2025年高考数学二轮复习专项训练19 空间向量与空间角

2025二轮复习专项训练19 空间向量与空间角 [考情分析]　高考必考内容，常以空间几何体为载体考查空间角，是高考命题的重点，常与空间线、面关系的证明相结合，热点为平面与平面的夹角的求解，均以解答题的形式进行考查，难度主要体现在建立空间直角坐标系和准确计算上．题目难度为中档题． 【练前疑难讲解】 一、异面直线所成的角 (1)设直线l，m的方向向量分别为a＝(a1，b1，c1)，b＝(a2，b2，c2)，设l，m的夹角为θ，则cos θ＝＝. (2)异面直线所成的角的范围为. 二、直线与平面所成的角 (1)设直线l的方向向量为a＝(a1，b1，c1)，平面α的法向量为μ＝(a2，b2，c2)，设直线l与平面α的夹角为θ，则sin θ＝|cos〈a，μ〉|＝. (2)线面角的范围为. 三、平面与平面的夹角 　(1)设平面α，β的法向量分别为μ＝(a3，b3，c3)，v＝(a4，b4，c4)，且平面α与平面β的夹角为θ， 则cos θ＝|cos〈μ，v〉|＝. (2)平面与平面的夹角的取值范围为. 一、单选题 1．（2024·湖北武汉·模拟预测）已知菱形，，将沿对角线折起，使以四点为顶点的三棱锥体积最大，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 2．（2024·河南·模拟预测）为体现市民参与城市建设、共建共享公园城市的热情，同时搭建城市共建共享平台，彰显城市的发展温度，某市在中心公园开放长椅赠送点位，接受市民赠送的休闲长椅.其中观景草坪上一架长椅因其造型简单别致，颇受人们喜欢（如图1）.已知和是圆的两条互相垂直的直径，将平面沿翻折至平面，使得平面平面（如图2）此时直线与平面所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 3．（2023·广东深圳·二模）如图，在矩形AEFC中，，EF=4，B为EF中点，现分别沿AB、BC将△ABE、△BCF翻折，使点E、F重合，记为点P，翻折后得到三棱锥P-ABC，则（    ） A．三棱锥的体积为 B．直线PA与直线BC所成角的余弦值为 C．直线PA与平面PBC所成角的正弦值为 D．三棱锥外接球的半径为 4．（22-23高二上·山东德州·期中）如图，已知正方体的棱长为，点分别为棱的中点，，则（    ） A．无论取何值，三棱锥的体积始终为 B．若，则 C．点到平面的距离为 D．若异面直线与所成的角的余弦值为．则 三、填空题 5．（2024·上海·高考真题）已知四棱柱底面ABCD为平行四边形，且，则异面直线与的夹角余弦值为 . 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．（2024·湖北武汉·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，，，，点，分别为和的中点． (1)证明：； (2)若，求直线与平面所成角的正弦值． 8．（2021·全国·高考真题）在四棱锥中，底面是正方形，若． （1）证明：平面平面； （2）求二面角的平面角的余弦值． 参考答案： 题号 1 2 3 4 答案 C B BD AB 1．C 【分析】当三棱锥的体积最大时，平面平面，以E为原点，分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，求出向量的坐标，根据向量夹角的坐标表示可解. 【详解】记的 中点分别为，因为，所以， 同理，，记， 因为，所以， 所以，， 易知，当平面平面时，三棱锥的体积最大，此时， 以E为原点，分别为轴的正方向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. 故选：C 2．B 【分析】根据给定条件，建立空间直角坐标系，利用空间向量求出线面角的正弦值. 【详解】依题意，，而平面平面，平面平面， 又平面平面，则平面，， 因此直线两两垂直，以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 令圆半径，则， ，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. 故选：B 3．BD 【分析】证明平面，再根据即可判断A；先利用余弦定理求出，将用表示，利用向量法求解即可判断B；利用等体积法求出点到平面的距离，再根据直线PA与平面PBC所成角的正弦值为即可判断C；利用正弦定理求出的外接圆的半径，再利用勾股定理求出外接球的半径即可判断D. 