1.4.2用空间向量研究距离、夹角问题（11大题型提分练）-【上好课】2024-2025学年高二数学同步精品课堂（人教A版2019选择性必修第一册）

1.4.2用空间向量研究距离、夹角问题 题型一 求异面直线所成角 1．（23-24高二下·安徽黄山·期末）如图，在四棱台中，底面四边形ABCD为菱形，，∠ABC=60°，AA1⊥平面ABCD，M是AD的中点，则直线AD1与直线C1M所成角的正弦值为（    ） A． B． C．1 D． 2．（23-24高二下·江苏徐州·期中）如图，四边形，现将沿折起，当二面角的大小在时，直线和所成角为，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 3．（23-24高二下·山西晋城·期末）如图，平面平面，四边形为正方形，四边形为菱形，，则直线所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 4．（23-24高二下·广西南宁·阶段练习）已知点，，，，则异面直线与所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 5．（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. 题型二 已知异面直线所成角求其他量 1．（23-24高二上·海南·期中）在四棱锥中，底面是菱形，，平面，，是的中点，是棱上一点（不含端点），满足．若异面直线与所成角的余弦值为，则的值为（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 2．（23-24高二上·河南·期末）在空间直角坐标系 中，向量 分别为异面直线 的方向向量，若所成角的余弦值为 则 3．（23-24高二上·福建厦门·期中）如图，在中，分别为的中点，为的中点，，.将沿折起到的位置，使得平面平面，如图． (1)求证：． (2)线段上是否存在点，使得直线和所成角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 4．（23-24高二上·上海·课后作业）如图，设为正方体，动点在对角线上，记．    (1)证明：； (2)若异面直线与所成角为，求的值； (3)当为钝角时，求的取值范围． 5．（22-23高二上·北京昌平·阶段练习）如图，已知正方形和矩形所在的平面互相垂直，，，是线段的中点.    (1)求证平面； (2)试在线段上确定一点，使得与所成的角是. 题型三 直线与平面所成的角 1．（23-24高二下·安徽宣城·期末）如图，在四棱锥中，平面，且 ，分别为棱的中点. (1)求证：平面平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 2．（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. 3．（23-24高二下·江苏徐州·期中）已知平行四边形中，是线段的中点.沿直线将翻折成，使得平面平面. (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 4．（23-24高二上·湖北襄阳·阶段练习）如图，在四棱锥中，底面四边形满足，棱上的点满足直线平面． (1)求； (2)若，且，求直线与平面所成角的正弦值． 5．（23-24高二下·广西贵港·期末）如图，在四棱锥中，底面是等腰梯形，，侧面平面分别为的中点．    (1)证明：平面． (2)若，求直线与平面所成角的正弦值． 题型四 已知线面角求其他量 1．（23-24高二下·云南曲靖·阶段练习）如图，在斜三棱柱中，侧面侧面，，为线段上的动点. (1)当M为的中点时，证明：； (2)若与平面所成角的正弦值为，求线段的长度. 2．（23-24高二下·河南·阶段练习）如图，在四棱锥中，，，平面平面ABCD，，M，N分别是AD，CQ的中点． (1)证明：； (2)若，直线MN与平面QBC所成角的正弦值为，求QM的长度． 3．（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. 4．（23-24高二下·山西运城·期中）如图，四棱锥的底面是矩形，平面平面ABCD，M是棱PD上的动点，是棱AB上的一点，且. (1)求证:; (2)若直线MN与平面MBC所成角的正弦值是，求点的位置. 5．（23-24高二下·江苏南京·阶段练习）如图1，是边长为3的等边三角形，点，分别在线段，上，，，沿将折起到的位置，使得，如图2， (1)求证：平面平面； (2)若点在线段上，且直线与平面所成角的正弦值为，求； (3)在线段上是否存在点，使得平面，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 题型五 两个平面所成角 1．（23-24高二下·安徽滁州·期末）在如图所示的几何体中，四边形是边长为的正方形，四边形为菱形，，平面平面. (1)求三棱锥的体积； (2)求平面和平面夹角的余弦值. 2．（23-24高二下·四川成都·阶段练习）如图，已知在平行六面体中，所有的棱长均为2，侧面底面为的中点，． (1)证明：平面底面； (2)求平面与平面所成角的余弦值. 3．（23-24高二下·四川成都·期末）如图，三棱柱中，为正三角形，，，为的中点，. (1)证明：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值. 4．（23-24高二下·云南曲靖·期末）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，若为的中点，的面积为.    (1)求到平面的距离； (2)求平面与平面夹角的余弦值. 5．（23-24高二下·陕西西安·期末）如图，在三棱锥中，底面ABC，且，，．点Q为棱BP上一点，且． (1)求CQ的长； (2)求二面角的余弦值． 题型六 已知面面角求其他量 1．（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， .    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高二下·江苏南京·期末）如图，在直三棱柱中，为的中点． (1)证明：平面； (2)若二面角的余弦值为，求线段的长度． 4．（22-23高二下·山东青岛·期末）如图，四棱锥中，底面为矩形，与交于点，点在线段上，且平面，平面平面，平面平面． (1)求证：； (2)若，且平面与平面夹角的余弦值为，求的值． 5．（23-24高二下·浙江嘉兴·期末）如图，和都垂直于平面，且. (1)证明：平面平面； (2)当平面与平面的夹角为时，求几何体的体积. 题型七 点到平面的距离 1．（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． 2．（23-24高二下·上海·期末）如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，为线段的中点，，为线段上的动点.    (1)证明：； (2)当为线段的中点时，求点到面的距离. 3．（23-24高二下·江苏徐州·期中）如图，在四面体中，平面，点在线段上.    (1)当点是线段中点时，求点到平面的距离； (2)若二面角的余弦值为，求的值. 4．（2024·四川雅安·模拟预测）如图，在三棱柱中，棱的中点分别为在平面内的射影为D，是边长为2的等边三角形，且，点F在棱上运动（包括端点）． (1)若点为棱的中点，求点到平面的距离； (2)求锐二面角的余弦值的取值范围． 5．（23-24高二下·江苏南通·期中）如图，在直四棱柱中，底面是梯形， ，且是的中点. (1)求点到平面的距离； (2)求二面角的正弦值. 题型八 直线（平面）与平面的距离 1．（多选）（22-23高二下·河南周口·阶段练习）如图，在几何体中，四边形是矩形，，且平面平面，，，则下列结论正确的是（    ） A． B．异面直线、所成的角为 C．几何体的体积为 D．平面与平面间的距离为 2．（23-24高二上·山东淄博·阶段练习）在棱长为1的正方体中，E为线段的中点，F为线段AB的中点． (1)求直线与所成角的余弦值； (2)求直线到平面的距离． 3．（2022高二·全国·专题练习）设正方体的棱长为2，求： (1)求直线到平面的距离； (2)求平面与平面间的距离. 4．（21-22高二·湖南·课后作业）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． 5．（2022高二上·全国·专题练习）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． 题型九 点到直线的距离 1．