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考点41 立体几何的向量方法-空间角问题（考点专练）-备战2022年新高考数学一轮复习考点微专题
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这是一份考点41 立体几何的向量方法-空间角问题（考点专练）-备战2022年新高考数学一轮复习考点微专题，共27页。试卷主要包含了在正三棱柱等内容，欢迎下载使用。
考点41 立体几何的向量方法-----空间角问题
求异面直线所成的角
1．在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=2，BC=B1B=1，M、N分别是AD、DC的中点.
（1）求证：MN//A1C1;
（2）求：异面直线MN与BC1所成角的余弦值.
2.已知棱长为的正方体中，是的中点，为的中点。
B1
F
C
E
C1
A1
D1
B
A
D
（1）求证：；
（2）求异面直线与所成角的余弦值。
斜线与平面所成的角
3.如图，在△ABC中，O是BC的中点，AB＝AC，AO＝2OC＝2，将△BAO沿AO折起，使B点到达B′点．
(1)求证：AO⊥平面B′OC.
(2)当三棱锥B′AOC的体积最大时，试问在线段B′A上是否存在一点P，使CP与平面B′OA所成的角的正弦值为？若存在，求出点P的位置；若不存在，请说明理由．
4．(2018·全国卷Ⅱ)如图，在三棱锥P-ABC中，AB＝BC＝2 ，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O为AC的中点．
(1)证明：PO⊥平面ABC；
(2)若点M在棱BC上，且二面角M PAC为30°，求PC与平面PAM所成角的正弦值．
5.如图，在四棱锥P－ABCD中，PC⊥底面ABCD，底面ABCD是直角梯形，AB⊥AD，AB∥CD，AB＝2AD＝2CD＝2，E是PB的中点．
(1)求证：平面EAC⊥平面PBC；
(2)若二面角P－AC－E的余弦值为，求直线PA与平面EAC所成角的正弦值．
求二面角的大小
6.如图，在直角梯形中，，，点、分别在、上，且，，，.现将矩形沿折起，使平面与平面垂直.
（1）求证： 平面；
（2）当的长为何值时，二面角的大小为.
7.如图，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD是等腰梯形，∠DAB＝60°，AB＝2CD＝2，M是线段AB的中点．
(1)求证：C1M∥平面A1ADD1；
(2)若CD1垂直于平面ABCD且CD1＝，求平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值．
一、单选题
1．在长方体中，，，，分别是，的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
2．如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=BC=2，AA1=1，则BC1与平面BB1D1D所成角的正弦值为（ ）
A． B． C． D．
3．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
4．两不重合平面的法向量分别为， ，则这两个平面的位置关系是（ ）
A．平行 B．相交不垂直 C．垂直 D．以上都不对
5．已知正四棱柱中，，，则直线和所成的角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
6．在正三棱柱（底面是正三角形的直三棱柱）中，，，分别为和的中点，当和所成角的余弦值为时，与平面所成角的正弦值为（ ）
A． B． C． D．
7．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，向量与向量的夹角是（ ）
A．150° B．135° C．45° D．30°
二、填空题
8．如图，在直三棱柱中，，，D为上一点．若二面角的大小为30°，则的长为_________．
9．如图，正方体中，N是棱的中点，M是棱上的点，且，则直线与之间的距离为___________．
10．在正方体中，E是的中点，则直线与平面所成的角的正弦值为______.
11．在空间直角坐标系中，已知三点，，，若向量与平面垂直，且，则的坐标为________．
12．在三棱柱中，，，，则该三棱柱的高为______．
13. 如图，组合体由半个圆锥和一个三棱锥构成，其中是圆锥底面圆心，是圆弧上一点，满足是锐角，.
（1）在平面内过点作平面交于点，并写出作图步骤，但不要求证明；
（2）在（1）中，若是中点，且，求直线与平面所成角的正弦值.
一、单选题
1．在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是C1C的中点，则直线BE与平面B1BD所成角的正弦值为( )
A． B．
C． D．
2．长方体中，，，为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
3．如图，已知正三棱柱的棱长均为2，则异面直线与所成角的余弦值是( )
A． B． C． D．0
4．如图，正方体的棱长为2，点M是AB的中点，则直线与直线CM所成角的余弦值为（ ）
A． B．0 C． D．
5．已知正方体中，、分别为，的中点，那么直线与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
6．在正方体中，，分别为和的中点，则异面直线与所成的角的余弦值为__________.
7．在正方体中，是线段上的一点，且，若为锐角，则的取值范围是______.
8．已知在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=1,AA1=2,E是侧棱BB1的中点,则直线AE与平面A1ED1所成角的大小为_____.
