高考數(shù)學(xué)重難點(diǎn)培優(yōu)全攻略(新高考專用)第12講　空間向量與空間角(3大考點(diǎn)+強(qiáng)化訓(xùn)練)(原卷版+解析)

第12講空間向量與空間角（3大考點(diǎn)+強(qiáng)化訓(xùn)練）[考情分析]以空間幾何體為載體考查空間角是高考命題的重點(diǎn)．空間向量是將空間幾何問(wèn)題坐標(biāo)化的工具，利用空間向量求平面與平面的夾角或線面角是高考熱點(diǎn)，通常以解答題的形式出現(xiàn)，難度中等．知識(shí)導(dǎo)圖考點(diǎn)分類講解考點(diǎn)一：異面直線所成的角設(shè)異面直線l，m的方向向量分別為a＝(a1，b1，c1)，b＝(a2，b2，c2)，異面直線l與m的夾角為θ.則(1)θ∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))；(2)cosθ＝|cos〈a，b〉|＝eq\f(|a·b|,|a||b|)＝eq\f(|a1a2＋b1b2＋c1c2|,\r(a\o\al(2,1)＋b\o\al(2,1)＋c\o\al(2,1))\r(a\o\al(2,2)＋b\o\al(2,2)＋c\o\al(2,2))).規(guī)律方法用向量法求異面直線所成的角的一般步驟(1)建立空間直角坐標(biāo)系．(2)用坐標(biāo)表示兩異面直線的方向向量．(3)利用向量的夾角公式求出向量夾角的余弦值．(4)注意兩異面直線所成角的范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，即兩異面直線所成角的余弦值等于兩向量夾角的余弦值的絕對(duì)值．【例1】（2024高三·全國(guó)·專題練習(xí)）在直三棱柱（三條側(cè)棱和底面均垂直的三棱柱叫作直三棱柱）中，若，，則異面直線與所成的角等于（

）A． B． C． D．【變式1】（2024·全國(guó)·一模）在正四面體的側(cè)面三角形的高線中，垂足不在同一側(cè)面上的任意兩條所成角的余弦值是．【變式2】（2023·湖南岳陽(yáng)·模擬預(yù)測(cè)）如圖，已知長(zhǎng)方體的底面是邊長(zhǎng)為2的正方形，為其上底面的中心，在此長(zhǎng)方體內(nèi)挖去四棱錐后所得的幾何體的體積為.(1)求線段的長(zhǎng)；(2)求異面直線與所成的角.考點(diǎn)二：直線與平面所成的角設(shè)直線l的方向向量為a，平面α的法向量為n，直線l與平面α所成的角為θ，則(1)θ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))；(2)sinθ＝|cos〈a，n〉|＝eq\f(|a·n|,|a||n|).易錯(cuò)提醒(1)線面角θ與直線的方向向量a和平面的法向量n所成的角〈a，n〉的關(guān)系是〈a，n〉＋θ＝eq\f(π,2)或〈a，n〉－θ＝eq\f(π,2)，所以應(yīng)用向量法求的是線面角的正弦值，而不是余弦值．(2)利用方程思想求法向量，計(jì)算易出錯(cuò)，要認(rèn)真細(xì)心．【例2】(2022·全國(guó)甲卷)在四棱錐P－ABCD中，PD⊥底面ABCD，CD∥AB，AD＝DC＝CB＝1，AB＝2，DP＝eq\r(3).(1)證明：BD⊥PA；(2)求PD與平面PAB所成角的正弦值．【變式1】(2023·泉州模擬)如圖，三棱臺(tái)ABC－A1B1C1中，AB＝BC＝2B1C1＝2，D是AC的中點(diǎn)，E是BC的中點(diǎn)．(1)證明：AB1∥平面DEC1；(2)已知AB⊥BC1，CC1⊥平面ABC.求直線BC1與平面DEC1所成角的正弦值的最大值．【變式2】（2024·河北滄州·模擬預(yù)測(cè)）已知在三棱錐中，，則直線與平面所成的角的正弦值為（

）A． B． C． D．【變式3】（2024高三·全國(guó)·專題練習(xí)）如圖所示，在三棱錐中，側(cè)面與底面ABC垂直，．(1)求證：．(2)設(shè)，求與平面所成角的大?。键c(diǎn)三：平面與平面的夾角設(shè)平面α，β的法向量分別為u，v，平面α與平面β的夾角為θ，則(1)θ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))；(2)cosθ＝|cos〈u，v〉|＝eq\f(|u·v|,|u||v|).易錯(cuò)提醒平面與平面夾角的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，兩向量夾角的取值范圍是[0，π]，兩平面的夾角與其對(duì)應(yīng)的兩法向量的夾角不一定相等，而是相等或互補(bǔ)．【例3】(2023·新高考全國(guó)Ⅰ)如圖，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝4.點(diǎn)A2，B2，C2，D2分別在棱AA1，BB1，CC1，DD1上，AA2＝1，BB2＝DD2＝2，CC2＝3.(1)證明：B2C2∥A2D2；(2)點(diǎn)P在棱BB1上，當(dāng)二面角P－A2C2－D2為150°時(shí)，求B2P.【變式1】(2023·新高考全國(guó)Ⅱ改編)如圖，三棱錐A－BCD中，DA＝DB＝DC，BD⊥CD，∠ADB＝∠ADC＝60°，E為BC的中點(diǎn)．(1)證明：BC⊥DA；(2)點(diǎn)F滿足eq\o(EF,\s\up6(→))＝eq\o(DA,\s\up6(→))，求平面ABD與平面ABF夾角的正弦值．【變式2】（2024高三·全國(guó)·專題練習(xí)）如圖，在長(zhǎng)方體中，已知，，，分別是線段，的中點(diǎn)，．分別記二面角，，的平面角為，，，則下列結(jié)論正確的是（

）A． B． C． D．【變式3】（2024·云南昆明·模擬預(yù)測(cè)）如圖，三棱臺(tái)中，是邊長(zhǎng)為2的等邊三角形，四邊形是等腰梯形，且為的中點(diǎn).

