高中數(shù)學(xué)(人教B版)選擇性必修一同步講義1.2.3直線(xiàn)與平面的夾角(2知識(shí)點(diǎn)+3題型+鞏固訓(xùn)練)(學(xué)生版+解析)

1.2.3直線(xiàn)與平面的夾角課程標(biāo)準(zhǔn)學(xué)習(xí)目標(biāo)1.掌握求線(xiàn)面角的兩種基本方法，即空間向量法與幾何法2.靈活運(yùn)用兩種基本方法求線(xiàn)面角1.理解直線(xiàn)與平面的夾角的概念。2.學(xué)習(xí)如何計(jì)算直線(xiàn)與平面的夾角。3.掌握求直線(xiàn)與平面夾角的方法。4.能夠應(yīng)用所學(xué)知識(shí)解決相關(guān)的題目。知識(shí)點(diǎn)01直線(xiàn)與平面的夾角1.直線(xiàn)與平面垂直：直線(xiàn)與平面的夾角為90°.2.直線(xiàn)與平面平行或在平面內(nèi)：直線(xiàn)與平面的夾角為0°.3.斜線(xiàn)和平面所成的角：斜線(xiàn)和它在平面內(nèi)的射影所成的角，叫做斜線(xiàn)和平面所成的角（或斜線(xiàn)和平面的夾角）【即學(xué)即練1】（浙江省紹興市2022-2023學(xué)年）在正方體ABCD?A1B1(1)求三棱錐A?(2)當(dāng)O1是上底面A1B

【即學(xué)即練2】（2023·全國(guó)·高二假期作業(yè)）如圖，在四棱錐P?ABCD中，O是邊長(zhǎng)為4的正方形ABCD的中心，PO⊥平面ABCD，M，E分別為AB(1)求證：平面PAC⊥平面PBD(2)若PE=3，求點(diǎn)B到平面PEM(3)若PE=3，求直線(xiàn)PB與平面PEM知識(shí)點(diǎn)02用空間向量求直線(xiàn)與平面的夾角1.定義：設(shè)直線(xiàn)l的方向向量為u，平面α的法向量為n，直線(xiàn)與平面所成的角為θ，u與n的角為φ，則有sinθ=__cosφ

____=___2.范圍：[0,π2]【即學(xué)即練3】若正三棱柱ABC?A1B1C1的所有棱長(zhǎng)都相等，D【即學(xué)即練4】（2023秋·山西晉中·高二統(tǒng)考期末）如圖所示，在棱長(zhǎng)為2的正四面體A?BCD中，E為等邊三角形ACD的中心，F(xiàn),(1)用BA,BC,BD表示(2)求直線(xiàn)FG與平面ACD所成角的正弦值.

難點(diǎn)：動(dòng)點(diǎn)問(wèn)題示例1：（多選）（23-24高二下·江蘇徐州·期末）如圖，在邊長(zhǎng)為12的正方形ABCD中，E1,E2,F1,F2分別邊AD,BC的三等分點(diǎn)，正方形內(nèi)有兩點(diǎn)P,Q，點(diǎn)P到AD,CD的距離分別為3a,2a，點(diǎn)Q到BC,AB的距離也是3a和A．直線(xiàn)PQ//平面EB．PQ的最小值為6C．線(xiàn)段PQ的中點(diǎn)到A的距離不超過(guò)3D．異面直線(xiàn)PQ與AB成45°角時(shí)，a=【題型1：定義法求直線(xiàn)與平面所成的角】例1．（23-24高二下·安徽·階段練習(xí)）在棱長(zhǎng)均相等的正三棱柱ABC?A1B1CA．1510 B．13 C．23變式1．（23-24高二下·河南·階段練習(xí)）在直三棱柱ABC?A1B1C1中，A．π6 B．π4 C．π3變式2．（2023·湖南岳陽(yáng)·模擬預(yù)測(cè)）如圖，在正方體ABCD?A1B1CA．30° B．45° C．60°變式3．（多選）（22-23高二上·貴州黔東南·開(kāi)學(xué)考試）已知梯形ABCD，AB=AD=1，BC=2，AD//BC，AD⊥AB，P是線(xiàn)段BC的中點(diǎn)．將△ABD沿著B(niǎo)D所在的直線(xiàn)翻折成四面體

A．BD與AP始終垂直B．當(dāng)直線(xiàn)AP與平面BCD所成角為π6時(shí)，C．四面體A?BCD體積的最大值為2D．四面體ABCD的外接球的表面積的最小值為4變式4．（多選）（23-24高二下·四川瀘州·期末）如圖，在棱長(zhǎng)為32的正方體ABCD?A1B1A．BB．直線(xiàn)B1P與平面C．點(diǎn)P的軌跡的周長(zhǎng)為3D．三棱錐P?BB1變式5．（24-25高二上·上?！ふn后作業(yè)）如圖，平面OAB⊥平面α，OA?α，OA=AB，∠OAB=120°．平面α內(nèi)一點(diǎn)P滿(mǎn)足PA⊥PB，記直線(xiàn)OP與平面OAB所成角為θ，求tanθ變式6．（2024高二下·天津南開(kāi)·學(xué)業(yè)考試）如圖，在正方體ABCD?A

(1)求證：平面AB1C//(2)求直線(xiàn)AB1和平面變式7．（24-25高二·上?！ぜ倨谧鳂I(yè)）已知斜三棱柱ABC?A'B'C'(1)求此三棱柱的高；(2)求證：側(cè)面BB(3)求證：A'在平面ABC上的射影O在∠BAC【方法技巧與總結(jié)】計(jì)算線(xiàn)面角，一般有如下幾種方法：（1）利用面面垂直的性質(zhì)定理，得到線(xiàn)面垂直，進(jìn)而確定線(xiàn)面角的垂足，明確斜線(xiàn)在平面內(nèi)的射影，即可確定線(xiàn)面角；（2）在構(gòu)成線(xiàn)面角的直角三角形中，可利用等體積法求解垂線(xiàn)段的長(zhǎng)度?，從而不必作出線(xiàn)面角，則線(xiàn)面角θ滿(mǎn)足sinθ=?（3）建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法求解，設(shè)a為直線(xiàn)l的方向向量，n為平面的法向量，則線(xiàn)面角θ的正弦值為sinθ【題型2：向量法求直線(xiàn)與平面所成的角】例2．（23-24高二下·河南漯河·期末）已知如圖所示的幾何體中，底面ABC是邊長(zhǎng)為4的正三角形，側(cè)面AA1C1C是長(zhǎng)方形，AA1=6，平面AA1C1C⊥A．35 B．105 C．25變式1．（23-24高二下·江蘇徐州·期中）如圖，四邊形ABCD,AB=BD=DA=4,BC=CD=22，現(xiàn)將△ABD沿BD折起，當(dāng)二面角A?BD?C的大小在[π6,π3]時(shí)，直線(xiàn)ABA．22?616 B．28 變式2．（23-24高二下·江蘇常州·階段練習(xí)）如圖，已知點(diǎn)A是圓臺(tái)O1O的上底面圓O1上的動(dòng)點(diǎn)，B,C在下底面圓O上，AO1=1，OO1=2，BO=3變式3．（貴州省黔東南州2023-2024學(xué)年高二下學(xué)期期末教學(xué)質(zhì)量檢測(cè)數(shù)學(xué)試題）如圖，在正四棱柱ABCD?A1B1C1D1中，AA

(1)證明：A1F//平面(2)求A1E與平面變式4．（23-24高二下·廣東·期末）如圖，在三棱柱ABC?A1B1C1中，側(cè)棱AA1⊥底面ABC，底面△ABC是正三角形，AB=AA1=3，點(diǎn)(1)求證：A1E//(2)求直線(xiàn)BB1與平面變式5．（貴州省六盤(pán)水市2023-2024學(xué)年高二下學(xué)期7月期末數(shù)學(xué)試題）已知長(zhǎng)方體ABCD?A1B(1)在長(zhǎng)方體中，過(guò)點(diǎn)C1作與平面AB1(2)求直線(xiàn)B1D與平面變式6．（23-24高二下·廣東廣州·期末）如圖，在五棱錐P?ABCDE中，PA⊥平面ABCDE，AE//BC，AB//CD，AC//ED，(1)求證：平面PCD⊥平面PAC；(2)已知直線(xiàn)PB與平面PCD所成的角為30°，求線(xiàn)段PA變式7．（23-24高二下·甘肅蘭州·期末）如圖，在Rt△AOB中，∠AOB=π2，AO=4，BO=2，Rt△AOC可以通過(guò)Rt△AOB以直線(xiàn)AO為軸旋轉(zhuǎn)得到，且二面角B?AO?C(1)當(dāng)D為AB的中點(diǎn)時(shí)，求異面直線(xiàn)AO與CD所成角的余弦值；(2)求CD與平面AOB所成角的正弦值的最大值.變式8．（23-24高二下·廣東·期末）如圖，四棱錐P?ABCD的側(cè)面PCD為正三角形，底面ABCD為梯形，AB//CD，平面PCD⊥平面ABCD，已知CD=4AB=4，(1)證明：AM//平面PBC；(2)若AC=AD,PA=32，求直線(xiàn)AM與平面PAB【方法技巧與總結(jié)】求線(xiàn)面角的兩種思路（1）線(xiàn)面角轉(zhuǎn)化為線(xiàn)線(xiàn)角．根據(jù)直線(xiàn)與平面所成角的定義，確定出待求角，轉(zhuǎn)化為直線(xiàn)的夾角來(lái)求解，此時(shí)要注意兩直線(xiàn)夾角的取值范圍.（2）向量法．方法一：設(shè)直線(xiàn)PA的方向向量為a，平面α的法向量為n，直線(xiàn)PA與平面α所成的角為θ（θ∈[0,π2]），α與n的夾角為φ，則sinθ=lcosφ|=方法二：設(shè)直線(xiàn)PA的方向向量為a，直線(xiàn)PA在平面α內(nèi)的投影的方向向量為b，則直線(xiàn)PA與平面α所成的角θ滿(mǎn)足cosθ=|cos<a，b>|【題型3：動(dòng)點(diǎn)探索性習(xí)題】例3．（多選）（2024·吉林·模擬預(yù)測(cè)）如圖，在棱長(zhǎng)為1的正方體ABCD?A1B1C1D1中，M，N分別是A．PM,BB．存在點(diǎn)P，使得MN⊥PMC．直線(xiàn)NP與平面BCC1D．過(guò)M，N，P三點(diǎn)的平面截正方體所得截面面積的最大值為3變式1．（多選）（2024·吉林長(zhǎng)春·模擬預(yù)測(cè)）已知四棱錐P?ABCD，底面ABCD是正方形，PA⊥平面ABCD，AD=1，PC與底面ABCD所成角的正切值為22，點(diǎn)M為平面ABCD內(nèi)一點(diǎn)（異于點(diǎn)A），且AM<1A．存在點(diǎn)M，使得CM⊥平面PABB．存在點(diǎn)M，使得直線(xiàn)PB與AM所成角為πC．當(dāng)AM=12時(shí)，三棱錐P?BCMD．當(dāng)AM=22時(shí)，以P為球心，PM為半徑的球面與四棱錐P?ABCD變式2．（多選）（23-24高二下·重慶·階段練習(xí)）如圖，在正方體ABCD?A1B1CA．對(duì)于任意的λ，都有A1P//B．對(duì)于任意的λ，都有AC．若A1P⊥BCD．存在λ，使A1P與平面BC變式3．（多選）（23-24高二上·河北邯鄲·期中）在正四棱柱ABCD?A1B1C1D1中，A．AC⊥BB．當(dāng)M，N分別為棱BB1，AD的中點(diǎn)時(shí)，直線(xiàn)DM與DC．存在點(diǎn)M，使得∠AD．直線(xiàn)BD1與平面A變式4．（23-24高三上·四川成都·期末）如圖所示的幾何體是由正方形ABCD沿直線(xiàn)AB旋轉(zhuǎn)90°得到的，設(shè)G是圓弧CE的中點(diǎn)，H是圓弧DF上的動(dòng)點(diǎn)（含端點(diǎn)），則下列結(jié)論不正確的是（

