专题02 向量法求空间角（考题猜想，易错必刷5大题型）高二数学上学期人教B版选择性必修第一册

专题02 向量法求空间角（考题猜想，易错必刷5大题型） 【题型一：异面直线所成夹角】 一、单选题 1．（24-25高二上·重庆·开学考试）如图所示，在棱长为2的正方体中，E为的中点，，则异面直线与所成角的余弦值为（    ）    A． B． C． D． 2．（23-24高一下·浙江温州·期中）在直三棱柱中，，，，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 3．（23-24高二下·山西晋城·期末）如图，平面平面，四边形为正方形，四边形为菱形，，则直线所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 4．（23-24高二下·陕西榆林·开学考试）如图，在三棱锥中，为等边三角形，为等腰直角三角形，，平面平面，为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 5．（23-24高二下·江苏淮安·期中）已知四面体，其中，，为的中点，则直线与所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 【题型二：直线与平面所成夹角】 一、解答题 1．（24-25高三上·重庆·开学考试）如图，三棱锥中，平面，是棱上一点，且.    (1)证明：平面； (2)若，求与平面所成角的正弦值. 2．（24-25高二上·河北保定·开学考试）如图，在四棱锥中，已知底面是边长为的菱形，，且平面，垂足为. (1)证明：平面. (2)求直线与平面所成角的正弦值. 3．（24-25高三上·云南昆明·阶段练习）如图，PC是圆台的一条母线，是圆的内接三角形，AB为圆的直径，．    (1)证明：； (2)若圆台的高为3，体积为，求直线AB与平面PBC夹角的正弦值． 4．（23-24高三上·河北唐山·阶段练习）在直三棱柱中，，，，G是的重心，点Q在线段AB（不包括两个端点）上．    (1)若Q为的中点，证明：平面； (2)若直线与平面所成的角正弦值为，求． 5．（24-25高三上·广东汕头·开学考试）多面体的底面为梯形，，，，，且四边形为矩形，点P为线段上一点（异于点）．    (1)若点P为线段中点，求证：平面； (2)是否存在点P，使直线与平面所成的角的正弦值为？若存在，求；若不存在，请说明理由． 【题型三：平面与平面所成夹角】 一、解答题 1．（24-25高三上·湖南常德·阶段练习）如图，在多面体中，正方形与梯形所在平面互相垂直，已知，，． (1)求证：平面； (2)求平面与平面的夹角的余弦值， 2．（24-25高三上·江苏苏州·开学考试）如图，在三棱锥D－ABC中，△ABC是以AB为斜边的等腰直角三角形，△ABD是边长为2的正三角形，E为AD的中点，F为DC上一点，且平面BEF⊥平面ABD. (1)求证：AD⊥平面BEF； (2)若平面ABC⊥平面ABD，求平面BEF与平面BCD夹角的余弦值. 3．（24-25高三上·山东济南·开学考试）如图，在四棱锥中，底面 ,,，    (1)证明：平面平面 ； (2)若，求平面与平面的夹角的余弦值. 4．（24-25高三上·江苏南通·开学考试）如图，在三棱柱中，平面，E，F，G分别是棱AB，BC，上的动点，且．      (1)求证：； (2)若平面与平面的夹角的余弦值为，求． 5．（2023·广东·模拟预测）图1是边长为的正方形ABCD，将沿AC折起得到如图2所示的三棱锥，且． (1)证明：平面平面ABC； (2)点M是棱PA上不同于P，A的动点，设，若平面PBC与平面MBC的夹角的余弦值为，求的值． 【题型四：二面角】 一、解答题 1．（24-25高三上·江苏镇江·开学考试）如图，在四棱锥中，，，，，平面，，E，F分别是棱，的中点．    (1)证明：平面； (2)求二面角的正弦值． 2．（24-25高二上·四川巴中·开学考试）如图所示，在三棱锥中，．    (1)求证：； (2)若点D为AP的中点，且，求二面角的大小． 3．（24-25高三上·福建漳州·阶段练习）已知边长为4的菱形（如图1），与相交于点为线段上一点，将三角形沿折叠成三棱锥（如图2）．    (1)证明：； (2)若三棱锥的体积为8，二面角的余弦值为，求的长． 4．（24-25高三上·广西南宁·开学考试）如图，在四棱锥中，，，，，平面⊥平面. (1)证明：⊥平面； (2)若，四棱锥的体积为2，求二面角的正弦值. 5．（24-25高二上·山东东营·开学考试）如图，六面体中，面且面，. (1)求证：平面； (2)若二面角的余弦值为，求直线与平面所成角的余弦值. 【题型五：夹角中的探索性问题】 一、解答题 1．