【备战2023高考】数学总复习——第04讲《空间向量在立体几何中的应用（理科用）》练习（全国通用）

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第04讲 空间向量在立体几何中的应用

一、单选题
1．如图所示，若正方体的棱长为a，体对角线与相交于点O，则有（    ）．

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】建立空间直角坐标系．利用向量坐标运算、数量积运算性质即可判断出结论．
【详解】如图所示，以为坐标原点，以、、分别为、、建立空间直角坐标系：

由上图以及已知条件可知，D(0，0，0)，A(a，0，0)，B(a，a，0)，A1(a，0，a)，C1(0，a，a)，C(0，a，0)，O．
因为(0，a，0)，(﹣a，a，0)，a2，故A错误；
因为(﹣a，a，a)，所以，故B错误；
因为，所以，故C正确；
因为(﹣a，0，0)，(a，0，a)，所以，故D错误．
故选：C．
2．已知向量，，，若，，三向量共面，则实数（    ）
A． B．2 C． D．3
【答案】B
【分析】根据共面向量定理列等式，解方程即可.
【详解】∵，，三向量共面，
∴存在实数，，使得，即，
∴，解得，，．
故选：B.
3．如图，在平行六面体中，E，F分别在棱和上，且.记，若，则（    ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】设，由空间向量的线性运算可得，由空间向量基本定理即可求解.
【详解】设，因为
，
所以，，.
因为，所以.故选:B.
4．在我国古代数学名著《九章算术》中，将底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的棱柱称为堑堵．已知在堑堵中，，，，若直线与直线所成角为，则(    )
A．​ B．2 C．​ D．​
【答案】B
【分析】以为原点建立空间直角坐标系，利用向量方法求出和夹角余弦值即可求出竖坐标，从而得到答案．
【详解】如图，以为原点建立空间直角坐标系，

则，，，设，
则，，
，
解得，故．故选：B．
二、填空题
5．如图所示，在四棱锥P-ABCD中，，且，若，，则二面角A-PB-C的余弦值为______．

【答案】
【分析】建立空间直角坐标系，结合二面角的空间向量的坐标计算公式即可求出结果.
【详解】在平面内作，垂足为，
因为，得AB⊥AP，CD⊥PD，由于AB//CD ，故AB⊥PD ，从而AB⊥平面PAD，故，可得平面.
以为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系.

所以，，，.
所以，，，.
设是平面的法向量，则
即
可取.
设是平面的法向量，则
即可取.
则，
由图可知二面角的平面角为钝角，
所以二面角的余弦值为.
故答案为：.
6．下列结论中，正确的序号是________．
①若、、共面，则存在实数x、y，使得；
②若、、不共面，则不存在实数x、y，使得；
③若、、共面，、不共线，则存在实数x、y，使得；
④若，则、、共面．
【答案】②③④
【分析】根据共面向量的基本定理逐一判断即可.
【详解】对于①，若，共线，且，不共线，
则不存在实数x，y，使，故①错误；
由共面向量的基本定理可知②、③、④均正确，
故正确的个数是②③④．
故答案为：②③④.
三、解答题
7．如图，在三棱柱中，平面为线段上的一点.

(1)求证：；
(2)若为线段上的中点，求直线与平面所成角大小.
【答案】(1)证明见解析，(2)
【分析】（1）由题意可得两两垂直，所以以为原点，分别以所在的直线为建立空间直角坐标系，利用空间向量证明即可，
（2）先求出平面的法向量，然后利用空间向量的夹角公式求解即可.
（1）
证明：因为平面，平面，
所以，
因为，所以两两垂直，
所以以为原点，分别以所在的直线为建立空间直角坐标系，如图所示，
则,
设，
所以，
所以，
所以，
所以
（2）
因为为线段上的中点，所以，
所以，,
设平面的法向量为，则
，令，则，
设直线与平面所成角为，则
，
因为，所以，
所以直线与平面所成角的大小为.

8．如图，已知圆锥的顶点为，点是圆上一点，，点是劣弧上的一点，平面平面，且.

