专题01 空间向量与立体几何（3大题型）-【好题汇编】备战2024-2025学年高二数学上学期期末真题分类汇编（重庆专用）

专题01 2023-2024新高考高二空间向量与立体几何重庆期末汇编 考点一：空间向量的基本运算 1．（23-24高二上·重庆·期末）已知，，且．则的值为（    ） A． B． C．0 D．2 2．（23-24高二上·重庆·期末）已知向量，，，则（    ） A．3 B．9 C．27 D．81 3．（23-24高二上·重庆长寿·期末）已知空间四点，，，，且，则满足条件点的坐标是（ ） A． B． C． D． 4．（23-24高二上·重庆九龙坡·期末）已知向量，则在上的投影向量为（    ） A． B． C． D． 5．（23-24高二上·重庆·期末）正方体中的有向线段，不能作为空间中的基底的是（    ） A． B． C． D． 6．（23-24高二上·重庆·期末）已知空间四边形中，，则等于（ ） A． B． C． D． 7．（23-24高二上·重庆·期末多选题）如图，点是四面体的棱的中点，点是三角形的重心，点在线段上，且，设，，，则下列等式成立的是（    ） A． B． C． D． 8．（23-24高二上·重庆·期末多选题）类比平面解析几何中直线的方程，我们可以得到在空间直角坐标系中的一个平面的方程，如果平面的一个法向量，已知平面上定点，对于平面上任意点，根据可得平面的方程为．则在空间直角坐标系中，下列说法正确的是（    ） A．若平面过点，且法向量为，则平面的方程为 B．若平面的方程为，则是平面的法向量 C．方程表示经过坐标原点且斜率为的一条直线 D．关于x，y，z的任何一个三元一次方程都表示一个平面 9．（23-24高二上·重庆·期末多选题）给出下列命题，其中正确的是（    ） A．任意向量，，满足 B．在空间直角坐标系中，点关于坐标平面的对称点是 C．已知，，，为空间向量的一个基底，则向量，，能共面 D．已知，，，则向量在向量上的投影向量是 10．（23-24高二上·重庆·期末）一种糖果的包装纸由一个边长为3的正方形和两个等腰直角三角形组成（如图1），沿，将这两个三角形折起到与平面垂直（如图2），连接，，，，若点满足且，则的最小值为 ． 11．（23-24高二上·重庆·期末）各棱长均为1且底面为正方形的平行六面体，满足，则 ；此平行六面体的体积为 ． 12．（23-24高二上·重庆·期末）正三棱柱的所有棱长均相等，E，F分别是棱上的两个动点，且，则异面直线BE与AF夹角余弦的最大值为（    ） A．1 B． C． D． 13．（23-24高二上·重庆长寿·期末）如图，是棱长为4的正方体，点在正方体的内部且满足，则到面的距离为 .    考点二：利用空间向量求线面角 1．（23-24高二上·重庆·期末）在正方体中，是中点，点在线段上（含端点），若直线与平面所成的角为，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 2．（23-24高二上·重庆·期末多选题）如图，已知正方体的棱长为1，若点E、F是正方形内（包括边界）的动点，若，，则下列结论正确的是（    ） A．点E到的最大距离为 B．点F的轨迹是一个圆 C．的最小值为 D．直线与平面所成角的正弦值的最大值为 3．（23-24高二上·重庆长寿·期末）如图，在四棱锥中，底面是矩形，且，， 平面，、分别是线段、的中点. (1)证明：； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 4．（23-24高二上·重庆·期末）如图，在四棱锥中，底面为矩形，，点为棱上的点，且． (1)证明：； (2)若，求直线与平面所成角的大小． 5．（23-24高二上·重庆九龙坡·期末）如图，在直三棱柱中，，，，分别为，的中点．    (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的余弦值． 6．（23-24高二上·重庆·期末）如图，在四棱锥中，底面ABCD为矩形，平面ABCD，为BC中点，为PA中点，．    (1)证明：平面PCD； (2)求直线MN与平面PBC所成角的正弦值． 考点三：空间向量中的二面角问题 1．（23-24高二上·重庆·期末）如图1所示，四边形中，，，，，，点M为的中点，点N为上一点，且，现将四边形沿翻折，使得与重合，得到如图2所示的几何体，其中． (1)证明：平面； (2)若点P是棱上一动点，当二面角的正弦值为时，试确定点P的位置． 2．（23-24高二上·重庆·期末）四棱锥中，底面为菱形.若，，. (1)求证：平面； (2)若，异面直线与所成角为，求二面角的正弦值. 