專題01空間向量及其運算（考題猜想，易錯必刷5大題型）【題型一】距離問題【題型二】線面角中的探索性問題【題型三】二面角中的探索性問題【題型四】折疊問題【題型五】立體幾何圖形中的動點問題【題型一】距離問題一、單選題1．（23-24高二下·福建廈門·期末）在棱長為2的正方體中，E，F，G分別是棱，，的中點，過作平面，使得，則點到平面的距離是（

）A． B． C． D．2．（23-24高二下·河南南陽·期末）在空間直角坐標系中，，三角形重心為，則點到直線的距離為（

）A． B． C． D．3．（23-24高二下·江蘇徐州·期末）在棱長為4的正方體中，分別為棱的中點，點在棱上，且，則點到平面的距離為（

）A． B． C． D．4．（23-24高二下·江西鷹潭·期末）在正四棱柱中，已知，O為棱的中點，則線段在平面上的射影的長度為（

）A． B． C．4 D．5．（23-24高二上·河北石家莊·期末）在如圖所示的直四棱柱中，底面是正方形，是的中點，點N是棱上的一個動點，則點到平面的距離的最小值為（

）

A．1 B． C． D．【題型二】線面角中的探索性問題一、解答題1．（23-24高二下·浙江寧波·期末）如圖，在五面體中，四邊形為矩形，為等腰直角三角形，且.面面.(1)求證：：(2)在線段上是否存在點，使得與平面所成角的正弦值為？若存在，請求出的長度；若不存在，請說明理由.2．（23-24高二下·廣東廣州·期末）如圖，在五棱錐中，平面ABCDE，，，，，，．(1)求證：平面平面；(2)已知直線與平面所成的角為，求線段的長．3．（23-24高三上·江蘇·階段練習）如圖，在四棱錐中，是正三角形，，平面平面，是棱上動點．(1)求證：平面平面；(2)在線段上是否存在點，使得直線與平面所成角為30°？若存在，求出的值；若不存在，說明理由．4．（23-24高二上·黑龍江大慶·期末）已知和均是等腰直角三角形，既是的斜邊又是的直角邊，且，沿邊折疊使得平面平面，為斜邊的中點.

(1)求證：.(2)在線段上是否存在點，使得與平面所成的角的正弦值為.若存在，求出的值；若不存在，請說明理由.5．（23-24高二上·江西吉安·期末）如圖，直四棱柱的棱長均為2，底面是菱形，，為的中點，且上一點滿足（）．(1)若，證明：；(2)若，且與平面所成角的正弦值為，求．【題型三】二面角中的探索性問題一、解答題1．（23-24高二下·廣東汕尾·期末）如圖，在四棱錐中，底面為矩形，平面為的中點．(1)證明：平面．(2)若平面與平面的夾角為，求的長．2．（23-24高二下·湖南郴州·期末）如圖，在四棱錐中，底面為正方形，平面為線段的中點，為線段（不含端點）上的動點.(1)證明：平面平面；(2)是否存在點，使二面角的大小為？若存在，求出的值，若不存在，請說明理由.3．（23-24高二上·安徽阜陽·期末）如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是正方形，且，平面平面ABCD，，點E為線段PC的中點，點F是線段AB上的一個動點．(1)求證：平面平面PBC；(2)設二面角的平面角為θ，當時，求的值．4．（23-24高二下·甘肅蘭州·期末）如圖所示，正方形與矩形所在平面互相垂直，，點為的中點.

(1)求證：平面；(2)在線段上是否存在點，使二面角的平面角的大小為？若存在，求出的長；若不存在，請說明理由.5．（23-24高二下·湖南長沙·期末）由四棱柱截去三棱錐后得到如圖所示的幾何體，四邊形是菱形，為與的交點，平面.(1)求證：平面；(2)若二面角的正切值為，求平面與平面夾角的大小.【題型四】折疊問題一、解答題1．（23-24高二下·云南昆明·期末）如圖，已知四邊形ABCD為矩形，，E為DC的中點，將沿AE進行翻折，使點D與點P重合，且．

