第06讲：用空间向量研究距离、夹角问题（6大题型）-2024-2025学年新高二数学【赢在暑假】同步精讲精练系列（人教A版2019选择性必修第一册）

第06讲：用空间向量研究距离、夹角问题 【考点归纳】 · 考点一、点到直线的距离 · 考点二、点到平面的距离与直线到平面的距离 · 考点三、两条异面直线所成的角 · 考点四、直线与平面所成的角 · 考点五、两个平面的夹角 · 考点六：空间线段的存在性问题 【知识梳理】 知识点一　点P到直线 l 的距离 已知直线l的单位方向向量为u，A是直线l上的定点，P是直线l外一点，设向量=a，则向量在直线l上的投影向量为＝，则点P到直线l的距离为 (如图)． 知识点二　点P到平面α的距离 设平面α的法向量为n，A是平面α内的定点，P是平面α外一点，则点P到平面α的距离为(如图)． 知识点三　两个平面的夹角 平面α与平面β的夹角：平面α与平面β相交，形成四个二面角，我们把这四个二面角中不大于90° 的二面角称为平面α与平面β的夹角． 知识点四　 空间角的向量法解法 角的分类 向量求法 范围 两条异面直线所成的角 设两异面直线 l1，l2 所成的角为θ，其方向向量分别为u，v，则cos θ＝|cos〈u，v〉|＝ 直线与平面所成的角 设直线AB与平面α所成的角为θ，直线AB的方向向量为u，平面α的法向量为n，则sin θ＝|cos 〈u，n〉|＝ 两个平面的夹角 设平面α与平面β的夹角为θ，平面α，β的法向量分别为n1，n2，则cos θ＝|cos 〈n1，n2〉|＝ 【例题详解】 题型一、点到直线的距离 1．（23-24高二下·甘肃·期中）将一块模板放置在空间直角坐标系中，其位置及坐标如图所示，则点A到直线BC的距离为（    ） A． B． C． D． 2．（23-24高二下·江苏南通·阶段练习）在三棱锥中，，，两两垂直，且，，，三角形重心为G，则点P到直线的距离为（    ） A． B． C． D． 3．（23-24高二上·河北张家口·期末）在长方体中，为的中点，点为线段的中点，则点到直线的距离为（    ） A． B． C． D． 题型二、点到平面的距离与直线到平面的距离 4．（22-23高二上·新疆伊犁·期末）如图，直三棱柱中，，，、分别是棱、的中点.点到平面的距离是 . 5．（23-24高二上·江西·阶段练习）如图，在四棱锥中，底面BCDE为正方形，，，，两两垂直且相等，点为棱的中点，点在棱上，且，则点到平面的距离为 . 6．（23-24高一下·重庆荣昌·阶段练习）在棱长为2的正方体中，E，F，M，N分别为，，，中点．    (1)求证：平面； (2)求直线到平面的距离． 题型三、两条异面直线所成的角 7．（2024·广东梅州·模拟预测）直三棱柱中，，，则异面直线与所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 8．（23-24高二下·江苏常州·期中）已知四棱锥的底面为直角梯形，，底面，且，，则异面直线与所成的角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 9．（23-24高二上·广东中山·期中）如图，圆锥的轴截面为等边三角形，为弧的中点，，分别为母线、的中点，则异面直线和所成角的大小为（    ） A． B． C． D． 题型四、直线与平面所成的角 10．（23-24高二下·江苏淮安·阶段练习）如图，在多面体中，侧面四边形，，是三个全等且两两垂直的正方形，平面平面，E是棱的中点，则直线与平面所成角的余弦值为（    ）    A． B． C． D． 11．（23-24高二下·辽宁·阶段练习）在三棱锥中，平面，，，，分别是棱，，的中点，，，则直线与平面所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 12．（23-24高二下·上海·期末）如图，在三棱柱中，底面，，，，点，分别为与的中点． (1)证明：平面． (2)求与平面所成角的正弦值． 题型五、两个平面的夹角 13．（24-25高三上·云南·阶段练习）如图，在四棱锥中，底面，. (1)证明：； (2)求平面与平面的夹角. 14．（2024·北京·高考真题）如图，在四棱锥中，，，,点在上，且，． (1)若为线段中点，求证：平面． (2)若平面，求平面与平面夹角的余弦值． 15．（24-25高二上·江苏·假期作业）如图，在以，，，，，为顶点的五面体中，四边形与四边形均为等腰梯形，，，，，，，为的中点. (1)证明：平面； (2)求二面角的正弦值. 题型六：空间线段的存在性问题 16．（23-24高二上·江西新余·期末）在四棱锥中，已知，，，，，，是线段上的点． (1)求证：底面； (2)是否存在点使得与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 17．（23-24高二上·云南昆明·期末）已知平行四边形如图甲，，，沿将折起，使点到达点位置，且，连接得三棱锥，如图乙. (1)证明：平面平面； (2)在线段上是否存在点，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. 18．（23-24高二下·江苏盐城·阶段练习）如图，在四棱锥中，平面平面ABCD，，，M为棱PC的中点． (1)证明：平面PAD； (2)若， （i）求二面角的余弦值； （ii）在线段PA上是否存在点Q，使得点Q到平面BDM的距离是？若存在，求出PQ的值；若不存在，说明理由． 【专项训练】 一、单选题 19．（23-24高二下·江苏泰州·期末）在空间直角坐标系中，已知点，若点到平面的距离为，则点的坐标可以是（    ） A． B． C． D． 20．