专题02 空间向量在立体几何中的应用-期末真题（考题猜想易错必刷5大题型）（原卷版及全解全析）

专题01空间向量及其运算（考题猜想，易错必刷5大题型）【题型一】距离问题【题型二】线面角中的探索性问题【题型三】二面角中的探索性问题【题型四】折叠问题【题型五】立体几何图形中的动点问题【题型一】距离问题一、单选题1．（23-24高二下·福建厦门·期末）在棱长为2的正方体中，E，F，G分别是棱，，的中点，过作平面，使得，则点到平面的距离是（

）A． B． C． D．2．（23-24高二下·河南南阳·期末）在空间直角坐标系中，，三角形重心为，则点到直线的距离为（

）A． B． C． D．3．（23-24高二下·江苏徐州·期末）在棱长为4的正方体中，分别为棱的中点，点在棱上，且，则点到平面的距离为（

）A． B． C． D．4．（23-24高二下·江西鹰潭·期末）在正四棱柱中，已知，O为棱的中点，则线段在平面上的射影的长度为（

）A． B． C．4 D．5．（23-24高二上·河北石家庄·期末）在如图所示的直四棱柱中，底面是正方形，是的中点，点N是棱上的一个动点，则点到平面的距离的最小值为（

）

A．1 B． C． D．【题型二】线面角中的探索性问题一、解答题1．（23-24高二下·浙江宁波·期末）如图，在五面体中，四边形为矩形，为等腰直角三角形，且.面面.(1)求证：：(2)在线段上是否存在点，使得与平面所成角的正弦值为？若存在，请求出的长度；若不存在，请说明理由.2．（23-24高二下·广东广州·期末）如图，在五棱锥中，平面ABCDE，，，，，，．(1)求证：平面平面；(2)已知直线与平面所成的角为，求线段的长．3．（23-24高三上·江苏·阶段练习）如图，在四棱锥中，是正三角形，，平面平面，是棱上动点．(1)求证：平面平面；(2)在线段上是否存在点，使得直线与平面所成角为30°？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．4．（23-24高二上·黑龙江大庆·期末）已知和均是等腰直角三角形，既是的斜边又是的直角边，且，沿边折叠使得平面平面，为斜边的中点.

(1)求证：.(2)在线段上是否存在点，使得与平面所成的角的正弦值为.若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.5．（23-24高二上·江西吉安·期末）如图，直四棱柱的棱长均为2，底面是菱形，，为的中点，且上一点满足（）．(1)若，证明：；(2)若，且与平面所成角的正弦值为，求．【题型三】二面角中的探索性问题一、解答题1．（23-24高二下·广东汕尾·期末）如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面为的中点．(1)证明：平面．(2)若平面与平面的夹角为，求的长．2．（23-24高二下·湖南郴州·期末）如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面为线段的中点，为线段（不含端点）上的动点.(1)证明：平面平面；(2)是否存在点，使二面角的大小为？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由.3．（23-24高二上·安徽阜阳·期末）如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是正方形，且，平面平面ABCD，，点E为线段PC的中点，点F是线段AB上的一个动点．(1)求证：平面平面PBC；(2)设二面角的平面角为θ，当时，求的值．4．（23-24高二下·甘肃兰州·期末）如图所示，正方形与矩形所在平面互相垂直，，点为的中点.

(1)求证：平面；(2)在线段上是否存在点，使二面角的平面角的大小为？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由.5．（23-24高二下·湖南长沙·期末）由四棱柱截去三棱锥后得到如图所示的几何体，四边形是菱形，为与的交点，平面.(1)求证：平面；(2)若二面角的正切值为，求平面与平面夹角的大小.【题型四】折叠问题一、解答题1．（23-24高二下·云南昆明·期末）如图，已知四边形ABCD为矩形，，E为DC的中点，将沿AE进行翻折，使点D与点P重合，且．

(1)证明：；(2)求平面与平面所成角的正弦值．2．（23-24高二下·海南海口·期末）如图1，在边长为2的正方形中，为的中点，分别将，沿，所在直线折叠，使、两点重合于点，如图2.在三棱锥中，为的中点.(1)证明：；(2)求直线与平面所成角的正弦值.3．（23-24高二下·甘肃临夏·期末）如图1，在中，，，若沿中位线AD把折起，使，如图2，此时直线PB与CD所成角的大小为．

