第06讲 1.4.2用空间向量研究距离、夹角问题（知识清单+12类热点题型讲练+分层强化训练）-【精讲精练】2025-2026学年高二数学同

第06讲 1.4.2用空间向量研究距离、夹角问题 第一部分 思维导图 第二部分 知识梳理 知识点01：点到线面距离 1、点到直线的距离 已知直线的单位方向向量为，是直线上的定点，是直线外一点.设，则向量在直线上的投影向量，在中，由勾股定理得： 2、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. 【即学即练1】（24-25高二下·江苏淮安·阶段练习）已知平面的一个法向量为，点在外，点在内，且，则点到平面的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据点面距的向量公式，可得答案. 【详解】由题意可得. 故选：C. 知识点02：用向量法求空间角 1、用向量运算求两条直线所成角 已知a，b为两异面直线，A，C与B，D分别是a，b上的任意两点，a，b所成的角为，则 ① ②. 【即学即练2】（2025·新疆喀什·模拟预测）已知圆台的上底面圆的半径为1，下底面圆的半径为2，点，分别在上、下底面圆周上，且，则与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】过的母线为，连接，则，以为坐标原点，为坐标轴建立空间直角坐标系，利用向量法可求与所成角的余弦值. 【详解】过的母线为，连接，则，又因为，所以，    以为坐标原点，为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 所以， 所以， 所以与所成角的余弦值为. 故选：A. 2、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 ① ②.（注意此公式中最后的形式是：） 【即学即练3】（24-25高二下·江苏泰州·期末）若向量是直线的方向向量，向量是平面的法向量，则直线与平面所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据直线与平面所成角的余弦值等于直线的方向向量与平面的法向量夹角的正弦值即可求解. 【详解】设向量与向量的夹角为，根据两向量夹角余弦值的公式可得： ， 则, 直线与平面所成角的余弦值等于直线的方向向量与平面的法向量夹角的正弦值， 因此直线与平面所成角的余弦值为. 故选：D. 3、用向量运算求平面与平面的夹角 如图，若于A，于B，平面PAB交于E，则∠AEB为二面角的平面角，∠AEB+∠APB=180°. 若分别为面，的法向量 ① ②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； 【即学即练4】（24-25高二下·广西桂林·阶段练习）如图，四棱锥P-ABCD的底面ABCD是正方形，，，点E，F分别是棱PA，PC的中点． (1)证明：． (2)求平面EFD与平面ABCD的夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）通过建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，再根据向量平行关系判断直线与平面的垂直关系. （2）已知两个平面的法向量，利用向量点积公式求两个法向量夹角的余弦值，此余弦值的绝对值即为两个平面夹角的余弦值. 【详解】（1）因为四棱锥的底面是正方形，平面， 所以以点D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，，， 所以，． 设平面EFD的法向量为， 则令，则． 又因为，所以，即， 由平面，得平面． （2）设平面与平面的夹角为θ， 平面的一个法向量为，平面的一个法向量为， 所以， 则平面与平面的夹角的余弦值为． 故答案为：. 第三部分 题型精讲 题型01利用空间向量求点线距 【典例1】（23-24高二上·内蒙古巴彦淖尔·期末）如图，正方体的棱长为是的中点，则点到直线的距离为 . 【答案】 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间中点到直线的距离公式计算即可. 【详解】如图所示，建立如图所示的空间直角坐标系，连接， 则,， ∴点到直线的距离为. 故答案为： 【典例2】（23-24高三上·安徽·阶段练习）已知直线经过两点，则点到直线的距离为 ． 【答案】 【分析】根据空间向量求解即可. 【详解】由题可知，则，， 故点到直线的距离为． 故答案为： 【变式1】（23-24高二上·山东潍坊·期中）已知点，，，则到的距离为 . 【答案】/ 【分析】根据已知条件求得，结合点到直线的距离公式，即可求解. 【详解】因为，， 所以 所以, 所以点到的距离 . 故答案为:. 【变式2】（23-24高二上·广东广州·阶段练习）在长方体中，，P为CD中点，则点P到直线的距离为 ． 【答案】/ 【分析】构造空间直角坐标系，应用向量法求点线距离即可. 【详解】如下图，构造空间直角坐标系，则， 所以， 故点P到直线的距离为. 故答案为： 【变式3】（23-24高二上·安徽合肥·期中）已知正方体的棱长为，点是的中点，则点A到直线的距离是 ． 