第11讲 用空间向量研究夹角问题（三大题型归纳+易错+分层练）-2024年新高二数学暑假预习核心知识点与常见题型通关讲解练（人教A版2019选修一）

第11讲 用空间向量研究夹角问题 【人教A版选修一】 目录 题型归纳 1 题型01 两异面直线所成的角 3 题型02 直线与平面所成的角 7 题型03 两个平面的夹角 13 易错归纳 19 分层练习 20 夯实基础 20 能力提升 33 创新拓展 47 一、两异面直线所成的角 若异面直线 l1，l2 所成的角为θ，其方向向量分别是u，v，则cos θ＝|cos〈u，v〉|＝＝. 注意点： 两异面直线所成角的范围是，两异面直线所成的角与其方向向量的夹角是相等或互补的关系． 二、直线与平面所成的角 设直线AB与平面α所成的角为θ，直线AB的方向向量为u，平面α的法向量为n，则sin θ＝|cos〈u，n〉|＝＝. 注意点： (1)直线与平面所成的角，可以转化为直线的方向向量与平面的法向量的夹角． (2)线面角的范围为. (3)直线与平面所成的角等于其方向向量与平面法向量所成锐角的余角． 三、两个平面的夹角 若平面α，β的法向量分别是n1和n2，设平面α与平面β的夹角为θ，则cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝＝. 注意点： (1)求两平面的夹角问题转化为两平面法向量的夹角问题． (2)两平面的夹角的范围是. (3)二面角与两平面的夹角不是相同的概念． 题型01两异面直线所成的角 【解题策略】 　求异面直线所成角的步骤 (1)确定两条异面直线的方向向量． (2)确定两个向量夹角的余弦值的绝对值． (3)得出两条异面直线所成的角 【典例分析】 【例1】课本例7　如图，在棱长为1的正四面体(四个面都是正三角形)ABCD中，M，N分别为BC，AD的中点，求直线AM和CN夹角的余弦值． 【变式演练】 【变式1】如图所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB＝BC＝AA1，∠ABC＝90°，点E，F分别是棱AB，BB1的中点，试求直线EF和BC1所成角的大小． 【变式2】（23-24高二下·江苏扬州·阶段练习）正方体中，，分别是，的中点，则直线与直线所成角的余弦值为 ． 【变式3】（23-24高二下·江苏连云港·期中）如图所示，已知空间四边形的每条边和对角线长都等于1，点，，分别是的中点． (1)计算：； (2)求证：； (3)求异面直线和所成角的余弦值． 题型02 直线与平面所成的角 【解题策略】 　利用平面的法向量求直线与平面所成角的基本步骤 (1)建立空间直角坐标系． (2)求直线的方向向量u. (3)求平面的法向量n. (4)设线面角为θ，则sin θ＝. 【典例分析】 【例2】如图所示，在三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥AC，PA＝AC＝AB，N为AB上一点，AB＝4AN，M，S分别为PB，BC的中点． (1)证明：CM⊥SN； (2)求SN与平面CMN所成角的大小． 【变式演练】 【变式1】如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝2，∠BAC＝90°，E，F分别为C1C，BC的中点．求A1B与平面AEF所成角的正弦值． 【变式2】.已知几何体EFG－ABCD，如图所示，其中四边形ABCD，CDGF，ADGE均为正方形，且边长均为1，点M在棱DG上． (1)求证：BM⊥EF； (2)是否存在点M，使得直线MB与平面BEF所成的角为45°？若存在，确定点M的位置；若不存在，请说明理由． 【变式3】（23-24高二下·浙江丽水·期中）如图，在直三棱柱中，点是的中点，． (1)证明：平面； (2)若，求直线与平面的所成角的余弦值． 题型03 两个平面的夹角 【解题策略】 求两平面夹角的两种方法 (1)定义法：在两个平面内分别找出与两平面交线垂直的直线，这两条直线的夹角即为两平面的夹角．也可转化为求与两平面交线垂直的直线的方向向量的夹角，但要注意其异同． (2)法向量法：分别求出两平面的法向量n1，n2，则两平面的夹角为〈n1，n2〉或π－〈n1，n2〉. 【典例分析】 【例3】课本例8　如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC＝CB＝2，AA1＝3，∠ACB＝90°，P为BC的中点，点Q，R分别在棱AA1，BB1上，A1Q＝2AQ，BR＝2RB1.求平面PQR与平面A1B1C1夹角的余弦值． 【变式演练】 【变式1】如图，四棱柱ABCD－A1B1C1D1的所有棱长都相等，AC∩BD＝O，A1C1∩B1D1＝O1，四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形． (1)证明：O1O⊥平面ABCD； (2)若∠CBA＝60°，求平面C1OB1与平面OB1D夹角的余弦值． 【变式2】如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，AD⊥DC，平面PAD⊥底面ABCD，Q为AD的中点，M为PC的中点，PA＝PD＝2，BC＝AD＝1，CD＝. (1)求证：PQ⊥AB. (2)求平面PQB与平面MQB夹角的余弦值． 【变式3】（23-24高二下·河南·期中）如图，在三棱柱中，，点在底面ABC的射影为BC的中点，为的中点. (1)证明:平面. (2)求二面角的正弦值. 易错辨析　混淆二面角与面面角的大小 【例】已知ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，设PA＝AB＝a，AD＝2a，求平面BPC与平面DPC夹角的余弦值． 【夯实基础】 一、单选题 1．（23-24高二上·福建南平·期末）已知直线的一个方向向量为，平面的一个法向量为，则与所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D．1 2．（23-24高二下·浙江·阶段练习）平面的法向量，平面的法向量，则平面与平面的夹角为（    ） A． B． C．或 D． 3．（23-24高二下·湖北·期中）如图，是一个由棱长为的正四面体沿中截面所截得的几何体，则异面直线与夹角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 4．