1.4.2 用空间向量研究距离、 夹角问题课时同步练习卷-2026年暑假预习高二数学人教A版选择性必修第一册

**基本信息** 本练习以分层设计实现空间向量研究距离、夹角问题从基础应用到综合探究的巩固，通过情境化与动态问题设计，培养空间观念、推理能力与模型意识。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |基础层|异面直线夹角、点面距离等单一计算|结合《九章算术》阳马情境，考查空间向量基本运算| |提升层|动态点线面关系、存在性问题|正方体中动点轨迹与线面角最值，培养空间想象| |综合层|翻折、外接球等多考点融合|解答题三问递进，从证明到夹角、体积计算，深化逻辑推理|

1.4.2 用空间向量研究距离、 夹角问题课时同步练习卷 （考试时间：120分钟，分值：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第一部分（选择题 共58分） 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．《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 2．在三棱锥中，，，为的中点，且，，若二面角的大小为，则（    ） A． B． C． D． 3．四面体满足，， ，. 设的中点分别为，则点到直线的距离为（    ） A． B． C． D． 4．已知四棱锥的底面是边长为2的菱形，，侧面是以为斜边的等腰直角三角形，且侧面底面，是的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 5．如图，在棱长为2的正方体中，为棱的中点，为四边形内（包括边界）一个动点，若直线与平面所成的角为，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 6．在三棱锥中，，，，则D到平面的距离为（   ） A． B． C． D． 7．定义：两条异面直线之间的距离是指其中一条直线上任意一点到另一条直线距离的最小值.在棱长为1的正方体中， 直线与之间的距离是（    ） A． B． C． D． 8．如图，在正方体中，点Q是棱上的动点，下列说法中错误的是（    ）． ①存在点Q，使得； ②存在点Q，使得； ③对于任意点Q，Q到的距离为定值； ④存在点Q，是锐角三角形． A．①③ B．②③ C．②④ D．①③④ 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9．如图，在棱长为1的正方体中，点为线段上的动点（含端点），下列四个结论中，正确的有（    ） A．存在点，使得直线与直线所成的角为 B．存在点，使得直线与直线所成的角为 C．存在点，使得三棱锥的体积为 D．存在点，使得平面 10．如图，在正四棱柱中，．点是侧面上的一个动点（含边界），且，、分别是棱、上一点，满足，，下列说法正确的是（   ） A．平面截该正四棱柱所得的截面的周长为 B．侧面上存在点，使得平面 C．若，则的最小值为 D．若，则的最大值为 11．如图，点是棱长为1的正方体的侧面上的一个动点（包含边界），则下列结论正确的是（   ）    A．当时，点一定在线段上 B．当为的中点时，三棱锥的外接球的表面积为 C．当点在棱上运动时，的最小值为 D．线段上存在点，使异面直线与所成角的正切值为 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．在棱长为2的正方体中，点在表面上运动（含端点），且满足，当二面角的正切值为时，三棱锥的体积为______． 13．如图，在四棱锥中，底面ABCD为菱形，且面ABCD，E为棱PD上一动点，满足.若二面角的平面角的正切值为，当时，求PC与平面ACE所成角的正弦值____________. 14．如图，为圆锥底面圆的直径，为的中点，点是圆上的动点（点在直径同侧），当的面积最大时，点到平面距离为______．    四、解答题：本大题共5题，第15题13分，第16-17题每题15分，第18-19题每题17分，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15．在长方体中，，，，，． (1)求证：面； (2)求面与面的夹角的余弦值； (3)求三棱锥的体积． 