第12讲 空间向量在立体几何热点问题中的应用（两大题型归纳+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12讲 空间向量在立体几何热点问题中的应用 【人教A版选修一】 目录 题型归纳 1 题型01 立体几何中的探索性问题 1 题型02 立体几何中的折叠问题 9 分层练习 15 夯实基础 15 能力提升 34 创新拓展 53 题型01立体几何中的探索性问题 【解题策略】 利用空间向量解决探索性问题的策略 探索性问题通常分为两类：一类是已知点存在，求点的位置；一类是判断点的“存在性”问题．其中，在点的“存在性”问题中，先假设所求点存在，将其作为已知条件，得出点的位置或与题设条件矛盾的结论，从而得到结果，在设参数求解点的坐标时，若出现多解的情况，则应分析不同解的含义，判断哪些解是符合题设条件的，再做出取舍．求解点、平面是否存在等探索性问题时，常常先利用特殊的位置关系或极端情形确定点或平面，再利用直线与平面的位置关系去证明结论． 【典例分析】 【例1】已知在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，且AD＝2AB，△PAD是正三角形，CD⊥平面PAD，E，F，G，O分别是PC，PD，BC，AD的中点． (1)求平面EFG与平面ABCD夹角的大小； (2)在线段PA上是否存在点M，使得直线GM与平面EFG所成角的大小为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【变式演练】 【变式1】（如图，在四棱锥P－ABCD中，四边形ABCD为菱形，且∠ABC＝60°，PA⊥平面ABCD，E为BC的中点，F为棱PC上一点． (1)求证：平面AEF⊥平面PAD； (2)若G为PD的中点，AB＝AP＝2，是否存在点F，使得直线EG与平面AEF所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【变式2】（23-24高三下·湖南长沙·阶段练习）如图，在四棱锥中，四边形是矩形，是正三角形，且平面平面，，为棱的中点，四棱锥的体积为. (1)若为棱的中点，求证：平面； (2)在棱上是否存在点，使得平面与平面所成夹角的余弦值为？若存在，求出线段的长度；若不存在，请说明理由. 【变式3】（23-24高二下·福建泉州·阶段练习）如图，四棱锥中，底面是正方形，，且，平面平面，点，分别是棱，的中点，是棱上的动点． (1)求证：平面平面； (2)线段上是否存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值为若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由． 题型02 立体几何中的折叠问题 【解题策略】 折叠问题解题策略 (1)确定折叠前后变与不变的关系 画好折叠前后的平面图形与立体图形，分清折叠前后图形的位置和数量关系的变与不变．一般地，位于“折痕”同侧的点、线、面之间的位置关系不变，而位于“折痕”两侧的点、线、面之间的位置关系会发生变化；对于不变的关系应在平面图形中处理，而对于变化的关系则要在立体图形中解决． (2)确定折叠后关键点的位置 所谓的关键点，是指折叠过程中运动变化的点．因为这些点的位置移动，会带动与其相关的点、线、面的关系变化．只有分析清楚关键点的准确位置，才能以此为参照点，确定其他点、线、面的位置，进而进行有关的证明与计算． 【典例分析】 【例2】如图所示，已知在矩形ABCD中，AD＝2AB＝2，E为BC的中点，将△ABE沿AE折起，使得AB⊥DE. (1)求证：平面ABE⊥平面AECD； (2)若点F在线段BD上，且平面ABE与平面AEF夹角的余弦值为，试确定点F的具体位置． 【变式演练】 【变式1】如图①所示，已知在梯形BFEC中，BF∥EC，EC＝3，BF＝2，四边形ABCD是边长为1的正方形，沿AD将四边形EDAF折起，使得平面EDAF⊥平面ABCD，得到如图②所示的几何体． (1)求证：DE⊥平面ABCD； (2)若点H在线段BD上，且EH与平面BEF所成角的正弦值为，求线段DH的长度． 【变式2】已知四边形ABCD是边长为2的正方形，△P′AB为等边三角形(如图①所示)，将△P′AB沿着AB折起到△PAB的位置，且使平面PAB⊥平面ABCD，M是棱AD的中点(如图②所示)． (1)求证：PC⊥BM； (2)求直线PC与平面PBM所成角的余弦值 【变式3】（23-24高二上·广东深圳·阶段练习）如图1所示的正方形中，对角线分别交于点，将正方形沿折叠使得与重合，构成如图2所示的三棱柱，若点在棱上. (1)当时，证明：平面； (2)记直线与平面所成角为，异面直线所成角为，当时，求线段的长度. 【夯实基础】 一、单选题 1．（21-22高二下·安徽·期末）直角梯形中，是边的中点，将三角形沿折叠到位置，使得二面角的大小为，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 2．（23-24高二上·北京·期中），是直线上的两点，若沿轴将坐标平面折成的二面角，则折叠后、两点间的距离是（    ） A．6 B． C． D． 3．（22-23高二下·四川内江·开学考试）在正方体中，P为线段上的动点（不包含端点），若正方体棱长为1，则下列结论正确的有（    ） ①直线与AC所成角的取值范围是 ②存在P点，使得平面平面 ③三棱锥的体积为 ④平面截正方体所得的截面可能是直角三角形 A．①③ B．②④ C．③④ D．②③ 4．（22-23高二下·江苏泰州·期中）如图，正方体的棱长为2，线段上有两个动点E，F（E在F的左边），且. 下列说法正确的是（    ） A．当E，F运动时，存在点E，F使得 B．当E，F运动时，存在点E，F使得 C．当E运动时，二面角的最小值为 D．当E，F运动时，二面角的余弦值为定值 二、多选题 5．（23-24高二下·四川成都·开学考试）如图，在长方体中，，，动点M在体对角线（含端点）上，则下列结论正确的是（    ）    A．当点M为的中点时，为钝角 B．当点M为的中点时，四棱锥的外接球的表面积为 C．存在点M，使得平面 D．直线BM与平面所成角的最大正切值为 6．（21-22高二上·山东聊城·期末）如图，四棱锥中，底面是正方形，平面，，、分别是的中点，是棱上的动点，则（    ）    A． B．存在点，使平面 C．存在点，使直线与所成的角为 D．点到平面与平面的距离和为定值 三、填空题 7．