1.2.3&1.2.4直线与平面的夹角、二面角（题型专练）数学人教B版选择性必修第一册

1.2.3-1.2.4直线与平面的夹角、二面角 题型一 异面直线夹角的向量解法 1．（24-25高二下·福建厦门·期末）在正四面体中，，则直线与直线所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】选取空间的一组基底，将，用基底表示，结合夹角公式求解. 【详解】，设正四面体的棱长为， 则， 故，又， 直线与直线夹角的余弦值为， 故选：D． 2．（24-25高二下·广西河池·期末）已知空间四点，，，，则直线与直线所成的角为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据题意，求得，结合向量的夹角公式，求得，进而求得直线与直线所成的角，得到答案. 【详解】由空间四点，，，， 可得，则， 设直线与直线所成的角为，其中， 则，可得， 所以直线与直线所成的角为. 故选：A. 3．（24-25高二下·河南南阳·期末）已知在直三棱柱中，，，，，则异面直线与所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法求两异面直线夹角的余弦值. 【详解】在直三棱柱中以B为顶点，BA为x轴，在平面ABC内过点B作垂直于AB的直线为y轴，为z轴建立空间直角坐标系如图所示：   ， ，， 设异面直线与所成角为， 则. 故选：A 4．（24-25高二下·广西桂林·期末）在四棱锥中，底面，底面为正方形，，为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】如图建立空间直角坐标系，设，则可写出和的坐标，利用向量数量积的坐标运算求出夹角的余弦值，即可得解. 【详解】因为底面，底面为正方形，所以两两垂直， 如图，以点为坐标原点，直线所在方向分别为轴建立空间直角坐标系， 设，则，所以, 则， 设异面直线与所成角为，则. 故选:A. 题型二 已知线线角求其它量 1．（24-25高二下·上海闵行·阶段练习）如图所示，钟楼的主体结构可以看做一个长方体，四个侧面各有一个大钟，则从到这段时间内，相邻两面钟的分针所成角为的次数为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】在长方体中，以点为坐标原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴建立如图的空间直角坐标系，设分针长为，矩形的对角线的交点为，矩形的对角线的交点为，考察到这个时间段，根据两向量的夹角公式，得到，即可求解． 【详解】在长方体中，以点为坐标原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴建立如图的空间直角坐标系． 设分针长为，矩形的对角线的交点为，矩形的对角线的交点为， 考察到这个时间段， 设时刻，侧面、内的钟的分针的针点的位置分别为、， 设，其中， 则，， 由已知可得，则， 因为，故的取值为、、、， 即在到这个时间段，相邻两面钟的分针所成角为的次数为， 故选：B． 2．（24-25高二上·广东·期末）已知直线的一个方向向量为，直线的一个方向向量为，若直线、所成的角等于，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用空间向量法可得出关于的等式，解之即可. 【详解】由题意可得，解得. 故选：B. 3．（24-25高一上·重庆·期末）《九章算术》中，将底面为长方形，且一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马.在阳马中，若平面，且，异面直线与所成角的余弦值为，则（    ） A． B．4 C．2 D．3 【答案】B 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量即可求. 【详解】由题意，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建系如图， 设，因为， 所以， ， 设异面直线与所成角为， 则， 解得，即. 故选：B. 4．（21-22高二上·重庆云阳·期中）在三棱锥中，，，平面，点，分别为，的中点，，为线段上的点（不包括端点，），若使异面直线与所成角的余弦值为，则（   ） A．或4 B． C． D． 【答案】D 【分析】由题意与勾股定理建立空间直角坐标系，写出各点的坐标，利用线线角向量公式，可得答案. 【详解】如图，在三棱锥中，，，所以． 因为平面，以为原点，，，为、、轴正方向建立空间直角坐标系． 