9.【2020·广东省高三其他（理）】已知几何体中，，，，面，，.
（1）求证：平面平面；
（2）求二面角E－BD－F的余弦值.
考点练
1.【解析】（1）连结AC，M、N分别为AD、DC中点
MN//AC且AC//A1C1，AC=A1C1 MN// A1C1
（2）连结A1B，由（1）知A1C1B为所求角
A1B=A1C1=，BC1=，
由余弦定理得A1C1B==
2.【解析】（1）以为原点，以为的正半轴建立空间直角坐标系，，所以，，,所以．
（2），，，
，所以异面直线与所成角的余弦值是
考点：1．空间向量的应用；2．垂直的证明；3．异面直线所成角．
3.解：(1)证明：因为AB＝AC且O是BC的中点，所以AO⊥BO，AO⊥CO，由折叠知AO⊥B′O，又因为CO∩B′O＝O，所以AO⊥平面B′OC.
(2)解法一：不存在，证明如下：当B′O⊥平面AOC时，三棱锥B′AOC的体积最大，在直角三角形CPO中，CO＝1，∠COP＝，sin∠CPO＝＝，所以PC＝，所以OP＝，易求得O到直线AB′的距离为＞，所以满足条件的点P不存在．
解法二：当B′O⊥平面AOC时，三棱锥B′AOC的体积最大，所以OC⊥OB′，故OA，OB′，OC两两垂直，如图建立空间直角坐标系O xyz，则A(2，0，0)，B′(0，0，1)，C(0，1，0)，设＝λ＝(－2λ，0，λ)，则＝＋＝(2－2λ，－1，λ)，又因为平面B′OA的法向量n＝(0，1，0)，依题意得，＝，得＝，化简得，10λ2－16λ＋7＝0，此方程无解，所以满足条件的点P不存在．
4.解：(1)证明：因为AP＝CP＝AC＝4，O为AC的中点，所以OP⊥AC，且OP＝2.
如图，连接OB.因为AB＝BC＝AC，所以△ABC为等腰直角三角形，且OB⊥AC，OB＝AC＝2.
由OP2＋OB2＝PB2知PO⊥OB.
由OP⊥OB，OP⊥AC，OB∩OC＝O，知PO⊥平面ABC.
(2)如图，以O为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立空间直角坐标系O xyz.
由已知得O(0，0，0)，B(2，0，0)，A(0，－2，0)，C(0，2，0)，P(0，0，2)，＝(0，2，2)．取平面PAC的一个法向量＝(2，0，0)．
设M(a，2－a，0)(0＜a≤2)，则＝(a，4－a，0)．
设平面PAM的法向量为n＝(x，y，z)．
由·n＝0，·n＝0得
可取y＝a，得平面PAM的一个法向量为n＝((a－4)，a，－a)，
所以cos〈，n〉＝ .
由已知可得|cos〈，n〉|＝，所以＝，
解得a＝－4(舍去)，a＝，所以n＝.
又＝(0，2，－2)，所以cos〈，n〉＝.
所以PC与平面PAM所成角的正弦值为.
5.【解析】(1)∵PC⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，∴AC⊥PC.∵AB＝2，AD＝CD＝1，∴AC＝BC＝.
∴AC2＋BC2＝AB2.∴AC⊥BC.
又BC∩PC＝C，∴AC⊥平面PBC.
∵AC⊂平面EAC，
∴平面EAC⊥平面PBC.
(2)如图，以点C为原点， ， ， 分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立空间直角坐标系，
则C(0,0,0)，A(1,1,0)，B(1，－1,0)，设P(0,0，a)(a>0)，
则E， ＝(1,1,0)， ＝(0,0，a)， ＝.取m＝(1，－1,0)，
则m·＝m·＝0，m为面PAC的法向量．设n＝(x，y，z)为面EAC的法向量，
则n·＝n·＝0，即取x＝a，y＝－a，z＝－2，则n＝(a，－a，－2)，
依题意，|cos〈m，n〉|＝＝＝，则a＝2.于是n＝(2，－2，－2)， ＝(1,1，－2)．
设直线PA与平面EAC所成角为θ，则sinθ＝|cos〈，n〉|＝＝，
即直线PA与平面EAC所成角的正弦值为
6.【解析】（1）,平面，平面，
∴平面．
又,平面,平面．
∴平面
而,且平面，平面,
∴平面//平面,又平面
∴//平面.
（2）解法一：过F作CB的垂线交CB的延长线于H点，连接AH，
平面平面，平面平面，平面，∴,
∴平面,平面，∴,又,平面.
