专题强化01：空间向量在立体几何中的应用（7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）

专题强化01：空间向量在立体几何中的应用 【题型归纳】 题型一：点到直线的距离 1．（23-24高二上·湖北孝感·期末）已知空间向量，，则B点到直线的距离为（    ） A． B． C． D． 2．（23-24高二上·广东深圳·期末）已知，则点到直线的距离为（    ） A． B． C． D． 3．（23-24高二上·河南南阳·期末）在四面体中，，，，若点为的重心，则点到直线的距离为（    ） A． B． C． D． 题型二：点到平面的距离 4．（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． 5．（23-24高二上·山东日照·期末）在棱长为1的正方体中，为线段的中点，则点到平面的距离为（    ） A． B． C． D．1 6．（23-24高二上·安徽滁州·期末）如图，在棱长为3的正方体中，点是棱上的一点，且，则点到平面的距离为（    ）    A． B． C． D． 题型三：异面直线所成的角 7．（23-24高二下·湖北·期中）如图，是一个由棱长为的正四面体沿中截面所截得的几何体，则异面直线与夹角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 8．（23-24高二上·河北石家庄·期末）如图，在平行六面体中，，则直线与直线AC所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 9．（23-24高二上·四川绵阳·期末）如图，已知菱形所在平面与矩形所在平面相互垂直，且，为线段的中点.则直线与的所成的角为（    ）    A． B． C． D． 题型四：空间向量在平行和垂直的应用 10．（23-24高二上·四川成都·期中）如图，在长方体中，，，. (1)求证：平面平面. (2)线段上是否存在点P，使得平面？若存在，求出点P的位置；若不存在，请说明理由. 11．（2024高二上·江苏·专题练习）如图，四边形为正方形，平面，，. (1)证明：平面平面； (2)证明：平面. 12．（2024高二上·江苏·专题练习）如图，正方形ADEF所在平面和等腰梯形所在的平面互相垂直，已知，. (1)求证：； (2)在线段BE上是否存在一点P，使得平面平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 题型五：空间向量在线面的应用 13．（23-24高二下·四川成都·期末）如图，在斜三棱柱 中， 分别是 的中点. (1)证明: 平面 ; (2)若 ，且 ，求直线 与平面所成角的正弦值. 14．（23-24高二下·河南南阳·期末）如图，在四棱锥中，四边形为正方形，平面.    (1)若，求； (2)若，求直线与平面所成角的正弦值. 15．（23-24高二下·湖南岳阳·期末）如图，在圆锥中，为圆的直径，为圆弧的两个三等分点，为的中点，； (1)求证：平面平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 题型六：空间向量在面面角的应用 16．（23-24高二下·山西长治·期末）如图，直四棱柱的底面是正方形，，E，F分别为，的中点.    (1)证明：平面； (2)求二面角的正弦值. 17．（23-24高二下·浙江温州·期末）已知四棱锥为的中点，平面，. (1)若，证明：平面； (2)若，二面角的大小为，求. 18．（23-24高二下·江苏常州·期中）如图,在四棱锥中,底面是边长为6的正方形,是正三角形,平面,为的中点,,,分别是,,上的点,且满足． (1)求证：平面; (2)求平面与平面所成锐二面角的大小; (3)在线段上是否存在点,使得直线与平面所成角为?若存在,求线段的长度；若不存在,请说明理由. 题型七：空间向量在存在性问题的应用 19．（2024·黑龙江哈尔滨·一模）如图1，在平行四边形中，，将沿折起，使点D到达点P位置，且，连接得三棱锥，如图2． (1)证明：平面平面； (2)在线段上是否存在点M，使平面与平面的夹角的余弦值为，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由． 20．（23-24高二上·北京·期中）如图：在直三棱柱中，，，，M是的中点，N是的中点． (1)求证：∥平面； (2)求：二面角的余弦值； (3)在线段上是否存在点P，使得点P到平面MBC的距离为，若存在求此时的值，若不存在请说明理由． 21．（2024·广西·模拟预测）如图，在四棱锥中，，，四边形是菱形，，是棱上的动点，且.    (1)证明：平面. (2)是否存在实数，使得平面与平面所成锐二面角的余弦值是？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【专题强化】 一、单选题 22．（23-24高一下·安徽六安·期末）已知，则到直线的距离为（    ） A． B． C．1 D． 23．（23-24高一下·安徽六安·期末）是从点P出发的三条射线，每两条射线的夹角均为，那么直线与平面所成角的正弦值是（    ） A． B． C． D． 24．（23-24高二上·广东深圳·阶段练习）如图，在三棱台中，若平面，，，，为中点，则二面角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 25．（23-24高二上·江苏南通·期中）中国古代数学瑰宝《九章算术》中记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体为上、下底面均为扇环形的柱体（扇环是指圆环被扇形截得的部分）．