重难点15 空间角与距离问题（9大题型+最新模拟）-备战2025年高考数学重难点专题突破（新高考专用）

空间角与距离问题 1.能用向量方法解决点到直线、点到平面、相互平行的直线、相互平行的平面的距离问题和简单夹角问题. 2.能描述解决这一类问题的程序，体会向量方法在研究几何问题中的作用. 1.异面直线所成角 若异面直线l1，l2所成的角为θ，a，b分别是直线l1，l2的方向向量，则cos θ＝｜cos＜a，b＞｜＝. 注意：两异面直线所成的角为锐角或直角，而不共线的向量的夹角的范围为（0，π），所以公式中要加绝对值. 2.直线与平面所成角 如图所示，设l为平面α的斜线，l∩α＝A，a为l的方向向量，n为平面α的法向量，θ为l与α所成的角，则sin θ＝｜cos＜a，n＞｜＝. 注意：直线与平面所成角的范围为，而向量之间的夹角的范围为[0，π]，所以公式中要加绝对值. 3.平面与平面的夹角 （1）平面与平面的夹角：平面α与平面β相交，形成四个二面角，我们把这四个二面角中不大于90°的二面角称为平面α与平面β的夹角，如图①.若平面α，β的法向量分别是n1和n2，则平面α与平面β的夹角即为向量n1和n2的夹角或其补角.设平面α与平面β的夹角为θ，则cos θ＝｜cos＜n1，n2＞｜＝＝； （2）二面角：二面角α－l－β为θ或π－θ.设二面角大小为φ，则｜cos φ｜＝cos θ＝，如图②③. 注意：注意二面角与两个平面的夹角的区别与联系，二面角的范围为[0，π]，两个平面的夹角的范围为. 4.空间距离 （1）点到直线的距离： 设＝a，直线l的一个单位方向向量为u，则向量在直线l上的投影向量＝（a·u）u.在Rt△APQ中，由勾股定理，得PQ＝ ＝； （2）点到平面的距离：已知平面α的法向量为n，A是平面α内的定点，P是平面α外一点.过点P作平面α的垂线l，交平面α于点Q，则n是直线l的方向向量，且点P到平面α的距离就是在直线l上的投影向量的长度.因此PQ＝＝＝； （3）两异面直线间的距离：即两条异面直线公垂线段的长度. 求异面直线所成角主要有两种思路：1、几何法：根据条件作出异面直线所成角，通过解三角形求解，2、空间向量法：（1）坐标法建立空间直角坐标系，求出直线的方向向量，结合向量的数量积求解；（2）基向量法：用已知夹角或模的向量表示出直线的方向向量，结合向量的数量积求解. 例1（2024·青海·模拟预测）如图，在三棱锥P-ABC中，，，，点D，E，F满足，，，则直线CE与DF所成的角为（    ） A． B． C． D． 【类题演练1】（2024·辽宁沈阳·模拟预测）已知直三棱柱中，，，，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【类题演练2】（2024·广东梅州·模拟预测）直三棱柱中，，，则异面直线与所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 【类题演练3】（2024高三·全国·专题练习）在三棱柱中，底面边长和侧棱长都相等，，则异面直线与所成角的正弦值为（　　） A． B． C． D． 向量法求直线与平面所成角的2种方法 （1）分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，将题目转化为求两个方向向量的夹角（或其补角）； （2）通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角（或钝角的补角），取其余角就是斜线和平面所成的角. 角度1 求直线与平面所成角 例2（2024·江苏扬州·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面是等腰梯形，，点在上，点在上，平面平面．    (1)求证：是的中点； (2)若，求直线与平面所成角的正弦值． 【类题演练1】（2024·广东茂名·模拟预测）已知四棱柱的底面是正方形，，，点在底面的射影为中点H，则直线与平面所成角的正弦值为 ． 【类题演练2】（2024·浙江金华·三模）四棱锥的底面为正方形，平面，且，．四棱锥的各个顶点均在球O的表面上，，，则直线l与平面所成夹角的范围为 ． 【类题演练3】（2024·湖南邵阳·三模）如图所示，四棱锥中，平面，，，，为棱上的动点. (1)求证：； (2)若，求直线与平面所成角的正弦值. 角度2 已知线面角求值 例3（23-24高三下·上海·期中）如图所示，在四棱锥中，四边形为直角梯形，，，是等边三角形，为线段的中点，． (1)求证：平面平面； (2)若为线段上的一点，且直线与平面所成角的正弦值为，求的值． 【类题演练1】（2024·河北沧州·三模）如图，在直三棱柱中，，，分别为，的中点.    (1)证明：平面平面； (2)线段上是否存在点，使得直线与平面所成的角的正弦值为，若存在，求出线段的长；若不存在，请说明理由. 【类题演练2】（2024·浙江宁波·模拟预测）在空间四边形ABCD中，. (1)求证:平面平面ABC; (2)对角线BD上是否存在一点，使得直线AD与平面ACE所成角为.若存在求出的值，若不存在说明理由. 向量法求平面与平面夹角（二面角）的方法 （1）找法向量：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小； （2）找与棱垂直的方向向量：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小. 例4（2024·北京·高考真题）如图，在四棱锥中，，，,点在上，且，． (1)若为线段中点，求证：平面． (2)若平面，求平面与平面夹角的余弦值． 【类题演练1】（2024·全国·高考真题）如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形，，，，为的中点． (1)证明：平面； (2)求二面角的正弦值． 【类题演练2】（2023·广东佛山·统考二模）四面体中，，，，，，平面与平面的夹角为，则的值可能为（    ） A． B． C． D． 【类题演练3】（2024·四川宜宾·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面是正方形，，，点为线段的中点，点在线段上.    (1)若，求证：； (2)若是上靠近点的三等分点，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值. 求点面距常见的三种方法 （1）作点到面的垂线，点到垂足的距离即为点到平面的距离；（2）等体积法；（3）向量法.其中向量法在易建立空间直角坐标系的规则图形中较简便. 例5 （2024·黑龙江·三模）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，求点到平面的距离. 【类题演练1】在三棱锥S－ABC中，△ABC是边长为4的正三角形，平面SAC⊥平面ABC，SA＝SC＝2，M，N分别为AB，SB的中点，如图所示．求点B到平面CMN的距离． 【类题演练2】（2024·福建福州·一模）如图，四边形ABCD是圆柱OE的轴截面，点F在底面圆O上，圆O的半径为1，，点G是线段BF的中点． (1)证明：平面DAF； (2)若直线DF与圆柱底面所成角为45°，求点G到平面DEF的距离． 例6（2024·广东·三模）如图，边长为4的两个正三角形，所在平面互相垂直，，分别为，的中点，点在棱上，，直线与平面相交于点. (1)证明：； (2)求直线与平面的距离. 