专题06 用空间向量研究距离、夹角问题12种常考题型归类（88题）-2024年考点通关新高二暑假数学素养提升讲义（人教A版2019选择性必修第一册）

2024年考点通关新高二暑假数学素养提升讲义（人教A版2019选择性必修第一册） 专题06 用空间向量研究距离、夹角问题12种常考题型归类（88题） 学科网（北京）股份有限公司1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 题型一 求点到直线的距离 （一）求点线距 （二）根据点线距求值 （三）求点线距的最值 题型二 求点到平面的距离 题型三 求直线与平面的距离 题型四 求两平行平面的距离 题型五 求两条异面直线的距离 题型六 求异面直线所成的角 （一）求线线角 （二）求线线角的最值或范围 题型七 已知线线角求其他量 题型八 求直线与平面所成的角 （一）求线面角 （二）求线面角的最值或范围 题型九 已知线面角求其他量 题型十 求两平面的夹角（二面角） 题型十一 已知面面角求其他量 题型十二 立体几何中的探索性问题 知识点1：点到线面距离 1、点到直线的距离 已知直线的单位方向向量为，是直线上的定点，是直线外一点.设，则向量在直线上的投影向量，在中，由勾股定理得： 2、点到平面的距离 如图，已知平面的法向量为，是平面内的定点，是平面外一点.过点作平面的垂线，交平面于点，则是直线的方向向量，且点到平面的距离就是在直线上的投影向量的长度. 知识点2：用向量法求空间角 1、用向量运算求两条直线所成角 已知a，b为两异面直线，A，C与B，D分别是a，b上的任意两点，a，b所成的角为，则 ① ②. 2、用向量运算求直线与平面所成角 设直线的方向向量为，平面的法向量为，直线与平面所成的角为，与的角为，则有 ① ②.（注意此公式中最后的形式是：） 3、用向量运算求平面与平面的夹角 如图，若于A，于B，平面PAB交于E，则∠AEB为二面角的平面角，∠AEB+∠APB=180°. 若分别为面，的法向量 ① ②根据图形判断二面角为锐二面角还是顿二面角； 若二面角为锐二面角（取正），则； 若二面角为顿二面角（取负），则； 解题策略 1．两条平行直线a，b之间的距离 如图1，两条平行直线a，b之间的距离可以看成直线b上一点A到直线a的距离，则d＝，其中A∈b，B∈a，a是直线a的方向向量． 2．异面直线a，b之间的距离 如图2，设A∈a，B∈b，与两条直线的方向向量都垂直的向量为n，则异面直线a，b之间的距离为向量在n方向上投影向量的模，即d＝. 3．直线到平面的距离、两平行平面间的距离都可转化为点到平面的距离 如图3，直线l到平面α的距离可转化为直线l上一点A到平面α的距离，即直线l到平面α的距离d＝. 如图4，与平面α平行的平面β到平面α的距离等于平面β上一点A到平面α的距离，即d＝. 4.向量法求点到直线的距离的两种思路 (1)直接套用点到直线的距离公式求解的步骤：建立空间直角坐标系→直线的方向向量a→所求点到直线上一点的向量及其在直线的方向向量a上的投影向量的长度→代入公式． 注意平行直线之间的距离与点到直线的距离之间的转化． (2)将求点到直线的距离问题转化为求向量模的问题，即利用待定系数法求出垂足的坐标，然后求出向量的模． 5.向量法求点到平面的距离的一般步骤 (1)建立空间直角坐标系． (2)求出该平面的一个法向量． (3)找出从该点出发的平面的任一条斜线段对应的向量． (4)求出法向量与斜线段对应向量的数量积的绝对值，再除以法向量的模，即可求出点到平面的距离． 注：线面距、面面距实质上都是求点面距，求直线到平面、平面到平面的距离的前提是线面、面面平行．　 6.直线到平面的距离、两个平行平面之间的距离 (1)当直线与平面平行时，要求直线到平面的距离，需要在直线上任取一点，求出该点到平面的距离即可． (2)当平面与平面平行时，要求两个平面之间的距离，需在一个平面内找到一点，求出该点到另一个平面的距离即可． 7．利用法向量求直线AB与平面α所成的角θ的步骤 (1)求平面α的法向量n. (2)利用公式sinθ＝|cos〈，n〉|＝确定θ，注意直线与平面所成角的取值范围为. 8．利用法向量求两平面夹角的步骤 (1)求两平面的法向量． (2)求两法向量的夹角的余弦值，从而确定夹角的大小，注意两平面夹角的取值范围为[0，]. 9.两异面直线所成的角的求法 (1)平移法：通过平移其中一条(也可两条同时平移)，使它们转化为两条相交直线，然后通过解三角形求解． (2)取定基底法：在一些不适合建立坐标系的题型中，我们经常采用取定基底的方法，这是小技巧．在利用公式cos〈a，b〉＝求向量a，b的夹角时，关键是求出a·b及|a|与|b|，一般是把a，b用一个基底表示出来，再求有关的量． (3)用坐标法求异面直线的夹角的方法 ①建立恰当的空间直角坐标系； ②找到两条异面直线的方向向量的坐标形式； ③利用向量的夹角公式计算两直线的方向向量的夹角； ④结合异面直线所成角的范围得到异面直线所成的角． 10.求直线与平面所成的角的思路与步骤 思路一：找直线在平面内的射影，充分利用面与面垂直的性质及解三角形知识可求得夹角(或夹角的某一三角函数值)． 思路二：用向量法求直线与平面所成的角可利用向量夹角公式或法向量． 11.利用法向量求直线与平面所成的角的基本步骤： (1)建立空间直角坐标系； (2)求直线的方向向量； (3)求平面的法向量n； (4)计算：设直线与平面所成的角为θ，则sinθ＝. 12.平面与平面夹角的向量求法 (1)若AB，CD分别是二面角α－l－β的两个半平面内与棱l垂直的异面直线，则平面α与平面β的夹角就是向量与的夹角或其补角(如图①)． (2)利用坐标法求平面与平面夹角的步骤 设n1，n2分别是平面α，β的法向量，则向量n1与n2的夹角(或其补角)就是两个平面夹角的大小，如图②. 利用坐标法的解题步骤如下： ①建系：依据几何条件建立适当的空间直角坐标系． ②求法向量：在建立的坐标系下求两个平面的法向量n1，n2. ③计算：设平面α与平面β的夹角为θ，则cosθ＝. 13.立体几何中的探索性问题 立体几何中的探索性问题，在命题中多以解答题的一步出现，试题有一定的难度． 这类题型常以适合某种条件的结论“存在”“不存在”“是否存在”等语句表述．解答这类问题，一般要先对结论作出肯定的假设，然后由此肯定的假设出发，结合已知条件进行推理论证，若导致合理的结论，则存在性也随之解决；若导致矛盾，则否定了存在性． 14.利用向量解决存在性问题的方法策略 首先，假定题中的数学对象存在；其次，构建空间直角坐标系；再次，利用空间向量法把存在性问题转化为求参数是否有解问题；最后，解方程，下结论．利用上述思维策略，可使此类存在性难题变为常规问题． 题型一 求点到直线的距离 （一）求点线距 1．（2024·河南新乡·高二统考期末）已知空间三点，则点到直线的距离为_____________． 2．（2024·高二课时练习）矩形ABCD中，，平面ABCD，且，则P到BC的距离为__________． 3.（2023春·湖南常德·高二常德市一中校考期中）如图，在棱长为1的正方体中，点到直线的距离为（    ） A． B． C． D． 4．（2024·广东佛山·统考模拟预测）如图，在平行六面体中，以顶点A为端点的三条棱长都是a，且，，E为的中点，则点E到直线的距离为（    ）    A． B． C． D． 5．（2024·浙江温州·统考三模）四面体满足，点在棱上，且，点为的重心，则点到直线的距离为（    ） A． B． C． D． （二）根据点线距求值 6.【多选】（2023春·江西宜春·高二江西省丰城中学校考开学考试）点在轴上，它与经过坐标原点且方向向量为的直线的距离为，则点的坐标是（　　） A． B． C． D． 7．（2024·江苏南京·统考二模）在梯形中，，，，，如图1．现将沿对角线折成直二面角，如图2，点在线段上． (1)求证：； (2)若点到直线的距离为，求的值． （三）求点线距的最值 8.（2023·江苏·高二专题练习）如图，已知正方体的棱长为1，为正方形的中心，若为平面内的一个动点，则到直线的距离的最小值为（    ） A． B． C． D． 9．（2024·吉林·统考模拟预测）如图1，在等腰梯形中，，沿将折成，如图2所示，连接，得到四棱锥. (1)若平面平面，求证： ； (2)若点是的中点，求点到直线的距离的取值范围. 题型二 求点到平面的距离 10．（2024·浙江温州·高二校联考期末）如图所示，在棱长为1的正方体中为线段的中点.    (1)求证：平面平面； (2)求到平面的距离. 11.（2023春·江西鹰潭·高三贵溪市实验中学校考阶段练习）如图，在三棱柱中，平面，，，为的中点，交于点． (1)证明：； (2)求点到平面的距离． 12．（2024·云南楚雄·高二统考期中）如图，在正三棱柱中，是线段上靠近点的一个三等分点，是的中点．    (1)证明：平面； (2)若，求点到平面的距离． 13．（2024·河南新乡·高二统考期末）如图，在四棱锥中，底面，底面是矩形，是的中点，，则点到平面的距离为（    ）    A． B． C． D． 14．（2024·福建龙岩·高二校联考期中）如图，在圆锥中，是底面圆的直径，，，为的中点，为的中点，则点到平面的距离为（    ）    A． B． C． D． 15．（2024·重庆长寿·高二统考期末）如图，已知平面，底面为矩形，，，、分别为、的中点．    (1)求证：平面； (2)求点到平面的距离． 16．（2024·福建宁德·高二校联考期中）如图所示，四棱锥的底面是正方形，底面，为的中点，.    (1)证明：平面； (2)求点到平面的距离. 17．（2024·江苏·高二专题练习）如图，四棱锥的底面是矩形，底面，，为的中点，且． (1)求； (2)求点B到平面PAM的距离． 18.（2023秋·陕西西安·高二统考期末）在直角梯形中，，为中点，如图（1）．把沿翻折，使得平面平面，如图（2）． (1)求证：； (2)若为线段的中点，求点到平面的距离． 题型三 求直线与平面的距离 19.（2023·江苏·高二专题练习）如图，在长方体中，，，､､分别是､､的中点，则直线到平面的距离为___________. 20.（2023·高二单元测试）如图，在三棱锥中，底面，，点、分别为棱，的中点，是线段的中点，是线段的中点，，. (1)求证：平面； (2)求直线到平面的距离. 21.（2023秋·广东广州·高二广州市白云中学校考期末）如图，在正三棱柱中，点为的中点，． (1)证明：平面； (2)求直线到平面的距离． 题型四 求两平行平面的距离 22．（2024·高二课时练习）已知正方体的棱长为4，设M、N、E、F分别是，的中点，求平面AMN与平面EFBD的距离． 23．（2024·高二课时练习）两平行平面分别经过坐标原点O和点，且两平面的一个法向量，则两平面间的距离是（    ） A． B． C． D． 24．（2024·全国·高三专题练习）如图，在四棱锥中，底面是边长为的正方形，底面，，、、分别是、、的中点．求： (1)直线与平面的距离； (2)平面与平面的距离． 25．（2024·高二课时练习）直四棱柱中，底面为正方形，边长为，侧棱，分别为的中点，分别是的中点．    (1)求证：平面平面； (2)求平面与平面的距离． 26．【多选】（2024·福建福州·高二校联考期中）已知正方体的棱长为1，点分别是的中点，满足，则下列说法正确的是（    ） A．点到直线的距离是 B．点到平面的距离为 C．平面与平面间的距离为 D．点到直线的距离为 题型五 求两条异面直线的距离 27．【多选】（2024·辽宁朝阳·校联考一模）如图，在棱长为1正方体中，为的中点，为与的交点，为与的交点，则下列说法正确的是（    ） A．与垂直 B．是异面直线与的公垂线段， C．异面直线与所成的角为 D．异面直线与间的距离为 28．（2024·高一课时练习）如图所示，在空间四边形中，，，，． (1)求证：； (2)求异面直线与的距离； (3)求二面角的大小． 29．（2024·全国·高三专题练习）如图，正四棱锥的棱长均为2，点E为侧棱PD的中点．若点M，N分别为直线AB，CE上的动点，则MN的最小值为______． 30．（2024·全国·高三专题练习）如图，多面体是由长方体一分为二得到的，，，，点D是中点，则异面直线与的距离是______． 31．（2024·辽宁沈阳·高二沈阳二十中校联考期末）如图①菱形，．沿着将折起到，使得，如图②所示． (1)求异面直线与所成的角的余弦值； (2)求异面直线与之间的距离． 题型六 求异面直线所成的角 （一）求线线角 32．（2024·四川宜宾·高二四川省宜宾市第四中学校校考期末）如图，在棱长为1的正方体中，E，F，G分别为，BD，的中点，则与FG所成的角的余弦值为______.    33.（2023秋·贵州铜仁·高二统考期末）已知正四棱柱中，，，点，分别是和的中点，是线段的中点，则直线和所成角的余弦值为（    ）    A． B． C． D． 34．（2024·河南周口·高二校联考阶段练习）在正四棱锥中，，M为棱PC的中点，则异面直线AC，BM所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 35．（2024·高二单元测试）如图，在四棱锥中，平面，底面是菱形，，.    (1)求证：平面； (2)若，求与所成角的余弦值. 36.（2023·江苏·统考二模）如图，在三棱台中，，平面平面，二面角的大小为45°，，. (1)求证：平面； (2)求异面直线与所成角的余弦值. （二）求线线角的最值或范围 37．（2024·浙江宁波·高一效实中学校考期中）在正方体中，为棱的中点，为直线上的异于点的动点，则异面直线与所成的角的最小值为，则（    ） A． B． C． D． 38.（2023·高三课时练习）已知平面，四边形是矩形，为定长，当的长度变化时，异面直线与所成角的取值范围是______． 39.（2023春·高二单元测试）三棱锥中，两两垂直且相等，点分别是线段和上移动，且满足，，则和所成角余弦值的取值范围是（     ） A． B． C． D． 40．