（23-24高二下·浙江·阶段练习）圆锥的底面半径为，高为2，点是底面直径所对弧的中点，点是母线的中点，则异面直线与所成角的余弦值及与底面所成角的正弦值分别为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 5．（23-24高二下·江苏扬州·期中）下列关于空间向量的命题中，正确的有（ ） A．若，则的夹角是锐角 B．若，，是空间的一组基底，且，则A，B，C，D四点共面 C．若直线的方向向量与平面的法向量的夹角等于，则直线与平面所成的角等于 D．若向量，（，，都是不共线的非零向量）则称在基底下的坐标为，若在单位正交基底下的坐标为，则在基底下的坐标为 6．（23-24高二下·重庆·阶段练习）如图，在正方体中，点P满足，，则下列结论正确的是（    ） A．对于任意的，都有平面 B．对于任意的，都有 C．若，则 D．存在，使与平面所成的角为 三、填空题 7．（2023高二上·全国·专题练习）在正三棱柱中，，，则异面直线与所成角的大小为 ． 8．（23-24高二上·广东深圳·期末）已知矩形中，将矩形沿着对角线对折，形成一个空间四边形，当时，二面角的余弦值为 . 9．（23-24高二下·江苏宿迁·阶段练习）在长方体中，，线段有一动点，过作平行于的平面交与点.当直线与平面所成角最大时， . 四、解答题 10．（21-22高二下·江西南昌·开学考试）如图，在棱长是2的正方体中，为的中点. (1)求异面直线与所成角的余弦值； (2)求点到平面的距离. 11．（2024高三·全国·专题练习）如图，已知四边形是矩形，平面，且，M､N是线段､上的点，满足. (1)若，求证：直线平面； (2)是否存在实数，使直线同时垂直于直线，直线？如果有请求出的值，否则请说明理由； (3)若，求直线与直线所成最大角的余弦值. 【能力提升】 一、单选题 1．（23-24高二上·北京·期中）如图，在正方体中，点是线段上任意一点，则与平面所成角的正弦值不可能是（    ）    A． B． C． D．1 2．（23-24高二下·江西抚州·期中）已知点，，，，则异面直线与所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 3．（23-24高二上·河南焦作·阶段练习）如图，过二面角内一点作于于，若，则二面角的大小为（    ） A． B． C． D． 4．（23-24高二下·辽宁·阶段练习）在三棱锥中，平面，，，，分别是棱，，的中点，，，则直线与平面所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 5．（23-24高一下·浙江杭州·期中）在正方体中，点M为线段上的动点（含端点），则（    ） A．存在点M，使得平面 B．存在点M，使得平面 C．不存在点M，使得直线平面所成的角为 D．不存在点M，使得直线平面所成的角为 6．（23-24高二下·江苏盐城·期中）正方体的棱长为2，为的中点，则（    ） A． B．与所成角余弦值为 C．面与面所成角正弦值为 D．与面的距离为 三、填空题 7．（23-24高二上·江西赣州·期末）在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为1的正方形，PA⊥底面ABCD，，E为PC的中点，则直线PC与平面BDE所成角的正弦值为 ． 8．（23-24高二下·江苏连云港·期中）在棱长为的正四面体中，点为平面内的动点，且满足，则直线与直线的所成角的余弦值的取值范围为 . 9．（23-24高二上·山东·阶段练习）在四棱锥中，面，四边形为直角梯形，，，，则平面与平面夹角的余弦值为 ，异面直线与的距离为 ． 四、解答题 10．（23-24高二上·湖南长沙·期末）如图，在四棱锥中，底面，四边形是直角梯形，，，，点在棱上． (1)证明：平面平面； (2)当为的中点时，求二面角的余弦值． 11．（23-24高二下·江苏扬州·期中）如图，已知三棱柱的侧棱与底面垂直，，，M，N分别是，的中点，点在直线上，且. (1)证明：无论取何值，总有； (2)当取何值时，直线与平面所成角最大?并求该角取最大值时的正切值； (3)是否存在点，使得平面与平面所成的二面角的正弦值为，若存在，试确定点的位置，若不存在，请说明理由. 【创新拓展】 一、单选题 1．（23-24高二下·江苏宿迁·阶段练习）如图，在直三棱柱中，，，M是的中点，以C为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系．若，则异面直线CM与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 2．（2024·江苏苏州·模拟预测）如图， 是矩形所在平面外一点，，二面角为，为中点，为中点，为中点．则下列说法正确的是（    ） A． B．是二面角的平面角 C． D．与所成的角的余弦值 三、填空题 3．（23-24高二上·河南·阶段练习）在平面四边形中，，等腰三角形的底边上的高，沿直线将向上翻折角至，若，则直线与所成角的余弦值的取值范围是 .    四、解答题 4．（2020高二·浙江·专题练习）如图，已知四边形由和拼接而成，其中，，，，将沿着折起. （1）若，求异面直线与所成角的余弦值； （2）当四面体的表面积的最大时，求二面角的余弦值. 【下节预览】 一、解答题 1.（23-24高二下·甘肃兰州·期中）如图，在直三棱柱中，是的中点，是的中点，是与的交点.    (1)求直线与平面所成角的正弦值； (2)在线段上是否存在点，使得平面？若存在，求出线段的长；若不存在，请说明理由. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！学科网（北京）股份有限公司6 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第11讲 用空间向量研究夹角问题 【人教A版选修一】 目录 题型归纳 1 题型01 两异面直线所成的角 3 题型02 直线与平面所成的角 7 题型03 两个平面的夹角 13 易错归纳 19 分层练习 20 夯实基础 20 能力提升 33 创新拓展 47 一、两异面直线所成的角 若异面直线 l1，l2 所成的角为θ，其方向向量分别是u，v，则cos θ＝|cos〈u，v〉|＝＝. 注意点： 两异面直线所成角的范围是，两异面直线所成的角与其方向向量的夹角是相等或互补的关系． 