可知，，． 因为，，所以， 所以，则．设，且， 则，可知，， 所以， ，． 因为异面直线与所成的角的余弦值为， 所以， 解得或（舍去）．所以． 故选：D. 题型三 直线与平面所成角的向量解法 1．（24-25高二下·河南开封·期末）在正方体，中，E是的中点，则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，利用向量的夹角公式即可求解. 【详解】以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，设正方体边长为2， 则，所以， 设平面的法向量为， 所以，令，所以， 设与平面所成角为， 所以. 故选：B. 2．（24-25高二下·广东潮州·期末）如图，在四棱锥中，底面是菱形，平面，平面平面，E为中点，. (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的大小. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由及E是的中点，可得.根据面面垂直的性质定理可得，平面.结合线面垂直的性质得，.利用线面垂直的判定定理即可证明； （2）由平面，可知平面，进而，.由平面，可得，.故以D为坐标原点，，，分别为，，轴空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用线面角的向量求法即可求解. 【详解】（1）（1）∵，E是的中点，∴. ∵平面平面，平面平面，平面，，∴平面. ∵平面，∴. ∵平面，平面，∴. 又，，平面，∴平面. （2）∵平面，，∴平面. ∵，平面，∴，. ∵平面，，平面，∴，. 故以D为坐标原点，，，分别为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，， ∴，，. 设平面的法向量为， 则，即. 令，则，故平面的一个法向量为. 设直线与平面所成角为， 则. ∵，∴， 即直线与平面所成角的大小为. 题型四 已知线面角求其它量 1．（24-25高二下·陕西安康·期末）如图，直三棱柱中，平面，． (1)证明：； (2)若，求三棱锥的体积； (3)若与平面所成的角为，求． 【答案】(1)证明见解析 (2)18 (3) 【分析】（1）由线面垂直可得可得平面，从而可证； （2）由题意结合几何知识可证明四边形是正方形，从而再求出，，再结合柱体的体积公式即可求解； （3）建立空间直角坐标系，利用线面角的向量法即可求解. 【详解】（1）由平面平面，可得， 易知，故由平面平面，可得平面， 由平面，可得． （2）由平面平面可得， 又因为四边形是矩形，故四边形是正方形，于是， 而，故，由可得，解得，， 故， 故三棱锥的体积为18． （3）显然平面，故以为坐标原点，的方向为轴正方向，的方向为轴正方向，的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系，如图， 不妨设，则，故． 易知平面的一个法向量， 故，即， 得到，由知． 2．（2025·安徽马鞍山·模拟预测）如图，四棱锥的底面为正方形，平面ABCD，E，F分别是线段PB，PD的中点，是线段PC上的一点． (1)求证：平面平面PAC； (2)若直线AG与平面AEF所成角的正弦值为，求CG的长． 【答案】(1)证明见解析 (2)或． 【分析】（1）连接BD，由线面垂直的性质得到，再由面面垂直的判定定理证明可得； （2）建立如图所示空间直角坐标系，设，求出平面AEF的一个法向量，代入空间线面角公式计算可得. 【详解】（1）连接BD，因为E，F分别是线段PB，PD的中点，所以． 因为平面平面ABCD，所以，即， 又ABCD为正方形，所以，即 又平面PAC，所以平面PAC， 又平面EFG，所以平面平面PAC． （2）如图，以为原点，分别以AB，AD，AP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则， 设，则． 设平面AEF的一个法向量为，则，令得． 设直线AG与平面AEF所成角为，则 解得或，所以或． 题型五 二面角的向量解法 1.．（24-25高二·上海·假期作业）设四边形是一个正方形，平面，，则二面角的大小为 . 【答案】 【分析】由已知条件可证是二面角的平面角，在中，，即可求出的大小. 【详解】   平面，平面，， 又是正方形，， ，平面， 平面，平面，， 是二面角的平面角， 在中，，， 二面角的大小为. 故答案为： 2．（24-25高二下·贵州毕节·期末）如图，四棱锥的底面为菱形，底面，连接． (1)证明：； (2)若，，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)． 