【类题演练】（2023·广东广州·统考二模改编）已知正四面体的棱长为2，点，分别为和的重心，则直线到平面的距离为 例7 （2024高三·全国·课后作业）正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4，M，N，E，F分别为A1D1，A1B1，C1D1，B1C1的中点，则平面AMN与平面EFBD的距离为 . 【类题演练1】如图，在四棱锥O−ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，OA⊥底面ABCD，OA=2，M，N，R分别为OA，BC，AD的中点， 求直线MN与平面OCD的距离及平面MNR与平面OCD的距离. 【类题演练2】底面为菱形的直棱柱中，分别为棱的中点. (1)在图中作一个平面，使得，且平面.（不必给出证明过程，只要求作出与直棱柱的截面）； (2)若，求平面与平面的距离. 例8 （2024·天津北辰·三模）如图，在四棱锥中，平面，，∥，，，为棱的中点. (1)证明：∥平面； (2)求平面和平面夹角的余弦值； (3)求A点到直线的距离. 【类题演练1】（2024·广东广州·模拟预测）如图所示的空间几何体是以为轴的圆柱与以为轴截面的半圆柱拼接而成，其中为半圆柱的母线，点为弧的中点. (1)求证：平面平面； (2)当，平面与平面夹角的余弦值为时，求点到直线的距离. 【类题演练2】（23-24高三下·天津南开·阶段练习）如图，棱柱的底面是菱形，，所有棱长都为，，平面为的中点.    (1)证明：平面； (2)求二面角的余弦值； (3)求点到直线的距离. 例9 （多选）（2024·贵州六盘水·三模）（多选）如图，在棱长为1的正方体中，点P是线段上的动点，则（    ） A．的面积为 B．三棱锥的体积为 C．存在点P，使得⊥ D．存在点P，使得⊥平面 【类题演练1】（2024·山西太原·三模）已知正方体中，是的中点，点是线段上的动点，则下列结论正确的是（   ） A．三棱锥的体积为定值 B．存在点，使得平面 C．不存在点，使得∥平面 D．不存在点，使得平面平面 【类题演练2】（23-24高三下·四川巴中·阶段练习）如图，棱长为的正方体中，为线段上的动点（不含端点），以下正确的是    ①； ②存在点，使得//面； ③的最小值为； ④存在点，使得与面所成线面角的余弦值为. 【类题演练3】（2024·浙江·三模）如图，在三棱柱中，底面是边长为2的正三角形，平面底面，，，E，F分别是，的中点，P是线段上的动点． (1)当P是线段的中点时，求点P到平面的距离； (2)当平面与平面的夹角的余弦值为时，求． 例10（23-24高三下·四川绵阳·阶段练习）如图所示的几何体是由正方形沿直线旋转90°得到的．设是圆弧的中点，是圆弧上的动点（含端点），则直线与平面所成角的正弦值最大为（    ） A． B． C． D． 【类题演练1】（多选）（23-24高三上·山东淄博·期末）如图，多面体，底面为正方形，底面，，，动点在线段上，则下列说法正确的是（    ） A．多面体的外接球的表面积为 B．的周长的最小值为 C．线段长度的取值范围为 D．与平面所成的角的正弦值最大为 【类题演练2】（2024·河北石家庄·三模）如图，在五棱锥中，平面平面，． (1)证明：平面； (2)若四边形为矩形，且，．当直线与平面所成的角最小时，求三棱锥体积． 一、单选题 1．已知向量m，n分别是直线l和平面α的方向向量和法向量，若cos 〈m，n〉＝，则l与α所成的角为(　　) A.30° B.60° C.120° D.150° 2.（23-24安徽芜湖·期末）在三棱锥中，，，E，F分别是，的中点，，则直线与所成的角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 3、（23-24 黑龙江齐齐哈尔·期末）如图，在三棱锥中，平面，是的中点，则与平面所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 4、（2024·广西来宾·一模）棱长为3的正方体中，点E，F满足，，则点E到直线的距离为（    ） A． B． C． D． 5、（2024·河北沧州·二模）已知四面体满足，则点到平面的距离为（    ） A． B． C． D． 6、（2024·内蒙古包头·一模）如图，底面是边长为2的正方形，半圆面底面，点为圆弧上的动点．当三棱锥的体积最大时，二面角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 7、（2024·河南·模拟预测）为体现市民参与城市建设、共建共享公园城市的热情，同时搭建城市共建共享平台，彰显城市的发展温度，某市在中心公园开放长椅赠送点位，接受市民赠送的休闲长椅.其中观景草坪上一架长椅因其造型简单别致，颇受人们喜欢（如图1）.已知和是圆的两条互相垂直的直径，将平面沿翻折至平面，使得平面平面（如图2）此时直线与平面所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 8、（2024高三·全国·专题练习）如图所示，在棱长为的正方体中，分别为棱，的中点，为侧面的一动点，下列说法正确的是（ ） A．异面直线与所成角的余弦值为 B．若的面积为，则动点的轨迹为椭圆的一部分 C．若点到直线与直线的距离相等，则动点的轨迹为抛物线的一部分 D．过直线的平面与面所成角最小时，平面截正方体所得的截面面积为 9.（2024高三上·湖北·开学考试）如图，平面，，，，，，，则（    ） A． B．平面 C．平面与平面的夹角的余弦值为 D．直线与平面所成角的正弦值为 10.（2024·江苏苏州·模拟预测）如图， 是矩形所在平面外一点，，二面角为，为中点，为中点，为中点．则下列说法正确的是（    ） A． B．是二面角的平面角 C． D．与所成的角的余弦值 三、填空题 11.在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝2，二面角B－AA1－C1的大小为60°，点B到平面ACC1A1的距离为，点C到平面ABB1A1的距离为2，则直线BC1与直线AB1所成角的正切值为　　　　.  四、解答题 12、（23-24 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. 13.（23-24 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. 14.（2024·内蒙古呼和浩特·二模）如图，已知平面，，是等腰直角三角形，其中，且． (1)设线段中点为，证明：平面； (2)在线段上是否存在点，使得点到平面的距离等于，如果存在，求的长． 15.（2024·山西吕梁·三模）如图，为圆锥的顶点，为圆锥底面的圆心，为底面直径，为底面圆的内接正三角形，且的边长为，点在母线上，且，. (1)求证：，并求三棱锥的体积； (2)若点为线段上的动点，当直线与平面所成角的正弦值最大时，求此时点到平面的距离. 学科网（北京）股份有限公司 $$ 空间角与距离问题 1.能用向量方法解决点到直线、点到平面、相互平行的直线、相互平行的平面的距离问题和简单夹角问题. 2.能描述解决这一类问题的程序，体会向量方法在研究几何问题中的作用. 1.异面直线所成角 若异面直线l1，l2所成的角为θ，a，b分别是直线l1，l2的方向向量，则cos θ＝｜cos＜a，b＞｜＝. 注意：两异面直线所成的角为锐角或直角，而不共线的向量的夹角的范围为（0，π），所以公式中要加绝对值. 2.直线与平面所成角 如图所示，设l为平面α的斜线，l∩α＝A，a为l的方向向量，n为平面α的法向量，θ为l与α所成的角，则sin θ＝｜cos＜a，n＞｜＝. 注意：直线与平面所成角的范围为，而向量之间的夹角的范围为[0，π]，所以公式中要加绝对值. 3.