二、直线与平面所成的角 设直线AB与平面α所成的角为θ，直线AB的方向向量为u，平面α的法向量为n，则sin θ＝|cos〈u，n〉|＝＝. 注意点： (1)直线与平面所成的角，可以转化为直线的方向向量与平面的法向量的夹角． (2)线面角的范围为. (3)直线与平面所成的角等于其方向向量与平面法向量所成锐角的余角． 三、两个平面的夹角 若平面α，β的法向量分别是n1和n2，设平面α与平面β的夹角为θ，则cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝＝. 注意点： (1)求两平面的夹角问题转化为两平面法向量的夹角问题． (2)两平面的夹角的范围是. (3)二面角与两平面的夹角不是相同的概念． 题型01两异面直线所成的角 【解题策略】 　求异面直线所成角的步骤 (1)确定两条异面直线的方向向量． (2)确定两个向量夹角的余弦值的绝对值． (3)得出两条异面直线所成的角 【典例分析】 【例1】课本例7　如图，在棱长为1的正四面体(四个面都是正三角形)ABCD中，M，N分别为BC，AD的中点，求直线AM和CN夹角的余弦值． 【详解】解　如题图，以{，，}作为基底，则＝－＝－，＝(＋)． 设向量与的夹角为θ，则直线AM和CN夹角的余弦值等于|cos θ|. ·＝(＋)·＝2－·＋·－·＝－＋－＝. 又△ABC和△ACD均为等边三角形，所以||＝||＝. 所以cos θ＝＝＝. 所以直线AM和CN夹角的余弦值为. 【变式演练】 【变式1】如图所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB＝BC＝AA1，∠ABC＝90°，点E，F分别是棱AB，BB1的中点，试求直线EF和BC1所成角的大小． 【详解】解　分别以BA，BC，BB1所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图． 设AB＝1，则B(0,0,0)，E，F，C1(0,1,1)， 所以＝，＝(0,1,1)． 于是|cos〈，〉|＝＝＝， 所以直线EF和BC1所成角的大小为60°. 【变式2】（23-24高二下·江苏扬州·阶段练习）正方体中，，分别是，的中点，则直线与直线所成角的余弦值为 ． 【答案】/0.4 【分析】令正方体棱长为2，构建空间直角坐标系并确定相关点坐标，应用空间向量夹角的坐标公式求两直线夹角余弦值. 【详解】令正方体棱长为2，构建如下图示空间直角坐标系，则， 所以，故，， 若直线与直线所成角为，则. 故答案为： 【变式3】（23-24高二下·江苏连云港·期中）如图所示，已知空间四边形的每条边和对角线长都等于1，点，，分别是的中点． (1)计算：； (2)求证：； (3)求异面直线和所成角的余弦值． 【答案】(1)；(2)证明见解析；(3) 【分析】（1）设，，，则可得，，即可求出； （2）用表示，根据数量积的运算律及定义求出，即可得证； （3）利用向量计算可得，，即可求出，进而可求出异面直线与所成角的余弦值. 【详解】（1）设，，， 则，． ，， 则； （2）因为 所以 . 所以，即. （3），， ， ，， ， 由于异面直线所成角的范围是， 所以异面直线与所成角的余弦值为. 题型02 直线与平面所成的角 【解题策略】 　利用平面的法向量求直线与平面所成角的基本步骤 (1)建立空间直角坐标系． (2)求直线的方向向量u. (3)求平面的法向量n. (4)设线面角为θ，则sin θ＝. 【典例分析】 【例2】如图所示，在三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥AC，PA＝AC＝AB，N为AB上一点，AB＝4AN，M，S分别为PB，BC的中点． (1)证明：CM⊥SN； (2)求SN与平面CMN所成角的大小． 【详解】(1)证明　设PA＝1，以A为原点，，，分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系(如图)． 则P(0,0,1)，C(0,1,0)，B(2,0,0)， 又AN＝AB，M，S分别为PB，BC的中点， ∴N，M，S， ＝，＝， ∴·＝·＝0， ∴⊥，因此CM⊥SN. (2)解　由(1)知，＝，＝，＝， 设a＝(x，y，z)为平面CMN的法向量， ∴·a＝0，·a＝0. 则 ∴取y＝1，得a＝(2,1，－2)． 设SN与平面CMN所成的角为θ， ∵sin θ＝|cos〈a，〉|＝＝. ∴SN与平面CMN所成的角为. 【变式演练】 【变式1】如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝2，∠BAC＝90°，E，F分别为C1C，BC的中点．求A1B与平面AEF所成角的正弦值． 【详解】解　以A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(0,0,0)，A1(0,0,2)，B(2,0,0)，E(0,2,1)，F(1,1,0)，所以＝(2,0，－2)，＝(0,2,1)，＝(1,1,0)． 设平面AEF的法向量为n＝(a，b，c)， 由得 令a＝1，可得n＝(1，－1,2)． 设A1B与平面AEF所成角为θ， 所以sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝， 即A1B与平面AEF所成角的正弦值为. 【变式2】.已知几何体EFG－ABCD，如图所示，其中四边形ABCD，CDGF，ADGE均为正方形，且边长均为1，点M在棱DG上． (1)求证：BM⊥EF； (2)是否存在点M，使得直线MB与平面BEF所成的角为45°？若存在，确定点M的位置；若不存在，请说明理由． 【详解】(1)证明　∵四边形ABCD，CDGF，ADGE均为正方形， ∴GD⊥DA，GD⊥DC. 又DA∩DC＝D，DA，DC⊂平面ABCD，∴GD⊥平面ABCD. 以点D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系． 则B(1,1,0)，E(1,0,1)，F(0，1,1)． ∵点M在棱DG上，故可设M(0,0，t)(0≤t≤1)． ∵＝(1,1，－t)，＝(－1,1,0)， ∴·＝0，∴BM⊥EF. (2)解　假设存在点M，使得直线MB与平面BEF所成的角为45°. 