3.4空间向量在立体几何中的应用（题型专练）数学沪教版2020选择性必修第一册

3.4空间向量在立体几何中的应用 题型一 直线的方向向量与平面的法向量 1．(24-25高二下·上海杨浦区·模拟)在空间直角坐标系中，是直线的一个方向向量，是平面的一个法向量.若，则（   ） A．4 B． C．2 D．-2 【答案】A 【分析】直线与平面垂直则直线的方向向量与平面的法向量平行，再根据空间中两平行向量的坐标关系进行求解. 【详解】因为，所以∥，则，解得. 故选：A. 2．已知直线的方向向量为，平面的一个法向量为，若，则的值（    ） A． B． C．1 D．4 【答案】B 【分析】由已知可得，即，计算即可得出结果. 【详解】因为是直线的一个方向向量，是平面的一个法向量， 且直线平面，所以， 所以，解得. 故选：B. 3．(24-25高二上·上海东昌中学·月考)已知直线的方向向量为，平面的法向量为，则“”是“”的（   ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】B 【分析】根据线面平行的判定定理，结合充分、必要条件的概念，即可得答案. 【详解】若，则或，故充分性不成立， 若，则，故必要性成立， 所以“”是“”的必要不充分条件， 故选：B 4．(22-23高二上·上海向东中学·期末)若直线的方向向量为，平面的法向量为，能使的是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据给定条件，逐项计算即可. 【详解】对于A，，A不是； 对于B，，，B是； 对于C，，C不是； 对于D，，D不是. 故选：B 5．(21-22高一下·上海复旦大学附属中学·期末)已知直线的一个方向向量为，平面的一个法向量，若，则实数 ． 【答案】10 【分析】根据直线与平面平行，得到直线的方向向量与平面的法向量垂直，进而利用空间向量数量积为0列出方程，求出的值. 【详解】因为，所以直线的方向向量与平面的法向量垂直， 即，解得：. 故答案为：10 6．(23-24高二上·北京清华大学附属中学奥森分校·期中)直线的方向向量为，直线的方向向量为，平面的法向量为，，，则、、的值依次为 . 【答案】、、 【分析】依题意可得、，即可求出、、的值. 【详解】因为，直线的方向向量为，直线的方向向量为， 所以，则，即，解得， 因为，直线的方向向量为，平面的法向量为， 所以，所以，即，所以，解得， 则、、的值依次为、、. 故答案为：、、 题型二 向量法判断平行关系 1．长方体中，．点为中点．   (1)求证：平面 (2)求证：平面． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）利用线面垂直的性质定理及判断定理即可证明； （2）建立如图所示的空间直角坐标系，根据题意写出相应点的坐标，求出及平面的法向量的坐标，由，即可证明平面. 【详解】（1）因为是长方体， 所以平面，而平面， 所以， 又因为，所以侧面是正方形， 因此， 因为平面， 所以平面﹔ （2）建立如图所示的空间直角坐标系，   ， ， 设平面的法向量为， 则有， 解得， 因为， 而平面，所以有平面. 2．已知在四棱锥中，底面是直角梯形，，，侧面是正三角形且垂直于底面，是的中点． (1)判定直线与平面的位置关系，并说明理由； (2)在上是否存在一点，使平面. 【答案】(1)平面PCD，理由见解析； (2)存在. 【分析】（1）建立空间直角坐标系，证明，即可； （2）存在的中点，使平面．先计算平面的法向量为及，由即可求得. 【详解】（1）直线与平面垂直．理由如下： 依题意，取的中点，连接, 因为平面为等边三角形，所以, 又因为平面平面,且平面平面,平面， 所以平面， 以的中点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系． 设，则，，，，． 所以，，， 所以， ， 即，， 又，平面,平面, 所以平面． （2）存在， 设平面的法向量为，则，， 所以，， 又，， 所以 令，则，， 所以平面的一个法向量为． 取的中点，则． 又，所以． 因为， 所以． 又是平面的法向量，且不在平面上， 所以平面． 故存在的中点，使平面． . 3．设E、F、G、H分别是空间四边形ABCD的边AB、BC、CD、DA的中点，P、Q分别是这个空间四边形两条对边BD、AC的中点． (1)求证：； (2)若，，求的值； (3)若，，，求异面直线AC与BD所成的角的大小； (4)求证：EG、FH、PQ相交于同一点． 【答案】(1)证明见解析 (2)50 (3)60°． (4)证明见解析 【分析】（1）利用，，分别是，，的中点得，，在中由两边之和大于第三边可得答案； （2）利用三角形的中位线定理可得四边形为平行四边形，再由 ．，可得答案； （3）为等边三角形，，可得答案； （4）根据已知可得四边形、四边形为平行四边形，对角线交于一点可得答案． 【详解】（1）因为，，分别是，，的中点， 所以，． 在中，，所以；    （2）因为，，，， 所以,，所以四边形为平行四边形， 所以， 即，所以；    （3）因为，，，所以为等边三角形， 所以，因为，，分别是空间四边形的边，..，的中点，所以，， 所以直线与所成的角即为异面直线与所成的角，即异面直线与所成的角为；    （4）由（2）可知四边形为平行四边形，则与相交于一点，且为它们的中点，因为，，，， 所以,，所以四边形为平行四边形，则与相交于一点，且为它们的中点，而的中点只有一个，故三线相交于同一点．    4．(21-22高二上·第三章空间向量与立体几何单元检测B卷（综合篇）-·)如图，在正方体中，，分别为，的中点.证明：   (1)平面平面； (2)平面. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用平面和平面的法向量来证明平面平面. （2）通过直线的方向向量和平面的法向量来证明平面. 【详解】（1）建立如图所示的空间直角坐标系， 设正方体的棱长为2，则，，，，，. 设平面的法向量为， ∵，，，， ∴，∴令，则， 设平面的法向量为， ∴，∴令，则， ∴， ∴平面平面.    （2）∵，分别为，的中点，∵，， ∴，∴， ∴平面. 题型三 向量法判断垂直关系 1．如图所示，已知平行六面体的底面是菱形，且．   (1)求证：； (2)当的值为多少时，能使平面？请给出证明． 【答案】(1)证明见解析 (2)，证明见解析 【分析】（1）根据已知条件可以构造空间向量，利用空间向量的数量积为0得到垂直关系； （2）根据线面垂直的性质知，要使平面，只需且，根据数量积的定义可知需证明，，结合向量的加减运算和数量积的定义，即可求出与的关系； 【详解】（1）证明：设，，，则， 底面是菱形，有，且两两所成角相等，设为， 则， ∴，即. （2）要使平面，只需且. 欲使，则可证明，即， 也就是， 即， 由于，显然当时，上式成立. 同理可得，当时，. 因此，当时，能使平面. 2．如图，在直三棱柱中，，，，点E在线段上，且，分别为、、的中点.求证：   (1)平面平面； (2)平面平面. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）利用空间向量法证明线面垂直证明面面垂直； （2）利用空间向量法证明平面，再根据线面垂直的性质得到面面平行； 【详解】（1）证明：以为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示空间直角坐标系.    则，，，，，. 设，则，，. 因为，，， 所以，. 所以，，即，. 又平面，所以平面. 因为平面，所以平面平面. （2）因为，，， 所以，. 所以，. 因为平面，所以平面. 又由（1）知平面，所以平面平面. 3．(22-23高二上·新疆昌吉回族昌吉昌吉州行知学校·期末)如图，在四棱锥中，底面，，，，，点E为棱PC的中点．证明： (1)平面； (2)平面平面． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）根据题意，先证明AB，AD，AP两两垂直，从而建立对应的空间直角坐标系，再利用空间向量法证明平面PAD的一个法向量与垂直，进而即可证明结论； （2）结合（1），先证明平面PCD的一个法向量与平面PAD的一个法向量垂直，进而即可证明结论． 【详解】（1）因为平面ABCD，且平面ABCD，所以， 又因为，且，平面，所以平面， 依题意，以点A为原点，以，，分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， 由为棱的中点，得，则， 所以为平面的一个法向量， 又，所以， 又平面，所以平面． （2）由（1）知平面的一个法向量，，， 设平面PCD的一个法向量为，则， 令，可得，所以， 又， 所以，所以平面平面. 4．如图，在四棱锥中，底面ABCD是菱形，，，，底面ABCD，，点E在棱PD上，且.证明：平面平面ACE； 【答案】证明见解析 【分析】 由题意可得BO，CO，PO互相垂直，所以以O为坐标原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，然后利用空间向量证明即可. 【详解】证明：因为底面ABCD是菱形，所以， 因为平面ABCD，平面， 所以， 所以BO，CO，PO互相垂直， 所以以点O为坐标原点，所在的直线分别为轴建立如图所示空间直角坐标系， 由，，可知相关点坐标如下： ，，，，， 因为平面， 所以平面 所以平面PBD的一个法向量为， 因为，所以， 故平面PBD， 因为平面， 所以平面平面ACE. 5．如图，直三棱柱中，，，，D为BC的中点，E为上的点，且．求证：平面； 【答案】证明见解析 【分析】以点为原点，射线的方向分别为轴正方向，建立空间直角坐标系，得到，再论证即可. 【详解】证明：在直三棱柱中，，显然射线两两垂直， 以点为原点，射线的方向分别为轴正方向，建立空间直角坐标系，如图， 因为，，D为BC的中点，E为上的点，且， 则，， 于是，即， 而平面， 所以平面. 6．如图所示，已知平行六面体的底面为正方形，分别为上、下底面的中心，且在底面上的射影是.   (1)求证：平面平面； (2)若点分别在棱上，且，问点在何处时，? 【答案】(1)证明见解析 (2)为的三等分点（靠近点） 【分析】（1）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，设，结合空间向量的坐标运算可得轴，进而得到平面，进而求证； （2）设，结合空间向量数量积的坐标表示求解即可. 【详解】（1）证明：如图所示，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.    设. . ， 轴，又轴和平面垂直， 平面， 又平面， 平面平面. （2）由，结合（1）可知，. 设，则，故点的坐标为， ， 由， 即，解得. 故当为的三等分点（靠近点）时，有. 题型四 点面距 1．(25-26高二上·上海音乐学院虹口区北虹高级中学·)正方体中，O为底面正方形ABCD的中心，设，则点到平面的距离为 ． 【答案】 【分析】本题可构造空间直角坐标系，求平面的法向量，然后根据点到平面的距离公式求出结果. 【详解】如图所示，以为原点、为轴、为轴、为轴建立空间直角坐标系，    则，，，， 可得，，， 设平面的法向量，则， 令，则，可得， 故点到平面的距离. 故答案为：. 2．(25-26高三上·上海顾村中学·月考)如图，在长方体中，，，，分别为棱，的中点. (1)求证：，，，四点共面； (2)求点到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）通过证明即可证明，，，四点共面； （2）建立空间直接坐标系，利用空间向量求解即可. 【详解】（1）连接， 因为，分别为棱，的中点，所以， 在长方体中，，所以， 所以，，，四点共面. （2）以为原点，分别以，，的方向为，，轴的正方向建立空间直角坐标系， 则，，，， 所以，，， 设平面的一个法向量为， 则，即，令，得， 则点到平面的距离. 3．(24-25高二下·上海华东师范大学第二附属中学·期末)已知正方体的棱长为1，是的中点，过的平面与分别交于，且． (1)求异面直线与所成角的大小； (2)求到平面的距离． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）应用线线平行得出异面直线所成角，再应用正切计算求角； （2）建立空间直角坐标系得出平面的法向量，再应用点到平面距离公式计算求解. 【详解】（1）由题意，， 因为平面平面，平面平面，平面平面， 所以， 所以异面直线与所成角的大小与相等． ，即． （2）建立D为原点，DA、DC、DD1分别为x、y、z轴的坐标系得， ，，，所以，， 设平面的法向量为，则，令，即． 由点到平面的距离公式．  所以到平面的距离． 4．(25-26高三上·上海延安中学·调研)如图，四棱锥的底面是边长为2的正方形，侧棱⊥底面，且PC=3.   (1)证明：平面PCD⊥平面PAD； (2)求点B到平面PAD的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由PC⊥底面ABCD，得到PC⊥AD，再由CD⊥AD ，得到AD⊥面PCD，然后利用面面垂直的判定定理证明； （2）建立空间直角坐标系，求得平面PAD的一个法向量，由点到平面距离向量公式计算求解. 【详解】（1）∵PC⊥底面ABCD，平面， ∴PC⊥AD， 又∵CD⊥AD ，且PC∩CD=C，平面， ∴AD⊥平面PCD， ∵平面PAD， ∴平面PCD⊥平面PAD； （2）如图建立空间直角坐标系，    则 ， 所以， 设平面PAD的一个法向量为， 则，即， 解得，令，得，则， 所以点B到平面PAD的距离为：. 5．(24-25高二下·上海进才中学和曹杨二中·)如图，正四棱柱中，，，点M，N分别是棱，的中点． (1)求证：直线平面； (2)求点B到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，根据向量法证明线面平行，求出直线方向向量和平面的一个法向量，证明向量垂直即可. （2）根据向量方法求空间中点到平面距离，根据公式求出距离即可. 【详解】（1）如图所示，以D为坐标原点，，，为x，y，z轴正方形建立空间直角坐标系， 则，，，，，， ，，，， 设平面的法向量为，则，即， 设，解得，，则平面的一个法向量为， 则，得， 又直线不在平面内，则直线平面． （2）点B到平面的距离． 题型五 线面距 1．在棱长为1的正方体中，分别是的中点，则直线到平面的距离为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可. 【详解】如图建立空间直角坐标系，则，， 所以, 设平面的法向量为，则 ，令，则， 因为，平面，平面， 所以平面，所以直线到平面的距离即为点到平面的距离， 所以直线到平面的距离为 . 故选：D.      2．(24-25高二上·上海松江二中·期中)如图所示，已知四棱锥的底面是边长为1的正方形，，，，E，F分别是，的中点，则直线到平面的距离为 . 【答案】 【分析】建立空间直角坐标系，结合直线到平面的距离公式，代入计算，即可求解. 【详解】，，． 又，，平面， 面ABCD， 故建立如图所示的空间直角坐标系． 则，，，，， ，，， 设为平面PEF的法向量，， 令，则，，，， 因为，平面，平面， 所以平面，所以直线AC到平面PEF的距离等于点A到平面PEF的距离， 设点A到平面PEF的距离为，，则． 故答案为： 题型六 面面距 1．(22-23高二上·上海华东师范大学第一附属中学·月考)已知是棱长为1的正方体，则平面与平面的距离为 ． 【答案】/ 【分析】建立空间直角坐标系，可证得平面 平面，从而平面与平面的距离等于点到平面的距离．求得平面的法向量和，结合点到平面的距离的向量公式，即可得解． 【详解】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， 则， 可得， 因为，则， 所以， 因为平面，平面，平面，平面， 所以 平面， 平面， 又，平面， 所以平面 平面， 所以平面与平面的距离等于点到平面的距离， 设平面的法向量为，则， 令，可得，所以， 又因为，所以． 所以平面与平面的距离为． 故答案为：． 2．若两平行平面、分别经过坐标原点O和点，且两平面的一个法向量为，则两平面间的距离是 ． 【答案】 【分析】根据给定条件，结合平行平面距离的意义，利用空间向量计算作答. 【详解】依题意，平行平面间的距离即为点O到平面的距离， 而，所以平行平面、间的距离. 故答案为： 3．直四棱柱中，底面为正方形，边长为，侧棱，分别为的中点，分别是的中点．     (1)求证：平面 平面； (2)求平面与平面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）法一：由面面平行的判定定理即可证明；法二：如图所示，建立空间直角坐标系，通过证明，再由面面平行的判定定理即可证明. （2）法一: 平面与平面的距离到平面的距离,再由等体积法即可求出答案. 法二:求出平面的法向量,，平面与平面的距离等于到平面的距离，由点到平面的距离公式即可求出答案. 【详解】（1）法一:证明：连接分别为的中点， 分别是的中点， ，平面，平面， 平面，平行且等于， 是平行四边形，， 平面，平面，平面， ，平面平面； 法二: 如图所示，建立空间直角坐标系，    则， ， ， ，，， 平面，平面，平面， 平面，平面，平面， 又，平面平面， （2）法一:平面与平面的距离到平面的距离． 中，，，， 由等体积可得，． 法二: 设平面的一个法向量为， 则，则可取， ， 平面与平面的距离为 题型七 点线距 1．(24-25高三上·上海杨浦区复旦大学附属中学·期末)已知空间中三点，，，则点到直线的距离为（    ） A．2 B． C． D．3 【答案】B 【分析】根据点到直线的距离公式即可求解. 【详解】根据题意可知,, ∴点到直线的距离为 故选：B 2．已知平面，是直角三角形，且，，则点P到直线BC的距离是 . 【答案】 【分析】取中点为，连接，通过证明，从而证明点到的距离为，再结合已知条件求出即可. 【详解】取中点为，连接，如下所示： 因为为等腰三角形，又为中点，故； 因为平面，面，故； 又面，故面，又面，故， 故点到直线的距离，即为； 在△中，； 因为平面，面，故，则△为直角三角形； 在△中，，故, 故点到直线的距离为. 故答案为：. 3．如图，在平行六面体中，，，E为的中点，则点E到直线的距离为 ． 【答案】/ 【分析】 根据空间向量的运算求出以及，即可求得，进而求出，根据点E到直线的距离为，即可求得答案. 【详解】 设，， ， ，则， 又， 则， ， 则，而， ，， 又E是的中点，故， 则点E到直线的距离为， 故答案为： 题型八 异面直线的距离 1．(21-22高二上·上海实验学校·期中)如图是一棱长为的正方体，则异面直线与之间的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】建立空间直角坐标系，求出与和垂直的向量坐标，求出异面直线间的距离. 【详解】以D为原点，DA，DC，分别为x，y，z轴，建立如图空间直角坐标系， 则，，设与和都垂直， 则，即，取，又因为， 所以异面直线和间的距离为. 故选：B. 2．如图，多面体是由长方体一分为二得到的，，，，点D是中点，则异面直线与的距离是 ． 【答案】# 【分析】建立空间直角坐标系，直接利用异面直线之间的距离公式求解即可. 【详解】以为坐标原点，分别以，,为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，则,,,, ∴,, 设是，的公垂线方向上的单位向量， 则，即①， ，即②， 易知③， 联立解得，，或，，； 不妨取， 又∵, 则异面直线与的距离， 故答案为：. 3．两条异面直线a，b所成的角为，在直线a，b上分别取点，E和A，F，使，且已知，则线段的长为 ． 【答案】或 【分析】利用空间向量线性运算得到，结合空间向量数量积的运算法则及模的运算即可得解，注意的夹角有两种情况. 【详解】由题意，得， 所以， 因为，所以，， 因为，所以，则，同理：， 因为异面直线a，b所成的角为， 当的夹角为时，， 所以，则，即，故； 当的夹角为时，， 所以，则，故； 综上：线段的长为或. 故答案为：或. . 题型九 异面直线所成的角 1．(24-25高二上·上海南洋模范中学·月考)已知六面体如图所示，其由一个三棱锥和一个正四面体拼接而成，其中，，三条侧棱两两垂直，且，若F为线段的中点，则异面直线与所成角的余弦值为 . 【答案】/ 【分析】根据条件，可将该几何体置于棱长为2的正方体中并以C为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，求出，的坐标，利用空间向量夹角的坐标公式计算即得. 【详解】因，，三条侧棱两两垂直，且， 故可将该几何体置于棱长为2的正方体中，以C为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系. 则，，，， 故，， 则异面直线与所成角的余弦值为： . 故答案为：. 2．(25-26高二上·上海音乐学院虹口区北虹高级中学·)如图，已知三棱柱的侧棱长和底面边长都是，在底面内的投影为底面的中心． (1)求异面直线与所成角的大小； (2)求三棱锥的体积 【答案】(1) (2) 【分析】（1）连接，过作交于，以为原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，然后利用直线的方向向量，即可直接求出夹角的余弦值，求出结果； （2）利用向量法先求出点到平面的距离，再利用三棱锥的体积公式即可求解. 【详解】（1）由题知，连接，过作交于， 因为为等边的中心， 所以, 以为原点，以所在直线分别为轴， 建立空间直角坐标系，如图所示， 则， 所以， 令直线与所成角为，， 则， 所以， 即异面直线与所成角的大小为. （2）由（1）知，， 且，则， 设平面的一个法向量， 则，解得， 取，则，又， 令到平面的距离为， 则， 由于，故,又，则为等边三角形，故等边的面积为， 所以三棱锥的体积. 3．(25-26高三上·上海大同中学·)如图，在长方体中，，点F是的中点，点P在上，若过的平面交于E，交于Q.若点Q是的中点，且.   (1)求异面直线与所成角的余弦值； (2)若平面上有一点H满足平面，求点H的坐标. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，根据面面平行的性质可得四边形为平行四边形，根据向量相等的坐标关系可求解，即可利用向量的夹角公式求解， （2）根据线面垂直的性质，以及垂直的坐标关系，即可联立方程求解. 【详解】（1）如图，以D为原点，DA，DC，为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 则，，，，设，    由于平面平面，平面平面， 且平面与平面，平面的交线分别为 平面与平面，平面的交线分别为， 因此，故四边形为平行四边形， ∴，则有， 解得，，， ∴，，， ∴， 设异面直线与所成角为， 则， 异面直线与所成角的余弦值为. （2）设平面ABCD上一点， 因为，则，，， 由平面，则可以作为平面的一个法向量， 则有， 解得，，∴. 4．已知圆锥的顶点为，底面圆心为，半径为2. (1)设圆锥的母线长为4，求圆锥的体积； (2)设，、是底面半径，且，为线段的中点，如图，求异面直线与所成的角的大小. 【答案】(1)； (2)（或）. 【分析】（1）由圆锥的底面半径为2，母线长为4能求出高，再利用圆锥的体积公式计算即可； （2）法一：取中点，连接，作出异面直线与所成角，通过线面垂直的判定和性质证得，从而可得的值； 法二：如图建立空间直角坐标系，利用向量法求出异面直线所成的角． 【详解】（1）由题意，，，∴， 圆锥底面积，∴圆锥的体积. （2）法一：取中点，连接，则，异面直线与所成角即， 由题意，，，，ON，则， 即，则， 又平面， 平面， 平面，. 所以在中，，即， 所以异面直线与所成角大小为. 法二：以为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则，所以， 则，， 设异面直线与所成角为， 则，， 所以异面直线与所成角大小为. 5．(24-25高二上·上海黄浦区向明中学·月考)如图，在直三棱柱中，，点E，F分别为棱，的中点. (1)求异面直线与AF的夹角； (2)求点F到平面的距离. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）以为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求异面直线所成角即可； （2）利用向量法求点到平面的距离即可． 【详解】（1）以为原点建立空间直角坐标系， 则， 所以， 设直线与直线AF的夹角为，则， 故直线与直线AF的夹角为 （2）由（1）知， 所以， 设平面的法向量为，则， 令，则， 所以点到平面的距离为 题型十 线面角 1．(25-26高三·上海华东师范大学第二附属中学·)如图所示，在六棱锥中，平面，六边形是边长为3的正六边形，是上靠近点的三等分点． (1)证明：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）根据线面垂直的性质以及正六边形的性质可得，，即可由线面垂直的判定求证， （2）建立空间直角坐标系，求解平面法向量，即可由向量的夹角求解. 【详解】（1）因为平面平面，所以． 因为六边形是边长为3的正六边形，所以 故，因此， 所以． 又平面平面，故平面． （2）以点为坐标原点，以所在的直线为轴，以所在的直线为轴，以所在的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系． 