）A．存在點(diǎn)H，使得EH⊥BGB．存在點(diǎn)H，使得EHC．存在點(diǎn)H，使得EH//平面D．存在點(diǎn)H，使得直線(xiàn)EH與平面BDG的所成角為30°變式5．（2024·四川南充·模擬預(yù)測(cè)）如圖，四棱錐P?ABCD中，底面ABCD為矩形，點(diǎn)E在線(xiàn)段PA上，PC//平面BDE(1)求證：AE=PE；(2)若△PAD是等邊三角形，AB=2AD，平面PAD⊥平面ABCD，四棱錐P?ABCD的體積為93，試問(wèn)在線(xiàn)段DE上是否存在點(diǎn)Q，使得直線(xiàn)BQ與平面PCD所成角的正弦值為3322？若存在，求出此時(shí)變式6．（23-24高二上·山東青島·期末）如圖，在底面是菱形的四棱錐P?ABCD中，PA⊥底面ABCD,PA=AC=2,∠ABC=60°,E,F分別在梭PD,PC上，M

(1)若PE=2DE,F為PC中點(diǎn)，證明：BF∥面ACE；(2)若PE=DE，是否存在點(diǎn)F，使得ME與平面AMF所成角的正弦值為15？若存在，求出PC變式7．（23-24高二上·福建三明·期末）在如圖所示的多面體ABCDEF中，四邊形ABCD為菱形，且∠ADC為銳角．在梯形ABEF中，AF//BE，AF⊥AB，AB=BE=2AF=2，平面ABEF⊥平面ABCD．(1)證明：BD⊥平面ACF;(2)若VE?ABC=233，AG=λABλ∈0,1，是否存在實(shí)數(shù)λ變式8．（23-24高二上·廣西柳州·開(kāi)學(xué)考試）如圖（1），在Rt△ABC中，∠BAC=90°，CA=2AB=4，D，E分別是AC，BC的中點(diǎn)，將△CDE和△BAE分別沿著DE，AE翻折，形成三棱錐P?ADE，M

(1)求證：PM⊥平面ADE；(2)若直線(xiàn)PM上存在一點(diǎn)Q，使得QE與平面PAE所成角的正弦值為14，求QM一、單選題1．（23-24高二上·福建南平·期末）已知直線(xiàn)l的一個(gè)方向向量為u=1,0,1，平面α的一個(gè)法向量為n=0,?1,1，則A．12 B．32 C．22．（22-23高一下·湖南·期末）在正方體ABCD?A1B1C1DA．13 B．39 C．293．（23-24高三下·廣東·階段練習(xí)）如圖，正方體ABCD?A1B1C1D1的邊長(zhǎng)為4，A．AB．直線(xiàn)A1P與直線(xiàn)BCC．直線(xiàn)A1P與平面ABD．若C∈α，則正方體截平面α所得截面面積為264．（23-24高二下·江蘇常州·期中）已知四棱錐P?ABCD的底面為直角梯形，AB//DC，∠DAB=90°PA⊥底面ABCD，且PA=AD=DC=1，AB=2，則異面直線(xiàn)AC與A．55 B．105 C．1555．（23-24高二上·北京·期中）如圖，在正方體ABCD?A1B1C1D1中，點(diǎn)

A．22 B．53 C．56．（23-24高二上·河南鄭州·期末）人教A版選擇性必修第一冊(cè)教材44頁(yè)“拓廣探索”中有這樣的表述：在空間直角坐標(biāo)系中，若平面α經(jīng)過(guò)點(diǎn)P0x0,y0,z0，且以u(píng)=a,b,cabc≠0為法向量，設(shè)Px,y,z是平面α內(nèi)的任意一點(diǎn)，由u?PA．659 B．49 C．537．（23-24高二上·廣西·期末）如圖所示空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)﹣xyz中，Px,y,z是正三棱柱ABC?A1B1C1A．x2+yC．x2+y8．（2024·陜西·模擬預(yù)測(cè)）在平行六面體ABCD?A1B1CA．直線(xiàn)A1B．線(xiàn)段A1CC．直線(xiàn)A1C與D．直線(xiàn)A1C二、多選題9．（23-24高二上·四川南充·階段練習(xí)）在如圖所示的直四棱柱ABCD?A1B1C1D1中，底面ABCD是邊長(zhǎng)為2的正方形，AA1=A．377 C．3 D．210．（23-24高二下·山西呂梁·階段練習(xí)）如圖，正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為3，E，F(xiàn)分別為棱

A．點(diǎn)P的軌跡為四邊形AEGF及其內(nèi)部B．當(dāng)λ=1時(shí)，點(diǎn)P的軌跡長(zhǎng)度為10C．當(dāng)λ=0,μ=12D．當(dāng)μ=1211．（23-24高二下·重慶·階段練習(xí)）如圖，在正方體ABCD?A1B1CA．對(duì)于任意的λ，都有A1P//B．對(duì)于任意的λ，都有AC．若A1P⊥BCD．存在λ，使A1P與平面BC三、填空題12．（24-25高二上·上?！卧獪y(cè)試）如圖，在正方體ABCD?A1B1C1D1中，O是AC中點(diǎn)，點(diǎn)P在線(xiàn)段13．（23-24高二上·浙江·期中）如圖，正四棱柱ABCD?A1B1C1D1中，設(shè)AD=1,DD1=3，點(diǎn)P14．（24-25高二上·上?！卧獪y(cè)試）如圖，在直三棱柱ABC?A1B1C1中，∠ABC=90°，BC=2，CC1=4，點(diǎn)D四、解答題15．（23-24高二下·安徽宣城·期末）如圖，在四棱錐P?ABCD中，PA⊥平面ABCD，且AD∥BC,∠BAD=90°,BC=1，AP=AB=(1)求證：平面PBC⊥平面ADMN；(2)求直線(xiàn)BD與平面ADMN所成角的正弦值.16．（23-24高二下·廣東·期末）如圖，在三棱柱ABC?A1B1C1中，側(cè)棱AA1⊥底面ABC，底面△ABC是正三角形，AB=AA1=3，點(diǎn)(1)求證：A1E//(2)求直線(xiàn)BB1與平面17．（23-24高二下·廣東廣州·期末）如圖，在五棱錐P?ABCDE中，PA⊥平面ABCDE，AE//BC，AB//CD，AC//ED，(1)求證：平面PCD⊥平面PAC；(2)已知直線(xiàn)PB與平面PCD所成的角為30°，求線(xiàn)段PA18．（23-24高二下·廣東·期末）如圖，四棱錐P?ABCD的側(cè)面PCD為正三角形，底面ABCD為梯形，AB//CD，平面PCD⊥平面ABCD，已知CD=4AB=4，(1)證明：AM//平面PBC；(2)若AC=AD,PA=32，求直線(xiàn)AM與平面PAB19．（23-24高二下·江蘇泰州·期末）如圖，在四棱錐P?ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，AB⊥AD，AB+AD=5，CD=2，∠PAD=120°，∠ADC(1)求證：平面PAB⊥平面PAD；(2)設(shè)AB=AP.①若直線(xiàn)PB與平面PCD所成角的正弦值為3344，求線(xiàn)段AB②在線(xiàn)段AD上是否存在點(diǎn)G，使得點(diǎn)P，C，D在以G為球心的球上？若存在，求線(xiàn)段AB的長(zhǎng)；若不存在，說(shuō)明理由.1.2.3直線(xiàn)與平面的夾角課程標(biāo)準(zhǔn)學(xué)習(xí)目標(biāo)1.掌握求線(xiàn)面角的兩種基本方法，即空間向量法與幾何法2.靈活運(yùn)用兩種基本方法求線(xiàn)面角1.理解直線(xiàn)與平面的夾角的概念。2.學(xué)習(xí)如何計(jì)算直線(xiàn)與平面的夾角。3.掌握求直線(xiàn)與平面夾角的方法。4.能夠應(yīng)用所學(xué)知識(shí)解決相關(guān)的題目。知識(shí)點(diǎn)01直線(xiàn)與平面的夾角1.直線(xiàn)與平面垂直：直線(xiàn)與平面的夾角為90°.2.直線(xiàn)與平面平行或在平面內(nèi)：直線(xiàn)與平面的夾角為0°.3.斜線(xiàn)和平面所成的角：斜線(xiàn)和它在平面內(nèi)的射影所成的角，叫做斜線(xiàn)和平面所成的角（或斜線(xiàn)和平面的夾角）【即學(xué)即練1】（浙江省紹興市2022-2023學(xué)年）在正方體ABCD?A1B1(1)求三棱錐A?(2)當(dāng)O1是上底面A1B

【答案】(1)9(2)3【分析】(1)利用等體積VA(2)根據(jù)直線(xiàn)與平面夾角的定義，找到線(xiàn)面角，即可求解.【詳解】（1）如圖所示，根據(jù)題意得：VA

