旋转过程中所围成的几何体的体积． 九．二面角的平面角及求法（共11小题） 34．（2023秋•浦东新区校级期末）在四棱锥中，底面是边长为的正方形，顶点在底面内的射影在正方形的内部（不在边上），且，为常数，设侧面，，，与底面所成的二面角依次为，，，，则下列各式为常数的是 ① ② ③ ④ 　　 A．①② B．②④ C．②③ D．③④ 35．（2023秋•浦东新区校级期中）如图，矩形中，，为边的中点，将沿直线翻转成△平面，若、分别为线段、的中点，则在翻转过程中，下列说法错误的是　　 A．与平面垂直的直线必与直线垂直 B．异面直线与所成角是定值 C．一定存在某个位置，使 D．三棱锥外接球半径与棱的长之比为定值 36．（2023春•青浦区期末）在长方体中，，，点为棱的中点，则二面角的大小为　　（结果用反三角函数值表示） 37．（2024•黄浦区二模）如图，在四棱锥中，底面为矩形，点是棱上的一点，平面． （1）求证：点是棱的中点； （2）若平面，，，与平面所成角的正切值为，求二面角的大小． 38．（2024•金山区二模）如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形（及其内部）以边所在直线为旋转轴旋转得到的，点是的中点，点在上，异面直线与所成的角是． （1）求证：； （2）若，，求二面角的大小． 39．（2024•闵行区校级二模）在四棱锥中，底面是正方形，若，，． （Ⅰ）求证：平面平面； （Ⅱ）求二面角的平面角的余弦值． 40．（2024•长宁区二模）如图，在长方体中，，． （1）求二面角的大小； （2）若点在直线上，求证：直线平面． 41．（2024春•黄浦区校级期中）如图，在四棱锥中，平面平面，，，，为棱的中点． （Ⅰ）证明：平面； （Ⅱ）若，， 求二面角的余弦值； 在线段上是否存在点，使得点到平面的距离是？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 42．（2024春•普陀区校级期中）如图所示，在三棱柱中，平面，，，是的中点． （1）求异面直线与所成的角的大小； （2）若为中点，求二面角的正切值． 43．（2024•浦东新区校级模拟）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，平面底面，为的中点，是棱上的点，，，． （1）求证：平面平面； （2）设，若二面角的平面角的大小为，试确定的值． 44．（2024春•浦东新区校级月考）如图，已知四棱锥的底面的菱形，，点是边的中点，与交于点，平面， （1）求证：； （2）若，，求二面角的大小； （3）在（2）的条件下，求异面直线与所成角的余弦值． 一十．点、线、面间的距离计算（共6小题） 45．（2024•徐汇区校级开学）在四面体中，若底面的一个法向量为，且，则顶点到底面的距离为 　　． 46．（2022秋•松江区校级期中）设正四面体的棱长为1，棱上一点满足，且到面，的距离分别为，，则　　． 47．（2024•静安区二模）正四棱锥底面边长为2，高为3，则点到不经过点的侧面的距离为 　　． 48．（2023秋•黄浦区校级月考）如图，边长为1的正方形中，，分别是，的中点，没，，把这个正方形折成一个四面体使，，三点重合，重合后的点记为．则在四面体中，点到平面的距离为 　　． 49．（2023秋•青浦区校级期中）如图，在四棱锥中，，平面，，分别为，的中点． （1）证明：平面； （2）若，求点到平面的距离． 50．（2024春•杨浦区校级月考）设四边形为矩形，点为平面外一点，且平面，若，． （1）求与平面所成角的大小（用反三角函数表示）； （2）在边上是否存在一点，使得点到平面的距离为，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由； （3）若点是的中点，在内确定一点，使的值最小，并求此时的值． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题03空间向量及其应用（考题猜想，易错、好题精选10个考点50题专练） 异面直线及其所成的角 共线向量与共面向量 空间向量的数量积运算 空间向量的夹角与距离求解公式 空间向量基本定理、正交分解及坐标表示  空间向量运算的坐标表示 向量的数量积判断向量的共线与垂直 直线与平面所成的角 二面角的平面角及求法 点、线、面间的距离计算 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 一．异面直线及其所成的角（共4小题） 1．（2023秋•青浦区校级期末）在棱长为1的正方体中，为底面内（包括边界）的动点，满足直线与直线所成角的大小为，则线段扫过的面积的大小为　　 A． B． C． D． 【分析】结合题意，可知点的轨迹是以为圆心，半径为的四分之一圆，据此可求扫过的面积． 【解答】解：由题意，在正方体中，易得， 要使直线与直线所成角的大小为， 只需与直线所成角的大小为， 所以为绕以的夹角旋转而成的锥体的一部分，如图所示： 所以，即， 所以点的轨迹是以为圆心，为半径的四分之一圆， 故线段扫过的面积的大小为． 故选：． 【点评】本题考查空间中异面直线所成角，考查动点轨迹，属中档题． 2．（2024•杨浦区二模）正方体中，异面直线与所成角的大小为 　　． 【分析】，为异面直线与所成角，由此即可得． 【解答】解：正方体中，， 则为异面直线与所成角， ． 故答案为：． 