（23-24高二下·江苏盐城·期中）如图，已知棱长为2的正方体，，，分别为，的中点，则异面直线与所成角为（    ） A． B． C． D． 21．（23-24高二下·福建龙岩·阶段练习）如图，四棱锥的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍，平面，为侧棱上的点，则二面角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 22．（23-24高二上·贵州六盘水·期末）已知向量，且平面平面，若平面与平面的夹角的余弦值为，则实数的值为（   ） A．或－1 B．或1 C．－1或2 D． 23．（23-24高二下·甘肃·期中）已知棱长为2的正方体中，，，分别是的中点，则直线与平面之间的距离为（    ） A．1 B． C． D． 24．（23-24高二下·江苏盐城·期中）如图，在棱长均为2的正四棱锥中，为棱的中点，则下列判断正确的是（    ） A．平面，且到平面的距离为 B．与平面不平行，且与平面所成角大于30° C．与平面不平行，且与平面所成角小于30° D．与平面不平行，且与平面所成角等于30° 25．（23-24高二下·广西·阶段练习）古代城池中的“瓮城”，又叫“曲池”，是加装在城门前面或里面的又一层门，若敌人攻入瓮城中，可形成“瓮中捉鳖”之势．如下图的“曲池”是上、下底面均为半圆形的柱体．若垂直于半圆柱下底面半圆所在平面，为弧的中点，则直线与平面所成角的正弦值为（    ）    A． B． C． D． 26．（23-24高二下·山东烟台·阶段练习）如图，在三棱锥中，平面，点分别为的中点，是线段的中点，，则直线到平面的距离为（    ）    A． B． C． D． 二、多选题 27．（24-25高二上·江苏·假期作业）设两条不同直线，的方向向量分别为，，两个不同平面，的法向量分别为，，下列命题正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，的夹角为，则 28．（23-24高二下·江苏盐城·期中）正方体的棱长为2，为的中点，则（    ） A． B．与所成角余弦值为 C．面与面所成角正弦值为 D．与面的距离为 29．（2024·江苏苏州·模拟预测）如图， 是矩形所在平面外一点，，二面角为，为中点，为中点，为中点．则下列说法正确的是（    ） A． B．是二面角的平面角 C． D．与所成的角的余弦值 30．（23-24高二下·江苏淮安·阶段练习）在正方体中，，点P满足，其中，，则下列结论正确的是（    ） A．当平面时，与所成夹角可能为 B．当时，的最小值为 C．若与平面所成角为，则点P的轨迹长度为 D．当时，正方体经过点、P、C的截面面积的取值范围为 三、填空题 31．（23-24高二下·福建龙岩·期中）已知点，平面的一个法向量为，点在平面外，则点到平面的距离为 . 32．（23-24高二下·江苏徐州·期中）如图，在三棱柱中中，两两互相垂直，是线段上的点，平面与平面所成锐二面角为，当最小时， .    33．（23-24高二上·江西南昌·期末）在棱长为2的正方体中，在线段上运动，直线与平面所成角的正弦值的取值范围为 . 34．（23-24高二下·江苏连云港·阶段练习）如图，在四棱锥中，侧面底面，侧棱，，底面为直角梯形，其中，，，O为中点．线段上存在一点Q，使得二面角的余弦值为，则 四、解答题 35．（23-24高一下·广西·阶段练习）如图，在三棱柱中，侧棱垂直于底面，分别是的中点，是边长为2的等边三角形，． (1)证明：； (2)求点到平面的距离． 36．（23-24高二下·江苏盐城·期末）如图，在四棱锥中，平面平面，四边形是边长为的正方形，为等边三角形，点是线段的中点，点满足． (1)求证：平面﹔ (2)求二面角的余弦值． 37．（2024·山东青岛·三模）如图所示，多面体，底面是正方形，点为底面的中心，点为的中点，侧面与是全等的等腰梯形，，其余棱长均为2. (1)证明:平面； (2)若点在棱上，直线与平面所成角的正弦值为，求. 38．（24-25高二上·江苏·假期作业）如图，在四棱锥中，底面是正方形，，平面，，点为中点． (1)证明：平面平面； (2)若，求与所成角的余弦值； (3)求与平面所成角的正弦值的取值范围． 39．（24-25高二上·江苏·假期作业）如图，已知四棱锥的底面是平行四边形，，，是边长为2的等边三角形，，是线段的中点. (1)求证：平面平面； (2)若，是否存在，使得平面和平面夹角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 40．（24-25高二上·江苏·假期作业）如图所示，在四棱锥中，侧面平面，是边长为2的等边三角形，底面为直角梯形，其中，，． (1)取线段中点连接，判断直线与平面是否平行并说明理由； (2)求到平面的距离； (3)线段上是否存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第06讲：用空间向量研究距离、夹角问题 【考点归纳】 · 考点一、点到直线的距离 · 考点二、点到平面的距离与直线到平面的距离 · 考点三、两条异面直线所成的角 · 考点四、直线与平面所成的角 · 考点五、两个平面的夹角 · 考点六：空间线段的存在性问题 【知识梳理】 知识点一　点P到直线 l 的距离 已知直线l的单位方向向量为u，A是直线l上的定点，P是直线l外一点，设向量=a，则向量在直线l上的投影向量为＝，则点P到直线l的距离为 (如图)． 知识点二　点P到平面α的距离 设平面α的法向量为n，A是平面α内的定点，P是平面α外一点，则点P到平面α的距离为(如图)． 知识点三　两个平面的夹角 平面α与平面β的夹角：平面α与平面β相交，形成四个二面角，我们把这四个二面角中不大于90° 的二面角称为平面α与平面β的夹角． 