专题02 空间向量研究距离、夹角问题9考点复习指南（讲+练）-【题海探秘】2024-2025学年高二上学期数学期中考考点复习指南（人教A版2019选择性必修第一册）

2024-2025高二上学期数学期中考考点复习指南（人教A版2019选择性必修第一册） 专题02 空间向量研究距离、夹角问题 9考点复习指南 知识点1：空间中直线、平面的平行 设直线,的方向向量分别为，，平面，的法向量分别为，，则 线线平行 ⇔⇔() 线面平行 ⇔⇔ 面面平行 ⇔⇔ 知识点2：空间中直线、平面的垂直 设直线的方向向量为，直线的方向向量为，平面的法向量，平面的法向量为，则 线线垂直 ⇔⇔ 线面垂直 ⇔⇔⇔ 面面垂直 ⇔⇔⇔ 知识点3：点到平面的距离 如图，已知平面的法向量为，是平面内的定点，是平面外一点. 过点作平面的垂线，交平面于点，则是直线的方向向量， 且点到平面的距离就是在直线上的投影向量的长度. 知识点4：用向量运算求两条直线所成角 已知，为两异面直线，，与，分别是，上的任意两点， ，为所成的角为，则 ①②. 知识点5：用向量运算求直线与平面所成角 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 ①②.（注意此公式中最后的形式是：） 知识点6：用向量运算求平面与平面的夹角 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 ①②根据图形判断二面角为锐二面角还是顿二面角； 若二面角为锐二面角（取正），则； 若二面角为顿二面角（取负），则； 考点1 直线的方向向量 1．（23-24高二下·江苏扬州·期末）已知一直线经过点，下列向量中是该直线的方向向量的为（    ） A． B． C． D． 2．（23-24高二上·山东·阶段练习）已知直线的一个方向向量，直线的一个方向向量，若，且，则（    ） A．或 B．或 C． D． 3．（23-24高二上·山西·阶段练习）已知直线l的一个方向向量，且直线l经过和两点，则（    ） A． B． C．1 D．2 考点2 平面的法向量 4．（22-23高二上·湖北荆州·期末）已知正方体的棱长为1，以为原点，为单位正交基底，建立空间直角坐标系，则平面的一个法向量是（    ） A． B． C． D． 5．（23-24高二上·河南新乡·期末）已知为平面的一个法向量，，则下列向量是平面的一个法向量的是（    ） A． B． C． D． 6．（21-22高二上·湖北孝感·期末）已知点，则下列向量可作为平面的一个法向量的是（    ） A． B． C． D． 考点3 利用空间向量证明（判断）位置关系 7．（22-23高二上·新疆昌吉·期末）如图，在四棱锥中，底面，，，，，点E为棱PC的中点．证明： (1)平面； (2)平面平面． 8．（20-21高二上·山东菏泽·阶段练习）如图，正方形与梯形所在的平面互相垂直，，，，，为的中点． (1)求证：平面； (2)求证：平面. 9．（23-24高二上·广东江门·期中）长方体中，，.点为中点. (1)求证：平面； (2)求证：平面. 考点4 异面直线所成角 10．（23-24高二下·江苏淮安·期中）已知四面体，其中，，为的中点，则直线与所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 11．（23-24高一下·吉林·期末）在正方体中，，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． 12．（23-24高一下·浙江温州·期中）在直三棱柱中，，，，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 13．（23-24高二下·甘肃酒泉·期中）四棱锥的底面是边长为2的菱形，，对角线与相交于点，底面，与底面所成的角为，是的中点. (1)证明：平面； (2)求与所成角的正弦值. 14．（23-24高三上·江苏扬州·期中）如图，直三棱柱ABC－A1B1C1中，BA＝BC＝BB1＝1，BA⊥BC (1)记平面平面，证明：平面； (2)点Q是直线上的点，若直线与所成角的余弦值为，求线段长. 考点5 直线与平面所成角 15．（23-24高二下·陕西西安·期末）在正方体中，是棱的中点，则直线与平面所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 16．（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． 17．（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． 18．（24-25高二上·山东济宁·期中）在平行四边形中，，,将沿折起，使得平面平面，如图． (1)求证：； (2)若为的中点，求直线与平面所成角的正弦值． 19．（24-25高三上·江苏南京·期中）如图，在四棱锥中，平面⊥平面，，，，，，，    (1)求证：平面⊥平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 20．（23-24高二下·天津·期中）如图，在四棱锥中，底面为矩形，侧棱底面，是的中点. (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)已知点在棱上，且直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长. 考点6 平面与平面所成角 21．（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． 22．（23-24高二下·江苏淮安·期中）已知三棱锥中和所在平面互相垂直，求 (1)与所成角的余弦值； (2)与平面所成角的正弦值； (3)直线上是否存在点使得二面角为，若存在求出BP的长，不存在说明理由. 23．（23-24高二下·江苏宿迁·期中）如图，在四棱锥中，已知底面，，，，，若异面直线与所成角等于． (1)求棱的长； (2)在棱上是否存在一点，使得平面与平面所成锐二面角的正切值为？若存在，指出点的位置，若不存在，请说明理由． 24．（2024·广西来宾·模拟预测）如图，在三棱柱中，为正三角形，四边形为菱形. (1)求证：平面； (2)若，且为的中点，求平面与平面的夹角的余弦值. 25．（24-25高三上·河北邢台·期中）如图，在五棱锥中，，，，，，． (1)证明：平面． (2)求平面与平面的夹角的余弦值． 26．（24-25高三上·广东惠州·期中）如图，四棱锥中，底面，. (1)求证：平面； (2)若，求平面与平面夹角的余弦值. 考点7 求点线距离 27．（23-24高二上·山东青岛·期末）在正四棱柱中，，点在线段上，且，点为中点.    (1)求点到直线的距离； (2)求证：面. 28．（23-24高二上·江苏无锡·期中）在直四棱柱中，底面是边长为的正方形，侧棱长为，点为棱上靠近的三等分点，点在棱上靠近点的三等分点. (1)求证：点，，，共面； (2)求点到的距离. 29．（23-24高二上·江苏·期末）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是正方形， PD⊥平面ABCD，PD=AD=2，且点E，F分别为AB和PD中点. (1)求异面直线AF与EC所成角的余弦值； (2)求点F到直线EC的距离. 30．（23-24高二上·浙江温州·期中）如图，在直三棱柱中，．    (1)求证：； (2)求点到直线的距离． 31．（2023·天津北辰·模拟预测）在四棱锥中，底面，且，四边形是直角梯形，且，，，，为中点，在线段上，且.    (1)求证：平面； (2)求直线PB与平面所成角的正弦值； (3)求点到PD的距离. 32．（22-23高二上·广东佛山·期中）如图，在四棱锥中，是以AD为斜边的等腰直角三角形，，平面平面ABCD，，底面ABCD的面积为，E为PD的中点．    (1)证明：平面PAB； (2)求点A到直线CE的距离； (3)求直线CE与平面PAB间的距离． 考点8 求点面距离 33．（22-23高二下·全国·单元测试）如图，在三棱锥中，平面，，，，分别是棱，，的中点，，. (1)求点到直线的距离 (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)求点到平面的距离. 34．（23-24高三上·天津·期中）如图，垂直于梯形所在平面，为的中点，，四边形为矩形． (1)求证：平面； (2)求平面与平面的夹角的余弦值； (3)求点到平面的距离． 35．（22-23高二上·北京·期中）如图，在四棱锥中，，底面为正方形，分别为的中点． (1)求证：∥平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)求点到平面的距离． 36．（23-24高二上·山东淄博·阶段练习）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． (1)求直线与所成角的余弦值； (2)求直线到平面的距离． 37．（22-23高二上·浙江金华·期中）如图，已知三棱柱，底面，，，为的中点. (1)证明：面； (2)若，求点到平面的距离. 38．（23-24高二下·甘肃武威·期中）如图，在直三棱柱中，为的中点，点分别在棱和棱上，且． (1)求证：平面； (2)求点到平面的距离． 考点9 空间探索性问题 39．（23-24高二下·浙江宁波·期中）如图，多面体中，直角梯形所在平面与正三角形所在平面垂直，，． (1)求该多面体的体积V； (2)在棱上是否存在点P，使得直线和平面所成的角大小为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 40．（23-24高二上·湖北黄冈·期中）如图①，在直角梯形中，，，.将沿折起，使平面平面，连，得如图②的几何体. (1)求证：平面平面； (2)若，二面角的平面角的正切值为，在棱上是否存在点使二面角的平面角的余弦值为，若存在，请求出的值，若不存在，说明理由. 41．（23-24高二上·天津北辰·期中）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，，，，且平面平面，在平面内过作，交于，连. (1)求证：平面； (2)求二面角的正弦值； (3)在线段上存在一点，使直线与平面所成的角的正弦值为，求的长. 42．（2024·黑龙江哈尔滨·一模）如图1，在平行四边形中，，将沿折起，使点D到达点P位置，且，连接得三棱锥，如图2． (1)证明：平面平面； (2)在线段上是否存在点M，使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． 43．（23-24高二上·北京·期中）如图：在直三棱柱中，，，，M是的中点，N是的中点． (1)求证：∥平面； (2)求：二面角的余弦值； (3)在线段上是否存在点P，使得点P到平面MBC的距离为，若存在求此时的值，若不存在请说明理由． 44．（23-24高二上·福建三明·期中）如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，. (1)求证：； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)棱上是否存在点，它与点到平面的距离相等，若存在，求线段的长；若不存在，说明理由. 一、单选题 1．