【点评】本题考查异面直线所成的角，属于基础题． 3．（2024•崇明区二模）已知底面半径为1的圆柱，是其上底面圆心，、是下底面圆周上两个不同的点，是母线．若直线与所成角的大小为，则　　． 【分析】过作与平行的母线，由异面直线所成角的概念得到为．在直角三角形中，直接由得到答案． 【解答】解：如图，过作与平行的母线，连接， 则为直线与所成的角，大小为． 在直角三角形中，因为，所以． 则． 故答案为：． 【点评】本题考查了异面直线所成的角，考查了直角三角形的解法，是基础题． 4．（2023秋•嘉定区校级月考）在正方体中，、分别是、的中点． （1）求证：四边形是菱形； （2）求异面直线与所成的角 （结果用反三角函数表示）． 【分析】（1）由题意画出图形，取中点，连接，，可证四边形为平行四边形，得，再由为正方体，且，分别为，的中点，可得为平行四边形，得，，从而得到，且，进一步得到四边形为平行四边形，再由△△，可得，得到四边形是菱形； （2）以为原点建立如图所示空间直角坐标系，然后利用空间向量求异面直线与所成的角． 【解答】（1）证明： 取中点，连接，，可得，， 四边形为平行四边形，则， 由为正方体，且，分别为，的中点， 可得为平行四边形，，， 则，且， 四边形为平行四边形，由△△，可得， 四边形是菱形； （2）解：以为原点建立如图所示空间直角坐标系， 设正方体的棱长为1，则，0，，，1，，，1，，，，， ，， ． 异面直线与所成的角为． 【点评】本题考查空间中直线与直线的位置关系，考查空间想象能力和思维能力，训练了利用空间向量求异面直线所成角，是中档题． 二．共线向量与共面向量（共3小题） 5．（2023•浦东新区三模）空间向量，2，的单位向量的坐标是 　　． 【分析】得出，从而得出的单位向量坐标为：，然后进行向量坐标的数乘运算即可． 【解答】解：， 的单位向量的坐标为：． 故答案为：． 【点评】本题考查了单位向量的定义及求法，根据向量的坐标求向量的长度的方法，向量坐标的数乘运算，考查了计算能力，属于基础题． 6．（2023秋•浦东新区校级期末）设，，是空间中的三个向量，且共面，则　4　． 【分析】根据题意设，利用的坐标建立关于、的方程组，进而算出的值． 【解答】解：根据共面，可知存在、，使成立， 因为，，，所以，可得． 故答案为：4． 【点评】本题主要考查空间向量共面的条件、向量的坐标运算法则等知识，考查了计算能力，属于基础题． 7．（2023秋•浦东新区校级期中）给出下列结论： ①若空间向量，，，，，，则是的充要条件； ②若是的必要不充分条件，则实数的取值范围是； ③已知，为两个不同的平面，，为两条直线，，，，，则“”是“”的充要条件； ④已知向量为平面的法向量，为直线的方向向量，则是的充要条件． 其中正确的结论有　　 A．②③ B．②④ C．②③④ D．①②③④ 【分析】①注意分母不为零，可以举反例判断，②根据充分必要条件的定义进行判断即可，③可以借助实例排除，④根据空间向量的应用判断即可． 【解答】解：①当，0，，，0，时，显然，但是分式不成立，故①错误， ②若是的必要不充分条件，则，故，故②正确， ③把直角三角板放在桌面上考虑，把直角三角板的两个直角边分别看作直线，，桌面和三角板分别看作平面，， 可知，但是时，不一定有，故③错误， ④根据空间向量证明立体几何的知识知，则是的充要条件，故④正确， 故选：． 【点评】本题考查了充分必要条件的定义，空间向量的位置关系与应用，属于中档题． 三．空间向量的数量积运算（共4小题） 8．（2024春•杨浦区校级月考）如图，四个棱长为1的正方体排成一个正四棱柱，是一条侧棱，，2，，是上底面上其余的八个点，则集合，，2，3，，中的元素个数　　 A．1 B．2 C．4 D．8 【分析】根据空间向量的线性运算，向量的垂直和向量的数量积即可求出解． 【解答】解：， ， ，， ， 即集合，，2，3，，中的元素个数为1， 故选：． 【点评】本题主要考查空间向量的线性运算与数量积运算，考查运算求解能力，属于基础题． 9．（2023秋•青浦区校级期中）若向量，2，，，，，则　　． 【分析】利用向量的坐标形式的四则运算法则、利用向量的数量积公式求出数量积． 【解答】解：， 故答案为 【点评】本题考查向量的四则运算法则、考查向量的数量积公式：对应坐标乘积的和． 10．（2023秋•松江区期末）已知正四面体的棱长为，空间内任意点满足，则的取值范围是 　　． 【分析】根据题意，可判断出点在一个球面上运动，然后根据数量积的运算求得的表达式，结合余弦函数的值域求得的取值范围． 【解答】解：设的中点为，因为动点满足，所以， 即点落在以为球心，以1为半径的球上． 因为，所以． 因为正四面体的棱长为，所以． 在中，， 取的中点，可知，所以在上的投影的数量为，可得． 设，所以， 因为，，所以． 故答案为：． 【点评】本题主要考查空间向量线性运算、数量积的定义及其运算性质等知识，考查了计算能力、逻辑推理能力，属于中档题． 11．（2023秋•宝山区校级月考）如图，在三棱锥中，点为棱上一点，且，点为线段的中点． （1）以、、为一组基底表示向量； （2）若，，，求． 【分析】（1）直接利用向量的数乘运算及加减运算求解； （2）由向量的单项式乘多项式及向量的数量积运算求解． 【解答】解：（1）为线段的中点，， ，， ； （2） ． 【点评】本题考查空间向量的数量积运算，考查化归与转化思想，考查运算求解能力，是基础题． 四．空间向量的夹角与距离求解公式（共3小题） 12．