3．（23-24高二上·重庆·期末）如图，在斜三棱柱中，是边长为的正三角形，且四棱锥的体积为. (1)求三棱柱的高； (2)若，平面平面，为锐角，求平面与平面的夹角的余弦值. 4．（23-24高二上·重庆·期末）如图，在平行六面体中，，，，，，，与相交于点．        (1)求； (2)求的长． 5．（23-24高二上·重庆·期末）如图，在四棱锥中，底面是边长为1的菱形，，为等边三角形，，为的中点，为上的一点，且． (1)求四棱锥的体积； (2)求二面角的大小． 6．（23-24高二上·重庆·期末）如图1所示，为等腰直角三角形，分别为中点，将沿直线翻折，使得，如图2所示.    (1)求证：平面平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值. 7．（23-24高二上·重庆九龙坡·期末）如图所示，四边形为正方形，四边形，为两个全等的等腰梯形，，，，．    (1)当点为线段的中点时，求证：； (2)当点在线段上时（包含端点），求平面和平面的夹角的余弦值的取值范围． 8．（23-24高二上·重庆·期末）在《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为“阳马”．在如图所示的“阳马”中，侧棱底面ABCD，．记的重心为G． (1)求点G到平面PBC的距离． (2)求平面GBD与平面PBC夹角的大小． 9．（23-24高二上·重庆·期末）如图，在三棱锥中，，，为的中点．    (1)证明：平面ABC； (2)若点在线段BC上（异于点，），平面与平面的夹角为，求的值． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！8 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题01 2023-2024新高考高二空间向量与立体几何重庆期末汇编 考点一：空间向量的基本运算 1．（23-24高二上·重庆·期末）已知，，且．则的值为（    ） A． B． C．0 D．2 【答案】A 【分析】利用空间向量数量积的坐标运算求解. 【详解】解：因为，，且， 所以，解得， 故选：A 2．（23-24高二上·重庆·期末）已知向量，，，则（    ） A．3 B．9 C．27 D．81 【答案】A 【分析】利用空间向量共线，列式计算可求出，进而求出，再由向量的模长公式求解即可. 【详解】向量，且， 则，解得，所以， 所以， 所以. 故选：A. 3．（23-24高二上·重庆长寿·期末）已知空间四点，，，，且，则满足条件点的坐标是（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据，得，然后利用空间共线平行向量即可求解. 【详解】由题意知，，，且设， 所以得，故，逐项检验后A正确. 故选：A. 4．（23-24高二上·重庆九龙坡·期末）已知向量，则在上的投影向量为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由投影向量的概念求解即可. 【详解】∵， ∴，， ∴在上的投影向量为， 故选：C. 5．（23-24高二上·重庆·期末）正方体中的有向线段，不能作为空间中的基底的是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】ABC选项，可直接看出是否共面，结合基底的概念判断出答案；D选项，利用表达出三个向量，设，得到方程组，无解，得到不共面，能作为空间中的一组基底. 【详解】A选项，共面，不能作为空间中的一组基底，A正确； B选项，不共面，能作为空间中的一组基底，B错误； C选项，不共面，能作为空间中的一组基底，C错误； D选项，因为，， 设， 即， ，无解， 故不共面，能作为空间中的一组基底，D错误.    故选：A 6．（23-24高二上·重庆·期末）已知空间四边形中，，则等于（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用向量插点法即可解题. 【详解】插入点有：……① 插入点有：……② 已知条件带入②式有：. 故选：C. 7．（23-24高二上·重庆·期末多选题）如图，点是四面体的棱的中点，点是三角形的重心，点在线段上，且，设，，，则下列等式成立的是（    ） A． B． C． D． 【答案】AD 【分析】利用向量的加减法逐一计算判断即可. 【详解】因为点是三角形的重心，所以， 对于A：，A正确； 对于B：，B错误； 对于C：，C错误； 对于D：，D正确. 