（2024·江苏连云港·高二校考阶段练习）如图，在四棱锥中，已知平面，且四边形为直角梯形，，，.点是线段上的动点，当直线与所成的角最小时，则线段的长为____________ 41.（2023春·浙江·高二校联考阶段练习）如图，已知四棱台的底面是直角梯形，，，，平面，是侧棱所在直线上的动点，与所成角的余弦值的最大值为（    ）    A． B． C． D． 题型七 已知线线角求其他量 42．（2024·湖南岳阳·高二统考期末）如图，在三棱锥中，底面，，点，，分别为棱，，的中点，是线段的中点，，. (1)求证：平面. (2)已知点在棱上，且直线与直线所成角的余弦值为，求线段的长. 43．（2024·广东·统考模拟预测）如图，在四棱锥中，平面平面ABCD，，，，，E，F分别为AD，PC的中点.    (1)证明：； (2)若BF与CD所成的角为，求平面BEF和平面ABE夹角的余弦值. 44．（2024·重庆沙坪坝·高三重庆八中校考阶段练习）如图，在三棱锥中，，，，平面平面，点是线段上的动点. (1)证明：平面平面； (2)若点在线段上，，且异面直线与成30°角，求平面和平面夹角的余弦值. 45．（2024·高二课时练习）如图，在四棱锥中，底面，底面为矩形，是线段的中点，是线段上一点（不与两点重合），且．若直线与所成角的余弦值是，则（    ） A． B． C． D． 46.【多选】（2023·全国·高三专题练习）在三棱锥中，平面平面，，，为等边三角形，是棱的中点，是棱上一点，若异面直线与所成角的余弦值为，则的值可能为（    ） A． B．1 C． D． 47．（2024·全国·高三专题练习）如图，在四棱柱中，底面，且底面为菱形，，，，为的中点，在上，在平面内运动（不与重合），且平面，异面直线与所成角的余弦值为，则的最大值为___________. 题型八 求直线与平面所成的角 （一）求线面角 48.（2023·陕西商洛·统考二模）在四棱锥中，底面，底面是边长为的正方形，，则直线与平面所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 49．（2024·江苏宿迁·高二统考期中）如图，在四棱锥中，平面，，，，已知Q是棱上靠近点P的四等分点，则与平面所成角的正弦值为（    ）．    A． B． C． D． 50．（2024·福建宁德·高二校联考期中）在正四棱柱中，，，E在线段上，且.    (1)求证：平面DBE； (2)求直线与平面DBE所成角的正弦值. 51．（2024·江苏淮安·高二金湖中学校联考阶段练习）如图所示，在直四棱柱中，，，，，. (1)证明：； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 52．（2024·河南新乡·高二统考期末）如图，正三棱锥P－ABC的所有侧面都是直角三角形，过点P作PD⊥平面ABC，垂足为，过点作平面，垂足为，连接并延长交于点．      (1)证明：起的中点． (2)求直线与平面夹角的正弦值． 53．（2024·浙江·高二校联考阶段练习）在四棱锥中，底面为正方形，平面，．    (1)求证：平面平面； (2)若是中点，求直线与平面所成角的正弦值． 54．（2024·广东梅州·大埔县虎山中学校考模拟预测）如图①，在中，B为直角，AB＝BC＝6，EF∥BC，AE＝2，沿EF将折起，使，得到如图②的几何体，点D在线段AC上．    (1)求证：平面平面ABC； (2)若平面BDF，求直线AF与平面BDF所成角的正弦值． 55．（2024·福建龙岩·高二校联考期中）如图，在三棱柱中，侧面为菱形，且.    (1)证明：. (2)若，，，点M在直线上，求直线AB与平面所成角的正弦值的最大值. （二）求线面角最值或范围 56.（2023春·四川成都·高二四川省成都市新都一中校联考期末）如图，在四棱锥中，底面是矩形，若，．    (1)证明：平面平面； (2)若分别是的中点，动点在线段上移动，设为直线与平面所成角，求的取值范围． 57.（2023春·江苏徐州·高二统考期中）如图，圆台的下底面圆的直径为，圆台的上底面圆的直径为，是弧上一点，且.    (1)求证：； (2)若点是线段上一动点，求直线与平面所成角的取值范围. 58.（2023·江苏淮安·江苏省郑梁梅高级中学校考模拟预测）如图，在四棱锥中，平面平面，，底面是边长为2的正方形，点在棱上，.    (1)证明：平面平面； (2)当直线与平面所成角最大时，求四棱锥的体积. 题型九 已知线面角求其他量 59.（2023·吉林通化·梅河口市第五中学校考二模）已知四棱锥的底面为平行四边形，，，，平面，直线与平面所成角为，则（    ） A． B． C． D． 60．（2024·上海闵行·上海市七宝中学校考二模）已知正方体，点为中点，直线交平面于点.    (1)证明：点为的中点； (2)若点为棱上一点，且直线与平面所成角的正弦值为，求的值. 61．（2024·上海宝山·高二统考期末）已知、分别是正方体的棱、的中点，求：    (1)与所成角的大小； (2)二面角的大小； (3)点在棱上，若与平面所成角的正弦值为，请判断点的位置，并说明理由. 62．（2024·福建宁德·高二校联考期中）如图，四棱锥中，四边形为梯形，其中，，，.    (1)证明：平面平面； (2)若，且与平面所成角的正弦值为，点E在线段上满足，求二面角的余弦值. 63．（2024·广西·高二校联考阶段练习）如图，在正三棱柱中，D为AB的中点，，．    (1)若，证明：平面； (2)若直线与平面所成角为，求的值； 64．（2024·湖北·高二校联考阶段练习）如图，在三棱锥中，的中点为.    (1)证明：直线平面； (2)若，当直线与平面所成的角最大时，求三棱锥的体积. 65．（2024·新疆乌鲁木齐·高一乌鲁木齐市第70中校考期中）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，PA⊥平面ABCD，∠ABC=60°，E为BC的中点，F为边PC上的一个点.    (1)求证:平面AEF⊥平面PAD； (2)若H为PD上的动点，EH与平面PAD所成角的正切值的最大值为，求平面PAB与平面PCD夹角的余弦值. 66．（2024·广东深圳·深圳中学校考模拟预测）如图，且，，且，且.平面，.    (1)求平面与平面的夹角的正弦值； (2)若点在线段上，且直线与平面所成的角为，求线段的长. 题型十 求两平面的夹角（二面角） （一）求面面角 67．（2024·吉林四平·四平市实验中学校考模拟预测）如图，在三棱锥中，底面．，D为中点，且． (1)求的长； (2)求锐二面角的余弦值． 68．（2024·江苏徐州·高二统考期中）如图，在正四棱锥中，，正四棱锥的体积为，点为的中点，点为的中点.    (1)求证：平面； (2)求二面角的余弦值. 69．（2024·北京·北京四中校考模拟预测）如图，正三棱柱中，分别是棱上的点，.    (1)证明：平面平面； (2)若，求二面角的余弦值. 70．（2024·安徽蚌埠·高二统考期末）如图，已知四棱锥的底面是直角梯形，，二面角的大小为，是中点.    (1)求证：平面； (2)求二面角的余弦值. 71．（2024·四川泸州·高二泸县五中校考期末）如图，在矩形中，点在边上，且满足，将沿向上翻折，使点到点的位置，构成四棱锥. (1)若点在线段上，且平面，试确定点的位置； (2)若，求锐二面角的大小. 72．（2024·江苏连云港·高二统考期中）如图，在四棱锥中，平面，与底面所成的角为45°，底面为直角梯形，，，．    (1)求直线与平面所成角的正弦值； (2)求平面与平面所成的锐二面角的余弦值． （二）求面面角的最值或范围 73.（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨市第六中学校校考三模）已知直三棱柱中，侧面为正方形，，，分别为和的中点，为棱上的动点..    (1)证明：； (2)求平面与平面DEF所成的二面角正弦值的最小值及此时点的位置. 74.（2023秋·云南昆明·高二统考期末）如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，，点是线段的中点，点在线段上且满足，面ABCD. (1)当时，证明：//平面； (2)当为何值时，平面与平面所成的二面角的正弦值最小？ 75.（2023春·江苏南通·高二江苏省通州高级中学校考阶段练习）在四棱锥中，四边形为正方形，，，平面平面，，点为上的动点，平面与平面所成的二面角为为锐角， 则当取最小值时，=__________． 题型十一 已知面面角求其他量 76．（2024·高二单元测试）如图，四棱锥中，底面为矩形，侧面为正三角形，,，平面平面，为棱上一点（不与重合），平面交棱于点.    (1)求证：； (2)若二面角的余弦值为，求点到平面的距离. 77．（2024·河南新乡·高二统考期末）如图，在直四棱柱中，，为棱的中点，点在线段上，且．    (1)证明：． (2)若二面角的余弦值为，求的值． 78．（2024·全国·高三专题练习）如图，在正四棱柱中，．点分别在棱,上，．    (1)证明：； (2)点在棱上，当二面角为时，求． 79．（2024·湖南郴州·高二校考期末）正三棱柱中，为的中点，点在上.    (1)证明：平面； (2)若二面角大小为，求以为顶点的四面体体积. 80．（2024·全国·高二假期作业）如图1，在平行四边形ABCD中，，将沿BD折起，使得点A到达点P，如图2．    (1)证明：平面平面PAD； (2)当二面角的平面角的正切值为时，求直线BD与平面PBC夹角的正弦值． 题型十二 立体几何中的探索性问题 81．（2024·福建福州·高二校联考期末）已知直三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB=BC=2，且，E，F分别为AC和CC1的中点，D为棱上的点． (1)证明：； (2)在棱A1B1上是否存在一点M，使得异面直线MF与AC所成的角为30°？ 若存在，指出M的位置；若不存在，说明理由． 82．（2024·辽宁葫芦岛·统考二模）在三棱柱中，平面平面，侧面为菱形，，，，E是AC的中点.    (1)求证：平面 (2)确定在线段上是否存在一点P，使得AP与平面所成角为，若存在，求出的值;若不存，说明理由. 83．（2024·江苏徐州·高二统考期中）如图，圆台的下底面圆的直径为，圆台的上底面圆的直径为，是弧上一点，且.    (1)求证：； (2)若点是线段上一动点，求直线与平面所成角的取值范围. 84．（2024·江苏常州·高二统考期中）如图，直角梯形ABCD与等腰直角三角形ABP所在的平面互相垂直，且，，，，．    (1)求证：； (2)求直线PC与平面ABP所成角的余弦值； (3)线段PA上是否存在点E，使得平面EBD？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 85．（2024·贵州·高二校联考阶段练习）如图1，已知是直角梯形，，，，C、D分别为BF、AE的中点，，，将直角梯形ABFE沿CD翻折，使得二面角的大小为60°，如图2所示，设N为BC的中点.    (1)证明：； (2)若M为AE上一点，且，则当为何值时，直线BM与平面ADE所成角的正弦值为. 86．（2024·河南郑州·统考模拟预测）在底面ABCD为梯形的多面体中.，BC⊥CD，，∠CBD＝45°，BC＝AE＝DE，且四边形BDEN为矩形．    (1)求证：BD⊥AE； (2)线段EN上是否存在点Q，使得直线BE与平面QAD所成的角为60°？若不存在，请说明理由．若存在，确定点Q的位置并加以证明． 87．（2024·山东菏泽·山东省鄄城县第一中学校考三模）已知在直三棱柱中，其中为的中点，点是上靠近的四等分点，与底面所成角的余弦值为．    (1)求证：平面平面； (2)在线段上是否存在一点，使得平面与平面所成的锐二面角的余弦值为，若存在，确定点的位置，若不存在，请说明理由． 88．（2024·福建三明·高三统考期末）如图，在三棱柱中，为等边三角形，四边形为菱形，，，.    (1)求证：平面； (2)线段上是否存在一点，使得平面与平面的夹角的正弦值为？若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由. $$2024年考点通关新高二暑假数学素养提升讲义（人教A版2019选择性必修第一册） 专题06 用空间向量研究距离、夹角问题12种常考题型归类（88题） 学科网（北京）股份有限公司1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 题型一 求点到直线的距离 （一）求点线距 （二）根据点线距求值 （三）求点线距的最值 题型二 求点到平面的距离 题型三 求直线与平面的距离 题型四 求两平行平面的距离 题型五 求两条异面直线的距离 题型六 求异面直线所成的角 （一）求线线角 （二）求线线角的最值或范围 题型七 已知线线角求其他量 题型八 求直线与平面所成的角 （一）求线面角 （二）求线面角的最值或范围 题型九 已知线面角求其他量 题型十 求两平面的夹角（二面角） 题型十一 已知面面角求其他量 题型十二 立体几何中的探索性问题 知识点1：点到线面距离 1、点到直线的距离 已知直线的单位方向向量为，是直线上的定点，是直线外一点.设，则向量在直线上的投影向量，在中，由勾股定理得： 2、点到平面的距离 如图，已知平面的法向量为，是平面内的定点，是平面外一点.过点作平面的垂线，交平面于点，则是直线的方向向量，且点到平面的距离就是在直线上的投影向量的长度. 知识点2：用向量法求空间角 1、用向量运算求两条直线所成角 已知a，b为两异面直线，A，C与B，D分别是a，b上的任意两点，a，b所成的角为，则 ① ②. 2、用向量运算求直线与平面所成角 设直线的方向向量为，平面的法向量为，直线与平面所成的角为，与的角为，则有 ① ②.（注意此公式中最后的形式是：） 3、用向量运算求平面与平面的夹角 如图，若于A，于B，平面PAB交于E，则∠AEB为二面角的平面角，∠AEB+∠APB=180°. 