期中专题02 空间向量与立体几何大题综合
空间中的平行关系
线线平行
线面平行的判定定理：
平面外一直线与平面内一直线平行，则线面平行
线面平行的性质定理
若线面平行，经过直线的平面与该平面相交，则直线与交线平行
面面平行的判定定理
判定定理1：一个平面内有两条相交直线分别平行于另一个平面，则面面平行
判定定理2：一个平面内有两条相交直线分别于另一个平面内两条相交直线平行，则面面平行
面面平行的性质定理
性质定理1：两平面互相平行，一个平面内任意一条直线平行于另一个平面
性质定理2：两平面互相平行，一平面与两平面相交，则交线互相平行
空间中的垂直关系
线线垂直
线面垂直的判定定理
一直线与平面内两条相交直线垂直，则线面垂直
线面垂直的性质定理
性质定理1：一直线与平面垂直，则这条直线垂直于平面内的任意一条直线
性质定理2：垂直于同一个平面的两条直线平行
面面垂直的判定定理
一个平面内有一条直线垂直于另一个平面，则两个平面垂直（或：一个平面经过另一个平面的垂线，则面面垂直）
面面垂直的性质定理
两平面垂直，其中一个平面内有一条直线与交线垂直，则这条直线垂直于另一个平面
异面直线所成角
=
（其中（）为异面直线所成角，分别表示异面直线的方向向量）
直线与平面所成角，(为平面的法向量).
二面角的平面角
（，为平面，的法向量）.
点到平面的距离
（为平面的法向量，是经过面的一条斜线，）.
一、解答题
1．（2021秋·湖北武汉·高二武汉外国语学校（武汉实验外国语学校）期中）在如图所示的六面体中，矩形平面，为直角梯形，，，．设为中点．
(1)证明：平面；
(2)求三棱锥的体积．
2．（2022秋·湖南长沙·高二雅礼中学校考期中）如图，四棱台中，上底面是边长为1的菱形，下底面ABCD是边长为2的菱形，平面ABCD且
(1)求证：平面平面；
(2)若直线AB与平面所成角的正弦为，求棱台的体积．
3．（2021秋·湖南长沙·高二湖南师大附中校考期中）如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧棱底面，点E，F分别是上的动点，且.
(1)求证：平面；
(2)若，且与底面所成角的正弦值为，求平面与平面夹角的余弦值.
4．（2021秋·山东济南·高二山东师范大学附中校考期中）已知正三棱柱的底面边长为2，D是的中点，
(1)求三棱柱的体积
(2)求直线与平面所成角的正弦值
5．（2022秋·山东·高二山东省实验中学校考期中）如图，在四棱锥中，四边形为矩形，平面，，与平面所成角为30°，为上一点且．
(1)证明：；
(2)设平面与平面的交线为，在上取点使，为线段上一动点，求平面与平面夹角的正弦值的最小值．
6．（2022秋·浙江杭州·高二浙江省杭州第二中学校考期中）如图，在空间四边形OABC中，E是线段BC的中点．
(1)试用，表示向量；
(2)若，，，，，求的值．
7．（2022秋·福建厦门·高二厦门一中校考期中）如图，在四棱锥中，，，，和均为边长为的等边三角形
(1)求证：平面平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
8．（2022秋·广东广州·高二华南师大附中校考期中）如图，四棱锥中，，，，平面CDP，E为PC中点.
(1)证明：平面PAD；
(2)若平面PAD，，求三棱锥的体积.
9．（2022秋·湖北武汉·高二华中师大一附中校考期中）如图，四棱锥的底面为菱形，，底面，分别是线段的中点，是线段上的一点
(1)若是线段的中点，试证明平面；
(2)已知直线与平面所成角为.
①若和的面积分别记为，试求的值；
②求三棱锥的体积.
10．（2021秋·湖北武汉·高二武汉外国语学校（武汉实验外国语学校）期中）如图，已知为圆锥底面的直径，点在圆锥底面的圆周上，，，平分，是上一点，且平面平面.
（1）求证：；
（2）求二面角的平面角的余弦值.
11．（2021秋·湖南长沙·高二长郡中学校考期中）如图，在四棱锥中，平面平面，．
(1)求证：平面；
(2)若直线与底面所成的角的正切值为，求二面角的正切值．
12．（2021秋·吉林长春·高二东北师大附中校考期中）如图，四棱锥中，为等边三角形，平面底面，底面为直角梯形，其中，，，为线段中点.
(1)证明：平面；
(2)求平面与平面的夹角的余弦值.
13．（2021秋·吉林长春·高二东北师大附中校考期中）如图，已知直四棱柱中，底面是菱形，，，是的中点，是的中点.
(1)求异面直线和所成角的余弦值；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
14．（2022秋·辽宁·高二辽宁实验中学校考期中）在斜棱柱中，，，．
(1)证明：在底面ABC上的射影是线段BC的中点．
(2)点P在棱上一点，若二面角的正弦值为，确定点位置并说明理由．
15．（2022秋·辽宁·高二辽宁实验中学校考期中）如图，P为圆锥的顶点，为圆锥底面的圆心，圆锥的底面直径．母线，是PB的中点，四边形OBCH为正方形．
(1)设平面平面，证明：；
(2)设为OH的中点，是线段CD上的一个点，求MN与平面PAB所成角最大的正弦值．
16．（2022秋·重庆沙坪坝·高二重庆一中校考期中）如图，斜三棱柱中，点在底面上的射影恰好是的中点，且．
(1)证明：平面平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值．
17．（2021秋·辽宁·高二辽宁实验中学校考期中）如图，已知正三棱柱，，.
(1)若，求证：；
(2)若平面平面，且D为中点，E为中点.求二面角的余弦值.
18．（2021秋·辽宁·高二辽宁实验中学校考期中）如图，已知正方体的棱长为1，且P在平面内，有.
(1)若为棱的中点，求到平面的距离；
(2)设直线与平面所成角的为θ，求的取值范围.
19．（2021秋·辽宁·高二辽宁实验中学校考期中）如图，已知三棱锥满足DA⊥底面ABC，，，E为AD中点，.
(1)求E与F两点的距离；
(2)求异面直线EB与FD所成角的余弦值.