(1)證明：；(2)求平面與平面所成角的正弦值．2．（23-24高二下·海南?？凇て谀┤鐖D1，在邊長為2的正方形中，為的中點，分別將，沿，所在直線折疊，使、兩點重合于點，如圖2.在三棱錐中，為的中點.(1)證明：；(2)求直線與平面所成角的正弦值.3．（23-24高二下·甘肅臨夏·期末）如圖1，在中，，，若沿中位線AD把折起，使，如圖2，此時直線PB與CD所成角的大小為．

(1)求BC的長；(2)求二面角的余弦值．4．（23-24高二上·江西南昌·期末）已知平行四邊形ABCD如圖甲，，沿AC將折起，使點D到達點P位置，且，連接PB得三棱錐如圖乙．(1)證明；平面ABC；(2)在線段PC上是否存在點M，使二面角的余弦值為，若存在，求出的值；若不存在，請說明理由．5．（23-24高二下·江蘇泰州·期末）在空間幾何體中，四邊形均為直角梯形，，．(1)如圖1，若，求直線與平面所成角的正弦值；(2)如圖2，設（?。┣笞C：平面平面；（ⅱ）若二面角的余弦值為，求的值．【題型五】立體幾何圖形中的動點問題一、單選題1．（23-24高二下·上海楊浦·期末）如圖，已知正方體的棱長為1，點為棱的中點，點在正方形內部（不含邊界）運動，給出以下三個結論：①存在點滿足；②存在點滿足與平面所成角的大小為；③存在點滿足；其中正確的個數是（

）．A．0 B．1 C．2 D．32．（23-24高二上·北京順義·期末）如圖，在正方體中，E是棱上的動點，則下列結論正確的是（

）A．直線與所成角的范圍是B．直線與平面所成角的最大值為C．二面角的大小不確定D．直線與平面不垂直二、多選題3．（23-24高二下·甘肅白銀·期末）如圖，在直四棱柱中，四邊形為正方形，為面對角線上的一個動點，則下列說法正確的有（

）

A．平面B．三棱錐的體積為定值C．異面直線與所成角的正切值為1D．異面直線與所成角的余弦值為4．（23-24高二下·山西太原·期末）如圖，在棱長均為1的平行六面體中，平面，分別是線段和線段上的動點，且滿足，則下列說法正確的是（

）

A．當時，B．當時，若，則C．當時，直線與直線所成角的大小為D．當時，三棱錐的體積的最大值為5．（23-24高二下·河北唐山·期末）已知點是正方體表面上的一個動點，則以下說法正確的是（

）A．當在平面上運動時，四棱錐的體積不變B．當在線段上運動時，與所成角的取值范圍是C．若點在底面上運動，則使直線與平面所成的角為的點的軌跡為橢圓D．若是的中點，點在底面上運動時，不存在點滿足平面

專題01空間向量及其運算（考題猜想，易錯必刷5大題型）【題型一】距離問題【題型二】線面角中的探索性問題【題型三】二面角中的探索性問題【題型四】折疊問題【題型五】立體幾何圖形中的動點問題【題型一】距離問題一、單選題1．（23-24高二下·福建廈門·期末）在棱長為2的正方體中，E，F，G分別是棱，，的中點，過作平面，使得，則點到平面的距離是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根據給定條件，建立空間直角坐標系，求出平面的法向量，利用空間向量求出點到平面的距離.【詳解】在正方體中，建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，設平面的法向量，由，，得，則，令，得，所以點到平面的距離.故選：D【點睛】方法點睛：求點到平面的距離可以利用幾何法，作出點到平面的垂線段求解；也可以用向量法，求出平面的法向量，再求出這一點與平面內任意一點確定的向量在法向量的投影即可.2．（23-24高二下·河南南陽·期末）在空間直角坐標系中，，三角形重心為，則點到直線的距離為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】三角形重心為，所以，計算出和，得到在上的投影，根據勾股定理計算即可.【詳解】在空間直角坐標系中，，三角形重心為，所以，，，所以在上的投影為：，所以點到直線的距離為：.故選：B3．（23-24高二下·江蘇徐州·期末）在棱長為4的正方體中，分別為棱的中點，點在棱上，且，則點到平面的距離為（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】建立空間直角坐標系，求出平面的一個法向量和，再利用點到平面距離的向量法，即可求出結果.【詳解】如圖，建立空間直角坐標系，因為正方體的棱長為4，則，所以，，，設平面的一個法向量為，由，得到，取，得到，所以，所以點到平面的距離為，故選：C.4．（23-24高二下·江西鷹潭·期末）在正四棱柱中，已知，O為棱的中點，則線段在平面上的射影的長度為（

