专题训练5：利用空间向量求直线与平面所成的角精练36题-2024-2025学年高二数学单元速记•巧练（人教B版2019选择性必修第一册）

专题训练5：利用空间向量求直线与平面所成的角精练36题 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·福建龙岩·期末）如图，在四棱锥中，侧面底面，侧棱，底面为直角梯形，其中，，，则直线与平面所成角的正切值为（    ） A． B． C． D． 3．（23-24高二下·江苏淮安·期中）在三棱锥中，平面平面是的中点.，则直线与平面所成角的正弦值为（    ）    A． B． C． D． 4．（23-24高二下·江苏盐城·期中）如图，在棱长均为2的正四棱锥中，为棱的中点，则下列判断正确的是（    ） A．平面，且到平面的距离为 B．与平面不平行，且与平面所成角大于30° C．与平面不平行，且与平面所成角小于30° D．与平面不平行，且与平面所成角等于30° 5．（23-24高二下·甘肃甘南·期中）正方体的棱长为是棱的中点，是四边形内一点（包含边界），且，当三棱锥的体积最大时，与平面所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 6．（23-24高二下·河南漯河·期末）已知如图所示的几何体中，底面是边长为4的正三角形，侧面是长方形，，平面平面为棱上一点，，且，则与平面所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 7．（23-24高二上·山东滨州·期末）如图，长方体中，，点是棱的中点，设直线与所成的角为，直线与平面所成的角为，则（    ） A． B． C． D． 8．（23-24高二下·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． 9．（23-24高一下·浙江宁波·期末）在棱长为2的正四面体中，棱上分别存在点（包含端点），直线与平面，平面所成角为和，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 二、多选题 10．（2023·福建宁德·一模）如图，在多面体中，平面，四边形是正方形，且，，分别是线段的中点，是线段上的一个动点（含端点），则下列说法正确的是（    ） A．不存在点，使得 B．存在点，使得异面直线与所成的角为 C．三棱锥体积的最大值是 D．当点自向处运动时，直线与平面所成的角逐渐增大 11．（23-24高二下·安徽滁州·期末）如图，四棱锥中，面面，且，是棱的中点，，则（    ） A．平面 B．平面 C．和平面所成角的正弦值为 D．四面体外接球的表面积为 12．（23-24高二下·河南漯河·期末）如图所示的空间几何体是由高度相等的半个圆柱和直三棱柱组合而成，是上的动点.则（    ）    A．为的中点时，平面平面 B．为的中点时，平面 C．存在点，使得三棱锥体积是8 D．存在点，使得直线与平面所成的角为 13．（22-23高一下·山东临沂·期末）在直三棱柱中，，，，分别为棱和的中点，为棱上的动点，则（   ） A． B．该三棱柱的体积为4 C．过，，三点截该三棱柱的截面面积为 D．直线与平面所成角的正切值的最大值为 三、填空题 14．（2021高三·全国·专题练习）如图，菱形中，，与相交于点，平面，，，．若直线与平面所成的角为45°，则＝ ．    15．（23-24高二上·辽宁大连·期中）如图，在四棱锥中，底面是矩形，为棱的中点，且为棱上的一点，若与平面所成角的正弦值为，则 .    16．（23-24高二上·新疆伊犁·期中）如图，四棱锥的底面是梯形，平面，，，，，为线段上一个动点，且，若与平面所成的角为，则 ． 17．（23-24高二上·上海·期中）如图，在长方体中，已知，．动点P从出发，在棱上匀速运动；动点Q同时从B出发，在棱BC上匀速运动，P的运动速度是Q的两倍，各自运动到另一端点停止．它们在运动过程中，设直线PQ与平面ABCD所成的角为，则的取值范围是 ． 18．（23-24高一下·江苏南京·期末）在棱长为1的正方体中，分别是棱的中点，P是侧面内一点，若平面，则线段长度的取值范围是 ；与平面所成角的正切值为 ． 19．（23-24高一下·河南许昌·期末）在三棱锥中，若，，，且，，，为底面内部及边界上的动点，则与底面所成角的正弦值的取值范围为 ． 20．（22-23高三上·山西阳泉·期中）如图，四边形是边长为的正方形，半圆面平面，点为半圆弧上一动点（点与点，不重合），当直线与平面所成角最大时，平面截四棱锥外接球的截面面积为 ． 四、解答题 21．（22-23高二下·甘肃庆阳·期中）如图，在棱长为2的正方体中，E，F分别为棱，的中点. (1)求平面； (2)求直线BE与平面所成角的正弦值. 22．（22-23高二上·北京·期中）如图，在四棱锥中，，底面为正方形，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)求点到平面的距离． 23．（23-24高二下·浙江·期中）如图，四棱锥，底面为正方形，平面平面，为的重心． (1)若点在线段上，且，求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 24．（23-24高一下·云南昆明·期末）如图，三棱柱 中侧棱平面，且各棱长均相等，分别为棱的中点.    (1)证明：平面 ； (2)证明：平面 平面 ； (3)求直线 与平面 所成角的正弦值. 25．（23-24高二下·安徽阜阳·期末）如图，在三棱柱中，底面，点到平面的距离为2.    (1)证明：. (2)若直线与之间的距离为4，求直线与平面所成角的正弦值. 26．（23-24高二下·北京海淀·期末）在五面体中，平面，平面. (1)求证：； (2)若，求直线与平面所成角的正弦值. 