【分析】（1）由题，可得，，利用线面垂直的判定定理得平面，进而得证； （2）取的中点，可得底面，建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，利用向量法求解. 【详解】（1）连接与交于点，因为为菱形，则， 又底面，平面，所以， 而，平面，所以平面． 又平面，所以． （2）取的中点，连接，又为的中点，则．所以底面． 如图，建立空间直角坐标系，因为， 所以， 所以，，，，， 则，，， 设平面的法向量为， 则，故，取， 同理，可得平面的一个法向量为， 设平面与平面夹角为，则. 所以平面与平面夹角的余弦值为. 题型六 已知二面角求其它量 1．（24-25高二下·陕西西安·阶段练习）在四棱锥中，平面ABCD，底面ABCD是菱形，，点在线段PD上，平面AEC. (1)证明：为PD的中点； (2)若，二面角的余弦值为，求PA的长. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据线面平行的性质定理，结合中位线定理，可得答案； （2）由题意建立空间直角坐标系，求得平面的法向量，利用二面角的向量公式，可得答案. 【详解】（1）证明：连接BD交AC于，连接OE， 因为底面ABCD是菱形，所以是BD中点， 又平面，平面PBD，平面平面，所以， 故为PD中点. （2）取的中点，连接，易知，则平面， 在菱形中，易知，由，，则，， 以为原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如下图： 设，则，，，， 由为的中点，则， 取，，，， 设平面的法向量，则， 令，则，，所以平面的一个法向量； 设平面的法向量，则， 令，则，，所以平面的一个法向量， 设二面角的平面角大小为，则， 即，解得. 2．（24-25高二下·四川泸州·期中）如图，在四棱锥中，，，，，，点Q为棱PC上一点． (1)证明：平面； (2)当二面角的余弦值为时，求． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）在四棱锥中由勾股定理计算可证明，，结合线面垂直判定定理可得出结论； （2）建立空间直角坐标系分别求出平面和平面的法向量，设，再利用二面角的余弦值解方程可得. 【详解】（1）在四棱锥中， 由，，，， 得，， 则，， 又，且，平面， 所以平面． （2）由（1）知两两垂直，以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图： 则， 可得，，， 设（），则， 设平面的法向量， 则，令，得， 设平面的法向量为， 由，解得，令，，得， 由二面角的余弦值为，得， 即，整理得，解得， 所以． 题型一 空间角的综合问题 1.（24-25高二下·浙江宁波·期末）如图，是正方体体对角线（含端点）上的动点，为棱（含端点）上的动点，则下列说法正确的是（    ） A．异面直线与所成角的最小值为 B．异面直线与所成角的最大值为 C．对于任意给定的，存在点，使得 D．对于任意给定的，存在点，使得 【答案】D 【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法对选项进行分析，从而确定正确答案. 【详解】以为坐标原点，建系如图，设正方体的边长为1，则， 设，，则， 设异面直线与所成的角为， 则， 因，由于，则时，， 又，，于是，则， 又，结合余弦函数的单调性可知，，故AB错误； 对于C.设，，则， 由上述分析，，， 当时，无解，故C错误； 对于D.，令，得， 即对于任意的M，存在点P使得，故D正确. 故选：D. 2．（多选）（24-25高二下·安徽亳州·期末）在长方体中，，则（   ） A． B．平面与底面ABCD夹角的余弦值为 C．直线AD与平面所成角的余弦值为 D．点到平面的距离为 【答案】BD 【分析】以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用向量法求解夹角的余弦值判断A，利用向量法求解平面的夹角判断B，利用线面角的向量公式求解判断C，利用点面距离的向量公式求解判断D. 【详解】在长方体中，， 以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图， ，，，，，，， ，， 设平面的法向量为，则， 取，得， 对于A，，， 则，故A错误； 对于B，为平面的法向量，设平面与底面ABCD夹角为， 则，所以平面与底面ABCD夹角的余弦值为，故B正确； 对于C，，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， 所以直线AD与平面所成角的余弦值为，故C错误； 对于D，，所以点到平面的距离为，故D正确． 