(1)證明：；(2)若直線與平面所成角的正弦值為，求二面角的大小.強(qiáng)化訓(xùn)練一、單選題1．（2024·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）如圖，在正方體中，點(diǎn)是的中點(diǎn)，則平面與底面所成角的正切值是（

）A． B．C． D．2．（2024·陜西·模擬預(yù)測(cè)）如圖，在直三棱柱中，為等腰直角三角形，且，則異面直線與所成角的余弦值為（

）

A． B． C． D．3．（23-24高三上·寧夏銀川·階段練習(xí)）如圖，棱長(zhǎng)為2的正方體中，點(diǎn)E，F(xiàn)，G分別是棱的中點(diǎn)，則下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（

）A．直線共面B．C．直線與平面所成角的正切值為D．過(guò)點(diǎn)B，E，F(xiàn)的平面截正方體的截面面積為94．（2024高三·全國(guó)·專題練習(xí)）如圖，已知底面為正方形且各側(cè)棱均相等的四棱錐可繞著任意旋轉(zhuǎn)，平面，，分別是，的中點(diǎn)，，，點(diǎn)在平面上的射影為點(diǎn).當(dāng)最大時(shí)，二面角的大小是（

）A．105° B．90° C．60° D．45°5．（23-24高三上·山西運(yùn)城·期末）已知四棱錐的底面是邊長(zhǎng)為4的正方形，，，則直線與平面夾角的正弦值為（

）A． B． C． D．6．（2024高三·全國(guó)·專題練習(xí)）如圖，在邊長(zhǎng)為4的菱形中，已知.將菱形沿對(duì)角線折起，得到三棱錐，二面角的大小為，則直線與平面所成角的正弦值為（）A． B． C． D．7．（23-24高三下·廣東·開(kāi)學(xué)考試）如圖，在直三棱柱中，所有棱長(zhǎng)都相等，，，分別是棱，，的中點(diǎn)，則異面直線與所成角的余弦值是（

）A． B． C． D．8．（2023·湖南永州·二模）如圖，在三棱錐中，，點(diǎn)在平面內(nèi)，過(guò)作于，當(dāng)與面所成最大角的正弦值是時(shí)，與平面所成角的余弦值是（

）A． B． C． D．二、多選題1．（2024·黑龍江·二模）已知正方體的棱長(zhǎng)為3，點(diǎn)是線段上靠近點(diǎn)的三等分點(diǎn)，是中點(diǎn)，則（

）A．該正方體外接球的表面積為B．直線與所成角的余弦值為C．平面截正方體所得截面為等腰梯形D．點(diǎn)到平面的距離為2．（2024·貴州黔東南·二模）在棱長(zhǎng)為2的正方體中，為棱的中點(diǎn)，則（

）A． B．四面體外接球的表面積為C．平面 D．直線與平面所成的角為3．（23-24高三下·重慶·階段練習(xí)）正方形的邊長(zhǎng)為2，點(diǎn)是的中點(diǎn)，點(diǎn)是的中點(diǎn)，點(diǎn)是的中點(diǎn)，將正方形沿折起，如圖所示，二面角的大小為，則下列說(shuō)法正確的是（

）

A．當(dāng)時(shí)，與所成角的余弦值為B．當(dāng)時(shí)，三棱錐外接球的體積為C．若，則D．當(dāng)時(shí)，與平面所成角的正弦值為三、填空題1．（23-24高三上·廣東湛江·期末）如圖，在長(zhǎng)方體中，，，異面直線與所成角的余弦值為，則.2．（2024高三·全國(guó)·專題練習(xí)）正四面體的棱長(zhǎng)為a，則它的高為：，兩個(gè)側(cè)面形成二面角的余弦值為：.3．（2024高三·全國(guó)·專題練習(xí)）如圖，某人在垂直于水平地面的墻面前的點(diǎn)處進(jìn)行射擊訓(xùn)練．易知點(diǎn)到墻面的距離為，某目標(biāo)點(diǎn)沿墻面上的射線移動(dòng)，此人為了準(zhǔn)確瞄準(zhǔn)目標(biāo)點(diǎn)，需計(jì)算由點(diǎn)觀察點(diǎn)的仰角的大?。簦?，，則的最大值是（仰角為直線與平面所成角）．