（23-24高二上·陕西咸阳·阶段练习）在菱形ABCD中，，沿对角线AC折叠之后，使得平面平面ACD（如图），则平面BCD与平面ACD夹角的正弦值为 ．    8．（22-23高二上·广东深圳·期末）如图，已知菱形中，边长为，沿对角线折叠之后，使得平面平面，则二面角的余弦值为 . 9．（21-22高二下·福建龙岩·期末）在菱形ABCD中，，将沿BD折叠，使平面ABD⊥平面BCD，则AD与平面ABC所成角的正弦值为 . 四、解答题 10．（23-24高二下·江苏泰州·阶段练习）如图，在三棱柱中，，侧面是正方形，二面角的大小是． (1)求到平面的距离． (2)线段上是否存在一个点D，使直线与平面所成角为？若存在，求出的长；若不存在说明理由． 11．（22-23高三上·江苏徐州·期中）如图，分别是矩形上的点，，，把四边形沿折叠，使其与平面垂直，如图所示，连接，得到几何体． (1)当点在棱上移动时，证明：； (2)在棱上是否存在点，使二面角的平面角为？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由． 【能力提升】 一、单选题 1．（20-21高二上·山东济宁·阶段练习）在一平面直角坐标系中，已知，，现沿轴将坐标平面折成60°的二面角，则折叠后，两点间的距离为（    ） A． B． C． D． 2．（23-24高二上·北京·期中）如图，在正方体中，为线段的中点，为线段上的动点，下列四个结论中，错误的是（    ）    A．存在点∥平面 B．对任意点 C．存在点，使得与所成的角是 D．不存在点，使得与平面所成的角是 3．（23-24高二上·上海·期末）如图，在正方体中，E为棱的中点.动点P沿着棱从点D向点C移动，对于下列四个结论中正确的个数是（   ） （1）存在点P，使得； （2）存在点P，使得平面； （3）的面积越来越小； （4）四面体的体积不变. A．0 B．1 C．2 D．3 二、多选题 4．（23-24高二下·江苏南京·期中）如图，在矩形ABCD中，，，M是AD的中点，将沿着直线BM翻折得到．记二面角的平面角为，当的值在区间范围内变化时，下列说法正确的有（    ） A．存在，使得 B．存在，使得 C．若四棱锥的体积最大时，点B到平面的距离为 D．若直线与BC所成的角为，则 5．（23-24高二下·江苏扬州·期中）在正方体中，动点满足，其中，，且，则（    ） A．对于任意的，且，都有平面平面 B．当时，三棱锥的体积为定值 C．当时，存在点，使得 D．当时，存在点，使得平面 三、填空题 6．（21-22高二·全国·课后作业）已知菱形中，，沿对角线折叠之后，使得平面平面，则二面角的余弦值为 ． 7．（22-23高二上·山东日照·阶段练习）在一平面直角坐标系中，已知点，现沿x轴将坐标平面折成60°的二面角，则折叠后A，B两点间的距离为 ． 四、解答题 8．（23-24高二下·江苏盐城·阶段练习）如图，在四棱锥中，平面平面ABCD，，，M为棱PC的中点． (1)证明：平面PAD； (2)若， （i）求二面角的余弦值； （ii）在线段PA上是否存在点Q，使得点Q到平面BDM的距离是？若存在，求出PQ的值；若不存在，说明理由． 9．（23-24高二下·江苏南京·阶段练习）如图1，是边长为3的等边三角形，点，分别在线段，上，，，沿将折起到的位置，使得，如图2， (1)求证：平面平面； (2)若点在线段上，且直线与平面所成角的正弦值为，求； (3)在线段上是否存在点，使得平面，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 10．（23-24高二上·湖北省直辖县级单位·期中）（如图（1）平面五边形是由边长为2的正方形与上底为1，高为的直角梯形组合而成，将五边形沿着折叠，得到图（2）所示的空间几何体，其中. (1)证明：平面； (2)求证：平面； (3)求二面角的余弦值. 【创新拓展】 一、单选题 1．在一直角坐标系中，已知，现沿轴将坐标平面折成的二面角，则折叠后两点间的距离为 A． B． C． D．2 二、多选题 2．（23-24高二上·山东淄博·期中）如图，正方体的棱长为2，线段上有两个动点E，F（E在F的左边）且，下列说法错误的是（    ） A．当E，F运动时，存在点E，F使得 B．当E，F运动时，存在点E，F使得 C．当E运动时，二面角最小值为 D．当E，F运动时，二面角的余弦值为定值． 三、填空题 3．（22-23高二下·江苏·阶段练习）如图，有一长方形的纸片，的长度为4 cm，的长度为3 cm，现沿它的一条对角线把它折叠成的二面角，则折叠后 ，线段的长是 cm. 四、解答题 4．（2024·黑龙江哈尔滨·一模）如图1，在平行四边形中，，将沿折起，使点D到达点P位置，且，连接得三棱锥，如图2． (1)证明：平面平面； (2)在线段上是否存在点M，使平面与平面的夹角的余弦值为，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由． 【下节预览】 一、选择题 1．（23-24高二下·上海·期中）平面直角坐标系中，直线倾斜角的范围是（    ）． A． B． C． D． 二、解答题 2．（23-24高二上·上海·课后作业）已知坐标平面内三点，，. (1)求直线，，的斜率和倾斜角； (2)若为的边上一动点，求直线的斜率的取值范围. 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12讲 空间向量在立体几何热点问题中的应用 【人教A版选修一】 目录 题型归纳 1 题型01 立体几何中的探索性问题 1 题型02 立体几何中的折叠问题 9 分层练习 15 夯实基础 15 能力提升 34 创新拓展 53 题型01立体几何中的探索性问题 【解题策略】 利用空间向量解决探索性问题的策略 探索性问题通常分为两类：一类是已知点存在，求点的位置；一类是判断点的“存在性”问题．其中，在点的“存在性”问题中，先假设所求点存在，将其作为已知条件，得出点的位置或与题设条件矛盾的结论，从而得到结果，在设参数求解点的坐标时，若出现多解的情况，则应分析不同解的含义，判断哪些解是符合题设条件的，再做出取舍．求解点、平面是否存在等探索性问题时，常常先利用特殊的位置关系或极端情形确定点或平面，再利用直线与平面的位置关系去证明结论． 