【详解】由题意可得， 又平面， 所以平面， 在中，，边上的高为， 所以，故A错误； 对于B，在中，， ， 所以直线PA与直线BC所成角的余弦值为，故B正确； 对于C，， 设点到平面的距离为， 由，得，解得， 所以直线PA与平面PBC所成角的正弦值为，故C错误； 由B选项知，，则， 所以的外接圆的半径， 设三棱锥外接球的半径为， 又因为平面， 则，所以， 即三棱锥外接球的半径为，故D正确. 故选：BD. 4．AB 【分析】对于A，利用等体积法及棱锥的体积公式即可求解； 对于B，建立空间直角坐标系，写出相关点的坐标，利用空间向量的数量积公式即可求解； 对于C，由B选项建立的空间直角坐标系，写出相关点的坐标，求出平面的法向量，再利用点到平面的距离公式即可求解； 对于D，由B选项建立的空间直角坐标系，写出相关点的坐标，求出直线与的方向向量，再利用向量的夹角与线线角的关系即可求解； 【详解】对于A，因为正方体的棱长为，点分别为棱的中点, 所以, 在正方体中，平面， 由等体积法知，三棱锥=三棱锥=， 所以无论取何值，三棱锥的体积始终为，故A正确； 对于B,由题意可知，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示 因为正方体的棱长为， 所以，，，，, 由，得，设，则 所以， 所以，所以，解得， 所以， 所以， 所以，故B正确； 对于C，由B选项建立的空间直角坐标系知，，，， 设，则，， 所以，所以，解得，所以， 所以， 设平面的法向量为，则 ,即，令则， 所以， 所以点到平面的距离为， 由于无法确定，所以点到平面的距离无法确定，故C错误； 对于D,由B选项建立的空间直角坐标系知，，，,，，, 设，则，， 所以，所以，解得，所以， 所以， 因为异面直线与所成的角的余弦值为，则 ，即，解得或（舍），故D错误. 故选：AB. 5． 【分析】将用不共面的向量表示出来，从而得到，然后由公式计算夹角余弦值即可. 【详解】， ， ， 底面ABCD为平行四边形，所以， 所以， . 所以， 故异面直线与的夹角的余弦值为:， 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)证明见详解； (2) 【分析】（1）取的中点，通过证明平面，再由线面垂直的性质定理即可得到结果. （2）建立空间直角坐标系，由空间向量求线面角的公式即可得到结果. 【详解】（1）取的中点，连接, 由，易知为等腰直角三角形， 此时，又，所以. 因为,所以， 由，即，所以， 此时，,有四点共面，, 所以平面，又平面，所以. （2）由且,所以平面. 由，得为等边三角形， 以为原点，所在直线分别为轴，轴，过且与平面垂直的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， , 设平面的法向量 由,即，取，， 又，设直线与平面所成角为， 则, 所以直线与平面所成角的正弦值为. 8．（1）证明见解析；（2）. 【分析】（1）取的中点为，连接，可证平面，从而得到面面. （2）在平面内，过作，交于，则，建如图所示的空间坐标系，求出平面、平面的法向量后可求二面角的余弦值. 【详解】 （1）取的中点为，连接. 因为，，则， 而，故. 在正方形中，因为，故，故， 因为，故，故为直角三角形且， 因为，故平面， 因为平面，故平面平面. （2）在平面内，过作，交于，则， 结合（1）中的平面，故可建如图所示的空间坐标系. 则，故. 设平面的法向量， 则即，取，则， 故. 而平面的法向量为，故. 二面角的平面角为锐角，故其余弦值为. 【基础保分训练】 一、解答题 1．（23-24高三上·山东枣庄·期末）如图，直四棱柱的底面为平行四边形，分别为的中点. (1)证明：平面； (2)若底面为矩形，，异面直线与所成角的余弦值为，求到平面的距离. 2．（2024·天津·二模）如图，平面，，，，，为的中点． (1)证明：； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)设是棱上的点，若与所成角的余弦值为，求的长． 3．（2024·安徽合肥·二模）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，是侧棱的中点，侧面为正三角形，侧面底面． (1)求三棱锥的体积； (2)求与平面所成角的正弦值． 4．（2024·天津河东·一模）在正方体中（如图所示），边长为2，连接    (1)证明：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)底面正方形的内切圆上是否存在点使得与平面所成角的正弦值为，若存在求长度，若不存在说明理由． 5．（2024·天津·二模）如图，在直三棱柱中，为的中点，点分别在棱和棱上，且． (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)求点到平面的距离． 6．（2024·江苏·一模）如图，在四棱锥中，平面，，，，，点在棱上，且.    (1)证明：平面； (2)当二面角为时，求. 7．（2024·天津河西·一模）已知三棱锥中，平面，，，为上一点且满足，，分别为，的中点．    (1)求证：； (2)求直线与平面所成角的大小； (3)求点到平面的距离． 8．（2024·重庆·模拟预测）如图，在四棱锥中，平面，四边形是矩形，，过棱的中点E作于点，连接．    (1)证明：； (2)若，求平面与平面所成角的正弦值． 参考答案： 1．(1)证明见解析 (2). 【分析】（1）通过证明平行于面内的一条直线，即可证明平面； （2）建立空间直角坐标系，设出的长并表达出各点坐标，利用异面直线与所成角的余弦值得出，求出平面的一个法向量，即可得出到平面的距离. 【详解】（1）连接，交于点，连接，    则为的中点， 因为为的中点，所以，且， 因为为的中点，所以， 所以，且， 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）由题意（1）及几何知识得， 在直四棱柱中，， 两两垂直，以为坐标原点，分别以所在直线为轴､轴､轴建立如图所示的空间直角坐标系.    设，则，， . 设异面直线与所成角为，则 ， 解得：， 故， 则 设平面的一个法向量为， 到平面的距离为. 所以即取， 得. 所以， 即到平面的距离为. 2．(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）建立坐标系，利用，即可证明； （2）分别求得平面与平面的法向量，利用法向量即可求解； （3）设，借助，求得值，即可求解. 【详解】（1）证明：因为平面，，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，如图所示： 由已知可得，，，，， 因为为的中点，所以， 所以，， 所以， 所以， 所以. （2），， 设平面的法向量，则 ，即，令得， 所以． 平面的法向量， 设平面与平面夹角为， ， 所以平面与平面夹角的余弦值为． （3）设且（）， ，则，，， 所以，所以，， 所以， 化简得， 解得或（舍）， 因为，所以． 3．(1) (2)． 【分析】（1）作出辅助线，得到线线垂直，进而得到线面垂直，由中位线得到到平面的距离为，进而由锥体体积公式求出答案； （2）证明出，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，进而由法向量的夹角余弦值的绝对值求出线面角的正弦值. 【详解】（1）如图所示，取的中点，连接． 因为是正三角形，所以． 又因为平面底面平面，平面平面， 所以平面，且． 又因为是的中点，到平面的距离为， ， 所以三棱锥的体积为． （2）连接，因为， 所以为等边三角形，所以， 以为原点，所在直线分别为轴，轴，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，即，解得，取，则， 所以． 设与平面所成角为， 则． 即与平面所成角的正弦值为． 4．(1)证明见解析； (2)； (3)存在，3. 【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，结合，得到平行关系； （2）求出平面的法向量，得到二面角的余弦值； （3）设，且，利用线面角的正弦值得到方程，求出或，求出. 【详解】（1）以为原点，所在直线分别为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，    则． 平面的法向量为， ，令，则， ， 平面； （2）平面的法向量为， ，令，则， 平面与平面夹角为， ； （3）设，且， 与平面所成角为， ， 即， 解得或，故或， 所以. 5．(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）取的中点，证明即可； （2）建立空间直角坐标系，向量法求两个平面夹角的余弦值； （3）向量法求点到平面的距离. 【详解】（1）证明：取的中点，连接，则， 且，∴且， 则四边形为平行四边形，． 又平面平面， 平面． （2）解：直三棱柱中，． 以为原点，以的方向为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系， 则， 设平面的一个法向量为，则 即令，则，得到平面的一个法向量． 易知平面的一个法向量为． 设平面与平面的夹角为， 则， 平面与平面夹角的余弦值为． （3）解：，， 点到平面的距离． 6．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由线面垂直得到线线垂直，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，根据得到证明； （2）求出平面的法向量，根据二面角的大小列出方程，求出. 