则，，，，，，． 设平面的一个法向量为， 所以，令，得， 即平面的一个法向量为， ， 所以直线和平面所成角的正弦值为 2．(25-26高三上·上海同济大学附属七一中学·期中)在直三棱柱中，若E为AC中点，求： (1)直三棱柱 表面积和体积； (2)直线与平面所成角大小. 【答案】(1)3+，； (2)arcsin. 【分析】（1）根据表面积以及体积公式即可求解， （2）建立空间直角坐标系，求解平面法向量，即可利用向量的夹角求解. 【详解】（1）由于所以 表面积为：， 体积为, （2）建立如图所示的空间直角坐标系，则, , 设平面的法向量为， 所以，令，故， , 设直线与平面所成角为，， 故 3．(25-26高二上·上海行知中学·月考)如图所示，在正方体中，棱长为，点N在BD上，点M在上，且. (1)求证：平面． (2)若，求直线与平面所成角大小； (3)求的长度的最小值. 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3). 【分析】（1）根据给定条件，建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明推理得证. （2）由（1）中信息，利用线面角的向量法求解即得. （3）由（1）的信息，利用向量模的坐标表示，结合二次函数求出最小值. 【详解】（1）在正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，， 由，，设， 则，，， 由平面，得平面的一个法向量，显然， 即，而直线平面，所以平面. （2）由（1）及，得，， 由平面，得平面的一个法向量为， 设直线与平面所成角大小为，则， 所以直线与平面所成角大小为. （3）由（1）得， 当且仅当时取等号，所以的长度的最小值是. 4．如图，在三棱锥中，底面，，是的中点.   (1)求证：平面； (2)若，求与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用线面垂直的性质定理及判定定理即可证明 （2）利用线面角的向量法求解即可. 【详解】（1）因为底面，平面 所以，又因为， ，平面， 所以平面. （2）过点作平面的垂直，并以该直线为轴， 以为原点，以所在直线为轴，轴建立空间直角坐标系，    则， 所以，， 设平面的法向量为， 则， 取，则， 设与平面所成角为， . 5．如图，在四棱锥中，底面是边长为的正方形，侧面底面，且，设分别为的中点． (1)证明：直线平面； (2)求直线PB与平面所成的角的正切值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）建立空间直接坐标系，求出平面的法向量为，由即可证明； （2）由线面角的空间向量求法求解. 【详解】（1）取AD中点O，连接， 在四棱锥中，，则，     由，则，有， 又平面底面，平面底面，平面， ∴平面，平面，则， 又分别为的中点，底面是边长为a的正方形， 则， 所以两两垂直，以O为原点，分别以所在直线为x轴，y轴， z轴，建立空间直角坐标系，     则， 因为，平面，所以平面 所以平面PAD的法向量为，     因为，且平面， 所以平面； （2）由（1）知：，因为平面， 所以是平面的法向量， 设直线PB与平面所成的角为θ， 则，                     ∴，故，                     ∴直线PB与平面所成的角的正切值为． 题型十一 面面角 1．(25-26高二上·上海师范大学附属外国语中学·月考)如图，在直四棱柱中，底面是边长为2的菱形，，，则二面角的正切值为 【答案】 【分析】设二面角的平面角为，根据题意分析可以建立空间直角坐标系，利用空间向量法求得，得，进而即得. 【详解】取的中点， 因为底面是边长为2的菱形，且， 由余弦定理得， 所以,则，即得， 如图所示，分别以、、为x，y，z轴建立坐标系， 则，，，， 则， 设平面的一个法向量为， 则，，则， 令，则，即可得， 因为为平面的一个法向量， 设二面角的平面角为， 则， , 所以二面角的正切值是． 故答案为： 2．(25-26高二上·上海晋元高级中学·月考)如图，在正方体中，棱长为2，M是棱的中点，是DM的中点，. (1)证明：平面ABCD； (2)求二面角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）通过构造平行四边形的方法，结合线面平行的判定定理证得平面. （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求得二面角的余弦值，进而求得其正弦值. 【详解】（1）取CD的中点，在BC上取，连接PE，EF，QF， 由是DM的中点，是的中点，得，且， 由，得且， 所以， 所以四边形PEFQ是平行四边形， 所以， 而平面平面ABCD， 所以平面ABCD. （2）以为原点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， 取，得， 设平面CPQ的法向量为，则，取，得， 设二面角的大小为，则， 所以，所以二面角的正弦值为. 3．(25-26高三上·上海虹口区·)如图，已知平面，，为等边三角形，，点F为CD的中点，且三棱锥的体积为． (1)求证：平面、平面平面； (2)求二面角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先根据等边三角形得出，再得出，应用线面垂直判定定理证明，再证明四边形ABGF为平行四边形，得出，最后应用面面垂直判定定理证明； （2）先建系再分别求出平面和平面的一个法向量，再应用面面角余弦公式计算求解，最后应用同角三角函数关系得出正弦即可. 【详解】（1）因为为等边三角形且点为的中点，所以； 平面，，所以平面，平面，所以． 由于，平面，所以平面． 因为三棱锥的体积为，所以， 所以，则． 取中点G，所以且， 即，， 所以四边形为平行四边形，故． 所以平面，由平面，所以平面平面． （2）过作为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，，，． 设为平面的一个法向量， 所以，取，，，所以． 显然是平面ABC的一个法向量． 设二面角的大小为，． 由于，二面角的正弦值为． 4．(24-25高二上·上海北中学·期中)如图1所示的是等腰梯形，，，，DE⊥AB于E点，现将沿直线DE折起到的位置，形成一个四棱锥，如图2所示． (1)若，求证：PE⊥平面； (2)在（1）的条件下，若点P，E，C，D四点在一个球的球面上，求此球的表面积与体积； (3)若直线PE与平面所成的角为，求二面角的大小． 【答案】(1)证明见解析； (2)表面积为，体积为； (3) 【分析】（1）连接CE，由证得PE⊥EC，再由PE⊥ED，利用线面垂直的判定定理证得PE⊥平面； （2）利用勾股定理求出球半径即可求解； （3）以E为原点，建立空间直角坐标系，根据题意证得平面PEB⊥平面EBCD，作出辅助线，证得PF⊥平面EBCD，得到，分别求得平面PBC和平面EBCD的法向量，结合向量的夹角公式，即可求解． 【详解】（1）证明：如图所示，连接CE， 因为等腰梯形ABCD，AB∥DC，AB＝2DC＝4，，DE⊥AB， 可得，，且， 即PE＝1，因为，则， 所以PE⊥EC，又因为PE⊥ED，且，CE，DE⊂平面EBCD， 所以PE⊥平面； （2）由题意知，为直角三角形，设外接圆半径为r，则r， 设四面体P﹣ECD的外接球半径为R，则， 所以四面体P﹣ECD的外接球表面积为； 四面体P﹣ECD的外接球体积为． （3）以E为原点，以，ED所在的直线分别为x，y轴，以过点E垂直于平面EBCD的数轴为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 因为DE⊥EB，DE⊥PE，且，平面， 所以DE⊥平面， 又因为平面，所以平面⊥平面， 过点P作PF⊥BE于点F，因为平面PEB∩平面＝BE，所以PF⊥平面， 所以为PE与平面所成的角，所以， 可得，，，则，， 设平面PBC的法向量为，则, 取，可得，所以, 又由z轴垂直平面，可得面的一个法向量为， 则 由图可知，二面角为锐角，所以二面角的大小． 5．(24-25高二下·上海杨浦高级中学·期中)如图，已知正方体的棱长为2，点为棱所在直线上一点，直线与所成角为 . (1)求与平面所成角的正弦值； (2)求二面角的余弦值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，根据已知条件求出相关点的坐标. 利用向量垂直的性质求出点的坐标，进而得到直线的方向向量.求出平面的法向量，利用线面角的向量公式求解与平面所成角的正弦值. （2）分别求出平面与平面的法向量，利用二面角的向量公式求解二面角的余弦值. 【详解】（1）以为原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系. 已知正方体棱长为，则，，，， 设.所以，. 因为直线与所成角为，即. 根据向量垂直的性质，则， 即，解得，所以，那么. 设平面的法向量为，，. 由，可得. 令，则，，所以. 设与平面所成角为. 根据线面角的向量公式. ，，. 所以. （2）对于平面，其法向量已求得为. 平面的法向量：因为平面，所以可作为平面的一个法向量. 设二面角为，根据二面角的向量公式. ，，. 所以，观察图形可知二面角为锐角，所以二面角的余弦值为. 题型十二 已知线线角求其他量 1．(24-25高二下·上海闵行中学·月考)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·上海控江中学·期中)如图，在棱长为1的正方体中，是棱的中点，为棱上一个点，若，则 . 【答案】/0.5 【分析】建立空间直角坐标系，写出点的坐标，设，，由求出，求出答案. 【详解】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， 解得， 故. 故答案为： 3．(23-24高二上·河南部分名校·期末)在空间直角坐标系 中，向量 分别为异面直线 的方向向量，若所成角的余弦值为 则 【答案】 【分析】由向量夹角的余弦公式运算即可. 【详解】设，所成角为， 则， 解得. 故答案为：. 4．已知正方体的棱长为1. (1)的平面截正方体为两个部分，求体积大的部分几何体的体积； (2)动点，在线段，上，且，为的中点，异面直线与所成的角为，求实数的值. 【答案】(1)； (2)． 【分析】（1）根据正方体及锥体的体积公式即得； （2）建立空间坐标系，利用空间向量、表示夹角即可求解． 【详解】（1）因为正方体的棱长为1， 所以正方体的体积为，， 所以的平面截正方体为两个部分，体积大的部分几何体的体积为 ； （2）如图，以D为坐标原点，DA为x轴，DC为y轴，为z轴建立如图坐标系， 则， 所以，， 所以，即， 解得． 5．如图，正三棱柱中，底面边长为. (1)设侧棱长为，求证：； (2)设与的夹角为，求侧棱的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据空间向量的线性运算表示与，结合向量数量积的运算律计算，即可得证； （2）根据向量数量积的运算律表示数量积及模长，根据夹角可得模长. 【详解】（1）由已知得，， 平面， ，， 又是正三角形， , ； ； （2）由（1）得， 又， ， ， 解得， 即侧棱长为. 题型十三 已知线面角求其他量 1．设平面的一个法向量为，直线l的一个方向向量为，若直线l与平面所成的角为，则正数 . 【答案】 【分析】根据线面角的向量计算公式得到方程，解得即可； 【详解】解：依题意可得， 即，解得或（舍去）； 故答案为： 2．(24-25高三上·上海某校·月考)如图，在三棱柱中，底面是以AC为斜边的等腰直角三角形，侧面为菱形，点在底面上的投影为AC的中点D，且AB = 2．   (1)求直线与底面所成角大小； (2)求证：； (3)求点C到侧面的距离； (4)在线段上是否存在点E，使得直线DE与侧面所成角的正弦值为？若存在，请求出的长；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) (4)存在， 【分析】（1）显然底面，即为直线与底面所成角，易得为； （2）由（1）知平面，得到，又，所以平面，从而； （3）结合（1）（2）可建立空间直角坐标系，求出的坐标与平面的一个法向量为，利用点到平面的距离公式即可得解； （4）假设存在满足条件的点E，且，从而得到，再利用空间向量线面夹角公式得到关于的方程，进而求得，由此即可求出的长. 【详解】（1）底面是以AC为斜边的等腰直角三角形，AB = 2， ． 侧面为菱形，. D为AC的中点，. 点在底面上的投影为AC的中点D，底面. 即为直线与底面所成角， 在中，有，. 