7.3空間角（精練）1．（2023·黑龍江哈爾濱）如圖所示，在棱長為2的正方體中，O是底面的中心，E，F分別是，AD的中點，那么異面直線OE與所成角的正弦值為（

）

A． B． C． D．【答案】A【解析】在正方體中建立如圖所示的空間直角坐標系，

因為正方體棱長為2，是底面的中心，E，F分別是，AD的中點，所以，，，，所以異面直線OE與所成角的余弦值等于，可得異面直線OE與所成角的正弦值為.故選：A．2．（2022·內蒙古烏蘭察布·?？既＃┱襟w中，E，F分別是的中點，則直線與EF所成角的余弦值是（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】正方體中，E，F分別是的中點，設正方體中棱長為2，以D為原點，為軸，建立空間直角坐標系，則，，，

設直線與EF所成角為θ，，則==，∴直線與EF所成角的余弦值是．故選：B．3．（2023·貴州畢節·?？寄M預測）鐘鼓樓是中國傳統建筑之一，屬于鐘樓和鼓樓的合稱，是主要用于報時的建筑.中國古代一般建于城市的中心地帶，在現代城市中，也可以常?？匆姼接戌姌堑慕ㄖ?如圖，在某市一建筑物樓頂有一頂部逐級收攏的四面鐘樓，四個大鐘對稱分布在四棱柱的四個側面（四棱柱看成正四棱柱，鐘面圓心在棱柱側面中心上），在整點時刻（在0點至12點中取整數點，含0點，不含12點），已知在3點時和9點時，相鄰兩鐘面上的時針所在的兩條直線相互垂直，則在2點時和8點時，相鄰兩鐘面上的時針所在的兩條直線所成的角的余弦值為（

）

A． B． C． D．【答案】B【解析】如圖，在正四棱柱中，分別為側面和側面的中心，為的中點，為點鐘時針，為點鐘時針，則，，設正四棱柱的底面邊長為，側棱長為，以為原點，以的方向分別為軸建立空間直角坐標系，則，，，，，，所以.所以在2點時和8點時，相鄰兩鐘面上的時針所在的兩條直線所成的角的余弦值為.

故選：B4．（2023·吉林通化·梅河口市第五中學?？寄M預測）直三棱柱如圖所示，為棱的中點，三棱柱的各頂點在同一球面上，且球的表面積為，則異面直線和所成的角的余弦值為（

）

A． B． C． D．【答案】A【解析】因為在直三棱柱中，所以球心到底面的距離，又因為，所以，所以，所以底面外接圓半徑，又因為球的表面積為，所以，而，所以，

以為原點，為軸，為軸，為軸建立空間直角坐標系，則，，，，，，設直線和所成的角為，則.故選：A.5．（2023秋·湖北·高三校聯考階段練習）如圖，在四棱柱中，底面和側面均為矩形，，，，.(1)求證：；(2)求與平面所成角的正弦值.【答案】(1)證明見解析(2)【解析】（1）證明：連接，四邊形和四邊形均為矩形，，，又平面，，所以平面，平面，則，由，所以.（2）設，，，，，，，過C點作垂直交于點M，由（1）可知平面，平面，，平面，，平面，設與平面所成的角為，又，，平面，到平面的距離等于3，連接，在平行四邊形中，，，，，與平面所成角的正弦值6．（2023春·新疆伊犁）如圖：已知直三棱柱中，交于點O，，.(1)求證：；(2)求二面角的正切值.【答案】(1)證明見解析(2)【解析】（1）因為平面ABC，平面ABC，可得，由題意可知：，即，且，平面，所以平面，且平面，所以，又因為，則是正方形，可得，且，平面，所以平面，且平面，所以.（2）連接，可知平面即為平面，則二面角即為二面角，取的中點，連接，因為，且為的中點，則，又因為平面ABC，平面ABC，可得，，平面，所以平面，且平面，則，所以二面角的平面角為，在中，，可得，所以二面角的正切值為.7．（2023秋·黑龍江哈爾濱·高二哈爾濱市第四中學校?？奸_學考試）四棱錐中，平面，四邊形為菱形，，，E為的中點，F為中點．

(1)求證：平面；(2)求二面角的正弦值．【答案】(1)證明見解析(2)【解析】（1）

如圖所示，取中點G，連接，由中位線的性質易知：且，又因為底面是菱形，E為的中點，所以，，即四邊形是平行四邊形，所以，而平面，平面，所以平面；（2）

如圖所示，作，垂足為I，作交PC于J，連接AJ，易知即二面角，在菱形中，由于，，平面，易得，在中，，在中，，在中，，即二面角的正弦值為.8．（2023·黑龍江大慶·統考二模）如圖所示，在正四棱錐中，底面ABCD的中心為O，PD邊上的垂線BE交線段PO于點F，．