平面与平面的夹角 （1）平面与平面的夹角：平面α与平面β相交，形成四个二面角，我们把这四个二面角中不大于90°的二面角称为平面α与平面β的夹角，如图①.若平面α，β的法向量分别是n1和n2，则平面α与平面β的夹角即为向量n1和n2的夹角或其补角.设平面α与平面β的夹角为θ，则cos θ＝｜cos＜n1，n2＞｜＝＝； （2）二面角：二面角α－l－β为θ或π－θ.设二面角大小为φ，则｜cos φ｜＝cos θ＝，如图②③. 注意：注意二面角与两个平面的夹角的区别与联系，二面角的范围为[0，π]，两个平面的夹角的范围为. 4.空间距离 （1）点到直线的距离： 设＝a，直线l的一个单位方向向量为u，则向量在直线l上的投影向量＝（a·u）u.在Rt△APQ中，由勾股定理，得PQ＝ ＝； （2）点到平面的距离：已知平面α的法向量为n，A是平面α内的定点，P是平面α外一点.过点P作平面α的垂线l，交平面α于点Q，则n是直线l的方向向量，且点P到平面α的距离就是在直线l上的投影向量的长度.因此PQ＝＝＝； （3）两异面直线间的距离：即两条异面直线公垂线段的长度. 求异面直线所成角主要有两种思路：1、几何法：根据条件作出异面直线所成角，通过解三角形求解，2、空间向量法：（1）坐标法建立空间直角坐标系，求出直线的方向向量，结合向量的数量积求解；（2）基向量法：用已知夹角或模的向量表示出直线的方向向量，结合向量的数量积求解. 例1（2024·青海·模拟预测）如图，在三棱锥P-ABC中，，，，点D，E，F满足，，，则直线CE与DF所成的角为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】设，，，利用空间向量运算得，，利用数量积的运算律求解数量积，即可解答. 【详解】设，，，则，， ， ， 所以， 故直线CE与DF所成的角为. 故选：D 【类题演练1】（2024·辽宁沈阳·模拟预测）已知直三棱柱中，，，，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据空间向量法求线线角即可. 【详解】以为原点，在平面内过作的垂线交于， 以为轴，以为轴，以为轴，建立空间直角坐标系， 因为直三棱柱中，，，， 所以， 所以， 设异面直线与所成角为， 所以. 故选：C. 【类题演练2】（2024·广东梅州·模拟预测）直三棱柱中，，，则异面直线与所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由题意，以为原点，建立空间直角坐标系，求出异面直线与所在直线的方向向量，由空间向量夹角的余弦值的坐标公式求解即可. 【详解】以为原点，在平面中过作的垂线交于， 以所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系， 因为直三棱柱中，， 设， 所以，，，， ，， 设异面直线与所成角为， 则， 所以异面直线与所成角的余弦值为. 故选：. 【类题演练3】（2024高三·全国·专题练习）在三棱柱中，底面边长和侧棱长都相等，，则异面直线与所成角的正弦值为（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】设，，，借助空间向量数量积与模长的关系及向量夹角计算公式计算即可得. 【详解】如图，设，，，三棱柱的棱长均为1， 则，，， ， 又， ， 则， 故异面直线与所成角的正弦值为. 故选：D. 向量法求直线与平面所成角的2种方法 （1）分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，将题目转化为求两个方向向量的夹角（或其补角）； （2）通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角（或钝角的补角），取其余角就是斜线和平面所成的角. 角度1 求直线与平面所成角 例2（2024·江苏扬州·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面是等腰梯形，，点在上，点在上，平面平面．    (1)求证：是的中点； (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）由面面平行得到线线平行，从而得到四边形为平行四边形，，得到结论； （2）作出辅助线，得到，结合三角形全等得到，从而证明出线面垂直，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. 【详解】（1）因为平面平面，平面平面， 平面平面．所以， 又由梯形可得，所以四边形为平行四边形， 所以，所以是的中点． （2）连接，由（1）知是的中点，， 故，故， 因为， 所以，故，即， 因为，所以与全等， 所以，即， 又平面，所以平面， 以为正交基底，建立如图所示空间直角坐标系，    因为，由勾股定理得， 则， 所以， 设平面的法向量为，则， 即， 取，则，于是， 由平面平面，平面平面，平面平面． 得， 又是的中点，所以是的中点，． 设直线与平面所成角为， ， 所以直线与平面所成的角的正弦值为． 【类题演练1】（2024·广东茂名·模拟预测）已知四棱柱的底面是正方形，，，点在底面的射影为中点H，则直线与平面所成角的正弦值为 ． 【答案】 【分析】以点H为坐标原点，、、的方向分别为x、y、z轴的正方向建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量为，直线的一个方向向量，利用向量的夹角公式可求直线与平面所成角的正弦值. 【详解】因为点在底面的射影为中点H，则平面， 又因为四边形为正方形， 以点H为坐标原点，、、的方向分别为x、y、z轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，    因为平面，平面，则， 因为，，则， 则、、、， 所以， 易知平面的一个法向量为， ， 因此，直线与平面所成角的正弦值为． 故答案为：. 【类题演练2】（2024·浙江金华·三模）四棱锥的底面为正方形，平面，且，．四棱锥的各个顶点均在球O的表面上，，，则直线l与平面所成夹角的范围为 ． 【答案】． 【分析】依题意可证明平面，建立空间直角坐标系，用向量法求线面角可得结果. 【详解】解：依题意，四棱锥的外接球的球心O为的中点，连接， 交点为Q，因为底面为正方形，所以， 又平面，且平面，所以， 又，平面，平面，所以平面， 所以为平面的一个法向量， 如图建立坐标系，并设直线l上异于B的一点，所求线面角为， ， 则，，， 由可得， ∴， 当时，， 当时，， 综上，，∴． 故答案为：.      另解：依题意，四棱锥的外接球的球心O为的中点，连接， 交点为Q，因为底面为正方形，所以， 又平面，且平面，所以， 又，平面，平面，所以平面， 即面， 若平面，则与平面所成的角为. 若过B的直线l与平面相交于点R， 在平面中，过B作直线，与平面相交于点为S， 因为面，且平面，所以， 又，，且，平面， 所以平面， 故过且与垂直的直线与平面的交点的轨迹为直线， 又平面，所以，又，且， 所以平面，又平面，所以， 又面，所以为在面内的射影， 即为直线l与平面所成的角，且， 又，而， 当且仅当重合等号成立，故， 综上，，∴． 故答案为：.      【点睛】方法点睛：解决直线与平面所成角的方法：（1）几何法：作出直线与平面所成角，在直角三角形中求角；（2）空间向量法：建立空间直角坐标系，求出直线的方向向量和平面的法向量，用向量法求线面角. 