(1)求BC的长；(2)求二面角的余弦值．4．（23-24高二上·江西南昌·期末）已知平行四边形ABCD如图甲，，沿AC将折起，使点D到达点P位置，且，连接PB得三棱锥如图乙．(1)证明；平面ABC；(2)在线段PC上是否存在点M，使二面角的余弦值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．5．（23-24高二下·江苏泰州·期末）在空间几何体中，四边形均为直角梯形，，．(1)如图1，若，求直线与平面所成角的正弦值；(2)如图2，设（ⅰ）求证：平面平面；（ⅱ）若二面角的余弦值为，求的值．【题型五】立体几何图形中的动点问题一、单选题1．（23-24高二下·上海杨浦·期末）如图，已知正方体的棱长为1，点为棱的中点，点在正方形内部（不含边界）运动，给出以下三个结论：①存在点满足；②存在点满足与平面所成角的大小为；③存在点满足；其中正确的个数是（

）．A．0 B．1 C．2 D．32．（23-24高二上·北京顺义·期末）如图，在正方体中，E是棱上的动点，则下列结论正确的是（

）A．直线与所成角的范围是B．直线与平面所成角的最大值为C．二面角的大小不确定D．直线与平面不垂直二、多选题3．（23-24高二下·甘肃白银·期末）如图，在直四棱柱中，四边形为正方形，为面对角线上的一个动点，则下列说法正确的有（

）

A．平面B．三棱锥的体积为定值C．异面直线与所成角的正切值为1D．异面直线与所成角的余弦值为4．（23-24高二下·山西太原·期末）如图，在棱长均为1的平行六面体中，平面，分别是线段和线段上的动点，且满足，则下列说法正确的是（

）

A．当时，B．当时，若，则C．当时，直线与直线所成角的大小为D．当时，三棱锥的体积的最大值为5．（23-24高二下·河北唐山·期末）已知点是正方体表面上的一个动点，则以下说法正确的是（

）A．当在平面上运动时，四棱锥的体积不变B．当在线段上运动时，与所成角的取值范围是C．若点在底面上运动，则使直线与平面所成的角为的点的轨迹为椭圆D．若是的中点，点在底面上运动时，不存在点满足平面

专题01空间向量及其运算（考题猜想，易错必刷5大题型）【题型一】距离问题【题型二】线面角中的探索性问题【题型三】二面角中的探索性问题【题型四】折叠问题【题型五】立体几何图形中的动点问题【题型一】距离问题一、单选题1．（23-24高二下·福建厦门·期末）在棱长为2的正方体中，E，F，G分别是棱，，的中点，过作平面，使得，则点到平面的距离是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据给定条件，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用空间向量求出点到平面的距离.【详解】在正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，设平面的法向量，由，，得，则，令，得，所以点到平面的距离.故选：D【点睛】方法点睛：求点到平面的距离可以利用几何法，作出点到平面的垂线段求解；也可以用向量法，求出平面的法向量，再求出这一点与平面内任意一点确定的向量在法向量的投影即可.2．（23-24高二下·河南南阳·期末）在空间直角坐标系中，，三角形重心为，则点到直线的距离为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】三角形重心为，所以，计算出和，得到在上的投影，根据勾股定理计算即可.【详解】在空间直角坐标系中，，三角形重心为，所以，，，所以在上的投影为：，所以点到直线的距离为：.故选：B3．（23-24高二下·江苏徐州·期末）在棱长为4的正方体中，分别为棱的中点，点在棱上，且，则点到平面的距离为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量和，再利用点到平面距离的向量法，即可求出结果.【详解】如图，建立空间直角坐标系，因为正方体的棱长为4，则，所以，，，设平面的一个法向量为，由，得到，取，得到，所以，所以点到平面的距离为，故选：C.4．（23-24高二下·江西鹰潭·期末）在正四棱柱中，已知，O为棱的中点，则线段在平面上的射影的长度为（

）A． B． C．4 D．【答案】C【分析】如图，以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，然后求出平面的法向量，利用空间向量求解即可.【详解】如图，以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，则，所以，设平面的法向量为，则，令，则，所以点平面的距离为，所以线段在平面上的射影的长度为.故选：C5．（23-24高二上·河北石家庄·期末）在如图所示的直四棱柱中，底面是正方形，是的中点，点N是棱上的一个动点，则点到平面的距离的最小值为（

