专题02 空间向量在立体几何中的应用（六大重难点题型）-【课后优辅导】2024年秋季高二数学上学期精品讲义（人教A版2019）

专题2 空间向量在立体几何中的应用 知识点一：直线的方向向量和平面的法向量 1.直线的方向向量： 点A是直线l上的一个点，是直线l的方向向量，在直线l上取，取定空间中的任意一点O，则点P在直线l上的充要条件是存在实数t，使或，这就是空间直线的向量表达式. 知识点诠释： （1）在直线上取有向线段表示的向量，或在与它平行的直线上取有向线段表示的向量，均为直线的方向向量． （2）在解具体立体几何题时，直线的方向向量一般不再叙述而直接应用，可以参与向量运算或向量的坐标运算． 2.平面的法向量定义： 直线l⊥α，取直线l的方向向量，我们称向量为平面α的法向量．给定一个点A和一个向量，那么过点A，且以向量为法向量的平面完全确定，可以表示为集合. 知识点诠释：一个平面的法向量不是唯一的，在应用时，可适当取平面的一个法向量．已知一平面内两条相交直线的方向向量，可求出该平面的一个法向量． 3.平面的法向量确定通常有两种方法： （1）几何体中有具体的直线与平面垂直，只需证明线面垂直，取该垂线的方向向量即得平面的法向量； （2）几何体中没有具体的直线，一般要建立空间直角坐标系，然后用待定系数法求解，一般步骤如下： （i）设出平面的法向量为； （ii）找出（求出）平面内的两个不共线的向量的坐标，； （iii）根据法向量的定义建立关于x、y、z的方程； （iv）解方程组，取其中的一个解，即得法向量．由于一个平面的法向量有无数个，故可在代入方程组的解中取一个最简单的作为平面的法向量． 知识点二：用向量方法判定空间中的平行关系 空间中的平行关系主要是指：线线平行、线面平行、面面平行． （1）线线平行 设直线的方向向量分别是，则要证明，只需证明，即． （2）线面平行 线面平行的判定方法一般有三种： ①设直线的方向向量是，平面的向量是，则要证明，只需证明，即． ②根据线面平行的判定定理：要证明一条直线和一个平面平行，可以在平面内找一个向量与已知直线的方向向量是共线向量． ③根据共面向量定理可知，要证明一条直线和一个平面平行，只要证明这条直线的方向向量能够用平面内两个不共线向量线性表示即可． （3）面面平行 ①由面面平行的判定定理，要证明面面平行，只要转化为相应的线面平行、线线平行即可． ②若能求出平面，的法向量，则要证明，只需证明． 知识点三、用向量方法判定空间的垂直关系 空间中的垂直关系主要是指：线线垂直、线面垂直、面面垂直． （1）线线垂直 设直线的方向向量分别为，则要证明，只需证明，即． （2）线面垂直 ①设直线的方向向量是，平面的向量是，则要证明，只需证明． ②根据线面垂直的判定定理转化为直线与平面内的两条相交直线垂直． （3）面面垂直 ①根据面面垂直的判定定理转化为证相应的线面垂直、线线垂直． ②证明两个平面的法向量互相垂直． 知识点四、用向量方法求空间角 （1）求异面直线所成的角 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． 知识点诠释：两异面直线所成的角的范围为．两异面直线所成的角可以通过这两直线的方向向量的夹角来求得，但二者不完全相等，当两方向向量的夹角是钝角时，应取其补角作为两异面直线所成的角． （2）求直线和平面所成的角 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． （3）求二面角 如图，若于于，平面交于，则为二面角的平面角，. 若分别为面的法向量， 则二面角的平面角或， 即二面角等于它的两个面的法向量的夹角或夹角的补角． ①当法向量与的方向分别指向二面角的内侧与外侧时，二面角的大小等于的夹角的大小． ②当法向量的方向同时指向二面角的内侧或外侧时，二面角的大小等于的夹角的补角的大小． 知识点五、用向量方法求空间距离 1.求点面距的一般步骤： ①求出该平面的一个法向量； ②找出从该点出发的平面的任一条斜线段对应的向量； ③求出法向量与斜线段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． 即：点A到平面的距离，其中，是平面的法向量． 2.线面距、面面距均可转化为点面距离，用求点面距的方法进行求解． 直线与平面之间的距离：，其中，是平面的法向量． 两平行平面之间的距离：，其中，是平面的法向量． 3. 点线距 设直线l的单位方向向量为，，，设，则点P到直线l的距离 . 重难点题型1 利用空间向量研究平行问题 例1．（2021·陕西西安·三模）如图，在正方体中，当点在线段上运动时，下列结论正确的是（    ）.    A．与可能平行 B．与始终异面 C．与平面可能垂直 D．与始终垂直 例2．（22-23高二上·天津河东·期中）如图，在长方体中，，.，M，N分别是棱，，的中点.若点P是平面内的动点，且满足平面，则线段长度的最小值为 .    1．（2024·宁夏银川·一模）如图，在棱长为2的正方体中，、分别是棱，的中点，过点作平面，使得∥平面，且平面与交于点，则（    ）    A． B． C． D． 2．（22-23高二下·江苏南京·期中）如图，在棱长为1的正方体中，点E，F分别是棱BC、的中点，P是侧面内一点（含边界），若平面AEF，点P的轨迹长度为 ． 例3．（24-25高二下·全国·课后作业）如图所示，四边形为矩形，平面，，，，分别是，，的中点.    (1)求证：平面； (2)求证：平面平面. 例4．（2024·陕西安康·模拟预测）如图，已知多面体是由正四棱锥P-ABCD与正方体组合而成的，且.    (1)求证：平面； (2)若，求四棱锥的体积. 1．（23-24高二上·四川南充·阶段练习）如图，直三棱柱中，，，分别为，的中点．    (1)求证：平面； (2)线段上是否存在点，使平面？若存在，求；若不存在，说明理由． 2．（2020高三·全国·专题练习）已知E，F，G，H分别是空间四边形ABCD的边AB，BC，CD，DA的中点，用向量法证明： (1)E，F，G，H四点共面； (2)平面EFGH． 重难点题型2 利用空间向量研究垂直问题 例5．（23-24高二下·湖南长沙·阶段练习）在正方体中，点M，N分别是棱和线段上的动点，则满足与垂直的直线MN（    ） A．有且仅有1条 B．有且仅有2条 C．有且仅有3条 D．有无数条 例6．（22-23高三上·湖南长沙·阶段练习）如图，在棱长为2的正方体中，分别为棱，的中点，为面对角线上的一点，且,若平面，则（    ） A． B． C． D． 1．（2023·四川泸州·一模）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，则下列结论一定正确的是（    ）    A．平面平面 B．平面平面 C．直线平面 D．直线平面 2．（22-23高二上·河南·阶段练习）如图，已知长方体的底面边长均为2，高为4，E，F，G分别是棱，，的中点，则下列选项中正确的是（    ） A．平面 B．平面 C． D．三棱锥的体积为 例7．（20-21高二上·天津·期中）如图，在四棱锥中，底面是正方形，底面，E是的中点，已知，．    (1)求证：； (2)求证：平面平面． 例8．（22-23高二下·全国·单元测试）如图，在多面体中，四边形是正方形， ，且，二面角是直二面角．    (1)求证：平面； (2)求证：平面. 1．（22-23高二上·陕西咸阳·阶段练习）如图，正方形与梯形所在的平面互相垂直，，，，，M为CE的中点.请用空间向量知识解决下列问题： (1)求证：； (2)求证：平面. 2．（22-23高二上·北京大兴·期中）如图，在平行六面体中，，，设向量，，. (1)用、、表示向量，并求； (2)证明：直线平面. 重难点题型3 利用空间向量研究距离问题 例9．（19-20高二·全国·课后作业）如图，棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，N是棱AD的中点，M是棱CC1上的点，且CC1=3CM，则直线BM与B1N之间的距离为 . 