(1)证明：.
(2)求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析(2)
【分析】（1）由线面平行的判定和性质，推得，再由和圆的对称性，求出相关的角的大小，即可得证；
（2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用点到平面的距离公式计算可得所求值．
（1）
证明：因为平面平面，
所以平面.
因为平面，且平面平面，
所以.
因为，所以，
所以，即.
（2）
解：如图，以为坐标原点，以的方向分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示：

则.
设平面的法向量为，
则令，得.
因为，
所以点到平面的距离为.
9．如图所示，已知空间四边形ABCD的每条边和对角线长都等于1，点E，F，G分别是AB，AD，CD的中点．设，，.

(1)求证EG⊥AB；
(2)求异面直线AG和CE所成角的余弦值．
【答案】(1)证明过程见解析；
(2)

【分析】（1）作出辅助线，利用三线合一证明出，从而得到线面垂直，进而证明线线垂直；
（2）用表达与，利用空间向量夹角公式求解异面直线AG和CE所成角的余弦值.
（1）
证明：连接DE，
因为空间四边形ABCD的每条边和对角线长都等于1，且E，G分别是AB，CD的中点，
所以，
故，
又因为，平面，
所以平面，
因为平面，
所以.

（2）
由题意得：均为等边三角形且边长为1，
所以
，，
所以

，
设异面直线AG和CE所成角为，
则
10．如图，在四棱柱中，平面，底面满足，且.

(1)求证: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）由四棱柱的性质得到四边形是平行四边形，得到，故证明出线面平行；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解线面角.
（1）
证明：在四棱柱中，，故四边形是平行四边形
所以，
因为平面，平面，
所以平面
（2）
因为平面，平面，
所以，
因为，所以，
所以，
故两两垂直，以A为坐标原点，分别以为轴，轴,轴建立空间直角坐标系，

则
所以
设平面的法向量为
即  令，则，
设直线与平面所成角为，
.
所以直线与平面所成角的正弦值是.

一、单选题
1．在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，P为正方体内一动点(包括表面)，若＝x＋y＋z，且. 则点P所有可能的位置所构成的几何体的体积是（    ）
A．1 B． C． D．
【答案】D
【分析】利用平面线性规划的方法，我们类比推理，可得若，则点只能再现在三棱柱中，若，则点只能再现在三棱柱中，进而确定出满足条件的点只能再现在三棱锥中，代入棱锥体积公式，即可得到答案．
【详解】解：若，则点只能再现在三棱柱中，
若，则点只能再现在三棱柱中，

若要同时满足，则点只能再现在三棱锥中，
又三棱锥的体积.
故选：D.
2．如图，在直三棱柱中，，点在棱上，点在棱上.若，则（    ）

A． B． C．1 D．
【答案】B
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法可得.
【详解】以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，则.
设，.
因为，
所以，解得，即.
故选：B

3．有很多立体图形都体现了数学的对称美，其中半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体因其最早由阿基米德研究发现，故也被称作阿基米德体.如图，这是一个棱数为24，棱长为的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，可以看成是由一个正方体截去八个一样的四面体所得.若点为线段上的动点，则直线与直线所成角的余弦值的取值范围为（    ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】将半正多面体补成正方体并建立空间直角坐标系，确定相关点坐标，设，利用向量夹角的坐标表示及二次函数性质求所成角的余弦值的取值范围.
【详解】将半正多面体补成正方体，建立如图所示的空间直角坐标系.

因为半正多面体的棱长为，故正方体的棱长为
所以，.
设，则.
所以.
令，则，
因为，所以.
故直线与直线所成角的余弦值的取值范围为.
故选：C
4．如图，在四棱锥中，平面ABCD，，，，已知Q是四边形ABCD内部一点（包括边界），且二面角的平面角大小为，则面积的取值范围是（    ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量求得Q运动轨迹，进而求得面积的取值范围
【详解】以A为坐标原点建立空间直角坐标系，如图，