（2）如圖所示,過(guò)點(diǎn)O1故∠O1AC又AG=所以AO1與平面ABCD所成角的余弦值為：

【即學(xué)即練2】（2023·全國(guó)·高二假期作業(yè)）如圖，在四棱錐P?ABCD中，O是邊長(zhǎng)為4的正方形ABCD的中心，PO⊥平面ABCD，M，E分別為AB(1)求證：平面PAC⊥平面PBD(2)若PE=3，求點(diǎn)B到平面PEM(3)若PE=3，求直線(xiàn)PB與平面PEM【答案】(1)證明見(jiàn)解析(2)70(3)991【分析】（1）先證明AC⊥平面PBD，再根據(jù)面面垂直的判定定理證明平面PAC⊥平面（2）利用幾何關(guān)系和等體積法求解即可．（3）由（2）可知點(diǎn)B到平面PEM的距離為?=707【詳解】（1）因?yàn)樗倪呅蜛BCD是正方形，所以AC⊥因?yàn)镻O⊥平面ABCD，AC?平面ABCD，所以因?yàn)镺P?平面PBD，BD?平面PBD，且所以AC⊥平面PBD．又AC?平面PAC，所以平面PAC⊥（2）由（1）知，PO為點(diǎn)P到平面BME的距離．所以VB連接OE．因?yàn)镻O⊥平面ABCD，OE?平面ABCD，所以因?yàn)镺E=2，PE=3，所以又因?yàn)镺A=OB=在△PEM中，PE=PM所以S△設(shè)點(diǎn)B到平面PEM的距離為?，由VB得143?=所以點(diǎn)B到平面PEM的距離為707（3）若PE=3，由（2）可知，點(diǎn)B到平面PEM的距離為?又PB=設(shè)直線(xiàn)PB與平面PEM所成角為θ，所以sinθ所以cosθ即直線(xiàn)PB與平面PEM所成角的余弦值為991知識(shí)點(diǎn)02用空間向量求直線(xiàn)與平面的夾角1.定義：設(shè)直線(xiàn)l的方向向量為u，平面α的法向量為n，直線(xiàn)與平面所成的角為θ，u與n的角為φ，則有sinθ=__cosφ

____=___2.范圍：[0,π2【即學(xué)即練3】若正三棱柱ABC?A1B1C1的所有棱長(zhǎng)都相等，D【答案】35【分析】利用空間向量的坐標(biāo)運(yùn)算求解線(xiàn)面角即可.【詳解】如圖，取AC中點(diǎn)O，連接OB,則有OD⊥所以以O(shè)B,OC,OD為則A(0,AD設(shè)平面B1DC的法向量為則有DB1?m=所以m=(0,2,1)設(shè)直線(xiàn)AD與平面B1DC所成角為則sinθ因?yàn)棣取?,故答案為:35【即學(xué)即練4】（2023秋·山西晉中·高二統(tǒng)考期末）如圖所示，在棱長(zhǎng)為2的正四面體A?BCD中，E為等邊三角形ACD的中心，F(xiàn),(1)用BA,BC,BD表示(2)求直線(xiàn)FG與平面ACD所成角的正弦值.

【答案】(1)BE=1(2)42【分析】（1）先利用正四面體幾何性質(zhì)用BA,BC,BD表示（2）先求得直線(xiàn)FG與直線(xiàn)BE所成角的余弦值，進(jìn)而得到直線(xiàn)FG與平面ACD所成角的正弦值.【詳解】（1）連接AE并延長(zhǎng)交CD于M，則M為CD中點(diǎn)，則AE=BE=BA+則BE==

（2）根據(jù)題意，BE⊥平面ACD，因此，直線(xiàn)FG與平面ACD即為直線(xiàn)FG與直線(xiàn)BE所成角的余弦值的絕對(duì)值.FG=且FG=故cosFG===則直線(xiàn)FG與平面ACD所成角的正弦值為4221難點(diǎn)：動(dòng)點(diǎn)問(wèn)題示例1：（多選）（23-24高二下·江蘇徐州·期末）如圖，在邊長(zhǎng)為12的正方形ABCD中，E1,E2,F1,F2分別邊AD,BC的三等分點(diǎn)，正方形內(nèi)有兩點(diǎn)P,Q，點(diǎn)P到AD,CD的距離分別為3a,2a，點(diǎn)Q到BC,AB的距離也是3a和A．直線(xiàn)PQ//平面EB．PQ的最小值為6C．線(xiàn)段PQ的中點(diǎn)到A的距離不超過(guò)3D．異面直線(xiàn)PQ與AB成45°角時(shí)，a=【答案】ABD【分析】根據(jù)條件，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，求得PQ=(0,?2a,6a?12)，選項(xiàng)A，先求出平面E1E2F2F1的一個(gè)法向量n，利用PQ?【詳解】如圖，取E1E2中點(diǎn)O1，F(xiàn)1因?yàn)锽F2=因?yàn)镋1F1⊥F1B，E所以E1F1⊥面BF1F故OB,OF2，設(shè)QH⊥BF1于H，PM⊥BF2于M，過(guò)H作易知OB=23，BH=2a，又∠HBO=π6，所以HK=a,BK=所以Q(23?3a,?a,3a)，同理可知對(duì)于選項(xiàng)A，易知平面E1E2F2顯然QP?平面E1E2F2F1對(duì)于選項(xiàng)B，因?yàn)镻Q=令y=40a2?144a+144對(duì)稱(chēng)軸a=95<2所以PQmin對(duì)于選項(xiàng)C，因?yàn)镻Q的中點(diǎn)S(23?3所以AS=對(duì)于選項(xiàng)D，因?yàn)锽(23,0,0)，所以所以cos45°=(6a?12)×124解得a=32或BD.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)晴：本題的關(guān)鍵在于建立空間直角坐標(biāo)系，求出PQ=(0,?2a,6a?12)【題型1：定義法求直線(xiàn)與平面所成的角】例1．（23-24高二下·安徽·階段練習(xí)）在棱長(zhǎng)均相等的正三棱柱ABC?A1B1CA．1510 B．13 C．23【答案】A【分析】本題線(xiàn)面角的定義,作出線(xiàn)面角,根據(jù)勾股定理算出線(xiàn)面角所在直角三角形的邊長(zhǎng),進(jìn)而求出正弦值.【詳解】過(guò)E作EF⊥BC,F為垂足,連接B1F,則∠EB1F設(shè)三棱柱的棱長(zhǎng)為2,則EF=32,∴sin∠E變式1．（23-24高二下·河南·階段練習(xí)）在直三棱柱ABC?A1B1C1中，A．π6 B．π4 C．π3【答案】A【分析】由AB⊥AC，AA1⊥AC，得到AC⊥平面ABB1A1，從而有A1C【詳解】由題意，AB⊥AC，AA1⊥AC，可知AC⊥則有A1C1⊥平面不妨設(shè)AB=AC=a，則BB1=BC=故tan∠A1

故選:A.變式2．（2023·湖南岳陽(yáng)·模擬預(yù)測(cè)）如圖，在正方體ABCD?A1B1CA．30° B．45° C．60°【答案】C【分析】連接A1D，證明A1D⊥平面ABC1D【詳解】連接A1D，則因?yàn)锳B⊥平面AA1D1D所以AB⊥A又AB∩AD1=A,AB,A所以A1D⊥平面所以∠D1AA1在等腰直角三角形AA1D所以直線(xiàn)AA1與平面ABC.變式3．（多選）（22-23高二上·貴州黔東南·開(kāi)學(xué)考試）已知梯形ABCD，AB=AD=1，BC=2，AD//BC，AD⊥AB，P是線(xiàn)段BC的中點(diǎn)．將△ABD沿著B(niǎo)D所在的直線(xiàn)翻折成四面體

A．BD與AP始終垂直B．當(dāng)直線(xiàn)AP與平面BCD所成角為π6時(shí)，C．四面體A?BCD體積的最大值為2D．四面體ABCD的外接球的表面積的最小值為4【答案】ABD【分析】利用線(xiàn)面垂直的判定定理可得BD⊥平面OAP，進(jìn)而可判斷A選項(xiàng)；由直線(xiàn)AP與平面BCD所成角為π6得∠APO=π6，取AP的中點(diǎn)E，由AP=2PE=2POcos∠APO可判斷B選項(xiàng)；當(dāng)OA⊥【詳解】對(duì)于A：連接DP,AP，DP∩AP=O，如圖所示：

易知四邊形ABPD是正方形，所以BD⊥AP,于是在四面體ABCD中，

BD⊥OA,BD⊥OP，又OA∩OP=O且OA,OP?平面OAP，BD⊥平面OAP，又因?yàn)锳P?平面OAP，所以BD⊥AP，故A正確；對(duì)于B：取AP的中點(diǎn)E，連接OE，

因?yàn)镺A=OP=22，所以當(dāng)直線(xiàn)AP與平面BCD所成角為π6時(shí)，∠APO=所以AP=2PE=2POcos對(duì)于C：由題意可知，當(dāng)OA⊥平面BCD時(shí)，四面體A?BCD體積最大，于是VA?BCD對(duì)于D：因?yàn)锳B⊥AD，所以△ABD外接圓的圓心為O，又因?yàn)锽D⊥CD，所以△BDC外接圓的圓心為P.分別過(guò)點(diǎn)O,P作平面ABD和BDC的垂線(xiàn)，交于點(diǎn)O1則O1是四面體ABCD