（23-24高二上·云南丽江·期中）已知平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，则两平面的夹角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 2．（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 3．（22-23高二下·江苏连云港·阶段练习）已知平面的法向量分别为，则这两个平面的位置关系为（    ） A．平行 B．相交但不垂直 C．相交垂直 D．不能确定 4．（20-21高二·全国·单元测试）已知正方体的棱长为a，则平面与平面的距离为（    ） A． B． C． D． 5．（23-24高二上·安徽滁州·期末）如图，在棱长为3的正方体中，点是棱上的一点，且，则点到平面的距离为（    ）    A． B． C． D．    6．（23-24高二上·广东深圳·阶段练习）如图，在三棱台中，若平面，，，，为中点，则二面角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 7．（23-24高二下·山西晋城·期末）如图，平面平面，四边形为正方形，四边形为菱形，，则直线所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 8．（23-24高二上·北京·期中）如图，在正方体中，点是线段上任意一点，则与平面所成角的正弦值不可能是（    ）    A． B． C． D．1 9．（23-24高二上·福建南平·期末）已知直线的一个方向向量为，平面的一个法向量为，则与所成角的正弦值为（  ） A． B． C． D．1 10．（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． 11．（23-24高二下·江苏常州·期中）已知四棱锥的底面为直角梯形，，底面，且，，则异面直线与所成的角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 12．（23-24高二下·江苏淮安·期末）正方体中，为中点，则直线，所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 13．（23-24高二上·山东枣庄·阶段练习）如图，在正方体中，，M，N分别是棱AB，的中点，E是BD的中点，则异面直线，EN间的距离为（     ） A． B． C．1 D． 14．（23-24高二下·江苏淮安·期中）若直线的方向向量为，平面的法向量为，且，则（    ） A． B． C． D． 15．（22-23高二上·山东枣庄·期末）阅读材料：空间直角坐标系中，过点且一个法向量为的平面的方程为，阅读上面材料，解决下面问题：已知平面的方程为，直线是两平面与的交线，则直线与平面所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 16．（19-20高二上·北京海淀·期末）在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，若点P是棱上一点（含顶点），则满足的点P的个数为（    ） A．6 B．8 C．12 D．24 17．（2024·江西宜春·模拟预测）在正方体中，平面经过点，平面经过点，当平面分别截正方体所得截面面积最大时，平面与平面的夹角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 18．（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． 19．（23-24高三上·山东青岛·期中）《九章算术》中将底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为堑堵，在堑堵中，若，若为线段中点，则点到直线的距离为（    ） A． B． C． D． 20．（23-24高二上·四川眉山·期末）如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，点分别为的中点．则点到平面的距离为（    ） A． B． C． D． 21．（23-24高二上·安徽合肥·期末）已知正方体的棱长为2，则四棱锥的体积为（ ） A． B． C． D．    22．（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． 23．（23-24高二下·甘肃甘南·期中）正方体的棱长为是棱的中点，是四边形内一点（包含边界），且，当三棱锥的体积最大时，与平面所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 24．（2018高二上·全国·专题练习）在棱长为的正方体中，则平面与平面之间的距离为 A． B． C． D． 利用向量的距离公式，即可求解． 25．（17-18高二上·陕西西安·期末）两平行平面 ， 分别经过坐标原点 和点 ，且两平面的一个法向量 ，则两平面间的距离是 A． B． C． D． 26．（23-24高二上·浙江绍兴·期末）在正方体中，过作一垂直于的平面交平面于直线，动点在直线上，则直线与所成角余弦值的最大值为（    ） A． B． C． D．1 27．（23-24高二上·河北石家庄·期末）在如图所示的直四棱柱中，底面是正方形，是的中点，点N是棱上的一个动点，则点到平面的距离的最小值为（    ）    A．1 B． C． D． 28．（23-24高二上·安徽黄山·期中）《九章算术》是我国古代数学名著．书中将底面为矩形，且有一条侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马．如图，在阳马中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是矩形，E、F分别为PD，PB的中点，，，，若AG⊥平面EFC，则=（    ） A． B． C． D． 29．（2022·海南·模拟预测）海口钟楼的历史悠久，最早是为适应对外通商而建立，已成为海口的最重要的标志性与象征性建筑物之一，如图所示，海口钟楼的主体结构可以看做一个长方体，四个侧面各有一个大钟，则从到这段时间内，相邻两面钟的分针所成角为的次数为（    ） A． B． C． D． 30．（23-24高二下·甘肃临夏·期末）在空间中，已知平面的一个法向量和平面上一点，平面上任意一点的坐标满足的关系式为．则该方程称为这个平面的方程，若两平面的方程分别为和，则这两平面的夹角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 31．（22-23高二下·江苏盐城·阶段练习）在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为“鳖臑”，在“鳖臑”中，平面，，且，为的中点，则异面直线与夹角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 32．（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． 二、多选题 33．（23-24高二下·江苏南京·期中）平面α经过三点，，，向量是平面α的法向量，则下列四个选项中正确的是（    ） A．直线AB的一个方向向量为 B．线段AB的长度为3 C．平面α的法向量中 D．向量与向量夹角的余弦值为 34．（23-24高二下·江苏常州·期中）直线的方向向量为，两个平面的法向量分别为，则下列命题为真命题的是（    ） A．若，则直线平面 B．若，则平面平面 C．若，则平面所成锐二面角的大小为 D．若，则直线与平面所成角的大小为 35．（23-24高二下·湖北恩施·期中）如图，在棱长为2的正方体中，分别为的中点，则（    ） A． B．CE与OF所成角的余弦值为 C．四点共面 D．的面积为 36．（22-23高二上·吉林辽源·期末）在棱长为3的正方体中，点在棱上运动（不与顶点重合），则点到平面的距离可以是（    ） A．1 B． C．2 D．3 37．（23-24高二下·陕西咸阳·期末）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，平面，，，则（    ） A． B． C．异面直线与夹角的余弦值为 D．点到平面的距离为 38．（22-23高二上·新疆乌鲁木齐·期中）在棱长为2的正方体中，分别为的中点，则下列选项正确的是（    ） A． B．直线与所成角的余弦值为 C．三棱锥的体积为 D．存在实数使得 三、填空题 39．（23-24高二下·江苏连云港·期中）如图，长方体的顶点A在平面内，其余顶点均在平面的同侧，，，，若顶点B到平面的距离为2，顶点D到平面的距离为2，则顶点到平面的距离为 . 40．（23-24高二下·安徽·期末）在棱长为2的正方体中，E，F分别为正方形和正方形的中心，则点到平面的距离为 . 41．（23-24高二上·广东东莞·期中）直线的方向向量为，平面的法向量为，则直线与平面的一种位置关系为 .（写出满足条件的一种可能即可） 42．（23-24高二上·湖北武汉·阶段练习）如图，在三棱柱中，底面是边长为2的等边三角形，，，分别是线段，的中点，在平面内的射影为.若点为线段上的动点（不包括端点），锐二面角余弦值的取值范围为 .    43．（19-20高二下·四川攀枝花·期中）如图，四棱锥中，是矩形，平面，，，四棱锥外接球的球心为，点是棱上的一个动点，给出如下命题：①直线与直线所成的角中最小的角为；②与一定不垂直；③三棱锥的体积为定值；④的最小值为，其中正确命题的序号是 .（将你认为正确的命题序号都填上） 44．（23-24高二上·江西南昌·期末）在棱长为2的正方体中，在线段上运动，直线与平面所成角的正弦值的取值范围为 . 四、解答题 45．（22-23高二上·湖北武汉·期末）如图，四边形是边长为1的正方形，平面平面，且. (1)求证：平面 (2)在线段上是否存在点（不含端点），使得平面与平面的夹角为，若存在，指出点的位置；若不存在，请说明理由. 46．（23-24高二下·贵州黔东南·期末）如图，在正四棱柱中，，，分别为，的中点.    (1)证明：平面. (2)求与平面所成角的正弦值.    47．（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． 48．（23-24高二上·山东临沂·期末）如图，在直三棱柱中，是AB的中点，是的中点，是与的交点.    (1)在线段上找一点，使得平面; (2)在（1）的条件下，求PQ与平面的距离. 49．（23-24高二下·湖南·期中）如图，直四棱柱的底面是菱形，，且直线与平面所成角为． (1)求直四棱柱的高； (2)在棱上是否能找到一点，使得平面与平面的夹角为？若能，求出的值；若不能，说明理由． 50．（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. 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024-2025高二上学期数学期中考考点复习指南（人教A版2019选择性必修第一册） 专题02 空间向量研究距离、夹角问题 9考点复习指南 知识点1：空间中直线、平面的平行 设直线,的方向向量分别为，，平面，的法向量分别为，，则 线线平行 ⇔⇔() 线面平行 ⇔⇔ 面面平行 ⇔⇔ 知识点2：空间中直线、平面的垂直 设直线的方向向量为，直线的方向向量为，平面的法向量，平面的法向量为，则 线线垂直 ⇔⇔ 线面垂直 ⇔⇔⇔ 面面垂直 ⇔⇔⇔ 知识点3：点到平面的距离 如图，已知平面的法向量为，是平面内的定点，是平面外一点. 