专题8.7立体几何中的向量方法2022年高考数学一轮复习讲练测（新教材新高考）（练）解析版_02高考数学_新高考复习资料_2022年新高考资料

专题 8.7 立体几何中的向量方法 练基础 1.（2020·陕西省商丹高新学校期末（理））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 【答案】A 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． 2．（2020·全国课时练习）已知两个不重合的平面 与平面 ，若平面 的法向量为 ， 向量 ， ，则（ ） A．平面 平面 B．平面 平面 C．平面 、平面 相交但不垂直 D．以上均有可能 【答案】A 【解析】 ， ， ， ， ，所以， 也为平面 的一个法向量， 又平面 与平面 不重合，所以平面 与平面 平行， 故选：A.3．（2020·江西新余·高二其他）如图所示，在正方体 中， 是底面正方形 的中 心， 是 的中点， 是 的中点，则直线 ， 的位置关系是（ ） A．平行 B．相交 C．异面垂直 D．异面不垂直 【答案】C 【解析】 建立空间直角坐标系，如图所示.设正方体的棱长为2， 则 ， ， ， ， ∴ ， . ∵ ， ∴直线 ， 的位置关系是异面垂直. 故选: C4．（2020·全国课时练习）正四棱锥 中， ，则直线 与平面 所成角的正弦 值为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】 建立如图所示的空间直角坐标系 . 有图知 ， 由题得 、 、 、 . ， ， . 设平面 的一个法向量 ， 则 ， ， 令 ，得 ， ， . 设直线 与平面 所成的角为 ，则 . 故选：C. 5．（2021·江苏高三三模）已知四棱锥 的底面为直角梯形， ， ， ，， 平面 ，且 ，平面 与平面 的交线为 . （1）求证： ； （2）试建立适当的空间直角坐标系，并求点 在平面 上的射影 的坐标. 【答案】（1）证明见解析；（2） . 【解析】 （1）由 ，根据线面平行的判定可得 面 ，再由线面平行的性质可证 ； （2）构建以D为原点， 为x、y、z轴的正方向构建空间直角坐标系，写出 、 、 的坐标， 可得 ， ，进而求面 的法向量 并写出平面所在的方程，由 ，即可 求出 的坐标. 【详解】 （1）∵ ， 面 ， 面 ， ∴ 面 ，而面 面 ， 面 ， ∴ ，得证. （2）由题意， 平面 ，易得 、 ，且 ，故构建以D为原点， 为x、y、z轴的正方向构建空间直角坐标系， ∵ ， ， ， ∴ ， ， ， ，则 ， ， 若 为面 的一个法向量，则 ，令 ，即 ， ∴面 的方程为 ，∴ 为过 方向向量为 的直线与面PBC的交点，若 ，则令 ， 可得 ， 综上， ，即 ，故 . 6.【多选题】（2021·全国高考真题）在正三棱柱 中， ，点 满足 ，其中 ， ，则（ ） A．当 时， 的周长为定值 B．当 时，三棱锥 的体积为定值 C．当 时，有且仅有一个点 ，使得 D．当 时，有且仅有一个点 ，使得 平面 【答案】BD 【解析】 对于A，由于等价向量关系，联系到一个三角形内，进而确定点的坐标； 对于B，将 点的运动轨迹考虑到一个三角形内，确定路线，进而考虑体积是否为定值； 对于C，考虑借助向量的平移将 点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解 点的个数； 对于D，考虑借助向量的平移将 点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解 点的个数． 【详解】易知，点 在矩形 内部（含边界）． 