27．（23-24高二上·云南迪庆·期末）如图形中，底面是菱形，，与交于点，底面，为的中点，. (1)求证：平面； (2)求与平面所成角的正弦值. 28．（23-24高二下·江苏扬州·期中）已知在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，是正三角形，E、F、M、O分别是、、、的中点，平面． (1)求证：； (2)求点B到平面的距离； (3)在线段上是否存在点N，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求线段的长度，若不存在，说明理由． 29．（22-23高二上·河北保定·期末）如图，三棱柱中，，，，点为的中点，且.    (1)求证：平面； (2)若为正三角形，求与平面所成角的正弦值. 30．（23-24高二下·江苏南京·期中）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，为等边三角形，平面平面，．点在线段上．    (1)若，在上找一点，使得四点共面，并说明理由； (2)求点到平面的距离； (3)若直线与平面所成的角的正弦值为，求平面与平面夹角的余弦值． 31．（23-24高三上·江苏南通·期中）如图，且，，且，且，平面，. (1)设面BCF与面EFG的交线为，求证：； (2)证明: (3)在线段BE上是否存在一点P，使得直线DP与平面ABE所成的角的正弦值为，若存在，求出P点的位置，若不存在，说明理由. 32．（23-24高二下·浙江宁波·期中）如图，多面体中，直角梯形所在平面与正三角形所在平面垂直，，． (1)求该多面体的体积V； (2)在棱上是否存在点P，使得直线和平面所成的角大小为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 33．（23-24高二下·天津·期中）如图，在四棱锥中，底面为矩形，侧棱底面，是的中点. (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)已知点在棱上，且直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长. 34．（23-24高二上·湖南长沙·期末）正三棱柱中，，是的中点，点在上，且满足，当直线与平面所成的角取最大值时，的值为 ． 35．（23-24高三上·北京顺义·期中）如图所示的几何体是由正方形沿直线旋转得到的，设是圆弧的中点，是圆弧上的动点（含端点），给出下列四个结论： ①存在点，使得 ②不存在点，使得 ③存在点，使得平面 ④不存在点，使得直线与平面的所成角为 其中，所有正确结论的序号为 ． 36．（23-24高二下·江苏宿迁·期中）阅读下面材料：在空间直角坐标系中，过点且一个法向量为的平面的方程为，过点且方向向量为的直线的方程为．根据上述材料，解决下面问题：已知平面的方程为，直线是两个平面与的交线，则直线与平面所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题训练5：利用空间向量求直线与平面所成的角精练36题 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】设与所成角的大小为，则，从而计算可得. 【详解】设与所成角的大小为， 则， 故与所成角的正弦值为. 故选：A 2．（23-24高二下·福建龙岩·期末）如图，在四棱锥中，侧面底面，侧棱，底面为直角梯形，其中，，，则直线与平面所成角的正切值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】取中点为，以为原点，所在直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系,根据题意写出各点坐标，求出与平面的法向量，根据夹角公式可得线面角的正弦值，再由同角关系式得余弦值，即可求解. 【详解】取中点为，连接，，， 又侧面底面，侧面底面，面， 底面， ，，，连接，则. 如图，以为原点，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系. ，设平面的法向量为，则，可取， ， 设直线与平面所成角为，， ， 直线与平面所成角的正切值为. 故选：. 3．（23-24高二下·江苏淮安·期中）在三棱锥中，平面平面是的中点.，则直线与平面所成角的正弦值为（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法来求得直线与平面所成角的正弦值. 【详解】由于平面平面且交线为，平面，， 所以平面，由于平面，所以， 由于，平面， 所以平面，由此以为原点建立如图所示空间直角坐标系， 由于，所以， ， 所以， 设平面的法向量为， 则，故可取， 设直线与平面所成角为， 则. 故选：B    4．（23-24高二下·江苏盐城·期中）如图，在棱长均为2的正四棱锥中，为棱的中点，则下列判断正确的是（    ） A．平面，且到平面的距离为 B．与平面不平行，且与平面所成角大于30° C．与平面不平行，且与平面所成角小于30° D．与平面不平行，且与平面所成角等于30° 【答案】C 【分析】连接，交点为，以为坐标原点，方向分别轴正方向建立空间坐标系，分别求出直线的方向向量与平面的法向量，代入向量夹角公式，求出与平面夹角的正弦值，再由正弦函数的单调性，即可得到答案． 【详解】连接交点为，以为坐标原点，方向分别轴正方向建立空间直角坐标系， 由正四棱锥的棱长均为，点为的中点， 则,,,,,,， 则，，， 设是平面的一个法向量， 则，取，得， 设与平面所成的角为，线面角范围为大于等于下雨等于， 则，则， 故与平面不平行，且与平面所成的角小于． 