（22-23高二上·安徽马鞍山·阶段练习）如图所示，正方形所在平面与梯形所在平面垂直，，，，，． (1)证明：平面； (2)在线段（不含端点）上是否存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值为，若存在求出的值，若不存在请说明理由． 2．（2024·陕西商洛·模拟预测）如图1，在平面四边形中，，，垂足为，将沿翻折到的位置，使得平面平面，如图2所示.    (1)设平面与平面的交线为，证明：. (2)在线段上是否存在一点（点不与端点重合），使得二面角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 3．（24-25高三上·海南·开学考试）如图（1），在中，，点为的中点.将沿折起到的位置，使，如图（2）. (1)求证：. (2)在线段上是否存在点，使得？若存在，求二面角的正弦值；若不存在，请说明理由. 4．（24-25高二下·全国·单元测试）在中，，E是AC的中点，F是线段AB上一个动点，且，如图所示，沿BE将翻折至的位置，使得平面平面ABE． (1)当时，证明：平面； (2)是否存在λ，使得DF与平面所成角的正弦值是?若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由． 5．（24-25高三上·广东汕头·开学考试）多面体的底面为梯形，，，，，且四边形为矩形，点P为线段上一点（异于点）．    (1)若点P为线段中点，求证：平面； (2)是否存在点P，使直线与平面所成的角的正弦值为？若存在，求；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10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题02 向量法求空间角（考题猜想，易错必刷5大题型） 【题型一：异面直线所成夹角】 一、单选题 1．（24-25高二上·重庆·开学考试）如图所示，在棱长为2的正方体中，E为的中点，，则异面直线与所成角的余弦值为（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】建立空间直角坐标系，，进而求出线线角的向量公式即可求出结果. 【详解】如图，以D为原点，分别以所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系， 因为正方体的棱长为2，则. 所以，又 所以.    故选：C. 2．（23-24高一下·浙江温州·期中）在直三棱柱中，，，，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】依据题目中的垂直关系，可建立空间直角坐标系，求出向量与的坐标，即可求得异面直线与所成角的余弦值． 【详解】由题意可知， 三线两两垂直，所以可建立空间直角坐标系，如图所示： 则，． ∴． ∴． 异面直线与所成角的余弦值为． 故选：C． 3．（23-24高二下·山西晋城·期末）如图，平面平面，四边形为正方形，四边形为菱形，，则直线所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】建立空间直角坐标系，利用向量的夹角即可求解. 【详解】取的中点，连接, 四边形为的菱形，所以， 由于平面平面，且两平面交线为，,平面， 故平面,又四边形为正方形，故建立如图所示的空间直角坐标系， 不妨设正方形的边长为2，则, 故, 则，又 故， 故直线所成角的正弦值， 故选：C 4．（23-24高二下·陕西榆林·开学考试）如图，在三棱锥中，为等边三角形，为等腰直角三角形，，平面平面，为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】取的中点，连接，，根据面面垂直的性质定理得平面，建立空间直角坐标系，利用向量法求解异面直线夹角的余弦值即可. 【详解】取的中点，连接，，因为，所以. 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面.又因为，所以，于是以为坐标原点， 建立如图所示的空间直角坐标系，结合为等腰直角三角形， ，为等边三角形， 则，，，， 所以，， 所以， 故异面直线与所成角的余弦值为. 故选：D 5．（23-24高二下·江苏淮安·期中）已知四面体，其中，，为的中点，则直线与所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】将四面体嵌在长方体中，由题意可得长方体的长宽高的大小，建立空间直角坐标系，求出各点的坐标，再求出直线，的方向向量的坐标，进而求出两个向量的夹角的余弦值，最后求出两条直线所成的角的余弦值． 【详解】将四面体放在如图所示的长方体中， 因为，， 设长方体的长，宽，高分别为，，， 则，可得，， 以为坐标原点，以，，所在的直线分别为，，轴建立空间直角坐标系， 则，，，， 所以的中点， 所以，， 所以， ，， 所以． 