（2023秋•浦东新区校级月考）已知，0，，，1，，则向量与的夹角为 　　． 【分析】直接利用向量的夹角公式求出结果． 【解答】解：已知，0，，，1，， 所以， 由于， 故． 故答案为：． 【点评】本题考查的知识要点：向量的数量积，向量的夹角，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题． 13．（2023秋•浦东新区校级期中）三棱柱中，、分别是、上的点，且，．设，，． （Ⅰ）试用表示向量； （Ⅱ）若，，，求的长． 【分析】（Ⅰ）由图形知再用表示出来即可． （Ⅱ）求的长，即求，利用求向量模的方法，求即可求得的长． 【解答】解：（Ⅰ）由图形知． （Ⅱ）由题设条件 ， ，． 【点评】本题考查空间向量的夹角与距离公式，解题的关键是掌握向量加法法则与空间向量求线段长度的公式，空间向量法求距离是空间向量的一个非常重要的运用．熟练运用公式是解题的知识保证． 14．（2023秋•奉贤区校级月考）如图，正三棱柱中，底面边长为． （1）设侧棱长为1，求证：； （2）设与的夹角为，求侧棱的长． 【分析】（1）推导出，，由平面，为正三角形，得到，．从而，由此能证明． （2）推导出，，，从而，，由此能求出侧棱长． 【解答】证明：（1），． 因为平面， 所以，． 又为正三角形， 所以，，． 因为 ， ， 所以． 解：（2）由（1）知，． 又， 所以，， 所以， 即侧棱长为2． 【点评】本题考查线线垂直的证明，考查正三棱柱的侧棱长的求法，考查空间向量的夹角与距离等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查函数与方程思想、数形结合思想，是中档题． 五．空间向量基本定理、正交分解及坐标表示（共3小题） 15．（2023秋•徐汇区校级期中）如图，在平行六面体中，为，的交点．若，，，则向量　　 A． B． C． D． 【分析】向量，由此能求出结果． 【解答】解：在平行六面体中，为，的交点． ，，， 向量 ． 故选：． 【点评】本题考查向量的求法，考查空间向量加法法则等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题． 16．（2023秋•长宁区校级期中）如图，在四面体中，是的中点，是的中点，若，则乘积　　． 【分析】根据向量的线性运算求出，，的值，求积即可． 【解答】解：在四面体中，是的中点，是的中点， ， ，，， ． 故答案为：． 【点评】本题考查了向量的线性运算，考查数形结合思想，是基础题． 17．（2023秋•嘉定区校级月考）已知向量其中，现有以下命题： （1）向量与轴正方向的夹角恒为定值（即与，无关； （2）的最大值为； （3）的夹角）的最大值为； （4）若定义，则的最大值为． 其中正确的命题有　（1）（3）（4）　．（写出所有正确命题的序号） 【分析】（1）取轴的正方向单位向量，求出与的夹角即可判断命题正确； （2）计算，利用不等式求出最大值即可判断命题错误； （3）利用数量积求出与夹角的最大值，即可判断命题正确； （4）根据定义求出的最大值即可判断命题正确． 【解答】解：（1）取轴的正方向单位向量，0，， 则，， 向量与轴正方向的夹角恒为定值，命题正确； （2）， 当且仅当，时取等号，因此的最大值为1，命题错误； （3）由（2）可得：，， ，， ，的最大值是，命题正确； （4）由（3）可知：，， ，，，， ，，命题正确． 综上可知：正确的命题序号是（1）（3）（4）． 故答案为：（1）（3）（4）． 【点评】本题考查了空间向量的坐标运算、数量积的性质等基础知识与基本技能方法，也考查了推理与计算能力，属于难题． 六．空间向量运算的坐标表示（共3小题） 18．（2023秋•崇明区校级期末）已知向量，，则　　 A．，0， B．，16， C．，， D．，0， 【分析】利用空间向量的坐标运算求解即可． 【解答】解：若向量，， 则，2，，4，，0，， 故选：． 【点评】本题考查空间向量的坐标运算，属于基础题． 19．（2023秋•青浦区校级期中）已知向量，2，，则向量的单位向量　　． 【分析】计算出，从而可得出，即可求出向量的坐标． 【解答】解：，， 向量的单位向量． 故答案为：． 【点评】本题主要考查空间向量运算的坐标表示，属于基础题． 20．（2023秋•闵行区校级期末）已知向量，则向量的坐标为 　，0，　． 【分析】根据向量坐标运算法则即可求解． 【解答】解：由题意可知， ． 故答案为：，0，． 【点评】本题考查向量坐标运算法则等基础知识，考查运算求解能力，是基础题． 七．向量的数量积判断向量的共线与垂直（共2小题） 21．（2023秋•普陀区校级期中）已知向量、是平面内的两个不相等的非零向量，非零向量在直线上，则，且是的　　 A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【分析】根据充分条件，必要条件的概念，及线面垂直的判定定理及性质，以及两非零向量垂直的充要条件即可判断出，且是的什么条件． 【解答】解：（1）由得，； 所在直线不一定相交，所在直线为； 得不到； 即，且不是的充分条件； （2）若，向量所在直线在平面内，在直线上； ； ，且； 即，且是的必要条件； 综上得，且是的必要不充分条件． 故选：． 【点评】考查两非零向量垂直的充要条件，线面垂直的判定定理，线面垂直的性质，以及充分条件、必要条件、必要不充分条件的概念． 22．