【类题演练3】（2024·湖南邵阳·三模）如图所示，四棱锥中，平面，，，，为棱上的动点. (1)求证：； (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）连接，取的中点，连接，利用平行四边形的判定及性质可得，则有，然后根据线面垂直的判定定理及性质定理即可证明. （2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用向量法求得线面角的正弦值. 【详解】（1）连接，取的中点，连接，则. 又，，四边形为平行四边形，， ，即， 又平面，平面，， 又，平面，平面，平面， 又平面，. （2）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，设.则， 依题意得，，，， 则，， ，. 设平面的法向量为， 则 取，得，．. 设直线与平面所成角为，则有. 直线与平面所成角的正弦值为. 角度2 已知线面角求值 例3（23-24高三下·上海·期中）如图所示，在四棱锥中，四边形为直角梯形，，，是等边三角形，为线段的中点，． (1)求证：平面平面； (2)若为线段上的一点，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) 【分析】（1）利用线线垂直可得平面，进而可证平面平面； （2）过作，垂足为， 【详解】（1）因为为等边三角形，为线段的中点，所以，又， 因为四边形为直角梯形，，所以是平面上的两条相交直线， 所以平面，平面，所以平面平面； （2）因为四边形为直角梯形，，， 所以，过作，垂足为， 由，得，所以，， 建立如图所示的空间直角坐标系，则， 设，则， 设平面的一个法向量为， 则，令，则， 又，设直线与平面所成角为， 则，解得，即. 【类题演练1】（2024·河北沧州·三模）如图，在直三棱柱中，，，分别为，的中点.    (1)证明：平面平面； (2)线段上是否存在点，使得直线与平面所成的角的正弦值为，若存在，求出线段的长；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析； (2)存在，1. 【分析】（1）根据给定条件，建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，利用空间位置关系的向量证明推理即得. （2）由（1）中坐标系，假定存在，利用线面角的向量求法列式计算即得. 【详解】（1）在直三棱柱中，，则直线两两垂直， 以点为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，   ，，，，，， ，，，， 设平面的法向量为，则，令，得 ， 设平面的法向量为，则，令，得 ， 显然，点平面，所以平面平面. （2）假设线段上存在点满足条件，，， 设直线与平面所成的角为， 则， 化简得，而，解得， 所以存在点符合题意，此时. 【类题演练2】（2024·浙江宁波·模拟预测）在空间四边形ABCD中，. (1)求证:平面平面ABC; (2)对角线BD上是否存在一点，使得直线AD与平面ACE所成角为.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）取的中点，连,可证明，，根据线面垂直与面面垂直的判定定理即可证明； （2）以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，求出与平面的法向量的坐标，根据即可求解. 【详解】（1）取的中点，连, 因为，所以，且. 又，则，且. 又，则，则. 因为平面，所以平面. 因为平面，所以平面平面. （2）易知两两垂直，以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则,, 则. 设，则. 则. 设平面的法向量为， 则， 令，则，即. 又,所以， 即，即，解得或（舍去）， 因为，所以,所以， 所以. 故. 向量法求平面与平面夹角（二面角）的方法 （1）找法向量：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小； （2）找与棱垂直的方向向量：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小. 例4（2024·北京·高考真题）如图，在四棱锥中，，，,点在上，且，． (1)若为线段中点，求证：平面． (2)若平面，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【解析】（1）取的中点为，接，则， 而，故，故四边形为平行四边形， 故，而平面，平面， 所以平面. （2） 因为，故，故， 故四边形为平行四边形，故，所以平面， 而平面，故，而， 故建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 则 设平面的法向量为， 则由可得，取， 设平面的法向量为， 则由可得，取， 故， 故平面与平面夹角的余弦值为 【类题演练1】（2024·全国·高考真题）如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形，，，，为的中点． (1)证明：平面； (2)求二面角的正弦值． 【答案】(1)证明见详解； (2) 【解析】（1）因为为的中点，所以， 四边形为平行四边形，所以，又因为平面， 平面，所以平面； （2）如图所示，作交于，连接， 因为四边形为等腰梯形，，所以， 结合（1）为平行四边形，可得，又， 所以为等边三角形，为中点，所以， 又因为四边形为等腰梯形，为中点，所以， 四边形为平行四边形，， 所以为等腰三角形，与底边上中点重合，，， 因为，所以，所以互相垂直， 以方向为轴，方向为轴，方向为轴，建立空间直角坐标系， ，，， ，设平面的法向量为， 平面的法向量为， 则，即，令，得，即， 则，即，令，得， 即，，则， 故二面角的正弦值为. 【类题演练2】（2023·广东佛山·统考二模）四面体中，，，，，，平面与平面的夹角为，则的值可能为（    ） A． B． C． D． 【答案】AD 【解析】在四面体中，，，则是二面角的平面角，如图， ，而，，， ， 因为平面与平面的夹角为，则当时，， 当时，， 所以的值可能为，. 故选：AD 【类题演练3】（2024·四川宜宾·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面是正方形，，，点为线段的中点，点在线段上.    (1)若，求证：； (2)若是上靠近点的三等分点，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2). 【解析】（1）在正方形中，，又 在中，点为线段的中点，平分， 在中，， 过作交于，连接，则， 在正方形中，四边形是矩形， ，又，平面， 平面，又平面. （2）， 在正方形中，， 而，平面， 所以平面， 又平面平面平面， 过作交于点， 由平面平面，平面平面，平面， 得，平面， 故两两互相垂直，以为原点，以所在直线分别为轴， 建立如图所示空间直角坐标系，    则， 由（1）知：， 是上靠近点的三等分点，， 故， 设平面的法向量为， 故，取，故 所以平面的一个法向量， 同理：设平面的法向量， ，取，故， 平面的一个法向量， 设平面与平面所成的锐二面角的平面角为， 则 故平面与平面所成的锐二面角的余弦值为. 求点面距常见的三种方法 （1）作点到面的垂线，点到垂足的距离即为点到平面的距离；（2）等体积法；（3）向量法.其中向量法在易建立空间直角坐标系的规则图形中较简便. 例5 （2024·黑龙江·三模）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，求点到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2)点到平面的距离为. 