由二面角的平面角大小为，可知Q的轨迹是过点D的一条直线，
又Q是四边形ABCD内部一点（包括边界），则Q的轨迹是过点D的一条线段.
设Q的轨迹与y轴的交点坐标为，由题意可知，，，所以，，．
易知平面APD的一个法向量为，
设平面PDG的法向量为，
则，即，
令，得，，所以是平面PDG的一个法向量，
则二面角的平面角的余弦值为
，
解得或（舍去），
所以Q在DG上运动，所以面积的取值范围为．故选：B．
二、填空题
5．化学中，晶体是由大量微观物质单位（原子、离子、分子等）按一定规则有序排列的结构．构成晶体的最基本的几何单元称为晶胞．已知钙、钛、氧可以形成如图所示的立方体晶胞（其中Ti原子位于晶胞的中心，Ca原子均在顶点位置，O原子位于棱的中点），则图中原子连线BF与所成角的余弦值为______．

【答案】
【分析】构建空间直角坐标系，确定相关点坐标并求、的坐标，利用空间向量夹角的坐标表示求BF与所成角的余弦值.
【详解】如图示，以为原点，，，所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，

设立方体的棱长为，则，，，，
∴，．
，
∴原子连线BF与所成角的余弦值为．
故答案为：
6．正多面体也称柏拉图立体，被誉为最有规律的立体结构，是所有面都只由一种正多边形构成的多面体（各面都是全等的正多边形）.数学家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体，即正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体.已知一个正八面体ABCDEF的棱长都是2（如图），P，Q分别为棱AB，AD的中点，则________.

【答案】1
【分析】根据给定条件，利用空间向量的一个基底表示，再利用数量积运算律计算作答.
【详解】正八面体ABCDEF中，不共面，而P，Q分别为棱AB，AD的中点，
有，，则，
，
.
故答案为：1

三、解答题
7．如图所示，在四棱锥中，底面，，，，．

(1)求证：平面平面；
(2)设，直线PB与平面PCD所成的角为30°，求线段AB的长．
【答案】(1)证明见解析(2)
【分析】（1）根据线面垂直的性质与判定证明平面即可；
（2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，再根据直线PB与平面PCD所成的角为30°，结合线面角的向量求法求解即可.
（1）
因为底面，平面，故，又，，平面，故平面.
又平面，故平面平面
（2）

作于，因为，，故.
由（1）可得两两互相垂直，故以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，依题意有，，，，，故，，.
设平面PCD的一个法向量为，
则，即，设则，
由，即，故，即,解得或（舍去）．所以．
8．如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为平行四边形，PA⊥平面ABCD，M为PC中点．

(1)求证：PA∥平面MBD；
(2)若AB=AD=PA=2，∠BAD=120°，求二面角B-AM-D的正弦值．
【答案】(1)证明见解析(2)
【分析】（1）根据线面平行的判定定理，结合中位线的性质，可得答案；
（2）根据题意，建立空间直角坐标系，得到对应点的坐标，求的两平面的法向量，由向量夹角的计算公式，可得答案.
（1）连接AC交BD于点O，连接OM，可知O为AC中点，M为PC中点，所以OM∥PA，
且平面，平面，所以PA∥平面MBD.

（2）由题意可得平行四边形ABCD为菱形，建立如图坐标系，如下图：

在菱形ABCD，AB=AD= 2，∠BAD=120°，，
所以：，
所以，，，，
设平面MBA的法向量，则，得，
令，则则面MBA的法向量，
同理可得：平面MDA的法向量，
所以，所以
故二面角的正弦值为.
9．如图所示，多面体中，∥∥，平面平面，，且，，.

(1)证明：；
(2)若，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)由题意可得四边形为平行四边形，利用∥，由∥，，可得，平面平面，得平面，即可证明.
（2）由题意可证明故，，两两垂直，建立坐标系，利用空间向量求解即可.
（1）
证明：∵∥且，所以四边形为平行四边形，
所以∥，
又∥，，
∴，
又平面平面，且平面平面，
∴平面，平面，
∴.
（2）
解：连接，，
因为，，
所以，
又，所以，
因为，且，
所以平面，
因为∥，所以平面，
又因为平面，
所以，
故，，两两垂直，
因为，，所以.
如图所示建系，，，，，，
，，，
设平面的法向量为，
则，取，
直线与平面所成角正弦值为：
.