16．如图，在四棱锥中，四边形为菱形，，，为中点． (1)求证：平面； (2)若平面平面，求到平面的距离； (3)若三棱锥外接球半径为2，求直线和平面所成角的余弦值． 17．如图，在直棱柱中，底面为直角梯形，，，且，，.又平面，.点分别为，的中点. (1)证明：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)求点到平面的距离. 18．如图1，在等腰梯形中，，，将沿边翻折，使点翻折到点，连接，得到三棱锥，如图2，其中. (1)证明：平面； (2)求三棱锥的体积； (3)试问在侧棱上是否存在一点，使得二面角的余弦值为？若存在，求出的长度；若不存在，请说明理由. 19．已知直三棱柱中，侧面为正方形，AB＝BC＝2，E，F分别为AC，的中点，D为棱上的点，． (1)证明：AB⊥平面； (2)证明：BF⊥DE； (3)当为何值时，平面与平面DFE所成角的余弦值最大？并求出这个最大值． 2 / 30 1 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $ 1.4.2 用空间向量研究距离、 夹角问题课时同步练习卷 （考试时间：120分钟，分值：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第一部分（选择题 共58分） 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．《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. 2．在三棱锥中，，，为的中点，且，，若二面角的大小为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题意，二面角的平面角就是向量与的夹角，进而得与的夹角为，再根据数量积定义求解即可. 【详解】因为，为的中点，所以， 因为， 所以二面角的平面角就是向量与的夹角，为， 因为向量与方向相反， 所以与的夹角为 ， 因为，， 所以 3．四面体满足，， ，. 设的中点分别为，则点到直线的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】建立空间直角坐标系，由向量关系求解. 【详解】由题意，建立如图所示空间直角坐标系： 则，所以， 所以点到直线的距离为. 4．已知四棱锥的底面是边长为2的菱形，，侧面是以为斜边的等腰直角三角形，且侧面底面，是的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用面面垂直的性质建立空间直角坐标系，求出异面直线的方向向量，通过向量夹角公式计算异面直线所成角的余弦值． 【详解】取的中点，连接，因为是以为斜边的等腰直角三角形，所以，且． 又平面平面，平面平面，平面， 根据面面垂直的性质定理，可得平面． 以为坐标原点，方向为轴正方向，底面内垂直于的方向为轴正方向， 方向为轴正方向建立空间直角坐标系，可得各点坐标： ，，，． 因为是的中点，所以，则，． 设异面直线与所成角为，，则． 计算得： ，， ， ， 代入得． 5．如图，在棱长为2的正方体中，为棱的中点，为四边形内（包括边界）一个动点，若直线与平面所成的角为，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】建立适当空间直角坐标系，设，求和面的一个法向量，由得到关系，再结合二次函数性质计算即可求解. 【详解】由题意可以以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则， 设，则，而平面的一个法向量， 由直线与平面所成的角为得， 整理得， 因此，当且仅当时取等号， 所以的最小值为． 故选：D 6．在三棱锥中，，，，则D到平面的距离为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】因为是对棱相等的棱锥，所以将三棱锥放在长方体更容易求解. 【详解】 令长方体长、宽、高分别为由图的 由图可得：, 令平面法向量， 所以：所以， 点D到平面的距离即在投影向量的模长， ， 所以点D到平面的距离为. 7．定义：两条异面直线之间的距离是指其中一条直线上任意一点到另一条直线距离的最小值.