现有一个如图所示的曲池，其中底面，底面扇环所对的圆心角为，扇环对应的两个圆的半径之比为1：2，，，E是的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 26．（22-23高一下·浙江杭州·期中）在正方体中，点P为线段上的动点，M，N分别为棱的中点，若平面，则（    ） A． B． C． D． 27．（22-23高二上·黑龙江七台河·阶段练习）如图，在正方体中，点是线段（含端点）上的动点，则下列结论错误的是（    ） A．存在点，使 B．异面直线与所成的角最小值为 C．无论点在线段的什么位置，都有 D．无论点在线段的什么位置，都有平面 二、多选题 28．（23-24高一下·浙江杭州·期中）在正方体中，点M为线段上的动点（含端点），则（    ） A．存在点M，使得平面 B．存在点M，使得平面 C．不存在点M，使得直线平面所成的角为 D．不存在点M，使得直线平面所成的角为 【答案】BCD 29．（23-24高一下·浙江宁波·期中）如图，已知正方体的棱长为2，E，F，G分别为，，的中点，以下说法正确的是（    ） A．三棱锥的体积为 B．平面 C．平面 D．二面角的余弦值为 30．（2024·云南昆明·一模）在正四棱柱中，已知与平面所成的角为，底面是正方形，则（    ） A． B．与平面所成的角为 C． D．平面 31．（23-24高三上·云南昆明·阶段练习）如图，在正方体中，点是的中点，点是直线上的动点，则下列说法正确的是（    ） A．是直角三角形 B．异面直线与所成的角为 C．当的长度为定值时，三棱锥的体积为定值 D．平面平面 三、填空题 32．（23-24高一下·浙江宁波·期末）在空间直角坐标系中，点为平面外一点，点为平面内一点．若平面的一个法向量为，则点到平面的距离是 ． 33．（23-24高一下·江苏南京·期末）在棱长为1的正方体中，分别是棱的中点，P是侧面内一点，若平面，则线段长度的取值范围是 ；与平面所成角的正切值为 ． 34．（22-23高一下·福建福州·期末）如图，在正四棱柱中，，点E，F，G分别为棱，，的中点，则异面直线EF与BG所成的角的大小为 ；二面角的正切值为 ．    35．（21-22高一下·江苏盐城·期末）在四棱锥中，已知底面是菱形，，，，若点为菱形的内切圆上一点，则异面直线与所成角的余弦值的取值范围是 . 四、解答题 36．（23-24高二下·甘肃酒泉·期中）四棱锥的底面是边长为2的菱形，，对角线与相交于点，底面，与底面所成的角为，是的中点. (1)证明：平面； (2)求与所成角的正弦值. 37．（23-24高二下·浙江湖州·期末）如图，在四棱锥中，平面平面，底面为正方形，且为线段的中点，为线段上的动点，. (1)证明：； (2)求实数的值，使得平面与平面所成锐二面角的平面角的正弦值最小. 38．（23-24高二下·甘肃兰州·期中）如图，四棱锥中，底面是边长为的正方形，平面平面,.    (1)若，分别为，的中点，求证：//平面； (2)求直线与底面所成角的正弦值； (3)求平面与平面所成角的余弦值. 39．（23-24高二下·江苏淮安·期末）如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面，，，. (1)证明：平面平面； (2)求二面角的余弦值； (3)求点到平面的距离. 40．（23-24高二下·江苏宿迁·期末）如图，在三棱台中，，，为的中点，二面角的大小为． (1)求证：； (2)若，求三棱台的体积； (3)若到平面的距离为，求的值． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题强化01：空间向量在立体几何中的应用 【题型归纳】 题型一：点到直线的距离 1．（23-24高二上·湖北孝感·期末）已知空间向量，，则B点到直线的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用点到直线的空间向量距离公式求出答案. 【详解】，，故在上的投影向量的模为， 故B点到直线的距离为. 故选：A 2．（23-24高二上·广东深圳·期末）已知，则点到直线的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用空间点到直线的距离公式计算求解即可. 【详解】因为，所以， 所以在上投影的长度为， 所以点到直线的距离为. 故选：C 3．（23-24高二上·河南南阳·期末）在四面体中，，，，若点为的重心，则点到直线的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】以射线，，的方向分别为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系，应用向量法求距离. 【详解】由题意知，在四面体中，，，两两互相垂直， 如图，以为原点，以射线，，的方向分别为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系.    ∵，，，， ∴，，，，， ∴，， ， ， ∴点到直线的距离. 故选：D 题型二：点到平面的距离 4．（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 5．（23-24高二上·山东日照·期末）在棱长为1的正方体中，为线段的中点，则点到平面的距离为（    ） A． B． C． D．1 【答案】A 【分析】建立适当的空间直角坐标系，求出平面的法向量，由即可求解. 