过点作平面的垂线，交平面于点，则是直线的方向向量， 且点到平面的距离就是在直线上的投影向量的长度. 知识点4：用向量运算求两条直线所成角 已知，为两异面直线，，与，分别是，上的任意两点， ，为所成的角为，则 ①②. 知识点5：用向量运算求直线与平面所成角 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 ①②.（注意此公式中最后的形式是：） 知识点6：用向量运算求平面与平面的夹角 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 ①②根据图形判断二面角为锐二面角还是顿二面角； 若二面角为锐二面角（取正），则； 若二面角为顿二面角（取负），则； 考点1 直线的方向向量 1．（23-24高二下·江苏扬州·期末）已知一直线经过点，下列向量中是该直线的方向向量的为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据直线的方向向量与共线判断. 【详解】由题意得直线的方向向量与共线， 而，所以是该直线的方向向量. 故选：D. 2．（23-24高二上·山东·阶段练习）已知直线的一个方向向量，直线的一个方向向量，若，且，则（    ） A．或 B．或 C． D． 【答案】A 【分析】首先根据得到，再分类讨论根据求解即可. 【详解】因为，，所以，解得. 当时，， 因为，所以，解得，. 当时，， 因为，所以，解得，. 综上：或. 故选：A 3．（23-24高二上·山西·阶段练习）已知直线l的一个方向向量，且直线l经过和两点，则（    ） A． B． C．1 D．2 【答案】A 【分析】利用空间向量共线的坐标表示即可. 【详解】因为，直线的一个方向向量为， 所以有向量与向量为共线， 所以，解得，， 所以， 故选：A. 考点2 平面的法向量 4．（22-23高二上·湖北荆州·期末）已知正方体的棱长为1，以为原点，为单位正交基底，建立空间直角坐标系，则平面的一个法向量是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】求出的坐标，设平面的一个法向量为，利用求出法向量. 【详解】如图由已知得， 则， 设平面的一个法向量为， 则，取得. 故选：D. 5．（23-24高二上·河南新乡·期末）已知为平面的一个法向量，，则下列向量是平面的一个法向量的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由，可知平面的法向量与平面的法向量共线，由选项判断即可求解. 【详解】记，因为，所以， 故是平面的一个法向量，故D正确. 易知A，B，C中的向量均不与向量平行，所以均不能作为平面的一个法向量. 故选：D. 6．（21-22高二上·湖北孝感·期末）已知点，则下列向量可作为平面的一个法向量的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】设平面的一个法向量为，利用列方程求解即可. 【详解】由知， 设平面的一个法向量为，所以， 取，解得，选项D符合， 另外选项ABC中的向量与选项D中的向量不共线. 故选：D 考点3 利用空间向量证明（判断）位置关系 7．（22-23高二上·新疆昌吉·期末）如图，在四棱锥中，底面，，，，，点E为棱PC的中点．证明： (1)平面； (2)平面平面． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）根据题意，先证明AB，AD，AP两两垂直，从而建立对应的空间直角坐标系，再利用空间向量法证明平面PAD的一个法向量与垂直，进而即可证明结论； （2）结合（1），先证明平面PCD的一个法向量与平面PAD的一个法向量垂直，进而即可证明结论． 【详解】（1）因为平面ABCD，且平面ABCD，所以， 又因为，且，平面，所以平面， 依题意，以点A为原点，以，，分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， 由为棱的中点，得，则， 所以为平面的一个法向量， 又，所以， 又平面，所以平面． （2）由（1）知平面的一个法向量，，， 设平面PCD的一个法向量为，则， 令，可得，所以， 又， 所以，所以平面平面. 8．（20-21高二上·山东菏泽·阶段练习）如图，正方形与梯形所在的平面互相垂直，，，，，为的中点． (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）依题意可以D为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量共面定理可证明共面，即可证明平面； （2）由空间向量数量积为零可证明，，再由线面垂直的判定定理即可证明平面. 【详解】（1）根据题意可知平面平面， 平面平面， 又是正方形，所以，平面，    所以平面，从而可得，，两两垂直； 以D为原点，分别以，，分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系． 则， 又为的中点，所以， 则， 所以，故共面． 又平面，所以平面； （2） 易知，所以； 又，可得； 又，平面， 所以平面. 9．（23-24高二上·广东江门·期中）长方体中，，.点为中点. (1)求证：平面； (2)求证：平面. 【答案】(1)证明过程见解析 (2)证明过程见解析 【分析】 （1）根据长方体的性质，结合线面垂直的判定定理、正方形的性质进行证明即可； （2）建立空间直角坐标系，利用平面法向量的性质进行证明即可. 【详解】（1）因为是长方体， 所以平面，而平面， 所以， 又因为， 所以侧面是正方形，因此， 因为平面， 所以平面； （2）建立如图所示的空间直角坐标系， ， ， 设平面的法向量为， 则有， 因为， 所以有平面. 考点4 异面直线所成角 10．（23-24高二下·江苏淮安·期中）已知四面体，其中，，为的中点，则直线与所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】将四面体嵌在长方体中，由题意可得长方体的长宽高的大小，建立空间直角坐标系，求出各点的坐标，再求出直线，的方向向量的坐标，进而求出两个向量的夹角的余弦值，最后求出两条直线所成的角的余弦值． 【详解】将四面体放在如图所示的长方体中， 因为，， 设长方体的长，宽，高分别为，，， 则，可得，， 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， 则，，，， 所以的中点， 所以，， 所以， ，， 所以． 设直线，所成的角为，,， 所以,． 故选：A． 11．（23-24高一下·吉林·期末）在正方体中，，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】C 【分析】法一：利用坐标法可得异面直线夹角余弦值；法二：根据异面直线夹角的定义可得角. 【详解】法一： 如图，以为原点，以，，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，则，，，， 从而，， 故， 即异面直线与所成角的余弦值是； 法二： 如图所示，取中点，连接，，，， 由正方体可知， 则异面直线与所成角即为直线与所成角， 设，则，， 由正方体可知，平面， 即，， 则， 在中，由余弦定理， 则直线与所成角的余弦值为， 即异面直线与所成角的余弦值为， 故选：C. 12．（23-24高一下·浙江温州·期中）在直三棱柱中，，，，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】依据题目中的垂直关系，可建立空间直角坐标系，求出向量与的坐标，即可求得异面直线与所成角的余弦值． 【详解】由题意可知， 三线两两垂直，所以可建立空间直角坐标系，如图所示： 则，． ∴． ∴． 异面直线与所成角的余弦值为． 故选：C． 13．（23-24高二下·甘肃酒泉·期中）四棱锥的底面是边长为2的菱形，，对角线与相交于点，底面，与底面所成的角为，是的中点. (1)证明：平面； (2)求与所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接，即可说明，即可得证； （2）建立空间直角坐标系，由线面角求出，再利用空间向量法计算可得. 【详解】（1）连接，因为为菱形，对角线与相交于点，所以为的中点， 又是的中点， 则，且平面，平面， 所以平面. （2）因为为菱形，所以，又底面， 则两两互相垂直，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， 菱形中，，所以， 在中， 因为底面，所以与底面，所成的角为， 所以， 则 又是的中点，则， 于是，， 设与的夹角为，则有， 所以， 所以异面直线与所成角的正弦值为. 14．（23-24高三上·江苏扬州·期中）如图，直三棱柱ABC－A1B1C1中，BA＝BC＝BB1＝1，BA⊥BC (1)记平面平面，证明：平面； (2)点Q是直线上的点，若直线与所成角的余弦值为，求线段长. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）首先作出两平面的交线，再根据线面平行的判断定理，即可证明； （2）首先以点为原点，建立空间直角坐标系，代入向量所成角的余弦值公式，即可求解. 【详解】（1）证明：连接交于点，连接交于点，连接， 则平面和平面交线为，即 因为为直三棱柱，所以为平行四边形， 所以为中点，为中点，所以， 又平面平面， 所以平面，即平面. （2）直三棱柱中，，所以两两垂直. 以为单位正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系， 则. 设，则， 所以 解得，所以线段长为. 考点5 直线与平面所成角 15．（23-24高二下·陕西西安·期末）在正方体中，是棱的中点，则直线与平面所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】建立空间直角坐标系，运用向量的方法求解即可. 【详解】建立如图所示的空间直角坐标系， 设正方体的棱长为2， 则， 所以 设平面的法向量为， 则， 令，则，所以， 设直线与平面所成角为， 所以， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 故选：A. 16．（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    17．（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. 【点睛】 18．（24-25高二上·山东济宁·期中）在平行四边形中，，,将沿折起，使得平面平面，如图． (1)求证：； (2)若为的中点，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由面面垂直的性质定理确定平面，即可求证； （2）建系，求得直线的方向向量和平面的法向量，代入夹角公式即可. 【详解】（1）因为平面，平面平面 平面所以平面 又平面所以． （2）过点在平面内作，如图．由（1）知平面平面所以． 以为坐标原点，分别以的方向为轴， 轴， 轴正方向建立空间直角坐坐标系． 依题意，．        则． 设平面的法向量．则即．                                        取得平面的一个法向量． 