知识点四　 空间角的向量法解法 角的分类 向量求法 范围 两条异面直线所成的角 设两异面直线 l1，l2 所成的角为θ，其方向向量分别为u，v，则cos θ＝|cos〈u，v〉|＝ 直线与平面所成的角 设直线AB与平面α所成的角为θ，直线AB的方向向量为u，平面α的法向量为n，则sin θ＝|cos 〈u，n〉|＝ 两个平面的夹角 设平面α与平面β的夹角为θ，平面α，β的法向量分别为n1，n2，则cos θ＝|cos 〈n1，n2〉|＝ 【例题详解】 题型一、点到直线的距离 1．（23-24高二下·甘肃·期中）将一块模板放置在空间直角坐标系中，其位置及坐标如图所示，则点A到直线BC的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据给定条件，利用空间点到直线距离公式计算即得. 【详解】依题意，，， 所以点A到直线BC的距离. 故选：A 2．（23-24高二下·江苏南通·阶段练习）在三棱锥中，，，两两垂直，且，，，三角形重心为G，则点P到直线的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法求点到直线的距离即可得解. 【详解】如图所示：以为轴建立空间直角坐标系， 则，，，则，   ，， 故在的投影为， 点到线的距离为. 故选：D. 3．（23-24高二上·河北张家口·期末）在长方体中，为的中点，点为线段的中点，则点到直线的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用空间向量法求点到线的距离. 【详解】如图建立空间直角坐标系，则， 所以， 设点到直线的距离为， 则， 故选：D. 题型二、点到平面的距离与直线到平面的距离 4．（22-23高二上·新疆伊犁·期末）如图，直三棱柱中，，，、分别是棱、的中点.点到平面的距离是 . 【答案】 【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得点到平面的距离. 【详解】解：直三棱柱中，，， 以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、， 设平面的法向量为，则，， 则，取，可得， 又因为，故点到平面的距离为. 故答案为：. 5．（23-24高二上·江西·阶段练习）如图，在四棱锥中，底面BCDE为正方形，，，，两两垂直且相等，点为棱的中点，点在棱上，且，则点到平面的距离为 . 【答案】/ 【分析】建立空间直角坐标系，得到平面的法向量，从而得到点到平面的距离. 【详解】以点为原点，以，，所在直线分别为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， ，，， 设平面的法向量为， 则, 取，则，故， 所以点到平而的距离为. 故答案为： 6．（23-24高一下·重庆荣昌·阶段练习）在棱长为2的正方体中，E，F，M，N分别为，，，中点．    (1)求证：平面； (2)求直线到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2)直线到平面的距离为． 【分析】（1）连接，证明，进而得到平面； （2）易证明平面，点到平面的距离即直线到平面的距离，建立空间直角坐标系，利用向量法求解. 【详解】（1）如图，连接交与点，，则是的中点， 因为分别是，的中点，所以， 又平面，平面， 所以平面.    （2）如图，以点为坐标原点，分别为轴建立空间直角坐标系， 则，，，， 所以，，， 设平面的一个法向量为， 则，即，令，得，， 所以， 所以点到平面的距离为， 又因为，，所以， 又平面，平面，所以平面， 所以点到平面的距离即直线到平面的距离， 所以直线到平面的距离为. 题型三、两条异面直线所成的角 7．（2024·广东梅州·模拟预测）直三棱柱中，，，则异面直线与所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由题意，以为原点，建立空间直角坐标系，求出异面直线与所在直线的方向向量，由空间向量夹角的余弦值的坐标公式求解即可. 【详解】以为原点，在平面中过作的垂线交于， 以所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系， 因为直三棱柱中，， 设， 所以，，，， ，， 设异面直线与所成角为， 则， 所以异面直线与所成角的余弦值为. 故选：. 8．（23-24高二下·江苏常州·期中）已知四棱锥的底面为直角梯形，，底面，且，，则异面直线与所成的角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】建立空间直角坐标，利用空间向量法计算可得. 【详解】四棱锥的底面为直角梯形，，， 底面，且，， 以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系， 则，，，， 则，， 设直线与所成角为，则， 直线与所成角的余弦值为． 故选：B 9．（23-24高二上·广东中山·期中）如图，圆锥的轴截面为等边三角形，为弧的中点，，分别为母线、的中点，则异面直线和所成角的大小为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】建立空间直角坐标系，求出，，利用线线角的向量法，即可求出结果. 【详解】取中点，连接，如图，以所在直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系， 不妨设，则, 又，分别为母线、的中点，所以， 则，， 设异面直线和所成角的， 则，又，所以. 故选：C. 题型四、直线与平面所成的角 10．