【详解】由题意以为原点，所在直线分别为轴所在直线建立如图所示的空间直角坐标系： 所以， 所以， 不妨设平面的法向量为， 则，令，解得，即取平面的法向量为， 所以点到平面的距离为. 故选：A. 6．（23-24高二上·安徽滁州·期末）如图，在棱长为3的正方体中，点是棱上的一点，且，则点到平面的距离为（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】建立空间直角坐标系，求得平面的法向量，利用向量法求点到面的距离即可. 【详解】以为坐标原点，，，所在的直线分别为轴，轴，轴， 建立空间直角坐标系，如图所示.    所以，，，，所以，. 设平面的法向量， 所以令，解得，， 所以平面的一个法向量，又， 所以点到平面的距离. 故选：B. 题型三：异面直线所成的角 7．（23-24高二下·湖北·期中）如图，是一个由棱长为的正四面体沿中截面所截得的几何体，则异面直线与夹角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】补形成正四面体，记，利用基底求出，代入夹角公式即可求解. 【详解】补形成正四面体，如图. 记，则， 由正四面体的性质和题意可知，， 所以， ， 所以， 所以，异面直线与的夹角的余弦值为. 故选：D. 8．（23-24高二上·河北石家庄·期末）如图，在平行六面体中，，则直线与直线AC所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由线段的位置关系及向量加减的几何意义可得、，利用向量数量积的运算律求、，最后应用夹角公式求直线夹角余弦值. 【详解】因为，， 可得，， 又因为，， 可得， ， 所以直线与直线所成角的余弦值为. 故选：D. 9．（23-24高二上·四川绵阳·期末）如图，已知菱形所在平面与矩形所在平面相互垂直，且，为线段的中点.则直线与的所成的角为（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】建立适当的空间直角坐标系，得出即可求解. 【详解】设菱形对角线相交于点，则为的中点，， 又为矩形的边的中点. 所以， 又面面，，面， 所以面，所以面， 又面， 所以， 所以两两互相垂直， 所以以为原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系：    不妨设，， 则， 所以，所以， 所以直线与的所成的角为. 故选：B. 题型四：空间向量在平行和垂直的应用 10．（23-24高二上·四川成都·期中）如图，在长方体中，，，. (1)求证：平面平面. (2)线段上是否存在点P，使得平面？若存在，求出点P的位置；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，P为线段的中点 【分析】（1）根据题意，以D为原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面与平面的法向量，由法向量平行，即可证明面面平行； （2）由空间向量的坐标运算，由与平面的法向量垂直，代入计算，即可求解. 【详解】（1）证明：以D为原点，DA，，所在直线分别为x轴、y轴、z轴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. 取，则，，所以平面的一个法向量为. 设平面的法向量为， 则. 取，则，，所以平面的一个法向量为. 因为，即，所以平面平面. （2）设线段上存在点P使得平面，. 由（1）得，，平面的一个法向量为， 所以. 所以，解得. 所以当P为线段的中点时，平面. 11．（2024高二上·江苏·专题练习）如图，四边形为正方形，平面，，. (1)证明：平面平面； (2)证明：平面. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）根据条件建立空间直角坐标系，利用坐标结合面面垂直的判定定理证明即可. （2）利用空间向量的坐标运算可得为平面的一个法向量，又,且平面，即可证明. 【详解】（1）由题意易知两两互相垂直. 如图，以D为坐标原点，所在直线分别为x轴、y轴、z轴， 建立空间直角坐标系.设. 依题意有, 则, 所以, ， 即, 又,平面, 故平面.又平面， 所以平面平面. （2）根据题意，有, 则, 故 又不共线，所以为平面的一个法向量. 又因为,且 即,且平面， 故有平面. 12．（2024高二上·江苏·专题练习）如图，正方形ADEF所在平面和等腰梯形所在的平面互相垂直，已知，. (1)求证：； (2)在线段BE上是否存在一点P，使得平面平面？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，由线面垂直的判定定理可得平面，再由其性质定理即可证明； （2）根据题意，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，代入计算，即可得到结果. 【详解】（1） 证明：∵平面平面，平面， ，平面，∴平面. ∵平面，∴， 过A作于H， 则， ∴，∴，∴. ∵，平面， ∴平面. ∵平面，∴. （2） 存在.理由：由（1）知，两两垂直， 以A为坐标原点，的方向分别为轴、轴、轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 假设在线段BE上存在一点P满足题意，则易知点P不与点B，E重合， 设，则， 由，可求得. 设平面PAC的一个法向量为，则， 由， 可得， 即，令，则，所以为平面PAC的一个法向量. 又， 设平面BCEF的一个法向量为， 则，可得， 所以为平面BCEF的一个法向量. 