四、解答題1．（2024高三·全國(guó)·專題練習(xí)）空間中A，B，C，D四點(diǎn)任意兩點(diǎn)間距離都等于a，E為中點(diǎn)，在由A，B，C，D確定的四個(gè)等邊三角形中，求與異面的三角形中線與所成角的余弦值．2．（2024高三·全國(guó)·專題練習(xí)）如圖，已知四棱錐是以為斜邊的等腰直角三角形，為的中點(diǎn)．求直線與平面所成角的正弦值．3．（23-24高三下·甘肅張掖·階段練習(xí)）如圖，在四棱錐中，底面是正方形，平面平面，(1)證明：平面平面；(2)若是的中點(diǎn)，平面與平面所成銳二面角的余弦值為，求直線與平面所成角的余弦值.4．（2024高三·全國(guó)·專題練習(xí)）如圖，平面，是邊長(zhǎng)為2的正三角形，，平面，垂足為點(diǎn)，是的中點(diǎn)．(1)求異面直線與所成角的余弦值；(2)求證：不可能是的垂心（三角形三條高的交點(diǎn)）．5．（2024高三·全國(guó)·專題練習(xí)）已知中，，，，AB上有一點(diǎn)P，沿PC將折成一個(gè)直二面角，若此時(shí)，求二面角的正弦值．第12講空間向量與空間角（3大考點(diǎn)+強(qiáng)化訓(xùn)練）[考情分析]以空間幾何體為載體考查空間角是高考命題的重點(diǎn)．空間向量是將空間幾何問(wèn)題坐標(biāo)化的工具，利用空間向量求平面與平面的夾角或線面角是高考熱點(diǎn)，通常以解答題的形式出現(xiàn)，難度中等．知識(shí)導(dǎo)圖考點(diǎn)分類講解考點(diǎn)一：異面直線所成的角設(shè)異面直線l，m的方向向量分別為a＝(a1，b1，c1)，b＝(a2，b2，c2)，異面直線l與m的夾角為θ.則(1)θ∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))；(2)cosθ＝|cos〈a，b〉|＝eq\f(|a·b|,|a||b|)＝eq\f(|a1a2＋b1b2＋c1c2|,\r(a\o\al(2,1)＋b\o\al(2,1)＋c\o\al(2,1))\r(a\o\al(2,2)＋b\o\al(2,2)＋c\o\al(2,2))).規(guī)律方法用向量法求異面直線所成的角的一般步驟(1)建立空間直角坐標(biāo)系．(2)用坐標(biāo)表示兩異面直線的方向向量．(3)利用向量的夾角公式求出向量夾角的余弦值．(4)注意兩異面直線所成角的范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，即兩異面直線所成角的余弦值等于兩向量夾角的余弦值的絕對(duì)值．【例1】（2024高三·全國(guó)·專題練習(xí)）在直三棱柱（三條側(cè)棱和底面均垂直的三棱柱叫作直三棱柱）中，若，，則異面直線與所成的角等于（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】把三棱柱補(bǔ)成正方體，找到異面直線所成角進(jìn)而求解.【詳解】根據(jù)已知條件可以把直三棱柱補(bǔ)成正方體（如圖所示），連接和，由正方體結(jié)構(gòu)特征知：，所以，(或其補(bǔ)角)即為異面直線與所成角，由于為正三角形，所以，即異面直線與所成角為.故選：C.【變式1】（2024·全國(guó)·一模）在正四面體的側(cè)面三角形的高線中，垂足不在同一側(cè)面上的任意兩條所成角的余弦值是．【答案】【分析】根據(jù)題意作出相關(guān)圖形，利用幾何關(guān)系作出相應(yīng)的角，再利用余弦定理從而可求解.【詳解】不妨設(shè)正四面體為，設(shè)四面體的棱長(zhǎng)為，分別為邊上的中線，由題意所成的角余弦值就是要求角的余弦值，取的中點(diǎn)，的中點(diǎn)，分別連接，則，，因?yàn)槠矫?，平面，所以平面，平面，又因?yàn)?，平面，所以平面平面且，所以邊上的中線，則和所成的角就是，則，在中，由余弦定理得，在中，由余弦定理得.故答案為：.【變式2】（2023·湖南岳陽(yáng)·模擬預(yù)測(cè)）如圖，已知長(zhǎng)方體的底面是邊長(zhǎng)為2的正方形，為其上底面的中心，在此長(zhǎng)方體內(nèi)挖去四棱錐后所得的幾何體的體積為.(1)求線段的長(zhǎng)；(2)求異面直線與所成的角.【答案】(1)；(2).【分析】（1）根據(jù)棱柱和棱錐的體積公式計(jì)算即可；（2）取的中點(diǎn)，連接，則，則是兩異面直線與所成的角，再解即可.【詳解】（1）依題意，得，解得；（2）如圖，取的中點(diǎn)，連接，則，所以是兩異面直線與所成的角，因?yàn)槠矫妫云矫?，又平面，所以，在中，，則，所以，所以異面直線與所成的角為.考點(diǎn)二：直線與平面所成的角設(shè)直線l的方向向量為a，平面α的法向量為n，直線l與平面α所成的角為θ，則(1)θ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))；(2)sinθ＝|cos〈a，n〉|＝eq\f(|a·n|,|a||n|).易錯(cuò)提醒(1)線面角θ與直線的方向向量a和平面的法向量n所成的角〈a，n〉的關(guān)系是〈a，n〉＋θ＝eq\f(π,2)或〈a，n〉－θ＝eq\f(π,2)，所以應(yīng)用向量法求的是線面角的正弦值，而不是余弦值．(2)利用方程思想求法向量，計(jì)算易出錯(cuò)，要認(rèn)真細(xì)心．【例2】(2022·全國(guó)甲卷)在四棱錐P－ABCD中，PD⊥底面ABCD，CD∥AB，AD＝DC＝CB＝1，AB＝2，DP＝eq\r(3).(1)證明：BD⊥PA；(2)求PD與平面PAB所成角的正弦值．【解析】(1)證明在四邊形ABCD中，作DE⊥AB于點(diǎn)E，CF⊥AB于點(diǎn)F，如圖．