（23-24高二下·江苏淮安·阶段练习）如图，在多面体中，侧面四边形，，是三个全等且两两垂直的正方形，平面平面，E是棱的中点，则直线与平面所成角的余弦值为（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】把该几何体补成一个正方体，设该正方体的棱长为，以为原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面的法向量和向量，结合向量的夹角公式，即可求解. 【详解】由多面体中，侧面四边形，，是三个全等且两两垂直的正方形，平面平面， 可把该几何体补成一个正方体，设该正方体的棱长为，如图所示， 以为原点，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 可得， 可得， 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， 设直线与平面所成角为，其中， 则， 则，即直线与平面所成角的余弦值为. 故选：B.    11．（23-24高二下·辽宁·阶段练习）在三棱锥中，平面，，，，分别是棱，，的中点，，，则直线与平面所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式，结合线面角的定义进行求解即可. 【详解】由，得，又平面，平面，则， 以为坐标原点，直线分别为轴，建立空间直角坐标系， ， ，，，设平面的法向量为， 则，令，得，设直线与平面所成角为， 则，所以. 故选：A 12．（23-24高二下·上海·期末）如图，在三棱柱中，底面，，，，点，分别为与的中点． (1)证明：平面． (2)求与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）首先以点为原点，建立空间直角坐标系，求平面的法向量，根据法向量与向量垂直，即可判断线面平行； （2）首先求平面的法向量，再代入线面角的向量公式，即可求解. 【详解】（1）证明：直三棱柱中，， 以为顶点建立空间坐标系如图， ，， 点，分别为与的中点， 取中点， ，，， 在△中，， 平面，且，平面， 平面，，且，平面， 平面， 为平面的一个法向量， 而，， ， ， 又平面， 平面； （2）易知，， ，， 设是平面的一个法向量， 则， ， 取，则，， 即， 设与平面所成角为， 则 故与平面所成角的正弦值为． 题型五、两个平面的夹角 13．（24-25高三上·云南·阶段练习）如图，在四棱锥中，底面，. (1)证明：； (2)求平面与平面的夹角. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用勾股定理来证明底面等腰梯形中存在的垂直关系，再来证明线面垂直推导线线垂直； （2）利用空间向量法来求两平面夹角的大小. 【详解】（1）证明：在四边形中作于于，如图       ， 四边形为等腰梯形，， 故，，. 又平面平面，， 又，平面 平面. 又平面，. （2）如图，以为原点建立空间直角坐标系. 由（1）可得，则， 则， 设平面的法向量， 则有，令，则，即， 取平面的一个法向量， ， 即平面与平面所成夹角的余弦值为， 所以平面与平面的夹角为. 14．（2024·北京·高考真题）如图，在四棱锥中，，，,点在上，且，． (1)若为线段中点，求证：平面． (2)若平面，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取的中点为，接，可证四边形为平行四边形，由线面平行的判定定理可得平面. （2）建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量后可求夹角的余弦值. 【详解】（1）取的中点为，接，则， 而，故，故四边形为平行四边形， 故，而平面，平面， 所以平面. （2） 因为，故，故， 故四边形为平行四边形，故，所以平面， 而平面，故，而， 故建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 则 设平面的法向量为， 则由可得，取， 设平面的法向量为， 则由可得，取， 故， 故平面与平面夹角的余弦值为 15．（24-25高二上·江苏·假期作业）如图，在以，，，，，为顶点的五面体中，四边形与四边形均为等腰梯形，，，，，，，为的中点. (1)证明：平面； (2)求二面角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）易证四边形为平行四边形，由线面平行的判定定理即可证明； （2）取的中点，连结，，则，，，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求二面角即可． 【详解】（1）由题意得：，， 所以四边形为平行四边形， 所以， 而平面，平面， 所以平面； （2）取的中点，连结，， 由已知得，是边长为2的等边三角形， 是以为腰的等腰三角形， 则，，所以，，， 故，以为坐标原点，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， 取，则， 设平面的法向量为， 则，即， 取，则， 所以， ， 故二面角的正弦值． 题型六：空间线段的存在性问题 16．（23-24高二上·江西新余·期末）在四棱锥中，已知，，，，，，是线段上的点． (1)求证：底面； (2)是否存在点使得与平面所成角的正弦值为？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，且 【分析】（1）首先证明面，可得出，利用勾股定理的逆定理可证得，再结合线面垂直的判定定理，即可证明面； （2）以为原点，建立空间直角坐标系，设，且，求平面的法向量，利用，即可求得的值，即可得出结论. 