当，即时，平面平面，故存在满足题意的P， 此时. 题型五：空间向量在线面的应用 13．（23-24高二下·四川成都·期末）如图，在斜三棱柱 中， 分别是 的中点. (1)证明: 平面 ; (2)若 ，且 ，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）连接交于点E，连接OE，，可得四边形为平行四边形，则有，利用线面平行的判定定理可证得平面； （2）可证得平面ABC，以O为原点，OA，，OC所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得直线与平面所成的角正弦值. 【详解】（1）连接交于点E，连接OE，， ∵O，E分别是AB，的中点，D为的中点， ∴， ∴四边形为平行四边形，则． ∵平面，平面， ∴平面． （2）连接OC， ∵，, ∴为正三角形， ∴， ∵，且都在面， ∴平面ABC，而面，故， 由，易知△ABC是等腰直角三角形， ∴， 以O为原点，OA，，OC所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系， ，则，，，， 由，可得，且，， 设平面的法向量为， ∴，即，令，， 设直线与平面所成的角为，则， 即直线与平面所成的角正弦值为． 14．（23-24高二下·河南南阳·期末）如图，在四棱锥中，四边形为正方形，平面.    (1)若，求； (2)若，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)0 (2). 【分析】（1）根据题意，可得平面，所以，可得的值； （2）利用空间向量法求直线与平面所成角的正弦值. 【详解】（1）由平面，平面， . ，且平面， 所以平面. 而平面，. 四边形是正方形，与重合， . （2）以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， . 设为平面的法向量， 则，即， 可取. 设为直线与平面所成的角， 则， 即直线与平面所成角的正弦值为.    15．（23-24高二下·湖南岳阳·期末）如图，在圆锥中，为圆的直径，为圆弧的两个三等分点，为的中点，； (1)求证：平面平面； (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）利用线面垂直的性质得到，再根据条件得到，利用线面垂直的判定定理得到面，再利用面面垂直的判定定理，即可证明结果； （2）建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量及，再利用线面角的向量法，即可求出结果. 【详解】（1）因为面圆，又面圆，所以， 又为圆弧的两个三等分点，所以，得到， 又，所以, 又，面，所以面， 又面，所以平面平面. （2）取的中点，连接，如图，以所以直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 因为为的中点，， 所以， 又因为，，所以， 则，， 设平面的一个法向量为，由，得到， 取，得到，，所以， 设直线与平面所成的角为， 所以. 题型六：空间向量在面面角的应用 16．（23-24高二下·山西长治·期末）如图，直四棱柱的底面是正方形，，E，F分别为，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）根据线面平行的空间向量法证明即可； （2）根据空间向量法求二面角余弦，再结合同角三角函数关系求解. 【详解】（1）   如图建系，设 则, , 设平面法向量为, , , 可得 即得， 因为所以,不在平面内，所以平面. （2）设平面法向量为, , 可得, 即得, 设二面角为， 则, 因为所以 17．（23-24高二下·浙江温州·期末）已知四棱锥为的中点，平面，. (1)若，证明：平面； (2)若，二面角的大小为，求. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由线面垂直的性质定理可得，且，即可得到，再由线面平行的判定定理，即可证明； （2）方法一：作交于，连接，由二面角的定义可得是二面角的平面角，再由勾股定理代入计算，即可求解；方法二：建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算以及二面角的公式代入计算，即可求解. 【详解】（1）证明：且为的中点，， 平面平面， 又且平面平面， 平面， 与共面，， 又平面平面， 平面. （2） 法1：如图，作交于，连接. 由得， ， ，且， 是二面角的平面角， ，又， ， 在中，，由，解得， . 法2：如图，以为原点，所在直线分别为轴， 建立空间直角坐标系.则， 设，则， ， 设面的法向量为， 由，令，可得 设面的法向量为，由，令，可得. 设二面角的大小为，则， . 18．（23-24高二下·江苏常州·期中）如图,在四棱锥中,底面是边长为6的正方形,是正三角形,平面,为的中点,,,分别是,,上的点,且满足． (1)求证：平面; (2)求平面与平面所成锐二面角的大小; (3)在线段上是否存在点,使得直线与平面所成角为?若存在,求线段的长度；若不存在,请说明理由. 【答案】(1)证明见详解 (2) (3)不存在,理由见详解 【分析】（1）根据线面垂直的性质定理即可证; （2）建立空间直角坐标系,利用向量法直接计算可知; （3）假设存在,利用向量法直接计算可知. 