设平面BEF的法向量为n＝(x，y，z)， ∵＝(0，－1,1)，＝(－1,0,1)， ∴∴ 令z＝1，得x＝y＝1， ∴n＝(1,1,1)为平面BEF的一个法向量， ∴|cos〈n，〉|＝＝， ∵直线MB与平面BEF所成的角为45°， ∴sin 45°＝|cos〈n，〉|， ∴＝， 解得t＝－4±3. 又0≤t≤1，∴t＝3－4. ∴存在点M(0,0,3－4)． ∴当点M位于棱DG上，且DM＝3－4时，直线MB与平面BEF所成的角为45°. 【变式3】（23-24高二下·浙江丽水·期中）如图，在直三棱柱中，点是的中点，． (1)证明：平面； (2)若，求直线与平面的所成角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）如图1，易知四边形是正方形，则，由勾股定理可证明，结合线面垂直的判定定理即可证明； （2）建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法求解线面角即可. 【详解】（1）如图1，记与的交点为点，连接， 因为三棱柱是直三棱柱，所以， 因为，所以四边形是正方形，故， 因为，所以，又因为是中点，所以， 所以，因为四边形是正方形， 所以是的中点，所以，又平面，， 所以平面． （2）如图2，取中点的，易知两两垂直，建立如图空间直角坐标系， 则，， 所以， 设平面的法向量为，则， 即，令，则法向量． 设直线与平面的所成角的线面角为， 则，得， 故直线与平面的所成角的线面角的余弦值为． 题型03 两个平面的夹角 【解题策略】 求两平面夹角的两种方法 (1)定义法：在两个平面内分别找出与两平面交线垂直的直线，这两条直线的夹角即为两平面的夹角．也可转化为求与两平面交线垂直的直线的方向向量的夹角，但要注意其异同． (2)法向量法：分别求出两平面的法向量n1，n2，则两平面的夹角为〈n1，n2〉或π－〈n1，n2〉. 【典例分析】 【例3】课本例8　如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC＝CB＝2，AA1＝3，∠ACB＝90°，P为BC的中点，点Q，R分别在棱AA1，BB1上，A1Q＝2AQ，BR＝2RB1.求平面PQR与平面A1B1C1夹角的余弦值． 【详解】解　以C1为原点，C1A1，C1B1，C1C所在直线为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．设平面A1B1C1的法向量为n1，平面PQR的法向量为n2，则平面PQR与平面A1B1C1的夹角就是n1与n2的夹角或其补角． 因为C1C⊥平面A1B1C1，所以平面A1B1C1的一个法向量为n1＝(0,0,1)． 根据所建立的空间直角坐标系，可知P(0,1,3)，Q(2,0,2)，R(0,2,1)． 所以＝(2，－1，－1)，＝(0,1，－2)． 设n2＝(x，y，z)，则 所以所以 取n2＝(3,4,2)，则cos〈n1，n2〉＝＝＝. 设平面PQR与平面A1B1C1的夹角为θ， 则cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝. 即平面PQR与平面A1B1C1的夹角的余弦值为. 【变式演练】 【变式1】如图，四棱柱ABCD－A1B1C1D1的所有棱长都相等，AC∩BD＝O，A1C1∩B1D1＝O1，四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形． (1)证明：O1O⊥平面ABCD； (2)若∠CBA＝60°，求平面C1OB1与平面OB1D夹角的余弦值． 【详解】(1)证明　因为四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形，所以CC1⊥AC，DD1⊥BD， 又CC1∥DD1∥OO1，所以OO1⊥AC，OO1⊥BD， 因为AC∩BD＝O，AC，BD⊂平面ABCD， 所以O1O⊥平面ABCD. (2)解　因为四棱柱的所有棱长都相等，所以四边形ABCD为菱形，AC⊥BD，又O1O⊥平面ABCD，所以OB，OC，OO1两两垂直． 如图，以O为原点，OB，OC，OO1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系． 设棱长为2，因为∠CBA＝60°，所以OB＝，OC＝1， 所以O(0,0,0)，B1(，0,2)，C1(0,1,2)， 平面OB1D的一个法向量为n＝(0,1,0)， 设平面C1OB1的法向量为m＝(x，y，z)， 由m⊥，m⊥， 得x＋2z＝0，y＋2z＝0， 取z＝－，则x＝2，y＝2， 所以m＝(2,2，－)， 所以|cos〈m，n〉|＝＝＝. 所以平面C1OB1与平面OB1D夹角的余弦值为. 【变式2】如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，AD⊥DC，平面PAD⊥底面ABCD，Q为AD的中点，M为PC的中点，PA＝PD＝2，BC＝AD＝1，CD＝. (1)求证：PQ⊥AB. (2)求平面PQB与平面MQB夹角的余弦值． 【详解】(1)证明　在△PAD中，PA＝PD，Q为AD的中点， 所以PQ⊥AD. 因为平面PAD⊥底面ABCD，且平面PAD∩底面ABCD＝AD，PQ⊂平面PAD， 所以PQ⊥底面ABCD. 又AB⊂平面ABCD，所以PQ⊥AB. (2)解　在直角梯形ABCD中，AD∥BC，BC＝AD， Q为AD的中点，所以DQ＝BC，DQ∥BC， 所以四边形BCDQ为平行四边形． 因为AD⊥DC，所以AD⊥QB. 由(1)，可知PQ⊥平面ABCD，故以Q为坐标原点，建立空间直角坐标系Qxyz，如图所示， 则Q(0,0,0)，A(1,0,0)，P(0,0，)，C(－1，，0)，B(0，，0)， 则＝(0，，0)． 因为AQ⊥PQ，AQ⊥BQ，PQ∩BQ＝Q，PQ，BO⊂平面PQB，所以AQ⊥平面PQB， 即为平面PQB的一个法向量，且＝(1,0,0)． 因为M是棱PC的中点， 所以点M的坐标为， 所以＝. 设平面MQB的法向量为m＝(x，y，z)， 则 即 所以可取m＝(，0,1)， 所以|cos〈，m〉|＝＝. 所以平面PQB与平面MQB夹角的余弦值为. 【变式3】（23-24高二下·河南·期中）如图，在三棱柱中，，点在底面ABC的射影为BC的中点，为的中点. (1)证明:平面. (2)求二面角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先由线面垂直的判定定理证明平面，再由平行四边形的性质得到即可证明； （2）分别找到平面的法向量和平面的法向量，代入二面角的余弦公式，再利用同角三角函数关系求出正弦值即可. 