【典例分析】 【例1】已知在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，且AD＝2AB，△PAD是正三角形，CD⊥平面PAD，E，F，G，O分别是PC，PD，BC，AD的中点． (1)求平面EFG与平面ABCD夹角的大小； (2)在线段PA上是否存在点M，使得直线GM与平面EFG所成角的大小为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【详解】解　(1)因为△PAD是正三角形，O为AD的中点，所以PO⊥AD，因为CD⊥平面PAD，PO⊂平面PAD，所以PO⊥CD，因为CD，AD⊂平面ABCD，CD∩AD＝D，所以PO⊥平面ABCD，因为底面ABCD是矩形，且O，G分别为AD，BC的中点，所以OG∥AB，因为AB⊥AD，则OG⊥AD，以点O为坐标原点，OA，OG，OP所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 设AB＝2，则AD＝4，A(2,0,0)，G(0,2,0)，P(0,0,2)，E(－1,1，)，F(－1,0，)，则＝(0，－1,0)，＝(1,1，－)，设平面EFG的法向量为n＝(x，y，z)， 则 取x＝，可得n＝(，0,1)，易知平面ABCD的一个法向量为m＝(0,0,1)， 所以|cos〈m，n〉|＝＝， 因此，平面EFG与平面ABCD的夹角为. (2)假设线段PA上存在点M，使得直线GM与平面EFG所成角的大小为，连接GM， 设＝λ＝λ(2,0，－2)＝(2λ，0，－2λ)，其中0≤λ≤1，则＝＋＝(0，－2,2)＋(2λ，0，－2λ)＝(2λ，－2,2－2λ)． 由题意可得|cos 〈n，〉|＝＝＝， 整理可得4λ2－6λ＋1＝0， 因为0≤λ≤1，所以λ＝. 因此，在线段PA上存在点M，使得直线GM与平面EFG所成角的大小为，此时＝. 【变式演练】 【变式1】（如图，在四棱锥P－ABCD中，四边形ABCD为菱形，且∠ABC＝60°，PA⊥平面ABCD，E为BC的中点，F为棱PC上一点． (1)求证：平面AEF⊥平面PAD； (2)若G为PD的中点，AB＝AP＝2，是否存在点F，使得直线EG与平面AEF所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【详解】(1)证明　连接AC，因为四边形ABCD为菱形，∠ABC＝60°，所以△ABC是正三角形， 因为E是BC的中点， 所以AE⊥BC， 又AD∥BC，所以AE⊥AD， 因为PA⊥平面ABCD，AE⊂平面ABCD，所以PA⊥AE， 又PA∩AD＝A，PA，AD⊂平面PAD，所以AE⊥平面PAD， 又AE⊂平面AEF，所以平面AEF⊥平面PAD. (2)解　由(1)知AE，AD，AP两两垂直，以A为坐标原点，直线AE，AD，AP分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，设＝t(0≤t≤1)，则A(0,0,0)，E(，0,0)，C(，1,0)，P(0,0,2)，G(0,1,1)，F(t，t,2－2t)， 所以＝(，0,0)，＝(t，t,2－2t)，＝(－，1,1)． 设平面AEF的法向量为n＝(x，y，z)， 则 即 令z＝t，得平面AEF的一个法向量为n＝(0,2t－2，t)． 设直线EG与平面AEF所成的角为θ，则 sin θ＝|cos〈，n〉|＝ ＝ ＝＝， 解得t＝或t＝， 即存在点F，使得直线EG与平面AEF所成角的正弦值为，且＝或＝. 【变式2】（23-24高三下·湖南长沙·阶段练习）如图，在四棱锥中，四边形是矩形，是正三角形，且平面平面，，为棱的中点，四棱锥的体积为. (1)若为棱的中点，求证：平面； (2)在棱上是否存在点，使得平面与平面所成夹角的余弦值为？若存在，求出线段的长度；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在， 【分析】（1）合理构造图形，利用线线平行证明线面平行即可. （2）建立空间直角坐标系，利用面面角的向量求法处理即可. 【详解】（1）取中点，连接分别为的中点， ， 底面四边形是矩形，为棱的中点， ， 故四边形是平行四边形，， 又平面平面， //平面. （2）假设在棱上存在点满足题意，如图：连接，，， 在等边中，为的中点，所以， 又平面平面，平面平面平面， 平面，则是四棱锥的高， 设，则， ∴，所以， 以点为原点，的方向分别为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 故， 设， ． 设平面的一个法向量为， 则所以可取. 易知平面的一个法向量为， ，， 故存在点满足题意. 【变式3】（23-24高二下·福建泉州·阶段练习）如图，四棱锥中，底面是正方形，，且，平面平面，点，分别是棱，的中点，是棱上的动点． (1)求证：平面平面； (2)线段上是否存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值为若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析； (2)存在，为线段中点. 【分析】（1）推导出平面，，再由，得到平面，，推导出，从而平面，由此能证明平面平面． （2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出在线段上存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值为，且为线段中点． 【详解】（1）在四棱锥中，平面平面，平面， 平面平面，，平面， 又平面，则， 又，，，平面，则平面， 而平面，于是，底面是正方形，， 是棱的中点，则，，，平面， 因此平面，而平面，所以平面平面． （2）以为坐标原点，直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图， 则，设，， 则， 设平面的法向量为，平面的法向量为， 则，令，得， ，令，得， ，即， 整理得，则， 所以线段上存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值为，且为线段中点． 题型02 立体几何中的折叠问题 【解题策略】 折叠问题解题策略 (1)确定折叠前后变与不变的关系 画好折叠前后的平面图形与立体图形，分清折叠前后图形的位置和数量关系的变与不变．一般地，位于“折痕”同侧的点、线、面之间的位置关系不变，而位于“折痕”两侧的点、线、面之间的位置关系会发生变化；对于不变的关系应在平面图形中处理，而对于变化的关系则要在立体图形中解决． (2)确定折叠后关键点的位置 所谓的关键点，是指折叠过程中运动变化的点．