）A． B． C．4 D．【答案】C【分析】如圖，以為原點，所在的直線分別為軸建立空間直角坐標系，然后求出平面的法向量，利用空間向量求解即可.【詳解】如圖，以為原點，所在的直線分別為軸建立空間直角坐標系，則，所以，設平面的法向量為，則，令，則，所以點平面的距離為，所以線段在平面上的射影的長度為.故選：C5．（23-24高二上·河北石家莊·期末）在如圖所示的直四棱柱中，底面是正方形，是的中點，點N是棱上的一個動點，則點到平面的距離的最小值為（

）

A．1 B． C． D．【答案】D【分析】建立空間直角坐標系，將則點到平面的距離表示出來即可求得最值.【詳解】由題意知，該幾何體為長方體，建立空間直角坐標系如下圖所示，則，設．

設平面的一個法向量為，則，設，則，則，所以點到平面的距離為，又，所以當時，點到平面的距離取得最小值為．故選：D．【題型二】線面角中的探索性問題一、解答題1．（23-24高二下·浙江寧波·期末）如圖，在五面體中，四邊形為矩形，為等腰直角三角形，且.面面.(1)求證：：(2)在線段上是否存在點，使得與平面所成角的正弦值為？若存在，請求出的長度；若不存在，請說明理由.【答案】(1)證明見解析；(2)或.【分析】（1）利用面面垂直的性質、線面垂直的判定性質推理即得.（2）取的中點，以為原點，建立空間直角坐標系，設，求出平面的法向量，再利用線面角的向量求法求解即得.【詳解】（1）由矩形，得，而平面平面，平面平面，平面，則平面，又面，于是，而，，平面，因此平面，又平面，所以.（2）取的中點，作，連接，由（1）知，平面，而平面，則，又，，則，即兩兩垂直，以為原點，直線分別為建立空間直角坐標系，假定在線段上存在點，使得與平面所成角的正弦值為，設，則，，設平面的法向量，則，令，得，于是，整理得，解得或，所以在線段上存在點，使得與平面所成角的正弦值為，此時或.2．（23-24高二下·廣東廣州·期末）如圖，在五棱錐中，平面ABCDE，，，，，，．(1)求證：平面平面；(2)已知直線與平面所成的角為，求線段的長．【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）由余弦定理得，再由線面垂直的判定定理可得答案；（2）做交于點，以為原點，所在的直線分別為建立空間直角坐標系，設，求出、平面的一個法向量，由線面角的向量求法求出可得答案，【詳解】（1），，．由余弦定理得，所以，故，因為，所以，因為平面，平面，所以，因為，平面，所以平面，因為平面，所以平面平面；（2）做交于點，所以四邊形是長方形，因為，，所以，因為，所以，由（1）知，互相垂直，以為原點，所在的直線分別為軸建立空間直角坐標系，設，則，，設為平面的一個法向量，則，即，令，則，所以，所以，解得，所以，所以線段的長為．3．（23-24高三上·江蘇·階段練習）如圖，在四棱錐中，是正三角形，，平面平面，是棱上動點．(1)求證：平面平面；(2)在線段上是否存在點，使得直線與平面所成角為30°？若存在，求出的值；若不存在，說明理由．【答案】(1)證明見解析(2)存在，或【分析】（1）由題設證得，取AD的中點，連結PO，應用面面垂直的性質證平面，再由線面垂直的性質、判定及面面垂直的判定證結論；（2）取AB的中點，連結ON，則，構建空間直角坐標系，設，應用向量法，結合線面角大小列方程求，即可得結果.【詳解】（1）因為，所以，在中，由余弦定理得，所以，即，取AD的中點，連結PO，因為是正三角形，所以又面面ABCD，面面，面，所以平面，又平面，所以，又，，平面，所以平面，又平面，所以平面平面．（2）取AB的中點，連結ON，則，所以以為正交基底建立空間直角坐標系，則，設，，則，又，設平面的一個法向量為，則，即，若，取，由直線AP與平面MBD所成角為，得，化簡得

解得或，當或時，直線AP與平面所成角為.4．（23-24高二上·黑龍江大慶·期末）已知和均是等腰直角三角形，既是的斜邊又是的直角邊，且，沿邊折疊使得平面平面，為斜邊的中點.