【详解】（1）证明：在中，，， 所以. 在中，，，， 由余弦定理有：， 所以，，所以，所以， 又因为，，、平面，所以，平面， 因为平面，所以，， 在中：，，，则，所以，， 因为，、平面，所以面. （2）解：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， 则有、、、、， 设，其中， 则，，， 设为面的法向量， 则有，取，则，， 所以，平面的一个法向量为， 由题意可得， 可得，因为，所以. 因此，存在点使得与平面所成角的正弦值为，且. 17．（23-24高二上·云南昆明·期末）已知平行四边形如图甲，，，沿将折起，使点到达点位置，且，连接得三棱锥，如图乙. (1)证明：平面平面； (2)在线段上是否存在点，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， 利用线面垂直和面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， 因为平面，故平面平面. （2）解：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. 18．（23-24高二下·江苏盐城·阶段练习）如图，在四棱锥中，平面平面ABCD，，，M为棱PC的中点． (1)证明：平面PAD； (2)若， （i）求二面角的余弦值； （ii）在线段PA上是否存在点Q，使得点Q到平面BDM的距离是？若存在，求出PQ的值；若不存在，说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)（i）；（ii）存在，． 【分析】（1）取中点，可证四边形是平行四边形，可得，从而得证； （2）（i）建立空间直角坐标系，利用向量法求解，（ii）假设存在点到平面的距离为，利用点到面的距离公式法求解即可. 【详解】（1）取PD的中点N，连接AN，MN，如图所示：∵M为棱PC的中点， ∴，∵，∴， ∴四边形ABMN是平行四边形，∴， 又平面PAD，平面PAD，∴平面PAD． （2）∵，∴，∴， ∵平面平面ABCD，平面平面，平面PDC， ∴平面ABCD， 又AD，平面ABCD，∴，而，， ∴以点D为坐标原点，DA，DC，DP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 如图：则， ∵M为棱PC的中点， ∴ （i）， 设平面BDM的一个法向量为， 则，令，则，∴， 平面PDM的一个法向量为， ∴， 根据图形得二面角为钝角， 则二面角的余弦值为. （ii）假设在线段PA上存在点Q，使得点Q到平面BDM的距离是， 设， 则， 由（2）知平面BDM的一个法向量为，， ∴点Q到平面BDM的距离是， ∴，∴． 【专项训练】 一、单选题 19．（23-24高二下·江苏泰州·期末）在空间直角坐标系中，已知点，若点到平面的距离为，则点的坐标可以是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用点到平面距离的向量求法逐项检验可得答案. 【详解】对于A，当时，设为平面的一个法向量， ，， 所以，即，令，则， 则点到平面的距离为，故A错误； 对于B，当时，设为平面的一个法向量， ，， 所以，即，令，则， 则点到平面的距离为，故B错误；     对于C，当时，设为平面的一个法向量， ，， 所以，即，令，则， 则点到平面的距离为，故C错误；     对于D，当时，设为平面的一个法向量， ，， 所以，即，令，则， 则点到平面的距离为，故D正确. 故选：D. 20．（23-24高二下·江苏盐城·期中）如图，已知棱长为2的正方体，，，分别为，的中点，则异面直线与所成角为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】分别以所在的直线为轴建立空间直角坐标系，求出的坐标，利用空间向量夹角公式即可求解. 【详解】如图分别以所在的直线为轴建立空间直角坐标系， 则， 所以， 设异面直线与所成角为， 则 ， 所以异面直线与所成角为. 故选：D. 21．（23-24高二下·福建龙岩·阶段练习）如图，四棱锥的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍，平面，为侧棱上的点，则二面角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】建立空间直角坐标系，结合向量即可求解. 【详解】连接，设交于点，则平面， 以为坐标原点，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， 设底面边长为，则， 显然是平面的一个法向量， 因为平面，所以是平面的一个法向量， 设二面角为，所以. 故选：B. 22．（23-24高二上·贵州六盘水·期末）已知向量，且平面平面，若平面与平面的夹角的余弦值为，则实数的值为（   ） A．或－1 B．或1 C．－1或2 D． 【答案】B 【分析】根据平面夹角的向量公式求解可得. 【详解】因为， 所以，解得或1． 故选：B． 23．（23-24高二下·甘肃·期中）已知棱长为2的正方体中，，，分别是的中点，则直线与平面之间的距离为（    ） A．1 B． C． D． 【答案】B 【分析】建立空间直角坐标系，先利用向量法证明平面EMN，根据线面距离的定义把直线AC到平面EMN的距离转化为点A到平面EMN的距离，再利用点面距离的向量公式求解即可. 【详解】如图，以为原点，建立空间直角坐标系， 则， 所以，设平面的一个法向量为， 则令，可得，所以， 即，又平面，所以平面， 故点到平面的距离即为直线到平面的距离， 又，所以点到平面的距离为， 即直线与平面之间的距离为. 