即直线与底面所成角为. （2）由（1）知，平面. 平面，故， 又底面是以AC为斜边的等腰直角三角形，D为AC的中点，， 又，平面，故平面， 平面，故. （3）由（1）（2）知，平面，， 故以点D为坐标原点，，，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，   是以为斜边的等腰直角三角形，，，则. 在中，有， 则，，，，， 则，，， 设平面的一个法向量为， 则，即， 令，得，，则， 则点C到侧面的距离为：. （4）假设存在满足条件的点， 则存在，使得， 则， 由（3）知，平面的一个法向量为， 因为直线与侧面所成角的正弦值为， 所以， 即，解得，又，故， 因此存在满足条件的点，且，即． 3．如图，四边形为长方形，平面，，． (1)若分别是的中点，求证：∥平面； (2)边上是否存在点，使得直线与平面所成的角的大小为？若存在，求长；若不存在，说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)存在， 【分析】（1）法一：几何法：取中点，连接、，通过，即可求证；法二：向量法：求得平面法向量取平面的法向量 由，即可求证； （2）法一：几何法：作，垂足为，连接，确定直线与平面所成的角为，进而可求解；法二：向量法：由线面夹角公式求解即可. 【详解】（1） 法一：取中点，连接、， ∵，， ∴ ， ∵，， ∴， ∴四边形为平行四边形， ∴ ， ∵平面，在平面外， ∴平面 法二：如图建立空间直角坐标， 则，，， ，，， ∴， 易知平面的一个法向量 ∵， 且在平面外 ∴平面 （2） 法一：作，垂足为，连接， ∵平面，在平面内， ∴，又为平面内两条相交直线， ∴平面， ∴直线与平面所成的角为， ∴， ∴ ， ∴ ， ∴边上存在点，使得直线与平面所成的角为， . 法二：设，则， ∴， 易知平面的一个法向量， 设与的夹角为， 则， 解得：， ∴边上存在点，使得直线与平面所成的角为，. 4．(24-25高二上·上海宜川中学·期末)如图，在长方体中，，，点在棱上移动． (1)当点在棱的中点时，证明：平面平面； (2)当为何值时，平面与平面所成的锐二面角为． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，先证明，再应用线面垂直判定定理证明平面，最后应用面面垂直判定定理证明； （2）先设，再应用空间向量法计算二面角余弦值即可求参. 【详解】（1） 如图，以为坐标原点，所在直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，，， 则，，，， 即，， 因为， 所以，即，又因为平面，平面，所以平面， 所以平面，平面，所以平面平面. （2） 如图，以为坐标原点，，，所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系， 设时，则， 由图知，平面法向量为，， 设平面的法向量为， 则， 令，则，因为平面与平面所成角为． 所以，解得或（舍）． 所以当为时，平面与平面所成角为． 5．(24-25高二上·上海师范大学附属中学宝山分校·月考)如图，在三棱锥 中， 是线段 上的点. (1)求证:平面 平面 ； (2)若直线 与平面 所成角为 ，求 的值； (3)若 平面 ， 为垂足，直线 与平面 的交点为 . 当三棱锥 体积最大时，求 的值. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)2 【分析】（1）根据三角形的边长关系，结合勾股定理可得，，进而可得 平面 ，根据面面垂直的判定即可求解， （2）建立空间直角坐标系，求解平面法向量，根据线面角的向量求解，即可得解， （3）根据锥体体积的计算，结合二次函数的性质可得体积最大时 时，即可根据空间向量的坐标运算，结合共面定理就可求解. 【详解】（1）取 的中点 ，连接 ， ， 因为 ， ，则 ， 所以 ，所以 ， 所以 ，又因为 ，所以 ， 则 ， 又因为 ， 所以 ， 又因为 平面 ， 所以 平面 ， 又因为 平面 ， 所以平面 平面 ; （2）因为 两两相互垂直，建立如图所示的空间直角坐标系， 所以,2)，所以 设 ， 因为 ，所以 ，所以 ， 所以 设平面 的法向量为 ， 则 ，所以 取 ，可得 ，所以 ， 因为直线与平面所成角为，所以 则 ，化简可得: 解得: 或 (舍去). 所以 . （3）由 (1) 知， 平面 ，又 平面 ， 所以 在 上，因为 ，所以 ， ，所以 ， 即 ，所以 所以 三棱锥 体积为: 因为 ，当 时，三棱锥 体积最大为 ， 此时 分别为 的中点，所以 ,2)， 设 ，设 ， 因为 ， 所以 ，所以 因为 在平面 上，所以设 所以 即 解得 所以 ，所以 . 题型十四 已知面面角求其他量 1．(24-25高二下·上海朱家角中学·)如图，在四棱锥P-ABCD中，，△PAD是边长为2的等边三角形，底面ABCD为直角梯形，其中，，． (1)取线段PA中点M，连接BM，证明：； (2)线段PD上是否存在一点E，使得平面EAC与平面DAC所成锐二面角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析； (2)存在，. 【分析】（1）取中点，连接，证出四边形为平行四边形，即可得证. （2）建立空间直角坐标系，求得平面的法向量以及，利用向量夹角公式即可求解． 【详解】（1）在四棱锥中，取中点，连接， 由为的中点，且，，得，， 则四边形为平行四边形，，而平面，平面， 所以平面． （2）取的中点，连接，，由为等边三角形，得， 而平面平面，平面平面，平面， 则平面，由，得四边形是平行四边形， 于是，而，则，直线两两垂直， 以为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图， 则， 令， ，， 设平面的法向量为，则， 取，得，平面的法向量为， 于是， 化简得，又，解得，即， 所以线段上存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为，. 2．(24-25高二上·上海杨浦高级中学·期末)如下图所示正四棱锥，其中O为底面ABCD的中心. (1)求证：平面； (2)设E为上的一点，. ①若，求直线与平面所成角的大小. ②已知平面与平面所成锐二面角的大小为，若，求的长. 【答案】(1)证明见解析 (2)①直线与平面所成角为；② 【分析】（1）利用线面平行的判定定理可得平面； （2）①以点为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，根据求出点坐标，再求出、平面的一个法向量，根据线面角的向量求法可得答案；②设，根据求出点坐标，求出平面、平面的一个法向量，由二面角的向量求法可得答案. 【详解】（1）因为底面是正方形，所以， 平面，平面， 所以平面； （2）①，如图，以点为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，由，得 ， ，， 由得， 所以，，由四棱锥是正四棱锥， 可得平面，平面，所以， 由，平面， 所以平面， 因为平面，即平面， 所以是平面的一个法向量， 设直线与平面所成角为， ， 由，得， 所以直线与平面所成角为； ②，同①以点为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，设，得 ， ， 由得， 所以，， 设为平面的一个法向量， 则得，令得， 所以，因为平面， 所以是平面的一个法向量， 设平面与平面所成锐二面角的大小为，得， 由， 解得，即. 3．(20-21高二下·江苏南京金陵中学·期末)如图所示，正方形ABCD所在平面与梯形ABMN所在平面垂直，，，，. (1)证明：平面； (2)在线段CM（不含端点）上是否存在一点E，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. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在， 【分析】（1）先由面面垂直的性质证得平面，从而求得，进而利用勾股定理证得，由此利用线面垂直的性质即可得证； （2）结合（1）中条件，建议空间直角坐标系，分别求得平面与平面的一个法向量，从而得到关于的方程，解之即可得解. 【详解】（1）证明：在正方形中，， ∵平面平面，平面平面，平面， ∴平面， 又平面，∴，， 又，，∴， 又∵，∴，∴， 又，∴， 又，平面，∴平面. （2）假设存在点，满足题意， 由（1）知，平面，， 故以B为坐标原点，BA，BM，BC所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 设点，，∴， ∴，∴，∴，， 设平面的一个法向量为，∴， 令，∴，，∴， 由（1）知平面的一个法向量为， ∴，即， 即，即，解得或（舍去）， 所以存在一点，使得，即． 4．(24-25高二上·上海曹杨第二中学·期中)如图，在四棱锥中，平面，，．点是棱上的动点． (1)求证：平面； (2)试确定点的位置，使得截面把该四棱锥分成的两个几何体与的体积比为； (3)记二面角的大小为，二面角的大小为．试确定点E的位置，使得． 【答案】(1)证明见解析 (2)为棱的中点 (3)为靠近点的三等分点 【分析】（1）根据，即可证明； （2）首先求出，即可得到，从而求出点到平面的距离，即可确定对的位置； （3）建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出，设 ，表示出，即可得到方程，解得即可. 【详解】（1）因为，平面，平面， 所以平面； （2）因为平面，平面，所以， 又，，所以， 又，，， 所以， 所以，所以， 连接，所以，又使得截面把该四棱锥分成的两个几何体与的体积比为， 所以， 设三棱锥的高为，则，解得， 所以到平面的距离为，又点是棱上的动点，所以为棱的中点， 即当为棱的中点时截面把该四棱锥分成的两个几何体与的体积比为； （3）如图建立空间直角坐标系，则，，，， 则，，设平面的法向量为， 则，取， 又平面的一个法向量为， 显然二面角为锐二面角，所以， 设 ，则， 又， 设平面的法向量为，则，取， 又二面角为锐二面角，所以， 又，所以， 所以，解得或（舍去）， 所以当，即为靠近点的三等分点时，满足. 5．(24-25高二上·上海陆行中学·期中)图1是边长为的正方形，将沿折起得到如图2所示的三棱锥，且. (1)证明：平面平面； (2)求点到平面的距离； (3)棱上是否存在一点，使得平面与平面的夹角的余弦值为，若存在，指出点的位置；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在，，线段上靠近的三等分点 【分析】（1）根据正方形的几何性质以及勾股定理，结合线面垂直判定定理，可得答案； （2）由题意建立空间直角坐标系，求得平面法向量以及直线的方向向量，利用点面距的向量公式，可得答案； （3）由（2）建立的空间直角坐标系，设的坐标，利用共线定理，求得两平面的法向量，利用面面角的向量公式，可得答案. 【详解】（1）取的中点为，连接，作图如下： 因为四边形是边长为正方形，所以，， 在中，，则， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面. （2）由两两垂直，则以为原点， 分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如下图所示： 则， 取， 设平面的法向量，可得， 令，则，所以平面的一个法向量， 点到平面的距离. （3）设，则，设，， 可得，解得，所以， 则，， 设平面的法向量，可得， 令，则，所以平面的一个法向量， 由图易知平面的一个法向量， 设平面与平面的夹角为， 则， 化简可得，解得或（舍去）， 所以存在，点的坐标为，点为线段靠近的三等分点. 题型一 线面角的取值范围与最值 1．如图，在正方体中，是中点，点在线段上，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】先设棱长为1，，建立如图坐标系，根据计算点P坐标和向量，再写出平面的一个法向量的坐标，根据构建关系，求其值域即可． 【详解】如图，设正方体棱长为1，，则， 以为原点，分别以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系． 则，故，，又，则，所以． 在正方体中，可知体对角线平面， 所以是平面的一个法向量， 所以． 所以当时，取得最大值，当或1时，取得最小值． 所以． 故选：A．    2．(25-26高二上·上海师范大学附属中学闵行分校·月考)如图，在平面四边形中，，，现将绕直线旋转至，求： (1)直线和直线所成角的范围． (2)直线和直线所成角的范围． 【答案】(1) (2). 