因为这些点的位置移动，会带动与其相关的点、线、面的关系变化．只有分析清楚关键点的准确位置，才能以此为参照点，确定其他点、线、面的位置，进而进行有关的证明与计算． 【典例分析】 【例2】如图所示，已知在矩形ABCD中，AD＝2AB＝2，E为BC的中点，将△ABE沿AE折起，使得AB⊥DE. (1)求证：平面ABE⊥平面AECD； (2)若点F在线段BD上，且平面ABE与平面AEF夹角的余弦值为，试确定点F的具体位置． 【详解】(1)证明　在矩形ABCD中，连接DE(图略)，∵AD＝2AB＝2，E为BC的中点， ∴BE＝BA，CE＝CD，∴∠BEA＝∠CED＝45°，∴∠AED＝90°，即DE⊥AE， 又∵DE⊥AB，AE∩AB＝A，AE，AB⊂平面ABE，∴DE⊥平面ABE， 又∵DE⊂平面AECD，∴平面ABE⊥平面AECD. (2)解　由(1)知DE⊥AE，以点E为原点，AE，DE所在直线分别为x轴、y轴，垂直于平面AECD的直线为z轴建立空间直角坐标系，如图所示． 则B，A(，0,0)，E(0,0,0)，D(0，，0)，＝(，0,0)，＝， 设＝λ，0≤λ≤1， 则F， ＝. 设平面AEF的法向量为n1＝(x，y，z)， ∴ 即 取y＝1－λ，则z＝－2λ，∴n1＝(0,1－λ，－2λ)． 由题意知平面ABE的一个法向量为n2＝(0,1,0)． 设平面ABE与平面AEF的夹角为θ， ∴cos θ＝＝＝，解得λ＝，故F为BD的中点． 【变式演练】 【变式1】如图①所示，已知在梯形BFEC中，BF∥EC，EC＝3，BF＝2，四边形ABCD是边长为1的正方形，沿AD将四边形EDAF折起，使得平面EDAF⊥平面ABCD，得到如图②所示的几何体． (1)求证：DE⊥平面ABCD； (2)若点H在线段BD上，且EH与平面BEF所成角的正弦值为，求线段DH的长度． 【详解】(1)证明　∵平面EDAF⊥平面ABCD，DE⊂平面EDAF，平面EDAF∩平面ABCD＝AD，DE⊥AD， ∴DE⊥平面ABCD. (2)解　由题意知AD，CD，DE两两垂直，以点D为坐标原点，DA，DC，DE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E(0,0,2)，F(1,0,1)，B(1,1,0)，＝(1,0，－1)，＝(0，－1,1)， 设平面BEF的法向量为n＝(x，y，z)， 则即取x＝1，则z＝1，y＝1，∴n＝(1,1,1)， 设H(a，a,0)，0≤a≤1，则＝(a，a，－2)， |cos〈，n〉|＝＝， 解得a＝或a＝(舍去)， ∴H，∴||＝＝，即线段DH的长度为. 【变式2】已知四边形ABCD是边长为2的正方形，△P′AB为等边三角形(如图①所示)，将△P′AB沿着AB折起到△PAB的位置，且使平面PAB⊥平面ABCD，M是棱AD的中点(如图②所示)． (1)求证：PC⊥BM； (2)求直线PC与平面PBM所成角的余弦值 【详解】(1)证明　取AB的中点O，CD的中点E，连接PO，OE，因为四边形ABCD是正方形，△PAB为等边三角形， 所以OE⊥AB，PO⊥AB， 又因为平面PAB⊥平面ABCD，PO⊂平面PAB， 平面PAB∩平面ABCD＝AB， 故PO⊥平面ABCD，而OE⊂平面ABCD，所以PO⊥OE，所以OB，OE，OP两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系， 则P(0,0，)，C(1,2,0)，B(1,0,0)，M(－1,1,0)， ＝(1,2，－)，＝(－2,1,0)，所以·＝0，所以PC⊥BM. (2)解　由(1)知＝(1,2，－)，＝(－2,1,0)，＝(－1,0，)， 设平面PBM的法向量为n＝(x，y，z)， 故即令x＝，则z＝1，y＝2. 则n＝(，2，1)，设直线PC与平面PBM所成的角为θ，故sin θ＝＝＝， 因为θ为锐角，故cos θ＝＝. 所以直线PC与平面PBM所成角的余弦值为. 【变式3】（23-24高二上·广东深圳·阶段练习）如图1所示的正方形中，对角线分别交于点，将正方形沿折叠使得与重合，构成如图2所示的三棱柱，若点在棱上. (1)当时，证明：平面； (2)记直线与平面所成角为，异面直线所成角为，当时，求线段的长度. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）依题意建立空间直角坐标系，从而求得平面的法向量，进而利用空间位置的向量法即可得证； （2）结合（1）中结论，求得平面的法向量，利用空间向量法，结合三解函数的诱导公式得到关于的方程，从而求得的长度. 【详解】（1）因为，所以， 则，故， 又由图1易知， 故以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图， 则，， 在图1中，，， 则，故， 则，，， 设平面的法向量为，则，即， 不妨取，则，故， 设，因为，所以， 则， 故， 所以， 又平面，所以平面. （2）由（1）知，， 设平面的法向量为，则，即， 不妨取，则，故， 设， 则， 所以， 又，则， 因为，所以， 所以，则， 因为，所以，解得，满足， 所以，即. 【夯实基础】 一、单选题 1．（21-22高二下·安徽·期末）直角梯形中，是边的中点，将三角形沿折叠到位置，使得二面角的大小为，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】建立空间直角坐标系求解即可 【详解】建如图所示空间直角坐标系，得，，所以，所以. 故选：D 2．（23-24高二上·北京·期中），是直线上的两点，若沿轴将坐标平面折成的二面角，则折叠后、两点间的距离是（    ） A．6 B． C． D． 【答案】A 【分析】作轴于点，作轴于点，将用表示，再根据数量积的运算律结合向量的模的计算公式计算即可. 【详解】因为，是直线上的两点， 所以，，    如图为折叠后的图形，作轴于点，作轴于点， 则异面直线，所成的角为，即、的夹角为， ，，， ， 则 ， 即折叠后、两点间的距离为. 故选：A. 3．（22-23高二下·四川内江·开学考试）在正方体中，P为线段上的动点（不包含端点），若正方体棱长为1，则下列结论正确的有（    ） ①直线与AC所成角的取值范围是 ②存在P点，使得平面平面 ③三棱锥的体积为 ④平面截正方体所得的截面可能是直角三角形 A．①③ B．②④ C．③④ D．