对于A，当 时， ，即此时 线段 ， 周长不是定值，故A错误； 对于B，当 时， ，故此时 点轨迹为线段 ，而 ， 平 面 ，则有 到平面 的距离为定值，所以其体积为定值，故B正确． 对于C，当 时， ，取 ， 中点分别为 ， ，则 ，所以 点 轨迹为线段 ，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图， ， ， ，则 ， ， ，所以 或 ．故 均满足，故 C错误； 对于D，当 时， ，取 ， 中点为 ． ，所以 点轨迹为 线段 ．设 ，因为 ，所以 ， ，所以，此时 与 重合，故D正确． 故选：BD． 7. （2021·四川省蒲江县蒲江中学高二月考（理））如图，在正四棱柱 中，已知 ， ，E､F分别为 ､ 上的点，且 . （1）求证：BE⊥平面ACF； （2）求点E到平面ACF的距离. 【答案】（1）证明详见解析；（2） . 【解析】 （1）建立空间直角坐标系，由 证得结论成立. （2）利用点面距公式计算出 到平面 的距离. 【详解】 （1）建立如图所示空间直角坐标系， . ， 所以 ， 所以 ，所以 平面 . （2）由（1）知 是平面 的法向量.， 所以点 到平面 的距离为 . 8．（2020·海安市曲塘中学高二期中）在直三棱柱ABC-ABC 中，CA＝CB＝4，CC ＝2 ，∠ACB＝ 1 1 1 1 90°，点M在线段AB 上． 1 1 （1）若AM＝3MB ，求异面直线AM和AC所成角的余弦值； 1 1 1 （2）若直线AM与平面ABC 所成角为30°，试确定点M的位置． 1 【答案】（1） ；（2）M为AB 的中点． 1 1 【解析】先证明CC ⊥CA，CC ⊥CB，CA⊥CB，以{ 、 、 }这组正交基底建立空间直角坐标系. 1 1 （1）用向量法求异面直线AM和AC所成角的余弦值； 1 （2）设 ＝λ ，λ∈[0，1]，用向量法表示出直线AM与平面ABC 所成角，解出λ，即可确定M的 1 位置. 【详解】 解：（1）因为ABC-ABC 为直三棱柱，所以CC ⊥平面ABC，又CA、CB平面ABC，所以CC ⊥CA， 1 1 1 1 1 CC ⊥CB；因为∠ACB＝90°，所以CA⊥CB； 1 以{ 、 、 }这组正交基底建立空间直角坐标系，所以A(4，0，0)，B(0，4，0)，A(4，0，2 )， 1 B(0，4，2 )，C (0，0，2 )；因为AM＝3MB ，所以M(1，3，2 )；因为 ＝(－3，3，2 )， 1 1 1 1 ＝(－4，0，－2 )，所以cos< ， >＝ ＝ ＝ ，所以异面直线AM和AC 1 所成角的余弦值为 ； （2）设 ＝λ ，λ∈[0，1]，所以M(4－4λ，4λ，2 )， ＝(－4λ，4λ，2 )；设平面ABC 的 1一个法向量 ＝(x，y，z)，由 · ＝0， · ＝0得， ，其一组解为 ，所以 ＝(1， 1， )；因为直线AM与平面ABC 所成角为30°，所以│cos< ， >│＝│ │＝ ＝ 1 sin30°，得λ＝ (负舍)，即M为AB 的中点． 1 1 9.（2021·陕西高三其他模拟（文））如图，在四棱锥 中，平面 平面 ，四边形 是边长为4的正方形， ， 分别为 ， 的中点. （1）求证： 平面 ； （2）若 为等边三角形，求三棱锥 的体积. 【答案】（）见解析；（2） 【解析】 （1）连接 ，由 ， 分别为 ， 的中点，得 ，再由线面平行的判定定理即可证明所证； （2）如图建系，利用向量法求出点 到平面 的距离 ，再由 ，从而得出 答案. 【详解】 解：（1）证明：连接 ， 因为 ， 分别为 ， 的中点， 所以 ， 又因 平面 ， 所以 平面 ； （2）取 的中点 ，连接 ，因为 为等边三角形，所以 ， 所以 ， 如图以 为原点， 为 轴，过 作平面 的垂线 轴，建立空间直角坐标系， 则 ， ， ， ， ， ， 设平面 的一个法向量 ， 则 即 ， 令 ，则 ， ，所以 ， 则点 到平面 的距离 ， 又 ， 所以 . 