（23-24高二上·河北石家庄·阶段练习）在空间直角坐标系中，已知，则点A到直线的距离为（    ） A． B． C． D． 2．（23-24高二下·江苏扬州·期末）已知三棱柱的棱长均为. (1)证明：平面平面； (2)若，且直线与平面所成角的正弦值为，求点到直线的距离. 3．（23-24高二下·江苏连云港·期中）如图，在四棱锥中，平面，，，，，点在上，且. (1)证明：平面； (2)当二面角的余弦值为时，求点到直线的距离. 4．（23-24高二下·江苏扬州·阶段练习）如图，四棱锥中，底面为平行四边形，，底面． (1)证明：； (2)若，求平面与平面所成角的余弦值． (3)在（2）的条件下，求点到直线的距离. 5．（23-24高二下·江苏淮安·阶段练习）如图，圆锥是由直角旋转而成，母线，底面圆的半径为1，D是AB的中点，为底面圆上的一点且， (1)求点到平面ABC的距离； (2)求直线CD与平面AOB所成的角的正弦值； (3)求点O到直线CD的距离， 题型十 异面直线之间的距离 1．（23-24高二下·江苏泰州·期中）在四棱锥中，底面是边长为3的正方形，底面，点在侧棱上，且满足，则异面直线和的距离为（    ） A． B． C． D． 2．（23-24高二上·广东茂名·期末）定义：两条异面直线之间的距离是指其中一条直线上任意一点到另一条直线距离的最小值.在棱长为1的正方体中，直线AC与之间的距离是（    ） A． B． C． D． 3．（23-24高二上·河北石家庄·期中）如图，正四棱柱中，，点E和F分别是线段与上的动点，则间最小距离为（    ） A． B．1 C． D． 4．（23-24高二下·江苏淮安·阶段练习）将边长为2的正方形ABCD沿对角线AC折叠使得△ACD垂直于底面ABC，则异面直线AD与BC的距离为 ． 5．（23-24高二上·辽宁大连·期末）三棱台中，，平面平面ABC，，与交于D．    (1)证明：平面； (2)求异面直线与DE的距离． 题型十一 空间动点问题 1．（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． 2．（23-24高二上·广西河池·阶段练习）如图，在三棱柱中，是边长为4的正方形．平面平面，． (1)求证：； (2)求二面角的余弦值； (3)证明：在线段存在点D，使得，并求的值． 3．（23-24高二上·四川绵阳·阶段练习）如图1，在中，，，分别为边，的中点，且，将沿折起到的位置，使，如图2，连接，.    (1)求证：平面； (2)若为的中点，求直线与平面所成角的正弦值； (3)线段上一动点满足，判断是否存在，使二面角的正弦值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 4．（23-24高二上·湖北黄冈·期中）如图①，在直角梯形中，，，.将沿折起，使平面平面，连，得如图②的几何体. (1)求证：平面平面； (2)若，二面角的平面角的正切值为，在棱上是否存在点使二面角的平面角的余弦值为，若存在，请求出的值，若不存在，说明理由. 5．（23-24高二上·安徽六安·期中）如图，在四棱锥中，四边形是矩形，是正三角形，且平面平面，，为棱的中点，四棱锥的体积为. (1)若为棱的中点，求证： 平面； (2)在棱上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出点的位置并给以证明；若不存在，请说明理由. 1．（多选）（23-24高二下·安徽滁州·期末）如图，四棱锥中，面面，且 ，是棱的中点，，则（    ） A． 平面 B．平面 C．和平面所成角的正弦值为 D．四面体外接球的表面积为 2．（多选）（23-24高二下·湖南·期末）已知圆柱的高为，线段与分别为圆与圆的直径，则（    ） A．若为圆上的动点，，则直线与所成角为定值 B．若为等边三角形，则四面体的体积为 C．若，且，则 D．若，且与所成的角为，则四面体外接球的表面积为或 3．（多选）（23-24高二下·浙江温州·期末）如图，是棱长为1的正方体的表面上一个动点，为棱的中点，为侧面的中心.下列结论正确的是（    ） A．平面 B．与平面所成角的余弦值为 C．若点在各棱上，且到平面的距离为，则满足条件的点有9个 D．若点在侧面内运动，且满足，则存在点，使得与所成角为 4．（23-24高二下·福建宁德·期末）如图，在四棱锥中，底面为正方形，侧棱底面，，，为的中点，点在线段上运动.    (1)线段上是否存在点，满足∥平面？若存在，求的值，若不存在，说明理由； (2)当直线与平面所成的角最大时，求线段的长度. 5．（23-24高二下·云南曲靖·期末）如图，在四棱锥中，底面满足 ，平面平面，，点是的中点. (1)证明： 平面； (2)求四棱锥的体积； (3)求平面与平面所成角的正弦值. 6．（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. 7．（23-24高二下·江苏泰州·期末）如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，. (1)求证：平面平面； (2)设. ①若直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长. ②在线段上是否存在点，使得点，，在以为球心的球上？若存在，求线段的长；若不存在，说明理由. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！20 学科网（北京）股份有限公司 $$ 1.4.2用空间向量研究距离、夹角问题 题型一 求异面直线所成角 1．（23-24高二下·安徽黄山·期末）如图，在四棱台中，底面四边形ABCD为菱形，，∠ABC=60°，AA1⊥平面ABCD，M是AD的中点，则直线AD1与直线C1M所成角的正弦值为（    ） A． B． C．1 D． 【答案】B 【分析】建立空间坐标系，即可利用向量夹角求解. 【详解】取中点，连接，， 由菱形得为等边三角形， 为中点，，又，， 又平面， 以为坐标原点，以、、所在直线分别为轴、轴、轴建立直角坐标系，如图： ,0,0,,,1,,,0,,,1,,， ,，,1,， ，, 所以, 故, 故直线AD1与直线C1M所成角的正弦值为 故选：B 2．（23-24高二下·江苏徐州·期中）如图，四边形，现将沿折起，当二面角的大小在时，直线和所成角为，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】取BD中点O，连结AO，CO，以O为原点，OC为x轴，OD为y轴，过点O作平面BCD的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线AB与CD所成角的余弦值取值范围． 【详解】取BD中点O，连接AO，CO，， 则，且，于是是二面角的平面角， 显然平面，在平面内过点作，则， 直线两两垂直，以O为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， ，设二面角的大小为，， 因此，，， 于是， 显然，则当时，， 所以的最大值为. 故选：B 【点睛】关键点点睛：建立空间直角坐标系，求出动点的坐标，利用向量建立函数关系是解题的关键. 3．（23-24高二下·山西晋城·期末）如图，平面平面，四边形为正方形，四边形为菱形，，则直线所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】建立空间直角坐标系，利用向量的夹角即可求解. 【详解】取的中点，连接, 四边形为的菱形，所以， 由于平面平面，且两平面交线为，,平面， 故平面,又四边形为正方形，故建立如图所示的空间直角坐标系， 不妨设正方形的边长为2，则, 故, 则，又 故， 故直线所成角的正弦值， 故选：C 4．（23-24高二下·广西南宁·阶段练习）已知点，，，，则异面直线与所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】应用求空间向量夹角余弦值的公式计算余弦值，然后利用同角三角函数关系求解正弦值即可. 【详解】设两条异面直线所成的角为， 且这两条异面直线的方向向量分别是，， 则，且， 所以，即异面直线与所成角的正弦值为. 故选：D 5．（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. 题型二 已知异面直线所成角求其他量 1．（23-24高二上·海南·期中）在四棱锥中，底面是菱形，，平面，，是的中点，是棱上一点（不含端点），满足．若异面直线与所成角的余弦值为，则的值为（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】C 【分析】先根据条件建立合适空间直角坐标系，然后表示出点坐标，利用向量法表示出异面直线所成角的余弦值，求解出的倍数关系则可知. 