专题四 立体几何 第3讲 空间向量与空间角-2025年高考数学二轮复习（新高考专用）

第3讲 空间向量与空间角（新高考专用） 目录 【真题自测】 2 【考点突破】 5 【考点一】异面直线所成的角 5 【考点二】直线与平面的夹角 7 【考点三】平面与平面的夹角 9 【专题精练】 11 考情分析： 以空间几何体为载体考查空间角是高考命题的重点．空间向量是将空间几何问题坐标化的工具，利用空间向量求平面与平面的夹角或线面角是高考热点，通常以解答题的形式出现，难度中等． 真题自测 一、解答题 1．（2024·全国·高考真题）如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形，，，，为的中点． (1)证明：平面； (2)求二面角的正弦值． 2．（2024·全国·高考真题）如图，平面四边形ABCD中，，，，，，点E，F满足，，将沿EF翻折至，使得． (1)证明：； (2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值． 3．（2023·全国·高考真题）如图，在正四棱柱中，．点分别在棱,上，．    (1)证明：； (2)点在棱上，当二面角为时，求． 4．（2023·全国·高考真题）如图，三棱锥中，，，，E为BC的中点． (1)证明：； (2)点F满足，求二面角的正弦值． 5．（2022·全国·高考真题）如图，是三棱锥的高，，，E是的中点．    (1)证明：平面； (2)若，，，求二面角的正弦值． 6．（2022·全国·高考真题）在四棱锥中，底面． (1)证明：； (2)求PD与平面所成的角的正弦值． 7．（2022·全国·高考真题）如图，四面体中，，E为的中点． (1)证明：平面平面； (2)设，点F在上，当的面积最小时，求与平面所成的角的正弦值． 8．（2022·全国·高考真题）如图，直三棱柱的体积为4，的面积为． (1)求A到平面的距离； (2)设D为的中点，，平面平面，求二面角的正弦值． 考点突破 【考点一】异面直线所成的角 核心梳理： 设异面直线l，m的方向向量分别为a＝(a1，b1，c1)，b＝(a2，b2，c2)，异面直线l与m的夹角为θ. 则(1)θ∈； (2)cos θ＝|cos〈a，b〉|＝＝. 一、单选题 1．（2024·辽宁沈阳·模拟预测）已知直三棱柱中，，，，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 2．（2024·河南信阳·模拟预测）已知三棱柱满足，，，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 3．（2024·四川南充·一模）如图，在边长为2的正方体中，E为AD的中点，F为的中点，过点、E、B作正方体的截面α，则下列结论中正确的是（    ） A．三棱锥的体积为 B．与所成角的余弦值为 C． D．二面角的余弦值为 4．（2024·天津蓟州·模拟预测）如图，在棱长为1的正方体中，为平面内一动点，则下列说法不正确的是（    ） A．若在线段上，则的最小值为 B．平面被正方体内切球所截，则截面面积为 C．若与所成的角为，则点的轨迹为椭圆 D．对于给定的点，过有且仅有3条直线与直线所成角为 三、填空题 5．（2024·广东·一模）在正方体中，点P、Q分别在、上，且，，则异面直线与所成角的余弦值为 6．（23-24高二上·江苏苏州·期末）已知圆台的高为2，上底面圆的半径为2，下底面圆的半径为4，，两点分别在圆、圆上，若向量与向量的夹角为60°，则直线与直线所成角的大小为 ． 规律方法： 用向量法求异面直线所成的角的一般步骤 (1)建立空间直角坐标系． (2)用坐标表示两异面直线的方向向量． (3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值． (4)注意两异面直线所成角的范围是，即两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角的余弦值的绝对值． 【考点二】直线与平面所成的角 核心梳理： 设直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，直线l与平面α所成的角为θ， 则(1)θ∈；(2)sin θ＝|cos〈a，n〉|＝. 一、单选题 1．（2024·河北·模拟预测）已知正方体的棱长为，点N是四边形内一点，且满足，则DN与平面所成角的正切值的最小值为（    ） A． B． C． D． 2．（23-24高二上·全国·期中）PA，PB，PC是从点P引出的三条射线，每两条的夹角均为，则直线PC与平面PAB所成角的余弦值为（　　） A． B． C． D． 二、多选题 3．（2024·福建泉州·模拟预测）刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容．用曲率刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于与多面体在该点的面角和的差（多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制）．已知正三棱台中，，棱，的中点分别为，．若该棱台顶点，的曲率之差为，则（    ） A． B．平面 C．直线与平面所成角的正弦值等于 D．多面体顶点D的曲率的余弦值等于 4．（2024·山西吕梁·三模）已知正方体的棱长为是空间中的一动点，下列结论正确的是（    ） A．若点在正方形内部，异面直线与所成角为，则的范围为 B．平面平面 C．若，则的最小值为 D．若，则平面截正方体所得截面面积的最大值为 三、填空题 5．（2024·广东茂名·模拟预测）已知四棱柱的底面是正方形，，，点在底面的射影为中点H，则直线与平面所成角的正弦值为 ． 6．（2024·全国·模拟预测）在棱长为2的正方体中，动点，分别在棱，上，且满足，当的体积最小时，与平面所成角的正弦值是 ． 四、解答题 7．（24-25高二上·河北张家口·阶段练习）如图，已知四棱台的上、下底面分别是边长为2和4的正方形，，且底面，点P、Q分别是棱的中点. (1)在底面内是否存在点，满足平面?若存在，请说明点的位置，若不存在，请说明理由； (2)设平面交棱于点T，平面将四棱台分成上，下两部分，求与平面所成角的正弦值. 8．（24-25高三上·安徽·开学考试）如图，在三棱台中，上､下底面是边长分别为4和6的等边三角形，平面，设平面平面，点分别在直线和直线上，且满足. (1)证明：平面； (2)若直线和平面所成角的余弦值为，求该三棱台的体积. 规律方法： (1)线面角θ与直线的方向向量a和平面的法向量n所成的角〈a，n〉的关系是〈a，n〉＋θ＝或〈a，n〉－θ＝，所以应用向量法求的是线面角的正弦值，而不是余弦值． (2)利用方程思想求法向量，计算易出错，要认真细心． 