【详解】（1）因为平面，平面， 所以， 又， 以为坐标原点，所在直线分别为轴，，建立空间直角坐标系， 设， ∵， ，    设平面的一个法向量为， 则， 令得，故 ， 故平面； （2）平面的一个法向量， ， . 7．(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）以为原点建立空间直角坐标系，计算出，即可证明； （2）求出平面的法向量，利用向量法求出线面角的正弦值，即可求出夹角； （3）由计算出点到面的距离. 【详解】（1）因为平面，， 如图以为原点，所在直线分别为轴､轴､轴，建立空间直角坐标系， 则，    所以， 因为， 所以. （2）设平面的法向量，， 则，即，取，得， 设直线与平面所成角为， 则，又， 所以，所以直线与平面所成角的大小为. （3）设点到平面的距离为，因为， 所以，所以点到平面的距离为. 8．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先证平面得，再证，推得平面,得，推得平面，即得； （2）依题建系，根据（1）的结论，可得平面与平面的法向量，利用空间向量的夹角公式即可求得. 【详解】（1）∵四边形为矩形，∴， ∵平面，平面，∴， 又， 平面，∴平面， 又平面，∴． ∵，点E是的中点，∴． 又， 平面，∴平面． 平面，∴． 又，,平面，∴平面， 平面，∴． （2）    如图，因两两垂直， 故可以A为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则，，，， ∴，． 由（1）可知，可看成平面的一个法向量， 可看成平面的一个法向量． 设平面与平面的所成角为， ∴，∴， ∴平面与平面所成角的正弦值为． 【能力提升训练】 一、解答题 1．（22-23高三上·湖北·阶段练习）如图，在几何体中，底面为以为斜边的等腰直角三角形.已知平面平面，平面平面平面. (1)证明：平面； (2)若，设为棱的中点，求当几何体的体积取最大值时与所成角的正切值. 2．（2024·天津蓟州·模拟预测）如图，在四棱锥中，已知棱两两垂直，长度分别为1，2，2，若，且向量与夹角的余弦值为. (1)求实数值； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)求平面与平面夹角的余弦值. 3．（2024·山东青岛·一模）如图，在三棱柱中，与的距离为，，． (1)证明：平面平面ABC； (2)若点N在棱上，求直线AN与平面所成角的正弦值的最大值． 4．（2024·山东济南·二模）如图，在四棱锥中，四边形ABCD 为直角梯形，AB∥CD， ，平面平面ABCD，F为线段BC的中点，E为线段PF上一点. (1)证明：； (2)当EF为何值时，直线BE 与平面PAD夹角的正弦值为. 5．（2021·全国·高考真题）如图，四棱锥的底面是矩形，底面，，为的中点，且． （1）求； （2）求二面角的正弦值． 6．（2024·辽宁葫芦岛·一模）如图，为圆锥顶点，是圆锥底面圆的圆心，，是长度为的底面圆的两条直径，，且，为母线上一点． (1)求证：当为中点时，平面； (2)若，二面角的余弦值为，试确定P点的位置． 7．（23-24高三上·江苏淮安·期中）如图，是半球的直径，是底面半圆弧上的两个三等分点，是半球面上一点，且．    (1)证明：平面： (2)若点在底面圆内的射影恰在上，求直线与平面所成角的正弦值． 8．（2024·河南信阳·模拟预测）如图，在三棱锥中，分别是侧棱的中点，，平面.    (1)求证：平面平面； (2)如果，且三棱锥的体积为，求二面角的余弦值. 参考答案： 1．(1)证明见解析 (2)6 【分析】（1）先做一条辅助线，再通过面面垂直的性质得到平面，再根据平面，可得，进而根据线面垂直的判定定理即可证明. （2）过点作交与点,连接,通过题目条件和小问1结论证明四边形为平行四边形，然后把多面体分为两个三棱锥求体积，令 ，把求体积的最大值转化为求关于的函数的最大值.构造函数，通过导函数判断其单调性，进而得到的最大值，求出此时的值.然后以点为原点建立空间直角坐标系，通过向量法求与所成角的正切值. 【详解】（1）过点作交与点， 平面平面，且两平面的交线为 平面    又平面      又且     平面 （2）过点作交与点,连接 平面平面，且两平面的交线为 平面      又平面     到平面的距离相等 且，平面     又，令 则，. 所以在上单调递增，在上单调递减， 即，当且仅当时取得最大值. 如图所示，以点为原点建立空间直角坐标系， 则， 所以. 设与所成角为，则，则，即当几何体体积最大时，与所成角的正切值为6. 2．(1)； (2)； (3). 