建系， 【详解】（1）证明:如图，设为在底面的射影，连接，则平面. 因为平面ABC，所以 又为BC的中点，，所以 因为平面平面， ∴平面. 又为的中点，且， 所以四边形为平行四边形， 所以， ∴平面. （2）建立如图所示的空间直角坐标系. 在三棱柱中，， 所以， 则. 由（1）知平面，则是平面的一个法向量， 因为，且，所以. 设平面的法向量为， 则即 设，得， 所以， 则， 所以二面角的正弦值为. 易错辨析　混淆二面角与面面角的大小 【例】已知ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，设PA＝AB＝a，AD＝2a，求平面BPC与平面DPC夹角的余弦值． 解析： 建立如图所示的空间直角坐标系，则B(a,0,0)，C(a,2a,0)，P(0,0，a)，D(0,2a,0)，＝(0,2a,0)，＝(－a,0，a)，＝(－a,0,0)，＝(0,2a，－a)． 设平面BPC、平面DPC的法向量分别为n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)，则有 和. 取n1＝(1,0,1)，n2＝(0,1,2)，则cos〈n1，n2〉＝＝， 故平面BPC与平面DPC夹角的余弦值为. 易错原因 纠错心得 本题易错的地方是认为平面BPC与平面DPC的夹角就是二面角B－PC－D，得到错解：求得cos〈n1，n2〉＝＝后，观察图形知二面角B－PC－D为钝角，得平面BPC与平面DPC夹角的余弦值为－. 事实上，二面角的取值范围是[0，π]，面面角的取值范围是[0，]，不要将两者混淆了. 求二面角θ的大小时，通过求二面角两个半平面的法向量的夹角φ，把问题转化为向量的运算，需注意两法向量的夹角与二面角相等或互补，在解题中，可根据法向量的方向来进行判断，以便准确求出二面角的大小．一般地，如果二面角为锐角，cos θ＝|cos φ|＝；如果二面角为钝角，cos θ＝－|cos φ|＝－(u，v为二面角两个半平面的法向量). 【易错警示】 【夯实基础】 一、单选题 1．（23-24高二上·福建南平·期末）已知直线的一个方向向量为，平面的一个法向量为，则与所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D．1 【答案】A 【分析】设出夹角，由，求出答案. 【详解】设与所成角的大小为， 则. 故选：A 2．（23-24高二下·浙江·阶段练习）平面的法向量，平面的法向量，则平面与平面的夹角为（    ） A． B． C．或 D． 【答案】B 【分析】把两个平面的夹角转化为两个平面法向量夹角的问题解决. 【详解】由. 所以平面与平面的夹角为，即. 故选：B 3．（23-24高二下·湖北·期中）如图，是一个由棱长为的正四面体沿中截面所截得的几何体，则异面直线与夹角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】补形成正四面体，记，利用基底求出，代入夹角公式即可求解. 【详解】补形成正四面体，如图. 记，则， 由正四面体的性质和题意可知，， 所以， ， 所以， 所以，异面直线与的夹角的余弦值为. 故选：D. 4．（23-24高二下·浙江·阶段练习）圆锥的底面半径为，高为2，点是底面直径所对弧的中点，点是母线的中点，则异面直线与所成角的余弦值及与底面所成角的正弦值分别为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】设底面圆心为，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得. 【详解】设底面圆心为，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系， 则， 所以，． 所以, 所以异面直线与所成角的余弦值为． 因为底面，所以底面的一个法向量为， 设与底面所成的角为，则， 所以与底面所成角的正弦值为． 故选：D． 二、多选题 5．（23-24高二下·江苏扬州·期中）下列关于空间向量的命题中，正确的有（ ） A．若，则的夹角是锐角 B．若，，是空间的一组基底，且，则A，B，C，D四点共面 C．若直线的方向向量与平面的法向量的夹角等于，则直线与平面所成的角等于 D．若向量，（，，都是不共线的非零向量）则称在基底下的坐标为，若在单位正交基底下的坐标为，则在基底下的坐标为 【答案】BD 【分析】根据向量夹角的定义即可验证A选项；根据空间向量基本定理即可验证B选项；根据法向量与直线方向向量的夹角与直线方向向量和平面的夹角即可验证C选项；根据空间向量基本定理即可验证D选项； 【详解】若，的夹角可为0，所以不一定为锐角，故A错误； 由于，， 所以，所以A，B，C，D四点共面，故B正确； 若直线的方向向量与平面的法向量的夹角等于， 则直线与平面所成的角等于，故C错误； 由题意得， 设， 所以，解得， 即在基底下的坐标为，故D正确； 故选：BD. 6．（23-24高二下·重庆·阶段练习）如图，在正方体中，点P满足，，则下列结论正确的是（    ） A．对于任意的，都有平面 B．对于任意的，都有 C．若，则 D．存在，使与平面所成的角为 【答案】ABC 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明及线面角的向量求法求解判断即可. 【详解】在正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系，令， 则， 由，得，， 对于A，，显然， 即，而平面，则平面， 因此是平面的法向量，又， 平面，所以平面，A正确； 对于B，由选项A知，对于任意的，，即，B正确； 对于C，由，，得，C正确； 对于D，平面的法向量，令与平面所成的角为， 则， 而，因此不存在，使与平面所成的角为，D错误. 故选：ABC 三、填空题 7．（2023高二上·全国·专题练习）在正三棱柱中，，，则异面直线与所成角的大小为 ． 【答案】/ 【分析】以为原点，建立空间直角坐标系，求得，结合，即可求解. 【详解】如图所示，分别取的中点，由正三棱柱的性质可得两两垂直， 以为原点，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则， 可得，则， 所以异面直线与所成角的大小为． 