【考点三】平面与平面的夹角 核心梳理： 设平面α，β的法向量分别为u，v，平面α与平面β的夹角为θ， 则(1)θ∈； (2)cos θ＝|cos〈u，v〉|＝. 一、单选题 1．（2024·江西宜春·模拟预测）在正方体中，平面经过点，平面经过点，当平面分别截正方体所得截面面积最大时，平面与平面的夹角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 2．（24-25高二上·福建·阶段练习）在矩形中，，，将沿着翻折，使点在平面上的投影恰好在直线上，则此时二面角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 3．（23-24高一下·浙江宁波·期中）如图，已知正方体的棱长为2，，，分别为，，的中点，以下说法正确的是（    ） A．三棱锥的体积为 B．平面 C．平面 D．二面角的余弦值为 4．（2024·江西景德镇·三模）正方体的棱长为6，，分别是棱，的中点，过，，作正方体的截面，则（    ） A．该截面是五边形 B．四面体外接球的球心在该截面上 C．该截面与底面夹角的正切值为 D．该截面将正方体分成两部分，则较小部分的体积为75 三、填空题 5．（2024·江苏苏州·模拟预测）在平面直角坐标系中，设，若沿直线把平面直角坐标系折成大小为的二面角后，，则的余弦值为 ． 四、解答题 6．（2024·广东·模拟预测）如图，在四棱锥中，平面，底面为等腰梯形，其中，． (1)证明：平面平面． (2)若，求二面角的余弦值． 7．（2024·云南·模拟预测）如图，已知四棱锥中，平面，，．    (1)求证：平面平面； (2)若平面与平面所成角的余弦值为，求线段的长． 规律方法： 平面与平面夹角的取值范围是，两向量夹角的取值范围是[0，π]，两平面的夹角与其对应的两法向量的夹角不一定相等，而是相等或互补． 专题精练 一、单选题 1．（2024·全国·模拟预测）在正方体中，，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 2．（2023·贵州贵阳·模拟预测）古希腊数学家阿波罗尼斯采用平面切割圆锥面的方法来研究圆锥曲线，如图1，设圆锥轴截面的顶角为，用一个平面去截该圆锥面，随着圆锥的轴和所成角的变化，截得的曲线的形状也不同．据研究，曲线的离心率为，比如，当时，，此时截得的曲线是抛物线．如图2，在底面半径为，高为的圆锥中，、是底面圆上互相垂直的直径，是母线上一点，，平面截该圆锥面所得的曲线的离心率为（    ）    A． B． C． D． 二、多选题 3．（2024·广东·三模）已知正方体的棱长为分别为棱的中点，则（   ） A．三棱锥的体积为 B．与所成的角为 C．过三点的平面截正方体所得截面图形为等腰梯形 D．平面与平面夹角的正切值为 4．（2024·重庆·三模）如图，已知正方体中，分别为棱、的中点，则下列说法正确的是（    ） A．四点共面 B．与异面 C． D．RS与所成角为 5．（2024·辽宁·模拟预测）已知正三棱柱的底面边长为，高为，记异面直线与所成角为，则（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 6．（2024·江苏连云港·模拟预测）在棱长为2的正方体中，E，F，G分别为棱，CD，的中点，则（    ） A． B．平面EFG截正方体所得到的截面面积是 C．直线AB和直线与平面EFG所成的角相等 D．点E到平面BFG的距离为 三、填空题 7．（2024·全国·模拟预测）如图，在四棱锥中，平面，，，四边形为直角梯形，，，给出下列结论：①平面；②三棱锥的外接球的表面积为；③异面直线与所成角的余弦值为；④直线与平面所成角的正弦值为.则所有正确结论的序号是 . 8．（2024·全国·模拟预测）在正四棱锥中，点分别为的中点，，异面直线所成角的余弦值为，则正四棱锥的高为 ，外接球的表面积为 ． 四、解答题 9．（2024·浙江嘉兴·模拟预测）如图，已知四棱锥的底面是边长为6的正方形，侧面底面，点分别是的中点，点在棱上且. (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成的角的正弦值. 10．（2024·安徽·一模）如图，四棱锥中，底面 是矩形，，，，M是的中点，. (1)证明：平面； (2)若点P是棱上的动点，直线与平面所成角的正弦值为，求的值. 11．（2024·广东广州·模拟预测）如图，四棱锥中，底面是平行四边形，是正三角形，． (1)证明：平面平面; (2)求二面角的余弦值． 12．（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. 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第3讲 空间向量与空间角（新高考专用） 目录 【真题自测】 2 【考点突破】 16 【考点一】异面直线所成的角 16 【考点二】直线与平面的夹角 24 【考点三】平面与平面的夹角 38 【专题精练】 48 考情分析： 以空间几何体为载体考查空间角是高考命题的重点．空间向量是将空间几何问题坐标化的工具，利用空间向量求平面与平面的夹角或线面角是高考热点，通常以解答题的形式出现，难度中等． 真题自测 一、解答题 1．（2024·全国·高考真题）如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形，，，，为的中点． (1)证明：平面； (2)求二面角的正弦值． 2．（2024·全国·高考真题）如图，平面四边形ABCD中，，，，，，点E，F满足，，将沿EF翻折至，使得． (1)证明：； (2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值． 3．（2023·全国·高考真题）如图，在正四棱柱中，．点分别在棱,上，．    (1)证明：； (2)点在棱上，当二面角为时，求． 4．（2023·全国·高考真题）如图，三棱锥中，，，，E为BC的中点． (1)证明：； (2)点F满足，求二面角的正弦值． 5．（2022·全国·高考真题）如图，是三棱锥的高，，，E是的中点．    (1)证明：平面； (2)若，，，求二面角的正弦值． 6．（2022·全国·高考真题）在四棱锥中，底面． (1)证明：； (2)求PD与平面所成的角的正弦值． 7．（2022·全国·高考真题）如图，四面体中，，E为的中点． (1)证明：平面平面； (2)设，点F在上，当的面积最小时，求与平面所成的角的正弦值． 8．（2022·全国·高考真题）如图，直三棱柱的体积为4，的面积为． (1)求A到平面的距离； (2)设D为的中点，，平面平面，求二面角的正弦值． 参考答案： 1．