例10.（21-22高二上·北京·期中）如图，正方体中，M，N分别是线段上的动点（不含端点），则下列各项中会随着M，N的运动而变化的是（    ）    A．异面直线与直线所成的角的大小 B．平面与平面所成的角的大小 C．直线到平面距离的大小 D．异面直线，之间的距离的大小 例11．（22-23高一·全国·课后作业）在边长为1的正方体中．平面与平面之间的距离为（    ） A． B．1 C． D． 1．（24-25高二上·河南开封·阶段练习）如图所示，在直四棱柱 中，，点 在棱 上，且，则点 到平面 的距离为 . 2．（23-24高二下·福建厦门·期末）在棱长为2的正方体中，E，F，G分别是棱，，的中点，过作平面，使得，则点到平面的距离是（    ） A． B． C． D． 3．（24-25高二下·全国·课后作业）（多选）如图，在棱长为1的正方体中，E，F分别为的中点，则下列结论正确的是（    ） A．点F到点E的距离为 B．点F到直线的距离为 C．点F到平面的距离为 D．平面到平面的距离为 重难点题型4 利用空间向量研究线与线夹角问题 例12.（21-22高二上·海南三亚·阶段练习）如图，正方体中，，分别是，的中点，则 ， 例13．（22-23高二上·云南临沧·阶段练习）（多选题）已知空间中三点，则正确的有（    ） A．与是共线向量 B．的一个单位向量是 C．与夹角的余弦值是 D．平面的一个法向量是 1．（20-21高二下·浙江绍兴·期末）如图，在正方体中，M为线段的中点，N为线段上的动点，则直线与直线所成角的正弦值的最小值为（    ）    A． B． C． D． 2．（2020·全国·模拟预测）已知在正方体中，P为线段上的动点，则直线与直线所成角余弦值的范围是（    ） A． B． C． D． 重难点题型5 利用空间向量研究线与面夹角问题 例14．（2023·安徽安庆·二模）（多选题）如图，在直四棱柱中，分别为侧棱上一点，，则（    ） A． B． C．的最大值为 D．当时， 例15．（23-24高二下·河南漯河·期末）已知如图所示的几何体中，底面是边长为4的正三角形，侧面是长方形，，平面平面为棱上一点，，且，则与平面所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 1．（24-25高二下·全国·单元测试）（多选题）已知分别是正方体的棱和的中点，则（    ）    A．与是异面直线 B．与所成角的大小为45° C．与平面所成角的余弦值为 D．平面与平面所成角的余弦值为 2．（23-24高二下·江苏南京·阶段练习）在空间直角坐标系中，，若平面的一个法向量，直线与平面所成角的正弦值为 例16.（23-24高三上·广东东莞·阶段练习）如图，AB是圆的直径，平面PAC面ACB，且APAC． (1)求证：平面； (2)若，求直线AC与面PBC所成角的正弦值. 例17．（2024·辽宁沈阳·模拟预测）如图，直线垂直于梯形所在的平面，，为线段的中点，，，四边形为矩形. (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 1．（24-25高三上·广东汕头·开学考试） 在四棱锥中，，，，点为的中点. (1)证明：平面； (2)若平面平面，且，求直线与平面所成角的正弦值. 2．（2024·江苏南京·模拟预测）如图，四棱锥中，底面，，分别为线段上一点，. (1)若为的中点，证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值的最大值. 重难点题型6 利用空间向量研究二面角问题 例18.（2024·四川·模拟预测）如图，多面体中，已知面是边长为4的正方形，是等边三角形，，，平面平面． (1)求证：； (2)求二面角的大小． 例19．（2024·湖南·三模）如图，四棱锥的底面是梯形，平面. (1)求证：平面平面； (2)在棱上是否存在一点E，使得二面角的余弦值为.若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 1．（23-24高二下·江苏徐州·期中）如图，已知四棱台的上、下底面分别是边长为2和4的正方形，，且底面，点满足，点是棱上的一个点(包括端点)． (1)求证：； (2)若二面角的余弦值为，求点到平面的距离． 2．（23-24高二下·广西贵港·期中）如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，，，． (1)证明：平面平面． (2)求二面角的余弦值． 1．（23-24高二上·北京顺义·阶段练习）如图，在棱长为1的正方体中，分别是线段上的点，是直线上的点，满足平面，且不是正方体的顶点，则的最小值是（    ）    A． B． C． D． 2．（2023·四川广安·一模）如图，在长方体中，底面ABCD为正方形，E，F分别为，CD的中点，直线BE与平面所成角为，给出下列结论： ①平面；                ②； ③异面直线BE与所成角为；    ④三棱锥的体积为长方体体积的． 其中，所有正确结论的序号是（    ） A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①②③④ 3．（22-23高二上·山西运城·期中）如图，在三棱柱中，底面是边长为的正三角形，，顶点在底面的射影为底面正三角形的中心，P，Q分别是异面直线上的动点，则P，Q两点间距离的最小值是（    ） A． B．2 C． D． 4．（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． 5．（23-24高二上·江苏扬州·阶段练习）如图，在几何体中，四边形是矩形，，且平面平面，，，则下列结论错误的是（    ）    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   6．（23-24高二上·浙江台州·阶段练习）如图，将正方形纸片沿对角线翻折，若E，F分别为的中点，O为原正方形的中心，使得折纸后的二面角的大小为，则此时的值为（    ）    A． B． C． D． 7．（23-24高二下·江苏淮安·期中）在三棱锥中，平面平面是的中点.，则直线与平面所成角的正弦值为（    ）    A． B． C． D． 8．（23-24高二下·甘肃白银·期末）在棱长为2的正方体中，E是的中点，则直线与平面所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 9．（22-23高二上·江苏淮安·开学考试）（多选题）如图，在棱长为1的正方体中（    ） A．与的夹角为 B．平面与平面夹角的正切值为 C．与平面所成角的正切值 D．点到平面的距离为 10．（23-24高一下·云南丽江·阶段练习）如图，棱长为2的正方体中，为的中点，点在底面上（包括边界）移动，且满足，则点在底面上运动形成的轨迹长度为 . 11．（24-25高二下·全国·单元测试）如图，在长方体中，，以D为原点，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，若为线段的中点，则点到平面的距离为 ．    12．（23-24高二下·江苏宿迁·期中）直四棱柱的所有棱长都为，，点在四边形及其内部运动，且满足，则点到平面的距离的最小值为 ．    13．（19-20高二·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 . 14．（21-22高二上·湖南·阶段练习）平行六面体的各棱长均相等，与平面交于点E，则的余弦值为 . 15．（23-24高二下·安徽亳州·期中）如图，在四棱台中，下底面是平行四边形，，，，，．分别为的中点． (1)求证：； (2)若，求直线与平面所成角的正弦值． 16．