因?yàn)镃D∥AB，AD＝CD＝CB＝1，AB＝2，所以四邊形ABCD為等腰梯形，所以AE＝BF＝eq\f(1,2)，故DE＝eq\f(\r(3),2)，BD＝eq\r(DE2＋BE2)＝eq\r(3)，所以AD2＋BD2＝AB2，所以AD⊥BD.因?yàn)镻D⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，所以PD⊥BD，又PD∩AD＝D，PD，AD?平面PAD，所以BD⊥平面PAD.又因?yàn)镻A?平面PAD，所以BD⊥PA.(2)解由(1)知，DA，DB，DP兩兩垂直，如圖，以D為原點(diǎn)，DA，DB，DP所在直線分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，則D(0,0,0)，A(1,0,0)，B(0，eq\r(3)，0)，P(0,0，eq\r(3))，則eq\o(AP,\s\up6(→))＝(－1,0，eq\r(3))，eq\o(BP,\s\up6(→))＝(0，－eq\r(3)，eq\r(3))，eq\o(DP,\s\up6(→))＝(0,0，eq\r(3))．設(shè)平面PAB的法向量為n＝(x，y，z)，則有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AP,\s\up6(→))＝0，,n·\o(BP,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x＋\r(3)z＝0，,－\r(3)y＋\r(3)z＝0，))可取n＝(eq\r(3)，1,1)，則|cos〈n，eq\o(DP,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|n·\o(DP,\s\up6(→))|,|n||\o(DP,\s\up6(→))|)＝eq\f(\r(5),5)，所以PD與平面PAB所成角的正弦值為eq\f(\r(5),5).【變式1】(2023·泉州模擬)如圖，三棱臺(tái)ABC－A1B1C1中，AB＝BC＝2B1C1＝2，D是AC的中點(diǎn)，E是BC的中點(diǎn)．(1)證明：AB1∥平面DEC1；(2)已知AB⊥BC1，CC1⊥平面ABC.求直線BC1與平面DEC1所成角的正弦值的最大值．【解析】(1)證明在三棱臺(tái)ABC－A1B1C1中，AB＝BC＝2B1C1＝2，D是AC的中點(diǎn)，∴A1C1∥AD，A1C1＝AD，∴四邊形ADC1A1為平行四邊形，故AA1∥DC1，∵AA1?平面DEC1，DC1?平面DEC1，故AA1∥平面DEC1，又在△ABC中，D，E分別為AC，BC的中點(diǎn)，∴DE∥AB，又AB?平面DEC1，DE?平面DEC1，∴AB∥平面DEC1，又AB∩AA1＝A，AB，AA1?平面ABB1A1，∴平面ABB1A1∥平面DEC1，又AB1?平面ABB1A1，∴AB1∥平面DEC1.(2)解∵CC1⊥平面ABC，AB?平面ABC，∴CC1⊥AB，又AB⊥BC1，CC1∩BC1＝C1，CC1，BC1?平面BCC1B1，故AB⊥平面BCC1B1，由于BC?平面BCC1B1，∴AB⊥BC，又DE∥AB，進(jìn)而DE⊥BC，連接B1E，由B1C1∥EC，B1C1＝EC，∴四邊形B1C1CE為平行四邊形，故CC1∥B1E，由于CC1⊥平面ABC，因此B1E⊥平面ABC，故ED，EC，EB1兩兩垂直，以E為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)B1E＝a，則E(0,0,0)，B(－1,0,0)，D(0,1,0)，C1(1,0，a)，故eq\o(ED,\s\up6(→))＝(0,1,0)，eq\o(EC1,\s\up6(→))＝(1,0，a)，設(shè)平面DEC1的法向量為m＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(ED,\s\up6(→))·m＝y(tǒng)＝0，,\o(EC1,\s\up6(→))·m＝x＋az＝0，))取x＝a，則m＝(a，0，－1)，又eq\o(BC1,\s\up6(→))＝(2,0，a)，故sinθ＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos〈\o(BC1,\s\up6(→))，m〉))＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(BC1,\s\up6(→))·m)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(BC1,\s\up6(→))))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(m)))＝eq\f(a,\r(a2＋1)\r(a2＋4))＝eq\f(1,\r(a2＋\f(4,a2)＋5))≤eq\f(1,\r(2\r(a2×\f(4,a2))＋5))＝eq\f(1,3)，當(dāng)且僅當(dāng)a2＝eq\f(4,a2)，即a＝eq\r(2)時(shí)，等號(hào)成立，∴直線BC1與平面DEC1所成角的正弦值的最大值為eq\f(1,3).【變式2】（2024·河北滄州·模擬預(yù)測(cè)）已知在三棱錐中，，則直線與平面所成的角的正弦值為（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根據(jù)題意，設(shè)是正四面體的4個(gè)頂點(diǎn)，結(jié)合正四面體的性質(zhì)和線面角的定義與計(jì)算，即可求解.【詳解】設(shè)是正四面體的4個(gè)頂點(diǎn)，則點(diǎn)在平面的射影是正三角形的中心D,再設(shè)，則，可得，則高，則直線與平面所成的角的正弦值．故選：D.

