专题3.4.3 用向量方法研究立体几何中的度量关系（高效培优讲义）数学北师大版高二选择性必修第一册

专题3.4.3 用向量方法研究立体几何中的度量关系 教学目标 巩固空间向量坐标运算、数量积、模长公式；熟练掌握异面直线所成角、线面角、二面角的向量计算公式，牢记三类空间角的取值范围，能够区分向量夹角和立体几何空间角的差异。 掌握点到平面距离向量公式，能把线面距离、两平行平面距离转化为点面距离进行求解；了解基底法，会在不方便建系的几何体中，选取空间基底完成角度、长度计算。 熟练掌握向量法求解立体几何度量问题完整流程：建系、求点坐标、写向量、求平面法向量、代入公式计算、结合图形修正二面角符号。 能够处理棱上动点问题，利用空间角、距离条件求解参数；会解决翻折、正方体、棱锥棱柱背景下角度、距离、轨迹、最值类选择填空与解答大题。 能够区分平面与平面的夹角和二面角；掌握法向量求解技巧，能结合多选题辨析空间向量度量相关命题。 教学重难点 1.重点 异面直线所成角、线面角、二面角的向量计算公式，三类空间角的范围；点到平面距离公式。 求平面法向量；向量法求解立体几何度量问题的完整解题步骤。 坐标法求解几何体中的角度、距离；翻折、正方体、棱锥基础大题。 把线面距离、面面距离转化为点到平面的距离。 2.难点 区分向量夹角和立体几何空间角：异面角要加绝对值、线面角使用正弦、二面角需要看图判断正负。 复杂几何体建系；动点条件转化为向量方程，由角度、距离条件求参数；空间动点轨迹与最值问题。 基底法进行角度、模长计算；二面角与平面和平面的夹角概念辨析。 翻折背景、多选综合题型，向量度量与体积、外接球相结合的综合性问题。| 知识点 1：预备公式回顾 设 数量积： 模长： 向量夹角： ⚠立体几何中的角不一定等于向量夹角，要根据定义做变换（取绝对值、换正弦）。 知识点 2：三种空间角的向量计算公式（重中之重） （1）异面直线所成角 范围：设两条异面直线方向向量 要点：一定加绝对值，异面直线只取锐角或直角，不取钝角。 （2）直线与平面所成角 范围： 直线方向向量，平面法向量 ⚠极易记错：用，不是；线面角是直线与平面中投影的夹角，是直线与法向量夹角的余角。 （3）二面角 范围： 两个半平面的法向量 若二面角为锐角： 若二面角为钝角： 关键：看图形判断二面角实际是锐角还是钝角，法向量夹角不一定等于二面角，可能是它的补角。 【即学即练】 如图，在三棱锥中，，点在棱上．在空间直角坐标系中，点，，，． (1)求点的坐标； (2)求异面直线与所成角的余弦值． 知识点 3：空间各类距离的向量公式 两点间距离（线段长度） 基底模式：。 点到平面的距离（高频） 点P，平面；在平面任取一点A，是平面的法向量。 分子必须带绝对值；：平面内点A指向目标点P。 直线到平面的距离（前提：直线平面 直线上任意一点到平面的距离，转化为点面距离。 两个平行平面之间的距离 一个平面上任取一点，求该点到另一个平面的距离，等价点面距离。 ❗注意：异面直线距离考试不作普遍要求，新教材一般不考，了解即可。 知识点 4：向量法求解度量问题通用解题步骤 建系：寻找两两垂直的三条直线，建立空间直角坐标系； 求点坐标：写出几何体所有关键点坐标； 求向量：写出直线方向向量；在平面内取两个不共线向量，解方程组求平面法向量； 代入对应角度 / 距离公式计算； 结合图形，修正符号（二面角），写出最终结果。 【即学即练】 四棱锥的底面是矩形，底面，，，，为棱的中点. (1)证明：平面； (2)求二面角的余弦值. 知识点 5：基底法（无坐标系） 不方便建系时，选取空间一组基底（三向量不共面）。 将所有相关向量分解为基底线性组合； 利用数量积计算模、夹角； 代入角度、距离公式求解。 考试中坐标法是主流，基底法考得少。 题型 1：点到平面的距离计算 【典例1】已知正方体的棱长为，则点到平面的距离为（    ） A． B． C． D． 【变式1】已知正方体的棱长为2，点为棱的中点，点为棱的中点，点为侧面内的一个动点（含边界），则下列说法正确的是（     ） A．直线与直线所成角的正切值为 B．存在点，使得 C．三棱锥的体积的最大值为 D．若，则的轨迹长度为 【变式2】在直三棱柱中，，，为棱的中点，是侧面内一点（含边界），，则（   ） A． B．点到平面的距离为 C．直线与平面所成角的正弦值为 D．点的轨迹长度为 【变式3】已知四棱锥的底面是正方形，侧棱.为侧棱的中点，三棱锥的外接球球心为，则平面与平面夹角的正弦值为______. 题型 2：异面直线所成角 【典例1】若正四面体的棱，的中点分别为，，则直线与所成角的正弦值为（   ） A． B． C． D． 【变式1】在棱长为的正方体中，点满足（），点在底面内，且，则（    ） A．当时， B．当时， C．直线和平面所成角的余弦值为 D．线段长度的最小值为 【变式2】在正三棱柱中，为的中点，，则（    ） A．直线与所成的角为 B．直线与所成的角为 C．直线与平面所成的角为 D．直线与平面所成的角为， 【变式3】如图，平面，，，，，则下列说法正确的是（    ） A． B．直线与直线夹角的余弦值为 C．平面 D．平面与平面的夹角的正弦值为 题型 3：线面角求解 【典例1】如图1，是半径为2的圆的直径，点在圆上，且.如图2将圆沿翻折，为线段上的一点，连接. (1)若为中点，证明：； (2)若平面平面，求直线与面所成的角的正弦值. 【变式1】如图，在四棱锥中，平面，，，，，，． (1)求证：平面； (2)已知点在棱上，且直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长． 【变式2】如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，，，，为中点. (1)证明：直线平面； (2)若直线平面，异面直线与所成的角为，求直线与平面所成角的正弦值. 【变式3】在三棱锥中，，，是的中点． (1)证明：平面平面； (2)若，，求直线与平面所成角的正弦值． 题型 4：二面角（平面与平面的夹角） 【典例1】如图，在三棱锥中，平面，，，分别是，的中点，． (1)证明：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值． 【变式1】如图，在四棱锥中，，底面为矩形，，，． (1)求证：平面平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值． 【变式2】如图所示，已知直四棱柱中，，，． (1)求证：平面平面； (2)若平面，求二面角的余弦值． 【变式3】如图，在四棱锥中，四边形为正方形，，，且平面平面．点为的中点，点，分别为线段，上的动点． (1)当点为的中点时，求证：平面平面； (2)求的最小值； (3)当取到最小值时，求平面与平面夹角的余弦值． 题型 5：动点轨迹、最值、存在性问题 【典例1】如图，在棱长为2的正方体中，M为的中点，F为侧面正方形内一动点（包括边界），且满足平面，则（    ） A．动点F的轨迹是一条线段 B．直线与的夹角为60° C．三棱锥的体积是随点的运动而变化的 D．二面角的平面角的余弦值为 【变式1】已知圆锥的轴截面是边长为2的等边三角形，点在圆锥侧面上运动，且点到底面的距离等于点到顶点的距离，则（   ） A．直线与底面所成的角的正切值为2 B．