（23-24高二下·江苏南京·期中）已知三棱锥中，平面，，，为上一点且满足，，分别为，的中点． (1)求证：； (2)求直线与平面所成角的大小； 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！8 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题2 空间向量在立体几何中的应用 知识点一：直线的方向向量和平面的法向量 1.直线的方向向量： 点A是直线l上的一个点，是直线l的方向向量，在直线l上取，取定空间中的任意一点O，则点P在直线l上的充要条件是存在实数t，使或，这就是空间直线的向量表达式. 知识点诠释： （1）在直线上取有向线段表示的向量，或在与它平行的直线上取有向线段表示的向量，均为直线的方向向量． （2）在解具体立体几何题时，直线的方向向量一般不再叙述而直接应用，可以参与向量运算或向量的坐标运算． 2.平面的法向量定义： 直线l⊥α，取直线l的方向向量，我们称向量为平面α的法向量．给定一个点A和一个向量，那么过点A，且以向量为法向量的平面完全确定，可以表示为集合. 知识点诠释：一个平面的法向量不是唯一的，在应用时，可适当取平面的一个法向量．已知一平面内两条相交直线的方向向量，可求出该平面的一个法向量． 3.平面的法向量确定通常有两种方法： （1）几何体中有具体的直线与平面垂直，只需证明线面垂直，取该垂线的方向向量即得平面的法向量； （2）几何体中没有具体的直线，一般要建立空间直角坐标系，然后用待定系数法求解，一般步骤如下： （i）设出平面的法向量为； （ii）找出（求出）平面内的两个不共线的向量的坐标，； （iii）根据法向量的定义建立关于x、y、z的方程； （iv）解方程组，取其中的一个解，即得法向量．由于一个平面的法向量有无数个，故可在代入方程组的解中取一个最简单的作为平面的法向量． 知识点二：用向量方法判定空间中的平行关系 空间中的平行关系主要是指：线线平行、线面平行、面面平行． （1）线线平行 设直线的方向向量分别是，则要证明，只需证明，即． （2）线面平行 线面平行的判定方法一般有三种： ①设直线的方向向量是，平面的向量是，则要证明，只需证明，即． ②根据线面平行的判定定理：要证明一条直线和一个平面平行，可以在平面内找一个向量与已知直线的方向向量是共线向量． ③根据共面向量定理可知，要证明一条直线和一个平面平行，只要证明这条直线的方向向量能够用平面内两个不共线向量线性表示即可． （3）面面平行 ①由面面平行的判定定理，要证明面面平行，只要转化为相应的线面平行、线线平行即可． ②若能求出平面，的法向量，则要证明，只需证明． 知识点三、用向量方法判定空间的垂直关系 空间中的垂直关系主要是指：线线垂直、线面垂直、面面垂直． （1）线线垂直 设直线的方向向量分别为，则要证明，只需证明，即． （2）线面垂直 ①设直线的方向向量是，平面的向量是，则要证明，只需证明． ②根据线面垂直的判定定理转化为直线与平面内的两条相交直线垂直． （3）面面垂直 ①根据面面垂直的判定定理转化为证相应的线面垂直、线线垂直． ②证明两个平面的法向量互相垂直． 知识点四、用向量方法求空间角 （1）求异面直线所成的角 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． 知识点诠释：两异面直线所成的角的范围为．两异面直线所成的角可以通过这两直线的方向向量的夹角来求得，但二者不完全相等，当两方向向量的夹角是钝角时，应取其补角作为两异面直线所成的角． （2）求直线和平面所成的角 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． （3）求二面角 如图，若于于，平面交于，则为二面角的平面角，. 若分别为面的法向量， 则二面角的平面角或， 即二面角等于它的两个面的法向量的夹角或夹角的补角． ①当法向量与的方向分别指向二面角的内侧与外侧时，二面角的大小等于的夹角的大小． ②当法向量的方向同时指向二面角的内侧或外侧时，二面角的大小等于的夹角的补角的大小． 知识点五、用向量方法求空间距离 1.求点面距的一般步骤： ①求出该平面的一个法向量； ②找出从该点出发的平面的任一条斜线段对应的向量； ③求出法向量与斜线段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． 即：点A到平面的距离，其中，是平面的法向量． 2.线面距、面面距均可转化为点面距离，用求点面距的方法进行求解． 直线与平面之间的距离：，其中，是平面的法向量． 两平行平面之间的距离：，其中，是平面的法向量． 3. 点线距 设直线l的单位方向向量为，，，设，则点P到直线l的距离 . 重难点题型1 利用空间向量研究平行问题 例1．（2021·陕西西安·三模）如图，在正方体中，当点在线段上运动时，下列结论正确的是（    ）.    A．与可能平行 B．与始终异面 C．与平面可能垂直 D．与始终垂直 【答案】D 【分析】根据题意，建立空间直角坐标系，然后结合空间向量的坐标运算，代入计算，对选项逐一判断，即可得到结果. 【详解】   构建如图示的空间直角坐标系，若正方体棱长为1， 则，，，，， 令且，故， 而，，， 所以，即，故D正确； 显然在由相交线和所成的平面上， 且与该平面有交点， 故在上移动过程中可能与相交，B错误； 若且，则，不存在这样的值，A错误； 若面，则，显然不存在这样的值，故C错误. 故选：D 例2．（22-23高二上·天津河东·期中）如图，在长方体中，，.，M，N分别是棱，，的中点.若点P是平面内的动点，且满足平面，则线段长度的最小值为 .    【答案】/ 【分析】建立空间直角坐标系，利用平面法向量的性质，结合空间向量数量积的坐标表示公式、配方法进行求解即可. 【详解】建立如图所示的空间直角坐标系， 因为，.，M，N分别是棱，，的中点， 所以    ， 因为点P是平面内的动点 所以设， 设平面的法向量为， ，， 所以有， 因为平面， 所以，即 于是， 当时，线段长度有最小值， 故答案为：      【点睛】关键点睛：本题的关键是利用平面法向量的性质、空间向量数量积的坐标表示公式. 1．（2024·宁夏银川·一模）如图，在棱长为2的正方体中，、分别是棱，的中点，过点作平面，使得∥平面，且平面与交于点，则（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】建系，求平面的法向量，利用空间向量求点M的位置，进而可得结果. 【详解】如图，以为坐标原点建立空间直角坐标系，    则， 可得， 设平面的法向量为，则， 令，则，可得， 因为∥平面，可知平面的法向量为， 设，可得， 可得，解得， 则，可得， 所以. 故选：C. 2．（22-23高二下·江苏南京·期中）如图，在棱长为1的正方体中，点E，F分别是棱BC、的中点，P是侧面内一点（含边界），若平面AEF，点P的轨迹长度为 ． 【答案】/ 【分析】利用坐标法，根据线面平行和面面平行的判定及性质找出的轨迹，根据轨迹特点可求答案. 【详解】如图，分别取的中点，连接， 以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则 ; 所以, , ; 故，即，又平面，平面， 所以平面，同理可得平面，又平面， 所以平面平面； 因为P是侧面内一点（含边界），平面AEF， 所以点P必在线段MN上，即点P的轨迹为MN， 所以点P的轨迹长度为． 故答案为：. 例3．（24-25高二下·全国·课后作业）如图所示，四边形为矩形，平面，，，，分别是，，的中点.    (1)求证：平面； (2)求证：平面平面. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）由已知可证得两两垂直，所以以为原点，分别以，，所在直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量证明； （2）只需证明平面的法向量与平面中的两个向量垂直即可. 