【變式3】（2024高三·全國(guó)·專題練習(xí)）如圖所示，在三棱錐中，側(cè)面與底面ABC垂直，．(1)求證：．(2)設(shè)，求與平面所成角的大?。敬鸢浮?1)證明見(jiàn)解析；(2).【分析】（1）取的中點(diǎn)，根據(jù)等腰三角形性質(zhì)和面面垂直性質(zhì)定理可證平面，然后可證，即可判斷為的外接圓直徑，得證；（2）利用等體積法求出點(diǎn)A到平面的距離，然后可解.【詳解】（1）如圖所示，取的中點(diǎn)，連接，，∵，∴，又平面平面，平面平面，平面，∴平面，為垂足．∵平面，∴又∴，故可知為的外接圓直徑，因此．（2）設(shè)與平面所成的角為，點(diǎn)A到平面的距離為，的中點(diǎn)為.在中，，，∴，，所以，由（1）知，為直角三角形，所以，，又中，，∴，由等體積法得，∴，即，解得．∴．∵，∴，故與平面所成的角為.考點(diǎn)三：平面與平面的夾角設(shè)平面α，β的法向量分別為u，v，平面α與平面β的夾角為θ，則(1)θ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))；(2)cosθ＝|cos〈u，v〉|＝eq\f(|u·v|,|u||v|).易錯(cuò)提醒平面與平面夾角的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，兩向量夾角的取值范圍是[0，π]，兩平面的夾角與其對(duì)應(yīng)的兩法向量的夾角不一定相等，而是相等或互補(bǔ)．【例3】(2023·新高考全國(guó)Ⅰ)如圖，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝4.點(diǎn)A2，B2，C2，D2分別在棱AA1，BB1，CC1，DD1上，AA2＝1，BB2＝DD2＝2，CC2＝3.(1)證明：B2C2∥A2D2；(2)點(diǎn)P在棱BB1上，當(dāng)二面角P－A2C2－D2為150°時(shí)，求B2P.(1)證明以C為坐標(biāo)原點(diǎn)，CD，CB，CC1所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖，則C(0,0,0)，C2(0,0,3)，B2(0,2,2)，D2(2,0,2)，A2(2,2,1)，∴eq\o(B2C2,\s\up6(→))＝(0，－2,1)，eq\o(A2D2,\s\up6(→))＝(0，－2,1)，∴eq\o(B2C2,\s\up6(→))∥eq\o(A2D2,\s\up6(→))，又B2C2，A2D2不在同一條直線上，∴B2C2∥A2D2.(2)解設(shè)P(0,2，λ)(0≤λ≤4)，則eq\o(A2C2,\s\up6(→))＝(－2，－2,2)，eq\o(PC2,\s\up6(→))＝(0，－2,3－λ)，eq\o(D2C2,\s\up6(→))＝(－2,0,1)，設(shè)平面PA2C2的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(A2C2,\s\up6(→))＝－2x－2y＋2z＝0，,n·\o(PC2,\s\up6(→))＝－2y＋3－λz＝0，))令z＝2，得y＝3－λ，x＝λ－1，∴n＝(λ－1,3－λ，2)，設(shè)平面A2C2D2的法向量為m＝(a，b，c)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(A2C2,\s\up6(→))＝－2a－2b＋2c＝0，,m·\o(D2C2,\s\up6(→))＝－2a＋c＝0，))令a＝1，得b＝1，c＝2，∴m＝(1,1,2)，∴|cos〈n，m〉|＝eq\f(|n·m|,|n||m|)＝eq\f(6,\r(6)\r(4＋λ－12＋3－λ2))＝|cos150°|＝eq\f(\r(3),2)，化簡(jiǎn)可得，λ2－4λ＋3＝0，解得λ＝1或λ＝3，∴P(0,2,3)或P(0,2,1)，∴B2P＝1.【變式1】(2023·新高考全國(guó)Ⅱ改編)如圖，三棱錐A－BCD中，DA＝DB＝DC，BD⊥CD，∠ADB＝∠ADC＝60°，E為BC的中點(diǎn)．(1)證明：BC⊥DA；(2)點(diǎn)F滿足eq\o(EF,\s\up6(→))＝eq\o(DA,\s\up6(→))，求平面ABD與平面ABF夾角的正弦值．(1)證明如圖，連接AE，DE，因?yàn)镋為BC的中點(diǎn)，DB＝DC，所以DE⊥BC，因?yàn)镈A＝DB＝DC，∠ADB＝∠ADC＝60°，所以△ACD與△ABD均為等邊三角形，所以AC＝AB，從而AE⊥BC，又AE∩DE＝E，AE，DE?平面ADE，所以BC⊥平面ADE，而AD?平面ADE，所以BC⊥DA.(2)解不妨設(shè)DA＝DB＝DC＝2，因?yàn)锽D⊥CD，所以BC＝2eq\r(2)，DE＝AE＝eq\r(2).所以AE2＋DE2＝4＝AD2，所以AE⊥DE，又AE⊥BC，DE∩BC＝E，DE，BC?平面BCD，所以AE⊥平面BCD.以E為原點(diǎn)，ED，EB，EA所在直線分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，則D(eq\r(2)，0,0)，A(0,0，eq\r(2))，B(0，eq\r(2)，0)，E(0,0,0)，設(shè)平面ABD與平面ABF的法向量分別為n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)，平面ABD與平面ABF夾角為θ，而eq\o(AB,\s\up6(→))＝(0，eq\r(2)，－eq\r(2))，因?yàn)閑q\o(EF,\s\up6(→))＝eq\o(DA,\s\up6(→))＝(－eq\r(2)，0，eq\r(2))，所以F(－eq\r(2)，0，eq\r(2))，則eq\o(AF,\s\up6(→))＝(－eq\r(2)，0,0)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·\o(DA,\s\up6(→))＝0，,n1·\o(AB,\s\up6(→))＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\r(2)x1＋\r(2)z1＝0，,\r(2)y1－\r(2)z1＝0，))令x1＝1，得y1＝1，z1＝1，所以n1＝(1,1,1)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n2·\o(AB,\s\up6(→))＝0，,n2·\o(AF,\s\up6(→))＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(2)y2－\r(2)z2＝0，,－\r(2)x2＝0，))則x2＝0，令y2＝1，得z2＝1，所以n2＝(0,1,1)，所以|cosθ|＝eq\f(|n1·n2|,|n1||n2|)＝eq\f(2,\r(3)×\r(2))＝eq\f(\r(6),3)，從而sinθ＝eq\r(1－\f(6,9))＝eq\f(\r(3),3).所以平面ABD與平面ABF夾角的正弦值為eq\f(\r(3),3).【變式2】（2024高三·全國(guó)·專題練習(xí)）如圖，在長(zhǎng)方體中，已知，，，分別是線段，的中點(diǎn)，．分別記二面角，，的平面角為，，，則下列結(jié)論正確的是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】設(shè)點(diǎn)在平面上的投影為，構(gòu)造三個(gè)二面角的平面角，就、分類討論后將角的大小問(wèn)題等價(jià)轉(zhuǎn)化為點(diǎn)到二面角，，的棱的距離的大小問(wèn)題求解即可．【詳解】由題設(shè)可得長(zhǎng)方體的上下底面為正方形，設(shè)上底面的中心為，連接，則平面平面，過(guò)作的垂線，垂足為，則，設(shè)交于，則，因?yàn)?，故，?dāng)時(shí)，由在線段中（不含端點(diǎn)）可得不為銳二面角，在矩形，過(guò)作，因?yàn)?，故，在三棱錐中，連接，因?yàn)槠矫嫫矫?，平面，平面平面，，故平面，因?yàn)槠矫?，故，而，平面，故平面，而平面，故，故為的平面角，同理為的平面角，因?yàn)樵诰€段中（不含端點(diǎn)），故、均為銳角，而，故，故.當(dāng)時(shí)，由在線段中（不含端點(diǎn)）可得為銳二面角，如圖，過(guò)點(diǎn)作，則，在三棱錐中，連接，同理可證為的平面角，故即，故選：C.【變式3】（2024·云南昆明·模擬預(yù)測(cè)）如圖，三棱臺(tái)中，是邊長(zhǎng)為2的等邊三角形，四邊形是等腰梯形，且為的中點(diǎn).