故选：BD 8．（24-25高二下·福建厦门·期末）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形．，，点为的中点． (1)证明：平面； (2)证明：平面； (3)若，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）只需证明，再结合线面平行的判定定理即可得证； （2）只需证明，，再结合线面垂直的判定定理即可得证； （3）思路一：建立适当的空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，结合向量夹角的余弦公式即可得解；思路二：由（2）知平面，故可将问题转换为与平面所成角的正弦值，由等体积法即可求解. 【详解】（1）证明：连接，交于点，连接， 因为分别为的中点，所以， 又平面平面，所以平面． （2）因为底面是边长为2的菱形，所以，且既是的中点，也是的中点， 又，所以， 连接，又平面，所以平面， 因为平面，所以． 又因为，所以． 又平面，所以平面． （3）解法一：在边长为2的菱形中，，所以， 在，，则有， 以为原点，所在直线分别为轴，作平面，建立如图所示的空间直角坐标系， 因为平面平面，所以平面平面， 即在底面的射影在上，所以， 易知，所以，，， 由（2）知平面，所以平面的一个法向量为， 设平面的法向量为，则 取，则，得， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为． 解法二：在边长为2的菱形中，，所以， 在，，，，， 由（2）知平面，则平面与平面夹角的余弦值即为与平面所成角的正弦值， 易知，所以， 因为平面平面，所以平面平面， 所以在底面的射影在上， 所以到底面的距离为， 设到底面的距离为，由可知，，解得， 所以与平面所成角的正弦值为， 所以平面与平面夹角的余弦值为． 题型二 空间角的最值、范围问题 1．（24-25高二下·云南·期末）在体积为的正四棱锥中，为底面内的任意两点，则直线与直线所成角的余弦值的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】应用直线与面内直线所成角的最小值是直线和面上射影所成角，再结合边长计算求解. 【详解】设正四棱锥的高为，则，解得， 所以. 由已知，，， 设，且，又， 所以， 所以，当且仅当时等号成立， 设直线与直线所成角为， 所以当直线与直线平行或重合时，取得最大值，最大值为. 故选：A. 2．（2025高三·全国·专题练习）已知棱长为1的正四面体，的中点为动点在线段上，则直线与平面所成角的正切值的取值范围是 【答案】 【分析】利用三正弦定理公式可求正切值的取值范围，或者利用空间向量求出直线与平面所成角的正弦值的取值范围后可得正切值的取值范围. 【详解】法1：取的中点为，的中点为，的中心为， 则三点共线，连接，则， 由正三角形可得，同理， 而平面，故平面， 而平面，故，故为二面角的平面角， 因为，故，故 设二面角的平面角为，则. 设直线与平面所成的角为， 由三正弦定理得 又，所以，进而可得. 法2：取的中心为，的中点为，连接，，， 则三点共线，且， 故， 设，，则， 故， 设直线与平面所成角为，因为为平面的法向量， 所以，因为为正四面体，故， 故， ， 而， 故， 当时，； 当时，. 因为，故，故，故， 故， 综上，， 故答案为： 题型三 空间线段、点的存在问题 1．（24-25高二下·河南洛阳·期末）如图，在四棱锥P-ABCD中，平面平面ABCD，底面ABCD是边长为2的菱形，，，E是BC的中点，点Q在侧棱PC上.    (1)求证：； (2)是否存在点Q，使DC与平面DEQ所成角的正弦值为，若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，或. 【分析】（1）取AD中点O，连接OP，OB，结合等边三角形的性质利用线面垂直的判定定理得平面PBO，进而利用线面垂直的性质定理证明即可； （2）建立空间直角坐标系，设，，则，求出平面DEQ的法向量，利用线面角的向量公式列方程求出，即可得解. 【详解】（1）证明：取AD中点O，连接OP，OB. ∵，∴， 在菱形ABCD中，，可得为等边三角形， ∴，又∵PO，平面PBO，且， ∴平面PBO，∵平面PBO，∴.    （2）解：∵，平面平面ABCD，平面平面， 且平面PAD，∴平面ABCD， 以O为坐标原点，OA，OB，OP所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，， 假设存在点Q满足题意，设，， 则， ∴，，，， 设平面DEQ的法向量为， 则 令，则，，∴. 设DC与平面DEQ所成角为，则，解得或. ∴存在点Q，使得DC与平面DEQ所成角的正弦值为，此时或. 1．（24-25高二下·江苏南京·阶段练习）如图，在棱长为2的正方体中，P为棱的中点，Q为棱所在直线上一点，且（）. (1)若，求直线与所成角的余弦值； (2)若直线与平面所成角为45°，求实数的值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）先建立空间直角坐标系，求出向量与的坐标，再根据向量的夹角公式求出两向量夹角的余弦值，进而得到异面直线与所成角的余弦值； （2）同样先建立空间直角坐标系，求出相关向量坐标，再求出平面的法向量，最后根据直线与平面所成角的向量公式列出方程，求解得到的值. 【详解】（1）建立空间直角坐标系并求点的坐标：以为正交基底，建立空间直角坐标系. 已知正方体棱长为，则，，.因为为棱的中点，，，所以点坐标为； 又因为，，所以点坐标为. 所以，. 根据向量的夹角公式，， ，所以. 因为异面直线所成角的范围是，所以与所成角的余弦值为. （2）因为，，所以点坐标为. 那么，，.   设平面的法向量为，有，即. 令，得，解得； 把，代入得，解得. 所以.   已知直线与平面所成角为，根据线面角向量关系（为线面角）， 则. 等式两边同时平方得. 化简：，即. 展开得. 移项整理得， 又因为，所以，解得.   2．（24-25高二下·安徽·阶段练习）如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧面、都与底面垂直． (1)求证：平面； (2)若二面角的余弦值为，求与底面所成角的大小． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据面面垂直可得平面，从而得； （2）建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法结合线面角求出，再利用向量可求可求另一个线面角. 【详解】（1）证明：平面平面，平面平面， ，平面，平面，而平面， 故，同理，又，，平面， 平面. （2） 以为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系， 设，，得，，，， ，， 设平面，平面的法向量分别为，， 则，，取， ，解得， 因为平面，所以与底面所成角为， ，得 即与底面所成角为． 3．（24-25高二下·天津河东·期末）如图，在多面体ABCDPE中，已知平面PDCE⊥平面ABCD，其中四边形PDCE为矩形， 底面四边形ABCD满足， AB ⊥AD，∥ (1)求证：平面 (2)求三棱锥 外接球的体积： (3)F为PA的中点，点Q在线段EF上，若直线BQ与平面PBC 所成角的大小为 求FQ的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）由面面垂直的性质定理及判定定理即可证明； （2）根据几何体外接球半径的求法，结合球的体积公式即可求解； （3）建立空间直角坐标系，设，根据向量的线性运算可得，再利用线面角的向量法求出，再根据空间向量的模长公式即可求解. 【详解】（1）因为四边形为矩形， 所以，因为平面平面，平面平面平面， 所以平面，又因为平面， 所以平面平面； （2）由（1）知平面， 平面，所以， 所以Rt的外心为的中点， 所以，所以平面， 因为，所以Rt的外心为的中点， 所以点为三棱锥外接球的球心， ， 所以外接球的半径， 则三棱锥外接球的体积为； （3）因为平面， 所以以为原点，以所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 所以 设线段上存在一点，使得与平面所成角的大小为， 设， 则， 所以， ， 设平面的法向量为， 则， 取，则， 则，因为与平面所成角的大小为， 所以， 即，整理得， 所以，此时点与点重合， 所以，则． 4．（24-25高二下·广西贵港·期中）如图，边长为2的正方形是圆柱的轴截面，为底面圆上的点，为线段的中点． (1)证明：平面． (2)证明：平面． (3)若直线与平面所成角的正弦值为，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)． 