（2023秋•浦东新区校级期中）已知向量，，和，1，，点，，，，，． （1）求； （2）在直线上是否存在一点，使为原点），若存在，求出点坐标；若不存在，说明理由． 【分析】（1）利用向量的运算法则及其模的计算公式即可得出； （2）利用向量共线定理及其向量垂直于数量积得关系即可得出． 【解答】解：（1），，，1，，，，； （2）假设在直线上存在一点，使为原点），则存在实数，使得， ，，，，，，， ，解得． ，即． 故在直线上存在一点，使为原点）． 【点评】熟练掌握向量的运算法则及其模的计算公式、向量共线定理及其向量垂直于数量积得关系是解题的关键． 八．直线与平面所成的角（共11小题） 23．（2023秋•松江区校级期中）斜线与平面所成角的取值范围是 　　． 【分析】直接利用斜线与平面所成角的定义写出结果即可． 【解答】解：斜线与平面所成角的取值范围是：． 故答案为：． 【点评】本题考查直线与平面所成角的定义，是基本知识的考查． 24．（2023秋•长宁区校级期中）在正方体中，，为棱的中点，则与平面所成角的正切值为 　　． 【分析】连接，利用正方体可得平面，于是为与平面所成角，在中，即可得出． 【解答】解：如图所示，连接， 由正方体可得平面， 为与平面所成角， 由，， 在中，． 故答案为：． 【点评】本题考查了正方体的性质、空间角、直角三角形的边角关系，考查了推理能力与计算能力，属于基础题． 25．（2023•黄浦区校级开学）如图，在三棱柱中，底面，，，，点，分别为与的中点． （1）证明：平面． （2）求与平面所成角的正弦值． 【分析】（1）建立空间坐标系，利用与平面的法向量垂直可证； （2）找到和平面的法向量，代入公式计算即可． 【解答】解：（1）证明：直三棱柱中，， 可以以为顶点建立空间坐标系如图， ，， 点，分别为与的中点， 取中点， ，0，，，2，，，0，， ，2，， 在△中，， 平面， 为平面的一个法向量， 而，， ， ， 又平面， 平面； （2）易知，0，，，4， ，， 设是平面的一个法向量， 则， ， 取，则，， 即， 设与平面所成角为， 则 ， 故与平面所成角的正弦值为． 【点评】此题考查了线面平行，斜线与平面所成角等，难度适中． 26．（2024•虹口区二模）如图，在三棱柱中，，为的中点，，． （1）求证：平面； （2）若平面，点在棱上，且平面，求直线与平面所成角的正弦值． 【分析】（1）连接，交于点，连接，利用三角形中位线定理证出，进而根据线面平行的判定定理证出平面； （2）根据题意可知是直线与平面的所成角，然后利用三角形相似求出长，在中利用锐角三角函数的定义算出，即可得到本题的答案． 【解答】（1）证明：连接，交于点，连接， 为的中点，平行四边形中，为的中点， 是的中位线，可得， 平面，平面， 平面； （2）解：平面，三棱柱是直三棱柱， 中，，为的中点，， ， △中，， 平面，平面，， 矩形中，，可得，即，解得． 平面，为在平面内的射影， 是直线与平面的所成角， 中，， ，即直线与平面所成角的正弦值等于． 【点评】本题主要考查三棱柱的结构特征、线面垂直的判定与性质、直线与平面所成角的定义与求法等知识，属于中档题． 27．（2024•松江区二模）如图，在四棱锥中，底面为菱形，平面，为的中点． （1）设平面与直线相交于点，求证：； （2）若，，，求直线与平面所成角的大小． 【分析】（1）根据线面平行的判定定理，证出平面，然后根据平面平面，利用线面平行的性质定理证出； （2）连接，取中点，连接、，根据线面垂直的判定定理，证出平面，可得是直线与平面的所成角，然后在中利用锐角三角函数的定义算出答案． 【解答】（1）证明：平面与直线相交于点，平面平面， 四边形是菱形，， 平面，平面，平面， 平面，平面平面，； （2）解：连接，取中点，连接、， 菱形中，，，是等边三角形， 是中点，， 平面，平面，， 、平面，，平面． 是直线与平面的所成角， 是中点，，． 平面，平面，， 为中点，，中，， 等边中，高， 中，，可得，即直线与平面的所成角等于． 【点评】本题主要考查线面平行的判定与性质、线面垂直的判定与性质、直线与平面所成角的定义与求法等知识，属于中档题． 28．（2024•虹口区模拟）在如图所示的圆锥中，是顶点，是底面的圆心，、是圆周上两点，且，． （1）若圆锥侧面积为，求圆锥的体积； （2）设圆锥的高为2，是线段上一点，且满足，求直线与平面所成角的正切值． 【分析】（1）根据圆锥的侧面积公式，算出母线，然后利用勾股定理算出圆锥的高，进而求得圆锥的体积； （2）取中点，连接、，可证出平面，则是直线与平面所成的角，进而在中利用锐角三角函数定义算出答案． 【解答】解：（1）设圆锥底面半径为，母线长为，， 可得圆锥的侧面积，解得，圆锥的高， 因此，圆锥的体积； （2）因为中，，，所以点是线段中点， 取中点，连接、，则为的中位线，可得， 又因为，所以， 因为平面，平面，， 因为、是平面内的相交直线，所以平面， 因此直线是在平面内的射影，可知是直线与平面所成的角， 因为，所以， 中，，可得， 即直线与平面所成的角的正切值为． 【点评】本题主要考查圆锥的结构特征、线面垂直的判定与性质、直线与平面所成角等知识，考查了计算能力、图形的理解能力，属于中档题． 29．（2023秋•长宁区校级期中）如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面，为中点． （1）求证：平面； （2）若，求直线与平面所成角的大小． 【分析】（1）连接，交于点，连接．