设直线，所成的角为，,， 所以,． 故选：A． 【题型二：直线与平面所成夹角】 一、解答题 1．（24-25高三上·重庆·开学考试）如图，三棱锥中，平面，是棱上一点，且.    (1)证明：平面； (2)若，求与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据的面积相等，得到再由平面证得结合线面垂直的判定定理，即可证得平面； （2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得向量和平面的法向量为，结合向量的夹角公式，即可求解. 【详解】（1）证明：因为，所以， 由，即， 又因为，可得为边上的高，所以 因为平面且平面所以 又因为且平面，所以平面. （2）解：因为平面且， 以为坐标原点，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，因为，可得， 则， 设平面的法向量为，则， 令，可得，所以， 设直线与平面所成角为， 则， 故与平面所成角的正弦值为.    2．（24-25高二上·河北保定·开学考试）如图，在四棱锥中，已知底面是边长为的菱形，，且平面，垂足为. (1)证明：平面. (2)求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）作出辅助线，由线面垂直得到，结合是正三角形，故，并得到为等边三角形，，故，即，结合，得到线面垂直； （2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用线面角的夹角公式得到答案. 【详解】（1）连接，因为平面，平面， 所以，，， 由勾股定理得，， 因为，所以. 又四边形是菱形，，所以是正三角形， 所以. 由，得是正三角形，. 所以，即. 由平面，平面，可得. 因为，平面， 所以平面. （2）以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示. 因为，所以， 则， ， .设是平面的一个法向量，由得 取，可得. 设直线与平面所成的角为， 则， 即直线与平面所成角的正弦值为. 3．（24-25高三上·云南昆明·阶段练习）如图，PC是圆台的一条母线，是圆的内接三角形，AB为圆的直径，．    (1)证明：； (2)若圆台的高为3，体积为，求直线AB与平面PBC夹角的正弦值． 【答案】(1)证明见详解； (2). 【分析】（1）转化为证明平面，利用圆台性质即可证明； （2）先利用圆台体积求出上底面的半径，建立空间坐标系，利用空间向量求线面角即可. 【详解】（1）由题知，因为为圆的直径，所以， 又，所以， 因为为的中点，所以， 由圆台性质可知，平面，且四点共面， 因为平面，所以， 因为是平面内的两条相交直线，所以平面， 因为平面，所以. （2）圆台的体积，其中， 解得或(舍去). 由（1）知两两垂直，分别以为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，如图， 则， 所以. 设平面的一个法向量为， 则解得 于是可取. 设直线与平面的夹角为， 则， 故所求正弦值为. 4．（23-24高三上·河北唐山·阶段练习）在直三棱柱中，，，，G是的重心，点Q在线段AB（不包括两个端点）上．    (1)若Q为的中点，证明：平面； (2)若直线与平面所成的角正弦值为，求． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接并延长，交于点，则为的中点，连接，由面面平行的判定得出平面平面，再由面面平行的性质即可证明； （2）以为原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，设，根据线面夹角的向量公式列出方程求解即可． 【详解】（1）连接并延长，交于点，则为的中点，连接， 因为为直三棱柱，所以平面平面，，， 又分别为的中点，所以，， 所以四边形为平行四边形，所以， 又因为平面平面，平面平面， 所以， 因为平面，平面，所以平面， 同理可得平面， 因为平面，且， 所以平面平面，又平面， 所以平面．    （2）以为原点，分别以所在直线为轴，建立如图空间直角坐标系， 设， 则，，， 所以， 由直三棱柱可得，为的中点， 所以，则， 设平面的一个法向量为， 由得，，取，则， 因为直线与平面所成的角正弦值为， 所以， 整理得，，解得或（不合题意舍）  ， 所以．    5．（24-25高三上·广东汕头·开学考试）多面体的底面为梯形，，，，，且四边形为矩形，点P为线段上一点（异于点）．    (1)若点P为线段中点，求证：平面； (2)是否存在点P，使直线与平面所成的角的正弦值为？