）

A．1 B． C． D．【答案】D【分析】建立空间直角坐标系，将则点到平面的距离表示出来即可求得最值.【详解】由题意知，该几何体为长方体，建立空间直角坐标系如下图所示，则，设．

设平面的一个法向量为，则，设，则，则，所以点到平面的距离为，又，所以当时，点到平面的距离取得最小值为．故选：D．【题型二】线面角中的探索性问题一、解答题1．（23-24高二下·浙江宁波·期末）如图，在五面体中，四边形为矩形，为等腰直角三角形，且.面面.(1)求证：：(2)在线段上是否存在点，使得与平面所成角的正弦值为？若存在，请求出的长度；若不存在，请说明理由.【答案】(1)证明见解析；(2)或.【分析】（1）利用面面垂直的性质、线面垂直的判定性质推理即得.（2）取的中点，以为原点，建立空间直角坐标系，设，求出平面的法向量，再利用线面角的向量求法求解即得.【详解】（1）由矩形，得，而平面平面，平面平面，平面，则平面，又面，于是，而，，平面，因此平面，又平面，所以.（2）取的中点，作，连接，由（1）知，平面，而平面，则，又，，则，即两两垂直，以为原点，直线分别为建立空间直角坐标系，假定在线段上存在点，使得与平面所成角的正弦值为，设，则，，设平面的法向量，则，令，得，于是，整理得，解得或，所以在线段上存在点，使得与平面所成角的正弦值为，此时或.2．（23-24高二下·广东广州·期末）如图，在五棱锥中，平面ABCDE，，，，，，．(1)求证：平面平面；(2)已知直线与平面所成的角为，求线段的长．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）由余弦定理得，再由线面垂直的判定定理可得答案；（2）做交于点，以为原点，所在的直线分别为建立空间直角坐标系，设，求出、平面的一个法向量，由线面角的向量求法求出可得答案，【详解】（1），，．由余弦定理得，所以，故，因为，所以，因为平面，平面，所以，因为，平面，所以平面，因为平面，所以平面平面；（2）做交于点，所以四边形是长方形，因为，，所以，因为，所以，由（1）知，互相垂直，以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，设，则，，设为平面的一个法向量，则，即，令，则，所以，所以，解得，所以，所以线段的长为．3．（23-24高三上·江苏·阶段练习）如图，在四棱锥中，是正三角形，，平面平面，是棱上动点．(1)求证：平面平面；(2)在线段上是否存在点，使得直线与平面所成角为30°？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．【答案】(1)证明见解析(2)存在，或【分析】（1）由题设证得，取AD的中点，连结PO，应用面面垂直的性质证平面，再由线面垂直的性质、判定及面面垂直的判定证结论；（2）取AB的中点，连结ON，则，构建空间直角坐标系，设，应用向量法，结合线面角大小列方程求，即可得结果.【详解】（1）因为，所以，在中，由余弦定理得，所以，即，取AD的中点，连结PO，因为是正三角形，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的中点，连结ON，则，所以以为正交基底建立空间直角坐标系，则，设，，则，又，设平面的一个法向量为，则，即，若，取，由直线AP与平面MBD所成角为，得，化简得

解得或，当或时，直线AP与平面所成角为.4．（23-24高二上·黑龙江大庆·期末）已知和均是等腰直角三角形，既是的斜边又是的直角边，且，沿边折叠使得平面平面，为斜边的中点.

(1)求证：.(2)在线段上是否存在点，使得与平面所成的角的正弦值为.若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.【答案】(1)证明见解析(2)存在，或.【分析】（1）由线面垂直的判定定理和性质定理证明即可；（2）以为原点，，，为、、轴正方向建立空间直角坐标系，设，求出直线的方向向量与平面的法向量，由线面角的向量公式求出，即可得出答案.【详解】（1）取中点，连接，，如图，

又为的中点，，由，则，又为等腰直角三角形，，，，又，，平面，平面，又平面，.（2）由（1）知，，又平面平面，是交线，平面，所以平面，即，，两两互相垂直，故以为原点，，，为、、轴正方向建立空间直角坐标系，如图，