20．（2021秋·山东济南·高二山东师范大学附中校考期中）四棱锥的底面是梯形，，，平面，，，M为线段的中点
(1)求二面角的余弦值
(2)线段上是否存在一点N，使平面？若存在，请确定点N的位置；若不存在，请说明理由．
21．（2022秋·山东·高二山东省实验中学校考期中）如图，在四面体OABC中，，N是棱BC的中点，P是线段MN的中点．设，，．
(1)用，，表示向量；
(2)已知，，求的大小．
22．（2022秋·重庆沙坪坝·高二重庆八中校考期中）如图，在四棱锥P - ABCD中，平面PAB⊥平面ABCD，底面ABCD是平行四边形，AC = CD = 2，，，PC = 3.
(1)求证:AD⊥PC
(2)求平面PAB与平面PCD的夹角的正弦值.
23．（2022秋·山东青岛·高二青岛二中校考期中）如图，C是以AB为直径的圆O上异于A，B的点，平面平面ABC，为正三角形，E，F分别是PC，PB上的动点．
(1)求证：；
(2)若，，求三棱锥的外接球体积；
(3)若E，F分别是PC，PB的中点且异面直线AF与BC所成角的正切值为，记平面AEF与平面ABC的交线为直线l，点Q为直线l上动点，求直线PQ与平面AEF所成角的取值范围．
24．（2022秋·山东青岛·高二青岛二中校考期中）如图，在四棱锥中，．
(1)若，为的中点，求证：平面；
(2)若是边长为的正三角形，平面平面，直线与平面所成角的正切值为，且，求四棱锥的体积．
25．（2022秋·山东青岛·高二青岛二中校考期中）如图，在中，为边上的一点，，且与的夹角为.
（1）设，求，的值；
（2）求的值.
26．（2022秋·山西·高二山西大附中校考期中）已知，，求：
（1）(－)·(＋)；
（2）以，为邻边的平行四边形的面积.
27．（2022秋·山西·高二山西大附中校考期中）如图，在三棱柱中，为等边三角形，四边形是边长为的正方形，为中点，且.
(1)求证：平面；
(2)若点在线段上，且直线与平面所成角的正弦值为，求点到平面的距离.
28．（2022秋·重庆沙坪坝·高二重庆八中校考期中）如图，在长方体中，底面ABCD是边长为2的正方形，，E，F分别为AB，的中点.
(1)证明:平面；
(2)求点到平面的距离.
29．（2022秋·山西·高二山西大附中校考期中）如图，四棱锥中，底面，M为的中点，.
(1)求证：平面；
(2)求二面角的余弦值.
30．（2022秋·浙江杭州·高二学军中学校考期中）如图，在三棱柱中，，，点为的中点，点是上一点，且.
(1)求点A到平面的距离；
(2)求平面与平面所成平面角的余弦值.
31．（2022秋·浙江杭州·高二学军中学校考期中）如图，为圆柱的轴截面，是圆柱上异于的母线．
(1)证明：平面；
(2)若，当三棱锥的体积最大时，求二面角的正弦值．
32．（2022秋·浙江杭州·高二浙江省杭州第二中学校考期中）如图1，已知等边的边长为3，点，分别是边，上的点，且，.如图2，将沿折起到的位置.
（1）求证：平面平面；
（2）给出三个条件：①；②二面角大小为；③到平面的距离为.在中任选一个，补充在下面问题的条件中，并作答：
在线段上是否存在一点，使三棱锥的体积为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
注：如果多个条件分别解答，按第一个解答给分。
33．（2022秋·浙江杭州·高二浙江省杭州第二中学校考期中） 如图，在三棱柱中，平面，，，且为线段的中点，连接，，.
(1)证明：；
(2)求平面与平面夹角的余弦值.
34．（2022秋·浙江杭州·高二浙江省杭州第二中学校考期中）如图，在四棱锥中，底面ABCD，四边形ABCD为正方形，，E，F分别是AD，PB的中点．
(1)证明：平面PCD．
(2)求直线PA与平面CEF所成角的正弦值．
35．（2022秋·浙江杭州·高二学军中学校考期中）如图，在四棱台中，底面是正方形，若，，．
(1)证明：平面平面；
(2)求二面角的余弦值．
36．（2022秋·福建厦门·高二厦门双十中学校考期中）如图，四面体中，，E为 的中点．
(1)证明：平面 ⊥平面 ；
(2)设 ，，点F在上且 ，求三棱锥的体积．
37．（2022秋·福建厦门·高二厦门一中校考期中）如图，圆柱的轴截面为正方形，点在底面圆周上，且为上的一点，且为线段上一动点（不与重合）
(1)若，设平面面，求证：；
(2)当平面与平面夹角为，试确定点的位置.
38．（2022秋·广东广州·高二华南师大附中校考期中）如图甲，在矩形中，为线段的中点，沿直线折起，使得，如图乙.
(1)求证：平面；
(2)线段上是否存在一点，使得平面与平面所成的角为？若不存在，说明理由；若存在，求出点的位置.
39．（2022秋·湖南长沙·高二长郡中学校考期中）如图，在四棱锥中，四边形是矩形，是正三角形，且平面平面，，为棱的中点，四棱锥的体积为．
(1)若为棱的中点，求证：平面；
(2)在棱上是否存在点，使得平面与平面所成锐二面角的余弦值为？若存在，指出点的位置并给以证明；若不存在，请说明理由.
40．（2022秋·浙江杭州·高二学军中学校考期中）正方形ABCD中，，点O为正方形内一个动点，且，设
(1)当时，求的值；
(2)若P为平面ABCD外一点，满足，记，求的取值范围.期中专题02 空间向量与立体几何大题综合
空间中的平行关系
线线平行
线面平行的判定定理：
平面外一直线与平面内一直线平行，则线面平行
线面平行的性质定理
若线面平行，经过直线的平面与该平面相交，则直线与交线平行
面面平行的判定定理
判定定理1：一个平面内有两条相交直线分别平行于另一个平面，则面面平行
判定定理2：一个平面内有两条相交直线分别于另一个平面内两条相交直线平行，则面面平行
面面平行的性质定理
性质定理1：两平面互相平行，一个平面内任意一条直线平行于另一个平面
性质定理2：两平面互相平行，一平面与两平面相交，则交线互相平行
空间中的垂直关系
线线垂直
线面垂直的判定定理
一直线与平面内两条相交直线垂直，则线面垂直
线面垂直的性质定理
性质定理1：一直线与平面垂直，则这条直线垂直于平面内的任意一条直线
性质定理2：垂直于同一个平面的两条直线平行
面面垂直的判定定理
一个平面内有一条直线垂直于另一个平面，则两个平面垂直（或：一个平面经过另一个平面的垂线，则面面垂直）
面面垂直的性质定理
两平面垂直，其中一个平面内有一条直线与交线垂直，则这条直线垂直于另一个平面
异面直线所成角
=
（其中（）为异面直线所成角，分别表示异面直线的方向向量）
直线与平面所成角，(为平面的法向量).