在棱长为1的正方体中， 直线与之间的距离是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设为直线上任意一点，过作，垂足为，利用向量表示，，再结合向量模的性质求的最小值，由此可得结论. 【详解】设为直线上任意一点，过作，垂足为， 设 ，， 则 ， 因为，所以 即 所以，所以， 所以， ∴当时， 取得最小值， 故直线与之间的距离是 故选：B. 8．如图，在正方体中，点Q是棱上的动点，下列说法中错误的是（    ）． ①存在点Q，使得； ②存在点Q，使得； ③对于任意点Q，Q到的距离为定值； ④存在点Q，是锐角三角形． A．①③ B．②③ C．②④ D．①③④ 【答案】D 【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法依次判断即可. 【详解】以为坐标原点，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为， 则，，，设，其中， 所以，， 若，则存在实数使得， 则，无解，故①错误； 若，则，解得，故②正确； ，点到的距离为， 不是定值，故③错误； ，， 所以， 所以为直角三角形或钝角三角形，故④错误. 故选：D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9．如图，在棱长为1的正方体中，点为线段上的动点（含端点），下列四个结论中，正确的有（    ） A．存在点，使得直线与直线所成的角为 B．存在点，使得直线与直线所成的角为 C．存在点，使得三棱锥的体积为 D．存在点，使得平面 【答案】CD 【分析】建立空间直角坐标系，设出点的坐标，利用向量的坐标运算判断AB；求出三棱锥的体积判断C；利用空间位置关系的向量证明判断D. 【详解】在棱长为1的正方体中，建立以为坐标原点， 以所在直线分别为轴的空间直角坐标系，如图： 则，， 设，即点，且， 对于AB，，则，即， 因此不存在点，使得直线与直线所成的角为或，AB错误； 对于C，假设存在点，使得三棱锥的体积为，而， 且点到平面的距离为，则， 解得，当点为线段的靠近的三等分点，即时，三棱锥的体积为，C正确； 对于D，假设存在点，使得平面，而， 则，解得，当点为线段的中点，即时，使得平面，D正确. 故选：CD 10．如图，在正四棱柱中，．点是侧面上的一个动点（含边界），且，、分别是棱、上一点，满足，，下列说法正确的是（   ） A．平面截该正四棱柱所得的截面的周长为 B．侧面上存在点，使得平面 C．若，则的最小值为 D．若，则的最大值为 【答案】CD 【分析】对于A选项，通过线面关系确定截面形状，根据几何体性质计算即可，对于B选项，通过向量运算表示出，根据线面关系判断是否存在，对于C选项，根据给定条件分析得到最小时对应位置关系，通过等面积法即可求解，对于D选项，通过给定条件求出参数条件，求解即可. 【详解】对于A，如图1，取的中点，连接， 过点作，交于点， 连接，则四边形为平面截该正四棱柱所得的截面， 因为四棱柱是正四棱柱，所以四边形为平行四边形， 因为，，， 所以，，，，， 因此平行四边形的周长为，故A不正确； 对于B，以为正交基底，建立如图2所示的空间直角坐标系， 则，，，，，， 所以，， ，，， 因为，所以，因此， 若平面，则，即， 解得，此时与矛盾， 所以侧面上不存在点，使得平面，故B不正确； 对于C，因为，所以，，三点共线， 当时，取得最小值， 在中，，， 所以，则， 因此在中，，故C正确； 对于D，当时，， 由B知，所以， 化简得，令，，其中0， 所以，其中，， 当时，取得最大值为， 此时 ，所以， ，满足题意，故D正确． 11．如图，点是棱长为1的正方体的侧面上的一个动点（包含边界），则下列结论正确的是（   ）    A．当时，点一定在线段上 B．当为的中点时，三棱锥的外接球的表面积为 C．当点在棱上运动时，的最小值为 D．线段上存在点，使异面直线与所成角的正切值为 【答案】ABD 【分析】根据线面垂直判定A，应用空间向量法计算角及外接球球心结合表面积公式计算判断B，D，应用展开图及勾股定理计算判断B. 