【分析】（1）根据给定条件，建立空间直角坐标系，利用向量夹角余弦值求出. （2）由（1）的结论，求出平面的法向量，利用平面角的向量求法求解即得. （3）求出平面的法向量，结合（2）中信息，面面角的向量求法求解即得. 【详解】（1）依题意，以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， ，由，得，则，而， 而，显然，解得. （2）由（1）得，，设平面的法向量， 则，令，得，又， 于是， 所以直线与平面所成角的正弦值为. （3）由（2）令平面的法向量，则，令，得， 设平面与平面夹角为，则， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 3．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用等腰三角形的性质作线线垂直，结合线段长度及勾股定理判定线线垂直，根据线面垂直的判定与性质证明即可； （2）建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量计算线面角结合基本不等式求最值即可. 【详解】（1）取棱中点D，连接，因为，所以 因为三棱柱，所以， 所以，所以 因为，所以，； 因为，，所以，所以， 同理， 因为，且，平面，所以平面， 因为平面， 所以平面平面； （2） 取中点O，连接，取中点P，连接，则， 由（1）知平面，所以平面 因为平面，平面， 所以，， 因为，则 以O为坐标原点，，，所在的直线为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， 可设点，， ，，， 设面的法向量为，得， 取，则，，所以 设直线与平面所成角为， 则 若，则， 若，则， 当且仅当，即时，等号成立， 所以直线与平面所成角的正弦值的最大值. 4．(1)证明见解析 (2)2 【分析】（1）过作，垂足为，分析可知为等边三角形，可得，结合面面垂直的性质可得平面ABCD，即可得结果； （2）取线段的中点，连接，建系，设，求平面PAD的法向量，利用空间向量处理线面夹角的问题. 【详解】（1）过作，垂足为， 由题意知：为矩形，可得， 由，则为等边三角形，且F为线段BC的中点，则， 又因为平面平面ABCD，平面平面，平面， 可得平面ABCD，且平面， 所以. （2）由（1）可知：平面ABCD， 取线段的中点，连接，则∥，， 又因为，可知， 以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系， 则， 因为E为线段PF上一点，设， 可得， 设平面的法向量，则， 令，则，可得， 由题意可得：， 整理得，解得， 所以当，直线BE 与平面PAD夹角的正弦值为. 5．（1）；（2） 【分析】（1）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设，由已知条件得出，求出的值，即可得出的长； （2）求出平面、的法向量，利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系可求得结果. 【详解】（1）[方法一]：空间坐标系+空间向量法 平面，四边形为矩形，不妨以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 设，则、、、、， 则，， ，则，解得，故； [方法二]【最优解】：几何法+相似三角形法 如图，连结．因为底面，且底面，所以． 又因为，，所以平面． 又平面，所以． 从而． 因为，所以． 所以，于是． 所以．所以． [方法三]：几何法+三角形面积法    如图，联结交于点N． 由[方法二]知． 在矩形中，有，所以，即． 令，因为M为的中点，则，，． 由，得，解得，所以． （2）[方法一]【最优解】：空间坐标系+空间向量法 设平面的法向量为，则，， 由，取，可得， 设平面的法向量为，，， 由，取，可得， ， 所以，， 因此，二面角的正弦值为. [方法二]：构造长方体法+等体积法   如图，构造长方体，联结，交点记为H，由于，，所以平面．过H作的垂线，垂足记为G． 联结，由三垂线定理可知， 故为二面角的平面角． 易证四边形是边长为的正方形，联结，． ， 由等积法解得． 在中，，由勾股定理求得． 所以，，即二面角的正弦值为． 【整体点评】（1）方法一利用空坐标系和空间向量的坐标运算求解；方法二利用线面垂直的判定定理，结合三角形相似进行计算求解，运算简洁，为最优解；方法三主要是在几何证明的基础上，利用三角形等面积方法求得. （2）方法一，利用空间坐标系和空间向量方法计算求解二面角问题是常用的方法，思路清晰，运算简洁，为最优解；方法二采用构造长方体方法+等体积转化法，技巧性较强，需注意进行严格的论证. 6．