(1)证明见详解； (2) 【分析】（1）结合已知易证四边形为平行四边形，可证，进而得证； （2）作交于，连接，易证三垂直，采用建系法结合二面角夹角余弦公式即可求解. 【详解】（1）因为为的中点，所以， 四边形为平行四边形，所以，又因为平面， 平面，所以平面； （2）如图所示，作交于，连接， 因为四边形为等腰梯形，，所以， 结合（1）为平行四边形，可得，又， 所以为等边三角形，为中点，所以， 又因为四边形为等腰梯形，为中点，所以， 四边形为平行四边形，， 所以为等腰三角形，与底边上中点重合，，， 因为，所以，所以互相垂直， 以方向为轴，方向为轴，方向为轴，建立空间直角坐标系， ，，， ，设平面的法向量为， 平面的法向量为， 则，即，令，得，即， 则，即，令，得， 即，，则， 故二面角的正弦值为. 2．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由题意，根据余弦定理求得，利用勾股定理的逆定理可证得，则，结合线面垂直的判定定理与性质即可证明； （2）由（1），根据线面垂直的判定定理与性质可证明，建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法求解面面角即可. 【详解】（1）由， 得，又，在中， 由余弦定理得, 所以，则，即， 所以，又平面， 所以平面，又平面， 故； （2）连接，由，则， 在中，，得， 所以，由（1）知，又平面， 所以平面，又平面， 所以，则两两垂直，建立如图空间直角坐标系， 则， 由是的中点，得， 所以， 设平面和平面的一个法向量分别为， 则，， 令，得， 所以， 所以， 设平面和平面所成角为，则， 即平面和平面所成角的正弦值为. 【点睛】 3．(1)证明见解析； (2)1 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量坐标相等证明； （2）设，利用向量法求二面角，建立方程求出即可得解. 【详解】（1）以为坐标原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图，    则， ， ， 又不在同一条直线上， . （2）设， 则， 设平面的法向量， 则， 令 ，得， ， 设平面的法向量， 则， 令 ，得， ， ， 化简可得，， 解得或， 或， . 4．(1)证明见解析； (2)． 【分析】（1）根据题意易证平面，从而证得； （2）由题可证平面，所以以点为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，再求出平面的一个法向量，根据二面角的向量公式以及同角三角函数关系即可解出． 【详解】（1）连接，因为E为BC中点，，所以①， 因为，，所以与均为等边三角形， ，从而②，由①②，，平面， 所以，平面，而平面，所以． （2）不妨设，，． ，，又，平面平面． 以点为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：    设， 设平面与平面的一个法向量分别为， 二面角平面角为,而， 因为，所以，即有， ，取，所以； ，取，所以， 所以，，从而． 所以二面角的正弦值为． 5．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接并延长交于点，连接、，根据三角形全等得到，再根据直角三角形的性质得到，即可得到为的中点从而得到，即可得证； （2）建立适当的空间直角坐标系，利用空间向量法求出二面角的余弦的绝对值，再根据同角三角函数的基本关系计算可得. 【详解】（1）证明：连接并延长交于点，连接、， 因为是三棱锥的高，所以平面，平面， 所以、， 又，所以，即，所以， 又，即，所以，， 所以 所以，即，所以为的中点，又为的中点，所以， 又平面，平面， 所以平面    （2）解：过点作，如图建立空间直角坐标系， 因为，，所以， 又，所以，则，， 所以，所以，，，， 所以， 则，，， 设平面的法向量为，则，令，则，，所以； 设平面的法向量为，则， 令，则，，所以； 所以. 设二面角的大小为，则， 所以，即二面角的正弦值为.    6．(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）作于，于，利用勾股定理证明，根据线面垂直的性质可得，从而可得平面，再根据线面垂直的性质即可得证； （2）以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法即可得出答案. 【详解】（1）证明：在四边形中，作于，于， 因为， 所以四边形为等腰梯形， 所以， 故，， 所以， 所以， 因为平面，平面， 所以， 又， 所以平面， 又因为平面， 所以； （2）解：如图，以点为原点建立空间直角坐标系， ， 则， 则， 设平面的法向量， 则有，可取， 则， 所以与平面所成角的正弦值为. 7．(1)证明过程见解析 (2)与平面所成的角的正弦值为 【分析】（1）根据已知关系证明，得到，结合等腰三角形三线合一得到垂直关系，结合面面垂直的判定定理即可证明； （2）根据勾股定理逆用得到，从而建立空间直角坐标系，结合线面角的运算法则进行计算即可. 【详解】（1）因为，E为的中点，所以； 在和中，因为， 所以，所以，又因为E为的中点，所以； 又因为平面，，所以平面， 因为平面，所以平面平面. （2）连接，由（1）知，平面，因为平面， 所以，所以， 当时，最小，即的面积最小. 因为，所以， 又因为，所以是等边三角形， 因为E为的中点，所以，， 因为，所以, 在中，，所以. 以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系， 则，所以， 设平面的一个法向量为， 则，取，则， 又因为，所以， 所以， 设与平面所成的角为， 所以， 所以与平面所成的角的正弦值为. 8．(1) (2) 【分析】（1）由等体积法运算即可得解； （2）由面面垂直的性质及判定可得平面，建立空间直角坐标系，利用空间向量法即可得解. 【详解】（1）在直三棱柱中，设点A到平面的距离为h， 则， 解得， 所以点A到平面的距离为； （2）取的中点E,连接AE,如图，因为，所以, 又平面平面，平面平面， 且平面，所以平面， 在直三棱柱中，平面， 由平面，平面可得，， 又平面且相交，所以平面， 所以两两垂直，以B为原点，建立空间直角坐标系，如图， 由（1）得，所以，，所以， 则,所以的中点， 则，, 设平面的一个法向量，则， 可取， 设平面的一个法向量，则， 可取， 则， 所以二面角的正弦值为. 考点突破 【考点一】异面直线所成的角 核心梳理： 设异面直线l，m的方向向量分别为a＝(a1，b1，c1)，b＝(a2，b2，c2)，异面直线l与m的夹角为θ. 则(1)θ∈； (2)cos θ＝|cos〈a，b〉|＝＝. 一、单选题 1．