故选：AD. 8．（23-24高二上·重庆·期末多选题）类比平面解析几何中直线的方程，我们可以得到在空间直角坐标系中的一个平面的方程，如果平面的一个法向量，已知平面上定点，对于平面上任意点，根据可得平面的方程为．则在空间直角坐标系中，下列说法正确的是（    ） A．若平面过点，且法向量为，则平面的方程为 B．若平面的方程为，则是平面的法向量 C．方程表示经过坐标原点且斜率为的一条直线 D．关于x，y，z的任何一个三元一次方程都表示一个平面 【答案】ABD 【分析】A：根据条件写出平面的方程并化简；B：先分析方程对应的一个法向量，然后根据法向量与之间的关系作出判断；C：与题设方程作对比，然后作出判断即可；D：设出三元一次方程的一般形式，然后与题设方程对比并作出判断. 【详解】对于A：根据题设可知平面的方程为， 即为，故A正确； 对于B：因为平面的方程为， 由题设可知平面的一个法向量为，且即共线， 所以是平面的法向量，故B正确； 对于C：， 该方程可表示：一个法向量为且过的平面，故C错误； 对于D：设，其等价于， 该方程可表示：一个法向量为且过的平面，故D正确； 故选：ABD. 9．（23-24高二上·重庆·期末多选题）给出下列命题，其中正确的是（    ） A．任意向量，，满足 B．在空间直角坐标系中，点关于坐标平面的对称点是 C．已知，，，为空间向量的一个基底，则向量，，能共面 D．已知，，，则向量在向量上的投影向量是 【答案】BC 【分析】 根据向量的数量积的几何意义，可判定A错误；根据空间直角坐标系的特征，可判定B正确；根据共面向量定理，可判定C正确；根据投影向量的计算方法，可判定D错误. 【详解】对于A中，根据向量的数量积的定义知， 所以与分别表示与向量和向量共线的向量， 又因为向量和不一定共线，所以A不正确； 对于B中，根据空间直角坐标系的特征，点关于坐标平面的对称点是，所以B正确； 对于C中，由向量，，， 设，即， 可得，此时，即，所以向量，，能共面，所以C正确； 对于D中，由，，， 可得，则， 所以向量在向量上的投影向量为，所以D错误. 故选：BC. 10．（23-24高二上·重庆·期末）一种糖果的包装纸由一个边长为3的正方形和两个等腰直角三角形组成（如图1），沿，将这两个三角形折起到与平面垂直（如图2），连接，，，，若点满足且，则的最小值为 ． 【答案】 【分析】由向量满足条件可知点是平面上的动点，转化为求点到平面的距离，利用补形及等体积法求解即可. 【详解】，且， ，所以四点共面，即点是平面上的动点， 所以的最小值即点到平面的距离， 由题意，几何体可补成边长为3的正方体，如图， 则可得， 设点到平面的距离为，则， 即， 解得.所以的最小值为. 故答案为：. 11．（23-24高二上·重庆·期末）各棱长均为1且底面为正方形的平行六面体，满足，则 ；此平行六面体的体积为 ． 【答案】 【分析】由空间向量基本定理可得，对其两边同时平方结合数量积的定义即可求出；连接交于点，连接，先证明平面，再由柱体的体积公式即可得出答案. 【详解】因为 ， 所以. 连接交于点，连接， 因为底面为边长是的正方形，所以， 因为，连接，则， 所以在中，，所以， 又因为，所以， ，平面， 所以平面，所以平行六面体的体积为： . 故答案为：；. 12．（23-24高二上·重庆·期末）正三棱柱的所有棱长均相等，E，F分别是棱上的两个动点，且，则异面直线BE与AF夹角余弦的最大值为（    ） A．1 B． C． D． 【答案】D 【分析】设，以A为原点，方向分别为x，z轴正方向建立空间直角坐标系，从而得到和的坐标.又因为，从而得到异面直线BE与AF夹角余弦的最大值. 【详解】设， 以A为原点，方向分别为x，z轴正方向建立空间直角坐标系， 可得，， 故所求角的余弦值为，当时取“”． 故选：D 13．（23-24高二上·重庆长寿·期末）如图，是棱长为4的正方体，点在正方体的内部且满足，则到面的距离为 .    【答案】 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量求点面距离即可. 【详解】如图所示建立空间直角坐标系，    则， ， ， 设平面的一个法向量， 所以， 取，即， 故到平面的距离. 故答案为：. 考点二：利用空间向量求线面角 1．（23-24高二上·重庆·期末）在正方体中，是中点，点在线段上（含端点），若直线与平面所成的角为，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】建立合适空间直角坐标系，表示出点坐标，然后求解出平面的一个法向量，根据求解出的取值范围. 