二面角的平面角
（，为平面，的法向量）.
点到平面的距离
（为平面的法向量，是经过面的一条斜线，）.
一、解答题
1．（2021秋·湖北武汉·高二武汉外国语学校（武汉实验外国语学校）期中）在如图所示的六面体中，矩形平面，为直角梯形，，，．设为中点．
(1)证明：平面；
(2)求三棱锥的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接、，相交于，连接，即可证明四边形为平行四边形，从而得到，即可得证；
（2）由面面垂直的性质得到平面，又为中点，则到平面的距离为，再根据计算可得.
【详解】（1）连接、，相交于，连接，
因为矩形，所以是的中点，又因为为中点，
所以，且，又因为，，，
所以，且，所以四边形为平行四边形，
所以，又因为平面，平面，因此平面；
（2）因为为矩形，所以，
矩形平面，矩形平面，矩形
所以平面，
又为中点，所以到平面的距离为，
又为直角梯形，，，，
所以，所以.
2．（2022秋·湖南长沙·高二雅礼中学校考期中）如图，四棱台中，上底面是边长为1的菱形，下底面ABCD是边长为2的菱形，平面ABCD且
(1)求证：平面平面；
(2)若直线AB与平面所成角的正弦为，求棱台的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据题意利用线面垂直的定义与判定可证平面；（2）利用空间向量，根据线面夹角可得，利用台体体积公式计算求解．
【详解】（1）∵菱形ABCD对角线相互垂直，
∴
∵平面ABCD，平面ABCD，
∴
∵，平面，平面
∴平面
∵平面
∴平面平面
（2）设，则且
∴且，
∴平面ABCD
以O为原点，OA、OB、所在的直线为坐标轴，建立直角坐标系，如图，
则，设，
则
，，，
设平面的一个法向量
则可得，
取，得
由题
整理得，则
∴，
∴
3．（2021秋·湖南长沙·高二湖南师大附中校考期中）如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧棱底面，点E，F分别是上的动点，且.
(1)求证：平面；
(2)若，且与底面所成角的正弦值为，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据条件证明，结合题意和线面垂直的判定定理可证平面，由此即可证明结果；
（2）与底面所成角即为，设，则，，，以为原点，以所在直线为轴，以所在直线为轴，以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，然后计算出两个平面的法向量，再根据空间向量法求解二面角即可.
【详解】（1）证明：由，得，即．
∵底面，∴，又，且，，平面，
∴平面，即平面．
（2）由底面，得与底面所成角即为，
∴，不妨设，则，，，
以为原点，以所在直线为轴，以所在直线为轴，以所在直线为轴
建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，
∴，．
设平面的一个法向量为，
则令，则，
∴．
又平面，而，
∴平面的一个法向量，，
由图可知平面与平面夹角为锐二面角，则平面与平面夹角的余弦值为．
4．（2021秋·山东济南·高二山东师范大学附中校考期中）已知正三棱柱的底面边长为2，D是的中点，
(1)求三棱柱的体积
(2)求直线与平面所成角的正弦值
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用空间向量互相垂直的性质，结合空间向量数量积的运算性质、三棱柱的性质和体积公式进行求解即可；
（2）利用三棱锥的等积性，结合线面角的定义进行求解即可.
【详解】（1）因为，所以，因此
，
因为是正三棱柱，所以，平面，
而平面，因此，所以有，
设，D是的中点，所以，于是有：
，舍去，
三棱柱的体积为：，
（2）设平面，设，
取的中点，所以，所以，
因为平面平面，而平面平面，
因此平面，
由，
由勾股定理可知中：，
，因为，所以四边形是正方形，
故，所以有，
在正方形中，设，D是的中点，
，
因为平面，所以是直线与平面所成角，
所以.
5．（2022秋·山东·高二山东省实验中学校考期中）如图，在四棱锥中，四边形为矩形，平面，，与平面所成角为30°，为上一点且．
(1)证明：；
(2)设平面与平面的交线为，在上取点使，为线段上一动点，求平面与平面夹角的正弦值的最小值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据线面垂直的判定定理和性质定理证明；（1）根据与平面所成角为30°分析可得，建系，利用空间向量处理面面夹角问题.
【详解】（1）∵四边形为矩形，则，
又∵平面，平面，
∴，
，平面，
∴平面，
平面，则，
∵，且，平面，
∴平面，
平面，则．
（2）∵平面，则为与平面所成角，
∴，
又∵，则，
以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
则，，，
∵，且，
∴，
令，则，
∴，，
设是平面的一个法向量，则，
取，则，即，
平面的一个法向量为，
∴，
∵，则当时，的最大值为，
即平面与平面夹角的余弦值的最大值为，
∴平面与平面夹角的正弦值的最小值为.
6．（2022秋·浙江杭州·高二浙江省杭州第二中学校考期中）如图，在空间四边形OABC中，E是线段BC的中点．
(1)试用，表示向量；
(2)若，，，，，求的值．
【答案】(1)；
(2)．
【分析】(1)利用向量线性运算的计算方法，结合几何关系即可求解；
(2)结合(1)中结论和，利用向量数量积运算律和数量积定义即可计算．
【详解】（1）；
（2）
．
7．（2022秋·福建厦门·高二厦门一中校考期中）如图，在四棱锥中，，，，和均为边长为的等边三角形
(1)求证：平面平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）取的中点，连接，，利用勾股定理证明，从而可证得平面，再根据面面垂直的判定定理即可得证；
（2）先求出，以为坐标原点，以，，为，，轴正方向，建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
【详解】（1）证明：取的中点，连接，，
因为，均为边长为的等边三角形，
所以，且，
因为，所以，
所以，
又因为，平面，平面，
所以平面，
又因为平面，
所以平面平面；
（2）解：因为，为等边三角形，所以，
又因为，所以，，
在中，由正弦定理，得，所以，
以为坐标原点，以，，为，，轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，
设平面的法向量为，
则，即，
令，则平面的一个法向量为，
依题意，
所以，
故直线与平面所成角的正弦值为.