（2024·辽宁沈阳·模拟预测）已知直三棱柱中，，，，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 2．（2024·河南信阳·模拟预测）已知三棱柱满足，，，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 3．（2024·四川南充·一模）如图，在边长为2的正方体中，E为AD的中点，F为的中点，过点、E、B作正方体的截面α，则下列结论中正确的是（    ） A．三棱锥的体积为 B．与所成角的余弦值为 C． D．二面角的余弦值为 4．（2024·天津蓟州·模拟预测）如图，在棱长为1的正方体中，为平面内一动点，则下列说法不正确的是（    ） A．若在线段上，则的最小值为 B．平面被正方体内切球所截，则截面面积为 C．若与所成的角为，则点的轨迹为椭圆 D．对于给定的点，过有且仅有3条直线与直线所成角为 三、填空题 5．（2024·广东·一模）在正方体中，点P、Q分别在、上，且，，则异面直线与所成角的余弦值为 6．（23-24高二上·江苏苏州·期末）已知圆台的高为2，上底面圆的半径为2，下底面圆的半径为4，，两点分别在圆、圆上，若向量与向量的夹角为60°，则直线与直线所成角的大小为 ． 参考答案： 题号 1 2 3 4 答案 C C ACD C 1．C 【分析】根据空间向量法求线线角即可. 【详解】以为原点，在平面内过作的垂线交于， 以为轴，以为轴，以为轴，建立空间直角坐标系， 因为直三棱柱中，，，， 所以， 所以， 设异面直线与所成角为， 所以. 故选：C. 2．C 【分析】设，，，表达出，，求出两向量数量积和模长，利用求出答案. 【详解】设，，， 则，， 则，由得,即， 又，由得， 因为，所以， 即，即， 所以， 所以异面直线与所成角的余弦值为. 故选：C 3．ACD 【分析】对于A，根据等体积法直接计算即可；对于BCD，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解判断即可. 【详解】对于A，，故A正确； 对于B，以为原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系， 所以，，，，，， 则，， 则， 所以与所成角的余弦值为，故B错误； 对于C，由B知，，，， 设平面的一个法向量为， 则，即， 令，可得， 所以，即， 又平面，所以平面， 即，故C正确； 对于D，在正方体中，平面， 所以平面的一个法向量为, 所以， 所以二面角的余弦值为，故D正确. 故选：ACD. 4．C 【分析】把矩形与正方形置于同一平面，求出长判断A；求出内切球球心到平面，求出截面小圆半径判断B；建立空间直角坐标系，利用异面直线夹角建立方程判断C；利用异面直线所成角的意义转化判断D. 【详解】对于A，正方体的对角面是矩形，把矩形与正方形 置于同一平面，且在直线两侧，连接，则， 当且仅当为与的交点时取等号，A正确； 对于B，令正方体内切球球心为，连接，为正方体的中心， ，，正半径， 正三棱锥底面上的高，又球的半径为， 则被截得的圆的半径为，面积为，B正确； 对于C，建立空间直角坐标系，如图， 则，设，有， 则，整理得， 则的轨迹是双曲线，C错误； 对于D，显然过的满足条件的直线数目等于过的满足条件的直线的数目，， 在直线上取点，使，不妨设，则， 则四面体是正四面体，有两种可能，直线也有两种可能， 若，则只有一种可能，就是与的角平分线垂直的直线，所以直线有三种可能，D正确. 故选：C 【点睛】关键点点睛：选项A中，关键是将空间中的两距离之和最短转化为平面内三点共线时长度最短问题求解. 5．/ 【分析】以D为原点，为x轴，为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线与所成角的余弦值. 【详解】设正方体中棱长为3， 以D为原点，为x轴，为y轴，为z轴，建立如图所示空间直角坐标系，    则，，，，，， 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. 故答案为：. 6． 【分析】法1：设直线与直线所成角为，根据求解即可. 法2：设点在圆上的射影为，则为中点，且，则即为与所成角的平面角，求出即可. 法3：以为原点建系，利用向量法求解即可. 【详解】法1：在上的投影向量为，故， ， 设直线与直线所成角为， 则，所以， 即直线与直线所成角的大小为. 法2：如图，， 则即为向量与向量的夹角， 所以，所以为等边三角形， 设点在圆上的射影为， 则为中点，且， 所以即为与所成角的平面角， ，， 在中， 则， 即与所成角为. 法3：因为， 则即为向量与向量的夹角， 所以，所以为等边三角形， 以为原点建系，则，， 故， 即直线与直线所成角的余弦值为， 所以直线与直线所成角的大小为． 规律方法： 用向量法求异面直线所成的角的一般步骤 (1)建立空间直角坐标系． (2)用坐标表示两异面直线的方向向量． (3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值． (4)注意两异面直线所成角的范围是，即两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角的余弦值的绝对值． 【考点二】直线与平面所成的角 核心梳理： 设直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，直线l与平面α所成的角为θ， 则(1)θ∈；(2)sin θ＝|cos〈a，n〉|＝. 一、单选题 1．（2024·河北·模拟预测）已知正方体的棱长为，点N是四边形内一点，且满足，则DN与平面所成角的正切值的最小值为（    ） A． B． C． D． 2．（23-24高二上·全国·期中）PA，PB，PC是从点P引出的三条射线，每两条的夹角均为，则直线PC与平面PAB所成角的余弦值为（　　） A． B． C． D． 二、多选题 3．（2024·福建泉州·模拟预测）刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容．用曲率刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于与多面体在该点的面角和的差（多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制）．已知正三棱台中，，棱，的中点分别为，．若该棱台顶点，的曲率之差为，则（    ） A． B．平面 C．直线与平面所成角的正弦值等于 D．多面体顶点D的曲率的余弦值等于 4．（2024·山西吕梁·三模）已知正方体的棱长为是空间中的一动点，下列结论正确的是（    ） A．若点在正方形内部，异面直线与所成角为，则的范围为 B．平面平面 C．