10.（2020·江苏江都·邵伯高级中学月考）如图，四棱锥 的底面 为一直角梯形，其中 ， 底面 ， 是 的中点． （1）求证： //平面 ； （2）若 平面 ，求平面 与平面 所成角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析；（2） . 【解析】 设 ，建立如图的空间坐标系， ， ,， . （1） ， ，所以 ， 平面 ， 平面 . （2）因为 平面 ，所以 ，即 ， ，所以 ，即 ,平面 和平面 中， ，所以平面 的一个法向量 ；平面 的一个法向量为 ； ，所以平面 与平面 夹角的余弦值为. 练提升 TIDHNE 1．（2021·江苏高二期末）在平行六面体 中，底面 是边长为2的正方形，侧棱 的长为2，且 ． （1）求异面直线 与 所成角的余弦值； （2）求三棱锥 的体积． 【答案】（1） ；（2） ． 【解析】 （1）用 为基底表示 ，由向量的数量积的运算求得夹角余弦值； （2）取 中点 ，证明 平面 ，然后由棱锥体积公式计算体积． 【详解】 解：（1）由题意知， ， ， 所以 ， ，又 ， ， 所以 ， 设 与 所成角为 ， 则 ； （2）易知 ， ， 所以 ， 取 中点 ，连接 ， ， 则 ， 所以 ， 即 ， 又 ， 所以 ， 因为 ， 平面 ， ， 所以 平面 ， 因为 ， 所以 2.（2021·江苏高二期末）如图，在梯形 中， ， 在线段 上，且 ．沿 将 折起，使点 到达点 的位置，满足 ．（1）证明： 平面 ； （2）若在梯形 中， ，折起后 在平面 上的射影 恰好是 与 的交点，求 直线 与平面 所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析；（2） . 【解析】 （1）证明 ，结合 ，利用线面垂直的判定定理即可求证； （2）先证明 ， ， 两两垂直，建立空间直角坐标系，利用余弦定理求出 的长，设 ，再由余弦定理求出 的长，进而可得所需各点坐标，求出平面 的一个法向量和 的坐标，由空间向量夹角公式即可求解. 【详解】 （ ）因为 ， ， 所以四边形 为菱形， 所以 ，又 ， ， 平面 ， 平面 ， 所以 平面 ． （ ）因为 平面 ， 平面 ， 平面 ，所以 ， ，又 ， 以 为原点，以 所在的直线为 轴，以 所在的直线为 轴，以 所在的直线为 轴建立空间直角 坐标系，在菱形 中， ， ． ，所以 ， 设 ， 则 ， ． 在菱形 中， ，所以 ， 在 中，由余弦定理得 ， 所以 ． 所以 ， ， ， ， ， ， ， 设平面 的法向量为 ， 则 ，令 ，则 ， ． 所以 是平面 的一个法向量． 设直线 与平面 所成角为 ，则 . 所以直线 与平面 所成角的正弦值为 . 3．（2021·黑龙江高二期末（理））如图，三棱柱 中， 侧面 ，已知 ， ，点E是棱 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）证明见解析；（2） . 【解析】 （1）由余弦定理求得 ，勾股定理逆定理证明 ，从而结合已知垂直可证明线面垂直； （2）以B为坐标原点， 为x轴， 为y轴， 为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，用空间向 量法求线面角的正弦．【详解】 （1）证明：∵ ， ， ， ∴由余弦定理可知 ， ∴ ，∴ ， ∵ 侧面 ，且 面 ， ∴ ， 又∵ ， 平面 ， ∴ 平面 ． （2）由（1）知，以B为坐标原点， 为x轴， 为y轴， 为z轴，建立如图所示的空间直角坐标 系，则 ， ， ， ， ∴ ， ， 设平面 的法向量为 ，由 ，得 ，取 得 ； 设 与平面 所成角为 ，则 故直线 与平面 所成角的正弦值为 ． 