若存在，求；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)存在， 【分析】（1）先用余弦定理证明为等腰直角三角形，取的中点F，证明，结合条件可判定面面平行，再证线面平行即可； （2）取的中点O，利用勾股定理及逆定理结合线面垂直的判定先证底面，建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量计算线面夹角即可. 【详解】（1）由条件可知， 则 即为等腰直角三角形，所以， 取的中点F，连接， 因为平面，平面， 所以平面， 又因为四边形为矩形，点P为线段中点，所以， 同理有平面， 而平面， 所以平面平面， 因为平面，所以平面；    （2）    取的中点O，连接， 根据题意知，即为等腰直角三角形， ， 则， 因为底面，所以底面， 过O作，易知， 如图所示建立空间直角坐标系，易知， 设，则， 设平面的一个法向量为， 则，令，则，即， 设直线与平面所成的角为，， 解之得，即. 【题型三：平面与平面所成夹角】 一、解答题 1．（24-25高三上·湖南常德·阶段练习）如图，在多面体中，正方形与梯形所在平面互相垂直，已知，，． (1)求证：平面； (2)求平面与平面的夹角的余弦值， 【答案】(1)证明见详解 (2) 【分析】（1）由正方形的性质及平面平面，可得平面，即，取的中点，连接，可证得，即可求证； （2）以为原点，以所在直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，由（1）可得为平面的一个法向量，再求得平面的一个法向量，求解即可. 【详解】（1）在正方形中，， 又平面平面，平面平面，平面， 平面， 平面，， 取的中点，连接，由，，， 所以四边形为正方形，则，，即， 又是平面内两条相交直线， 所以平面. （2），， ，又平面， 易得两两互相垂直， 以为原点，以所在直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，可得，，，， 则，， 由（1）知为平面的一个法向量， 设为平面的一个法向量， 则，得，令，解得，， 所以， 设平面与平面的夹角为， . 所以平面与平面的夹角的余弦值为. 2．（24-25高三上·江苏苏州·开学考试）如图，在三棱锥D－ABC中，△ABC是以AB为斜边的等腰直角三角形，△ABD是边长为2的正三角形，E为AD的中点，F为DC上一点，且平面BEF⊥平面ABD. (1)求证：AD⊥平面BEF； (2)若平面ABC⊥平面ABD，求平面BEF与平面BCD夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】(1)借助等边三角形的三线合一，再运用面面垂直的性质得到线面垂直即可；(2)建立空间直角坐标系，写出关键点的坐标，求出平面的法向量，再根据(1)的结论取得平面的法向量，再用向量夹角的公式计算即可. 【详解】（1）是边长为2的正三角形，E为的中点，则. 且平面平面，平面平面，平面， 则平面. （2）由于底面为等腰直角三角形，是边长为2正三角形， 可取中点O， 连接，则. 且平面平面，且平面平面，则平面. 因此两两垂直，可以建立空间直角坐标系. 是边长为2的正三角形，则可求得高. 底面为等腰直角三角形，求得. 可以得到关键点的坐标 由第（1）问知道平面的法向量可取. 设平面的法向量为，且则 ,则，解得. 则. 则平面与平面夹角的余弦值为. 3．（24-25高三上·山东济南·开学考试）如图，在四棱锥中，底面 ,,，    (1)证明：平面平面 ； (2)若，求平面与平面的夹角的余弦值. 【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，再由面面垂直的定理证明结果即可； （2）建立如图所示坐标系，分别求出平面和平面的法向量，代入公式计算即可； 【详解】（1）证明：记， 因为，所以， 所以， 即， 又底面平面， 所以， 因为，且平面，平面， 所以平面，又平面， 所以平面平面．    （2）取中点，连接，则，所以平面， 所以三条直线两两垂直， 分别以所在的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，可取， 同理设平面的一个法向量为， 则，可取 所以，， 所以，平面与平面的夹角的余弦值为． 4．（24-25高三上·江苏南通·开学考试）如图，在三棱柱中，平面，E，F，G分别是棱AB，BC，上的动点，且．      (1)求证：； (2)若平面与平面的夹角的余弦值为，求． 【答案】(1)证明过程见解析 (2) 【分析】（1）证明线线垂直，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，计算出，得到垂直关系； （2）在（1）的基础上，得到，故，从而得到线面垂直，故为平面的一个法向量，结合平面的法向量，利用向量夹角余弦公式得到方程，求出，从而求出. 