∴，∴是二面角的平面角，∴
由，，且，知.
在直角梯形中, .
∴.
在直角三角形中，.
解法二：∵平面平面，平面平面，平面，
,∴平面,
又平面，∴，又.
∴以点为坐标原点，以，，所在直线分别作为轴，
轴和轴，建立空间直角坐标系，如图.由，，且
知.
在直角梯形中，,，
则,,,，
设，，平面的一个法向量为，,，
由，可得，令，则，.
∴平面的一个法向量为，
又平面的一个法向量为,
∴，
化简可得，可得.
即时，二面角的大小为.
7.【解析】(1)证明：因为四边形ABCD是等腰梯形，且AB＝2CD，
所以AB∥DC，又由M是AB的中点，
因此CD∥MA且CD＝MA.如图，连接AD1，在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，
因为CD∥C1D1，CD＝C1D1，可得C1D1∥MA，C1D1＝MA，
所以四边形AMC1D1为平行四边形，因此C1M∥D1A.
又C1M⊄平面A1ADD1，D1A⊂平面A1ADD1，所以C1M∥平面A1ADD1.
(2)方法一：如图，连接AC，MC，由(1)知CD∥AM且CD＝AM，
所以四边形AMCD为平行四边形．可得BC＝AD＝MC，
由题意∠ABC＝∠DAB＝60°，所以△MBC为正三角形，
因此AB＝2BC＝2，CA＝，所以CA⊥CB.
以C为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz.
所以A(，0，0)，B(0，1，0)，D1(0，0，)．
因此M，
所以＝，＝＝.
设平面C1D1M的法向量n＝(x，y，z)，
由得
可得平面C1D1M的一个法向量n＝(1，，1)，
又＝(0，0，)为平面ABCD的一个法向量，
因此cos〈，n〉＝＝.
所以平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值为.
方法二：由(1)知平面D1C1M∩平面ABCD＝AB，
过点C向AB引垂线交AB于N，连接D1N.
由CD1⊥平面ABCD，可得D1N⊥AB，
因此∠D1NC为二面角C1ABC的平面角．
在Rt△BNC中，BC＝1，∠NBC＝60°，
可得CN＝.
所以ND1＝＝.
在Rt△D1CN中，cos∠D1NC＝＝＝.
所以平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值为.
拓展练
1．A【解析】分别以，，为，，轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系，
则点，，，，则，.设直线与所成角的大小为，则，
所以.故选：A.
【点睛】本题考查空间向量中异面直线夹角的求法，关键在于建立适当的坐标系，属基础题.
2．D【解析】以D点为坐标原点，以DA、DC、所在的直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系则A（2，0，0），B（2，2，0），C（0，2，0），（0，2，1）
∴ =（-2，0，1）， =（-2，2，0），且为平面BB1D1D的一个法向量．
∴．∴BC1与平面BB1D1D所成角的正弦值为
3．B【解析】
,即,不一定有∥,也可能
“”是“∥”的不充分条件
∥,可以推出,
“”是“∥”是必要条件,
综上所述, “”是“∥”必要不充分条件.
故选:B.
【点睛】本题主要考查了判断必要不充分条件,解题关键是掌握充分条件和必要条件的定义,属于中档题.
4．A【解析】由已知，两不重合平面的法向量分别为（1，0，﹣1），（﹣2，0，2），
所以，
所以两不重合平面的法向量平行，
所以这两个平面的位置关系是平行；故选：A．
【点睛】本题考查了法向量的运用；如果不重合的平面的法向量平行，则这两个平面也平行．
5．A【解析】以点为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，然后利用向量求出答案即可.
如图，以点为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，
因为正四棱柱中，，，
所以
所以
所以，所以直线和所成的角的余弦值为故选：A
【点睛】本题考查的是异面直线所成角的求法，考查了学生的基础水平，属于基础题.
6．B【解析】
设，以为原点，过作的垂线为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，则，， ， ， ，
， ，
因为和所成角的余弦值为，
所以，
解得：
所以，平面的法向量，
所以与平面所成角的正弦值为
故选：B
【点睛】本题考查线面角的正弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面的位置关系等基础知识，属于中档题.
7．B【解析】如图，正方体中，，，
的补角即为向量与向量 的夹角．
为等腰直角三角形，
，
量与向量的夹角为，故选：．
【点睛】本题主要考查两个向量的夹角，正方体的性质，属于中档题．
8．【解析】如图，以C为坐标原点，所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则，∴．设，则点D的坐标为．
设平面的法向量为，则令，得．又平面的一个法向量为，记为，则由，解得（负值舍去），故．故答案为：．
【点睛】本题考查用空间向量法求二面角．解题时根据题中垂直关系建立空间直角坐标系，求出二面角两个面的法向量，由法向量的数量积可得二面角．
9．【解析】设正方体的棱长为1，以为原点，，，分别为，，轴
建立空间直角坐标系，
则，，，.