4.（2021·福建高一期末）如图1， 中， ， ， ，D，E分别是 ， 的 中点.把 沿 折至 的位置， 平面 ，连接 ， ，F为线段 的中点，如图2. （1）求证： 平面 ； （2）当三棱锥 的体积为 时，求直线 与 所成角的正切值. 【答案】（1）见解析；（2） 【解析】 （1）根据已知容易得出 ，再由 平面 ， 可得 ，从而可证 平面 ； （2）根据三棱锥 的体积为 及 的面积可得 平面 ，以点 为坐标原点建立空间直角坐标系，利用向量法即可求得直线 与 所成角的正切值. 【详解】 （1）证明：因为D是 的中点， 所以 ，即 ， 又因F为线段 的中点，所以 ， 因为D，E分别是 ， 的中点， 所以 ， 因为 ，所以 ， 即 ， ， 因为 ， 所以 平面 ， 所以 平面 ， 因为 平面 ， 所以 ， 又因 ， 所以 平面 ； （2）解：因为 ， ，D，E分别是 ， 的中点， 所以 ， ， 由（1）得 为直角三角形， 故 ， 设三棱锥 的高为 ， 则 ， 所以 ， 所以线段 即为三棱锥 的高， 所以 平面 ，则 ， 如图，以点 为坐标原点建立空间直角坐标系，则 ， ， ， ， 故 ， ， 所以 ， 又因直线 与 所成角的范围为 ， 所以直线 与 所成角的余弦值为 ，则正弦值为 ， 所以直线 与 所成角的正切值为 . 5．（2021·安徽高一期末）如图，在四棱锥 中，底面 为菱形， 平面 ， 是 的中点.（1）证明： ； （2）若线段 上存在一点 满足 ，使得 ，求 的值； （3）在（2）的条件下，求二面角 的正弦值. 【答案】（1）证明见解析，（2） ，（3） 【解析】 （1）连接 ，证明 ，再由， 平面 ，可得 ,从而可得 平面 ，进而可得 ； （2）由 ， ，可得 平面 ，则 ，由已知数据可求得 ， ，从而可得 ，则 ，进而可得答案； （3）以 为坐标原点， 所在的直线分别为 轴建立空间直角坐标系，然后利用空间向量求 解即可 【详解】 （1）证明：连接 ， 因为四边形 为菱形， ， 所以 为等边三角形， ∥ ， 因为 为 的中点，所以 ， 所以 ， 因为 平面 ， 平面 ， 所以 ，因为 ，所以 平面 ， 因为 平面 ，所以 ， （2）解：因为 ， ， ， 所以 平面 ， 因为 平面 ， 所以 ， 因为 平面 ， 平面 ， 所以 ， 因为 ，所以 ， 所以 ，所以 ， 所以 ， 所以 ， 因为 ，所以 （3）因为 ， ， ， 所以以 为坐标原点， 所在的直线分别为 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 ， 平面 的一个法向量为 ， 设二面角 的平面角为 ， 由图可知 为锐角，则 ， 所以 6．（2021·重庆南开中学高三月考）如图，在三棱柱 中， 是边长为4的等边三角形，D 是 的中点， ．（1）求证： 平面 ； （2）当三棱柱 的体积最大时，求点C与平面 的距离． 【答案】（1）证明见解析；（2） . 【解析】 （1）先证明 ，再由线面平行的判定定理证明即可 （2）易知当 平面 时，三棱柱的体积最大，此时 、 、 两两垂直， 故如图建立直角坐标系，利用向量法求解点到平面的距离即可 【详解】 （1）连接 交 于点E，由棱柱性质知E为 的中点，连接 ，因D为 的中点，故 ， 而 平面 ， 平面 ，所以 平面 ． （2）易知当 平面 时，三棱柱的体积最大，此时 、 、 两两垂直， 故如图建立直角坐标系，则 ，． 设平面 的法向量为 ，有 ， 令 ，得 ，所以 ， 于是点C与平面 的距离 ． 7．