【详解】取中点，连接， 因为四边形是菱形，，所以均为等边三角形， 又因为为中点，所以， 又因为，所以， 以为坐标原点，以方向为轴正方向，建立如下图所示的空间直角坐标系： 设， 所以， 设，所以， 所以，所以，， 所以， 化简可得，所以， 所以，所以，所以， 故选：C. 2．（23-24高二上·河南·期末）在空间直角坐标系 中，向量 分别为异面直线 的方向向量，若所成角的余弦值为 则 【答案】 【分析】由向量夹角的余弦公式运算即可. 【详解】设，所成角为， 则， 解得. 故答案为：. 3．（23-24高二上·福建厦门·期中）如图，在中，分别为的中点，为的中点，，.将沿折起到的位置，使得平面平面，如图． (1)求证：． (2)线段上是否存在点，使得直线和所成角的余弦值为？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， 【分析】（1）根据等腰三角形三线合一性质和面面垂直性质可得平面，由线面垂直性质可证得结论； （2）以为坐标原点可建立空间直角坐标系，设，由线线角的向量求法可构造方程求得的值，进而得到结果. 【详解】（1），分别为中点，，即， 为中点，， 又平面平面，平面平面，平面， 平面，又平面，. （2）取中点，连接， ，为中点，，即， ，； 则以为坐标原点，正方向为轴正方向，可建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，， ，，， 假设在线段上存在点，使得直线和所成角的余弦值为， 设，则， ， ， 整理可得：，解得：， 存在满足题意的点，此时. 4．（23-24高二上·上海·课后作业）如图，设为正方体，动点在对角线上，记．    (1)证明：； (2)若异面直线与所成角为，求的值； (3)当为钝角时，求的取值范围． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）建立坐标系，利用向量数量积为0，证明线线垂直； （2）写出向量坐标，利用夹角公式可得答案； （3）利用钝角可得数量积小于零且不等于，求解即可. 【详解】（1）以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 设正方体的棱长为1，则， ，，，; ，， 因为，所以， 所以， 因为，所以. （2），； 因为直线与所成角为， 所以； 解得，因为动点在对角线上，所以. （3），， 因为为钝角，所以，解得. 又因为在上恒成立，所以.    5．（22-23高二上·北京昌平·阶段练习）如图，已知正方形和矩形所在的平面互相垂直，，，是线段的中点.    (1)求证平面； (2)试在线段上确定一点，使得与所成的角是. 【答案】(1)证明见解析 (2)点为的中点 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量共线证明线线共线，从而利用线面平行的判定证明即可； （2）设出点的坐标，利用向量夹角的坐标运算公式建立方程，即可求解点的位置. 【详解】（1）因为正方形和矩形所在的平面互相垂直， 且平面平面，且，平面， 所以平面，又，如图建立空间直角坐标系.      设，连结，则，，， 又， . ，且与不共线，， 又平面，平面， 平面. （2）设，，又，，， 则，. 又 与所成的角为， ， 解之得或（舍去），故点为的中点时满足题意. 题型三 直线与平面所成的角 1．（23-24高二下·安徽宣城·期末）如图，在四棱锥中，平面，且 ，分别为棱的中点. (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）先证明平面，根据面面垂直的判定定理即可证明结论； （2）方法一：结合（1）可知平面，即可说明即为直线与平面所成的角，解三角形，即可求得答案；方法二，建立空间直角坐标系，求出相关点坐标，利用空间角的向量求法，即可求得答案. 【详解】（1）平面平面，则， 由，则； 又平面， 平面平面， ， ，且为的中点， ， 平面， 平面，又平面， 所以平面平面； （2）解法一：如图，连结，由（1）知平面， 所以，为直线在平面内的射影，且， 所以，即为直线与平面所成的角. 在直角梯形内，过作于，则四边形为矩形， ，在中，， 所以，， 而，在中，， 所以， 综上，直线与平面所成角的正弦值为. 解法二：在直角梯形内，过作于，则四边形为矩形， ，在中，， 所以，， 以点为原点，分别为轴，建系如图， 则. 由（1）知，平面，平面法向量可取为， 设直线与平面所成角为，则， 综上，直线与平面所成角的正弦值为. 2．（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. 3．（23-24高二下·江苏徐州·期中）已知平行四边形中，是线段的中点.沿直线将翻折成，使得平面平面. (1)求证：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）利用翻折的特性，结合勾股定理逆定理证得，再利用面面垂直的性质、线面垂直的判定推理即得. （2）由（1）建立空间直角坐标系，求出直线的方向向量与平面的法向量，再线面角的向量求法求解即得. 【详解】（1）在中，， 翻折后，，则， 于是，而平面⊥平面，平面 平面=，平面， 所以平面. （2）由（1）知平面，且，显然直线两两垂直， 如图，以D为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则，，，， 由E是线段的中点，得，， 在平面中，，， 设平面法向量为，则，令，得， 设直线与平面所成角为，则， 以直线与平面所成角的正弦值为. 4．（23-24高二上·湖北襄阳·阶段练习）如图，在四棱锥中，底面四边形满足，棱上的点满足直线平面． (1)求； (2)若，且，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)2 (2) 【分析】（1）由题意得：连接交于点，过做，交于点，先证平面平面，从而，又，分析可得四边形为正方形，从而得解； （2）利用余弦定理可得，从而，以为原点，OC，OD，OP所在的直线为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量法求解线面角. 【详解】（1）由题意得：连接交于点，过做，交于点， 如图所示：由于平面，平面， 所以平面，又平面．平面， 所以平面平面，平面平面， 平面平面，所以， 故，即， 由于， 所以，则，所以四边形为正方形，所以， 在中，，所以，所以， ； （2）在和中，由可得： ， 满足，所以，又． 又有交于点，所以平面，满足两两垂直， 故以为原点，OC，OD，OP所在的直线为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 于是有． 设平面的法向量为，由， 取，又， 故所求角的正弦值为． 5．（23-24高二下·广西贵港·期末）如图，在四棱锥中，底面是等腰梯形，，侧面平面分别为的中点．    (1)证明：平面． (2)若，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）根据线面平行的判定定理证明线面平行； （2）利用向量法计算直线与平面所成角的正弦值； 【详解】（1）证明：连接，设与相交于点，因为，   ，所以为平行四边形，即为的中点． 连接，因为为的中点，所以． 因为平面平面，所以平面． （2）因为，所以．因为平面平面 ，平面平面平面，所以平面． 取的中点，连接．因为是等腰梯形，所以． 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， 所以． 设平面的法向量为，则 令，则，可得． 所以直线与平面所成角的正弦值为． 题型四 已知线面角求其他量 1．（23-24高二下·云南曲靖·阶段练习）如图，在斜三棱柱中，侧面侧面，，为线段上的动点. (1)当M为的中点时，证明：； (2)若与平面所成角的正弦值为，求线段的长度. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）作出辅助线，得到，，由面面垂直得到线面垂直，得到，从而证明出⊥平面，，得到平面，证明出结论； （2）作出辅助线，证明出两两互相垂直，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，设，从而得到方程，求出，得到答案. 【详解】（1）连接， ， 四边形均为含的菱形，为等边三角形， ， 当M为的中点时，有； 又侧面⊥侧面，侧面 侧面，侧面， 平面， 平面，从而； 又，平面， 平面， 因为平面，所以. （2）因为为等边三角形，取的中点，则⊥， 又，故⊥， 取的中点，连接， 由（1）知平面，又平面，故， 两两互相垂直， 以点A为原点建立如图所示的空间直角坐标系， 则； 设， 则， 设平面的法向量为， 由，得， 令 . 