【解析】（1）证明：由直三棱柱的性质可知，，四边形为平行四边形， 又因为，所以四边形为正方形，所以， 因为，，， 所以平面， 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，建立如图所示的空间直角坐标系， 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，所以， 取，则，， 所以， 设二面角的大小为， 则，解得， 所以，平面的一个法向量， 设点到平面的距离为， 则， 所以点到平面的距离为. 【类题演练1】在三棱锥S－ABC中，△ABC是边长为4的正三角形，平面SAC⊥平面ABC，SA＝SC＝2，M，N分别为AB，SB的中点，如图所示．求点B到平面CMN的距离． 解：取AC的中点O，连接OS，OB， ∵SA＝SC，AB＝BC，∴AC⊥SO，AC⊥BO. ∵平面SAC⊥平面ABC，平面SAC∩平面ABC＝AC， ∴SO⊥平面ABC，又∵BO平面ABC，∴SO⊥BO. 如图所示，分别以OA，OB，OS所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系O－xyz， 则B(0,2，0)，C(－2,0,0)，S(0,0,2)，M(1，，0)，N(0，，)． ∴＝(3，，0)，＝(－1,0，)，＝(－1，，0)． 设n＝(x，y，z)为平面CMN的一个法向量， 则 取z＝1，则x＝，y＝－，∴n＝(，－，1)． ∴点B到平面CMN的距离d＝＝. 【类题演练2】（2024·福建福州·一模）如图，四边形ABCD是圆柱OE的轴截面，点F在底面圆O上，圆O的半径为1，，点G是线段BF的中点． (1)证明：平面DAF； (2)若直线DF与圆柱底面所成角为45°，求点G到平面DEF的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【解析】（1）取中点，连接，如图所示： 为中点，则，又，得， 由，，得， 所以四边形为平行四边形，， 又平面，平面，所以平面. （2）因为，，，所以. 因为平面，且直线与圆柱底面所成角为， 所以，则有. 如图，以为原点，分别为轴，过垂直于底面的直线为轴，建立空间直角坐标系， 则有，， ， 设平面的一个法向量为，则， 令，有，得， ， 设点到平面的距离为， . 故点到平面的距离. 例6（2024·广东·三模）如图，边长为4的两个正三角形，所在平面互相垂直，，分别为，的中点，点在棱上，，直线与平面相交于点. (1)证明：； (2)求直线与平面的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2). 【分析】（1）首先证明平面，再由线面平行的性质证明即可； （2）连接,，以点为原点，建立空间直角坐标系，利用点到平面距离公式求解即得. 【详解】（1）因为、分别为、的中点，所以， 又平面，平面，则平面， 又平面，平面平面，所以. （2）由（1）知，平面， 则点到平面的距离即为与平面的距离， 连接,，由均为正三角形，为的中点，得， 又平面平面，平面平面平面， 于是平面，又平面，则， 以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则，，又，， 又，可得， 所以，，， 设平面的一个法向量为，则， 令，得， 设点到平面的距离为，则， 所以与平面的距离为. 【类题演练】（2023·广东广州·统考二模改编）已知正四面体的棱长为2，点，分别为和的重心，则直线到平面的距离为 【答案】 【解析】将正四面体放入正方体中，以点为原点，以，，所在直线为轴，轴，轴，如图所示， 因为正四面体的长为2， 所以正方体的棱长为， 则，，， 因为点，分别为和的重心， 所以点的坐标为，点的坐标为 所以， 设平面的一个法向量为， 因为，， 所以，取，则， 因为，且直线平面， 所以直线平面， 所以点到平面的距离就是直线到平面的距离， 则点到平面的距离， 即直线到平面的距离为 例7 （2024高三·全国·课后作业）正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4，M，N，E，F分别为A1D1，A1B1，C1D1，B1C1的中点，则平面AMN与平面EFBD的距离为 . 【答案】 【分析】建立空间直角坐标系，计算平面AMN的一个法向量，然后使用等价转化的思想，面面距转为点面距，最后计算即可. 【详解】如图所示，建立空间直角坐标系Dxyz， 则A(4，0，0)，M(2，0，4)，D(0，0，0)，B(4，4，0)，E(0，2，4)， F(2，4，4)，N(4，2，4). ∴=(2，2，0)，=(2，2，0)，=(2，0，4)，=(2，0，4)， ∴， ∴EF∥MN，BF∥AM，EF∩BF=F，MN∩AM=M. ∴平面AMN∥平面EFBD. 设=(x，y，z)是平面AMN的一个法向量， 则解得 取z=1，则x=2，y=-2，得=(2，2，1). 平面AMN到平面EFBD的距离就是点B到平面EFBD的距离. ∵=(0，4，0)，∴平面AMN与平面EFBD间的距离d=. 故答案为： 【点睛】本题考查面面距，使用数形结合，形象直观，并采用向量的方法，将几何问题代数化，便于计算，属基础题. 【类题演练1】如图，在四棱锥O−ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，OA⊥底面ABCD，OA=2，M，N，R分别为OA，BC，AD的中点， 求直线MN与平面OCD的距离及平面MNR与平面OCD的距离. 【答案】； 【分析】由题意，得到直线MN与平面OCD的距离、平面MNR与平面OCD的距离都等于点N到平面OCD的距离，以点A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，求得和平面OCD的法向量为，利用公式，即可求解. 【详解】因为M，R分别为AO，AD的中点， 所以MR∥OD. 在正方形ABCD中，N，R分别为BC，AD的中点， 所以NR∥CD. 又MR∩NR=R，OD∩CD=D， 所以平面MNR∥平面OCD. 又MN平面MNR，所以MN∥平面OCD. 所以直线MN与平面OCD的距离、平面MNR与平面OCD的距离都等于点N到平面OCD的距离.以点A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则O(0，0，2)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，N(2，1，0)， 所以=(0，1，0)，=(0，2，−2)，=(−2，0，0)， 设平面OCD的法向量为n=(x，y，z)，则， 令z=1，得n=(0，1，1)为平面OCD的一个法向量. 所以点N到平面OCD的距离d=|·|=， 所以直线MN与平面OCD的距离、平面MNR与平面OCD的距离都等于. 【点睛】本题主要考查了空间向量在求解距离中的应用，对于利用空间向量求解点到平面的距离的步骤通常为：①求平面的法向量；②求斜线段对应的向量在法向量上的投影的绝对值，即为点到平面的距离．空间中其他距离问题一般都可转化为点到平面的距离求解．着重考查了推理与运算能力，属于基础题. 【类题演练2】底面为菱形的直棱柱中，分别为棱的中点. (1)在图中作一个平面，使得，且平面.（不必给出证明过程，只要求作出与直棱柱的截面）； (2)若，求平面与平面的距离. 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）取的中点，则平面即为所求平面.（2）连接,交于，则，分别以所在的直线为轴，为原点建立如图所示空间直角坐标系，利用向量法求出平面与平面的距离. 