(1)證明：；(2)若直線與平面所成角的正弦值為，求二面角的大小.【答案】(1)證明見(jiàn)解析(2)【分析】（1）根據(jù)已知條件及線面垂直的判定定理，結(jié)合線面垂直的性質(zhì)定理即可求解；（2）根據(jù)（1）的結(jié)論及已知條件，建立空間直角坐標(biāo)系，求出相關(guān)點(diǎn)的坐標(biāo)，利用向量的線性運(yùn)算，分別求出直線的方向向量與平面的法向量，利用線面角公式及二面角的范圍即可求解.【詳解】（1）如圖，取中點(diǎn)，連接，因?yàn)槭堑冗吶切?，點(diǎn)是的中點(diǎn)，所以，又四邊形是等腰梯形，且為的中點(diǎn)，所以，又,平面,所以平面，又平面，所以.（2）以為原點(diǎn)，建立的空間直角坐標(biāo)系，如圖所示

由（1）得即為二面角的平面角，設(shè)，作于，由可得，，故，作于，同理可得，所以，從而，所以，，，設(shè)平面的法向量為，則，即，令，則，所以，從而，即，化簡(jiǎn)得：，解得：或（舍）又，所以，所以二面角的大小為.強(qiáng)化訓(xùn)練一、單選題1．（2024·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）如圖，在正方體中，點(diǎn)是的中點(diǎn)，則平面與底面所成角的正切值是（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】由正方體的性質(zhì)可得，，即可得到為平面與底面所成角的平面角，再由銳角三角函數(shù)計(jì)算可得.【詳解】依題意平面，平面，所以，，所以為平面與底面所成角的平面角，設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為，則，，又，所以，即平面與底面所成角的正切值為.故選：B2．（2024·陜西·模擬預(yù)測(cè)）如圖，在直三棱柱中，為等腰直角三角形，且，則異面直線與所成角的余弦值為（

）

A． B． C． D．【答案】A【分析】先補(bǔ)形，再作出異面直線與所成角的平面角，然后結(jié)合余弦定理即可求解.【詳解】將直三棱柱補(bǔ)形為如圖所示的正四棱柱：連接、，則，則異面直線與所成角的平面角為(或其補(bǔ)角)，又，，由余弦定理可得：.故選：A3．（23-24高三上·寧夏銀川·階段練習(xí)）如圖，棱長(zhǎng)為2的正方體中，點(diǎn)E，F(xiàn)，G分別是棱的中點(diǎn)，則下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（

）A．直線共面B．C．直線與平面所成角的正切值為D．過(guò)點(diǎn)B，E，F(xiàn)的平面截正方體的截面面積為9【答案】D【分析】對(duì)于A項(xiàng)，一般考慮尋找兩平行線較易說(shuō)明共面問(wèn)題；對(duì)于B項(xiàng)，三棱錐的體積問(wèn)題，大都是通過(guò)等體積轉(zhuǎn)化，使其易于求解即可；對(duì)于C項(xiàng)，充分利用正方體條件，找到直線與平面所成的角，在三角形中求解即得；對(duì)于D項(xiàng)，關(guān)鍵是尋找到經(jīng)過(guò)三點(diǎn)的正方體的截面，然后求其面積即可.【詳解】

對(duì)于A項(xiàng)，如圖①，分別連接,,在正方體中，易得矩形,故有，又E，G分別是棱的中點(diǎn)，則,故,即可確定一個(gè)平面，故A項(xiàng)正確；對(duì)于B項(xiàng)，如圖②，,故B項(xiàng)正確；對(duì)于C項(xiàng)，如圖③，連接,因平面，故直線與平面所成角即,在中，,故C項(xiàng)正確；對(duì)于D項(xiàng)，如圖④，連接,易得,因平面平面，則為過(guò)點(diǎn)B，E，F(xiàn)的平面與平面的一條截線，即過(guò)點(diǎn)B，E，F(xiàn)的平面即平面.由可得四邊形為等腰梯形，故其面積為：，即D項(xiàng)錯(cuò)誤.故選：D.4．（2024高三·全國(guó)·專題練習(xí)）如圖，已知底面為正方形且各側(cè)棱均相等的四棱錐可繞著任意旋轉(zhuǎn)，平面，，分別是，的中點(diǎn)，，，點(diǎn)在平面上的射影為點(diǎn).當(dāng)最大時(shí)，二面角的大小是（

）A．105° B．90° C．60° D．45°【答案】A【分析】由題意當(dāng)最大時(shí)，，，三點(diǎn)共線，此時(shí)找出二面角的平面角，計(jì)算即可.【詳解】連接，，如圖，因?yàn)?，所以為正三角形，設(shè)的中點(diǎn)為，則點(diǎn)在以為直徑的圓上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)且僅當(dāng)，，三點(diǎn)共線時(shí)，如圖，此時(shí)，，且平面，∴為二面角的平面角，又在等腰直角三角形中，，因此，故選：A5．（23-24高三上·山西運(yùn)城·期末）已知四棱錐的底面是邊長(zhǎng)為4的正方形，，，則直線與平面夾角的正弦值為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】首先求，再作出平面，根據(jù)垂直關(guān)系，以及等面積轉(zhuǎn)化，確定垂足點(diǎn)的位置，以及，再求線面角的正弦值.【詳解】如圖，由題意可知，，中，根據(jù)余弦定理可知，則，過(guò)點(diǎn)作平面，，連結(jié)，，連結(jié)，