故选：C． 5．（23-24高二下·甘肃甘南·期中）正方体的棱长为是棱的中点，是四边形内一点（包含边界），且，当三棱锥的体积最大时，与平面所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】建立空间直角坐标系，设，利用向量的数量积及体积最大值求得，从而得到与平面所成角的正弦值. 【详解】如图，以为坐标原点，建立空间直角坐标系， 则，，，设，，， 则，，所以， 因为为定值，要想三棱锥的体积最大，则点到底面的距离最大，其中， 所以当时，取最大值为，因为，所以的最大值为，则三棱锥的体积最大时，，， 设平面的法向量，当三棱锥的体积最大时，与平面所成角的正弦值为， 故选：A 6．（23-24高二下·河南漯河·期末）已知如图所示的几何体中，底面是边长为4的正三角形，侧面是长方形，，平面平面为棱上一点，，且，则与平面所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】分别取的中点，以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，由线面角的向量求法可得答案. 【详解】分别取的中点，连接，则，， 因为平面平面，平面平面， 平面，所以平面， 以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则，，， 所以是平面的一个法向量， ，，所以， 设与平面所成的角为， 则. 故选：D. 7．（23-24高二上·山东滨州·期末）如图，长方体中，，点是棱的中点，设直线与所成的角为，直线与平面所成的角为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】建立空间直角坐标系利用空间向量可分别求得，，即可得结果. 【详解】根据题意建立以D为坐标原点的空间直角坐标系，如下图所示： 则, 可得， 易知，且，所以； 易得平面的一个法向量为， 因此可得，又，可得， 因此. 故选：C 8．（23-24高二下·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 【分析】建立空间直角坐标系，运用向量的方法求解即可. 【详解】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. 9．（23-24高一下·浙江宁波·期末）在棱长为2的正四面体中，棱上分别存在点（包含端点），直线与平面，平面所成角为和，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】建立空间直角坐标系，然后利用空间向量得到，最后根据范围求的取值范围即可. 【详解】 如图，取的中心，连接，取中点，连接，过点作交于点，以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系， 因为为正四面体，所以，，， ，，，，， ，， 设，，，， 则， 由题意得可以作为平面的一个法向量， 则， 设平面的法向量为， ，则，令，则， 所以， ， ， 因为，，所以，， ，. 故选：C. 【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用相似设出点的坐标，然后利用空间向量的方法求出线面角，最后求范围即可. 二、多选题 10．（2023·福建宁德·一模）如图，在多面体中，平面，四边形是正方形，且，，分别是线段的中点，是线段上的一个动点（含端点），则下列说法正确的是（    ） A．不存在点，使得 B．存在点，使得异面直线与所成的角为 C．三棱锥体积的最大值是 D．当点自向处运动时，直线与平面所成的角逐渐增大 【答案】CD 【分析】建立空间直角坐标系，对选项A，利用向量数量积判断垂直关系；对选项B，利用数量积求异面直线所成的角；对选出C，利用等体积法求三棱锥体积的最大值；对选项D，向量法求直线与平面所成角的正弦值，再根据函数的单调性即可判断. 【详解】以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系， ， 对于A，假设存在点，使得， 由，，所以， 解得，即点Q与D重合时，，A错误； 对于B，假设存在点，使得异面直线NQ与SA所成的角为， 由，， 所以，方程无解； 所以不存在点Q，使得异面直线NQ与SA所成的角为，B错误； 对于C，连接； 设，因为， 所以当，即点Q与点D重合时，取得最大值2，又点N到平面AMQ的距离， 所以，C正确； 对于D，由上分析知：，， 若是面QMN的法向量，则， 令，则，得， 因为，设直线DC与平面QMN所成的角为，， 所以， 当点Q自D向C处运动时，的值由0到2变大，此时也逐渐增大， 因为在为增函数，所以也逐渐增大，故D正确. 故选：CD. 11．（23-24高二下·安徽滁州·期末）如图，四棱锥中，面面，且，是棱的中点，，则（    ） A．平面 B．平面 C．和平面所成角的正弦值为 D．四面体外接球的表面积为 【答案】ACD 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明判断A，B，利用线面角的向量求法判断C，利用球的方程求解出半径，再求表面积即可. 【详解】 如图，作，因为面面，面面， 所以面，且作，因为， ，所以，是的中点，，， 对于A，以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系， 所以，，，，， ，因为是棱的中点，所以， 所以，，， 设面的法向量，所以， 令，解得，所以， 可得，故平面成立，故A正确， 对于B，，，设面的法向量为， 所以，令，解得， 得到，故不平行于，所以平面不成立，故B错误， 对于C，，，设面的法向量为， 所以，令，解得， 故，设和平面所成角为，且， 所以，故C正确， 对于D，设四面体外接球的方程为， 将四点代入球的方程，可得， ， 利用加减消元法得到，解得， 再利用加减消元法得到，解得， 现在将，代入方程组，得到， 此时解得，故原方程解得， 故球的方程为， 设球的表面积为，则，故D正确. 