【详解】（1）证明：因为平面，平面， 所以， 因为四边形为矩形，所以， 所以两两垂直， 所以以为原点，分别以，，所在直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，如图所示，    设，，. 则，因为，，分别是，，的中点， 所以，，， 所以. 因为平面的一个法向量为，所以，即. 又因为平面，所以平面. （2）因为，所以，所以， 又平面，所以平面. 又因为，平面， 所以平面平面. 例4．（2024·陕西安康·模拟预测）如图，已知多面体是由正四棱锥P-ABCD与正方体组合而成的，且.    (1)求证：平面； (2)若，求四棱锥的体积. 【答案】(1)证明见解析 (2)9． 【分析】（1）建立空间直角坐标系证明线面平行即可； （2）根据线面垂直结合锥体体积公式计算即可. 【详解】（1）如图以点为原点，为 x 轴为 y 轴为 z 轴建立空间直角坐标系． 设 ,则 ,过 P 作平面 . 是正四棱锥点是正方形的中心, 因为，所以, 设平面法向量为, , , 则, 可得, 所以,,不在平面内，所以平面    （2）因为，所以, 因为平面,所以， 因为,平面,平面,所以平面, 1．（23-24高二上·四川南充·阶段练习）如图，直三棱柱中，，，分别为，的中点．    (1)求证：平面； (2)线段上是否存在点，使平面？若存在，求；若不存在，说明理由． 【答案】(1)证明见详解； (2)Q是的中点, 即. 【分析】（1）（2）根据给定的几何体，建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明推理即可. 【详解】（1）在直三棱柱中，，直线两两垂直， 以C为原点，以直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，    设，则， ，设是平面的一个法向量， 则，令，得， 显然，即，而平面， 所以平面. （2）假定线段上存在点满足条件，由（1）设，， ， 则，， 设是平面的一个法向量， 则，令，得， 由平面，得，即存在实数，满足： ，即，解得，因此，即Q是的中点， 所以线段上存在点，使平面，. 2．（2020高三·全国·专题练习）已知E，F，G，H分别是空间四边形ABCD的边AB，BC，CD，DA的中点，用向量法证明： (1)E，F，G，H四点共面； (2)平面EFGH． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）要证E，F，G，H四点共面，只需证明向量，，共面，结合向量的线性运算及共面向量定理证明即可； （2）由向量共线结合线面平行的判定定理证明． 【详解】（1）如图，连接EG，BG．    因为＝＋＝＋(＋)＝＋＋＝＋， 由向量共面的充要条件可知，向量，，共面， 又，，过同一点E，从而E，F，G，H四点共面． （2）因为＝－＝－＝(－)＝， 又E，H，B，D四点不共线，所以EH//BD， 又EH⊂平面EFGH，BD⊄平面EFGH， 所以BD//平面EFGH． 重难点题型2 利用空间向量研究垂直问题 例5．（23-24高二下·湖南长沙·阶段练习）在正方体中，点M，N分别是棱和线段上的动点，则满足与垂直的直线MN（    ） A．有且仅有1条 B．有且仅有2条 C．有且仅有3条 D．有无数条 【答案】D 【分析】建立空间直角坐标系，利用向量垂直的数量积表示计算得解. 【详解】以正方向分别为轴正方向建立空间直角坐标系，如图， 设正方体棱长为1， 则， 所以， 若，则， 即，方程有无数组解， 故选：D 例6．（22-23高三上·湖南长沙·阶段练习）如图，在棱长为2的正方体中，分别为棱，的中点，为面对角线上的一点，且,若平面，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】建立以为坐标原点，为轴，为轴，为轴的空间直角坐标系，则有，,由平面,可得,从而有,代入计算即可得答案. 【详解】解：以为坐标原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，如图所示： 则 , 所以， 由,可得， 所以, 平面, 所以, 所以, 即， 解得， 当为线段上靠近的四等分点时，平面. 故选:. 1．（2023·四川泸州·一模）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，则下列结论一定正确的是（    ）    A．平面平面 B．平面平面 C．直线平面 D．直线平面 【答案】A 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得. 【详解】如图建立空间直角坐标系，令，则，，，，，， 设，， 则，，，，， 设平面的法向量为，则，取， 同理可求平面的一个法向量为， ①当与重合即时设平面的一个法向量为， 此时，所以平面平面， 又平面的一个法向量为，满足，所以平面平面， 又，所以，显然直线与平面不平行，故C错误； 而直线平面，故D错误； ②当与不重合即时设平面的一个法向量为， 则，取， 此时，即平面平面， 又，所以平面与平面不垂直，故B错误； 综上可得若为线段上的点，均可满足平面平面，故A正确； 故选：A    2．（22-23高二上·河南·阶段练习）如图，已知长方体的底面边长均为2，高为4，E，F，G分别是棱，，的中点，则下列选项中正确的是（    ） A．平面 B．平面 C． D．三棱锥的体积为 【答案】D 【分析】以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法逐一判断ABC即可；根据即可判断D. 【详解】解：如图，以点为原点建立空间直角坐标系， 则， 则， 因为，所以与不垂直，故C错误； 因为，所以与不垂直， 所以与平面不垂直，故A错误； 设平面的法向量， 则有，可取， 因为，所以与平面不平行，故B错误； 对于D，连接，则，， 因为平面，平面， 所以， 又平面， 所以平面， 又为的中点，所以点到平面的距离为， ， 所以，故D正确. 故选：D. 例7．（20-21高二上·天津·期中）如图，在四棱锥中，底面是正方形，底面，E是的中点，已知，．    (1)求证：； (2)求证：平面平面． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）以A为原点，，，所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法证明． （2）运用线面垂直的性质定理可证得，进而运用线面垂直的判定定理可证得平面PAC，进而可证得面面垂直. 【详解】（1）以A为原点，，，所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，    则，，，，， 所以，， 所以，所以． （2）连接，，如图所示，    因为面，面，所以， 又因为四边形为正方形，所以， 又因为，、面，所以面， 又因为面，所以平面平面． 例8．（22-23高二下·全国·单元测试）如图，在多面体中，四边形是正方形， ，且，二面角是直二面角．    (1)求证：平面； (2)求证：平面. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】 （1）证明两两垂直，建立空间直角坐标系，确定平面的法向量，根据空间位置关系的向量证法，即可证明结论； （2）求出平面的法向量，根据空间位置关系的向量证法，即可证明结论； 【详解】（1） 证明：由二面角是直二面角，四边形为正方形，则， 平面，平面平面,可得平面ABC. 又因为，所以，所以，即， 所以两两垂直， 以A为坐标原点，所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，    设，则知点，，，， 由于两两垂直，平面，即平面， 故平面的一个法向量可取为， 而，即，所以平面. （2） 证明：由（1）知，，， 设平面的一个法向量为，则， 即，令，则，即， 所以，所以， 又因为平面，所以平面. 1．