1.4.2用空间向量研究距离、夹角问题6题型分类（讲+练）-2024-2025学年《解题秘籍》高二数学同步知识·题型精讲精练讲义（人教A版2019选择性必修第一册）

2024-2025学年《解题秘籍》高二数学同步知识·题型精讲精练讲义（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6题型分类 一、空间向量研究距离问题 1．点P到直线l的距离: 已知直线l的单位方向向量为u，A是直线l上的定点，P是直线l外一点，设向量在直线l上的投影向量为＝a，则点P到直线l的距离为 (如图)． 2．点P到平面α的距离: 设平面α的法向量为n，A是平面α内的定点，P是平面α外一点，则点P到平面α的距离为(如图)． 3．两平行直线间的距离：一条直线上任一点到另一条直线的距离. 4．直线到平面的距离：直线上任一点到这个平面的距离. 5．两平行平面间的距离：一平面上任一点到另一平面的距离． 二、空间向量研究夹角问题 1． 两个平面的夹角： 平面α与平面β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． 2．空间角的向量法解法 角的分类 向量求法 范围 线线角 设两异面直线l1，l2所成的角为θ， 其方向向量分别为u，v， 则cos θ＝|cos〈u，v〉|＝ 线面角 设直线AB与平面α所成的角为θ，直线AB的方向向量为u，平面α的法向量为n，则sinθ＝|cos〈u，n〉|＝ 面面角 设平面α与平面β的夹角为θ， 平面α，β的法向量分别为n1，n2， 则cosθ＝|cos〈n1，n2〉|＝ （一） 点到直线的距离 1、用向量法求点到直线的距离的一般步骤： (1)求直线的方向向量． (2)计算所求点与直线上某一点所构成的向量在直线的方向向量上的投影向量的长度． (3)利用勾股定理求解．另外，要注意平行直线间的距离与点到直线的距离之间的转化． 2、用向量法求点到直线的距离时需注意以下几点: (1)不必找点在直线上的垂足以及垂线段; (2)在直线上可以任意选点,但一般选较易求得坐标的特殊点; (3)直线的方向向量可以任取,但必须保证计算正确. 题型1：利用空间向量求点到直线的距离 1-1．（2024高二上·北京大兴·期中）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． 1-2．（2024高二上·河南新乡·期末）已知空间三点，则点到直线的距离为 ． 1-3．（2024高二·全国·课后作业）如图，在棱长为1的正方体中，点B到直线的距离为（    ） A． B． C． D． 1-4．（2024·广东佛山·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． （二） 点到平面的距离与直线到平面的距离 1、用向量法求点面距的步骤： (1)建系：建立恰当的空间直角坐标系． (2)求点坐标：写出(求出)相关点的坐标． (3)求向量：求出相关向量的坐标(，α内两不共线向量，平面α的法向量n)． (4)求距离d＝. 2、求点到平面的距离的主要方法： (1)作点到平面的垂线,点到垂足的距离即为点到平面的距离. (2)在三棱锥中用等体积法求解. (3)向量法:d=(n为平面的法向量,A为平面上一点,MA为过点A的斜线段). 题型2：利用空间向量求点到平面的距离 2-1．（2024高二上·陕西西安·期末）在直角梯形中，，O为中点，如图（1）．把沿翻折，使得平面平面，如图（2）． (1)求证：； (2)若M为线段的中点，求点M到平面的距离． 2-2．（2024高三下·江西鹰潭·阶段练习）如图，在三棱柱中，平面ABC，，，D为的中点，交于点E． (1)证明：； (2)求点E到平面的距离． 2-3．（2024高二上·河南新乡·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． 2-4．（2024高二下·云南楚雄·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． （三） 两条异面直线所成的角 1、求异面直线夹角的方法 (1)传统法：作出与异面直线所成角相等的平面角，进而构造三角形求解． (2)向量法：在两异面直线a与b上分别取点A，B和C，D，则与可分别为a，b的方向向量，则cosθ＝. 注：用空间向量求两条直线，夹角的步骤与方法： (1)化为向量问题：转化为求两直线，的方向向量,的夹角； (2)进行向量运算：； (3)回到图形问题：两条直线夹角的余弦值. 题型3：利用空间向量求异面直线的夹角 3-1．（2024高二下·全国·课后作业）如图，在直三棱柱中，，建立适当的空间直角坐标系，并求与的夹角余弦值. 3-2．（2024高二上·天津南开·期中）如图，平行六面体中，． (1)证明：； (2)求的长； (3)求直线与AC所成角的余弦值． 3-3．（2024高一下·浙江宁波·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． 3-4．（2024高二下·江苏连云港·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 （四） 直线与平面所成的角 利用平面的法向量求直线与平面夹角的基本步骤 (1)建立空间直角坐标系； (2)求直线的方向向量u； (3)求平面的法向量n； (4)设线面角为θ，则sinθ＝. 题型4：利用空间向量求直线与平面所成的角 4-1．（江苏省苏锡常镇四市2023届高三下学期3月教学情况调研（一）数学试题）在三棱柱中，平面平面，侧面为菱形，，，，E是的中点. (1)求证：平面； (2)点P在线段上（异于点，），与平面所成角为，求的值. 4-2．（2024·吉林通化·二模）已知四棱锥的底面为平行四边形，，，，平面ABCD，直线PD与平面PAC所成角为，则（    ） A． B． C． D． 4-3．（2024高二下·甘肃金昌·期中）如图，已知平面，，，，，.若，，则与平面所成角的余弦值为 . 4-4．（2024高二下·四川成都·期中）如图，在四棱锥中，底面ABCD为矩形，平面ABCD，M为PC中点． (1)求证：平面MBD； (2)若，求直线BM与平面AMD所成角的正弦值． 4-5．（2024高二下·四川成都·期中）如图，在长方体中，，，，交于点E. (1)证明：直线平面； (2)求AD与平面所成角的正弦值. 4-6．（2024·陕西商洛·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． 4-7．（2024高二下·江苏徐州·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. （五） 两个平面的夹角 求两平面夹角的两种方法 (1)定义法：在两个平面内分别找出与两平面交线垂直的直线，这两条直线的夹角即为两平面的夹角．也可转化为求与两平面交线垂直的直线的方向向量的夹角，但要注意其异同． (2)法向量法：分别求出两平面的法向量n1，n2，则两平面的夹角为〈n1，n2〉或π－〈n1，n2〉 注：利用向量方法求二面角的大小时,多采用法向量法,即求出两个面的法向量,然后通过法向量的夹角来得到二面角的大小,但利用这种方法求解时,要注意结合图形观察分析,确定二面角是锐角还是钝角,不能将两个法向量的夹角与二面角的大小完全等同起来. 题型5：利用空间向量求二面角 5-1．（山东省滨州市2023-2024学年高二上学期期末数学试题）如图，在四棱锥中，底面，四边形是直角梯形，，，，点E在棱PB上．      (1)证明：平面平面PBC； (2)当时，求二面角的余弦值． 5-2．（2024·河南·模拟预测）如图，四边形为菱形，平面，，. (1)证明：平面平面 ； (2)若，求二面角的大小. 5-3．（2024高二上·湖北·期末）如图，在四棱锥中，底面ABCD是直角梯形，，，底面ABCD，点E为棱PC的中点，． (1)证明：平面PAD； (2)在棱PC上是否存在点F，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． 5-4．（2024高三下·河南·阶段练习）在直四棱柱中，四边形为平行四边形，平面平面. (1)求证：； (2)若，探索在棱上是否存在一点，使得二面角的大小为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 5-5．（2024高二下·江苏南通·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6：利用空间向量求两个平面的夹角 6-1．（2024高二上·湖南郴州·期末）如图2，在中，，，．将沿翻折，使点D到达点P位置（如图3），且平面平面． (1)求证：平面平面； (2)设Q是线段上一点，满足，试问：是否存在一个实数，使得平面与平面的夹角的余弦值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 6-2．（2024高二上·云南昆明·期末）如图，在直三棱柱中，侧面为正方形，，，M，N分别为和的中点，为棱上的点. (1)证明：； (2)是否存在点D，使得平面与平面夹角的余弦值为？如果不存在，请说明理由；如果存在，求线段的长. 6-3．（2024高二下·福建福州·期中）如图，圆是的外接圆，平面，是圆的直径，，，且.    (1)求证：平面平面； (2)若，求平面与平面夹角的余弦值. 6-4．（2024·广东·模拟预测）如图，在四棱锥中，，四边形是菱形，，，，是棱上的中点.    (1)求三棱锥的体积； (2)求平面与平面夹角的余弦值. 6-5．（2024高一上·吉林·阶段练习）如图①所示，长方形中，，，点是边的中点，将沿翻折到，连接，，得到图②的四棱锥． (1)求四棱锥的体积的最大值； (2)设的大小为，若，求平面和平面夹角余弦值的最小值． 6-6．（2024高二上·云南昆明·期末）如图，在四棱锥中，底面ABCD是平行四边形，，，点E是线段AD的中点，点F在线段AP上且满足，面ABCD. (1)当时，证明：//平面； (2)当为何值时，平面BFE与平面PBD所成的二面角的正弦值最小？ 一、单选题 1．（2024高二下·四川成都·期中）在长方体中，，则与夹角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 2．（2024高二上·贵州铜仁·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． 3．（2024高二上·广东惠州·阶段练习）在棱长为2的正方体中，分别取棱，的中点E，F，点G为EF上一个动点，则点G到平面的距离为（    ） A． B． C．1 D． 4．