，，.
设直线与的公垂线方向上的向量，
由，，得
令，则，，所以．
设直线与之间的距离为，则．故答案为：
【点睛】本题主要考查向量法求异面直线的距离，熟记公式为解题的关键，属于简单题.
10．【解析】以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
设正方体的棱长为2，则，，，，
所以，.
设平面的一个法向量为，
则即令，则,
所以.
设直线与平面所成的角为，
则.故答案为：
【点睛】本题主要考查了线面角的向量求法，考查了运算能力，属于中档题.
11．或【解析】由A，，，可得，
设，根据题意可得，可得，
解得或.
所以或.故答案为：或.
【点睛】本小题主要考查平面法向量的求法，考查空间向量数量积和模的坐标运算，属于基础题.
12．2【解析】由题意知：
该三棱柱的高即点到平面的距离
设是平面的一个法向量
则，令，解得：，
故答案为：2
【点睛】本题考查空间向量法求解点到平面的距离问题，关键是能够将三棱柱高的求解问题成功转化为点到面的距离的求解问题.
13. 【答案】（1）答案见解析；（2）.
【解析】（1）①延长交的延长线于点；②连接；③过点作交于点.
（2）若是中点，则是中点，又因为，所以，所以，从而.
依题意，两两垂直，分别以，，为，，轴建立空间直角坐标系，
则，
从而，
设平面的法向量为，
则即取，得.
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
模拟练
1．B【解析】以为坐标原点，以为轴，以为轴，以为轴，建立如图空间直角坐标系，
设正方体的棱长为2，则，，，，
∴，，，
设平面的法向量为，
∵，，
∴，令，则，
∴，
设直线与平面所成角为，
则，故选B．
【点睛】本题考查直线与平面所成角的正弦值的求法，解题时要注意向量法的合理运用，准确得到面的法向量是解题的关键，是中档题．
2．B【解析】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、、、，，，
.
因此，异面直线与所成角的余弦值为.故选：B.
【点睛】本题考查利用空间向量法求解异面直线所成角的余弦值，考查计算能力，属于中等题.
3．C【解析】以AC的中点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则：
,，，，
向量,，
.
本题选择C选项.
【点睛】本题主要考查异面直线所成的角的求解，空间向量的应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
4．C【解析】
如图建立空间直角坐标系：则 ， ， ，
所以，，
所以 故选：C
【点睛】本题主要考查了利用空间向量求异面直线所成的角，属于基础题.
5．B【解析】设正方体棱长为，以为轴，为轴，为轴，
建立空间直角坐标系如图：
则
∴，，
设异面直线与所成角为，
则故选：B．
【点睛】本题主要考查了向量法求异面直线夹角问题，解题关键是掌握异面直线夹角的定义和向量的数量积公式，考查了分析能力和计算能力，属于中档题.
6．0【解析】以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
设正方体中棱长为2，
则，0，，，1，，，0，，，2，，
，1，，，2，，
设异面直线与所成的角为，
则，
异面直线与所成的角的余弦值为0．
故答案为：0．
【点睛】本题考查异面直线所成角的求法，考查向量法等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
7．【解析】建立空间坐标系，
设正方体的边长为，设，
则，
由，得，
，
则，
为锐角，
，
，
则或，
又，
故.
故答案为：.
【点睛】本题主要考查了利用空间向量的数量积坐标公式求解参数的问题.属于较易题.
8．【解析】以D为原点,以DA,DC,DD1分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，
则A(1,0,0),E(1,1,1),A1(1,0,2),D1(0,0,2),
于是=(0,1,1),=(0,1,-1),=(-1,0,0)．
设平面A1ED1的法向量为，
则得
令，得．
所以∥,
故直线AE与平面A1ED1垂直,即所成角为90°.
故答案为90°
【点睛】本题考查空间位置关系的向量解法，将几何问题转化为数的运算的问题处理，解题的关键是建立适当的空间直角坐标系、正确地求出直线的方向向量和平面的法向量，由于解题时需要进行数的运算，因此还要注意计算的准确性．
9.【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】（1）证明：在直角梯形中由已知可得
，且面，
平面，
面，，
，面，面
∴面
且面，故面面；
（2）分别以DA、DC所在直线为轴、轴，以D为垂足作面DAC的垂线DZ为轴，建系如图
，
则，
设面DEB的法向量为，
则，
取，则，故
设面DBF的法向量为，则，
取，则，故
则，
由图可得二面角E-BD-F的余弦值为．
考点41 立体几何的向量方法-----空间角问题
求异面直线所成的角
1．在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=2，BC=B1B=1，M、N分别是AD、DC的中点.