则A1,0,0，，，P0,0,1，，，，设为平面的一个法向量，则，令，即，若存在使得与平面所成的角的正弦值为，且，，则，解得，则.则，整理得，，解得，或.故存在使得与平面所成的角的正弦值为，此时或.5．（23-24高二上·江西吉安·期末）如图，直四棱柱的棱长均为2，底面是菱形，，为的中点，且上一点满足（）．(1)若，证明：；(2)若，且与平面所成角的正弦值为，求．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法证明，即可得出结果；（2）利用向量法列出与平面所成角的正弦值为的方程，求解即可得出结果.【详解】（1）连接，交于点，∵底面是菱形，∴，且，互相平分．又，∴，，连接，交于点，连接，则平面，∴，，两两相互垂直，故以为坐标原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系．则B1,0,0，，，，，，．∴，∴，∴，∴时，．∵，∴．（2）由（1）可得，，，设平面的法向量为，则即∴，令，得，则，设与平面所成角为，则，化简得解得或（舍去）．所以.【题型三】二面角中的探索性问题一、解答题1．（23-24高二下·广东汕尾·期末）如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面为的中点．(1)证明：平面．(2)若平面与平面的夹角为，求的长．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）证明，再由线面平行的判定定理得证；（2）由PA，AD，AB两两互相垂直，建立空间直角坐标系，利用向量法求出平面夹角即可得解.【详解】（1）连接BD交AC于点O，连接OE，如图，因为O为BD的中点，E为PD的中点，所以．又平面AEC，平面AEC，所以平面AEC．（2）因为平面ABCD，AD，平面ABCD，所以，．又，所以PA，AD，AB两两互相垂直，故以A为原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间坐标系如图所示，设，则，，，，,所以，．显然为平面DAE的一个法向量．设平面ACE的一个法向量为n=则，即令，得，因为平面DAE与平面AEC的夹角为，所以，解得或（舍去），即·2．（23-24高二下·湖南郴州·期末）如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面为线段的中点，为线段（不含端点）上的动点.(1)证明：平面平面；(2)是否存在点，使二面角的大小为？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由.【答案】(1)证明见解析(2)存在，【分析】（1）根据题意可证平面，则，进而可得平面，即可得结果；（2）建系标点，设，分别为平面、平面的法向量，利用空间向量处理二面角的问题.【详解】（1）因为底面为正方形，则，又因为平面，平面，。且，平面，可得平面，由平面，可得，因为，且E为的中点，则，由，平面，可得平面，且平面，所以平面平面.（2）以分别为轴､轴､轴建立空间直角坐标系，则，，设，则，设平面的法向量，则，令，则，可得，又因为，设平面的法向量，则，令，则，可得，由题意得：，即，整理得即，解得或（舍去），所以存在，此时.3．（23-24高二上·安徽阜阳·期末）如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是正方形，且，平面平面ABCD，，点E为线段PC的中点，点F是线段AB上的一个动点．(1)求证：平面平面PBC；(2)设二面角的平面角为θ，当时，求的值．【答案】(1)证明见解析；(2).【分析】（1）利用面面垂直的性质，线面垂直的性质判定、面面垂直的判定推理即得.（2）以D为原点，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，再利用面面角的向量求法列式计算即得.【详解】（1）由四边形ABCD是正方形，得，而平面平面ABCD，平面平面平面ABCD，则平面PCD，又平面PCD，于是，由，点为线段PC的中点，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，则平面PCD，在平面PCD内过D作交PC于点G，显然直线DA，DC，DG两两垂直，以D为原点，直线DA，DC，DG分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，由，，得，，设，则，设平面DEF的法向量为，则，令，得，而平面PCD的法向量为，则，而，解得，此时．4．（23-24高二下·甘肃兰州·期末）如图所示，正方形与矩形所在平面互相垂直，，点为的中点.

(1)求证：平面；(2)在线段上是否存在点，使二面角的平面角的大小为？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由.【答案】(1)证明见解析(2)存在，【分析】（1）由面面垂直的性质得平面，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，求出平面的法向量、，利用可得答案；（2）假设在线段上存在点，设，求出平面、平面的一个法向量，由二面角的向量求法可得答案.【详解】（1）平面平面，平面平面，平面平面，则以为坐标原点，所在直线分别为轴、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n1=x1令，解得：，又，即，又平面平面；（2）假设在线段上存在点，使二面角的大小为.设，则.设平面的一个法向量为，则，令，解得：，又平面的一个法向量为，，即，解得：或（舍去），此时，在线段上存在点，使二面角的平面角的大小为，此时.