（2021·全国高三其他模拟）在四棱锥 中， 平面 ，底面 为梯形， ， ， ， ， ． （1）若 为 的中点，求证： 平面 ； （2）若 为棱 上异于 的点，且 ，求平面 与平面 所成锐二面角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析；（2） ． 【解析】 （1）证明 即可得出； （2）以 为原点建立空间直角坐标系，设 ， ，根据 求出 ，再求出平面 和平面 的法向量，利用向量关系即可求出. 【详解】 （1）证明：∵在梯形 中， ， ， 为 的中点， 所以 且 ，∴四边形 为平行四边形，所以 ， ∵ 平面 ， 平面 ，所以 平面 ． （2）解：以 为原点， ， 所在的直线为 ， 轴，建立如图所示空间直角坐标系． 因为 ， ， ， 所以 ， ， ， ， ， 则 ， ， ， ． 设 ， ，则 ， ． 因为 ，所以 ， 即 ， 化简得 ，解得 （舍）或 ． 所以 ， ，即 ． 设 为平面 的一个法向量，则 ，所以 ， 解得 令 ，得 ； 设 为平面 的一个法向量， 则 ，所以 解得 令 ，得 ． 设平面 与平面 所成锐二面角为 ， 则 ， 所以平面 与平面 所成锐二面角的余弦值为 ． 8．（2021·湖南高三其他模拟）在长方体 中，已知 ， 为 的中点. （1）在线段 上是否存在点 ，使得平面 平面 ？若存在，请加以证明，若不存在，请说 明理由；（2）设 ， ，点 在 上且满足 ，求 与平面 所成角的余弦值. 【答案】（1）存在，证明见解析；（2） . 【解析】 （1）利用线面判定定理证得 平面 和 平面 ，然后利用面面平行的判定定理证得结论.； （2）建立空间直角坐标系，写出各点坐标及空间向量，设 ，利用共线求得点 坐标，然后设 与平面 所成角为 ，利用 结合空间向量数量积求得结果.. 【详解】 解：（1）存在，当点 为线段 的中点时，平面 平面 . 证明：在长方体 中， ， . 又因为 平面 ， 平面 ， 所以 平面 . 又 为 的中点， 为 的中点， 所以 ，且 . 故四边形 为平行四边形，所以 ， 又因为 平面 ， 平面 ，所以 平面 . 又因为 ， 平面 ， 平面 ， 所以平面 平面 . （2）在长方体 中，以 为坐标原点， ， ， 所在直线分别为 轴， 轴， 轴建立空间直角坐标系 ，如图所示. 因为 ， ，所以 ， ， ， ， ， 所以 ， ， . 设平面 的法向量为 ， 则 ，即 . 令 ，则 ， ，所以 ， 因为 ，设 ，则 ， 所以 ，则 . 设 与平面 所成角为 ， 则 ，即 . 故 与平面 所成角的余弦值为 . 9.（江西高考真题）如图， 与 都是边长为2的正三角形，平面 平面 ， 平面 ， . （1）求直线 与平面 所成的角的大小； （2）求平面 与平面 所成的二面角的正弦值. 【答案】（1） ；（2） . 【详解】 解法一：（1）取CD中点O，连OB，OM，则OB⊥CD，OM⊥CD. 又平面 平面 ，平面 平面 , 则MO⊥平面 ，所以MO∥AB，A、B、O、M共面， 延长AM、BO相交于E，则∠AEB就是AM与平面BCD所成的角. OB=MO= ，MO∥AB，则 ， ， 所以 ，故 ， 所以AM与平面BCD所成的角为 . （2）CE是平面 与平面 的交线. 由（1）知，O是BE的中点，则BCED是菱形. 作BF⊥EC于F，连AF，则AF⊥EC，∠AFB就是二面角A-EC-B的平面角，设为 . 因为∠BCE=120°，所以∠BCF=60°. ， ， 所以，所求二面角的正弦值是 . 解法二：取CD中点O，连OB，OM，则OB⊥CD，OM⊥CD， 又平面 平面 ,则MO⊥平面 . 以O为原点，直线OC、BO、OM为x轴，y轴，z轴， 建立空间直角坐标系如图. OB=OM= ，则各点坐标分别为O（0，0，0），C（1，0，0）， M（0，0， ），B（0， ，0），A（0， ，2 ）， （1）设直线AM与平面BCD所成的角为 . 