由已知推得，即可根据线面平行的判定定理得出证明； （2）建立空间直角坐标系，求出以及平面的法向量的坐标，根据向量法求解即可得出答案． 【解答】（1）证明：连接，交于点，则是的中点，连接． ，分别是，的中点， ． 平面，平面， 平面． （2）解：如图，建立空间直角坐标系， 则，0，，，0，，，2，，，0，，，2，，，1，， ，． 平面， ，即为平面的一个法向量． 设直线与平面所成角为， ，， ． 【点评】本题考查了空间位置关系、利用向量夹角公式求空间角、法向量的应用，考查了推理能力与计算能力，属于中档题． 30．（2024春•普陀区校级期中）如图所示，圆柱的轴截面是正方形，点在底面圆周上，且，为垂足． （1）求证：； （2）若，求直线与平面所成的角． 【分析】（1）由线面垂直的判定与性质，可得证明； （2）由圆柱和棱锥的体积公式、勾股定理，推得为等腰直角三角形，取的中点，连接，，推得即为直线与平面所成角，再由直角三角形的正切函数定义，可得所求角． 【解答】解：（1）证明：由为圆柱底面圆的直径，可得， 又平面，可得， 即有平面，而平面，可得， 又，可得平面， 则； （2）由题意可得， 由，可得， 化为，又， 解得，即有为等腰直角三角形， 取的中点，连接，， 可得，又平面，可得， 进而可得平面， 则即为直线与平面所成角， 由，，可得， 即有直线与平面所成的角为． 【点评】本题考查线线垂直的证明和直线和平面所成角的求法，考查转化思想、运算能力和推理能力，属于中档题． 31．（2023秋•嘉定区校级期中）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，，，为的中点，为上一点，平面． （1）求证：为的中点； （2）若，求直线与平面所成角的正弦值． 【分析】（1）取的中点，可证明面面，得到即可证明结论． （2）建系，利用空间向量法直接求线面角的正弦值． 【解答】（1）证明：取的中点，为的中点，底面是边长为2的正方形， ，又面，平面， 面，，，面， 平面， 面面， 面面，面面， ， 为中点， 为的中点． （2）解：，又，， 面，， ，，， 故以为坐标原点，分别以，，所在直线为，，轴，建立空间直角坐标系， 则，0，，，2，，，1，，，1，， ， 设平面的法向量为， 则，令，得， 设直线与平面所成的角为， 则，， 直线与平面所成角的正弦值为． 【点评】本题考查了空间位置关系、面面平行的判定与性质定理、利用向量夹角公式求空间角、数量积的应用，考查了推理能力与计算能力，属于中档题． 32．（2023秋•浦东新区校级期中）如图，长方体中，，，点为棱的中点． （1）求证：直线平面； （2）求直线与平面所成的角．（用反三角函数表示） 【分析】（1）设与的交点为，连接，运用三角形的中位线定理和线面平行的判定定理，即可得证； （2）以为坐标原点，，和所在的直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，由空间向量法可得线面所成角． 【解答】解：（1）证明：设与的交点为，连接， 因为、分别是和的中点， 所以， 又因为在平面内，不在平面内， 所以直线平面； （2）以为坐标原点，，和所在的直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系， 则，0，，，0，，，0，，，0，，，1，，，1，， 可得，0，，，1，， 设平面的法向量为，，，则， 取，可得， 则平面的一个法向量， 向量， 设直线与平面所成的角为， 所以，， 所以直线与平面所成的角为． 【点评】本题考查线面平行的证明，以及线面角的求法，考查转化思想和运算能力、推理能力，属于中档题． 33．（2023春•松江区校级月考）如图，是圆柱体的一条母线，过底面圆的圆心，是圆上不与点，重合的任意一点，已知棱，，． （1）求直线与平面所成的角的大小； （2）将四面体绕母线转动一周，求的三边在旋转过程中所围成的几何体的体积． 【分析】（1）欲求直线与平面所成的角，先证出平面，从而得出为直线与平面所成的角，最后在中，求解即可； （2）由题意可知，所求体积是两个圆锥体的体积之差，只须分别求出这两个锥体的体积后求它们的差即得． 【解答】解：（1）因为点在以为直径的圆上，所以（2分） 因为平面，平面，所以， 从而有平面（4分） 所以为直线与平面所成的角，在中， ，所以， 即直线与平面所成的角为．（6分） （2）由题意可知，所求体积是两个圆锥体的体积之差， 故所求体积为（14分） 【点评】本题主要考查了直线与平面之间所成角、棱柱、棱锥、棱台的体积，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力，属于中档题． 九．二面角的平面角及求法（共11小题） 34．（2023秋•浦东新区校级期末）在四棱锥中，底面是边长为的正方形，顶点在底面内的射影在正方形的内部（不在边上），且，为常数，设侧面，，，与底面所成的二面角依次为，，，，则下列各式为常数的是 ① ② ③ ④ 　　 A．①② B．②④ C．②③ D．③④ 【分析】过点作，根据二面角的定义易得即为侧面与底面所成的二面角，即为侧面与底面所成的二面角，根据余切函数的定义及，为常数，易得到答案． 【解答】解：过点作，则 则，分别为，在底面上的射影 则即为侧面与底面所成的二面角，即为侧面与底面所成的二面角， ，， 故， 则 即为定值 同理可得为定值 故选：． 【点评】本题以余切函数的定义为载体考查了二面角的定义，其中根据二面角的定义求出二面角的平面角是解答的关键． 