【详解】对于A，若， 又因为平面，平面， 所以，又平面，可得平面， 所以，又因为是正方形，所以，所以点一定在线段上，故A正确；   ， 对于C，如图，旋转平面，使之与平面共面， 连接交于，此时最短为，大小为，故C错误， 对于B，分别以所在的直线为轴，建立空间直角坐标系， 当为的中点时，则，，， 设三棱锥的外接球的球心为，则， 即，解得， ∴三棱锥的外接球半径， ∴三棱锥的外接球表面积为，则B正确；    设线段上存在点，设， 则可得，又，，， 则， 设异面直线与所成角为，若正切值为，则， 即，化简得， 解得，故线段上存在点，使异面直线与所成角的正切值为，故D正确. 故选：ABD. 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．在棱长为2的正方体中，点在表面上运动（含端点），且满足，当二面角的正切值为时，三棱锥的体积为______． 【答案】 【分析】建立空间直角坐标系，利用求点的轨迹，再利用二面角的正切值求出点的坐标，最后利用棱锥的体积公式计算即可. 【详解】以为原点，分别以所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系． 因为正方体棱长为2，所以， 设动点， 由得：，得， 即动点的轨迹为线段端点为和， 由于侧面，故且，因此二面角的平面角为， 根据题意，，结合轨迹条件，得即点坐标为． 又因为，所以． 13．如图，在四棱锥中，底面ABCD为菱形，且面ABCD，E为棱PD上一动点，满足.若二面角的平面角的正切值为，当时，求PC与平面ACE所成角的正弦值____________. 【答案】 【分析】建立恰当的空间直角坐标系,根据题意求得点P的坐标,根据直线与平面所成角的向量求法求得PC与平面ACE所成角的正弦值. 【详解】记,取PC中点，连接，又平面ABCD，所以平面ABCD， 又，所以以为原点，OB，OC，OH所在直线为x，y，z轴如图建立空间直角坐标系，底面ABCD为菱形，且， 设则，设， 则， . 设平面PBC的一个法向量为， 则，令，所以， 又因为平面ABCD，所以平面ABCD的一个法向量为， 设二面角的平面角为，则 由，得 ，解得. 因为，所以，设， 所以 所以， 设平面ACE的一个法向量为， 则,所以所以,令，则. 所以，所以. 所以PC与平面ACE所成角的正弦值. 14．如图，为圆锥底面圆的直径，为的中点，点是圆上的动点（点在直径同侧），当的面积最大时，点到平面距离为______．    【答案】 【分析】根据圆锥的几何性质，结合已知条件得出互相垂直关系，建立空间直角坐标系，求出相关点坐标，利用三角形的性质，求出面积最大值时点坐标，求出平面法向量和相关向量，进而利用点到平面距离公式计算求解． 【详解】连接，由题意可知，， 以为坐标原点，建立下图所示空间直角坐标系，    则， 点在底面圆上，且点在直径同侧，设， 母线长，为等腰三角形， ， 设边上的高为，则， ， 令，则，开口向下，对称轴为， 当时，面积最大，此时， ，， ，设平面的法向量为， 则，令，则， 点到平面距离为． 四、解答题：本大题共5题，第15题13分，第16-17题每题15分，第18-19题每题17分，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15．在长方体中，，，，，． (1)求证：面； (2)求面与面的夹角的余弦值； (3)求三棱锥的体积． 【答案】(1)方法一：如图，过点作//,交于点，则有,. 连接,则四点共面,平面即平面. 由，，可得与相似, 所以，则可得,所以. 长方体中，平面， 因为平面，所以. 又,平面，所以平面. 方法二： 如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系. 则. 所以. 所以， 所以，即. 又,平面，所以平面. (2) (3) 【分析】（1）由线面垂直的判定定理可证； （2）方法一：建立空间直角坐标系，根据平面与平面的夹角的定义转化为异面直线所成的角，利用向量法求该角的余弦值可得；方法二：由面面角的向量求法可得；方法三：作辅助线，可证平面，进而可知平面与平面的夹角为，即可得面面夹角余弦值； （3）方法一：由向量法证明，从而求得的面积，由向量法求得点C到平面的距离，再根据棱锥的体积公式求得三棱锥的体积； 方法二：由向量法求得点A到平面的距离，根据棱锥的体积公式可得三棱锥的体积； 方法三：由（2）可知点到平面的距离为，进而可求三棱锥体积. 【详解】（1）略 （2）方法一：过点作//,交于点，则有，， 连接，则四点共面，平面即平面. 