因 （0， ， ），平面 的法向量为 . 则有 ，所以 ， 即AM与平面BCD所成的角为 . （2） ， .设平面ACM的法向量为 ， 由 得 . 解得 ， ，取 . 又平面BCD的法向量为 ，则 设所求二面角为 ，则 .  OSA 10．（2020·上海市七宝中学高二期末）如图，在RtSOA中， 6 ，斜边SA4，半圆H 的圆 H OS SA RtSOA SO B 心 在边 上，且与 相切，现将 绕 旋转一周得到一个几何体，点 为圆锥底面圆周上 AOB 90 一点，且 ．（1）求球H 的半径； O SAB （2）求点 到平面 的距离； Р PO SAB （3）设 是圆锥的侧面与球的交线上一点，求 与平面 所成角正弦值的范围．  42 21 42 21 2 3 2 21  ,  【答案】（1） ；（2） ；（3） ． 14 14 3 7   【解析】  OSA 由 6 ，斜边SA4，SO2 3，OA2   HMS  OSA 设切点为M ，连接HM ， 2 ，又 6 ， 1 1 2 3 HO HM  SH HO SO 2 ， 3 3 ， 2 3 所以圆锥中球的半径就是半圆 H 的半径，即为 3 . S OAB O SAB d （2）在三棱锥中 ，设 到平面 的距离为1 S  OAOB2 在RtAOB中，OAOB 2， OAB 2 SAB SASB 4，AB 2 2 AB N SN 在等腰三角形 中, ，取 中点 ，连 ，所以 SN  AB 所以 1 1 S  SNAB 2 2 14=2 7 SAB 2 2 ，由（1）知SO2 3， 1 1 S d  S SO 由于 V V ，所以3 SAB 3 OAB OSAB SOAB 1 1 2d  S SO 即3 3 △AOB 2 7d 4 3 2 21 d  7 .（3）   A0,2,0 B2,0,0 S 0,0,2 3 如图建立空间直接坐标系，则 ， ， ，设PO在面COB上的射影与x的   P cos,sin, 3 正方向的夹角为，所以 ，， (cid:3)   (cid:3) (cid:3)   SA 0,2,2 3 PO cos,sin, 3 ，SB(2,0,2 3)， ， (cid:3) SAB n(x,y,z) 设平面 的法向量 ， (cid:4) (cid:4) SAn 0  y  3z 由(cid:4) (cid:4)  ，∴ (cid:3)  ， SBn 0 x 3z n 3, 3,1 PO SAB  设 与平面 所成角为 , (cid:4) (cid:4) 6sin       3 POn  4  6 3 6 3 则sin (cid:4) (cid:4)   ,  PO  n 2 7  2 7 2 7  练真题 TIDHNE 1．（2021·北京高考真题）已知正方体 ，点 为 中点，直线 交平面 于点 ．（1）证明：点 为 的中点； （2）若点 为棱 上一点，且二面角 的余弦值为 ，求 的值． 【答案】（1）证明见解析；（2） ． 【解析】 (1)首先将平面 进行扩展，然后结合所得的平面与直线 的交点即可证得题中的结论； (2)建立空间直角坐标系，利用空间直角坐标系求得相应平面的法向量，然后解方程即可求得实数 的值. 【详解】 (1)如图所示，取 的中点 ，连结 ， 由于 为正方体， 为中点，故 ， 从而 四点共面，即平面CDE即平面 ， 据此可得：直线 交平面 于点 ， 当直线与平面相交时只有唯一的交点，故点 与点 重合， 即点 为 中点.(2)以点 为坐标原点， 方向分别为 轴， 轴， 轴正方形，建立空间直角坐标系 ， 不妨设正方体的棱长为2，设 ， 则： ， 从而： ， 设平面 的法向量为： ，则： ， 令 可得： ， 设平面 的法向量为： ，则：， 令 可得： ， 从而： ， 则： ， 整理可得： ，故 （ 舍去）. 