直线与平面所成角的最大值为 C．存在点，使直线与母线平行 D．存在点，使直线与母线垂直 【变式2】如图，在四棱锥中，底面，且，，，若在内有一动点，，在线段上有一动点，则的最小值为________. 题型 6：多选综合立体几何（正方体、棱锥、棱柱、圆锥、圆台、翻折） 【典例1】如图，在矩形中，，，B为的中点，现分别沿，将，翻折，使点E，F重合，记为点，翻折后得到三棱锥，则（    ） A．三棱锥的体积为 B．直线与直线所成角的余弦值为 C．直线与平面所成角的正弦值为 D．三棱锥外接球的体积是 【变式1】某圆台的上底面与下底面圆心分别为，，半径分别为1，2，点A，B分别为上、下底面圆周上的动点，且对任意A，B，直线AB与直线所成角大于，则（    ） A． B． C．直线与下底面所成角恒小于 D．平面与平面的夹角恒小于 【变式2】给出以下命题，其中正确的命题是（     ） A．若，则异面直线与所成角的余弦值为； B．若平面与平面的法向量分别是与，则； C．已知、、三点不共线，点为平面外任意一点，若点满足，则点平面； D．若向量，，是空间的一个基底，则向量、、也是空间的一个基底； 【变式3】a，b为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC的直角边AC所在直线与a，b都垂直，斜边AB以直线AC为旋转轴旋转，有下列结论： ①当直线AB与a成角时，AB与b成角； ②当直线AB与a成角时，AB与b成角； ③直线AB与a所成角的最小值为； ④直线AB与a所成角的最大值为． 其中正确的是______．（填写所有正确结论的编号） 题型 7：解答证明 + 计算大题（平行、垂直、翻折、体积） 【典例1】如图，在三棱柱中，，，，，. (1)求证：平面平面； (2)若直线与平面所成角的正弦值为，求平面与平面夹角的余弦值． 【变式1】如图，在三棱台中，平面，，，为的重心． (1)证明：平面； (2)若，，，求平面与平面夹角的余弦值． 【变式2】如图，正方体的棱长为4，点E、F分别为棱和的中点. (1)求异面直线EF与BC所成角的大小； (2)求作平面CEF与正方体各面相交所得截面，保留痕迹并简要说明截面特征； 【变式3】已知三棱柱，，平面平面，，为的中点． (1)证明：平面平面； (2)点在三棱柱表面上，且，，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得点确定唯一，求直线与平面所成角的正弦值． 条件①：； 条件②：； 条件③：直线与所成角的余弦值为． 注：如果选择的条件不符合要求，得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分 1．如图，在平行六面体-中，，则与的夹角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 2．已知正方体的棱长为2，点满足，且，则的最小值是（    ） A． B． C． D． 3．如图，在棱长为1的正方体中，为上的动点，则（    ） A．与是相交直线 B．与互相垂直 C．与所成的角为 D．三棱锥的体积为定值 4．已知直三棱柱中，，，，，分别为，的中点．（      ） A． B．平面 C．点到平面的距离为 D．若平面将棱柱分成两部分的体积分别为，，则 5．平面四边形满足，，现将沿着翻折得到，形成三棱锥，记二面角的大小为． (1)如图1，若， （i）证明：平面平面； （ii）求直线与平面所成角的正弦值； (2)如图2，点，，，均在球的球面上，二面角的大小为，二面角的大小为，是否存在锐角，使得？若存在，求的余弦值；若不存在，请说明理由． 6．如图，在直四棱柱中，底面为直角梯形，，，，，点为的中点． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 1．如图1，五边形中，，，，．将三角形沿翻折，使得平面平面，如图2． (1)求证：平面平面； (2)记直线与平面所成角为．若，求长． 2．如图所示，等腰梯形ABCD中，，，，E为CD中点，AE与BD交于点O，将沿AE折起，使点D到达点P的位置（平面ABCE）. (1)证明：平面POB； (2)若，试判断线段PB上是否存在一点Q（不含端点），使得直线PC与平面AEQ所成角的正弦值为，若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 3．如图，四棱锥中，底面，，，，.    (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值.， 4．如图，在直三棱柱中，是侧棱的中点，，，是底边的中点． (1)证明：平面； (2)求二面角的正弦值． 5．如图，在三棱锥中，平面，，，，分别是棱，，的中点，，． (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)求三棱锥的体积； 6．已知在中，，，将沿翻折至（点在平面外）． (1)证明：； (2)若为空间中的点，且满足，当三棱锥的体积最大时，求平面与平面夹角的正弦值． 7．如图，直三棱柱中，，分别为线段的中点． (1)证明：； (2)求直线与平面所成角的余弦值． 2 / 37 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题3.4.3 用向量方法研究立体几何中的度量关系 教学目标 巩固空间向量坐标运算、数量积、模长公式；熟练掌握异面直线所成角、线面角、二面角的向量计算公式，牢记三类空间角的取值范围，能够区分向量夹角和立体几何空间角的差异。 掌握点到平面距离向量公式，能把线面距离、两平行平面距离转化为点面距离进行求解；了解基底法，会在不方便建系的几何体中，选取空间基底完成角度、长度计算。 熟练掌握向量法求解立体几何度量问题完整流程：建系、求点坐标、写向量、求平面法向量、代入公式计算、结合图形修正二面角符号。 能够处理棱上动点问题，利用空间角、距离条件求解参数；会解决翻折、正方体、棱锥棱柱背景下角度、距离、轨迹、最值类选择填空与解答大题。 能够区分平面与平面的夹角和二面角；掌握法向量求解技巧，能结合多选题辨析空间向量度量相关命题。 教学重难点 1.重点 异面直线所成角、线面角、二面角的向量计算公式，三类空间角的范围；点到平面距离公式。 求平面法向量；向量法求解立体几何度量问题的完整解题步骤。 坐标法求解几何体中的角度、距离；翻折、正方体、棱锥基础大题。 把线面距离、面面距离转化为点到平面的距离。 2.难点 区分向量夹角和立体几何空间角：异面角要加绝对值、线面角使用正弦、二面角需要看图判断正负。 复杂几何体建系；动点条件转化为向量方程，由角度、距离条件求参数；空间动点轨迹与最值问题。 基底法进行角度、模长计算；二面角与平面和平面的夹角概念辨析。 翻折背景、多选综合题型，向量度量与体积、外接球相结合的综合性问题。| 知识点 1：预备公式回顾 设 数量积： 模长： 向量夹角： ⚠立体几何中的角不一定等于向量夹角，要根据定义做变换（取绝对值、换正弦）。 知识点 2：三种空间角的向量计算公式（重中之重） （1）异面直线所成角 范围：设两条异面直线方向向量 要点：一定加绝对值，异面直线只取锐角或直角，不取钝角。 （2）直线与平面所成角 范围： 直线方向向量，平面法向量 ⚠极易记错：用，不是；线面角是直线与平面中投影的夹角，是直线与法向量夹角的余角。 （3）二面角 范围： 两个半平面的法向量 若二面角为锐角： 若二面角为钝角： 关键：看图形判断二面角实际是锐角还是钝角，法向量夹角不一定等于二面角，可能是它的补角。 【即学即练】 如图，在三棱锥中，，点在棱上．在空间直角坐标系中，点，，，． (1)求点的坐标； (2)求异面直线与所成角的余弦值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）设点的坐标为，利用向量共线定理，结合的距离条件列方程求解； （2）求出向量 与 的坐标，利用空间向量夹角公式计算异面直线所成角的余弦值. 【详解】（1）设点的坐标为； ，，，. 点在棱上，，即； ，即. ，，，； ，，即，整理得，解得或. ，； ，即点的坐标为. （2）设异面直线与所成角为； 由，，，，得，. ； 异面直线与所成角的余弦值为. 知识点 3：空间各类距离的向量公式 两点间距离（线段长度） 基底模式：。 点到平面的距离（高频） 点P，平面；在平面任取一点A，是平面的法向量。 分子必须带绝对值；：平面内点A指向目标点P。 直线到平面的距离（前提：直线平面 直线上任意一点到平面的距离，转化为点面距离。 两个平行平面之间的距离 一个平面上任取一点，求该点到另一个平面的距离，等价点面距离。 ❗注意：异面直线距离考试不作普遍要求，新教材一般不考，了解即可。 知识点 4：向量法求解度量问题通用解题步骤 建系：寻找两两垂直的三条直线，建立空间直角坐标系； 求点坐标：写出几何体所有关键点坐标； 求向量：写出直线方向向量；在平面内取两个不共线向量，解方程组求平面法向量； 代入对应角度 / 距离公式计算； 结合图形，修正符号（二面角），写出最终结果。 【即学即练】 四棱锥的底面是矩形，底面，，，，为棱的中点. (1)证明：平面； (2)求二面角的余弦值. 【答案】(1)证明：连接，交于点，连接. 因为底面是矩形，所以为的中点；又为的中点，故. 因为平面，平面，所以平面. (2) 【分析】（1）利用线面平行判定定理证明即可； （2）以为原点，、、的方向分别为轴、轴、轴正方向建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，再利用向量夹角的余弦公式计算即可. 【详解】（1）略 （2）以为原点，、、的方向分别为轴、轴、轴正方向建立空间直角坐标系. 则，，，，，， ，，. 设平面的法向量为，则，取，得， 设平面的法向量为，则，取，得， . 由图可知二面角为锐角，故其余弦值为. 知识点 5：基底法（无坐标系） 不方便建系时，选取空间一组基底（三向量不共面）。 将所有相关向量分解为基底线性组合； 利用数量积计算模、夹角； 代入角度、距离公式求解。 考试中坐标法是主流，基底法考得少。 题型 1：点到平面的距离计算 【典例1】已知正方体的棱长为，则点到平面的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】如图所示，以为坐标原点，以分别为轴建立空间直角坐标系， 因为正方体棱长为，所以， 所以， 设面的法向量为， 可知，即， 当时，解得， 所以面的一个法向量为， 所以点到平面的距离为. 【变式1】已知正方体的棱长为2，点为棱的中点，点为棱的中点，点为侧面内的一个动点（含边界），则下列说法正确的是（     ） A．直线与直线所成角的正切值为 B．存在点，使得 C．三棱锥的体积的最大值为 D．若，则的轨迹长度为 【答案】ABD 【分析】建立空间直角坐标系，利用线线角的向量法求解判断A；利用向量垂直的坐标表示推理判断B；利用点到平面的距离公式求出点到平面距离的最大值判断C；确定点的轨迹并求出长度判断D. 【详解】在棱长为2的正方体中，以为原点建立如图所示的空间直角坐标系， 则，设， 对于A，，设直线与直线所成的角为， 则，，A正确； 对于B，，，取， 得，即，B正确； 对于C，，设平面的法向量为， 则，取，得，而， 点到平面的距离，当且仅当时取等号， 此时点与点重合，而面积为定值，则三棱锥的体积的最大值 等于三棱锥的体积，C错误； 对于D，由平面，得，， 因此点的轨迹是以为圆心，1为半径，圆心角为的圆弧，长度为，D正确. 【变式2】在直三棱柱中，，，为棱的中点，是侧面内一点（含边界），，则（   ） A． B．点到平面的距离为 C．直线与平面所成角的正弦值为 D．点的轨迹长度为 【答案】ABD 【分析】利用空间直角坐标系，将几何条件转化为坐标运算.通过向量数量积判断异面直线垂直，借助平面法向量求解点到平面距离、直线与平面所成角；把动点Q约束在侧面上，将空间距离条件转化为平面圆方程，结合侧面边界确定圆弧轨迹并计算弧长. 【详解】以为原点，分别以，，为，，轴建立空间直角坐标系， 由题得各点坐标： ，是的中点，故. 对于选项，向量，，故 . 因此，即，正确. 对于选项，， 设平面的一个法向量，则 解得，令，则. 因为 ，所以点到平面的距离为，正确. 对于选项，向量，设直线与平面所成角为， 则，错误. 对于选项，侧面内的点满足.设，由得： ，化简得. 该圆半径为，在矩形（）内的部分是圆心角为的圆弧， 所以轨迹长度为，正确. 【变式3】已知四棱锥的底面是正方形，侧棱.为侧棱的中点，三棱锥的外接球球心为，则平面与平面夹角的正弦值为______. 【答案】/ 【分析】设底面中心为，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设点，根据列方程组解出球心的坐标，然后利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系可求出平面与平面夹角的正弦值. 【详解】在四棱锥中，底面为正方形，且， 则该四棱锥为正四棱锥，设底面中心为，则平面，且， 因为平面，所以， 由勾股定理可得， 易知为的中点，所以，则， 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、、、、、， 设三棱锥的外接球球心的坐标为， 由得， 解得，即球心为， 设平面的一个法向量为，，， 则，取，可得， 设平面的一个法向量为，，， 则，取，可得， 所以， 故， 所以平面与平面夹角的正弦值为. 题型 2：异面直线所成角 【典例1】若正四面体的棱，的中点分别为，，则直线与所成角的正弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】取为基底，不妨设，用基底表示出，，最后利用空间向量的数量积求得到直线与所成角的正弦值. 【详解】取为基底，不妨设，则由题意知， ，， 又，， 所以， 设直线与所成角为（）， 则， 直线与所成角的正弦值为. 【变式1】在棱长为的正方体中，点满足（），点在底面内，且，则（    ） A．当时， B．当时， C．直线和平面所成角的余弦值为 D．线段长度的最小值为 【答案】BD 【分析】通过建立空间直角坐标系，确定点的坐标规律与点的轨迹方程，再逐一验证各选项 【详解】以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，正方体棱长为， 则，，，，. 由得，即； 因为在上底面内，故设， 由得，化简得， 即的轨迹是上底面内以为圆心，半径的一段圆弧（如图所示）. 