【详解】建立如图所示空间直角坐标系，设， 所以， 设，所以， 所以，， 设平面的一个法向量为， 所以，令，所以， 所以， 令，对称轴， 所以， 所以，即， 故选：A.    2．（23-24高二上·重庆·期末多选题）如图，已知正方体的棱长为1，若点E、F是正方形内（包括边界）的动点，若，，则下列结论正确的是（    ） A．点E到的最大距离为 B．点F的轨迹是一个圆 C．的最小值为 D．直线与平面所成角的正弦值的最大值为 【答案】ACD 【分析】选项A：由，得，分析得的轨迹为圆，再求最值即可；选项B：由平面，而点在上，即的轨迹为线段；选项C：由E的轨迹为圆，的轨迹为线段，可分析得；选项D：建立空间直角坐标系，用向量法求最值. 【详解】对于A:，即，所以， 即点E在面内，以为圆心、半径为的圆上， 所以，当位于中点时，到直线的距离最大， 取的中点，连接，由题意得平面， 平面，所以，又因为，， 平面，所以平面，平面， 所以，所以到直线的距离最大为，故A正确；    对于B： 正方体中，，又，且， 所以平面，所以点F在上，即的轨迹为线段，故B错误； 对于C：在平面内，   到直线的距离为当点，落在上时，；故C正确； 对于D：    建立如图示的坐标系，则， ， 由B选项的证明过程可知：的轨迹为线段， 所以设，则，则， 而 设平面的法向量，则有， 不妨令，则， 设与平面所成角为， 则： 当时，有最大值，故D正确； 故选：ACD 3．（23-24高二上·重庆长寿·期末）如图，在四棱锥中，底面是矩形，且，， 平面，、分别是线段、的中点. (1)证明：； (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）由题意得，，从而得平面，进而得出结论； （2）建立空间直角坐标系，求平面的法向量，利用向量夹角公式求线面所成的角. 【详解】（1）因为底面是矩形，所以, 又因为平面，平面，所以， 又，平面， 则平面， 因为平面，所以. （2）如图，分别以为轴，建立空间直角坐标系， 则， ， 设平面的法向量为， 则， 取，可得， 设直线与平面所成的角为， 则. 4．（23-24高二上·重庆·期末）如图，在四棱锥中，底面为矩形，，点为棱上的点，且． (1)证明：； (2)若，求直线与平面所成角的大小． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据线面垂直的判定定理和性质进行证明即可； （2）根据题意建立合适的空间直角坐标系，结合线面角的计算公式求解即可. 【详解】（1）因为四边形为矩形，所以， 又因为，平面，， 所以平面， 因为平面，所以， 因为，所以 （2）由（1）知，平面， 因为平面，所以， 所以在中，， 所以，所以， 以为正交基底建立如图所示空间直角坐标系， 则， 所以，， 设平面法向量为， 则，令，则， 设直线与平面所成角的大小为， 则， 所以，即直线与平面所成角的大小为 5．（23-24高二上·重庆九龙坡·期末）如图，在直三棱柱中，，，，分别为，的中点．    (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，通过证明的方向向量和平面的法向量来证明线面平行； （2）利用向量法求直线与平面所成角. 【详解】（1）由已知得两两垂直，如图建立空间直角坐标系， 则， 所以，又轴面， 则面的一个法向量为， 因为， 所以，又面， 所以平面；    （2）， ， 设面的法向量为， 则，取得， 设直线与平面所成角为， 则 所以. 6．（23-24高二上·重庆·期末）如图，在四棱锥中，底面ABCD为矩形，平面ABCD，为BC中点，为PA中点，．    (1)证明：平面PCD； (2)求直线MN与平面PBC所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见详解 (2) 【分析】（1）构造线线平行，证明线面平行； （2）建立空间直角坐标系，用空间向量求线面角. 【详解】（1）如图，取中点，连接、. 又为中点，所以且， 因为为中点，且，， 所以，，所以四边形为平行四边形. 所以，平面，平面， 所以平面.    （2）如图，因为、、两两垂直，可以为原点，建立如图空间直角坐标系.      则，，，，. 设平面的法向量为，则 ，取. 又. 所以，，. 设直线与平面所成的角为，则. 考点三：空间向量中的二面角问题 1．（23-24高二上·重庆·期末）如图1所示，四边形中，，，，，，点M为的中点，点N为上一点，且，现将四边形沿翻折，使得与重合，得到如图2所示的几何体，其中． (1)证明：平面； (2)若点P是棱上一动点，当二面角的正弦值为时，试确定点P的位置． 