【答案】/ 【分析】以D为原点，以的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，利用点到直线的向量公式可得. 【详解】以D为原点，以的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系. 则， 所以， 记与同向的单位向量为，则， 所以，点A到直线BE的距离. 故答案为： 题型02利用空间向量求点面距 【典例1】．（2025·陕西西安·二模）在棱长为2的正方体中，点是棱的中点，则点到平面的距离是到平面的距离的 倍． 【答案】2 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法分别求得点到平面的距离与点到平面的距离，即可求解. 【详解】以点为坐标原点，所在直线分别为轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则, 设平面的法向量为， 则，则， 取，则，所以， ，， 所以点到平面的距离为， 点到平面的距离为, 所以，故点到平面的距离是到平面的距离的2倍. 故答案为：2. 【典例2】（24-25高二上·浙江金华·期末）已知A，B，C，P是空间中不共面的四点，满足，若，且点P到平面ABC的距离等于1，则a的值为 ． 【答案】 【分析】求得平面的一个法向量为，再根据和向量的数量积的运算，即可求解. 【详解】由， 设平面的法向量为，则， 取，可得，即， 点P到平面ABC的距离等于，所以，即得，且， 所以， 所以，所以. 故答案为：. 【变式1】（24-25高二下·安徽阜阳·开学考试）在直三棱柱中，，，D是棱的中点，则点到平面的距离为 . 【答案】/ 【分析】建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面的法向量，再利用空间点到面的距离公式求解. 【详解】因为，，两两垂直，故可以C为原点，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， 则故可取， 又，故点到平面的距离. 故答案为：. 【变式2】（24-25高二上·广东·期末）已知点在平面内，点在外，且的一个法向量，则点到平面的距离为 ． 【答案】/ 【分析】先求平面内点与点连线的方向向量，根据点到面的距离公式求解即可. 【详解】，又平面的一个法向量， 所以点到平面的距离为. 故答案为： 【变式3】（上海市宝山区2024-2025学年高二下学期期末教学质量监测数学试卷）已知三棱锥的三条侧棱、、两两垂直，且，，.顶点到平面的距离是 . 【答案】 【分析】建立空间直角坐标系，求出平面BCD的法向量，利用点到平面的距离公式求解. 【详解】因为AB、AC、AD两两垂直，以点A为坐标原点，AC，AB，AD所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示空间直角坐标系， 则， ， 设平面BCD的一个法向量为， ， 令，则， 则顶点A到平面BCD的距离， 即顶点A到平面BCD的距离为． 故答案为： 题型03转化与化归思想在求空间距离中的应用 【典例1】（24-25高二上·湖北·期中）对于任意实数，的最小值为 ． 【答案】 【分析】根据目标式的几何意义是空间任意点到定点距离的和，判断距离和最小时的位置，即可得答案. 【详解】由目标式的几何意义为空间任意点到定点距离的和， 要使它们的距离和最小，只需在线段上，此时最小值为. 故答案为： 【典例2】（24-25高二上·全国·课后作业）如图，在棱长为1的正方体中，为线段的中点，为线段的中点，为线段的中点，求平面到平面的距离.    【答案】 【分析】由题以为原点建立空间直角坐标系，求出，进而得出，再由线面平行和面面平行的判定定理得平面平面，从而用向量法求出点到平面的距离即为解. 【详解】由题可以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，            则，，， 所以， 故，所以， 因为平面，平面， 所以平面，平面， 又，所以平面平面， 所以平面到平面的距离等价于点到平面的距离， 设平面的法向量为，则，所以， 令，则，所以， 故点到平面的距离为，即平面到平面的距离为. 【变式1】（24-25高二上·河南信阳·期末）在空间直角坐标系中，若一条直线经过点，且以向量为方向向量，则这条直线可以用方程来表示．已知直线l的方程为，则到直线l的距离为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据条件得到直线上的点和直线的方向向量，再根据空间中点到直线的距离公式求得点到直线的距离. 【详解】直线的方程标准化得， 从而直线过点，方向向量， 与同向的单位向量， ，，， 点到直线的距离， 故选：D. 【点睛】结论点睛：空间中点到直线的距离公式 ，其中是直线的单位方向向量，是分别以点与直线上的任一点为始点和终点的向量. 【变式2】（24-25高二下·全国·课后作业）正方体的棱长为2，，，，分别是棱，，，的中点，则平面和平面之间的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】将问题转化为点到平面的距离，以为坐标原点，分别以，，的方向为轴、轴、轴的正方向，并均以1为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量求解即可. 