（2024高二上·河北邯郸·期末）在四棱锥中，底面ABCD为菱形，底面ABCD，，，则的重心到平面PAD的距离为（    ） A． B． C． D． 5．（2024高二下·福建福州·期中）如图在长方体中，，E，F，G分别是棱的中点，P是底面内一个动点，若直线平面平行，则线段的最小值为（    ） A． B．1 C． D． 6．（2024高二下·江苏南京·期中）已知两平面的法向量分别为，，则两平面所成的二面角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 6.3.4空间距离的计算（1））已知平面α的一个法向量，点在α内，则到α的距离为（   ） A．10 B．3 C． D． 8．（2024高二下·福建龙岩·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． 9．（2024高二下·江西景德镇·期中）在棱长为2的正方体中，E，F分别为AD，BC的中点，为线段EF上的一动点，则直线与所成角的余弦值的取值范围是（    ） A． B． C． D． 10．（2024高二下·浙江·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． 11．（2024高二下·全国·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． 12．（2024高二下·河南周口·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． 13．（2024高二上·河南平顶山·期末）如图，在直四棱柱中，底面ABCD是边长为2的正方形，，M，N分别是，AB的中点，设点P是线段DN上的动点，则MP的最小值为（    ） A． B． C． D． 14．（2024高二下·浙江·期中）在正三棱柱中，，点D为棱BC的中点，点E为线段（不与点重合）上的点，且满足，当二面角的平面角为时，实数m的值为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 15．（2024高二上·浙江金华·期末）襄阳一桥全称“襄阳江汉大桥”，于1970年正式通车，在和襄阳城长达53年的相处里，于襄阳人来说一桥早已无可替代.江汉大桥由主桥架､上下水平纵向联结系､桥门架和中间横撑架以及桥面系组成，下面是一桥模型的一段，它是由一个正方体和一个直三棱柱构成.其中AB=BH，那么直线AH与直线IG所成角的余弦值为（    ）    A． B． C． D． 16．（2024高二下·浙江·学业考试）如图，棱长均相等的三棱锥中，点是棱上的动点（不含端点），设，二面角的大小为.当增大时，（    ）    A．增大 B．先增大后减小 C．减小 D．先减小后增大 17．（2024·新疆阿勒泰·一模）四棱锥中，，其余各条棱长均为1，则直线与直线所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 18．（2024高二下·江苏宿迁·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． 19．（2024高二下·陕西汉中·期末）如图，在正方体中，为体对角线上一点，且，则异面直线和所成角的余弦值为（    ）      A． B． C． D． 二、多选题 20．（江苏省淮安市淮海中学2023-2024学年高二上学期收心考试数学试题）如图，在棱长为1的正方体中（    ） A．与的夹角为B．二面角的平面角的正切值为 C．与平面所成角的正切值 D．点到平面的距离为 21．（2024高二上·山东青岛·期中）如图，已知正方体的棱长为2，E，F，G分别为AD，AB，的中点，以下说法正确的是（    ） A．三棱锥的体积为1 B．平面EFG C．平面EFG D．平面EGF与平面ABCD夹角的余弦值为 22．（2024高二下·江西宜春·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． 23．（2024高二上·浙江宁波·阶段练习）如图，在三棱锥中，平面平面，与均为等腰直角三角形，且，，是线段上的动点（不包括端点），若线段上存在点，使得异面直线与成的角，则线段的长度可能为（    ） A． B． C． D． 24．（2024高二上·河南·期中）在三棱锥中，平面平面BCD，，，为等边三角形，E是棱AC的中点，F是棱AD上一点，若异面直线DE与BF所成角的余弦值为，则AF的值可能为（    ） A． B．1 C． D． 25．（2024高二下·江苏淮安·期中）布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达·芬奇方砖在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案，如图1，把三片这样的达·芬奇方砖拼成图2的组合，这个组合再转换成图3所示的空间几何体.若图3中每个正方体的棱长为1，则下列结论正确的是（    ） A．点到直线的距离是 B． C．平面与平面的夹角余弦值为 D．异面直线与所成角的正切值为 26．（海南省海口市龙华区海南华侨中学2023届高三一模数学试题）如图，在棱长为1的正方体中，是棱上的动点，则下列说法正确的是（    ）    A．不存在点，使得 B．存在点，使得 C．对于任意点，到的距离的取值范围为 D．对于任意点，都是钝角三角形 三、填空题 27．（2024高二上·黑龙江哈尔滨·期末）如图，在长方体中，，，则与平面所成的角的正弦值为 ． 28．（2024高二下·福建宁德·期中）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 .    29．（2024·浙江绍兴·一模）如图，在棱长为4的正方体中，M是棱上的动点，N是棱的中点.当平面与底面所成的锐二面角最小时， . 30．（2024高二上·黑龙江齐齐哈尔·期中）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，则直线FC到平面的距离为 ． 31．（2024高二上·黑龙江齐齐哈尔·期中）如图，在长方体中，，，､､分别是､､的中点，则直线到平面的距离为 . 32．（2024高二上·山东枣庄·期末）在棱长为1的正方体中，为平面的中心，为的中点，则点到直线的距离为 . 33．（2024高一·全国·课后作业）正方体中，二面角的大小为 . 34．（2024高三·全国·课后作业）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 ． 35．（2024高一下·浙江温州·期末）“阿基米德多面体”也称为半正多面体,是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体,它体现了数学的对称美,如图,将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥,共可截去八个三棱锥,得到八个面为正三角形,六个面为正方形的“阿基米德多面体”,则直线与平面所成角的正弦值为 .    四、解答题 36．（2024高二上·天津·期中）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. 37．（2024高二下·广东广州·阶段练习）如图，四棱锥中，平面，，，，M为棱上一点.    (1)若M为的中点，证明：平面； (2)若，且平面，求直线与平面所成角的正弦值. 38．（2024高二下·江苏常州·阶段练习）如图，正方体的棱长为2，点为的中点． (1)求点到平面的距离为； (2)求到平面的距离． 39．（2024高二上·吉林长春·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． 40．（2024高二上·辽宁沈阳·阶段练习）如图，在三棱锥中，底面ABC，，点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，，. (1)求证：平面BDE； (2)求直线MN到平面BDE的距离. 41．（2024高二下·全国·课后作业）如图，矩形ADFE和梯形ABCD所在平面互相垂直，AB∥CD，∠ABC＝∠ADB＝90°，CD＝1，BC＝2，DF＝1．    (1)求证：BE∥平面DCF； (2)求点B到平面DCF的距离． 42．（2024高二上·浙江杭州·期中）如图，C是以为直径的圆O上异于A，B的点，平面平面，为正三角形，E，F分别是棱上的点，且满足． (1)求证：； (2)是否存在，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 43．（2024·新疆·模拟预测）如图所示，四棱锥中，菱形所在的平面，，点､分别是､的中点，是线段上的点. （1）求证：平面平面； （2）当时，是否存在点，使直线与平面所成角的正弦值为？若存在，请求出的值，若不存在，请说明理由. 44．（2024高二下·福建莆田·阶段练习）如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，AB⊥AD，PA⊥平面ABCD，AD＝5，BC＝2AB＝4，M为PC的中点． (1)求证：平面PAC⊥平面PCD； (2)若AM⊥PC，求直线PB与面PCD所成角的正弦值． 45．（2024高二下·江苏常州·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． 46．（2024高二下·江苏南京·期末）如图所示，在三棱锥中，已知平面，平面平面．    (1)证明：平面； (2)若，，在线段上（不含端点），是否存在点，使得二面角的余弦值为，若存在，确定点的位置；若不存在，说明理由． 47．（2024·陕西咸阳·模拟预测）如图，四边形ACC1A1与四边形BCC1B1是全等的矩形，．    (1)若P是AA1的中点，求证:平面PB1C1⊥平面PB1C; (2)若P是棱AA1上的点，直线BP与平面ACC1A1所成角的正切值为，求二面角B1﹣PC﹣C1的余弦值． 48．（2024·福建福州·二模）如图1，在中，为的中点，为上一点，且.将沿翻折到的位置，如图2.    (1)当时，证明：平面平面； (2)已知二面角的大小为，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，确定的位置；若不存在，请说明理由. 49．（2024·江苏·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ABC； (2)求异面直线与所成角的余弦值. 50．