(1)求證：.(2)在線段上是否存在點，使得與平面所成的角的正弦值為.若存在，求出的值；若不存在，請說明理由.【答案】(1)證明見解析(2)存在，或.【分析】（1）由線面垂直的判定定理和性質定理證明即可；（2）以為原點，，，為、、軸正方向建立空間直角坐標系，設，求出直線的方向向量與平面的法向量，由線面角的向量公式求出，即可得出答案.【詳解】（1）取中點，連接，，如圖，

又為的中點，，由，則，又為等腰直角三角形，，，，又，，平面，平面，又平面，.（2）由（1）知，，又平面平面，是交線，平面，所以平面，即，，兩兩互相垂直，故以為原點，，，為、、軸正方向建立空間直角坐標系，如圖，

則A1,0,0，，，P0,0,1，，，，設為平面的一個法向量，則，令，即，若存在使得與平面所成的角的正弦值為，且，，則，解得，則.則，整理得，，解得，或.故存在使得與平面所成的角的正弦值為，此時或.5．（23-24高二上·江西吉安·期末）如圖，直四棱柱的棱長均為2，底面是菱形，，為的中點，且上一點滿足（）．(1)若，證明：；(2)若，且與平面所成角的正弦值為，求．【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）建立空間直角坐標系，利用向量法證明，即可得出結果；（2）利用向量法列出與平面所成角的正弦值為的方程，求解即可得出結果.【詳解】（1）連接，交于點，∵底面是菱形，∴，且，互相平分．又，∴，，連接，交于點，連接，則平面，∴，，兩兩相互垂直，故以為坐標原點，，，所在直線分別為軸、軸、軸，建立如圖所示的空間直角坐標系．則B1,0,0，，，，，，．∴，∴，∴，∴時，．∵，∴．（2）由（1）可得，，，設平面的法向量為，則即∴，令，得，則，設與平面所成角為，則，化簡得解得或（舍去）．所以.【題型三】二面角中的探索性問題一、解答題1．（23-24高二下·廣東汕尾·期末）如圖，在四棱錐中，底面為矩形，平面為的中點．(1)證明：平面．(2)若平面與平面的夾角為，求的長．【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）證明，再由線面平行的判定定理得證；（2）由PA，AD，AB兩兩互相垂直，建立空間直角坐標系，利用向量法求出平面夾角即可得解.【詳解】（1）連接BD交AC于點O，連接OE，如圖，因為O為BD的中點，E為PD的中點，所以．又平面AEC，平面AEC，所以平面AEC．（2）因為平面ABCD，AD，平面ABCD，所以，．又，所以PA，AD，AB兩兩互相垂直，故以A為原點，AB，AD，AP所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間坐標系如圖所示，設，則，，，，,所以，．顯然為平面DAE的一個法向量．設平面ACE的一個法向量為n=則，即令，得，因為平面DAE與平面AEC的夾角為，所以，解得或（舍去），即·2．（23-24高二下·湖南郴州·期末）如圖，在四棱錐中，底面為正方形，平面為線段的中點，為線段（不含端點）上的動點.(1)證明：平面平面；(2)是否存在點，使二面角的大小為？若存在，求出的值，若不存在，請說明理由.【答案】(1)證明見解析(2)存在，【分析】（1）根據題意可證平面，則，進而可得平面，即可得結果；（2）建系標點，設，分別為平面、平面的法向量，利用空間向量處理二面角的問題.【詳解】（1）因為底面為正方形，則，又因為平面，平面，。且，平面，可得平面，由平面，可得，因為，且E為的中點，則，由，平面，可得平面，且平面，所以平面平面.（2）以分別為軸?軸?軸建立空間直角坐標系，則，，設，則，設平面的法向量，則，令，則，可得，又因為，設平面的法向量，則，令，則，可得，由題意得：，即，整理得即，解得或（舍去），所以存在，此時.3．（23-24高二上·安徽阜陽·期末）如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是正方形，且，平面平面ABCD，，點E為線段PC的中點，點F是線段AB上的一個動點．(1)求證：平面平面PBC；(2)設二面角的平面角為θ，當時，求的值．【答案】(1)證明見解析；(2).【分析】（1）利用面面垂直的性質，線面垂直的性質判定、面面垂直的判定推理即得.（2）以D為原點，建立空間直角坐標系，求出平面的法向量，再利用面面角的向量求法列式計算即得.【詳解】（1）由四邊形ABCD是正方形，得，而平面平面ABCD，平面平面平面ABCD，則平面PCD，又平面PCD，于是，由，點為線段PC的中點，得，又平面PBC，因此平面PBC，而平面DEF，所以平面平面PBC.（2）由（1）知平面PCD，而，則平面PCD，在平面PCD內過D作交PC于點G，顯然直線DA，DC，DG兩兩垂直，以D為原點，直線DA，DC，DG分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標系，由，，得，，設，則，設平面DEF的法向量為，則，令，得，而平面PCD的法向量為，則，而，解得，此時．4．（23-24高二下·甘肅蘭州·期末）如圖所示，正方形與矩形所在平面互相垂直，，點為的中點.