8．（2022秋·广东广州·高二华南师大附中校考期中）如图，四棱锥中，，，，平面CDP，E为PC中点.
(1)证明：平面PAD；
(2)若平面PAD，，求三棱锥的体积.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取PD中点F，连接EF，AF，然后可证明四边形ABEF是平行四边形，得到即可；
（2）首先可得，算出，然后利用可算出答案.
【详解】（1）取PD中点F，连接EF，AF
则且
又∵且
∴且
∴四边形ABEF是平行四边形∴
∵平面PAD,平面PAD
∴平面PAD
（2）∵平面PAD, 平面，∴
又∵，，∴
因为平面CDP，
所以
9．（2022秋·湖北武汉·高二华中师大一附中校考期中）如图，四棱锥的底面为菱形，，底面，分别是线段的中点，是线段上的一点
(1)若是线段的中点，试证明平面；
(2)已知直线与平面所成角为.
①若和的面积分别记为，试求的值；
②求三棱锥的体积.
【答案】(1)证明见解析
(2)①；②
【分析】（1）利用线面平行的判定即可证明.
（2）①利用向量法和三角形面积公式即可求得的值，②利用等体积法即可求得体积.
【详解】（1）∵，分别为线段，，∴，
又∵，∴，面PAD，面PAD，∴面PAD.
（2）分别以，，所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，
，，，，，，，，，设平面AEF的法向量
，则 ，所以，取，
设，
则
则，
整理得，解得或（舍去)，
①
②∵，且
10．（2021秋·湖北武汉·高二武汉外国语学校（武汉实验外国语学校）期中）如图，已知为圆锥底面的直径，点在圆锥底面的圆周上，，，平分，是上一点，且平面平面.
（1）求证：；
（2）求二面角的平面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）证得平面，根据线面垂直的性质即可证出结论；
（2）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，结合空间向量的夹角的坐标公式即可求出结果.
【详解】（1）因为，且平分，所以,又因为平面平面，且平面平面，所以平面，又因为平面，所以；
（2）
取的中点,连接，则两两垂直，所以以为坐标原点，以为轴，以为轴，以为轴建立如图空间直角坐标系，
则,
由（1）知平面，所以是平面的一个法向量，
设平面的法向量为，,,则，取，则，
因此,
由图可知二面角的平面角为钝角，所以二面角的平面角的余弦值为.
11．（2021秋·湖南长沙·高二长郡中学校考期中）如图，在四棱锥中，平面平面，．
(1)求证：平面；
(2)若直线与底面所成的角的正切值为，求二面角的正切值．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）由已知条件及面面、线面垂直的性质可得，，再由线面垂直的判定可证平面.
（2）建立空间直角坐标系，由线面夹角求得PB的值，由平面的法向量求得二面角的正切值.
【详解】（1）在四边形中，，
所以△，△都为等腰直角三角形，即，
又平面PBC平面，平面平面
所以直线平面，又平面
所以，又，
所以平面.
（2）以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，如图，
由
因为直线与底面所成的角的正切值为，
由面知：为直线与底面所成角的平面角，
所以在中，，则，
设平面PBC和平面PDC法向量分为易知可取
因为，
所以，令，解得，
若锐二面角为则，故
12．（2021秋·吉林长春·高二东北师大附中校考期中）如图，四棱锥中，为等边三角形，平面底面，底面为直角梯形，其中，，，为线段中点.
(1)证明：平面；
(2)求平面与平面的夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析.
(2).
【分析】（1）建立空间坐标系，求出， ，计算得到，又，为线段中点，得到，由线面垂直的判定定理得到结果；（2）建立坐标系，求得平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，两个平面夹角的余弦值为，代入数值求解即可.
【详解】（1）取中点，中点，连结，，
平面底面，底面为直角梯形，
所以底面，，
以为原点，以所在直线分别为轴，建立如图所示
的空间直角坐标系，
则，
，，，
，
，
，
又，为线段中点，，
，
平面；
（2）设平面的一个法向量为，
则，令，则，
，
设平面的一个法向量为，
则，令，则，
，
设平面与平面的夹角为，
，
平面与平面的夹角的余弦值为.
13．（2021秋·吉林长春·高二东北师大附中校考期中）如图，已知直四棱柱中，底面是菱形，，，是的中点，是的中点.
(1)求异面直线和所成角的余弦值；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间向量法结合空间向量的数量积运算即可求解；
（2）由（1）中的坐标系先求出平面的法向量，再结合空间向量的数量积运算即可求解.
【详解】（1）解：连结，使.因为底面是菱形，所以，
以为原点，的方向为轴 轴的正方向，以四棱柱上下底面的中心连线指向上底面的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系，如图所示.
设，由，底面是菱形，所以.
所以
，，，，
是的中点，是的中点
，，
，
设异面直线和所成角为，则
.
异面直线和所成角的余弦值为.
（2）解：由（1）可得，
设平面的法向量为，则
，令，得，
由（1）知
设直线与平面所成角为，则
.
直线与平面所成角的正弦值为.
14．（2022秋·辽宁·高二辽宁实验中学校考期中）在斜棱柱中，，，．
(1)证明：在底面ABC上的射影是线段BC的中点．
(2)点P在棱上一点，若二面角的正弦值为，确定点位置并说明理由．
【答案】(1)证明见解析；
(2)与点重合时满足题意，理由见解析．
【分析】（1）取中点，连接，证明平面得，再由勾股定理逆定理证明，则证得线面垂直，从而得结论；
（2）以为轴建立空间直角坐标系，设，，用空间向量法求二面角的方法求得值．
【详解】（1）取中点，连接，，则，
又，，平面，
所以平面，而平面，所以，
，，所以，侧面是矩形，
，，
，，
所以，所以，
，平面，所以平面，
所以在底面ABC上的射影是线段BC的中点．
（2）以为轴建立空间直角坐标系，如图，则，，，，，
，设，，
，，
设平面的一个法向量是，
则，取，则，，即，
平面的一个法向量是，
二面角的正弦值为，则余弦值的绝对值为，
所以，解得，
所以与点重合时满足题意．
15．（2022秋·辽宁·高二辽宁实验中学校考期中）如图，P为圆锥的顶点，为圆锥底面的圆心，圆锥的底面直径．母线，是PB的中点，四边形OBCH为正方形．
(1)设平面平面，证明：；
(2)设为OH的中点，是线段CD上的一个点，求MN与平面PAB所成角最大的正弦值．
【答案】(1)证明见详解；
(2).