【分析】（1）记，以为基底，将所求表示为关于的表达式，利用三角函数性质求解可得； （2）将所求表示为关于的表达式，利用三角函数性质求解可得. 【详解】（1）因为，所以，所以， 所以，， 因为，所以为正三角形，所以， 记， 因为，所以 ， 记直线和直线所成角为，则， 因为， 且， 所以，， 所以，即， 又，所以 （2）因为，所以 ， 记直线和直线所成角为，则， 由（1）知，所以    ， 得，所以， 即，又， 所以. 3．(24-25高一下·上海复旦大学附属中学·期末)如图，圆台的一个轴截面为等腰梯形，为底面圆周上异于、的点． (1)求该圆台的侧面积； (2)若是线段的中点，求证：直线平面； (3)若，设直线为平面与平面的交线，设平面，点在线段上（不含端点），直线与平面所成的角大小为，求的最大值． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）由圆台侧面积公式即可求解； （2）取中点，连接，通过证明四边形为平行四边形得到，然后根据线面平行的判定定理完成证明； （3）延长交于点，建立合适空间直角坐标系，然后利用向量法表示出，再根据二次函数的性质求解出最大值即可. 【详解】（1）因为， 所以圆台的侧面积为； （2）取中点，连接，如图， 因为为中点，所以， 在等腰梯形中，， 所以， 所以四边形为平行四边形， 所以，又平面，平面， 所以平面； （3）延长交于点，作直线， 因为两点分别在平面与平面内， 所以直线即为直线， 又平面， 所以点，即为点， ，则， 以直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 在等腰梯形中，， 此梯形的高为， 因为，所以为的中位线， 则， 所以， 设，则， 设平面的一个法向量为， 则， 令，得， 则有：， 令，则， 当时，，此时， 当时，， 当且仅当，即时取等号， 综上所述，的最大值为. 4．如图，，，都是等边三角形，点D，E分别在平面的上方和下方，点为中点. (1)求证：A，D，O，E四点共面； (2)若，求直线与平面所成角的正弦值的最大值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由已知，证得平面，平面，可得A，D，O，E四点共面； （2）以O为坐标原点，以OA，OB分别为x、y轴，以过点O且垂直于平面ABC的直线空间直角坐标系，利用线面角的向量表示，然后结合辅助角公式和三角函数的有界性求出最值即可 【详解】（1）连接DO、AO、EO， 因为，，都是等边三角形， 所以， 又在平面内交于点O，在平面内交于点O， 所以平面，平面， 因为过O只有一个平面与垂直，且平面与平面有公共点O， 所以平面与平面是同一平面， 即A，D，O，E四点共面； （2）连接DO、AO、EO，AD， 以OA，OB分别为x、y轴， 以过点O且垂直于平面ABC的直线空间直角坐标系， 则 ， 因为是等边三角形，边长，点为中点， 所以，所以 又， 设， 所以，解得， 所以， 因为是等边三角形，边长，点为中点， 所以，又， 设， 所以，解得， 由(1)得为二面角平面角， 设，则点， 故， 设平面的法向量为， 则， 取得， 所以， 设直线与平面所成角为， 则 ， 其中， 当时，取得最大值为， 所以直线与平面所成角的正弦值的最大值. 5．(24-25高二上·上海华东师范大学第二附属中学·)如图，在四面体中，平面，M，P分别是线段，的中点，点Q在线段上，且. (1)求证：平面； (2)当，时，求平面与平面夹角的余弦值； (3)在（2）的条件下，若为内的动点，平面，且与平面所成的角最大，试确定点G的位置. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)点位于中位线靠近的八等分点的第3个点处 【分析】（1）利用中位线定与与平行线的传递性，结合线面平行的判定定理即可得证； （2）利用勾股定理与线面垂直的性质定理建立空间直角坐标系，再分别求得平面与平面的法向量，利用空间向量法求面面角的方法即可得解； （3）先利用线面平行的性质定理分析得在上，假设，再利用线面角的空间向量法分析得与平面所成的角时的值，从而得解. 【详解】（1）取BD中点，连接PO， 是BM的中点，，且， 在线段CD上取点，使，连接OF，QF， ，，且， ，四边形POFQ为平行四边形，， 又平面平面，平面. （2），则，， 取BD中点，则，又平面，平面BCD， 以为原点，OB，OC，OP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，故， 则，，， ，所以， 故， 易知平面的一个法向量为， 设平面的一个法向量为， 则，即， 取，则，， 设平面与平面的夹角为， 则 ， 所以平面与平面夹角的余弦值为. （3）由（2）知为BD中点，为AD中点，连接OM， ， 点为内动点且平面QGM， 又平面ABD，平面平面， ，故点在OM上， 设，又，，， 则， ， 易知平面的一个法向量为， 设QG与平面所成角为，则最大时，最大， ， 所以当时，最大，此时最大， 即当点位于中位线靠近的八等分点的第3个点处时，QG与平面所成角最大. 【点睛】方法点睛：求空间角的常用方法： （1）定义法：由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应的三角形，即可求出结果； （2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量的夹角（两直线的方向向量、直线的方向向量与平面的法向量、两平面的法向量）的余弦值，即可求得结果. 题型二 模长的最值与取值范围 1．(24-25高二下·上海建平中学·)若E，F为平面上两个定点，则满足为常数的动点的轨迹是直线，满足的动点的轨迹是圆.将此性质类比到空间中，解决下列问题：已知点O，A，B，C为空间中四个定点，，且，，两两的夹角都是，若动点满足，动点满足，则的最小值是 . 【答案】 【分析】证明在平面内射影为角平分线，据此如图建立空间直角坐标系. 然后由动点满足，动点满足，类比平面情况可得点P，点Q轨迹，然后由空间向量知识可得答案. 【详解】先证明在平面内射影为角平分线. 如图，过点B做平面垂线，垂足设为F，则为在平面内射影. 过F点做OA，OC垂线，垂足为H，G. 因平面，又平面，则. 又平面，，则平面， 又平面，则，同理可得， 又，，则，从而. 又，则，则，又， 则，从而为角平分线，则. 如图，以OF所在直线为y轴，在平面内与OF垂直直线为x轴，过O点与平面垂直直线为z轴，建立空间直角坐标系. 因，则，又， 则. 注意到，，. 则，. 又，则. 因，又，则在方向上的投影向量模长为8， 如图，取，则点P在过点D，与垂直的平面上，注意到. 因，则，故在以AB为直径的球体表面上. 取中点为M，则. 得， 故最小值为点到平面的距离，减去球M半径. 注意到的一个法向量为，则到平面的距离为：. 注意到，，则. 又，则球体半径为.故所求最小值为. 故答案为：.    【点睛】关键点睛：若过空间中过一定点不共面三直线夹角两两相等，则其中一条直线，在另两条直线确定平面上的射影为这两条直线确定其中一个夹角的角平分线上.对于立体几何问题，常可由平面几何问题类比思考. 2．(24-25高二上·上海控江中学·期中)如图，已知是底面边长为2的正四棱柱，为与的交点，为与的交点． (1)证明：平面； (2)若点到平面的距离为，求正四棱柱的高； (3)若线段上存在点，使得直线与平面所成角为，求线段的取值范围． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)． 【分析】（1）连接，可证，根据线面平行的判断定理可得平面； （2）建立如图所示的空间直角坐标系，设，则可用表示平面的法向量，根据距离公式可求. （3）设，则根据夹角公式可得关于的方程，利用换元法可求的取值范围. 【详解】（1）证明：连接， 因为是底面边长为2的正四棱柱， 所以//， 故四边形为平行四边形，则，//， 又为与的交点，为与的交点， 所以，且， 故四边形为平行四边形， 所以，又平面，不在平面内， 所以平面； （2）以为坐标原点，分别为轴正方向建立空间直角坐标系， 则，设，则， 设平面的一个法向量为， 则，则， 令，则，故， 点到平面的距离为：， 解得， 故正四棱柱的高为； （3） 设，则， 由（2）知平面的一个法向量为， 设，则， 则， 故，设， 则， 故，设， 则在上有解； 因为的对称轴为， 故，故， 故，所以，故， 故线段的取值范围为． 3．如图，在三棱锥中，，，是线段上的点.   (1)求证：平面平面； (2)若直线与平面所成角的正弦值为，求的长； (3)若平面，为垂足，直线与平面的交点为，当三棱锥体积最大时，求的长. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）取的中点，连接、，推导出平面，再利用面面垂直的判定定理可证得结论成立； （2）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，其中，利用空间向量可得出关于的方程，解出的值，即可求得的长； （3）设，设，根据空间向量的坐标运算求出点的坐标，将三棱锥的体积表示为关于的函数关系式， 利用基本不等式求出三棱锥体积的最大值，利用等号成立的条件求出的值，可得出点、的坐标，求出平面的法向量， 设，求出的坐标，根据求出的值，即可得解. 【详解】（1）取的中点，连接、， 因为，，则，   所以，所以，所以， 又因为，所以，则， 又因为，所以， 又因为，，、平面，所以平面， 又因为平面，所以平面平面. （2）因为平面，， 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、、、，所以，， 因为为棱上的点，设，其中， 所以，，且， 设平面的法向量为， 则， 不妨取，可得， 因为线与平面所成角的正弦值为， 所以， 则，化简可得：， 解得：或（舍去）. 所以. （3）设，因为，其中， 所以，，可得，即点， 因为平面，则点，， ， 当且仅当时，即当时，等号成立， 故当点为线段的中点时，三棱锥的体积取最大值， 此时，点，    由（2）可知，此时，平面的一个法向量为， 设，其中， 则， 因为平面，则， 所以，，解得， 所以，， 所以.即的长为. 【点睛】方法点睛：求空间角的常用方法： （1）定义法：由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应的三角形，即可求出结果； （2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量的夹角（两直线的方向向量、直线的方向向量与平面的法向量、两平面的法向量）的余弦值，即可求得结果. 4．(24-25高二上·上海复旦大学附属中学·期中)如图，在四面体中，是正三角形，是直角三角形，，并且，点在棱上. (1)证明：平面平面； (2)若二面角的正切值为，求的值； (3)点、分别是线段、上的动点，求周长的最小值. 【答案】(1)见解析 (2) (3) 【分析】（1）根据面面垂直的判断定理，构造辅助线，转化为证明线面垂直； （2）根据（1）的结果，建立空间直角坐标系，设，并分别求平面和平面的法向量，根据二面角的余弦值，即可求解； （3）利用展开图，将三角形周长的最小值转化为两点间距离，即可求解. 【详解】（1）由条件可知，，，， 所以，所以， 又因为是直角三角形，所以， 取的中点，连结，则， 所以，，且， 所以，则，且，平面， 所以平面，平面， 所以平面平面； （2）以点为原点，的方向为轴的正方向，建立空间直角坐标系， ，，，，设， ，， 设平面的法向量为， 则，即，，令，则， 即平面的法向量为， 平面的法向量为， 因为二面角的正切值为，所以二面角的夹角的余弦值为， 则，，解得：， 所以； （3）如图，以为轴，将和展开，与在同一平面，点分成和，当四点共线时，为的周长的最小值， 设，，，则， 所以， ， ， 所以， 所以周长的最小值为. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是垂直关系的证明，从而为建立坐标系作准备，建立坐标系中，向量的表示是关键. 5．(23-24高二上·上海上南中学·期中)设四边形为矩形，点为平面外一点，且平面，若，.   (1)求与平面所成角的大小（用反三角函数表示）； (2)在边上是否存在一点，使得点到平面的距离为，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由； (3)若点是的中点，在内确定一点，使的值最小，并求此时的值. 【答案】(1) (2)存在， (3) 【分析】（1）连接，由平面，可得即为与平面所成角的平面角，进而可得出答案； （2）以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可； （3）延长到，使得，连接，取的中点，连接，证明平面，可得关于平面对称，则，进而可得出答案. 