因?yàn)槠矫?，平面，所以，且平面所以平面，平面，所以，又因?yàn)?，所以，同理，中，，則，根據(jù)等面積公式，，所以，，又，所以，則，直線與平面夾角的夾角為，.故選：B【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題的關(guān)鍵是確定垂足的位置，以及垂直關(guān)系的轉(zhuǎn)化.6．（2024高三·全國(guó)·專題練習(xí)）如圖，在邊長(zhǎng)為4的菱形中，已知.將菱形沿對(duì)角線折起，得到三棱錐，二面角的大小為，則直線與平面所成角的正弦值為（）A． B． C． D．【答案】A【分析】根據(jù)題意，由線面垂直的判定定理可得平面，從而可得，再由等體積法可得點(diǎn)到平面的距離，再由線面角的定義，即可得到結(jié)果.【詳解】因?yàn)闉榱庑?，且為中點(diǎn)，則，所以為二面角的平面角，所以，又，平面，所以平面為等邊三角形，取的中點(diǎn)，則，又平面，所以，且，平面，所以平面，且，則，所以.因?yàn)?，即（其中為點(diǎn)到平面的距離），所以，即直線與平面所成角的正弦值為.故選：A.7．（23-24高三下·廣東·開(kāi)學(xué)考試）

如圖，在直三棱柱中，所有棱長(zhǎng)都相等，，，分別是棱，，的中點(diǎn)，則異面直線與所成角的余弦值是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用平移法作出異面直線與所成的角，解三角形即可求得答案.【詳解】連接，因?yàn)樵谥比庵?，，分別是棱，的中點(diǎn)，故，即四邊形為平行四邊形，所以，則即為異面直線與所成角或其補(bǔ)角；

直三棱柱中，所有棱長(zhǎng)都相等，設(shè)其棱長(zhǎng)為2，連接，則，而平面，故平面，平面，故，是棱的中點(diǎn)，故，則,而，又，故在中，,由于異面直線所成角的范圍為大于，小于等于，故異面直線與所成角的余弦值是，故選：D8．（2023·湖南永州·二模）如圖，在三棱錐中，，點(diǎn)在平面內(nèi)，過(guò)作于，當(dāng)與面所成最大角的正弦值是時(shí)，與平面所成角的余弦值是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】過(guò)作的垂面，過(guò)作平面的垂面，過(guò)作，設(shè)，結(jié)合面面垂直和線面垂直的性質(zhì)可證得此點(diǎn)即為與面所成角最大時(shí)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)，由此得到；過(guò)P作，由面面垂直性質(zhì)和線面角定義可知，即為與平面所成角，利用可求得結(jié)果.【詳解】過(guò)作的垂面，交平面于，即，，，過(guò)作平面的垂面，即平面平面，過(guò)作，垂足為，如下圖所示，設(shè)，則此點(diǎn)即為與面所成角最大時(shí)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)，理由如下：恒成立，平面，又平面，平面平面，；平面平面，平面平面，平面，，平面，與面所成角即為，，為定值，當(dāng)最小時(shí)，最大，即最大，平面，，又，，平面，平面，則當(dāng)為交點(diǎn)時(shí)，，此時(shí)取得最小值，當(dāng)時(shí)，與面所成角最大，為，；過(guò)作，垂足為，連接，平面，平面，平面平面，又平面平面，平面，平面，即為與平面所成角，在中，；，，為等腰直角三角形，即，又，，，，，，，即與平面所成角的余弦值為.故選：C.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題考查立體幾何中的線面角的求解問(wèn)題，解題關(guān)鍵是通過(guò)作垂面的方式，確定與面所成角最大時(shí)，點(diǎn)的具體位置，由此結(jié)合面面垂直性質(zhì)和線面角的定義來(lái)進(jìn)行求解.二、多選題1．（2024·黑龍江·二模）已知正方體的棱長(zhǎng)為3，點(diǎn)是線段上靠近點(diǎn)的三等分點(diǎn)，是中點(diǎn)，則（

）A．該正方體外接球的表面積為B．直線與所成角的余弦值為C．平面截正方體所得截面為等腰梯形D．點(diǎn)到平面的距離為【答案】ABD【分析】根據(jù)正方體的外接球的直徑是正方體的體對(duì)角線可求外接球的表面積，可判斷A的真假；利用平行把異面直線所成的角轉(zhuǎn)化為平面角，再利用三角形的邊角關(guān)系可求異面直線所成角的三角函數(shù)，判斷B的真假；做出截面，判斷截面形狀，可判斷C的真假；構(gòu)造三棱錐，利用體積法求點(diǎn)到面的距離，可判斷D的真假.【詳解】對(duì)A：棱長(zhǎng)為3的正方體的體對(duì)角線長(zhǎng)為：，所以所求正方體的外接球表面積為：，故A正確；對(duì)B：如圖連接，∵，所以即為異面直線與所成的角，設(shè)為.在中，，，，所以，所以，故B正確；對(duì)C：如圖：取中點(diǎn)，連接，過(guò)點(diǎn)作，交于點(diǎn)，則，所以平面截正方體所得截面為梯形.由，所以.所以，，所以，所以梯形不是等腰梯形，故C錯(cuò)誤；對(duì)D：如圖：設(shè)點(diǎn)到平面的距離為，則，而，，所以：，故D正確.故選：ABD2．（2024·貴州黔東南·二模）在棱長(zhǎng)為2的正方體中，為棱的中點(diǎn)，則（