【详解】（1） 如图，取的中点，连接，则平面即为所求平面. 证明：由,平面，平面，可得平面. 由，平面，平面，可得平面. ,平面，平面,故可得平面平面，即平面. （2）如图，连接,交于， 在直棱柱中，底面为菱形， ， 分别以所在的直线为轴，为原点建立如图所示空间直角坐标系， 又所有棱长为2， ， ，， 设是平面的一个法向量，则，即 令得，， 点到平面的距离， 平面与平面的距离. 例8 （2024·天津北辰·三模）如图，在四棱锥中，平面，，∥，，，为棱的中点. (1)证明：∥平面； (2)求平面和平面夹角的余弦值； (3)求A点到直线的距离. 【答案】(1)证明见详解 (2) (3) 【分析】（1）取中点，可得四边形为平行四边形，从而，利用线面平行的判定定理即可得证； （2）建系标点，求出平面BDM的法向量，易知为平面PDM的一个法向量，利用向量夹角公式求解可得答案. （3）利用空间向量求得，即可得，进而可得结果. 【详解】（1）取中点，连接，． 在中，，分别为，的中点，则，， 因为∥，，则，， 可知四边形为平行四边形，则， 且平面，平面，所以∥平面PAD． （2）因为平面，，平面ABCD， 则，，且， 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， 取CD的中点，连接BE， 因为∥，，则，， 又因为，所以四边形ABED为矩形， 且，可知四边形ABED是以边长为2的正方形， 则，，，，，， 可得，，， 设平面BDM的法向量为，所以， 令，则，．所以平面BDM的一个法向量为， 易知为平面PDM的一个法向量， 所以， 所以平面和平面夹角的余弦值为. （3）由（2）可知：， 则， 即，可知为锐角， 则， 所以A点到直线的距离为. 【类题演练1】（2024·广东广州·模拟预测）如图所示的空间几何体是以为轴的圆柱与以为轴截面的半圆柱拼接而成，其中为半圆柱的母线，点为弧的中点. (1)求证：平面平面； (2)当，平面与平面夹角的余弦值为时，求点到直线的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）过作交弧上一点，连结，由可得，进而由线面垂直的判定定理证明平面，从而由面面垂直的判定定理即可得证； （2）根据题意，建立空间直角坐标系，设，利用向量法求平面与平面夹角的余弦值，而列方程求出的值，从而向量法可求点到直线的距离. 【详解】（1）过作交弧上一点，连结，如图所示： 则为弧的中点，则且， 所以四边形为平行四边形，所以. 由题意可知，，为等腰直角三角形，则； 因为为弧的中点，所以, 则为等腰直角三角形，则， 所以，则, 因为，则，又， 又因为、面， 所以平面，因为面， 所以平面平面. （2）由题意知，两两垂直，所以为坐标原点， 以分别为轴，轴，轴的空间直角坐标系，如图所示： 设，又， 则，，，，， ，，，，， 设平面的一个法向量为， 则，即，令，， 设平面的一个法向量为， 则，即，令，， 设平面与平面的夹角为 ，解得（负舍）， 所以，，， 则， 所以点到直线的距离为. 【类题演练2】（23-24高三下·天津南开·阶段练习）如图，棱柱的底面是菱形，，所有棱长都为，，平面为的中点.    (1)证明：平面； (2)求二面角的余弦值； (3)求点到直线的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）连接，即可得到，从而得证； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得； （3）令，，再根据距离公式计算可得. 【详解】（1）连接，因为为的中点，为的中点， 所以，且平面，平面， 所以平面. （2）因为平面，且为菱形，所以， 如图，以点为坐标原点，分别以的方向为轴正方向建立空间直角坐标系. 又，所以为等边三角形，所以，则， 在中，， 可知，    则， 设平面的一个法向量为，则，即， 令，得， 取平面的一个法向量为， 所以. 设二面角为，显然二面角为锐二面角， 则， 即二面角的余弦值为. （3）又，所以，所以， 所以，， 所以， 所以，， 所以， 所以点到直线的距离. 例9 （多选）（2024·贵州六盘水·三模）（多选）如图，在棱长为1的正方体中，点P是线段上的动点，则（    ） A．的面积为 B．三棱锥的体积为 C．存在点P，使得⊥ D．存在点P，使得⊥平面 【答案】BD 【分析】选项A：当点P与重合，为边长是的等边三角形，求出三角形面积，即可判断；选项B：利用等体积转化法求解即可；选项C：以为直径的球面与直线没有公共点，即可判断；选项D：当P为的中点时，根据线面垂直的判定定理即可得证． 【详解】A选项，在棱长为1的正方体中， 点P是线段上的动点，当点P与重合时，为等边三角形， 边长为， 故的面积为，故A错误； B选项，因为， 其中， 表示点P到平面的距离，故， 所以三棱锥的体积为，故B正确； C选项：在正方体中，以为直径的球面，半径， 则直线与该球面没有公共点，故不存在点P，故C错误； D选项：取的中点M，连接PM， 当P为的中点时，即为的交点时， 因为，，所以四边形为平行四边形， 故， 又， 所以四边形为平行四边形， 所以， 因为⊥平面， 易知⊥平面， 因为平面， 所以PM⊥， 又因为在正方体中，⊥， 而，所以⊥平面，故D正确． 故选：BD． 【类题演练1】（2024·山西太原·三模）已知正方体中，是的中点，点是线段上的动点，则下列结论正确的是（   ） A．三棱锥的体积为定值 B．存在点，使得平面 C．不存在点，使得∥平面 D．不存在点，使得平面平面 【答案】AB 【分析】建系，设，，可得，对于A：利用向量可知∥平面，结合转换顶点法分析判断；对于B：利用空间向量说明线面垂直；对于C：利用空间向量说明线面平行；利用空间向量说明面面垂直. 【详解】如图所示，以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系， 不妨设，则， 设 设， 则， 对于选项A：因为， 设平面的法向量，则， 令，则，可得， 因为，且平面，则∥平面， 可知点到平面的距离为定值，即三棱锥的高为定值， 又因为的面积为定值， 所以三棱锥的体积为定值，故A正确； 对于选项B：因为，平面的法向量， 若∥，则，解得， 即当时，平面，故B正确； 对于选项C：因为， 设平面的法向量，则， 令，则，可得， 令，解得， 即当时，∥平面，故C错误； 对于选项D：令，解得， 即当时，平面平面，故D错误； 故选：AB. 【点睛】方法点睛：利用空间向量求解探索性问题的策略 （1）假设题中的数学对象存在(或结论成立)或暂且认可其中的一部分结论． （2）在这个前提下进行逻辑推理，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标(或参数)是否有解，是否有规定范围内的解”等．若由此推导出矛盾，则否定假设；否则，给出肯定结论． 【类题演练2】（23-24高三下·四川巴中·阶段练习）如图，棱长为的正方体中，为线段上的动点（不含端点），以下正确的是    ①； ②存在点，使得//面； ③的最小值为； ④存在点，使得与面所成线面角的余弦值为. 【答案】①② 【分析】建立如图空间直角坐标系，设，则，利用空间向量法即可证明①②④；将平面与平面沿展开成平面图，得，利用余弦定理计算即可判断③. 【详解】由题意，建立如图空间直角坐标系，    则， 所以， 设，则，所以， 所以. ①：， 所以，故①正确； ②：设平面的一个法向量为， 则，令，得，所以， 有，当时，，此时，即平面， 所以当点P为的中点时，平面，故②正确； ③：将平面与平面沿展开成平面图，线段即为的最小值.    