【详解】（1）（1）连接， 因为平面，所以即为与平面所成的角， ， 则， 所以与平面所成角的大小为； （2）存在一点G，使得点D到平面PAG的距离为，且， 如图，以点为原点建立空间直角坐标系， 则，设， 故， 设平面的法向量为， 则有，可取， 则点到平面的距离为， 解得（舍去）， 所以存在，且；    （3）如图，延长到，使得，连接，取的中点，连接， 因为点是的中点，所以且， 因为平面，平面， 所以平面， 因为平面，平面，所以， 又平面， 所以平面， 所以关于平面对称， 则，当且仅当三点共线时取等号， 设，连接， 因为平面，平面平面，平面， 所以，所以， 因为，所以， 所以， 所以，所以， 因为，，所以， 因为平面，所以平面， 因为平面，所以， 所以.    【点睛】方法点睛：计算线面角，一般有如下几种方法： （1）利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而确定线面角的垂足，明确斜线在平面内的射影，即可确定线面角； （2）在构成线面角的直角三角形中，可利用等体积法求解垂线段的长度，从而不必作出线面角，则线面角满足（为斜线段长），进而可求得线面角； （3）建立空间直角坐标系，利用向量法求解，设为直线的方向向量，为平面的法向量，则线面角的正弦值为. 题型三 截面与轨迹问题 1．如图，已知正方体的棱长为1，点M为棱的中点，点P在正方形的边界及其内部运动．给出以下四个结论： ①存在点P满足； ②存在点P满足； ③满足的点P的轨迹长度为； ④满足的点P的轨迹长度为． 其中正确的结论的个数为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量解决此题， ①利用两个特殊点求出的值，判断在此范围内即可； ②利用向量垂直数量积等于零解方程即可求P点坐标； ③④利用向量垂直数量积等于零可求P点的轨迹方程，根据图形找到P点的轨迹求长度即可. 【详解】如图所示，建立空间直角坐标系，则，，，， 动点P设为 ①点M关于平面的对称点为，当动点P在点时， 此时， 当动点P在点时，此时， 所以存在点P满足，所以①正确； ②，， 若，则， 化简得：，解得：，即， 满足题意，所以②正确； ③，， 若，则，即， 取BC中点E，BB1中点F，则点P的轨迹为线段EF，长度为，所以③错误； ④，， 若，则，即， 取BF中点H，BE中点K，则点P的轨迹为线段HK，长度为，所以④正确. 故选：C. 2．在棱长为2的正方体中，E，F分别为AB，BC的中点，对于如下命题：①异面直线与所成角的余弦值为；②点P为正方形内一点，当平面时，DP的最小值为；③过点，E，F的平面截正方体所得的截面周长为；④当三棱锥的所有顶点都在球O的表面上时，球O的体积为．则正确的命题个数为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】①通过平行线求异面直线所成角；②先求点P的轨迹再求DP的最小值；③先由面面平行的性质作出截面再求截面的周长；④先找外接球的球心再求球的体积. 【详解】对于①，， 在中即为异面直线与所成的角， ， 异面直线与所成的角的余弦值为．故①错误； 对于②，取的中点的中点，取的中点，连接，，， ， 同理可得， 又面，面，面，面， 面，面， 又，面， 面面， 又面，面， 轨迹为线段， 在中，过作，此时取得最小值， 在中，，，， 在中，，，， 在中，，，， 如图，在中，．故②正确； 对于③，过点的平面截正方体， 平面平面，则过点的平面必与、各交于一点， 设过点的平面必与与分别交于、， 过点的平面与平面和平面分别交于与，，同理可得， 如图过点的平面截正方体所得的截面图形为五边形， 如图以为原点，分别以方向为轴､轴､轴正方向建立空间直角坐标系， 设，， 则，，，，， ，，，， ，， ，解得， ，， ，， 在中，，，，同理：， 在中，，，，同理： 在中，，， ， 即过点的平面截正方体所得的截面周长为．故③正确； 对于④，如图所示，取的中点，则，过作， 且使得，则为三棱锥的外接球的球心， 所以为外接球的半径， 在中，， ，则， ．故④正确， 故选：C． 3．(23-24高二上·上海建平中学·期末)已知正方体的棱长为1，P是对角面（包含边界）内一点，且. (1)求的长度； (2)是否存在点，使得平面平面？若存在，求出点的位置；若不存在，说明理由； (3)过点作平面与直线垂直，求平面与平面所成锐二面角的最小值，并求此时平面截正方体所得截面图形的周长. 【答案】(1) (2)不存在，理由见解析； (3)二面角的最小值为，周长为 【分析】（1）根据依题意利用线面垂直的判定定理可得，点的轨迹是在平面内以为直径的半圆，即可求得； （2）利用空间向量求出当平面平面时点的位置与点重合，显然不合题意，可知不存在满足题意的点； （3）利用线面角的定义可得当直线与平面所成的角取到最大值时，平面与平面所成锐二面角最小，即可求得结果，作出平面截正方体所得截面图形为五边形，分别算的边长即可求出周长. 【详解】（1）l连接交于点，连接，如下图所示：    易知，利用正方体性质可得， 又，平面，所以平面； 又P是对角面（包含边界）内一点，，即可得平面； 所以， 又因为，所以可得， 又，利用勾股定理可得， 由正方体的棱长为1，因此， 因此点的轨迹是在平面内以为直径的半圆； 可得. （2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，如下图所示：    由（1）可知，假设存在点，使得平面平面； 易知； 则， 设平面的一个法向量为， 则，令，则，可得； 设平面的一个法向量为， 则，令，则，可得； 由平面平面可得，解得， 即可知； 又点的轨迹是在平面内以为直径的半圆，可知此时点与点重合，不合题意； 因此可得不存在点，使得平面平面； （3）过点作平面与直线垂直， 设直线与平面所成的角为， 易知和平面与平面所成锐二面角互余， 所以当取到最大值时平面与平面所成锐二面角最小， 由（2）可知，又，因此当点竖坐标取到最大值时，即平面时满足题意， 此时，所以， 因此平面与平面所成锐二面角的最小值为 延长，交的延长线与点，交于点，如下图所示： 易知，由可得，所以； 由可知，可得， 过点作分别交于点，则； 显然由正方体性质可得平面，所以平面， 又平面，所以； 由，，平面， 所以平面，即平面即为平面， 设平面截正方体交于点，于点，连接； 所以平面截正方体所得截面图形即为五边形； 设，易知，则； 由可得，解得； 即，所以， 而，所以； 由对称性可知，，； 所以五边形的周长为， 即平面截正方体所得截面图形的周长为. 【点睛】方法点睛：在求解截面图形面积或周长问题时，要先利用线面垂直或线面平行等性质作出截面，在定量计算即可求得结果. 4．(23-24高二上·上海曹杨第二中学·期末)如图，在棱长为10的正方体中，M为棱CD的中点，点P在侧面上，且到与的距离均为3，则过点P且与垂直的平面截正方体所得截面的形状是（    ） A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形 【答案】B 【分析】以为坐标原点，分别以为坐标轴，建立空间直角坐标系，先利用向量找出截面与的交点，再在等直线上找点，即可判断截面形状. 【详解】以为坐标原点，分别以为轴， 建立空间直角坐标系， 其中，，，，， 设平面截于，平面截于，， 设，则，且， 即，解得，即 ，，则， 其中，得，则， 设平面截于，平面截于， 设，，同理 ，得， 设，，同理 ，得， 则，， 故选：B. 题型四 翻折问题 1．如图，在中，，过中点的动直线与线段交于点，将沿直线向上翻折至，使得点在平面内的射影落在线段上，则斜线与平面所成角的正弦值的取值范围为 . 【答案】 【分析】首先根据正余弦定理求解三角形，再以点为原点，建立空间直角坐标系，并求出点的轨迹方程，并利用，求得点的坐标的范围，相结合后，即可求解线面角正弦值的取值范围. 【详解】，得，即， 中，根据余弦定理，， 根据正弦定理，，得 如图，以底面点为空间原点建系，根据底面几何关系，得点,, 设点，翻折后点的投影在轴上，所以的纵坐标为0，即，， 由，根据两点间距离公式，， 整理为 如右图，在翻折过程中，作于点，则， 并且，平面， 所以平面，平面, 所以，即，其中， 又动点在线段上动，设，故，且， 由，得，， 又因为，对应的的取值为，即, . 则斜线与平面所成角的正弦值的取值范围为. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题考查空间向量解决角的问题，关键1，求点的轨迹，关键2，根据几何关系可得，根据坐标运算，即可求解. 2．(24-25高二上·上海复旦大学附属复兴中学·期中)如图①所示，长方形ABCD中，，，点M是边CD的中点，将沿AM翻折到，连接PB，PC，得到图②的四棱锥． (1)求点P到平面ABCM的最大距离； (2)若棱PB的中点为N，求CN的长； (3)设的角度大小为，若，求平面PAM和平面PBC夹角余弦值的最小值． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）作出辅助线，得到当平面平面时，点P到平面ABCM的距离最大，利用勾股定理求解即可； （2）作出辅助线，证明出四边形为平行四边形，从而得到； （3）作出辅助线，得到为的平面角，即，建立空间直角坐标系，用含的关系式表达出平面PAM和平面PBC的法向量，利用空间向量夹角余弦公式得到 ，结合的取值范围求出余弦值的最小值即可. 【详解】（1） 由题意可知，当平面平面时， 点P到平面ABCM的距离最大， 因为，，点是边的中点， 所以，取的中点为，连接， 则，又平面平面，平面平面， 平面，所以平面， 所以P到平面ABCM的最大距离为. （2） 取中点，连接，， 则因为为中点，所以为的中位线， 所以且， 因为为的中点，四边形为矩形， 所以且， 所以且， 故四边形为平行四边形， 所以. （3）连接， 因为，所以， 所以为的平面角，即， 过点作平面，以为坐标原点，分别以所在的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，， 过作于点，由题意得平面， 设，所以，， 所以，所以， ， 设平面的法向量为， 则， ， 令，则， 设平面的法向量为， 因为， 则， 可得， 令，则， 设两平面的夹角为， 则 ， 令，，所以， 所以，所以当时，有最小值， 所以平面PAM和平面PBC夹角余弦值的最小值为. 3．如图①所示，长方形中，，，点是边的中点，将沿翻折到，连接，，得到图②的四棱锥．   (1)求四棱锥的体积的最大值； (2)若棱的中点为，为上的点，当平面时，求的值； (3)设的大小为，若，求平面和平面夹角余弦值的最小值． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）作出辅助线，得到当平面平面时，点到平面的距离最大，四棱锥的体积取得最大值，求出，从而得到体积最大值； （2）取中点，取中点，连接，证明平面，得为重心即可； （3）作出辅助线，得到为的平面角，即，建立空间直角坐标系，求解平面和平面的法向量，利用空间向量夹角余弦公式得即可. 【详解】（1）解：取的中点，连接，    因为，则， 当平面平面时，点到平面的距离最大，四棱锥的体积取得最大值， 此时平面，且， 底面为梯形，面积为， 则四棱锥的体积最大值为； （2）   取中点，取中点，连接， 则，，所以四边形是平行四边形， 所以，平面，平面， 则平面， 又为的中线， 则为重心，则 （3）连接，过作于点，， 所以，， 平面，平面，则平面， 则，，平面，平面， 则平面， 所以为的平面角，即， 则， 过点作平面，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，    则,0,，,1,，,2,，,2,，， 设平面的法向量为，又， 则，令，则， 设平面的法向量为,,，又因为， 则，令，可得：， 设两平面夹角为， 则 ， 令，所以， 所以，当时，有最小值， 所以平面和平面夹角余弦值的最小值为. 4．如图所示，在直角梯形中，，A，D分别是，上的点，且，，，，将四边形沿向上折起，连接，，，在折起的过程中，记二面角的大小为，记几何体的体积为V． (1)求证：平面； (2)当时，请将V表达为关于的函数，并求该函数的最大值； (3)若平面和平面垂直，当取得最大值时，求V的值． 【答案】(1)证明见解析 (2)； (3) 【分析】（1）由面面平行的判定定理可得平面平面，即可证明； （2）根据题意，由条件可得，然后分别表示出与，然后代入计算，即可得到结果； （3）根据题意，建立空间直角坐标系，分别求得平面，平面的法向量，由可得的最大值，然后代入（2）中的体积公式计算，即可得到结果. 