【详解】（1）是正三角形, 为的中点,, 又平面,平面, , 又平面,平面,平面,且, 平面. （2） 取的中点,连接, 由（1）得平面,且底面是的正方形,所以以为原点,分别以所在直线为轴,建立如图所示的空间直角坐标系,得到如下点的坐标, 又,,分别是,,上的点,且满足, ， ,, 由（1）得平面,所以平面的法向量为, 设平面的法向量为, 则,即,解得,, 设平面与平面所成锐二面角为, , 所以平面与平面所成锐二面角的大小. （3）设线段上是否存在点,使得直线与平面所成角为,且, ,, , 整理可得:,方程无解, 不存在这样的点. 题型七：空间向量在存在性问题的应用 19．（2024·黑龙江哈尔滨·一模）如图1，在平行四边形中，，将沿折起，使点D到达点P位置，且，连接得三棱锥，如图2． (1)证明：平面平面； (2)在线段上是否存在点M，使平面与平面的夹角的余弦值为，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）推导出，证明出平面，可得出， 利用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， 所以平面平面. （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，， 平面的一个法向量为，，， 则，令，可得， 则，整理可得， 因此，线段上存在点，使平面AMB与平面MBC的夹角的余弦值为，且. 20．（23-24高二上·北京·期中）如图：在直三棱柱中，，，，M是的中点，N是的中点． (1)求证：∥平面； (2)求：二面角的余弦值； (3)在线段上是否存在点P，使得点P到平面MBC的距离为，若存在求此时的值，若不存在请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在， 【分析】（1）取中点D，连接DN、，证明四边形为平行四边形，得，从而可得证线面平行； （2）分别以为轴，建立空间直角坐标系，用空间向量法求二面角； （3）用空间向量法求点面距，从而得出结论． 【详解】（1）取中点D，连接DN、， ∵D、N分别为、∴且， ∵与平行且相等，M为中点，∴与平行且相等， ∴四边形为平行四边形， ∴， ∵平面  平面， ∴平面； （2）∵直三棱柱∴平面ABC又CB、平面ABC， ∴、， ∵即， ∴、CB、CA两两垂直，分别以为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，， ∴  ， 则  ， 易知平面的法向量为， 设平面的法向量为， 则，即， 令则， 设二面角的平面角为， 则， 由图知为钝角，∴； （3）设，， ∵， ∴， ∴    ， 设平面MBC的法向量为， 则，即， 令则 ∴P点到平面MBC的距离为， 解得，又∴． 21．（2024·广西·模拟预测）如图，在四棱锥中，，，四边形是菱形，，是棱上的动点，且.    (1)证明：平面. (2)是否存在实数，使得平面与平面所成锐二面角的余弦值是？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)存在实数，理由见解析 【分析】 （1）由线线垂直得到线面垂直，进而得到，再由勾股定理逆定理得到，从而得到线面垂直； （2）作出辅助线，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，进而由二面角的余弦值得到方程，求出答案. 【详解】（1） 因为四边形是菱形，所以. 因为，，平面，且，所以平面. 因为平面，所以. 因为，所以，即. 因为，平面，且，所以平面. （2） 取棱的中点，连接，因为四边形是菱形，， 所以为等边三角形，故⊥， 又平面，平面， 所以，，故，，两两垂直， 故以为原点，分别以，，的方向为，，轴的正方向，建立空间直角坐标系.    设，则，，，， 故，，， 所以， 设平面的法向量为， 则， 令，得. 平面的一个法向量为，设面与面所成的锐二面角为， 则， 整理得，解得或（舍去）. 故存在实数，使得面与面所成锐二面角的余弦值是. 【专题强化】 一、单选题 22．（23-24高一下·安徽六安·期末）已知，则到直线的距离为（    ） A． B． C．1 D． 【答案】D 【分析】先求出与同方向的单位向量的坐标，继而计算和，代入点到直线的距离的向量公式计算即得. 【详解】由可知, 则与同方向的单位向量为， 又 , , 故点到直线的距离为. 故选：D. 23．（23-24高一下·安徽六安·期末）是从点P出发的三条射线，每两条射线的夹角均为，那么直线与平面所成角的正弦值是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】法一，作出直线在平面的射影为，得线面所成角，推导三余弦公式，代入计算即得；法二，建系，写出相关点和相关向量的坐标，运用空间向量的夹角公式计算即得. 【详解】解法一：如图，设直线在平面的射影为， 作于点G，则平面，直线与平面所成角为. 作于点H，连接，因平面，则， 又平面，则平面， 又平面，则. 于是有，， 即(*). 因由对称性知，，代入（*）得， ,故. 故选：A. 解法二： 如图所示，把放在正方体中，的夹角均为. 建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体棱长为1， 则，所以， 设平面的法向量，则 令，则，所以，所以. 设直线与平面所成角为，所以， 故选:A 24．（23-24高二上·广东深圳·阶段练习）如图，在三棱台中，若平面，，，，为中点，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，利用向量法求得二面角的余弦值. 【详解】由于，，根据台体的性质可知, 由于平面，平面，所以， 由于，由此以为原点建立如图所示空间直角坐标系， 平面的一个法向量为， ，即， 设平面的法向量为， 则，故可设， 设二面角为，由图可知为锐角， 所以. 