【详解】以为坐标原点，分别以，，的方向为轴、轴、轴的正方向，并均以1为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系，    则，，，，，， 所以，，，， 所以，因为四点不共线，所以∥， 由面，面，则面， 因为，，分别是棱，的中点，所以∥， 同理，∥平面，而，面， 所以平面∥平面面，故平面， 所以平面和平面之间的距离，就是到平面的距离，也就是点到平面的距离． 设平面的法向量为，则，不妨取，则， 所以点到平面的距离， 即平面和平面之间的距离是． 故选：B 【变式3】（2024高二·全国·专题练习）设正方体的棱长为2，求平面与平面之间的距离． 【答案】 【分析】先证得平面平面，建立空间直角坐标系，利用向量法求得两个平面的距离. 【详解】根据正方体的性质可知，由于平面， 平面，所以平面，同理可证得平面， 由于平面， 所以平面平面， 所以平面内的点到平面的距离即为所求． 如图建立空间直角坐标系，则，，，， 所以，，． 设平面的一个法向量为， 则，令，则， 所以点到平面的距离． 题型04利用向量方法求两异面直线所成角（定值） 【典例1】（2025·新疆喀什·模拟预测）已知圆台的上底面圆的半径为1，下底面圆的半径为2，点，分别在上、下底面圆周上，且，则与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】过的母线为，连接，则，以为坐标原点，为坐标轴建立空间直角坐标系，利用向量法可求与所成角的余弦值. 【详解】过的母线为，连接，则，又因为，所以，    以为坐标原点，为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 所以， 所以， 所以与所成角的余弦值为. 故选：A. 【典例2】（2025·黑龙江哈尔滨·三模）直三棱柱中，为边中点，则异面直线与所成角的余弦值为 . 【答案】 【分析】由题意建立适当的空间直角坐标系，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即可运算求解. 【详解】取中点，连接，因为，所以， 以为原点，分别为轴，过点且垂直于面的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 所以， 所以， 所以， 所以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. 故答案为：. 【变式1】（2025·浙江·二模）正方体中，点分别为正方形及的中心，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解异面直线所成角余弦值即可. 【详解】如图，以点为原点建立空间直角坐标系，设正方体边长为1， 则， 故， 所以， 所以异面直线与所成角的余弦值为.    故选：C. 【变式2】6．（2025·山西临汾·三模）已知正三棱柱各棱长均为2，则直线与AB所成角的正弦值为 ． 【答案】/ 【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法求解异面直线所成角的正弦值即可. 【详解】取 的中点 ，连接 ，因为是正三角形，所以 . 又因为正三棱柱中，平面 平面 ， 平面 平面 ， 平面 ，所以 平面 . 以 为坐标原点， 所在直线为 轴， 所在直线为 轴， 所在直线为 轴建立空间直角坐标系. 已知正三棱柱各棱长均为 ，则 ，，，。 所以，. 则 . 设直线 与 所成角为 ， 所以 . 故答案为： 【变式3】（24-25高二下·甘肃白银·期中）如图，在正三棱柱中，，为的中点． (1)求点到直线的距离； (2)求异面直线与所成角的余弦值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）取的中点，连接，即可证明平面，建立空间直角坐标，利用空间向量法求出点到直线的距离； （2）求出直线与的方向向量，利用空间向量法计算可得. 【详解】（1）取的中点，连接，因为三棱柱为正三棱柱， 所以为正三角形，所以, 又平面，平面，所以平面平面， 又平面平面，平面，所以平面， 以为坐标原点，直线，分别为，轴，在面内过作的平行线作为轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，． 所以，， 所以，， ， 则点到直线的距离. （2）因为，． 所以． 所以异面直线与BD所成角的余弦值为． 题型05利用向量方法求两异面直线所成角（最值或范围） 【典例1】（24-25高二下·云南·期末）在体积为的正四棱锥中，为底面内的任意两点，则直线与直线所成角的余弦值的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】应用直线与面内直线所成角的最小值是直线和面上射影所成角，再结合边长计算求解. 【详解】设正四棱锥的高为，则，解得， 所以. 由已知，，， 设，且，又， 所以， 所以，当且仅当时等号成立， 设直线与直线所成角为， 所以当直线与直线平行或重合时，取得最大值，最大值为. 故选：A. 【典例2】（24-25高二下·江苏·期中）已知空间四点． (1)求以为邻边的平行四边形面积； (2)若四点共面，求的值； (3)求直线AB和直线CD夹角余弦值的取值范围． 