R=O1B=BP2所以四面體ABCD的外接球的表面積的最小值為4πBD.【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：解決與球相關(guān)的切、接問(wèn)題，其通法是作出截面，將空間幾何問(wèn)題轉(zhuǎn)化為平面幾何問(wèn)題求解，其解題思維流程如下：（1）定球心：如果是內(nèi)切球，球心到切點(diǎn)的距離相等且為球的半徑；如果是外接球，球心到接點(diǎn)的距離相等且為半徑；（2）作截面：選準(zhǔn)最佳角度做出截面（要使這個(gè)截面盡可能多的包含球、幾何體的各種元素以及體現(xiàn)這些元素的關(guān)系），達(dá)到空間問(wèn)題平面化的目的；（3）求半徑下結(jié)論：根據(jù)作出截面中的幾何元素，建立關(guān)于球的半徑的方程，并求解.變式4．（多選）（23-24高二下·四川瀘州·期末）如圖，在棱長(zhǎng)為32的正方體ABCD?A1B1A．BB．直線(xiàn)B1P與平面C．點(diǎn)P的軌跡的周長(zhǎng)為3D．三棱錐P?BB1【答案】ABD【分析】利用線(xiàn)面垂直的判定定理、性質(zhì)定理可判斷A；求出點(diǎn)P的軌跡可判斷C；求出直線(xiàn)B1P與平面A1【詳解】對(duì)于A，連接B1D1，因?yàn)樗倪呅蜛因?yàn)镈D1⊥平面A1B1C因?yàn)锽1D1∩DD1=D1B1D?平面B1DD因?yàn)锳1C1∩A1B=A1因?yàn)镻B?平面A1BC對(duì)于C，由A選項(xiàng)知B1D⊥平面A1BC即B1E⊥平面A1BC因?yàn)锳1B=BC所以三棱錐B1?A1B則E與正△A1B所以B1E=B所以DE=26，因?yàn)镻D+P即PE即PEPE2+6=3+3因?yàn)镋點(diǎn)到等邊三角形A1BC所以點(diǎn)P的軌跡是在△A1BC1所以點(diǎn)P的軌跡的周長(zhǎng)為23對(duì)于B，由選項(xiàng)C可知，點(diǎn)P的軌跡是在△A且以E為圓心、半徑為3的圓，EP=3，且BB1E⊥平面A1BC1，所以所以tan∠B1所以直線(xiàn)B1P與平面對(duì)于D，因?yàn)辄c(diǎn)E到直線(xiàn)BC1的距離為點(diǎn)P到直線(xiàn)BC1的最大距離為故△BPC1的面積的最大值為因?yàn)锽1E⊥平面三棱錐B1?BPCBD.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：選項(xiàng)C的解題關(guān)鍵點(diǎn)是求出點(diǎn)P的軌跡；選項(xiàng)B的解題的關(guān)鍵點(diǎn)求出直線(xiàn)B1P與平面變式5．（24-25高二上·上海·課后作業(yè)）如圖，平面OAB⊥平面α，OA?α，OA=AB，∠OAB=120°．平面α內(nèi)一點(diǎn)P滿(mǎn)足PA⊥PB，記直線(xiàn)OP與平面OAB所成角為θ，求tanθ【答案】6【分析】作出圖形，找出直線(xiàn)OP與平面OAB所成的角θ，證出PA⊥平面PBH，得出PA⊥PH，得出點(diǎn)P的軌跡就是平面α內(nèi)以線(xiàn)段AH為直徑的圓（點(diǎn)A除外），轉(zhuǎn)化成與圓有關(guān)的最值問(wèn)題，即可求出結(jié)果.【詳解】如圖①所示，過(guò)B作BH⊥OA的延長(zhǎng)線(xiàn)，垂足為H，連接PH、OP，取AH的中點(diǎn)E，連接PE，過(guò)點(diǎn)P作PF⊥OA，垂足為F．∵平面OAB⊥平面α，且平面OAB∩平面α=OA，BH?平面OAB，PF?α，∴BH⊥α，PF⊥平面OAB，∴OP在平面OAB上的射影就是直線(xiàn)OA，故∠AOP就是直線(xiàn)OP與平面OAB所成角θ，即∠AOP=θ．∵PA?α，∴PA⊥BH，又∵PA⊥PB，PB∩BH=B，∴PA⊥平面PBH，則PA⊥PH．∴點(diǎn)P的軌跡是平面α內(nèi)以線(xiàn)段AH為直徑的圓（A點(diǎn)除外）．∵OA=AB，且∠OAB=120∴∠BAH=60°，設(shè)OA=aa>0從而AH=AB?cos∴PE=12AH=當(dāng)且僅當(dāng)PE⊥OP，即OP是圓E的切線(xiàn)時(shí)，角θ有最大值，tanθtanθ的最大值為PE【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題主要考查了立體幾何中線(xiàn)面角的最值，解題的關(guān)鍵在于通過(guò)輔助線(xiàn)作出線(xiàn)面角，并求線(xiàn)面角的最值，空間思維能力較強(qiáng)，容易混淆.變式6．（2024高二下·天津南開(kāi)·學(xué)業(yè)考試）如圖，在正方體ABCD?A

(1)求證：平面AB1C//(2)求直線(xiàn)AB1和平面【答案】(1)證明見(jiàn)解析(2)3【分析】（1）在正方體ABCD?A1B1C1D1中，可得A1D//B1C（2）在正方體ABCD?A1B1C1D1中，可得AC⊥平面BDD1B1，則得【詳解】（1）在正方體ABCD?A因?yàn)锳1B1//CD，所以A1又因?yàn)锳1D?平面AB1C所以A1D//平面同理，A1C1又A1所以平面AB1C//（2）

設(shè)AC∩BD=O，連接OB因?yàn)锽B1⊥又因?yàn)锳C⊥BD，BB1∩BD=B，B所以AC⊥平面BDD所以B1O為AB則∠AB1O為直線(xiàn)A設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為a，則在Rt△AB1所以∠AB變式7．（24-25高二·上?！ぜ倨谧鳂I(yè)）已知斜三棱柱ABC?A'B'C'(1)求此三棱柱的高；(2)求證：側(cè)面BB(3)求證：A'在平面ABC上的射影O在∠BAC【答案】(1)3(2)證明見(jiàn)解析(3)證明見(jiàn)解析【分析】（1）利用線(xiàn)面角的定義和性質(zhì)求解即可；（2）利用斜三棱柱的性質(zhì)結(jié)合平行關(guān)系求解即可；（3）利用線(xiàn)線(xiàn)垂直、線(xiàn)面垂直的性質(zhì)和判定定理求解即可.【詳解】（1）因?yàn)閭?cè)棱AA'與底面所成角是60°，且則過(guò)A'點(diǎn)斜三棱柱的高?=A（2）因?yàn)樾比庵鵄BC?A所以側(cè)面BB'C又因?yàn)锳A'⊥BC所以平行四邊形BB（3）過(guò)A點(diǎn)作∠BAC的平分線(xiàn)的平分線(xiàn)交BC于D，過(guò)A'作A'O⊥AD交AD因?yàn)椤鰽BC是正三角形，所以BC⊥AD，又因?yàn)锽C⊥AA'，AA'∩AD=A所以BC⊥面AA因?yàn)锳'O?面AA因?yàn)锽C∩AD=D，BC,AD?面ABC，所以A'O⊥面ABC，即A'在平面ABC上的射影O在∠BAC【方法技巧與總結(jié)】計(jì)算線(xiàn)面角，一般有如下幾種方法：（1）利用面面垂直的性質(zhì)定理，得到線(xiàn)面垂直，進(jìn)而確定線(xiàn)面角的垂足，明確斜線(xiàn)在平面內(nèi)的射影，即可確定線(xiàn)面角；（2）在構(gòu)成線(xiàn)面角的直角三角形中，可利用等體積法求解垂線(xiàn)段的長(zhǎng)度?，從而不必作出線(xiàn)面角，則線(xiàn)面角θ滿(mǎn)足sinθ=?（3）建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法求解，設(shè)a為直線(xiàn)l的方向向量，n為平面的法向量，則線(xiàn)面角θ的正弦值為sinθ【題型2：向量法求直線(xiàn)與平面所成的角】例2．（23-24高二下·河南漯河·期末）已知如圖所示的幾何體中，底面ABC是邊長(zhǎng)為4的正三角形，側(cè)面AA1C1C是長(zhǎng)方形，AA1=6，平面AA1C1C⊥A．35 B．105 C．25【答案】A【分析】分別取A1C1,AC的中點(diǎn)E,O，以O(shè)為原點(diǎn)，OA,OB,OE所在的直線(xiàn)分別為【詳解】分別取A1C1,AC的中點(diǎn)E,O，連接EO,BO，則因?yàn)槠矫鍭A1C1C⊥平面ABCEO?平面AA1C1C以O(shè)為原點(diǎn)，OA,OB,OE所在的直線(xiàn)分別為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則OB=23，CD=2，B所以O(shè)B=0,23B10,23,4，設(shè)B1D與平面AA則sinθ=.變式1．（23-24高二下·江蘇徐州·期中）如圖，四邊形ABCD,AB=BD=DA=4,BC=CD=22，現(xiàn)將△ABD沿BD折起，當(dāng)二面角A?BD?C的大小在[π6,π3]時(shí)，直線(xiàn)ABA．22?616 B．28 【答案】C【分析】取BD中點(diǎn)O，連結(jié)AO，CO，以O(shè)為原點(diǎn)，OC為x軸，OD為y軸，過(guò)點(diǎn)O作平面BCD的垂線(xiàn)為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法能求出直線(xiàn)AB與CD所成角的余弦值的最大值．【詳解】取BD中點(diǎn)O，連接AO，CO，AB=BD=DA=4,BC=CD=22則CO⊥BD,AO⊥BD，且CO=2,AO=23，于是∠AOC是二面角A?BD?C顯然BD⊥平面AOC，在平面AOC內(nèi)過(guò)點(diǎn)O作Oz⊥OC，則BD⊥Oz，直線(xiàn)OC,OD,Oz兩兩垂直，以O(shè)為原點(diǎn)，直線(xiàn)OC,OD,Oz分別為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系，B(0,?2,0),C(2,0,0),D(0,2,0)，設(shè)二面角A?BD?C的大小為θ，θ∈[π因此A(23cosθ,0,23sin于是cosα=|顯然cosθ∈[12,3所以cosα的最大值為2【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：建立空間直角坐標(biāo)系，求出動(dòng)點(diǎn)A的坐標(biāo)，利用向量建立函數(shù)關(guān)系是解題的關(guān)鍵.變式2．（23-24高二下·江蘇常州·階段練習(xí)）如圖，已知點(diǎn)A是圓臺(tái)O1O的上底面圓O1上的動(dòng)點(diǎn)，B,C在下底面圓O上，AO1=1，OO1=2，BO=3【答案】3【分析】以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，求得對(duì)應(yīng)點(diǎn)的坐標(biāo)，設(shè)出未知點(diǎn)的坐標(biāo)，利用向量法求線(xiàn)面角正弦值的最大值，再求余弦值的最小值即可.【詳解】解：連接OC，過(guò)C點(diǎn)作CH垂直于BO的延長(zhǎng)線(xiàn)于點(diǎn)H，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系如下所示：在三角形OBC中，因?yàn)镺B=3,OC=3,BC=25故cosB=則BH=BC?cos則CH=BOH=BH?OB=1故點(diǎn)C?13,453設(shè)點(diǎn)A(m,n,2)，m,n∈?1,1，由O1A=1BC=?10設(shè)平面O1BC的法向量則m?BC=0取y=5，則x=2,z=3故平面O1BC的法向量又OA=設(shè)直線(xiàn)AO與平面O1BC所成角為θ，則sinθ=因?yàn)閙,n∈?1,1，且m故令m=cosα，n=sin則2m+5n+6=5sinα+2又α∈(0,2π)，所以sin(α+φ)∈∴3sin(α+φ)+6∈3,9所以sinθ的最大值為9故答案為：310變式3．（貴州省黔東南州2023-2024學(xué)年高二下學(xué)期期末教學(xué)質(zhì)量檢測(cè)數(shù)學(xué)試題）如圖，在正四棱柱ABCD?A1B1C1D1中，AA