（1）求证：MN//A1C1;
（2）求：异面直线MN与BC1所成角的余弦值.
2.已知棱长为的正方体中，是的中点，为的中点。
B1
F
C
E
C1
A1
D1
B
A
D
（1）求证：；
（2）求异面直线与所成角的余弦值。
斜线与平面所成的角
3.如图，在△ABC中，O是BC的中点，AB＝AC，AO＝2OC＝2，将△BAO沿AO折起，使B点到达B′点．
(1)求证：AO⊥平面B′OC.
(2)当三棱锥B′AOC的体积最大时，试问在线段B′A上是否存在一点P，使CP与平面B′OA所成的角的正弦值为？若存在，求出点P的位置；若不存在，请说明理由．
4．(2018·全国卷Ⅱ)如图，在三棱锥P-ABC中，AB＝BC＝2 ，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O为AC的中点．
(1)证明：PO⊥平面ABC；
(2)若点M在棱BC上，且二面角M PAC为30°，求PC与平面PAM所成角的正弦值．
5.如图，在四棱锥P－ABCD中，PC⊥底面ABCD，底面ABCD是直角梯形，AB⊥AD，AB∥CD，AB＝2AD＝2CD＝2，E是PB的中点．
(1)求证：平面EAC⊥平面PBC；
(2)若二面角P－AC－E的余弦值为，求直线PA与平面EAC所成角的正弦值．
求二面角的大小
6.如图，在直角梯形中，，，点、分别在、上，且，，，.现将矩形沿折起，使平面与平面垂直.
（1）求证： 平面；
（2）当的长为何值时，二面角的大小为.
7.如图，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD是等腰梯形，∠DAB＝60°，AB＝2CD＝2，M是线段AB的中点．
(1)求证：C1M∥平面A1ADD1；
(2)若CD1垂直于平面ABCD且CD1＝，求平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值．
一、单选题
1．在长方体中，，，，分别是，的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
2．如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=BC=2，AA1=1，则BC1与平面BB1D1D所成角的正弦值为（ ）
A． B． C． D．
3．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
4．两不重合平面的法向量分别为， ，则这两个平面的位置关系是（ ）
A．平行 B．相交不垂直 C．垂直 D．以上都不对
5．已知正四棱柱中，，，则直线和所成的角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
6．在正三棱柱（底面是正三角形的直三棱柱）中，，，分别为和的中点，当和所成角的余弦值为时，与平面所成角的正弦值为（ ）
A． B． C． D．
7．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，向量与向量的夹角是（ ）
A．150° B．135° C．45° D．30°
二、填空题
8．如图，在直三棱柱中，，，D为上一点．若二面角的大小为30°，则的长为_________．
9．如图，正方体中，N是棱的中点，M是棱上的点，且，则直线与之间的距离为___________．
10．在正方体中，E是的中点，则直线与平面所成的角的正弦值为______.
11．在空间直角坐标系中，已知三点，，，若向量与平面垂直，且，则的坐标为________．
12．在三棱柱中，，，，则该三棱柱的高为______．
13. 如图，组合体由半个圆锥和一个三棱锥构成，其中是圆锥底面圆心，是圆弧上一点，满足是锐角，.
（1）在平面内过点作平面交于点，并写出作图步骤，但不要求证明；
（2）在（1）中，若是中点，且，求直线与平面所成角的正弦值.
一、单选题
1．在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是C1C的中点，则直线BE与平面B1BD所成角的正弦值为( )
A． B．
C． D．
2．长方体中，，，为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
3．如图，已知正三棱柱的棱长均为2，则异面直线与所成角的余弦值是( )
A． B． C． D．0
4．如图，正方体的棱长为2，点M是AB的中点，则直线与直线CM所成角的余弦值为（ ）
A． B．0 C． D．
5．已知正方体中，、分别为，的中点，那么直线与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
6．在正方体中，，分别为和的中点，则异面直线与所成的角的余弦值为__________.
7．在正方体中，是线段上的一点，且，若为锐角，则的取值范围是______.
8．已知在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=1,AA1=2,E是侧棱BB1的中点,则直线AE与平面A1ED1所成角的大小为_____.
9.【2020·广东省高三其他（理）】已知几何体中，，，，面，，.
（1）求证：平面平面；
（2）求二面角E－BD－F的余弦值.