35．（2023秋•浦东新区校级期中）如图，矩形中，，为边的中点，将沿直线翻转成△平面，若、分别为线段、的中点，则在翻转过程中，下列说法错误的是　　 A．与平面垂直的直线必与直线垂直 B．异面直线与所成角是定值 C．一定存在某个位置，使 D．三棱锥外接球半径与棱的长之比为定值 【分析】对于，延长，交于，连接，运用中位线定理和线面平行的判定定理，可得平面，即可判断； 对于，运用平行线的性质和解三角形的余弦定理，以及异面直线所成角的定义，即可判断； 对于，连接，运用线面垂直的判定定理和性质定理，可得与垂直，即可判断； 对于，由直角三角形的性质，可得三棱锥外接球球心为，即可判断． 【解答】解：对于，延长，交于，连接，由为的中点， 可得为的中点，又为的中点，可得，平面， 平面，则平面，故与平面垂直的直线必与直线垂直，则正确； 对于，设，过作，平面， 则， 在△中，，，，则为定值，即为定值，则正确； 对于，连接，可得，若，即有平面， 即有，由在平面中的射影为， 可得与垂直，但与不垂直． 则不存在某个位置，使，则不正确； 对于，连接，由直角三角形斜边的中线长为斜边的一半，可得 三棱锥外接球球心为，半径为， 即有三棱锥外接球半径与棱的长之比为定值．则正确． 故选：． 【点评】本题考查命题的真假判断与应用，考查了线面、面面平行与垂直的判定和性质定理，考查空间想象能力和推理能力，是中档题． 36．（2023春•青浦区期末）在长方体中，，，点为棱的中点，则二面角的大小为　　（结果用反三角函数值表示） 【分析】由题意，过点作，垂足为，连接，则为二面角的平面角，求长，即可求得二面角的平面角． 【解答】解：由题意，过点作，垂足为，连接 则为二面角的平面角 在中， 在中， 二面角的大小为 故答案为 【点评】本题以长方体为依托棉球二面角的平面角，关键是利用定义作出二面角的平面角，从而在三角形中求解． 37．（2024•黄浦区二模）如图，在四棱锥中，底面为矩形，点是棱上的一点，平面． （1）求证：点是棱的中点； （2）若平面，，，与平面所成角的正切值为，求二面角的大小． 【分析】（1）连接，交于点，连接，由平面，证明，由，得出即可． （2）根据题意知是直线于平面所成的角，求出、，建立空间直角坐标系，利用坐标表示向量，求出平面的法向量，利用法向量求二面角的大小． 【解答】（1）证明：连接，交于点，连接， 因为平面，平面，平面平面，所以， 又因为是矩形，所以， 所以，为的中点． （2）解：因为平面，所以是直线于平面所成的角， 又因为平面，所以，所以，所以， 又因为，，所以， 分别以、、为、、轴建立空间直角坐标系，如图所示： 则，0，，，，，，，，，，， 设平面的一个法向量为，0，，，，，，，， 设平面的法向量为，，，则，即， 所以，令，得，，所以，，， ，，由图形知，二面角所成的角为锐角， 所以二面角的大小为． 【点评】本题考查了空间轴的平行关系应用问题，也考查了二面角的大小计算问题，是中档题． 38．（2024•金山区二模）如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形（及其内部）以边所在直线为旋转轴旋转得到的，点是的中点，点在上，异面直线与所成的角是． （1）求证：； （2）若，，求二面角的大小． 【分析】（1）证明，，得出平面，即可证明． （2）解法一：取的中点，连接，，，取的中点，连接，，，判断为所求二面角的平面角，利用余弦定理求出，从而求出二面角的大小． 解法二：建立空间直角坐标系，利用坐标表示向量，求出平面一个法向量，利用法向量求二面角的大小． 【解答】解：（1）证明：因为，所以是直线与所成角，为， 所以，得， 又因为，且， 所以平面， 由平面，得． （2）解法一：取的中点，连接，，． 因为， 所以四边形为菱形， 所以． 取中点，连接，，． 则，， 所以为所求二面角的平面角． 又，所以． 在中，由于， 由余弦定理得， 所以，因此为等边三角形， 故所求的角为． 解法二：以为坐标原点，分别以、、的方向为、、轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系． 由题意得，0，，，0，，，，，，，， 故，0，，，，，，0，， 设是平面的一个法向量． 由，可得， 取，可得平面的一个法向量． 设是平面的一个法向量． 由，可得， 取，可得平面的一个法向量． 所以． 因此所求的角为． 【点评】本题考查了空间中的垂直关系应用问题，也考查了二面角的大小计算问题，是中档题． 39．（2024•闵行区校级二模）在四棱锥中，底面是正方形，若，，． （Ⅰ）求证：平面平面； （Ⅱ）求二面角的平面角的余弦值． 【分析】（Ⅰ）由证明，再由，证明平面，即可证明平面平面． （Ⅱ）取的中点，在平面内作，以所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，平面的一个法向量，再求，即可． 【解答】（Ⅰ）证明：中，，，，所以，所以； 又，，平面，平面，所以平面； 又平面，所以平面平面． （Ⅱ）解：取的中点，在平面内作， 以所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示： 则，0，，，，，，1，，，0，， 因为平面，所以平面的一个法向量为，0，， 设平面的一个法向量为，，， 由，2，，，，， 得，即， 令，得，，所以，2，； 所以，， 所以二面角的平面角的余弦值为． 