设直线与平面所成角为，则 即直线与平面所成角的正弦值为． 19．（24-25高三上·江苏南京·期中）如图，在四棱锥中，平面⊥平面，，，，，，，    (1)求证：平面⊥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）由面面垂直的性质定理可得平面，由线面垂直可得，再由线线垂直可得平面，由面面垂直的判定定理即可求解； （2）取中点为，连接，，建立空间直角坐标系，利用向量法求解线面角的正弦值即可. 【详解】（1）因为平面平面，且平面平面， 且，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 又，且，，平面， 所以平面， 又平面，所以平面平面； （2）    取中点为，连接，， 又因为，所以，则， 因为，所以，则， 以O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， 则，，，，， ，，， 设是平面的一个法向量， 则，得， 令，则，，所以， 设与平面所成的角为， 则， 所以与平面所成的角的正弦值为. 20．（23-24高二下·天津·期中）如图，在四棱锥中，底面为矩形，侧棱底面，是的中点. (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)已知点在棱上，且直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)或 【分析】（1）要证明线面平行，转化为证明线线平行，根据几何关系，构造中位线，即可证明； （2）首先建立空间直角坐标系，分别求平面和的法向量，根据法向量夹角的余弦值，即可求解； （3）根据（2）的结果，代入线面角的向量公式，即可求解. 【详解】（1）连结，交于点，连结， 点是的中点，点是的中点， 所以，平面，平面， 所以平面； （2）如图，以向量，，为轴的正方向建立空间直角坐标系， ，，， 则，， 设平面的法向量， 则，令，，， 所以平面的法向量， 平面的一个法向量为， 设平面和平面的夹角为， 则， 所以平面和平面的夹角的余弦值为； （3），，，， ，，， ， 由（2）知平面的法向量， 设直线与平面的夹角为， 则， 解得或， 又， 则或. 考点6 平面与平面所成角 21．（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． 22．（23-24高二下·江苏淮安·期中）已知三棱锥中和所在平面互相垂直，求 (1)与所成角的余弦值； (2)与平面所成角的正弦值； (3)直线上是否存在点使得二面角为，若存在求出BP的长，不存在说明理由. 【答案】(1) (2) (3)存在，或 【分析】（1）利用向量法求异面直线所成的角的余弦值； （2）代入向量法求线面角的正弦值； （3）假设存在点，分别求平面和平面的法向量，利用法向量表示二面角的余弦值. 【详解】（1）在平面ABC内过B作垂直于BC的直线BE，因为平面ABC与平面BDC垂直， 且平面平面，所以平面， 因为平面，所以， 又，所以BE，BD，BC两两垂直，建立如图空间直角坐标系 则 ， ， 所以异面直线与所成角的余弦值为; （2）平面BCD的法向量， 所以， 则与平面所成角的正弦值为； （3）假设存在，设， 设平面CDP的法向量， ，取，则，， 则， 所以或 则点P存在 所以或. 23．（23-24高二下·江苏宿迁·期中）如图，在四棱锥中，已知底面，，，，，若异面直线与所成角等于． (1)求棱的长； (2)在棱上是否存在一点，使得平面与平面所成锐二面角的正切值为？若存在，指出点的位置，若不存在，请说明理由． 【答案】(1)2 (2)存在，点为棱上靠近的三等分点 【分析】（1）先得到线面垂直，线线垂直，建立空间直角坐标系，设，得到各点坐标，由异面直线的夹角得到方程，求出，求出棱长； （2）假设棱上存在一点，设，，表达出，求出两个平面的法向量，由平面与平面所成锐二面角的余弦值得到方程，求出，得到答案. 【详解】（1）因为底面，平面， 所以，， 又，所以两两垂直， 如图，以为原点，、、所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系， 设， 则， 则， 异面直线、所成角为， ， 解得，棱长的大小为2； （2）假设棱上存在一点，使得平面与平面所成锐二面角的正切值为， 设，，且，则， ， 设平面的一个法向量为， ，， 则， 取，得， 平面的法向量， 平面与平面所成锐二面角的正切值为， 由得，又，解得， 平面与平面所成锐二面角的余弦值为， ， 解得或（舍， 在棱上存在一点，使得平面与平面所成锐二面角的正切值为， 且点为棱上靠近的三等分点． 24．（2024·广西来宾·模拟预测）如图，在三棱柱中，为正三角形，四边形为菱形. (1)求证：平面； (2)若，且为的中点，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）设与交于点G，连接，则由题意可依次得和，再结合线面垂直的判定定理即可得证. （2）先求证平面，取中点，连接得，取中点，连接，由得，进而可建立如图所示的空间直角坐标系，再按空间角的向量法步骤去计算求解即可. 【详解】（1）设与交于点G，连接， 则由为正三角形可得， 又由四边形为菱形可得， 因为，平面， 所以平面. （2）由（1）可得， 又，，平面，所以平面， 取中点，连接，则由为正三角形可得， 因为，所以， 又平面，平面，所以， 取中点，连接，则，故且， 故可建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 所以， 由上是平面的一个法向量， 设平面的一个法向量为， 则，取，则， 设平面与平面的夹角为， 则， 所以平面与平面的夹角的余弦值为. 25．（24-25高三上·河北邢台·期中）如图，在五棱锥中，，，，，，． (1)证明：平面． (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）根据线面垂直的判定定理证明； （2）建立如图所示的空间直角坐标系，用空间向量法求平面夹角． 【详解】（1）因为，，，， 所以，， 则，， 因为，平面，平面，所以平面． （2）根据题意可建立如图所示的空间直角坐标系． ，，， 则，． 易得平面的一个法向量为， 设平面的法向量为， 则，取得． 设平面与平面的夹角为， 则， 即平面与平面的夹角的余弦值为． 26．（24-25高三上·广东惠州·期中）如图，四棱锥中，底面，. (1)求证：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）由线面垂直的判定定理证明即可； （2）建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，然后由公式求平面与平面夹角的余弦值即可. 【详解】（1）证明：已知底面，且底面， 所以. 由，可得 又平面， 所以平面. （2）取的中点.由，可得， 又因为，所以三角形是正三角形， 故. 在中，，所以. 可建立如图所示的空间直角坐标系， 求得， 由（1）可知，是平面的一个法向量， 设平面的一个法向量为，则， 即， 令，得， 设平面与平面的夹角为， 所以. 所以平面与平面夹角的余弦值为. 考点7 求点线距离 27．（23-24高二上·山东青岛·期末）在正四棱柱中，，点在线段上，且，点为中点.    (1)求点到直线的距离； (2)求证：面. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）依题建系，求得相关点和向量的坐标，利用点到直线的距离的空间向量计算公式即可求得； （2）由（1）中所建的系求出的坐标，分别计算得到和，由线线垂直推出线面垂直. 【详解】（1）    如图,以为原点，以分别为轴正方向，建立空间直角坐标系， 正四棱柱,为中点, 则点到直线的距离为：. （2）由（1）可得， 则， 由可得， 又由可得， 又， 故面. 28．（23-24高二上·江苏无锡·期中）在直四棱柱中，底面是边长为的正方形，侧棱长为，点为棱上靠近的三等分点，点在棱上靠近点的三等分点. (1)求证：点，，，共面； (2)求点到的距离. 【答案】(1)参见解析 (2) 【分析】（1）可以先说明两个向量共线，从而说明共面； （2）先利用关系求得，再利用勾股定理求点到直线距离. 【详解】（1）以点为坐标原点，分别以所在的直线为轴建立空间直角坐标系，如图， 由已知可得：， 所以，所以，即向量共线， 所以点共面. （2）由（1）可得：， 设向量的夹角为，则， 所以，又 所以点到直线的距离. 【点睛】本题考查空间向量在空间几何中的应用，最为关键的是建立合理的空间直角坐标系，找出相关点的坐标，求出相关向量，通过向量运算的结果说明几何元素的位置关系或大小. 29．（23-24高二上·江苏·期末）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是正方形， PD⊥平面ABCD，PD=AD=2，且点E，F分别为AB和PD中点. (1)求异面直线AF与EC所成角的余弦值； (2)求点F到直线EC的距离. 【答案】(1). (2) 【分析】（1）根据底面ABCD是正方形，PD⊥平面ABCD，以D为坐标原点，以DA，DC，DP所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，设异面直线AF与EC所成角为α，|求解； （2）根据直线EC的一个方向向量，结合=（0，2，1），||=，由d=求解. 【详解】（1）解：因为在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是正方形，PD⊥平面ABCD， 所以以D为坐标原点，以DA，DC，DP所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示， 则D（0，0，0），A（2，0，0），F（0，0，1），E（2，1，0），P（0，0，2），C（0，2，0）. 所以=（2，0，1），=（2，1，0）， 设异面直线AF与EC所成角为α，则=， 所以异面直线AF与EC所成角的余弦值为. （2）因为=（2，1，0），所以直线EC的一个方向向量. 又=（0，2，1），||=， 所以点F到直线EC的距离d===. 30．（23-24高二上·浙江温州·期中）如图，在直三棱柱中，．    (1)求证：； (2)求点到直线的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）建系，再由向量垂直的充分必要条件直接得出空间异面直线垂直. （2）由向量法求空间距离公式直接得出点到直线的距离. 【详解】（1）建立直角坐标系，其中为坐标原点，以边所在直线为轴，以边所在直线为轴，以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示    依题意得， 因为， 所以． （2） 31．（2023·天津北辰·模拟预测）在四棱锥中，底面，且，四边形是直角梯形，且，，，，为中点，在线段上，且.    (1)求证：平面； (2)求直线PB与平面所成角的正弦值； (3)求点到PD的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）构造平面，由面面平行的判定定理证明面面平行，再根据面面平行的性质可得线面平行； （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代入计算，即可得到结果； （3）根据题意，由空间向量的坐标运算，代入计算，即可得到结果. 