2．（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． 【答案】（1）证明见解析；（2） . 【解析】 （1）取 的中点为 ，连接 ，可证 平面 ，从而得到面 面 . （2）在平面 内，过 作 ，交 于 ，则 ，建如图所示的空间坐标系，求出平面 、平面 的法向量后可求二面角的余弦值. 【详解】（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 . AE  ABCD CF∥AE, AD∥BC 3.（2019·天津高考真题（理））如图， 平面 ， ， AD AB, AB  AD 1, AE  BC 2 .（Ⅰ）求证：BF∥平面ADE ； CE BDE （Ⅱ）求直线 与平面 所成角的正弦值； 1 （Ⅲ）若二面角EBDF 的余弦值为3，求线段CF的长. 4 8 【答案】（Ⅰ）见证明；（Ⅱ）9 （Ⅲ）7 【解析】 (cid:3) (cid:3) (cid:3) AB,AD,AE 依题意，可以建立以A为原点，分别以 的方向为x轴，y轴，z轴正方向的空间直角坐标系 (如图)， A0,0,0,B1,0,0,C1,2,0,D0,1,0,E0,0,2 可得 . CF hh0 F1,2,h 设 ，则 . (cid:3) AB 1,0,0 (Ⅰ)依题意， 是平面ADE的法向量，(cid:3) (cid:3) (cid:3) BF 0,2,h 又 ，可得BFAB0， BF  ADE BF∥ ADE 又因为直线 平面 ，所以 平面 . (cid:3) (cid:3) (cid:3) BD(1,1,0), BE (1,0,2), CE (1,2,2) (Ⅱ)依题意， ， (cid:3) nx,y,z 设 为平面BDE的法向量， (cid:4) (cid:4) nBD0 x y 0 则 (cid:4) (cid:4) ，即  ， nBE 0 x2z 0 (cid:3) n2,2,1 不妨令z=1，可得 ， (cid:3) (cid:3) (cid:3) (cid:3) CEn 4 (cid:3) cosCE,n  (cid:3)  因此有 . |CE||n| 9 4 所以，直线CE与平面BDE所成角的正弦值为9 . (cid:4) (cid:4) mBD0 x y 0 (Ⅲ)设 (cid:3) m  x,y,z为平面BDF的法向量，则  m (cid:4)   B  F (cid:4) 0 ，即 2yhz 0 . (cid:3)  2 m 1,1,   不妨令y=1，可得  h. (cid:3) (cid:3)  2 (cid:3) 4 (cid:3) mn h 1 (cid:3) cos m,n  (cid:3)   由题意，有 m  n 4 3，解得 8 . 3 2 h h2 7 经检验，符合题意｡ 8 所以，线段CF的长为7 . ABCABC AACC  ABC ABC 90 4.（2019年高考浙江卷）如图，已知三棱柱 1 1 1，平面 1 1 平面 , ， BAC 30,AA AC  AC,E,F 1 1 分别是AC，AB的中点. 1 1EF  BC （1）证明： ； （2）求直线EF与平面ABC所成角的余弦值. 1 3 【答案】（1）见解析；（2）5． 【解析】方法一： （1）连接AE，因为AA=AC，E是AC的中点，所以AE⊥AC． 1 1 1 1 又平面AACC⊥平面ABC，AE平面AACC， 1 1 1 1 1 平面AACC∩平面ABC=AC， 1 1 所以，AE⊥平面ABC，则AE⊥BC． 1 1 又因为AF∥AB，∠ABC=90°，故BC⊥AF． 1 1 所以BC⊥平面AEF． 1 因此EF⊥BC． （2）取BC中点G，连接EG，GF，则EGFA是平行四边形． 