选项A：时，，，， 两向量不共线，故不平行于，A错误； 选项B：时，，，B正确； 选项C：直线与平面所成角为，其在平面内的射影为，，故，C错误； 选项D：的坐标均为，故长度为上底面中两点距离， 其中在线段上，在上底面内上（不含）， 圆心到线段的距离为，故， 当且仅当三点共线且时等号成立. 故最小值为，D正确. 【变式2】在正三棱柱中，为的中点，，则（    ） A．直线与所成的角为 B．直线与所成的角为 C．直线与平面所成的角为 D．直线与平面所成的角为 【答案】AC 【分析】通过建立空间直角坐标系，利用空间向量求解异面直线所成角、线面角，逐项判断选项正误. 【详解】取中点，连接，，因为为中点， 由题可得平面，且平面， 所以，. 因为是等边三角形，为中点， 所以. 以为轴正方向，为轴正方向，为轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，，，，. 对于A，，，则， 所以，故直线与直线所成的角为，A正确； 对于B，设直线与直线所成的角为， ,，，则， ，， 所以，故直线与直线所成的角不为，B错误； 对于C，平面的法向量，， 线面角满足，故，C正确； 对于D，设平面的法向量为， 由题可得，，， 联立， 得 令，则， 线面角满足，故，D错误. 【变式3】如图，平面，，，，，则下列说法正确的是（    ） A． B．直线与直线夹角的余弦值为 C．平面 D．平面与平面的夹角的正弦值为 【答案】ABD 【分析】先建立空间直角坐标系，列出各个向量的坐标，根据向量夹角公式、数量积公式逐项计算即可. 【详解】由题意可知平面为等腰梯形，以为原点，建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，有，， 所以，即，故A正确； 因为，所以，故B正确； 因为，，设平面的一个法向量为， 则，则，显然与之不共线，故C错误； 设平面的一个法向量为，则， 令，则，令，，所以， 则平面与平面的夹角的正弦值为，故D正确. 题型 3：线面角求解 【典例1】如图1，是半径为2的圆的直径，点在圆上，且.如图2将圆沿翻折，为线段上的一点，连接. (1)若为中点，证明：； (2)若平面平面，求直线与面所成的角的正弦值. 【答案】(1)证明：取BC的中点F，连接EF,OF. ∵E,O分别为DB,AC的中点， ∴EF∥DC，OF∥AB. 又∵AC是圆O的直径，∴AB⊥BC,∴OF⊥BC. EF∥DC, 又平面, 平面. 平面, . (2) 【分析】（1）作出辅助线，得到线线垂直，进而得到线面垂直，； （2）建立空间直角坐标系，利用法向量求出线面角的正弦值. 【详解】（1）略 （2）平面平面，平面平面， ，故， 又为的中点，所以， 又平面，所以平面， 故以为坐标原点，分别以所在直线为轴，以过点且垂直于平面的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系. . 则， . 设平面的法向量为， 则 令，则，. 设直线与平面所成的角为， 则. 【变式1】如图，在四棱锥中，平面，，，，，，． (1)求证：平面； (2)已知点在棱上，且直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长． 【答案】(1)连接，交于点，连接， 因为，，， 所以，则， 又因为，所以，所以， 又因为平面，而平面，所以平面． (2) 【分析】（1）连接，交于点，连接，由相似比与已知比例得，进而根据线面平行的判定即可证明； （2）先依题意建立空间直角坐标系，设，，从而得到， 再求出平面的一个法向量，再根据线面所成角的正弦值等于该直线方向向量与平面法向量夹角的余弦的绝对值求出的值，进而即可求得长度． 【详解】（1）略 （2）依题意可得，，两两垂直， 则以为原点，，，所在的直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系， 由，，，且， 则，，，，， 则，， 设，，得，， 设是平面的一个法向量， 则， 令，则，，所以平面的一个法向量为， 设直线与平面所成角为， 则， 整理得，解得，或（舍去）， 所以，，所以线段的长为． 【变式2】如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，，，，为中点. (1)证明：直线平面； (2)若直线平面，异面直线与所成的角为，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)如图所示，连接BD，交AC于O， 因为ABCD为平行四边形，所以O是BD的中点， 在中，E、O分别为PB、BD的中点，故， 又平面，平面，所以平面ACE. (2) 【分析】（1）根据线面平行的判定定理，证明线线平行，进而说明线面平行； （2）根据几何体的性质，建立空间直角坐标系，根据线线夹角求出几何体的高，进而求出直线的方向向量和平面的法向量，求出线面夹角的正弦值即可. 【详解】（1）略 （2）如图所示，过做于，再以A为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系， 设， 由，可取，，，，，， 直线AE、PD的方向向量可分别取，， 由两直线所成角为45°，得， 平方整理得，所以，. 可知，， 设平面的法向量为， 可得，即， 令，解得，即平面的一个法向量为 设直线PD与平面PAC所成角为，则. 【变式3】在三棱锥中，，，是的中点． (1)证明：平面平面； (2)若，，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明：由，是的中点，得，而，，，平面，则平面， 而平面，所以平面平面． (2) 【分析】（1）根据线面垂直的判定定理得到平面，再由面面垂直的判定定理证明即可； （2）根据线面垂直的性质定理得到，建系得出坐标，求出平面的法向量和的坐标，再根据线面角的公式计算即可. 【详解】（1）略 （2） 由（1）知平面，且平面，所以， 又因为，，，平面，所以平面， 又因为平面，所以，直线，，两两垂直， 以为原点，建系如图，，，，， ，，， 设平面的法向量，则， 令，得，因此， 所以直线与平面所成角的正弦值为． 题型 4：二面角（平面与平面的夹角） 【典例1】如图，在三棱锥中，平面，，，分别是，的中点，． (1)证明：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明：因为，分别是，的中点， 所以，     又因为平面，平面， 所以平面． (2) 【详解】（1）略. （2）由题意，分别以，，为x轴，y轴，z轴建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，，，， ，，， 设平面的法向量为， 则得 取，则，则， 因为平面， 所以为平面的一个法向量， 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. 【变式1】如图，在四棱锥中，，底面为矩形，，，． (1)求证：平面平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)取与的中点，，连接，，， 因为，于是， 又因为，，，平面， 所以平面，结合可得平面， 又平面，所以， 所以，又，， 所以，， 而，， 所以， 从而，，平面， 所以平面，而平面， 所以平面平面． (2)． 