5．（23-24高二下·湖南长沙·期末）由四棱柱截去三棱锥后得到如图所示的几何体，四边形是菱形，为与的交点，平面.(1)求证：平面；(2)若二面角的正切值为，求平面与平面夹角的大小.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）法一：将几何体补成四棱柱，得到四边形为平行四边形，故，得到线面平行；法二：得到两两垂直，建立空间直角直角坐标系，得到平面的法向量，从而得到，得到结论；（2）设，作出辅助线，找到二面角的平面角为，根据正切值得到方程，求出，求出平面的法向量，得到平面与平面夹角的余弦值，求出答案；【详解】（1）法一：将几何体补成四棱柱，因为，，所以四边形为平行四边形，所以，，又，故，，故四边形为平行四边形，故，又平面，平面，平面.法二：∵四边形是菱形，∴⊥，又平面，平面，∴，，故两两垂直，以直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，其中，则，设，由得，由得，则，设平面的法向量为，则，取，得，，又平面，平面.（2）设，取的中点，则，又四边形是菱形，，因为平面，平面，所以，因为，平面，故面，因为平面，则，因为且，所以四边形为平行四边形，故，所以，又，故四边形为平行四边形，故，，故.所以为二面角的平面角.则，其中，故，故，设平面的法向量为，则取，得，，平面与平面夹角的余弦值为，平面与平面夹角为.【题型四】折叠问题一、解答题1．（23-24高二下·云南昆明·期末）如图，已知四边形ABCD为矩形，，E为DC的中点，将沿AE进行翻折，使点D与点P重合，且．

(1)证明：；(2)求平面与平面所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）利用勾股定理分别证出，，进而得出平面，即可得证；（2）建立空间直角坐标系，分别求出平面和平面一个法向量，利用向量夹角公式即可求解．【详解】（1）证明：由题知，所以，所以为直角三角形，，因为，，所以，所以为直角三角形，，因为平面，所以平面，因为平面，所以；（2）由题知以B为原点建立如图空间直角坐标系，

取AE中点M，由题知，所以，由（1）知平面，所以，因为，所以平面，，，设平面PCE的一个法向量为，则，由（1）知平面，所以是平面PAE的一个法向量，，设平面PAE与平面PCE所成角为θ，所以，因此.2．（23-24高二下·海南海口·期末）如图1，在边长为2的正方形中，为的中点，分别将，沿，所在直线折叠，使、两点重合于点，如图2.在三棱锥中，为的中点.(1)证明：；(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）利用线线垂直证明线面垂直，再证线线垂直即可；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量计算线面夹角即可.【详解】（1）由条件易知，所以，而平面，所以平面，又平面，所以；（2）取的中点，连接，过O作的平行线，易知，则，由上可以以O为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则，所以，即,设平面的一个法向量，有，令，则，所以，设直线与平面所成角为，则.3．（23-24高二下·甘肃临夏·期末）如图1，在中，，，若沿中位线AD把折起，使，如图2，此时直线PB与CD所成角的大小为．

(1)求BC的长；(2)求二面角的余弦值．【答案】(1)2(2)【分析】（1）以AB，AD，AP所在直线为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，借助线线角的空间向量法求解；（2）利用空间向量法求二面角的余弦值．【详解】（1）由于，，，平面，故平面，又因为，所以两两垂直，故分别以所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，