【详解】（1）因为平面，平面， 所以，， 又，故两两垂直， 以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 因为，，设，， 所以， 则， 则， 故；    （2），则， 则， 则， 又，平面， 所以平面， 故为平面的一个法向量， 又平面的法向量为， 则平面与平面的夹角的余弦值为 ， 又平面与平面的夹角的余弦值为， 所以，解得，故. 5．（2023·广东·模拟预测）图1是边长为的正方形ABCD，将沿AC折起得到如图2所示的三棱锥，且． (1)证明：平面平面ABC； (2)点M是棱PA上不同于P，A的动点，设，若平面PBC与平面MBC的夹角的余弦值为，求的值． 【答案】(1)证明见解析； (2)． 【分析】（1）取中点为，连接，利用勾股定理证明，再结合，即可由线线垂直证明线面垂直； （2）根据（1）中所证，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得的坐标，以及两个平面的法向量，利用夹角公式，即可求得参数的值. 【详解】（1）由于正方形ABCD的边长为，所以． 取AC的中点O，连接PO，BO， 由题意，得，再由，可得，即． 由题易知，又，面，所以平面ABC， 又平面PAC，所以平面平面ABC． （2）由（1）可知，，又， 故以OC，OB，OP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． 则，，，． 所以，，， 由题意知，所以． 所以． 设平面MBC的法向量为， 则令，得； 设平面的法向量为， ，令，得； 则， 设，，则上式可化为， 即，所以（舍去）， 所以，解得． 【题型四：二面角】 一、解答题 1．（24-25高三上·江苏镇江·开学考试）如图，在四棱锥中，，，，，平面，，E，F分别是棱，的中点．    (1)证明：平面； (2)求二面角的正弦值． 【答案】(1)证明见详解 (2) 【分析】（1）由中位线易证明四边形是平行四边形，进而得到，进而得到平面； （2）由题易知，，两两垂直，建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，计算得解. 【详解】（1）如图，连接，因为分别为的中点，    所以，， 又，， 所以，， 所以四边形是平行四边形，则， 因为平面，平面， 所以平面. （2）因为平面，平面， 所以，， 又，是平面内两条相交直线， 平面，又平面， ， 所以两两互相垂直， 以为坐标原点，，，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，，，，， ，，，， 设平面的一个法向量为， 则，即，令，得，， ， 设平面的一个法向量为， 则，即，令，得，， ， 设二面角的平面角为， ，则. 所以二面角的正弦值为. 2．（24-25高二上·四川巴中·开学考试）如图所示，在三棱锥中，．    (1)求证：； (2)若点D为AP的中点，且，求二面角的大小． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取的中点，得到和，利用线面垂直的判定定理，证得平面，即可证得. （2）由，证得，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得，得到，再求得平面和平面的法向量和，结合向量的夹角公式，即可求解. 【详解】（1）证明：如图所示，取的中点，分别连接， 在中，因为，可得， 在中，因为，可得， 又由，且平面，所以平面， 因为平面，所以. （2）解：因为且，所以， 又因为，所以， 因为，即， 以点为坐标原点，以所在的直线分别为和轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，设，可得， 设，因为，可得，即，则， 则且, 设平面的法向量为，则， 令，可得，所以， 因为平面，所以平面的一个法向量为， 设二面角的平面角为，则为锐角， 可得， 所以二面角的大小为.    3．（24-25高三上·福建漳州·阶段练习）已知边长为4的菱形（如图1），与相交于点为线段上一点，将三角形沿折叠成三棱锥（如图2）．    (1)证明：； (2)若三棱锥的体积为8，二面角的余弦值为，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）要证，只需证平面，只需证，由题易证； （2）由体积求出的长，建立空间直角坐标系，假设，求出平面的法向量，由余弦值为，求出，进而可求的长. 