故选：B 24．（23-24高二下·江苏盐城·期中）如图，在棱长均为2的正四棱锥中，为棱的中点，则下列判断正确的是（    ） A．平面，且到平面的距离为 B．与平面不平行，且与平面所成角大于30° C．与平面不平行，且与平面所成角小于30° D．与平面不平行，且与平面所成角等于30° 【答案】C 【分析】连接，交点为，以为坐标原点，方向分别轴正方向建立空间坐标系，分别求出直线的方向向量与平面的法向量，代入向量夹角公式，求出与平面夹角的正弦值，再由正弦函数的单调性，即可得到答案． 【详解】连接交点为，以为坐标原点，方向分别轴正方向建立空间直角坐标系， 由正四棱锥的棱长均为，点为的中点， 则,,,,,,， 则，，， 设是平面的一个法向量， 则，取，得， 设与平面所成的角为，线面角范围为大于等于下雨等于， 则，则， 故与平面不平行，且与平面所成的角小于． 故选：C． 25．（23-24高二下·广西·阶段练习）古代城池中的“瓮城”，又叫“曲池”，是加装在城门前面或里面的又一层门，若敌人攻入瓮城中，可形成“瓮中捉鳖”之势．如下图的“曲池”是上、下底面均为半圆形的柱体．若垂直于半圆柱下底面半圆所在平面，为弧的中点，则直线与平面所成角的正弦值为（    ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据给定条件，建立空间直角坐标系，利用空间向量求出线面角的正弦即得. 【详解】在半圆柱下底面半圆所在平面内过作直线的垂线，由于垂直于半圆柱下底面半圆所在平面， 则以点为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，    于是，， 又为的中点，则，， ,， 设平面的法向量，则， 令，得， 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. 故选：D 26．（23-24高二下·山东烟台·阶段练习）如图，在三棱锥中，平面，点分别为的中点，是线段的中点，，则直线到平面的距离为（    ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】建系，首先用向量法证明直线面，再用向量法求点到面的距离即可. 【详解】易知，，两两垂直，则以为坐标原点，，，的放向分别为轴，轴，轴正方向，建立如空间直角坐标系. 由题意，得 所以.设为平面的法向量， 则令，得. 又，所以， 且平面，所以平面， 所以直线到平面的距离即为点到平面的距离， 设为，因为，所以. 故选：D    二、多选题 27．（24-25高二上·江苏·假期作业）设两条不同直线，的方向向量分别为，，两个不同平面，的法向量分别为，，下列命题正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，的夹角为，则 【答案】AB 【分析】利用直线的方向向量与平面的法向量的关系判定即可． 【详解】对于，两条不同的直线，的方向向量分别为，，当时，，故选项正确； 对于，直线的方向向量为，平面的法向量为，当时，，故选项正确； 对于，当时，或，故选项错误； 对于，若，的夹角为，则或，故选项错误． 故选：． 28．（23-24高二下·江苏盐城·期中）正方体的棱长为2，为的中点，则（    ） A． B．与所成角余弦值为 C．面与面所成角正弦值为 D．与面的距离为 【答案】AD 【分析】本题建立空间直角坐标系，利用空间向量可解决线线垂直、异面直线所成的角的相关问题、二面角的相关问题，以及解决空间一点到面的距离问题. 【详解】根据题意建立如图所示的空间直角坐标系 正方体的棱长为2，易求、、、、、、、、. 选项A：因为，，所以 所以，故A正确. 选项B：因为，，所以，设异面直线和所成的角为，则：，故B不正确. 选项C：易求平面的法向量. 设平面的法向量为，易求,， 由，令，则. 设平面与平面所成角为，则, ，即，故选项C不正确. 选项D：因为平面的法向量为，， 设到平面的距离为，向量与法向量的夹角为， 则：,故选项D正确. 故选：AD. 29．（2024·江苏苏州·模拟预测）如图， 是矩形所在平面外一点，，二面角为，为中点，为中点，为中点．则下列说法正确的是（    ） A． B．是二面角的平面角 C． D．与所成的角的余弦值 【答案】BD 【分析】利用二面角的平面角定义判断B，选项；根据已知条件，建立空间直角坐标系，利用空间向量逐一判断A、C、D选项即可. 【详解】 连接，过向平面引垂线，垂足为，连接； 因为，为中点，所以； 因为垂直于平面，平面，所以； 平面，平面，，所以平面， 又因为平面，所以， 所以二面角的平面角为； 在中，，，所以， 在中，，，所以，； 因为为矩形，所以，又，， 过点作交于，，所以四边形为正方形； 如图所示，建立以为坐标原点，为轴，过且与垂直的方向为轴， 为轴的空间直角坐标系； ，，，，， ，为中点，所以； ，所以， 故，A错误； 为中点，为中点，为中位线，， 又，所以，又因为， 所以是二面角的平面角，B正确； 因为 为锐角，且，， 所以， 所以， 所以，C错误； 设与所成的角为，，， ，D正确. 故选：BD 30．（23-24高二下·江苏淮安·阶段练习）在正方体中，，点P满足，其中，，则下列结论正确的是（    ） A．当平面时，与所成夹角可能为 B．当时，的最小值为 C．若与平面所成角为，则点P的轨迹长度为 D．当时，正方体经过点、P、C的截面面积的取值范围为 【答案】ABD 【分析】由且平面，得到点在上，当点与点或重合时，可判定A正确；由时，可得，得到在上，将平面与平面沿展成平面图形，结合余弦定理，可得判定B正确；由平面， 求得为与平面所成的角，根据题意求得，得出点的轨迹，可判定C不正确；根据题意，得到正方体经过点的截面为平行四边形，以为原点，建立空间直角坐标系，求得点到的距离为，进而可判定D正确. 