(1)證明：//平面PBC；(2)求二面角的余弦值．【答案】(1)證明見解析(2)．【解析】（1）證明：如圖，延長FO至點M，使，連接MD，∵底面ABCD的中心為O，∴平面ABCD，∴，∵，，∴，∴，∴，∴，∴而，∴，∴，∵平面PBC，平面PBC，∴平面PBC；

（2）由（1）知E是PD的中點，又，∴，不妨設，則，，∵是正四棱錐，底面ABCD的中心為O，∴OC，OD，OP兩兩垂直，以O為坐標原點，分別以OC，OD，OP為坐標軸建立如圖所示的空間直角標系，

則，，，，∴，，，設平面PAB的一個法向量為，，令，則，，設平面PBC的一個法向量為，則，令，則，，∴，∴二面角的余弦值為．9．（2023·北京·統考高考真題）如圖，在三棱錐中，平面，．

(1)求證：平面PAB；(2)求二面角的大小．【答案】(1)證明見解析(2)【解析】1）因為平面平面，所以，同理，所以為直角三角形，又因為，，所以，則為直角三角形，故，又因為，，所以平面.（2）由（1）平面，又平面，則，以為原點，為軸，過且與平行的直線為軸，為軸，建立空間直角坐標系，如圖，

則，所以，設平面的法向量為，則，即令，則，所以，設平面的法向量為，則，即，令，則，所以，所以，又因為二面角為銳二面角，所以二面角的大小為.10．（2023·全國·統考高考真題）如圖，三棱錐中，，，，E為BC的中點．

(1)證明：；(2)點F滿足，求二面角的正弦值．【答案】(1)證明見解析；(2)．【解析】（1）連接，因為E為BC中點，，所以①，因為，，所以與均為等邊三角形，，從而②，由①②，，平面，所以，平面，而平面，所以．（2）不妨設，，．，，又，平面平面．以點為原點，所在直線分別為軸，建立空間直角坐標系，如圖所示：

設，設平面與平面的一個法向量分別為，二面角平面角為,而，因為，所以，即有，，取，所以；，取，所以，所以，，從而．所以二面角的正弦值為．11．（2023·四川·校聯考一模）如圖，在四棱錐中，是邊長為4的等邊三角形，平面平面，，，，

(1)證明：；(2)求與平面所成的角的正弦值．【答案】(1)證明見解析(2)【解析】（1）證明：取AD中點O，連結PO，CO，因為是等邊三角形，所以．又因為，，所以，因為，所以是等邊三角形，所以，又因為，且平面，所以平面，因為平面，所以．（2）解：由平面平面，平面平面，且平面，所以平面，以為坐標原點，以所在的直線分別為軸，軸和軸，建立空間直角坐標系，如圖所示，在中由余弦定理：，因為，可得，解得，可得，，，，所以，，．設平面的一個法向量，則，取，可得，所以，設直線與平面所成的角為，則，即直線與平面所成的角的正弦值為．

12．（2023·山西運城·山西省運城中學校校考二模）如圖，在三棱柱中，側面為菱形，，，.

(1)證明：平面平面；(2)求平面與平面夾角的余弦值.【答案】(1)證明見解析；(2).【解析】（1）如圖，連接，交于，連接.因為側面為菱形，所以，且為的中點.又，故.又，且，所以，所以.又，所以，所以.因為平面，，所以平面.又平面，所以平面平面.

（2）由（1）知，兩兩互相垂直，因此以為坐標原點，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，，，.故，，.設為平面的一個法向量，則有，即，令，則.設為平面的一個法向量，則有，即，令，則.因為平面平面，所以也是平面的一個法向量.所以.所以平面與平面夾角的余弦值.

13．（2023·廣東梅州·統考三模）如圖所示，在幾何體中，平面，點在平面的投影在線段上，，，，平面.