）A． B．四面體外接球的表面積為C．平面 D．直線與平面所成的角為【答案】AC【分析】利用平行公理判斷A，利用補(bǔ)形法判斷B，利用面面平行的性質(zhì)判斷C，利用線面角的定義判斷D.【詳解】對(duì)于A，如圖，連接，則，因?yàn)?，所以四邊形是平行四邊形，則，所以，故A正確；對(duì)于B，因?yàn)闉槔獾闹悬c(diǎn)，，所以四面體外接球的半徑為，則其外接球的表面積為，故B錯(cuò)誤；對(duì)于C，取的中點(diǎn)，連接，與選項(xiàng)A同理可證，因?yàn)槠矫?，平面，所以平面，同理，平面，又平面，所以平面平面，因?yàn)槠矫?，所以平面，故C正確；對(duì)于D，在正方體中，平面，又平面，所以，又，平面，所以平面，則直線與平面所成的角為，且，故D錯(cuò)誤.故選：AC.3．（23-24高三下·重慶·階段練習(xí)）正方形的邊長(zhǎng)為2，點(diǎn)是的中點(diǎn)，點(diǎn)是的中點(diǎn)，點(diǎn)是的中點(diǎn)，將正方形沿折起，如圖所示，二面角的大小為，則下列說(shuō)法正確的是（

）

A．當(dāng)時(shí)，與所成角的余弦值為B．當(dāng)時(shí)，三棱錐外接球的體積為C．若，則D．當(dāng)時(shí)，與平面所成角的正弦值為【答案】BD【分析】依題意可得為二面角的平面角，則與所成角等于，利用銳角三角函數(shù)計(jì)算即可判斷A，記的中點(diǎn)為，則的外接球球心在過(guò)點(diǎn)且垂直于平面的直線上，理由勾股定理求出外接球的半徑，即可判斷B，過(guò)作，垂足為，即可證明平面，從而得到與平面所成角為，求出，即可判斷D，結(jié)合D求出當(dāng)時(shí)的值，即可判斷C.【詳解】依題意在正方形中，點(diǎn)是的中點(diǎn)，點(diǎn)是的中點(diǎn)，所以，所以，，，平面，所以平面，又，所以平面，又平面，所以，所以為二面角的平面角，即，當(dāng)時(shí)，與所成角等于與所成角，此時(shí)，故A錯(cuò)誤；記的中點(diǎn)為，為等腰直角三角形，則的外接球球心在過(guò)點(diǎn)且垂直于平面的直線上，又，設(shè)球心為，外接球的半徑為，設(shè)，則有，解得，故的外接球的體積，故B正確；

過(guò)作，垂足為，因?yàn)槠矫?，平面，所以平面平面，又平面平面，平面，所以平面?/p>

則，，，，當(dāng)時(shí)，與平面所成角為，此時(shí)，，，，所以，故D正確；當(dāng)不為鈍角時(shí)，所以，又，則，當(dāng)為鈍角時(shí)，，，，，由，所以，又，則無(wú)解，故C錯(cuò)誤；

故選：BD．【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：（1）求直線與平面所成的角的一般步驟：①找直線與平面所成的角，即通過(guò)找直線在平面上的射影來(lái)完成；②計(jì)算，要把直線與平面所成的角轉(zhuǎn)化到一個(gè)三角形中求解．（2）作二面角的平面角可以通過(guò)垂線法進(jìn)行，在一個(gè)半平面內(nèi)找一點(diǎn)作另一個(gè)半平面的垂線，再過(guò)垂足作二面角的棱的垂線，兩條垂線確定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角．三、填空題1．（23-24高三上·廣東湛江·期末）如圖，在長(zhǎng)方體中，，，異面直線與所成角的余弦值為，則.【答案】【分析】利用直線的平移，把兩條異面直線所成的角轉(zhuǎn)化為平面角，再解三角形求角.【詳解】連接，交于點(diǎn)，取的中點(diǎn)，連接，.因?yàn)椋耘c所成的角為（或其補(bǔ)角）.令，在中，由，，得.又，，，由余弦定理得，解得，所以.故答案為：2．（2024高三·全國(guó)·專題練習(xí)）正四面體的棱長(zhǎng)為a，則它的高為：，兩個(gè)側(cè)面形成二面角的余弦值為：.【答案】【分析】利用正四面體的結(jié)構(gòu)特征，作出正四面體的高及兩個(gè)側(cè)面所成二面角的平面角，再在直角三角形中計(jì)算作答.【詳解】在正四面體中，令正的中心為，連接并延長(zhǎng)交于，連接，，如圖，則為的中點(diǎn)，，，平面，且是二面角的平面角，即兩個(gè)側(cè)面所成二面角的平面角，而正四面體的棱長(zhǎng)為a，則，，因平面，平面，故，，，∴所求高為，二面角的余弦值為.故答案為：；3．（2024高三·全國(guó)·專題練習(xí)）如圖，某人在垂直于水平地面的墻面前的點(diǎn)處進(jìn)行射擊訓(xùn)練．易知點(diǎn)到墻面的距離為，某目標(biāo)點(diǎn)沿墻面上的射線移動(dòng)，此人為了準(zhǔn)確瞄準(zhǔn)目標(biāo)點(diǎn)，需計(jì)算由點(diǎn)觀察點(diǎn)的仰角的大?。?，，，則的最大值是（仰角為直線與平面所成角）．

【答案】/【分析】根據(jù)仰角的定義，作圖，利用圖中的幾何關(guān)系列出函數(shù)式，借助二次函數(shù)求解作答.【詳解】

過(guò)點(diǎn)P做直線BC的垂線，垂直為D，如圖，則由仰角的定義得，由題意，設(shè)則，點(diǎn)D與B不重合時(shí)，在中，，點(diǎn)D與B重合時(shí)，上式也成立，在中，，當(dāng)時(shí)，取最大值，綜上，的最大值為.故答案為：．四、解答題1．（2024高三·全國(guó)·專題練習(xí)）空間中A，B，C，D四點(diǎn)任意兩點(diǎn)