【答案】(1)见解析 (2)点为靠近的三等分点. 【分析】（1）先根据勾股定理的逆定理得到，再根据线面垂直的判定定理和性质得到，并且利用勾股定理的逆定理得到，最后利用线面垂直的判定定理证得平面； （2）先建立合适的空间直角坐标系，再写出相关点及向量的坐标，设求出，最后利用向量的夹角公式和同角三角函数的基本关系求得结果． 【详解】（1）∵四边形中，，，，， M为的中点，且， ∴四边形为正方形，且边长为， ∴题图2中，四边形是边长为的正方形，故， 又，，∴，∴， 又，，平面，平面， ∴平面，∵平面，∴， 易知，∴，∴， 又，平面，平面， ∴平面； （2）由（1）知平面，又， 以N为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示， 则，，，，， 设，则， ∴，，， 设平面的法向量为，则， 令，令，则，∴， 设平面的法向量为，则， 令，则，，∴， 设二面角的所成角为，所以， ∴， 即，即， 解得：或（舍去），故， 故点为靠近的三等分点. 2．（23-24高二上·重庆·期末）四棱锥中，底面为菱形.若，，. (1)求证：平面； (2)若，异面直线与所成角为，求二面角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）借助线面垂直的判定定理与性质定理即可得； （2）建立空间直角坐标系后由题意可计算出，求得平面及平面的法向量后即可得二面角的正弦值. 【详解】（1）底面为菱形，故， 又，，、平面， 故平面，又平面， 故，又，故为中点， 又，故， 又、平面，且， 故平面； （2）由（1）知、且， 即、、、两两垂直， 故可以为原点，建立如图所示空间直角坐标系， 由，故，，设， 则有、、、、、， 故、、， 由异面直线与所成角为， 故， 解得（负值舍去），故， 由平面，故平面的法向量可为， 设平面的法向量为， 则有，即，可令，则有、， 即， 则， 故二面角的正弦值为. 3．（23-24高二上·重庆·期末）如图，在斜三棱柱中，是边长为的正三角形，且四棱锥的体积为. (1)求三棱柱的高； (2)若，平面平面，为锐角，求平面与平面的夹角的余弦值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）通过体积转化可得，结合三棱锥的体积公式求解出的值，则三棱柱的高可知； （2）利用几何关系先证明两两垂直，然后建立合适空间直角坐标系，分别求解出平面与平面的一个法向量，根据法向量夹角的余弦值的绝对值求解出结果. 【详解】（1）设三棱柱的高为， 因为四边形是平行四边形， 所以，所以， 所以， 所以，且， 所以，即三棱柱的高为. （2）过作，因为为锐角，所以垂足在线段上，记为，连接， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，又平面，所以， 又因为，所以， 又因为，所以为中点， 又因为为等边三角形，所以， 由上可知：两两垂直， 以为坐标原点，以方向为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 又因为，所以， 设平面的一个法向量为，， 所以，令，所以， 设平面的一个法向量为，， 所以，令，所以， 所以， 所以平面与平面的夹角的余弦值为. 4．（23-24高二上·重庆·期末）如图，在平行六面体中，，，，，，，与相交于点．        (1)求； (2)求的长． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据，代入数值直接求得结果； （2）化简可得，然后采用先平方再开方的方法求解出，则的长可知. 【详解】（1）. （2）因为， 所以 ， 所以的长为. 5．（23-24高二上·重庆·期末）如图，在四棱锥中，底面是边长为1的菱形，，为等边三角形，，为的中点，为上的一点，且． (1)求四棱锥的体积； (2)求二面角的大小． 【答案】(1)； (2). 【分析】（1）根据给定条件，利用线面垂直的判定推得平面，再利用锥体体积公式计算即得. （2）由（1）中信息，建立空间直角坐标系，利用面面角的向量求法求解即得. 【详解】（1）在四棱锥中，连接，由是边长为1的菱形，且， 得是正三角形，而是正三角形，且为的中点，则， ，于是，即，则， 而平面，因此平面， 所以四棱锥的体积. （2）由（1）知，直线两两垂直，以点为坐标原点，直线分别为建立空间直角坐标系， 则，，， 由，得，于是， 设平面的法向量为，则，令，得， 显然平面的一个法向量为，二面角的平面角为锐角，设大小为， 因此，则， 所以二面角的大小为 6．