（2024·黑龙江哈尔滨·三模）已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为AC和的中点，D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D的位置. 51．（2024·河南郑州·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． 52．（2024高二下·江苏常州·期中）如图，圆锥SO，S为顶点，是底面的圆心，为底面直径，，圆锥高SO=6，点P在高SO上，是圆锥SO底面的内接正三角形. (1)若PO=，判断和平面是否垂直，并证明； (2)点P在高SO上的动点，当和平面所成角的正弦值最大时，求三棱锥P-ABC的体积. 53．（2024高二下·江苏盐城·期中）如图，在中，，，，可以通过以直线为轴旋转得到，且二面角是直二面角．动点在线段上．    (1)当为的中点时，求异面直线与所成角的余弦值； (2)求与平面所成角的正弦值的最大值． 54．（2024·江苏淮安·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DE与平面所成角最大时，求四棱锥的体积. 55．（2024高二下·四川成都·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P在线段EF上移动，设为直线BP与平面ABCD所成角，求的取值范围． 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 $$2024-2025学年《解题秘籍》高二数学同步知识·题型精讲精练讲义（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6题型分类 一、空间向量研究距离问题 1．点P到直线l的距离: 已知直线l的单位方向向量为u，A是直线l上的定点，P是直线l外一点，设向量在直线l上的投影向量为＝a，则点P到直线l的距离为 (如图)． 2．点P到平面α的距离: 设平面α的法向量为n，A是平面α内的定点，P是平面α外一点，则点P到平面α的距离为(如图)． 3．两平行直线间的距离：一条直线上任一点到另一条直线的距离. 4．直线到平面的距离：直线上任一点到这个平面的距离. 5．两平行平面间的距离：一平面上任一点到另一平面的距离． 二、空间向量研究夹角问题 1． 两个平面的夹角： 平面α与平面β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． 2．空间角的向量法解法 角的分类 向量求法 范围 线线角 设两异面直线l1，l2所成的角为θ， 其方向向量分别为u，v， 则cos θ＝|cos〈u，v〉|＝ 线面角 设直线AB与平面α所成的角为θ，直线AB的方向向量为u，平面α的法向量为n，则sinθ＝|cos〈u，n〉|＝ 面面角 设平面α与平面β的夹角为θ， 平面α，β的法向量分别为n1，n2， 则cosθ＝|cos〈n1，n2〉|＝ （一） 点到直线的距离 1、用向量法求点到直线的距离的一般步骤： (1)求直线的方向向量． (2)计算所求点与直线上某一点所构成的向量在直线的方向向量上的投影向量的长度． (3)利用勾股定理求解．另外，要注意平行直线间的距离与点到直线的距离之间的转化． 2、用向量法求点到直线的距离时需注意以下几点: (1)不必找点在直线上的垂足以及垂线段; (2)在直线上可以任意选点,但一般选较易求得坐标的特殊点; (3)直线的方向向量可以任取,但必须保证计算正确. 题型1：利用空间向量求点到直线的距离 1-1．（2024高二上·北京大兴·期中）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 【分析】建立空间直角坐标系，列出线面距离公式即可求解. 【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 1-2．（2024高二上·河南新乡·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：. 1-3．（2024高二·全国·课后作业）如图，在棱长为1的正方体中，点B到直线的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】以为坐标原点，以为单位正交基底，建立空间直角坐标系，取，， 利用向量法，根据公式即可求出答案. 【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． 1-4．（2024·广东佛山·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 （二） 点到平面的距离与直线到平面的距离 1、用向量法求点面距的步骤： (1)建系：建立恰当的空间直角坐标系． (2)求点坐标：写出(求出)相关点的坐标． (3)求向量：求出相关向量的坐标(，α内两不共线向量，平面α的法向量n)． (4)求距离d＝. 2、求点到平面的距离的主要方法： (1)作点到平面的垂线,点到垂足的距离即为点到平面的距离. (2)在三棱锥中用等体积法求解. (3)向量法:d=(n为平面的法向量,A为平面上一点,MA为过点A的斜线段). 题型2：利用空间向量求点到平面的距离 2-1．（2024高二上·陕西西安·期末）在直角梯形中，，O为中点，如图（1）．把沿翻折，使得平面平面，如图（2）． (1)求证：； (2)若M为线段的中点，求点M到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2)． 【分析】（1）先根据面面垂直证线面垂直，再由线面垂直的性质定理证明线线垂直； （2）建系，利用空间向量求点到面的距离. 【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． 2-2．（2024高三下·江西鹰潭·阶段练习）如图，在三棱柱中，平面ABC，，，D为的中点，交于点E． (1)证明：； (2)求点E到平面的距离． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）利用空间直角坐标系，利用向量垂直即可求证线线垂直， （2）利用空间向量即可求解点面距离. 【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 2-3．（2024高二上·河南新乡·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 2-4．（2024高二下·云南楚雄·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．    （三） 两条异面直线所成的角 1、求异面直线夹角的方法 (1)传统法：作出与异面直线所成角相等的平面角，进而构造三角形求解． (2)向量法：在两异面直线a与b上分别取点A，B和C，D，则与可分别为a，b的方向向量，则cosθ＝. 注：用空间向量求两条直线，夹角的步骤与方法： (1)化为向量问题：转化为求两直线，的方向向量,的夹角； (2)进行向量运算：； (3)回到图形问题：两条直线夹角的余弦值. 题型3：利用空间向量求异面直线的夹角 3-1．（2024高二下·全国·课后作业）如图，在直三棱柱中，，建立适当的空间直角坐标系，并求与的夹角余弦值. 【答案】建系见解析， 【分析】根据题设条件建系，写出相关点坐标，求出相关向量坐标，利用空间向量的夹角公式即可求得. 【详解】 因为两两垂直，以为原点，建立空间直角坐标系，如图所示. 依题意， 则， 则， 即与的夹角余弦值为. 3-2．（2024高二上·天津南开·期中）如图，平行六面体中，． (1)证明：； (2)求的长； (3)求直线与AC所成角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）以，， 为基底表示出，，再利用向量的数量积即可证明； （2）以，， 为基底表示出，再利用向量的模即可求解； （3）利用向量的数量积即可求解. 【详解】（1）如图所示：以，， 为基底， 则由题意得：， 又， ， ，， ， 即 故 ； （2）由(1)知， 即 ， 故的长为； （3）， ， ； ； ； 即， 由题意可知直线与AC所成角为锐角， 故直线与AC所成角的余弦值为. 3-3．（2024高一下·浙江宁波·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】B 【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 . 设，， 当； 当， 因为或，所以， 的最大值为，则此时 故选：B 3-4．（2024高二下·江苏连云港·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. （四） 直线与平面所成的角 利用平面的法向量求直线与平面夹角的基本步骤 (1)建立空间直角坐标系； (2)求直线的方向向量u； (3)求平面的法向量n； (4)设线面角为θ，则sinθ＝. 题型4：利用空间向量求直线与平面所成的角 4-1．（江苏省苏锡常镇四市2023届高三下学期3月教学情况调研（一）数学试题）在三棱柱中，平面平面，侧面为菱形，，，，E是的中点. (1)求证：平面； (2)点P在线段上（异于点，），与平面所成角为，求的值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】(1)根据线面垂直的判定定理证明； (2)利用空间向量的坐标运算表示线面夹角即可求解. 【详解】（1）因为四边形为菱形，所以， 又因为，，平面，， 所以平面. （2）取的中点O，连接，四边形为菱形，且， 所以. 因为平面平面，平面平面， 平面， 所以平面，所以，又因为，与相交， 所以平面.取中点D，连结， 以O为原点，，，为空间基底建立直角坐标系. 则，，，， 所以，. 设平面的一个法向量为， 所以，令，则，， 所以. 设，可得点，. 由题意 解得或（舍），即. 4-2．（2024·吉林通化·二模）已知四棱锥的底面为平行四边形，，，，平面ABCD，直线PD与平面PAC所成角为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题意建立如图空间直角坐标系，利用向量法结合PD与平面PAC的线面角，可求出PD. 【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. 4-3．（2024高二下·甘肃金昌·期中）如图，已知平面，，，，，.若，，则与平面所成角的余弦值为 . 【答案】 【分析】以为坐标原点，建立空间直角坐标系，得出点的坐标，求出的坐标以及平面的法向量，根据向量法，即可得出答案. 