【详解】（1）因为四边形是边长为4的菱形，并且， 所以均为等边三角形， 故，且， 因为平面平面，且， 所以平面 因为平面，所以． （2）设到平面的距离为，因为等边三角形的边长为4， 所以三棱锥的体积为，所以， 因为，所以平面， 以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系；    则，，设 因为⊥平面，所以是平面的一个法向量， 设平面的法向量为， 又， 故 取，则， 得， 因为二面角的余弦值为， 所以 解得：或（舍去），此时． 4．（24-25高三上·广西南宁·开学考试）如图，在四棱锥中，，，，，平面⊥平面. (1)证明：⊥平面； (2)若，四棱锥的体积为2，求二面角的正弦值. 【答案】(1)证明见详解 (2) 【分析】（1）由面面垂直的性质得出线面垂直. （2）由体积求出线段长，建立空间直角坐标系，找到两个面的一个法向量，由法向量求出二面角的余弦值即可. 【详解】（1）如图，取中点，连接与交于点， ，∴， ∵，，， ∴四边形为正方形， ∴， ∵平面⊥平面且平面平面，平面， ∴平面 又∵且， ∴， ∴AD⊥平面 （2）∵，为正方形中心，故， ∴， 又∵平面⊥平面且平面平面，平面， ∴平面 ， ∴ 如图，以为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系， ，∴，∴ 则 由1）可知是平面的一个法向量， 设是平面的一个法向量， 则即 设则，即是平面的一个法向量， 设二面角为，则， ∴ 5．（24-25高二上·山东东营·开学考试）如图，六面体中，面且面，. (1)求证：平面； (2)若二面角的余弦值为，求直线与平面所成角的余弦. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先证和，得，再由余弦定理，求出，得证，由即可证得平面； （2）取中点，连接，证明两两垂直，建系，设，写出相关点和向量坐标，利用已知二面角列方程求出值，继而通过空间向量夹角公式即可求得所求线面角余弦值. 【详解】（1）因为面且面面且面， 所以且，在面中，，同理，在面中，， 因为，所以，又， 由余弦定理，，则， 由可得， 由面面，知， 又因为面面，所以面. （2） 取中点，连接,由题可知，且， 所以四边形为平行四边形，则，因面，故面， 又因为正三角形，所以两两垂直， 以为坐标原点，以的方向分别为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 设，则 易得，故有，， 设面的法向量为，则有， 不妨设，则得，， 又面，故面的法向量可设为， 由题意，解得， 于是，， 设面的法向量为，则有 不妨设，得， 设直线与平面所成角为，则. 又，故，则直线与平面所成角的余弦值为. 【题型五：夹角中的探索性问题】 一、解答题 1．（22-23高二上·安徽马鞍山·阶段练习）如图所示，正方形所在平面与梯形所在平面垂直，，，，，． (1)证明：平面； (2)在线段（不含端点）上是否存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值为，若存在求出的值，若不存在请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)不存在，理由见解析 【分析】（1）由面面垂直性质定理证明平面，由此证明，再证明，结合线面垂直判定定理证明结论； （2）建立空间直角坐标系，假设存在点，满足条件，求平面和平面的法向量，结合向量夹角公式列方程求，由此可得结论. 【详解】（1）正方形中，， 平面平面，平面平面，平面， ∴平面，又平面，所以，， 又，，则， 又，，则，即， 又，则，，平面， ∴平面； （2）由（1）知，平面，， 以为坐标原点，，，为，，轴的正方向建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 设点，，， ∴， ∴，故， ∴，， 设平面的法向量为， ∴， 令，则，， ∴为平面的一个法向量， 又，设平面的法向量为， ∴， 令，则，， 所以为平面的一个法向量， ∴，解得或， 则线段（不含端点）上不存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值为． 2．（2024·陕西商洛·模拟预测）如图1，在平面四边形中，，，垂足为，将沿翻折到的位置，使得平面平面，如图2所示.    (1)设平面与平面的交线为，证明：. (2)在线段上是否存在一点（点不与端点重合），使得二面角的余弦值为？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）由面面垂直的性质得到平面，即可得证； （2）由面面垂直的性质得到平面，建立空间直角坐标系，设，利用空间向量法得到方程，求出的值，即可得解. 【详解】（1）由题意可知. 