【详解】对于A中，对于正方体中，连接， 可得，且平面，平面，所以平面， 同理可证平面，因为，且平面， 所以平面平面，且平面平面， 又因为且平面，所以点在上， 当点与点或重合时，此时与所成夹角为，所以A正确； 对于B中，因为，当时，可得， 即点在上，将平面与平面沿展成平面图形，如图所示， 线段即为的最小值， 由余弦定理得， 所以，即的最小值为，所以B正确；    对于C中，在正方体中，可得平面， 连接，则为与平面所成的角， 若与平面所成的角为，可得，所以， 即点的轨迹为以为圆心，以1为半径的圆，所以点的轨迹长度为，所以C不正确；    对于D中，当时，，可得，即， 所以点在线段上运动，可得正方体经过点的截面为平行四边形， 以为原点，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，则， 所以， 可得，且， 则点到的距离为， 所以，当时，的面积取得最小值，此时截面面积为， 当时，的面积取得最大值，此时截面面积为， 所以截面面积的取值范围为，所以D正确. 故选：ABD.    【点睛】方法点睛：对于立体几何中的综合问题的求解策略分析： 1、立体几何中的动态问题主要包括：空间动点轨迹的判断，求解轨迹的长度及动角的范围等问题； 2、解答方法：一般时根据线面平行，线面垂直的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程； 3、对于线面位置关系的存在性问题，首先假设存在，然后再该假设条件下，利用线面位置关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论，则否定假设； 4、对于探索性问题用向量法比较容易入手，一般先假设存在，设出空间点的坐标，转化为代数方程是否有解的问题，若由解且满足题意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在. 三、填空题 31．（23-24高二下·福建龙岩·期中）已知点，平面的一个法向量为，点在平面外，则点到平面的距离为 . 【答案】 【分析】根据题意，利用空间向量的距离公式，即可求解. 【详解】由点和，可得， 又由平面的一个法向量为，所以点B到平面PAD的距离为. 故答案为：. 32．（23-24高二下·江苏徐州·期中）如图，在三棱柱中中，两两互相垂直，是线段上的点，平面与平面所成锐二面角为，当最小时， .    【答案】 【分析】建立空间直角坐标系，设出的长，求出平面与平面的法向量，借助面面角的向量求法求出关系，再判断当取最小时的长，进而求得的大小. 【详解】在三棱柱中，两两垂直，建立空间直角坐标系，如图：    依题意，设，则， 则，， 设平面的法向量为，则，令，得， 平面的法向量， 由平面与平面所成（锐）二面角为，得， 化简得，当取得最大值时，最小，此时，， 且，所以. 故答案为: 【点睛】易错点睛：空间向量求二面角时，一是两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，二是利用方程思想进行向量运算，要认真细心，准确计算． 33．（23-24高二上·江西南昌·期末）在棱长为2的正方体中，在线段上运动，直线与平面所成角的正弦值的取值范围为 . 【答案】 【分析】以为正交基地，建立空间直角坐标系，利用向量法求出线面角的正弦，然后利用二次函数的性质求范围. 【详解】以为正交基地，建立空间直角坐标系， 则，设， 则， 设面的法向量为， 则，取得， 设直线与平面所成角为， 则， 当时，，则. 故答案为：. 34．（23-24高二下·江苏连云港·阶段练习）如图，在四棱锥中，侧面底面，侧棱，，底面为直角梯形，其中，，，O为中点．线段上存在一点Q，使得二面角的余弦值为，则 【答案】/ 【分析】根据题意，建立空间直角坐标系利用向量法求解. 【详解】在中，，O为中点，所以， 又侧面 底面， 平面平面，平面， 所以平面. 又，，， 又在直角梯形中，连接，易得， 所以以O为坐标原点，为x轴，为y轴，为z轴建立空间直角坐标系． 则，，，，， 设（）， 因为，，（） ，所以， 则，， 设平面的法向量为，则， 取，得 平面的一个法向量为， 要使二面角的余弦值为，需使 整理化简得：，得或（舍去）， 所以存在点，且. 故答案为：. 四、解答题 35．（23-24高一下·广西·阶段练习）如图，在三棱柱中，侧棱垂直于底面，分别是的中点，是边长为2的等边三角形，． (1)证明：； (2)求点到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由等边三角形三线合一可得，再由侧棱垂直于底面可得面即可得出结论； （2）可由等体积法计算即可得出. 【详解】（1）法一:是等边三角形，且是中点 面，面 面，面，且 面 面 法二：取的中点，则面，可知两两垂直， 如图以为轴，为轴，为轴，则，，，； 所以，，则，即； （2）法一：由题可知：； 在中，，； 取中点，在中，， 边上的高为； ； 设点到平面的距离为，则， 解得，即点到平面的距离为． 法二：，，，， 设面的法向量为，； 设点到面的距离为， 故点到平面的距离为. 36．（23-24高二下·江苏盐城·期末）如图，在四棱锥中，平面平面，四边形是边长为的正方形，为等边三角形，点是线段的中点，点满足． (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）连接交于，连接，根据条件证明即可得证； （2）先证明平面，建立空间直角坐标系，求出相关点和向量的坐标，分别求得平面与平面的法向量，最后由空间向量的夹角公式求解即得. 