【详解】 依题意，以为坐标原点，分别以，，为轴、轴、轴的正方向，如图建立空间直角坐标系， 由已知可得，，，，，， 则，，. 设是平面的法向量， 则，即， 令，则，， 所以是平面的一个法向量. 设与平面所成的角为，. 因为，，， 则， 所以. 因为， 所以， 所以与平面所成角的余弦值为. 故答案为：. 4-4．（2024高二下·四川成都·期中）如图，在四棱锥中，底面ABCD为矩形，平面ABCD，M为PC中点． (1)求证：平面MBD； (2)若，求直线BM与平面AMD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，结合中位线的性质即可得证； （2）根据题意，建立空间直角坐标系，得到对应点的坐标，求得和平面AMD的法向量，由向量夹角的计算公式，可得答案. 【详解】（1）连接AC交BD于点O，连接OM， 由四边形ABCD为矩形， 可知O为AC中点，M为PC中点， 所以， 又平面，平面， 所以平面MBD. （2）以为原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系， 则 ， 所以， 设平面的法向量为， 则， 令，则， 设直线与平面所成角为，则 ， 所以直线与平面所成角的正弦值为． 4-5．（2024高二下·四川成都·期中）如图，在长方体中，，，，交于点E. (1)证明：直线平面； (2)求AD与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用长方体的结构特征，证明平面平面，可得直线平面； （2）建立空间直角坐标系，求平面的法向量，利用向量法求AD与平面所成角的正弦值. 【详解】（1）证明：如图，连接，， 长方体中，且，四边形为平行四边形， 则有，又平面，平面， 平面， 同理可证， 平面， 又，平面，平面平面， 又平面，直线平面； （2）以A为原点，分别为x轴，y轴，z轴，建系如图： 得，，， ，，， 设平面的一个法向量为， 由，令，得， 可得平面的一个法向量为， 设AD与平面所成角大小为， 则， 与平面所成角的正弦值为. 4-6．（2024·陕西商洛·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 【分析】以，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，利用坐标法求线面夹角. 【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. 4-7．（2024高二下·江苏徐州·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. （五） 两个平面的夹角 求两平面夹角的两种方法 (1)定义法：在两个平面内分别找出与两平面交线垂直的直线，这两条直线的夹角即为两平面的夹角．也可转化为求与两平面交线垂直的直线的方向向量的夹角，但要注意其异同． (2)法向量法：分别求出两平面的法向量n1，n2，则两平面的夹角为〈n1，n2〉或π－〈n1，n2〉 注：利用向量方法求二面角的大小时,多采用法向量法,即求出两个面的法向量,然后通过法向量的夹角来得到二面角的大小,但利用这种方法求解时,要注意结合图形观察分析,确定二面角是锐角还是钝角,不能将两个法向量的夹角与二面角的大小完全等同起来. 题型5：利用空间向量求二面角 5-1．（山东省滨州市2023-2024学年高二上学期期末数学试题）如图，在四棱锥中，底面，四边形是直角梯形，，，，点E在棱PB上．      (1)证明：平面平面PBC； (2)当时，求二面角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由线面垂直得到线线垂直，求出各边长，由勾股定理逆定理得到，从而证明出线面垂直，面面垂直； （2）解法一：以C为原点，CB，CA，CP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建系，写出点的坐标及平面的法向量，求出二面角的余弦值； 解法二：取AB的中点G，连接CG，以点C为原点，CG，CD，CP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建系，写出点的坐标及平面的法向量，求出二面角的余弦值； 【详解】（1）因为底面，平面， 所以． 因为，，所以． 所以，所以． 又因为，平面PBC，平面PBC， 所以平面PBC． 又平面EAC， 所以平面平面PBC． （2）解法一： 以点C为原点，CB，CA，CP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，．    设点E的坐标为，因为，所以， 即，，，所以． 所以，． 设平面ACE的一个法向量为，则． 所以，取，则，． 所以平面ACE的一个法向量为． 又因为平面PAC，所以平面PAC的一个法向量为． 设平面PAC与平面ACE的夹角为， 则． 所以，平面PAC与平面ACE夹角的余弦值为． 解法二： 取AB的中点G，连接CG，以点C为原点，CG，CD，CP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示 的空间直角坐标系，则，，，．    设点E的坐标为，因为，所以， 即，，，所以． 所以，． 设平面ACE的一个法向量为，则． 所以，取，则，． 所以，平面ACE的一个法向量为． 又因为平面PAC，所以平面PAC的一个法向量为． 设平面PAC与平面ACE的夹角为， 则． 所以，平面PAC与平面ACE夹角的余弦值为 5-2．（2024·河南·模拟预测）如图，四边形为菱形，平面，，. (1)证明：平面平面 ； (2)若，求二面角的大小. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据线面垂直得线线垂直，进而由线段的长度得勾股定理，证明线线垂直，即可得线面垂直证明面面垂直. （2）建立空间直角坐标系，利用法向量的夹角即可求解二面角大小. 【详解】（1）设BD交AC于点O，连接EO，FO， 因为四边形ABCD为菱形，所以. 因为ED平面ABCD,AC平面ABCD，所以. 又，平面BDEF，所以平面BDEF； 又平面BDEF，所以. 设FB=1，由题意得ED=2，. 因为FB//ED，且面，则FB平面ABCD， 而平面ABCD，故，， 所以，，.                                因为，所以.                            因为，平面ACF，所以EO平面ACF.                           又EO平面EAC，所以平面EAC平面FAC. （2）取EF中点G，连接OG，所以OG//ED，OG底面ABCD. 以O为原点，以分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系， 因为，由（1）中所设知，， 所以，, 所以. 所以，，， 设平面FAE的一个法向量为， 则， 所以； 平面AEC的一个法向量为， 则， 所以； 所以， 由图形可知二面角的平面角为锐角， 所以二面角的大小为. 5-3．（2024高二上·湖北·期末）如图，在四棱锥中，底面ABCD是直角梯形，，，底面ABCD，点E为棱PC的中点，． (1)证明：平面PAD； (2)在棱PC上是否存在点F，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)证明见解析 (2)存在， 【分析】（1）作出辅助线，得到四边形ABEG为平行四边形，从而证明，线面平行； （2）建立空间直角坐标系，设，利用二面角大小列出方程，求出，得到答案. 【详解】（1）在PD上找中点G，连接AG，EG，如图： ∵G和E分别为PD和PC的中点， ∴，且， 又∵底面ABCD是直角梯形，，， ∴且．即四边形ABEG为平行四边形， ∴， ∵平面PAD，平面PAD， ∴平面PAD； （2）因为平面，平面， 所以，又， 以A为原点，以AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 可得，，，，， 由F为棱PC上一点，设， ， 设平面FAD的法向量为， 由可得，解得：， 令，则，则， 取平面ADC的法向量为， 则二面角的平面角满足：, 解得：，解得：或（舍去）， 故存在满足条件的点F，此时． 5-4．（2024高三下·河南·阶段练习）在直四棱柱中，四边形为平行四边形，平面平面. (1)求证：； (2)若，探索在棱上是否存在一点，使得二面角的大小为？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) 【分析】（1）作出辅助线，由面面垂直得到线面垂直，进而得到线线垂直，证明出结论； （2）建立空间直角坐标系，设出，求出两平面的法向量，根据二面角列出方程，求出的值，得到答案. 【详解】（1）证明：由题意知平面平面，所以. 过在平面内作直线交于点， 因为平面平面，平面平面平面， 所以平面. 又平面，所以. 因为平面，所以平面， 又平面，所以. （2）由（1）知，因为，所以， 又平面，且平面，所以， 故以为坐标原点，直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 设，则，故. 平面的一个法向量为， 设平面的一个法向量，则， 令，则，所以， 所以，解得（负根舍）， 所以在棱存在点，使得二面角的大小为，且. 5-5．（2024高二下·江苏南通·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 【分析】首先以建立如图空间直角坐标系，设，其中，求出平面和平面的一个法向量和，由条件得出，化简求出最大值即可得出取最小值时的长． 【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6：利用空间向量求两个平面的夹角 6-1．（2024高二上·湖南郴州·期末）如图2，在中，，，．将沿翻折，使点D到达点P位置（如图3），且平面平面． (1)求证：平面平面； (2)设Q是线段上一点，满足，试问：是否存在一个实数，使得平面与平面的夹角的余弦值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)存在， 【分析】（1）利用余弦定理求出的长，由勾股定理得，过点作，然后利用面面垂直的性质定理及判定定理证明即可， （2）建立空间直角坐标系，利用法向量建立关系式分析即可. 