(1)求證：平面；(2)在線段上是否存在點，使二面角的平面角的大小為？若存在，求出的長；若不存在，請說明理由.【答案】(1)證明見解析(2)存在，【分析】（1）由面面垂直的性質得平面，以為坐標原點，所在直線分別為軸、軸、軸，建立空間直角坐標系，求出平面的法向量、，利用可得答案；（2）假設在線段上存在點，設，求出平面、平面的一個法向量，由二面角的向量求法可得答案.【詳解】（1）平面平面，平面平面，平面平面，則以為坐標原點，所在直線分別為軸、軸、軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，則.，設平面的法向量為n1=x1令，解得：，又，即，又平面平面；（2）假設在線段上存在點，使二面角的大小為.設，則.設平面的一個法向量為，則，令，解得：，又平面的一個法向量為，，即，解得：或（舍去），此時，在線段上存在點，使二面角的平面角的大小為，此時.

5．（23-24高二下·湖南長沙·期末）由四棱柱截去三棱錐后得到如圖所示的幾何體，四邊形是菱形，為與的交點，平面.(1)求證：平面；(2)若二面角的正切值為，求平面與平面夾角的大小.【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）法一：將幾何體補成四棱柱，得到四邊形為平行四邊形，故，得到線面平行；法二：得到兩兩垂直，建立空間直角直角坐標系，得到平面的法向量，從而得到，得到結論；（2）設，作出輔助線，找到二面角的平面角為，根據正切值得到方程，求出，求出平面的法向量，得到平面與平面夾角的余弦值，求出答案；【詳解】（1）法一：將幾何體補成四棱柱，因為，，所以四邊形為平行四邊形，所以，，又，故，，故四邊形為平行四邊形，故，又平面，平面，平面.法二：∵四邊形是菱形，∴⊥，又平面，平面，∴，，故兩兩垂直，以直線分別為軸，軸，軸，建立空間直角坐標系，其中，則，設，由得，由得，則，設平面的法向量為，則，取，得，，又平面，平面.（2）設，取的中點，則，又四邊形是菱形，，因為平面，平面，所以，因為，平面，故面，因為平面，則，因為且，所以四邊形為平行四邊形，故，所以，又，故四邊形為平行四邊形，故，，故.所以為二面角的平面角.則，其中，故，故，設平面的法向量為，則取，得，，平面與平面夾角的余弦值為，平面與平面夾角為.【題型四】折疊問題一、解答題1．（23-24高二下·云南昆明·期末）如圖，已知四邊形ABCD為矩形，，E為DC的中點，將沿AE進行翻折，使點D與點P重合，且．