若，则的最小值为 D．若，则平面截正方体所得截面面积的最大值为 三、填空题 5．（2024·广东茂名·模拟预测）已知四棱柱的底面是正方形，，，点在底面的射影为中点H，则直线与平面所成角的正弦值为 ． 6．（2024·全国·模拟预测）在棱长为2的正方体中，动点，分别在棱，上，且满足，当的体积最小时，与平面所成角的正弦值是 ． 四、解答题 7．（24-25高二上·河北张家口·阶段练习）如图，已知四棱台的上、下底面分别是边长为2和4的正方形，，且底面，点P、Q分别是棱的中点. (1)在底面内是否存在点，满足平面?若存在，请说明点的位置，若不存在，请说明理由； (2)设平面交棱于点T，平面将四棱台分成上，下两部分，求与平面所成角的正弦值. 8．（24-25高三上·安徽·开学考试）如图，在三棱台中，上､下底面是边长分别为4和6的等边三角形，平面，设平面平面，点分别在直线和直线上，且满足. (1)证明：平面； (2)若直线和平面所成角的余弦值为，求该三棱台的体积. 参考答案： 题号 1 2 3 4 答案 D C BC BCD 1．D 【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法求得正确答案. 【详解】以为原点，建立如图所示空间直角坐标系， ，平面的法向量为， 由于点N是四边形内一点，故可设，， 由于，所以，所以， 所以点在线段上，设DN与平面所成角为，， 则，所以， 当时，，不存在. 当时，，当时，取得最小值为. 故选：D 2．C 【分析】将放在正方体中进行分析，结合空间向量法求解即可. 【详解】如图所示，把放在正方体中，的夹角均为． 建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体棱长为1， 则， 所以， 设平面的法向量，则， 令，则，所以， 所以． 设直线与平面所成角为，所以， 所以． 故选：C． 3．BC 【分析】延长，相交于P，O为的中心，棱的中点为E，以过O且平行于的直线为x轴，直线为y轴，直线为z轴，建立空间直角坐标系，利用线线垂直的向量表示，判断A；利用线面垂直的判定，判断B；利用直线与平面所成角的向量求法，判断C；利用向量与向量的夹角，判断D． 【详解】 正三棱台中，棱，的中点分别为，， 延长，相交于P，设O为的中心，棱的中点为E， 以过O且平行于的直线为x轴，直线为y轴， 直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示， ∵正三棱台的顶点，的曲率之差为， ∴， 则， 又， ∴，， 令，则，，， ，，，， ，． 对于A，∵，， ， ∴与不垂直，故A错误； 对于B，∵，，则，同理，， 又，平面， ∴平面，即平面，故B正确； 对于C，∵，， 令平面，即平面的法向量为， 则， 取，得， 令直线与平面所成角为， ∴ ，故C正确； 对于D，∵，， ∴ ， 又多面体顶点D的曲率 ， ∴，故D错误． 故选：BC． 4．BCD 【分析】建立空间直角坐标系，利用向量求异面直线夹角的取值范围，判断A的真假；平面平面，B选项很好判断；先确定点位置，再展开成平面，转化成平面上两点之间的距离问题判断C的真假；先得到是线段上一点，连接并与交于点，分当与重合，在线段（不含点）上，在线段（不含点，）上和与重合四种情况，得到截面积的最大值，判断D的真假. 【详解】对于，如图： 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， 则 则， 因为 所以， 故，则的取值范围为，故A不正确； 对于B，在正方体中，平面平面，显然成立.故B正确； 对于C：正方体的棱长为2，为空间中的一动点，在上取点，使，在上取点，使,如图： 由得，即，故为线段上一点. 将平面沿展开至与平面共面，如下图： 易知：， 则. 在平面图中，当三点共线时，取得最小值，为，故C正确； 对于D：因为，所以，又，可知是线段上一点，如图： 连接并与交于点. 当与重合时，平面与平面重合，此时截面面积为4. 当在线段（不含点）上时，平面截正方体所得截面为三角形，且当与重合时，截面为，此时截面面积最大，由三边长均为，故此时截面面积最大值为. 当在线段（不含点）上时，如图： 延长与交于点，作平行于并与交于点，则截面为等腰梯形，设，则，梯形的高，面积为. 由图可知：梯形的面积一定小于矩形的面积，且矩形面积为， 所以. 当与重合时，截面为矩形，面积为. 故平面截正方体所得截面面积的最大值为，故D正确. 故选：BCD 【点睛】方法点睛：立体几何中截面的处理思路： （1）直接连接法：有两点在几何体的同一个平面上，连接该两点即为几何体与截面的交线，找截面就是找交线的过程； （2）作平行线法：过直线与直线外一点作截面，若直线所在的平面与点所在的平面平行，可以通过过点找直线的平行线找到几何体与截面的交线； （3）作延长线找交点法：若直线相交但在立体几何中未体现，可通过作延长线的方法先找到交点，然后借助交点找到截面形成的交线； （4）辅助平面法：若三个点两两都不在一个侧面或者底面中，则在作截面时需要作一个辅助平面. 5． 【分析】以点H为坐标原点，、、的方向分别为x、y、z轴的正方向建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量为，直线的一个方向向量，利用向量的夹角公式可求直线与平面所成角的正弦值. 【详解】因为点在底面的射影为中点H，则平面， 又因为四边形为正方形， 以点H为坐标原点，、、的方向分别为x、y、z轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，    因为平面，平面，则， 因为，，则， 则、、、， 所以， 易知平面的一个法向量为， ， 因此，直线与平面所成角的正弦值为． 故答案为：. 6． 【分析】设，结合等积法，可求出当的体积最小时，，分别是所在棱的中点；法一，根据，可求出点到平面的距离为，结合直线与平面所成角的集合法即可求解；法二，建立空间直角坐标系，应用向量法求解. 【详解】设，则 ． 由等体积法，得 ， 当且仅当，即时，等号成立． 所以当的体积最小时，，分别是所在棱的中点． 方法一  易知，，．由余弦定理，得 ，所以， 所以． 设点到平面的距离为．根据， 得，解得． 所以与平面所成角的正弦值为． 方法二 以点为原点，以，，所在直线分别为轴、轴、轴， 建立空间直角坐标系， 则，，，． 所以，，． 设平面的法向量为， 则即令，得，， 则．设与平面所成的角为， 则． 故答案为： 7．(1)存在点 (2) 【分析】（1）根据题意建系，求出相关点和相关向量的坐标，通过线线垂直建立方程组，即可求得点的坐标，得出结论； （2）按（1）建系，利用四点共面求得点坐标，再利用空间向量的夹角公式计算即得. 【详解】（1） 因底面，且是正方形，故可以点为坐标原点， 分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示. 