(1)證明：平面平面.(2)若二面角的余弦值為，求線段的長.【答案】(1)證明見解析(2)2【解析】（1）由題知，平面平面，過點作的垂線，垂足為，連接，又因為平面平面，所以平面.因為平面，所以，則共面.因為平面，平面，平面平面，所以，則四邊形為平行四邊形，所以.因為，，所以，因為，所以，由正弦定理得，即，所以，因為，所以，所以，即.因為平面，平面，所以，又因為,平面，所以平面.因為，所以平面.因為平面，所以平面平面.（2）由（1）知，，，兩兩垂直，分別以，，所在的直線為，，軸建立空間直角坐標系，設，如圖所示，則，，，，所以，，.設平面的法向量，所以，即，令，得，所以平面的一個法向量.設平面的法向量，所以，即，令，得，所以平面的一個法向量.所以，即，解得或，當時，，不合題意，所以線段的長為2.

14．（2023·河南·統考三模）如圖，四棱錐中，四邊形為梯形，∥，，，，，M，N分別是PD，PB的中點．

(1)求證：直線∥平面；(2)求平面與平面夾角的余弦值．【答案】(1)證明見解析(2)【解析】（1）連接BD，M，N分別是PD，PB的中點．∥又平面，平面直線∥平面（2），，,,兩兩之間互相垂直以為原點，建立如圖所示空間直角坐標系

,,,,又M，N分別是PD，PB的中點．，,，設平面的法向量為可得解得令可得法向量,，平面為平面得法向量令平面與平面夾角為且為銳角平面與平面夾角的余弦值為.15．（2023·廣東深圳·統考二模）如圖，在四棱錐中，底面為矩形，平面，點是的中點.

(1)證明：；(2)設的中點為，點在棱上（異于點，，且，求直線與平面所成角的正弦值.【答案】(1)證明見解析(2)【解析】（1）證明：因為，點是的中點，所以.因為平面平面，所以平面平面，因為四邊形為矩形，所以，因為平面平面，平面，所以平面，所以，因為，平面，所以平面，因為平面，所以.（2）解：由題意可得兩兩垂直，設，如圖，以所在直線分別為軸建立空間直角坐標系，則，

因為點是的中點，所以，所以，設平面的法向量為，則，令可得，所以平面的一個法向量.，設，即，所以.又，所以，化簡得，解得或（舍去）.所以，設直線與平面所成的角為，則，所以直線與平面所成角的正弦值為.1．（2023秋·湖北·高二赤壁一中校聯考開學考試）二面角中，，，，且，，垂足分別為A、C，，，，已知異面直線與所成角為，則（

）A． B． C．或5 D．或【答案】D【解析】在內做，且使，連接，因為，所以四邊形為平行四邊形，，，由，，，平面，所以平面，因為，可得平面，平面，所以，因為異面直線與所成角為，，所以直線與所成角為，當時，如下左圖，由余弦定理可得，此時，即；當時，如下右圖，由余弦定理可得，此時，即；綜上所述，或.故選：D.

2．（2023·遼寧·大連二十四中校聯考模擬預測）（多選）直角中是斜邊上的一動點，沿將翻折到，使二面角為直二面角，當線段的長度最小時（

）A．B．C．直線與的夾角余弦值為D．四面體的外接球的表面積為【答案】ABD【解析】如圖所示：過點作，交于延長線于點，過點交于于點，作，使得，由二面角為直二面角，可知，設，則有，，，在直角三角形中，，在直角三角形中，，，當且僅當，此時，，在圖1中，，所以為的平分線，于是有，所以，，由上可知：兩兩互相垂直，建立如圖所示的空間直角坐標系，，因為，所以選項A正確；因為，所以選項B正確；，因為，所以直線與的夾角余弦值為，因此選項C不正確；設四面體的外接球的球心為，顯然有，所以有，，，由，解得，四面體的外接球的半徑為，四面體的外接球的表面積為，因此選項D正確，故選：ABD

3．（2023秋·廣東深圳·高三?？茧A段練習）（多選）如圖，正方體的棱長為分別為的中點，則（

）

A．點與點到平面的距離相等B．直線與平面所成角的正弦值為C．二面角的余弦值為D．平面截正方體所得的截面面積為【答案】ACD【解析】對于，如圖1所示，取的中點，連接，則有平面,平面,平面..，,平面.平面平面,平面,平面,,所以平面平面.又因為平面，所以平面，點與點到平面的距離相等，故正確；

對于，如圖2所示，連接，又平面，所以為直線與平面所成角，由已知得：，所以中，，即B錯誤；

對C，如圖3所示，因為平面，作交延長線于，連接，則，故設二面角的平面角為，由得，所以，即C正確；對于D，如圖4所示，連接，延長交于點，因為分別為的中點，所以，所以四點共面，所以截面即為等腰梯形.，梯形的高為，所以梯形的面積為，故D正確.

