1.4.2：用空间向量研究距离、夹角问题【6大题型】-2024-2025学年高二数学《考点•题型 •技巧》精讲与精练高分突破系列(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 【考点归纳】 · 考点一、点到直线的距离 · 考点二、点到平面的距离与直线到平面的距离 · 考点三、两条异面直线所成的角 · 考点四、线面所成的角 · 考点五、，面面所成的夹角 · 考点六：空间线段的存在性问题 【知识梳理】 知识点一　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=a，则向量在直线l上的投影向量为＝，则点P到直线l的距离为 (如图)． 知识点二　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)． 知识点三　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． 知识点四　 空间角的向量法解法 角的分类 向量求法 范围 两条异面直线所成的角 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〉|＝ 直线与平面所成的角 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sin θ＝|cos 〈u，n〉|＝ 两个平面的夹角 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cos θ＝|cos 〈n1，n2〉|＝ 【题型探究】 题型一、点到直线的距离 1．（2024·江西新余·模拟预测）已知，直线过原点且平行于，则到的距离为（    ）. A． B．1 C． D． 2．（23-24高二下·甘肃·期中）将一块模板放置在空间直角坐标系中，其位置及坐标如图所示，则点A到直线BC的距离为（    ） A． B． C． D． 3．（23-24高二下·江苏南通·阶段练习）在三棱锥中，，，两两垂直，且，，，三角形重心为G，则点P到直线的距离为（    ） A． B． C． D． 题型二、点到平面的距离与直线到平面的距离 4．（23-24高二下·江苏泰州·期末）在空间直角坐标系中，已知点，若点到平面的距离为，则点的坐标可以是（    ） A． B． C． D． 5．（24-25高二·上海·随堂练习）如图1，在等腰直角三角形ABC中，，,分别是上的点，，为中点，将沿折起，得到如图2所示的四棱锥，其中．    (1)求证：⊥平面； (2)求点到平面的距离． 6．（24-25高二上·全国·课后作业）如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面，，，若M、N分别为棱、的中点，O为中点． (1)求证：平面平面； (2)求点N到平面的距离． 题型三、两条异面直线所成的角 7．（24-25高二上·河北张家口·开学考试）如图，在正四棱锥中，为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 8．（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． 9．（23-24高二下·湖北·期中）如图，是一个由棱长为的正四面体沿中截面所截得的几何体，则异面直线与夹角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 题型四、线面所成的角 10．（23-24高二下·辽宁·阶段练习）在三棱锥中，平面，，，，分别是棱，，的中点，，，则直线与平面所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 11．（24-25高二上·河北保定·开学考试）如图，在四棱锥中，已知底面是边长为的菱形，，且平面，垂足为. (1)证明：平面. (2)求直线与平面所成角的正弦值. 12．（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. 题型五、，面面所成的夹角 13．（24-25高三上·云南·阶段练习）如图，在四棱锥中，底面，. (1)证明：； (2)求平面与平面的夹角. 14．（24-25高三上·内蒙古赤峰·阶段练习）如图，在四棱锥中，，，平面，，、分别是棱、的中点．    (1)证明：平面； (2)求平面与平面的夹角的正弦值． 15．（2024·四川·一模）如图，在三棱锥中，平面，. (1)求证；平面平面； (2)若，，三棱锥的体积为100，求二面角的余弦值. 题型六：空间线段的存在性问题 16．（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． 17．（23-24高二上·江西新余·期末）在四棱锥中，已知，，，，，，是线段上的点． (1)求证：底面； (2)是否存在点使得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． 18．