故选：B 25．（23-24高二上·江苏南通·期中）中国古代数学瑰宝《九章算术》中记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体为上、下底面均为扇环形的柱体（扇环是指圆环被扇形截得的部分）．现有一个如图所示的曲池，其中底面，底面扇环所对的圆心角为，扇环对应的两个圆的半径之比为1：2，，，E是的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】建立空间直角坐标系，以向量法去求解异面直线与所成角的余弦值. 【详解】设上底面圆心为，下底面圆心为，连接，， 在下底面作， 以为原点，分别以所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图： 因为扇环对应的两个圆的半径之比为1：2，，所以，得， 则即，即， ，，，， ，， . 所以， 又异面直线所成角的范围为，故异面直线与所成角的余弦值为. 故选：B. 26．（22-23高一下·浙江杭州·期中）在正方体中，点P为线段上的动点，M，N分别为棱的中点，若平面，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由题意建立空间直角坐标系，利用空间向量的运算，求解法向量即可由，解得的值，即可得解的值．或者，根据线面平行的性质可得线线平行，根据相似即可求解. 【详解】方法1：如图所示，建立空间直角坐标系，设正方体边长为2， 可得，，，，，， 设，， 可得,,，可得,,，可得,,， , 设平面法向量为，，，可得，可得，令，可得， 由于平面，则，可得， 解得，即． 方法2：连接,交于点,则,连接,延长DP交B1D1于G, 由于平面，平面,且平面平面, 所以, 设正方体的棱长为1，则,故直角三角形中，,所以，所以, 由,所以四边形为平行四边形，所以根据,故 故选：A 27．（22-23高二上·黑龙江七台河·阶段练习）如图，在正方体中，点是线段（含端点）上的动点，则下列结论错误的是（    ） A．存在点，使 B．异面直线与所成的角最小值为 C．无论点在线段的什么位置，都有 D．无论点在线段的什么位置，都有平面 【答案】B 【分析】当点与点重合时，有，即可判断A选项；建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，设，进而得，，在根据异面直线夹角的向量求解方法求解即可判断B选项；结合B选项讨论，证明即可判断C选项；证明平面平面，再结合面面平行到线面平行可判断D选项. 【详解】解：对于A，当点与点重合时，，，所以，即，故A正确； 对于B，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则， 设，则，， 所以，，当且仅当，即点是线段中点时，等号成立， 所以异面直线与所成的角的余弦值， 所以的最小值小于，故B不正确； 对于C，结合B选项的讨论，，，则，所以，故C正确； 对于D，在正方体中，有， 因为平面，平面 所以，平面，平面， 因为，平面， 所以平面平面 因为平面，所以，故D正确. 故选：B 二、多选题 28．（23-24高一下·浙江杭州·期中）在正方体中，点M为线段上的动点（含端点），则（    ） A．存在点M，使得平面 B．存在点M，使得平面 C．不存在点M，使得直线平面所成的角为 D．不存在点M，使得直线平面所成的角为 【答案】BCD 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式、法向量的性质逐一判断即可. 【详解】建立如图所示的空间直角坐标系， 设，则， 设平面的法向量为， ， 则有，， 假设存在点M，使得平面，所以有， 所以有，方程无解，因此假设不成立，因此选项A不正确； 假设存在点M，使得∥平面， 所以有，解得，所以假设成立，因此选项B正确； 假设存在点M，使得直线与平面所成的角为，， 所以有， 解得，，所以假设不成立，故选项C正确； 假设存在点M，使得直线与平面所成的角为，， 所以有， 解得，，所以假设不成立，故选项D正确. 故选：BCD 29．（23-24高一下·浙江宁波·期中）如图，已知正方体的棱长为2，E，F，G分别为，，的中点，以下说法正确的是（    ） A．三棱锥的体积为 B．平面 C．平面 D．二面角的余弦值为 【答案】ABC 【分析】建立空间直角坐标系，求出平面的法向量算出点平面距离，利用空间向量结合同角三角函数的基本关系求出，进而得到三角形面积，再求体积判断A，利用空间位置关系的向量证明判断B，C，利用二面角的向量求法判断D即可. 【详解】如图，以为原点，建立空间直角坐标系，连接， 故，，，，，， 则，，，，， 设平面的法向量为，故有，得， 令，解得，，故， 设点到平面的距离为，由距离公式得， 对于A，设，的夹角为，则， 则，故， 则三棱锥的体积为，故A正确， 对于B，易知，，故， 且平面的法向量为，可得， 则平面成立，故B正确， 对于C，易知，，则， 故，而平面，则平面成立，故C正确， 对于D，连接，易知平面的法向量， 设二面角为，则为锐角， 且，故D错误. 故选：ABC 【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是，建立空间直角坐标系，得到平面的法向量，从而利用空间向量法即可得解. 30．（2024·云南昆明·一模）在正四棱柱中，已知与平面所成的角为，底面是正方形，则（    ） A． B．与平面所成的角为 C． D．平面 【答案】AB 【分析】建立空间直角坐标系，运用向量法逐个分析即可. 