(1)證明：A1F//平面(2)求A1E與平面【答案】(1)證明見(jiàn)解析(2)1【分析】（1）借助正四棱柱的性質(zhì)可建立空間直角坐標(biāo)系，求出空間向量A1F與平面（2）求出空間向量A1E與平面【詳解】（1）在正四棱柱ABCD?A1B1C1D1中，以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB，AD，AA1所在直線(xiàn)分別為x軸，y軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則C2,2,0，D0,2,0，

因?yàn)镋，F(xiàn)分別為BB1，CC則CD=?2,0,0，CE=設(shè)平面CDE的法向量為m=則CD?m=0令y=1，則有x=0，z=1，即m?因?yàn)锳1F?又A1F?平面CDE，所以A1（2）由（1）可知，A1cosA所以A1E與平面CDE所成角的正弦值為變式4．（23-24高二下·廣東·期末）如圖，在三棱柱ABC?A1B1C1中，側(cè)棱AA1⊥底面ABC，底面△ABC是正三角形，AB=AA1=3，點(diǎn)(1)求證：A1E//(2)求直線(xiàn)BB1與平面【答案】(1)證明見(jiàn)解析(2)239【分析】（1）在線(xiàn)段BC上取一點(diǎn)G，使CG=13BC，連結(jié)EG、FG，先證四邊形A1FGE為平行四邊形，所以A（2）以B為坐標(biāo)原點(diǎn)，Bx，BC，BB1所在直線(xiàn)分別為x，y，【詳解】（1）在線(xiàn)段BC上取一點(diǎn)G，使CG=13BC，連結(jié)EG在△ABC中，因?yàn)锳E=13AB，CG=所以EG∥AC且EG=2因?yàn)镃1F=13A所以A1F∥AC，且所以EG∥A1F故四邊形A1FGE為平行四邊形，所以又A1E?平面BCF，F(xiàn)G?平面BCF，所以A1（2）以B為坐標(biāo)原點(diǎn)，Bx，BC，BB1所在直線(xiàn)分別為x，y，因?yàn)榈酌鍰ABC是正三角形，AB=AA1=3，所以點(diǎn)點(diǎn)A332,3因?yàn)镃1F=則BC=0,3,0，BF=設(shè)平面BCF的一個(gè)法向量為n=由n?BC=3y=0得平面BCF的一個(gè)法向量為n=設(shè)直線(xiàn)BB1與平面BCF所成角的大小為則sinθ=所以cosθ=所以直線(xiàn)BB1與平面BCF所成角的余弦值為變式5．（貴州省六盤(pán)水市2023-2024學(xué)年高二下學(xué)期7月期末數(shù)學(xué)試題）已知長(zhǎng)方體ABCD?A1B(1)在長(zhǎng)方體中，過(guò)點(diǎn)C1作與平面AB1(2)求直線(xiàn)B1D與平面【答案】(1)答案見(jiàn)解析；(2)69【分析】（1）作圖，即平面BDC1∥（2）方法1，以點(diǎn)D為坐標(biāo)原點(diǎn)建系，利用直線(xiàn)與平面的向量運(yùn)算求解；方法2，由體積公式求解．【詳解】（1）解：如圖，所作平面α為平面BDC理由如下：因?yàn)锳BC1D而B(niǎo)C1?平面AB1D1同理得DC1∥而B(niǎo)C1∩D所以平面BDC1∥（2）方法1：以點(diǎn)D為坐標(biāo)原點(diǎn)建系如圖，則B11,1,2，DB設(shè)平面BDC1的法向量為m?DB令z=1，則y=?2,x=2，所以m=設(shè)B1D與平面BDC1所成的角為方法2：設(shè)點(diǎn)B1到平面BDC1依題B1因?yàn)閂B1?BD從而13×d×3設(shè)B1D與平面BDC1所成的角為變式6．（23-24高二下·廣東廣州·期末）如圖，在五棱錐P?ABCDE中，PA⊥平面ABCDE，AE//BC，AB//CD，AC//ED，(1)求證：平面PCD⊥平面PAC；(2)已知直線(xiàn)PB與平面PCD所成的角為30°，求線(xiàn)段PA【答案】(1)證明見(jiàn)解析(2)2【分析】（1）由余弦定理得AC⊥AB，再由線(xiàn)面垂直的判定定理可得答案；（2）做NE⊥AC交AC于點(diǎn)N，以A為原點(diǎn)，AP,AB,AC所在的直線(xiàn)分別為x,y,z建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)AP=tt>0，求出BP、平面PCD的一個(gè)法向量，由線(xiàn)面角的向量求法求出t【詳解】（1）∠ABC=45°，AB=2由余弦定理得A=8+16?2×22所以AC2+A因?yàn)锳B//CD，所以因?yàn)镻A⊥平面ABCDE，CD?平面ABCDE，所以PA⊥CD，因?yàn)锳C∩PA=A，AC、PA?平面PAC，所以CD⊥平面PAC，因?yàn)镃D?平面PCD，所以平面PCD⊥平面PAC；（2）做NE⊥AC交AC于點(diǎn)N，所以四邊形ENCD是長(zhǎng)方形，因?yàn)锳E//BC，∠BCA=45因?yàn)锳E=2，所以CD=NE=2由（1）知，AP,AB,AC互相垂直，以A為原點(diǎn)，AB,AC,AP所在的直線(xiàn)分別為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)AP=tt>0，則PBP=設(shè)n=x,y,z為平面則n?PC=0n?PD=0所以n=所以sin30解得t=22，所以P所以線(xiàn)段PA的長(zhǎng)為22變式7．（23-24高二下·甘肅蘭州·期末）如圖，在Rt△AOB中，∠AOB=π2，AO=4，BO=2，Rt△AOC可以通過(guò)Rt△AOB以直線(xiàn)AO為軸旋轉(zhuǎn)得到，且二面角B?AO?C(1)當(dāng)D為AB的中點(diǎn)時(shí)，求異面直線(xiàn)AO與CD所成角的余弦值；(2)求CD與平面AOB所成角的正弦值的最大值.【答案】(1)2(2)5【分析】（1）建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量求異面直線(xiàn)夾角；（2）設(shè)BD=λBA可得【詳解】（1）由題意可得：AO⊥OB,AO⊥OC，平面AOB⊥平面AOC，平面AOB∩平面AOC=AO，OB?平面AOB，所以O(shè)B⊥平面AOC，如圖，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，則O0,0,0若D為AB的中點(diǎn)，則D0,1,2，可得OA設(shè)異面直線(xiàn)AO與CD所成角θ，θ∈0,則cosθ=故異面直線(xiàn)AO與CD所成角的余弦值為23（2）若動(dòng)點(diǎn)D在線(xiàn)段AB上，設(shè)Dx,y,z則BD=x,y?2,z,BA=即D0,21?λ,4λ由題意可知：平面AOB的法向量為n=