若分别为面，的法向量 ① ②根据图形判断二面角为锐二面角还是顿二面角； 若二面角为锐二面角（取正），则； 若二面角为顿二面角（取负），则； 解题策略 1．两条平行直线a，b之间的距离 如图1，两条平行直线a，b之间的距离可以看成直线b上一点A到直线a的距离，则d＝，其中A∈b，B∈a，a是直线a的方向向量． 2．异面直线a，b之间的距离 如图2，设A∈a，B∈b，与两条直线的方向向量都垂直的向量为n，则异面直线a，b之间的距离为向量在n方向上投影向量的模，即d＝. 3．直线到平面的距离、两平行平面间的距离都可转化为点到平面的距离 如图3，直线l到平面α的距离可转化为直线l上一点A到平面α的距离，即直线l到平面α的距离d＝. 如图4，与平面α平行的平面β到平面α的距离等于平面β上一点A到平面α的距离，即d＝. 4.向量法求点到直线的距离的两种思路 (1)直接套用点到直线的距离公式求解的步骤：建立空间直角坐标系→直线的方向向量a→所求点到直线上一点的向量及其在直线的方向向量a上的投影向量的长度→代入公式． 注意平行直线之间的距离与点到直线的距离之间的转化． (2)将求点到直线的距离问题转化为求向量模的问题，即利用待定系数法求出垂足的坐标，然后求出向量的模． 5.向量法求点到平面的距离的一般步骤 (1)建立空间直角坐标系． (2)求出该平面的一个法向量． (3)找出从该点出发的平面的任一条斜线段对应的向量． (4)求出法向量与斜线段对应向量的数量积的绝对值，再除以法向量的模，即可求出点到平面的距离． 注：线面距、面面距实质上都是求点面距，求直线到平面、平面到平面的距离的前提是线面、面面平行．　 6.直线到平面的距离、两个平行平面之间的距离 (1)当直线与平面平行时，要求直线到平面的距离，需要在直线上任取一点，求出该点到平面的距离即可． (2)当平面与平面平行时，要求两个平面之间的距离，需在一个平面内找到一点，求出该点到另一个平面的距离即可． 7．利用法向量求直线AB与平面α所成的角θ的步骤 (1)求平面α的法向量n. (2)利用公式sinθ＝|cos〈，n〉|＝确定θ，注意直线与平面所成角的取值范围为. 8．利用法向量求两平面夹角的步骤 (1)求两平面的法向量． (2)求两法向量的夹角的余弦值，从而确定夹角的大小，注意两平面夹角的取值范围为[0，]. 9.两异面直线所成的角的求法 (1)平移法：通过平移其中一条(也可两条同时平移)，使它们转化为两条相交直线，然后通过解三角形求解． (2)取定基底法：在一些不适合建立坐标系的题型中，我们经常采用取定基底的方法，这是小技巧．在利用公式cos〈a，b〉＝求向量a，b的夹角时，关键是求出a·b及|a|与|b|，一般是把a，b用一个基底表示出来，再求有关的量． (3)用坐标法求异面直线的夹角的方法 ①建立恰当的空间直角坐标系； ②找到两条异面直线的方向向量的坐标形式； ③利用向量的夹角公式计算两直线的方向向量的夹角； ④结合异面直线所成角的范围得到异面直线所成的角． 10.求直线与平面所成的角的思路与步骤 思路一：找直线在平面内的射影，充分利用面与面垂直的性质及解三角形知识可求得夹角(或夹角的某一三角函数值)． 思路二：用向量法求直线与平面所成的角可利用向量夹角公式或法向量． 11.利用法向量求直线与平面所成的角的基本步骤： (1)建立空间直角坐标系； (2)求直线的方向向量； (3)求平面的法向量n； (4)计算：设直线与平面所成的角为θ，则sinθ＝. 12.平面与平面夹角的向量求法 (1)若AB，CD分别是二面角α－l－β的两个半平面内与棱l垂直的异面直线，则平面α与平面β的夹角就是向量与的夹角或其补角(如图①)． (2)利用坐标法求平面与平面夹角的步骤 设n1，n2分别是平面α，β的法向量，则向量n1与n2的夹角(或其补角)就是两个平面夹角的大小，如图②. 利用坐标法的解题步骤如下： ①建系：依据几何条件建立适当的空间直角坐标系． ②求法向量：在建立的坐标系下求两个平面的法向量n1，n2. ③计算：设平面α与平面β的夹角为θ，则cosθ＝. 13.立体几何中的探索性问题 立体几何中的探索性问题，在命题中多以解答题的一步出现，试题有一定的难度． 这类题型常以适合某种条件的结论“存在”“不存在”“是否存在”等语句表述．解答这类问题，一般要先对结论作出肯定的假设，然后由此肯定的假设出发，结合已知条件进行推理论证，若导致合理的结论，则存在性也随之解决；若导致矛盾，则否定了存在性． 14.利用向量解决存在性问题的方法策略 首先，假定题中的数学对象存在；其次，构建空间直角坐标系；再次，利用空间向量法把存在性问题转化为求参数是否有解问题；最后，解方程，下结论．利用上述思维策略，可使此类存在性难题变为常规问题． 题型一 求点到直线的距离 （一）求点线距 1．（2024·河南新乡·高二统考期末）已知空间三点，则点到直线的距离为_____________． 【答案】 【分析】根据点到直线的距离公式即可求解. 【详解】易知， 则，， 故点到直线的距离为． 故答案为：. 2．（2024·高二课时练习）矩形ABCD中，，平面ABCD，且，则P到BC的距离为__________． 【答案】 【分析】利用点到直线距离的定义进行求解，注意做题的规范性：作、证、指、求, 或者是建立坐标系用空间向量方法去求. 【详解】方法一：如图，因为平面,平面,所以, 又因为是矩形，所以, 因为,所以平面, 因为平面，所以,所以为到的距离. 在矩形中，因为，所以, 在直角三角形中，由勾股定理得, 所以到的距离为. 故答案为：. 方法二：建立如图所示坐标系，在矩形中，， 所以，所以 ,所以, 所以为到的距离. ,所以到的距离为. 故答案为：    3.（2023春·湖南常德·高二常德市一中校考期中）如图，在棱长为1的正方体中，点到直线的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】以为坐标原点，以为单位正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系，则， ，． 取，，则，， 则点B到直线AC1的距离为． 故选：A． 4．（2024·广东佛山·统考模拟预测）如图，在平行六面体中，以顶点A为端点的三条棱长都是a，且，，E为的中点，则点E到直线的距离为（    ）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用基底向量，即可由空间向量的模长，结合点到直线的距离公式即可求解. 【详解】在平行六面体中，不妨设，，． ,， ，， 所以，， ， 所以E到直线的距离为， 故选：A 5．（2024·浙江温州·统考三模）四面体满足，点在棱上，且，点为的重心，则点到直线的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据给定条件，建立空间直角坐标系，再利用向量求出点到直线的距离作答. 【详解】四面体满足，即两两垂直， 以点O为原点，以射线的正方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，如图， 因为，，则， 于是，， 所以点到直线的距离. 故选：A （二）根据点线距求值 6.【多选】（2023春·江西宜春·高二江西省丰城中学校考开学考试）点在轴上，它与经过坐标原点且方向向量为的直线的距离为，则点的坐标是（　　） A． B． C． D． 【答案】AB 【详解】设，则，又直线的方向向量为， 所以点直线的距离， 所以，则或. 故选：AB 7．（2024·江苏南京·统考二模）在梯形中，，，，，如图1．现将沿对角线折成直二面角，如图2，点在线段上． (1)求证：； (2)若点到直线的距离为，求的值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）计算确定，证明平面，得到，再证明平面，得到答案. （2）建立空间直角坐标系，得到各点坐标，设得到，再根据点到直线的距离公式计算得到答案. 【详解】（1），， ，故，则，即， 又平面平面，平面平面， ，平面，故平面， 平面，则 ， 又，，平面，所以平面， 又平面，则. （2）设中点为，中点为，以为轴建立空间直角坐标系， 如图所示： 有， 设，则，设，则， 则 ，，， 点到直线的距离为，则， 即，即，解得， 所以. （三）求点线距的最值 8.（2023·江苏·高二专题练习）如图，已知正方体的棱长为1，为正方形的中心，若为平面内的一个动点，则到直线的距离的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】 如图，以为轴建立空间直角坐标系，则有 ，因为为正方形的中心，得， ,，， 设平面的法向量为，利用，则， 取，解得，有，且平面，则直线平面， 设直线的到平面距离为，取直线上一点，与平面上一点，则， 利用空间中点面距离公式有：. 故选：A 9．（2024·吉林·统考模拟预测）如图1，在等腰梯形中，，沿将折成，如图2所示，连接，得到四棱锥. (1)若平面平面，求证： ； (2)若点是的中点，求点到直线的距离的取值范围. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据题意得到四边形是平行四边形，证得，进而证得平面，结合线面平行的性质定理，即可证得. （2）取中点，以为原点，过作平面的垂线为轴，建立空间直角坐标系，设，求得和向量，得到，且，结合点到直线的距离，即可求解. 【详解】（1）证明：在梯形中，因为且， 所以四边形是平行四边形，所以， 又因为平面，且平面，所以平面， 因为平面，且平面平面，所以. （2）解：取中点，连接，因为是等边三角形，可得 以为原点，所在直线为轴，轴，过作平面的垂线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 设， 则， 所以，，，且， 则点到直线的距离 因为，所以当时，； 当时，，所以点到直线的距离的取值范围是. 题型二 求点到平面的距离 10．（2024·浙江温州·高二校联考期末）如图所示，在棱长为1的正方体中为线段的中点.    (1)求证：平面平面； (2)求到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先证线面垂直，再根据面面垂直的判定定理可证结论； （2）建立坐标系，结合空间向量，利用点到平面的距离公式可求答案. 【详解】（1）因为是正方体，所以平面，所以. 又，，所以平面， 平面，所以平面平面. （2）在正方体中，以为原点，建立空间直角坐标系如图所示，则，，，，，，，设平面的一个法向量为，. 由令，则，，即. 设到平面的距离为，则，即点到平面的距离为.    11.（2023春·江西鹰潭·高三贵溪市实验中学校考阶段练习）如图，在三棱柱中，平面，，，为的中点，交于点． (1)证明：； (2)求点到平面的距离． 【答案】(1)见解析 (2) 【详解】（1）由于平面ABC，，所以两两垂直，故建立如图所示的空间直角坐标系， 则, ，所以故 （2）由题意可知是，的中点，所以, 设平面的法向量为，则 , 故 ，取 ，则 所以点E到平面的距离为 12．（2024·云南楚雄·高二统考期中）如图，在正三棱柱中，是线段上靠近点的一个三等分点，是的中点．    (1)证明：平面； (2)若，求点到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取线段的中点，连接，记，连接，证明，，从而可证得平面平面，再根据面面平行的性质即可得证； （2）取棱的中点，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，利用向量法求解即可. 【详解】（1）取线段的中点，连接，记，连接， 因为，分别是，的中点，所以， 因为平面，平面，所以平面， 由题意可知四边形是矩形，则是的中点， 因为是的中点，所以， 因为平面，平面，所以平面， 因为平面，且，所以平面平面， 因为平面，所以平面； （2）取棱的中点，以为原点，分别以，的方向为，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 因为，所以，，，， 则，，， 设平面的法向量为， 则，令，则，所以， 故点到平面的距离．    13．（2024·河南新乡·高二统考期末）如图，在四棱锥中，底面，底面是矩形，是的中点，，则点到平面的距离为（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】如图，以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可. 【详解】如图，以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系， 则， 因为是的中点，， 所以， 所以，． 设是平面的法向量，    则，令，得． 故点到平面的距离为． 故选：B 14．（2024·福建龙岩·高二校联考期中）如图，在圆锥中，是底面圆的直径，，，为的中点，为的中点，则点到平面的距离为（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【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】因为，为的中点，则， 由圆锥的几何性质可知平面， 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，取，可得， 又因为，所以，点到平面的距离为. 故选：B. 15．（2024·重庆长寿·高二统考期末）如图，已知平面，底面为矩形，，，、分别为、的中点．    (1)求证：平面； (2)求点到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取线段的中点，连接、，证明出四边形为平行四边形，可得出，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立； （2）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】（1）证明：取中点，连接、， 因为、分别为、的中点，则且， 因为四边形为矩形，则且， 因为为的中点，所以，且， 所以，且，故四边形为平行四边形，故， 因为平面，平面，因此，平面. （2）解：因为平面，底面为矩形， 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，令，可得， 因为，故点到平面的距离为. 16．（2024·福建宁德·高二校联考期中）如图所示，四棱锥的底面是正方形，底面，为的中点，.    (1)证明：平面； (2)求点到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用空间向量与平面的法向量垂直可证结论正确； （2）根据点面距的向量公式可求出结果. 【详解】（1）以为坐标原点，分别以，，的方向为轴，轴，轴的正方向，并均以1为单位长度，建立空间直角坐标系.    则，，，，， 所以，，. 设是平面的一个法向量， 则，令，得，，所以. 因为，所以，又因为平面， 所以平面. （2）因为，， 设是平面的一个法向量， 则，令，得，所以. 所以点到平面的距离. 17．（2024·江苏·高二专题练习）如图，四棱锥的底面是矩形，底面，，为的中点，且． (1)求； (2)求点B到平面PAM的距离． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，设，写出各点坐标，利用列出方程，求出，从而得到的长； （2）求出平面PAM的法向量，利用点到平面的距离公式进行求解. 【详解】（1）∵平面，四边形为矩形，不妨以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 设，则、、、、， 则，， ∵，则，解得， 故； （2）设平面的法向量为，则，， 由，取，可得， ， ∴点B到平面PAM的距离. 18.（2023秋·陕西西安·高二统考期末）在直角梯形中，，为中点，如图（1）．把沿翻折，使得平面平面，如图（2）． (1)求证：； (2)若为线段的中点，求点到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2)． 【详解】（1）在中，，且O为中点，则， 平面平面，平面平面平面， 所以平面， 且平面， 所以. （2）在直角梯形中，， 所以，则， ∴， 又∵O、M分别为、的中点 ∴，∴ 以O为原点，以所在直线分别为x，y，z轴，建立如图空间直角坐标系， 则， 可得， 平面的一个法向量为， 由，令，则，可得， 则点M到平面的距离． 题型三 求直线与平面的距离 19.（2023·江苏·高二专题练习）如图，在长方体中，，，､､分别是､､的中点，则直线到平面的距离为___________. 【答案】 【详解】以D为原点，DC，DA，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示， 由题，则，， 因为､､分别是､､的中点， 所以，，， 则，所以，所以平面，所以点E到平面的距离即为直线到平面的距离， 设平面的法向量为，则， 因为，所以，取，则，， 所以是平面的一个法向量， 又向量，所以点E到平面的距离为， 即直线到平面的距离为. 故答案为： 20.（2023·高二单元测试）如图，在三棱锥中，底面，，点、分别为棱，的中点，是线段的中点，是线段的中点，，. (1)求证：平面； (2)求直线到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）因为底面ABC，底面ABC，所以 且， 所以以为原点，所在直线为轴建系如图， 因为，， D、E分别为棱PA，PC的中点，M是线段AD的中点，N是线段BC的中点， 所以, 设平面的法向量为， 所以所以， 令，则， 因为，平面BDE，所以平面BDE. （2）, 直线MN到平面BDE的距离即为在平面BDE法向量上的投影， 设与的夹角为， 则有 所以， 所以直线MN到平面BDE的距离为. 21.（2023秋·广东广州·高二广州市白云中学校考期末）如图，在正三棱柱中，点为的中点，． (1)证明：平面； (2)求直线到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）连接交于点，点为的中点,点为的中点 ∵是的中位线， ∴，平面,平面. ∴平面． （2）如图建立空间直角坐标系 由（1）得，直线到平面的距离即为点C到平面的距离d， 因为，，，， 所以， 且，， 设平面的法向量为， 由于可得， 故取， 得， 因此直线到平面的距离． 题型四 求两平行平面的距离 22．（2024·高二课时练习）已知正方体的棱长为4，设M、N、E、F分别是，的中点，求平面AMN与平面EFBD的距离． 【答案】 【分析】建立适当空间直角坐标系，求出平面EFBD的法向量，并证明平面平面EFBD.于是两平面的距离转化为点到平面的距离．利用向量距离公式求出即可. 【详解】以D为坐标原点，以所在直线分别为x轴，y轴，z轴． 则， . 设是平面EFBD的一个法向量， 则，即，解得，所以 ． 又因为， 所以，从而，所以平面， 所以平面平面EFBD，所以两平面的距离即是点A到平面BDEF的距离． 从而两平面间距离为． 23．（2024·高二课时练习）两平行平面分别经过坐标原点O和点，且两平面的一个法向量，则两平面间的距离是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由空间向量求解 【详解】∵两平行平面分别经过坐标原点O和点， 且两平面的一个法向量， ∴两平面间的距离． 故选：A 24．（2024·全国·高三专题练习）如图，在四棱锥中，底面是边长为的正方形，底面，，、、分别是、、的中点．求： (1)直线与平面的距离； (2)平面与平面的距离． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）证明出平面平面，可得出平面，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直线与平面的距离； （2）利用空间向量法可求得平面与平面的距离． 【详解】（1）解：因为平面，四边形为正方形， 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、、、、、， 因为、分别为、的中点，则， 平面，平面，平面， 因为且，、分别为、的中点，则且， 所以，四边形为平行四边形，， 平面，平面，平面， ，、平面，平面平面， 平面，平面， 设平面的法向量为，，， 则，取，可得，， 所以，直线与平面的距离为. （2）解：因为平面平面，则平面与平面的距离为. 25．（2024·高二课时练习）直四棱柱中，底面为正方形，边长为，侧棱，分别为的中点，分别是的中点．    (1)求证：平面平面； (2)求平面与平面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）法一：由面面平行的判定定理即可证明；法二：如图所示，建立空间直角坐标系，通过证明，再由面面平行的判定定理即可证明. （2）法一: 平面与平面的距离到平面的距离,再由等体积法即可求出答案. 法二:求出平面的法向量,，平面与平面的距离等于到平面的距离，由点到平面的距离公式即可求出答案. 【详解】（1）法一:证明：连接分别为的中点， 分别是的中点， ，平面，平面， 平面，平行且等于， 是平行四边形，， 平面，平面，平面， ，平面平面； 法二: 如图所示，建立空间直角坐标系， 则， ， ， ，，， 平面，平面，平面， 平面，平面，平面， 又，平面平面， （2）法一:平面与平面的距离到平面的距离． 中，，，， 由等体积可得，． 法二: 设平面的一个法向量为， 则，则可取， ， 平面与平面的距离为 26．【多选】（2024·福建福州·高二校联考期中）已知正方体的棱长为1，点分别是的中点，满足，则下列说法正确的是（    ） A．点到直线的距离是 B．点到平面的距离为 C．平面与平面间的距离为 D．点到直线的距离为 【答案】AB 【分析】建立空间直角坐标系，写出各点坐标，利用直线的方向向量和平面的法向量结合空间向量数量积求得各个选项的距离，得出结论. 【详解】如图，建立空间直角坐标系， 则， ， 所以. 设，则， . 故到直线的距离，故A对. 易知， 平面的一个法向量， 则点到平面的距离，故B对. . 设平面的法向量为， 则，所以 令，得， 所以. 所以点到平面的距离. 因为平面平面， 所以平面与平面间的距离等于点到平面的距离， 所以平面与平面间的距离为，故C错. 因为， 所以 又，则， 所以点到的距离，故D错. 故选：AB. 题型五 求两条异面直线的距离 27．【多选】（2024·辽宁朝阳·校联考一模）如图，在棱长为1正方体中，为的中点，为与的交点，为与的交点，则下列说法正确的是（    ） A．与垂直 B．是异面直线与的公垂线段， C．异面直线与所成的角为 D．异面直线与间的距离为 【答案】ABD 【分析】建立空间直角坐标系，运用空间向量逐项分析. 【详解】以D为原点，DA为x轴，DC为y轴， 为z轴，建立如下图所示坐标系： 则： ， ， 设 ， 则有： ， 又 ， 解得 ， ， ， ，同理可得 ； 对于A， ， ， ，正确； 对于B， ， ， 即，又, 故是异面直线与的公垂线段，正确； 对于C，设 与 所成的角为 ，则 ， ，，错误； 对于D，由B知 是 与 的公垂线段， ，正确； 故选：ABD. 28．（2024·高一课时练习）如图所示，在空间四边形中，，，，． (1)求证：； (2)求异面直线与的距离； (3)求二面角的大小． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）取中点，连结，利用线面垂直的判定定理证得平面即可； （2）建立空间直角坐标系，利用异面直线的向量距离公式求解即可； （3）求出面的法向量，然后利用面面角的向量方法进行求解 【详解】（1）取中点，连结． ，． ，． ，平面，平面． 平面，． （2）因为，，，平面， 平面． 如图，以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系． 则． 设．，，． 所以，， 设与的公垂线的一个方向向量为， 则，取，得，，即， 又， 所以异面直线与之间的距离为． （3）取中点，连结． ，，，． 是二面角的平面角． ，，， ， 二面角的大小为． 29．（2024·全国·高三专题练习）如图，正四棱锥的棱长均为2，点E为侧棱PD的中点．若点M，N分别为直线AB，CE上的动点，则MN的最小值为______． 【答案】 【分析】根据题意，先建立空间直角坐标系，然后写出相关点的坐标，再写出相关的向量，然后根据点分别为直线上写出点的坐标，这样就得到，然后根据的取值范围而确定 【详解】 建立如图所示的空间直角坐标系，则有： ，，，，， 可得： 设，且 则有：， 可得： 则有： 故 则当且仅当时， 故答案为： 30．（2024·全国·高三专题练习）如图，多面体是由长方体一分为二得到的，，，，点D是中点，则异面直线与的距离是______． 【答案】# 【分析】建立空间直角坐标系，直接利用异面直线之间的距离公式求解即可. 【详解】以为坐标原点，分别以，,为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，则,,,, ∴,, 设是，的公垂线方向上的单位向量， 则，即①， ，即②， 易知③， 联立解得，，或，，； 不妨取， 又∵, 则异面直线与的距离， 故答案为：. 31．（2024·辽宁沈阳·高二沈阳二十中校联考期末）如图①菱形，．沿着将折起到，使得，如图②所示． (1)求异面直线与所成的角的余弦值； (2)求异面直线与之间的距离． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据折叠前后的几何性质，建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算得异面直线与所成的角的余弦值； （2）根据空间向量求直线与公垂线的方向向量，再结合空间向量坐标运算即可得异面直线与之间的距离． 【详解】（1）图①菱形，，由余弦定理得，所以， 所以，即，又，所以， 在图②中，，即，又平面 所以平面，即平面， 又平面，所以，如图，以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系， 则， 所以，故， 则异面直线与所成的角的余弦值为； （2）由（1）得，设是异面直线与公垂线的方向向量， 所以，令，则 所以异面直线与之间的距离为. 题型六 求异面直线所成的角 （一）求线线角 32．（2024·四川宜宾·高二四川省宜宾市第四中学校校考期末）如图，在棱长为1的正方体中，E，F，G分别为，BD，的中点，则与FG所成的角的余弦值为______.    【答案】 【分析】建立空间直角坐标系，分别求得，再利用向量的夹角公式求解. 【详解】解：建立如图所示空间直角坐标系：    则， ，， 所以， 即与FG所成的角的余弦值为. 故答案为： 33.（2023秋·贵州铜仁·高二统考期末）已知正四棱柱中，，，点，分别是和的中点，是线段的中点，则直线和所成角的余弦值为（    ）    A． B． C． D． 【答案】D 【详解】如图    建立空间直角坐标系，则，，，，， 则，，， 则， 所以异面直线和所成角的余弦值为. 故选：D. 34．（2024·河南周口·高二校联考阶段练习）在正四棱锥中，，M为棱PC的中点，则异面直线AC，BM所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据已知条件建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，分别求出直线AC，BM的方向向量，利用向量的夹角公式，结合向量的夹角与异面直线所成角的关系即可求解. 