(1)证明见详解 (2)是线段靠近点的四等分点 【分析】（1）根据线面平行的判定定理即可证明； （2）建立空间直角坐标系，设，，求解平面和平面的法向量，根据二面角的余弦值为求，即可得P点的位置. 【详解】（1）连接，因为，分别为，的中点， 所以为的中位线，所以， 又平面，平面，所以平面； （2）如图：过点作交圆与， 以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 则，，，，， 所以，， 设，，则，所以， 设平面的法向量为， 则，所以，令，则，， 即， 易知平面的一个法向量为， 则， 解得（负值舍去），所以是线段靠近点的四等分点. 7．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接，可证为的中点且，可得，又，由线面垂直的判定可证； （2）以点为坐标原点，，，分别为，，轴，建立空间直角坐标系，用向量法可求解. 【详解】（1）连接，因为是底面半圆弧上的两个三等分点， 所以有，又因为， 所以都为正三角形， 所以，四边形是菱形， 记与的交点为，为和的中点， 因为， 所以三角形为正三角形， 所以，所以， 因为是半球面上一点，是半球的直径，所以， 因为，平面， 所以平面． （2）因为点在底面圆内的射影恰在上， 由（1）知为的中点，为正三角形，所以， 所以底面， 因为四边形是菱形，所以， 即两两互相垂直， 以点为坐标原点，，，分别为，，轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 则， 所以，，， 设平面的一个法向量为， 则，所以， 取，则， 设直线与平面的所成角为， 所以， 故直线与平面所成角的正弦值为． 8．(1)证明过程详见解析. (2)二面角的余弦值为. 【分析】（1）易得，由线面垂直的性质证明，再根据线面垂直的判定定理证明平面，再根据面面垂直的判定定理即可得证； （2）易得两两垂直，求出，以点C为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可. 【详解】（1）分别是侧棱的中点， ， ， 平面，平面， ， 又平面， 平面， 又平面， 平面平面. （2）平面，平面， ， ， 又由题意得是等腰直角三角形， ，此时易算三棱锥体积为：， 故符合题意. 平面，， 平面， 又平面， ， 两两垂直， 如图，以点C为原点，建立空间直角坐标系， 则， 故 设平面的法向量为， 则有，可取， 平面， 即为平面的一条法向量， 故， 由三棱锥的体积和法向量的方向可知，二面角为锐二面角， 故二面角的余弦值为. 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2025二轮复习专项训练19 空间向量与空间角 [考情分析]　高考必考内容，常以空间几何体为载体考查空间角，是高考命题的重点，常与空间线、面关系的证明相结合，热点为平面与平面的夹角的求解，均以解答题的形式进行考查，难度主要体现在建立空间直角坐标系和准确计算上．题目难度为中档题． 【练前疑难讲解】 一、异面直线所成的角 (1)设直线l，m的方向向量分别为a＝(a1，b1，c1)，b＝(a2，b2，c2)，设l，m的夹角为θ，则cos θ＝＝. (2)异面直线所成的角的范围为. 二、直线与平面所成的角 (1)设直线l的方向向量为a＝(a1，b1，c1)，平面α的法向量为μ＝(a2，b2，c2)，设直线l与平面α的夹角为θ，则sin θ＝|cos〈a，μ〉|＝. (2)线面角的范围为. 三、平面与平面的夹角 　(1)设平面α，β的法向量分别为μ＝(a3，b3，c3)，v＝(a4，b4，c4)，且平面α与平面β的夹角为θ， 则cos θ＝|cos〈μ，v〉|＝. (2)平面与平面的夹角的取值范围为. 一、单选题 1．（2024·湖北武汉·模拟预测）已知菱形，，将沿对角线折起，使以四点为顶点的三棱锥体积最大，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 2．（2024·河南·模拟预测）为体现市民参与城市建设、共建共享公园城市的热情，同时搭建城市共建共享平台，彰显城市的发展温度，某市在中心公园开放长椅赠送点位，接受市民赠送的休闲长椅.其中观景草坪上一架长椅因其造型简单别致，颇受人们喜欢（如图1）.已知和是圆的两条互相垂直的直径，将平面沿翻折至平面，使得平面平面（如图2）此时直线与平面所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 3．（2023·广东深圳·二模）如图，在矩形AEFC中，，EF=4，B为EF中点，现分别沿AB、BC将△ABE、△BCF翻折，使点E、F重合，记为点P，翻折后得到三棱锥P-ABC，则（    ） A．三棱锥的体积为 B．