故答案为：． 8．（23-24高二上·广东深圳·期末）已知矩形中，将矩形沿着对角线对折，形成一个空间四边形，当时，二面角的余弦值为 . 【答案】/0.75 【分析】在和中，分别过点作，根据平方，将向量关系转化为数量关系，代入求解即可得到二面角余弦值. 【详解】在和中，分别过点作， 由，代入, 得，所以， 同理，，，所以， 设二面角大小为， 则与夹角为， 由， 平方得，， 所以，解得， 所以二面角的余弦值为 【点睛】方法点睛：本题考查立体几何的综合应用.解决立体几何问题的常见方法有： （1）定义法，通过相关的判定定理和性质定理直接求解； （2）空间向量法，运用空间向量进行基底转化或者运用坐标法结合公式求解； （3）转化法，通过转化与化归，将所求长度或角度转化求解. 9．（23-24高二下·江苏宿迁·阶段练习）在长方体中，，线段有一动点，过作平行于的平面交与点.当直线与平面所成角最大时， . 【答案】/ 【分析】设，建立空间直角坐标系，设，即可表示、的坐标，求出平面的法向量，利用空间向量法求出线面角的正弦值，再结合二次函数的性质计算可得. 【详解】设，以为原点，分别以所在直线为轴， 建立空间直角坐标系， 则，， 则，， 因为平面，又平面，平面， 平面与平面相交于，所以，又平面， 所以平面， 依题意点不在、点，设，即， 所以，则， 所以，， 设平面的法向量为， 则，令，得， 此时， 所以当时，有最小值，有最大值1， 此时，所以. 故答案为： 【点睛】方法点睛：计算线面角，一般有如下几种方法： （1）利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而确定线面角的垂足，明确斜线在平面内的射影，即可确定线面角； （2）在构成线面角的直角三角形中，可利用等体积法求解垂线段的长度，从而不必作出线面角，则线面角满足（为斜线段长），进而可求得线面角； （3）建立空间直角坐标系，利用向量法求解，设为直线的方向向量，为平面的法向量，则线面角的正弦值为. 四、解答题 10．（21-22高二下·江西南昌·开学考试）如图，在棱长是2的正方体中，为的中点. (1)求异面直线与所成角的余弦值； (2)求点到平面的距离. 【答案】(1)； (2). 【分析】（1）建立空间直角坐标系，写出向量，然后由异面直线所成角的向量公式即可求出； （2）求出平面的法向量，利用点到平面的距离的向量公式求解可得. 【详解】（1）因为正方体棱长为2， 故以为坐标原点，所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系， 则有，，，，， ，，，. 因为，， 所以， 因为异面直线与所成角是锐角， 所以异面直线与所成角的余弦值是. （2）设平面的法向量是 ， 则，，即， 又，， 所以，令，则，， 所以，又， 所以点到平面的距离. 11．（2024高三·全国·专题练习）如图，已知四边形是矩形，平面，且，M､N是线段､上的点，满足. (1)若，求证：直线平面； (2)是否存在实数，使直线同时垂直于直线，直线？如果有请求出的值，否则请说明理由； (3)若，求直线与直线所成最大角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2)不存在，理由见解析 (3) 【分析】（1）根据三角形中位线定理，结合平行四边形的判定定理和性质、线面平行的判定定理进行证明即可； （2）根据线面垂直的判定定理和性质，结合线线的位置关系进行判断即可； （3）根据异面直线所成的角的定义，结合余弦定理、换元法、配方法进行求解即可. 【详解】（1）取的中点，连接， 因为，所以M是线段上的中点， 因此有， 因为是矩形，N是线段上的中点， 所以， 因此有， 所以四边形是平行四边形，所以有， 而平面，平面，所以直线平面； （2）假设存在实数，使直线同时垂直于直线，直线， 因为四边形是矩形，所以， 即，而平面， 所以平面， 因为是矩形，所以， 因为平面，平面， 所以，而平面， 所以平面，因此，显然不可能，所以假设不成立， 因此不存在实数，使直线同时垂直于直线，直线； （3）当时，由（2）可知：， 所以是直线与直线所成角，设， 由（2）可知，所以， 在中，由余弦定理可知： ， 令，所以， 于是有， 当时，有最小值，最小值为，此时有最大值. 则直线与直线所成最大角的余弦值为. 【能力提升】 一、单选题 1．（23-24高二上·北京·期中）如图，在正方体中，点是线段上任意一点，则与平面所成角的正弦值不可能是（    ）    A． B． C． D．1 【答案】C 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出与平面所成角的余弦值范围，即可得出正弦值的范围. 【详解】以为原点建立空间直角坐标系如图：设棱长为1， 则，设， 所以，平面的法向量为 ， 所以则与平面所成角的正弦值取值范围为. 对比各选项，C项不可能. 故选：C    2．（23-24高二下·江西抚州·期中）已知点，，，，则异面直线与所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据向量公式，转化为求的值. 【详解】由已知得， 设异面直线与所成的角为，则． 故选：A 3．（23-24高二上·河南焦作·阶段练习）如图，过二面角内一点作于于，若，则二面角的大小为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设，根据向量的模长关系可得，进而可求，即可得二面角. 【详解】设，则且， 因为，解得， 可得， 且，所以， 所以二面角的大小为． 故选：C. 4．（23-24高二下·辽宁·阶段练习）在三棱锥中，平面，，，，分别是棱，，的中点，，，则直线与平面所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式，结合线面角的定义进行求解即可. 【详解】由，得，又平面，平面，则， 以为坐标原点，直线分别为轴，建立空间直角坐标系， ， ，，，设平面的法向量为， 则，令，得，设直线与平面所成角为， 则，所以. 故选：A 二、多选题 5．（23-24高一下·浙江杭州·期中）在正方体中，点M为线段上的动点（含端点），则（    ） A．存在点M，使得平面 B．存在点M，使得平面 C．不存在点M，使得直线平面所成的角为 D．