【详解】    易知正四棱柱是长方体，故以为原点建立空间直角坐标系， 连接，设，，，与平面所成的角为，故，,，，易知面的法向量,易知，故，可得，化简得，结合底面是正方形，可得，故，，即，故A正确， 易知面的法向量，，设与平面所成的角为，故，化简得，故，故B正确， 易知，，故，即不垂直，故C错误， 易知，，故，，，，，设面的法向量，故，，解得，，，即，则与不平行，故与面不垂直，故D错误， 故选：AB 31．（23-24高三上·云南昆明·阶段练习）如图，在正方体中，点是的中点，点是直线上的动点，则下列说法正确的是（    ） A．是直角三角形 B．异面直线与所成的角为 C．当的长度为定值时，三棱锥的体积为定值 D．平面平面 【答案】ABC 【分析】设正方体的棱长为2，求出相关线段长度，利用勾股定理逆定理可判断形状，判断A；利用平移法可求得异面直线与所成的角，判断B；根据棱锥的体积公式可判断C；建立空间直角坐标系，利用空间位置的向量证明方法可判断D. 【详解】对于A，设正方体的棱长为2，点是的中点，故; 平面平面，故， 则， 则，即，即是直角三角形，A正确； 对于B，在正方体中，点是的中点，    则直线DP即为直线，异面直线与所成的角即异面直线与所成的角， 由于，，故四边形为平行四边形， 所以，则即为异面直线与所成的角或其补角， 连接，则，即， 故异面直线与所成的角为，B正确； 对于C，设交于点O，则O为AC的中点，连接PO，    则PO为的中位线，故，平面，平面， 故平面， 当的长度为定值时，到平面的距离为定值，则Q到平面的距离为定值， 而的面积为定值，故为定值， 又三棱锥的体积，故三棱锥的体积为定值，C正确； 对于D，以D为坐标原点，以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，    则， 则， 设平面的法向量为，则， 令，则； 设平面的法向量为，则， 令，则； 则，即不垂直， 故平面和平面不垂直，D错误， 故选：ABC 三、填空题 32．（23-24高一下·浙江宁波·期末）在空间直角坐标系中，点为平面外一点，点为平面内一点．若平面的一个法向量为，则点到平面的距离是 ． 【答案】/ 【分析】根据条件，利用点到面的距离的向量法，即可求出结果. 【详解】由题知，又平面的一个法向量为， 所以点到平面的距离为， 故答案为：. 33．（23-24高一下·江苏南京·期末）在棱长为1的正方体中，分别是棱的中点，P是侧面内一点，若平面，则线段长度的取值范围是 ；与平面所成角的正切值为 ． 【答案】 / 【分析】分别取的中点，连接，易证平面平面，由题意知点必在线段上，由此可判断点在或处时最长，位于线段中点处最短，通过解直角三角形即可求得线段长度的取值范围，建立空间直角坐标系，利用空间向量可求出与平面所成角的正切值. 【详解】分别取的中点，连接，， 因为分别为，的中点， 所以∥，∥，所以∥， 因为平面，平面，所以∥平面， 因为∥，，所以四边形为平行四边形， 所以∥， 因为平面，平面，所以∥平面， 因为，平面， 所以平面∥平面， 因为P是侧面内一点，且平面， 所以点必在线段上， 在中，， 在中，， 所以为等腰三角形， 当点为的中点时，，此时最短， 当点在或处时最长， 因为，所以， 因为，， 所以线段长度的取值范围是， 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， 设与平面所成角为，则 ， 因为为锐角，所以， 所以， 故答案为：， 【点睛】关键点点睛：此题考查线面角的求法，考查线面平行的性质，解题的关键是面面平行的判断和线面平行的关系得到点必在线段上，考查空间想象能力，属于较难题. 34．（22-23高一下·福建福州·期末）如图，在正四棱柱中，，点E，F，G分别为棱，，的中点，则异面直线EF与BG所成的角的大小为 ；二面角的正切值为 ．    【答案】 / 【分析】建立空间直角坐标系，设，求出各点的坐标，利用异面直线所成角和二面角的空间向量求法，即可求解． 【详解】建立空间直角坐标系，设，    则， ， 则， 又，所以，则面直线EF与BG所成的角为； 设平面EAB的法向量为， 则，即， 令，则，则， 又， 设平面ABF的法向量为， 则，即， 令，则，则， ， 设二面角的大小为，为锐角， ，， ∴二面角的正切值为． 故答案为： 35．（21-22高一下·江苏盐城·期末）在四棱锥中，已知底面是菱形，，，，若点为菱形的内切圆上一点，则异面直线与所成角的余弦值的取值范围是 . 【答案】 【分析】设，结合等腰三角形三线合一和线面垂直的判定可证得平面，则以为坐标原点可建立空间直角坐标系，根据菱形的性质可确定内切圆圆心为，并确定内切圆的半径，由此可设，利用异面直线所成角的向量求法可将所求角的余弦值表示为，由此可得所求余弦值的取值范围. 【详解】设，连接， 四边形为菱形，为中点， ，，，， 又，平面，平面；又， 则以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系， 四边形为菱形，为四边形各内角的平分线， 即为四边形的内切圆圆心，四边形内切圆的半径； ，，； ，，， 设，，， ，（其中）， ，， 即异面直线与所成角的余弦值的取值范围为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题考查异面直线所成角的求解问题，解题基本思路是通过空间向量法将问题转化为向量夹角的求解问题；解题关键是能够根据确定动点的轨迹，利用三角换元的方式将问题转化为三角函数值域的求解问题. 四、解答题 36．