【详解】（1）在梯形中，因为，所以翻折后有，且， 因为平面，平面，故平面，同理可得平面， 因为，平面， 所以平面平面，又因为平面，所以平面. （2） 由题意，在梯形中，，，即， 且，所以翻折后有，，且， 所以平面，同理，平面， 由二面角的大小为，得， 过点作的垂线，交直线于，由平面，平面， 所以，且，所以平面， 即是四棱锥的高， 由， 所以， 由，平面，平面，所以平面， 又因为平面，且， 所以， 所以，， 当时，取得最大值. （3） 过点作的垂线，交直线于点，分别以为轴 正方向建立空间直角坐标系，则，， 在平面中，， 设平面的一个法向量为， 则， 令，则， 所以， 在平面中，， 设平面的一个法向量为， 则， 令，则，所以， 因为平面和平面垂直，所以， 即，整理可得， 因为，，所以， 当且仅当时，等号成立， 故当取得最大值时，即取得最小值， 此时， 由，，，所以，则. 5．在梯形中，，，，E为的中点，如图（1）．将沿折起至的位置，使平面平面，如图（2）． (1)求证：平面； (2)若F为线段PB上的点（不含端点），且，设二面角的平面角为，且，求的值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】 （1）利用线面垂直的判定定理和面面垂直的判定定理进行证明即可； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可. 【详解】（1）过P点作BE的垂线PO交BE于O， 因为平面PBE平面ABCE，又PO平面PBE， 所以PO平面ABCE，又BC平面PBE， 所以POBC， 折叠前：，，，， 且，所以是矩形，所以BCBE， 又PO平面PBE，BE平面PBE， 所以BC平面PBE，又PE平面PBE，所以BCPE， 折叠前：CDDE，折叠后：PCPE， 又BCPCC，BC平面PBC，PC平面PBC， 所以平面. （2）由（1）知，BC平面PBE，PB平面PBE，BE平面PBE， 所以BCPB，BC BE， 在中，， 在中，PE PB，PO BE，所以是等腰三角形， 所以PO是等腰三角形的高，故， 由（1）知，OP、BC、BE两两垂直，过O作交AB于G， 所以OG、OP、BE两两垂直， 以O为原点，以OG、OP、BE所在直线建立如图所示的坐标系， 则，，， 由得，， ，， 设平面BCF的法向量为，则，即， 令，，故 设平面ECF的法向量为，则， 即，令，，， 所以平面ECF的法向量为， ， 令，得，解得或， 即或，得或，又， 所以 【点睛】本题主要考查了线面垂直的证明与建立空间直角坐标系求解线面角的问题，线面垂直方法有： （1）如果两个平面相互垂直，那么在一个平面内垂直于它们交线的直线垂直于另一个平面. （2）、如果两个平面相互垂直，那么经过第一个平面内的一点作垂直于第二个平面的直线在第一个平面内. （3）、如果两个相交平面都垂直于第三个平面，那么它们的交线垂直于第三个平面. 推论：三个两两垂直的平面的交线两两垂直. （4）、如果两个平面互相垂直，那么一个平面的垂线与另一个平面平行. 推论：如果两个平面互相垂直，那么分别垂直于这两个平面的两条垂线也互相垂直. 1．(24-25高二上·上海洋泾中学·期中)若正四面体的侧面内一动点到底面的距离与到棱的距离相等，则动点的轨迹与组成图形可能是（   ） A．   B．   C．   D．   【答案】D 【分析】设正四面体的棱长为，设等边的中心为点，取的中点，连接、，以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，设点，利用空间向量法求出动点的轨迹方程，即可得解. 【详解】设正四面体的棱长为，设等边的中心为点，取的中点， 连接、，则平面，， 以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，    则、、、，设点， ，， 设平面的法向量为，则， 取，则，，则，， 则点到平面的距离为， 而点到直线的距离为， 根据题意可得， 在平面内，如下图所示：    在平面直角坐标系中，易知点、， 则，所以，直线的方程为， 即，即， 显然，区域（包括边界）的点的坐标均满足，且， 所以，由可得， 即，即点在区域内的轨迹是一条线段， 直线的斜率为， 则动点的轨迹与线段的交点靠近点，D选项合乎题意， 故选：D. 【点睛】关键点点睛：解决空间中的动点的轨迹问题，一般就是要通过建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出动点的轨迹方程，再进行判断. 2．(24-25高二上·上海七宝中学·期末)如图，棱长为1的正方体有一个截面，其中、分别在棱上.若是正方形，则截面UVWXYZ的面积为 . 【答案】/ 【分析】以为原点，分别为轴建立如图所示空间直角坐标系，取，六边形UVWXYZ即是所求截面，再求出其面积即可. 【详解】以为原点，分别为轴建立如图所示空间直角坐标系，如下图所示： 当时， 则，所以， 又， 设，则，解得， 即，所以共面， 所以共面， 因为，所以，即， 又因为所以是正方形， 所以当时，六边形UVWXYZ就是所求截面， 此时, 所以截面UVWXYZ的面积为， 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题考查正方体的截面面积，找到符合题意的截面是解决问题的关键.本题借助空间直角坐标系，确定构成六边形UVWXYZ就是所求截面，进而求出面积.研究正方体截面问题的常用方法还有平行线法和相交线法. 3．(24-25高二上·上海师范大学附属中学宝山分校·月考)棱长为4的正方体的顶点在平面上，三条棱、、都在平面的同侧.若顶点，到平面的距离分别为，，则顶点到平面的距离是 . 【答案】 【分析】根据题意建立空间直角坐标系，设平面的法向量，利用空间向量法求点到平面距离得到关于的表达式，从而得解. 【详解】如图，以为坐标原点，建立空间直角坐标系， 则， 所以， 设平面的一个法向量为， 则点到平面距离为，即， 点到平面距离为，即， 联立，解得， 所以到平面的距离为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是建立空间直角坐标系，利用求点面距离的向量法得到相关式子，从而得解. 4．(24-25高二上·上海华东师范大学第二附属中学·期末)我们知道，平面中的结论有不少可以向空间中进行推广，现有如下平面中的结论：如图，已知对任意三角形，都能找到三条等距的平行线，使得. (1)根据以上平面中的结论，若D为与边的交点，试判断D在线段上的位置； (2)根据以上平面中的结论，则在空间中，若对任意给定的四面体，能否作出四个相互平行的平面，使，且相邻两个平面间的距离都相等.如能，说明作法并作图，如不能，说明理由. (3)根据以上平面中的结论，则在空间中，若对一个正四面体，能够作出第（2）小题中的四个平面，且四个平面间距离为1，求此正四面体的体积. 【答案】(1)D为中点 (2)答案见解析 (3) 【分析】（1）由已知结论即可得点D为中点； （2）根据面面平行判定定理以及性质定理可知取的三等分点的中点，的中点，分别作平面为平面，平面，可得结果； （3）根据正四面体性质建立空间直角坐标系，设正四面体的棱长为，利用点到平面距离的向量求法得出棱长，即可求出此正四面体的体积. 【详解】（1）D为中点 根据已知结论可得直线即为，若为三条等距的平行线， 所以D为中点； （2）如图所示， 取的三等分点的中点，的中点， 过三点，，作平面，过三点作平面， 因为，又，所以； 又，且，所以； 又因为，且， 所以平面, 再过点分别作平面与平面平行， 那么四个平面依次相互平行， 由线段被平行平面截得的线段相等知，其中毎每相邻两个平面间的距离相等， 故即为所求平面（注：也可将正四面体放入正方体内说明） （3）设正四面体的棱长为，综合（2）有的中点， 再取的中点，连接交于， 则由等边三角形的性质可知为的中点，且， 则以为坐标原点，以平行于直线且过点的直线为轴，直线为轴，直线为轴建立空间直角坐标系，如下图所示： 则，，，， 令为的三等分点，为的中点， 则，， 所以，，. 设平面的法向量， 则有，即，取，则， 即. 又相邻平面之间的距离为1， 所以点到平面的距离为， 解得. 由此可得，边长为的正四面体满足条件. 可知所求正四面体的体积. 【点睛】关键点点睛：解决第（3）问的关键在于利用（2）中的已知结论，建立空间直角坐标系，将平面间的距离转化为点到面的距离，求得正四面体的棱长即可计算出其体积. 5．(24-25高二上·上海七宝中学·期末)如图，在平行六面体中，，，，，.点是棱的中点，点是对角线上一点（包括端点），且满足. (1)若三点共线，求的值； (2)若对角线，求的最大值； (3)若，直线和的所成角为，求的取值范围. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）设基向量，根据空间向量的线性运算可得，又因三点共线可得，即可求得； （2）利用空间向量的数量积运算可得，从而得到不等式，求解得到的最大值； （3）利用空间向量的基本定理与线性运算得到，，再利用向量法求异面直线的夹角的余弦值得到，从而求得的取值范围. 【详解】（1）设基向量， 则 ， 因为， 所以， 因为三点共线，设， 则， 所以，即， 所以 （2）因为，且， 所以， 配方得：， 即， 故，即， 所以的最大值为. （3）解法一：， ， 则，即， ， 即 ， ， 令 ， . 解法二：因为，，所以， 又因为，所以，即， 所以直线和的所成角为， 当点和点重合时，最小为，即最大为1； 当点和点重合时，最大，即最小， ， 此时. 所以. 解法三：如图，以点为原点，为轴，为轴，建立空间直角直角坐标系. 则， 由点，得，则， 又，则， ， ， 令 ， . 【点睛】结论点睛：若直线的方向向量分别为，平面的法向量分别为，则 ①两异面直线所成的角为 ，； ②直线与平面所成的角为 ，； ③二面角的大小为 ，. 6．(24-25高三上·上海五校（奉贤中学复兴高中金山中学行知中学松江二中）·期中)如图，在三棱锥中，平面平面，，，，分别是，的中点，记平面与平面的交线为直线. (1)求证：直线平面； (2)若直线上存在一点（与都在的同侧），且直线与直线所成的角为，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据面面垂直可证线面垂直，再结合中位线可得证； （2）根据线线平行可证线面平行，进而可证直线，建立空间直角坐标系，可设，结合异面直线夹角可解得点，再根据向量法可得平面的法向量，进而可得二面角余弦值. 【详解】（1），平面平面，平面平面，平面， 又，分别是，的中点， ， 平面； （2） ，平面平面 以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，过垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系， 则点在平面内， 即，，，，， 则，，， 而，平面，平面， 平面， 又平面与平面的交线为直线， ， 设 , 则点坐标为，，，，解得， 则点坐标为，， 设平面的法向量， 即，即，取，可得； 设平面法向量为， 则，即，取，可得； ， 即平面与平面所成的锐二面角的余弦值为. 7．(24-25高二上·上海行知中学·月考)如图，在  中，  D是AC中点， E、F分别是BA、BC边上的动点，且   将 沿EF折起，将点B折至点P的位置，得到四棱锥； (1)求证： 平面 (2)若 ， 二面角 是直二面角，求二面角的正切值： (3)当 时，求直线PE与平面ABC 所成角的正弦值的取值范围． 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3). 【分析】（1）根据给定条件，利用线面平行的判定推理即得. （2）根据直二面角建立空间直角坐标系求二面角余弦进而求出正弦值计算正切值即可. （3）先建立空间直角坐标系，再设坐标结合垂直关系求参，最后结合线面角的正弦应用以及对勾函数单调性得出范围即可. 【详解】（1）在四棱锥中，，而平面，平面， 所以平面. （2）由，得，在四棱锥中，， 平面，平面平面，则， 由二面角是直二面角，得平面平面，平面平面 ， 平面，平面，以 分别为 轴建立空间直角坐标系， ， 设平面法向量为 ，则，令， 得 ， 而平面法向量为 ，显然二面角大小为锐角，设为， ，， 所以二面角的正切值. （3）以直线和分别为轴，过C作平面的垂线为z轴，建立空间直角坐标系， 设，，显然， ， ，得出，则，则， 点与其在直线上射影点及点围成以线段为斜边的直角三角形， 则，即，且，，即， 平面的法向量为，设直线PE与平面ABC所成角为， ， 则 ，令，函数在上递减， ，因此，则，解得， 所以直线PE与平面ABC 所成角的正弦值的取值范围是. 【点睛】方法点睛：先建立空间直角坐标系，再设坐标结合垂直关系求参，最后结合线面角的正弦应用基本不等式得出范围即可. 