在中，，由余弦定理， 得， 即，故③错误； ④：由平面， 得平面，即平面，则为平面的一个法向量， 假设存在点P，使得与平面所成线面角的余弦值为， 设该线面角为，则， 所以， 整理得，由知方程无实根， 所以不存在点P，使得与平面所成线面角的余弦值为，故④错误. 故答案为：①② 【点睛】关键点点睛：涉及空间图形中几条线段和最小的问题，把相关线段所在的平面图形展开并放在同一个平面内，再利用两点之间线段最短解决是关键. 【类题演练3】（2024·浙江·三模）如图，在三棱柱中，底面是边长为2的正三角形，平面底面，，，E，F分别是，的中点，P是线段上的动点． (1)当P是线段的中点时，求点P到平面的距离； (2)当平面与平面的夹角的余弦值为时，求． 【答案】(1)． (2) 【分析】（1）利用等体积变化的方法进行计算距离； （2）利用空间向量法计算距离； 【详解】（1）作的中点D，连接，，连接，，， 因为点D，F分别为，的中点， 所以，且， 又由三棱柱的定义，结合点E为的中点可知： ，且， 所以四边形是平行四边形，所以， 又平面，平面，所以平面， 所以当P是线段的中点时，点P到平面的距离等于点E到平面的距离； 因为， ， 因为，所以， 由平面平面，且平面平面， 因为平面，所以平面， 又平面，所以，所以是三棱锥的高， 所以， 在等边三角形中，, 因为，所以直角三角形中 又， 三角形是等腰三角形，， 设点E到平面的距离为d，则，解得． 即点P到平面的距离为． （2） 以为x轴，为y轴，为z轴建立空间直角坐标系， ，，，，， 所以，，，， 设，则， 设平面的一个法向量， 则有，即， 所以， 设平面的一个法向量， 则有，即，所以， 所以， 解得或（舍去）． 所以，即的长为． 例10（23-24高三下·四川绵阳·阶段练习）如图所示的几何体是由正方形沿直线旋转90°得到的．设是圆弧的中点，是圆弧上的动点（含端点），则直线与平面所成角的正弦值最大为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据题意，先将图形补全为一个正方体，然后以为原点，、、所在直线为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，利用向量法算出直线与平面的所成角的正弦值，根据线面夹角定义确定夹角最大值，即可得结论． 【详解】由题意可将图形补全为一个正方体， 以为原点，、、所在直线为轴、轴、轴，建立如图所示空间直角坐标系， 设，则,0,，,0,，,2,，,2,，,0,，,0,，， 设,,，其中、满足，，， ,0,，,,，,,， 设,,为平面的一个法向量，则 即，取，则，，,,， 设直线与平面的所成角为，则 ． 由，，，设，，为锐角， 则， 令，，所以， 则当时有，，所以，，函数单调递减，，，函数单调递增， 又，所以，即的最大值为. 故选：B. 【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. 【类题演练1】（多选）（23-24高三上·山东淄博·期末）如图，多面体，底面为正方形，底面，，，动点在线段上，则下列说法正确的是（    ） A．多面体的外接球的表面积为 B．的周长的最小值为 C．线段长度的取值范围为 D．与平面所成的角的正弦值最大为 【答案】AC 【分析】根据题意将多面体放入正方体中，根据正方体外接球相关知识直接判断A，根据图形展开以及余弦定理判断B，建立合适的空间直角坐标系，结合线段长度和线面角公式判断C和D. 【详解】对于A，由题意可知，多面体可以放在如图所示的正方体当中，    设中点为，则为多面体的外接球球心， 所以多面体的外接球半径为， 则多面体的外接球的表面积为，故A正确. 对于B，的周长为， 将如下图所示展开，当三点共线时，最小，    由， 则，所以，所以， 在中，由余弦定理得，， 所以， 则的周长最小为，故B错误. 对于C，建立如图所示的空间直角坐标系，    则，设，， 则，故C正确. 对于D，由， 所以， 设平面法向量， 由，令，则， 则与平面所成角的正弦值为， 因为，所以，当，即时， 取得与平面所成角的正弦值的最大值，故D错误. 故选：AC 【点睛】方法点睛：本题考查立体几何的综合应用.解决立体几何问题的常见方法有： （1）定义法，通过相关的判定定理和性质定理直接求解； （2）空间向量法，运用空间向量进行基底转化或者运用坐标法结合公式求解； （3）转化法，通过转化与化归，将所求长度或角度转化求解. 【类题演练2】（2024·河北石家庄·三模）如图，在五棱锥中，平面平面，． (1)证明：平面； (2)若四边形为矩形，且，．当直线与平面所成的角最小时，求三棱锥体积． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）借助面面垂直的性质定理与线面垂直的判定定理推导即可得； （2）建立适当空间直角坐标系，借助空间向量可得当直线与平面所成的角最小时的大小，结合体积公式计算即可得解. 【详解】（1）因为平面平面平面， 平面平面，所以平面， 又平面，所以， 又因为，且平面，所以平面； （2）以为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系， 设，则， 可得与轴夹角为，所以，， ， ，平面的法向量记为， 由，得，令，得， ，即， 当时，等号成立，此时，直线与平面的所成的角取得最小值， 此时. 一、单选题 1．已知向量m，n分别是直线l和平面α的方向向量和法向量，若cos 〈m，n〉＝，则l与α所成的角为(　　) A.30° B.60° C.120° D.150° 答案　B 解析　由于cos 〈m，n〉＝，所以〈m，n〉＝30°，所以直线l与α所成的角为60°. 2.（23-24安徽芜湖·期末）在三棱锥中，，，E，F分别是，的中点，，则直线与所成的角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】取的中点，连接， 因为E，F分别是，的中点， 所以，故或其补角为直线与所成的角， ， 又， 故， 故直线与所成的角的余弦值为. 故选：A 3、（23-24 黑龙江齐齐哈尔·期末）如图，在三棱锥中，平面，是的中点，则与平面所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】如图，取中点，连接，令. 因为面，面，所以， 又因为，所以， 因为面，面，所以， 又因为，所以，因为面，，所以面， 因为面，所以， 因为面，所以面，所以是与平面所成角， 因为，..，所以, 由已证知，面，因为面，所以，所以， 因为面，面，所以，所以，所以， 由已证知，面，又因为面，所以所以， 即与平面所成角的正弦值是. 故选：B． 4、（2024·广西来宾·一模）棱长为3的正方体中，点E，F满足，，则点E到直线的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】如图，建立空间直角坐标系，根据条件可得，，， ，，设向量与的夹角为， ， 所以点到直线的距离为. 故选：A. 5、（2024·河北沧州·二模）已知四面体满足，则点到平面的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】因为四面体满足， 可得， 设平面的一个法向量， 则， 令，解得，所以， 所以， 设点到平面的距离为，则. 故选：D. 6、（2024·内蒙古包头·一模）如图，底面是边长为2的正方形，半圆面底面，点为圆弧上的动点．当三棱锥的体积最大时，二面角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】三棱锥的体积与到平面的距离成正比， 故当三棱锥的体积最大时,此时点处于半圆弧的正中间位置. 