【详解】设AC，BD交于点O，以O为原点，，，方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示， 则,，，，， 所以，， 设异面直线AC，BM所成角为，则 ． 故选：D． 35．（2024·高二单元测试）如图，在四棱锥中，平面，底面是菱形，，.    (1)求证：平面； (2)若，求与所成角的余弦值. 【答案】(1)见详解 (2) 【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证明即可； （2）通过已知条件建立空间直角坐标系，利用空间向量法求两直线所成角的余弦值即可. 【详解】（1）证明：因为底面是菱形， 所以， 又平面，平面 所以， 又，平面，平面， 所以平面. （2）设 因为， 所以 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：    则， 所以 ， 设与所成角， 所以 ， 即与所成角的余弦值为. 36.（2023·江苏·统考二模）如图，在三棱台中，，平面平面，二面角的大小为45°，，. (1)求证：平面； (2)求异面直线与所成角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）因为，平面平面ABC， 平面平面，平面ABC， 所以平面， 又因为，平面. 所以，，所以是二面角的平面角， 因为二面角的大小为45°， 所以. 取AB中点O，连结， 在梯形中，，， 所以四边形是平行四边形，所以，， 从而在三角形中，，， 所以，所以，即，所以. 又因为，平面，，所以平面. （2）以О为坐标原点，OB为x轴，平面ABC内过О平行于BC的直线为y轴，为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， 所以，， 所以异面直线与所成角的余弦值为. （二）求线线角的最值或范围 37．（2024·浙江宁波·高一效实中学校考期中）在正方体中，为棱的中点，为直线上的异于点的动点，则异面直线与所成的角的最小值为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】以A为坐标原点建立空间直角坐标系，利用向量关系即可求出. 【详解】以A为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，      设正方体边长为2，可得设 所以， 设异面直线与所成的角为， 则 . 单调递减,单调递增, 当时，取得最大值为， 单调递减,所以此时最小值为，则 故选：C 38.（2023·高三课时练习）已知平面，四边形是矩形，为定长，当的长度变化时，异面直线与所成角的取值范围是______． 【答案】 【详解】由题意可知：两两互相垂直，则以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系， 设，，则，，，，，，设异面直线与所成角的为， 则， 因为定值，随着的增大而增大，所以，则， 所以，也即， 所以异面直线与所成角的取值范围是， 故答案为：. 39.（2023春·高二单元测试）三棱锥中，两两垂直且相等，点分别是线段和上移动，且满足，，则和所成角余弦值的取值范围是（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】由两两垂直且相等,分别以为轴建立空间直角坐标系. 如图所示，不妨取．则，． 设，，． 则， 解得，．． 设，，则， 又，． 设，则， 所以， 由，则，，则， 当时，，同时达到最小值，此时取得最小值， 所以有最大值，此时,； 时，，同时达到最大值，此时取得最大值， 所以有最小值，此时，； 综上可得：和所成角余弦值的取值范围是．    故选：C. 40．（2024·江苏连云港·高二校考阶段练习）如图，在四棱锥中，已知平面，且四边形为直角梯形，，，.点是线段上的动点，当直线与所成的角最小时，则线段的长为____________ 【答案】 【分析】建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，利用向量的夹角公式求出的最大值，从而确定Q点在上的位置，即可求得答案. 【详解】因为平面年，所以两两垂直, 以为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系， 则各点的坐标分别为, 因为,设， 又，则， 又，从 , 设 ， 则, 当且仅当，即时，的最大值为, 即直线与所成角的余弦值的最大值为， 而直线与所成角的范围为， 因为在上是减函数，故此时直线与所成角最小， 又因为，所以， 故答案为： 【点睛】方法点睛：建立空间直角坐标系，利用向量的坐标求得的夹角的余弦的最大值，即可确定Q点的位置，进而求得答案，因此在解决类似问题时，可以尝试建立空间坐标系，利用向量解决问题，可以简化题目的难度. 41.（2023春·浙江·高二校联考阶段练习）如图，已知四棱台的底面是直角梯形，，，，平面，是侧棱所在直线上的动点，与所成角的余弦值的最大值为（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【详解】以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，过A垂直平面的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，    设， 则，， ， 设，， 设与所成角为，则， 设，则有， 由存在，则， 解得，即的最大值为， 所以与所成角的余弦值的最大值为. 故选：C 题型七 已知线线角求其他量 42．（2024·湖南岳阳·高二统考期末）如图，在三棱锥中，底面，，点，，分别为棱，，的中点，是线段的中点，，. (1)求证：平面. (2)已知点在棱上，且直线与直线所成角的余弦值为，求线段的长. 【答案】(1)证明见解析 (2)或2 【分析】（1）以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能证明平面； （2）设，且，则,0,，由直线与直线所成角的余弦值，利用向量法能求出线段的长． 【详解】（1）如图，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系， 则,0,，,0,，,4,，,2,，,0,，,2,， ,2,，,0,，,2,， 设平面的法向量,,， 则，取，得,0,， ，平面，平面． （2）设，且，则,0,，,,，,2,， 则，整理得 解得或，所以线段AH的长为或2． 43．（2024·广东·统考模拟预测）如图，在四棱锥中，平面平面ABCD，，，，，E，F分别为AD，PC的中点.    (1)证明：； (2)若BF与CD所成的角为，求平面BEF和平面ABE夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）由题可得，根据面面垂直的性质定理可得平面ABCD，进而即得； （2）利用坐标法，根据面面角的向量求法即得. 【详解】（1）在中，，E为AD的中点， ，又平面平面ABCD，平面平面，平面， 平面ABCD，又平面ABCD， . （2）如图，连接EC，由条件知，， 所以四边形BCDE为矩形，又平面ABCD，平面ABCD， 所以，又平面， 所以平面，平面， 所以，又BF与CD所成的角为，， 从而，在中，， 同理在中，， ， 为等边三角形，即， 在中，，，得， 以E为原点，分别以EA，EB，EP为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图，    则，，， ，. 设平面BEF的法向量为， 则，令，得， 易知平面ABE的一个法向量为， 则， 平面BEF和平面ABE夹角的余弦值为. 44．（2024·重庆沙坪坝·高三重庆八中校考阶段练习）如图，在三棱锥中，，，，平面平面，点是线段上的动点. (1)证明：平面平面； (2)若点在线段上，，且异面直线与成30°角，求平面和平面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）要证明面面垂直，需证明线面垂直，利用垂直关系转化为证明平面，即可证明； （2）首先建立空间直角坐标系，利用向量公式求点的坐标，并分别求平面和平面的法向量，利用二面角的向量公式，即可求解. 【详解】（1）证明：∵平面平面，且平面平面，，且平面， ∴平面，平面，∴， ∵， ∵平面，平面， ∴平面， ∵平面，∴平面平面； （2）因为，过点作垂直于平面， 以为原点，为轴正方向，为轴正方向，为轴正方向建立空间直角坐标系， 所以 设，，， ，， 因为异面直线与所成30°角， ， ， 由题意知，平面的一个法向量为，， 设平面的一个法向量为，则， 所以， 所以， 平面和平面夹角的余弦值为. 45．（2024·高二课时练习）如图，在四棱锥中，底面，底面为矩形，是线段的中点，是线段上一点（不与两点重合），且．若直线与所成角的余弦值是，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据线面垂直的性质证DP，DC，DA两两互相垂直，构建空间直角坐标，并求直线MN与BD的方向向量，应用空间向量夹角的坐标表示列方程求参数. 【详解】因为平面，平面，平面， 所以，． 因为底面为矩形，所以． 所以DP，DC，DA两两互相垂直． 以为原点，DA、DC、DP所在直线分别为x、y、z轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，，． 所以，． 因为， 所以，则． 设直线MN与BD所成角为，则． 因为，则， 化简得，即，解得或（舍去）． 故选：B 46.【多选】（2023·全国·高三专题练习）在三棱锥中，平面平面，，，为等边三角形，是棱的中点，是棱上一点，若异面直线与所成角的余弦值为，则的值可能为（    ） A． B．1 C． D． 【答案】AC 【详解】由为等边三角形，取BD的中点O，连接,则 又平面平面BCD，且平面平面 所以平面BCD，由 过作与平行的直线为轴，分别以为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 因为，则，， 所以． 设，则，， 则，解得或， 故或． 故选：AC 47．（2024·全国·高三专题练习）如图，在四棱柱中，底面，且底面为菱形，，，，为的中点，在上，在平面内运动（不与重合），且平面，异面直线与所成角的余弦值为，则的最大值为___________. 【答案】/ 【分析】连接交于点，推导出平面，然后以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，设，其中，利用空间向量法可求得的值，求出点的坐标为，求出的最小值，即可求得的最大值. 【详解】连接交于点，平面，平面，则， 因为四边形为菱形，则， ，、平面，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、、、、、、， 易知平面的一个法向量为， 因为平面，所以，， 设点，其中，则， 由已知可得， 因为，解得，即点， 设点，则， 因为，则，可得，且，可得， 所以，点， 因为平面，、平面，，， 且， 所以，. 故答案为：. 题型八 求直线与平面所成的角 （一）求线面角 48.（2023·陕西商洛·统考二模）在四棱锥中，底面，底面是边长为的正方形，，则直线与平面所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】如图所示， 以，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系， 则，，，， 所以，，， 设平面的一个法向量为， 则，令，则， 设直线与平面所成的角为，所以， 故选：B. 49．（2024·江苏宿迁·高二统考期中）如图，在四棱锥中，平面，，，，已知Q是棱上靠近点P的四等分点，则与平面所成角的正弦值为（    ）．    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】建立空间直角坐标系，写出相应点、的坐标，求出平面的法向量，最后求出与平面所成角的正弦值. 【详解】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，则，. . 易知平面的法向量. 设与平面所成角为， 则. 故选：C.    50．（2024·福建宁德·高二校联考期中）在正四棱柱中，，，E在线段上，且.    (1)求证：平面DBE； (2)求直线与平面DBE所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）根据给定条件，建立空间直角坐标系，利用空间位置的向量证明推理作答. （2）利用空间向量求出线面角的正弦值作答. 【详解】（1）在正四棱柱中，两两垂直， 以的方向为轴的正方向建立空间直角坐标系，如图，    则，，，，，， ，，， 于是，，即且， 而平面DBE， 所以平面DBE. （2）由（1）得，为平面DBE的一个法向量， 因此， 所以直线与平面DBE所成角的正弦值为. 51．（2024·江苏淮安·高二金湖中学校联考阶段练习）如图所示，在直四棱柱中，，，，，. (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）根据条件建立空间直角坐标系,得两直线方向向量,利用向量数量积运算证明即可； （2）建立方程组得平面法向量,再根据线面角的向量求法,结合空间向量数量积运算可得结果. 【详解】（1）因为在直四棱柱中，面， 又面，所以， 又因为，所以，即两两垂直， 故以方向分别为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系，如图， 则， ， ，. （2）因为，， 设平面的法向量为，则由得， 令，则，故， 设直线与平面所成角为， 因为，所以， 故直线与平面所成角的正弦值为. 