故选：ACD 【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何，解题关键是建立空间直角坐标系，然后将点代入球的方程求出半径，再得到所要求的表面积即可． 12．（23-24高二下·河南漯河·期末）如图所示的空间几何体是由高度相等的半个圆柱和直三棱柱组合而成，是上的动点.则（    ）    A．为的中点时，平面平面 B．为的中点时，平面 C．存在点，使得三棱锥体积是8 D．存在点，使得直线与平面所成的角为 【答案】ABC 【分析】利用圆柱性质和等腰直角三角形性质证明平面，结合面面垂直判定定理可判断A；利用直线平行的传递性证明，然后由线面平行判定定理可判断B；建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用点到平面的距离向量公式求点到平面的距离，然后由棱锥体积公式列方程即可判断C；求出平面的法向量，根据线面角的向量公式列方程求解可判断D. 【详解】对于A，由题可知，半圆柱和三棱柱的底面在同一平面内， 由圆柱性质可知平面， 又平面，所以， 因为为的中点，所以， 因为，所以， 所以，即， 又因为是平面内的相交直线，所以平面， 又平面，所以平面平面，A正确； 对于B，因为为圆柱底面圆的直径，所以， 由上知，，所以， 由棱柱性质可知，，所以， 因为平面，平面，所以平面，B正确；    对于C，以中点为原点，所在直线为轴，圆柱的旋转轴为轴， 过点垂直于平面的直线为轴建立如图所在空间直角坐标系， 则， 因为点在以为直径的半圆上，所以设， 则， 设为平面的法向量， 则，令，得， 则点到平面的距离为， 易知，为正三角形， 所以， 所以， 令，则， 因为，所以，所以， 所以，显然有解， 所以存在点（与不重合），使得三棱锥体积是8，C正确； 对于D，由上可得， 设平面的法向量为， 则， 令得， 若存在点，使得直线与平面所成的角为， 则，整理得， 因为，所以，即，， 此时，点与点重合，无法确定平面，不符合题意，D错误. 故选：ABC. 13．（22-23高一下·山东临沂·期末）在直三棱柱中，，，，分别为棱和的中点，为棱上的动点，则（   ） A． B．该三棱柱的体积为4 C．过，，三点截该三棱柱的截面面积为 D．直线与平面所成角的正切值的最大值为 【答案】ABD 【分析】利用题设建系，对于A，通过空间向量证明平面即得；对于B，利用直棱柱体积公式计算即得；对于C，先利用线面平行的性质作出截面，再计算其面积即可排除C；对于D，设点，利用空间向量的夹角公式计算得出关于的函数式，通过求函数的最大值得到所成角正切值的最大值. 【详解】 如图建立空间直角坐标系，则. 对于A，， 因， ， 可得， 因，且两直线在平面内，则有平面， 又为棱上的动点，故，即A正确； 对于B，由题意，该三棱柱的体积为，故B正确； 对于C，如图，设经过，，三点的截面交于点，连接， 因，平面，平面，则平面， 又平面，故得，即截面为梯形. 因，， 设梯形的高为，则，解得. 则故C错误； 对于D，如图，因平面，平面，则， 又，，且两直线在平面内，故得平面， 故可取平面的法向量为， 又为棱上的动点，可设，则， 设直线与平面所成角为，则， 因，故当且仅当时，取得最小值为5，此时取得最大值为， 因，而正弦函数和正切函数在上均为增函数， 故此时取得最大值为，故D正确. 故选：ABD. 【点睛】思路点睛：本题主要考查空间向量在立体几何中的应用，属于难题. 解题思路在于，化“动”为“静”，将线线垂直的判断转化成线面垂直的证明；利用线面平行的性质作出截面求解；通过建系，将线面所成角的问题进行量化，借助于函数的最值求解. 三、填空题 14．（2021高三·全国·专题练习）如图，菱形中，，与相交于点，平面，，，．若直线与平面所成的角为45°，则＝ ．    【答案】2 【分析】根据题意求出，建立空间直角坐标系，利用线面角公式求解即可. 【详解】设AE＝a，在菱形ABCD中，∠ABC=60°，则△ABC为正三角形， 又AB=2，易得， 如图，以O为坐标原点，以OA，OB所在直线分别为x轴、y轴，以过点O且平行于CF的直线为z轴建立空间直角坐标系．    则， 所以， 设平面BED的法向量为， 则，令z=1则，， 因为直线OF与平面BED所成角的大小为45°， 所以， 由，解得，所以AE＝2． 故答案为：2. 15．（23-24高二上·辽宁大连·期中）如图，在四棱锥中，底面是矩形，为棱的中点，且为棱上的一点，若与平面所成角的正弦值为，则 .    【答案】/ 【分析】根据给定条件，证得平面，以为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即得. 【详解】过点作，交于点，由，为中点，得， 又，且，平面，则平面， 而平面，有，又是矩形，则两两垂直， 以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图：    由，，为中点，得，为的中点， 则点，，，，， ，,，， 令，， 设平面法向量为，则，令，得， 由与平面所成角的正弦值为，得， 解得，所以. 故答案为： 16．（23-24高二上·新疆伊犁·期中）如图，四棱锥的底面是梯形，平面，，，，，为线段上一个动点，且，若与平面所成的角为，则 ． 【答案】 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解线面夹角，从而求解. 