設(shè)CD與平面AOB所成角為α，α∈0,則sinα=對(duì)于函數(shù)y=5λ2?2λ+2可得當(dāng)λ=15時(shí)，y=5λ所以sinα的最大值為195故CD與平面AOB所成角的正弦最大值為53變式8．（23-24高二下·廣東·期末）如圖，四棱錐P?ABCD的側(cè)面PCD為正三角形，底面ABCD為梯形，AB//CD，平面PCD⊥平面ABCD，已知CD=4AB=4，(1)證明：AM//平面PBC；(2)若AC=AD,PA=32，求直線(xiàn)AM與平面PAB【答案】(1)證明見(jiàn)解析(2)13【分析】（1）取PC上的點(diǎn)N，使PN=14（2）取CD中點(diǎn)O，連AO,PO，根據(jù)題意可證AO⊥CD，PO⊥平面ABCD，所以以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OA,OC,OP分別為【詳解】（1）取PC上的點(diǎn)N，使PN=則MN=所以四邊形ABNM為平行四邊形，所以AM//又BN?平面PBC，AM?平面PBC，所以AM//平面PBC；（2）取CD中點(diǎn)O，連AO,PO，因?yàn)锳C=AD，所以AO⊥CD，因?yàn)椤鱌CD為正三角形，所以PO⊥CD,PO=23又平面PCD⊥平面ABCD，平面PCD∩平面ABCD=CD，PO?平面PCD，所以PO⊥平面ABCD，因?yàn)锳O?平面ABCD，所以PO⊥AO，AO=P以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OA,OC,OP分別為則A(6,0,0)，C(0,2,0)，D(0,?2,0)，B(6則AB=(0,1,0)，PA=(6設(shè)n=(x,y,z)為平面PAB則n?AB=0，故直線(xiàn)AM與平面PAB所成角的正弦值為1326【方法技巧與總結(jié)】求線(xiàn)面角的兩種思路（1）線(xiàn)面角轉(zhuǎn)化為線(xiàn)線(xiàn)角．根據(jù)直線(xiàn)與平面所成角的定義，確定出待求角，轉(zhuǎn)化為直線(xiàn)的夾角來(lái)求解，此時(shí)要注意兩直線(xiàn)夾角的取值范圍.（2）向量法．方法一：設(shè)直線(xiàn)PA的方向向量為a，平面α的法向量為n，直線(xiàn)PA與平面α所成的角為θ（θ∈[0,π2]），α與n的夾角為φ，則sinθ=lcosφ|=方法二：設(shè)直線(xiàn)PA的方向向量為a，直線(xiàn)PA在平面α內(nèi)的投影的方向向量為b，則直線(xiàn)PA與平面α所成的角θ滿(mǎn)足cosθ=|cos<a，b>|【題型3：動(dòng)點(diǎn)探索性習(xí)題】例3．（多選）（2024·吉林·模擬預(yù)測(cè)）如圖，在棱長(zhǎng)為1的正方體ABCD?A1B1C1D1中，M，N分別是A．PM,BB．存在點(diǎn)P，使得MN⊥PMC．直線(xiàn)NP與平面BCC1D．過(guò)M，N，P三點(diǎn)的平面截正方體所得截面面積的最大值為3【答案】AD【分析】對(duì)ABC選項(xiàng)，以D為坐標(biāo)原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法求解和判斷即可；對(duì)D選項(xiàng)，由正方體的性質(zhì)可得截面面積最大的狀態(tài)，畫(huà)出截面圖，求得面積即可判斷.【詳解】以D為坐標(biāo)原點(diǎn)建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系：則B1設(shè)D1P=m,m∈[0,1]，則對(duì)A：設(shè)平面MB1C的法向量為n則n?CM=0n?CB1=0又MP=(?1,m?12考慮到m∈[0,1]，則MP?故PM,B對(duì)B：MP=(?1,m?12若MN⊥PM，則MP?MN=0解得m=32，又m∈[0,1]，故不存在這樣的點(diǎn)對(duì)C：NP=(?12,m,1)，取平面則cos<設(shè)直線(xiàn)NP與平面BCC1則sinθ=mtanθ=sinθcos即直線(xiàn)NP與平面BCC1B對(duì)D：在正方體中，過(guò)M,N的截面為六邊形且六邊形為正六邊形時(shí)面積最大.此時(shí)過(guò)MN的截面經(jīng)過(guò)對(duì)稱(chēng)中心O，設(shè)截面交DD1,B所以P為C1D1取D1D,B1C故此時(shí)截面為正六邊形MNEPFG，其面積S=6×3D.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題A選項(xiàng)解決的關(guān)鍵是能夠掌握用向量法證明異面直線(xiàn)的方法；本題D選項(xiàng)解決的關(guān)鍵是能夠合理轉(zhuǎn)化問(wèn)題，類(lèi)比解決，從而找到截面面積最大的狀態(tài).變式1．（多選）（2024·吉林長(zhǎng)春·模擬預(yù)測(cè)）已知四棱錐P?ABCD，底面ABCD是正方形，PA⊥平面ABCD，AD=1，PC與底面ABCD所成角的正切值為22，點(diǎn)M為平面ABCD內(nèi)一點(diǎn)（異于點(diǎn)A），且AM<1A．存在點(diǎn)M，使得CM⊥平面PABB．存在點(diǎn)M，使得直線(xiàn)PB與AM所成角為πC．當(dāng)AM=12時(shí)，三棱錐P?BCMD．當(dāng)AM=22時(shí)，以P為球心，PM為半徑的球面與四棱錐P?ABCD【答案】CCD【分析】利用反證法即可判斷A；建立如圖空間坐標(biāo)系，利用空間向量法求解線(xiàn)線(xiàn)角即可判斷B；確定S△BCM的最大值即可求解棱錐P?BCM【詳解】A：假設(shè)存在點(diǎn)M使得CM⊥平面PAB，由PA⊥平面ABCD,PA?平面PAB，得平面PAB⊥平面ABCD，又平面PAB∩平面ABCD=AB,CM?平面ABCD，則CM⊥AB，又CB⊥AB，CM,CB?平面ABCD，所以CM,CB重合，即點(diǎn)M落在CB上，由AM<1，知點(diǎn)M落在以A為圓心，以AB=1為半徑的圓面內(nèi)（不含圓），這與點(diǎn)M落在CB上矛盾，故A錯(cuò)誤；B：以A為原點(diǎn)，AB，AD，AP所在直線(xiàn)為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，PA⊥平面ABCD，則∠PCA即為PC與底面ABCD所成的角，故tan∠PCA=PAAC=2則P(0,0,1),B(1,0,0)，所以PB=(1,0,?1)，結(jié)合A的分析，取AM所以cosPB,AM所以直線(xiàn)PB與AM所成角為π3，即存在點(diǎn)M使得直線(xiàn)PB與AM所成角為πC：當(dāng)AM=12時(shí)，當(dāng)M位于BA的延長(zhǎng)線(xiàn)時(shí)，△BCM的高最大為此時(shí)面積取得最大值12?1?32=D：當(dāng)AM=22時(shí)，以P為球心，PM為半徑的球面與四棱錐P?ABCD各面的交線(xiàn)是以P為圓心，62為半徑的圓與側(cè)面展開(kāi)圖的交線(xiàn)，如下圖EMF由PB=2,PC=3，有P所以tan∠APF=22所以∠FPC=∠BPC+∠FPB=π4，根據(jù)對(duì)稱(chēng)性有所以∠FPE=π2，故EMF的長(zhǎng)為又球與底面ABCD的交線(xiàn)是以P為圓心，22為半徑的的四分之一圓，其長(zhǎng)度為1故P為球心，PM為半徑的球面與四棱錐P?ABCD各面的交線(xiàn)長(zhǎng)2+CD【點(diǎn)睛】難點(diǎn)點(diǎn)睛：本題考查了幾何體中求解空間角以及體積和側(cè)面展開(kāi)圖的問(wèn)題，難度較大，難點(diǎn)在于D選項(xiàng)的判斷，解答時(shí)要利用側(cè)面展開(kāi)圖求解.變式2．（多選）（23-24高二下·重慶·階段練習(xí)）如圖，在正方體ABCD?A1B1CA．對(duì)于任意的λ，都有A1P//B．對(duì)于任意的λ，都有AC．若A1P⊥BCD．存在λ，使A1P與平面BC【答案】ABC【分析】建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間位置關(guān)系的向量證明及線(xiàn)面角的向量求法求解判斷即可.【詳解】在正方體ABCD?A1B則D(0,0,0),A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,1,0),A由BP=λBC1=(?λ,0,λ)對(duì)于A，DB1=(1,1,1),即DB1⊥AC,DB1⊥AD1，而因此DB1=(1,1,1)是平面ACA1P?平面ACD1，所以對(duì)于B，由選項(xiàng)A知，對(duì)于任意的λ，DB1?對(duì)于C，由A1P⊥BC，BC=(?1,0,0)對(duì)于D，平面BCC1B1的法向量n=(0,1,0)，令A(yù)則sinθ=|而sin30°=12?[22,63BC變式3．（多選）（23-24高二上·河北邯鄲·期中）在正四棱柱ABCD?A1B1C1D1中，A．AC⊥BB．當(dāng)M，N分別為棱BB1，AD的中點(diǎn)時(shí)，直線(xiàn)DM與DC．存在點(diǎn)M，使得∠AD．直線(xiàn)BD1與平面A【答案】ABD【分析】根據(jù)題意，建立空間直角坐標(biāo)系，結(jié)合空間向量的坐標(biāo)運(yùn)算，對(duì)選項(xiàng)逐一判斷，即可得到結(jié)果.【詳解】

以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA，DC，DD1所在的直線(xiàn)分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，由A(1,0,0)，C(0,1,0)，B(1,1,0)，D1(0,0,2)，有AC=(?1,1,0)，B當(dāng)M，N分別為棱BB1，AD的中點(diǎn)時(shí)，M(1,1,1)，N12,0,0，D(0,0,0)，D1(0,0,2)，所以DM=(1,1,1)，A1(1,0,2)，設(shè)M(1,1,x),(0≤x≤2)，所以A1所以A1設(shè)N(y,0,0)(0≤y≤1)，所以BN=(y?1,?1,0)，BA1=(0,?1,2)，設(shè)平面A1BN的一個(gè)法向量為n=(a,b,c)，所以n?BN=(y?1)a?b=0,n?BA1=?b+2c=0,令a=1，解得b=y?1，c=y?12，所以平面BD.變式4．（23-24高三上·四川成都·期末）如圖所示的幾何體是由正方形ABCD沿直線(xiàn)AB旋轉(zhuǎn)90°得到的，設(shè)G是圓弧CE的中點(diǎn)，H是圓弧DF上的動(dòng)點(diǎn)（含端點(diǎn)），則下列結(jié)論不正確的是（

）A．存在點(diǎn)H，使得EH⊥BGB．存在點(diǎn)H，使得EHC．存在點(diǎn)H，使得EH//平面D．存在點(diǎn)H，使得直線(xiàn)EH與平面BDG的所成角為30°【答案】C【分析】由題意將圖形補(bǔ)全為正方體，ADMF?BCNE，對(duì)于A，根據(jù)EF⊥平面BCNE，當(dāng)F,H重合即可判定；對(duì)于B，根據(jù)BD//平面EFMN，而H是圓弧DF上的動(dòng)點(diǎn)，即可判定；對(duì)于C，建立空間直角坐標(biāo)系，根據(jù)平面BDG的法向量和EH垂直即可判定結(jié)果；對(duì)于D，當(dāng)點(diǎn)H與點(diǎn)F重合時(shí)，直線(xiàn)EH與平面BDG所成角最大，求出夾角正弦值，進(jìn)一步分析即可.【詳解】對(duì)于A，因?yàn)檎襟wADMF?BCMF中，EH⊥平面BCNE,BG?平面BCNE，所以EF⊥BG，所以當(dāng)F,H重合時(shí)，由EH⊥BG.由A正確；對(duì)于B，因?yàn)锽D//EM，若EH//BD，則EH//EM，又EH∩EM=E，所以B不正確；對(duì)于C，以A為原點(diǎn)，AD,AF,設(shè)BC=2，則A0,0,0,D2,0,0B0,0,2Hm,n,0所以BD設(shè)n=x,y,z為平面則BD·n=0令x=1,得y=?1,z=1，則n假設(shè)EH//平面BDG，則n·EH=m?n+2?2=0因?yàn)閙2+n即H是圓弧DF的中點(diǎn)，符合題意，故C正確；對(duì)于D，當(dāng)點(diǎn)H與點(diǎn)F重合時(shí)，直線(xiàn)EH與平面BDG所成角最大，EF所以cosn由33>12,得直線(xiàn)EH所以存在點(diǎn)H，使得直線(xiàn)EH與平面BDG的所成角為30°變式5．（2024·四川南充·模擬預(yù)測(cè)）如圖，四棱錐P?ABCD中，底面ABCD為矩形，點(diǎn)E在線(xiàn)段PA上，PC//平面BDE(1)求證：AE=PE；(2)若△PAD是等邊三角形，AB=2AD，平面PAD⊥平面ABCD，四棱錐P?ABCD的體積為93，試問(wèn)在線(xiàn)段DE上是否存在點(diǎn)Q，使得直線(xiàn)BQ與平面PCD所成角的正弦值為3322？若存在，求出此時(shí)【答案】(1)證明見(jiàn)解析(2)存在，9【分析】（1）連接AC，設(shè)AC∩BD=O，連接EO，即可得到O為AC的中點(diǎn)，再由線(xiàn)面平行的性質(zhì)得到PC//（2）作PF⊥AD于F，即可得到PF⊥平面ABCD，根據(jù)錐體的體積求出a，再建立空間直角坐標(biāo)，利用空間向量法計(jì)算可得.【詳解】（1）連接AC，設(shè)AC∩BD=O，連接EO.因?yàn)锳BCD為矩形，所以O(shè)為AC的中點(diǎn)，