故選：ACD.4．（2023秋·湖南長沙·高三長沙一中校考階段練習）如圖，在三棱錐中，側棱底面，且，過棱的中點，作交于點，連接.

(1)證明：平面；(2)若，三棱錐的體積是，求直線與平面所成角的大小.【答案】(1)證明見解析(2)【解析】（1）因為平面平面，所以，又因為，而平面，所以平面，又平面，所以.又因為，點是的中點，所以.而平面，所以平面平面，所以，又平面，所以平面；（2）解法一：設，由（1）得，，可知，由，得，故，在Rt中，，所以，化簡得，解得，故.由（1）知平面，故即為所求角，在Rt中，，又，故；解法二：設，由（1）得，，可知，由，得，故，在Rt中，，所以，化簡得，解得.如圖，以為原點，與垂直的方向，射線，射線分別為軸的正半軸，建立空間直角坐標系.因為，則，，由（1）知，平面，所以是平面的一個法向量，設直線與平面所成角為，則，又，故.

5．（2022秋·山西運城·高三校考階段練習）在如圖所示的多面體中，四邊形為正方形，四點共面，且和均為等腰直角三角形，，平面平面，.

(1)求證：直線平面；(2)求平面與平面夾角的余弦值；(3)若點在直線上，求直線與平面所成角的最大值.【答案】(1)證明見解析(2)(3).【解析】（1）因為和均為等腰直角三角形，且，所以，所以，又平面平面，所以平面.（2）連接，因為四邊形為正方形，所以，因為平面平面平面，平面平面，所以平面，建立如圖所示的空間直角坐標系，

因為，所以，，設平面的法向量為，則，得，令，則，設平面的法向量，由，令，得，因為，所以平面與平面夾角的余弦值是.（3）設，則，設與平面所成的角為，則要使最大，則，所以時等號成立，所以，所以與平面所成角的最大值為.6．（2023·河南·校聯考模擬預測）已知三棱柱中，是的中點，是線段上一點.

(1)求證：；(2)設是棱上的動點（不包括邊界），當的面積最小時，求直線與平面所成角的正弦值.【答案】(1)證明見解析(2)【解析】（1）證明：連接

，，是的中點，是的中點，，平面平面，平面，，在三棱柱中，，，，，平面，平面，．（2）連接，由（1）可知，平面，平面平面，，要使的面積最小，則最小，又，△是等腰直角三角形即時，最小，是的中點，如圖，建立以為坐標原點，，，所在直線分別為，，軸的空間直角坐標系：

則，，，,0,，設,,，則，即，得，，，即,,，，則，，,,，設平面的法向量為,,，由，得，即，令，則，，即，設直線與平面所成角為，則,，即直線與平面所成角的正弦值為．7．（2023秋·湖南衡陽·高三校考階段練習）如圖1，在平面圖形中，，，，，沿將折起，使點到的位置，且，，如圖2.

(1)求證：平面平面.(2)線段上是否存在點，使得平面與平面所成角的余弦值為?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)線段FG上存在點M，【解析】（1）證明：因為，所以，又因為，所以，因為，且，所以四邊形為等腰梯形，又因為，所以，所以，所以，即，因為，，平面AEG，所以平面，又因為平面，所以平面平面.（2）解：由，，且，平面，所以平面，因為，可得，所以平面，又由（1）知，，所以兩兩互相垂直，以為原點，所在的直線分別為軸、軸和軸正方向，建立空間直角坐標系，如圖所示，

因為，四邊形是矩形，所以，則，，.假設線段上存在點滿足題意，令,則，可得，.設平面的一個法向量為，則，取，可得，所以，由平面，則平面的一個法向量為，設平面與平面所成角為，則，其中，所以，解得，即，所以線段上存在點，使得平面與平面所成角的余弦值為，且.8．（2023·北京·高三景山學校?？计谥校┰谒睦忮F中，側面底面，，為中點，底面是直角梯形，，，，.(1)求證：平面；(2)求三棱錐的體積；(3)點Q在線段PC上，平面BDQ和平面PBD的夾角為，求.【答案】(1)證明見解析(2)(3)【解析】（1）證明：如圖，取PD的中點F，連接EF，AF，又E為PC中點，∴，且，又，且，∴，且，∴四邊形ABEF為平行四邊形，∴，又平面，平面，∴平面.（2）∵側面底面，，又平面，側面底面，∴底面，又底面，∴，又易知，且，∴平面，又，∴B到平面的距離等于A到平面的距離，即為AD，∴三棱錐的體積為：.（3）根據題意