【详解】连接，因为：，，，在中，由余弦定理得： ， 即有：，所以：， 以点为原点，以所在直线分别为轴建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，，， 所以：，，，， 因为：，且，， 设平面的一个法向量为：， 则：，令：，得：， 所以得：，解得：. 故答案为：. 17．（23-24高二上·上海·期中）如图，在长方体中，已知，．动点P从出发，在棱上匀速运动；动点Q同时从B出发，在棱BC上匀速运动，P的运动速度是Q的两倍，各自运动到另一端点停止．它们在运动过程中，设直线PQ与平面ABCD所成的角为，则的取值范围是 ． 【答案】 【分析】根据给定条件，建立空间直角坐标系，设，并求出的坐标，再结合线面角的向量求法求解. 【详解】在长方体中，以点为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 设，由P的运动速度是的2倍，得，即， 则，显然平面的法向量， 于是， ，因此， 显然当时，，当时，， 所以的取值范围是. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：用向量法求直线与平面所成的角，求出平面的法向量是关键，并注意公式求出的是线面角的正弦． 18．（23-24高一下·江苏南京·期末）在棱长为1的正方体中，分别是棱的中点，P是侧面内一点，若平面，则线段长度的取值范围是 ；与平面所成角的正切值为 ． 【答案】 / 【分析】分别取的中点，连接，易证平面平面，由题意知点必在线段上，由此可判断点在或处时最长，位于线段中点处最短，通过解直角三角形即可求得线段长度的取值范围，建立空间直角坐标系，利用空间向量可求出与平面所成角的正切值. 【详解】分别取的中点，连接，， 因为分别为，的中点， 所以∥，∥，所以∥， 因为平面，平面，所以∥平面， 因为∥，，所以四边形为平行四边形， 所以∥， 因为平面，平面，所以∥平面， 因为，平面， 所以平面∥平面， 因为P是侧面内一点，且平面， 所以点必在线段上， 在中，， 在中，， 所以为等腰三角形， 当点为的中点时，，此时最短， 当点在或处时最长， 因为，所以， 因为，， 所以线段长度的取值范围是， 以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，则 ， 所以， 设平面的法向量为，则 ，令，则， 设与平面所成角为，则 ， 因为为锐角，所以， 所以， 故答案为：， 【点睛】关键点点睛：此题考查线面角的求法，考查线面平行的性质，解题的关键是面面平行的判断和线面平行的关系得到点必在线段上，考查空间想象能力，属于较难题. 19．（23-24高一下·河南许昌·期末）在三棱锥中，若，，，且，，，为底面内部及边界上的动点，则与底面所成角的正弦值的取值范围为 ． 【答案】 【分析】利用空间向量法来确定坐标，再利用空间向量法来求线面角正弦值，最后利用解析几何思想，数形结合找到最优解求值即可. 【详解】 因为，所以以为坐标原点，如图建立空间直角坐标系， 又因为，，则，，设， ，， 又由，，可得， ，解得，则， 由为底面内部及边界上的动点，可设，且， 则，设与底面所成角为， 由于平面的法向量可取为， 则， 把看成动点到定点的距离的平方， 利用数形结合可得： 在底面内部及边界上的动点中，最小值最优解是，代入得， 最大值是优解是，代入得， 故答案为：. 20．（22-23高三上·山西阳泉·期中）如图，四边形是边长为的正方形，半圆面平面，点为半圆弧上一动点（点与点，不重合），当直线与平面所成角最大时，平面截四棱锥外接球的截面面积为 ． 【答案】 【分析】做交于可得平面，连接，以点为原点，为轴，过点垂直于平面的直线为轴建立空间直角坐标系，设，则，设，由射影定理可得，由得，求出，利用基本不等式可得直线与平面所成角最大时的值，取的中点，连接，可得四棱锥外接球的球心为点，球心到平面的距离等于到平面的距离的，求出，设截面半径为，由可得答案． 【详解】做交于，因为半圆面平面，所以平面， 连接，以点为原点，为轴，过点垂直于平面的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，设，则，设， 则，在直角三角形内，由射影定理可得， 即，所以，，，， ，， ， 所以，所以，即， 所以 ， 因为，所以， 所以， 当且仅当即等号成立，且取得最小值， 直线与平面所成角最大， 取的中点，连接，则， 所以四棱锥外接球的球心为点， 因为，，，平面， 所以平面， 设球心到平面的距离为，所以等于到平面的距离的， 因为， ，所以，设截面半径为， 则有， 所以截面的面积． 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：解题的关键是熟悉四棱锥的性质，即外接球的球心在DB上，根据勾股定理，可求得外接球半径r，再根据球的几何性质，求解即可，考查空间想象，计算求解的能力，属于难题． 四、解答题 21．（22-23高二下·甘肃庆阳·期中）如图，在棱长为2的正方体中，E，F分别为棱，的中点. (1)求平面； (2)求直线BE与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）建空间直角坐标系，利用空间向量证明线面平行； （2）利用空间向量求线面角的正弦值即可. 【详解】（1）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． 依题意，得， 则，设平面的法向量， ，所以，取，得 因为， 所以．所以． 又面． 所以面． （2）正方体中，平面 故是平面的法向量， 因为， 所以， 所以直线和平面所成的角的正弦值为． 22．