因?yàn)镻C//平面BDE，PC?平面PAC，平面PAC∩平面BDE=EO所以PC//因?yàn)镺為AC的中點(diǎn)，所以E為PA的中點(diǎn)，所以AE=PE.（2）設(shè)AD=aa>0，因?yàn)椤鱌AD是等邊三角形，所以PA=PD=a如圖，作PF⊥AD于F，則PF=3因?yàn)槠矫鍼AD⊥平面ABCD，PF⊥AD，PF?平面PAD，平面PAD∩平面ABCD=AD，所以PF⊥平面ABCD，所以PF是四棱錐P?ABCD的高，

因?yàn)锳BCD為矩形，AD=a，AB=2AD=2a，所以SABCD所以VP?ABCD=1因?yàn)锳BCD為矩形，所以CD⊥AD，平面PAD⊥平面ABCD，CD?平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，所以CD⊥平面PAD，建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，則D0,0,0，C0,6,0，P32,0,33所以DC=0,6,設(shè)平面PCD的一個(gè)法向量為n=x,y,z，則n?假設(shè)在線(xiàn)段DE上存在點(diǎn)Q，使得直線(xiàn)BQ與平面PCD所成角θ的正弦值為3322設(shè)DQ=λDE0≤λ≤1則BQ=所以sinθ=化簡(jiǎn)得4λ2?19λ+12=0，解得λ=4因?yàn)镈E=94所以線(xiàn)段DE上存在點(diǎn)Q，使得直線(xiàn)BQ與平面PCD所成角θ的正弦值為3322，此時(shí)DQ的長(zhǎng)為9變式6．（23-24高二上·山東青島·期末）如圖，在底面是菱形的四棱錐P?ABCD中，PA⊥底面ABCD,PA=AC=2,∠ABC=60°,E,F分別在梭PD,PC上，M

(1)若PE=2DE,F為PC中點(diǎn)，證明：BF∥面ACE；(2)若PE=DE，是否存在點(diǎn)F，使得ME與平面AMF所成角的正弦值為15？若存在，求出PC【答案】(1)證明見(jiàn)解析(2)存在點(diǎn)F，且PCPF=2【分析】（1）建立空間直角坐標(biāo)系，利用法向量證明線(xiàn)面平行即可；（2）設(shè)PF=t【詳解】（1）∵PA=AC=2,∠ABC=60°，所以∵M(jìn)為BC中點(diǎn)，∴AM⊥BC,AM=2又AD∥BC，所以AM⊥AD以A為原點(diǎn)，AM,AD,AP分別頭x,y,z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖，

則B(∵PE=2DE,∴E0,BF設(shè)平面ACE的一個(gè)法向量m=則m?AC=0m?AE=0∵BF?m又∵BF?面ACE，∴BF∥面ACE.（2）設(shè)PF=t則M3∴AM設(shè)平面AMF的法向量n=則n?AM=0令z=t，得平面AMF的一個(gè)法向量n=設(shè)ME與平面AMF所成的角為θ，則sinθ=解得t=12或即存在點(diǎn)F，且PCPF=2或變式7．（23-24高二上·福建三明·期末）在如圖所示的多面體ABCDEF中，四邊形ABCD為菱形，且∠ADC為銳角．在梯形ABEF中，AF//BE，AF⊥AB，AB=BE=2AF=2，平面ABEF⊥平面ABCD．(1)證明：BD⊥平面ACF;(2)若VE?ABC=233，AG=λABλ∈0,1，是否存在實(shí)數(shù)λ【答案】(1)證明見(jiàn)解析(2)存在；λ=【分析】（1）利用面面垂直得到AF⊥平面ABCD，進(jìn)而得到AF⊥BD，再結(jié)合線(xiàn)面垂直的判定定理證明即可;（2）由VE?ABC=233【詳解】（1）因?yàn)槠矫鍭BEF⊥平面ABCD，AF⊥AB，AF?平面ABEF，平面ABEF∩平面ABCD=AB，所以AF⊥平面ABCD，又因?yàn)锽D?平面ABCD,所以AF⊥BD，因?yàn)樗倪呅蜛BCD為菱形，所以BD⊥AC，又AF∩AC=A，AF,AC?平面ACF，所以BD⊥平面ACF，（2）設(shè)AC∩BD=O，取CF中點(diǎn)H,連接OH,易得OH//AF,因?yàn)锳F⊥平面ABCD，所以O(shè)H⊥平面ABCD,因?yàn)閂E?ABC所以sin∠ABC=因?yàn)椤螦DC為銳角，所以∠ABC=π3，所以所以AO=1，OB以O(shè)為原點(diǎn)，OC,OB,OH所在直線(xiàn)分別為x,y,z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則C1,0,0所以CF=?2,0,1，設(shè)平面CEF的一個(gè)法向量n=x,y,z，則即?2x+z=0?x+取x=1，可得z=2，y=?3，故n假設(shè)存在實(shí)數(shù)λ，使得直線(xiàn)CG與平面CEF所成角的正弦值為64C1,0,0設(shè)Gx,y,z，由AG=λAB即Gλ?1,3λ,0設(shè)直線(xiàn)CG與平面CEF所成的角為θ，則sinθ=解得2λ2?5λ+2=0，即λ=2或λ=12故存在實(shí)數(shù)λ=12，使得直線(xiàn)CG與平面CEF所成角的正弦值為變式8．（23-24高二上·廣西柳州·開(kāi)學(xué)考試）如圖（1），在Rt△ABC中，∠BAC=90°，CA=2AB=4，D，E分別是AC，BC的中點(diǎn)，將△CDE和△BAE分別沿著DE，AE翻折，形成三棱錐P?ADE，M

(1)求證：PM⊥平面ADE；(2)若直線(xiàn)PM上存在一點(diǎn)Q，使得QE與平面PAE所成角的正弦值為14，求QM【答案】(1)見(jiàn)解析(2)QM=【分析】（1）根據(jù)線(xiàn)面平行的性質(zhì)定理和判斷定理，結(jié)合垂直關(guān)系，平行關(guān)系的轉(zhuǎn)化，即可證明；（2）根據(jù)（1）的結(jié)果，以點(diǎn)M為原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，求平面PAE的法向量，利用線(xiàn)面角的向量法，即可求解.【詳解】（1）因?yàn)辄c(diǎn)D,E分別是AC,BC邊的中點(diǎn)，所以DE//AB，因?yàn)椤螧AC=90°，即AB⊥AC，所以所以DE⊥AD，DE⊥CD，即DE⊥PD，因?yàn)锳D∩PD=D，AD,PD?平面PAD，所以DE⊥平面PAD，又PM?平面PAD，所以PM⊥DE，由題意，PA=BA=2，PD=CD=12CA=2又M是AD的中點(diǎn)，所以PM⊥AD，因?yàn)锳D∩DE=D，AD,DE?平面ADE，所以PM⊥平面ADE；（2）

以M為原點(diǎn)，MD,MP分別為x,z軸，作My//DE，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，由PA=PD=2，DE=1則A?1,0,0，D1,0,0，P0,0,PA=?1,0,?3設(shè)平面PAE的法向量為n=則n?PA=?x?3z=0設(shè)Q0,0,t，則QE因?yàn)镼E與平面PAE所成角的正弦值為14所以cosQM,n則Q0,0,36一、單選題1．（23-24高二上·福建南平·期末）已知直線(xiàn)l的一個(gè)方向向量為u=1,0,1，平面α的一個(gè)法向量為n=0,?1,1，則A．12 B．32 C．2【答案】A【分析】設(shè)出夾角θ，由，求出答案.【詳解】設(shè)l與α所成角的大小為θ，則sinθ=2．（22-23高一下·湖南·期末）在正方體ABCD?A1B1C1DA．13 B．39 C．29【答案】C【分析】建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法求得直線(xiàn)D1E與平面【詳解】設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為4，直線(xiàn)D1E與平面ACD以DA，DC，DDB1ADDB1?由于AD1∩CD1即平面ACD1的法向量為DB所以sinα=

3．（23-24高三下·廣東·階段練習(xí)）如圖，正方體ABCD?A1B1C1D1的邊長(zhǎng)為4，A．AB．直線(xiàn)A1P與直線(xiàn)BCC．直線(xiàn)A1P與平面ABD．若C∈α，則正方體截平面α所得截面面積為26【答案】CC【分析】本題四個(gè)選項(xiàng)逐個(gè)分析，A選項(xiàng)利用在△A【詳解】在ABCD?A1B1在△A1PC中，A1C=4∵A1C2∵BC//B1C1//A1D1，∴直線(xiàn)A因?yàn)槠矫鍭BB1A1∥CD所以直線(xiàn)A1P與平面ABB1A1所成角等于直線(xiàn)A1P與平面因?yàn)檎襟w的對(duì)面都是相互平行，且根據(jù)面面平行的性質(zhì)定理可得，在AB邊上作點(diǎn)Q使得BQ=3QA，則平行四邊形在△A1PC∴sin∠A1∴平行四邊形A1PCQ的面積為426C4．（23-24高二下·江蘇常州·期中）已知四棱錐P?ABCD的底面為直角梯形，AB//DC，∠DAB=90°PA⊥底面ABCD，且PA=AD=DC=1，AB=2，則異面直線(xiàn)AC與A．55 B．105 C．155【答案】C【分析】建立空間直角坐標(biāo)，利用空間向量法計(jì)算可得.【詳解】∵四棱錐P?ABCD的底面為直角梯形，AB//DC，PA⊥底面ABCD，且PA=AD=DC=1，AB=2，∴以A為原點(diǎn)，AD為x軸，AB為y軸，AP為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，則A0,0,0，C1,1,0，P0,0,1則AC=1,1,0，設(shè)直線(xiàn)AC與PB所成角為θ，則cosθ=∴直線(xiàn)AC與PB所成角的余弦值為1055．（23-24高二上·北京·期中）如圖，在正方體ABCD?A1B1C1D1中，點(diǎn)

A．22 B．53 C．5【答案】D【分析】建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量法求出AE與平面ABCD所成角的余弦值范圍，即可得出正弦值的范圍.【詳解】以B為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系如圖：設(shè)棱長(zhǎng)為1，則B0,0,0,A1,0,0所以AE=t?1,1?t,1，平面ABCDcosBB1所以則AE與平面ABCD所成角的正弦值取值范圍為33對(duì)比各選項(xiàng)，C項(xiàng)不可能.