【答案】(1)12 (2) (3) 【分析】（1）求出和，进而得到，由面积公式求出答案； （2）由四点共面，设，从而得到方程组，求出的值； （3）设直线和直线的夹角为，利用向量夹角公式求出. 【详解】（1）， 又， ， ， ， 四边形的面积为． 以为邻边的平行四边形的面积为12． （2）由题意，得， 四点共面， 存在唯一一对实数使得， ， 解得：， 故的值为． （3）， 设直线和直线的夹角为， ， ，故，， 因为，所以两直线和的夹角余弦的范围是 【变式1】（2025·北京·模拟预测）北京天桥艺术中心旁边的四面钟是天桥附近颇有意趣的传统景观之一.这个主体建筑可以近似看做正四棱柱.四面钟的每一面都挂在该正四棱柱的一个侧面上.当四面钟都正常显示标准北京时间时，相邻两面钟的时针所在直线所成角最大为（   ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据正四棱柱的几何特征建立空间直角坐标系，设出相邻两面钟的时针所在直线的方向向量，利用线线角的向量坐标公式计算即可求最大值. 【详解】    由题意，在正四棱柱中，建立如图所示的空间直角坐标系. 不妨设平面上的时钟的时针的方向向量，不同时为0， 因为四面钟都正常显示标准北京时间，所以设平面上的时钟的时针的方向向量. 设相邻两面钟的时针所在直线所成角为， 则， ①当时，，则； ②当时，，因为，则， 即，则； 综上所述：，则的最大值为， 因此，相邻两面钟的时针所在直线所成角最大为. 故选：C. 【变式2】（2025·湖南邵阳·三模）如图，圆台的下底面的内接正方形的边长为4，是上底面圆周上的一点，且满足，． (1)证明：平面； (2)求三棱锥的外接球的表面积； (3)是的中点，是上底面圆周上的一点，求异面直线与所成角的余弦值的最大值． 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3). 【分析】（1）根据已知得、，由线面垂直的判定证明结论； （2）将三棱锥补成正三棱柱，应用正弦定理求的外接圆半径，结合已知求外接球半径，即可得三棱锥外接球的表面积； （3）构建合适的空间直角坐标系，标注相关点坐标，设，结合得且，再由向量法求异面直线的夹角余弦值，结合基本不等式求最大值. 【详解】（1）由题设，，则，故， 由四边形为正方形，则，而都在平面内， 所以平面； （2）由平面，为等边三角形，将三棱锥补成正三棱柱， 设的中心为点，的中心为，则的中点为外接球球心， 所以的外接圆半径，， 所以外接球的半径， 因此三棱锥的外接球的表面积； （3）由，以为原点，所在直线为轴，建立如下图示的空间直角坐标系， 则，设，连接， 由平面，则平面平面， 则点到的距离等于，而，所以且， 由，，若异面直线所成角为， 则， 所以 ， 当且仅当时取等号，则， 所以异面直线与所成角的余弦值的最大值. 【变式3】（2025·内蒙古呼和浩特·二模）如图1，在等腰直角三角形中，，、、分别在线段、、上，且，．已知，，沿将折起，使得平面平面，如图2． (1)求证：平面平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)点在线段上，设直线与直线所成角为，求的最大值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）由条件证明，，根据线面垂直的判定定理即可得平面，再由面面垂直的判定定理即可证明平面平面； （2）建立空间直角坐标系, 求和平面的法向量，再根据线面角公式计算即可； （3）设，求向量，，根据线线角的公式得，再由换元法计算即可. 【详解】（1），，， ，， 又，， ， ， , 又， 平面平面，且平面平面，又， 平面，平面，平面，， 平面， 平面， 平面， 平面平面 （2）平面, 建立如图所示空间直角坐标系, ，，，，，， ，，, 设平面的法向量为，则，取，, 设直线与平面所成的角为， 则. （3）设，其中， 则，，， 所以， 令，则， 所以， 当时，单调递增， 故在时，取最大值，此时. 题型06已知异面直线所成角求参数 【典例1】（24-25高一上·重庆·期末）《九章算术》中，将底面为长方形，且一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马.在阳马中，若平面，且，异面直线与所成角的余弦值为，则（    ） A． B．4 C．2 D．3 【答案】B 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量即可求. 【详解】由题意，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建系如图， 设，因为， 所以， ， 设异面直线与所成角为， 则， 解得，即. 故选：B. 【典例2】（2024·天津·二模）如图，平面，，，，，为的中点． (1)证明：； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)设是棱上的点，若与所成角的余弦值为，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）建立坐标系，利用，即可证明； （2）分别求得平面与平面的法向量，利用法向量即可求解； （3）设，借助，求得值，即可求解. 