（22-23高二上·陕西咸阳·阶段练习）如图，正方形与梯形所在的平面互相垂直，，，，，M为CE的中点.请用空间向量知识解决下列问题： (1)求证：； (2)求证：平面. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）先由面面垂直的性质定理及正方形的性质推得两两垂直，从而建立空间直角坐标系，求得，，由此利用空间向量垂直的坐标表示即可得证； （2）结合（1）中结论得到，，，从而利用空间向量垂直的坐标表示证得，，由此利用线面垂直的判定定理证得平面. 【详解】（1）因为面面，面面，，面， 所以面，又面，所以， 又因为在正方形中，，所以两两垂直， 以D为原点，分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， 因为M为EC的中点，所以， 故，， 所以，故即. （2）由（1）得，，， 所以，则即， 又，故即， 又，平面， 所以平面. 2．（22-23高二上·北京大兴·期中）如图，在平行六面体中，，，设向量，，. (1)用、、表示向量，并求； (2)证明：直线平面. 【答案】(1)， (2)证明见解析 【分析】（1）利用空间向量的基本定理与空间向量的线性运算可得出关于、、的表达式，利用空间向量数量积的运算可求得； （2）利用空间向量的数量积的运算可得出，，利用线面垂直的判定定理可证得结论成立. 【详解】（1）解：， 由已知可得，， 因此，. （2）证明：，则， ，， 则， ，、平面，因此，平面. 重难点题型3 利用空间向量研究距离问题 例9．（19-20高二·全国·课后作业）如图，棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，N是棱AD的中点，M是棱CC1上的点，且CC1=3CM，则直线BM与B1N之间的距离为 . 【答案】 【分析】建立空间直角坐标系，进而求出直线BM与B1N的公垂线方向上的向量，进而通过空间向量求出在方向上的投影，进而得到答案. 【详解】正方体的棱长为1，如图，以D为坐标原点，所在方向分别为轴正方向建立空间直角坐标系， 则B(1，1，0)，B1(1，1，1)，，，∴=(0，0，1)，，. 设直线BM与B1N的公垂线方向上的向量，由，， 得，令x=2，则z=6，y=-7，∴， 设直线BM与B1N之间的距离为d，则d===. 故答案为：. 例10.（21-22高二上·北京·期中）如图，正方体中，M，N分别是线段上的动点（不含端点），则下列各项中会随着M，N的运动而变化的是（    ）    A．异面直线与直线所成的角的大小 B．平面与平面所成的角的大小 C．直线到平面距离的大小 D．异面直线，之间的距离的大小 【答案】A 【分析】建立空间直角坐标系，用空间向量把异面直线与直线所成的角，平面与平面所成的角，直线到平面距离，异面直线，之间的距离均求出来，看是否随着M，N的运动而变化 【详解】以点D为原点，DA，DC，所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，设正方形边长为1，则，，，，，，，因为M，N分别是线段上的动点（不含端点），故设，，所以， 会随着M，N的运动而变化，故A选项正确； 设平面的法向量为，则 ，解得： 设平面的法向量为，则，解得： 所以，故平面与平面所成的角的大小为，不随着M，N的运动而变化； 设平面的法向量为，则，解得：， 则，即与平面平行，故直线到平面距离不变，不随着M，N的运动而变化. 设异面直线，的公共法向量为，则，解得：，设异面直线，之间的距离为，夹角为，则，所以异面直线，之间的距离的不随着M，N的运动而变化.    故选：A 例11．（22-23高一·全国·课后作业）在边长为1的正方体中．平面与平面之间的距离为（    ） A． B．1 C． D． 【答案】A 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得. 【详解】解：建立如图所示的直角坐标系，则，，，， 所以，，， 设平面的一个法向量，则，令得，故， 显然平面平面， 所以平面与平面之间的距离． 故选：A 1．（24-25高二上·河南开封·阶段练习）如图所示，在直四棱柱 中，，点 在棱 上，且，则点 到平面 的距离为 . 【答案】 【分析】建立空间直角坐标系，求出平面的法向量为，由距离公式求解即可. 【详解】建立如图所示的空间直角坐标系， 则 ， . 设平面的法向量为，则 令，则. 点到平面的距离. 故答案为： 2．（23-24高二下·福建厦门·期末）在棱长为2的正方体中，E，F，G分别是棱，，的中点，过作平面，使得，则点到平面的距离是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据给定条件，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用空间向量求出点到平面的距离. 【详解】在正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， ，设平面的法向量， 由，，得，则，令，得， 所以点到平面的距离. 故选：D 【点睛】方法点睛：求点到平面的距离可以利用几何法，作出点到平面的垂线段求解；也可以用向量法，求出平面的法向量，再求出这一点与平面内任意一点确定的向量在法向量的投影即可. 3．（24-25高二下·全国·课后作业）（多选）如图，在棱长为1的正方体中，E，F分别为的中点，则下列结论正确的是（    ） A．点F到点E的距离为 B．点F到直线的距离为 C．点F到平面的距离为 D．平面到平面的距离为 【答案】ABC 【分析】空间向量法求两点间距离判断A，求点到直线距离判断B，应用点到平面距离判断C，求面面距离判断D选项. 【详解】以D为原点，分别以的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系． 由题意知，， ， ． 设平面的法向量为， 所以则可得平面的一个法向量为． 点F到点E的距离，故A正确； 点F到直线的距离为，故B正确； 点F到平面的距离，故C正确； 由正方体的性质可知，平面平面， 平面到平面的距离即为点F到平面的距离．故D错误． 故选：ABC． 重难点题型4 利用空间向量研究线与线夹角问题 例12.（21-22高二上·海南三亚·阶段练习）如图，正方体中，，分别是，的中点，则 ， 【答案】 【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法计算出. 【详解】建立如图所示空间直角坐标系，设正方体的边长为， 则， ， 所以. 故答案为： 例13．（22-23高二上·云南临沧·阶段练习）（多选题）已知空间中三点，则正确的有（    ） A．与是共线向量 B．的一个单位向量是 C．与夹角的余弦值是 D．平面的一个法向量是 【答案】BC 【分析】根据共线向量的定义、单位向量的定义、向量夹角的定义以及法向量的定义直接计算即可判断选项. 【详解】由题意知，，因为，所以与不是共线向量，即A错误； 的单位向量为，所以的单位向量为或，即B正确； ，所以与夹角的余弦值为，即C正确； 设平面的一个法向量为，则即， 令，则，所以，即D错误, 故选：BC. 1．（20-21高二下·浙江绍兴·期末）如图，在正方体中，M为线段的中点，N为线段上的动点，则直线与直线所成角的正弦值的最小值为（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】建立空间直角坐标系，通过表示出点坐标，利用数量积求出夹角余弦值的范围，进而得出答案. 【详解】以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，    则，，， 设(0 ≤ λ ≤ 1)得：， ， ， 由， ∴，则. 