设与平面所成角为， 所以，解得或， ，所以， . 2．（23-24高二下·河南·阶段练习）如图，在四棱锥中，，，平面平面ABCD，，M，N分别是AD，CQ的中点． (1)证明：； (2)若，直线MN与平面QBC所成角的正弦值为，求QM的长度． 【答案】(1)证明见解析； (2)或 【分析】（1）先证明平面ABCD，由线面垂直的性质即可得证； （2）建立恰当的空间直角坐标系，利用空间向量法，由直线MN与平面QBC所成角的正弦值为即可求解． 【详解】（1）∵M是AD中点，，∴， ∵平面平面ABCD，平面平面，平面QAD， ∴平面ABCD，又平面ABCD，∴． （2）取BC中点F，连接MF， ∵M，F分别为AD，BC中点，， ∴，又，∴； 以F为坐标原点，，正方向为x，y轴正方向，过F作z轴，可建立如图所示空间直角坐标系 设， ∵，， ∴，，，，， ∴，，； 设平面QBC的法向量，则， 令，解得，，∴； ∴， 解得或，故QM的长为或 3．（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. 4．（23-24高二下·山西运城·期中）如图，四棱锥的底面是矩形，平面平面ABCD，M是棱PD上的动点，是棱AB上的一点，且. (1)求证:; (2)若直线MN与平面MBC所成角的正弦值是，求点的位置. 【答案】(1)证明见解析； (2)是棱PD的中点. 【分析】（1）首先利用垂直关系证明互相垂直，再以点为原点，建立空间直角坐标系，利用数量积证明线线垂直； （2）首先求平面的法向量，再利用线面角的向量公式，建立方程，即可求解. 【详解】（1）证明：因为，所以， 所以， 因为平面平面ABCD，平面平面平面， 所以平面ABCD， 因为平面ABCD， 所以， 因为四边形是矩形，所以，故两两垂直， 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， 如图所示，设，则 ， 所以， 因为 所以，即； （2）由（1），得 设为平面的法向量， 则，令，得，所以. 设直线与平面所成角为， 则， 所以，因为，所以， 即是棱PD的中点. 5．（23-24高二下·江苏南京·阶段练习）如图1，是边长为3的等边三角形，点，分别在线段，上，，，沿将折起到的位置，使得，如图2， (1)求证：平面平面； (2)若点在线段上，且直线与平面所成角的正弦值为，求； (3)在线段上是否存在点，使得平面，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) (3)存在； 【分析】（1）利用余弦定理与勾股定理依次证得，，再利用线面垂直与面面垂直的判定定理即可得证； （2）利用（1）中结论，建立空间直角坐标系，设，从而得到与平面的法向量，利用线面角的空间向量法得到关于的方程，解之即可得解； （3）利用（2）中结论，设，利用线面平行的空间向量表示得到关于的方程，解之即可得解. 【详解】（1）在中，，，， 由余弦定理得， 所以，所以， 在中，，，， 所以，所以， 又因为，、平面， 所以平面，又平面， 所以平面平面. （2）由（1）可知，，，两两互相垂直， 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， 则，，，， 所以，， 设平面的法向量为，则， 令，得， 设，又，， 则， 因为直线与平面所成角的正弦值为，所以， 即，解得，则. （3）设，又，， 则， 易得平面的法向量， 因为平面，所以， 即，解得，此时. 题型五 两个平面所成角 1．（23-24高二下·安徽滁州·期末）在如图所示的几何体中，四边形是边长为的正方形，四边形为菱形，，平面平面. (1)求三棱锥的体积； (2)求平面和平面夹角的余弦值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由 ，证得面，利用等体积转化利用体积公式求解三棱锥的体积． （2）以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建泣空间直角坐标系.分别求得平面和平面的法向量，结合向量的夹角公式，即可求解. 【详解】（1）设，如图1，连接. 因为四边形为菱形且， 所以为等边三角形，则. 四边形是边长为的正方形，所以. 又面，故面 ，面. 又，则， . （2）因为平面平面，且面面面， 在正方形中，，所以面. 面，则，又由（1）知. 如图2，以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建泣空间直角坐标系. 可得. 设面BAF的法向量为，， ，令 设两的法向量为，， 令. 故. 所以，平面和平面夹角的余弦值为. 2．（23-24高二下·四川成都·阶段练习）如图，已知在平行六面体中，所有的棱长均为2，侧面底面为的中点，． (1)证明：平面底面； (2)求平面与平面所成角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接，根据菱形性质得，再利用面面垂直的性质定理得底面，最后利用面面垂直的判定定理证明； （2）取中点为O，连接，利用等边三角形的性质及面面垂直的性质得两两垂直，以O为坐标原点建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量，平面的一个法向量为，设平面与平面的夹角为，由求解. 【详解】（1）连接，在菱形中，因为，为的中点， 所以，所以，又因为侧面底面， 侧面底面，侧面，所以底面， 又平面，所以平面底面； （2）连接，取中点为O，连接，因为， 故三角形为等边三角形，则，因为侧面底面， 侧面底面，侧面，所以底面， 又底面，所以，， 在三角形中，因为，故三角形为等边三角形， 则，所以两两垂直， 则以O为坐标原点，OB所在直线为x轴，OC所在直线为y轴，所在直线为z轴， 建立如图所示的空间直角坐标系. 又，故，， 因为，所以，， 因为底面， 所以取平面的法向量为； 设平面的一个法向量为， 由，得，取，则； 设平面与平面的夹角为， 则， 故平面与平面所成角的余弦值为 3．（23-24高二下·四川成都·期末）如图，三棱柱中，为正三角形，，，为的中点，. (1)证明：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接，，，利用勾股定理逆定理证明，再证明，即可得证； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得. 【详解】（1）连接，，，因为为正三角形且，为的中点， 所以，，又，，所以，则， 又，所以≌，所以，所以， 又，平面，所以平面； （2）由（1）可知平面，，如图建立空间直角坐标系， 则，，，， 则，， 设平面的法向量为，则，取， 设平面的法向量为，则，取， 设平面与平面的夹角为，则， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 4．（23-24高二下·云南曲靖·期末）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，若为的中点，的面积为.    (1)求到平面的距离； (2)求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2). 【分析】（1）连接交于点，连接，，即可证明平面，即可得到，由三角形的面积求出，即可求出，，从而得到，即可证明平面，即可得解； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得. 【详解】（1）连接交于点，连接，. 因为为菱形，所以，为的中点， 因为，且为的中点，所以， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以，因为为边长为菱形且， 所以为等边三角形，所以， 因为，所以， 在中，为中位线，所以， 在中，，所以. 因为，平面，所以平面， 所以到平面的距离为. （2）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， 设平面的法向量为，因为， 所以令，得. 设平面的法向量为，因为， 所以令，得. 因为， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 5．（23-24高二下·陕西西安·期末）如图，在三棱锥中，底面ABC，且，，．点Q为棱BP上一点，且． (1)求CQ的长； (2)求二面角的余弦值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据平面几何知识可证得，再由线面垂直的性质定理和判定判定定理得证； （2）建立空间直角坐标系，运用面面角的向量求解方法可求得答案. 【详解】（1）因为，，所以，则． 