如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，则 ，，所以， 所以. 取的中点P，则，所以， ，所以. 所以异面直线与所成的角等于平面与平面的夹角. 又， 所以平面与平面的夹角的余弦值为. 方法二：如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系. 则. 所以， 设平面的法向量为， 则，故可取. 由（1）知平面的一个法向量为， 所以， 所以平面与平面的夹角的余弦值为. 方法三：由题意可知：，，， 则，则， 过点作，设，，连接， 由（1）可知：平面，则平面，可得，， 且，平面，可得平面，则， 可知平面与平面的夹角为， 因为，，， 则，可得，， 则，所以平面与平面的夹角的余弦值为； （3）方法一：由，，得， 所以. 所以的面积为. 由（2）知，平面的一个法向量为， 点C到平面的距离为. 所以三棱锥的体积， 所以三棱锥的体积为. 方法二：点A到平面的距离为. 因为//，所以到的距离相等， 所以的面积等于的面积，即. 所以三棱锥的体积为. 方法三：由题意可知：，，，， 则的面积， 由（2）可知点到平面的距离为， 所以三棱锥的体积. 16．如图，在四棱锥中，四边形为菱形，，，为中点． (1)求证：平面； (2)若平面平面，求到平面的距离； (3)若三棱锥外接球半径为2，求直线和平面所成角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）设，先证明，再根据线面平行的判定定理，即可证明平面； （2）方法一，以A为原点建立空间直角坐标系，求出平面的法向量及点D到平面的距离，利用平面，将到平面的距离转化为点D到平面的距离，即可得解； 方法二，利用平面，将到平面的距离转化为点到平面的距离，进而转化为点B到平面的距离，再利用等体积法计算即可； （3）设，利用正得到其外接圆圆心的坐标及半径，进而设出球心的坐标，根据球的性质求出点坐标，进而求出平面的法向量，即可根据向量法求出直线和平面所成角的正弦值，即可得解. 【详解】（1） 设，连接． 因为四边形为菱形，所以 为的中点． 在中，因为 为的中点，所以 OM为的中位线，故， 又因为平面，平面， 所以 平面； （2）方法一：向量法 以A为原点，以所在直线为轴，在平面内过作与垂直的直线为轴， 过作与平面垂直的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，. 在平面内过作，交的延长线于，连接. 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，所以. 因为，所以， 因为，，所以， 所以，，即，所以. 在中，，所以，， 则，因为为中点，所以， 则，. 设平面的法向量为， 则，即， 令，则，则. 设点D到平面的距离为， 则． 由（1）知平面， 所以到平面的距离即为点D到平面的距离， 所以到平面的距离为； 方法二：等体积法 由（1）知平面， 所以到平面的距离等于点到平面的距离，设为． 因为为中点，所以点到平面的距离等于点B到平面的距离， 即， 在平面内作交直线的延长线于，取中点， 连接，则， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，所以平面， 又平面，所以. 在中，，所以，， 所以到平面的距离为. 因为，所以． 在中，， 由余弦定理可得， 在中，． 在中，，为中点，则， 由余弦定理可得， 所以，所以． 在中，，底边上的高为， 所以. 又因为. 由可得，解得， 所以到平面的距离为； （3） 在（2）所建的坐标系中，设，则， 因为，所以． 由，可得， 解得，故. 在正中，外接圆圆心为，外接圆半径． 设三棱锥外接球的半径为，球心为． 由球的性质可得，解得，则， 所以，因为点在外接球上，则， 所以， 即，即． 解得，所以， 所以，. 设平面的法向量为． 则，即. 令，则，即． 设直线和平面所成角为， 则 因为，所以． 所以直线和平面所成角的余弦值为． 17．如图，在直棱柱中，底面为直角梯形，，，且，，.又平面，.点分别为，的中点. (1)证明：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)求点到平面的距离. 【答案】(1)以为原点，方向为轴建立空间直角坐标系： ，，，，，，，． 