【详解】（1）在中，由余弦定理得， ， ， 过点作交于点，如图所示， 又平面平面，且平面平面 由平面， 所以平面，又平面， 所以，又， 所以平面，又平面， 所以平面平面． （2）由题知，即， 由（1）知，且 平面，所以以A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，， 设为平面的法向量， 由， 令得， 且， 又易得平面的法向量为， 由， 故存在实数使得平面与平面的夹角的余弦值为． 6-2．（2024高二上·云南昆明·期末）如图，在直三棱柱中，侧面为正方形，，，M，N分别为和的中点，为棱上的点. (1)证明：； (2)是否存在点D，使得平面与平面夹角的余弦值为？如果不存在，请说明理由；如果存在，求线段的长. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在点，满足条件 【分析】(1)利用空间向量的坐标运算证明求解； (2)利用空间向量的坐标运算表示面面夹角的余弦值，即可求解. 【详解】（1）证明：由题意，，，两两垂直，以A为原点， 建立如图所示的空间直角坐标系， 设，则，，， 所以， 因为， 所以. （2）由题意，平面，所以平面的一个法向量为， 因为，所以，， 设平面的法向量为， 则， 令，则， 设平面与平面的夹角为，则 ， 整理得，，解得， 所以存在点，满足条件. 6-3．（2024高二下·福建福州·期中）如图，圆是的外接圆，平面，是圆的直径，，，且.    (1)求证：平面平面； (2)若，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用线面垂直证明平面，再通过面面垂直即可证明结论； （2）建立空间直角坐标系，表达出各点坐标，得出面与面的法向量，即可求出两个面夹角的余弦值. 【详解】（1）由题意及图证明如下， 在圆中，为直径， ∴， ∵平面,平面,平面, ∴，， 平面,面， ∴平面, 又平面, ∴平面平面. （2）由题意及（1）得， 在中， 在中，，， ∴， ∵， ∴ 建立空间直角坐标系如下图所示，      ∵， ∴， 则， 在面中，其一个法向量为， 在面中，设其一个法向量为， 则，即，解得：， ∴当时，， 设面与面所成角为， 6-4．（2024·广东·模拟预测）如图，在四棱锥中，，四边形是菱形，，，，是棱上的中点.    (1)求三棱锥的体积； (2)求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）证明平面，由计算三棱锥的体积； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求二面角的余弦值. 【详解】（1）因为四边形是菱形，所以. 又，平面，且，所以平面. 因为平面，所以. 因为，所以，所以. 因为平面，且，所以平面. 因为是棱上的中点，所以到平面的距离， 四边形是菱形，，， 则中，，，， ∵，∴三棱锥的体积为. （2）取棱的中点，连接，则有，因为，则. 两两垂直，故以为原点，分别以的方向为轴的正方向，建立空间直角坐标系. 因，则.    因是棱上的中点，则. 设平面的法向量为，则， 令，则，得. 平面的一个法向量为. 设平面与平面的夹角为，则. 故平面与平面夹角的余弦值为. 6-5．（2024高一上·吉林·阶段练习）如图①所示，长方形中，，，点是边的中点，将沿翻折到，连接，，得到图②的四棱锥． (1)求四棱锥的体积的最大值； (2)设的大小为，若，求平面和平面夹角余弦值的最小值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）取AM的中点G，连接PG，即当平面平面ABCM时，P点到平面ABCM的距离最大，即可得到结果； （2）连接DG，过点D作平面ABCD，以D为坐标原点，分别DA以DC，DZ所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，以及法向量，列出方程，即可得到结果. 【详解】（1）取的中点，连接，因为，则， 当平面平面时，点到平面的距离最大，四棱锥的体积取得最大值，此时平面，且， 底面为梯形，， 则四棱锥的体积最大值为. （2）连接，因为，所以，所以为的平面角，即， 过点作平面，以为坐标原点， 分别以DA，DC，DZ所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，， 过作于点，由题意得平面， 设，因为，所以，，， 所以，， 所以， 所以，， 设平面PAM的法向量为，则， 令，则， 设平面的法向量为， 因为，， 则，令， 可得， 设两平面夹角为， 则 令，，所以， 所以， 因为的对称轴为， 所以当时，有最小值， 所以平面和平面夹角余弦值的最小值为． 6-6．（2024高二上·云南昆明·期末）如图，在四棱锥中，底面ABCD是平行四边形，，，点E是线段AD的中点，点F在线段AP上且满足，面ABCD. (1)当时，证明：//平面； (2)当为何值时，平面BFE与平面PBD所成的二面角的正弦值最小？ 【答案】(1)证明见详解 (2) 【分析】（1）根据线面平行的判定定理分析证明； （2）建系，利用空间向量求二面角，并结合二次函数分析运算. 【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. 一、单选题 1．（2024高二下·四川成都·期中）在长方体中，，则与夹角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量的夹角公式求解即可. 【详解】以为坐标原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，则,,,, ∴,, ∴, 故选：. 2．（2024高二上·贵州铜仁·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 【分析】建立空间直角坐标系，写出相关点的坐标，根据向量法求解即可. 【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. 3．（2024高二上·广东惠州·阶段练习）在棱长为2的正方体中，分别取棱，的中点E，F，点G为EF上一个动点，则点G到平面的距离为（    ） A． B． C．1 D． 【答案】D 【分析】利用等体积法或向量法进行计算即可求解. 【详解】 如图所示，点E，F分别是，的中点， 因为该正方体的棱长为2，所以，， ∴平面，点G到平面的距离即为点E或F到平面的距离． 方法1：等体积法 ∵为等边三角形，∴，， 设F到平面的距离为d， ∵，∴，解得． 方法2：向量法 建立如图所示的空间直角坐标系， ，，，，， 设平面的法向量为，则有，得， 可求得平面的法向量为，， ∴． 故选：D 4．（2024高二上·河北邯郸·期末）在四棱锥中，底面ABCD为菱形，底面ABCD，，，则的重心到平面PAD的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题意，直接建系，利用法向量，可求解. 【详解】设AC与BD交于点O，以O为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，，. 设平面PAD的法向量为，则令，得. 因为的重心G的坐标为，即， 所以， 故点G到平面PAD的距离为. 故答案为：C 5．（2024高二下·福建福州·期中）如图在长方体中，，E，F，G分别是棱的中点，P是底面内一个动点，若直线平面平行，则线段的最小值为（    ） A． B．1 C． D． 【答案】C 【分析】建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，设，建立方程，表达出，求出最小值. 【详解】以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系， ，， 设，平面的法向量为， 则， 令得，故， 由，则， 考虑平面内，由两点间距离公式得 ， 当时，取得最小值，最小值为. 故选：C 6．（2024高二下·江苏南京·期中）已知两平面的法向量分别为，，则两平面所成的二面角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据题意求得，设两平面所成的二面角为，求得，即可求解. 【详解】由两平面的法向量分别为，， 可得， 设两平面所成的二面角为，其中，可得. 即两平面所成的二面角的正弦值为. 故选：B. 7．（6.3.4空间距离的计算（1））已知平面α的一个法向量，点在α内，则到α的距离为（   ） A．10 B．3 C． D． 【答案】D 【分析】由向量的坐标运算得，再由平面的距离即可求解. 【详解】由题意，得，又知平面的一个法向量， 则到平面的距离， 故选：D. 8．（2024高二下·福建龙岩·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. 9．（2024高二下·江西景德镇·期中）在棱长为2的正方体中，E，F分别为AD，BC的中点，为线段EF上的一动点，则直线与所成角的余弦值的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】构建空间直角坐标系，利用向量法求异面直线夹角的余弦值即可. 【详解】构建如下图示的空间直角坐标系， 所以，，且， 则，， 所以， 当，夹角余弦值最小为，当，夹角余弦值最大为， 所以直线与所成角的余弦值的取值范围是. 故选：C 10．（2024高二下·浙江·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 【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法求异面直线所成角的余弦值. 【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 11．（2024高二下·全国·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 【分析】分别以为轴建立空间直角坐标系, 设，得出，设，从而得出，设，结合参数的范围得出答案. 【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. 12．（2024高二下·河南周口·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． 13．（2024高二上·河南平顶山·期末）如图，在直四棱柱中，底面ABCD是边长为2的正方形，，M，N分别是，AB的中点，设点P是线段DN上的动点，则MP的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】建立空间直角坐标系，设出点的坐标，根据两点距离公式表示，利用二次函数求值域，即可得到本题答案. 