(1)證明：；(2)求平面與平面所成角的正弦值．【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）利用勾股定理分別證出，，進而得出平面，即可得證；（2）建立空間直角坐標系，分別求出平面和平面一個法向量，利用向量夾角公式即可求解．【詳解】（1）證明：由題知，所以，所以為直角三角形，，因為，，所以，所以為直角三角形，，因為平面，所以平面，因為平面，所以；（2）由題知以B為原點建立如圖空間直角坐標系，

取AE中點M，由題知，所以，由（1）知平面，所以，因為，所以平面，，，設平面PCE的一個法向量為，則，由（1）知平面，所以是平面PAE的一個法向量，，設平面PAE與平面PCE所成角為θ，所以，因此.2．（23-24高二下·海南海口·期末）如圖1，在邊長為2的正方形中，為的中點，分別將，沿，所在直線折疊，使、兩點重合于點，如圖2.在三棱錐中，為的中點.(1)證明：；(2)求直線與平面所成角的正弦值.【答案】(1)證明見解析；(2)【分析】（1）利用線線垂直證明線面垂直，再證線線垂直即可；（2）建立空間直角坐標系，利用空間向量計算線面夾角即可.【詳解】（1）由條件易知，所以，而平面，所以平面，又平面，所以；（2）取的中點，連接，過O作的平行線，易知，則，由上可以以O為原點建立如圖所示的空間直角坐標系，則，所以，即,設平面的一個法向量，有，令，則，所以，設直線與平面所成角為，則.3．（23-24高二下·甘肅臨夏·期末）如圖1，在中，，，若沿中位線AD把折起，使，如圖2，此時直線PB與CD所成角的大小為．

(1)求BC的長；(2)求二面角的余弦值．【答案】(1)2(2)【分析】（1）以AB，AD，AP所在直線為x，y，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，借助線線角的空間向量法求解；（2）利用空間向量法求二面角的余弦值．【詳解】（1）由于，，，平面，故平面，又因為，所以兩兩垂直，故分別以所在直線為軸建立如圖所示的空間直角坐標系，

因為，且A為PB的中點，所以，設，則，所以A0,0,0，B1,0,0，，P0,0,1，則，．

因為直線PB與CD所成角的大小為，所以，即，解得或（舍去）．所以BC的長為2；（2）設平面PBD的法向量為m=因為，PD=0,1,?1，，所以，令，則，，，設平面PBC的法向量為n=a,b,c，所以令，則，，．所以，由幾何體的特征可知二面角的平面角為銳角，所以二面角的余弦值為．4．（23-24高二上·江西南昌·期末）已知平行四邊形ABCD如圖甲，，沿AC將折起，使點D到達點P位置，且，連接PB得三棱錐如圖乙．(1)證明；平面ABC；(2)在線段PC上是否存在點M，使二面角的余弦值為，若存在，求出的值；若不存在，請說明理由．【答案】(1)證明見解析(2)存在，且【分析】（1）推導出，證明出平面，可得出，利用線面垂直的判定定理可證得結論成立；（2）以點為坐標原點，、、的方向分別為、、軸的正方向建立空間直角坐標系，設，其中，利用空間向量法可得出關于的等式，結合求出的值，即可得出結論.【詳解】（1）證明：翻折前，因為四邊形為平行四邊形，，則，因為，則，，由余弦定理可得，所以，，則，同理可證，翻折后，則有，，因為，，、平面，所以，平面，因為平面，則，因為，、平面，所以，平面，（2）因為平面，，以點為坐標原點，、、的方向分別為、、軸的正方向建立如下圖所示的空間直角坐標系，則、、、，設，其中，則，，設平面的法向量為，則，取，則，，所以，，易知平面的一個法向量為，則，整理可得，因為，解得，因此，線段上存在點，使二面角的余弦值為，且.5．（23-24高二下·江蘇泰州·期末）在空間幾何體中，四邊形均為直角梯形，，．(1)如圖1，若，求直線與平面所成角的正弦值；(2)如圖2，設（?。┣笞C：平面平面；（ⅱ）若二面角的余弦值為，求的值．【答案】(1)(2)（ⅰ）證明見解析；（ⅱ）【分析】（1）建立空間直角坐標系，利用空間向量法求出線面角的正弦值；（2）（?。┰O，則，由，所以，求出平面、的法向量，利用空間向量法證明即可；（ⅱ）求出平面的法向量，利用空間向量法表示出二面角的余弦值，即可得到方程，求出，即可得到點坐標，再由夾角公式計算可得.【詳解】（1）因為，，即，，，如圖建立空間直角坐標系，則A0,0,0，，，，，，所以，，，設平面的法向量為，則，取，設直線與平面所成角為，則，所以直線與平面所成角的正弦值為.（2）（?。┤鐖D建立空間直角坐標系，設，則，因為，所以，所以，，，，，設平面的法向量為，則，取，設平面的法向量為，則，取，因為，所以，所以平面平面；（ⅱ）設平面的法向量為，則，取，設二面角的平面角為，所以，所以，即，解得或（舍去），則，所以，即，又，所以.【題型五】立體幾何圖形中的動點問題一、單選題1．（23-24高二下·上海楊浦·期末）如圖，已知正方體的棱長為1，點為棱的中點，點在正方形內部（不含邊界）運動，給出以下三個結論：①存在點滿足；②存在點滿足與平面所成角的大小為；③存在點滿足；其中正確的個數是（