10．如图，在四棱锥中，底面为菱形，.

(1)证明：为等腰三角形.
(2)若平面平面，求二面角的余弦值的取值范围.
【答案】(1)证明见解析(2)
【分析】（1）取的中点，连接，由题意可得，，根据线面垂直的判定定理可得平面，再由线面垂直的性质定理可得答案；
（2）设，以点为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，求出平面、平面的法向量，由二面角的向量求法和的范围可得答案.
（1）
如图，取的中点，连接，
因为四边形为菱形，，所以为等边三角形，则，
因为，所以，
因为，平面，
所以平面，平面，所以，
故为等腰三角形；
（2）
设，以点为坐标原点，分别以所在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，即，
令，则，
设平面的法向量为，则，，
令，则，
，
令，则，
因为，所以，
二面角的大小等于二面角与二面角的大小之和，
因为二面角为直角，所以二面角为钝角，
故二面角的余弦值的取值范围为.

11．如图多面体中，四边形是菱形，，平面，，

(1)证明：平面平面；
(2)在棱上有一点，使得平面与平面的夹角为，求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析(2)
【分析】（1）取的中点，连接交于，连接，，证明，利用平面，证明平面，从而平面平面；
（2）建立平面直角坐标系，设，求出二面角，再求得的值，即可得到的坐标，再利用空间向量法求出点到面的距离．
（1）
证明：取的中点，连接交于，连接，，
因为是菱形，所以，且是的中点，
所以且，又，，
所以且，所以四边形是平行四边形，
所以，
又平面，平面，所以，
又因为，平面，
所以平面，所以平面，
又平面，所以平面平面；
（2）
解：取的中点，由四边形是菱形，，则，

是正三角形，，，又平面，
所以以为原点，，，为坐标轴建立空间直角坐标系，
设在棱上存在点使得平面与平面的夹角为，
则，，，，，，
则设，，
所以，，，，
设平面的一个法向量为，，，
则，即，令，，
得
平面的法向量可以为，
，解得，
所以，则
设平面的一个法向量为，
则，即，取，得，
所以点到平面的距离.

一、解答题
1．（2022·天津·高考真题）直三棱柱中，，D为的中点，E为的中点，F为的中点．

(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值；
(3)求平面与平面所成二面角的余弦值．
【解析】（1）证明：在直三棱柱中，平面，且，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、、、、、、、、，则，
易知平面的一个法向量为，则，故，
平面，故平面.
（2）
解：，，，
设平面的法向量为，则，
取，可得，.
因此，直线与平面夹角的正弦值为.
（3）
解：，，
设平面的法向量为，则，
取，可得，则，
因此，平面与平面夹角的余弦值为.
2．（2022·全国·高考真题（理））如图，四面体中，，E为的中点．

(1)证明：平面平面；
(2)设，点F在上，当的面积最小时，求与平面所成的角的正弦值．
【解析】（1）因为，E为的中点，所以；
在和中，因为，
所以，所以，又因为E为的中点，所以；
又因为平面，，所以平面，
因为平面，所以平面平面.
（2）
连接，由（1）知，平面，因为平面，
所以，所以，
当时，最小，即的面积最小.
因为，所以，
又因为，所以是等边三角形，
因为E为的中点，所以，，
因为，所以,
在中，，所以.
以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则，所以，
设平面的一个法向量为，
则，取，则，
又因为，所以，
所以，
设与平面所成的角的正弦值为，
所以，
所以与平面所成的角的正弦值为.