【详解】以点为坐标原点，分别以所在直线为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 因为底面ABCD是边长为2的正方形，，所以， ∵点在平面上，∴设点的坐标为， ∵在上运动，∴ ，∴，∴点的坐标为， ∴， ∵，∴当时， 取得最小值. 故选：D 14．（2024高二下·浙江·期中）在正三棱柱中，，点D为棱BC的中点，点E为线段（不与点重合）上的点，且满足，当二面角的平面角为时，实数m的值为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法求出两个平面的法向量，结合二面角的平面角的余弦值建立方程即可算出. 【详解】过点在平面内作， 则以为坐标原点，分别以为轴， 建立空间直角坐标系，如图所示： 则，，根据点D为棱BC的中点得， 设，由得， ，即， 则，， 设平面的法向量为， 则，即， 令，则，所以， 易知平面的一个法向量为， 所以， 由二面角的平面角为， 所以， 所以，解得. 故选：C. 15．（2024高二上·浙江金华·期末）襄阳一桥全称“襄阳江汉大桥”，于1970年正式通车，在和襄阳城长达53年的相处里，于襄阳人来说一桥早已无可替代.江汉大桥由主桥架､上下水平纵向联结系､桥门架和中间横撑架以及桥面系组成，下面是一桥模型的一段，它是由一个正方体和一个直三棱柱构成.其中AB=BH，那么直线AH与直线IG所成角的余弦值为（    ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量求解异面直线的夹角余弦值. 【详解】以E为坐标原点，EB，ED，EI所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系， 设，则， ，设直线AH与直线IG所成角为， 则， 故直线AH与直线IG所成角的余弦值为.    故选：D. 16．（2024高二下·浙江·学业考试）如图，棱长均相等的三棱锥中，点是棱上的动点（不含端点），设，二面角的大小为.当增大时，（    ）    A．增大 B．先增大后减小 C．减小 D．先减小后增大 【答案】C 【分析】建立空间直角坐标系，运用空间向量数量积求解. 【详解】由题意，三棱锥 是正四面体，以 的重心为原点，BC边的中线PG为x轴， OA为z轴，过O点平行于BC的直线为y轴，建立空间直角坐标系如图：      设三棱锥P-ABC的棱长为 ，则有：  ， ， ， ， 设 是平面ABD的一个法向量，则有 ，即 ，令 ，解得 ， 显然 是平面PBC的一个法向量， ； 显然当时（x的取值范围是 ），最小，， 当时，变大，二面角为锐角，变小， 时，变大，二面角为钝角，即变小； 综上减小. 故选：C. 17．（2024·新疆阿勒泰·一模）四棱锥中，，其余各条棱长均为1，则直线与直线所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设四边形的半径为，求得和，进而求得，在中，由余弦定理可得，设，结合向量的夹角公式，即可求解. 【详解】如图（1）所示，四棱锥中，，其余各条棱长均为1， 所以点在底面内的射影为底面四边形的外接圆的圆心， 即四边形为圆内接四边形，如图（2）所示 根据四边形的对称性，可得为外接圆的直径，所以， 设四边形的半径为， 在直角中，可得， 设，可得， 所以， 可得， 在中，由余弦定理可得， 设，且， 可得，， 则， 设异面直线与直线所成角的范围为，其中，所以， 所以直线与直线所成角的余弦值为. 故选：C. 18．（2024高二下·江苏宿迁·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. 19．（2024高二下·陕西汉中·期末）如图，在正方体中，为体对角线上一点，且，则异面直线和所成角的余弦值为（    ）      A． B． C． D． 【答案】A 【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，设正方体的棱长为，利用空间向量法可求得异面直线和所成角的余弦值. 【详解】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，    设正方体的棱长为， 则、、、、， ， ，所以，， 因此，异面直线和所成角的余弦值为. 故选：A. 二、多选题 20．（江苏省淮安市淮海中学2023-2024学年高二上学期收心考试数学试题）如图，在棱长为1的正方体中（    ） A．与的夹角为B．二面角的平面角的正切值为 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】建立空间直角坐标系，利用坐标法逐项判断即得. 【详解】如图建立空间直角坐标系， 则， ∴，，即，与的夹角为，故A错误； 设平面的法向量为，， 所以，令，则， 平面的法向量可取，二面角的平面角为， 则，所以，故B正确； 因为，设与平面所成角为， 则，故C正确； 因为，设点到平面的距离为，则 ，故D正确. 故选：BCD. 21．（2024高二上·山东青岛·期中）如图，已知正方体的棱长为2，E，F，G分别为AD，AB，的中点，以下说法正确的是（    ） A．三棱锥的体积为1 B．平面EFG C．平面EFG D．平面EGF与平面ABCD夹角的余弦值为 【答案】AB 【分析】根据锥体体积公式求得三棱锥的体积.建立空间直角坐标系，利用向量法判断BCD选项的正确性. 【详解】A选项，， 所以，A选项正确. 建立如图所示空间直角坐标系， ， , ，所以， 由于平面，所以平面，B选项正确. 平面的一个法向量为， ，所以与平面不平行，C选项错误. 平面的法向量为， 设平面于平面的夹角为， 则，D选项错误. 故选：AB 22．（2024高二下·江西宜春·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 【分析】设，表示出，再由点到直线的距离公式得到 ，解得即可. 【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 23．（2024高二上·浙江宁波·阶段练习）如图，在三棱锥中，平面平面，与均为等腰直角三角形，且，，是线段上的动点（不包括端点），若线段上存在点，使得异面直线与成的角，则线段的长度可能为（    ） A． B． C． D． 【答案】AB 【分析】以为原点，为轴，为轴，过作平面的垂线为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出线段长的取值范围． 【详解】解：以为原点，为轴，为轴，过作平面的垂线为轴，建立空间直角坐标系， 则，，，， 设，因为与为异面直线，所以，，， 则， 异面直线与成的角， ， ，， ，解得， ， 线段长的取值范围是． 故选：AB． 24．（2024高二上·河南·期中）在三棱锥中，平面平面BCD，，，为等边三角形，E是棱AC的中点，F是棱AD上一点，若异面直线DE与BF所成角的余弦值为，则AF的值可能为（    ） A． B．1 C． D． 【答案】AC 【分析】过作与平行的直线为轴，取BD的中点O，根据条件可得平面BCD，分别以为轴建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可. 【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 25．（2024高二下·江苏淮安·期中）布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达·芬奇方砖在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案，如图1，把三片这样的达·芬奇方砖拼成图2的组合，这个组合再转换成图3所示的空间几何体.若图3中每个正方体的棱长为1，则下列结论正确的是（    ） A．点到直线的距离是 B． C．平面与平面的夹角余弦值为 D．异面直线与所成角的正切值为 【答案】BCD 【分析】通过空间向量的基底运算可得B的正误，利用空间向量的坐标运算可得A、C、D的正误. 【详解】依题意，所以选项B正确； 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，，，，， ，，，， 对于A：，，设， 则点到直线CQ的距离，所以A错误； 对于B： ,； 设平面的法向量的一个法向量为，则， 令可得为， 设平面的法向量为，则，则 所以，即平面与平面的夹角余弦值为，所以C正确； 对于D，因为，， 所以，所以， 所以异面直线与所成角的正切值为，所以D正确． 故选：BCD. 26．（海南省海口市龙华区海南华侨中学2023届高三一模数学试题）如图，在棱长为1的正方体中，是棱上的动点，则下列说法正确的是（    ）    A．不存在点，使得 B．存在点，使得 C．对于任意点，到的距离的取值范围为 D．对于任意点，都是钝角三角形 【答案】ABC 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法一一计算可得. 【详解】由题知，在正方体中，是棱上的动点，建立以为原点， 分别以，，的方向为轴、轴、轴的正方向的空间直角坐标系. 所以，，，设，其中， 所以，， 当时，即，所以，显然方程组无解， 所以不存在使得，即不存在点，使得，故A项正确； 当时，解得，故B项正确； 因为，其中，所以点Q到的距离为 ， 故C项正确； 因为，，其中， 所以， 所以三角形为直角三角形或钝角三角形，故D项错误.    故选：ABC 三、填空题 27．（2024高二上·黑龙江哈尔滨·期末）如图，在长方体中，，，则与平面所成的角的正弦值为 ． 【答案】 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量求解线面角的正弦值. 【详解】以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， ， 设平面的法向量为， 则， 令，则，故， 设与平面所成角的大小为， 则， 与平面所成角的正弦值为. 故答案为： 28．（2024高二下·福建宁德·期中）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： 29．（2024·浙江绍兴·一模）如图，在棱长为4的正方体中，M是棱上的动点，N是棱的中点.当平面与底面所成的锐二面角最小时， . 【答案】 【分析】建立空间直角坐标系，分别得到平面、平面的法向量，然后按照公式计算进行判断即可. 【详解】如图 设， 设平面的一个法向量为 令，，则 平面的法向量的一个法向量为 设平面与底面所成的锐二面角为 所以 当时，有最大，则有最小，所以 故答案为： 30．