【详解】（1）如图，取中点，连接       因为为中点，，，，所以， 所以四边形为平行四边形，所以， 又平面，平面，所以平面， 因为为中点，为中点，则， 又平面，平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面， 又平面，故平面． （2）    根据题意，分别以所在直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系， 由条件可得，， 则， 设平面的法向量为， 则，解得， 取，则，所以平面的一个法向量为， 设直线PB与平面所成角为， 则. 所以直线PB与平面所成角的正弦值为. （3）由（2）可知，， 所以点到PD的距离为. 32．（22-23高二上·广东佛山·期中）如图，在四棱锥中，是以AD为斜边的等腰直角三角形，，平面平面ABCD，，底面ABCD的面积为，E为PD的中点．    (1)证明：平面PAB； (2)求点A到直线CE的距离； (3)求直线CE与平面PAB间的距离． 【答案】(1)证明见详解 (2) (3) 【分析】 （1）转化为平面平面问题，利用三角形中位线和平行四边形性质可证； （2）（3）建立空间直角坐标系，利用向量法求点到直线的距离公式和点到平面距离即可. 【详解】（1）记的中点为O，连接， 因为，所以底面ABCD为直角梯形， 又底面ABCD的面积为，， 所以，得，所以， 所以，所以为平行四边形，故， 因为平面，平面，所以平面， 因为O，E分别为AD，PD的中点，所以，同理平面， 又平面， 所以平面平面， 又平面，所以平面PAB.      （2）因为是以AD为斜边的等腰直角三角形，， 所以，， 由（1）可知，，所以 又因为平面平面ABCD，所以，故两两垂直， 以所在直线分别为x，y，z轴，如图建立空间直角坐标系， 则， 得， 因为，， 所以， 所以点A到直线CE的距离.    （3）由（2）可得， 设为平面的法向量， 则，令得， 所以点C到平面的距离为， 由（1）知，平面PAB，所以直线CE与平面PAB间的距离即为. 考点8 求点面距离 33．（22-23高二下·全国·单元测试）如图，在三棱锥中，平面，，，，分别是棱，，的中点，，. (1)求点到直线的距离 (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)求点到平面的距离. 【答案】(1)； (2)； (3). 【分析】（1）根据给定条件，求出等腰三角形腰上的高即可求出点到直线的距离. （2）依题意建立空间直角坐标系，求出直线的方向向量及面的法向量，利用向量的夹角公式，即可求出直线与平面所成角的正弦值； （3）利用向量法可求出点P到平面的距离． 【详解】（1）三棱锥中，平面，平面，则， 又，，，则， ，， 于是等腰腰上的高， 由，分别是棱，的中点，得，是的中位线， 所以点到直线的距离为. （2）依题意：以A为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 又，，分别是棱，，的中点，， 得， 则，设平面的法向量为， 则，取，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. （3）由（2）知，， 点P到平面的距离， 所以点P到平面的距离为. 34．（23-24高三上·天津·期中）如图，垂直于梯形所在平面，为的中点，，四边形为矩形． (1)求证：平面； (2)求平面与平面的夹角的余弦值； (3)求点到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3). 【分析】（1）设，由三角形中位线性质可得，由线面平行判定推理即可. （2）以为坐标原点可建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，再利用面面角的向量求法可得结果. （3）利用点到平面距离的向量求法可求得结果. 【详解】（1）令，连接， 由四边形为矩形，得为中点，又为中点，则， 又平面，平面，所以平面. （2）由垂直于梯形所在平面，，得直线两两垂直， 以为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则，， 设平面的法向量，则，令，得， 由轴平面，得平面的法向量， 则，所以平面与平面的夹角的余弦值为. （3）由（2）知：，则，而平面的法向量， 所以点到平面的距离. 35．（22-23高二上·北京·期中）如图，在四棱锥中，，底面为正方形，分别为的中点． (1)求证：∥平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)求点到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）利用中位线定理证明，然后由线面平行的判定定理证明即可； （2）建立合适的空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标，然后利用待定系数法求出平面的法向量，由向量的夹角公式求解即可； （3）求出的坐标，然后利用点到平面距离的向量公式求解即可． 【详解】（1）证明：因为，分别为，的中点， 所以， 又平面，平面， 故平面； （2）由于平面， 所以平面， 以点为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示， 则，，，，， 所以， 设平面的法向量为， 则，令，则，， 故， 设直线与平面所成角为， 则， 故直线与平面所成角的正弦值为； （3）因为， 又平面的法向量为， 所以点到平面的距离为． 36．（23-24高二上·山东淄博·阶段练习）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． (1)求直线与所成角的余弦值； (2)求直线到平面的距离． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，进而根据向量夹角公式计算即可； （2）利用向量法求线面距离作答即可. 【详解】（1）在正方体中，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，， 所以直线与所成角的余弦值为. （2）由（1）知，，，，， 显然，所以， 而平面，平面，于是平面， 因此直线到平面的距离等于点到平面的距离， 设平面的法向量为， 则，令，得， 所以点到平面的距离为， 所以直线FC到平面的距离是. 37．（22-23高二上·浙江金华·期中）如图，已知三棱柱，底面，，，为的中点. (1)证明：面； (2)若，求点到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）连接交于点，利用三角形的中位线证出线线平行，然后由线面平行的判定定理证明即可； （2）以，所在的方向为轴的正方向建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用空间向量求点到平面的距离即可. 【详解】（1）证明：如图 连接交于点，则为的中点， 连接，又因为为的中点， 所以，平面，平面， 所以平面. （2）如图： 以，所在的方向为轴的正方向建立空间直角坐标系， ，则， 所以，，，，， ，， 设平面的法向量， 则，所以，所以，令，， 所以，又， 记点到平面的距离为， 所以. 38．（23-24高二下·甘肃武威·期中）如图，在直三棱柱中，为的中点，点分别在棱和棱上，且． (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）取的中点，连接，即可得且，从而得到，再根据线面平行的判定定理得到平面； （2）以为原点建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量为，利用点到平面的距离的向量计算公式即可求得点到平面的距离. 【详解】（1） 取的中点，连接，则， 且，所以且， 则四边形为平行四边形，． 又平面平面， 平面． （2）直三棱柱中，， 以为原点，以的方向为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系， 则， 设平面的一个法向量为，则， 即令，则，得到平面的一个法向量， 又，， 所以点到平面的距离． 考点9 空间探索性问题 39．（23-24高二下·浙江宁波·期中）如图，多面体中，直角梯形所在平面与正三角形所在平面垂直，，． (1)求该多面体的体积V； (2)在棱上是否存在点P，使得直线和平面所成的角大小为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)存在，. 【分析】（1）取中点，连接，求证平面，即可由求出该多面体的体积. （2）先求证两两垂直，建立空间直角坐标系，设，依据已知条件求出和平面的法向量，再依据即可计算求解，进而得解. 【详解】（1）取中点，连接，则由为正三角形得， 又因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，又由题意， 所以该多面体的体积. （2）连接，由题意以及（1）可知且， 所以四边形是平行四边形，所以，所以， 所以由平面可知两两垂直， 所以可建立如图所示的空间直角坐标系， 则, 所以，， 设，则， 所以， 设是平面的一个法向量，则， 所以，即，取，则， 所以直线和平面所成的角的正弦值为 ， 整理得，解得（舍去）或， 所以在棱上存在点P，使得直线和平面所成的角大小为，此时. 40．（23-24高二上·湖北黄冈·期中）如图①，在直角梯形中，，，.将沿折起，使平面平面，连，得如图②的几何体. (1)求证：平面平面； (2)若，二面角的平面角的正切值为，在棱上是否存在点使二面角的平面角的余弦值为，若存在，请求出的值，若不存在，说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在， 【分析】（1）根据面面垂直的性质定理和线面垂直的性质得到，然后根据线面垂直和面面垂直的判定定理证明即可； （2）根据二面角的定义得到为二面角的平面角，根据二面角的正切值得到，，然后根据相似得到，，然后建系，设利用空间向量的方法列方程求即可. 【详解】（1）∵平面平面，平面平面，，平面， ∴平面， ∵平面， ∴， ∵，，平面， ∴平面， ∵平面， ∴平面平面. （2）由（1）知平面，，而平面，故. ∴为二面角的平面角， 又平面，平面， ∴，， ∴，. 在①，∴， 令，则， 解得.即，. 在①中作，垂足.    则可得，. ∵平面平面，平面，平面平面， ∴平面， 过作，以为原点，，，分别为轴轴轴建立如图直角坐标系，则   ，，，. ，， 设，. 设平面的法向量为，则 ，∴，取，，即， 设平面的法向量为，则 ，取，，.即. . 解得（舍去），或. ∴. 41．（23-24高二上·天津北辰·期中）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，，，，且平面平面，在平面内过作，交于，连. (1)求证：平面； (2)求二面角的正弦值； (3)在线段上存在一点，使直线与平面所成的角的正弦值为，求的长. 【答案】(1)证明见解析 (2). (3). 【分析】（1）由已知四边形为矩形，证明，由条件根据面面垂直性质定理证明平面； （2）建立空间直角坐标系，求平面，平面的法向量，利用向量法求出二面角的余弦值，再求其正弦值； （3）设，求，利用向量方法求直线与平面所成的角的正弦值，列方程求. 