则 因点P、Q分别是棱的中点，则, , 假设在底面内存在点，使得平面，则 则由，解得， 故存在点，满足平面； （2）按照（1）建系，设点， 依题意，四点共面，故必有, 即，则得，，解得， 即，又, 设平面的法向量为，则， 故可取.因， 设与平面所成角为，则. 即与平面所成角的正弦值为. 8．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据线面平行的性质定理可得，再结合线面垂直的判定定理可得结果； （2）建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，利用线面角的向量求法及棱台的体积公式可得结果. 【详解】（1）由三棱台知，平面， 因为平面，且平面平面， 所以， 因为，所以，又，平面， 所以平面； （2）取中点，连接，以为原点，为轴，为轴， 过点做轴垂直于平面，建立空间直角坐标系如图，设三棱台的高为， 则 设平面的法向量为， 则，即， 令，可得平面的一个法向量， 易得平面的一个法向量， 设与平面夹角为， ， 所以 由，得， 由（1）知，所以， 解得，所以三棱台的体积. 规律方法： (1)线面角θ与直线的方向向量a和平面的法向量n所成的角〈a，n〉的关系是〈a，n〉＋θ＝或〈a，n〉－θ＝，所以应用向量法求的是线面角的正弦值，而不是余弦值． (2)利用方程思想求法向量，计算易出错，要认真细心． 【考点三】平面与平面的夹角 核心梳理： 设平面α，β的法向量分别为u，v，平面α与平面β的夹角为θ， 则(1)θ∈； (2)cos θ＝|cos〈u，v〉|＝. 一、单选题 1．（2024·江西宜春·模拟预测）在正方体中，平面经过点，平面经过点，当平面分别截正方体所得截面面积最大时，平面与平面的夹角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 2．（24-25高二上·福建·阶段练习）在矩形中，，，将沿着翻折，使点在平面上的投影恰好在直线上，则此时二面角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 3．（23-24高一下·浙江宁波·期中）如图，已知正方体的棱长为2，，，分别为，，的中点，以下说法正确的是（    ） A．三棱锥的体积为 B．平面 C．平面 D．二面角的余弦值为 4．（2024·江西景德镇·三模）正方体的棱长为6，，分别是棱，的中点，过，，作正方体的截面，则（    ） A．该截面是五边形 B．四面体外接球的球心在该截面上 C．该截面与底面夹角的正切值为 D．该截面将正方体分成两部分，则较小部分的体积为75 三、填空题 5．（2024·江苏苏州·模拟预测）在平面直角坐标系中，设，若沿直线把平面直角坐标系折成大小为的二面角后，，则的余弦值为 ． 四、解答题 6．（2024·广东·模拟预测）如图，在四棱锥中，平面，底面为等腰梯形，其中，． (1)证明：平面平面． (2)若，求二面角的余弦值． 7．（2024·云南·模拟预测）如图，已知四棱锥中，平面，，．    (1)求证：平面平面； (2)若平面与平面所成角的余弦值为，求线段的长． 参考答案： 题号 1 2 3 4 答案 A A ABC ACD 1．A 【分析】因为正方体中过体对角线的截面面积最大，所以题目转化为求平面与平面夹角的余弦值，建立空间直角坐标系，求得即可. 【详解】 如图：因为正方体中过体对角线的截面面积最大， 所以题目转化为求平面与平面夹角的余弦值， 以点为坐标原点，以的方向分别为轴正方向， 建立空间直角坐标系， 由为正方体，设棱长为，，所以四边形为正方形， 所以，又因为平面，平面， 所以，又因为，平面，所以平面， 即为平面的一个法向量， 同理为平面的一个法向量， 由，知， 设平面与平面的夹角为，， 则. 故选：A. 2．A 【分析】如图所示，作于，于，求得，，利用向量的夹角公式可求二面角的余弦值. 【详解】如图所示，作于，于.    在中，，， 在中，， ， 同理可得，，， 因为， 所以 ， 又因为， 所以. 因为与的夹角即为二面角的大小， 所以二面角的余弦值为. 故选：A. 3．ABC 【分析】建立如图所示的空间直角坐标系，由向量法证明面，平面，转换后求棱锥的体积，由空间向量法求二面角，从而判断各选项． 【详解】如图，分别以为轴建立空间直角坐标系，则，，，，，，，， ，，分别为，，的中点，则，，， ，， 易知，所以共面， 又平面，所以面，C正确； ，A正确； ，，同理， 所以是平面的一个法向量，即平面，B正确； 平面的一个法向量是， ，因此二面角的余弦值为，D错误． 故选：ABC． 4．ACD 【分析】对于A，过三点作正方体的截面即可；对于B，计算四面体外接球半径，以及外接圆半径，比较球心与圆心是否重合即可；对于C，建立空间直角坐标系，计算平面和平面的法向量即可；对于D，将被截正方体较小部分体积分为5个三棱锥计算即可. 【详解】对于A，如图①所示，延长交的延长线于，延长交的延长线于， 连接交于，连接交于， 连接，，则五边形为平面截正方体所得的截面，故A正确； 对于B， 如图②所示，设三棱锥底面外心为， 三棱锥外接球球心为， 且, 在中，,， 所以外接圆半径为, 所以在中，三棱锥外接球半径 , 所以三棱锥外接球球心到三点的距离都为. 在中，， 所以外接圆半径, 所以四面体外接球的球心不在该截面上，故B错误； 对于C，如图③所示，以分别为轴建立如图空间直角坐标系， 且正方体边长为6，即， 所以， 设为平面的法向量，则 ，取， 所以， 又因为平面， 故为平面的法向量， 则， ，故C正确； 对于D，如图④所示，取中点，连接, 因为，所以，即， 又因为，所以，即， 同理，由得， 由得， 所以， ， ， ， , 所以该截面将正方体分成两部分，较小部分体积为，故D正确. 故选：ACD. 5． 【分析】在平面直角坐标系中，过点作于点，则折成二面角后，，由结合向量的数量积运算求解即可． 【详解】在平面直角坐标系中，过点作于点， 可知， 沿直线把平面直角坐标系折成大小为的二面角后， 仍有， 则， 由， 可得， 即， 即， 可得． 故答案为： 6．(1)证明见详解 (2) 【分析】（1）过作，垂足为，建系标点，利用空间向量可得，根据线面垂直的性质可得，即可证线面垂直； （2）根据题意分别求平面、平面的法向量，利用空间向量求二面角. 【详解】（1）过作，垂足为，则， 因为，则，且平面， 如图所示，以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系， 则， 可得， 因为，则， 又因为平面，平面，则， 且，平面，可得平面， 又因为平面，所以平面平面. （2）若，由（1）可知：， 可得， 设平面的法向量为，则， 令，则，可得， 设平面的法向量为，则， 令，则，可得， 则， 由图可知二面角为锐二面角，所以二面角的余弦值为. 7．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）设中点为，连接，先证得，，由线面垂直的判定定理可证得平面，再由面面垂直的判定定理即可证明. （2）以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设，分别求出平面与平面的法向量，代入二面角公式即可得出答案. 【详解】（1）证明：设中点为，连接，如图，    因为，且， 故四边形为正方形， 而，，， 所以，所以， 因为平面，平面，所以， 又平面，，所以平面， 因为平面，所以平面平面． （2）解：以为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 设，则，，，， 所以，， 设平面的法向量为，则，即， 令，所以， 由（1）知，平面的法向量为， 设平面与平面所成角为，则， ， 解得或（舍去），所以． 规律方法： 平面与平面夹角的取值范围是，两向量夹角的取值范围是[0，π]，两平面的夹角与其对应的两法向量的夹角不一定相等，而是相等或互补． 专题精练 一、单选题 1．（2024·全国·模拟预测）在正方体中，，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 2．（2023·贵州贵阳·模拟预测）古希腊数学家阿波罗尼斯采用平面切割圆锥面的方法来研究圆锥曲线，如图1，设圆锥轴截面的顶角为，用一个平面去截该圆锥面，随着圆锥的轴和所成角的变化，截得的曲线的形状也不同．据研究，曲线的离心率为，比如，当时，，此时截得的曲线是抛物线．如图2，在底面半径为，高为的圆锥中，、是底面圆上互相垂直的直径，是母线上一点，，平面截该圆锥面所得的曲线的离心率为（    ）    A． B． C． D． 二、多选题 3．（2024·广东·三模）已知正方体的棱长为分别为棱的中点，则（   ） A．三棱锥的体积为 B．与所成的角为 C．过三点的平面截正方体所得截面图形为等腰梯形 D．平面与平面夹角的正切值为 4．（2024·重庆·三模）如图，已知正方体中，分别为棱、的中点，则下列说法正确的是（    ） A．四点共面 B．与异面 C． D．RS与所成角为 5．（2024·辽宁·模拟预测）已知正三棱柱的底面边长为，高为，记异面直线与所成角为，则（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 6．（2024·江苏连云港·模拟预测）在棱长为2的正方体中，E，F，G分别为棱，CD，的中点，则（    ） A． B．平面EFG截正方体所得到的截面面积是 C．直线AB和直线与平面EFG所成的角相等 D．点E到平面BFG的距离为 三、填空题 7．（2024·全国·模拟预测）如图，在四棱锥中，平面，，，四边形为直角梯形，，，给出下列结论：①平面；②三棱锥的外接球的表面积为；③异面直线与所成角的余弦值为；④直线与平面所成角的正弦值为.则所有正确结论的序号是 . 8．（2024·全国·模拟预测）在正四棱锥中，点分别为的中点，，异面直线所成角的余弦值为，则正四棱锥的高为 ，外接球的表面积为 ． 四、解答题 9．（2024·浙江嘉兴·模拟预测）如图，已知四棱锥的底面是边长为6的正方形，侧面底面，点分别是的中点，点在棱上且. (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成的角的正弦值. 10．（2024·安徽·一模）如图，四棱锥中，底面 是矩形，，，，M是的中点，. (1)证明：平面； (2)若点P是棱上的动点，直线与平面所成角的正弦值为，求的值. 11．（2024·广东广州·模拟预测）如图，四棱锥中，底面是平行四边形，是正三角形，． (1)证明：平面平面; (2)求二面角的余弦值． 12．（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. 参考答案： 题号 1 2 3 4 5 6 答案 A D ACD AC ACD AC 1．A 【分析】法一：根据，可得异面直线与所成的角为或其补角，再解即可. 法二：利用空间向量的数量积求出即可. 法三：以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可. 【详解】解法一：因为，所以异面直线与所成的角为或其补角， 设正方体的棱长为2，连接，则， 在中，， 即异面直线与所成角的余弦值为. 解法二：由题，， 所以， 设，则， 所以异面直线与所成角的余弦值为. 解法三：以为坐标原点，建立空间直角坐标系， 设，则，，，， 则，， 故， 故异面直线与所成角的余弦值为. 故选：A. 2．D 【分析】求出的值，然后以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系求出的值，即可求得该双曲线的离心率的值. 【详解】在圆锥中，，，易知， 由圆锥的几何性质可知，平面，因为平面，则， 所以，，则， 圆锥中，、是底面圆上互相垂直的直径， 以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，    则、、、、， 因为是母线上一点，，则，,， 设平面的法向量为，则， 取，可得，且， 所以，， 所以，， 故该圆锥曲线的离心率为， 故选：D. 3．ACD 【分析】求出锥体体积判断A；用定义法求出异面直线的夹角判断B；推理判断截面形状判断C；建立坐标系，利用空间向量求出面面角的余弦判断D. 【详解】正方体的棱长为分别为棱的中点， 对于A，三棱锥的体积，A正确； 对于B，，则是与所成的角或其补角，而， 因此与所成的角为，B错误； 对于C，连接，由，得，则， 而，，因此平面截正方体所得截面图形为等腰梯形，C正确； 对于D，建立如图所示的空间直角坐标系，， ，设平面的法向量， 则，令，得，显然平面的法向量， 设平面与平面的夹角为，则， ，则，D正确. 故选：ACD 【点睛】方法点睛：利用向量法求二面角的常用方法：①找法向量，分别求出两个半平面所在平面的法向量，然后求得法向量的夹角，结合图形得到二面角的大小；②找与交线垂直的直线的方向向量，分别在二面角的两个半平面内找到与交线垂直且以垂足为起点的直线的方向向量，则这两个向量的夹角就是二面角的平面角． 4．AC 【分析】建立空间直角坐标系，设正方体棱长即可得各点的坐标，利用向量法判断线线位置关系判断AB，求解线线角判断CD. 【详解】以D为坐标原点，分别以所在的直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示空间直角坐标系： 设正方体的棱长为2， 则， 因为分别为棱、的中点， 所以， 对于A，因为，所以， 所以，所以四点共面，正确； 对于B，因为，所以， 所以，且，所以四边形为平行四边形， 所以，错误； 对于C，因为，所以， 所以，即，正确； 对于D，因为， 所以，， 所以， 设RS与所成角为，，则，所以， 即与所成角为，错误. 