因为底面ABC，且底面ABC，所以． 又，，平面ABP，所以平面ABP． 因为平面ABP，所以． 又，，平面PBC，所以平面PBC． 由平面PBC，得． 又底面ABC，底面ABC，所以，所以， 由等面积法得，故． （2）以A为原点建立空间直角坐标系，如图所示， 所以则，，，，， 由（1）得，，所以 则，． 设平面ACQ的法向量为，则，即， 令，得． 由底面ABC，得为平面ABC的一个法向量， 则， 由图可知，二面角为锐角， 所以二面角的余弦值为． 题型六 已知面面角求其他量 1．（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． 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高二下·江苏南京·期末）如图，在直三棱柱中，为的中点． (1)证明：平面； (2)若二面角的余弦值为，求线段的长度． 【答案】(1)证明见解析； (2)6. 【分析】（1）应用线面垂直判定定理证明即可； （2）设边长，应用空间向量法求出二面角余弦值即可求出边长. 【详解】（1）由题意知平面，又平面， 所以， 因为四边形是平行四边形，且， 所以四边形为正方形，所以， 因为平面， 所以平面． 又平面，所以， 因为，所以， 又因为平面， 所以平面． （2）以为原点，所在直线分别为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，如图所示： 设，则， 所以， 所以平面的一个法向量为， 设平面的一个法向量为， 则，即，取，则，所以， 设二面角的大小为， 则，解得， 所以线段的长为6． 4．（22-23高二下·山东青岛·期末）如图，四棱锥中，底面为矩形，与交于点，点在线段上，且平面，平面平面，平面平面． (1)求证：； (2)若，且平面与平面夹角的余弦值为，求的值． 【答案】(1)证明见解析 (2)3 【分析】（1）运用线面平行推出线线平行，根据中点即可求证． （2）建立空间直角坐标系，求解两个平面的法向量，即可利用法向量的夹角求解． 【详解】（1）证明：平面，平面，平面平面， ，又因为四边形为矩形， ，所以是的中点， ； （2）四边形为矩形， 所以，又平面平面，平面平面，平面， 所以平面，又平面， 所以，同理，， 以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 设， 则,0,,,0,,,2,,,2,,,0,,,1,， ， 设平面的法向量为 则即令，则，即， 设平面的法向量为， 则即令，则，所即， 则， 解得，故． 5．（23-24高二下·浙江嘉兴·期末）如图，和都垂直于平面，且. (1)证明：平面平面； (2)当平面与平面的夹角为时，求几何体的体积. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）作出辅助线，得到四边形为平行四边形，故 ，由线面垂直得到，故，结合，从而平面，得到面面垂直； （2）方法一：作出辅助线，得到线面垂直，找到即为平面与平面所成角，求出，三角形三线合一可知：，得到为正三角形，故，求出体积；方法二：建立空间直角坐标系，写出点的坐标，设，根据面面角求出，利用点到平面的距离向量公式求出棱锥的高，求出锥体体积. 【详解】（1）取中点中点，连接，则 且. 又平面平面，所以 ， 又，所以 且， 所以 且， 四边形为平行四边形， ， 平面平面，所以，， 是中点，， 平面，且，平面， 又平面，平面平面. （2）解法1：（几何法） 延长交于点，连，易知，所以 . 由（1）可知，平面，因为平面，所以， ，， 因为平面，平面，所以， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以， 即为平面与平面所成角. . 过作于点， 平面，平面，所以 ， 因为，平面，所以平面. 为中点，由三角形三线合一可知：， 为正三角形，故， 其中梯形的面积为， 此时，. 解法2：（坐标法） 由（1）可得 平面. 故如图建立空间直角坐标系，设， 则， ， 设平面法向量为， 则，取. 易知平面法向量， ，解得， 其中梯形的面积为， 设平面的法向量为， 则， 解得，令得，故， 点到平面的距离， 故几何体的体积. 题型七 点到平面的距离 1．（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：C 2．（23-24高二下·上海·期末）如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，为线段的中点，，为线段上的动点.    (1)证明：； (2)当为线段的中点时，求点到面的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证出平面和平面，进而可得； （2）以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面的法向量，利用空间向量法求出点到平面的距离． 【详解】（1）平面，平面， ， 又平面， 平面，又平面， ， 中，为的中点，， 平面，平面， 平面，. （2）以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系， 则，，，， 所以，，， 设为平面的法向量，    则，令，则，故， 则点与平面的距离. 3．（23-24高二下·江苏徐州·期中）如图，在四面体中，平面，点在线段上.    (1)当点是线段中点时，求点到平面的距离； (2)若二面角的余弦值为，求的值. 【答案】(1)； (2). 【分析】（1）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到平面的距离； （2）设点，其中，利用空间向量法可得出关于的方程，解出的值，即可得解. 【详解】（1）由平面，，得两两垂直， 以点为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图：    由为的中点，则、、、， 设平面的法向量为，，， 则，取，得，而， 所以点到平面的距离为. （2）设点，，，， 设平面的法向量为，则，取，得， 显然平面的一个法向量为， 则，解得， 此时点为的中点，所以. 4．（2024·四川雅安·模拟预测）如图，在三棱柱中，棱的中点分别为在平面内的射影为D，是边长为2的等边三角形，且，点F在棱上运动（包括端点）． (1)若点为棱的中点，求点到平面的距离； (2)求锐二面角的余弦值的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用空间向量法来求点到面的距离即可； （2）用动点引入变量表示动向量，再用空间向量法求二面角的余弦值，最后利用关于变量的函数求取值范围即可. 【详解】（1）连接，依题意可知平面，由于平面， 所以， 由于三角形是等边三角形，所以，， 又， 以为原点，建立如图所示空间直角坐标系， 则，， 又，故，， 则，， 设平面的法向量为， 则，令，则，， 故，又， 所以点到平面的距离为. （2）设，， 则， 设平面的法向量为， 则，令，则，， 故可设， 设锐二面角为， 则 ， 令， 所以，设， 则， 二次函数的开口向上，对称轴为， 所以当时，该二次函数单调递增， 所以当时，该二次函数有最小值， 当时，该二次函数有最大值， 所以，即. 即锐二面角的余弦值的取值范围. 5．（23-24高二下·江苏南通·期中）如图，在直四棱柱中，底面是梯形， ，且是的中点. (1)求点到平面的距离； (2)求二面角的正弦值. 【答案】(1)； (2). 【分析】（1）根据给定条件，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，再由点到平面距离的向量求法求解. （2）求出平面的法向量，结合（1），利用面面角的向量求法求解即得. 【详解】（1）在直四棱柱中，，则直线两两垂直， 以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 而，且是的中点， 则， ， 设平面的法向量，则，令，得， 所以点到平面的距离. （2）设平面的法向量，则，令，得， 设二面角的大小为，则， 所以二面角的正弦值 题型八 直线（平面）与平面的距离 1．（多选）（22-23高二下·河南周口·阶段练习）如图，在几何体中，四边形是矩形，，且平面平面，，，则下列结论正确的是（    ） A． B．异面直线、所成的角为 C．几何体的体积为 D．平面与平面间的距离为 【答案】ABD 【分析】过点作使得，过点作，分析可知几何体为正方体，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断BD选项；证明出四边形为平行四边形，可判断A选项；计算出几何体的体积，可判断C选项. 