（22-23高二上·北京·期中）如图，在四棱锥中，，底面为正方形，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)求点到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）利用中位线定理证明，然后由线面平行的判定定理证明即可； （2）建立合适的空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标，然后利用待定系数法求出平面的法向量，由向量的夹角公式求解即可； （3）求出的坐标，然后利用点到平面距离的向量公式求解即可． 【详解】（1）证明：因为，分别为，的中点， 所以， 又平面，平面， 故平面； （2）由于平面， 所以平面， 以点为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示， 则,1,，,1,，,0,，,0,，,0,， 所以， 设平面的法向量为， 则，令，则，， 故， 设直线与平面所成角为， 则， 故直线与平面所成角的正弦值为； （3）因为， 又平面的法向量为， 所以点到平面的距离为． 23．（23-24高二下·浙江·期中）如图，四棱锥，底面为正方形，平面平面，为的重心． (1)若点在线段上，且，求证：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）利用面面垂直的性质定理得平面，建立空间直角坐标系，设正方形的边长为2，求得和平面的法向量，计算其数量积即可得证； （2）由（1）得：，，设直线与平面所成角为，代入线面角公式即可求解． 【详解】（1）平面平面，平面平面，平面，，平面， 以为坐标原点，垂直平面竖直向上为轴，以，所在直线为，轴建立空间直角坐标系， 设正方形的边长为2，则，则， 由重心得，，即， 由得：，所以，， 设平面的一个法向量为，，令， ，又不在平面内， 平面； （2）由（1）得：，， 设直线与平面所成角为，则， 故直线与平面所成角的正弦值为． 24．（23-24高一下·云南昆明·期末）如图，三棱柱 中侧棱平面，且各棱长均相等，分别为棱的中点.    (1)证明：平面 ； (2)证明：平面 平面 ； (3)求直线 与平面 所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见详解 (2)证明见详解 (3) 【分析】（1）由已知，可得四边形是平行四边形，则，即可得平面； （2）由是的中点，则，又平面，则，可得面，则平面平面； （3）取中点，以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，设，求得，平面的一个法向量，利用线面角的向量求法求解即可得到答案. 【详解】（1）    连接， ∵、分别是、的中点， ∴，， 在三棱柱中， ，， 又为棱的中点，∴，， ∴四边形是平行四边形，∴， 又∵平面，平面， ∴平面. （2）三棱柱 的各棱长均相等， 又是的中点，∴， 又∵平面，平面，∴， 又∵，平面， ∴平面， 又面， ∴平面平面. （3）在三棱柱中，侧棱底面，且各棱长均相等， 设， 取中点，连接，而为中点， 则，有底面， 又，显然直线两两垂直， 以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则， 所以， 设平面的一个法向量， 则，令，得， 设直线与平面所成的角为， 则， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 25．（23-24高二下·安徽阜阳·期末）如图，在三棱柱中，底面，点到平面的距离为2.    (1)证明：. (2)若直线与之间的距离为4，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）结合已知线面垂直的判定定理证明平面，利用面面垂直的判定定理得平面平面，然后利用面面垂直的性质定理得平面，从而得出均为直角三角形，利用勾股定理求解即可. （2）建立空间直角坐标系，利用线面角的向量公式求解即可. 【详解】（1）底面平面，   ，又平面， 平面，又平面， 平面平面. 过作交于，又平面平面， 平面，平面． 点到平面的距离为. 在中，， 设，则. 均为直角三角形，且， ，解得， ，即. （2）， ，过作交于，则为的中点. 由直线与之间的距离为4，得， 在中，. 以为坐标原点，直线为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，    则，，， 显然为平面的一个法向量， 设直线与平面所成角为， 则 则直线与平面所成角的正弦值为. 26．（23-24高二下·北京海淀·期末）在五面体中，平面，平面. (1)求证：； (2)若，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）根据给定条件，利用线面垂直的性质、线面平行的判定性质推理即得. （2）结合已知可得直线两两垂直，以点为原点建立空间直角坐标系，求出平面法向量，再利用线面角的向量求求解即得. 【详解】（1）由平面，平面，得，而平面，平面， 则平面，又平面，平面平面， 所以. （2）令，则，有， 于是，由已知得直线两两垂直， 以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则， ， 设平面的法向量，则，令，得， 设直线与平面所成的角为，则， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 27．（23-24高二上·云南迪庆·期末）如图形中，底面是菱形，，与交于点，底面，为的中点，. (1)求证：平面； (2)求与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接，得到为的中位线，证得，结合线面平行的判定定理，即可证得平面； （2）以所在的直线分别为轴，以过点作的垂线所在的直线为轴，建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量和，结合向量的夹角公式，即可求解. 