52．（2024·河南新乡·高二统考期末）如图，正三棱锥P－ABC的所有侧面都是直角三角形，过点P作PD⊥平面ABC，垂足为，过点作平面，垂足为，连接并延长交于点．      (1)证明：起的中点． (2)求直线与平面夹角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)． 【分析】（1）连接，根据题意证得平面，得到，结合，即可得到是的中点； （2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，把直线与平面的夹角即直线与平面的夹角，求得平面的一个法向量为，结合向量的夹角公式，即可求解. 【详解】（1）证明：连接，因为平面，平面，所以， 因为平面平面，所以， 因为，且平面，所以平面， 又因为平面，所以， 因为，所以是的中点． （2）解：因为正三棱锥的所有侧面都是直角三角形，可得两两垂直， 以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，    不妨设，则， 由，且，平面， 所以平面，因为平面，所以， 直线与平面的夹角即直线与平面的夹角，且， 连接，由正三棱锥性质可知，点是的重心，所以，故， 则， 设平面的法向量为，则， 令可得，所以． 因为， 所以直线与平面夹角的正弦值为． 53．（2024·浙江·高二校联考阶段练习）在四棱锥中，底面为正方形，平面，．    (1)求证：平面平面； (2)若是中点，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）利用线面垂直与面面垂直的判定定理即可得证； （2）结合题意，将题干图形调整一下位置，建立空间直角坐标系，假设，从而得到各点的坐标，进而求得向量与平面的法向量，由此利用空间向量夹角余弦的坐标表示即可得解. 【详解】（1）因为平面，平面，所以， 因为底面为正方形，所以， 又平面，所以平面， 又平面，所以平面平面. （2）将题干图形调整一下位置，记的中点为，的中点为，连接，如图，    因为，是的中点，所以， 又由（1）知平面，平面，所以， 又平面，所以平面， 又是的中点，底面为正方形，所以， 故以为原点，为轴建立空间直角坐标系，如图， 因为平面，平面，所以， 不妨设，则在中，， 则， 因为是中点，则， 故， 设平面的一个法向量为，则， 取，则，故， 记直线与平面所成角为，则， 所以， 故直线与平面所成角的正弦值为. 54．（2024·广东梅州·大埔县虎山中学校考模拟预测）如图①，在中，B为直角，AB＝BC＝6，EF∥BC，AE＝2，沿EF将折起，使，得到如图②的几何体，点D在线段AC上．    (1)求证：平面平面ABC； (2)若平面BDF，求直线AF与平面BDF所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）由余弦定理计算证明，再利用线面垂直的判定、性质，面面垂直的判定推理作答. （2）以为原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量求线面角的正弦作答. 【详解】（1）在中，，， 由余弦定理得：， 则，有，于是，即有， 又平面，因此平面，而平面， 则，又因为平面，从而平面，而平面， 所以平面平面. （2）以为原点，以分别为轴，过点垂直于平面的直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图，    由（1）知，平面，而，则有平面， 则， ，连接与交于点，连接， 因为平面，平面，平面平面，则，有， 在四边形中，由，得，即，， ，设平面的法向量为， 则，令，得， 设直线与平面所成角为，于是， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 55．（2024·福建龙岩·高二校联考期中）如图，在三棱柱中，侧面为菱形，且.    (1)证明：. (2)若，，，点M在直线上，求直线AB与平面所成角的正弦值的最大值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接，交于点O，连接AO，证明出平面，再利用线面垂直的性质推理作答； （2）以点O为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可. 【详解】（1）连接，交于O，连接， 因为侧面为菱形，则， 而，O为的中点，即有， 又，且平面，于是平面， 而平面，所以； （2）设，而，有，， 又，则， 即有，因此，即，，两两垂直， 以O为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图， 则， 则， 设， 因为，所以， 则， 设平面的法向量为， 则有，令，则， 所以， 设直线AB与平面所成角为， 则 ， 当时，， 当时， ， 当时，， 当且仅当，即时，取等号， 则， 所以， 当时，， 当且仅当，即时，取等号， 则， 所以， 综上所述，直线AB与平面所成角的正弦值的最大值为.    【点睛】方法点睛：计算线面角，一般有如下几种方法： （1）利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而确定线面角的垂足，明确斜线在平面内的射影，即可确定线面角； （2）在构成线面角的直角三角形中，可利用等体积法求解垂线段的长度，从而不必作出线面角，则线面角满足（为斜线段长），进而可求得线面角； （3）建立空间直角坐标系，利用向量法求解，设为直线的方向向量，为平面的法向量，则线面角的正弦值为. （二）求线面角最值或范围 56.（2023春·四川成都·高二四川省成都市新都一中校联考期末）如图，在四棱锥中，底面是矩形，若，．    (1)证明：平面平面； (2)若分别是的中点，动点在线段上移动，设为直线与平面所成角，求的取值范围． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）在中，， 为直角三角形且，                     又底面是矩形，则，                     ，且均含于面QAD内平面，                     又平面，平面平面； （2）在平面内，取中点为，过点作，交于点，，， 由题意可得平面，且平面， 则，直线两两互相垂直， 以为坐标原点，所在直线分别为轴建如图所示的空间直角坐标系，    则，，，，， ，，                     设， 则，， 又， 则，                     ，，                         与平面所成角的正弦值的取值范围为． 57.（2023春·江苏徐州·高二统考期中）如图，圆台的下底面圆的直径为，圆台的上底面圆的直径为，是弧上一点，且.    (1)求证：； (2)若点是线段上一动点，求直线与平面所成角的取值范围. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）取的中点为，连结， ，，， 又是以为直径的圆上一点，， ，平面，平面，， 平面，平面，， 又，为的中点，， ，平面，平面， 平面， 在圆台中，平面， ，又因为在圆台中，圆圆， ，所以四边形为平行四边形， 且， 在中，为的中点，为中点， ，又，，又， .      （2）如图以为正交基底建立空间直角坐标系，    ， ，， 设，则， ， 设平面的法向量为， ，取，， 设直线与平面所成角为，则 ， 令，，，， 令，， 因为函数在上单调递减，在上单调递增， ，，，则， 所以的取值范围为， 即，又，所以， 所以直线与平面所成角的取值范围. 58.（2023·江苏淮安·江苏省郑梁梅高级中学校考模拟预测）如图，在四棱锥中，平面平面，，底面是边长为2的正方形，点在棱上，.    (1)证明：平面平面； (2)当直线与平面所成角最大时，求四棱锥的体积. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）证明：取AD中点O，连接OP，连接OC交BD于点F，连接EF.    在中，因为，所以， 又平面平面，面面，面，所以平面，因为平面，所以. 因为，所以，又， 所以，所以， 所以，. 因为，面，， 所以平面，因为面， 所以平面平面. （2）以O为坐标原点，OA，OP为x，z轴，过O平行于AB的直线为y轴建立空间直角坐标系，    则，，，，， 设，因为，， ， 设平面的法向量， 则， 令，则，， 所以. 设直线DE与平面所成角为，， 所 ， 当且仅当时等号成立，因为在上也是单调增函数， 所以当时，直线DE与平面所成角最大， 此时. 综上，直线DE与平面所成角最大时，四棱锥的体积为. 题型九 已知线面角求其他量 59.（2023·吉林通化·梅河口市第五中学校考二模）已知四棱锥的底面为平行四边形，，，，平面，直线与平面所成角为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】，，， 由余弦定理得，即， 则有，所以， 又平面ABCD，以D为原点，的方向为x轴，y轴，z轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系， 设，由，， 得，，，，， ， ， ， 设平面PAC的法向量为 ， 则 ， 令，则，，所以 ， 直线PD与平面PAC所成角为，所以  ， 则有，解得， 则. 故选：C. 60．（2024·上海闵行·上海市七宝中学校考二模）已知正方体，点为中点，直线交平面于点.    (1)证明：点为的中点； (2)若点为棱上一点，且直线与平面所成角的正弦值为，求的值. 【答案】(1)证明见解析. (2). 【详解】（1）在正方体中，，又平面，且平面， 则平面，而交平面于点，即平面， 又平面，有平面，因此平面平面， 于是，而为中点， 所以为的中点. （2）以为坐标原点，方向分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系，    不妨设正方体的棱长为3，设， 则, 从而， 设平面的一个法向量为，则 ,即,不妨取,则,即， 设直线与平面所成角为， 又直线与平面所成角的正弦值为， 因此，解得， 所以. 61．（2024·上海宝山·高二统考期末）已知、分别是正方体的棱、的中点，求：    (1)与所成角的大小； (2)二面角的大小； (3)点在棱上，若与平面所成角的正弦值为，请判断点的位置，并说明理由. 【答案】(1)； (2)； (3)点是线段靠近点的三等分点，理由见解析. 【分析】（1）（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求出异面直线的夹角、二面角大小作答. （3）利用（1）中坐标系，设出点M的坐标，利用线面角的正弦值求解作答. 【详解】（1）在正方体中，令， 以点D为原点，以的方向分别为,,轴正方向，建立空间直角坐标系，如图， 则,， 设与所成角为，， 所以与所成角的大小是.    （2）平面的一个法向量为， 设平面的一个法向量为，， 则，令，得， 设的夹角为，，而二面角为锐二面角， 所以二面角大小为. （3）设，则，平面的一个法向量为， 设与平面所成角为，即， 所以当，即点是线段靠近点的三等分点时,与平面所成角的的正弦值为 62．（2024·福建宁德·高二校联考期中）如图，四棱锥中，四边形为梯形，其中，，，.    (1)证明：平面平面； (2)若，且与平面所成角的正弦值为，点E在线段上满足，求二面角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据题意，在中，由余弦定理求得，得到，证得，再由，证得平面，即可证得平面平面； （2）若O为中点，证得，，两两垂直，以为原点，建立空间直角坐标系，设，由平面的一个法向量为，列出方程求得，进而得到，求得平面的一个法向量，结合向量的夹角公式，即可求解. 【详解】（1）证明：由题知且，所以为等边三角形， 则， 又由四边形为梯形，，则， 在中，， 所以，即， 因为，且，平面，所以平面， 又因为平面，所以平面平面. （2）解：若O为中点，，则， 由（1）得平面平面，平面平面，平面， 则平面， 连接，则，且平面，所以，， 所以，，两两垂直， 以为原点，，，分别为为轴、轴和轴的正方向建立空间直角坐标系， 如图所示，可得，，，， 设且，则，由平面的一个法向量为， 可得，解得， 因为，所以，可得， 所以，，， 设是平面的一个法向量，则， 取，可得，所以 则， 由图形可得的平面角为锐角，所以二面角的余弦值为.    63．（2024·广西·高二校联考阶段练习）如图，在正三棱柱中，D为AB的中点，，．    (1)若，证明：平面； (2)若直线与平面所成角为，求的值； 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先证明平面，得到，再证明DE⊥平面即可； （2）建立空间直角坐标系，利用向量法，根据线面角列方程即可得解. 【详解】（1）取的中点F，连接EF，DF，DC， 因为平面ABC，平面ABC，所以，同理， 又，结合题设，可得， 易知， 所以，则．             因，平面， 所以平面， 又平面，所以，           因为，平面， 所以平面．    （2）以D为坐标原点，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系， 则            设，则，        设平面的法向量为， 则，取，则           设直线与平面所成的角为，    则            化简得，解得或． 当时，点E与点重合，此时，不符合题意． 所以，即的值为. 64．（2024·湖北·高二校联考阶段练习）如图，在三棱锥中，的中点为.    (1)证明：直线平面； (2)若，当直线与平面所成的角最大时，求三棱锥的体积. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）通过证明，可得，结合线面垂直判定定理可证； （2），以为坐标原点，的方向分别为轴，轴，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量表示出直线与平面所成角的正弦，结合基本不等式可得，然后可求体积. 【详解】（1）如图，连接.    因为，所以. 又因为为的中点，所以， 所以. 又因为为公共边，所以， 所以，所以， 又因为平面， 所以平面. （2）过点作直线平面，以为坐标原点，的方向分别为轴，轴，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.    因为，所以， 所以. 设，则， 于是. 设平面的一个法向量为， 由得 可取. 设直线与平面所成的角为， 则， 所以，， 当且仅当，即时，等号成立，此时，直线与平面所成的角最大. 此时三棱锥的体积. 故当直线与平面所成的角最大时，三棱锥的体积为. 65．（2024·新疆乌鲁木齐·高一乌鲁木齐市第70中校考期中）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，PA⊥平面ABCD，∠ABC=60°，E为BC的中点，F为边PC上的一个点.    (1)求证:平面AEF⊥平面PAD； (2)若H为PD上的动点，EH与平面PAD所成角的正切值的最大值为，求平面PAB与平面PCD夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由为的中点，所以，得到，证得，进而证得平面，结合面面垂直的判定定理，即可证得平面平面. （2）以点为原点，以所在的直线分别为轴、轴和轴，建立空间直角坐标系，设，根据题意求得，得到，分别求得平面和平面的一个法向量为和，结合向量的夹角公式，即可求解. 【详解】（1）证明：因为底面是菱形，且， 所以是边长为2的等边三角形， 因为为的中点，所以， 又因为，所以， 因为平面，平面，所以， 又因为，且平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面. （2）解：以点为原点，以所在的直线分别为轴、轴和轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 设， 则，平面的一个法向量为， 则， 设与平面所成的角为，则，可得， 所以，当最小时，取得最大值， 由，可得， 当最小时，表示点到的距离，所以直角斜边上的高为， 又因为，所以，所以，所以， 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， 则， 由图象可知，平面与平面所成的二面角的平面角为锐角， 所以平面与平面所成角的余弦值为.    66．（2024·广东深圳·深圳中学校考模拟预测）如图，且，，且，且.平面，.    (1)求平面与平面的夹角的正弦值； (2)若点在线段上，且直线与平面所成的角为，求线段的长. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用空间向量法求出平面与平面的法向量，即可求解； （2）设线段DP的长为（），求出，，然后利用向量的夹角公式列方程求解. 【详解】（1）因为平面，，平面，所以，. 因为，所以，，两两垂直，以为原点， 分别以，，的方向为轴，轴，轴的正方向的空间直角坐标系（如图），    则，，，，，，. 得，，. 设为平面的法向量，则， 令，则； 设为平面的法向量，则， 令，则， 所以. 所以平面与平面的夹角的正弦为. （2）设线段的长为，则，. 因为，，平面， 所以平面，为平面的一个法向量， 所以，由题意，可得，解得. 所以线段的长为. 题型十 求两平面的夹角（二面角） （一）求面面角 67．（2024·吉林四平·四平市实验中学校考模拟预测）如图，在三棱锥中，底面．，D为中点，且． (1)求的长； (2)求锐二面角的余弦值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，设，根据得到方程组，解得、，即可求出的坐标，再求出，即可得解； （2）利用空间向量法计算可得. 【详解】（1）因为底面，如图建立空间直角坐标系， 设，，，，所以，， 所以，即，解得或（舍去）， 所以，所以，所以，即的长为. （2）因为， 设平面的法向量为，则，令，则， 由（1）可知，， 设平面的法向量为，则，令，则， 所以，即锐二面角的余弦值为. 68．（2024·江苏徐州·高二统考期中）如图，在正四棱锥中，，正四棱锥的体积为，点为的中点，点为的中点.    (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）利用三角形的中位线定理及线面平行的判定定理即可求解； （2）根据已知条件建立空间直角坐标系，利用棱锥的体积公式，求出及相关点的坐标，分别求出平面和平面的法向量，利用向量的夹角公式，结合向量的夹角与二面角的关系即可求解. 【详解】（1）在正四棱锥中，连接， 四边形为正方形 为的中点    又点为的中点 为的中位线                又平面，平面， 平面. （2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示，    因为正四棱锥的体积为， 所以正四棱锥的体积， 所以， ，, 设平面的一个法向量为，则 ，即，令，则， 所以. 设平面的一个法向量为,则 ，即，令，则， 所以. 设二面角的所成的角为，则 ， 所以二面角的余弦值为. 69．（2024·北京·北京四中校考模拟预测）如图，正三棱柱中，分别是棱上的点，.    (1)证明：平面平面； (2)若，求二面角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，求解两个平面的法向量，利用法向量证明面面垂直； （2）求出两个平面的法向量，利用法向量的夹角求出二面角的余弦值. 【详解】（1）证明：取的中点,连接， 在正三棱柱中，不妨设; 以为原点，分别为轴和轴正方向，建立空间直角坐标系，如图所示， 则,， ； 设平面的一个法向量为，则, ， 取，则，即； 设平面的一个法向量为，则, 即，取得. 因为，所以平面平面；    （2）因为，由（1）可得，即， 易知平面的一个法向量为, ； 二面角的余弦值为. 70．（2024·安徽蚌埠·高二统考期末）如图，已知四棱锥的底面是直角梯形，，二面角的大小为，是中点.    (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）先利用线线平行证明线面平行，再证面面平行，最后由面面平行证明线面平行； （2）建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，利用向量法求解二面角的余弦值. 【详解】（1）取中点，连接，因为直角梯形中， ，且，所以四边形是平行四边形， 平面平面， 平面. 又是中点平面平面， 平面， 又平面，平面平面， 平面平面. （2）连接，由知：， 由（1）知：且， ，在平面内过点作交于点， 则两两互相垂直， 以为坐标原点，以方向分别为轴正方向，建立空间直角坐标系，    则， 从而， 设平面的法向量为， 即，令，得， 易知平面的一个法向量为， ， 由题意知，二面角为锐二面角， 所以二面角的余弦值为. 71．（2024·四川泸州·高二泸县五中校考期末）如图，在矩形中，点在边上，且满足，将沿向上翻折，使点到点的位置，构成四棱锥. (1)若点在线段上，且平面，试确定点的位置； (2)若，求锐二面角的大小. 【答案】(1)点为线段上靠近点的三等分点 (2) 【分析】（1）在取点使，根据线面平行的判定定理、面面平行的判定及性质定理即得； （2）取的中点，建立空间直角坐标系，利用向量法求解锐二面角的大小. 【详解】（1）点为线段上靠近点的三等分点， 证明如下： 如图， 在取点，连接，,使得， 又，所以四边形为平行四边形，所以， 又平面平面，所以平面. 又平面，，平面， 所以平面平面， 又平面平面，平面平面， 所以，所以在中，，所以， 所以点为线段上靠近点的三等分点. （2）如图，取的中点，以O为原点OE为x轴建立如图所示的空间直角坐标系， 因为，所以， 又，则， 由题意，点P在过点O且垂直AE的平面上，故设， 则， 因为，所以，解得， 故，则， 设平面的法向量为， 则，不妨取，则， 设平面的一个法向量为，则， 记锐二面角的平面角为，所以， 又，则，所以锐二面角的大小为. 72．（2024·江苏连云港·高二统考期中）如图，在四棱锥中，平面，与底面所成的角为45°，底面为直角梯形，，，．    (1)求直线与平面所成角的正弦值； (2)求平面与平面所成的锐二面角的余弦值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）以为坐标原点，建立的空间直角坐标系，求得向量，和平面的一个法向量，结合向量的夹角公式，即可求解； （2）由平面的一个法向量，求得平面的一个法向量为，结合向量的夹角公式，即可求解． 【详解】（1）解：因为平面，且平面，所以，， 又因为，所以， 因为与底面所成的角为，所以，故， 以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立的空间直角坐标系，如图所示， 因为，，可得，，，， 所以，，， 设平面的一个法向量为，可得， 取，则，可得， 所以， 所以直线与平面所成角的正弦值为． （2）解：根据题意，平面的一个法向量， 设平面的一个法向量为，可得， 取，则，，所以 则， 所以平面与平面所成的锐二面角的余弦值为．    （二）求面面角的最值或范围 73.（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨市第六中学校校考三模）已知直三棱柱中，侧面为正方形，，，分别为和的中点，为棱上的动点..    (1)证明：； (2)求平面与平面DEF所成的二面角正弦值的最小值及此时点的位置. 【答案】(1)证明见解析 (2)最小值为，点为靠近的的四等分点 【详解】（1）因为三棱柱是直三棱柱，所以底面， 又底面，所以，， 又因为，，所以， 又，平面，所以平面， 又平面，所以，即两两垂直， 以为原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，设，则    ，，，，，，，，设， 所以，， 因为， 所以，即. （2）设平面的法向量为， 因为，， 所以，令，则， 平面的一个法向量为， 设平面与平面DEF所成的二面角为， 则， 当时，取最小值为，此时取得最大值， 所以， 所以平面与平面DEF所成的二面角正弦值的最小值为，此时点为靠近的的四等分点. 74.（2023秋·云南昆明·高二统考期末）如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，，点是线段的中点，点在线段上且满足，面ABCD. (1)当时，证明：//平面； (2)当为何值时，平面与平面所成的二面角的正弦值最小？ 【答案】(1)证明见详解 (2) 【详解】（1）设， 因为//，则， 若，即，可得， 所以//， 平面，平面， 故//平面. （2）连接， 由题意可得：， 在中，由余弦定理， 即，可得，则， 且面ABCD，如图，以为坐标原点建立空间直角坐标系， 则， 可得， 设点，则， 因为，则，解得，即， 可得， 设平面BFE的法向量为，则， 令，则，即， 由题意可得：平面的法向量， 设平面BFE与平面PBD所成的二面角为， 则， 由题意可知：，则有： 当时，则； 当时，则， 因为，则， 关于的二次函数开口向上，对称轴， 当，即时，取到最小值，即， 可得； 综上所述：. 所以当时，取到最大值，取到最小值. 即当时，平面BFE与平面PBD所成的二面角的正弦值最小. 75.（2023春·江苏南通·高二江苏省通州高级中学校考阶段练习）在四棱锥中，四边形为正方形，，，平面平面，，点为上的动点，平面与平面所成的二面角为为锐角， 则当取最小值时，=__________． 【答案】/0.4 【详解】解：因为平面平面，平面平面，且，平面， 所以平面， 又因为平面， 所以， 又， 故以建立如图空间直角坐标系， 设，其中， 所以， 因为，，又，且、均在平面内， 所以平面， 所以易得是平面的一个法向量， 而， 设平面的法向量为， 所以，取，则， 所以， 当取最小值时，取最大，即分母取最小值， 又，当时，分母最小， 故时，最大， 故答案为：． 题型十一 已知面面角求其他量 76．（2024·高二单元测试）如图，四棱锥中，底面为矩形，侧面为正三角形，,，平面平面，为棱上一点（不与重合），平面交棱于点.    (1)求证：； (2)若二面角的余弦值为，求点到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据线面平行的判定定理推出平面，再根据线面平行的性质定理可得； （2）取的中点，连，取的中点，连，可证两两垂直， 以为原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，根据题意平面和平面的法向量，再用点面距公式可求出结果. 【详解】（1）因为为矩形，所以， 又平面，平面， 所以平面，又平面平面，AD在面AEFD内， 所以. （2）取的中点，连，取的中点，连，则， 因为侧面为正三角形，所以， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，又平面，所以， 所以两两垂直， 以为原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系： 因为,且侧面为正三角形，所以，又， 所以，，，，， 设，显然， 所以，，， ， 设平面的一个法向量为， 则，取，则，， 则， 取平面的一个法向量为， 则，得，解得. 所以，所以，， 所以点到平面的距离为.    77．