【详解】过点作使得，过点作，如图所示： 因为四边形为矩形，则， 又因为，则， 所以，四边形为平行四边形，则，， 因为平面平面，则与、共面， 即与、共面，所以，、、、四点共面， 同理可知，、、、四点共面， 故几何体为四棱柱， 因为四边形为矩形，则， 又因为，，、平面， 所以，平面， 因为，则，， 所以，在底面中，，，故四边形为平行四边形， 因为，则，所以，，即， 所以，平行四边形为正方形， 又因为，故几何体为正方体， 对于A选项，在正方体中，且， 故四边形为平行四边形，所以，，A对； 对于B选项，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、、、、、， ，， ， 所以，异面直线、所成的角为，B对； 对于C选项，，C错； 对于D选项，因为，平面，平面，所以，平面， 因为，平面，平面，所以，平面， 又因为，、平面，所以，平面平面， 设平面的法向量为，，， 则，取，可得， 又因为，所以，平面与平面间的距离为，D对. 故选：ABD. 2．（23-24高二上·山东淄博·阶段练习）在棱长为1的正方体中，E为线段的中点，F为线段AB的中点． (1)求直线与所成角的余弦值； (2)求直线到平面的距离． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，进而根据向量夹角公式计算即可； （2）利用向量法求线面距离作答即可. 【详解】（1）在正方体中，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，， 所以直线与所成角的余弦值为. （2）由（1）知，，，，， 显然，所以， 而平面，平面，于是平面， 因此直线到平面的距离等于点到平面的距离， 设平面的法向量为， 则，令，得， 所以点到平面的距离为， 所以直线FC到平面的距离是. 3．（2022高二·全国·专题练习）设正方体的棱长为2，求： (1)求直线到平面的距离； (2)求平面与平面间的距离. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）直线到平面的距离等于点到平面的距离，利用向量求解可得； （2）平面与平面间的距离等于点到平面的距离，利用向量法求解即可． 【详解】（1）以D为原点，为x，y，z轴，建立如图所示空间直角坐标系， 则 所以，所以，即， 又平面，平面，所以平面， 所以直线到平面的距离等于点到平面的距离． 设平面的一个法向量为， 则，令，则，又， 所以点到平面的距离.      （2）由（1）知平面，同理，平面， 又，平面， 所以平面平面， 即平面与平面间的距离等于点到平面的距离． 由（1）知，点到平面的距离. 所以平面与平面间的距离为. 4．（21-22高二·湖南·课后作业）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． 5．（2022高二上·全国·专题练习）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 题型九 点到直线的距离 1．（23-24高二上·河北石家庄·阶段练习）在空间直角坐标系中，已知，则点A到直线的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用空间向量法求出点到直线距离即可. 【详解】，， . 故选：A. 2．（23-24高二下·江苏扬州·期末）已知三棱柱的棱长均为. (1)证明：平面平面； (2)若，且直线与平面所成角的正弦值为，求点到直线的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2). 【分析】（1）取的中点，连接，可证得，，则平面，然后利用面面垂直的判定定理可证得结论； （2）以所在直线为轴，以所在直线为轴，以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可. 【详解】（1）证明：取的中点，连接， 所以， 所以，所以， 由题设可知，为边长为2的等边三角形，所以， 因为，所以，所以， 又因为平面， 所以平面， 又因为平面，所以平面平面； （2）由（1）可知两两垂直， 所以以所在直线为轴，以所在直线为轴，以所在直线为轴，建立空间直角坐标系. 所以， . 因为，则， 设平面的法向量为， 则即 取， 所以是平面的一个法向量. 设直线与平面所成角为， ， 化简整理得 解得，或（舍去）， 所以， 又因为， 所以. 设点到直线的距离为，则， 所以. 3．（23-24高二下·江苏连云港·期中）如图，在四棱锥中，平面，，，，，点在上，且. (1)证明：平面； (2)当二面角的余弦值为时，求点到直线的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连结，交于点，连结，利用相似比得，然后可得，根据线面平行判定定理即可得证； （2）以为原点，所在直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系，利用二面角的向量公式求出，再由点到直线的距离的向量公式可得. 【详解】（1）连结，交于点，连结， 因为， 所以，又， 所以，所以                                          因为面，面， 所以平面. （2）以为原点，所在直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系， 设，，则，，，， 则 ，，                                     设平面的法向量为， 则，即， 令，可取，                          平面的法向量可取， 所以， 得， 因为， 与同向的单位向量， 所以点到直线的距离为. 4．（23-24高二下·江苏扬州·阶段练习）如图，四棱锥中，底面为平行四边形，，底面． (1)证明：； (2)若，求平面与平面所成角的余弦值． (3)在（2）的条件下，求点到直线的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）先证平面，由此能证明; （2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法平面与平面所成角的余弦值; （3）直接利用空间中点到线的距离公式求解. 【详解】（1）证明：因为，故， 又平面，平面，可得， 又平面，所以平面, 又平面，故． （2）如图，以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则,，,,， ,,, 设平面的法向量为 则，取，得， 设平面的法向量为,,，则， 取，得, 设平面与平面的夹角为，， 故平面与平面所成角的余弦值为. （3）由（2） 则点到直线的距离. 5．（23-24高二下·江苏淮安·阶段练习）如图，圆锥是由直角旋转而成，母线，底面圆的半径为1，D是AB的中点，为底面圆上的一点且， (1)求点到平面ABC的距离； (2)求直线CD与平面AOB所成的角的正弦值； (3)求点O到直线CD的距离， 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据题意建立空间直角坐标，先求出平面ABC的一个法向量，再根据点到平面距离的向量计算方法即可解答； （2）先求出平面AOB的一个法向量和直线CD的方向向量，再根据直线与平面所成角的向量计算方法即可解答； （3）先求出，，再根据点到直线距离的向量计算方法即可解答. 【详解】（1）在所在平面内作， 由题意可得面OBC，因为面OBC，面OBC， 所以，， 以O为原点，以OM、OB、OA所在直线分别为x、y、z轴，建立空间直角坐标系， 由题意可得：，，， ， 则，， 设平面ABC的一个法向量， 则，即， 令，则 所以点到平面ABC的距离为. （2）设直线CD与平面AOB所成角为， 设平面AOB的一个法向量， 因为， 所以则，即， 令，则， 又因为， 所以. （3）因为，， 所以，， ， 所以. 题型十 异面直线之间的距离 1．（23-24高二下·江苏泰州·期中）在四棱锥中，底面是边长为3的正方形，底面，点在侧棱上，且满足，则异面直线和的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可. 【详解】如图，以点为原点，分别作为轴正方向，建立空间直角坐标系， 则. 所以， 设为直线和的公垂线的方向向量， 则有，可取， 所以异面直线和的距离为. 故选：A. 2．（23-24高二上·广东茂名·期末）定义：两条异面直线之间的距离是指其中一条直线上任意一点到另一条直线距离的最小值.在棱长为1的正方体中，直线AC与之间的距离是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】解法1：设是上任意一点，过作，垂足为，设，，根据垂直关系可得，根据题意结合数量积运算求解；解法2：建系，利用坐标法结合向量投影运算求解. 