（2024高二上·黑龙江齐齐哈尔·期中）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，则直线FC到平面的距离为 ． 【答案】/ 【分析】建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面的法向量后可求线面距. 【详解】建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 故，故， 而平面，平面，故平面， 故直线FC到平面的距离为即为到平面的距离. 设平面的法向量为， 又，故，取，则， 而，故到平面的距离为， 故答案为：. 31．（2024高二上·黑龙江齐齐哈尔·期中）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】 【分析】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，得到A，C，E，F，H各点坐标，由向量可判定平面，则将问题转化为点E到平面的距离，先求得平面的法向量，再根据距离求解即可. 【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： 32．（2024高二上·山东枣庄·期末）在棱长为1的正方体中，为平面的中心，为的中点，则点到直线的距离为 . 【答案】/ 【分析】建立空间坐标系，求解直线的单位方向向量，结合勾股定理进行求解. 【详解】建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 因为，，， 所以. 所以点到直线的距离为. 故答案为：. 33．（2024高一·全国·课后作业）正方体中，二面角的大小为 . 【答案】 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量的方法求解. 【详解】如图，以为坐标原点建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为2， 则，，，， 则，设为平面的法向量， 则，即，令，则，所以， 又因为平面，则为平面的一个法向量， 则，所以二面角的大小为， 故答案为：. 34．（2024高三·全国·课后作业）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】 【分析】以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线与所成角的取值范围. 【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：. 35．（2024高一下·浙江温州·期末）“阿基米德多面体”也称为半正多面体,是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体,它体现了数学的对称美,如图,将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥,共可截去八个三棱锥,得到八个面为正三角形,六个面为正方形的“阿基米德多面体”,则直线与平面所成角的正弦值为 .    【答案】 【分析】将多面体放置于正方体中,借助正方体分析多面体的结构,由此求解出直线与平面所成角的正弦值. 【详解】如图所示:将多面体放置于正方体中,连接,设的中点为,连接,    因为分别为中点, 所以,且, 则四边形为平行四边形, 所以, 所以直线与平面所成角即为直线与平面所成角, 又平面, 所以直线与平面所成角即为, 设正方体的棱长为, 则, 所以, 即直线与平面所成角的正弦值为. 故答案为:. 四、解答题 36．（2024高二上·天津·期中）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. 37．（2024高二下·广东广州·阶段练习）如图，四棱锥中，平面，，，，M为棱上一点.    (1)若M为的中点，证明：平面； (2)若，且平面，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）取中点，连接和，通过证明平面和平面，从而证明平面平面，通过面面平行的性质即可证明平面； （2）取中点，作交于，连接，证明出平面，然后以为坐标原点，为正交基底建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值. 【详解】（1）取中点，连接和， 因为，，且为的中点， 所以且， 所以四边形为平行四边形，则， 因为平面，平面， 所以平面， 因为M，N分别为的中点， 所以， 因为平面，平面， 所以平面， 又因为平面，， 所以平面平面， 因为平面， 所以平面 （2）取中点，作交于，连接， 因为，所以， 因为平面，平面， 所以， 因为， 所以， 以为坐标原点，为正交基底建立如下图所示的空间直角坐标系，    、、、、. 所以，. 设平面的法向量， 又因为平面， 所以， 取，，，则. 又因为， 所以. 所以直线和平面所成角正弦值为. 38．（2024高二下·江苏常州·阶段练习）如图，正方体的棱长为2，点为的中点． (1)求点到平面的距离为； (2)求到平面的距离． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法求点到平面的距离为即可； （2）利用法向量的来证明线面平行，将到平面的距离进行转化为点到面的距离即可. 【详解】（1）以为原点，所在的直线分别为轴如图建立空间直角坐标系， 则， 所以，                     设平面的一个法向量为， 则， 令， 所以平面所的法向量为，又 所以点到平面的距离. （2）由（1）可得平面的法向量为， ∵，∴， ， ， ∴平面，                  所以到平面的距离可以转化为点到平面的距离， 由， 所以到平面的距离为. 39．（2024高二上·吉林长春·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) 【分析】(1)根据线面平行判定定理证明即可. (2)把到平面的距离转化为到平面的距离,应用空间向量法求解即可. 【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． 40．（2024高二上·辽宁沈阳·阶段练习）如图，在三棱锥中，底面ABC，，点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，，. (1)求证：平面BDE； (2)求直线MN到平面BDE的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】(1)利用空间向量的坐标运算证明线面垂直； (2)利用点到平面的距离公式求解. 【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. 41．（2024高二下·全国·课后作业）如图，矩形ADFE和梯形ABCD所在平面互相垂直，AB∥CD，∠ABC＝∠ADB＝90°，CD＝1，BC＝2，DF＝1．    (1)求证：BE∥平面DCF； (2)求点B到平面DCF的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2)2 【分析】（1）通过证明平面ABE∥平面DFC即可得解； （2）以D为原点，建立空间直角坐标系，通过空间向量的计算可得解. 【详解】（1）证明：∵得AB∥CD，平面DCF；平面DCF，∴AB∥平面DCF； ∵AE∥DF，平面DCF；平面DCF，∴AE∥平面DCF， ∵平面ABE, 平面ABE, ∴平面ABE∥平面DFC， ∵BE⊂平面ABE，∴BE∥平面DCF． （2）如图，以D为原点，建立空间直角坐标系．    ∵AB∥CD，∠ABC＝∠ADB＝90°，则△ADB∽△BCD⇒， ∵CD＝1，BC＝2．∴BD＝，∴AD＝2，AB＝5， ∴F(0，0，1)，D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(0，，0)，C， ，,． 设平面DCF的法向量为， 则，∴， 令x＝1，y＝2，z＝0．∴. ∴． ∴B到平面DCF的距离为2． 42．（2024高二上·浙江杭州·期中）如图，C是以为直径的圆O上异于A，B的点，平面平面，为正三角形，E，F分别是棱上的点，且满足． (1)求证：； (2)是否存在，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明过程见解析； (2)存在，. 【分析】（1）根据面面垂直的性质定理，结合线面垂直的判定定理和性质进行证明即可； （2）建立空间直角坐标系，结合空间向量夹角公式进行求解判断即可. 【详解】（1）设的中点为，连接， 因为是圆O的直径，所以， 因为平面平面，平面平面， 所以平面，而平面， 所以； （2）连接，因为，所以， 因为为正三角形，的中点为， 所以， 因为平面平面，平面平面， 所以平面，而平面， 所以，建立如图所示的空间直角坐标系， 设， ， 设平面的法向量为， ， 所以有， 所以，， 假设存在，使得直线与平面所成角的正弦值为，所以有，或（舍去）， 即存在，使得直线与平面所成角的正弦值为. 43．（2024·新疆·模拟预测）如图所示，四棱锥中，菱形所在的平面，，点､分别是､的中点，是线段上的点. （1）求证：平面平面； （2）当时，是否存在点，使直线与平面所成角的正弦值为？若存在，请求出的值，若不存在，请说明理由. 【答案】（1）证明见解析；（2）存在，. 【分析】（1）根据菱形的性质，结合平行线的性质、线面垂直的判定定理、面面垂直的判定定理进行证明即可； （2）建立空间直角坐标系，利用空间平面向量夹角公式，结合线面角的定义进行求解即可. 【详解】（1）证明：连接因为底面为菱形，， 所以是正三角形， ∵是的中点，∴， 又，∴， ∵平面，平面，∴， 又，∴平面， 又平面，所以平面平面. （2）解：以为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系， 不妨设，则， ，，，，， 设 则 设平面的一个法向量为， 则 取，则， 得 设直线与平面所成角为， 化简得：，则 故存在点满足题意，此时. 44．（2024高二下·福建莆田·阶段练习）如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，AB⊥AD，PA⊥平面ABCD，AD＝5，BC＝2AB＝4，M为PC的中点． (1)求证：平面PAC⊥平面PCD； (2)若AM⊥PC，求直线PB与面PCD所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）利用勾股定理的逆定理证明，再结合线面垂直的性质、判定，面面垂直的判定推理作答； （2）以A为原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解线面角的正弦值即可. 