因为，且A为PB的中点，所以，设，则，所以A0,0,0，B1,0,0，，P0,0,1，则，．

因为直线PB与CD所成角的大小为，所以，即，解得或（舍去）．所以BC的长为2；（2）设平面PBD的法向量为m=因为，PD=0,1,−1，，所以，令，则，，，设平面PBC的法向量为n=a,b,c，所以令，则，，．所以，由几何体的特征可知二面角的平面角为锐角，所以二面角的余弦值为．4．（23-24高二上·江西南昌·期末）已知平行四边形ABCD如图甲，，沿AC将折起，使点D到达点P位置，且，连接PB得三棱锥如图乙．(1)证明；平面ABC；(2)在线段PC上是否存在点M，使二面角的余弦值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．【答案】(1)证明见解析(2)存在，且【分析】（1）推导出，证明出平面，可得出，利用线面垂直的判定定理可证得结论成立；（2）以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，设，其中，利用空间向量法可得出关于的等式，结合求出的值，即可得出结论.【详解】（1）证明：翻折前，因为四边形为平行四边形，，则，因为，则，，由余弦定理可得，所以，，则，同理可证，翻折后，则有，，因为，，、平面，所以，平面，因为平面，则，因为，、平面，所以，平面，（2）因为平面，，以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、、，设，其中，则，，设平面的法向量为，则，取，则，，所以，，易知平面的一个法向量为，则，整理可得，因为，解得，因此，线段上存在点，使二面角的余弦值为，且.5．（23-24高二下·江苏泰州·期末）在空间几何体中，四边形均为直角梯形，，．(1)如图1，若，求直线与平面所成角的正弦值；(2)如图2，设（ⅰ）求证：平面平面；（ⅱ）若二面角的余弦值为，求的值．【答案】(1)(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出线面角的正弦值；（2）（ⅰ）设，则，由，所以，求出平面、的法向量，利用空间向量法证明即可；（ⅱ）求出平面的法向量，利用空间向量法表示出二面角的余弦值，即可得到方程，求出，即可得到点坐标，再由夹角公式计算可得.【详解】（1）因为，，即，，，如图建立空间直角坐标系，则A0,0,0，，，，，，所以，，，设平面的法向量为，则，取，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.（2）（ⅰ）如图建立空间直角坐标系，设，则，因为，所以，所以，，，，，设平面的法向量为，则，取，设平面的法向量为，则，取，因为，所以，所以平面平面；（ⅱ）设平面的法向量为，则，取，设二面角的平面角为，所以，所以，即，解得或（舍去），则，所以，即，又，所以.【题型五】立体几何图形中的动点问题一、单选题1．（23-24高二下·上海杨浦·期末）如图，已知正方体的棱长为1，点为棱的中点，点在正方形内部（不含边界）运动，给出以下三个结论：①存在点满足；②存在点满足与平面所成角的大小为；③存在点满足；其中正确的个数是（

）．A．0 B．1 C．2 D．3【答案】D【分析】建立空间直角坐标系，设，，利用空间向量法一一计算可得.【详解】如图建立平面直角坐标系，则，，，，设，，则，若，则，解得，所以存在点满足，故①正确；因为，，设平面的法向量为n=a,b,c，则，取，设与平面所成角为，，则，令，，则，所以，令，，则，所以，所以存在点满足与平面所成角的大小为，故②正确；因为，，所以，所以，所以存在点满足，故③正确.故选：D【点睛】关键点点睛：本题关键是建立空间直角坐标系，将几何关系转化为代数计算.2．（23-24高二上·北京顺义·期末）如图，在正方体中，E是棱上的动点，则下列结论正确的是（

）A．直线与所成角的范围是B．直线与平面所成角的最大值为C．二面角的大小不确定D．直线与平面不垂直【答案】D【分析】建立适当的空间直角坐标系，对于A，由直线方向向量夹角余弦的范围即可判断；对于B，由线面角正弦值的公式即可判断；对于C，由两平面的法向量夹角余弦即可判断；对于D，由即可判断.【详解】以为原点，分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系：不妨设正方体棱长为1，，对于A，，不妨设直线与所成角为，所以，当增大时，分别减小，增大，所以关于单调递减，所以，所以，故A错误；对于B，由题意，且显然平面的法向量为n=0,1,0，不妨设直线与平面所成角为，则单调递增，，所以，所以，故B错误；对于C，，所以，不妨设平面与平面的法向量分别为，所以有和，令，解得，即取平面与平面的法向量分别为，二面角为锐角，不妨设为，则，所以二面角的大小为，故C错误；对于D，，所以，所以与不垂直，所以直线与平面不垂直.故选：D.【点睛】关键点睛：C选项的关键是看两平面法向量夹角是否固定不变，由此即可顺利得解.二、多选题3．（23-24高二下·甘肃白银·期末）如图，在直四棱柱中，四边形为正方形，为面对角线上的一个动点，则下列说法正确的有（

）

A．平面B．三棱锥的体积为定值C．异面直线与所成角的正切值为1D．异面直线与所成角的余弦值为【答案】BCD【分析】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，设，则，利用坐标法计算可判断AD；利用线线平行可得以平面，可判断B；与所成的角为，计算可判断C.【详解】

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.设，则，，对于A选项，，，则，故与不垂直，进而可知与平面不垂直，故A错误；对于B选项