【详解】解法1：设是上任意一点，过作，垂足为， 设，， 则 ， ， 由题意可知：， 因为，则， 可得，则， 所以 ， 当且仅当时，等号成立， 所以直线与之间距离是； 解法2：以DA，DC，为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 则，，，， 可得，， 设，且，，则， 取，则，，可得， 则在上的投影就是两异面直线间的距离. 故选：D. 【点睛】关键点点睛：本题解法2解决的关键是将两异面直线间的距离转化为在上的投影，从而得解. 3．（23-24高二上·河北石家庄·期中）如图，正四棱柱中，，点E和F分别是线段与上的动点，则间最小距离为（    ） A． B．1 C． D． 【答案】C 【分析】根据题意，由条件可得间最小距离即为异面直线与间的距离，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，即可得到结果. 【详解】 因为点E和F分别是线段与上的动点，则间最小距离即为 异面直线与间的距离， 建立如图所示空间直角坐标系，则， 则，， 设与异面直线与都垂直的向量， 则，解得，取，则， 所以，则异面直线间的距离为. 即间最小距离为. 故选：C 4．（23-24高二下·江苏淮安·阶段练习）将边长为2的正方形ABCD沿对角线AC折叠使得△ACD垂直于底面ABC，则异面直线AD与BC的距离为 ． 【答案】/ 【分析】利用垂直关系，建立空间直角坐标系，利用向量法求异面直线的距离. 【详解】取的中点，连结，， 由条件可知，平面平面，且平面平面，平面， 所以平面， 如图，以点为原点，为轴的正方向，建立空间直角坐标系， ，，，， ，，, 设与垂直的向量为，则 ，令，则，所以， 则异面直线AD与BC的距离为. 故答案为： 5．（23-24高二上·辽宁大连·期末）三棱台中，，平面平面ABC，，与交于D．    (1)证明：平面； (2)求异面直线与DE的距离． 【答案】(1)证明见解析； (2) 【分析】（1）由题意和三棱台的结构特征可得，进而证得，结合线面平行的判定定理即可证明； （2）根据面面垂直的性质和线面垂直的判定定理与性质证得、 ，建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法求解线线距，即可求解. 【详解】（1）三棱台中，，则， 有，得，所以， 又，所以在平面内，，有， 平面平面，所以平面． （2）已知平面平面ABC，平面平面，， 平面，所以平面，由平面，得， 又平面ABC，平面ABC， 所以平面ABC，由平面ABC，得 . 以B为坐标原点的方向分别为x轴，y轴，z轴正方向，建立如图空间直角坐标系． 则有， ， 因为，所以， 设向量，且满足：， 则有，令， 在的投影数量为， 异面直线与DE的距离.    题型十一 空间动点问题 1．（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∴． 2．（23-24高二上·广西河池·阶段练习）如图，在三棱柱中，是边长为4的正方形．平面平面，． (1)求证：； (2)求二面角的余弦值； (3)证明：在线段存在点D，使得，并求的值． 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3)证明见解析， . 【分析】（1）由面面垂直的性质得面，再由线面垂直性质证结论； （2）构建空间直角坐标系，应用向量法求面面角的余弦值； （3）设且，利用垂直关系有求参数判断存在性，进而求比值. 【详解】（1）由是正方形，则，且面， 面面，面面，则面， 由面，所以. （2）由，则，所以，且面， 如下图，可构建空间直角坐标系，则， ， 若是面的一个法向量，则， 取，则； 若是面的一个法向量，则， 取，则； 故锐二面角的余弦值为. （3）由题意，可设且，则，又， 所以，故. 故在线段存在点D，使得. 3．（23-24高二上·四川绵阳·阶段练习）如图1，在中，，，分别为边，的中点，且，将沿折起到的位置，使，如图2，连接，.    (1)求证：平面； (2)若为的中点，求直线与平面所成角的正弦值； (3)线段上一动点满足，判断是否存在，使二面角的正弦值为，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) (3)存在， 【分析】（1）由中位线和垂直关系得到，，从而得到线面垂直； （2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，求出线面角的正弦值； （3）求出两平面的法向量，根据二面角的正弦值列出方程，求出，得到答案. 【详解】（1）因为，分别为，的中点，所以. 因为，所以，所以. 又，，平面， 所以平面. （2）因为，，，所以，，两两垂直. 以为坐标原点，所在直线分别为轴， 建立如图所示的空间直角坐标系，    依题意有，，，，，， 则，，，. 设平面的法向量， 则有 令，得，，所以是平面的一个法向量. 因为， 所以直线与平面所成角的正弦值为. （3）假设存在，使二面角的正弦值为， 即使二面角的余弦值为. 由（2）得，， 所以，，. 易得平面的一个法向量为. 设平面的法向量， ， 解得，令，得， 则是平面的一个法向量. 由图形可以看出二面角的夹角为锐角，且正弦值为， 故二面角的余弦值为， 则有， 即，解得，. 又因为，所以. 故存在，使二面角的正弦值为 4．（23-24高二上·湖北黄冈·期中）如图①，在直角梯形中，，，.将沿折起，使平面平面，连，得如图②的几何体. (1)求证：平面平面； (2)若，二面角的平面角的正切值为，在棱上是否存在点使二面角的平面角的余弦值为，若存在，请求出的值，若不存在，说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在， 【分析】（1）根据面面垂直的性质定理和线面垂直的性质得到，然后根据线面垂直和面面垂直的判定定理证明即可； （2）根据二面角的定义得到为二面角的平面角，根据二面角的正切值得到，，然后根据相似得到，，然后建系，设利用空间向量的方法列方程求即可. 【详解】（1）∵平面平面，平面平面，，平面， ∴平面， ∵平面， ∴， ∵，，平面， ∴平面， ∵平面， ∴平面平面. （2）由（1）知平面，，而平面，故. ∴为二面角的平面角， 又平面，平面， ∴，， ∴，. 在①，∴， 令，则， 解得.即，. 在①中作，垂足.    则可得，. ∵平面平面，平面，平面平面， ∴平面， 过作，以为原点，，，分别为轴轴轴建立如图直角坐标系，则    ，，，. ，， 设，. 设平面的法向量为，则 ，∴，取，，即， 设平面的法向量为，则 ，取，，.即. . 解得（舍去），或. ∴. 5．（23-24高二上·安徽六安·期中）如图，在四棱锥中，四边形是矩形，是正三角形，且平面平面，，为棱的中点，四棱锥的体积为. (1)若为棱的中点，求证： 平面； (2)在棱上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出点的位置并给以证明；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在点，位于的中点处，证明见解析 【分析】（1）作出辅助线，证明出四边形是平行四边形，所以 ，从而得到线面平行； （2）先根据面面垂直得到线面垂直，是四棱锥的高，设，根据体积求出，建立空间直角坐标系，设，由线面角得到方程，求出，得到答案. 【详解】（1）取中点，连接， ∵分别为的中点， ，， ∵底面四边形是矩形，为棱的中点， ，， ，， 故四边形是平行四边形，所以 . 又平面，平面， ∴ 平面.    （2）假设在棱上存在点满足题意， 在等边中，为的中点，所以， 又平面平面，平面平面平面， 平面，则是四棱锥的高. 设，则，矩形的面积 ，所以. 以点为原点，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， 则，      故. 设， ， 设平面的一个法向量为， 则，令得，， . 由题意可得， 整理得，解得或，又因为，所以， 故存在点，位于的中点处满足题意. 1．（多选）（23-24高二下·安徽滁州·期末）如图，四棱锥中，面面，且 ，是棱的中点，，则（    ） A． 平面 B．平面 C．和平面所成角的正弦值为 D．四面体外接球的表面积为 【答案】ACD 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明判断A，B，利用线面角的向量求法判断C，利用球的方程求解出半径，再求表面积即可. 