不存在点M，使得直线平面所成的角为 【答案】BCD 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式、法向量的性质逐一判断即可. 【详解】建立如图所示的空间直角坐标系， 设，则， 设平面的法向量为， ， 则有，， 假设存在点M，使得平面，所以有， 所以有，方程无解，因此假设不成立，因此选项A不正确； 假设存在点M，使得∥平面， 所以有，解得，所以假设成立，因此选项B正确； 假设存在点M，使得直线与平面所成的角为，， 所以有， 解得，，所以假设不成立，故选项C正确； 假设存在点M，使得直线与平面所成的角为，， 所以有， 解得，，所以假设不成立，故选项D正确. 故选：BCD 6．（23-24高二下·江苏盐城·期中）正方体的棱长为2，为的中点，则（    ） A． B．与所成角余弦值为 C．面与面所成角正弦值为 D．与面的距离为 【答案】AD 【分析】本题建立空间直角坐标系，利用空间向量可解决线线垂直、异面直线所成的角的相关问题、二面角的相关问题，以及解决空间一点到面的距离问题. 【详解】根据题意建立如图所示的空间直角坐标系 正方体的棱长为2，易求、、、、、、、、. 选项A：因为，，所以 所以，故A正确. 选项B：因为，，所以，设异面直线和所成的角为，则：，故B不正确. 选项C：易求平面的法向量. 设平面的法向量为，易求,， 由，令，则. 设平面与平面所成角为，则, ，即，故选项C不正确. 选项D：因为平面的法向量为，， 设到平面的距离为，向量与法向量的夹角为， 则：,故选项D正确. 故选：AD. 三、填空题 7．（23-24高二上·江西赣州·期末）在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为1的正方形，PA⊥底面ABCD，，E为PC的中点，则直线PC与平面BDE所成角的正弦值为 ． 【答案】/ 【分析】建立空间直角坐标系，利用直线与平面所成角的向量公式即可求解. 【详解】由题意知，分别以所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系如图所示，,,,,,,, 设平面的法向量为， ，即，取 设直线PC与平面BDE所成角为 . 故答案为：. 8．（23-24高二下·江苏连云港·期中）在棱长为的正四面体中，点为平面内的动点，且满足，则直线与直线的所成角的余弦值的取值范围为 . 【答案】 【分析】根据已知条件先确定出在平面内的轨迹，然后通过建立空间直角坐标系，根据两直线方向向量夹角的余弦值结合三角函数值的范围，计算出两直线所成角的余弦值的取值范围. 【详解】记在底面内的投影为，则底面， 又、平面，故、， 则，， 又，则， 所以的轨迹是以为圆心半径为的圆， 建立如下图所示的空间直角坐标系： 设，，， 所以， 所以， 设直线与直线的所成角为， 所以. 故答案为：. 【点睛】方法点睛：计算线面角，一般有如下几种方法： （1）利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而确定线面角的垂足，明确斜线在平面内的射影，即可确定线面角； （2）在构成线面角的直角三角形中，可利用等体积法求解垂线段的长度，从而不必作出线面角，则线面角满足（为斜线段长），进而可求得线面角； （3）建立空间直角坐标系，利用向量法求解，设为直线的方向向量，为平面的法向量，则线面角的正弦值为. 9．（23-24高二上·山东·阶段练习）在四棱锥中，面，四边形为直角梯形，，，，则平面与平面夹角的余弦值为 ，异面直线与的距离为 ． 【答案】 【分析】第一空，建系利用空间向量求解即可；第二空，与的距离即为到平面的距离，即点C到面的距离，用等体积求解即可． 【详解】第一空， ∵⊥面，，面， ∴，． 又∵，∴， ∴，，两两垂直． ∴以A为原点，所在直线为x轴，所在直线为y轴，所在直线为z轴建立空间直角坐标系，如图所示，    则，，，，， ，，，， 设，分别为平面与平面的法向量，则 ，即，令，取， ，即，令，取， 则， 设平面与平面的夹角为θ， 则， ∴平面与平面夹角的余弦值为． 第二空， 如图，取中点M，连接，， ∵，， ∴四边形为平行四边形， ∴， ∵面，面， ∴面， ∴与的距离为到面的距离， 即点C到面的距离． 设点C到面的距离为h， ，， 由， 得， 解得， ∴异面直线与的距离为． 故答案为：，. 四、解答题 10．（23-24高二上·湖南长沙·期末）如图，在四棱锥中，底面，四边形是直角梯形，，，，点在棱上． (1)证明：平面平面； (2)当为的中点时，求二面角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）由线面垂直得到线线垂直，求出各边长，由勾股定理逆定理得到，从而证明出线面垂直，面面垂直. （2）以为原点，所在直线分别为轴建系，写出点的坐标及平面的法向量，求出二面角的余弦值. 【详解】（1）在四棱锥中，由底面，平面，得， 四边形是直角梯形，，，由，得， 显然，则， 即有，则，又，平面， 因此平面，又平面， 所以平面平面. （2）以点为原点，直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图， 则，， 设平面的法向量为，则，令，得， 显然为平面的一个法向量，设二面角的大小为，显然为锐角， 因此， 所以二面角的余弦值为. 11．（23-24高二下·江苏扬州·期中）如图，已知三棱柱的侧棱与底面垂直，，，M，N分别是，的中点，点在直线上，且. (1)证明：无论取何值，总有； (2)当取何值时，直线与平面所成角最大?并求该角取最大值时的正切值； (3)是否存在点，使得平面与平面所成的二面角的正弦值为，若存在，试确定点的位置，若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)； (3)存在；点的位置在 【分析】（1）以，，别为轴，建立空间直角坐标系，求出各点的坐标及对应向量的坐标，易判断，即； （2）设出平面的一个法向量，表达出，利用正弦函数的单调性及正切函数的单调性的关系，求出满足条件的值，进而求出此时的正切值； （3）假设存在，利用平面与平面所成的二面角的余弦值为，则平面与平面法向量的夹角的余弦值为，代入向量夹角公式，可以构造一个关于的方程，解方程即可得到结论． 【详解】（1）证明：如图，以为原点建立空间直角坐标系， 则，，，， ，，即， ， ∵，∴， 所以无论取何值，. （2）∵是平面ABC的一个法向量. ∴ ∴当时，取得最大值，此时，，. （3）假设存在，则，因为， 设是平面的一个法向量. 