故选：C. 2．（2020·全国·模拟预测）已知在正方体中，P为线段上的动点，则直线与直线所成角余弦值的范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】设正方体的棱长为1，以所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，可设，从而得到，，再根据向量的夹角公式即可求出，求函数值域即可． 【详解】设正方体的棱长为1，如图所示，以所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则有． 设，则，， 所以． 又因为，所以． 故选：A． 【点睛】本题主要考查利用向量解决直线与直线所成角问题，意在考查学生的数学运算能力，属于基础题． 重难点题型5 利用空间向量研究线与面夹角问题 例14．（2023·安徽安庆·二模）（多选题）如图，在直四棱柱中，分别为侧棱上一点，，则（    ） A． B． C．的最大值为 D．当时， 【答案】AD 【分析】通过证明平面，可得A正确；以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量计算可得B不正确，C不正确，D正确. 【详解】在等腰梯形中，因为， 根据平面几何知识可得，，， 在直棱柱中，平面，平面，所以， 又，平面，所以平面， 因为平面，所以，故A正确； 因为两两垂直，所以以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系， 设，则，，，，，，，， ，，， ，则，故B不正确； ， 令，则， 所以当，时，取得最小值，则， 根据平面向量夹角的范围可知，的最大值为，故C不正确； 当时，，，， 所以，又与不相交，所以，故D正确. 故选：AD 例15．（23-24高二下·河南漯河·期末）已知如图所示的几何体中，底面是边长为4的正三角形，侧面是长方形，，平面平面为棱上一点，，且，则与平面所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】分别取的中点，以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，由线面角的向量求法可得答案. 【详解】分别取的中点，连接，则，， 因为平面平面，平面平面， 平面，所以平面， 以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则，，， 所以是平面的一个法向量， ，，所以， 设与平面所成的角为， 则. 故选：D. 1．（24-25高二下·全国·单元测试）（多选题）已知分别是正方体的棱和的中点，则（    ）    A．与是异面直线 B．与所成角的大小为45° C．与平面所成角的余弦值为 D．平面与平面所成角的余弦值为 【答案】AD 【分析】根据异面直线定义判断A，应用空间向量法求异面直线所成角判断B， 应用空间向量法求线面角正弦值再求余弦值判断C， 应用空间向量法求面面角余弦值判断D. 【详解】对于选项A，因为平面，平面，， 所以与是异面直线，故A正确； 以D为原点的方向分别为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系， 设正方体棱长为2，    则， ， 对于选项B，因为，， 设与所成角为，则， 又因为，所以，故B错误； 对于选项C，由题知平面的一个法向量为， 因为，， 设与平面所成角为α， 则， ，故C错误； 对于选项D，，， 设平面的法向量为， 则 令得， 设平面的法向量为，， 则 令得， 设平面与平面所成角的角为β， 所以平面与平面所成角的余弦值为，故D正确． 故选：AD. 2．（23-24高二下·江苏南京·阶段练习）在空间直角坐标系中，，若平面的一个法向量，直线与平面所成角的正弦值为 【答案】 【分析】根据法向量求出点的坐标，利用线面角的坐标表示即可求出结果. 【详解】由可得， 又平面的一个法向量， ，即. 又，则直线的一个方向向量为， 又平面的一个法向量， 因此直线与平面所成角的正弦值为. 故答案为:. 例16.（23-24高三上·广东东莞·阶段练习）如图，AB是圆的直径，平面PAC面ACB，且APAC． (1)求证：平面； (2)若，求直线AC与面PBC所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据面面垂直的性质定理，结合直径的性质、线面垂直的判定定理进行证明即可； （2）根据（1）的结论，建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可. 【详解】（1）因为平面PAC面ACB，且APAC.，平面PAC面ACB ，平面PAC， 所以PA面ACB，又因为平面PBC， 所以PA，又因为AB是圆的直径，所以， 因为平面， 所以平面； （2）建立如图所示的空间直角坐标系， 因为，所以， 所以，则， 设平面PBC的法向量为，则， 而，设直线AC与面PBC所成角为， 则， 所以直线AC与面PBC所成角的正弦值为. 例17．（2024·辽宁沈阳·模拟预测）如图，直线垂直于梯形所在的平面，，为线段的中点，，，四边形为矩形. (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）根据条件得到，再利用线面平行的判定定理，即可求解； （2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量及，利用线面角的向量法，即可求解. 【详解】（1）设，连接， 因为四边形为矩形，所以为中点， 又为中点，则， 又平面，平面， 所以平面. （2）以为坐标原点，，，的正方向分别为x，y，z轴， 可建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，， ，，， 设平面的法向量为：， 且，令，解得：，，所以， 设直线与平面所成角为，所以. 则直线与平面所成角的正弦值为. 1．（24-25高三上·广东汕头·开学考试） 在四棱锥中，，，，点为的中点. (1)证明：平面； (2)若平面平面，且，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据平行四边形的判定定理和性质，结合线面平行的判定定理进行证明即可； （2）根据面面垂直的性质定理，结合线面垂直的性质可以建立空间直角坐标系，最后利用空间向量夹角公式进行求解即可. 【详解】（1）∵点为的中点，则， ∵，∴， 又即，∴四边形为平行四边形， ∴，平面，平面，则平面. （2）连接交于，连接， ∵四边形为平行四边形， ∴为的中点，又，则， ∵平面平面，平面，面面， ∴平面，又平面，∴， 在中，由余弦定理可得， ∴，∴，∵， ∴为直角三角形，即， 过点作的平行线，以为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，如图   可得， ∴， 设面的法向量为，则， 取得，∴    设与平面所成的角为，则 ∴与平面所成的角的正弦值为 2．（2024·江苏南京·模拟预测）如图，四棱锥中，底面，，分别为线段上一点，. (1)若为的中点，证明：平面； (2)求直线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）取的中点，连接，，先证四边形为平行四边形，有，再由线面平行的判定定理，得证； （2）取的中点，连接，以为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可. 【详解】（1）证明：由已知得，取的中点T，连接， 由N为的中点知， ．又，故，且， ∴四边形为平行四边形，∴， ∵平面，平面， ∴平面． （2）取的中点，连接，建立如图所示的空间坐标系． ， 不妨设， 则， 设平面的一个法向量为， ， 取，则. 