【详解】（1）因为，因为，， 所以四边形为矩形， 在中，，，， 则， ，， 且平面平面，平面 平面平面， 平面； （2）以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系， ，，可得， 则，，，，， 设平面的法向量为，，， 由，取. 设平面的法向量为，， 由，取， . 二面角是钝角， 二面角的正弦值为. （3）设，则， 又平面的法向量为， 直线与平面所成的角的正弦值为， 解得，. 42．（2024·黑龙江哈尔滨·一模）如图1，在平行四边形中，，将沿折起，使点D到达点P位置，且，连接得三棱锥，如图2． (1)证明：平面平面； (2)在线段上是否存在点M，使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）推导出，证明出平面，可得出， 利用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， 所以平面平面. （2）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，， 平面的一个法向量为，，， 则，令，可得， 则，整理可得， 因此，线段上存在点，使平面AMB与平面MBC的夹角的余弦值为，且. 43．（23-24高二上·北京·期中）如图：在直三棱柱中，，，，M是的中点，N是的中点． (1)求证：∥平面； (2)求：二面角的余弦值； (3)在线段上是否存在点P，使得点P到平面MBC的距离为，若存在求此时的值，若不存在请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在， 【分析】（1）取中点D，连接DN、，证明四边形为平行四边形，得，从而可得证线面平行； （2）分别以为轴，建立空间直角坐标系，用空间向量法求二面角； （3）用空间向量法求点面距，从而得出结论． 【详解】（1）取中点D，连接DN、， ∵D、N分别为、∴且， ∵与平行且相等，M为中点，∴与平行且相等， ∴四边形为平行四边形， ∴， ∵平面  平面， ∴平面； （2）∵直三棱柱∴平面ABC又CB、平面ABC， ∴、， ∵即， ∴、CB、CA两两垂直，分别以为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，， ∴  ， 则  ， 易知平面的法向量为， 设平面的法向量为， 则，即， 令则， 设二面角的平面角为， 则， 由图知为钝角，∴； （3）设，， ∵， ∴， ∴    ， 设平面MBC的法向量为， 则，即， 令则 ∴P点到平面MBC的距离为， 解得，又∴． 44．（23-24高二上·福建三明·期中）如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，. (1)求证：； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)棱上是否存在点，它与点到平面的距离相等，若存在，求线段的长；若不存在，说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在，且 【分析】（1）利用面面垂直的性质可得出平面，再利用线面垂直的性质可证得结论成立； （2）推导出，然后以点为坐标原点，、、的方向分别为、、的正方向建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得平面与平面夹角的余弦值； （3）分析可知，平面，设，其中，求出向量的坐标，根据题意可知，与平面的法向量垂直，根据空间向量数量积的坐标运算求出的值，进而可求得线段的长. 【详解】（1）证明：因为平面平面，且平面平面， 因为，且平面，所以平面. 因为平面，所以. （2）解：在中，因为，，， 所以，所以. 又因为平面，以点为坐标原点，、、的方向分别为、、的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系， 所以，、、、、， 则，， 易知平面的一个法向量为. 设平面的一个法向量为， 则，取，则. 则， 即平面与平面夹角的余弦值为. （3）解：因为、到平面的距离相等，且、在平面的同侧， 则有平面. 因为点在棱，所以，其中， 因为，则，所以. 又因为平面，为平面的一个法向量， 所以，即，所以. 所以，所以. 一、单选题 1．（23-24高二上·云南丽江·期中）已知平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，则两平面的夹角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先利用向量的夹角公式求两个向量夹角的余弦值，再利用二面角的余弦值与两法向量夹角余弦值的关系即可得. 【详解】设两平面的夹角为，又平面的一个法向量为，平面的一个法向量为， 所以． 故选：D． 2．（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. 3．（22-23高二下·江苏连云港·阶段练习）已知平面的法向量分别为，则这两个平面的位置关系为（    ） A．平行 B．相交但不垂直 C．相交垂直 D．不能确定 【答案】C 【分析】先判断法向量的位置关系，进而判断两平面的位置关系. 【详解】因为， 所以， 则，所以. 故选：C. 4．（20-21高二·全国·单元测试）已知正方体的棱长为a，则平面与平面的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】建立空间直角坐标系，用空间向量求解 【详解】由正方体的性质，∥,∥，，， 易得平面平面， 则两平面间的距离可转化为点B到平面的距离． 以D为坐标原点，DA，DC，所在的直线分别为x轴、y轴、z轴 建立空间直角坐标系， 则，，，，， 所以，，，． 连接，由，，且，可知平面， 得平面的一个法向量为， 则两平面间的距离． 故选：D 5．（23-24高二上·安徽滁州·期末）如图，在棱长为3的正方体中，点是棱上的一点，且，则点到平面的距离为（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】建立空间直角坐标系，求得平面的法向量，利用向量法求点到面的距离即可. 【详解】以为坐标原点，，，所在的直线分别为轴，轴，轴， 建立空间直角坐标系，如图所示.    所以，，，，所以，. 设平面的法向量， 所以令，解得，， 所以平面的一个法向量，又， 所以点到平面的距离. 故选：B. 6．（23-24高二上·广东深圳·阶段练习）如图，在三棱台中，若平面，，，，为中点，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，利用向量法求得二面角的余弦值. 【详解】由于，，根据台体的性质可知, 由于平面，平面，所以， 由于，由此以为原点建立如图所示空间直角坐标系， 平面的一个法向量为， ，即， 设平面的法向量为， 则，故可设， 设二面角为，由图可知为锐角， 所以. 故选：B 7．（23-24高二下·山西晋城·期末）如图，平面平面，四边形为正方形，四边形为菱形，，则直线所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】建立空间直角坐标系，利用向量的夹角即可求解. 【详解】取的中点，连接, 四边形为的菱形，所以， 由于平面平面，且两平面交线为，,平面， 故平面,又四边形为正方形，故建立如图所示的空间直角坐标系， 不妨设正方形的边长为2，则, 故, 则，又 故， 故直线所成角的正弦值， 故选：C 8．（23-24高二上·北京·期中）如图，在正方体中，点是线段上任意一点，则与平面所成角的正弦值不可能是（    ）    A． B． C． D．1 【答案】C 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出与平面所成角的余弦值范围，即可得出正弦值的范围. 【详解】以为原点建立空间直角坐标系如图：设棱长为1， 则，设， 所以，平面的法向量为 ， 所以则与平面所成角的正弦值取值范围为. 对比各选项，C项不可能. 故选：C    9．（23-24高二上·福建南平·期末）已知直线的一个方向向量为，平面的一个法向量为，则与所成角的正弦值为（  ） A． B． C． D．1 【答案】A 【分析】设与所成角的大小为，则，从而计算可得. 【详解】设与所成角的大小为， 则， 故与所成角的正弦值为. 故选：A 10．（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 11．（23-24高二下·江苏常州·期中）已知四棱锥的底面为直角梯形，，底面，且，，则异面直线与所成的角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】建立空间直角坐标，利用空间向量法计算可得. 【详解】四棱锥的底面为直角梯形，，， 底面，且，， 以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系， 则，，，， 则，， 设直线与所成角为，则， 直线与所成角的余弦值为． 故选：B 12．（23-24高二下·江苏淮安·期末）正方体中，为中点，则直线，所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设正方体的棱长为2，建系标点，利用空间向量求线线夹角. 【详解】如图，以D为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系， 设正方体的棱长为2，则， 可得， 则， 所以直线，所成角的余弦值为. 故选：B. 13．（23-24高二上·山东枣庄·阶段练习）如图，在正方体中，，M，N分别是棱AB，的中点，E是BD的中点，则异面直线，EN间的距离为（     ） A． B． C．1 D． 【答案】A 【分析】建立空间直角坐标系，利用向量即可根据公式求解. 【详解】以为原点，的方向为轴建立空间直角坐标系，易知， ，设同时垂直于， 由，令，得， 又，则异面直线间的距离为. 故选：A． 14．（23-24高二下·江苏淮安·期中）若直线的方向向量为，平面的法向量为，且，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由题意可得直线的方向向量为与平面的法向量垂直，由向量垂直的坐标运算即可求解． 【详解】，则有直线的方向向量为与平面的法向量垂直， 即， 解得． 故选：B． 15．（22-23高二上·山东枣庄·期末）阅读材料：空间直角坐标系中，过点且一个法向量为的平面的方程为，阅读上面材料，解决下面问题：已知平面的方程为，直线是两平面与的交线，则直线与平面所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据题意求平面的法向量与直线l的方向向量，利用空间向量求线面夹角. 【详解】因为平面的方程为， 所以平面的法向量可取， 同理平面的法向量可取， 平面的法向量可取， 设直线的方向向量， 则，令，则， 则直线l与平面所成角的正弦值为 . 故选：A 16．（19-20高二上·北京海淀·期末）在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，若点P是棱上一点（含顶点），则满足的点P的个数为（    ） A．6 B．8 C．12 D．24 【答案】C 【分析】建立空间直角坐标系，则点，，考虑P在上底面的棱上，设点P的坐标为，则由题意可得，，计算即可得出结论． 