考点练
1.【解析】（1）连结AC，M、N分别为AD、DC中点
MN//AC且AC//A1C1，AC=A1C1 MN// A1C1
（2）连结A1B，由（1）知A1C1B为所求角
A1B=A1C1=，BC1=，
由余弦定理得A1C1B==
2.【解析】（1）以为原点，以为的正半轴建立空间直角坐标系，，所以，，,所以．
（2），，，
，所以异面直线与所成角的余弦值是
考点：1．空间向量的应用；2．垂直的证明；3．异面直线所成角．
3.解：(1)证明：因为AB＝AC且O是BC的中点，所以AO⊥BO，AO⊥CO，由折叠知AO⊥B′O，又因为CO∩B′O＝O，所以AO⊥平面B′OC.
(2)解法一：不存在，证明如下：当B′O⊥平面AOC时，三棱锥B′AOC的体积最大，在直角三角形CPO中，CO＝1，∠COP＝，sin∠CPO＝＝，所以PC＝，所以OP＝，易求得O到直线AB′的距离为＞，所以满足条件的点P不存在．
解法二：当B′O⊥平面AOC时，三棱锥B′AOC的体积最大，所以OC⊥OB′，故OA，OB′，OC两两垂直，如图建立空间直角坐标系O xyz，则A(2，0，0)，B′(0，0，1)，C(0，1，0)，设＝λ＝(－2λ，0，λ)，则＝＋＝(2－2λ，－1，λ)，又因为平面B′OA的法向量n＝(0，1，0)，依题意得，＝，得＝，化简得，10λ2－16λ＋7＝0，此方程无解，所以满足条件的点P不存在．
4.解：(1)证明：因为AP＝CP＝AC＝4，O为AC的中点，所以OP⊥AC，且OP＝2.
如图，连接OB.因为AB＝BC＝AC，所以△ABC为等腰直角三角形，且OB⊥AC，OB＝AC＝2.
由OP2＋OB2＝PB2知PO⊥OB.
由OP⊥OB，OP⊥AC，OB∩OC＝O，知PO⊥平面ABC.
(2)如图，以O为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立空间直角坐标系O xyz.
由已知得O(0，0，0)，B(2，0，0)，A(0，－2，0)，C(0，2，0)，P(0，0，2)，＝(0，2，2)．取平面PAC的一个法向量＝(2，0，0)．
设M(a，2－a，0)(0＜a≤2)，则＝(a，4－a，0)．
设平面PAM的法向量为n＝(x，y，z)．
由·n＝0，·n＝0得
可取y＝a，得平面PAM的一个法向量为n＝((a－4)，a，－a)，
所以cos〈，n〉＝ .
由已知可得|cos〈，n〉|＝，所以＝，
解得a＝－4(舍去)，a＝，所以n＝.
又＝(0，2，－2)，所以cos〈，n〉＝.
所以PC与平面PAM所成角的正弦值为.
5.【解析】(1)∵PC⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，∴AC⊥PC.∵AB＝2，AD＝CD＝1，∴AC＝BC＝.
∴AC2＋BC2＝AB2.∴AC⊥BC.
又BC∩PC＝C，∴AC⊥平面PBC.
∵AC⊂平面EAC，
∴平面EAC⊥平面PBC.
(2)如图，以点C为原点， ， ， 分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立空间直角坐标系，
则C(0,0,0)，A(1,1,0)，B(1，－1,0)，设P(0,0，a)(a>0)，
则E， ＝(1,1,0)， ＝(0,0，a)， ＝.取m＝(1，－1,0)，
则m·＝m·＝0，m为面PAC的法向量．设n＝(x，y，z)为面EAC的法向量，
则n·＝n·＝0，即取x＝a，y＝－a，z＝－2，则n＝(a，－a，－2)，
依题意，|cos〈m，n〉|＝＝＝，则a＝2.于是n＝(2，－2，－2)， ＝(1,1，－2)．
设直线PA与平面EAC所成角为θ，则sinθ＝|cos〈，n〉|＝＝，
即直线PA与平面EAC所成角的正弦值为
6.【解析】（1）,平面，平面，
∴平面．
又,平面,平面．
∴平面
而,且平面，平面,
∴平面//平面,又平面
∴//平面.
（2）解法一：过F作CB的垂线交CB的延长线于H点，连接AH，
平面平面，平面平面，平面，∴,
∴平面,平面，∴,又,平面.
∴，∴是二面角的平面角，∴
由，，且，知.
在直角梯形中, .
∴.
在直角三角形中，.
解法二：∵平面平面，平面平面，平面，
,∴平面,
又平面，∴，又.