【详解】（1）证明：如图所示，连接， 因为底面是菱形，且与交于点，则点为的中点， 因为为的中点，所以为的中位线，可得， 又因为平面，平面， 所以平面. （2）解：以所在的直线分别为轴，以过点作的垂线所在的直线为轴， 建立空间直角坐标系，如图所示， 可得，则， 设平面的一个法向量为，则， 令，可得，所以， 又由， 设直线与平面所成的角为， 则， 即直线与平面所成的角的正弦值为. 【点睛】 28．（23-24高二下·江苏扬州·期中）已知在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，是正三角形，E、F、M、O分别是、、、的中点，平面． (1)求证：； (2)求点B到平面的距离； (3)在线段上是否存在点N，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求线段的长度，若不存在，说明理由． 【答案】(1)证明见详解 (2) (3)存在点满足题意， 【分析】（1）先证明平面，再证明，即可得证； （2）求点到平面的距离即求点到平面的距离，利用三棱锥等体积法求解； （3）建立空间直角坐标系，利用向量法求解. 【详解】（1）因为平面，平面， 所以，又底面是正方形，则， 且与是平面内两条相交直线， 所以平面，平面，所以， 又分别是的中点，所以， 所以. （2）因为分别是的中点， 所以， 所以平面即是平面， 由（1）知平面，则平面，平面， ，则， 设点到平面的距离为，由， 得，即， 解得， 所以点到平面的距离为. （3）如图以为原点，为轴，可建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，， ，，， 设线段上存在点，使得与平面所成角的正弦值为，且， ，， ， 设平面的一个法向量为， 则，即，令，得， ， ，整理得， 解得或（舍）， ，即存在点使得直线与平面所成角的正弦值为，此时. 29．（22-23高二上·河北保定·期末）如图，三棱柱中，，，，点为的中点，且.    (1)求证：平面； (2)若为正三角形，求与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据线面垂直的判定定理证明线面垂直. （2）建立空间直角坐标系，用空间向量求线面角所成的角, 【详解】（1）取中点，连接，    因为，是中点， ， 因为，是中点， -所以， 又，平面， 所以平面，又平面 又，平面 所以平面. （2）因为为正三角形，所以. 过点作的延长线为轴，以为轴， 过点作的平行线为轴，如图建立空间直角坐标系，    则，，，，，， ， 设平面的法向量为，则 令，得 设与平面所成角为，. 与平面所成角的正弦值为. 30．（23-24高二下·江苏南京·期中）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，为等边三角形，平面平面，．点在线段上．    (1)若，在上找一点，使得四点共面，并说明理由； (2)求点到平面的距离； (3)若直线与平面所成的角的正弦值为，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)为靠近点的四等分点，理由见解析 (2) (3) 【分析】（1）当为靠近点的四等分点时，结合已知条件可得∥，而∥，则∥，从而可得结论； （2）取中点，连接，，由面面垂直可得平面，再由结合菱形的性质可得，则得平面，然后求出，再利用等体积法可求得点到平面的距离； （3）以为原点，分别以，，为轴，轴，轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量求解即可. 【详解】（1）当为靠近点的四等分点时，四点共面， 理由如下： 因为，所以， 所以∥， 因为四边形是菱形，所以∥， 所以∥，所以四点共面； （2）取中点，连接，． 因为为等边三角形，， 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． 因为，平面，平面，， 所以平面，又平面，所以． 所以， 所以， 设点到平面的距离为， 因为，所以， 所以，解得； （3）由（2）知，，，两两垂直， 所以以为原点，分别以，，为轴，轴，轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系． 则，，，， 所以，，． 设，则，． 得，则． 又平面，则取平面的法向量． 设与平面所成的角为，则 ， 化简整理得，解得． 则，． 设平面的法向量，则, 令，则取平面的法向量， 又平面的法向量． 故平面与平面夹角的余弦值为．   【点睛】 31．（23-24高三上·江苏南通·期中）如图，且，，且，且，平面，. (1)设面BCF与面EFG的交线为，求证：； (2)证明: (3)在线段BE上是否存在一点P，使得直线DP与平面ABE所成的角的正弦值为，若存在，求出P点的位置，若不存在，说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)线段BE上存在点P，且时使得直线DP与平面ABE所成的角的正弦值为 【分析】（1）由线面平行的判定定理和性质定理证明即可； （2）由线面垂直的判定定理和性质定理证明即可； （3）则以D为原点，建立空间直角坐标系，先求出点坐标，直线DP的方向向量与平面ABE的法向量，由线面角的向量公式代入即可得出答案. 【详解】（1）因为，，所以， 又平面，平面， 所以面，又平面，平面平面， 所以. （2）因为且，所以四边形ADGE为平行四边形， 又，所以四边形ADGE为菱形，所以AG⊥DE. 