【详解】（1） 如图，连接交于，连接， 由是的中点可得，又为正方形， 所以，所以，所以，即， 又，即，所以/， 又平面，平面，所以平面； （2） 因平面平面，且平面平面，为等边三角形，点是线段的中点， 可得，又平面，故得平面. 如图，取的中点为，连接，分别以为轴的正方向，建立空间直角坐标系. 则，， 所以，，则， 设平面的法向量为，由， 则，故可取； 又平面的一个法向量为， 所以， 由图可知二面角的平面角为锐角， 所以二面角的余弦值为. 37．（2024·山东青岛·三模）如图所示，多面体，底面是正方形，点为底面的中心，点为的中点，侧面与是全等的等腰梯形，，其余棱长均为2. (1)证明:平面； (2)若点在棱上，直线与平面所成角的正弦值为，求. 【答案】(1)证明见解析 (2)1 【分析】（1）取中点，通过证明平面，平面平面，得证平面. （2) 以为原点，建立空间直角坐标系，设，由直线与平面所成角的正弦值为，利用向量法求出的值即可. 【详解】（1）取中点，连接，则为的中点， 因为侧面是等腰梯形，所以，又，所以， 和都是边长为2的等边三角形，得，所以四边形为等腰梯形， 因为点为的中点，为的中点，所以. 因为是等边三角形，所以， 又，平面，， 所以平面，平面，所以平面平面， 平面平面，平面，， 故平面. （2）在梯形中，，等腰梯形中由勾股定理得， 取中点，由（1）知，两两垂直， 以为原点，分别以所在直线为轴，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， 则，令，则，得 设，， 设直线与平面所成角为， 所以. 解得（负值舍去)，所以点为棱的中点，所以的长为1. 38．（24-25高二上·江苏·假期作业）如图，在四棱锥中，底面是正方形，，平面，，点为中点． (1)证明：平面平面； (2)若，求与所成角的余弦值； (3)求与平面所成角的正弦值的取值范围． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）通过证明平面，证得平面平面； （2）建立空间直角坐标系，证明平面，并运用向量法，求解异面直线所成角的余弦值； （3）求出平面的法向量，向量法求线面角的正弦值． 【详解】（1）证明：因为平面，平面，所以， 又，，平面，平面， 所以平面． 又平面，所以平面平面． （2）以，所在直线为，轴，以过点垂直于平面的直线为轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 过作，垂足为， 因为平面，平面，所以， 又，平面，平面，所以平面． 因为，，，则，，， 得， 又，，，， 所以， 所以， 设与所成角为，故， 即得与所成角的余弦值为． （3）设，则， 因为，所以， 则有，，则， 设平面的法向量为，则， 取，则，，即平面的一个法向量为， 所以 ， 因为，所以，故， 又与平面所成角的正弦值为， 所以与平面所成角的正弦值的取值范围是． 39．（24-25高二上·江苏·假期作业）如图，已知四棱锥的底面是平行四边形，，，是边长为2的等边三角形，，是线段的中点. (1)求证：平面平面； (2)若，是否存在，使得平面和平面夹角的余弦值为？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， 【分析】（1）先在中，利用余弦定理求得，再由勾股定理可证，然后结合，利用线面垂直、面面垂直的判定定理，即可得证； （2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用向量法求平面与平面的夹角的方法列出关于参数的方程，即可得解． 【详解】（1）证明：在中，由余弦定理知，， 所以，即， 因为，且，、平面， 所以平面， 又平面，所以平面平面． （2）以为坐标原点，，所在直线分别为，轴，作平面，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，0，，，0，，，，，，，，，0，，，，， 所以，0，，，，，，，， ，0，，，，， 所以，0，，，，，， 设平面的法向量为，，，则， 即， 取，则，，所以，，， 设平面的法向量为，，，则，即， 取，则，，所以，，， 因为平面和平面夹角的余弦值为， 所以， 整理得，，即， 解得或， 因为，所以， 故存在，使得平面和平面夹角的余弦值为，此时． 40．（24-25高二上·江苏·假期作业）如图所示，在四棱锥中，侧面平面，是边长为2的等边三角形，底面为直角梯形，其中，，． (1)取线段中点连接，判断直线与平面是否平行并说明理由； (2)求到平面的距离； (3)线段上是否存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)平面，理由见解析 (2) (3) 【分析】（1）取中点，连接，证出四边形为平行四边形，即可得证； （2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量以及，利用到平面的距离的向量公式即可求解； （3）平面的法向量以及，利用向量夹角公式即可求解． 【详解】（1）平面． 理由如下证明：取中点，连接， 因为为的中点，且，， 所以，且， 所以四边形为平行四边形， 所以，因为平面，平面， 所以平面． （2）取的中点，连接，， 因为为等边三角形， 所以， 又因为平面平面，平面平面， 所以平面， 如图所示， 以为坐标原点，直线，，分别为，，轴建立空间直角坐标系， 则,,，,1,，,0,，,,，， ，， 设平面的法向量为， 所以， 令，则， ， 故到平面的距离． （3）设,,，， 所以， 所以， 则，， 设平面的法向量为,,， 则， 令，则， 又平面的法向量为， 于是， 化简得，又,， 得， 即， 故存在点，此时． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$