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专题03 空间向量求角度与距离10种题型归类
一、核心考点题型归纳 【题型一】异面直线所成的角 【题型二】直线与平面所成的角 【题型三】二面角的平面铰 【题型四】异面直线探索性点 【题型五】线面角探索性点 【题型六】二面角探索性点 【题型七】空间向量求点到面的距离 【题型八】翻折型：求异面直线所成的角 【题型九】翻折型：求直线与平面所成的角 【题型十】翻折型：二面角 二、期中期末好题培优练
知识点与技巧：一、向量角度： 二、角度公式： （1）、异面直线夹角（平移角，也是锐角和直角） （2）、直线与平面所成的角（射影角，也是夹角，）是平面法向量 （3）、二面角（法向量的方向角，） 判断正负方法： （1）观察法； （2）同进同出互补，一进一出相等； 三、向量计算点到距离公式（棱锥等的高）
【题型一】 异面直线所成的角
（2023秋·高二课时练习）
1．如图，已知正三棱柱的各条棱长都相等，P为上的点.且求：
(1)λ的值；
(2)异面直线PC与所成角的余弦值．
（2023春·云南红河·高一校考阶段练习）
2．如图，在三棱锥中，侧面PAC⊥底面ABC，，△PAC是边长为2的正三角形，，E，F分别是PC，PB的中点，记平面AEF与平面ABC的交线为l.

(1)证明：直线l⊥平面PAC；
(2)设点Q在直线l上，直线PQ与平面AEF所成的角为α，异面直线PQ与EF所成的角为θ，求当AQ为何值时，
（2023·全国·高二专题练习）
3．如图，平行六面体的所有棱长都相等，平面平面ABCD，AD⊥DC，二面角的大小为120°，E为棱的中点．
(1)证明：CD⊥AE；
(2)点F在棱CC1上，平面BDF，求直线AE与DF所成角的余弦值．
【题型二】直线与平面所成的角
知识点与技巧：计算线面角，一般有如下几种方法： （1）利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而确定线面角的垂足，明确斜线在平面内的射影，即可确定线面角； （2）在构成线面角的直角三角形中，可利用等体积法求解垂线段的长度，从而不必作出线面角，则线面角满足（为斜线段长），进而可求得线面角； （3）建立空间直角坐标系，利用向量法求解，设为直线的方向向量，为平面的法向量，则线面角的正弦值为.
（2023·广西柳州·统考模拟预测）
4．如图，三棱柱的底面是正三角形，侧面是菱形，平面平面，分别是棱的中点.

(1)证明：平面；
(2)若，求直线与平面所成角的正弦值.
（2023·陕西西安·西安市大明宫中学校考模拟预测）
5．如图，在四棱锥中，，，M是棱PD上靠近点P的三等分点．

(1)证明：平面MAC；
(2)画出平面PAB与平面PCD的交线l，并说明理由；
(3)在（2）的条件下，若平面平面ABCD，，，，求l与平面MAC所成角的正弦值．
【题型三】二面角的平面角
（2023秋·全国·高二期中）
6．如图，在三棱柱中，底面是边长为2的等边三角形，，D，E分别是线段AC，的中点，在平面ABC内的射影为D．
(1)求证：平面BDE；
(2)若点F为棱的中点，求点F到平面BDE的距离；
(3)若点F为线段上的动点（不包括端点），求平面FBD与平面BDE夹角的余弦值的取值范围．
（2023·湖南·校联考模拟预测）
7．如图，四棱锥内，平面，四边形为正方形，，．过的直线交平面于正方形内的点，且满足平面平面.
(1)当时，求点的轨迹长度；
(2)当二面角的余弦值为时，求二面角的余弦值.
【题型四】异面直线探索性点
（2022秋·北京昌平·高二校考阶段练习）
8．如图，已知正方形和矩形所在的平面互相垂直，，，是线段的中点.

(1)求证平面；
(2)试在线段上确定一点，使得与所成的角是.
（2021秋·山东烟台·高二山东省烟台第一中学校考阶段练习）
9．如图，在三棱柱中，侧棱平面，，，，，点是AB的中点．
(1)求直线到平面的距离．
(2)在线段AB上找一点，使得与CP所成角为60°，求的值．
（2022春·江苏南通·高二统考开学考试）
10．在四棱锥中，，，，，为正三角形，且平面平面ABCD.
(1)求二面角的余弦值；
(2)线段PB上是否存在一点M（不含端点），使得异面直线DM和PE所成的角的余弦值为？若存在，指出点M的位置；若不存在，请说明理由.
【题型五】线面角探索性点
（2023秋·重庆沙坪坝·高二重庆南开中学校考阶段练习）
11．在三棱柱中，平面平面，侧面为菱形，，，，是的中点.

(1)求证：平面；
(2)点在线段上（异于点，），与平面所成角为，求的值.
（2022秋·河南郑州·高三郑州外国语学校校考阶段练习）
12．如图，平面ABCD，，‖，‖，，点E，F，M分别为AP，CD，BQ的中点．

(1)求证：‖平面CPM；
(2)若N为线段CQ上的点，且直线DN与平面QPM所成的角为，求线段QN的长．
（2023·全国·高二专题练习）
13．如图，在三棱柱中，平面平面，，，，且，是棱上的一点.

(1)求证：；
(2)是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
【题型六】二面角探索性点
（2022秋·广东深圳·高三校联考期中）
14．三棱柱中，侧面是矩形，，.

(1)求证：面面ABC；
(2)若，，，在棱AC上是否存在一点P，使得二面角的大小为45°？若存在求出，不存在，请说明理由.
（2023春·河南信阳·高三信阳高中校考阶段练习）
15．如图，在等腰梯形中，，四边形为矩形，且平面，.

(1)求证：平面；
(2)在线段上是否存在点，使得平面与平面所成锐二面角的平面角为，且满足.若不存在，请说明理由；若存在，求出的长度.
（2023春·重庆九龙坡·高三重庆市育才中学校考开学考试）
16．如图，在梯形中，AB，四边形为矩形，且平面.

(1)求证：平面平面；
(2)点在线段上运动，当点在什么位置时，平面与平面所成锐二面角的余弦值为.
【题型七】空间向量求点到面的距离
（2023·天津河西·天津市新华中学校考模拟预测）
17．如图，四边形是边长为2的菱形，，四边形为矩形，，且平面平面.

(1)求与平面所成角的正弦值；
(2)求平面与平面夹角大小；
(3)若在线段上存在点，使得平面，求点到平面的距离.
（2023春·江西新余·高二统考期末）
18．如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，，为线段的中点，为线段上的动点.

(1)证明：平面；
(2)若直线与平面所成角的正弦值为，求点到平面的距离.
（2023秋·湖南株洲·高三株洲二中校考开学考试）
19．如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，侧面是边长为2的正三角形，平面平面，.

(1)求证：平行四边形为矩形；
(2)若为侧棱的中点，且点到平面的距离为，求平面与平面所成角的余弦值.
【题型八】翻折型：求异面直线所成的角
（2022秋·河南商丘·高二校考阶段练习）
20．如图1，是平行四边形，，．如图2，把平行四边形沿对角线AC折起，使与成角，

(1)求的长；
(2)求异面直线与所成的角的余弦值.
（2023秋·宁夏银川·高二校考阶段练习）
21．如图，梯形ABCD中，，，，沿对角线AC将折起，使点B在平面ACD内的投影O恰在AC上.

(1)求证：平面BCD；
(2)求异面直线BC与AD所成的角；
【题型九】翻折型：直线与平面所成的角
（2023秋·湖北宜昌·高二长阳土家族自治县第一高级中学校考阶段练习）
22．如图1，四边形是梯形，，，是的中点，将沿折起至，如图2，点在线段上.

(1)若是的中点，求证：平面平面；
(2)若，平面与平面夹角的余弦值为，求直线与平面所成角的余弦值.
（2023秋·福建宁德·高二校考开学考试）
23．如图所示，在等边中，，，分别是，上的点，且，是的中点，交于点．以为折痕把折起，使点到达点的位置（），连接，，．

(1)证明：；
(2)设点在平面内的射影为点，若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值．
【题型十】 翻折型：二面角
2023·全国·高二假期作业）
24．如图，在矩形中，点在边上，且满足，将沿向上翻折，使点到点的位置，构成四棱锥.
(1)若点在线段上，且平面，试确定点的位置；
(2)若，求锐二面角的大小.
（2023·四川成都·石室中学校考模拟预测）
25．如图1，在中，B=90°，AB=4，BC=2，D，E分别是边AB，AC的中点，现将沿着DE折起，使点A到达点P的位置，连接PB，PC，得到四棱锥P-BCED，如图2所示，设平面平面PBC=l.
(1)求证：平面PBD；
(2)若点B到平面PDE的距离为，求平面PEC与平面PBD夹角的正弦值.
（2022秋·全国·高二期中）
26．在中，，分别是上的点，满足且经过的重心，将沿折起到的位置，使，是的中点，如图所示.

(1)求与平面所成角的大小；
(2)在线段上是否存在点（不与端点重合），使平面与平面垂直？若存在，求出与的比值；若不存在，请说明理由.
（2021秋·安徽合肥·高二合肥一六八中学校考阶段练习）
27．用文具盒中的两块直角三角板(直角三角形和直角三角形)绕着公共斜边翻折成二面角，如图和，，，，，将翻折到，使，为边上的点，且.

(1)证明： 平面平面；
(2)求直线与平面所成角的大小.
（2022秋·吉林长春·高二东北师大附中校考期中）
28．如图，四棱锥中，，，，，，为线段中点，线段与平面交于点.
(1)证明：平面平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值；
(3)求四棱锥的体积.
（2023秋·重庆·高三统考阶段练习）
29．已知四棱锥，底面为菱形，为上的点，过的平面分别交于点，且∥平面．

(1)证明：；
(2)当为的中点，与平面所成的角为，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值．
（2023·全国·高一专题练习）
30．如图，四棱台中，上、下底面均是正方形，且侧面是全等的等腰梯形，，、分别为、的中点，上下底面中心的连线垂直于上下底面，且与侧棱所在直线所成的角为45°.

(1)求证：平面；
(2)线段上是否存在点，使得直线与平面所成的角的正弦值为，若存在，求出线段的长；若不存在，请说明理由.
（2023·全国·高二专题练习）
31．如图，在三棱柱中，侧面为菱形，且.

(1)证明：.
(2)若，，，点M在直线上，求直线AB与平面所成角的正弦值的最大值.
（2023秋·全国·高二阶段练习）
32．如图，四棱台中，上 下底面均是正方形，且侧面是全等的等腰梯形，，分别为的中点，上下底面中心的连线垂直于上下底面，且与侧棱所在直线所成的角为.

(1)求证：∥平面；
(2)求点到平面的距离；
(3)边上是否存在点，使得直线与平面所成的角的正弦值为，若存在，求出线段的长；若不存在，请说明理由
（2023·河南新乡·新乡市第一中学校考模拟预测）
33．如图，在多面体中，侧面为菱形，侧面为直角梯形，分别为的中点，且.
(1)证明：平面；
(2)若平面平面，多面体的体积为，求直线与平面所成角的正弦值.
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．(1)
(2).
【分析】（1）建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，表示出的坐标，根据，可得，即可求得答案；
（2）根据空间角的向量求法，即可求得答案.
【详解】（1）设正三棱柱的棱长为2，设AC的中点为O，连接，
因为为正三角形，故，
以AC的中点O为原点，为轴，以过点O和平行的直线为z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
于是，，，
因为，故，则，
故，
因为，所以，
即.
（2）由（1）知，所以，，
所以，，
所以，
由于异面直线所成角的范围为，
所以异面直线PC与所成角的余弦值是.
2．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用中位线，直线平面的平行问题得出，根据直线平面的垂直问题得出平面，即可得出直线平面；
（2）建立坐标系得出平面的法向量，分别求出,，,，结合题设条件，即可求解．
【详解】（1）证明：，分别为，中点，
，
又平面，平面，
平面，
又平面，平面平面，
，
，
，
，平面平面，平面平面，平面，
平面，
直线平面.
（2）如图，以为原点，以所在直线为轴，过作平面，建立如图所示的空间直角坐标系：

则,0,，,0,，,0,，,2,，,0,，,,，
,0,为平面的法向量，,2,，,,，
,，,，
设直线分别与平面、直线所成的角分别为，，，
，，，
即，求解，存在,1,或,,，
即当时，．
3．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据面面垂直可得线面垂直进而得线线垂直，由二面角定义可得，进而根据中点得线线垂直即可求，
（2）由线面平行的性质可得线线平行，由线线角的几何法可利用三角形的边角关系求解，或者建立空间直角坐标系，利用向量的夹角即可求解.
【详解】（1）（1）因为平面平面，且两平面交线为,，平面
所以平面，所以，是二面角的平面角，故 ．
连接，E为棱的中点，则，从而．
又，，平面AED，所以平面，平面,因此．
（2）解法1：设，则，所以．
连交于点，连接交于点G，连．因为平面，平面AEC,平面AEC平面BDF=OG
所以，因为为中点，
所以G为中点，故．且直线与所成角等于直线与所成角．
在中，，因为，
所以．
因此直线AE与DF所成角的余弦值为．
解法2；设，则，所以．
取中点为，连接交于点，则．
连接交于点，连，因为平面，平面AGE，平面AGE平面BDF=IH，所以．
与所成角等于直线与所成角．
正方形中，，，所以，故．
在中，，，
由余弦定理．在中，．
因此直线与所成角的余弦值为．
解法3:由（1）知平面，以为坐标原点，为x轴正方向，为2个单位长，建立如图所示的空间直角坐标系．
由（1）知，得，．
则，，，．
由，得．
因为平面BDF，所以存在唯一的，，
使得，
故，解得，
从而．
所以直线与所成角的余弦值为．
4．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）欲证明一条直线平行于一个平面，只需证明该直线平行于平面内的一条直线即可；
（2）建立空间直角坐标系，运用空间向量计算线面角.
【详解】（1）
取的中点，连接，因为分别是棱的中点，
则，，∴四边形为平行四边形，
所以，∵平面，平面，
平面；
（2）在平面中过点作于，连接，
∵平面平面，平面平面，∴平面，
由菱形，，得，，
因为点为的中点，∴，故以为原点，分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系：

则，
所以，，
设平面的法向量为，
则有，解得，令，得，
设直线与平面所成角为，
则，
综上，直线与平面所成角的正弦值为.
5．(1)证明见解析
(2)答案见解析
(3)
【分析】（1）连接交于点，连接，证明，再根据线面平行的判定定理即可得证；
（2）延长，交于点，再根据平面的性质即可得解；
（3）根据面面垂直的性质证明平面，以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
【详解】（1）连接交于点，连接，
因为，，
所以，
又因M是棱PD上靠近点P的三等分点，
所以，
所以，
又平面，平面，
所以平面；
（2）延长，交于点，
所以时平面与平面的公共点，
所以直线就是平面与平面的交线；
（3）因为平面平面ABCD，，
平面平面，平面，
所以平面，
又平面，所以，
如图，以点为原点建立空间直角坐标系，
因为，，
所以，所以，
则，
则，
设平面的法向量为，
则有，可取，
则，
即l与平面MAC所成角的正弦值为．

6．(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）根据题意结合线面垂直的判定定理和性质定理分析证明；
（2）建系，利用空间向量求点到面的距离；
（3）利用空间向量求面面夹角，整理得，换元令，结合二次函数取值范围.
【详解】（1）连结，因为为等边三角形，D为AC中点，所以，
又平面ABC，平面ABC，所以，
又，AC，平面，
所以平面，又平面，所以
由题设知四边形为菱形，所以，
因为D，E分别为AC，中点，所以，即，
又，BD，平面BDE，
所以平面BDE.
（2）由平面ABC，BD，平面ABC，则有，，
又为等边三角形，D为AC中点，则有，
则以D为坐标原点，，，所在直线为x，y，z轴，可建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，，，，
由（1）可知即为平面BDE的一个法向量，
点F为棱的中点，则，可知，
所以点到F到平面BDE的距离．
（3）因为，，，
设，则，
设平面FBD的法向量，则，
令，则，，则
，
令，则，
∴；
∵，∴，∴，
即平面FBD与平面BDE夹角的余弦值的取值范围为．
7．(1)
(2)
【分析】（1）作出辅助线，由面面垂直的性质定理得到平面，再由线面垂直推出，利用线面垂直的判定得到平面，进而得到，建立坐标系，求出动点的轨迹方程，进一步求解扇形的弧长；
（2）由（1）知，设出点M的坐标，利用向量法求得二面角的余弦值，求出点M坐标，再根据向量法求二面角的平面角余弦值.
【详解】（1）作交于，
因为平面平面，且平面平面，所以平面，
又因为平面，所以，
因为平面，且平面，所以，
因为，，、平面，，
所以平面，
又因为平面，所以，
分别以直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图，
则，
设，因为，所以，，
所以，即，
设AB中点为N，则，
如图，
又，所以，
因此，的轨迹为圆弧，其长度为.
（2）由（1）知，可设，
，
设平面的一个法向量为，
则即，
令，则，
可得平面的一个法向量为，
易知平面的一个法向量为，
所以.
当二面角的余弦值为时，，
解得或（M与A重合，舍去），
所以，，
易知平面的一个法向量为，
所以.
由图知，二面角的平面角为钝角，
故二面角的余弦值为.
8．(1)证明见解析
(2)点为的中点
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量共线证明线线共线，从而利用线面平行的判定证明即可；
（2）设出点的坐标，利用向量夹角的坐标运算公式建立方程，即可求解点的位置.
【详解】（1）因为正方形和矩形所在的平面互相垂直，
且平面平面，且，平面，
所以平面，又，如图建立空间直角坐标系.

设，连结，则，，，
又，.
，且与不共线，，
又平面，平面，平面.
（2）设，，又，，，
则，.
又与所成的角为，，
解之得或（舍去），故点为的中点时满足题意.
9．(1)；
(2).
【分析】（1）由已知条件可证得平面，从而直线到平面的距离即为点到平面的距离，建立空间直角坐标系, 求出平面的法向量，然后利用点到平面的距离公式求解即可；
（2）设，则，利用空间向量夹角余弦公式列出方程，即可解出答案．
【详解】（1）如图，连接交于点，连接DE，
在三棱柱中，四边形为平行四边形，
∴E是的中点，又是AB的中点，∴，
∵平面，平面，∴平面，
∴直线到平面的距离即为点到平面的距离，
因为在三棱柱中，侧棱平面，平面，，
则以CA为轴，CB为轴，为轴建立空间直角坐标系，
又，，，
故，，，，，，
所以，，
设平面的法向量为，
则，所以，令，得，，所以，
又，
所以点到平面的距离，即直线到平面的距离为；
（2）因为，，，
所以，，，
设，所以，
因为与CP所成角为60°，
所以，
整理得，即，
解得，即．
10．(1)
(2)存在，点M位置为
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法求二面角的余弦值；
（2）设，利用向量法求异面直线的夹角，得到，解方程即得解.
【详解】（1）设是中点，为正三角形，则.
因为平面平面ABCD，平面平面，
又平面PAD，所以面ABCD.
又因为，，
所以为正三角形，所以，
以为原点，分别以为轴的正方向，建立空间直角坐标系，
则，，，，
于是，，.
设平面PEC的法向量为，
由即可取.
平面EBC的一个法向量为，
设二面角的平面角为，则
由图知为为钝角，所以二面角的余弦值为.
（2）设，则，
，，
所以，
解得或0（舍），所以存在点M使得.
11．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）作交于点，由面面垂直的性质可得平面，可得，再由线面垂直的判定定理得平面，从而得到，再由线面垂直的判定定理可得答案；
（2）以为原点，所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，设，可得，求出平面的一个法向量，由线面角的向量求法可得答案.
【详解】（1）因为侧面为菱形，，，
所以为边长为的等边三角形，
作交于点，则点为的中点，
因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，
平面，可得，
又，，平面，可得平面，
因为平面，所以，因为侧面为菱形，所以，
，平面，所以平面；
（2）由（1）知，平面，，取做的中点，连接，
则，所以平面，
以为原点，所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，
，，
设，可得，所以，
设平面的一个法向量为，则
，即，令，可得，
可得，
解得舍去，或，所以.
12．(1)证明见解析
(2)．
【分析】（1）连接EM，则根据题意可证得四边形EMCF为平行四边形，则‖，然后由线面平行的判定定理可证得结论，
（2）由题意可得两两垂直，所以以为原点，所在的直线分别为轴建如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量求即可.
【详解】（1）证明：连接EM，因为‖，‖，，
所以‖，，所以四边形ABQP为平行四边形，
又点E，F，M分别为AP，CD，BQ的中点，
则‖，，，
所以‖，且，
所以四边形EMCF为平行四边形，所以‖，
又平面CPM，平面CPM，
所以‖平面CPM；
（2）因为平面ABCD，平面ABCD，
所以，
因为，所以两两垂直，
所以以为原点，所在的直线分别为轴建如图所示的空间直角坐标系，则
，，，，，，
，，，，
设平面QPM的一个法向量为，则，
令，则；
设，则，
所以，，
由题意直线DN与平面QPM所成的角为，
则，解得或（舍），
所以，即线段QN的长为．

13．(1)证明见解析
(2)存在点，
【分析】（1）在平面内，过点作直线的垂线，垂足为，根据面面垂直的性质得到平面，即可得到，再由，从而得到平面，则，即可得证；
（2）建立空间直角坐标系，设，利用空间向量法计算可得.
【详解】（1）在平面内，过点作直线的垂线，垂足为，
因为平面平面，平面平面，，平面，
所以平面，
又平面，
所以，又，，平面，
所以平面，
又平面，所以，在三棱柱中，，
所以.
（2）
因为平面，平面，所以，又，，
所以，以为坐标原点，所在直线为轴，过与平行的直线为轴，
所在直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，，
所以，，
设平面的法向量为，则，令，则，
假设存在点满足条件，设，则，
所以，
设直线与平面所成角为，
则，
整理得，解得或（舍去），
所以，
所以存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为，此时.
14．(1)证明见解析
(2)存在点P满足条件，此时（即P是AC中点时）.
【分析】（1）由题，根据平面与平面垂直的判定定理可得；
（2）建立空间直角坐标系，设出点的坐标，利用向量法求解即可.
【详解】（1）证明：，
侧面是菱形，
，又，，
平面，平面，
，
因为侧面是矩形，所以，
又，
平面，又平面,
.
（2）由（1），以C为坐标原点，射线、为x、y轴的正向，平面上过C且垂直于的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．

由条件，，，设，
由（1），面，所以，面的法向量为.
设面的法向量为，
由，即，
可设，
∴，
∴，得，
即，得，（舍），即，
所以，存在点P满足条件，此时（即P是中点时）.
15．(1)证明见解析
(2)存在，
【分析】（1）通过证明平面来证得平面.
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求得正确答案.
【详解】（1）∵为等腰梯形，，∴
∵，则，∴.
又∵，则，
∴，∵平面，平面，∴.
∵平面，∴平面，
∵四边形为矩形，则，
∴平面.
（2）如图所示，建立空间直角坐标系，

由（1）知，，则，
，设，
则，
设平面的法向量，
则，∴，令，
则，取平面的法向量，
，
由题意，.
解得.
因此在线段上存在点，
使得平面与平面所成锐二面角的平面角为，
且满足.
16．(1)证明见解析
(2)点M在到E的距离为的位置
【分析】（1）通过证明AC⊥BC，AC⊥CF，可得AC⊥平面BCF，结合ACEF可证明结论；（2）由（1）如图建立以点C为坐标原点，CA、CB、CF所在直线分别为x、y、z轴的空间直角坐标系，设点M(t，0，1)，其中，分别求出平面与平面法向量，利用平面与平面所成锐二面角的余弦值为可得答案.
【详解】（1）证明：在梯形ABCD中，AB∥CD，AD=CD=BC=1，故梯形ABCD为等腰梯形，因为，则，所以
又因为，则，
∴AC⊥BC，因为CF⊥平面ABCD，AC平面ABCD，∴AC⊥CF.
又∵平面BCF，，∴AC⊥平面BCF，因为四边形ACFE为矩形，AC∥EF，则EF⊥平面BCF ，EF在平面EFD内，因此，平面EFD⊥平面BCF；
（2）因为CF⊥平面ABCD，AC⊥BC，以点C为坐标原点，CA、CB、CF所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系.
在直角三角形中，因则A(，0，0)、B(0，1，0)、C(0，0，0)、F(0，0，1)、E(，0，1)，设点M(t，0，1)，其中.
设平面MAB的法向量为，则，.
则，取，可得.又由题易知平面FCB的一个法向量为
则，
得或（舍去），所以，即点M在到E的距离为的位置.

17．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）建立空间直角坐标系，表达出各点的坐标，得出和平面的法向量，即可求出与平面所成角的正弦值；
（2）求出平面与平面的法向量，即可得到平面与平面夹角大小；
（3）设出，求出平面的法向量，得出点坐标，即可求出点到平面的距离.
【详解】（1）由题意，
∵平面平面，平面平面，
∴平面，
∵底面为菱形，
∴，
以为原点，所在直线为轴，过点作平行线为轴建立如图所示空间直角坐标系：

则，
∴，
平面的一个法向量是，
设与平面所成的角为，所以，
∴与平面所成的角的正弦值为
（2）由题意及（1）得，
，
设平面的一个法向量为，则，即，
令，则，所以，
设平面的一个法向量为，则，即，
令，则，所以，
所以，
因为，
∴平面与平面的夹角为.
（3）由题意，（1）及（2）得，
，
设，，
∵平面，所以，即，
解得：，
∴点为中点，，
∴点到平面的距离为：.
18．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由底面，证得，再由为正方形，得到，证得平面，得到，结合，利用线面垂直的判定定理，即可证得平面；
（2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，设，得到，利用平面的一个法向量为，利用夹角公式列出方程求得，再求得平面的法向量为，结合向量的距离公式，即可求解.
【详解】（1）证明，因为底面，且底面，所以，
因为为正方形，所以，
又因为，且平面，所以平面，
因为平面，所以，
由，为线段的中点，所以，
因为且平面，所以平面.
（2）解：因为底面，且，
以为坐标原点，以所在的直线分别为轴，轴和轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
则，，，所以，
设，则，
因为轴平面，所以平面的一个法向量为
所以，解得，所以；
又因为，，
设平面的法向量为，则，
取，可得，所以.
因为，所以点到平面的距离为.

19．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）首先取中点，连接，根据面面垂直的性质得到面，从而得到，再结合已知条件利用线面垂直的判定得到面，即可得到，即可证明.
（2）以为原点，为轴，为，轴建立坐标系，再利用空间向量法求解即可.
【详解】（1）取中点，连接，如图所示：

因为为正三角形，则.
面面，面面，面，则面.
面，故，
又，，面，，所以面，
面，故，则平行四边形为矩形.
（2）如下图所示：

以为原点，为轴，为轴建立坐标系，设，
则，，，，，
所以，，，，
设面的法向量为，则，
令，则，
设点到平面的距离为，
则，解得.
所以.
设面的法向量为，则，
令，则，
则.
因为平面与平面所成角为锐角，
所以平面与平面所成角的余弦值为.
20．(1)
(2)
【分析】（1）利用空间向量加法运算知，再利用空间向量模长公式求解即可；
（2）利用空间向量的加法运算及空间向量求夹角公式求解即可.
【详解】（1）由已知，，，
利用空间向量的加法运算知，
所以
，
所以.
（2）由已知，，，
所以
，
所以，
所以异面直线与所成的角的余弦值为.
21．(1)证明见解析
(2)60°
【分析】（1）由，得到，再由点B在平面ACD内的投影O恰在AC上，得到平面ACD，则，从而平面ABC，则，然后利用线面垂直的判定定理证明；
（2）以O为坐标原点，OA，OE，OB所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，设异面直线BC与AD所成的角为，由求解.
【详解】（1）解：因为，，
所以，
又，，故，
由余弦定理得，
所以，
∴，
∴.
由题意得平面ACD，平面ACD，
∴，
∵，BO，平面ABC，
∴平面ABC，
∵平面ABC，
∴，
∵，BC，平面BCD，
∴平面BCD；
（2）取AD的中点E，连接OE，则，
故.
以O为坐标原点，OA，OE，OB所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系.

则，，，，
，，
设异面直线BC与AD所成的角为，
∴，即异面直线BC与AD所成的角为60°.
22．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取中点，证得平面，得到，再由，得到，利用线面垂直的判定定理，证得平面，即可证得平面平面.
（2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，设，分别求得平面和平面的一个法向量和，利用向量的夹角公式，列出方程求得，再求得平面的一个法向量和向量，结合向量的夹角公式，即可求解.
【详解】（1）证明：取中点，连接，
四边形是梯形，，是的中点，且，
可得，所以，
又由，且是的中点，可得，所以，
因为，且平面，所以平面，
又因为平面，所以，
因为，且为的中点，所以，
又因为，且平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面.
（2）解：在中，由，且为的中点，可得，
在中，由，且为的中点，可得，
因为，所以，可得，
又因为，，
以为坐标原点，分别以，，所在直线为轴，轴和轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
则，，，，，
设，则，可得，
所以，，
设平面的法向量为，则，
令，可得，所以，
因为平面，所以平面的一个法向量为，
设平面与平面的夹角为，则，
即，解得或（舍去），
所以，且，且，，
设平面的法向量为，则，
取，可得，所以，
设直线与平面所成角为，可得，
则，直线与平面所成角的余弦值为.

23．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据条件得到折叠前，折叠后由等腰三角形得到，，从而证明平面，结合线面垂直的性质即可得到；
（2）根据二面角的定义得到二面角的平面角为，结合（1）得到平面平面，从而可以确定的位置，再建立空间直角坐标系，利用空间向量即可求解．
【详解】（1）证明：因为是等边三角形，是的中点，
所以，
因为，所以，则，
所以折叠后，，又，
所以平面，
又平面，
所以．
（2）因为，，
且平面，平面，平面平面，
所以二面角的平面角为，
所以，则，
由（1）知，平面，平面，
所以平面平面，
又因为平面平面，
所以点在平面内的射影在上，
在等边中，
所以，即，，，
过作直线交于点，
以为坐标原点，，，的方向分别为轴的正方向，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，取，
设直线与平面所成角为
所以，
故直线与平面所成角的正弦值为．
24．(1)点为线段上靠近点的三等分点
(2)
【分析】（1）在取点使，根据线面平行的判定定理、面面平行的判定及性质定理即得；
（2）取的中点，建立空间直角坐标系，利用向量法求解锐二面角的大小.
【详解】（1）点为线段上靠近点的三等分点，
证明如下：
如图，
在取点，连接，,使得，
又，所以四边形为平行四边形，所以，
又平面平面，所以平面.
又平面，，平面，
所以平面平面，
又平面平面，平面平面，
所以，所以在中，，所以，
所以点为线段上靠近点的三等分点.
（2）如图，取的中点，以O为原点OE为x轴建立如图所示的空间直角坐标系，
因为，所以，
又，则，
由题意，点P在过点O且垂直AE的平面上，故设，
则，
因为，所以，解得，
故，则，
设平面的法向量为，
则，不妨取，则，
设平面的一个法向量为，则，
记锐二面角的平面角为，所以，
又，则，所以锐二面角的大小为.
25．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用线面垂直的判定定理、线面平行的判定定理以及性质定理进行证明.
（2）利用线面垂直的判定定理、性质定理以及空间向量、平面与平面的夹角公式进行计算求解.
【详解】（1）证明：因为，所以.
因为D，E分别是边AB，AC的中点，
所以，所以DE⊥BD，DE⊥PD.
又BD，平面PBD，，
所以DE⊥平面PBD.
因为，平面PBC，平面PBC，
所以平面PBC.
又平面PDE，平面平面，
所以，所以平面PBD.
（2）
如图，过点B作，垂足为F.
由（1）可知，平面PDE⊥平面PBD.
又平面平面PBD=PD，所以BF⊥平面PDE，
所以点B到平面PDE的距离即为BF的长，则.
在中，，所以.
又BD=PD=2，所以是边长为2的等边三角形.
取BD的中点O，连接OP，则，.
由（1）可知，DE⊥平面PBD.
又平面PBD，所以DE⊥OP.
又，BD，平面BCED，
所以OP⊥平面BCED.
以D为坐标原点，DB，DE所在直线分别为x轴、y轴，
且以过点D与OP平行的直线为z轴，建立空间直角坐标系如图所示，
则，，，，
所以，，.
设平面PEC的法向量为，
则
令，得，，
所以是平面PEC的一个法向量.
易知是平面PBD的一个法向量，
所以，
所以平面与平面夹角的正弦值为.
26．(1)
(2)存在，
【分析】（1）建立如图所示的空间直角坐标系，求出及平面的法向量后可求线面角的大小.
（2）设，用表示平面和平面的法向量后可求的值，从而可求两条线段的比值.
【详解】（1）在中，因为，故，
故在四棱锥中，有，
而，故平面，因平面，
所以，而，故，
而，故可建立如图所示的空间直角坐标系：

在中，因为经过的重心G（如图），连接并延长，交于H，
则，故，
因为，故，
在中，，
则，
故，故，又，
设平面的法向量为，
则，即，
取，则，故，
故，
故与平面所成角的正弦值为，
因为与平面所成角为锐角，故该角为.
（2）设，则，故，
又，
设平面的法向量为，
则，即，
取，则，故，
设平面的法向量为，
则，即，
取，则，故，
因为平面平面，故，
所以，故，
所以.
27．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据面面垂直的判断定理，转化为证明平面；
（2）首先证明平面，再以的中点建立空间直角坐标系，并求平面的法向量，代入线面角的向量公式，即可求解.
【详解】（1）由已知，又三角形为等腰直角三角形，
，又，所以，
，又，平面
∴平面，又平面，
∴ 平面平面.
（2）取BC中点F，连接，
中，，，，
所以，则，，
中，，根据余弦定理可知，，
所以，即，
由（1）可知， 平面平面.，且平面平面，
且平面，所以平面
中，,,，
根据余弦定理可知，

中，，所以，
以分别为轴的正方向，过点作轴，轴平行于，建立空间直角坐标系，
则，，，
故，，，
设平面的法向量，则，则，
令，则，即，
设直线与平面所成角为，，
则
所以直线与平面所成角的为.
28．(1)证明见详解
(2)
(3)
【分析】（1）根据题意可得平面，进而可得，根据三线合一以及勾股定理可证平面，进而可得结果；
（2）建系，利用空间向量求面面夹角；
（3）设，根据线面关系可得，利用向量求面积以及点到面的距离，结合体积公式运算求解.
【详解】（1）连接，
因为，且为线段中点，则，
又因为，，平面，
所以平面，
由平面，可得，所以，
取的中点，连接，
因为，则，且，
可知，可得，
且，平面，
所以平面，
又因为平面，所以平面平面.
（2）如图，以为坐标原点建立空间直角坐标系，
则，
可得，
设平面的法向量，则，
令，则，可得，
设平面的法向量，则，
令，则，可得，
则，
且平面与平面夹角为锐角，所以平面与平面夹角的余弦值为.
（3）设，
因为，则，解得，即，
可得，
又因为，解得，即，
可得，
则，
可得，
可知为钝角，则，
所以的面积为，
又因为，则，
可得，
可知为锐角，则，
所以的面积为，
可知四边形的面积为，
又因为点到平面的距离，
所以四棱锥的体积.
29．(1)证明见详解
(2)
【分析】（1）根据线面垂直可证平面，则，再根据线面平行的性质定理可证∥，进而可得结果；
（2）根据题意可证平面，根据线面夹角可知为等边三角形，建立空间直角坐标系，利用空间向量求面面夹角.
【详解】（1）设，则为的中点，连接，
因为为菱形，则，
又因为，且为的中点，则，
，平面，所以平面，
且平面，则，
又因为∥平面，平面，平面平面，
可得∥，所以.
（2）因为，且为的中点，则，
且，，平面，所以平面，
可知与平面所成的角为，即为等边三角形，
设，则，且平面，平面，
可得平面，平面，
且平面平面，所以，即交于一点，
因为为的中点，则为的重心，
且∥，则，
设，则，
如图，以分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，
可得，
设平面的法向量，则，
令，则，可得，
设平面的法向量，则，
令，则，可得，
可得，
所以平面与平面所成的锐二面角的余弦值.

30．(1)证明见解析
(2)存在，线段的长为1.
【分析】（1）作出辅助线，得到四边形为平行四边形，从而得到是的中位线，得到线线平行，证明出线面平行；
（2）法一：作出辅助线，建立空间直角坐标系，写出点到坐标，设出，，利用空间向量线面角的求解公式列出方程，求出答案；
法二：作出辅助线，得到平面平面，得到直线与平面所成的角即为与平面所成的角，设，由三角形相似得到，表达出，，进而表达出或，故，从而列出方程，求出，得到答案.
【详解】（1）连接，与相交于点，连接，
因为，为的中点，
所以且，故四边形为平行四边形，
故，
又因为为的中点，所以是的中位线，
故，
因为平面，平面，
所以平面；

（2）法一：存在，线段的长为1，理由如下：
取的中点，连接，以为坐标原点，分别以为轴，建立空间直角坐标系，
连接，过点作⊥于点，因为，
则，，
因为与侧棱所在直线所成的角为45°，所以，，
所以，
设，，，
设平面的法向量为，
则，
令得，
则，
设直线与平面所成的角的大小为，
则，
解得或34（舍去），

故，线段的长为.
法二：存在，线段的长为1，理由如下：
连接，显然过点，连接，过点，
因为、分别为、的中点，所以，
因为平面，平面，
所以平面，
由（1）知：且，故四边形为平行四边形，
故，
因为平面，平面，
所以平面，
因为，平面，
所以平面平面，
故直线与平面所成的角即为与平面所成的角，
设，连接，
因为垂直于上下底面，上、下底面均是正方形，
所以⊥平面，故即为与平面所成的角，
连接，过点作⊥于点，因为，
则，，
因为与侧棱所在直线所成的角为45°，所以，，
，解得，
因为，所以，设，
则，即，解得，
故，
过点作⊥于点，则或，
故，
由勾股定理得，即，
解得，
故线段的长为.

31．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接，交于点O，连接AO，证明出平面，再利用线面垂直的性质推理作答；
（2）以点O为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
【详解】（1）连接，交于O，连接，
因为侧面为菱形，则，
而，O为的中点，即有，
又，且平面，于是平面，
而平面，所以；
（2）设，而，有，，
又，则，
即有，因此，即，，两两垂直，
以O为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图，
则，
则，
设，
因为，所以，
则，
设平面的法向量为，
则有，令，则，
所以，
设直线AB与平面所成角为，
则
，
当时，，
当时，
，
当时，，
当且仅当，即时，取等号，
则，
所以，
当时，，
当且仅当，即时，取等号，
则，
所以，
综上所述，直线AB与平面所成角的正弦值的最大值为.

【点睛】方法点睛：计算线面角，一般有如下几种方法：
（1）利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而确定线面角的垂足，明确斜线在平面内的射影，即可确定线面角；
（2）在构成线面角的直角三角形中，可利用等体积法求解垂线段的长度，从而不必作出线面角，则线面角满足（为斜线段长），进而可求得线面角；
（3）建立空间直角坐标系，利用向量法求解，设为直线的方向向量，为平面的法向量，则线面角的正弦值为.
32．(1)详见解析；
(2)；
(3)存在点，此时.
【分析】（1）建立空间直角坐标系后，用直线的方向向量和平面的法向量垂直,即可证明线面平行；
（2）建立空间直角坐标系后，用点到平面的距离公式即可求解；
（3）假设存在，列出方程求解即可.
【详解】（1）证明：因为平面，以点为坐标原点，的方向分别为轴，轴，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.

因为侧棱所在的直线与上下底面中心的连线所成的角为，则
，，，，，，
所以，，，
设平面的一个法向量为，
则，
令，则，
因为，
所以，所以，
又因为平面，
所以∥平面；
（2）解：由（1）知，，
所以点到平面的距离为；
（3）解：假设边上存在点满足条件，，
则，
设直线与平面所成角为，
由题意可得，
化简得，则或（舍去），
即存在点符合题意，此时.
33．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取的中点，连接，易证四边形为平行四边形，则有，再由线面平行的判定证结论；
（2）由题设及面面、线面垂直的性质可得、，线面垂直的判定有平面，连接得到为三棱柱，设，用表示多面体的体积求参，构建空间直角坐标系，向量法求直线与平面所成角的正弦值.
【详解】（1）取的中点，连接，则为的中位线，
所以，且，又，且，
所以，且，即四边形为平行四边形，
所以，又平面平面，
故平面.
（2）连接，在菱形中，则.
在直角梯形中，所以，
因为面面，面面面，
所以平面，又平面，故，
又，面，所以平面.
连接，因为，即，且，
所以为平行四边形，且，则为三棱柱，
设，则，三棱柱的体积.
连接，则三棱锥的体积.
取中点，连接，则，
面面，面面面，则面，
所以三棱锥的体积，
由多面体的体积为，得：，解得.
综上，两两垂直，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
则，
，，
设面的法向量为，由，令，则，
设直线与平面所成角为，所以，
故直线与平面所成角的正弦值为.
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