因为平面，平面，所以， 又，平面，所以CD⊥面， 又面，所以，又， 平面，所以面，又面， 所以. （3）由于，，，平面，， 则以D为原点，分别以，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向的空间直角坐标系，如图， 于是，，设平面ABE的法向量为， 则，，令，得， 假设线段BE上存在点P，使得直线DP与平面ABE所成的角的正弦值为. 设，， ， 解得：. 所以线段BE上存在点P，且时,使得直线DP与平面ABE所成的角的正弦值为. 32．（23-24高二下·浙江宁波·期中）如图，多面体中，直角梯形所在平面与正三角形所在平面垂直，，． (1)求该多面体的体积V； (2)在棱上是否存在点P，使得直线和平面所成的角大小为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)存在，. 【分析】（1）取中点，连接，求证平面，即可由求出该多面体的体积. （2）先求证两两垂直，建立空间直角坐标系，设，依据已知条件求出和平面的法向量，再依据即可计算求解，进而得解. 【详解】（1）取中点，连接，则由为正三角形得， 又因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，又由题意， 所以该多面体的体积. （2）连接，由题意以及（1）可知且， 所以四边形是平行四边形，所以，所以， 所以由平面可知两两垂直， 所以可建立如图所示的空间直角坐标系， 则, 所以，， 设，则， 所以， 设是平面的一个法向量，则， 所以，即，取，则， 所以直线和平面所成的角的正弦值为 ， 整理得，解得（舍去）或， 所以在棱上存在点P，使得直线和平面所成的角大小为，此时. 33．（23-24高二下·天津·期中）如图，在四棱锥中，底面为矩形，侧棱底面，是的中点. (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)已知点在棱上，且直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)或 【分析】（1）要证明线面平行，转化为证明线线平行，根据几何关系，构造中位线，即可证明； （2）首先建立空间直角坐标系，分别求平面和的法向量，根据法向量夹角的余弦值，即可求解； （3）根据（2）的结果，代入线面角的向量公式，即可求解. 【详解】（1）连结，交于点，连结， 点是的中点，点是的中点， 所以，平面，平面， 所以平面； （2）如图，以向量，，为轴的正方向建立空间直角坐标系， ，，， 则，， 设平面的法向量， 则，令，，， 所以平面的法向量， 平面的一个法向量为， 设平面和平面的夹角为， 则， 所以平面和平面的夹角的余弦值为； （3），，，， ，，， ， 由（2）知平面的法向量， 设直线与平面的夹角为， 则， 解得或， 又， 则或. 34．（23-24高二上·湖南长沙·期末）正三棱柱中，，是的中点，点在上，且满足，当直线与平面所成的角取最大值时，的值为 ． 【答案】/ 【分析】建立空间直角坐标系，利用向量的夹角公式，求出直线PN与平面ABC所成的角正弦值，即可求得结论． 【详解】   如图，正三棱柱中，取中点，连接， 则，则平面，不妨设， 以为坐标原点，以分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 于是，则， ， 取平面ABC的一个法向量为， 设直线PN与平面ABC所成的角为， ， 当时，，此时角最大． 故答案为：． 35．（23-24高三上·北京顺义·期中）如图所示的几何体是由正方形沿直线旋转得到的，设是圆弧的中点，是圆弧上的动点（含端点），给出下列四个结论： ①存在点，使得 ②不存在点，使得 ③存在点，使得平面 ④不存在点，使得直线与平面的所成角为 其中，所有正确结论的序号为 ． 【答案】①②③． 【分析】由题意可将图形补全为一个正方体，，根据线面垂直即可判定①，．根据平面，而是圆弧上的动点，即可判定②；对于③，建立空间直角坐标系，根据平面的法向量和垂直即可判定结果；对于④，当点与点重合时，直线与平面所成角最大，求出夹角正弦值，进一步分析即可． 【详解】由题意可将图形补全为一个正方体，如图所示： 对于①，因为平面，平面， 所以，所以当，重合时，由．故①正确； 对于②，因为，若，则，又， 则，重合，而是圆弧上的动点，，不可能重合， 所以不成立，故②正确； 对于③，以为原点，，，所在直线为，，轴的建立如图所示的空间直角坐标系， 设，则,0,,,0,,,2,,,2,， ， ,,，，，， 所以，， 设为平面的一个法向量， 则， 令，得，，则． 假设平面， 则，所以． 因为，，，所以， 即是圆弧的中点，符合题意， 所以存在点，使得平面，故③正确； 对于④，当点与点重合时，直线与平面所成角最大， 因为， 所以，， 此时直线与平面的所成角的正弦值为， 由，得直线与平面的所成角的最大角大于， 所以存在点，使得直线与平面的所成角为，故④错误． 故答案为:①②③． 36．（23-24高二下·江苏宿迁·期中）阅读下面材料：在空间直角坐标系中，过点且一个法向量为的平面的方程为，过点且方向向量为的直线的方程为．根据上述材料，解决下面问题：已知平面的方程为，直线是两个平面与的交线，则直线与平面所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由题意分别求出平面，平面与的法向量，再结合向量知识得到直线的方向向量，最后由线面角的公式求出结果即可. 【详解】因为平面的方程为， 所以平面的一个法向量为， 同理可得平面与的一个法向量为和， 设直线的一个方向向量为， 则， 不妨取，则， 直线与平面所成的角为， 则， 故选：D. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$