【详解】（1）证明：因为平面，，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，如图所示： 由已知可得，，，，， 因为为的中点，所以， 所以，， 所以， 所以， 所以. （2），， 设平面的法向量，则 ，即，令得， 所以． 平面的法向量， 设平面与平面夹角为， ， 所以平面与平面夹角的余弦值为． （3）设且（）， ，则，，， 所以，所以，， 所以， 化简得， 解得或（舍）， 因为，所以． 【变式1】（24-25高二上·陕西西安·阶段练习）已知直线的方向向量为，直线的方向向量为，若与的夹角为，则m等于（ ） A．1 B． C． D．0 【答案】C 【分析】两直线的方向向量的夹角与两直线所成角之间相等或互补，结合题中条件得到，根据向量夹角的坐标表示，即可求解. 【详解】因为直线的方向向量为，直线的方向向量为，与的夹角为， 所以，解得 . 故选：C 【变式2】（2024·全国·模拟预测）直三棱柱中，底面是以A为直角的腰长为2的等腰直角三角形，侧棱长为，为上的点，若直线与直线所成角的余弦值为，则长为（    ） A．1 B． C． D． 【答案】A 【分析】建系标点，设，可得，利用空间向量求异面直线的夹角，列式求解即可. 【详解】以A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，则， 所以，解得(负值舍去). 故选：A． 【变式3】（23-24高二上·上海徐汇·期末）如图，在多面体中，四边形为正方形，平面.    (1)求证： (2)在线段上是否存在点，使得直线与所成角的余弦值为？若存在，求出点到平面的距离，若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）建立空间直角坐标，利用空间向量法计算可得； （2）设线段上存在一点，使得与所成角的余弦值为，利用空间向量法求出，再由向量法求出点到平面的距离. 【详解】（1）因为四边形为正方形，平面， 如图以为原点，分别以的方向为轴的正方向，建立空间直角坐标系， 则，    所以， 所以， 所以，所以. （2）设线段上存在一点，使得与所成角的余弦值为， 则，又， 所以，解得（负值舍去）， 所以存在满足条件， 所以，依题意可得， 设为平面的法向量， 则，设，可得， 所以点到平面的距离为. 题型07利用向量方法求直线与平面所成角 【典例1】（24-25高二下·江苏泰州·期末）若向量是直线的方向向量，向量是平面的法向量，则直线与平面所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据直线与平面所成角的余弦值等于直线的方向向量与平面的法向量夹角的正弦值即可求解. 【详解】设向量与向量的夹角为，根据两向量夹角余弦值的公式可得： ， 则, 直线与平面所成角的余弦值等于直线的方向向量与平面的法向量夹角的正弦值， 因此直线与平面所成角的余弦值为. 故选：D. 【典例2】（2025·北京·三模）如图，在棱长为2的正方体中，M、E分别是、的中点，点F在线段上，平面. (1)证明：F是的中点； (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）根基线面平行的向量表示，设出F的坐标，根据线面平行，说明F是的中点. （2）建立空间直角坐标系，根据线面角的向量方法，求出线面角的正弦值. 【详解】（1） 如图所示，以为坐标原点，分别以为轴，建立空间直角坐标系. 因为正方体的棱长为2，则， 设， ，可得，解得， 可得，则设平面的一个法向量， 则，得，解得，所以F是的中点. （2） 如图所示，，，当时，， 设面的法向量，则，即， 令，解得，面的一个法向量， 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. 【变式1】（24-25高二下·浙江绍兴·期末）如图，在四棱锥中，，，，，.    (1)求证：； (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）证明平面，结合线面垂直的性质定理即可得证； （2）思路一：根据，两点到平面等距即可列方程求解；思路二：建立适当的空间直接坐标系，得到直线的方向向量与平面的法向量，结合向量夹角的余弦公式即可求解. 【详解】（1）由，，可知，所以. 取的中点，连结，，    则，，且，平面， 所以平面， 又平面，所以. （2）法一：由（1）及可知，又， 平面， 所以平面，（或者平面），而平面， 可知，又，，平面， 因此平面， 所以点到平面的距离. 由，可知平面， 因此，两点到平面等距，即. 又， 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. 法二：同法一，先证明平面， 以为原点，，分别为，轴， 过作平面的垂线为轴，建立如图空间直角坐标系.    则，，，. 设， 得. 所以，，. 设平面的法向量为， 则即可取， 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. 【变式2】（2025高三·北京·专题练习）如图1，在矩形中，，是的中点，连接，将沿直线翻折，使得平面平面（如图2），连接，，是棱的中点． (1)证明：平面； (2)求直线和平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）应用两次线面平行判定定理可得出平面平面，进而得出平面； （2）先应用面面垂直性质定理得出平面，建系求出平面的法向量，最后应用线面角正弦公式计算求解. 【详解】（1）如图所示，取中点，连接， 因为在矩形中，，是的中点， 所以，即四边形为平行四边形， 从而，又因为平面，平面， 所以平面， 又因为分别是的中点， 所以， 又因为平面，平面， 所以平面， 又因为平面， 所以平面平面， 又因为平面，所以平面； （2）取中点，因为，所以， 又因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 又因为平面，所以， 又因为，所以， 所以两两互相垂直， 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， 由题意， 设， 因为四边形为平行四边形，所以， 即，所以， 故， 又因为， 解得， 又因为是中点， 所以， 所以， 设平面的一个法向量为， 则，令，解得， 所以平面的法向量为， 设直线和平面所成角为 故所求为. 【变式3】（2025高三·北京·专题练习）如图，在四棱锥中，底面为矩形，侧棱底面是的中点，点是棱上靠近的四等分点. (1)求证：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）法一：连接，由中位线的性质可证，再由线面平行的判定定理可证平面；法二：以点为坐标原点，分别以为轴，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用空间向量证明； （2）利用空间向量求线面角的方法计算. 【详解】（1）法一：如图，连接，交于，连接， 因为底面为矩形，所以为的中点， 因为为的中点，所以是的中位线， 得到，而平面，平面，故平面. 法二：根据题意，以点为坐标原点， 分别以为轴，建立空间直角坐标系， 由题意得， 则， 设为平面的法向量， 则，即， 令，则，故， ， 平面，平面. （2）， ， 直线与平面所成角的正弦值为. 题型08利用向量方法求直线与平面所成角（最值或范围） 【典例1】（2025高三·全国·专题练习）已知棱长为1的正四面体，的中点为动点在线段上，则直线与平面所成角的正切值的取值范围是 【答案】 【分析】利用三正弦定理公式可求正切值的取值范围，或者利用空间向量求出直线与平面所成角的正弦值的取值范围后可得正切值的取值范围. 【详解】法1：取的中点为，的中点为，的中心为， 则三点共线，连接，则， 由正三角形可得，同理， 而平面，故平面， 而平面，故，故为二面角的平面角， 因为，故，故 设二面角的平面角为，则. 设直线与平面所成的角为， 由三正弦定理得 又，所以，进而可得. 法2：取的中心为，的中点为，连接，，， 则三点共线，且， 故， 设，，则， 故， 设直线与平面所成角为，因为为平面的法向量， 所以，因为为正四面体，故， 故， ， 而， 故， 当时，； 当时，. 因为，故，故，故， 故， 综上，， 故答案为： 【典例2】（浙江省温州市十校联合体2024-2025学年高二下学期6月期末联考数学试题）已知正方体棱长为1，点E为正方形内（含边界）一动点．    (1)若，证明：面面； (2)若面面，求直线EB与平面ABCD所成角的正弦值的最大值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据面面垂直的判断定理证明即可； （2）方法一：作出线面角所成平面角，计算即可；方法二：建立空间直角坐标系，运用线面角向量法计算即可. 【详解】（1）因为，所以三点共线， 所以，又因为，所以．    因为面ABCD，面ABCD，所以．              因为面面，所以面．        又因为面，所以面面． （2）方法一： 由 可知． 从而． 又因为， 所以E在线段上．                       过E做平面ABCD的垂线且交于F，则F在直线AC上，连BF，BE 则即为直线EB与平面ABCD所成角                 ．                   取最短时，取最大， 在中，， 为中点时，，此时最短， ．              方法二： 以D为原点，所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系． 那么，设．      由， 可得面的一个法向量为，        由， 可得面的一个法向量为．                       于是由可得．                  所以．面ABCD的一个法向量为．           设直线EB与平面ABCD所成角为，那么 ．                                 因此当时取到最大值．    【变式1】（2025高三·北京·专题练习）直三棱柱中，，，点E在棱上，． 若平面平面，点Q是上异于点B的动点． (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值的取值范围． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据空间中线面的位置关系，通过线面平行的性质定理，证明线面平行， （2）根据空间向量求线面角正弦值的方法，建立空间直角坐标系，求出方向向量和法向量，求出直线与平面所成角的正弦值的取值范围. 【详解】（1）由直三棱柱得， 又平面，平面，所以平面， 又平面，平面平面，所以， 又平面，平面，所以平面． （2） 如图所示，以点为原点，以所在直线为轴，建立空间直角坐标系， 则， 所以， 因为，所以设，则， 设平面的一个法向量为， 由，即，取，则， 设直线与平面所成角为， 则， 因为，所以， 所以． 【变式2】（2025·内蒙古呼和浩特·模拟预测）如图，在三棱台中，平面平面，，，． (1)证明：； (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）根据面面垂直的性质定理推出线面垂直，进一步得到，作出辅助线易得，可证明平面，再根据线面垂直的定义即可证得； （2）取中点，易知直线两两垂直，建立空间直角坐标系，设，再分别求出直线的方向向量与平面法向量，由线面角的夹角公式结合基本不等式求最大值即可. 【详解】（1）在三棱台中，取AC的中点O，连接BO，，， 由，得， 由平面平面，平面平面， 平面，得平面， 而平面，则， 又，，则四边形是菱形，故， 而，，平面，因此平面， 又平面，所以． （2）取中点，则， 由平面平面，平面平面，平面， 则平面，直线两两垂直， 以点O原点，直线OB，OC，OM分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 设， 则，，，， ，， ， 设平面的法向量，则， 令，得， 设直线与平面所成的角为， ， 当且仅当时等号成立． 故直线与平面所成角的正弦值的最大值为. 【变式3】（2025·福建福州·模拟预测）如图，在四棱锥中，平面PAD，． (1)证明：平面ABCD； (2)若底面ABCD是正方形，，E为PB中点，点F在棱PD上，且异面直线AF与PB所成的角为60°． （ⅰ）求的长度； （ⅱ）平面AEF交PC于点G，点M在线段PB上，求EG与平面所成角的正弦值的取值范围． 【答案】(1)证明见解析 (2)（ⅰ）；（ⅱ） 【分析】（1）依据平面得，结合，利用线面垂直判定定理，证得结果； （2）（ⅰ）建立空间直角坐标系，设，依据异面直线所成角公式求解后结合长度得； （ⅱ）设求出平面法向量，计算线面角正弦值表达式，结合参数范围求取值范围． 【详解】（1）因为平面，平面PAD， 所以， 又因为平面ABCD，平面ABCD，， 所以平面ABCD． （2）（i）由（1）可知平面ABCD，所以AB，AD，AP两两垂直， 故以A为原点，以AB，AD，AP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， 依题意可得， 所以， 设， 则， 因为异面直线AF与PB所成角为60°， 所以， 解得，所以． （ⅱ）设， 则， ， 设平面AEF的法向量为，则，即， 取，得， 因为，所以，即，解得， 所似所以 因为M在线段PB上，所以， 则， 设平面MAD的法向量，则即 取，得， 设EG与平面MAD所成角为， 则， 由于，所以，所以 即EG与平面MAD所成角的正弦值的取值范围为 题型09已知直线与平面所成角求参数 【典例1】（24-25高二下·河南洛阳·期末）如图，在四棱锥P-ABCD中，平面平面ABCD，底面ABCD是边长为2的菱形，，，E是BC的中点，点Q在侧棱PC上.    (1)求证：； (2)是否存在点Q，使DC与平面DEQ所成角的正弦值为，若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，或. 【分析】（1）取AD中点O，连接OP，OB，结合等边三角形的性质利用线面垂直的判定定理得平面PBO，进而利用线面垂直的性质定理证明即可； （2）建立空间直角坐标系，设，，则，求出平面DEQ的法向量，利用线面角的向量公式列方程求出，即可得解. 【详解】（1）证明：取AD中点O，连接OP，OB. ∵，∴， 在菱形ABCD中，，可得为等边三角形， ∴，又∵PO，平面PBO，且， ∴平面PBO，∵平面PBO，∴.    （2）解：∵，平面平面ABCD，平面平面， 且平面PAD，∴平面ABCD， 以O为坐标原点，OA，OB，OP所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，， 假设存在点Q满足题意，设，， 则， ∴，，，， 设平面DEQ的法向量为， 则 令，则，，∴. 设DC与平面DEQ所成角为，则，解得或. ∴存在点Q，使得DC与平面DEQ所成角的正弦值为，此时或. 【典例2】（24-25高二下·重庆·期中）如图，在正三棱台中，，侧棱长为2，P为棱上的动点.    (1)求证：平面； (2)是否存在点P，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出点P；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见详解 (2)存在，点为靠近的三等分点 【分析】（1）台补锥，根据棱台的几何性质，结合勾股定理的逆定理、线面垂直的判定定理进行证明即可； （2）根据（1）的结论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】（1）延长三条侧棱交于一点， 因为正三棱台的侧棱长为2，且，即， 可得，且， 所以，， 即，，， 且，平面， 所以平面，即平面. （2）由（1）知， 以为原点，分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，    则，设， 可得，， 设平面的法向量为，则， 取，则，可得， 由题意可得：， 整理可得，解得或（舍去）， 故当点为靠近的三等分点时，使得直线与平面所成角的正弦值为. 