3．（2022·浙江·高考真题）如图，已知和都是直角梯形，，，，，，，二面角的平面角为．设M，N分别为的中点．

(1)证明：；
(2)求直线与平面所成角的正弦值．
【解析】（1）过点、分别做直线、的垂线、并分别交于点、，由平面知识易得，再根据二面角的定义可知，，由此可知，，，从而可证得平面，即得；
（2）由（1）可知平面，过点做平行线，所以可以以点为原点，，、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，以及，即可利用线面角的向量公式解出．
（1）
过点、分别做直线、的垂线、并分别交于点、．
∵四边形和都是直角梯形，，，由平面几何知识易知，，则四边形和四边形是矩形，∴在Rt和Rt，，
∵，且，
∴平面是二面角的平面角，则，
∴是正三角形，由平面，得平面平面，
∵是的中点，，又平面，平面，可得，而，∴平面，而平面．
（2）
因为平面，过点做平行线，所以以点为原点， ，、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，
设，则，

设平面的法向量为
由，得，取，
设直线与平面所成角为，
∴．

4．（2022·全国·高考真题）如图，是三棱锥的高，，，E是的中点．

(1)证明：平面；
(2)若，，，求二面角的正弦值．
【解析】（1）连接并延长交于点，连接、，根据三角形全等得到，再根据直角三角形的性质得到，即可得到为的中点从而得到，即可得证；
（2）建立适当的空间直角坐标系，利用空间向量法求出二面角的余弦的绝对值，再根据同角三角函数的基本关系计算可得.
（1）
证明：连接并延长交于点，连接、，
因为是三棱锥的高，所以平面，平面，
所以、，
又，所以，即，所以，
又，即，所以，，
所以
所以，即，所以为的中点，又为的中点，所以，
又平面，平面，
所以平面

（2）
解：过点作，如图建立平面直角坐标系，
因为，，所以，
又，所以，则，，
所以，所以，，，，
所以，
则，，，
设平面的法向量为，则，令，则，，所以；
设平面的法向量为，则，
令，则，，所以；
所以.
设二面角的大小为，则，
所以，即二面角的正弦值为.

5．（2022·全国·高考真题（理））在四棱锥中，底面．

(1)证明：；
(2)求PD与平面所成的角的正弦值．
【解析】（1）证明：在四边形中，作于，于，
因为，
所以四边形为等腰梯形，
所以，
故，，
所以，
所以，
因为平面，平面，
所以，
又，
所以平面，
又因为平面，
所以；

（2）
解：如图，以点为原点建立空间直角坐标系，
，
则，
则，
设平面的法向量，
则有，可取，
则，
所以与平面所成角的正弦值为.

6．（2022·北京·高考真题）如图，在三棱柱中，侧面为正方形，平面平面，，M，N分别为，AC的中点．

(1)求证：平面；
(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB与平面BMN所成角的正弦值．
条件①：；
条件②：．
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
【解析】（1）取的中点为，连接，
由三棱柱可得四边形为平行四边形，
而，则，
而平面，平面，故平面，
而，则，同理可得平面，
而平面，
故平面平面，而平面，故平面，
（2）
因为侧面为正方形，故，
而平面，平面平面，
平面平面，故平面，
因为，故平面，
因为平面，故，
若选①，则，而，，
故平面，而平面，故，
所以，而，，故平面，
故可建立如所示的空间直角坐标系，则，
故，
设平面的法向量为，
则，从而，取，则，
设直线与平面所成的角为，则
.
若选②，因为，故平面，而平面，
故，而，故，
而，，故，
所以，故，
而，，故平面，
故可建立如所示的空间直角坐标系，则，
故，
设平面的法向量为，
则，从而，取，则，
设直线与平面所成的角为，则
.

7．（2022·全国·高考真题）如图，直三棱柱的体积为4，的面积为．

(1)求A到平面的距离；
(2)设D为的中点，，平面平面，求二面角的正弦值．
【解析】（1）在直三棱柱中，设点A到平面的距离为h，
则，
解得，
所以点A到平面的距离为；
（2）取的中点E,连接AE,如图，因为，所以,
又平面平面，平面平面，
且平面，所以平面，
在直三棱柱中，平面，
由平面，平面可得，，
又平面且相交，所以平面，
所以两两垂直，以B为原点，建立空间直角坐标系，如图，