）．A．0 B．1 C．2 D．3【答案】D【分析】建立空間直角坐標系，設，，利用空間向量法一一計算可得.【詳解】如圖建立平面直角坐標系，則，，，，設，，則，若，則，解得，所以存在點滿足，故①正確；因為，，設平面的法向量為n=a,b,c，則，取，設與平面所成角為，，則，令，，則，所以，令，，則，所以，所以存在點滿足與平面所成角的大小為，故②正確；因為，，所以，所以，所以存在點滿足，故③正確.故選：D【點睛】關鍵點點睛：本題關鍵是建立空間直角坐標系，將幾何關系轉化為代數計算.2．（23-24高二上·北京順義·期末）如圖，在正方體中，E是棱上的動點，則下列結論正確的是（

）A．直線與所成角的范圍是B．直線與平面所成角的最大值為C．二面角的大小不確定D．直線與平面不垂直【答案】D【分析】建立適當的空間直角坐標系，對于A，由直線方向向量夾角余弦的范圍即可判斷；對于B，由線面角正弦值的公式即可判斷；對于C，由兩平面的法向量夾角余弦即可判斷；對于D，由即可判斷.【詳解】以為原點，分別為軸建立如圖所示的空間直角坐標系：不妨設正方體棱長為1，，對于A，，不妨設直線與所成角為，所以，當增大時，分別減小，增大，所以關于單調遞減，所以，所以，故A錯誤；對于B，由題意，且顯然平面的法向量為n=0,1,0，不妨設直線與平面所成角為，則單調遞增，，所以，所以，故B錯誤；對于C，，所以，不妨設平面與平面的法向量分別為，所以有和，令，解得，即取平面與平面的法向量分別為，二面角為銳角，不妨設為，則，所以二面角的大小為，故C錯誤；對于D，，所以，所以與不垂直，所以直線與平面不垂直.故選：D.【點睛】關鍵點睛：C選項的關鍵是看兩平面法向量夾角是否固定不變，由此即可順利得解.二、多選題3．（23-24高二下·甘肅白銀·期末）如圖，在直四棱柱中，四邊形為正方形，為面對角線上的一個動點，則下列說法正確的有（

）

A．平面B．三棱錐的體積為定值C．異面直線與所成角的正切值為1D．異面直線與所成角的余弦值為【答案】BCD【分析】以為坐標原點，所在直線分別為軸、軸、軸建立空間直角坐標系，設，則，利用坐標法計算可判斷AD；利用線線平行可得以平面，可判斷B；與所成的角為，計算可判斷C.【詳解】

以為坐標原點，所在直線分別為軸、軸、軸建立空間直角坐標系.設，則，，對于A選項，，，則，故與不垂直，進而可知與平面不垂直，故A錯誤；對于B選項