故选：AC 5．ACD 【分析】建立空间直角坐标系，求出相关点坐标，以及相关向量的坐标，根据空间角的向量求法，一一求解各选项中所求结果，即可判断答案. 【详解】在正三棱柱中，设的中点为，连接, 则平面，, 以O为坐标原点，以所在直线为轴，建立空间直角坐标系， 对于A，当时，， 则， 则， 由于异面直线与所成角为，范围为大于小于等于， 故，A正确； 对于B，， 则，由于， 则， 解得或，B错误； 对于C，当时，， 则， 则，故，则，C正确； 对于D，若，则， 则， 则， 则， 解得或（舍），D正确； 故选：ACD 6．AC 【分析】对于A，可用几何法直接证明；对于B，画出截面，求面积即可；对于C 和D，建系求法向量，进而求得线面角和点到面的距离. 【详解】以点为坐标原点，、、分别为轴、轴、轴的正方向，建立空间直角坐标系， 则，，，，，，， 对于A，因为正方体中E，F分别为棱，CD的中点，所以，， 所以四边形为平行四边形，， 又，所以，故A正确； 对于B，由平面的基本性质，平面EFG截正方体所得到的截面如图所示为正六边形， 正六边形边长为，面积为，故B错误； 对于C，设平面EFG的一个法向量为，则，， 取，则，而，， ，， 所以直线AB和直线与平面EFG所成的角相等，故C正确； 对于D，，设平面BFG的一个法向量为， 则，，取，则， 点E到平面BFG的距离为，故D错误. 故选：AC. 7．②③ 【分析】建立空间直角坐标系，用向量法验证与的垂直关系，可判断①；根据题意，找到球心的位置，计算球的表面积，可判断②；利用向量法求异面直线与所成角的余弦值，可判断③；利用向量法求直线与平面所成角的正弦值，可判断④. 【详解】对于①：由题意知AB，AD，AP两两垂直，故以A为坐标原点，AB，AD，AP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，，，，，，，， 若平面，则平面，得，而， 所以与不垂直，故①错误. 对于②；取的中点O，连接，可得， 因为， 所以，则为直角三角形，且， 所以，则， 所以O为三棱锥的外接球的球心， 于是外接球半径， 故三棱锥的外接球的表面积为，故②正确. 对于③：设异面直线与所成的角为， 则由①的解法一可知，， 因为异面直线所成角的范围是， 所以，故③正确； 对于④：由①的解法一知，，， 设平面的法向量为，则， 取，则， 设直线PB与平面PCD所成的角为， 则，故④错误. 故答案为：②③. 8． 【分析】由题意建立适当的空间直角坐标系，引入参数，表示出，结合向量夹角余弦的坐标公式列方程求得参数即可得正四棱锥的高，进一步断定点（正四棱锥的外接球球心）必定在线段上面，设外接球半径为，由勾股定理列式即可求得半径，进而结合球的表面积公式即可得解. 【详解】如图，连接，相交于点，连接，易知，两两互相垂直，是正四棱锥的高， 故以点为原点，分别以所在直线为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系． 由可得，则，． 设，则， 所以， 所以，解得（负值已舍去）． 所以． 设正四棱锥外接球的球心为，球的半径为， 由对称性可知点必定在线段上面， 则，解得． 所以球的表面积为． 故答案为：；. 9．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）解法一：取的中点，连接，证明四边形是平行四边形，得线线平行，然后得证线面平行； 解法二：建立如图所示的空间直角坐标系，用向量法证明线面平行； （2）解法一：过点作，垂足为，连接，证得为直线与平面所成的角，在三角形中求出此角的正弦值后可得； 解法二：由空间向量法求线面角． 【详解】（1）解法一：取的中点，连接， 因为点是的中点，所以，且， 正方形中，点是的中点，， 所以，且， 所以，且，所以四边形是平行四边形， 所以，又平面平面， 所以平面. 解法二： ，点是的中点，所以， 又侧面底面，侧面底面平面，所以平面， 如图以点为坐标原点，直线为轴和轴建立空间直角坐标系， 则 所以，所以 设平面的一个法向量为，则， 取得，所以，所以，即，又不在平面内，所以平面. （2）解法一： 过点作，垂足为，连接，由题意知， 又侧面底面，侧面底面平面，所以底面，又平面，所以， 又平面，所以底面， 所以为直线与平面所成的角， 记直线与平面所成的角为，由（1）知，所以， 又由题意知，，所以， 又，所以， 所以， 所以直线与平面所成的角的正弦值为. 解法二：由（1）知 设是平面的一个法向量，则， 取得，所以， 所以， 设直线与平面所成的角为，则， 所以直线与平面所成的角的正弦值为. 10．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取的中点，连接，推导出平面，再利用线面垂直的性质定理结合勾股定理逆定理可证得结论成立； （2）以点A为坐标原点，建立空间直角坐标系，设，其中，求出平面的一个法向量的坐标，利用空间向量法可得出关于的方程，解出的值，即可得解. 【详解】（1）取的中点，连接，与交于Q点， 在底面矩形中，易知， 所以， 因为平面， 所以平面， 因为平面，所以， 易知，所以， 由题意可知, 所以，而相交，且平面， 所以平面； （2）由上可知，，， 以点A为坐标原点，建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、、， 设平面的法向量为，则，， 则，取，则， 设，其中， 则， 因为直线与平面所成角的正弦值为， 则， 解得，即. 11．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取中点，连接，根据等比三角形可得，由余弦定理求长，再由勾股定理得，结合面面垂直判定定理证得结论； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算分别求平面与平面的法向量，根据向量夹角运算即可得二面角的余弦值． 【详解】（1）取中点，连接， 因为是正三角形，为中点， 所以，且， 又，由余弦定理得， 则，故， 因为平面， 所以平面，又平面， 所以平面平面； （2）如图，连接，则， 所以，故， 如图，过作，以为原点，所在直线为轴，建立空间直角坐标系， 则，，，， ，，， 设平面的一个法向量为， 则，取， 设平面的一个法向量为， 则，取， 由图可知二面角的平面角为钝角， 二面角的余弦值为： ,． 12．(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. 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$