【分析】（1）根据线面平行的性质，先证明平面POH即可；
（2）以O为原点，OP所在的直线为z轴，建立空间直角坐标系，设，设MN与平面PAB所成的角为，再根据线面角的向量方法求得，根据二次函数的最值求解即可
【详解】（1）因为四边形OBCH为正方形，∴，
∵平面POH，平面POH，∴平面POH.
∵平面PBC，平面平面，∴.
（2）∵圆锥的母线长为，，∴，，
由圆锥的性质, 两两垂直,以O为原点，OP所在的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
设，，
，为平面PAB的一个法向量，
设MN与平面PAB所成的角为，
则，令，
则
所以当时，即时，取得最大值.
16．（2022秋·重庆沙坪坝·高二重庆一中校考期中）如图，斜三棱柱中，点在底面上的射影恰好是的中点，且．
(1)证明：平面平面；
(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）利用线面垂直的性质及判定定理，及面面垂直的判定定理即可得证；
（2）以为原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求得线面角.
【详解】（1）取的中点，连接DO，即点在底面上的射影为，平面
又平面，
又，平面ABED ，则平面
又平面，所以平面平面
（2）取的中点，连接，
以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，设
则，，，，
则，，
设平面的法向量为
则，令，则
设直线与平面所成角为，
则
17．（2021秋·辽宁·高二辽宁实验中学校考期中）如图，已知正三棱柱，，.
(1)若，求证：；
(2)若平面平面，且D为中点，E为中点.求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）建立空间直角坐标系，由，即可得到，即可得到的值，从而得到，即可得证；
（2）首先表示出平面、平面的法向量，根据两平面垂直，得到方程，即可求出，再利用空间向量法求出二面角的余弦值；
(1)
解：（1）以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系.
则，，，，，，，.
；；.
若，则即.
而
∴；
(2)
解：设二面角的大小为θ.
，，
设平面的法向量为，平面的法向量为
则有：可取；
，可取；
由于平面平面，则
即，可得.
则，，
设平面的法向量为，平面的法向量为
可取；
可取；
则
由图可知，θ为锐二面角.
∴
18．（2021秋·辽宁·高二辽宁实验中学校考期中）如图，已知正方体的棱长为1，且P在平面内，有.
(1)若为棱的中点，求到平面的距离；
(2)设直线与平面所成角的为θ，求的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意，以B为坐标原点，的正方向为x轴正方向，建立空间直角坐标系，再利用坐标法求解即可；
（2）根据题意设，进而利用坐标法结合三角函数值域问题求解即可.
(1)
解：以B为坐标原点，的正方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系
，，，，，，，，.
设平面的法向量为，.
所以，即，取，有，，得.
设Q到平面的距离为d.
∵，
∴
(2)
解：由，设，
则.
而由（1）知可取平面的法向量为
因此，
因为的取值范围是，
所以
因此
∴的取值范围为
19．（2021秋·辽宁·高二辽宁实验中学校考期中）如图，已知三棱锥满足DA⊥底面ABC，，，E为AD中点，.
(1)求E与F两点的距离；
(2)求异面直线EB与FD所成角的余弦值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）建立空间直角坐标系，设，进而根据得，再求向量即可得答案；
（2）利用坐标法求解异面直线所成角即可.
【详解】（1）解：以A为坐标原点，的正方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz.则，，，，.
设，由有，
可得，所以，
所以；
所以E与F两点的距离
（2）解：设异面直线EB与FD成角为θ，
∵，.
∴，
∴异面直线EB与FD所成角的余弦值为.
20．（2021秋·山东济南·高二山东师范大学附中校考期中）四棱锥的底面是梯形，，，平面，，，M为线段的中点
(1)求二面角的余弦值
(2)线段上是否存在一点N，使平面？若存在，请确定点N的位置；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)存在，.
【分析】（1）由题设易证，，构建空间直角坐标系，进而求面、面的法向量，利用空间向量夹角的坐标表示求二面角的余弦值.
（2）假设使平面，结合（1）有求参数，即可判断点N的存在性.
(1)
∵面，面，
∴，，又，
∴可构建如下图示的空间直角坐标系，则，
∴，若是面的一个法向量，
∴，令，则，
显然是面的一个法向量，
∴，故锐二面角的余弦值为.
(2)
假设存在N使平面，，则，，
∴，由（1）是面的一个法向量，
∴，即，
∴当时平面.
21．（2022秋·山东·高二山东省实验中学校考期中）如图，在四面体OABC中，，N是棱BC的中点，P是线段MN的中点．设，，．
(1)用，，表示向量；
(2)已知，，求的大小．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由P是线段MN的中点得，由N是棱BC的中点，得，即可求；
（2）由数量积运算直接求模即可
【详解】（1）连接，因为P是线段MN的中点，所以，
因为N是棱BC的中点，，即，
所以．
（2）
因为，，
所以，故．
22．（2022秋·重庆沙坪坝·高二重庆八中校考期中）如图，在四棱锥P - ABCD中，平面PAB⊥平面ABCD，底面ABCD是平行四边形，AC = CD = 2，，，PC = 3.
(1)求证:AD⊥PC
(2)求平面PAB与平面PCD的夹角的正弦值.
【答案】(1)证明详见解析
(2)
【分析】（1）通过证明线面垂直的方法来证得.
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求得平面PAB与平面PCD的夹角的余弦值，再求得其正弦值.
【详解】（1）设是的中点，连接.
由于，所以，
由于平面平面且交线为，
平面，所以平面，
由于平面，所以，则，
所以，
由于，所以，
由于平面，所以平面，
由于平面，所以.
（2）在三角形中，延长，过作，交的延长线于，
由于，所以，
，所以，
，则，
所以.
平面平面且交线为，，
以为原点建立如图所示空间直角坐标系，
则平面的法向量可设为，
，
，
设平面的法向量为，
则，故可设，
设平面和平面的夹角为，
则，所以.