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 因为平面平面，所以平面，则. （2）由图1可知. 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 又平面， 所以，则两两互相垂直， 故以为坐标原点，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：    设，则， 所以. 设，则，从而， 所以， 设平面的法向量为， 则， 令，得， 易知平面的一个法向量为， 设二面角为， 则， 即，整理得，解得或（舍去）. 故当时，二面角的余弦值为. 3．（24-25高三上·海南·开学考试）如图（1），在中，，点为的中点.将沿折起到的位置，使，如图（2）. (1)求证：. (2)在线段上是否存在点，使得？若存在，求二面角的正弦值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析； (2)存在，. 【分析】（1）根据给定条件，利用线面垂直的判定、性质推理即得. （2）过点作直线，以为原点建立空间直角坐标系，由求出点位置，再求出平面与平面的法向量，再利用面面角的向量求法求解即得. 【详解】（1）依题意，由点为的中点，，得， 又平面， 则平面，又平面，于是， 又平面， 则平面，又平面，则， 而平面，因此平面，又平面， 所以. （2）依题意，得，由（1）， 则，过点作直线，则有， 显然直线两两垂直，以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图， 则， ， 设，即， 则， 若存在点，使得，则，解得，则， 即当为线段中点时，使得，设平面的法向量为， 则，令，得， 设平面的法向量为，则，令，得， 设二面角的大小为，则， 所以二面角的正弦值. 4．（24-25高二下·全国·单元测试）在中，，E是AC的中点，F是线段AB上一个动点，且，如图所示，沿BE将翻折至的位置，使得平面平面ABE． (1)当时，证明：平面； (2)是否存在λ，使得DF与平面所成角的正弦值是?若存在，求出λ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）取BF的中点N，连接CN交BE于点M，可证得．根据面面垂直得到平面DEB，进而得到即可； （2）建立空间直角坐标系，后根据相量法求出面法向量和直线方向向量，结合向量夹角公式求解即可. 【详解】（1）证明  在中，，即， 则，取BF的中点N，连接CN交BE于点M，如图， 当时，F是AN的中点，而E是AC的中点， ∴EF是的中位线，∴． 在中，N是BF的中点， ∴M是BE的中点， 在中，， ∴，则． 又平面平面ABE，平面平面平面ABE， ∴平面DEB．又平面DEB， ∴．而， 平面DEF，∴平面DEF． （2）假设存在λ，使得DF与平面ADE所成角的正弦值是． 以C为坐标原点，CA所在直线为x轴，CB所在直线为y轴，建立如图所示的空间直角坐标系． 则，， ∴， 取BE的中点G，连接DG，则，而平面平面ABC， 且平面平面， ∴平面ABC，则，则． 由，可得，则． 设平面ADE的法向量为， 则即 则，令， 所以， 设DF与平面ADE所成的角为θ，则 ， 解得或(舍去)． 综上，存在，使得DF与平面ADE所成角的正弦值为． 5．（24-25高三上·广东汕头·开学考试）多面体的底面为梯形，，，，，且四边形为矩形，点P为线段上一点（异于点）．    (1)若点P为线段中点，求证：平面； (2)是否存在点P，使直线与平面所成的角的正弦值为？若存在，求；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)存在， 【分析】（1）先用余弦定理证明为等腰直角三角形，取的中点F，证明，结合条件可判定面面平行，再证线面平行即可； （2）取的中点O，利用勾股定理及逆定理结合线面垂直的判定先证底面，建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量计算线面夹角即可. 【详解】（1）由条件可知， 则 即为等腰直角三角形，所以， 取的中点F，连接， 因为平面，平面， 所以平面， 又因为四边形为矩形，点P为线段中点，所以， 同理有平面， 而平面， 所以平面平面， 因为平面，所以平面；    （2）    取的中点O，连接， 根据题意知，即为等腰直角三角形， ， 则， 因为底面，所以底面， 过O作，易知， 如图所示建立空间直角坐标系，易知， 设，则， 设平面的一个法向量为， 则，令，则，即， 设直线与平面所成的角为，， 解之得，即. 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10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$