【分析】（1）取与的中点，，由线面垂直判定定理证明平面，由此证明，再利用勾股定理证明，结合线面垂直判定定理，面面垂直判定定理证明结论； （2）以为原点，建立空间直角坐标系，确定各点坐标，分别求出平面和平面的法向量，利用两个平面法向量的夹角公式计算平面夹角的余弦值. 【详解】（1）略； （2）以点为原点，，，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 则，，，，，，， 故，，， 设平面与平面的法向量分别为和， 则由得到，令得到， 由得到，令得到， 所以， 所以平面与平面夹角的余弦值为． 【变式2】如图所示，已知直四棱柱中，，，． (1)求证：平面平面； (2)若平面，求二面角的余弦值． 【答案】(1)证明： 设，，如图所示，以为原点，为轴， 为轴，为轴建立空间直角坐标系， 则. . ，所以. 因为平面，底面，所以. 又，平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面. (2) 【分析】设，建立空间直角坐标系，对于（1），利用垂直向量数量积为零证明，结合直四棱柱性质得，再结合面面垂直判定定理证明； 对于（2），由平面，得与平面内两条相交直线、的方向向量点积为0，求解出的值；再分别求平面和平面的法向量，利用两平面法向量的夹角公式计算二面角的余弦值. 【详解】（1）略 （2）由题干条件可得， 因为平面，平面，则， ， 故，，， 设平面的一个法向量，则 ， 令，则，得. ， 设平面的一个法向量，则 ， 令，则，得， 故. 由图可知，二面角的平面角为锐角，故二面角的余弦值为. 【变式3】如图，在四棱锥中，四边形为正方形，，，且平面平面．点为的中点，点，分别为线段，上的动点． (1)当点为的中点时，求证：平面平面； (2)求的最小值； (3)当取到最小值时，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)取中点，连接. 由，得，. 又因为平面平面，且，平面平面， 所以平面，面，所以. 又因为分别是的中点，所以. 因为四边形为正方形，所以，因此. 以为原点，为轴，为轴，为轴建立坐标系，如图： 则各点坐标为： ，. 当为中点时，由中点坐标公式得. 平面内的向量，，设平面的法向量， 则，，令，则，. 平面内的向量，， 设平面的法向量为， 则，，令，，. 因为，所以，因此平面平面. (2) (3) 【分析】（1）取中点，由面面垂直的性质可得平面，进而建立空间直角坐标系，用向量方法证明面面垂直可得； （2）分别设（），，，进而可得，再通过两次放缩可得最小值； （3）由（2）可知取到最小值时，与重合，再用向量方法计算面面夹角的余弦值可得. 【详解】（1）略 （2）因为在上，设（）， 同理在上，，设，， 所以，得. 所以，， 因为，所以， 即时，此时分别为的中点，，即. 因此的最小值为. （3）由（2）知当取最小值时，，此时分别为的中点，所以与重合. 平面是的坐标平面，其一个法向量为. 平面即为平面，，， 设平面的一个法向量为， 则，，令，则，. 设平面与平面夹角为，， 则. 因此平面与平面夹角的余弦值为. 题型 5：动点轨迹、最值、存在性问题 【典例1】如图，在棱长为2的正方体中，M为的中点，F为侧面正方形内一动点（包括边界），且满足平面，则（    ） A．动点F的轨迹是一条线段 B．直线与的夹角为60° C．三棱锥的体积是随点的运动而变化的 D．二面角的平面角的余弦值为 【答案】ABD 【分析】对于，过作一个平面，使得该平面与平面平行，该平面与正方体左侧面的交线段即为动点的轨迹；对于，平移使其与位于同一平面，或其补角为异面直线与的夹角，在三角形中求角即可；对于C，由知点到平面的距离为定值，又的面积为定值，进而体积为定值；对于D，取的中点，连接，找出二面角的平面角，求解即可. 【详解】A，如图： 分别取的中点H，G，连接，，，． 由正方体的性质可得，且平面，平面， 所以平面，同理可得：平面， 且平面，所以平面平面， 而平面，所以平面，所以点的轨迹为线段，正确； C，由A可知的轨迹为线段，平面平面，所以平面， 所以点到平面的距离为定值，又的面积为定值， 故三棱锥的体积是定值，不会随点的运动而变化，错误； B，如图： 连接，，因为，所以四边形为平行四边形， 所以，所以或其补角为异面直线与的夹角， 因为为正方体，，都为面对角线，所以， 所以为等边三角形，所以，正确； D，如图： 中点H连接，由，所以， 又，所以为二面角的平面角， 易求得，又，， 由余弦定理可得，正确． 【变式1】已知圆锥的轴截面是边长为2的等边三角形，点在圆锥侧面上运动，且点到底面的距离等于点到顶点的距离，则（   ） A．直线与底面所成的角的正切值为2 B．直线与平面所成角的最大值为 C．存在点，使直线与母线平行 D．存在点，使直线与母线垂直 【答案】AB 【分析】作，垂足为，延长与圆锥底面的交点为，连接，由题意可得，设，则，，可得，求解，可得点的轨迹，建立空间直角坐标系，对于A选项，由线面角的向量求法求解，再求解，即可求解；对于B选项，由线面角的向量求法求解，再由放缩法，即可求解；对于C选项，设存在点，使得直线与母线平行，再由向量平行即可求解；对于D选项，设存在点，使直线与母线垂直，由即可求解. 【详解】因为圆锥的轴截面是边长为2的等边三角形，因此底面半径， 圆锥的高，母线长为，圆锥母线与高的夹角为，作，垂足为， 延长与圆锥底面的交点为，连接， 设，则，， 由题意可得，，解得， 则，可知点的轨迹是半径的圆， 以为原点，为轴，为轴，过且垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图， 则，，，，，， 可得，，，， 对于A选项，设直线与底面所成的角为， 因为圆锥底面的法向量可以为， 则，可得，则，故A正确； 对于B选项，设直线与平面所成角为， 因为平面的法向量可以为， 则，可得， 所以直线与平面所成角的最大值为，故B正确； 对于C选项，若存在点，使得直线与母线平行，则，可得，即，方程无解， 所以不存在点，使得直线与母线平行，故C错误； 对于D选项，若存在点，使得直线与母线垂直，则， 解得，所以不存在点，使直线与母线垂直，故D错误. 【变式2】如图，在四棱锥中，底面，且，，，若在内有一动点，，在线段上有一动点，则的最小值为________. 【答案】 【分析】由确定的轨迹是内以为圆心、半径为 1 的一段圆弧；固定时，由余弦定理，随减小而变小，故求最小值等价于寻找上点与平面所成最小线面角；利用等体积法求出点到平面的距离，得到线面角的正弦值，再由直接算出最小值. 【详解】点的轨迹事实上就是内以点为圆心，1为半径的一段圆弧， 如图所示，由于距离为定值1，则当点固定时， 由余弦定理可知，的距离只取决于，越小，距离越小， 过作平面的垂线，垂足为，则， 由题意可得，，所以； 在中，，， 所以， 由，作，垂足为， 则，所以点与点重合，此时连接交圆弧于点， 此时为与平面的线面角，并取到最小， 此时，过点作线段的垂线，垂足为点， 取到最小值. 