【分析】（1）先证明，,再利用线面垂直的判定定理求解即可； （2）取线段的中点，连接，，先利用平行四边形证明，再利用线面平行的判定定理求解即可； （3）过点作圆柱的母线，以为原点，，，的方向分别为，，轴的正方向，建立空间直角坐标系，求出直线的方向向量以及平面的法向量，再利用夹角公式求解即可. 【详解】（1）依题意可得为圆的一条直径，则． 因为平面，平面，所以， 又，所以平面， 所以平面． （2）取线段的中点，连接，． 在中，，． 因为，，所以，， 所以四边形为平行四边形，则． 因为平面，平面， 所以平面． （3）过点作圆柱的母线，则平面，所以，，互相垂直． 以为原点，，，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． 不妨设，，则，，，，所以，． 设为平面的法向量， 所以令，则． 易知直线的一个方向向量为． 记直线与平面所成的角为， 则， 结合，解得，，所以． 5．（2025·河南信阳·模拟预测）如图，在四棱锥中，四边形是直角梯形，，且，，，E为中点. (1)证明：平面； (2)证明：平面； (3)在线段上是否存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为?若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)存在点为的中点 【分析】（1）取中点记为，连接EF，CF，通过证明四边形为平行四边形，然后可证平面； （2）中点为，连接，，由勾股定理可得，结合可得 平面，即，又由即可证明平面； （3）以为坐标原点建立空间直接坐标系，设，然后利用待定系数法求出平面与平面的法向量，再利用向量的夹角公式求解方程即可. 【详解】（1）证明：取中点记为，连接EF，CF， 则，且； ，且； 所以平行且等于CD， 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）记中点为，连接，， 则四边形为正方形， 且根据勾股定理得， 所以， 则，所以. 又因为，，平面，所以平面. 因为平面，所以. 又因为， 所以，且，平面， 所以平面. （3）由（2）知，平面，且. 以为坐标原点，以，BA，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， ，，，，， 设，，则， 则，，， 设平面与平面的法向量分别为和 则 令，得. 令，得. 设平面与平面的夹角为，， 则，解得. 因此存在点为的中点，使得平面与平面夹角的余弦值为. 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $$ 1.2.3-1.2.4直线与平面的夹角、二面角 题型一 异面直线夹角的向量解法 1．（24-25高二下·福建厦门·期末）在正四面体中，，则直线与直线所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 2．（24-25高二下·广西河池·期末）已知空间四点，，，，则直线与直线所成的角为（    ） A． B． C． D． 3．（24-25高二下·河南南阳·期末）已知在直三棱柱中，，，，，则异面直线与所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 4．（24-25高二下·广西桂林·期末）在四棱锥中，底面，底面为正方形，，为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 题型二 已知线线角求其它量 1．（24-25高二下·上海闵行·阶段练习）如图所示，钟楼的主体结构可以看做一个长方体，四个侧面各有一个大钟，则从到这段时间内，相邻两面钟的分针所成角为的次数为（ ） A． B． C． D． 2．（24-25高二上·广东·期末）已知直线的一个方向向量为，直线的一个方向向量为，若直线、所成的角等于，则（   ） A． B． C． D． 3．（24-25高一上·重庆·期末）《九章算术》中，将底面为长方形，且一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马.在阳马中，若平面，且，异面直线与所成角的余弦值为，则（    ） A． B．4 C．2 D．3 4．（21-22高二上·重庆云阳·期中）在三棱锥中，，，平面，点，分别为，的中点，，为线段上的点（不包括端点，），若使异面直线与所成角的余弦值为，则（   ） A．或4 B． C． D． 题型三 直线与平面所成角的向量解法 1．（24-25高二下·河南开封·期末）在正方体，中，E是的中点，则与平面所成角的正弦值为（   ） A． B． C． D． 2．