【点评】本题考查了空间中的垂直关系应用问题，也考查了利用空间向量求二面角的余弦值应用问题，也可以直接利用二面角的定义求二面角的余弦值，是中档题． 40．（2024•长宁区二模）如图，在长方体中，，． （1）求二面角的大小； （2）若点在直线上，求证：直线平面． 【分析】（1）连接，交于点，连接，证明平面，得出，由，得出是二面角的平面角，利用△求出的大小即可． （2）连，，证明平面平面，即可得出平面． 【解答】（1）解：连接，交于点，连接， 因为，，且，所以平面， 又平面，所以； 又，所以是二面角的平面角， 由平面，所以△是直角三角形． 所以，所以， 即二面角的大小为． （2）证明：连，，则，且，，且， 所以，且，所以四边形是平行四边形，所以， 同理，，且，，所以平面平面， 又点在上，所以平面，所以平面． 【点评】本题考查了二面角的大小计算问题，也考查了空间中的平行关系应用问题，是中档题． 41．（2024春•黄浦区校级期中）如图，在四棱锥中，平面平面，，，，为棱的中点． （Ⅰ）证明：平面； （Ⅱ）若，， 求二面角的余弦值； 在线段上是否存在点，使得点到平面的距离是？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 【分析】（Ⅰ）根据线面平行的判定定理，取的中点，连接，，证明四边形是平行四边形，可得，即可证明结论； （Ⅱ）根据，，，证明，，由，建立空间直角坐标系，写出点的坐标及向量的坐标，求出平面的法向量，即可求出结果； 设，，点到平面的距离是在平面法向量上的投影的绝对值，即可求出，进而求出的值． 【解答】（Ⅰ）证明：取的中点，连接，，如图所示： 为棱的中点， ，，，，，， 四边形是平行四边形，， 又平面，平面， 平面； （Ⅱ）解：，，， ，， 平面平面，平面平面， 平面， 平面， 又，平面，，，由， 以点为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，如图： 则，0，，，0，，，0，，，2，，为棱的中点， ，1，，，1，， ，1，，，1， 设平面的一个法向量为，，， 则，令，则，， ，，， 平面的一个法向量为，0，， ，， 二面角的余弦值为； 假设在线段上是存在点，使得点到平面的距离是， 设，，则，0，，，，， 由（2）知平面的一个法向量为，，， ， 点到平面的距离是， ，． 【点评】本题考查线面平行判定，二面角的求法，点到平面的距离，属中档题． 42．（2024春•普陀区校级期中）如图所示，在三棱柱中，平面，，，是的中点． （1）求异面直线与所成的角的大小； （2）若为中点，求二面角的正切值． 【分析】（1）取的中点，连，，根据异面直线夹角定义可得，是异面直线与所成的角，设，解三角形可得答案； （2）连接，设是的中点，过点作于，连，，则，由直三棱锥的侧面与底面垂直，结合面面垂直的性质定理，可得平面，再由二面角的定义可得是二面角的平面角，求解三角形得答案． 【解答】解：（1）取的中点，连，，则， 是异面直线与所成的角． 设，则由， 可得，，， ． 在△中，， 异面直线与所成的角为； （2）连接，设是的中点，过点作于，连，， 则， 又平面平面，平面，而，则． 是二面角的平面角． 由，，，得． 二面角的平面角正切值是． 【点评】本题考查异面直线的夹角与二面角的求法，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，是中档题． 43．（2024•浦东新区校级模拟）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，平面底面，为的中点，是棱上的点，，，． （1）求证：平面平面； （2）设，若二面角的平面角的大小为，试确定的值． 【分析】（1）由，，为的中点，可得四边形为平行四边形，得到．结合，得．然后利用面面垂直的性质得平面．再由线面垂直的判定得平面平面； （2）由，为的中点，得．结合（1）可得平面．以为原点建立空间直角坐标系．然后求出平面的一个法向量，再由把平面的一个法向量用含有的代数式表示，结合二面角的平面角的大小为求得的值． 【解答】（1）求证：，，为的中点， 四边形为平行四边形，． ，，即． 又平面平面，且平面平面， 平面． 平面，平面平面； （2）解：，为的中点，． 平面平面，且平面平面， 平面． 如图，以为原点建立空间直角坐标系． 则面的法向量为； ，0，，，0，，，，，． 设，，，则，， ，，则， 即， 在平面中，，， 设平面的一个法向量，由， ，取，得． 平面法向量为． 二面角为，， 解得． 【点评】本题考查平面与平面垂直的判定，考查了空间想象能力和思维能力，训练了利用空间向量求解二面角的平面角，是中档题． 44．（2024春•浦东新区校级月考）如图，已知四棱锥的底面的菱形，，点是边的中点，与交于点，平面， （1）求证：； （2）若，，求二面角的大小； （3）在（2）的条件下，求异面直线与所成角的余弦值． 【分析】（1）连接，而平面，则是斜边在底面内的射影，根据三垂线定理可知； （2）根据二面角平面角的定义可知为二面角的平面角，在中，求出即可； （3）取中点，连接，则，与所成的角既是与所成角，连接，，在中，求出，在中，求出，在中，求出，设与所成角为，利用余弦定理可求出此角． 【解答】解：（1）证明：在菱形中，连接则是等边三角形． 点是边的中点 平面 是斜边在底面内的射 （2）解：由（1）知 菱形中有平面 是在平面的射影 为二面角的平面角 菱形中， 由（1）知为等边三角形 点是边的中点与互相平分 点是重心又在等边中， 在中， 二面角的大小为 （3）解：取中点，连接，则 与所成的角既是与所成角 连接， 平面，，平面 ， 在中， 在中， 在中，， 由（2）可知 设与所成角为 则 异面直线，所成角的余弦值为 【点评】求二面角，关键是构造出二面角的平面角，常用的方法有利用三垂线定理和通过求法向量的夹角，然后再将其转化为二面角的平面角． 一十．点、线、面间的距离计算（共6小题） 45．（2024•徐汇区校级开学）在四面体中，若底面的一个法向量为，且，则顶点到底面的距离为 　　． 【分析】根据点面距的向量表示公式进行计算即可． 【解答】解：由题意，平面的一个法向量为，， 则点到底面的距离为． 故答案为：． 【点评】本题考查空间点到平面的距离求法，属基础题． 46．（2022秋•松江区校级期中）设正四面体的棱长为1，棱上一点满足，且到面，的距离分别为，，则　　． 【分析】过作底面，垂足点为，连接交于点，则易得到平面的距离，由正四面体的对称性可知到平面的距离等于到平面的距离，又，从而到平面等于到平面距离的，即，又到平面的距离等于到平面的距离的，即，从而得． 【解答】解：如图，过作底面，垂足点为，连接交于点， 又正四面体的棱长为1， 易得， ， 由正四面体的对称性可知到平面的距离等于到平面的距离， 又， 到平面等于到平面距离的，即， 又到平面的距离等于到平面的距离的，即， 则． 故答案为：． 【点评】本题考查正四面体的性质，点面距的求解，化归转化思想，属基础题． 47．（2024•静安区二模）正四棱锥底面边长为2，高为3，则点到不经过点的侧面的距离为 　　． 【分析】根据条件可以求点到侧面的距离，利用等体积转化法即可得解． 【解答】解：如图：在正四棱锥中，因为， 所以， 取的中点，连接，则面， 即， 所以， 又因为， 取的中点，连接，，则， 因为，所以， 所以， 根据正四棱锥的对称性可知：点到不经过点的侧面的距离是相等的， 设点到平面的距离为， 则， 因为， 所以， 即， 解得， 即点到不经过点的侧面的距离为． 故答案为：． 【点评】本题考查等体积转换法求点到面的距离，属于中档题． 48．（2023秋•黄浦区校级月考）如图，边长为1的正方形中，，分别是，的中点，没，，把这个正方形折成一个四面体使，，三点重合，重合后的点记为．则在四面体中，点到平面的距离为 　　． 【分析】利用线面垂直的判定定理证得平面，从而利用等体积法即可得解． 【解答】解：由题意，折叠后的四面体如图所示， 因为正方形边长为1，，分别是，的中点， 所以，，即，， 又，，平面， 所以平面，同时由，得， 又，， 所以， ， 设到平面的距离为， 则， 即，解得． 故答案为：． 【点评】此题考查了几何中的折叠问题，考查了直线与平面的位置关系判断，考查了利用等体积法求点到平面的距离，考查了转化思想和数形结合思想，属于中档题． 49．（2023秋•青浦区校级期中）如图，在四棱锥中，，平面，，分别为，的中点． （1）证明：平面； （2）若，求点到平面的距离． 【分析】（1）取中点，利用线面平行的判定定理证明即可； （2）转化成求点到平面的距离，再利用等体积法求解作答． 【解答】（1）证明：在四棱锥中，取中点，连接，， 由， 得四边形是菱形，且， 因为，分别为，的中点， 则，，， 于是四边形是平行四边形， 即， 而平面，平面， 所以平面； （2）解：由（1）知，，平面，平面， 则平面， 于是点到平面的距离等于点到平面的距离， 由平面，，平面， 得，， 而， 则， 则底边上的高， 于是的面积， 而， 由，得， 即， 解得， 所以点到平面的距离是． 【点评】本题考查了线面平行的判定定理，重点考查了等体积法求点到面的距离，属中档题． 50．（2024春•杨浦区校级月考）设四边形为矩形，点为平面外一点，且平面，若，． （1）求与平面所成角的大小（用反三角函数表示）； （2）在边上是否存在一点，使得点到平面的距离为，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由； （3）若点是的中点，在内确定一点，使的值最小，并求此时的值． 【分析】（1）连接，由平面，可得即为与平面所成角的平面角，进而可得出答案； （2）以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可； （3）延长到，使得，连接，取的中点，连接，证明平面，可得，关于平面对称，则，进而可得出答案． 【解答】解：（1）连接， 因为平面，所以即为与平面所成的角， ， 则， 所以与平面所成角的大小为． （2）存在一点，使得点到平面的距离为，且， 如图，以点为原点建立空间直角坐标系， 则，0，，，2，，，0，，设，，，，， 故， 设平面的法向量为， 则有，可取， 则点到平面的距离为， 解得舍去）， 所以存在，且； （3）如图，延长到，使得，连接，取的中点，连接， 因为点是的中点，所以且， 因为平面，平面， 所以平面， 因为平面，平面， 所以， 又，，，平面， 所以平面， 所以，关于平面对称， 则，当且仅当，，三点共线时取等号， 设，连接， 因为平面，平面平面，平面， 所以，所以， 因为，所以， 所以， 所以，所以， 因为，，所以， 因为平面，所以平面， 因为平面，所以， 所以． 【点评】本题考查空间向量在立体几何中的应用，属于难题． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$