题型 6：多选综合立体几何（正方体、棱锥、棱柱、圆锥、圆台、翻折） 【典例1】如图，在矩形中，，，B为的中点，现分别沿，将，翻折，使点E，F重合，记为点，翻折后得到三棱锥，则（    ） A．三棱锥的体积为 B．直线与直线所成角的余弦值为 C．直线与平面所成角的正弦值为 D．三棱锥外接球的体积是 【答案】ACD 【分析】选项A，由题意平面，可得为底面上的高，然后计算的面积，利用求解即可.选项B，利用向量夹角公式，再结合在中由余弦定理计算，利用向量的数量积以及线性运算进行转化，最终得到直线与直线所成角的余弦值为；选项C，利用等体积法，求出点到平面的距离，然后利用线面角的定义得到直线与平面所成角的正弦值为；D选项，先求出的外接圆半径，然后构造直角三角形得到，解得外接球半径，再利用球的体积公式求解即可. 【详解】由题意可得， 又因为，平面， 所以平面，所以为底面上的高， 选项A，因为由翻折得到，所以. 在中，，边上的高为， 所以，A正确 选项B，在中，， 可得 ，所以直线与直线所成角的余弦值为，B错误. 选项C，由题意得，设点到平面的距离为， 由，可得，解得 所以直线与平面所成角的正弦值为，C正确. 选项D，由选项B知，， 所以，所以的外接圆半径 设三棱锥的外接球半径为， 因为平面，所以，解得. 所以外接球的体积是，D正确. 【变式1】某圆台的上底面与下底面圆心分别为，，半径分别为1，2，点A，B分别为上、下底面圆周上的动点，且对任意A，B，直线AB与直线所成角大于，则（    ） A． B． C．直线与下底面所成角恒小于 D．平面与平面的夹角恒小于 【答案】AC 【分析】对于A，设，线段AB在下底面内的投影为，可得，设直线AB与直线所成角为，分析可得，进而求解判断即可；对于B，举特例即可判断；对于C，结合线面角的定义求解判断即可；对于D，取，令，建立空间直角坐标系，取，，结合空间向量可得平面平面，即可判断. 【详解】对于A，设，线段AB在下底面内的投影为，如图， 则由两底面圆半径分别为1，2，得，且当，方向相同时等号成立． 设直线AB与直线所成角为，则， 由题意得，所以，故A正确； 对于B，取，则对任意A，B，均有，满足题意， 但，故B错误； 对于C，设直线与下底面所成角为，则， 所以，故C正确； 对于D，取，令， 以为原点建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，并取，， 所以， 设平面的法向量为， 则， 取，得， 设平面的法向量为， 则， 取，得， 因为， 所以平面平面，此时两平面夹角为，故D错误. 【变式2】给出以下命题，其中正确的命题是（     ） A．若，则异面直线与所成角的余弦值为； B．若平面与平面的法向量分别是与，则； C．已知、、三点不共线，点为平面外任意一点，若点满足，则点平面； D．若向量，，是空间的一个基底，则向量、、也是空间的一个基底； 【答案】BC 【分析】利用异面直线夹角范围、法向量数量积、四点共面向量推论、空间基底条件进行逐项判断即可. 【详解】对于A：异面直线夹角的范围为，故夹角的余弦值不可能为负数，故A错误； 对于B：因为，则，故B正确； 对于C：根据空间向量共面定理的推论，因为，且、、三点不共线，所以、、、四点共面，故C正确； 对于D：因为，所以、、共面，不能成为基底，故D错误. 【变式3】a，b为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC的直角边AC所在直线与a，b都垂直，斜边AB以直线AC为旋转轴旋转，有下列结论： ①当直线AB与a成角时，AB与b成角； ②当直线AB与a成角时，AB与b成角； ③直线AB与a所成角的最小值为； ④直线AB与a所成角的最大值为． 其中正确的是______．（填写所有正确结论的编号） 【答案】②③ 【分析】由题意知，a、b、AC三条直线两两相互垂直，构建如图所示的边长为1的正方体，， ，斜边AB以直线AC为旋转轴旋转，则A点保持不变，B点的运动轨迹是以C为圆心，1为半径的圆，以C为坐标原点，以CD为x轴，CB为y轴，CA为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出结果． 【详解】由题意知，a、b、AC三条直线两两相互垂直，画出图形如图， 不妨设图中所示正方体边长为1，故， ， 斜边AB以直线AC为旋转轴，则A点保持不变，B点的运动轨迹是以C为圆心，1为半径的圆， 以C坐标原点，以CD为x轴，CB为y轴，CA为z轴，建立空间直角坐标系， 则，直线a的方向单位向量，直线b的方向单位向量， 设B点在运动过程中的坐标为，其中θ为与CD的夹角，， ∴在运动过程中的向量，，设与所成夹角为， 则，所以，因此③正确，④错误． 设与所成夹角为，则， 当与夹角为时，即时，， 又，则，又因为，所以，此时与的夹角为，所以②正确，①错误． 题型 7：解答证明 + 计算大题（平行、垂直、翻折、体积） 【典例1】如图，在三棱柱中，，，，，. (1)求证：平面平面； (2)若直线与平面所成角的正弦值为，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明：在中，，，， 由余弦定理得． ，， ，，、平面，平面． 平面，平面平面． (2) 【分析】（1）利用余弦定理结合勾股定理可证得，再结合条件以及线面垂直、面面垂直的判定定理可证得结论成立； （2）分析可知、、两两相互垂直，以点为坐标原点，分别以、、所在的直线为、、轴建立空间直角坐标系，设，利用空间向量法可求出的值，再利用空间向量法可求得平面与平面夹角的余弦值. 【详解】（1）略 （2）由（1），得平面，又、平面，，， 又，、、两两相互垂直． 以点为坐标原点，分别以、、所在的直线为、、轴， 建立如图所示的空间直角坐标系． 设，由（1）知， 则、、、， ，，． 设平面的一个法向量为， 则，即， 令，则，，． 设直线与平面所成的角为， 则，解得， ． 在三棱柱中，，且，． 设平面的法向量为， 则，即， 令，则，，． 设平面与平面的夹角为， 则， 即平面与平面夹角的余弦值为． 【变式1】如图，在三棱台中，平面，，，为的重心． (1)证明：平面； (2)若，，，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)延长，与交于点，过点作，垂足为，连接． 根据重心的性质，知为的中点，且． 由于，所以，又因为，所以，     因为平面，平面，所以平面．     因为，，所以，所以， 又，所以四边形是平行四边形，所以．     因为平面，平面,所以平面．     又因为，平面,所以平面平面， 因为平面,所以平面． (2)． 【分析】（1）证明线面平行可通过面面平行证明，借助三棱台性质、三角形重心的比例关系寻找平行线； （2）建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，用向量夹角公式算平面与平面夹角的余弦值. 【详解】（1）略 （2）以为坐标原点，直线，分别为轴、轴，过作垂直于底面的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系．     ，，，平面， 由已知可得，，，，的重心， 由三棱台可得，， 所以，从而，，所以， 则，，，    设是平面的法向量， 则，即，取．，    设是平面的法向量， 则， 即，取，     所以， 则平面与平面夹角的余弦值为． 