点处于半圆弧的正中间位置时，记的中点为，以其为原点，分别作为轴正方向，建立空间直角坐标系. 平面显然有法向量， ， 设为平面的法向量， 则该向量与和均垂直， 所以，从而. 令，解得， 故符合条件， 显然二面角为锐角， 因此所求余弦值为. 故选：D. 7、（2024·河南·模拟预测）为体现市民参与城市建设、共建共享公园城市的热情，同时搭建城市共建共享平台，彰显城市的发展温度，某市在中心公园开放长椅赠送点位，接受市民赠送的休闲长椅.其中观景草坪上一架长椅因其造型简单别致，颇受人们喜欢（如图1）.已知和是圆的两条互相垂直的直径，将平面沿翻折至平面，使得平面平面（如图2）此时直线与平面所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】依题意，，而平面平面，平面平面， 又平面平面，则平面，， 因此直线两两垂直，以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 令圆半径，则， ，设平面的一个法向量， 则，令，得，设直线与平面所成的角为， 则， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 故选：B 二、多选题 8、（2024高三·全国·专题练习）如图所示，在棱长为的正方体中，分别为棱，的中点，为侧面的一动点，下列说法正确的是（ ） A．异面直线与所成角的余弦值为 B．若的面积为，则动点的轨迹为椭圆的一部分 C．若点到直线与直线的距离相等，则动点的轨迹为抛物线的一部分 D．过直线的平面与面所成角最小时，平面截正方体所得的截面面积为 【答案】BCD 【分析】以为原点，建立空间直角坐标系，得到，结合向量的夹角公式，可得判定A错误；设到的距离为，求得，得到点位于圆柱面上，可得判定B正确；根据到点与到直线的距离相等，结合抛物线的定义，可判定C正确；根据题意，得到截面图形为正六边形，可判定D正确. 【详解】 以为原点，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，可得， 则， 所以，所以A错误； 设到的距离为，则，解得， 所以点位于以为中轴线，半径为的圆柱面上， 又因为位于平面上，则位于平面与圆柱面的交线上， 根据圆柱面与平面的位置关系，可得的轨迹为椭圆的一部分，故B正确； 点到直线的距离等于，即到点与到直线的距离相等， 根据抛物线的定义，则动点的轨迹为抛物线的一部分，所以C正确； 取中点，则易得，且平面， 易得当与平面和底面的交线垂直时， 过直线的平面与面所成角最小， 可知，则平面和底面的交线与平行， 此时易得平面即为图中的平面，其中点，，，是所在棱的中点， 可得截面图形为正六边形，边长为，所以其面积为，所以D正确. 故选：BCD. 9.（2024高三上·湖北·开学考试）如图，平面，，，，，，，则（    ） A． B．平面 C．平面与平面的夹角的余弦值为 D．直线与平面所成角的正弦值为 【答案】BC 【解析】因为平面，， 由题意，以为坐标原点，分别以，，的方向为轴、轴、轴正方向建立空间直角坐标系， 可得，，，，，， 则，， 所以，所以，不垂直，故A错误； 依题意，是平面的法向量， 又，可得，则， 又因为直线平面，所以平面，故B正确； 设为平面的一个法向量，则， 即，令，可得， 依题意，，， 设为平面的法向量，则，即，不妨令，可得， 所以， 故平面与平面的夹角的余弦值为，故C正确； 设直线与平面所成角为，， 则，故D错误. 故选：BC. 10.（2024·江苏苏州·模拟预测）如图， 是矩形所在平面外一点，，二面角为，为中点，为中点，为中点．则下列说法正确的是（    ） A． B．是二面角的平面角 C． D．与所成的角的余弦值 【答案】BD 【解析】 连接，过向平面引垂线，垂足为，连接； 因为，为中点，所以； 因为垂直于平面，平面，所以； 平面，平面，，所以平面， 又因为平面，所以， 所以二面角的平面角为； 在中，，，所以， 在中，，，所以，； 因为为矩形，所以，又，， 过点作交于，，所以四边形为正方形； 如图所示，建立以为坐标原点，为轴，过且与垂直的方向为轴， 为轴的空间直角坐标系； ，，，，， ，为中点，所以； ，所以， 故，A错误； 为中点，为中点，为中位线，， 又，所以，又因为， 所以是二面角的平面角，B正确； 因为 为锐角，且，， 所以， 所以， 所以，C错误； 设与所成的角为，，， ，D正确. 故选：BD 三、填空题 11.在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝2，二面角B－AA1－C1的大小为60°，点B到平面ACC1A1的距离为，点C到平面ABB1A1的距离为2，则直线BC1与直线AB1所成角的正切值为　　　　.  解析：由题意可知，∠BAC＝60°，点B到平面ACC1A1的距离为，点C到平面ABB1A1的距离为2，所以在△ABC中，AB＝2，AC＝4，BC＝2，∠ABC＝90°，则·＝（－）·（＋）＝4，｜｜＝2，｜｜＝4，cos＜，＞＝＝，故tan＜，＞＝. 答案： 四、解答题 12、（23-24 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). 【解析】（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，，， 设平面的法向量为，则，令，得， 设直线与平面所成的角为，则， 以直线与平面所成角的正弦值为. 13.（23-24 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). 【解析】（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，，， 设平面的法向量为，则，令，得， 设直线与平面所成的角为，则， 以直线与平面所成角的正弦值为. 14.（2024·内蒙古呼和浩特·二模）如图，已知平面，，是等腰直角三角形，其中，且． (1)设线段中点为，证明：平面； (2)在线段上是否存在点，使得点到平面的距离等于，如果存在，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，的长为 【解析】（1）取的中点，的中点，连结、、 则有，， 因为，，所以且， 所以四边形是平行四边形，则， 又平面，平面， 所以平面. （2）存在.设，在中，. 因为面，所以. 因为面，面，面 所以,， 则均为直角三角形. 在中， 同理，. 取的中点，因为，所以， 而. 故. 因为点到面的距离等于， 所以. 而，所以，解得. 所以在线段上只存在唯一一点，当且仅当时，点到面的距离等于. 15.（2024·山西吕梁·三模）如图，为圆锥的顶点，为圆锥底面的圆心，为底面直径，为底面圆的内接正三角形，且的边长为，点在母线上，且，. (1)求证：，并求三棱锥的体积； (2)若点为线段上的动点，当直线与平面所成角的正弦值最大时，求此时点到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析， (2) 【解析】（1）设，连接， 为底面圆的内接正三角形， 为中点， 又， ； ， ； 平面平面平面平面， 平面平面平面平面， 又平面， 又平面，又平面， 所以， 又平面， 平面平面平面； 为中点，，即， 又平面，平面， 平面平面， ， ， 又平面， . （2）为中点，又， 为中点，， ， 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， 则， ， ， ， 设， ； 设平面的法向量， 则，令，解得：， 设直线与平面所成角为， ， 令，则， ， 当，即时，， ，此时， ， 点到平面的距离. 学科网（北京）股份有限公司 $$