（23-24高二下·甘肃酒泉·期中）四棱锥的底面是边长为2的菱形，，对角线与相交于点，底面，与底面所成的角为，是的中点. (1)证明：平面； (2)求与所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接，即可说明，即可得证； （2）建立空间直角坐标系，由线面角求出，再利用空间向量法计算可得. 【详解】（1）连接，因为为菱形，对角线与相交于点，所以为的中点， 又是的中点， 则，且平面，平面， 所以平面. （2）因为为菱形，所以，又底面， 则两两互相垂直，以为坐标原点，射线分别为轴、轴的正半轴建立空间直角坐标系，如图， 菱形中，，所以， 在中， 因为底面，所以与底面，所成的角为， 所以， 则 又是的中点，则， 于是，， 设与的夹角为，则有， 所以， 所以异面直线与所成角的正弦值为. 37．（23-24高二下·浙江湖州·期末）如图，在四棱锥中，平面平面，底面为正方形，且为线段的中点，为线段上的动点，. (1)证明：； (2)求实数的值，使得平面与平面所成锐二面角的平面角的正弦值最小. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）依题意可得，由面面垂直得到平面，即可得证； （2）首先证明平面，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得. 【详解】（1）因为且为线段的中点， 所以， 又因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 因为平面，所以； （2）因为平面，平面，则， 又，，面，所以平面， 因为平面，则平面平面， 平面平面，平面， 所以平面， 如图分别以所在的直线为轴， 不妨设，则，，，，， ，设，，， 则，解得， 设平面的法向量为，， 则， 所以，取，则，即， 设平面的法向量为，，， 则，取， 设平面与平面所成锐二面角的平面角为， 则， 所以， 令，则， 所以 ， 因为，当且仅当，即时取等号， 所以当时，即时，，则. 38．（23-24高二下·甘肃兰州·期中）如图，四棱锥中，底面是边长为的正方形，平面平面,.    (1)若，分别为，的中点，求证：//平面； (2)求直线与底面所成角的正弦值； (3)求平面与平面所成角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，由平面的一个法向量为，求解； （2）由空间向量中线面角公式求解； （3）分别求出平面与平面的法向量进行求解． 【详解】（1）解：取的中点,连接    因为，，所以为等腰直角三角形，且，， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 如图建立空间直角坐标系，则，，，，， 由中点坐标公式可得，，则， 平面的一个法向量为， 因为，所以，而平面， 所以∥平面． （2），平面的一个法向量为， 设直线与底面所成的角为，则． （3）设平面的法向量为，，， 则，令，则，即， 设平面的法向量为，，，则 ，令，则，即 设平面与平面所成的角为，则 所以平面与平面所成的角的余弦值为． 39．（23-24高二下·江苏淮安·期末）如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面，，，. (1)证明：平面平面； (2)求二面角的余弦值； (3)求点到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）根据题意可证平面，结合面面垂直的判定定理分析证明； （2）建系标点，分别为求平面、平面的法向量，利用空间向量求二面角； （3）求平面的法向量，利用空间向量求点到面的距离. 【详解】（1）因为平面，平面，则， 又因为为矩形，则， 且，平面，可得平面， 且平面，所以平面平面. （2）由题意可知：平面，且， 如图，以A为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系， 设， 由题意可得，解得， 则， 可得， 设平面的法向量为，则， 令，则，可得； 设平面的法向量为，则， 令，则，可得； 则， 由题意可知：二面角为钝角，所以二面角的余弦值为. （3）设平面的法向量为，则， 令，则，可得， 所以点到平面的距离. 40．（23-24高二下·江苏宿迁·期末）如图，在三棱台中，，，为的中点，二面角的大小为． (1)求证：； (2)若，求三棱台的体积； (3)若到平面的距离为，求的值． 【答案】(1)证明见解析； (2) (3) 【分析】（1）利用三棱柱性质，根据线面垂直的判定定理可得平面，可证明结论； （2）由二面角定义并利用棱台的体积公式代入计算可得结果； （3）建立空间坐标系，求出平面的法向量，利用点到平面距离的向量求法即可得出的值. 【详解】（1）取的中点为，连接；如下图所示： 易知平面平面，且平面平面，平面平面； 所以，又因为， 可得四边形为等腰梯形， 且分别为的中点，所以， 因为，所以， 易知，且平面， 所以平面， 又平面，所以； （2）由二面角定义可得，二面角的平面角即为， 当时，即，因此可得平面， 可知即为三棱台的高，由可得； 易知三棱台的上、下底面面积分别为， 因此三棱台的体积为 （3）由（1）知，，，二面角的平面角即为； 以为坐标原点，分别以所在直线为轴，过点作垂直于平面的垂线为轴建立如图所示的空间直角坐标系： 可得， 易知，可得； 则 设平面的一个法向量为， 所以， 令，则，可得； 显然， 由到平面的距离为，可得， 即，可得； 整理得，解得或； 又，可得. 【点睛】方法点睛：求解点到平面距离常用方法： （1）等体积法：通过转换顶点，利用体积相等可得点到面的距离； （2）向量法：求出平面的法向量，并利用点到平面距离的向量求法公式计算可得结果； 学科网（北京）股份有限公司 $$