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $品学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 3.4空间向量在立体几何中的应用 题型一直线的方向向量与平面的法向量 题型二向量法判断平行关系 题型三向量法判断垂直关系 题型四点面距 题型五线面距 题型六面面距 题型七点线距 基础达标题 题型八异面直线的距离 题型九异面直线所成的角 空间向量在立体几何中的应用 题型十线面角 一题型十一面面角 题型十二已知线线角求其他量 题型十三已知线面角求其他量 题型十四已知面面角求其他量 题型一线面角的取值范围与最值 题型二模长的最值与取值范围 能力提升题 题型三截面与轨迹问题 题型四翻折问题 拓展培优题 基础达标题 题型一直线的方向向量与平面的法向量 1.24-25高二下.上海杨浦区模拟)在空间直角坐标系中，ā=（1,2，-1是直线的一个方向向量， i=(2,t,-2)是平面x的一个法向量.若1⊥《，则t=(） A.4 B.-4 C.2 D.-2 2.己知直线1的方向向量为=(1，-1，入)，平面α的一个法向量为i=(-2,2,1),若1⊥，则7的值() A.-2 B.-吉 C.1 D.4 1/27 函学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 3.(24-25高二上·上海东昌中学·月考)已知直线1的方向向量为品，平面α的法向量为方，则“五·五=0”是 "‖"的() A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 4.(22-23高二上上海向东中学期末)若直线1的方向向量为子，平面α的法向量为元，能使！//α的是() A.子=(1,0,0)，i=(-1,0,0)B.7=(1,-23),i=(0,3,2) c.7=(0,1,1),i=(-1,0,-1)D.=(1,3,5),i=(1,0,-1】 5.(21-22高一下.上海复旦大学附属中学期末)已知直线1的一个方向向量为=(1,2，-1)， 平面ax的一个法 向量i=(x,-4,2,若//C,则实数x=一 6.(23-24高二上北京清华大学附属中学奥森分校.期中)直线m的方向向量为方=(1，-2，入)，直线n的方向 向量为i=(-2,4,5),平面c的法向量为k=(4,8,Y),m1,n上，则7、4、Y的值依次为 题型二向量法判断平行关系 1.长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=1,AA1=AD=2.点E为AB中点. (1)求证：A1D⊥平面ABC1D1 (2)求证：BD1/平面A1DE. D B 2.己知在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是直角梯形，∠BAD=90°，2AB=2AD=CD,侧面PAD 是正三角形且垂直于底面ABCD,E是PC的中点. (1)判定直线BE与平面PCD的位置关系，并说明理由； (2)在PB上是否存在一点F,使AF//平面BDE 3.设E、F、G、H分别是空间四边形ABCD的边AB、BC、CD、DA的中点，P、Q分别是这个空间四边 2/27 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 形两条对边BD、AC的中点. (1)求证：AB+CD>2PQ; (2)若EG=3,FH=4,求AC2+BD的值； (3)若AC=6,BD=6,EG=3,求异面直线AC与BD所成的角的大小： (4)求证：EG、FH、PQ相交于同一点。 4.(21-22高二上.第三章空间向量与立体几何单元检测B卷（综合篇）)如图，在正方体 ABCD-A1B1C1D1中，M,N分别为AB,B1C的中点.证明： (1)平面A1BD/平面B1CD1: (2)MNL平面A1BD D C B M B 题型三向量法判断垂直关系 1.如图所示，已知平行六面体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是菱形，且∠C1CB=∠C1CD=∠BCD (1)求证：CC1⊥BD: (2)当元的值为多少时，能使A1C⊥平面C1BD？请给出证明. B A A B 2.如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ABC=90°，BC=2,CC1=4,点E在线段BB1上，且 EB1=1,D,FG分别为CC1、C1B1、C1A1的中点.求证： 3/27 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 (1)平面A1B1D⊥平面ABD: (2)平面EGF//平面ABD. B B 3.(22-23高二上·新疆昌吉回族昌吉昌吉州行知学校期末)如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD ,ADAB,AB//DC,AD=DC=AP=2,AB=1,点E为棱PC的中点.证明： (1)BE//平面PAD: (2)平面PCD⊥平面PAD, B 4.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是菱形，∠ABC=60°，AB=2,AC∩BD=O,PO⊥底 面ABCD,PO=2,点E在棱PD上，且CE⊥PD.证明：平面PBD⊥平面ACE; 5.如图，直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BAC=90°，|AB|=|AC|=2,|AA1=4,D为BC的中点， E为CC1上的点，且CE=|CC1.求证：BE⊥平面ADB1: 4/27 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 A B 6.如图所示，已知平行六面体ABCD-A1BC1D1的底面为正方形，O1,O分别为上、下底面的中心，且A1 在底面ABCD上的射影是O (1)求证：平面O1DC⊥平面ABCD: (2)若点E,F分别在棱AA1BC上，且AE=2EA1,间点F在何处时，EF⊥AD? D A C B 题型四点面距 1.(25-26高二上·上海音乐学院虹口区北虹高级中学)正方体ABCD-A1B1C1D1中，O为底面正方形ABCD 的中心，设AA1=a,则点B:到平面ACD:的距离为 2.(25-26高三上上海顾村中学.月考)如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AD=AA1=1,AB=2,E ,F分别为棱AB,AA1的中点 (1)求证：E,C,D1,F四点共面 (2)求点E到平面ACD1的距离. D B E D B 3.(24-25高二下.上海华东师范大学第二附属中学.期末)已知正方体ABCD-AB1C1D1的棱长为1，P是 CC1的中点，过AP的平面与BB1yDD1分别交于Q,R,且BQ= 5/27 品学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 (1)求异面直线PR与A1B1所成角的大小； (2)求C1到平面AQPR的距离. D : A B R C 0 B 4.(25-26高三上·上海延安中学.调研)如图，四棱锥P-ABCD的底面是边长为2的正方形，侧棱PC1底面 ABCD,且PC=3 (1)证明：平面PCD⊥平面PAD: (2)求点B到平面PAD的距离. D B 5.(24-25高二下，上海进才中学和曹杨二中)如图，正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB=2,AA1=4, 点M,N分别是棱A1B1,A1D1的中点. (1)求证：直线BM//平面ACN: (2)求点B到平面ACN的距离. D C B 题型五线面距 1.在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E,F分别是BCCD的中点，则直线BD到平面EFD1B1的 6/27 学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 距离为() A号 8. c. D.青 2.(24-25高二上·上海松江二中·期中)如图所示，已知四棱锥的底面是边长为1的正方形，PD⊥AD, PC=V2,PD=1,E,F分别是AB,BC的中点，则直线AC到平面PEF的距离为 题型六面面距 1.(22-23高二上.上海华东师范大学第一附属中学.月考)已知ABCD-A1B1C1D1是棱长为1的正方体，则平 面AB1D1与平面C1BD的距离为」 2.若两平行平面、B分别经过坐标原点O和点A(2,1,1),且两平面的一个法向量为五=(-1,0,1)，则 两平面间的距离是 3.直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD为正方形，边长为2，侧棱A1A=3,M、N分别为 A1B1A1D1的中点，E、F分别是C1DyB1C1的中点. (1)求证：平面AMN/平面EFBD; (2)求平面AMN与平面EFBD的距离. D 题型七点线距 1.(24-25高三上·上海杨浦区复旦大学附属中学.期末)已知空间中三点A(2,0,0),B(0,2,0),C(2,2,2) ,则点C到直线AB的距离为() 7/27 函学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 A.2 B.v6 c.9 D.3 2.已知PA⊥平面ABC,△ABC是直角三角形，且AB=AC=2,PA=4,则点P到直线BC的距离 是一 3.如图，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AB=AD=AA1=1, ∠BAD=∠A1AB=∠A1AD=60°，E为CC1的中点，则点E到直线AC1的距离为一 D A 题型八异面直线的距离 1.(21-22高二上上海实验学校期中)如图是一棱长为1的正方体，则异面直线A1B与B1D1之间的距离为() A.V3 B. 3 C. D C B D C 2.如图，多面体ABC-A1B1C1是由长方体一分为二得到的，AA1=2,AB=BC=1,∠ABC=90°， 点D是BB1中点，则异面直线DA1与B1C1的距离是一· B C B 3.两条异面直线a,b所成的角为号，在直线a,b上分别取点A,E和A,F,使AA上a,且AA⊥b己 知AE=3,AF=4,EF=7,则线段AA的长为 题型九异面直线所成的角 8/27 函学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 1.(24-25高二上·上海南洋模范中学·月考)已知六面体ABCDE如图所示，其由一个三棱锥C-ABD和一个 正四面体ABDE拼接而成，其中CA,CB,CD三条侧棱两两垂直，且CA=CB=CD=2,若F为线段 AC的中点，则异面直线AD与EF所成角的余弦值为」 D 2.(25-26高二上·上海音乐学院虹口区北虹高级中学)如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱长和底面边长 都是2，A1在底面ABC内的投影0为底面△ABC的中心. (1)求异面直线AA与BC1所成角的大小： (2)求三棱锥C1-BCA1的体积VcBc4, C B 3.(25-26高三上.上海大同中学)如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AA1=3AB=3BC=6,点F是 BB1的中点，点P在CC1上，若过FP的平面x交AA1于E,交DD1于Q.若点Q是DD1的中点，且PC1=1. (1)求异面直线EP与BQ所成角的余弦值； (2)若平面ABCD上有一点H满足HA1⊥平面，求点H的坐标. D B A D 4.已知圆锥的顶点为P,底面圆心为0，半径为2. (1)设圆锥的母线长为4，求圆锥的体积； 9/27 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 (2)设P0=4,OA、OB是底面半径，且∠A0B=90°，M为线段AB的中点，如图，求异面直线PM与 OB所成的角的大小. )B 5.(24-25高二上·上海黄浦区向明中学.月考)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中， AB⊥AC,AB=AC=AA1=2,点E,F分别为棱AB,A1B1的中点 (1)求异面直线C1E与AF的夹角； (2)求点F到平面B1C1E的距离. A B 题型十线面角 1.(25-26高三·上海华东师范大学第二附属中学)如图所示，在六棱锥P-ABCDEF中，PA⊥平面 ABCDEF,六边形ABCD EF是边长为3的正六边形，PA=6,M是PE上靠近点E的三等分点. (1)证明：DE⊥平面PAE: (2)求直线PC与平面ADM所成角的正弦值. 2.(25-26高三上·上海同济大学附属七一中学.期中)在直三棱柱ABC-A1B1C1中， 10/27