6．（23-24高二上·河南鄭州·期末）人教A版選擇性必修第一冊(cè)教材44頁(yè)“拓廣探索”中有這樣的表述：在空間直角坐標(biāo)系中，若平面α經(jīng)過(guò)點(diǎn)P0x0,y0,z0，且以u(píng)=a,b,cabc≠0為法向量，設(shè)Px,y,z是平面α內(nèi)的任意一點(diǎn)，由u?PA．659 B．49 C．53【答案】C【分析】根據(jù)題意求出平面α的法向量，利用線(xiàn)面角公式即可求解．【詳解】因?yàn)槠矫姒恋姆匠虨?x+2y+z?7=0，所以平面α的一個(gè)法向量為m=(2,2,1)直線(xiàn)l的方向向量為n=設(shè)直線(xiàn)l與平面α所成角為θ，則sinθ=|cos<．7．（23-24高二上·廣西·期末）如圖所示空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)﹣xyz中，Px,y,z是正三棱柱ABC?A1B1C1A．x2+yC．x2+y【答案】A【分析】寫(xiě)出各點(diǎn)坐標(biāo)，求得平面法向量，利用線(xiàn)面角公式計(jì)算化簡(jiǎn)求得答案.【詳解】由正三棱柱ABC?A1B1C1，且A1A=AB=2，根據(jù)坐標(biāo)系可得：A0,0,0，A10,0,2，又Px,y,z是正三棱柱ABC?A所以cosPA,AA1故選:A.8．（2024·陜西·模擬預(yù)測(cè)）在平行六面體ABCD?A1B1CA．直線(xiàn)A1B．線(xiàn)段A1CC．直線(xiàn)A1C與D．直線(xiàn)A1C【答案】A【分析】在平行六面體ABCD?A1B【詳解】在平行六面體ABCD?A1B1C1D由AB=AD=AA1=1得|a|=|b對(duì)于A，顯然A1C=則A1C?因此直線(xiàn)A1C與BD所成的角為對(duì)于B，|A1C對(duì)于C，A1C?因此直線(xiàn)A1C與BB對(duì)于D，在平行六面體ABCD?A1B1C又A1C⊥BD，A1C∩AC=C，A1C,AC?平面又BD?平面ABCD，則平面A1CA⊥平面連接AC交BD于點(diǎn)O，在平面A1CA內(nèi)過(guò)點(diǎn)A1作A由平面A1CA∩平面ABCD=AC，因此A1E⊥平面ABCD，即直線(xiàn)A1AC=a+b，則由AA1//BB1二、多選題9．（23-24高二上·四川南充·階段練習(xí)）在如圖所示的直四棱柱ABCD?A1B1C1D1中，底面ABCD是邊長(zhǎng)為2的正方形，AA1=A．377 C．3 D．2【答案】AD【分析】根據(jù)題意確定M點(diǎn)的軌跡，利用線(xiàn)面角定義可得A1M與平面BCC1B【詳解】由題意建系如圖，

因?yàn)榈酌鍭BCD是邊長(zhǎng)為2的正方形，AA則A(2,0,3)，C(0,2,3可得AM=(x?2,2,z?3)由題意得AM⊥MC，故AM?可得(x?1)2故M點(diǎn)軌跡是以N(1,2,3)為圓心，1為半徑的圓在正方形由題可知N(1,2,3)為

根據(jù)圓的幾何性質(zhì)可得：當(dāng)N,M,B1共線(xiàn)時(shí)，B1而B(niǎo)1M<B因?yàn)锳1B1⊥平面BCC1B所以tan∠所以正確選項(xiàng)有AD.D．10．（23-24高二下·山西呂梁·階段練習(xí)）如圖，正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為3，E，F(xiàn)分別為棱

A．點(diǎn)P的軌跡為四邊形AEGF及其內(nèi)部B．當(dāng)λ=1時(shí)，點(diǎn)P的軌跡長(zhǎng)度為10C．當(dāng)λ=0,μ=12D．當(dāng)μ=12【答案】ABD【分析】取CC1上一點(diǎn)H，使得CH=13CC1，證得四邊形AEGF為平行四邊形，結(jié)合空間向量基本定理可知，可判定A正確；當(dāng)λ=1時(shí)，得到EP=μEG，得到P的軌跡長(zhǎng)度為線(xiàn)段EG的長(zhǎng)，可判定B正確；當(dāng)λ=0,μ=12時(shí)，以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，結(jié)合AF?A【詳解】對(duì)于A中，取CC1上一點(diǎn)H，使得可得AF//BH且AF=BH，GE//BH且GE=BH，所以四邊形AFHB和四邊形BHGE是平行四邊形，所以AF//EG,AF=EG，所以四邊形AEGF為平行四邊形，因?yàn)锳P=λAE+μAF，由空間向量基本定理可知，所以對(duì)于B中，當(dāng)λ=1時(shí)，AP=AE+μAF，所以所以P在線(xiàn)段EG上，點(diǎn)P的軌跡長(zhǎng)度為線(xiàn)段EG的長(zhǎng)，所以EG=AF=10對(duì)于C中，當(dāng)λ=0,μ=1以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則A3,0,0,F0,0,1則AF=?3,0,1,所以AF⊥A對(duì)于D中，當(dāng)μ=12時(shí)，AP=λAE+連接MN，P在線(xiàn)段MN上，M3由MP=aMN0≤a≤1平面ABCD的一個(gè)法向量為m=設(shè)AP與平面ABCD所成的角為θ，所以sinθ=設(shè)t=12a+1，因?yàn)閍∈0,1則a=12t?當(dāng)t=12時(shí)，直線(xiàn)AP與平面ABCD所成角的正弦值的最大值為BD.

11．（23-24高二下·重慶·階段練習(xí)）如圖，在正方體ABCD?A1B1CA．對(duì)于任意的λ，都有A1P//B．對(duì)于任意的λ，都有AC．若A1P⊥BCD．存在λ，使A1P與平面BC【答案】ABC【分析】建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間位置關(guān)系的向量證明及線(xiàn)面角的向量求法求解判斷即可.【詳解】在正方體ABCD?A1B則D(0,0,0),A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,1,0),A由BP=λBC1=(?λ,0,λ)對(duì)于A，DB1=(1,1,1),即DB1⊥AC,DB1⊥AD1，而因此DB1=(1,1,1)是平面ACA1P?平面ACD1，所以對(duì)于B，由選項(xiàng)A知，對(duì)于任意的λ，DB1?對(duì)于C，由A1P⊥BC，BC=(?1,0,0)對(duì)于D，平面BCC1B1的法向量n=(0,1,0)，令A(yù)則sinθ=|而sin30°=12?[22,63BC三、填空題12．（24-25高二上·上海·單元測(cè)試）如圖，在正方體ABCD?A1B1C1D1中，O是AC中點(diǎn)，點(diǎn)P在線(xiàn)段【答案】2【分析】建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法求得sinθ【詳解】設(shè)正方體邊長(zhǎng)為2，建立如圖所示空間直角.則O1,1設(shè)Pa,2?a,2則OP=由于n=1,1,1使n所以n=1,1,1所以sinθ=n?由于0≤a≤2，所以a?12+2∈所以sinθ=故答案為：213．（23-24高二上·浙江·期中）如圖，正四棱柱ABCD?A1B1C1D1中，設(shè)AD=1,DD1=3，點(diǎn)P【答案】223【分析】建立空間直角坐標(biāo)系，求出平面的法向量，求出線(xiàn)面角的正弦值.【詳解】以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA,DC,DD1所在直線(xiàn)分別為則A1設(shè)平面PBD的法向量為m=則m?令y=1，則x=z=?1，故m=設(shè)直線(xiàn)A1P與平面PBD所成角大小為則sinθ=故答案為：214．（24-25高二上·上?！卧獪y(cè)試）如圖，在直三棱柱ABC?A1B1C1中，∠ABC=90°，BC=2，CC1=4，點(diǎn)D【答案】垂直【分析】建立空間直角坐標(biāo)系，證明B1D⊥BD,B1D⊥BA,【詳解】如圖所示，分別以BA,BC,BB1所在直線(xiàn)為且BC=2,CC設(shè)AB=a，則B1所以B1因?yàn)锽1所以B1因?yàn)锽D∩BA=B,BD?平面ABD，BA?平面ABD，所以B1D⊥平面故答案為：垂直.四、解答題15．（23-24高二下·安徽宣城·期末）如圖，在四棱錐P?ABCD中，PA⊥平面ABCD，且AD∥BC,∠BAD=90°,BC=1，AP=AB=(1)求證：平面PBC⊥平面ADMN；(2)求直線(xiàn)BD與平面ADMN所成角的正弦值.【答案】(1)證明見(jiàn)解析(2)42【分析】（1）先證明PB⊥平面ADMN，根據(jù)面面垂直的判定定理即可證明結(jié)論；（2）方法一：結(jié)合（1）可知PB⊥平面ADMN，即可說(shuō)明∠BDN即為直線(xiàn)BD與平面ADMN所成的角，解三角形，即可求得答案；方法二，建立空間直角坐標(biāo)系，求出相關(guān)點(diǎn)坐標(biāo)，利用空間角的向量求法，即可求得答案.【詳解】（1）∵PA⊥平面ABCD,AD?平面ABCD，則PA⊥AD，由∠BAD=90°，則又AB∩PA=A,AB,PA?平面PAB，∴AD⊥平面PAB,PB?平面PAB，∴AD⊥PB，∵AP=AB，且N為PB的中點(diǎn)，∴PB⊥AN，∵AN∩AD=A,AN,AD?平面ADMN，∴PB⊥平面ADMN，又PB?平面PBC，所以平面PBC⊥平面ADMN；（2）解法一：如圖，連結(jié)DN，由（1）知PB⊥平面ADMN，所以，DN為直線(xiàn)BD在平面ADMN內(nèi)的射影，且DN⊥BN，所以，∠BDN即為直線(xiàn)BD與平面ADMN所成的角.在直角梯形ABCD內(nèi)