则，解得，令，得，， ∴， ∴， 化简得，解得， ∴存在点使得平面与平面所成的二面角正弦值为，此时点的位置在. 【点睛】方法点睛：在求二面角时可用分别求出两个面的法向量，在代入二面角的余弦公式求出余弦值，进而求出角度. 【创新拓展】 一、单选题 1．（23-24高二下·江苏宿迁·阶段练习）如图，在直三棱柱中，，，M是的中点，以C为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系．若，则异面直线CM与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设，由向量垂直的坐标表示可解得，即可由向量法求得，从而求得结果. 【详解】由题意得，设，则有， ，，由得， ，，， 所以异面直线与所成角的余弦值为. 故选：C. 二、多选题 2．（2024·江苏苏州·模拟预测）如图， 是矩形所在平面外一点，，二面角为，为中点，为中点，为中点．则下列说法正确的是（    ） A． B．是二面角的平面角 C． D．与所成的角的余弦值 【答案】BD 【分析】利用二面角的平面角定义判断B，选项；根据已知条件，建立空间直角坐标系，利用空间向量逐一判断A、C、D选项即可. 【详解】 连接，过向平面引垂线，垂足为，连接； 因为，为中点，所以； 因为垂直于平面，平面，所以； 平面，平面，，所以平面， 又因为平面，所以， 所以二面角的平面角为； 在中，，，所以， 在中，，，所以，； 因为为矩形，所以，又，， 过点作交于，，所以四边形为正方形； 如图所示，建立以为坐标原点，为轴，过且与垂直的方向为轴， 为轴的空间直角坐标系； ，，，，， ，为中点，所以； ，所以， 故，A错误； 为中点，为中点，为中位线，， 又，所以，又因为， 所以是二面角的平面角，B正确； 因为 为锐角，且，， 所以， 所以， 所以，C错误； 设与所成的角为，，， ，D正确. 故选：BD 三、填空题 3．（23-24高二上·河南·阶段练习）在平面四边形中，，等腰三角形的底边上的高，沿直线将向上翻折角至，若，则直线与所成角的余弦值的取值范围是 .    【答案】 【分析】取AC中点O，连接OB，过点O作平面，以点O为原点建立空间直角坐标系，设二面角的大小为，把直线AC与所成角的余弦表示为的函数，求出函数最大值作答. 【详解】因为，所以， 又因为腰三角形的底边上的高，所以， 过作于H，连接，如图，    显然，绕直线AC旋转过程中，线段DH绕点H在垂直于直线AC的平面内旋转到， 取AC中点O，连接OB，因，有，， ，过点O作平面， 以点O为原点，射线分别为轴非负半轴，建立空间直角坐标系， 则，，，显然有平面， 设二面角的大小为， 有， 因为沿直线将向上翻折角至，且， 所以，即，所以， 则有， 的方向向量为，设直线AC与所成的角为， 于是得， 因设二面角的大小为，， 于是得， 所以直线AC与所成角的余弦值的取值范围是:. 故答案为： 【点睛】方法点睛：对于立体几何的综合问题的解答方法： （1）立体几何中的动态问题主要包括：空间动点轨迹的判断，求解轨迹的长度及动态角的范围等问题，解决方法一般根据线面平行，线面垂直的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程； （2）对于线面位置关系的存在性问题，首先假设存在，然后在该假设条件下，利用线面位置关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论，则否定假设； （3）对于探索性问题用向量法比较容易入手，一般先假设存在，设出空间点的坐标，转化为代数方程是否有解的问题，若有解且满足题意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在. 四、解答题 4．（2020高二·浙江·专题练习）如图，已知四边形由和拼接而成，其中，，，，将沿着折起. （1）若，求异面直线与所成角的余弦值； （2）当四面体的表面积的最大时，求二面角的余弦值. 【答案】（1）；（2） 【分析】（1）设异面直线与所成角为，利用，结合向量线性运算和数量积运算，求得异面直线所成角的余弦值. （2）建立空间直角坐标系，用二面角的三角函数值，表示出点的坐标. 由于三角形和三角形的面积为定值，故要使四面体的表面积取得最大值，则需取得最大值.求得表达式，利用最值的求法，求得取得最大值，以及此时二面角的余弦值. 【详解】依题意可知. （1）由于，，，，所以,.设异面直线与所成角为，则.即异面直线与所成角的余弦值为. （2）由于三角形和三角形的面积为定值，故要使四面体的表面积取得最大值，则需取得最大值. 设是的中点，过作平面，以分别为轴建立空间直角坐标系.在沿着折起的过程中，，，所以是二面角的平面角，设，则，，所以，，，，结合向量法表示三角形面积以及柯西不等式有： .当且仅当，即时，取得最大值.所以当四面体的表面积的最大时，二面角的余弦值为. 【点睛】本小题主要考查利用空间向量法计算异面直线所成的角，考查利用空间向量法计算二面角，考查几何体表面积最值的求法，考查化归与转化的数学思想方法，考查运算求解能力，属于难题. 【下节预览】 一、解答题 1.（23-24高二下·甘肃兰州·期中）如图，在直三棱柱中，是的中点，是的中点，是与的交点.    (1)求直线与平面所成角的正弦值； (2)在线段上是否存在点，使得平面？若存在，求出线段的长；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2)存在， 【分析】（1）建立以为坐标原点的空间直角坐标系，可得是平面的一个法向量，又可求出结果； （2）假设存在满足题意的点，设并利用垂直关系的向量表示可得，即，所以. 【详解】（1）在直三棱柱中，因为； 以点为坐标原点，方向分别为轴正方向， 建立如图所示空间直角坐标系,    因为，所以， 所以， 设是平面的法向量， 则，即，取，则， 所以是平面的一个法向量. 又因为点坐标为，所以. 设与平面所成的角为，则. 即与平面所成的角正弦值为. （2）存在，线段上靠近的三等分点，满足平面. 因为为的中点，所以， 设，所以 所以，由（1）知平面的一个法向量为. 若平面，则，所以， 即，解得， 所以存在，线段上靠近的三等分点，使得平面， 则， 即的长为 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！学科网（北京）股份有限公司6 学科网（北京）股份有限公司 $$