【详解】（1）在直角梯形中，，，则，而， 于是，， 有，则， 因为平面，平面，即有， 而平面，因此平面， 又平面，所以平面平面. （2）M为PC的中点，，则. 以A为原点，射线分别为轴的非负半轴，建立空间直角坐标系，如图， 则， ，，. 设平面的法向量，则， 令，得， 设直线PB与面PCD所成角为， 则. 45．（2024高二下·江苏常州·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． 46．（2024高二下·江苏南京·期末）如图所示，在三棱锥中，已知平面，平面平面．    (1)证明：平面； (2)若，，在线段上（不含端点），是否存在点，使得二面角的余弦值为，若存在，确定点的位置；若不存在，说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)存在；是上靠近的三等分点 【分析】（1）过点作于点，由面面垂直性质定理可得平面，由此证明，再证明，根据线面垂直判定定理证明结论； （2）建立空间直角坐标系，求平面，平面的法向量，利用向量夹角公式求法向量夹角，由条件列方程确定点的位置； 【详解】（1）过点作于点， 因为平面平面，且平面平面，平面， 所以平面， 又平面，所以， 又平面，平面， 所以， 又因为，，平面， 所以平面．    （2）假设在线段上（不含端点），存在点，使得二面角的余弦值为， 以为原点，分别以、为轴，轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，， ，，，， 设平面的一个法向量为， 即取，，， 所以为平面的一个法向量， 因为在线段上（不含端点），所以可设，， 所以， 设平面的一个法向量为， 即， 取，，， 所以为平面的一个法向量， ，又， 由已知可得 解得或（舍去）， 所以，存在点，使得二面角的余弦值为， 此时是上靠近的三等分点．    47．（2024·陕西咸阳·模拟预测）如图，四边形ACC1A1与四边形BCC1B1是全等的矩形，．    (1)若P是AA1的中点，求证:平面PB1C1⊥平面PB1C; (2)若P是棱AA1上的点，直线BP与平面ACC1A1所成角的正切值为，求二面角B1﹣PC﹣C1的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据两个平面垂直的判定定理推理即可； （2）先根据直线BP与平面ACC1A1所成角的正切值为，求出，再建立空间直角坐标系，利用空间向量求解. 【详解】（1）由题意知 ，所以AC⊥BC， 又因为CC1⊥BC，且CC1∩AC＝C，AC平面ACC1A1，CC1平面ACC1A1， 所以BC⊥平面ACC1A1， 又平面ACC1A1，所以BC⊥CP． ，即，所以AC＝AP，所以， 同理，所以，即PC1⊥CP． 又由于，所以B1C1⊥CP，且PC1∩B1C1＝C1， 又PC1平面PB1C1，B1C1平面PB1C1， 所以CP⊥平面PB1C1， 又因为平面PB1C，所以平面PB1C1⊥平面PB1C． （2）由（1）知，BC⊥平面ACC1A1，所以CP是直线BP在平面ACC1A1内的射影， 所以∠BPC就是直线BP与平面ACC1A1所成的角，即， 所以，所以由勾股定理得， 又由（1）知，A1 C 1，B1C1，CC1两两垂直，以C1C，C1B1，C1A1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系．    设AA1＝2，则，，，， 设平面的一个法向量为， 由于，所以，即， 令，则，即，易知平面的一个法向量为， 设二面角B1﹣PC﹣C1的大小为，由图知为锐角， 所以. 故二面角B1﹣PC﹣C1的余弦值为. 48．（2024·福建福州·二模）如图1，在中，为的中点，为上一点，且.将沿翻折到的位置，如图2.    (1)当时，证明：平面平面； (2)已知二面角的大小为，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，确定的位置；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，点为中点 【分析】（1）根据线面垂直的判定定理证明平面，再由面面垂直的判定定理证明即可； （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求解. 【详解】（1）由已知，有，且， 平面，所以平面， 因为平面，所以. 在Rt中，， 所以. 因为，所以. 且，平面，所以平面. 因为平面，所以平面平面. （2）由（1）， 所以为二面角的平面角，， 因为为的中点， 所以，， ，，， 如图，以为坐标原点，分别以为轴､轴正方向建立空间直角坐标系.    则. 设， 则,. 设平面的一个法向量， 由，得， 令，则，所以. 因为直线与平面所成角的正弦值为， 所以， 解得或（舍）. 因此，当点为中点时，直线与平面所成角的正弦值为. 49．（2024·江苏·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ABC； (2)求异面直线与所成角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据题意可得，取AB中点O，连结，利用梯形和平行四边形的相关性质得到，则，再利用线面垂直的判定即可得证； （2）建立空间直角坐标系，求出相应点的坐标，分别求出两异面直线所在的方向向量，然后利用空间向量的夹角公式即可求解. 【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. 50．（2024·黑龙江哈尔滨·三模）已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为AC和的中点，D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D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 【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出直线的方向向量即可证明； （2）求出平面与平面DEF的法向量即可求解. 【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. 51．（2024·河南郑州·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． 52．（2024高二下·江苏常州·期中）如图，圆锥SO，S为顶点，是底面的圆心，为底面直径，，圆锥高SO=6，点P在高SO上，是圆锥SO底面的内接正三角形. (1)若PO=，判断和平面是否垂直，并证明； (2)点P在高SO上的动点，当和平面所成角的正弦值最大时，求三棱锥P-ABC的体积. 【答案】(1)平面，证明见解析 (2) 【分析】（1）根据题意易证，，再根据线面垂直的判定即可证明平面. （2）首先点为原点，平行于方向为x轴，以方向为y轴，以方向为z轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量法和基本不等式得到当时，与平面所成角的正弦值最大，再求三棱锥的体积即可. 【详解】（1）因为，，所以是正三角形，则， 易知底面圆，而底面圆，所以， 又在中，，所以， 因为是正三角形，所以， 且，，所以，， 同理可证， 又，平面，所以平面； （2）如图，因为，所以以点为原点，平行于方向为x轴，以方向为y轴，以方向为z轴，建立以为原点的空间直角坐标系， 设， 则. 所以 设平面的法向量为，则， 令，则，故， 设直线和平面所成的角为， 则 ， 当且仅当，即时，与平面所成角的正弦值最大， 故. 53．（2024高二下·江苏盐城·期中）如图，在中，，，，可以通过以直线为轴旋转得到，且二面角是直二面角．动点在线段上．    (1)当为的中点时，求异面直线与所成角的余弦值； (2)求与平面所成角的正弦值的最大值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）建系，利用空间向量求异面直线夹角； （2）设可得，利用空间向量求线面夹角结合二次函数分析运算. 【详解】（1）由题意可得：，平面平面， 平面平面，平面，所以平面， 如图，以为坐标原点建立空间直角坐标系，则， 若为的中点，则，可得， 设异面直线与所成角，则. 故异面直线与所成角的余弦值为. （2）若动点在线段上，设， 则，可得，解得， 即，则， 由题意可知：平面的法向量为，    设与平面所成角为， 则， 对于开口向上，对称轴为， 可得当时，取到最小值， 所以的最大值为，因为， 故与平面所成角的正弦最大值为. 54．（2024·江苏淮安·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DE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) 【分析】（1）根据题意，取AD中点O，连接OP，连接OC交BD于点F，连接EF，由线面垂直的判定定理可证平面，再由面面垂直的判定定理即可得到结果； （2）根据题意，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算可得DE与平面所成角最大值，从而得到结果. 【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. 55．（2024高二下·四川成都·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P在线段EF上移动，设为直线BP与平面ABCD所成角，求的取值范围． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由，得到，再由，利用线面垂直的判定定理，证得平面，进而证得平面平面； （2）根据题意得到直线两两互相垂直，建立空间直角坐标系，求出对应点的坐标，结合题意设，分别求出直线的方向向量和平面的法向量，利用向量的夹角公式得到，然后利用二次函数的图象和性质即可求解. 【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． 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 $$