【变式2】如图，正方体的棱长为4，点E、F分别为棱和的中点. (1)求异面直线EF与BC所成角的大小； (2)求作平面CEF与正方体各面相交所得截面，保留痕迹并简要说明截面特征； 【答案】(1)； (2)五边形为所求截面 【分析】（1）取中点，利用正方体特征及异面直线夹角的求法计算即可； （2）利用基本事实与推论作图即可. 【详解】（1）取中点，连接，易知， 所以异面直线EF与BC所成角即， 由正方体特征可知平面，平面， 则，所以， 所以异面直线EF与BC所成角为； （2）延长交于N点，连接交于H点， 并延长与延长线交于M点，连接交于G点， 连接，则五边形为所求截面， 【变式3】已知三棱柱，，平面平面，，为的中点． (1)证明：平面平面； (2)点在三棱柱表面上，且，，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得点确定唯一，求直线与平面所成角的正弦值． 条件①：； 条件②：； 条件③：直线与所成角的余弦值为． 注：如果选择的条件不符合要求，得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分 【答案】(1) 因为，所以， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 因为平面， 所以平面平面. (2) 【分析】（1）根据面面垂直的性质证明平面，最后利用面面垂直的判定定理证明即可. （2）先建立空间直角坐标系，求出各个已知点的坐标，设出点P的坐标 若选条件①, 分别计算和，验证点P坐标是否唯一，若唯一，求出点P坐标. 若选条件②,利用垂直关系，向量数量积为0，列方程，验证点P坐标是否唯一，若唯一，求出点P坐标. 若选条件③，将两条直线的夹角转化为两个向量的夹角，利用向量夹角计算公式列方程, 验证点P坐标是否唯一，若唯一，求出点P坐标.最后求出平面的法向量和坐标，利用线面角的计算公式得到答案. 【详解】（1）略 （2）因为，平面，平面， 所以， 所以以点A为原点，分别以 ,,为x，y，z轴，建立空间直角坐标系. 则，，，，，，. 因为，方向向量， 所以点P的横坐标,竖坐标和D相同，设,， 若选条件①：， ，. ，， 所以，对于任意恒成立，点P不唯一，不能选条件①. 若选条件②：， ,， 因为，所以， 即，解得，得到唯一点. 若选条件③：直线与所成角的余弦值为． ，取方向向量,， ，解得或. 因为，所以得到唯一解，得到唯一点. 下面求直线与平面所成角的正弦值： ，所以， 平面内两个向量：,. 设平面的一个法向量， 则，， 令得，，， 所以平面的一个法向量. 所以直线与平面所成角的正弦值满足： . 1．如图，在平行六面体-中，，则与的夹角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】 设，则， ， ． 设与的夹角为， 由 ， ． 2．已知正方体的棱长为2，点满足，且，则的最小值是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】由和结合共面向量定理得四点共面， 即点在平面上，则的最小值为点到平面的距离． 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，则， 取，点到平面的距离． 3．如图，在棱长为1的正方体中，为上的动点，则（    ） A．与是相交直线 B．与互相垂直 C．与所成的角为 D．三棱锥的体积为定值 【答案】BCD 【详解】建立空间直角坐标系，如下图： 以为原点，，，分别为x，y，z轴，正方体棱长为1， ，，，，，， ，，，， 在顶面上，连接底面到顶面， 两条直线异面，不相交，A错误； ，两向量垂直，故，B正确； ，， ，，故异面夹角为，C正确； 平面，点在上滑动，则到平面的距离恒等于定值1， 底面面积固定，所以，体积不变，为定值，D正确. 4．已知直三棱柱中，，，，，分别为，的中点．（      ） A． B．平面 C．点到平面的距离为 D．若平面将棱柱分成两部分的体积分别为，，则 【答案】BCD 【分析】建立空间直角坐标系，利用向量工具判断线线垂直、线面平行，计算点到平面距离，再通过分割法计算体积比，逐一验证选项. 【详解】选项A：以为原点，分别为，，轴建立坐标系，得，，， ，，所以，故与不垂直，A错误； 选项B：平面的两个向量：，， 设平面的法向量为， ， 解得，令，则，. ，， 且不在平面内，故平面，B正确； 选项C：，， .，C正确. 选项D：棱柱总体积，平面交于， 计算得较小部分，较大部分，故，D正确. 5．平面四边形满足，，现将沿着翻折得到，形成三棱锥，记二面角的大小为． (1)如图1，若， （i）证明：平面平面； （ii）求直线与平面所成角的正弦值； (2)如图2，点，，，均在球的球面上，二面角的大小为，二面角的大小为，是否存在锐角，使得？若存在，求的余弦值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)（i）由，得平面平面， 又因为平面平面平面， 所以平面， 又因为平面， 所以，又因为， 平面， 所以平面，又因为平面， 所以平面平面． （ii）. (2)存在，且． 如图，分别取线段的中点，，，， 连接． 首先证明：平面． 因为点，，，在球的球面上，所以， 又因为为公共边， 所以与全等， 因此， 而，所以， 因此，又因为平面， 所以平面，同理平面． 再考虑各二面角的平面角． 由，分别为中点知，， 又因为，所以， 又因为平面，所以为在平面内的射影， 结合三垂线定理知，所以二面角的平面角为，记为， 同理，二面角的平面角为，记为， 由平面平面知，分别为平面，平面的法向量， 所以与的夹角或， 而为锐角，因此， 综上可知，， 且， 所以， 若，则，因此， 即，解得或（舍去）． 综上存在，且． 【分析】（1）（i）利用面面垂直的性质定理得平面，再利用面面垂直的判定定理即可证明； （ii）在平面内作，垂足为，利用线面角的定义得到线面角的平面角，再求出其正弦值即可； （2）作出相关辅助线，首先证明平面，平面，再找到二面角的平面角，从而得到关于的方程，解出即可. 【详解】（1）（i）略； （ii）如图在平面内作，垂足为，连接． 由（i）－知平面平面， 又因为平面平面平面， 所以平面，因此为在平面内的射影， 故为与平面所成角的平面角，且， 由知，， 由（i）知平面平面，所以，结合，得， 所以， 即与平面所成角的正弦值为． （2）略. 6．如图，在直四棱柱中，底面为直角梯形，，，，，点为的中点． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明：法一：取的中点N，连接MN， 因为M，N分别为，的中点，所以MN为的中位线，所以，且， 又因为且，所以且， 所以四边形为平行四边形，所以， 又平面，平面，所以平面． 法二：以点A为坐标原点，以AB，AD，所在直线分别为x轴，y轴，z轴 建立如图所示空间直角坐标系．则，，所以， 易知平面的一个法向量为，所以， 所以，又平面，所以平面． (2) 【分析】（1）法一：利用线面平行的判定定理证明即可；法二，利用空间向量，证明直线的方向向量与平面的法向量的数量积为0，即可证明线面平行；（2）法一：利用空间向量直接求解线面所成角的余弦的绝对值，即可求出线面所成角的正弦值；法二：利用等积法，即根据建立等量关系，先求出点到面的距离为d，进而求出线面所成角的正弦值. 