因为分别为，的中点，所以，． 有，底面的法向量为. 因为，所以 又不在平面内，所以平面． (2) (3) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间向量证明线面平行； （2）空间向量法计算两平面夹角的余弦值； （3）空间向量法计算点到平面的距离； 【详解】（1）略 （2） 平面的一个法向量为，平面中，， ，，取，． 设平面的法向量为，则， 令，则，，即， 所以两平面夹角的余弦值为． （3）由（2）可知平面的一个法向量为， 点到该平面的距离为． 18．如图1，在等腰梯形中，，，将沿边翻折，使点翻折到点，连接，得到三棱锥，如图2，其中. (1)证明：平面； (2)求三棱锥的体积； (3)试问在侧棱上是否存在一点，使得二面角的余弦值为？若存在，求出的长度；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)如图1，在梯形中，取边的中点，连接. 因为，所以， 所以四边形是平行四边形，所以， 因为，所以，所以， 因为，且，所以， 所以， 因为平面平面PAC，且， 所以平面 (2) (3)侧棱上不存在点，使得二面角的余弦值为. 【分析】（1）先在等腰梯形中构造平行四边形，借助直角三角形斜边中线逆定理证得 ；翻折前后边长不变，结合的长度条件，用勾股定理逆定理证得 ；再依据线面垂直判定定理，证得平面； （2）先根据面面垂直的性质定理确定三棱锥的高线，算出高线长度与底面面积，再利用棱锥体积（底面积乘以高除以3）的公式求解体积即可； （3）先根据几何法作垂线构造二面角的平面角，引入参数表示动点对应的线段长度，结合相似三角形表示出平面角两条直角边长；再由已知二面角余弦值算出正切值，列方程求解参数，最后结合侧棱长度约束参数取值范围，判断点是否存在. 【详解】（1）略 （2）如图2，取棱的中点，连接， 由（1）可知平面，且平面，则平面平面， 因为，且为线段的中点，所以， 因为平面平面，平面，所以平面， 则为三棱锥的高， 因为，所以，则 故三棱锥的体积. （3）假设存在满足条件的点. 如图2，作，垂足为，作，垂足为. 由（2）可知平面平面，又，且平面平面， 所以平面， 因为平面，所以， 因为，且平面，，所以平面. 因为平面，所以， 则为二面角的平面角. 由翻折知，，且， 在中，由余弦定理： ， 又，故， 设，在中： ， 因为，且， 所以，， 所以，则，故， 由题意可得， 所以， 因为平面，且平面，所以， 所以，则，解得，故. 因为侧棱线段总长，， 所以点落在的延长线上，线段上不存在满足条件的点， 所以假设不成立，即不存在点，使得二面角的余弦值为. 19．已知直三棱柱中，侧面为正方形，AB＝BC＝2，E，F分别为AC，的中点，D为棱上的点，． (1)证明：AB⊥平面； (2)证明：BF⊥DE； (3)当为何值时，平面与平面DFE所成角的余弦值最大？并求出这个最大值． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)当时，平面与平面DFE所成角的余弦值最大，最大值为 【分析】（1）根据条件，可得，根据线面垂直的判定定理，可证平面，即可得证. （2）如图作出辅助线，根据线面垂直的性质定理，可证，根据三角形全等，可证，根据线面垂直的判断及性质定理，可证平面，结合线面的位置关系，即可得证. （3）如图建系，求得各点坐标和所需向量的坐标，分别求出平面DFE和平面的法向量，根据二面角的向量求法，可得二面角余弦值的表达式，根据二次函数的性质，即可得答案. 【详解】（1）因为为正方形，所以， 又，且，平面， 所以平面， 因为直三棱柱，所以，所以平面. （2）取BC中点G，连接，如图所示， 因为E、G分别为AC、BC的中点，所以， 则平面， 因为平面，所以， 因为，所以， 则，则，所以， 因为平面， 所以平面， 因为平面，所以， 因为，且平面， 所以平面， 因为D为棱上的点，所以平面， 所以. （3）由（1）得两两垂直，以B为原点，为轴正方向建系，如图所示， 设，则， 则， 设平面DEF的法向量，则， 所以，令，则，所以， 因为平面，所以平面的法向量为， 所以， 所以当时，有最大值， 所以当时，平面与平面DFE所成角的余弦值最大，最大值为 2 / 30 1 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $