预习第03讲 空间向量的应用14种常见考法归类-【寒假自学课】2025年高二数学寒假提升精品讲义（苏教版2019）

预习第03讲 空间向量的应用14种常见考法归类 模块一 思维导图串知识 模块二 基础知识全梳理（吃透教材） 模块三 核心考点举一反三 模块四 小试牛刀过关测 1.能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角以及垂直与平行关系. 2.能用向量方法解决点到直线、点到平面、相互平行的直线、直线到平面（直线与平面平行）、相互平行的平面的距离问题． 3.能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面所成的角（夹角）问题． 知识点1、空间中直线的向量表示式 1、直线的方向向量： 若A、B是直线上的任意两点，则为直线的一个方向向量；与平行的任意非零向量也是直线的方向向量。 2、空间直线的向量表示式： 直线l的方向向量为a ，且过点A。如图，取定空间中的任意一点O，可以得到点P在直线l上的充要条件是存在实数t，使＝＋ta①，把＝a代入①式得＝＋t②， ①式和②式都称为空间直线的向量表示式． 知识点2、空间中平面的向量表示式 1、平面ABC的向量表示式 空间一点P位于平面ABC内的充要条件是存在实数x，y，使，我们称其为空间平面ABC的向量表示式。 2、平面的法向量 如图，若直线，取直线的方向向量，称为平面的法向量； 过点A且以为法向量的平面完全确定，可以表示为集合 知识点3、利用空间向量解决平行垂直问题 直线l的方向向量为a＝(a1，b1，c1)．平面α，β的法向量u＝(a3，b3，c3)，v＝(a4，b4，c4) (1)线面平行：l∥α⇔a⊥u⇔a·u＝0⇔a1a3＋b1b3＋c1c3＝0 (2)线面垂直：l⊥α⇔a∥u⇔a＝ku⇔a1＝ka3，b1＝kb3，c1＝kc3 (3)面面平行：α∥β⇔u∥v⇔u＝kv⇔a3＝ka4，b3＝kb4，c3＝kc4 (4)面面垂直：α⊥β⇔u⊥v⇔u·v＝0⇔a3a4＋b3b4＋c3c4＝0 知识点4、利用空间向量求空间角 (1)向量法求异面直线所成的角：若异面直线a，b的方向向量分别为a，b，异面直线所成的角为θ，则cos θ＝|cos〈a，b〉|＝. (2)向量法求线面所成的角：求出平面的法向量n，直线的方向向量a，设线面所成的角为θ，则sin θ＝|cos〈n，a〉|＝. (3)向量法求二面角：求出二面角α－l－β的两个半平面α与β的法向量n1，n2， 若二面角α－l－β所成的角θ为锐角，则cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝； 若二面角α－l－β所成的角θ为钝角，则cos θ＝－|cos〈n1，n2〉|＝－. 知识点5、利用空间向量求点到直线的距离 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)． 知识点6、利用空间向量求点到平面的距离 已知平面的法向量为 , 是平面内的任一点，是平面外一点,过点作则平面的垂线，交平面于点,则点到平面的距离为（如图）. 考点一：求直线的方向向量 例1．若点，在直线l上，则直线l的一个方向向量为（ ） A． B． C． D． 【变式1-1】已知一直线经过点A（2，3，2），B（－1，0，5），下列向量中是该直线的方向向量的为（    ） A． B． C． D． 【变式1-2】如图，已知长方体中，，，，建立空间直角坐标系，分别求直线与AC的方向向量． 【变式1-3】若，分别为直线，的一个方向向量，则（    ）． A． B．与相交，但不垂直 C． D．不能确定 【变式1-4】已知直线的一个方向向量，且直线过点和两点，则（　　） A．0 B．1 C． D．3 考点二：求平面的法向量 例2.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． 【变式2-1】在空间直角坐标系中，，，，则平面的一个法向量为（    ） A． B． C． D． 【变式2-2】如图，已知正方体中，的坐标分别为，，，．分别求平面与平面的一个法向量．    【变式2-3】已知平面内有两点，，平面的一个法向量为，则（ ） A．4 B．3 C．2 D．1 考点三：直线和直线平行 例3.已知长方体中，，，，点S、P在棱、上，且，，点R、Q分别为AB、的中点．求证：直线直线． 【变式3-1】如图，在正四棱柱中，．点分别在棱,上，． 证明：. 【变式3-2】已知长方体中，，，，点S、P在棱、上，且，，点R、Q分别为AB、的中点．求证：直线直线． 考点四：直线与平面的平行 例4.如图，在四面体中，平面，，，．是的中点，是的中点，点在线段上，且．证明：平面；    【变式4-1】在如图所示的多面体中，EF⊥平面AEB，AE⊥EB，AD∥EF，EF∥BC，BC＝2AD＝4，EF＝3，AE＝BE＝2，G是BC的中点，求证：AB∥平面DEG. 【变式4-2】如图，在三棱锥中，底面， ．点，，分别为棱，，的中点，是线段的中点，，．求证：平面； 考点五：平面和平面平行 例5.平面的法向量为，平面的法向量为，，则（    ） A．-2 B．-1 C．1 D．2 【变式5-1】在正方体中，分别是的中点，试建立适当的空间直角坐标系，求证：平面平面. 【变式5-2】如图所示，平面平面，四边形为正方形，是直角三角形，且，，，分别是线段，，的中点，求证：平面平面． 考点六：直线和直线垂直 例6.如图，在正方体中，和相交于点O，求证：． 【变式6-1】如图，在直棱柱中，，，分别是，，的中点．求证：； 【变式6-2】如图，在三棱柱中，平面ABC，，，D为的中点，交于点E．证明：. 【变式6-3】如图，棱台中，，底面ABCD是边长为4的正方形，底面是边长为2的正方形，连接，BD，.证明：. 考点七：直线与平面垂直 例7.若直线l的方向向量，平面的一个法向量，若，则实数（    ） A．2 B． C． D．10 【变式7-1】平面的一个法向量，如果直线平面，则直线的单位方向向量（    ） A． B． C． D． 【变式7-2】如图所示在四棱锥中，底面，，，，，是的中点．求证：平面． 【变式7-3】如图，直三棱柱的侧面为正方形，，E，F分别为，的中点，．证明：平面； 考点八：平面与平面垂直 例8.如图所示，在直三棱柱中，，，，点为的中点，证明：平面平面. 【变式8-1】如图，在四棱锥中，底面ABCD是菱形，，，，底面ABCD，，点E在棱PD上，且.证明：平面平面ACE； 【变式8-2】如图，在四棱锥中，平面，，，，.为的中点，点在上，且. 求证：平面平面. 考点九：利用空间向量解决异面直线所成角的问题 例9.正四棱锥的侧棱长为，底面的边长为，E是的中点，则异面直线与所成的角为（    ） A． B． C． D． 【变式9-1】如图，在直三棱柱中，，且，，分别是棱，的中点，则异面直线与所成角的正弦值是（    ） A． B． C． D． 【变式9-2】如图，在圆锥SO中，AB是底面圆的直径，,  D，E分别为SO，SB的中点，点C是底面圆周上一点（不同于A,B）且，则直线AD与直线CE所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【变式9-3】在四棱锥中，底面是菱形，，平面，，是的中点，是棱上一点（不含端点），满足．若异面直线与所成角的余弦值为，则的值为（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 【变式9-4】如图，在中，分别为的中点，为的中点，，.将沿折起到的位置，使得平面平面，如图． (1)求证：． (2)线段上是否存在点，使得直线和所成角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 考点十：利用空间向量解决线面角问题 例10.如图，在正方体中，E，F，G分别是，，的中点． (1)证明：． (2)求直线与平面所成角的正弦值． 【变式10-1】已知，，，则平面的法向量与的夹角的余弦值为（    ） A． B．或 C． D．或 【变式10-2】如图，四棱锥中，平面，，，，为的中点． (1)证明：平面平面； (2)求异面直线与所成角的余弦值； (3)求直线与平面所成角的正弦值． 【变式10-3】如图，在五面体中，四边形为矩形，平面平面，且，正三角形的边长为2. (1)证明：平面. (2)若，且直线与平面所成角的正弦值为，求的值. 【变式10-4】已知在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，是正三角形，平面平面，E、F、G分别是、、的中点. (1)求证：平面； (2)线段上是否存在一个动点M，使得直线与平面所成角为，若存在，求线段的长度，若不存在，说明理由. 考点十一：利用空间向量解决面面角问题 例11.如图，四边形是边长为1的正方形，平面，若，则平面与平面的夹角为（    ）      A． B． C． D． 【变式11-1】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． 【变式11-2】如图，在四棱锥中，底面，四边形是直角梯形，，，点在棱上. (1)证明：平面平面； (2)当时，求二面角的余弦值. 【变式11-3】如图，三棱锥的平面展开图中，，，，，为的中点． (1)在三棱锥中，证明：； (2)求平面与平面夹角的余弦值． 【变式11-4】在斜三棱柱中，，，在底面上的射影恰为的中点，又已知. (1)证明：平面． (2)求平面和平面的夹角的余弦值 【变式11-5】如图，在直三棱柱中，，，点在线段上. (1)当时，求线段的中点到平面的距离； (2)是否存在点，使得平面与平面的夹角为？若存在，请找出点的位置；若不存在，请说明理由 考点十二：利用空间向量解决点到直线的距离问题 例12.如图，在直四棱柱中，底面为矩形，且，，，为棱的中点.    (1)求到的距离； (2)求与平面所成角的正弦值. 【变式12-1】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. 【变式12-2】如图，在直三棱柱中，．    (1)求证：； (2)求点到直线的距离． 考点十三：利用空间向量解决点到平面的距离问题 例13.如图，四棱锥的底面为菱形，平面ABCD，，E为棱BC的中点．    (1)求证：平面PAD； (2)若，求点D到平面PBC的距离． 【变式13-1】如图，四棱锥的底面为菱形，平面ABCD，，E为棱BC的中点．    (1)求证：平面PAD； (2)若，求点D到平面PBC的距离． 【变式13-2】如图，在四棱锥中，平面，，，． (1)求证：平面； (2)若，且直线与所成角为，求点E到平面的距离． 【变式13-3】如图，已知平面，为矩形，，M，N分别为线段，的中点. (1)求证：平面； (2)求与平面所成角的正弦值. (3)若Q是线段的中点，求点Q到平面的距离. 考点十四：利用空间向量解决探索性问题 例14.如图，在三棱柱中，平面平面，边长为8的正方形，.    (1)求证：平面； (2)求二面角的余弦值； (3)证明：在线段上存在点，使得，并求的值. 【变式14-1】如图，在直三棱柱中，，侧面是正方形，且平面平面．    (1)求证：； (2)当AC与平面所成的角为，在线段上是否存在点E，使平面ABE与平面BCE的夹角为?说明理由． 【变式14-2】已知在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，是正三角形，平面平面，E、F、G分别是、、的中点. (1)求证：平面； (2)线段上是否存在一个动点M，使得直线与平面所成角为，若存在，求线段的长度，若不存在，说明理由. 【变式14-3】如图，在四棱锥中，底面ABCD为梯形，，.    (1)求点到平面ABCD的距离； (2)在棱上是否存在点，使得平面DBF与平面PBC夹角的余弦值为？若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由. 一、单选题 1．（24-25高二上·甘肃庆阳·期末）已知平面的法向量，且点，，则点P到平面的距离为（    ） A． B． C．2 D．4 2．（24-25高二上·北京朝阳·期末）已知是直线的方向向量，是平面的法向量，若，则实数（    ） A． B． C．1 D．4 3．（24-25高二上·辽宁沈阳·期末）在长方体中，，，，点为的中点，则平面与平面所成的锐二面角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 4．（24-25高二上·陕西榆林·期末）已知正四棱锥的各棱长均相等，点E是的中点，点F是的中点，则异面直线和所成角的余弦值是（    ）． A． B． C． D． 5．（24-25高二上·四川·期中）如图，在直三棱柱中，为腰长为的等腰直角三角形，且，侧面为正方形，为平面内一动点，则的最小值是（   ）    A． B． C． D． 6．（21-22高二上·上海浦东新·期末）如图，在正方体中，点O为线段BD的中点.设点P在线段上，直线OP与平面所成的角为，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 7．（24-25高二上·黑龙江哈尔滨·期末）如图，正方体中，，当直线与平面所成的角最大时，（    ） A． B． C． D． 8．（24-25高二上·四川成都·期中）已知正方体的棱长为2，且满足且，则的最小值是（    ） A． B． C． D． 二、多选题 9．（24-25高二上·辽宁辽阳·期末）已知在三棱台中，平面，，，．以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，如图所示，则（    ） A． B． C．异面直线与所成角的余弦值为 D．点到直线的距离为 10．（24-25高二上·安徽·阶段练习）已知正方体的棱长为1，动点分别在棱和线段上，满足平面，则（    ） A．到平面的距离有最大值 B．到平面的距离有最小值 C．两点距离有最大值1 D．两点距离有最小值 11．（24-25高二上·四川成都·期末）如图，在棱长为的正方体中，分别为棱的中点，点为线段上的一点，则下列说法正确的是（   ） A．平面平面 B．直线与所成角的余弦值为 C．平面与平面夹角的余弦值为 D．点到直线的距离的最小值为 12．（24-25高二上·辽宁沈阳·期末）下列说法命题正确的是（    ） A．已知，则在上的投影向量为 B．若直线的方向向量为，平面的法向量为，则 C．已知三棱锥，点为平面上的一点，且，则 D．若向量（是不共面的向量）则称在基底下的坐标为，若在基底下的坐标为，则在基底下的坐标为 三、填空题 13．（2014高三·全国·专题练习）如图所示，正方体的棱长为，、分别为和上的点，，则与平面的位置关系是 ． 14．（23-24高二上·上海·期末）设直线的一个方向向量，平面的一个法向量，则直线与平面的位置关系是 ．（填“平行”，“相交”，“线在面上”中的一个或两个） 15．（24-25高二上·黑龙江哈尔滨·期末）已知是直线的方向向量，是平面的法向量，如果，则 ． 16．（24-25高二下·全国·单元测试）如图，在长方体中，，以D为原点，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，若为线段的中点，则点到平面的距离为 ．    四、解答题 17．（24-25高三上·湖北十堰·期末）如图，在直四棱柱中，底面是边长为的正方形，侧棱，点、分别在侧棱、上，且. (1)求平面与平面夹角的余弦值； (2)已知为底面的中心，在上是否存在点，使得平面？若存在，求出；若不存在，请说明理由. 18．（24-25高二上·黑龙江哈尔滨·期末）如图，在平行四边形中，为的中点，沿将翻折至位置得到四棱锥为上一动点， (1)若为的中点，证明：在翻折过程中均有平面； (2)若， ①证明：平面平面； ②当动点到平面的距离为时，求的值． 19．（24-25高二上·北京东城·期末）如图，在长方体中，，． (1)求证：平面； (2)若点P是线段的中点，求平面与平面的夹角的余弦值． 20．（24-25高三上·山东淄博·期末）如图，三棱柱中，，，，点M，N分别为AC，AB的中点，且，． (1)证明：平面ABC； (2)求平面与平面夹角的余弦值． 21．（24-25高三上·内蒙古鄂尔多斯·期末）如图，在四棱锥中，，，，是边长为2的等边三角形，且平面平面，点E是棱上的一点.    (1)若，求证：平面； (2)若平面与平面的夹角的余弦值为，求的值； (3)求点到直线的距离的最小值. 22．（24-25高二上·天津·期末）如图，在直三棱柱中，，是棱BC的中点. (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)求点到平面的距离. 23．（24-25高三上·湖北武汉·期末）如图所示，多面体满足四边形是等腰梯形，是正方形.平面平面 (1)证明：平面平面； (2)若，求平面与平面夹角的余弦值. 24．（24-25高二上·陕西榆林·期末）如图，在直三棱柱中，，，，点E，F满足，，记． (1)当平面平面时，求的值； (2)当时，求直线与平面所成角的大小． 25．（24-25高二上·辽宁沈阳·期末）如图，在直四棱柱中，底面为矩形，且，且分别为的中点. (1)证明：平面. (2)求平面与平面夹角的余弦值. (3)求点F到平面的距离. 26．（24-25高三上·甘肃白银·期末）如图（1），在直角梯形中，，现沿着折起，使得平面平面，如图（2）． (1)求证：平面． (2)求二面角的大小． 27．（24-25高三上·甘肃临夏·期末）在四棱锥中，，且平面BCDE. (1)求证：平面ACD. (2)在线段DA（不含端点）上是否存在点，使平面BEM与平面BEA所成角的余弦值为？若存在，求出DM的长度；若不存在，请说明理由. 28．（2025高三·全国·专题练习）如图所示，正四棱柱的底面边长为，侧棱长为，点，，分别是棱，，的中点，点在线段上运动． (1)证明：平面； (2)求三棱锥的外接球表面积； (3)设直线与平面所成的角大小为，当角的正弦值最大时，求二面角的正弦值． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！5 学科网（北京）股份有限公司 $$ 预习第03讲 空间向量的应用14种常见考法归类 模块一 思维导图串知识 模块二 基础知识全梳理（吃透教材） 模块三 核心考点举一反三 模块四 小试牛刀过关测 1.能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角以及垂直与平行关系. 2.能用向量方法解决点到直线、点到平面、相互平行的直线、直线到平面（直线与平面平行）、相互平行的平面的距离问题． 3.能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面所成的角（夹角）问题． 知识点1、空间中直线的向量表示式 1、直线的方向向量： 若A、B是直线上的任意两点，则为直线的一个方向向量；与平行的任意非零向量也是直线的方向向量。 2、空间直线的向量表示式： 直线l的方向向量为a ，且过点A。如图，取定空间中的任意一点O，可以得到点P在直线l上的充要条件是存在实数t，使＝＋ta①，把＝a代入①式得＝＋t②， ①式和②式都称为空间直线的向量表示式． 知识点2、空间中平面的向量表示式 1、平面ABC的向量表示式 空间一点P位于平面ABC内的充要条件是存在实数x，y，使，我们称其为空间平面ABC的向量表示式。 2、平面的法向量 如图，若直线，取直线的方向向量，称为平面的法向量； 过点A且以为法向量的平面完全确定，可以表示为集合 知识点3、利用空间向量解决平行垂直问题 直线l的方向向量为a＝(a1，b1，c1)．平面α，β的法向量u＝(a3，b3，c3)，v＝(a4，b4，c4) (1)线面平行：l∥α⇔a⊥u⇔a·u＝0⇔a1a3＋b1b3＋c1c3＝0 (2)线面垂直：l⊥α⇔a∥u⇔a＝ku⇔a1＝ka3，b1＝kb3，c1＝kc3 (3)面面平行：α∥β⇔u∥v⇔u＝kv⇔a3＝ka4，b3＝kb4，c3＝kc4 (4)面面垂直：α⊥β⇔u⊥v⇔u·v＝0⇔a3a4＋b3b4＋c3c4＝0 知识点4、利用空间向量求空间角 (1)向量法求异面直线所成的角：若异面直线a，b的方向向量分别为a，b，异面直线所成的角为θ，则cos θ＝|cos〈a，b〉|＝. (2)向量法求线面所成的角：求出平面的法向量n，直线的方向向量a，设线面所成的角为θ，则sin θ＝|cos〈n，a〉|＝. (3)向量法求二面角：求出二面角α－l－β的两个半平面α与β的法向量n1，n2， 若二面角α－l－β所成的角θ为锐角，则cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝； 若二面角α－l－β所成的角θ为钝角，则cos θ＝－|cos〈n1，n2〉|＝－. 知识点5、利用空间向量求点到直线的距离 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)． 知识点6、利用空间向量求点到平面的距离 已知平面的法向量为 , 是平面内的任一点，是平面外一点,过点作则平面的垂线，交平面于点,则点到平面的距离为（如图）. 考点一：求直线的方向向量 例1．若点，在直线l上，则直线l的一个方向向量为（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】由，l的方向向量与平行，只有选项A满足题意，故选：A 【变式1-1】已知一直线经过点A（2，3，2），B（－1，0，5），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】根据点坐标得向量，结合方向向量的定义以及向量共线即可求解. 【详解】由题知，则与向量共线的非零向量均为该直线的方向向量．D选项中的向量与线，所以是直线的方向向量． 故选：D． 【变式1-2】如图，已知长方体中，，，，建立空间直角坐标系，分别求直线与AC的方向向量． 【答案】（答案不唯一） 【解析】以点为原点建立空间直角坐标系，如图所示， 则， 故， 所以直线与AC的方向向量分别为. 【变式1-3】若，分别为直线，的一个方向向量，则（    ）． A． B．与相交，但不垂直 C． D．不能确定 【答案】C 【分析】利用向量垂直与数量积的关系即可求解. 【详解】由，，得 ， 所以，即. 故选：C. 【变式1-4】已知直线的一个方向向量，且直线过点和两点，则（　　） A．0 B．1 C． D．3 【答案】D 【分析】首先求出，依题意，则，根据空间向量共线的坐标表示计算可得. 【详解】因为直线过点和两点，所以， 又直线的一个方向向量，所以， 所以，所以， 所以，解得，所以. 故选：D 考点二：求平面的法向量 例2.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 【变式2-1】在空间直角坐标系中，，，，则平面的一个法向量为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】设平面的一个法向量为，利用列方程求解即可. 【详解】由已知， 设平面的一个法向量为， 取，解得， 选项A符合，另外选项BCD中的向量与选项A中的向量不共线. 故选：A. 【变式2-2】如图，已知正方体中，的坐标分别为，，，．分别求平面与平面的一个法向量．    【解析】由于轴垂直于平面，而z轴可用方向向量表示， 因此是平面的一个法向量； 设是平面的法向量． 由已知得，， 因而 取，得，则是平面的一个法向量． 【变式2-3】已知平面内有两点，，平面的一个法向量为，则（ ） A．4 B．3 C．2 D．1 【答案】C 【解析】因为，，所以， 因为平面的一个法向量为， 所以， 则，解得，故选：C. 考点三：直线和直线平行 例3.已知长方体中，，，，点S、P在棱、上，且，，点R、Q分别为AB、的中点．求证：直线直线． 【解析】以点D为原点，分别以、与的方向为x、y与z轴的正方向，建立空间直角坐标系． 则、、、、、、、， 由题意知、、、， ∴，． ∴，又，不共线， ∴. 【变式3-1】如图，在正四棱柱中，．点分别在棱,上，． 证明：. 【解析】根据正四棱柱性质可知，以为坐标原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如下图所示： 则， 所以， 可得，即向量与共线， 又不在同一条直线上， 所以. 【变式3-2】已知长方体中，，，，点S、P在棱、上，且，，点R、Q分别为AB、的中点．求证：直线直线． 【答案】证明见解析. 【解析】以点D为原点，分别以、与的方向为x、y与z轴的正方向， 建立空间直角坐标系． 则、、、、、 、、， 由题意知、、、， ∴，． ∴，又，不共线， ∴. 考点四：直线与平面的平行 例4.如图，在四面体中，平面，，，．是的中点，是的中点，点在线段上，且．证明：平面；    【解析】因为，平面BCD，故以C为原点，CB为x轴，CD为y轴， 过点C作DA的平行线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 设，则， 可得，，，， 因为是的中点，则， 则，因为，， 可得， 因为平面BCD的法向量可取为， 则，且平面BCD， 所以PQ平面BCD． 【变式4-1】在如图所示的多面体中，EF⊥平面AEB，AE⊥EB，AD∥EF，EF∥BC，BC＝2AD＝4，EF＝3，AE＝BE＝2，G是BC的中点，求证：AB∥平面DEG. 【答案】证明见解析. 【解析】证明∵EF⊥平面AEB，AE⊂平面AEB，BE⊂平面AEB， ∴EF⊥AE，EF⊥BE. 又∵AE⊥EB， ∴EB，EF，EA两两垂直. 以点E为坐标原点，EB，EF，EA分别为x轴，y轴，z轴 建立如图所示的空间直角坐标系. ∵AD∥EF，EF∥BC，BC＝2AD＝4，EF＝3，AE＝BE＝2，G是BC的中点， ∴A(0,0,2)，B(2,0,0)，C(2,4,0)，F(0,3,0)，D(0,2,2)，G(2,2,0)， ∴＝(0,2,2)，＝(2,2,0)，＝(2,0，－2). 设平面DEG的法向量为＝(x，y，z)， 则 令y＝1，得z＝－1，x＝－1，则＝(－1,1，－1)， ∴＝－2＋0＋2＝0，即. ∵平面DEG， ∴AB∥平面DEG. 【变式4-2】如图，在三棱锥中，底面， ．点，，分别为棱，，的中点，是线段的中点，，．求证：平面； 【解析】因为底面，，建立空间直角坐标系如图所示， 则， 所以， 设为平面的法向量，则 ，即， 不妨设，可得 ， 又， 所以，即， 因为平面， 所以平面 ， 考点五：平面和平面平行 例5.平面的法向量为，平面的法向量为，，则（    ） A．-2 B．-1 C．1 D．2 【答案】C 【分析】根据，由两个平面的法向量平行列式得解. 【详解】因为平面的法向量为，平面的法向量为，且， 所以，解得. 故选：C 【变式5-1】在正方体中，分别是的中点，试建立适当的空间直角坐标系，求证：平面平面. 【解析】证明:　如图，以为坐标原点，所在直线分别为x轴、y轴、z轴， 建立空间直角坐标系．设正方体的棱长为1， 则有，，， ， ， ， 于是， ，，， 显然有，，所以，， 由，平面，平面，平面， 同理平面， 平面，， 所以平面平面 【变式5-2】如图所示，平面平面，四边形为正方形，是直角三角形，且，，，分别是线段，，的中点，求证：平面平面． 【解析】因为平面PAD⊥平面ABCD，四边形ABCD为正方形，△PAD是直角三角形， 所以AB，AP，AD两两垂直， 以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系， 则． 所以，，，， 设是平面EFG的法向量， 则，，即，得， 令，则，，所以， 设是平面PBC的法向量， 由，，即，得， 令，则，，所以， 所以，所以平面EFG∥平面PBC． 考点六：直线和直线垂直 例6.如图，在正方体中，和相交于点O，求证：． 【答案】证明见解析 【解析】如图建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为2， 则、、、， 所以，， 所以， 所以，即 【变式6-1】如图，在直棱柱中，，，分别是，，的中点．求证：； 【答案】证明见解析 【解析】因为三棱柱是直三棱柱， 所以面，又面，故， 因为，所以，则两两垂直， 故以为原点，建立空间直角坐标系，如图， 则， 故，所以， 所以，故. 【变式6-2】如图，在三棱柱中，平面ABC，，，D为的中点，交于点E．证明：. 【解析】因为平面，平面‖平面, 所以平面， 因为平面，所以, 因为，所以两两垂直， 所以以为原点，所在的直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 所以， 所以，所以， 故 【变式6-3】如图，棱台中，，底面ABCD是边长为4的正方形，底面是边长为2的正方形，连接，BD，.证明：. 【解析】证明：由题意，该棱台是正四棱台. 连接交于，以所在直线为轴，经过且垂直于平面的直线为轴，交上底面于，连接，建立空间直角坐标系如图. 根据正四棱台的性质，过作底面的垂线，则垂足在上. 由题意得，为上底面正方形对角线长的一半， 显然，故，又， 则，故. 于是，， 则，所以. 考点七：直线与平面垂直 例7.若直线l的方向向量，平面的一个法向量，若，则实数（    ） A．2 B． C． D．10 【答案】A 【分析】利用空间位置关系的向量证明，列式求解即得. 【详解】由直线l的方向向量，平面的一个法向量，， 得，则，解得， 所以实数. 故选：A 【变式7-1】平面的一个法向量，如果直线平面，则直线的单位方向向量（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由直线平面，从而可知，设从而进行计算求解，即可得到答案. 【详解】由题意知直线平面，所以，因为，则设，所以， 又因为是单位向量，所以，解得， 所以，故B正确. 故选：B. 【变式7-2】如图所示在四棱锥中，底面，，，，，是的中点．求证：平面． 【答案】证明见解析. 【解析】∵底面，， ∴，，两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系， 设，则，，， ∵，∴为正三角形． ∴，． ∴，， ∴设平面的一个法向量为， 则，即， 令，则，∴． ∵，显然，∴， ∴平面，即平面． 【变式7-3】如图，直三棱柱的侧面为正方形，，E，F分别为，的中点，．证明：平面； 【解析】证明：因为三棱柱为直三棱柱， 所以， 又因为，，所以， 因为，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 因为为正方形，所以， 所以两两垂直， 所以以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系， 则， 因为，， 所以，， 因为平面，， 所以平面， 考点八：平面与平面垂直 例8.如图所示，在直三棱柱中，，，，点为的中点，证明：平面平面. 【答案】证明见解析. 【解析】由题意得两两垂直. 以点为原点，所在直线分别为轴， 建立如图所示的空间直角坐标系. 则， 则. 设平面的一个法向量为. 则， 令，得. 设平面的一个法向量为. 则， 令，得， ， ，∴平面平面. 【变式8-1】如图，在四棱锥中，底面ABCD是菱形，，，，底面ABCD，，点E在棱PD上，且.证明：平面平面ACE； 【解析】证明：因为底面ABCD是菱形，所以， 因为平面ABCD，平面， 所以， 所以BO，CO，PO互相垂直， 所以以点O为坐标原点，所在的直线分别为轴建立如图所示空间直角坐标系， 由，，可知相关点坐标如下： ，，，，， 因为平面， 所以平面 所以平面PBD的一个法向量为， 因为，所以， 故平面PBD， 因为平面， 所以平面平面ACE. 【变式8-2】如图，在四棱锥中，平面，，，，.为的中点，点在上，且. 求证：平面平面. 【解析】证明：如图，以为原点，分别以，为轴，轴，过作平行线为轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 所以，，因为，所以， 所以，即， 所以，， 设平面的法向量为，则， 令，则，所以， 平面的法向量为，则， 令，则，所以， 所以， 所以， 所以平面平面. 考点九：利用空间向量解决异面直线所成角的问题 例9.正四棱锥的侧棱长为，底面的边长为，E是的中点，则异面直线与所成的角为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】建立适当的空间直角坐标系，将异面直线的夹角转换为直线的方向向量的夹角来做即可. 【详解】连接，交于点O，连接， 以为x轴，为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系， 正四棱锥的侧棱长为，底面的边长为，E是的中点， ，， ，， 设异面直线与所成的角为， 则，，异面直线与所成的角为． 故选：C. 【变式9-1】如图，在直三棱柱中，，且，，分别是棱，的中点，则异面直线与所成角的正弦值是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】建立空间直角坐标系，确定各点坐标，得到向量，根据向量的夹角公式计算得到答案. 【详解】如图所示：以为轴建立空间直角坐标系，设， 则，，，， ，， ， 异面直线与所成角的正弦值是. 故选：A. 【变式9-2】如图，在圆锥SO中，AB是底面圆的直径，,  D，E分别为SO，SB的中点，点C是底面圆周上一点（不同于A,B）且，则直线AD与直线CE所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】构建空间直角坐标系，应用向量法求直线AD与直线CE所成角的余弦值. 【详解】由题设，构造如下图示的空间直角坐标系，则， 所以，则. 所以直线AD与直线CE所成角的余弦值为. 故选：A 【变式9-3】在四棱锥中，底面是菱形，，平面，，是的中点，是棱上一点（不含端点），满足．若异面直线与所成角的余弦值为，则的值为（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】C 【分析】先根据条件建立合适空间直角坐标系，然后表示出点坐标，利用向量法表示出异面直线所成角的余弦值，求解出的倍数关系则可知. 【详解】取中点，连接， 因为四边形是菱形，，所以均为等边三角形， 又因为为中点，所以， 又因为，所以， 以为坐标原点，以方向为轴正方向，建立如下图所示的空间直角坐标系： 设， 所以， 设，所以， 所以，所以，， 所以， 化简可得，所以， 所以，所以，所以， 故选：C. 【变式9-4】如图，在中，分别为的中点，为的中点，，.将沿折起到的位置，使得平面平面，如图． (1)求证：． (2)线段上是否存在点，使得直线和所成角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 【解析】（1），分别为中点，，即， 为中点，， 又平面平面，平面平面，平面， 平面，又平面，. （2）取中点，连接， ，为中点，，即， ，； 则以为坐标原点，正方向为轴正方向，可建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，， ，，， 假设在线段上存在点，使得直线和所成角的余弦值为， 设，则， ， ， 整理可得：，解得：， 存在满足题意的点，此时. 考点十：利用空间向量解决线面角问题 例10.如图，在正方体中，E，F，G分别是，，的中点． (1)证明：． (2)求直线与平面所成角的正弦值． 【解析】（1）如图，以为原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系， 不妨设正方体的棱长为， 则， 则，故， 所以； （2）设平面的一个法向量为，， 则，则， 令，则，，则，又， 设直线与平面所成角为， 则， 则直线与平面所成角的正弦值为. 【变式10-1】已知，，，则平面的法向量与的夹角的余弦值为（    ） A． B．或 C． D．或 【答案】B 【分析】求解法向量，即可由夹角公式求解. 【详解】设为平面的一个法向量，则由， 可得，令，得，，∴. ， 由于法向量的方向不能确定， 故平面的法向量与的夹角的余弦值也可能为. 故选：B 【变式10-2】如图，四棱锥中，平面，，，，为的中点． (1)证明：平面平面； (2)求异面直线与所成角的余弦值； (3)求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）由勾股定理可求出和的长，得，即，由平面，知，再由线面垂直、面面垂直的判定定理即可得证； （2）以为原点，、分别为、轴，作，建立空间直角坐标系，写出各点的坐标，由即可得解； （3）根据法向量的性质求得平面的一个法向量，设直线与平面所成角为，则，从而得解． 【详解】（1）证明：因为，，， 所以，，，， 所以，即， 因为平面，平面，所以， 又，平面， 所以平面， 因为平面， 所以平面⊥平面． （2）以为原点，，分别为、轴，作，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，，， 所以，， 所以， 故异面直线与所成角的余弦值为. （3）由（2）知，，，， 设平面的一个法向量为，则， 令，得， 设直线与平面所成角为， ， 故直线与平面所成角的正弦值为． 【变式10-3】如图，在五面体中，四边形为矩形，平面平面，且，正三角形的边长为2. (1)证明：平面. (2)若，且直线与平面所成角的正弦值为，求的值. 【答案】(1)证明见解析 (2). 【分析】（1）先通过线面平行的判定定理证明平面，然后根据线面平行的性质定理证明，再结合线面平行的判定定理完成证明； （2）建立合适空间直角坐标系，然后根据直线的方向向量与平面的法向量夹角的余弦值求解出的值. 【详解】（1）因为四边形为矩形，所以， 又平面平面， 所以平面， 因为平面平面平面，所以， 又平面平面， 所以平面. （2）分别取的中点，连接， 因为平面平面为正三角形， 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， 设，则， 设平面的法向量为， 则由得， 令，得， 因为直线与平面所成角的正弦值为， 所以， 解得或（舍去）， 故. 【变式10-4】已知在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，是正三角形，平面平面，E、F、G分别是、、的中点. (1)求证：平面； (2)线段上是否存在一个动点M，使得直线与平面所成角为，若存在，求线段的长度，若不存在，说明理由. 【解析】（1）因为平面平面ABCD，平面平面，，平面ABCD， 所以平面PAD， 又E、F分别是PA、PB的中点， 则， 故平面PAD； （2）取AD的中点O，连接OG，由题意，两两垂直，如图建立空间直角坐标系， 则， 所以， 设平面EFG的法向量为， 则，即， 令，则， 故， 设， 因为， 故， 所以， 因为直线GM与平面EFG所成角为， 故， 化简可得，故方程无解， 所以在线段PD上不存在一个动点M，使得直线GM与平面EFG所成角为． 考点十一：利用空间向量解决面面角问题 例11.如图，四边形是边长为1的正方形，平面，若，则平面与平面的夹角为（    ）      A． B． C． D． 【答案】A 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得. 【详解】因为平面，且为正方形， 如图建立空间直角坐标系，则、、， 所以，， 设平面的法向量为，则，取， 又平面的一个法向量为， 设平面与平面的夹角为，则， 又，所以. 故选：A    【变式11-1】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 【变式11-2】如图，在四棱锥中，底面，四边形是直角梯形，，，点在棱上. (1)证明：平面平面； (2)当时，求二面角的余弦值. 【解析】（1）因为底面，平面，所以. 四边形是直角梯形，，， 因为，所以. 所以，所以. 又因为，平面，所以平面. 又平面，所以平面平面. （2）解法一： 以点为原点，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. 设点的坐标为，因为，所以， 即，所以. 所以. 设平面的一个法向量为，则， 取，则，得. 又因为平面，所以平面的一个法向量为. 设平面与平面的夹角为， 则. 所以，二面角的余弦值为. 解法二： 取的中点，连接，以点为原点，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. 设点的坐标为，因为，所以， 即，所以. 所以. 设平面的一个法向量为，则. 取，则，则. 又因为平面，所以平面的一个法向量为. 设平面与平面的夹角为， 则. 所以二面角的余弦值为 【变式11-3】如图，三棱锥的平面展开图中，，，，，为的中点． (1)在三棱锥中，证明：； (2)求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）构造线面垂直再证线线垂直即可； （2）建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量计算面面角即可. 【详解】（1）   由，得，且为的中点， 所以，     取中点为，连接，， 可得， 在中，，     在中，，     所以， 所以     因为，，平面， 所以平面， 因为平面， 所以； （2）如图，过点作，交于点， 以，，分别为轴，轴，轴正方向建立空间直角坐标系．    则，，，， 在中，可得点到距离为， 故可得，     ，， 设平面与平面的一个法向量分别为，， 平面与平面的夹角为， 由,取， 所以，     由,取， 所以， 所以 所以两平面的夹角的余弦值为. 【变式11-4】在斜三棱柱中，，，在底面上的射影恰为的中点，又已知. (1)证明：平面． (2)求平面和平面的夹角的余弦值 【解析】（1）证明：由已知得，平面，又平面， ， ，， ，又，平面，平面， 平面； （2）由及平面，得， 以为原点，、所在直线分别为、轴，过与平面垂直的直线为轴建立如图所示空间直角坐标系， 设，则，，，， ，， 又由已知得， ，得， ，， 设平面的法向量， 则，，令，则，， 又平面，平面，，， 平面的一个法向量可以是， ， 易知二面角为锐二面角， 二面角的余弦值为． 【变式11-5】如图，在直三棱柱中，，，点在线段上. (1)当时，求线段的中点到平面的距离； (2)是否存在点，使得平面与平面的夹角为？若存在，请找出点的位置；若不存在，请说明理由 【解析】（1）以为原点，，，所在直线分别问轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，， 则，，，， 因为，所以， 设平面的法向量，则， 取，得是平面的一个法向量， 所以点到平面的距离. （2）由题意，平面，设平面的法向量， 则，取，得是平面的一个法向量， 设， 则， 设平面的法向量，则， 取，得是平面的一个法向量， 则， 解得，即当点为中点时，平面与平面的夹角为. 考点十二：利用空间向量解决点到直线的距离问题 例12.如图，在直四棱柱中，底面为矩形，且，，，为棱的中点.    (1)求到的距离； (2)求与平面所成角的正弦值. 【答案】(1) (2). 【分析】（1）以为坐标原点，建系，由向量法得出到的距离； （2）由向量法得出直线与平面所成角的正弦值. 【详解】（1）解：以为坐标原点，，所在的直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，    则，，，， 则，， ， 所以到的距离. （2）设平面的一个法向量，则，即 令，解得，，故. 设直线与平面所成的角为，则， 故直线与平面所成角的正弦值为. 【变式12-1】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===. 【变式12-2】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） 考点十三：利用空间向量解决点到平面的距离问题 例13.如图，四棱锥的底面为菱形，平面ABCD，，E为棱BC的中点．    (1)求证：平面PAD； (2)若，求点D到平面PBC的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先证明，结合，根据线面垂直的判定定理，即可证明结论； （2）建立空间直角坐标系，求得相关点的坐标，求出平面PBC的一个法向量，根据空间距离的向量求法，即可求得答案. 【详解】（1）证明：连接BD，如图，    ∵底面ABCD为菱形，，则， ∴△BCD为等边三角形， ∵E为BC的中点，∴， ∵，∴， ∵平面ABCD，平面ABCD， ∴，∵平面PAD， ∴ED⊥平面PAD； （2）以D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PBC的法向量为， 则，即，令，则， ∴， 又， ∴点D到平面PBC的距离为：. 【变式13-1】如图，四棱锥的底面为菱形，平面ABCD，，E为棱BC的中点．    (1)求证：平面PAD； (2)若，求点D到平面PBC的距离． 【解析】（1）证明：连接BD，如图， ∵底面ABCD为菱形，，则， ∴△BCD为等边三角形， ∵E为BC的中点，∴， ∵，∴， ∵平面ABCD，平面ABCD， ∴，∵平面PAD， ∴ED⊥平面PAD； （2）以D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PBC的法向量为， 则，即，令，则， ∴， 又， ∴点D到平面PBC的距离为：. 【变式13-2】如图，在四棱锥中，平面，，，． (1)求证：平面； (2)若，且直线与所成角为，求点E到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）通过证明为平行四边形得到，然后由线面平行判定定理可证； （2）以C为原点，分别为x，y轴的正方向，过点C作垂直于平面的直线为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法求解可得. 【详解】（1）取BD中点为F，连接AF， 因为，所以，且， 因为平面，平面，所以， 因为平面，平面， 所以，，且， 故四边形为平行四边形，所以， 又平面，平面， 所以平面. （2）因为，且直线与所成角为，， 所以， 在中，，， 以C为原点，分别为x，y轴的正方向，过点C作垂直于平面的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 由（1）知，，平面，所以平面， 则， 得， 设为平面的一个法向量， 则，取得， 所以点E到平面的距离. 【变式13-3】如图，已知平面，为矩形，，M，N分别为线段，的中点. (1)求证：平面； (2)求与平面所成角的正弦值. (3)若Q是线段的中点，求点Q到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）的中点，通过证明来证得平面. （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求得与平面所成角的正弦值. （3）利用向量法求得点Q到平面的距离. 【详解】（1）取的中点，连接，， 因为为的中点，所以，， 因为为的中点，所以， 因为四边形为矩形，所以，， 所以，，所以四边形为平行四边形， 所以，因为平面，平面， 所以平面； （2）因为平面，，平面， 所以，， 因为，所以，，两两垂直， 所以以为原点，，，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系， 因为， 所以，，，，， 所以，，， 设平面的法向量为，则 ，令，则， 设与平面所成的角为，则 ， 所以与平面所成角的正弦值. （3）依题意可知，所以， 设到平面的距离为d， 则. 考点十四：利用空间向量解决探索性问题 例14.如图，在三棱柱中，平面平面，边长为8的正方形，.    (1)求证：平面； (2)求二面角的余弦值； (3)证明：在线段上存在点，使得，并求的值. 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3)证明见解析，. 【分析】（1）根据面面垂直的性质定理证明线面垂直； （2）建立空间直角坐标系，利用两平面法向量的夹角余弦值即可求得二面角的余弦值； （3）设，求出点D及的坐标，根据求出的值，即可得证. 【详解】（1）证明：因为四边形是正方形，则， 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面； （2）因为，则，所以， 以点A为原点，的正方向分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系如图，    则， 所以， 设平面的法向量为， 则，令，则， 故平面的一个法向量， 设平面的法向量为， 则，令，则， 故平面的一个法向量， 所以， 由图可知二面角的平面角为锐角，故二面角的余弦值为； （3）证明：设，则 所以， 由（1）可知， 因为，所以，解得， 所以在线段上存在点，使得，且. 【变式14-1】如图，在直三棱柱中，，侧面是正方形，且平面平面．    (1)求证：； (2)当AC与平面所成的角为，在线段上是否存在点E，使平面ABE与平面BCE的夹角为?说明理由． 【答案】(1)证明见解析； (2)存在点为线段中点时，二面角的大小为，理由见解析. 【分析】（1）通过作辅助线结合面面垂直的性质证明侧面，从而证明结论； （2）建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标,再求相关的向量坐标，求平面的法向量，利用向量的夹角公式求得答案. 【详解】（1）证明：连接交于点，    因侧面是正方形，则 由平面侧面，且平面侧面， 得平面，又平面，所以. 三棱柱是直三棱柱，则底面ABC，所以. 又，从而侧面， 又侧面，故. （2）由（1）平面，则直线与平面所成的角, 所以，又，所以 假设在线段上存在一点E，使得二面角的大小为, 由是直三棱柱，所以以点A为原点，以AC､所在直线分别为y，z轴,以过A点和AC垂直的直线为x轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，则，    且设， ， 得 所以， 设平面的一个法向量，由，得： ，取, 由（1）知平面，所以平面的一个法向量, 所以，解得, ∴点E为线段中点时，二面角的大小为. 【变式14-2】已知在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，是正三角形，平面平面，E、F、G分别是、、的中点. (1)求证：平面； (2)线段上是否存在一个动点M，使得直线与平面所成角为，若存在，求线段的长度，若不存在，说明理由. 【答案】(1)证明见解析； (2)不存在，答案见解析. 【分析】（1）利用面面垂直的性质定理证明平面PAD，即可证明结论； （2）建立合适的空间直角坐标系，设，利用向量的线性运算求出的坐标，然后利用向量的夹角公式列出方程，求解即可得到答案． 【详解】（1）因为平面平面ABCD，平面平面，，平面ABCD， 所以平面PAD， 又E、F分别是PA、PB的中点， 则， 故平面PAD； （2）取AD的中点O，连接OG，由题意，两两垂直，如图建立空间直角坐标系， 则， 所以， 设平面EFG的法向量为， 则，即， 令，则， 故， 设， 因为， 故， 所以， 因为直线GM与平面EFG所成角为， 故， 化简可得，故方程无解， 所以在线段PD上不存在一个动点M，使得直线GM与平面EFG所成角为． 【变式14-3】如图，在四棱锥中，底面ABCD为梯形，，.    (1)求点到平面ABCD的距离； (2)在棱上是否存在点，使得平面DBF与平面PBC夹角的余弦值为？若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2)存在，在的三等分点处 【分析】（1）根据等边三角形的性质以及线面垂直的判定，结合面面垂直的判定，作图明确四棱锥的高，利用勾股定理，可得答案； （2）由题意建立空间直角坐标系，求得平面的法向量，结合夹角公式建立方程，可得答案. 【详解】（1）由题设，知，所以. 又，所以为等边三角形，所以. 在中，，所以. 即，则. 所以，即， 又，且平面，所以平面. 因为平面，所以平面平面. 如图1，设为的中点，连接，因为，所以. 又因为平面平面，平面. 所以平面，所以即为点到平面的距离. 在中，，所以. 即点到平面的距离为.    （2）如图2，连接OC，则，且平面ABCD， 所以，所以PO，BD，OC两两互相垂直. 以O为原点，OB，OC，OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系Oxyz. 则， 所以. 若上存在点满足题意，不妨设，则， 所以. 设是平面的法向量， 则，解得， 不妨取，则平面的一个法向量为. 同理，设是平面的法向量， 则，解得，不妨取， 则，所以平面的一个法向量为， 所以， 化简整理得，解得或. 即或. 故在的三等分点处存在点，可使得平面与平面夹角的余弦值为.    一、单选题 1．（24-25高二上·甘肃庆阳·期末）已知平面的法向量，且点，，则点P到平面的距离为（    ） A． B． C．2 D．4 【答案】B 【分析】利用空间向量法求点面距离即可得解. 【详解】因为平面的法向量，且点，， 所以点到平面的距离为. 故选：B. 2．（24-25高二上·北京朝阳·期末）已知是直线的方向向量，是平面的法向量，若，则实数（    ） A． B． C．1 D．4 【答案】A 【分析】根据空间位置关系的向量法判断，再根据向量平行的坐标运算，即可求解. 【详解】由题意可知，， 所以，即，解得：. 故选：A 3．（24-25高二上·辽宁沈阳·期末）在长方体中，，，，点为的中点，则平面与平面所成的锐二面角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，求平面与平面的法向量，利用面面角的向量法即可求解. 【详解】以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，故，， 设平面的一个法向量为， 所以有，即，取故， 平面的一个法向量为，， 故平面与平面所成的锐二面角的余弦值为. 故选：D. 4．（24-25高二上·陕西榆林·期末）已知正四棱锥的各棱长均相等，点E是的中点，点F是的中点，则异面直线和所成角的余弦值是（    ）． A． B． C． D． 【答案】D 【分析】设相交于点O，以所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，求出直线和的坐标，利用向量夹角余弦公式求解即可. 【详解】设相交于点O，根据题意，以所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示， 不妨设，则，， 则，，，，， 因为点E是的中点，点F是的中点， 所以，， 所以，， 则， 因为异面直线夹角的取值范围是, 所以异面直线和所成角的余弦值是． 故选:D． 5．（24-25高二上·四川·期中）如图，在直三棱柱中，为腰长为的等腰直角三角形，且，侧面为正方形，为平面内一动点，则的最小值是（   ）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】建立空间直角坐标系，设关于平面的对称点为，利用对称点、到平面距离相等，得出关于平面的对称点为，利用对称点求出最短路径即可 【详解】由题意，以为坐标原点，所在的直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 所以， 设关于平面的对称点为， 则， 设平面的法向量， 则即 令，则， 所以为平面的一个法向量， 所以与到平面的距离， 即①，又，所以②， 所以由①②得，又由可得，所以， 所以， 当且仅当三点共线时取等号，所以的最小值为． 故选：A．    6．（21-22高二上·上海浦东新·期末）如图，在正方体中，点O为线段BD的中点.设点P在线段上，直线OP与平面所成的角为，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设正方体的棱长，表达出，判断在是严格减函数，从而求出最值，得出取值范围. 【详解】设正方体的棱长为2，建立如图空间直角坐标系. 则，设， 得， 设平面的法向量为， 得，取，得， 所以 ， 因为，所以在上单调递减， 且， 由复合函数的单调性可知在单调递增， 所以的值在时是随着a的增大而减小， 故当时，取得最小值，为； 故当时，取得最大值，为； 所以的取值范围为. 故选：C 7．（24-25高二上·黑龙江哈尔滨·期末）如图，正方体中，，当直线与平面所成的角最大时，（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用坐标法，利用线面角的向量求法，得到线面角正弦值的表达式，再利用三角函数的性质及二次函数的性质即得. 【详解】如图建立空间直角坐标系，不妨设正方体的棱长为. 则，，，，，. 所以，，，． 设平面的法向量为， 则 令，则，，可得. 又，设直线与平面所成的角为，则 ， 从而当时，取到最大值，又，故时直线与平面所成的角最大． 故选：C 8．（24-25高二上·四川成都·期中）已知正方体的棱长为2，且满足且，则的最小值是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由且，得到，E，A，C四点共面，即点E在平面上，从而的最小值为点D到平面的距离求解. 【详解】由题意得，， ∴，即， 由共面向量定理得，，E，A，C四点共面，即点E在平面上， 则的最小值为点D到平面的距离． 以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系，    则，，，， ∴，，， 设平面的法向量为， 则，取， D到平面的距离， 即的最小值为． 故选：B 二、多选题 9．（24-25高二上·辽宁辽阳·期末）已知在三棱台中，平面，，，．以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，如图所示，则（    ） A． B． C．异面直线与所成角的余弦值为 D．点到直线的距离为 【答案】ABD 【分析】对于A，根据题意求出点和的坐标即可得的坐标；对于B，求出和的坐标，计算数量积即可判断； 对于C,求出与的坐标，利用夹角公式即可求解；对于D，利用向量求距离的公式即可求出. 【详解】根据题意可得，，，则，故A正确； ，，， 则， 因为，所以，故B正确； ，，则，，设异面直线与所成的角为， 则，故C错误； ，则点到直线的距离为，故D正确． 故选：ABD. 10．（24-25高二上·安徽·阶段练习）已知正方体的棱长为1，动点分别在棱和线段上，满足平面，则（    ） A．到平面的距离有最大值 B．到平面的距离有最小值 C．两点距离有最大值1 D．两点距离有最小值 【答案】AD 【分析】A，B选项，建立空间直角坐标系，过点P作交BC于点E，过E作交AD于点F，通过平行将PQ到平面的距离转化为PE到平面的距离即可求解C，D选项，用两点间的距离公式表示转化为函数求最值. 【详解】如图建立空间直角坐标系，    过点作交于点，过作交于点， 则平面平面，故，过作交于点． 所以到平面的距离就是到平面的距离， 当与重合时，有最大距离为，无最小距离，故A正确B错误． 设，，则，所以， 故， 当时，，无最大值，故C错误D正确． 故选：AD 11．（24-25高二上·四川成都·期末）如图，在棱长为的正方体中，分别为棱的中点，点为线段上的一点，则下列说法正确的是（   ） A．平面平面 B．直线与所成角的余弦值为 C．平面与平面夹角的余弦值为 D．点到直线的距离的最小值为 【答案】AC 【分析】以为坐标原点建立空间直角坐标系，根据面面垂直、异面直线成角、面面角和点线距离的向量求法依次判断各个选项即可. 【详解】以为坐标原点，所在的直线分别为轴，建立如图空间直角坐标系， 则，，，，，，，，； 对于A，，，， ，，，， 又，平面，平面， 平面，平面平面，A正确； 对于B，，，， 即直线与所成角的余弦值为，B错误； 对于C，，， 设平面的法向量， 则，令，解得：，，， 平面，平面的一个法向量为， ， 平面与平面所成角的余弦值为，C正确； 对于D，，设，则， ，又， ， 到直线的距离， 当时，， 即点到直线距离的最小值为，D错误. 故选：AC. 12．（24-25高二上·辽宁沈阳·期末）下列说法命题正确的是（    ） A．已知，则在上的投影向量为 B．若直线的方向向量为，平面的法向量为，则 C．已知三棱锥，点为平面上的一点，且，则 D．若向量（是不共面的向量）则称在基底下的坐标为，若在基底下的坐标为，则在基底下的坐标为 【答案】ACD 【分析】应用投影向量的定义及向量运算的坐标表示求投影向量判断A；由向量垂直的坐标表示判断B；根据空间向量共面的推论判断C；应用空间向量的基本定理求在基底下的坐标判断D. 【详解】A：由题设在上的投影向量为，对； B：由，则或，错； C：点为平面上的一点，且， 根据空间向量共面的推论知：，则，对； D：令在基底下的坐标为， 由题意， 所以，可得，即在基底下的坐标为，对； 故选：ACD 三、填空题 13．（2014高三·全国·专题练习）如图所示，正方体的棱长为，、分别为和上的点，，则与平面的位置关系是 ． 【答案】平行 【分析】以为坐标原点，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求得的方向向量和平面的法向量，由向量法即可判断. 【详解】因为是正方体，且棱长为， 故以为坐标原点建立空间直角坐标系，如下所示： 则， 由题可知，设点坐标为， 则，故可得，即； ，设点坐标为， 则，故可得，即； 故所在的方向向量为， 又平面的一个法向量， 故，故直线//面. 故答案为：平行. 14．（23-24高二上·上海·期末）设直线的一个方向向量，平面的一个法向量，则直线与平面的位置关系是 ．（填“平行”，“相交”，“线在面上”中的一个或两个） 【答案】平行或线在面上 【分析】根据方向向量与法向量的数量积判断出线面关系. 【详解】因为， 所以， 所以， 所以直线与平面平行或直线在平面上， 故答案为：平行或线在面上. 15．（24-25高二上·黑龙江哈尔滨·期末）已知是直线的方向向量，是平面的法向量，如果，则 ． 【答案】15 【分析】由可得：，利用空间向量共线的充要条件列方程组计算即得. 【详解】因，依题意，必有， 即存在唯一的实数，使， 即：，则， 解得：，故. 故答案为：15. 16．（24-25高二下·全国·单元测试）如图，在长方体中，，以D为原点，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，若为线段的中点，则点到平面的距离为 ．    【答案】 【分析】根据已知得出点的坐标，应用向量法求点到平面距离即可. 【详解】如图可得, 设平面法向量为, 所以, 令,所以, 所以, 所以到平面的距离为. 故答案为：. 四、解答题 17．（24-25高三上·湖北十堰·期末）如图，在直四棱柱中，底面是边长为的正方形，侧棱，点、分别在侧棱、上，且. (1)求平面与平面夹角的余弦值； (2)已知为底面的中心，在上是否存在点，使得平面？若存在，求出；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2)存在，且 【分析】（1）解法一：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； 解法二：延长、，设，连接，分析可知，为平面与平面夹角，计算出、的长，即可求得的余弦值，即为所求； （2）解法一：假设存在满足条件的点，设，根据空间向量法得出，求出的值，即可得出结论； 解法二：当时，平面，连接，取为的中点，连接、，证明出四边形为平行四边形，可得出，再利用线面平行的判定定理可得出结论. 【详解】（1）解法一：因为在直四棱柱中，底面是边长为的正方形， 以点为原点，、、所在直线分别为、、轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则、、、， 所以，，. 设平面的法向量为，则， 令，则， 易知是平面的一个法向量， 所以， 即平面与平面夹角的余弦值为. 解法二：延长、，设，连接， 过在平面内作的垂线，垂足为，连接. 因为平面，平面，则， 又因为，、平面，， 所以，平面， 因为平面，所以，， 所以为平面与平面的夹角. 因为，所以，则，则为的中点， 所以，， 在中， ， 因为， 所以， 因为平面，平面，则， 则， 所以，， 即平面与平面夹角的余弦值为. （2）解法一：由（1）可得、，， 假设存在满足条件的点，设，所以， 因为平面，所以，解得. 故当时，平面. 解法二：当时，平面. 证明过程如下：连接，取为的中点，连接、. 因为为的中点，所以为梯形的中位线， 即，且， 因为，且，所以，， 所以为平行四边形，所以. 因为平面，平面，所以平面. 18．（24-25高二上·黑龙江哈尔滨·期末）如图，在平行四边形中，为的中点，沿将翻折至位置得到四棱锥为上一动点， (1)若为的中点，证明：在翻折过程中均有平面； (2)若， ①证明：平面平面； ②当动点到平面的距离为时，求的值． 【答案】(1)证明见解析 (2)①证明见解析，② 【分析】（1）根据中位线的性质可证四边形为平行四边形，即可利用线面平行的判定求证， （2）根据三角形的边角关系可证,根据等腰梯形的性质可得，进而根据勾股定理求证,即可根据线面垂直的判定以及面面垂直的判定求证①，建立空间直角坐标系，求解平面法向量，根据点到平面的距离的向量法即可求解②. 【详解】（1）取的中点，连接, 由于为的中点，故且， 又且，故, 故四边形为平行四边形，故平面,平面, 故平面 （2）①，由于为的中点， 故， 所以，故, 由于,故为等边三角形， 又,故梯形为等腰梯形，因此, 由于，故，即平面， 故平面，平面， 故平面平面； ②以分别为轴的正方向，建立如图所示的空间之间坐标系， 则, ， 设平面的法向量为， 则，取，则， 设，则， 则,故， 因此点到平面的距离，解得， 故 19．（24-25高二上·北京东城·期末）如图，在长方体中，，． (1)求证：平面； (2)若点P是线段的中点，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）利用正方形及长方体的几何特征可证线线垂直，由此可得线面垂直. （2）以D为原点建立空间直角坐标系，写出各点坐标，计算两个平面的法向量，利用两平面夹角的向量公式计算可得结果. 【详解】（1）由题意得，四边形为正方形，∴． ∵平面，平面，∴， ∵，平面，， ∴平面． （2） 如图，以D为原点建立空间直角坐标系，则，，，，，． ∴，，． 由（1）得，是平面的一个法向量． 设平面的一个法向量为， 则即 令，得，，故． 设平面与平面的夹角为，则． ∴平面与平面的夹角的余弦值为． 20．（24-25高三上·山东淄博·期末）如图，三棱柱中，，，，点M，N分别为AC，AB的中点，且，． (1)证明：平面ABC； (2)求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见详解 (2) 【分析】（1）根据长度关系可证，，即可证线面垂直， （2）可证平面.建立空间直角坐标系，分别求平面与平面的法向量，利用空间向量求面面夹角. 【详解】（1）连接， 因为，，则，可知， 且点M，N分别为AC，AB的中点，则，∥， 则，可知， 又因为，则， 可得，可知， 且，平面，所以平面ABC. （2）因为平面ABC，平面ABC，则， 又因为，∥，则， 且，平面，所以平面. 以为坐标原点，分别为轴，平行于的直线为轴，建立空间直角坐标系， 则， 可得， 设平面的法向量，则， 令，则，可得， 由平面可知：平面的法向量可以为， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 21．（24-25高三上·内蒙古鄂尔多斯·期末）如图，在四棱锥中，，，，是边长为2的等边三角形，且平面平面，点E是棱上的一点.    (1)若，求证：平面； (2)若平面与平面的夹角的余弦值为，求的值； (3)求点到直线的距离的最小值. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）取的中点F，可得，再由线面平行的判定定理可得答案； （2）取的中点O，由面面垂直、线面垂直的性质定理得，，以O为坐标原点，直线，，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，设，求出平面、平面的法向量，由二面角的向量求法求出可得答案； （3）设，，求出点到直线的距离，分、、可得答案. 【详解】（1）取的中点F，连接，， 又，点F是的中点， 所以，， 又，，所以，， 所以四边形是平行四边形，所以， 又平面，平面，所以平面； （2）取的中点O，连接，，如图所示，    因为为等边三角形，所以， 又平面平面，平面平面， 平面，所以平面， 又平面，所以，， 又，得，所以以O为坐标原点，直线，， 分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 所以，，，，， 设，， 所以， 又，设平面的法向量为， 所以， 令，解得，， 所以平面的法向量. 又，， 设平面的法向量为，所以， 令，解得，， 所以平面的法向量. 设平面与平面的夹角为， 所以 ， 解得，所以； （3）设，， 所以， 又，所以点到直线的距离 ， 当时，； 当时，， 而，当时，取最小值， 此时. 综上，点到直线的距离的最小值为. 22．（24-25高二上·天津·期末）如图，在直三棱柱中，，是棱BC的中点. (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)求点到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用向量法证明线面平行. （2）结合（1）中的法向量，利用向量夹角余弦公式求解两个平面夹角的余弦值即可. （3）根据点到平面的向量公式求解点面距离即可. 【详解】（1） 根据题意，建立以为原点， 分别以的方向为轴，轴，轴正方向建立空间直角坐标系， 因为侧棱的长为， 所以， 因为是棱BC的中点，所以， 所以， 设平面的一个法向量为， 所以，得，令，得， 所以， 因为，所以， 因为平面，所以平面. （2）设平面与平面的夹角为， 由（1）得平面的一个法向量为， 由于平面，所以平面的一个法向量为， 所以， 所以平面与平面的夹角的余弦值为. （3）由（1）得平面的一个法向量为，， 所以， 所以点到平面的距离为. 所以点到平面的距离为． 23．（24-25高三上·湖北武汉·期末）如图所示，多面体满足四边形是等腰梯形，是正方形.平面平面 (1)证明：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）根据面面垂直的性质可得线线垂直，即可求证平面，进而根据面面垂直的判定求证， （2）建立空间直角坐标系，求解两个平面的法向量，根据向量的夹角即可求解. 【详解】（1）在等腰梯形中，，所以. 在正方形中，， 因为平面平面，且平面平面，且，平面,所以平面， 平面，从而, 又因为平面，且，故平面. 而平面，所以平面平面. （2）分别取中点 由等腰梯形和正方形的性质知 由（1）知，，故可以为原点，为轴正方向建立坐标系. 因为，所以设.则 , 设平面和平面的一个法向量分别为， 则.取，则 ，取，则 故. 所以平面和平面夹角的余弦值为. 24．（24-25高二上·陕西榆林·期末）如图，在直三棱柱中，，，，点E，F满足，，记． (1)当平面平面时，求的值； (2)当时，求直线与平面所成角的大小． 【答案】(1) (2)． 【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出平面和平面的一个法向量，再由面面垂直得到法向量的数量积为零求解即可； （2）由空间线面角公式再结合特殊角的三角函数值计算即可； 【详解】（1）在直三棱柱中，，， 又，故以A为坐标原点，直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系（如图所示）， 则，，， 所以，，，． 设平面的一个法向量， 则，即， 令，解得，，所以， 设平面的一个法向量， 则，即， 令，解得，，所以， 因为平面平面，所以， 所以，即，， 所以． （2）当时，，结合（1），得，， 设直线与平面所成角为， 所以， 又，所以． 25．（24-25高二上·辽宁沈阳·期末）如图，在直四棱柱中，底面为矩形，且，且分别为的中点. (1)证明：平面. (2)求平面与平面夹角的余弦值. (3)求点F到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）设正方体线段长，以整体一个顶点和三条相邻的棱建立空间直角坐标系，求出线的方向向量和面的法向量，从而证明线面平行； （2）由（1）中的空间直角坐标系求得两个面的法向量，由空间向量求得面面角的余弦值； （3）由（2）中的面的法向量和，由向量的投影求得点到面的距离. 【详解】（1）不妨设，则，如图建立空间直角坐标系， 则 所以 设是平面的一个法向量， 则，取，则， 所以平面的一个法向量， 又，所以，因为平面，所以平面. （2）设是平面的一个法向量，， 则，令，则，即， 设平面与平面夹角为， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为. （3）因为，平面的一个法向量， 所以F到平面的距离为. 26．（24-25高三上·甘肃白银·期末）如图（1），在直角梯形中，，现沿着折起，使得平面平面，如图（2）． (1)求证：平面． (2)求二面角的大小． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据题意可得，结合面面垂直的性质分析证明； （2）建立空间直角坐标系，分别求平面、平面的法向量，利用空间向量求二面角. 【详解】（1）由题可求得，且， 则，可知， 且平面平面，平面平面，平面， 所以平面． （2）取的中点，连接， 因为，则， 且平面平面，平面平面，平面， 所以平面． 以为坐标原点，所在的直线分别为轴，平行于的直线为y轴，建立空间直角坐标系， 则． 可得， 设平面的一个法向量为，则， 令，则，可得； 设平面的一个法向量为，则， 令，则，可得， 则， 所以二面角的大小为． 27．（24-25高三上·甘肃临夏·期末）在四棱锥中，，且平面BCDE. (1)求证：平面ACD. (2)在线段DA（不含端点）上是否存在点，使平面BEM与平面BEA所成角的余弦值为？若存在，求出DM的长度；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在， 【分析】（1）根据题意可得，进而可得线面垂直； （2）建系标点，设，分别求平面BEM与平面BEA的法向量，利用空间向量解决面面夹角问题. 【详解】（1）由，得， 又，所以 又因为平面BCDE，平面BCDE，则， 且平面ADC，所以平面 （2）假设在线段DA上存在点，使平面BEM与平面BEA所成角的余弦值为， 由题意可知，两两垂直， 以为坐标原点，分别以所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 因为，则 设则 设平面BEA的法向量为，且， 故，不妨取，则，可得. 设平面BEM的法向量为，且， 故，不妨取，则. 设平面BEM与平面BEA所成角为， 故， 化简可得，解得或（舍去）， 因为，所以. 所以在线段DA（不含端点）上存在点，使平面BEM与平面BEA所成角的余弦值为. 28．（2025高三·全国·专题练习）如图所示，正四棱柱的底面边长为，侧棱长为，点，，分别是棱，，的中点，点在线段上运动． (1)证明：平面； (2)求三棱锥的外接球表面积； (3)设直线与平面所成的角大小为，当角的正弦值最大时，求二面角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）直接证明线面平行无法实现，先证明面面平行，再证明线面平行即可； （2）求外接球表面积即寻找外接球球心，求外接球半径，据外接球性质，找两个截面的外心，分别作截面外接圆的垂线，两垂线交点为球心，这里，两个截面相交，且外接圆圆心相同，为球心； （3）直线与平面平行，点面距等于线面距，则当长度最短时，直线与平面所成的角最大，其正弦值也最大．当正弦值最大时，，确定动点N的位置，向量法求二面角即可. 【详解】（1）证明：如图所示， ∵点，分别是正四棱柱的棱，的中点， 则， 则为平行四边形， ∴，又平面，平面， ∴平面， ∵， ∴， 同理得平面， 而平面，平面，， 所以平面平面， 而平面， 所以平面． （2）由题易知：，，，所以， 即为，又易知为， 所以三棱锥的外接球球心只能是线段的中点， 从而得外接球半径， 于是三棱锥的外接球表面积为：． 由题易知：，，，所以：， 即为，又易知为， 所以三棱锥的外接球球心只能是线段的中点，从而得外接球半径， 于是三棱锥的外接球表面积为：． （3）因为平面，， 所以点到平面的距离为定值． 所以当长度最短时，直线与平面所成的角最大，其正弦值也最大． 当正弦值最大时，． 此时，, 即， ，, 以点为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示， ∵，∴点到的距离为，到的距离为, 则有：，，，， ∴，，， 设平面的法向量为， 则，即， 令，得平面的一个法向量为， 设平面的法向量为， 则，即， 令，得平面的一个法向量为， 设二面角的大小是， 由题意，， ∴， 即二面角的正弦值为． ( 5 )原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 $$