23．（2022秋·山东青岛·高二青岛二中校考期中）如图，C是以AB为直径的圆O上异于A，B的点，平面平面ABC，为正三角形，E，F分别是PC，PB上的动点．
(1)求证：；
(2)若，，求三棱锥的外接球体积；
(3)若E，F分别是PC，PB的中点且异面直线AF与BC所成角的正切值为，记平面AEF与平面ABC的交线为直线l，点Q为直线l上动点，求直线PQ与平面AEF所成角的取值范围．
【答案】(1)见解析
(2)
(3)
【分析】（1）利用面面垂直的性质及判定定理即可；
（2）建立空间直角坐标系，确定球心坐标，可得球的半径大小即可求解；
（3）建立空间直角坐标系，利用向量表示出直线PQ与平面AEF所成角的正弦值即可确定范围.
【详解】（1）因为C是以AB为直径的圆O上异于A，B的点，所以,
又平面平面ABC,
且平面平面ABC,平面ABC,
所以平面,平面,
所以.
（2）
以C为坐标原点，CA,CB所在直线分别为轴，轴，过C 且垂直于平面ABC的直线为轴，建立空间直角坐标系，
因为，，所以，
,
因为的外接圆为圆,
所以设三棱锥的外接球球心为,
则有,即，
解得，所以球心为，
所以球的半径,
所以外接球的体积 .
（3）
由E，F分别是PC，PB的中点，所以BC//EF，
由（1）知，所以，
所以在中，就是异面直线AF与BC所成的角,
因为异面直线AF与BC所成角的正切值为,
所以 ,
又EF平面AEF,BC平面AEF,所以BC平面AEF，
又BC平面ABC，平面EFA平面ABC=l,所以BCl,
所以在平面ABC中，过点A作BC 的平行线即为直线l,
以C为坐标原点，CA,CB所在直线分别为轴，轴，过C 且垂直于平面ABC的直线为轴，建立空间直角坐标系，设AC=2.
因为△PAC为正三角形，所以AE=，从而EF=2，
由已知E，F分别是PC,PB的中点，所以BC=2EF=4,
则 ,
所以,
因为BCl，所以可设，平面AEF的一个法向量为，
则 ,取，得,
又,设直线与平面所成角为，
则，
所以直线与平面所成角为.
24．（2022秋·山东青岛·高二青岛二中校考期中）如图，在四棱锥中，．
(1)若，为的中点，求证：平面；
(2)若是边长为的正三角形，平面平面，直线与平面所成角的正切值为，且，求四棱锥的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取中点，连接，证明四边形为平行四边形，可得出，利用线面平行的判定定理可证得结论成立；
（2）取中点，连、，推导出平面，可得出为直线与平面所成的角，根据已知条件可求得、的长，利用锥体的体积公式可求得四棱锥的体积.
【详解】（1）证明：取中点，连接，
因为、分别为、的中点，所以，且，
在底面中，因为，且，则且，
因此且，从而四边形是平行四边形，所以．
又因为平面，平面，所以平面．
（2）解：取中点，连、．
因为是正三角形，为中点，所以，
因为平面平面，面平面，平面，
所以平面，从而为直线与平面所成的角．
在正三角形中，因为，所以．
则在直角中，，所以．
在直角中，，
所以，因此．
四边形的面积．
又因为，所以四棱锥的体积．
25．（2022秋·山东青岛·高二青岛二中校考期中）如图，在中，为边上的一点，，且与的夹角为.
（1）设，求，的值；
（2）求的值.
【答案】（1），；（2）.
【分析】（1）由向量的加减运算，可得，进而可得答案.
（2）用表示，利用向量数量积公式，即可求得结果.
【详解】（1）因为，所以.
.
又，
又因为、不共线，所以，，
（2）结合（1）可得：
.
，
因为，，且与的夹角为.
所以.
【点睛】本题考查了向量的加减运算、平面向量基本定理、向量的数量积运算等基本数学知识，考查了运算求解能力和转化的数学思想，属于基础题目.
26．（2022秋·山西·高二山西大附中校考期中）已知，，求：
（1）(－)·(＋)；
（2）以，为邻边的平行四边形的面积.
【答案】（1）58
（2）
【分析】（1）先计算(－)，(＋)的坐标，再计算(－)·(＋)即可；
（2）利用计算，再计算，结合面积公式即得解.
【详解】（1）由，
－，＋
(－)·(＋)=
（2）
故以，为邻边的平行四边形的面积：
【点睛】本题考查了向量数量积的运算以及在几何中的应用，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算的能力，属于中档题.
27．（2022秋·山西·高二山西大附中校考期中）如图，在三棱柱中，为等边三角形，四边形是边长为的正方形，为中点，且.
(1)求证：平面；
(2)若点在线段上，且直线与平面所成角的正弦值为，求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由勾股定理证明，再由，可证平面，即得，由，可证平面；（2）由题意证明得两两垂直，建立空间直角坐标系，写出对应点的坐标与向量的坐标，求解平面的法向量，设，再由向量夹角的公式代入计算得，根据点到平面的距离公式代入计算，可得答案.
【详解】（1）证明：由题知，
，
又，所以，
又，平面，
所以平面，又平面，所以，
在正中，为中点，于是，
又，平面，所以平面
（2）取中点为中点为，则，
由（1）知，平面，且平面，
所以，又，
所以，平面
所以平面，于是两两垂直.
如图，以为坐标原点，的方向为轴 轴 轴的正方向，
建立空间直角坐标系，则，
，所以，
.
设平面的法向量为，
则，即，
令，则，于是.
设，
则.
由于直线与平面所成角的正弦值为，
，
即，整理得
，由于，所以
于是.
设点到平面的距离为，则，
所以点到平面的距离为.
【点睛】方法点睛：对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.
28．（2022秋·重庆沙坪坝·高二重庆八中校考期中）如图，在长方体中，底面ABCD是边长为2的正方形，，E，F分别为AB，的中点.
(1)证明:平面；
(2)求点到平面的距离.
【答案】(1)证明详见解析
(2)
【分析】（1）通过构造平行四边形的方法，结合线面平行的判定定理来证得平面.
（2）通过等体积法求得点到平面的距离.
【详解】（1）设，连接，
由于分别是的中点，所以，
由于，
所以，所以四边形是平行四边形，
所以，
由于平面，平面，
所以平面.
（2）根据长方体的性质可知，则，
由于平面，平面，所以平面.
所以到平面的距离即到平面的距离.
，
，为钝角，
，
所以.
设到平面的距离为，则.
所以到平面的距离为.
29．（2022秋·山西·高二山西大附中校考期中）如图，四棱锥中，底面，M为的中点，.
(1)求证：平面；
(2)求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）在上取一点，使得，证明四边形是平行四边形，即可由线面平行的判定定理证明平面；
（2）建立空间直角坐标系，求得平面和平面的法向量，即可由法向量法求得二面角的余弦值.
【详解】（1）在上取一点，使得，
，为的中点，则，
而，
所以，即，，
所以四边形是平行四边形，则，
又平面，平面，
所以平面
（2）以为原点，，分别为轴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，
，所以，取，可得，
设平面的法向量为，则，，
，取，，，
，
又二面角为钝角，故其余弦值为.
30．（2022秋·浙江杭州·高二学军中学校考期中）如图，在三棱柱中，，，点为的中点，点是上一点，且.
(1)求点A到平面的距离；
(2)求平面与平面所成平面角的余弦值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）取的中点，连接，以为原点，分别为轴，为轴，建立空间直角坐标系，再利用空间向量法求解即可.
（2）利用空间向量法求解即可.
【详解】（1）取的中点，连接，如图所示：
因为，
所以，，
所以，.
以为原点，分别为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
，，，设，
则，，解得，，
即.
，，
设平面的法向量为，
则，令，解得，即.
，设点A到平面的距离为，
则
（2），，
设平面的法向量为，
则，令，解得，
即.
设，则，，
因为，解得.
设，则，，
因为，解得.
因为点为的中点，所以，.
.
设平面的法向量为，
则，令，解得，
即.
，
因为平面与平面所成平面角为锐角，
所以平面与平面所成平面角的余弦值.
31．（2022秋·浙江杭州·高二学军中学校考期中）如图，为圆柱的轴截面，是圆柱上异于的母线．
(1)证明：平面；
(2)若，当三棱锥的体积最大时，求二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先证明是平行四边形，再结合圆柱的性质得到平面；
（2）利用等积转换知识结合圆柱的性质先找到体积最大值时的相对位置，再找出
二面角的平面角或利用空间向量求得二面角的大小.
【详解】（1）证明：如图，连接，由题意知为的直径，所以．因为是圆柱的母线，
所以且，所以四边形是平行四边形．
所以，所以．因为是圆柱的母线，所以平面，
又因为平面，所以．又因为，
平面，所以平面．
（2）由（1）知是三棱锥底面上的高，由（1）知
，所以，即底面三角形是直角三
角形．设，则
在中有：，
所以，
当且仅当时等号成立，即点E，F分别是，的中点时，三棱
锥的体积最大，
（另解：等积转化法：
易得当F与距离最远时取到最大值，此时E、F分别为、中点）
下面求二面角的正弦值：
法一：由（1）得平面，因为平面，所以．
又因为，所以平面．
因为平面，所以，所以是二面角的平面角，
由（1）知为直角三角形，则．
故，所以二面角的正弦值为．
法二：由（1）知两两相互垂直，
如图，以点E为原点，所在直线
为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则．
由（1）知平面，故平面的法向量可取为．
设平面的法向量为，
由，
得，即，即，取，得．
设二面角的平面角为，
，
所以二面角的正弦值为
32．（2022秋·浙江杭州·高二浙江省杭州第二中学校考期中）如图1，已知等边的边长为3，点，分别是边，上的点，且，.如图2，将沿折起到的位置.
（1）求证：平面平面；
（2）给出三个条件：①；②二面角大小为；③到平面的距离为.在中任选一个，补充在下面问题的条件中，并作答：
在线段上是否存在一点，使三棱锥的体积为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
注：如果多个条件分别解答，按第一个解答给分。
【答案】（1）证明见解析；（2）详见解析.
【分析】(1)由已知可推得,所以,,从而平面,进而有平面平面;
(2)若用条件①,结合(1)中,可推得平面,故可求出三棱锥的体积,所以存在点满足题目条件,此时;若用条件②,结合(1)可知,故可求出三棱锥的体积为,所以存在点满足题目条件,此时点与点重合,即;若用条件③,则可求出三棱锥的体积为,所以不存在满足题目条件的点.
【详解】(1)由已知得等边中,,,,由余弦定理得
∴,
∴,,
又∵,
∴平面,
∵平面,
∴平面平面;
(2)若用条件①,
由(1)得,又和是两条相交直线,
∴平面,
又等边的高为,
,
故三棱锥的体积为,
所以存在点满足题目条件,此时.
若用条件②二面角大小为,
由(1)得是二面角的平面角,
∴,
所以,
又等边的高为,
故三棱锥的体积为,
所以存在点满足题目条件,此时点与点重合,故.
若用条件③到平面的距离为,
由题可知,等边的高为,
则,
则三棱锥的体积为,
所以不存在满足题目条件的点.
【点睛】本题考查了面面垂直的证明,考查了三棱锥体积的求法,需要学生具备一定的空间思维和计算能力,属于中档题.
33．（2022秋·浙江杭州·高二浙江省杭州第二中学校考期中） 如图，在三棱柱中，平面，，，且为线段的中点，连接，，.
(1)证明：；
(2)求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）通过证明面，即可由线面垂直证明线线垂直；
（2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，写出对应点和向量的坐标，求得两个平面的法向量，再求两平面夹角的余弦值即可.
【详解】（1）证明：因为平面，平面，所以；
因为，所以；
因为，面，所以面；
又因为平面，所以.
（2）以为原点，建立空间直角坐标系如下所示：
则，，，，，，，
，，，，.
设平面的法向量为，
则，所以，不妨取；
设平面的法向量为，
则，所以，不妨取；
设平面与平面夹角为，
则，
即平面与平面夹角的余弦值为.
34．（2022秋·浙江杭州·高二浙江省杭州第二中学校考期中）如图，在四棱锥中，底面ABCD，四边形ABCD为正方形，，E，F分别是AD，PB的中点．
(1)证明：平面PCD．
(2)求直线PA与平面CEF所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由平行四边形可得线线平行，进而由线面平行的判定定理即可求证，
（2）建立空间直角坐标系，由向量法即可求解线面角.
【详解】（1）如图，设M为PC的中点，连接FM，MD．
因为F，M分别为PB，PC的中点，所以．
在正方形ABCD中，，所以．
所以四边形DEFM为平行四边形，．
因为平面PCD，平面PCD，所以平面PCD．
（2）以D为原点，以DA，DC，DP所在的直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．不妨设，则，
．
设平面CEF的法向量为，
则即令，则．
设直线PA与平面CEF所成角为，
则，
故直线PA与平面CEF所成角的正弦值为．
35．（2022秋·浙江杭州·高二学军中学校考期中）如图，在四棱台中，底面是正方形，若，，．
(1)证明：平面平面；
(2)求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)．
【分析】（1）将四棱台补形成四棱锥，取CD中点E，连接PE，BE，根据已知易证、，再由线面垂直、面面垂直的判定即可证结论；
（2）应用几何法找到二面角的一个平面角，进而求其余弦值即可.