②③ 【答案】D 【分析】①建立平面直角坐标系，利用异面直线所称角的向量坐标法，即可求解；②当点为中点时，即可判断面面平行；③结合等体积转化，即可求解；④讨论点的位置，作出截面，即可判断. 【详解】①如图，连结，以点为原点，建立空间直角坐标系，则 ，，，，，， 则有，设， ，， 所以， 令，，则， 所以在上单调递减，因为，， 设直线与AC所成角为，所以，又, 故直线与AC所成角的取值范围是，故①错误； ②当点为的中点时，有，平面，平面， 所以平面，同理，平面，且，平面， 所以平面，故②正确； ③三棱锥的体积，故③正确； ④设的中点为，连结，当点在线段（不包括端点）上时，此时平面截正方体所得的截面为梯形，如图， 当点在点时，此时平面截正方体所得的截面为正三角形,如图， 当点在线段（不包括端点）时，此时平面截正方体所得的截面为等腰三角形，如图，，，所以，为锐角，该等腰三角形不可能为直角三角形， 综上，可得④错误. 故选：D 4．（22-23高二下·江苏泰州·期中）如图，正方体的棱长为2，线段上有两个动点E，F（E在F的左边），且. 下列说法正确的是（    ） A．当E，F运动时，存在点E，F使得 B．当E，F运动时，存在点E，F使得 C．当E运动时，二面角的最小值为 D．当E，F运动时，二面角的余弦值为定值 【答案】C 【分析】建立空间直角坐标坐标系，求得相关点坐标，利用空间向量的数量积的计算，可判断A；假设，可推出矛盾判断B；求得相关平面的法向量，利用空间角的向量求法，可判断C，D. 【详解】对于A，以C为坐标原点，为轴，建立空间直角坐标系， 则， 由于，设， 则， 则， 所以当E，F运动时，故存在点E，F使得，A错误； 对于B，若，则四点共面，与与是异面直线矛盾，B错误； 对于C，设平面的法向量为，又， 故，令，则， 平面的法向量可取为， 故， 因为，且函数在上单调递降，所以， 当且仅当时，取到最大值， 设二面角的平面角为，则最大值为， 即二面角的最小值为，C正确； 对于D，连接，平面即为平面,平面即为平面, 平面的法向量可取为, 设平面的法向量为，又， 故，令，则， 故， 由图知二面角为锐角， 则二面角的余弦值为定值，D错误， 故选：C 【点睛】方法点睛：涉及到空间角的计算问题，一般方法是建立空间直角坐标系，利用向量的坐标运算，结合向量的夹角公式进行求解. 二、多选题 5．（23-24高二下·四川成都·开学考试）如图，在长方体中，，，动点M在体对角线（含端点）上，则下列结论正确的是（    ）    A．当点M为的中点时，为钝角 B．当点M为的中点时，四棱锥的外接球的表面积为 C．存在点M，使得平面 D．直线BM与平面所成角的最大正切值为 【答案】BC 【分析】依题意建系，表示判断A；根据外接球半径求法求出，进而判断B；假设存在点，利用向量验证，判断C；根据线面角的向量求法判断D. 【详解】   建立如图所示空间直角坐标系，当点M为中点时，，，， ，，，为锐角，A错误； 设四棱锥的外接球半径为R，则，则， 四棱锥的外接球的表面积为，B正确； 设，，，，则， ，，，得， 存在点M，使得平面，C正确； 设平面的法向量为，直线BM与平面所成角的正切值最大， 则直线BM与平面所成角的正弦值最大即可，， 即，，故， 令，，则， 当时，， 当时，， 故最大正弦值，则最大正切值，D错误， 故选：BC. 6．（21-22高二上·山东聊城·期末）如图，四棱锥中，底面是正方形，平面，，、分别是的中点，是棱上的动点，则（    ）    A． B．存在点，使平面 C．存在点，使直线与所成的角为 D．点到平面与平面的距离和为定值 【答案】ABD 【分析】根据已知条件，建立空间直角坐标系，利用空间向量的方法逐一判断各个选项即可. 【详解】根据已知条件，以为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴 建立空间直角坐标系，设，则，，， ，，，； 由是棱上的动点，设，， 因为，，所以， 即，故A正确； 当为中点时，是的中位线，所以， 又平面，平面，所以平面，故B正确； ，，若存在点， 使直线与所成的角为， 则， 化简得，无解，故C错误； 由题意可知：点到平面的距离， 为平面的法向量，所以点到平面的距离为， 所以，故D正确. 故选：ABD 三、填空题 7．（23-24高二上·陕西咸阳·阶段练习）在菱形ABCD中，，沿对角线AC折叠之后，使得平面平面ACD（如图），则平面BCD与平面ACD夹角的正弦值为 ．    【答案】/ 【分析】根据面面垂直的性质建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可. 【详解】设的中点为，连接， 因为菱形ABCD中，， 所以三角形和三角形ACD都是等边三角形， 因此，， 因为平面平面ACD，平面平面ACD， 所以平面ACD，而平面ACD， 因此，因此建立如图所示的空间直角坐标系，    设菱形的边长为，， 设平面BCD的法向量为，， 所以有， 平面ACD的法向量为， 平面BCD与平面ACD夹角为， 所以， 因此， 故答案为： 8．（22-23高二上·广东深圳·期末）如图，已知菱形中，边长为，沿对角线折叠之后，使得平面平面，则二面角的余弦值为 . 【答案】 【分析】根据题意建立空间直角坐标系，根据二面角余弦值的空间向量求解方法进行计算即可. 【详解】设菱形的边长为2，取的中点，连接，，所以， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 又因为平面，所以. 如图，建立空间直角坐标系， 则，，， 所以，． 设平面的一个法向量为，则， 令，则， 易知，平面的一个法向量为， 所以， 设二面角为，由图可知二面角为锐角，即， 所以，所以二面角的余弦值为． 故答案为： 9．（21-22高二下·福建龙岩·期末）在菱形ABCD中，，将沿BD折叠，使平面ABD⊥平面BCD，则AD与平面ABC所成角的正弦值为 . 【答案】 【分析】根据面面垂直的性质定理、线面垂直的性质定理及题意，可证，，，如图建系，求得各点坐标，进而可得坐标，即可求得平面ABC的法向量，根据线面角的向量求法，即可得答案. 【详解】取BD中点O，连接AO、CO， 因为，所以、为等边三角形， 因为O为BD中点， 所以， 因为平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD平面BCD=BD，平面ABD， 所以平面BCD， 又平面BCD， 所以，， 以O为原点，OC、OD、OA为x，y，z轴正方向建系，如图所示， 设菱形ABCD的边长为2， 则 所以， 设平面ABC的法向量， 则，即， 令，则，即， 设AD与平面ABC所成角为， 则， 所以AD与平面ABC所成角的正弦值为. 