设直线与平面所成角为 . 故直线与平面所成角的正弦值的最大值为. 重难点题型6 利用空间向量研究二面角问题 例18.（2024·四川·模拟预测）如图，多面体中，已知面是边长为4的正方形，是等边三角形，，，平面平面． (1)求证：； (2)求二面角的大小． 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）利用面面垂直的性质、线面垂直的性质推理即可得证. （2）以为原点建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，再利用面面角的向量求法求出二面角. 【详解】（1）由是正方形，得，而平面平面，平面平面， 平面，则平面，又平面，于是，又， 所以. （2）在平面内过作，由平面平面，平面平面， 得平面，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，， 设平面的法向量为，则，令，得， 而平面的法向量为，设二面角的平面角为，显然为锐角， 于是，则， 所以二面角的大小. 例19．（2024·湖南·三模）如图，四棱锥的底面是梯形，平面. (1)求证：平面平面； (2)在棱上是否存在一点E，使得二面角的余弦值为.若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明过程见解析 (2)存在，. 【分析】（1）只需结合已知证明平面，由面面垂直的判定定理即可进一步得证； （2）建立适当的空间直角坐标系，引入参数，进一步表示两个平面的法向量，由向量夹角公式建立方程即可求解. 【详解】（1）因为平面，平面，所以， 因为，所以， 所以， 又因为平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面； （2）因为平面，，所以平面， 又因为平面，所以，又， 所以两两互相垂直， 所以以点为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 如图，， 设， 则， ，设平面的法向量为， 则，即，取，满足条件， 所以可取， ，，设平面的法向量为， 则，即，取，解得， 所以， 由题意， 化简并整理得，解得或（舍去）， 所以， 综上所述，棱上是否存在一点E，且，使得二面角的余弦值为. 1．（23-24高二下·江苏徐州·期中）如图，已知四棱台的上、下底面分别是边长为2和4的正方形，，且底面，点满足，点是棱上的一个点(包括端点)． (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）由题意可建立适当空间直角坐标系，得到、后借助空间向量共线定理即可得证； （2）求出平面与平面的法向量后，借助空间向量夹角公式计算即可得点具体位置，再借助点到平面距离公式求解即可得. 【详解】（1）因为底面，且底面为正方形，且、底面， 所以，，两两互相垂直， 以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系， 则，，，，， 则，，有，故； （2），因为点满足，点是棱上的一个点（包括端点）， 所以，设，， 所以，， 设平面的法向量为， 则，令，得，，则， 由题可得轴平面，则平面的一个法向量为， 因为二面角角的余弦值为， 所以， 解得或（舍去），所以， 因为，所以点到平面的距离为． 因为，故到平面的距离为. 2．（23-24高二下·广西贵港·期中）如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，，，． (1)证明：平面平面． (2)求二面角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）首先证明平面，再由勾股定理求出，即可得到，从而证明平面，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）因为底面是平行四边形，，所以，． 又，，所以，， 又，平面，所以平面． 设，则，由，得， 解得（负值已舍去），则，． 因为，所以，故， 因为，平面，所以平面． 又平面，所以平面平面． （2）由（1）可知，，，两两垂直，以为坐标原点， 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． 由图可知，是平面的一个法向量． 设二面角的大小为，易知为锐角，则， 所以二面角的余弦值为． 1．（23-24高二上·北京顺义·阶段练习）如图，在棱长为1的正方体中，分别是线段上的点，是直线上的点，满足平面，且不是正方体的顶点，则的最小值是（    ）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据正方体的性质得到平面，然后建立空间直角坐标系，设，，，根据∥平面，得到，，然后得到，最后求最值即可. 【详解】   因为为正方体，所以平面，， 因为平面，所以， 因为，平面，所以平面， 如图，以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系， ，， 设，，， ，，， 因为∥平面，所以， 因为，所以，即， ， 所以当时，最小，最小为. 故选：A. 2．（2023·四川广安·一模）如图，在长方体中，底面ABCD为正方形，E，F分别为，CD的中点，直线BE与平面所成角为，给出下列结论： ①平面；                ②； ③异面直线BE与所成角为；    ④三棱锥的体积为长方体体积的． 其中，所有正确结论的序号是（    ） A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①②③④ 【答案】D 【分析】取中点为，可证明平面平面，根据面面平行的性质即可判断①；可证明平面，即可判断②；可证明四边形是平行四边形，即可得到，进而可得即等于所求角，求出该角即可判断③；以为底，即可求出三棱锥的体积，进而判断④. 【详解】 取中点为，连结. 对于①，因为分别是的中点，所以，， 因为平面，平面，所以平面， 同理，平面. 因为，平面，平面，，所以平面平面， 又平面，所以平面，所以①正确； 对于②，由已知可得四边形是正方形，， 又平面，平面，所以， 因为平面，平面，，所以平面， 又平面，所以，故②正确； 对于③，取中点为，连结. 因为，，，，所以，所以且， 所以四边形是平行四边形，则，所以异面直线BE与所成角即等于直线与所成角， 因为直线BE与平面所成角为，平面，所以，所以，设，则，则， 所以为等边三角形，所以，故③正确； 对于④，设长方体体积为，则. 因为平面，则，故④正确. 故①②③④正确. 故选：D. 3．（22-23高二上·山西运城·期中）如图，在三棱柱中，底面是边长为的正三角形，，顶点在底面的射影为底面正三角形的中心，P，Q分别是异面直线上的动点，则P，Q两点间距离的最小值是（    ） A． B．2 C． D． 【答案】D 【分析】设是底面正的中心，平面，，以直线为轴，为轴，过平行于的直线为轴建立空间直角坐标系，P，Q两点间距离的最小值即为异面直线与间的距离用空间向量法求异面直线的距离． 【详解】如图，是底面正的中心，平面，平面，则， ，则，又，， ，直线交于点，， 以直线为轴，为轴，过平行于的直线为轴建立空间直角坐标系，如图， 则，，，， ，，， ， 设与和都垂直， 则，取，则，， P，Q两点间距离的最小值即为异面直线与间的距离等于． 故选：D． 4．（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 【分析】设平面的一个法向量，列出方程组，求得，再求得且，结合，即可求解. 【详解】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. 5．