【详解】（1）将四棱台补形成四棱锥，取CD中点E，连接PE，BE，
由题意知，且，，，分别是棱PA，PB，PC，PD的中点，
所以，又，，，
所以，故，
又，平面ABCD，平面ABCD，
所以平面ABCD，又平面，
所以平面平面ABCD．
（2）由底面是正方形，则，
由（1）知：面面ABCD，面面ABCD，而面ABCD，
所以面，过D作于G，连接AG，则面，
故面面，面面，面，
所以面，又面，则，
因此∠AGD为二面角的一个平面角，
在直角△ADG中，，，则，
所以，即二面角的平面角的余弦值为．
36．（2022秋·福建厦门·高二厦门双十中学校考期中）如图，四面体中，，E为 的中点．
(1)证明：平面 ⊥平面 ；
(2)设 ，，点F在上且 ，求三棱锥的体积．
【答案】(1)证明见解析.
(2).
【分析】（1）先证明平面，再根据面面垂直的判定定理即可证明结论；
（2）由题意求得相关线段的长，求出根据,即可求得答案.
【详解】（1）因为， ,
所以 ，所以 ，
又因为E是中点，所以 ，
又因为 ，所以 ，平面,
所以平面，又因为平面 ，
所以平面⊥平面.
（2）点F在上且,因为 ，，
所以，,而，
所以 ，
则,所以 ，
，
因为平面 ，所以 ,
因为，所以, 故
所以.
37．（2022秋·福建厦门·高二厦门一中校考期中）如图，圆柱的轴截面为正方形，点在底面圆周上，且为上的一点，且为线段上一动点（不与重合）
(1)若，设平面面，求证：；
(2)当平面与平面夹角为，试确定点的位置.
【答案】(1)证明见解析；
(2)为中点.
【分析】（1）由线面垂直、圆的性质有、，再由线面垂直的判定及性质得，进而有面，最后由线面垂直的性质、射影定理及线面平行的判定和性质证结论；
（2）构建空间直角坐标系求的坐标，设，可得，再分别求出面、面的法向量，结合已知面面角的大小求参数，即可确定点的位置.
【详解】（1）由题知面面，则，
由为底面圆的直径，则，
由，面，
面，
又∵面，∴，
又，面，
面，
又∵面，故.
由，在中，由射影定理：，
故面面,
∴面，又面面，面，
∴.
（2）由（1）知，以为原点为轴正方向，过的母线为轴正方向建立空间直角坐标系，不妨设，
则，
设，，
设面的法向量为，则，
令，则，
又平面的一个法向量
设平面与平面的夹角为，则，
解得或，
其中时重合，不合题意，
故当平面与平面夹角为时，此时为中点.
38．（2022秋·广东广州·高二华南师大附中校考期中）如图甲，在矩形中，为线段的中点，沿直线折起，使得，如图乙.
(1)求证：平面；
(2)线段上是否存在一点，使得平面与平面所成的角为？若不存在，说明理由；若存在，求出点的位置.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，点是线段的中点
【分析】（1）作出辅助线，得到，，从而得到线面垂直，得到面面垂直，再由，面面垂直的性质得到线面垂直；
（2）建立空间直角坐标系，设出的坐标，求出平面的法向量，从而列出方程，求出的值，确定点位置.
【详解】（1）证明：连接，取线段的中点，连接，
在Rt中，，
，
在中，，
由余弦定理可得：，
在中，
，
又平面，
平面，
又平面
∴平面平面，
在中，，
∵平面平面平面，
平面.
（2）过作的平行线，以为原点，分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
，
平面的法向量，
在平面直角坐标系中，直线的方程为，
设的坐标为，
则，
设平面的法向量为，
，
所以，
令，则，
由已知，
解之得：或9（舍去），
所以点是线段的中点.
39．（2022秋·湖南长沙·高二长郡中学校考期中）如图，在四棱锥中，四边形是矩形，是正三角形，且平面平面，，为棱的中点，四棱锥的体积为．
(1)若为棱的中点，求证：平面；
(2)在棱上是否存在点，使得平面与平面所成锐二面角的余弦值为？若存在，指出点的位置并给以证明；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析；
(2)存在点，位于靠近点的三等分点处满足题意.
【分析】（1）取中点，连接，得到，然后利用线面平行的判定定理得到平面；（2）假设在棱上存在点满足题意，建立空间直角坐标系，设，根据平面与平面的夹角的余弦值为，则两平面法向量所成角的余弦值的绝对值等于，求出，即可得出结论.
【详解】（1）
取中点，连接，
分别为的中点，
，
底面四边形是矩形，为棱的中点，
，．
，，
故四边形是平行四边形，
．
又平面，平面，
平面．
（2）假设在棱上存在点满足题意，
在等边中，为的中点，所以，
又平面平面，平面平面，平面，
平面，则是四棱锥的高．
设，则，，
，所以.
以点为原点，，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，，，，
故，，．
设，
．
设平面PMB的一个法向量为，
则
取．
易知平面的一个法向量为，，
，
故存在点，位于靠近点的三等分点处满足题意.
40．（2022秋·浙江杭州·高二学军中学校考期中）正方形ABCD中，，点O为正方形内一个动点，且，设
(1)当时，求的值；
(2)若P为平面ABCD外一点，满足，记，求的取值范围.
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）构建平面直角坐标系得到，坐标，进而写出、坐标，应用向量模长的坐标表示求目标式的值.
（2）以A为原点构建空间直角坐标系，确定的坐标，利用向量夹角的坐标表示得到，结合换元法及三角函数、二次函数性质求范围.
【详解】（1）构建如下图示的平面直角坐标系，则，，
当，则，故，，
所以，，
则.
（2）由题设，构建如下图示的空间直角坐标系，
所以且，
则，
所以，
令，则，可得，
若，则，此时在上递增，
所以.
【点睛】关键点点睛：构建坐标系，利用坐标表示相关向量，由向量模长、夹角的坐标表示求值、得到，结合相关函数的性质求范围.