（23-24高二上·重庆·期末）如图1所示，为等腰直角三角形，分别为中点，将沿直线翻折，使得，如图2所示.    (1)求证：平面平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）用面面垂直的判定定理证明； （2）建系，找到平面的一个法向量，平面的法向量，代入二面角的向量公式求解即可. 【详解】（1）证明：由题可知，因为分别为中点，所以， 所以， 又因为平面， 所以平面， 因为平面， 所以平面平面； （2）由（1）可知，因为， 所以，所以两两垂直，以为轴，以为轴，以为轴，    建立如图所示的空间直角坐标系，， 易得平面的一个法向量， 设平面的法向量为， 所以，即，解得一个法向量 所以. 所以平面与平面夹角的余弦值为. 7．（23-24高二上·重庆九龙坡·期末）如图所示，四边形为正方形，四边形，为两个全等的等腰梯形，，，，．    (1)当点为线段的中点时，求证：； (2)当点在线段上时（包含端点），求平面和平面的夹角的余弦值的取值范围． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据线面垂直的判定定理即可证明结论； （2）建立空间直角坐标系，利用空间角的向量求法求出平面和平面的夹角的余弦值的表达式，进行合理变形，结合二次函数的性质求得余弦的最值，即可求得答案． 【详解】（1）因为点为线段的中点，且， 所以， 因为，且四边形为正方形，故， 所以，而平面， 故平面，又平面， 所以； （2）设正方形的中心为，分别取的中点为， 设点为线段的中点，由（1）知四点共面，且平面， 连接，平面，故， 又平面，故平面平面， 且平面平面， 由题意可知四边形为等腰梯形，故， 平面，故平面， 故以为坐标原点，为轴建立空间直角坐标系，    因为，则，又，故， 设到底面的距离为， 四边形，为两个全等的等腰梯形，且， 故，又， 故，则， ， 设， 设平面的一个法向量为， 则，令，， 设平面的一个法向量为， 则，令，， 故， 令，则， 令，则， 令，则在上单调递增， 故当时，，当时，， 故， 即平面和平面的夹角的余弦值得取值范围为． 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于求出平面夹角的余弦值之后，要对其表达式进行变形，从而结合二次函数的单调性求得余弦的最值，从而得到其取值范围. 8．（23-24高二上·重庆·期末）在《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为“阳马”．在如图所示的“阳马”中，侧棱底面ABCD，．记的重心为G． (1)求点G到平面PBC的距离． (2)求平面GBD与平面PBC夹角的大小． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据长方形的性质，结合线面垂直的性质建立空间直角坐标系，利用空间点到面距离公式进行求解即可； （2）利用空间夹角公式进行求解即可. 【详解】（1）因为底面为长方形， 所以，又因为底面ABCD，底面ABCD， 所以， 以点A为原点，AD为x轴，AB为y轴，AP为z轴建立空间直角坐标系 则 所以重心 设平面PBC的法向量为 所以点G到平面PBC的距离为： （2），设平面GBD的法向量为 设平面GBD与平面PBC的夹角为， 则． 9．（23-24高二上·重庆·期末）如图，在三棱锥中，，，为的中点．    (1)证明：平面ABC； (2)若点在线段BC上（异于点，），平面与平面的夹角为，求的值． 【答案】(1)证明过程见解析 (2) 【分析】（1）作出辅助线，求出各边长，由勾股定理逆定理得到⊥，结合⊥，得到线面垂直； （2）建立空间直角坐标系，设，，求出平面的法向量，利用面面角的余弦值得到方程，求出，得到. 【详解】（1）连接， 因为，，所以， 由勾股定理逆定理得， 故， 因为，所以为等边三角形， 又为的中点， 所以⊥，且， 因为，所以， 由勾股定理逆定理得⊥， 因为，平面， 所以⊥平面； （2）因为，为的中点， 所以⊥， 由（1）可知，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， 则，设，， 故， 设平面的法向量为， 则， 令，则，，故 平面的法向量为，    所以， 因为平面与平面的夹角为， 故，解得，负值舍去， 故. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！8 学科网（北京）股份有限公司 $$