∴以点为坐标原点，以，，所在直线分别作为轴，
轴和轴，建立空间直角坐标系，如图.由，，且
知.
在直角梯形中，,，
则,,,，
设，，平面的一个法向量为，,，
由，可得，令，则，.
∴平面的一个法向量为，
又平面的一个法向量为,
∴，
化简可得，可得.
即时，二面角的大小为.
7.【解析】(1)证明：因为四边形ABCD是等腰梯形，且AB＝2CD，
所以AB∥DC，又由M是AB的中点，
因此CD∥MA且CD＝MA.如图，连接AD1，在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，
因为CD∥C1D1，CD＝C1D1，可得C1D1∥MA，C1D1＝MA，
所以四边形AMC1D1为平行四边形，因此C1M∥D1A.
又C1M⊄平面A1ADD1，D1A⊂平面A1ADD1，所以C1M∥平面A1ADD1.
(2)方法一：如图，连接AC，MC，由(1)知CD∥AM且CD＝AM，
所以四边形AMCD为平行四边形．可得BC＝AD＝MC，
由题意∠ABC＝∠DAB＝60°，所以△MBC为正三角形，
因此AB＝2BC＝2，CA＝，所以CA⊥CB.
以C为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz.
所以A(，0，0)，B(0，1，0)，D1(0，0，)．
因此M，
所以＝，＝＝.
设平面C1D1M的法向量n＝(x，y，z)，
由得
可得平面C1D1M的一个法向量n＝(1，，1)，
又＝(0，0，)为平面ABCD的一个法向量，
因此cos〈，n〉＝＝.
所以平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值为.
方法二：由(1)知平面D1C1M∩平面ABCD＝AB，
过点C向AB引垂线交AB于N，连接D1N.
由CD1⊥平面ABCD，可得D1N⊥AB，
因此∠D1NC为二面角C1ABC的平面角．
在Rt△BNC中，BC＝1，∠NBC＝60°，
可得CN＝.
所以ND1＝＝.
在Rt△D1CN中，cos∠D1NC＝＝＝.
所以平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值为.
拓展练
1．A【解析】分别以，，为，，轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系，
则点，，，，则，.设直线与所成角的大小为，则，
所以.故选：A.
【点睛】本题考查空间向量中异面直线夹角的求法，关键在于建立适当的坐标系，属基础题.
2．D【解析】以D点为坐标原点，以DA、DC、所在的直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系则A（2，0，0），B（2，2，0），C（0，2，0），（0，2，1）
∴ =（-2，0，1）， =（-2，2，0），且为平面BB1D1D的一个法向量．
∴．∴BC1与平面BB1D1D所成角的正弦值为
3．B【解析】
,即,不一定有∥,也可能
“”是“∥”的不充分条件
∥,可以推出,
“”是“∥”是必要条件,
综上所述, “”是“∥”必要不充分条件.
故选:B.
【点睛】本题主要考查了判断必要不充分条件,解题关键是掌握充分条件和必要条件的定义,属于中档题.
4．A【解析】由已知，两不重合平面的法向量分别为（1，0，﹣1），（﹣2，0，2），
所以，
所以两不重合平面的法向量平行，
所以这两个平面的位置关系是平行；故选：A．
【点睛】本题考查了法向量的运用；如果不重合的平面的法向量平行，则这两个平面也平行．
5．A【解析】以点为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，然后利用向量求出答案即可.
如图，以点为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，
因为正四棱柱中，，，
所以
所以
所以，所以直线和所成的角的余弦值为故选：A
【点睛】本题考查的是异面直线所成角的求法，考查了学生的基础水平，属于基础题.
6．B【解析】
设，以为原点，过作的垂线为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，则，， ， ， ，
， ，
因为和所成角的余弦值为，
所以，
解得：
所以，平面的法向量，
所以与平面所成角的正弦值为
故选：B
【点睛】本题考查线面角的正弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面的位置关系等基础知识，属于中档题.
7．B【解析】如图，正方体中，，，
的补角即为向量与向量 的夹角．
为等腰直角三角形，
，
量与向量的夹角为，故选：．
【点睛】本题主要考查两个向量的夹角，正方体的性质，属于中档题．
8．【解析】如图，以C为坐标原点，所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则，∴．设，则点D的坐标为．
设平面的法向量为，则令，得．又平面的一个法向量为，记为，则由，解得（负值舍去），故．故答案为：．
【点睛】本题考查用空间向量法求二面角．解题时根据题中垂直关系建立空间直角坐标系，求出二面角两个面的法向量，由法向量的数量积可得二面角．
9．【解析】设正方体的棱长为1，以为原点，，，分别为，，轴
建立空间直角坐标系，
则，，，.