（23-24高二上·江苏扬州·阶段练习）如图，在几何体中，四边形是矩形，，且平面平面，，，则下列结论错误的是（    ）    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】C 【分析】根据线线平行、异面直线所成角、几何体体积、面面距等知识对选项进行分析，从而确定正确答案. 【详解】由于四边形是矩形，所以， 由于，平面，所以平面， 由于平面平面，所以平面. 由于平面，所以， 由于，所以平面，由于平面， 所以，同理可证得， 所以, 所以四边形是平行四边形，所以，，A选项正确. 由于，所以异面直线、所成的角为（或其补角）， 由于，所以三角形是等边三角形，所以， 即异面直线、所成的角为，B选项正确. 将几何体补形为正方体，如下图所示， 所以，C选项错误. 由上述分析可知，由于平面，平面， 所以平面.同理可证得平面， 由于，所以平面平面. 以为原点，建立如图所示空间直角坐标系， 则，， 设平面的法向量为， 则，故可设， ，平面与平面间的距离，即到平面的距离， 所以距离为，D选项正确. 故选：C    6．（23-24高二上·浙江台州·阶段练习）如图，将正方形纸片沿对角线翻折，若E，F分别为的中点，O为原正方形的中心，使得折纸后的二面角的大小为，则此时的值为（    ）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用空间向量数量积与夹角关系计算即可. 【详解】    如图所示，易知， 所以结合已知有， 易知， 设正方形边长为2，所以, . 故选：A 7．（23-24高二下·江苏淮安·期中）在三棱锥中，平面平面是的中点.，则直线与平面所成角的正弦值为（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法来求得直线与平面所成角的正弦值. 【详解】由于平面平面且交线为，平面，， 所以平面，由于平面，所以， 由于，平面， 所以平面，由此以为原点建立如图所示空间直角坐标系， 由于，所以， ， 所以， 设平面的法向量为， 则，故可取， 设直线与平面所成角为， 则. 故选：B    8．（23-24高二下·甘肃白银·期末）在棱长为2的正方体中，E是的中点，则直线与平面所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】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即可. 【详解】以为坐标原点，为轴，为轴，为轴， 建立如图所示的空间直角坐标系，则， ， 设平面的法向量为， 则，令，得，所以， 故，设直线与平面所成角为， 则，所以. 故选：D 9．（22-23高二上·江苏淮安·开学考试）（多选题）如图，在棱长为1的正方体中（    ） A．与的夹角为 B．平面与平面夹角的正切值为 C．与平面所成角的正切值 D．点到平面的距离为 【答案】BCD 【分析】如图，以为原点，所在有直线分别为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量逐个求解判断即可. 【详解】如图，以为原点，所在有直线分别为轴建立空间直角坐标系，则 ， 对于A，设与的夹角为，因为，， 所以， 因为，所以，所以A错误， 对于B，设平面的法向量为， 因为，, 所以，令，则， 因为平面， 平面的一个法向量为， 所以， 设平面与平面夹角为（为锐角），则， 所以，所以， 所以平面与平面夹角的正切值为，所以B正确， 对于C，，平面的法向量为， 设与平面所成角为，则 因为为锐角，所以， 所以， 所以与平面所成角的正切值，所以C正确， 对于D，因为，平面的法向量为， 所以点到平面的距离为 ，所以D正确， 故选：BCD 10．（23-24高一下·云南丽江·阶段练习）如图，棱长为2的正方体中，为的中点，点在底面上（包括边界）移动，且满足，则点在底面上运动形成的轨迹长度为 . 【答案】 【分析】以为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，设并利用即可求解. 【详解】由正方体棱长为2，以为坐标原点，分别以为轴建立如下图所示的空间直角坐标系； 设且， 易知，可得， 由可知，即， 即. 当时，，即图中的中点； 当时，，即图中点； 即可得点在底面上运动形成的轨迹为线段，易知. 故答案为： 11．（24-25高二下·全国·单元测试）如图，在长方体中，，以D为原点，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，若为线段的中点，则点到平面的距离为 ．    【答案】 【分析】根据已知得出点的坐标，应用向量法求点到平面距离即可. 【详解】如图可得, 设平面法向量为, 所以, 令,所以, 所以, 所以到平面的距离为. 故答案为：. 12．（23-24高二下·江苏宿迁·期中）直四棱柱的所有棱长都为，，点在四边形及其内部运动，且满足，则点到平面的距离的最小值为 ．    【答案】/ 【分析】取交点于点，以所在直线为轴，过点竖直向上所直线为轴，建立空间直角坐标系，设，，，可得，则，由求出平面的一个法向量，由点到平面的距离公式可得，再由，可得点到平面的距离的最小值. 【详解】   取交点于点， 因为直四棱柱的所有棱长都为， 所以， 以所在直线为轴，过点竖直向上所直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系， 所以，，，， ，， 设平面的法向量为， 则有，令，则，，所以， 因为点在四边形及其内部运动，所以设，， 又因为，所以， 即，则， 设点到平面的距离为，则有， 又因为，所以时，， 即点到平面的距离的最小值为 . 故答案为：. 13．（19-20高二·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. 14．（21-22高二上·湖南·阶段练习）平行六面体的各棱长均相等，与平面交于点E，则的余弦值为 . 【答案】 【分析】利用基底表示，结合向量夹角公式求得的余弦值. 【详解】连接，，连，设， 不妨设棱长为1，则，易知平面，E是的中心， 又与相似，∴， ∴，又，有， ∴，， ， ， ，， ∴， . 所以. 故答案为： 15．（23-24高二下·安徽亳州·期中）如图，在四棱台中，下底面是平行四边形，，，，，．分别为的中点． (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）先证明线面垂直再得出线线垂直； （2）应用空间向量法求线面角正弦值. 【详解】（1）在中，，，， 由余弦定理可得， 所以，所以， 由题意，且，所以平面， 因为为四棱台，延长，交于点P， 因为M，N分别为的中点， 故PMN三点共线，所以平面， 所以，又，所以； （2）因为在中，，，， 所以由余弦定理可得， 所以， 在四边形中，过做，则可得， 因为，所以， 又因为，所以，即， 所以，因为，所以平面， 取中点F，连接，则两两垂直，以点为坐标原点， 如图所示，建立空间直角坐标系， 则， 可得， 所以， 可得，， 设平面的法向量为， 所以，取， 所以； 所以， 所以与平面所成角的正弦值． 16．（23-24高二下·江苏南京·期中）已知三棱锥中，平面，，，为上一点且满足，，分别为，的中点． (1)求证：； (2)求直线与平面所成角的大小； 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）以为原点，所在直线分别为轴､轴､轴，建立空间直角坐标系，计算，进而可得答案； （2）求出平面的法向量，，利用线面角的向量公式求解即可. 【详解】（1）因为平面，， 如图以为原点，所在直线分别为轴､轴､轴，建立空间直角坐标系， 则， 所以，因为，所以． （2）设平面的法向量，， 则，即，取，得， 设直线与平面所成角为， 则， 又，所以， 所以直线与平面所成角的大小为． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！8 学科网（北京）股份有限公司 $$