【详解】 如图，作，因为面面，面面， 所以面，且作 ，因为， ，所以，是的中点，，， 对于A，以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系， 所以，，，，， ，因为是棱的中点，所以， 所以，，， 设面的法向量，所以， 令，解得，所以， 可得，故 平面成立，故A正确， 对于B，，，设面的法向量为， 所以，令，解得， 得到，故不平行于，所以平面不成立，故B错误， 对于C，，，设面的法向量为， 所以，令，解得， 故，设和平面所成角为，且， 所以，故C正确， 对于D，设四面体外接球的方程为， 将四点代入球的方程，可得， ， 利用加减消元法得到，解得， 再利用加减消元法得到，解得， 现在将，代入方程组，得到， 此时解得，故原方程解得， 故球的方程为， 设球的表面积为，则，故D正确. 故选：ACD 【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何，解题关键是建立空间直角坐标系，然后将点代入球的方程求出半径，再得到所要求的表面积即可． 2．（多选）（23-24高二下·湖南·期末）已知圆柱的高为，线段与分别为圆与圆的直径，则（    ） A．若为圆上的动点，，则直线与所成角为定值 B．若为等边三角形，则四面体的体积为 C．若，且，则 D．若，且与所成的角为，则四面体外接球的表面积为或 【答案】ACD 【分析】对于A，如图①所示，为直角三角形，则与所成角即为与所成角，即为定值即可；对于B，如图②所示，根据为等边三角形，证明平面，则计算即可；对于CD，建立空间直角坐标系，通过坐标运算及四面体外接球即为圆柱外接球计算即可. 【详解】对于A，如图①所示， 当时，则, 又因为， 所以为直角三角形， 且（圆半径）， 故与所成角即为与所成角， 即为定值，故A正确； 对于B，如图②所示， 当为等边三角形时，即， 因为为中点， 所以,， 又因为，且平面,平面, 所以平面. 又因为，即，故， 所以, 故B错误； 对于C，如图③所示，分别以为轴，过垂直于为轴，为轴建立空间直角坐标系， 因为,即，由B选项可知， 则， 所以, 所以， 所以，故C正确； 对于D，如图③所示，分别以为轴，过垂直于为轴，为轴建立空间直角坐标系， 则， 所以, 因为与所成角位， 所以， 解得或. 设四面体外接圆半径为， 当时，则，故外接球表面积为； 当时，则，故外接球表面积为； 故D正确. 故选：ACD. 关键点点睛：本题考查立体几何证明线面垂直、多面体体积、建立空间直角坐标系向量运算及多面体的外接球，解题关键在于借助空间向量可以化繁为简，充分体现了空间向量的工具作用. 3．（多选）（23-24高二下·浙江温州·期末）如图，是棱长为1的正方体的表面上一个动点，为棱的中点，为侧面的中心.下列结论正确的是（    ） A．平面 B．与平面所成角的余弦值为 C．若点在各棱上，且到平面的距离为，则满足条件的点有9个 D．若点在侧面内运动，且满足，则存在点，使得与所成角为 【答案】AC 【分析】建立以为原点空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，可得，即可判断A；设与平面所成的角为，由，即可判断B；由正方体各个顶点到平面的距离与比较，即可判断C；点在侧面内运动，且满足，可得点在侧面内，以为圆心，为半径的一段圆弧上运动，而当点于或重合时与所成角为，即可判断D. 【详解】 对A，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，则， 则，所以，即， 所以平面，故A正确； 对B，设与平面所成的角为， 则，故B错误； 对C，因为正方体的棱长为1，所以正的边长为， 正方体的对角线， 设到平面的距离为，由， 则，则， 则到平面的距离为， 因为， 所以在以为顶点的棱上，满足条件的点共有3个， 又与平面所成角的正弦值为， 所以到平面的距离为， 因为，所以在棱上都存在满足条件的点， 同理在都存在满足条件的点， 而棱到平面最近的距离为，所以不存在满足条件的点， 所以满足条件的点共有9个，故C正确； 对D，设，则，又， 所以，即， 则点在侧面内，以为圆心，为半径的一段圆弧上运动， 而当点和或重合时与所成角为，故D错误. 故选：AC. 4．（23-24高二下·福建宁德·期末）如图，在四棱锥中，底面为正方形，侧棱底面，，，为的中点，点在线段上运动.    (1)线段上是否存在点，满足∥平面？若存在，求的值，若不存在，说明理由； (2)当直线与平面所成的角最大时，求线段的长度. 【答案】(1)存在， (2) 【分析】(1)利用中位线定理可得线线平行，再由线面平行的判定定理即可证明； (2)建立空间直角坐标系，根据题意写出各点坐标，可设，求出平面的法向量，根据夹角公式可得 ， 平方得，设，求导可得当时，函数取得最大值，即得线段的长度. 【详解】（1）存在符合题意的点，此时点为线段的中点. 底面为正方形， 也为线段的中点， 又为的中点，则为的中位线， . 又平面， 平面， 平面， 此时.    （2）如图，以为原点，分别以的方向分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系， 则，则，， 设平面的一个法向量为, 则，即, 令，则，即， 因为点在线段上运动，可设,则, 设直线与平面所成角为, 则 ， 所以. 设，则, 因为当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减, 所以当时，取得最大值，即取得最大值, 又时，函数单调递增. 所以直线与平面所成角最大时，线段的长度为.    5．（23-24高二下·云南曲靖·期末）如图，在四棱锥中，底面满足 ，平面平面，，点是的中点. (1)证明： 平面； (2)求四棱锥的体积； (3)求平面与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）取的中点,连接，证明即可推出线面平行； （2）先证明平面，再利用三棱锥体积公式求解； （3）通过建系写出相关点坐标，求得两平面的法向量坐标，利用空间向量的夹角公式求解即得. 【详解】（1） 如图，取的中点,连接,因点是的中点，则有, 又，，故得,即四边形为平行四边形， 则,又平面，平面,故平面. （2） 如图，因,则, 又因平面平面，平面平面,则平面, 于是四棱锥的体积为. （3） 分别以为轴的正方向，建立空间直角坐标系. 因,平面平面，平面平面, 平面,故有平面，则平面的一个法向量可取为， 由,则得，, 设平面的一个法向量为，则有：， 故可取， 设平面与平面所成角为，则， 故. 即平面与平面所成角的正弦值为. 【点睛】关键点点睛：本题主要考查空间几何体有关的体积和二面角求法，属于较难题. 解题的关键在于要求体积必先选定底面，使底面上的高线易求；对于难找二面角的平面角的问题，一般利用建立空间直角坐标系，求出平面的法向量求解. 6．（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. 7．（23-24高二下·江苏泰州·期末）如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，. (1)求证：平面平面； (2)设. ①若直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长. ②在线段上是否存在点，使得点，，在以为球心的球上？若存在，求线段的长；若不存在，说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)①或；②不存在点，理由见解析 【分析】（1）利用面面垂直的性质可证得平面，再利用面面垂直的判定定理即可证得结论； （2）①依题建系，设，利用题设条件，分别求得相关点和向量的坐标，利用空间向量坐标的夹角公式列出方程，求解即得的值； ②假设存在点，可由推得，得点坐标，由得方程，因此方程无实数解，假设不成立. 【详解】（1）在四棱锥中，平面平面，， 平面，平面平面， 所以平面， 又平面，所以平面平面. （2）如图以为原点，以所在直线为轴，以所在直线为轴建立如图所示直角空间坐标系， 设，则，由， ，，， 则，，因，则，， 所以， ①设平面的法向量为，由，，得： ，可取 设直线与平面所成角为， 则有：，， 即：，化简得：， 解得或，即或. ②如图，假设在线段上是否存在点，使得点，，在以为球心的球上， 由，得，所以， 所以， 又得，，所以， 由得，即， 亦即（*）， 因为，所以方程（*）无实数解， 所以线段上不存在点，使得点，，在以为球心的球上. 【点睛】方法点睛：本题主要考查利用空间向量解决线面所成角以及多点是否在同一球面上的开放性问题，属于较难题. 根据题意，创建合适的空间直角坐标系，利用空间向量夹角的坐标表达式即可求解相关问题，对于开放性问题，一般是假设结论成立，通过推理计算求得结论成立的条件或者推导出矛盾. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 学科网（北京）股份有限公司 $$