故答案为： 四、解答题 10．（23-24高二下·江苏泰州·阶段练习）如图，在三棱柱中，，侧面是正方形，二面角的大小是． (1)求到平面的距离． (2)线段上是否存在一个点D，使直线与平面所成角为？若存在，求出的长；若不存在说明理由． 【答案】(1)； (2)存在， 【分析】（1）记的中点分别为，作于点，先证平面平面，然后计算可得； （2）以的方向分别为x，y轴的正方向，过点F作垂直于平面的直线为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可. 【详解】（1）记的中点分别为， 由是正方形可知， 又，所以， 因为二面角的大小是，所以， 由三棱柱性质可知，，所以四边形为平行四边形， 所以， 因为平面，所以平面， 又平面，所以平面平面， 作于点， 因为，平面平面，平面， 所以平面，所以即为所求， 所以. （2）以的方向分别为x，y轴的正方向，过点F作垂直于平面的直线为z轴，建立空间直角坐标系， 易知，， 则， 则， 设， 则， 设为平面的法向量， 则，取，得， 记直线与平面所成角为， 则 ， 当，即时，取得最小值4， 故， 所以，当时，直线与平面所成角为. 此时， 所以. 11．（22-23高三上·江苏徐州·期中）如图，分别是矩形上的点，，，把四边形沿折叠，使其与平面垂直，如图所示，连接，得到几何体． (1)当点在棱上移动时，证明：； (2)在棱上是否存在点，使二面角的平面角为？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析； (2)存在，. 【分析】（1）利用题设条件及面面垂直的性质定理证得两两垂直，从而建立空间直角坐标系，求得，由此可证得； （2）利用（1）中结论，求出平面与平面的法向量，从而利用空间向量夹角余弦的坐标公式得到关于的方程，解之即可. 【详解】（1）由图1易知图2中，有， 又因为面面，面面，面， 所以面，又面，故， 故以为原点，边所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图， 则 不妨设，，则，故， 所以，故. . （2）假设存在使二面角的平面角为，其中， 因为平面，所以可作为平面的一个法向量， 因为， 设平面的一条法向量为，则，即， 令，则，故， 因为二面角的平面角为， 所以，即， 整理得，解得或（舍去）， 所以， 故在棱上存在点，使二面角的平面角为，且. 【能力提升】 一、单选题 1．（20-21高二上·山东济宁·阶段练习）在一平面直角坐标系中，已知，，现沿轴将坐标平面折成60°的二面角，则折叠后，两点间的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】平面直角坐标系中已知，，现沿轴将坐标平面折成60°的二面角后，通过向量的数量积转化求解距离即可． 【详解】解：平面直角坐标系中已知，，沿轴将坐标平面折成60°的二面角后， 作AC⊥x轴，交x轴于C点，作BD⊥x轴，交x轴于D点， 则，的夹角为120° ∴， , 即折叠后，两点间的距离为. 故选：D． 【点睛】本题考查与二面角有关的立体几何综合题，解题时要认真审题，注意数形结合思想的合理运用． 2．（23-24高二上·北京·期中）如图，在正方体中，为线段的中点，为线段上的动点，下列四个结论中，错误的是（    ）    A．存在点∥平面 B．对任意点 C．存在点，使得与所成的角是 D．不存在点，使得与平面所成的角是 【答案】D 【分析】设正方体的棱长为1，以点为坐标原点，以，，所在的直线为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量方法求解.选项A，取平面的一个法向量，将∥平面平面转化为；选项B，转化为；选项C，与所成的角是转化为；选项D，由平面，结合选项C可知. 【详解】设正方体的棱长为1，以点为坐标原点， 以，，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则， 设，又， ∴，又， 则， ∴， 选项A，取平面的一个法向量， 令，解得，此时， ∴当时，与垂直，而平面， 故∥平面，故A项正确； 选项B，， 则， 故对任意点，故B项正确； 选项C，，则， 令， 化简得，解得，或， 故存在点，使得与所成的角是，故C项正确； 选项D，连接， 在正方体中， 由底面是正方形，则， 由平面，平面，则， 又平面，平面，， 则平面，即是平面的一个法向量， 由C项分析可知，存在点，使得与所成的角是， 即存在点，使得与平面所成的角是，故D项错误. 故选：D. 3．（23-24高二上·上海·期末）如图，在正方体中，E为棱的中点.动点P沿着棱从点D向点C移动，对于下列四个结论中正确的个数是（   ） （1）存在点P，使得； （2）存在点P，使得平面； （3）的面积越来越小； （4）四面体的体积不变. A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】D 【分析】设正方体棱长为，求出，由解得，确定（1）正确，考虑到到平面的距离不变，从而易判断（4），以为轴建立空间直角坐标系，可证明不可能与垂直，故（2）不正确；设，，由空间向量法求得到的距离，由距离的变化规律判断（3）正确. 【详解】设正方体棱长为， 由平面平面得，同理， 所以， 由得，存在使得，（1）正确， 正方体中，平面，所以到平面的距离不变， 即到平面的距离不变，而面积不变，因此三棱锥，即四面体的体积不变，（4）正确; 以为轴建立空间直角坐标系，如下图，    正方体棱长为2，则， ，，所以不可能与垂直，故平面也不可能成立，故（2）错误； 设， 所以 设到直线的距离为，则 由二次函数性质知时，递减，所以递减，又不变， 所以的面积为递减，（3）正确， 综上：（1）（3）（4）正确 故选：D. 【点睛】方法点睛：立体几何中存在性或探究性问题涉及到的点具有运动性和不确定性属于动态几何问题,用纯几何的方法来解决对空间想像能力、作图能力和逻辑推理能力的要求很高，若用向量方法处理，尤其是通过建立空间直角坐标系求解问题则思路简洁明了，本题中用向量法解决点到直线的距离问题避免了抽象复杂找距离过程，而且将距离的变化情况转化为函数的单调性问题解决更简单明了. 二、多选题 4．（23-24高二下·江苏南京·期中）如图，在矩形ABCD中，，，M是AD的中点，将沿着直线BM翻折得到．