【详解】（1）略 （2）法一：以点A为坐标原点，以AB，AD，所在直线分别为x轴，y轴，z轴， 建立如图所示空间直角坐标系．则，，，，， 所以，，， 设面的一个法向量为，则，可取， 设直线与面所成角为，则， 所以直线与面所成角的正弦值为． 法二：设点到面的距离为d，由（1）得， 因为，，，， 所以，所以， 所以，， 因为，所以，即，所以， 设直线与面所成角为，则，所以直线与面所成角的正弦值为． 1．如图1，五边形中，，，，．将三角形沿翻折，使得平面平面，如图2． (1)求证：平面平面； (2)记直线与平面所成角为．若，求长． 【答案】(1)由平面平面，且平面，平面平面，，则平面， 又平面，所以， 又，且，平面，所以平面， 又平面，所以平面平面． (2) 【分析】（1）根据面面垂直的性质可得平面，结合线面垂直的性质与判定定理可得平面，进而根据面面垂直的判定即可证明； （2）建立空间直角坐标系，设，利用空间向量法求出平面的法向量，进而根据向量夹角公式即可求解． 【详解】（1）略 （2）如图，过点作于点，则结合（1）得，，两两垂直， 则以为原点，直线，，的平行线为，，轴建立如图空间直角坐标系， 在中，由，，则， 则在中，得， 设，则，，，， 所以，，， 设平面的一个法向量为， 则， 令，则，，所以， 所以，解得，即， 所以长为． 2．如图所示，等腰梯形ABCD中，，，，E为CD中点，AE与BD交于点O，将沿AE折起，使点D到达点P的位置（平面ABCE）. (1)证明：平面POB； (2)若，试判断线段PB上是否存在一点Q（不含端点），使得直线PC与平面AEQ所成角的正弦值为，若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 【答案】(1)连接BE，在等腰梯形ABCD中，，，E为CD中点， ∴四边形ABED为菱形，∴， ∴，，即，，且， 平面POB，平面POB，∴平面POB. (2)存在点Q为PB的中点， 【分析】（1）连接BE，通过说明，，即可求证； （2）建系，设，得到， 求得平面法向量和直线方向向量，结合夹角公式列出方程求解即可. 【详解】（1）略 （2）由（1）可知四边形ABED为菱形，∴， 在等腰梯形ABCD中，，∴为正三角形， ∴，同理， ∵， ∴， ∴， 由（1）可知，， 以O为原点，，，分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系Oxyz， 则，，，，， ，，， 设，， 设平面AEQ的一个法向量为， 则即 取，，得，∴， 设直线PC与平面AEQ所成角为θ，， 则，即， 化简得：，解得λ=， ∴存在点Q为PB的中点，即时， 使直线PC与平面AEQ所成角的正弦值为． 3．如图，四棱锥中，底面，，，，.    (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)在中，， 由余弦定理得， 所以，故， 所以为直角三角形，且， 又因为面，平面，所以 又因为，且，平面， 所以面，平面， 所以， 又因为、、平面，所以 又因为平面平面，所以平面 (2) 【分析】（1）利用勾股定理逆定理得到，进而得到，然后利用线面平行的判定定理证得； （2）建立空间直角坐标系，求直线的方向向量和平面的法向量，结合向量夹角公式求结论. 【详解】（1）略 （2）因为平面，，以为原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，    则 设为面的一个法向量， ，故， 令，解得， 记与面所成角为， 则. 所以直线与平面所成角的正弦值为. 4．如图，在直三棱柱中，是侧棱的中点，，，是底边的中点． (1)证明：平面； (2)求二面角的正弦值． 【答案】(1)因为，，所以，． 在直三棱柱中，有底面侧面， 因为平面，平面平面， 所以平面． 在平面内过点作直线，以，，所在的直线分别为轴、轴、轴建立如图所示空间直角坐标系． 则，，，，． 所以，， 设为平面的一个法向量， 则得， 令，则，，则． 又．则，所以． 又平面，所以平面． (2)． 【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，验证与该法向量垂直，且不在平面内，从而证明线面平行； （2）分别求出平面和平面的法向量，利用两法向量夹角与二面角大小相等或互补的关系，计算其余弦值，再转化为正弦值． 【详解】（1）略． （2）由（1）可知，，． 设是平面的一个法向量， 则，得， 令，则，，则． 由（1）可知，平面的一个法向量是． 所以，． 所以，二面角的正弦值是． 5．如图，在三棱锥中，平面，，，，分别是棱，，的中点，，． (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)求三棱锥的体积； 【答案】(1)证明：由题意知、分别是、的中点，则得， 因为平面，平面，所以平面． (2) (3)． 【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，利用向量法求线面角的正弦值即可； （3）利用向量法求点到平面的距离，再由棱锥体积公式求解. 【详解】（1）略 （2）由平面，，则可以点为坐标原点，以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系． 则，，，，，，， 所以，， 设平面的一个法向量为， 则，令，则得， 设直线与平面所成角为，则, 故线与平面所成角的正弦值为. （3）由（2）可得，平面的一个法向量为， 所以点到平面的距离为， 三角形的面积为，所以三棱锥体积． 6．已知在中，，，将沿翻折至（点在平面外）． (1)证明：； (2)若为空间中的点，且满足，当三棱锥的体积最大时，求平面与平面夹角的正弦值． 【答案】(1)证明：作，因为沿翻折至， 所以，又因为，平面， 所以平面， 又因为平面，所以 (2) 【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证明平面，再利用线面垂直的性质定理证明； （2）建立空间直角坐标系，求出点的轨迹方程，得到三棱锥的体积最大时，的坐标为或，分别求出平面与平面的法向量，再利用夹角公式得到平面与平面夹角的正弦值为. 【详解】（1）略 （2）以为原点，方向为轴，方向为轴，过且垂直于平面的方向为轴，建立空间直角坐标系． ，，，，设，由， 即，得， 当三棱锥的体积最大时，即或， 不妨取，设平面的法向量为， 由，， 得，令，得， 设平面的法向量为 即，． 所以，平面与平面夹角的正弦值为 7．如图，直三棱柱中，，分别为线段的中点． (1)证明：； (2)求直线与平面所成角的余弦值． 【答案】(1)因为直三棱柱中，， 所以两两垂直，以为原点， 所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴， 建立空间直角坐标系， 不妨设，则各点坐标如下： ，，，，，， 因为分别为线段的中点，所以： 的坐标为，的坐标为， 根据坐标，可得向量： ， ， ， 所以向量与垂直，即. 2 / 37 学科网（北京）股份有限公司 $