直线PA与直线BC所成角的余弦值为 C．直线PA与平面PBC所成角的正弦值为 D．三棱锥外接球的半径为 4．（22-23高二上·山东德州·期中）如图，已知正方体的棱长为，点分别为棱的中点，，则（    ） A．无论取何值，三棱锥的体积始终为 B．若，则 C．点到平面的距离为 D．若异面直线与所成的角的余弦值为．则 三、填空题 5．（2024·上海·高考真题）已知四棱柱底面ABCD为平行四边形，且，则异面直线与的夹角余弦值为 . 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．（2024·湖北武汉·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，，，，点，分别为和的中点． (1)证明：； (2)若，求直线与平面所成角的正弦值． 8．（2021·全国·高考真题）在四棱锥中，底面是正方形，若． （1）证明：平面平面； （2）求二面角的平面角的余弦值． 【基础保分训练】 一、解答题 1．（23-24高三上·山东枣庄·期末）如图，直四棱柱的底面为平行四边形，分别为的中点. (1)证明：平面； (2)若底面为矩形，，异面直线与所成角的余弦值为，求到平面的距离. 2．（2024·天津·二模）如图，平面，，，，，为的中点． (1)证明：； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)设是棱上的点，若与所成角的余弦值为，求的长． 3．（2024·安徽合肥·二模）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，是侧棱的中点，侧面为正三角形，侧面底面． (1)求三棱锥的体积； (2)求与平面所成角的正弦值． 4．（2024·天津河东·一模）在正方体中（如图所示），边长为2，连接    (1)证明：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)底面正方形的内切圆上是否存在点使得与平面所成角的正弦值为，若存在求长度，若不存在说明理由． 5．（2024·天津·二模）如图，在直三棱柱中，为的中点，点分别在棱和棱上，且． (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)求点到平面的距离． 6．（2024·江苏·一模）如图，在四棱锥中，平面，，，，，点在棱上，且.    (1)证明：平面； (2)当二面角为时，求. 7．（2024·天津河西·一模）已知三棱锥中，平面，，，为上一点且满足，，分别为，的中点．    (1)求证：； (2)求直线与平面所成角的大小； (3)求点到平面的距离． 8．（2024·重庆·模拟预测）如图，在四棱锥中，平面，四边形是矩形，，过棱的中点E作于点，连接．    (1)证明：； (2)若，求平面与平面所成角的正弦值． 【能力提升训练】 一、解答题 1．（22-23高三上·湖北·阶段练习）如图，在几何体中，底面为以为斜边的等腰直角三角形.已知平面平面，平面平面平面. (1)证明：平面； (2)若，设为棱的中点，求当几何体的体积取最大值时与所成角的正切值. 2．（2024·天津蓟州·模拟预测）如图，在四棱锥中，已知棱两两垂直，长度分别为1，2，2，若，且向量与夹角的余弦值为. (1)求实数值； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)求平面与平面夹角的余弦值. 3．（2024·山东青岛·一模）如图，在三棱柱中，与的距离为，，． (1)证明：平面平面ABC； (2)若点N在棱上，求直线AN与平面所成角的正弦值的最大值． 4．（2024·山东济南·二模）如图，在四棱锥中，四边形ABCD 为直角梯形，AB∥CD， ，平面平面ABCD，F为线段BC的中点，E为线段PF上一点. (1)证明：； (2)当EF为何值时，直线BE 与平面PAD夹角的正弦值为. 5．（2021·全国·高考真题）如图，四棱锥的底面是矩形，底面，，为的中点，且． （1）求； （2）求二面角的正弦值． 6．（2024·辽宁葫芦岛·一模）如图，为圆锥顶点，是圆锥底面圆的圆心，，是长度为的底面圆的两条直径，，且，为母线上一点． (1)求证：当为中点时，平面； (2)若，二面角的余弦值为，试确定P点的位置． 7．（23-24高三上·江苏淮安·期中）如图，是半球的直径，是底面半圆弧上的两个三等分点，是半球面上一点，且．    (1)证明：平面： (2)若点在底面圆内的射影恰在上，求直线与平面所成角的正弦值． 8．（2024·河南信阳·模拟预测）如图，在三棱锥中，分别是侧棱的中点，，平面.    (1)求证：平面平面； (2)如果，且三棱锥的体积为，求二面角的余弦值. 学科网（北京）股份有限公司 $$