（2024·河南新乡·高二统考期末）如图，在直四棱柱中，，为棱的中点，点在线段上，且．    (1)证明：． (2)若二面角的余弦值为，求的值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用数量积的坐标表示证明即可； （2）求出平面，平面的法向量，利用向量夹角公式列出关于的方程，求解即可． 【详解】（1）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．    因为， 所以， 所以，故． （2）因为， 所以． 设平面的法向量为， 则，令，得． 易得平面的一个法向量为． ，解得（舍去）． 故的值为． 78．（2024·全国·高三专题练习）如图，在正四棱柱中，．点分别在棱,上，．    (1)证明：； (2)点在棱上，当二面角为时，求． 【答案】(1)证明见解析； (2)1 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量坐标相等证明； （2）设，利用向量法求二面角，建立方程求出即可得解. 【详解】（1）以为坐标原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图，    则， ， ， 又不在同一条直线上， . （2）设， 则， 设平面的法向量， 则， 令 ，得， ， 设平面的法向量， 则， 令 ，得， ， ， 化简可得，， 解得或， 或， . 79．（2024·湖南郴州·高二校考期末）正三棱柱中，为的中点，点在上.    (1)证明：平面； (2)若二面角大小为，求以为顶点的四面体体积. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由线面垂直的判定定理可证； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求出长度，再求以为顶点的四面体体积. 【详解】（1）正三棱柱，则平面，又平面，， 又为的中点，则，、平面，， 平面 （2）   由题意，为正三角形，为的中点，，如图建立空间坐标系， 由（1）易知平面法向量， 设则，，，则， 设平面的法向量为，则，取，则， 由题意，解得或（舍去）， ，点到平面距离为1， 以为顶点的四面体体积为. 80．（2024·全国·高二假期作业）如图1，在平行四边形ABCD中，，将沿BD折起，使得点A到达点P，如图2．    (1)证明：平面平面PAD； (2)当二面角的平面角的正切值为时，求直线BD与平面PBC夹角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）要证平面平面PAD，只需证明平面PAD，再利用面面垂直的判定进行说明； （2）先找到二面角的平面角，再找直线BD与平面PBC所成角. 【详解】（1）中，由余弦定理：， 所以,则, 将沿BD折起，使得点A到达点P，则，所以, 又平面PAD,所以平面PAD，又平面BCD， 所以平面平面PAD； （2）   如图，取中点E，连接BE,DE，因为AB=PB,AD=PD,则 所以为二面角的平面角， 且由（1）知，平面 所以, 中，中垂线， 所以由勾股定理可得， 所以，又, 所以平面PBD,又，所以平面PBD, 过D作于点F，因为DF平面PBD,所以， 因为,所以DF面PBC，所以直线BD与平面PBC夹角即为 中，，所以直线BD与平面PBC夹角的正弦值为. 题型十二 立体几何中的探索性问题 81．（2024·福建福州·高二校联考期末）已知直三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB=BC=2，且，E，F分别为AC和CC1的中点，D为棱上的点． (1)证明：； (2)在棱A1B1上是否存在一点M，使得异面直线MF与AC所成的角为30°？ 若存在，指出M的位置；若不存在，说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)存在；M是A1B1中点 【分析】(1)以B为原点建立空间直角坐标系，证得即可得出结论. (2)先设出M的坐标，利用空间向量求异面直线夹角公式可以解得M的位置. 【详解】（1）证明：由直三棱柱ABC-A1B1C1可得平面，且，故以为原点， ，，所在的直线分别为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，，设，且， 则，，，由， （2）可设，且，则，，， 由异面直线MF与AC所成的角为30°可得， 整理得，即或（舍）， 所以存在点M，M是A1B1中点. 82．（2024·辽宁葫芦岛·统考二模）在三棱柱中，平面平面，侧面为菱形，，，，E是AC的中点.    (1)求证：平面 (2)确定在线段上是否存在一点P，使得AP与平面所成角为，若存在，求出的值;若不存，说明理由. 【答案】(1)证明见解析； (2)存在，或0. 【详解】（1）因为侧面为菱形，，则是等边三角形，取中点O，连接，于是有， 又平面⊥平面，且平面，平面∩平面，于是⊥平面， 又平面，即有， 又，且，因此平面，而平面，则， 由四边形为菱形，得，又平面，， 所以平面. （2）由（1）可知，，平面，且平面，有，    取中点D，连结，有，， 以O为原点，为空间正交基底建立直角坐标系， 则，， 设平面的一个法向量为，则，令z=1，得， 令，则，， 依题意，， 整理得，，解得或， 所以存在满足条件的点P，的值或0. 83．（2024·江苏徐州·高二统考期中）如图，圆台的下底面圆的直径为，圆台的上底面圆的直径为，是弧上一点，且.    (1)求证：； (2)若点是线段上一动点，求直线与平面所成角的取值范围. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取的中点为，则可证明，，从而可证得； （2）以为正交基底建立空间直角坐标系，用向量的方法求出直线与平面所成角的正弦的函数表达式，再利用函数的知识即可求解. 【详解】（1）取的中点为，连结， ，，， 又是以为直径的圆上一点，， ，平面，平面，， 平面，平面，， 又，为的中点，， ，平面，平面， 平面， 在圆台中，平面， ，又因为在圆台中，圆圆， ，所以四边形为平行四边形， 且， 在中，为的中点，为中点， ，又，，又， .      （2）如图以为正交基底建立空间直角坐标系，    ， ，， 设，则， ， 设平面的法向量为， ，取，， 设直线与平面所成角为，则 ， 令，，，， 令，， 因为函数在上单调递减，在上单调递增， ，，，则， 所以的取值范围为， 即，又，所以， 所以直线与平面所成角的取值范围. 84．（2024·江苏常州·高二统考期中）如图，直角梯形ABCD与等腰直角三角形ABP所在的平面互相垂直，且，，，，．    (1)求证：； (2)求直线PC与平面ABP所成角的余弦值； (3)线段PA上是否存在点E，使得平面EBD？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)； (3)存在；. 【分析】（1）取AB的中点为O，利用线面垂直的判定、性质推理作答. （2）以O为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量求出线面角的正弦作答. （3）确定点E的位置，利用空间位置关系的向量证明推理判断作答. 【详解】（1）取AB的中点为O，连接DO，PO，由，得， 又四边形ABCD为直角梯形，且，，，， 则四边形OBCD为正方形，，又，平面POD， 因此平面POD，又平面POD， 所以.    （2）且平面PAB，又平面平面ABCD，且平面平面， 则平面ABCD，平面，有，即有OA，OD，OP两两垂直， 以点O为原点，OD、OA、OP分别为x、y、z轴的空间直角坐标系， 由等腰直角，，，得， 则， 即，平面PAB的一个法向量为，设直线PC与平面PAB所成的角为， 因此，即， 所以所求直线PC与平面ABP所成角的余弦值为. （3）线段PA上存在点E，且当时，使得平面EBD. 由，得，则，， 设平面EBD的法向量为，则，令，得， 又，则，而平面EBD，因此平面EBD， 所以点E满足时，有平面EBD． 85．（2024·贵州·高二校联考阶段练习）如图1，已知是直角梯形，，，，C、D分别为BF、AE的中点，，，将直角梯形ABFE沿CD翻折，使得二面角的大小为60°，如图2所示，设N为BC的中点.    (1)证明：； (2)若M为AE上一点，且，则当为何值时，直线BM与平面ADE所成角的正弦值为. 【答案】(1)证明见解析 (2)或. 【分析】（1）由题可得是二面角的平面角，利用其可说明平面，即可证明结论.（2）如图建立空间直角坐标系，设，由，可得，后表示出平面ADE的法向量，利用直线BM与平面ADE所成角的正弦值为得到关于的方程，即可得答案. 【详解】（1）∵由图1得：，，且，∴在图2中平面，是二面角的平面角，则，∴是正三角形，且N是BC的中点，，又平面BCF，平面BCF，可得，而，平面ABCD.∴平面ABCD，而平面，∴. （2）因为平面ABCD，过点N做AB平行线NP，所以以点N为原点，NP，NB、NF所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系， 则，，，，设 ∴，，,. ∵，∴. ∴，∴， 设平面的法向量为 则，取， 设直线BM与平面ADE所成角为， ∴， ∴，∴或.    86．（2024·河南郑州·统考模拟预测）在底面ABCD为梯形的多面体中.，BC⊥CD，，∠CBD＝45°，BC＝AE＝DE，且四边形BDEN为矩形．    (1)求证：BD⊥AE； (2)线段EN上是否存在点Q，使得直线BE与平面QAD所成的角为60°？若不存在，请说明理由．若存在，确定点Q的位置并加以证明． 【答案】(1)证明见解析 (2)点Q为线段EN的中点或在线段EN上距离点E的处，证明见解析 【分析】（1）根据已知条件及勾股定理和逆定理，利用矩形的性质及线面垂直的的判定定理，结合线面垂直的性质定理即可求解； （2）根据已知条件建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，利用向量的共线定理，求出点的坐标，分别求出直线BE的方向向量和平面QAD的法向量，再利用向量的夹角公式，结合向量的夹角与线面角的关系即可求解. 【详解】（1）由题意知，，BC⊥CD，，∠CBD＝45°，BC＝AE＝DE， 故有，易得，BD＝2，， 在△ABD中，∵，∴BD⊥AD． 因为四边形BDEN为矩形，则BD⊥DE， 又，平面ADE，平面ADE， 故BD⊥平面ADE． 因为平面ADE， 所以BD⊥AE． （2）存在点Q，使得直线BE与平面QAD所成的角为60°，此时点Q为线段EN的中点或在线段EN上距离点E的处． 证明如下：以点D为坐标原点，建立的空间直角坐标系，如图所示，    则，，，， 所以，， 设，其中，解得， 故， 设平面QAD的法向量为， 则 即令y＝1，则，z＝－2λ， 故， 因为直线BE与平面QAD所成的角为60°， 所以，解得或， 故存在点Q，使得直线BE与平面QAD所成的角为60°，此时点Q为线段EN的中点或在线段EN上距离点E的处． 87．（2024·山东菏泽·山东省鄄城县第一中学校考三模）已知在直三棱柱中，其中为的中点，点是上靠近的四等分点，与底面所成角的余弦值为．    (1)求证：平面平面； (2)在线段上是否存在一点，使得平面与平面所成的锐二面角的余弦值为，若存在，确定点的位置，若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，点是线段上靠近的三等分点 【分析】（1）根据与底面所成角的余弦值为，推出是边长为的等边三角形，取的中点，的中点，连，再以为原点，的方向为轴建立空间直角坐标系：利用两个平面的法向量垂直可证两个平面垂直； （2）根据二面角的向量公式可求出结果. 【详解】（1）取的中点，连，因为为的中点，所以，， 所以四边形为平行四边形，所以， 因为与底面所成角的余弦值为，所以与底面所成角的余弦值为， 因为三棱柱为直三棱柱，所以平面，所以是与底面所成角，所以，所以，所以， 又，所以是边长为的等边三角形， 取的中点，的中点，连，则，，平面， 以为原点，的方向为轴建立空间直角坐标系： 则，，，，，，，，， ，，，， 设平面的一个法向量为，平面的一个法向量为， 则，得，令，得，， ，令，得，，， 因为，所以， 所以平面平面. （2）设，则 ， 设平面的一个法向量为， 则， 若，则有，则，取，则， 此时，不合题意； 所以，令，得，， 则， 所以， 整理得，解得. 所以在线段上存在一点，使得平面与平面所成的锐二面角的余弦值为，点是线段上靠近的三等分点.    88．（2024·福建三明·高三统考期末）如图，在三棱柱中，为等边三角形，四边形为菱形，，，.    (1)求证：平面； (2)线段上是否存在一点，使得平面与平面的夹角的正弦值为？若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明过程见详解 (2)存在， 【分析】（1）连接与相交于点，连接，分别根据菱形的和等边三角形的相关性质得到和，再利用线面垂直的判定即可得证； （2）建立空间直角坐标系，设，，利用法向量表示平面与平面的夹角的正弦值，求出的值即可. 【详解】（1）连接与相交于点，连接，如图所示：    四边形为菱形，， 为等边三角形，是的中点，有， 、面，，面，又面， 则，又已知，，平面， 所以平面. （2），分别为，的中点，连接，， 由（1）平面，所以平面面，作，所以有平面， 又因为为等边三角形，，平面 以为原点，，，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，，，，由， ，   设，， 则， 设平面的一个法向量， 则有， 令，则，   易取平面的一个法向量为  ， 由已知平面与平面的夹角的正弦值为， 则平面与平面的夹角的余弦值为， 则有， ，由解得. 所以，点存在，. $$