1 由于AE⊥平面ABC，故AE⊥EG，所以平行四边形EGFA为矩形． 1 1 1 由（1）得BC⊥平面EGFA，则平面ABC⊥平面EGFA， 1 1 1 所以EF在平面ABC上的射影在直线AG上． 1 1连接AG交EF于O，则∠EOG是直线EF与平面ABC所成的角（或其补角）． 1 1 3 3 不妨设AC=4，则在Rt△AEG中，AE=2 ，EG= . 1 1 AG 15 EO OG  1  由于O为A 1 G的中点，故 2 2 ， EO2 OG2 EG2 3 cosEOG   所以 2EOOG 5． 3 因此，直线EF与平面ABC所成角的余弦值是5． 1 方法二： （1）连接AE，因为AA=AC，E是AC的中点，所以AE⊥AC. 1 1 1 1 又平面AACC⊥平面ABC，AE平面AACC， 1 1 1 1 1 平面AACC∩平面ABC=AC，所以，AE⊥平面ABC． 1 1 1 如图，以点E为原点，分别以射线EC，EA为y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系E–xyz． 1 不妨设AC=4，则 3 3 F( , ,2 3) A 1 （0，0，2 3），B（ 3，1，0），B 1 ( 3,3,2 3)， 2 2 ，C(0，2，0)． (cid:3) 3 3 EF ( , ,2 3) (cid:3) 因此， 2 2 ，BC ( 3,1,0)． (cid:3) (cid:3) EFBC 0 EF  BC 由 得 ． （2）设直线EF与平面ABC所成角为θ． 1 (cid:3) (cid:3) BC=( 3，1，0)，AC=(0，2，2 3) 由（1）可得 1 ．(x，y，z) 设平面ABC的法向量为n ， 1 (cid:3) BCn0   3x y 0 由 ，得 ，  ACn0 y 3z 0 1 (cid:3) (cid:3) |EFn| 4 sin|cos EF，n |= (cid:3)  取n (1， 3，1) ，故 |EF ||n| 5， 3 因此，直线EF与平面ABC所成的角的余弦值为5． 1 4．（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． 【答案】（I）证明见解析；（II） ；（III） . 【解析】 （I）建立空间直角坐标系，求出 及平面 的一个法向量 ，证明 ，即可得证；（II）求出 ，由 运算即可得解； （III）求得平面 的一个法向量 ，由 结合同角三角函数的平方关系即可得解. 【详解】 （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 .6．（2020·山东海南省高考真题）如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD．设平面PAD与 平面PBC的交线为l． （1）证明：l⊥平面PDC； （2）已知PD=AD=1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值． 【答案】（1）证明见解析；（2） . 【解析】 （1）证明： 在正方形 中， ， 因为 平面 ， 平面 ， 所以 平面 ， 又因为 平面 ，平面 平面 ， 所以 ，因为在四棱锥 中，底面 是正方形，所以 且 平面 ，所以 因为 所以 平面 ； （2）如图建立空间直角坐标系 ， 因为 ，则有 ， 设 ，则有 ， 设平面 的法向量为 ， 则 ，即 ， 令 ，则 ，所以平面 的一个法向量为 ，则 根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，所以直线与平面所成角的正弦值等于 ，当且仅当 时取等号， 所以直线 与平面 所成角的正弦值的最大值为 .