记二面角的平面角为，当的值在区间范围内变化时，下列说法正确的有（    ） A．存在，使得 B．存在，使得 C．若四棱锥的体积最大时，点B到平面的距离为 D．若直线与BC所成的角为，则 【答案】ACD 【分析】A选项，作出辅助线，得到即为二面角的平面角，，当时，平面，证明出线线垂直，进而得到线面垂直，得到；BCD选项，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，利用线线角的夹角公式得到，B错误；C选项，确定当时，体积最大，利用点到平面向量距离公式进行计算；D选项，计算出. 【详解】A选项，连接，取的中点，的中点， 连接，则， 故即为二面角的平面角，即， 当时，平面， 因为平面，所以， 因为矩形ABCD中，，，M是AD的中点， 所以，故为等腰直角三角形， 故，⊥， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以， 存在，使得，A正确； B选项，以为坐标原点，所在直线分别为轴，垂直于此平面的直线为轴，建立空间直角坐标系， 则， 当时，， 此时，， 故， 故不存在，使得，B错误； C选项，当时，平面，此时四棱锥的体积最大， 此时， 设平面的法向量为， 则， 解得，令，则，故， 故点到平面的距离，C正确； D选项，，， 故 ，D正确. 故选：ACD 【点睛】结论点睛：若直线的方向向量分别为，平面的法向量分别为，则 ①两异面直线所成的角为，； ②直线与平面所成的角为，； ③二面角的大小为，. 5．（23-24高二下·江苏扬州·期中）在正方体中，动点满足，其中，，且，则（    ） A．对于任意的，且，都有平面平面 B．当时，三棱锥的体积为定值 C．当时，存在点，使得 D．当时，存在点，使得平面 【答案】AB 【分析】设正方体的棱长为，以点A为坐标原点，AB、AD、所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断各选项的正误． 【详解】对于A选项，设正方体的棱长为， 以点A为坐标原点，AB、AD、所在直线分别为x、y、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 设平面的法向量为， ，取，可得， ， 因为， 设平面ACP的法向量为, 则，取，可得， 因为，所以， 所以，对于任意的且，都有平面平面，故A对； 对于B选项，当时，点， 设平面的法向量为， ，， 则，取，可得，且， 所以，点P到平面的距离为， 又因为的面积为定值，故三棱的体积为定值，故B对； 对于C选项，当时，， 则， ， 所以，当时，不存在点，使得，故C错； 对于D选项，当时，， 假设存在点P，使得平面PCD，因为平面PCD，则， ，则，可得，与题设条件不符， 假设不成立，故当时，不存在点P，使得平面PCD，故D错误. 故选：AB． 【点睛】方法点睛： （1）证明面面垂直时，可用空间向量法证明两个面的法向量相互垂直； （2）点P到平面的距离为，其中为点到平面的斜向量，为平面的法向量. 三、填空题 6．（21-22高二·全国·课后作业）已知菱形中，，沿对角线折叠之后，使得平面平面，则二面角的余弦值为 ． 【答案】 【分析】根据题意建立空间直角坐标系，根据二面角余弦值的空间向量求解方法进行计算即可. 【详解】设菱形的边长为1，取的中点，连接，，所以， 因为平面平面，平面平面，平面，所以平面， 又因为平面，所以. 如图，建立空间直角坐标系，则，，， 所以，． 设平面的一个法向量为，则，令，则， 同理，平面的一个法向量为， 所以， 设二面角为，由图可知二面角为锐角，即， 所以，所以二面角的余弦值为． 故答案为： 7．（22-23高二上·山东日照·阶段练习）在一平面直角坐标系中，已知点，现沿x轴将坐标平面折成60°的二面角，则折叠后A，B两点间的距离为 ． 【答案】 【分析】作轴于点，作轴于点，将用表示，再根据数量积的运算律结合向量的模的计算公式计算即可. 【详解】解：如图为折叠后的图形，作轴于点，作轴于点， 则异面直线所成的角为，即的夹角为， ， ， 则 ， 即折叠后A，B两点间的距离为. 故答案为：. 四、解答题 8．（23-24高二下·江苏盐城·阶段练习）如图，在四棱锥中，平面平面ABCD，，，M为棱PC的中点． (1)证明：平面PAD； (2)若， （i）求二面角的余弦值； （ii）在线段PA上是否存在点Q，使得点Q到平面BDM的距离是？若存在，求出PQ的值；若不存在，说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)（i）；（ii）存在，． 【分析】（1）取中点，可证四边形是平行四边形，可得，从而得证； （2）（i）建立空间直角坐标系，利用向量法求解，（ii）假设存在点到平面的距离为，利用点到面的距离公式法求解即可. 【详解】（1）取PD的中点N，连接AN，MN，如图所示：∵M为棱PC的中点， ∴，∵，∴， ∴四边形ABMN是平行四边形，∴， 又平面PAD，平面PAD，∴平面PAD． （2）∵，∴，∴， ∵平面平面ABCD，平面平面，平面PDC， ∴平面ABCD， 又AD，平面ABCD，∴，而，， ∴以点D为坐标原点，DA，DC，DP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 如图：则， ∵M为棱PC的中点， ∴ （i）， 设平面BDM的一个法向量为， 则，令，则，∴， 平面PDM的一个法向量为， ∴， 根据图形得二面角为钝角， 则二面角的余弦值为. （ii）假设在线段PA上存在点Q，使得点Q到平面BDM的距离是， 设， 则， 由（2）知平面BDM的一个法向量为，， ∴点Q到平面BDM的距离是， ∴，∴． 9．（23-24高二下·江苏南京·阶段练习）如图1，是边长为3的等边三角形，点，分别在线段，上，，，沿将折起到的位置，使得，如图2， (1)求证：平面平面； (2)若点在线段上，且直线与平面所成角的正弦值为，求； (3)在线段上是否存在点，使得平面，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在； 【分析】（1）利用余弦定理与勾股定理依次证得，，再利用线面垂直与面面垂直的判定定理即可得证； （2）利用（1）中结论，建立空间直角坐标系，设，从而得到与平面的法向量，利用线面角的空间向量法得到关于的方程，解之即可得解； （3）利用（2）中结论，设，利用线面平行的空间向量表示得到关于的方程，解之即可得解. 