由（1）得，所以，，所以，
则,所以的中点，
则，,
设平面的一个法向量，则，
可取，
设平面的一个法向量，则，
可取，则，
所以二面角的正弦值为.
8．（2021·天津·高考真题）如图，在棱长为2的正方体中，E为棱BC的中点，F为棱CD的中点．

（I）求证：平面；
（II）求直线与平面所成角的正弦值．
（III）求二面角的正弦值．
【解析】（I）以为原点，分别为轴，建立如图空间直角坐标系，
则,,,,,,，
因为E为棱BC的中点，F为棱CD的中点，所以，，
所以,,,
设平面的一个法向量为，
则，令，则，
因为，所以，
因为平面，所以平面；
（II）由（1）得，，
设直线与平面所成角为，
则；
（III）由正方体的特征可得，平面的一个法向量为，
则，
所以二面角的正弦值为.

9．（2021·全国·高考真题）在四棱锥中，底面是正方形，若．

（1）证明：平面平面；
（2）求二面角的平面角的余弦值．
【解析】

（1）取的中点为，连接.
因为，，则，
而，故.
在正方形中，因为，故，故，
因为，故，故为直角三角形且，
因为，故平面，
因为平面，故平面平面.
（2）在平面内，过作，交于，则，
结合（1）中的平面，故可建如图所示的空间坐标系.

则，故.
设平面的法向量，
则即，取，则，
故.
而平面的法向量为，故.
二面角的平面角为锐角，故其余弦值为.
10．（2021·全国·高考真题（理））如图，四棱锥的底面是矩形，底面，，为的中点，且．

（1）求；
（2）求二面角的正弦值．
【解析】（1）[方法一]：空间坐标系+空间向量法
平面，四边形为矩形，不妨以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

设，则、、、、，
则，，
，则，解得，故；
[方法二]【最优解】：几何法+相似三角形法
如图，连结．因为底面，且底面，所以．
又因为，，所以平面．
又平面，所以．

从而．
因为，所以．
所以，于是．
所以．所以．
[方法三]：几何法+三角形面积法
   如图，联结交于点N．

由[方法二]知．
在矩形中，有，所以，即．
令，因为M为的中点，则，，．
由，得，解得，所以．
（2）[方法一]【最优解】：空间坐标系+空间向量法
设平面的法向量为，则，，
由，取，可得，
设平面的法向量为，，，
由，取，可得，
，
所以，，
因此，二面角的正弦值为.
[方法二]：构造长方体法+等体积法
  如图，构造长方体，联结，交点记为H，由于，，所以平面．过H作的垂线，垂足记为G．

联结，由三垂线定理可知，
故为二面角的平面角．
易证四边形是边长为的正方形，联结，．
，
由等积法解得．
在中，，由勾股定理求得．
所以，，即二面角的正弦值为．
11．（2021·全国·高考真题（理））已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，D为棱上的点．

（1）证明：；
（2）当为何值时，面与面所成的二面角的正弦值最小?
【解析】（1）[方法一]：几何法
因为，所以．
又因为，，所以平面．又因为，构造正方体，如图所示，

过E作的平行线分别与交于其中点，连接，
因为E，F分别为和的中点，所以是BC的中点，
易证，则．
又因为，所以．
又因为，所以平面．
又因为平面，所以．
[方法二] 【最优解】：向量法
因为三棱柱是直三棱柱，底面，
，，，又，平面．所以两两垂直．
以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图．

，．
由题设（）．
因为，
所以，所以．
[方法三]：因为，，所以，故，，所以，所以．
（2）[方法一]【最优解】：向量法
设平面的法向量为，
因为，
所以，即．
令，则
因为平面的法向量为，
设平面与平面的二面角的平面角为，
则．
当时，取最小值为，
此时取最大值为．
所以，此时．
[方法二] ：几何法
如图所示，延长交的延长线于点S，联结交于点T，则平面平面．

作，垂足为H，因为平面，联结，则为平面与平面所成二面角的平面角．
设，过作交于点G．
由得．
又，即，所以．
又，即，所以．
所以．
则，
所以，当时，．
[方法三]：投影法