（23-24高二上·云南昆明·期末）已知平行四边形如图甲，，，沿将折起，使点到达点位置，且，连接得三棱锥，如图乙. (1)证明：平面平面； (2)在线段上是否存在点，使二面角的余弦值为，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由. 【高分演练】 一、单选题 19．（24-25高三上·江苏南通·阶段练习）已知，，则点B到直线AC的距离为（    ） A． B． C．2 D．3 20．（23-24高一下·辽宁·期末）如图，在直三棱柱 中，所有棱长都相等，分别是棱 的中点，则异面直线与 所成角的余弦值是（   ） A． B． C． D． 21．（23-24高二下·江苏徐州·期末）在棱长为4的正方体中，分别为棱的中点，点在棱上，且，则点到平面的距离为（    ） A． B． C． D． 22．（23-24高二下·福建龙岩·阶段练习）如图，四棱锥的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍，平面，为侧棱上的点，则二面角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 23．（23-24高二下·江苏连云港·阶段练习）在棱长为2的正方体中，，分别为棱，的中点，为棱上的一点，且，则点到平面的距离为（    ） A． B． C． D． 24．（23-24高二下·甘肃·期中）已知棱长为2的正方体中，，，分别是的中点，则直线与平面之间的距离为（    ） A．1 B． C． D． 25．（23-24高二下·山东烟台·阶段练习）如图，在三棱锥中，平面，点分别为的中点，是线段的中点，，则直线到平面的距离为（    ）    A． B． C． D． 26．（23-24高二下·河南·开学考试）在正三棱柱中，为的中点，分别为线段，上的动点，且，则线段的长度的取值范围为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 27．（23-24高二下·江苏盐城·期中）正方体的棱长为2，为的中点，则（    ） A． B．与所成角余弦值为 C．面与面所成角正弦值为 D．与面的距离为 28．（2023·河南·模拟预测）如图，在底面为等边三角形的直三棱柱中，，，，分别为棱，的中点，则（   ） A．平面 B． C．异面直线与所成角的余弦值为 D．平面与平面的夹角的正切值为 29．（23-24高二下·江苏淮安·阶段练习）在正方体中，，点P满足，其中，，则下列结论正确的是（    ） A．当平面时，与所成夹角可能为 B．当时，的最小值为 C．若与平面所成角为，则点P的轨迹长度为 D．当时，正方体经过点、P、C的截面面积的取值范围为 30．（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 31．（24-25高二上·浙江台州·开学考试）已知梯形如图1所示，其中，A为线段的中点，四边形为正方形，现沿进行折叠，使得平面⊥平面，得到如图2所示的几何体．已知当点F满足时，平面平面，则λ的值为 ．          图1                         图2 32．（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 . 33．（24-25高二上·上海·单元测试）如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，．是底面的内接正三角形，P为DO上一点，，则二面角的余弦值是 ．    34．（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， .    四、解答题 35．（24-25高二上·安徽·开学考试）如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面平面，分别为棱的中点，． (1)证明：平面平面； (2)求二面角的大小． 36．（2024·海南·模拟预测）如图，在直四棱柱中，底面四边形为梯形，，. (1)证明： ; (2)若直线 与平面 所成角的正弦值为 ，点 为线段 上一点，求点到平面 的距离. 37．（2024·河南郑州·模拟预测）如图，在三棱锥中，，，． (1)证明：平面； (2)若，E是棱上一点且，求平面与平面的夹角． 38．（24-25高二上·湖北·开学考试）如图，在三棱柱中，，，，点在底面ABC的射影为BC的中点O，M为的中点． (1)求证：平面； (2)求二面角的平面角的正弦值． 39．（24-25高三上·湖北·阶段练习）如图，直角梯形 ACDE 中， 、M 分别为AC、ED 边的中点，将△ABE 沿BE 边折起到△A'BE 的位置，N 为边A'C 的中点． (1)证明：MN∥平面A'BE； (2)当三棱锥的体积为，且二面角为锐二面角时，求平面 NBM 与平面BEDC 夹角的正切值． 1 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 【考点归纳】 · 考点一、点到直线的距离 · 考点二、点到平面的距离与直线到平面的距离 · 考点三、两条异面直线所成的角 · 考点四、线面所成的角 · 考点五、，面面所成的夹角 · 考点六：空间线段的存在性问题 【知识梳理】 知识点一　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=a，则向量在直线l上的投影向量为＝，则点P到直线l的距离为 (如图)． 知识点二　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)． 知识点三　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． 知识点四　 空间角的向量法解法 角的分类 向量求法 范围 两条异面直线所成的角 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〉|＝ 直线与平面所成的角 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sin θ＝|cos 〈u，n〉|＝ 两个平面的夹角 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cos θ＝|cos 〈n1，n2〉|＝ 【题型探究】 题型一、点到直线的距离 1．（2024·江西新余·模拟预测）已知，直线过原点且平行于，则到的距离为（    ）. A． B．1 C． D． 【答案】C 【分析】根据题意取，然后求出在方向上的投影，再结合勾股定理可求得结果. 【详解】由题意取，则， 所以到的距离为 . 故选：C 2．（23-24高二下·甘肃·期中）将一块模板放置在空间直角坐标系中，其位置及坐标如图所示，则点A到直线BC的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据给定条件，利用空间点到直线距离公式计算即得. 【详解】依题意，，， 所以点A到直线BC的距离. 故选：A 3．（23-24高二下·江苏南通·阶段练习）在三棱锥中，，，两两垂直，且，，，三角形重心为G，则点P到直线的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法求点到直线的距离即可得解. 【详解】如图所示：以为轴建立空间直角坐标系， 则，，，则，   ，， 故在的投影为， 点到线的距离为. 故选：D. 题型二、点到平面的距离与直线到平面的距离 4．（23-24高二下·江苏泰州·期末）在空间直角坐标系中，已知点，若点到平面的距离为，则点的坐标可以是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用点到平面距离的向量求法逐项检验可得答案. 【详解】对于A，当时，设为平面的一个法向量， ，， 所以，即，令，则， 则点到平面的距离为，故A错误； 对于B，当时，设为平面的一个法向量， ，， 所以，即，令，则， 则点到平面的距离为，故B错误；     对于C，当时，设为平面的一个法向量， ，， 所以，即，令，则， 则点到平面的距离为，故C错误；     对于D，当时，设为平面的一个法向量， ，， 所以，即，令，则， 则点到平面的距离为，故D正确. 故选：D. 5．（24-25高二·上海·随堂练习）如图1，在等腰直角三角形ABC中，，,分别是上的点，，为中点，将沿折起，得到如图2所示的四棱锥，其中．    (1)求证：⊥平面； (2)求点到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）分别计算，的长度，然后利用勾股定理计算直角，最后再利用线面垂直的判定定理证明即可； （2）取中点，则．以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，利用点到平面的距离公式求解即可． 【详解】（1）解：（1）连接OD，OE，， 在△COD中，， 同理得， 因为，所以, 所以， 因为 所以， 所以 又因为平面,平面 所以⊥平面； （2）（2）取中点，则以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系    则， 设平面的一个法向量为， 又， 所以，令，则， 则， 又，， 所以点B到平面A′CD的距离为． 6．（24-25高二上·全国·课后作业）如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面，，，若M、N分别为棱、的中点，O为中点． (1)求证：平面平面； (2)求点N到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）要证面面垂直，可以先证线线垂直，线面垂直，再证面面垂直即可， （2）建立空间直角坐标系，求出及平面的法向量，采用向量法来求点到平面的距离． 【详解】（1）平面，面， ，． 矩形， ，故、、两两垂直． 分别以、、所在直线为轴、轴和轴建立空间直角坐标系，如图所示． 则，，，，． ，，， 设平面的法向量为，则可取， 设平面的法向量为，，，则可取， ， ， 平面平面． （2）解：设平面的法向量为． ，， 由得可取 ，平面的法向量为， ． 题型三、两条异面直线所成的角 7．（24-25高二上·河北张家口·开学考试）如图，在正四棱锥中，为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】建立空间直角坐标系，先利用向量法求，则得线线角. 【详解】连接交于，连接， 由四棱锥是正四棱锥，则平面，且. 以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 由，不妨设，则， 在中，， 则，则， ， 则， 由异面直线与所成角为锐角，所求余弦值为. 故选：B. 8．（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：. 9．（23-24高二下·湖北·期中）如图，是一个由棱长为的正四面体沿中截面所截得的几何体，则异面直线与夹角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】补形成正四面体，记，利用基底求出，代入夹角公式即可求解. 【详解】补形成正四面体，如图. 记，则， 由正四面体的性质和题意可知，， 所以， ， 所以， 所以，异面直线与的夹角的余弦值为. 故选：D. 题型四、线面所成的角 10．（23-24高二下·辽宁·阶段练习）在三棱锥中，平面，，，，分别是棱，，的中点，，，则直线与平面所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式，结合线面角的定义进行求解即可. 【详解】由，得，又平面，平面，则， 以为坐标原点，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，设直线与平面所成角为， 则，所以. 故选：A 11．（24-25高二上·河北保定·开学考试）如图，在四棱锥中，已知底面是边长为的菱形，，且平面，垂足为. (1)证明：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）作出辅助线，由线面垂直得到，结合是正三角形，故，并得到为等边三角形，，故，即，结合，得到线面垂直； （2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用线面角的夹角公式得到答案. 【详解】（1）连接，因为平面，平面， 所以，，， 由勾股定理得，， 因为，所以. 又四边形是菱形，，所以是正三角形， 所以. 由，得是正三角形，. 所以，即. 由平面，平面，可得. 因为，平面， 所以平面. （2）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，如图所示. 因为，所以， 则， ， .设是平面的一个法向量，由得 取，可得. 设直线与平面所成的角为， 则， 即直线与平面所成角的正弦值为. 12．（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. 题型五、，面面所成的夹角 13．（24-25高三上·云南·阶段练习）如图，在四棱锥中，底面，. (1)证明：； (2)求平面与平面的夹角. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用勾股定理来证明底面等腰梯形中存在的垂直关系，再来证明线面垂直推导线线垂直； （2）利用空间向量法来求两平面夹角的大小. 【详解】（1）证明：在四边形中作于于，如图       ， 四边形为等腰梯形，， 故，，. 又平面平面，， 又，平面 平面. 又平面，. （2）如图，以为原点建立空间直角坐标系. 由（1）可得，则， 则， 设平面的法向量， 则有，令，则，即， 取平面的一个法向量， ， 即平面与平面所成夹角的余弦值为， 所以平面与平面的夹角为. 14．（24-25高三上·内蒙古赤峰·阶段练习）如图，在四棱锥中，，，平面，，、分别是棱、的中点．    (1)证明：平面； (2)求平面与平面的夹角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)． 【分析】（1）由中位线易证明四边形是平行四边形，进而得到，进而得到平面； （2）由题易知，，两两垂直，建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，通过平面与平面的夹角计算公式计算余弦值，再用同角三角函数的基本关系计算正弦值； 【详解】（1）如图所示，连接．    因为，分别是棱，的中点， 所以， 因为，， 所以，， 所以四边形是平行四边形， 则． 因为平面，平面， 所以平面． （2）因为平面， 平面, 所以， 又因为， 所以，，两两垂直， 以为坐标原点，，，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．    由题中数据可得，， ，． 设平面的法向量为， 则 令，得． 因为，, 所以平面 平面的一个法向量为． 设平面与平面的夹角为， 则． 故， 即平面与平面的夹角的正弦值为． 15．（2024·四川·一模）如图，在三棱锥中，平面，. (1)求证；平面平面； (2)若，，三棱锥的体积为100，求二面角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由平面得到，再结合，可证明平面，从而可求解； （2）由题意知求出，建立空间直角坐标系，再利用空间面面夹角向量方法，从而可求解. 【详解】（1）证明：由题意得平面，因为平面，所以， 又因为，平面，所以平面， 又因为平面，所以平面平面. （2）因为，，，所以， 又因为三棱锥的体积为，即，得， 由题意可得以为原点，分别以平行于，及，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图， 则，，， 所以，，， 设平面的一个法向量为， 则，令，得，则， 设平面的一个法向量为， 则，令，得，则， 设二面角为，则. 所以锐二面角的余弦值为. 题型六：空间线段的存在性问题 16．（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 【分析】（1）取的中点，根据线面平行的判定定理即可得证； （2）设，根据等体积法求出x的值，即可得出结论. 【详解】（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，. 因为平面，所以. 因为平面，平面，平面 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. 17．（23-24高二上·江西新余·期末）在四棱锥中，已知，，，，，，是线段上的点． (1)求证：底面； (2)是否存在点使得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)证明见解析 (2)存在，且 【分析】（1）首先证明面，可得出，利用勾股定理的逆定理可证得，再结合线面垂直的判定定理，即可证明面； （2）以为原点，建立空间直角坐标系，设，且，求平面的法向量，利用，即可求得的值，即可得出结论. 【详解】（1）证明：在中，，， 所以. 在中，，，， 由余弦定理有：， 所以，，所以，所以， 又因为，，、平面，所以，平面， 因为平面，所以，， 在中：，，，则，所以，， 因为，、平面，所以面. （2）解：因为平面，， 以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系， 则有、、、、， 设，其中， 则，，， 设为面的法向量， 则有，取，则，， 所以，平面的一个法向量为， 由题意可得， 可得，因为，所以. 因此，存在点使得与平面所成角的正弦值为，且. 18．（23-24高二上·云南昆明·期末）已知平行四边形如图甲，，，沿将折起，使点到达点位置，且，连接得三棱锥，如图乙. (1)证明：平面平面； (2)在线段上是否存在点，使二面角的余弦值为，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，且 【分析】 （1）推导出，证明出平面，可得出， 利用线面垂直和面面垂直的判定定理可证得结论成立； （2）以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，设，其中，利用空间向量法可得出关于的等式，结合求出的值，即可得出结论. 【详解】（1）证明：翻折前，因为四边形为平行四边形，，则， 因为，则，， 由余弦定理可得， 所以，，则，同理可证， 翻折后，则有，， 因为，，、平面， 所以，平面， 因为平面，则， 因为，、平面，所以，平面， 因为平面，故平面平面. （2）解：因为平面，，以点为坐标原点， 、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、， 设，其中， 则，， 设平面的法向量为， 则，取，则，， 所以，， 易知平面的一个法向量为， 则，整理可得， 因为，解得， 因此，线段上存在点，使二面角的余弦值为，且. 【高分演练】 一、单选题 19．（24-25高三上·江苏南通·阶段练习）已知，，则点B到直线AC的距离为（    ） A． B． C．2 D．3 【答案】C 【分析】由坐标运算求出，，，进而求出，再求得在方向上的投影，然后即可求出点B到直线AC的距离. 【详解】因为，， 所以，， ， ， 所以在方向上的投影为，， 所以点B到直线AC的距离为. 故选：C. 20．（23-24高一下·辽宁·期末）如图，在直三棱柱 中，所有棱长都相等，分别是棱 的中点，则异面直线与 所成角的余弦值是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用平移法作出异面直线与 所成角，解三角形即可求得答案. 【详解】连接，因为在直三棱柱中，分别是棱的中点， 故，即四边形为平行四边形，所以， 则即为异面直线与 所成角或其补角； 直三棱柱中，所有棱长都相等，设其棱长为，连接， 则平面，故平面平面， 故，是棱的中点，故， 则,而 ，又，故在中，, 由于异面直线所成角的范围，故异面直线与 所成角的余弦值是， 故选：D. 21．（23-24高二下·江苏徐州·期末）在棱长为4的正方体中，分别为棱的中点，点在棱上，且，则点到平面的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量和，再利用点到平面距离的向量法，即可求出结果. 【详解】如图，建立空间直角坐标系，因为正方体的棱长为4， 则， 所以，，， 设平面的一个法向量为， 由，得到，取，得到，所以， 所以点到平面的距离为， 故选：C. 22．（23-24高二下·福建龙岩·阶段练习）如图，四棱锥的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍，平面，为侧棱上的点，则二面角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】建立空间直角坐标系，结合向量即可求解. 【详解】连接，设交于点，则平面， 以为坐标原点，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， 设底面边长为，则， 显然是平面的一个法向量， 因为平面，所以是平面的一个法向量， 设二面角为，所以. 故选：B. 23．（23-24高二下·江苏连云港·阶段练习）在棱长为2的正方体中，，分别为棱，的中点，为棱上的一点，且，则点到平面的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】建立空间直角坐标系，由点到平面的距离公式计算即可． 【详解】以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，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， 取，得， 所以点到平面的距离为， 故选：D． 24．（23-24高二下·甘肃·期中）已知棱长为2的正方体中，，，分别是的中点，则直线与平面之间的距离为（    ） A．1 B． C． D． 【答案】B 【分析】建立空间直角坐标系，先利用向量法证明平面EMN，根据线面距离的定义把直线AC到平面EMN的距离转化为点A到平面EMN的距离，再利用点面距离的向量公式求解即可. 【详解】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，可得，所以， 即，又平面，所以平面， 故点到平面的距离即为直线到平面的距离， 又，所以点到平面的距离为， 即直线与平面之间的距离为. 故选：B 25．（23-24高二下·山东烟台·阶段练习）如图，在三棱锥中，平面，点分别为的中点，是线段的中点，，则直线到平面的距离为（    ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】建系，首先用向量法证明直线面，再用向量法求点到面的距离即可. 【详解】易知，，两两垂直，则以为坐标原点，，，的放向分别为轴，轴，轴正方向，建立如空间直角坐标系. 由题意，得 所以.设为平面的法向量， 则令，得. 又，所以， 且平面，所以平面， 所以直线到平面的距离即为点到平面的距离， 设为，因为，所以. 故选：D    26．（23-24高二下·河南·开学考试）在正三棱柱中，为的中点，分别为线段，上的动点，且，则线段的长度的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】建立空间直角坐标系，设，且，根据将表示为的函数，再换元求的范围即可. 【详解】 取的中点，连接，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. 因为是棱上一动点，设，且， 所以. 因为，所以. 令，则. 又函数在上为增函数， 所以线段的长度的取值范围为. 故选：D 二、多选题 27．（23-24高二下·江苏盐城·期中）正方体的棱长为2，为的中点，则（    ） A． B．与所成角余弦值为 C．面与面所成角正弦值为 D．与面的距离为 【答案】AD 【分析】本题建立空间直角坐标系，利用空间向量可解决线线垂直、异面直线所成的角的相关问题、二面角的相关问题，以及解决空间一点到面的距离问题. 【详解】根据题意建立如图所示的空间直角坐标系 正方体的棱长为2，易求、、、、、、、、. 选项A：因为，，所以 所以，故A正确. 选项B：因为，，所以，设异面直线和所成的角为，则：，故B不正确. 选项C：易求平面的法向量. 设平面的法向量为，易求,， 由，令，则. 设平面与平面所成角为，则, ，即，故选项C不正确. 选项D：因为平面的法向量为，， 设到平面的距离为，向量与法向量的夹角为， 则：,故选项D正确. 故选：AD. 28．（2023·河南·模拟预测）如图，在底面为等边三角形的直三棱柱中，，，，分别为棱，的中点，则（   ） A．平面 B． C．异面直线与所成角的余弦值为 D．平面与平面的夹角的正切值为 【答案】ABD 【分析】选项A由线面平行的判定定理可证；选项B由线面垂直可证线线垂直；选项CD可由空间向量法可得. 【详解】选项A： 如图连接交于，连接， 由题意可知为的中点，又为的中点，故， 又平面，平面，故平面，故A正确； 选项B：由题意为等边三角形，为的中点， 故, 又棱柱为直三棱柱，故， 又，平面，平面， 故平面，又平面，故，故B正确； 选项C： 如图建立空间直角坐标系，则，，， 因，故， 所以，， 设异面直线与所成角为，则 故C错误； 选项D：由题意平面的一个法向量为， ，，， 设平面的法向量为，则 ，即，设，则，， 故， 设平面与平面的夹角为，则， 故， 故，故D正确， 故选：ABD 29．（23-24高二下·江苏淮安·阶段练习）在正方体中，，点P满足，其中，，则下列结论正确的是（    ） A．当平面时，与所成夹角可能为 B．当时，的最小值为 C．若与平面所成角为，则点P的轨迹长度为 D．当时，正方体经过点、P、C的截面面积的取值范围为 【答案】ABD 【分析】由且平面，得到点在上，当点与点或重合时，可判定A正确；由时，可得，得到在上，将平面与平面沿展成平面图形，结合余弦定理，可得判定B正确；由平面， 求得为与平面所成的角，根据题意求得，得出点的轨迹，可判定C不正确；根据题意，得到正方体经过点的截面为平行四边形，以为原点，建立空间直角坐标系，求得点到的距离为，进而可判定D正确. 【详解】对于A中，对于正方体中，连接， 可得，且平面，平面，所以平面， 同理可证平面，因为，且平面， 所以平面平面，且平面平面， 又因为且平面，所以点在上， 当点与点或重合时，此时与所成夹角为，所以A正确； 对于B中，因为，当时，可得， 即点在上，将平面与平面沿展成平面图形，如图所示， 线段即为的最小值， 由余弦定理得， 所以，即的最小值为，所以B正确；    对于C中，在正方体中，可得平面， 连接，则为与平面所成的角， 若与平面所成的角为，可得，所以， 即点的轨迹为以为圆心，以1为半径的圆，所以点的轨迹长度为，所以C不正确；    对于D中，当时，，可得，即， 所以点在线段上运动，可得正方体经过点的截面为平行四边形， 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，则， 所以， 可得，且， 则点到的距离为， 所以，当时，的面积取得最小值，此时截面面积为， 当时，的面积取得最大值，此时截面面积为， 所以截面面积的取值范围为，所以D正确. 故选：ABD.    【点睛】方法点睛：对于立体几何中的综合问题的求解策略分析： 1、立体几何中的动态问题主要包括：空间动点轨迹的判断，求解轨迹的长度及动角的范围等问题； 2、解答方法：一般时根据线面平行，线面垂直的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程； 3、对于线面位置关系的存在性问题，首先假设存在，然后再该假设条件下，利用线面位置关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论，则否定假设； 4、对于探索性问题用向量法比较容易入手，一般先假设存在，设出空间点的坐标，转化为代数方程是否有解的问题，若由解且满足题意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在. 30．（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 【分析】利用二面角的平面角定义判断B，选项；根据已知条件，建立空间直角坐标系，利用空间向量逐一判断A、C、D选项即可. 【详解】 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 31．（24-25高二上·浙江台州·开学考试）已知梯形如图1所示，其中，A为线段的中点，四边形为正方形，现沿进行折叠，使得平面⊥平面，得到如图2所示的几何体．已知当点F满足时，平面平面，则λ的值为 ．          图1                         图2 【答案】/ 【分析】应用空间向量法计算已知面面垂直即法向量垂直即可求参. 【详解】如图，以A为坐标原点， 所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系， ∴ 则， 若是平面的一个法向量， 则 可得， 若是平面的一个法向量， 则可得 由平面平面，得， 即， 解得． 故答案为：. 32．（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： 33．（24-25高二上·上海·单元测试）如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，．是底面的内接正三角形，P为DO上一点，，则二面角的余弦值是 ．    【答案】 【分析】建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，求得平面以及平面的法向量，根据向量的夹角公式即可求得答案. 【详解】由题意知O是圆锥底面的圆心，，则平面，为正三角形，则, 设，由题设可得, 是底面的内接正三角形,故， , 如图，以O为原点，在平面内过O点作的垂线作为x轴， 以为轴建立空间直角坐标系，    由前面证明的结论，不妨取，则，可得， , 则 ，， 设是平面的法向量，则,即， 令，则可取， ，， 设是平面的法向量，则,即， 令，则可取， 则， 由图知二面角的平面角为锐角, 故二面角的余弦值为. 故答案为：. 34．（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． 四、解答题 35．（24-25高二上·安徽·开学考试）如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面平面，分别为棱的中点，． (1)证明：平面平面； (2)求二面角的大小． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由中位线可得线线平行，再由线面平行判定定理得线面平行，由面面平行判定定理得证； （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求出二面角的大小即可. 【详解】（1）连接，如图， 由分别为棱的中点， 可得， 又，所以， 所以四边形为平行四边形， 所以，又平面，平面， 所以平面， 因为，平面，平面， 所以平面，又，平面， 所以平面平面. （2）因为平面平面，是两平面的交线，平面， 所以平面，又平面， 所以，又， 以方向为轴正方向建立如图所示空间直角坐标系，则， 所以， 则， 设平面的法向量， 则，令，可得， 设平面的法向量为， 则，令，可得， 所以，即， 由图知，二面角的平面角为钝角， 所以二面角的大小为. 36．（2024·海南·模拟预测）如图，在直四棱柱中，底面四边形为梯形，，. (1)证明： ; (2)若直线 与平面 所成角的正弦值为 ，点 为线段 上一点，求点到平面 的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）因为，因此只需证明平面，只需证明（由题可证），，由勾股定理易证. （2）建立空间直角坐标系，先由直线 与平面 所成角的正弦值为 ，求出，再证明平面，由此得点M到平面 的距离等价于点到平面 的距离，再由点到平面的距离公式求解即可. 【详解】（1）因为，， 所以，所以, 因为为直四棱柱， 所以, 因为，平面， 所以平面， 因为，所以平面， 因为平面，所以 （2）由（1）及题意知，两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系 因为，.设， 所以 所以, 设平面的一个法向量为 则， 令，则，所以 设直线 与平面 所成的角为， 则， 解得，所以 所以点到平面 的距离为 因为，所以 因为不在平面，所以平面， 因为M在线段上，所以点M到平面 的距离等价于点到平面 的距离，为 故点M到平面 的距离. 37．（2024·河南郑州·模拟预测）如图，在三棱锥中，，，． (1)证明：平面； (2)若，E是棱上一点且，求平面与平面的夹角． 【答案】(1)证明见解析 (2)． 【分析】（1）连接，通过证明得出结合等腰三角形的性质得出线线垂直来证明线面垂直即可； （2）建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量计算面面夹角即可. 【详解】（1）连接，因为，，所以， 因为，，所以，     因为，所以，则，所以，     因为，平面， 所以平面． （2）易知，O为的中点，所以， 由（1）可知，两两垂直，以O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，因为，所以为正三角形， 所以，，， 因为，所以，所以，， 设平面的法向量为，则， 令，则， 又平面的一个法向量为，     所以，即平面PAE与平面PAC的夹角为． 38．（24-25高二上·湖北·开学考试）如图，在三棱柱中，，，，点在底面ABC的射影为BC的中点O，M为的中点． (1)求证：平面； (2)求二面角的平面角的正弦值． 【答案】(1)证明见详解 (2) 【分析】（1）根据线面垂直可得，根据三线合一可得，结合线面垂直的判定定理分析证明； （2）建系标点，分别为平面、平面的法向量，利用空间向量求二面角. 【详解】（1）因为平面∥平面，且平面，则∥平面， 由题意可知：平面，平面，则， 又因为，为的中点，则， 且∥，则， 且，平面，所以平面. （2）因为，为的中点，则， 且平面， 以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系， 设，则，，可得， 则， 可得， 设平面的法向量为，则， 令，则，可得， 由题意可知：平面的法向量， 设二面角的平面角为， 则，可得， 所以二面角的平面角的正弦值为. 39．（24-25高三上·湖北·阶段练习）如图，直角梯形 ACDE 中， 、M 分别为AC、ED 边的中点，将△ABE 沿BE 边折起到△A'BE 的位置，N 为边A'C 的中点． (1)证明：MN∥平面A'BE； (2)当三棱锥的体积为，且二面角为锐二面角时，求平面 NBM 与平面BEDC 夹角的正切值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用中位线定理在平面中找到和直线平行的直线，利用直线和平面平行的判定定理即可证明. （2）建立空间直角坐标系，根据已知条件利用等体积法，进而求出各个点的坐标，再利用平面的法向量计算平面的夹角的正切值. 【详解】（1）取的中点，的中点，由题意知，， 直角梯形中，四边形为正方形， 为的中点， ， 四边形为平行四边形，， 平面，不在面内， 平面. （2）连接，则，以为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系， ，面， 平面， ， ，， ，为等边三角形， 则， 设为平面的法向量，为平面的法向量， ，令 ，令， 设平面与平面的夹角为，由题可知为锐角， ， 平面与平面的夹角的正切值为. 1 学科网（北京）股份有限公司 $$