（24-25高二下·广东潮州·期末）如图，在四棱锥中，底面是菱形，平面，平面平面，E为中点，. (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的大小. 题型四 已知线面角求其它量 1．（24-25高二下·陕西安康·期末）如图，直三棱柱中，平面，． (1)证明：； (2)若，求三棱锥的体积； (3)若与平面所成的角为，求． 2．（2025·安徽马鞍山·模拟预测）如图，四棱锥的底面为正方形，平面ABCD，E，F分别是线段PB，PD的中点，是线段PC上的一点． (1)求证：平面平面PAC； (2)若直线AG与平面AEF所成角的正弦值为，求CG的长． 题型五 二面角的向量解法 1.．（24-25高二·上海·假期作业）设四边形是一个正方形，平面，，则二面角的大小为 . 2．（24-25高二下·贵州毕节·期末）如图，四棱锥的底面为菱形，底面，连接． (1)证明：； (2)若，，求平面与平面夹角的余弦值． 题型六 已知二面角求其它量 1．（24-25高二下·陕西西安·阶段练习）在四棱锥中，平面ABCD，底面ABCD是菱形，，点在线段PD上，平面AEC. (1)证明：为PD的中点； (2)若，二面角的余弦值为，求PA的长. 2．（24-25高二下·四川泸州·期中）如图，在四棱锥中，，，，，，点Q为棱PC上一点． (1)证明：平面； (2)当二面角的余弦值为时，求． 题型一 空间角的综合问题 1.（24-25高二下·浙江宁波·期末）如图，是正方体体对角线（含端点）上的动点，为棱（含端点）上的动点，则下列说法正确的是（    ） A．异面直线与所成角的最小值为 B．异面直线与所成角的最大值为 C．对于任意给定的，存在点，使得 D．对于任意给定的，存在点，使得 2．（多选）（24-25高二下·安徽亳州·期末）在长方体中，，则（   ） A． B．平面与底面ABCD夹角的余弦值为 C．直线AD与平面所成角的余弦值为 D．点到平面的距离为 3．（24-25高二下·福建厦门·期末）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形．，，点为的中点． (1)证明：平面； (2)证明：平面； (3)若，求平面与平面夹角的余弦值． 题型二 空间角的最值、范围问题 1．（24-25高二下·云南·期末）在体积为的正四棱锥中，为底面内的任意两点，则直线与直线所成角的余弦值的最大值为（    ） A． B． C． D． 2．（2025高三·全国·专题练习）已知棱长为1的正四面体，的中点为动点在线段上，则直线与平面所成角的正切值的取值范围是 题型三 空间线段、点的存在问题 1．（24-25高二下·河南洛阳·期末）如图，在四棱锥P-ABCD中，平面平面ABCD，底面ABCD是边长为2的菱形，，，E是BC的中点，点Q在侧棱PC上.    (1)求证：； (2)是否存在点Q，使DC与平面DEQ所成角的正弦值为，若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 1．（24-25高二下·江苏南京·阶段练习）如图，在棱长为2的正方体中，P为棱的中点，Q为棱所在直线上一点，且（）. (1)若，求直线与所成角的余弦值； (2)若直线与平面所成角为45°，求实数的值. 2．（24-25高二下·安徽·阶段练习）如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧面、都与底面垂直． (1)求证：平面； (2)若二面角的余弦值为，求与底面所成角的大小． 3．（24-25高二下·天津河东·期末）如图，在多面体ABCDPE中，已知平面PDCE⊥平面ABCD，其中四边形PDCE为矩形， 底面四边形ABCD满足， AB ⊥AD，∥ (1)求证：平面 (2)求三棱锥 外接球的体积： (3)F为PA的中点，点Q在线段EF上，若直线BQ与平面PBC 所成角的大小为 求FQ的长． 4．（24-25高二下·广西贵港·期中）如图，边长为2的正方形是圆柱的轴截面，为底面圆上的点，为线段的中点． (1)证明：平面． (2)证明：平面． (3)若直线与平面所成角的正弦值为，求的长． 5．（2025·河南信阳·模拟预测）如图，在四棱锥中，四边形是直角梯形，，且，，，E为中点. (1)证明：平面； (2)证明：平面； (3)在线段上是否存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为?若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由. 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $$