专题训练3：利用空间向量证明线面位置关系精练35题-2024-2025学年高二数学单元速记•巧练（人教B版2019选择性必修第一册）

专题训练3：利用空间向量证明线面位置关系精练35题 一、单选题 1．（23-24高二下·江苏盐城·期中）为直线的方向向量，和分别为平面与的法向量（与不重合，），下列说法：①；②；③；④．其中正确的有（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 2．（23-24高二上·山东菏泽·期末）已知分别是平面的法向量，若，则（    ） A． B． C．7 D．1 3．（23-24高二上·河南洛阳·期末）若平面的法向量为，直线的方向向量为，，则下列四组向量中能使的是（    ） A．， B．， C．， D．， 4．（23-24高二下·江苏扬州·阶段练习）已知直线的方向向量为，平面的法向量为.若，则的值为（    ） A． B． C． D． 5．（23-24高二下·宁夏石嘴山·期末）已知直线和平面，且，的方向向量为，平面的一个法向量为，，则的最小值为（ ） A． B．2 C． D． 6．（18-19高二上·河南·期末）在空间直角坐标系中，已知，，，，则直线与的位置关系是（    ） A．异面 B．平行 C．垂直 D．相交但不垂直 7．（23-24高二下·湖北武汉·期中）棱长为1的正方体中，分别为线段，上的动点，则下列结论错误的是（    ） A．存在直线 B．存在平面平面 C．直线与平面所成角正弦值为定值 D．三棱锥的体积为定值 8．（23-24高二下·广东茂名·期末）如图，棱长为2的正方体中，，，，，则下列说法不正确的是（    ） A．时，平面 B．时，四面体的体积为定值 C．时，，使得平面 D．若三棱锥的外接球表面积为，则 二、多选题 9．（23-24高二下·江苏扬州·期中）下列给出的命题正确的是（    ） A．若直线l的方向向量为，平面的法向量为，则 B．两个不重合的平面，的法向量分别是，，则 C．若是空间的一组基底，则也是空间的一组基底 D．对空间任意一点O与不共线的三点，若（其中），则四点共面 10．（22-23高二下·甘肃庆阳·期中）如图，在平行六面体中，以顶点A为端点的三条棱长均为6，且它们彼此的夹角都是60°，下列说法中正确的是（    ）    A．CC1⊥BD B． C．夹角是60° D．直线与直线的距离是 11．（23-24高一下·辽宁·期末）在棱长为2的正方体中，点，，分别为平面，平面，平面的中心，则（    ） A． B．平面平面 C．平面平面 D．几何体的体积为 12．（22-23高一下·山东临沂·期末）在直三棱柱中，，，，分别为棱和的中点，为棱上的动点，则（   ） A． B．该三棱柱的体积为4 C．过，，三点截该三棱柱的截面面积为 D．直线与平面所成角的正切值的最大值为 三、填空题 13．（23-24高二下·安徽亳州·期中）已知，分别是平面的法向量，若，则 ． 14．（23-24高二下·陕西咸阳·期末）若，且为直线的一个方向向量，为平面的一个法向量，则实数的值为 . 15．（22-23高二上·天津北辰·期末）已知一个平面的法向量是，一条直线的方向向量是，则与的位置关系是 . 16．（23-24高一下·福建厦门·期中）如图，正三棱柱中，AB＝2，，，D为BC的中点．当时， ，此时，直线AD与直线所成的角的余弦值为 ．    17．（21-22高二上·广东湛江·期中）如图，四棱锥中，底面是正方形，平面，过A点的截面分别交于点E，F，G，且，．下列结论正确的是 （写出所有正确结论的编号）． ①平面； ②平面； ③平面； ④若，点A，B，C，D，E，F，G在同一球面上； ⑤若，则四棱锥的体积为． 四、解答题 18．（23-24高二下·云南红河·期末）如图，在四棱台中，底面ABCD是边长为2的正方形，平面ABCD，，，P为AB的中点.    (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的大小. 19．（23-24高三上·四川雅安·期中）如图，在三棱锥中，平面，，且，为的中点，在上，且． (1)求证：； (2)求平面与平面的夹角的余弦值． 20．（2024·江苏南京·二模）在五面体中，平面，平面． (1)求证：； (2)若，，点D到平面的距离为，求二面角的大小． 21．（23-24高三下·陕西西安·阶段练习）如图，四棱锥的底面是正方形，平面，，为的中点. (1)证明：平面； (2)若为的中点，求二面角的大小. 22．（23-24高二上·贵州黔南·期中）如图，在直三棱柱中，，，，，点是棱的中点. (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 23．（23-24高二下·重庆·期中）如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，AC为底面直径，为底面圆的内接正三角形，且边长为，点在母线PC上，且． (1)求证:平面BDE; (2)求二面角平面角的正弦值; (3)若点M为线段PO上的动点，当直线平面ABE时，求AM与平面ABE所成的角的正弦值． 24．（23-24高二下·北京·期中）已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为AC和的中点，D为棱上的点，． (1)证明：； (2)当为何值时，平面与平面DEF夹角最小？并求出此时夹角的余弦值． 25．（23-24高二下·江苏盐城·期中）如图，已知三棱柱的侧棱与底面垂直， . 分别是 的中点，点 在直线 上，且 . (1)证明： ； (2)当取何值时，直线与平面所成角最大?并求该角取最大值时的正切值. (3)是否存在点，使得平面与平面 所成的二面角的正弦值为，若存在，试确定点的位置，若不存在，请说明理由. 26．（23-24高二下·湖南长沙·期末）由四棱柱截去三棱锥后得到如图所示的几何体，四边形是菱形，为与的交点，平面. (1)求证：平面； (2)若二面角的正切值为，求平面与平面夹角的大小. 27．（22-23高二上·天津蓟州·阶段练习）如图，在长方体中，，，. (1)求证：平面平面. (2)线段上是否存在点P，使得平面？若存在，求出点P的位置；若不存在，请说明理由. 28．（23-24高二下·天津·期末）如图，ABCD是边长为3的正方形，平面ABCD，且. (1)求证：平面DEC； (2)求平面BEC与平面BEF夹角的余弦值； (3)求点D到平面BEF的距离. 29．（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． 30．（23-24高二下·江苏连云港·期中）如图，四棱锥中，底面为直角梯形，，，平面，，，为的中点． (1)求证：平面平面； (2)若，求直线与平面所成角的正弦值． 31．（23-24高二上·广东广州·期中）如图，已知平面，底面为正方形，，M，N分别为，的中点.    (1)求证：平面； (2)求与平面所成角的正弦值. 32．（22-23高二上·河北保定·期末）如图，平行六面体的所有棱长均为2，底面为正方形，，点为的中点，点为的中点，动点在平面内. (1)若中点为，求的面积； (2)若平面，求线段长度的最小值. 33．（23-24高二上·北京石景山·期末）如图，在正四棱柱中，为棱上的一个动点，给出下列四个结论： ①； ②三棱锥的体积为定值； ③存在点，使得平面； ④存在点，使得平面. 其中所有正确结论的序号是 . 34．（2024高三·全国·专题练习）如图，在长方体中，，，P为线段上的动点，则下列结论正确的是（　　） A．当时，直线BP与平面ABCD所成角的正弦值为 B．当时，若平面的法向量记为，则 C．当时，二面角的余弦值为 D．若，则 35．（23-24高二下·甘肃兰州·期中）如图，在直三棱柱中，是的中点，是的中点，是与的交点.    (1)求直线与平面所成角的正弦值； (2)在线段上是否存在点，使得平面？若存在，求出线段的长；若不存在，请说明理由. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 学科网（北京）股份有限公司 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 $$ 专题训练3：利用空间向量证明线面位置关系 一、单选题 1．（23-24高二下·江苏盐城·期中）为直线的方向向量，和分别为平面与的法向量（与不重合，），下列说法：①；②；③；④．其中正确的有（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【分析】利用空间向量法分别判断即可得到答案. 【详解】因为 不重合，， 对①，平面平行等价于平面的法向量平行，故①正确； 对②，平面的法向量垂直等价于平面垂直，故②正确； 对③，若 ，故③错误； 对④，，故④正确. 故选：C. 2．（23-24高二上·山东菏泽·期末）已知分别是平面的法向量，若，则（    ） A． B． C．7 D．1 【答案】C 【分析】利用面面垂直的空间向量的坐标运算可得答案. 【详解】因为，又，所以， 所以，解得， 故选：. 3．（23-24高二上·河南洛阳·期末）若平面的法向量为，直线的方向向量为，，则下列四组向量中能使的是（    ） A．， B．， C．， D．， 【答案】A 【分析】根据题意，由平面法向量的定义，依次分析选项中向量是否满足，综合可得答案． 【详解】根据题意，平面的法向量为，直线的方向向量为，， 若，即，又由，则有， 依次分析选项： 对于A，，，，即成立，符合题意； 对于B，，，，即不成立，不符合题意； 对于C，，，，即不成立，不符合题意； 对于D，，，，即不成立，不符合题意． 故选：A． 4．（23-24高二下·江苏扬州·阶段练习）已知直线的方向向量为，平面的法向量为.若，则的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】依题意可得，则，即可得到方程组，解得、的值，即可得解. 【详解】因为直线的方向向量为，平面的法向量为且， 所以，则，即， 所以，解得，所以. 故选：B 5．（23-24高二下·宁夏石嘴山·期末）已知直线和平面，且，的方向向量为，平面的一个法向量为，，则的最小值为（ ） A． B．2 C． D． 【答案】C 【分析】因为，所以的方向向量与平面的法向量垂直，再根据基本不等式，利用常数代换求解. 【详解】依题意，，即， 所以， 又，所以，，所以， 当且仅当时，即时，取到等号， 所以，故A，B，D错误. 故选：C. 6．（18-19高二上·河南·期末）在空间直角坐标系中，已知，，，，则直线与的位置关系是（    ） A．异面 B．平行 C．垂直 D．相交但不垂直 【答案】B 【分析】利用给定的坐标，求出向量的坐标，再借助共线向量判断得解. 【详解】由，，，， 得，，则，即， 而，显然向量不共线，即点不在直线上， 所以直线与平行． 故选：B 7．（23-24高二下·湖北武汉·期中）棱长为1的正方体中，分别为线段，上的动点，则下列结论错误的是（    ） A．存在直线 B．存在平面平面 C．直线与平面所成角正弦值为定值 D．三棱锥的体积为定值 【答案】C 【分析】建立空间直角坐标系判断A；根据面面平行的判定定理判断B；由线面夹角的向量公式判断C；由点到平面距离的向量公式及三棱锥的体积公式判断D． 【详解】以为原点，以所在直线为轴，建立如图空间直角坐标系， 则，，，，， ，，， 设，， 则，， 对于A，若，则，解得， 即当点为线段中点时，点在线段任意位置，都有，故A正确； 对于B，当点分别为线段，上的中点时，有， 因为平面，平面， 所以平面，同理可得平面， 又，平面， 所以平面平面，故B正确； 对于C，由得， 设平面的一个法向量为，设直线与平面所成角为， 则，不为定值，故C错误； 对于D，因为为正方体， 所以，则四边形为平行四边形， 所以，又平面，平面， 所以平面，又线段，所以点到平面的距离为定值， 设平面的法向量， 由得，，取，则， 由，得， 所以， 又的面积， 所以为定值，故D正确； 故选：C． 8．（23-24高二下·广东茂名·期末）如图，棱长为2的正方体中，，，，，则下列说法不正确的是（    ） A．时，平面 B．时，四面体的体积为定值 C．时，，使得平面 D．若三棱锥的外接球表面积为，则 【答案】C 【分析】利用线面平行的判定推理判断A；由线面平行确定点到平面的距离是定值判断B；由空间向量数量积的运算律计算判断C；求出外接球半径计算判断D. 【详解】对于A，当时，，即， 而平面，平面，因此平面，A正确； 对于B，正方体中，当时，面积是定值， 又，平面，平面，则平面， 于是点到平面的距离是定值，因此四面体的体积为定值，B正确； 对于C，当时，， 而，则 ，因此不垂直于，不存在，使得平面，C错误； 对于D，显然平面，则三棱锥与以线段为棱的长方体有相同的外接球， 令球半径为，则， 球的表面积，解得，D正确. 故选：C 【点睛】关键点点睛：解决与球有关的内切或外接问题时，关键是确定球心的位置，进而确定球半径求解. 二、多选题 9．（23-24高二下·江苏扬州·期中）下列给出的命题正确的是（    ） A．若直线l的方向向量为，平面的法向量为，则 B．两个不重合的平面，的法向量分别是，，则 C．若是空间的一组基底，则也是空间的一组基底 D．对空间任意一点O与不共线的三点，若（其中），则四点共面 【答案】BC 【分析】利用空间向量研究线面、面面关系可判定A、B，利用基底的概念可判定C，利用空间中四点共面的推论可判定D. 【详解】易知，则直线l与平面平行或在面内，故A错误； 易知，则，故B正确； 若不能作为基底， 则存在，使得， 整理得， 又是空间的一组基底，则，显然方程无解，假设不成立，故C正确； 由空间四点共面的推论可知：若，且时， 四点共面，所以D错误. 故选：BC 10．（22-23高二下·甘肃庆阳·期中）如图，在平行六面体中，以顶点A为端点的三条棱长均为6，且它们彼此的夹角都是60°，下列说法中正确的是（    ）    A．CC1⊥BD B． C．夹角是60° D．直线与直线的距离是 【答案】ABD 【分析】设，依题得运用向量数量积的运算律计算即可判断A,B两项；利用向量夹角的公式计算排除C项；利用空间向量关于点到直线的距离公式计算即可验证D项. 【详解】    如图，设， 则 对于A，因， 则，故A正确； 对于B，因，， 则，故B正确； 对于C，，则， 且 设夹角为，则，因，则，即C错误； 对于D,在平行六面体中，易得, 则得,故,故点到直线的距离即直线与直线的距离. 因， 且， 则，故D正确. 故选：ABD. 11．（23-24高一下·辽宁·期末）在棱长为2的正方体中，点，，分别为平面，平面，平面的中心，则（    ） A． B．平面平面 C．平面平面 D．几何体的体积为 【答案】BCD 【分析】通过建立空间直角坐标系，利用向量数量积为0得到直线垂直，利用法向量数量积为0得到两个平面垂直，判断AC两个选项；利用中位线证明面面平行，证明几何体为棱台，利用点到平面的距离得到两个平面的距离进而得到体积，判断BD两个选项. 【详解】A选项，分别以、、为、、轴建立空间直角坐标系，如图 ，， 因为，所以与不垂直，A错误； B选项， 四边形、、都是正方形，点、、分别是中心， 所以是的中点，是的中点，所以， 又在面内，不在面内，则面， 是的中点，是的中点，所以， 又在面内，不在面内，所以面， 又面，，所以，平面平面，B正确； C选项， ， ， 设平面的法向量，则即，从而，取， 设平面的法向量，则即，从而，取， 因为，所以平面平面，C正确； D选项， 因为四边形、、都是正方形，点、、分别是中心， 所以三点共线，三点共线，三点共线， 所以直线交于一点，且平面平面，所以几何体为三棱台， 因为，平面的法向量，所以点到平面的距离， 因为平面平面，所以两平面间的距离即为， 在正方体中，，， 所以，， 所以，D正确； 故选：BCD. 【点睛】方法点睛：用向量方法解决立体几何中的证明 （1）线线平行：两条不同的直线，直线的方向向量，直线的方向向量，； （2）线线垂直：两条不同的直线，直线的方向向量，直线的方向向量，； （3）线面平行：平面的法向量为，直线的方向向量为，则直线平面； （4）线面垂直：平面的法向量为，直线的方向向量为，则直线平面； （5）面面平行：平面的法向量为，平面的法向量为，则； （6）面面垂直：平面的法向量为，平面的法向量为，则. 12．（22-23高一下·山东临沂·期末）在直三棱柱中，，，，分别为棱和的中点，为棱上的动点，则（   ） A． B．该三棱柱的体积为4 C．过，，三点截该三棱柱的截面面积为 D．直线与平面所成角的正切值的最大值为 【答案】ABD 【分析】利用题设建系，对于A，通过空间向量证明平面即得；对于B，利用直棱柱体积公式计算即得；对于C，先利用线面平行的性质作出截面，再计算其面积即可排除C；对于D，设点，利用空间向量的夹角公式计算得出关于的函数式，通过求函数的最大值得到所成角正切值的最大值. 【详解】 如图建立空间直角坐标系，则. 对于A，， 因， ， 可得， 因，且两直线在平面内，则有平面， 又为棱上的动点，故，即A正确； 对于B，由题意，该三棱柱的体积为，故B正确； 对于C，如图，设经过，，三点的截面交于点，连接， 因，平面，平面，则平面， 又平面，故得，即截面为梯形. 因，， 设梯形的高为，则，解得. 则故C错误； 对于D，如图，因平面，平面，则， 又，，且两直线在平面内，故得平面， 故可取平面的法向量为， 又为棱上的动点，可设，则， 设直线与平面所成角为，则， 因，故当且仅当时，取得最小值为5，此时取得最大值为， 因，而正弦函数和正切函数在上均为增函数， 故此时取得最大值为，故D正确. 故选：ABD. 【点睛】思路点睛：本题主要考查空间向量在立体几何中的应用，属于难题. 解题思路在于，化“动”为“静”，将线线垂直的判断转化成线面垂直的证明；利用线面平行的性质作出截面求解；通过建系，将线面所成角的问题进行量化，借助于函数的最值求解. 三、填空题 13．（23-24高二下·安徽亳州·期中）已知，分别是平面的法向量，若，则 ． 【答案】 【分析】根据法向量垂直即可求解. 【详解】因为，所以，所以，解得． 故答案为： 14．（23-24高二下·陕西咸阳·期末）若，且为直线的一个方向向量，为平面的一个法向量，则实数的值为 . 【答案】-8 【分析】由题意即即可列方程求解. 【详解】由题意，解得. 故答案为：-8. 15．（22-23高二上·天津北辰·期末）已知一个平面的法向量是，一条直线的方向向量是，则与的位置关系是 . 【答案】垂直 【分析】由向量与向量的位置关系，判断直线与平面的位置关系. 【详解】一个平面的法向量是，一条直线的方向向量是， 则，向量也是平面的法向量， 所以与垂直. 故答案为：垂直 16．（23-24高一下·福建厦门·期中）如图，正三棱柱中，AB＝2，，，D为BC的中点．当时， ，此时，直线AD与直线所成的角的余弦值为 ．    【答案】 ； . 【分析】根据题意，以点为原点，建立空间直角坐标系，然后结合空间向量的坐标运算以及异面直线夹角公式，代入计算，即可求解. 【详解】    因为为正三棱柱，且为中点， 以为坐标原点，分别以所在直线为轴， 过点与平面垂直的直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系， 因为AB＝2，， 则， 则，所以， 即， 设平面的法向量为， 则，取，则， 所以平面的一个法向量为，又， 时，，解得， 此时，设直线AD与直线所成的角为， 则， 即直线AD与直线所成的角的余弦值为. 故答案为：； 17．（21-22高二上·广东湛江·期中）如图，四棱锥中，底面是正方形，平面，过A点的截面分别交于点E，F，G，且，．下列结论正确的是 （写出所有正确结论的编号）． ①平面； ②平面； ③平面； ④若，点A，B，C，D，E，F，G在同一球面上； ⑤若，则四棱锥的体积为． 【答案】①②④ 【分析】对于①，通过证明得到，即可判断；对于②，只需分别证明，，即可判断；对于③，利用反证法推翻命题即可判断；对于④⑤，建立适当的空间直角坐标系即可说明. 【详解】对于①，因为平面，平面，， 又因为，所以， 所以直角三角形全等于直角三角形， 因为，，所以， 又因为，所以直角三角形全等于直角三角形， 所以，所以， ∴，又平面，平面， ∴平面，∴①正确； 对于②，因为，，平面， 所以平面，同理平面， 又平面，平面， 所以，， 因为，，平面， 所以平面， 而平面，从而，同理， 又，平面， 所以平面，∴②正确； 对于③，由②可知，平面，而平面，所以， ∴与必相交（否则若，注意到，所以，又，而同一条直线不可能同时垂直两条相交直线，故矛盾）， 假设平面，由平面，与相交，平面， 可得平面平面，显然矛盾，∴③错误； 对于④，若，则， 因为平面，平面，所以， 因为，平面， 所以平面，而平面， 所以， 由题意点分别是的中点，且， 所以， 建立如图所示的空间直角坐标系， ， ， 因为三点共线，所以设， 所以，所以， 而，且由③可知， 所以，解得，符合题意， 所以， 所以， ∴点A，B，C，D，E，F，G在同一球面上，∴④正确； 对于⑤，连接，取的中点M，连接，则， 因为平面，所以平面， 而，，，， 由已知可得， 所以，，，， 所以，即， 根据对称性可知，四边形的面积为， ∴四棱锥的体积，∴⑤错误． 故答案为：①②④． 【点睛】关键点点睛：判断④⑤的关键在于，适当利用空间向量这一工具，由此即可顺利得解. 四、解答题 18．（23-24高二下·云南红河·期末）如图，在四棱台中，底面ABCD是边长为2的正方形，平面ABCD，，，P为AB的中点.    (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的大小. 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）利用空间向量证明即可； （2）利用空间向量求解二面角即可. 【详解】（1）底面ABCD是边长为2的正方形，平面ABCD， 故，，两两垂直. 以为原点，分别为轴，轴，轴建立如图所示空间直角坐标系，    在四棱台中，，，P为AB的中点， 故, 则, 所以，即， 且平面，平面， 故平面. （2）由（1）知，,, 设平面的法向量为 则 令，解得 设平面的法向量为 则 令，解得 故 故平面与平面的夹角为. 19．（23-24高三上·四川雅安·期中）如图，在三棱锥中，平面，，且，为的中点，在上，且． (1)求证：； (2)求平面与平面的夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）不妨设，结合余弦定理和相似三角形，即可以点为原点建立空间直角坐标系，根据即可得证. （2）由（1）可得相应点的坐标，平面的法向量可直接取，然后求出平面的法向量，即可利用向量进行求解. 【详解】（1）不妨设，又， 在中，， ，则， 所以，又， ，且也为等腰三角形． ，则， 则以为坐标原点，所在直线分别为轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 可得，，，， ， 则，所以． （2）由（1）可知，， 平面的法向量可取为， 且，， 设平面的法向量为， 则，可取， ， 故平面与平面的夹角的余弦值为． 20．（2024·江苏南京·二模）在五面体中，平面，平面． (1)求证：； (2)若，，点D到平面的距离为，求二面角的大小． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由平面，平面，得，由线面平行的判定定理可得平面，再由线面平行的性质定理，即可得出答案． （2）利用等体积法可得为等腰直角三角形，所以,建立坐标系，利用向量垂直可得,求解两平面的法向量，进而可得求解． 【详解】（1）证明：因为平面，平面， 所以， 因为平面，平面， 所以平面， 因为平面平面，平面， 所以． （2）由于平面，，所以平面，平面，故, 又因为平面，平面， 所以， 又，平面，所以平面 由于，则,故, 故为等腰直角三角形，所以, 如图以为坐标原点，所在的直线分别为，，轴建系， 设，则， 故 由于，所以，故， 设平面的法向量为,,，平面的法向量为,,， 因为，， 所以，即 令，则， 因为，， 所以，即 令，则， 设成的角为，由图可知为钝角， 所以，故， 21．（23-24高三下·陕西西安·阶段练习）如图，四棱锥的底面是正方形，平面，，为的中点. (1)证明：平面； (2)若为的中点，求二面角的大小. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明即可. （2）建立空间直角坐标系，利用二面角的向量求法求解即可. 【详解】（1）以为原点，建立空间直角坐标系， 设，则，，，， 而，故，， 故，，， 设面的法向量为，故得， 令，解得，，故得， 显然与平行，故平面得证. （2）易知，，，， ，，设面的法向量为， 故有，令，解得，，故， 设面的法向量为，故得， 令，解得，，故， 设二面角为，结合图象可知， 故， 故，即二面角的大小为. 22．（23-24高二上·贵州黔南·期中）如图，在直三棱柱中，，，，，点是棱的中点. (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）建立空间中直角坐标系，求出平面的法向量，利用向量法证明即可； （2）利用计算可得. 【详解】（1）直三棱柱中平面，又，如图建立空间直角坐标系， 则，，，，，，， 所以，，， 设平面的法向量为，则，取， 所以，即， 又平面，所以平面. （2）因为，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. 23．（23-24高二下·重庆·期中）如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，AC为底面直径，为底面圆的内接正三角形，且边长为，点在母线PC上，且． (1)求证:平面BDE; (2)求二面角平面角的正弦值; (3)若点M为线段PO上的动点，当直线平面ABE时，求AM与平面ABE所成的角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）根据线面垂直的性质，由勾股定理证得，进而可得是PC中点，是OC中点，即，结合线面平行的判定定理即可证明； （2）建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量法求解面面角，结合同角的平方关系计算即可求解； （3）根据线面垂直的判定定理与性质可证明MF，即为PO中点，利用空间位置关系的向量证明可得，结合线面垂直的判定定理可得平面ABE，求得，结合（2）和空间向量数量积的定义计算即可求解. 【详解】（1）如图，设AC交BD于点，连接EF，由圆锥的性质可知底面ABD， 因为平面ABD，所以， 又因为是底面圆的内接正三角形，由，可得，， 解得，又，所以， 即．且，所以为正三角形，， 所以是PC中点．而是OC中点． 所以，且平面平面BDE， 所以直线平面BDE． （2）易知， 以点为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，， 所以，， 设平面ABE的法向量为， 则，令，则， 设平面ABD的法向量为，二面角平面角为． ； （3）由平面ABE，平面ABE，得， 又，平面DMF， 故平面DMF，由平面DMF，得MF， 又F为OC中点，故为PO中点， 此时点，， 即．且平面ABE． 故平面ABE，满足条件．所以， 由（2）知，平面ABE的法向量为，设AM与平面ABE所成的角为， 所以， 即AM与平面ABE所成角的正弦值为. 24．（23-24高二下·北京·期中）已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为AC和的中点，D为棱上的点，． (1)证明：； (2)当为何值时，平面与平面DEF夹角最小？并求出此时夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)； 【分析】（1）根据题意，证得平面，得到，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得，设，得到，结合，即可得证； （2）根据题意，分别求得平面和平面的法向量和，利用向量的夹角公式，结合二次函数的性质，即可求解. 【详解】（1）证明：因为，，且，平面， 所以平面，因为，所以平面， 又因为平面，所以， 以为坐标原点，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，则，，，可得， 设，则，则， 因为，所以，即. （2）解：由（1）可得， 设平面DEF的法向量为，则， 令，可得，所以， 又由是平面的一个法向量， 设平面与平面DEF夹角的大小为， 则，当且仅当时，等号成立， 所以当，即时，平面与夹角的最小，此时角的余弦值为． 25．（23-24高二下·江苏盐城·期中）如图，已知三棱柱的侧棱与底面垂直， . 分别是 的中点，点 在直线 上，且 . (1)证明： ； (2)当取何值时，直线与平面所成角最大?并求该角取最大值时的正切值. (3)是否存在点，使得平面与平面 所成的二面角的正弦值为，若存在，试确定点的位置，若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)，2 (3)存在， 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用数量积的坐标表示，证明线线垂直； （2）代入线面角的向量公式，根据线面角正弦值的最大值，确定点的位置，从而确定线面角最大值的正切值； （3）分别求平面与平面的法向量，根据法向量夹角的余弦值，确定点的位置. 【详解】（1）证明: 如图，以 为原点， 所在直线为 轴， 所在直线为 轴建立空间直角坐标系 则 ， ，即 ， ， 所以无论 取何值， （2） 是平面的一个法向量. 当 时， 取得最大值， 此时 . （3）假设存在，则，因为， 设 是平面的一个法向量. 则 ，解得 ，令 ，得， ， , 化简得，解得， 存在点使得平面与平面所成的二面角正弦值为，此时点的位置在 26．（23-24高二下·湖南长沙·期末）由四棱柱截去三棱锥后得到如图所示的几何体，四边形是菱形，为与的交点，平面. (1)求证：平面； (2)若二面角的正切值为，求平面与平面夹角的大小. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）法一：将几何体补成四棱柱，得到四边形为平行四边形，故，得到线面平行； 法二：得到两两垂直，建立空间直角直角坐标系，得到平面的法向量，从而得到，得到结论； （2）设，作出辅助线，找到二面角的平面角为，根据正切值得到方程，求出，求出平面的法向量，得到平面与平面夹角的余弦值，求出答案； 【详解】（1）法一：将几何体补成四棱柱， 因为，， 所以四边形为平行四边形， 所以，， 又， 故，， 故四边形为平行四边形， 故， 又平面，平面， 平面. 法二：∵四边形是菱形， ∴⊥， 又平面，平面， ∴，， 故两两垂直， 以直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系， 其中， 则，设， 由得， 由得， 则， 设平面的法向量为， 则，取，得， ， 又平面， 平面. （2）设，取的中点，则， 又四边形是菱形，， 因为平面，平面， 所以， 因为，平面， 故面， 因为平面， 则， 因为且， 所以四边形为平行四边形，故， 所以， 又，故四边形为平行四边形， 故，，故. 所以为二面角的平面角. 则，其中，故， 故， 设平面的法向量为， 则取，得， ， 平面与平面夹角的余弦值为， 平面与平面夹角为. 27．（22-23高二上·天津蓟州·阶段练习）如图，在长方体中，，，. (1)求证：平面平面. (2)线段上是否存在点P，使得平面？若存在，求出点P的位置；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，P为线段的中点 【分析】（1）根据题意，以D为原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面与平面的法向量，由法向量平行，即可证明面面平行； （2）由空间向量的坐标运算，由与平面的法向量垂直，代入计算，即可求解. 【详解】（1）证明：以D为原点，DA，，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，，，，，，， 则，，，. 设平面的法向量为， 则. 取，则，，所以平面的一个法向量为. 设平面的法向量为， 则. 取，则，，所以平面的一个法向量为. 因为，即，所以平面平面. （2）设线段上存在点P使得平面，. 由（1）得，，平面的一个法向量为， 所以. 所以，解得. 所以当P为线段的中点时，平面. 28．（23-24高二下·天津·期末）如图，ABCD是边长为3的正方形，平面ABCD，且. (1)求证：平面DEC； (2)求平面BEC与平面BEF夹角的余弦值； (3)求点D到平面BEF的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系，求出，平面的一个法向量为，则由，即可证得平面DEC； （2）分别求出平面与平面的一个法向量，则利用向量坐标运算，求得平面BEC与平面BEF夹角的余弦值； （3）由平面的一个法向量为，，利用点到平面的距离公式即可求得点D到平面BEF的距离. 【详解】（1） 由已知，ABCD是边长为3的正方形，平面ABCD， 由平面ABCD，所以，又， ，平面， 所以平面， 以D为原点，为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 已知， 则，所以， 易知平面的一个法向量为， 得，又平面， 所以 平面. （2）由上坐标系可知，则， 设平面与平面的一个法向量分别为， 则有，， 取，则，即， 设平面与平面的夹角为，则. （3）由（2）得平面的一个法向量为， 又，所以点D到平面的距离. 29．（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. 30．（23-24高二下·江苏连云港·期中）如图，四棱锥中，底面为直角梯形，，，平面，，，为的中点． (1)求证：平面平面； (2)若，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用两平面法向量数量积为，证明面面垂直； （2）利用法向量方法求解线面角. 【详解】（1）以为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系，设， 则，，，， ，，. 设平面PCD的一个法向量为，则， 即，不妨令，则，， 所以， 设平面PAC的一个法向量为，则， 即，不妨令，则，， 所以， 因为， 所以，所以平面平面． （2）由（1）知，，所以，， 因为，所以，即，解得， 故，所以，由（1）知， 设直线BM与平面PCD所成的角为， 则， 故直线BM与平面PCD所成角的正弦值为. 31．（23-24高二上·广东广州·期中）如图，已知平面，底面为正方形，，M，N分别为，的中点.    (1)求证：平面； (2)求与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，空间向量法证明直线与法向量平行，即可证明结论成立； （2）建立空间直角坐标系，求出直线的方法向量，以及平面的一个法向量，计算向量夹角余弦值，即可得出结果； 【详解】（1）以为原点，为x轴，为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系，    则, ，， 设平面的一个法向量为， 则 ，取，得， 因为，所以平面； （2） ，， 设平面的一个法向量为， 则，取，得， 设直线与平面所成角为， 则直线与平面所成角的正弦值为： ． 32．（22-23高二上·河北保定·期末）如图，平行六面体的所有棱长均为2，底面为正方形，，点为的中点，点为的中点，动点在平面内. (1)若中点为，求的面积； (2)若平面，求线段长度的最小值. 【答案】(1)1 (2) 【分析】（1）利用几何关系求出，从而得到，然后利用三角形面积公式求解即可； （2）构造平面平面，从而确定点必在上，然后利用等面积法求解即可；或者利用空间向量结合二次函数求最值. 【详解】（1）连接、、， ， ，同理， 是正方形对角线AC中点， ，且， ， 即，则， . （2）法一： 取中点，连接，，， 易得，故四边形是平行四边形， ，又 平面 平面， 平面，同理， 平面 平面， 平面 ，且都在面内， 故平面平面， 则点必在上，且当时，长度最小， ， 由等面积法得：，解得， 故的最小长度为. 法二： 取为一组空间基底，则，， 平面， ，代入整理得， 故， 动点在平面内， ， ， 故， 当且仅当时，有最小值为. 法三： 由第一问知，如图建立空间直角坐标系， 则，，，，， ， ，， 同理， ，， ，， 设平面的法向量为， 则，令，得， 设点，， ，即， 故， 当且仅当时，有最小值为. 33．（23-24高二上·北京石景山·期末）如图，在正四棱柱中，为棱上的一个动点，给出下列四个结论： ①； ②三棱锥的体积为定值； ③存在点，使得平面； ④存在点，使得平面. 其中所有正确结论的序号是 . 【答案】①②③ 【分析】以为原点，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，以及空间向量的应用，逐项判定，即可求解. 【详解】以为原点，所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，则， 设，则， 因为，所以，即，所以①正确； 由，因为的面积为定值，点到平面的距离也是定值， 所以为定值，所以②正确； 又由 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， 因为，由，解得，所以③正确； 又因为，，则， 所以不存在点，使得平面，所以④错误. 故选：①②③. 34．（2024高三·全国·专题练习）如图，在长方体中，，，P为线段上的动点，则下列结论正确的是（　　） A．当时，直线BP与平面ABCD所成角的正弦值为 B．当时，若平面的法向量记为，则 C．当时，二面角的余弦值为 D．若，则 【答案】C 【分析】A选项，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，设，根据得到，结合法向量得到直线BP与平面ABCD所成角的正弦值；B选项，根据得到，结合得到答案；C选项，根据求出，利用二面角的向量求解公式得到答案；D选项，设，表达出，根据得到方程，求出，得到D错误. 【详解】A选项，如图所示，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．由，可知， ， 则,设，则. 当时，，即解得， 所以，所以， 平面ABCD的一个法向量为， 所以直线BP与平面ABCD所成角的正弦值，故A错误． B选项，当时，，解得， 所以，所以. 设平面的法向量为， 因为， 由， 令，则，则， 所以，故B错误． C选项，当时，解得， 所以，平面的一个法向量为. 设平面APD1的法向量为， 因为，， 由， 令，则，，则， 所以二面角的余弦值为 ，故C正确； D选项，设，因为， 所以，解得，所以， 所以， 若，则， 解得，所以，即，故D错误． 故选：C. 35．（23-24高二下·甘肃兰州·期中）如图，在直三棱柱中，是的中点，是的中点，是与的交点.    (1)求直线与平面所成角的正弦值； (2)在线段上是否存在点，使得平面？若存在，求出线段的长；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2)存在， 【分析】（1）建立以为坐标原点的空间直角坐标系，可得是平面的一个法向量，又可求出结果； （2）假设存在满足题意的点，设并利用垂直关系的向量表示可得，即，所以. 【详解】（1）在直三棱柱中，因为； 以点为坐标原点，方向分别为轴正方向， 建立如图所示空间直角坐标系,    因为，所以， 所以， 设是平面的法向量， 则，即，取，则， 所以是平面的一个法向量. 又因为点坐标为，所以. 设与平面所成的角为，则. 即与平面所成的角正弦值为. （2）存在，线段上靠近的三等分点，满足平面. 因为为的中点，所以， 设，所以 所以，由（1）知平面的一个法向量为. 若平面，则，所以， 即，解得， 所以存在，线段上靠近的三等分点，使得平面， 则， 即的长为 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 学科网（北京）股份有限公司 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 $$