【详解】如图所示：以点D为原点，以DA所在的直线为x轴，以DC所在的直线为y轴，以DD1所在的直线为z轴，建立空间直角坐标系． 则点，，考虑P在上底面的棱上，设点P的坐标为， 则由题意可得，． ∴ 故 即 ∵点P是棱上一点（含顶点）， ∴与正方形A1B1C1D1切于4个点， 即上底面每条棱的中点即为所求点； 同理P在右侧面的棱上，也有4个点，设点 ， 即与正方形切于个点， 即右侧面每条棱的中点即为所求点； 同理可得：正方体每条棱的中点都满足题意，故点的个数有个. 故选：C． 【点睛】本题主要考查向量在几何中的应用，两个向量的数量积公式，两个向量坐标形式的运算，属于中档题． 17．（2024·江西宜春·模拟预测）在正方体中，平面经过点，平面经过点，当平面分别截正方体所得截面面积最大时，平面与平面的夹角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】因为正方体中过体对角线的截面面积最大，所以题目转化为求平面与平面夹角的余弦值，建立空间直角坐标系，求得即可. 【详解】 如图：因为正方体中过体对角线的截面面积最大， 所以题目转化为求平面与平面夹角的余弦值， 以点为坐标原点，以的方向分别为轴正方向， 建立空间直角坐标系， 由为正方体，设棱长为，，所以四边形为正方形， 所以，又因为平面，平面， 所以，又因为，平面，所以平面， 即为平面的一个法向量， 同理为平面的一个法向量， 由，知， 设平面与平面的夹角为，， 则. 故选：A. 18．（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. 19．（23-24高三上·山东青岛·期中）《九章算术》中将底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为堑堵，在堑堵中，若，若为线段中点，则点到直线的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】建立合适的空间直角坐标系，先求出的夹角，在直角三角形中，得出点到直线的距离. 【详解】解：根据堑堵的定义，建立以点为原点的空间直角坐标系， 则，，，，， 故，， 所以， 所以， 设点到直线的距离为， 所以，解得. 故选：B. 20．（23-24高二上·四川眉山·期末）如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，点分别为的中点．则点到平面的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】建系，求平面的法向量，利用空间向量求点到面的距离. 【详解】如图，以A为坐标原点，为轴所在直线，建立空间直角坐标系， 则， 因为点分别为的中点．则， 可得， 设平面的法向量，则， 令，则，可得， 所以点到平面的距离为. 故选：A. 21．（23-24高二上·安徽合肥·期末）已知正方体的棱长为2，则四棱锥的体积为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】建系，求出平面的法向量，再求出点到平面的距离，最后求出四棱锥的体积即可. 【详解】    以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系，则，，，， 所以，，， 设平面的法向量，则，取，得， 点到平面的距离， ， 四棱锥的体积为 故选：C. 22．（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. 23．（23-24高二下·甘肃甘南·期中）正方体的棱长为是棱的中点，是四边形内一点（包含边界），且，当三棱锥的体积最大时，与平面所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】建立空间直角坐标系，设，利用向量的数量积及体积最大值求得，从而得到与平面所成角的正弦值. 【详解】如图，以为坐标原点，建立空间直角坐标系， 则，，，设，，， 则，，所以， 因为为定值，要想三棱锥的体积最大，则点到底面的距离最大，其中， 所以当时，取最大值为，因为，所以的最大值为，则三棱锥的体积最大时，，， 设平面的法向量，当三棱锥的体积最大时，与平面所成角的正弦值为， 故选：A 24．（2018高二上·全国·专题练习）在棱长为的正方体中，则平面与平面之间的距离为 A． B． C． D． 【答案】B 【分析】建立如图所示的直角坐标系，求得和平面的一个法向量， 利用向量的距离公式，即可求解． 【详解】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， 即，解得，故， 显然平面平面， 所以平面与平面之间的距离．    【点睛】本题主要考查了空间向量在求解距离中的应用，对于利用空间向量求解点到平面的距离的步骤通常为：①求平面的法向量；②求斜线段对应的向量在法向量上的投影的绝对值，即为点到平面的距离．空间中其他距离问题一般都可转化为点到平面的距离求解．着重考查了推理与运算能力，属于基础题. 25．（17-18高二上·陕西西安·期末）两平行平面 ， 分别经过坐标原点 和点 ，且两平面的一个法向量 ，则两平面间的距离是 A． B． C． D． 【答案】B 【详解】两平行平面 ， 分别经过坐标原点 和点 ，，且两平面的一个法向量两平面间的距离，故选B. 26．（23-24高二上·浙江绍兴·期末）在正方体中，过作一垂直于的平面交平面于直线，动点在直线上，则直线与所成角余弦值的最大值为（    ） A． B． C． D．1 【答案】A 【分析】由正方体性质可知，平面，平面平面，故动点在直线上，建立空间直角坐标系，利用空间向量法表示线线角，并求最值. 【详解】 由正方体性质可知，，，， 平面，平面， 易知平面，平面平面， 故动点在直线上， 设正方体棱长为1，并如图建立空间直角坐标系， 则， 设两直线所成角为，， 故，即， 令，则， 所以当时，即时，. 故选：A 27．（23-24高二上·河北石家庄·期末）在如图所示的直四棱柱中，底面是正方形，是的中点，点N是棱上的一个动点，则点到平面的距离的最小值为（    ）    A．1 B． C． D． 【答案】D 【分析】建立空间直角坐标系，将则点到平面的距离表示出来即可求得最值. 【详解】由题意知，该几何体为长方体，建立空间直角坐标系如下图所示， 则，设．    设平面的一个法向量为，则， 设，则，则， 所以点到平面的距离为， 又，所以当时， 点到平面的距离取得最小值为． 故选：D． 28．（23-24高二上·安徽黄山·期中）《九章算术》是我国古代数学名著．书中将底面为矩形，且有一条侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马．如图，在阳马中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是矩形，E、F分别为PD，PB的中点，，，，若AG⊥平面EFC，则=（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，根据法向量的求法可求得平面的法向量，由可求得结果. 【详解】以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系， 设，则，，，，， ，，，， 设平面的法向量， 则，令，解得，， ， ， 又平面， ，，解得. 故选：C. 29．（2022·海南·模拟预测）海口钟楼的历史悠久，最早是为适应对外通商而建立，已成为海口的最重要的标志性与象征性建筑物之一，如图所示，海口钟楼的主体结构可以看做一个长方体，四个侧面各有一个大钟，则从到这段时间内，相邻两面钟的分针所成角为的次数为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】在长方体中，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设分针长为，设矩形的对角线的交点为，矩形的对角线的交点为，考查到这个时间段，设时刻，侧面、内的钟的分针的针点的位置分别为、，设，其中，则，利用空间向量法求出的可能取值，即可得解. 【详解】在长方体中，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，设分针长为， 设矩形的对角线的交点为，矩形的对角线的交点为， 考查到这个时间段，设时刻，侧面、内的钟的分针的针点的位置分别为、， 设，其中， 则，， 由已知可得，则， 因为，故的取值为、、、， 即在到这个时间段，相邻两面钟的分针所成角为的次数为， 因此，从到这段时间内，相邻两面钟的分针所成角为的次数为. 故选：D. 30．（23-24高二下·甘肃临夏·期末）在空间中，已知平面的一个法向量和平面上一点，平面上任意一点的坐标满足的关系式为．则该方程称为这个平面的方程，若两平面的方程分别为和，则这两平面的夹角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】确定两个平面的法向量，根据向量的夹角公式，即可求得答案. 【详解】因为两个平面的方程为和， 由题意可得，两个平面的法向量分别为， 故两平面夹角的余弦值为. 故选：D. 31．（22-23高二下·江苏盐城·阶段练习）在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为“鳖臑”，在“鳖臑”中，平面，，且，为的中点，则异面直线与夹角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】将“鳖臑”放在正方体内部，建立空间直角坐标系即可利用向量求异面直线BM与CD夹角的余弦值． 【详解】如图，“鳖臑”是由正方体的四个顶点构成的， 以B为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体棱长为1， 则，，，，， 则，， ， 则异面直线BM与CD夹角的余弦值为． 故选：B． 32．（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 二、多选题 33．（23-24高二下·江苏南京·期中）平面α经过三点，，，向量是平面α的法向量，则下列四个选项中正确的是（    ） A．直线AB的一个方向向量为 B．线段AB的长度为3 C．平面α的法向量中 D．向量与向量夹角的余弦值为 【答案】ACD 【分析】根据方向向量、向量模长、法向量，向量的数量积运算可逐一判断． 【详解】因为平面经过三点，，， 则，则，故直线的一个方向向量为，故A正确； 线段的长度为，故B错； 又向量是平面的法向量，， 则，解得，则，故C正确； 又,1,， 则向量与向量夹角的余弦值为，故D正确． 故选：ACD． 34．（23-24高二下·江苏常州·期中）直线的方向向量为，两个平面的法向量分别为，则下列命题为真命题的是（    ） A．若，则直线平面 B．若，则平面平面 C．若，则平面所成锐二面角的大小为 D．若，则直线与平面所成角的大小为 【答案】BCD 【分析】由，则直线平面或，可判断不正确；根据平面法向量的概念及空间角的求解方法，可判断正确. 【详解】由，则直线平面或，故错误； 由，则平面平面，故正确； 若，设平面和平面所成角为，且， 则， 所以平面所成锐二面角的大小为，故正确； 设直线与平面所成角为， 则，且， 所以直线与平面所成角的大小为，故正确. 故选：. 35．（23-24高二下·湖北恩施·期中）如图，在棱长为2的正方体中，分别为的中点，则（    ） A． B．CE与OF所成角的余弦值为 C．四点共面 D．的面积为 【答案】AC 【分析】先根据正方体结构建系，写出相关点和向量的坐标，利用向量垂直的坐标式计算判断A项，利用空间向量的夹角公式计算判断B项，利用空间向量共面定理判断C项，利用三角形面积公式判断D项即得. 【详解】 如图，以点为坐标原点，为轴的正方向，建立空间直角坐标系. 对于A项，因,则, 即，故A项正确； 对于B项，因，则, 设CE与OF所成角为，则，故B项错误； 对于C项，因,则, 易得，即为共面向量，故四点共面，即C项正确； 对于D项，因，则，记， 则，故， 故的面积为，故D项错误. 故选：AC. 36．（22-23高二上·吉林辽源·期末）在棱长为3的正方体中，点在棱上运动（不与顶点重合），则点到平面的距离可以是（    ） A．1 B． C．2 D．3 【答案】BC 【分析】利用坐标法，设，可得平面的法向量，进而即得. 【详解】以D为原点，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 则，设， 所以，， 设为平面的法向量， 则有：，令，可得， 则点到平面的距离为， 因为，所以，所以. 故选：BC 37．（23-24高二下·陕西咸阳·期末）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，平面，，，则（    ） A． B． C．异面直线与夹角的余弦值为 D．点到平面的距离为 【答案】ACD 【分析】建立适当的空间直角坐标系，对于A，直接由向量线性运算的坐标表示即可验算；对于B，由向量模的计算公式即可验算；对于C，由向量夹角公式即可求解；对于D，由公式验算即可. 【详解】因为平面，平面，所以， 在正方形中，有，所以两两互相垂直， 所以以为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 而，从而， 对于A，，故A正确； 对于B，，，故B错误； 对于C，，所以异面直线与夹角的余弦值为，故C正确； 对于D，，设平面的法向量为，则， 令，解得，所以，又， 所以点到平面的距离为，故D正确. 故选：ACD. 38．（22-23高二上·新疆乌鲁木齐·期中）在棱长为2的正方体中，分别为的中点，则下列选项正确的是（    ） A． B．直线与所成角的余弦值为 C．三棱锥的体积为 D．存在实数使得 【答案】BD 【分析】建立空间直角坐标系，求出，对于A，计算的值即可判断；对于B，计算的值即可判断；对于C，先计算得，接着计算，再由和平面且结合锥体体积公式即可计算求解；对于D，由计算求出即可得解. 【详解】由题可建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 所以， 对于A，，故与不垂直，故A错误； 对于B，， 所以直线与所成角的余弦值为，故B正确； 对于C，由上，所以， 所以即，又， 所以， 因为，又由正方体性质可知平面即平面， 所以，故C错误； 对于D，若存在实数使得， 则， 所以，所以，故D正确. 故选：BD. 【点睛】思路点睛：建立坐标系解决立体几何中的问题是一种常用方法，它的思维量小，计算量虽多但是计算简单，解法直接自然和简单，本题根据正方体的结构特征建立了空间直角坐标系，接着计算所需向量坐标，从而根据各个问题的向量法理论公式直接计算即可判断求解. 三、填空题 39．（23-24高二下·江苏连云港·期中）如图，长方体的顶点A在平面内，其余顶点均在平面的同侧，，，，若顶点B到平面的距离为2，顶点D到平面的距离为2，则顶点到平面的距离为 . 【答案】/ 【分析】建立空间直角坐标系，设平面的一个法向量，利用距离公式即可求解. 【详解】以为原点，所在直线分别为轴，建立如图所示空间直角坐标系， 则， 所以， 设平面的一个法向量为， 由题意可得，解得， 所以顶点到平面的距离为. 故答案为：. 40．（23-24高二下·安徽·期末）在棱长为2的正方体中，E，F分别为正方形和正方形的中心，则点到平面的距离为 . 【答案】/ 【分析】建系，写出相关点的坐标，分别求出与平面的法向量的坐标，代入点到平面距离的向量计算公式计算即得. 【详解】 如图，以点为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系. 则, 于是，，, 设平面的法向量为，则， 故可取，则点到平面的距离为. 故答案为： 41．（23-24高二上·广东东莞·期中）直线的方向向量为，平面的法向量为，则直线与平面的一种位置关系为 .（写出满足条件的一种可能即可） 【答案】或（填写一种就行） 【分析】利用空间向量法判断线面关系即可得解. 【详解】因为直线的方向向量为，平面的法向量为， 而，所以，则或（填写一种就行）. 故答案为：或（填写一种就行）. 42．（23-24高二上·湖北武汉·阶段练习）如图，在三棱柱中，底面是边长为2的等边三角形，，，分别是线段，的中点，在平面内的射影为.若点为线段上的动点（不包括端点），锐二面角余弦值的取值范围为 .    【答案】 【分析】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】连接，因为在平面内的射影为， 所以垂直于平面内这两条线段， 又因为底面是边长为2的等边三角形，是线段中点， 所以， 因此建立如图所示的空间直角坐标系，   ， 设，， 则， 设平面的法向量为， 因此有， 设平面的法向量为， 因此有， 所以， 令， 所以， 设， 则, 二次函数的开口向上，对称轴为， 所以当时，该二次函数单调递增， 所以当时，该二次函数有最小值， 当时，该二次函数有最大值， 所以，即， 故答案为： 【点睛】关键点睛：本题的关键是利用换元法，结合二次函数的单调性求解值域. 43．（19-20高二下·四川攀枝花·期中）如图，四棱锥中，是矩形，平面，，，四棱锥外接球的球心为，点是棱上的一个动点，给出如下命题：①直线与直线所成的角中最小的角为；②与一定不垂直；③三棱锥的体积为定值；④的最小值为，其中正确命题的序号是 .（将你认为正确的命题序号都填上） 【答案】①③④ 【分析】由三垂直，可采用以 为 轴建立空间直角坐标系，①中通过异面直线的夹角公式和不等式性质即可判断正确；②中结合向量数量积公式可判断错误；③采用补形法将四棱锥还原为长方体，再结合等体积法即可求解三棱锥的体积为定值；④中将平面以为轴旋转到平面内形成平面，结合两点间直线最短即可判断正确 【详解】如图所示：以为轴建立空间直角坐标系，则，，，设，，则，， ，当时等号成立， 此时，故直线与直线所成的角中最小的角为，①正确； ，当时，，②错误； 将四棱锥放入对应的长方体中，则球心为体对角线交点， ，③正确； 如图所示：将平面以为轴旋转到平面内形成平面， 则，当共线时等号成立，④正确. 故答案为：①③④. 【点睛】本题考查向量法在立体几何中的实际应用，合理建系，学会将所求问题有效转化是解决问题的关键，如本题求线线角的最小值转化为求线线夹角的余弦值，求两直线垂直转化为数量积为0，求三棱锥体积的补形法和等体积法，利用旋转将异面直线的距离转化为共面直线的距离，属于中档题 44．（23-24高二上·江西南昌·期末）在棱长为2的正方体中，在线段上运动，直线与平面所成角的正弦值的取值范围为 . 【答案】 【分析】以为正交基地，建立空间直角坐标系，利用向量法求出线面角的正弦，然后利用二次函数的性质求范围. 【详解】以为正交基地，建立空间直角坐标系， 则，设， 则， 设面的法向量为， 则，取得， 设直线与平面所成角为， 则， 当时，，则. 故答案为：. 四、解答题 45．（22-23高二上·湖北武汉·期末）如图，四边形是边长为1的正方形，平面平面，且. (1)求证：平面 (2)在线段上是否存在点（不含端点），使得平面与平面的夹角为，若存在，指出点的位置；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，为线段上靠近的三等分点 【分析】（1）建立空间直角坐标系，得到 故EC⊥DF，EC⊥DA，从而证明出线面垂直； （2）设，得到的坐标为，求出平面的法向量，列出方程，求出，得到为线段上靠近的三等分点. 【详解】（1）以点为原点，以所在的直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 则， ， ，故EC⊥DF，EC⊥DA， ∵，平面ADF， 平面； （2）设，则的坐标为， 设平面的法向量为， 则由，令，则， 则法向量， 平面与平面的夹角为，且平面的法向量为， ， ， ∴解得， 为线段上靠近的三等分点. 46．（23-24高二下·贵州黔东南·期末）如图，在正四棱柱中，，，分别为，的中点.    (1)证明：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）借助正四棱柱的性质可建立空间直角坐标系，求出空间向量与平面的法向量后，借助空间向量计算即可得； （2）求出空间向量与平面的法向量后，借助空间向量夹角公式计算即可得. 【详解】（1）在正四棱柱中，，，两两垂直，且， 以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴， 建立如图所示的空间直角坐标系，则，，.    因为，分别为的中点，所以，， 则，，， 设平面的法向量为， 则，即， 令，则有，，即， 因为，所以， 又平面，所以平面； （2）由（1）可知，， ， 所以与平面所成角的正弦值为. 47．（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. 48．（23-24高二上·山东临沂·期末）如图，在直三棱柱中，是AB的中点，是的中点，是与的交点.    (1)在线段上找一点，使得平面; (2)在（1）的条件下，求PQ与平面的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）首先以点为原点建立空间直角坐标系，并求平面的法向量，并利用参数表示向量，利用向量，即可证明线面平行； （2）根据（1）的结果，利用点到平面的距离的向量公式，即可求解. 【详解】（1）以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 则 ， 设平面的法向量，则，即， 令，得，是平面的一个法向量， 设， 则， 若平面，则， 从而，即，解得， ， 当为线段上靠近的三等分点时，平面; （2）由(1)知， ， 到平面的距离为. 49．（23-24高二下·湖南·期中）如图，直四棱柱的底面是菱形，，且直线与平面所成角为． (1)求直四棱柱的高； (2)在棱上是否能找到一点，使得平面与平面的夹角为？若能，求出的值；若不能，说明理由． 【答案】(1) (2)能， 【分析】（1）设，以分别为轴正方向建立空间直角坐标系，设，用空间向量法结合直线与平面所成角为，列出方程求解即可； （2）假设能找到这样的点，设，且，根据平面与平面的夹角为及空间向量，列方程解出，即可说明存在，计算出即可． 【详解】（1）设， 因为棱柱是直棱柱，且底面是菱形，故两两垂直， 如图，以分别为轴正方向建立空间直角坐标系， 因为菱形中，， 所以，设， 则，， 所以 设平面的一个法向量为，则由,得， 令得，， 所以， 因为直线与平面所成角为， 所以，即，解得． （2）假设能找到这样的点， 设，且， 则， 设平面的一个法向量为，则由,得， 令得，， 则， 由平面与平面的夹角为， 可得，即，解得， 所以能找到这样的点， 此时，，故． 50．（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： ． 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$