，，.
设直线与的公垂线方向上的向量，
由，，得
令，则，，所以．
设直线与之间的距离为，则．故答案为：
【点睛】本题主要考查向量法求异面直线的距离，熟记公式为解题的关键，属于简单题.
10．【解析】以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
设正方体的棱长为2，则，，，，
所以，.
设平面的一个法向量为，
则即令，则,
所以.
设直线与平面所成的角为，
则.故答案为：
【点睛】本题主要考查了线面角的向量求法，考查了运算能力，属于中档题.
11．或【解析】由A，，，可得，
设，根据题意可得，可得，
解得或.
所以或.故答案为：或.
【点睛】本小题主要考查平面法向量的求法，考查空间向量数量积和模的坐标运算，属于基础题.
12．2【解析】由题意知：
该三棱柱的高即点到平面的距离
设是平面的一个法向量
则，令，解得：，
故答案为：2
【点睛】本题考查空间向量法求解点到平面的距离问题，关键是能够将三棱柱高的求解问题成功转化为点到面的距离的求解问题.
13. 【答案】（1）答案见解析；（2）.
【解析】（1）①延长交的延长线于点；②连接；③过点作交于点.
（2）若是中点，则是中点，又因为，所以，所以，从而.
依题意，两两垂直，分别以，，为，，轴建立空间直角坐标系，
则，
从而，
设平面的法向量为，
则即取，得.
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
模拟练
1．B【解析】以为坐标原点，以为轴，以为轴，以为轴，建立如图空间直角坐标系，
设正方体的棱长为2，则，，，，
∴，，，
设平面的法向量为，
∵，，
∴，令，则，
∴，
设直线与平面所成角为，
则，故选B．
【点睛】本题考查直线与平面所成角的正弦值的求法，解题时要注意向量法的合理运用，准确得到面的法向量是解题的关键，是中档题．
2．B【解析】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、、、，，，
.
因此，异面直线与所成角的余弦值为.故选：B.
【点睛】本题考查利用空间向量法求解异面直线所成角的余弦值，考查计算能力，属于中等题.
3．C【解析】以AC的中点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则：
,，，，
向量,，
.
本题选择C选项.
【点睛】本题主要考查异面直线所成的角的求解，空间向量的应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
4．C【解析】
如图建立空间直角坐标系：则 ， ， ，
所以，，
所以 故选：C
【点睛】本题主要考查了利用空间向量求异面直线所成的角，属于基础题.
5．B【解析】设正方体棱长为，以为轴，为轴，为轴，
建立空间直角坐标系如图：
则
∴，，
设异面直线与所成角为，
则故选：B．
【点睛】本题主要考查了向量法求异面直线夹角问题，解题关键是掌握异面直线夹角的定义和向量的数量积公式，考查了分析能力和计算能力，属于中档题.
6．0【解析】以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
设正方体中棱长为2，
则，0，，，1，，，0，，，2，，
，1，，，2，，
设异面直线与所成的角为，
则，
异面直线与所成的角的余弦值为0．
故答案为：0．
【点睛】本题考查异面直线所成角的求法，考查向量法等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
7．【解析】建立空间坐标系，
设正方体的边长为，设，
则，
由，得，
，
则，
为锐角，
，
，
则或，
又，
故.
故答案为：.
【点睛】本题主要考查了利用空间向量的数量积坐标公式求解参数的问题.属于较易题.
8．【解析】以D为原点,以DA,DC,DD1分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，
则A(1,0,0),E(1,1,1),A1(1,0,2),D1(0,0,2),
于是=(0,1,1),=(0,1,-1),=(-1,0,0)．
设平面A1ED1的法向量为，
则得
令，得．
所以∥,
故直线AE与平面A1ED1垂直,即所成角为90°.
故答案为90°
【点睛】本题考查空间位置关系的向量解法，将几何问题转化为数的运算的问题处理，解题的关键是建立适当的空间直角坐标系、正确地求出直线的方向向量和平面的法向量，由于解题时需要进行数的运算，因此还要注意计算的准确性．
9.【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】（1）证明：在直角梯形中由已知可得
，且面，
平面，
面，，
，面，面
∴面
且面，故面面；
（2）分别以DA、DC所在直线为轴、轴，以D为垂足作面DAC的垂线DZ为轴，建系如图
，
则，
设面DEB的法向量为，
则，
取，则，故
设面DBF的法向量为，则，
取，则，故
则，
由图可得二面角E-BD-F的余弦值为．
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