【详解】（1）在中，，，， 由余弦定理得， 所以，所以， 在中，，，， 所以，所以， 又因为，、平面， 所以平面，又平面， 所以平面平面. （2）由（1）可知，，，两两互相垂直， 以为原点，，，所在直线分别为，，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， 令，得， 设，又，， 则， 因为直线与平面所成角的正弦值为，所以， 即，解得，则. （3）设，又，， 则， 易得平面的法向量， 因为平面，所以， 即，解得，此时. 10．（23-24高二上·湖北省直辖县级单位·期中）（如图（1）平面五边形是由边长为2的正方形与上底为1，高为的直角梯形组合而成，将五边形沿着折叠，得到图（2）所示的空间几何体，其中. (1)证明：平面； (2)求证：平面； (3)求二面角的余弦值. 【答案】(1)证明详见解析 (2)证明详见解析 (3) 【分析】（1）根据证得平面； （2）设，连接，通过证明来证得平面； （3）建立空间直角坐标系，利用向量法求得二面角的余弦值. 【详解】（1）在折叠的过程中，， 由于平面， 所以平面. （2），由于，， 所以，由于，所以平面， 由于平面，所以，则， 设，连接，则， 而，所以是的中点， 所以，由于，平面， 所以平面. （3）由于，是的中点，所以， 由于，平面， 由此以为原点，建立如图所示空间直角坐标系， ，平面的一个法向量为， ， ， 设平面的法向量为， 则，故可设， 设二面角为，由图可知为锐角， 所以. 【创新拓展】 一、单选题 1．在一直角坐标系中，已知，现沿轴将坐标平面折成的二面角，则折叠后两点间的距离为 A． B． C． D．2 【答案】D 【解析】画出图形，作，则，可得，沿轴将坐标平面折成的二面角，故两异面直线所成的角为，结合已知，即可求得答案. 【详解】如图为折叠后的图形，其中作 则， 沿轴将坐标平面折成的二面角 两异面直线所成的角为． 可得： 故由 得 故选：D. 【点睛】本题考查了立体几何体中求线段长度，解题的关键是作图和掌握空间向量的距离求解公式，考查了分析能力和空间想象能力，属于中档题. 二、多选题 2．（23-24高二上·山东淄博·期中）如图，正方体的棱长为2，线段上有两个动点E，F（E在F的左边）且，下列说法错误的是（    ） A．当E，F运动时，存在点E，F使得 B．当E，F运动时，存在点E，F使得 C．当E运动时，二面角最小值为 D．当E，F运动时，二面角的余弦值为定值． 【答案】ABD 【分析】利用垂直关系的坐标表示求解选项A；利用平行关系求解选项B；利用空间向量的坐标运算，表示出二面角的余弦值求解选项C,D. 【详解】 以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系， 对于A，则， 由于，设 则， 则， 所以E，F运动时，不存在点E，F使得，A错误; 对B，若，则四点共面， 与与是异面直线矛盾，B错误; 对C，设平面的法向量为. 又, ,令，可得， 平面的法向量可取为， 故， 因为，所以函数在单调递减， 所以， 所以， 所以当时，有最大值为， 设二面角的平面角为， 所以有最大值为， 即二面角的最小值为，C正确; 对于D，连接， 平面即为平面,平面即为平面， 取平面的法向量为. 设平面的法向量为， ，令，则， 设二面角的平面角为， 则， 观察可知二面角的平面角为为锐角，所以，D错误； 故选:ABD. 【点睛】关键点点睛：本题解题关键是建立空间直角坐标系，利用向量法来判断选项. 三、填空题 3．（22-23高二下·江苏·阶段练习）如图，有一长方形的纸片，的长度为4 cm，的长度为3 cm，现沿它的一条对角线把它折叠成的二面角，则折叠后 ，线段的长是 cm. 【答案】 【分析】作，，垂足分别为，，求出、、的长度，再根据数量积的运算律计算可得. 【详解】如图所示，作，，垂足分别为，，则，， ，，折叠后，，，的长度保持不变， 所以，， 因为二面角为直二面角，，平面平面， 平面，所以平面，平面，所以， 所以， 因为 ， 所以，即. 故答案为：； 四、解答题 4．（2024·黑龙江哈尔滨·一模）如图1，在平行四边形中，，将沿折起，使点D到达点P位置，且，连接得三棱锥，如图2． (1)证明：平面平面； (2)在线段上是否存在点M，使平面与平面的夹角的余弦值为，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)存在； 【分析】（1）推导出，证明出平面，可得出， 利用面面垂直的判定定理可证得结论成立； （2）以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，设，其中，利用空间向量法可得出关于的等式，结合求出的值，即可得出结论. 【详解】（1）证明：翻折前，因为四边形为平行四边形，，则， 因为，则，， 由余弦定理可得， 所以，，则，同理可证， 翻折后，则有，， 因为，，、平面， 所以，平面， 因为平面，则， 因为，、平面，所以，平面， 所以平面平面. （2）因为平面，，以点为坐标原点， 、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、， 设，其中， 则，， 设平面的法向量为，则， 取，则，，所以，， 平面的一个法向量为，，， 则，令，可得， 则，整理可得， 因此，线段上存在点，使平面AMB与平面MBC的夹角的余弦值为，且. 【下节预览】 一、选择题 1．（23-24高二下·上海·期中）平面直角坐标系中，直线倾斜角的范围是（    ）． A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据直线倾斜角的定义得到答案. 【详解】平面直角坐标系中，直线倾斜角的范围为. 故选：C 二、解答题 2．（23-24高二上·上海·课后作业）已知坐标平面内三点，，. (1)求直线，，的斜率和倾斜角； (2)若为的边上一动点，求直线的斜率的取值范围. 【答案】(1)答案见解析 (2) 【分析】（1）由斜率公式计算出斜率，然后可得倾斜角； （2）根据点移动时，直线夹在直线和直线之间，运动时不可能与轴垂直，由此可得斜率范围． 【详解】（1）解：因为，，， 由斜率公式，可得， 再由直线倾斜角的定义得： 直线的倾斜角为，直线的倾斜角为，直线的倾斜角为. （2）如图所示，当直线由绕点逆时针转到时，直线与线段恒有交点， 即在线段上，此时的斜率由增大到， 所以的取值范围为. 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 $$