【变式1】（24-25高二下·江苏·阶段练习）如图，在四棱锥中，，，，，是棱的中点，且平面，点是棱上的一点． (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)若直线与平面所成角的正弦值为，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)或 【分析】（1）要证明线面垂直，需证明垂直于平面内的两条相交直线，即即可. （2）首先建立空间直角坐标系，然后将点的坐标表示出来，进而可将向量的坐标表示出来，然后求两个平面的法向量，最后用向量夹角的余弦公式即可求得结果. （3）在（2）中建立空间直角坐标系的基础上，求出平面的法向量和直线的方向向量，进而可以利用方向向量与平面法向量的夹角的余弦公式求出 直线与平面夹角的正弦值，从而可确定的位置和的长. 【详解】（1）取的中点，连接. 因为，所以. 在中，，是的中点， 所以. 在中，，所以. 所以，又， 所以平面，又平面，所以. 在中，因为，为的中点，所以. 又平面，所以平面. 又平面，所以. 而，平面，所以平面. （2）由（1）知，，所以以为原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示. 那么，，. 由（1）知平面，而平面，所以. 所以. 所以. 设平面与平面的法向量分别为. 所以，. 即：，. 令，则；. 所以平面与平面的法向量分别为. 所以. 所以平面与平面的夹角的余弦值为. （3）设，因为，， 所以，设平面的法向量为， 则，令，则. 所以平面的法向量为.而 所以. 化简得，解得或者 根据相似可得，所以或者. 所以或者. 【变式2】（24-25高三下·广西·期中）如图所示，在三棱锥中，平面，，，于点，为线段上一点，满足．    (1)求证：是直角三角形； (2)若，求三角形面积的最大值； (3)若存在，使直线与平面所成的角为，求的取值范围． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）根据给定条件，利用线面垂直的性质、判定推得即可. （2）由（1）的结论，利用勾股定理及基本不等式求出面积最大值. （3）以为原点建立空间直角坐标系，设出相关点的坐标并求出平面的法向量，利用线面角的向量求法建立方程，结合零点问题求解. 【详解】（1）在三棱锥中，由平面，面，得， 又平面，则平面，而平面， 则，又平面，于是平面， 又平面，因此，所以为直角三角形． （2）由，以及，得为中点，， 由（1）知，则在直角三角形中，有， 因此，当且仅当时取等号， 所以面积的最大值为. （3）以为原点，直线分别为轴，以过点垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，    设，由，得， 即，且，则， 则， ，设平面的一个法向量为， 则，令，得平面的一个法向量为， ， 整理得，， 设，要存在，使与平面所成角为， 则在上有零点．而函数图象的对称轴， 又，只需满足，即，解得， 所以的取值范围是． 【变式3】（2025·河南·二模）如图，在四棱锥P-ABCD中，，，，点M为棱PD上一点，，O为AC的中点. (1)证明：平面平面MAC. (2)已知，，点N在棱BC上，且，若直线PN与平面MAC所成角的正弦值为，求的值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】(1)由面面垂直的判定定理，先证明平面PBD即可； (2)先证明 BD，AC，PO两两相互垂直，以O为原点，OB，OC，OP所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设，利用向量法求解线面角列出方程，解方程即可. 【详解】（1）证明：连接BO，DO， 因为，，所以，， 所以B，O，D三点共线，即， 因为，所以，因为PO，平面PBD， 且，所以平面PBD， 因为平面MAC，所以平面平面MAC. （2）由题意得，所以，因为，所以， 又因为，，所以，即， 由（1）知，，所以BD，AC，PO两两相互垂直， 以O为原点，OB，OC，OP所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，，则， 因为，所以，则， 设，所以，则， 设为平面MAC的一个法向量，则 即 取，得，，则， 设直线PN与平面MAC所成角为，则， 整理得，解得或（舍去）， 所以. 题型10利用向量方法求两个平面的夹角（定值） 【典例1】（2025高三下·全国·专题练习）已知是棱长为6的正方体，分别是棱上的动点，且．当共面时，平面与平面夹角的余弦值为 ． 【答案】/ 【分析】可以先建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，，平面夹角的余弦值即为两个法向量所成角的余弦值的绝对值，代入坐标公式计算即可. 【详解】解析：以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示， 易知当取点和点分别为棱的中点时，，坐标为：，，四点共面．设平面的法向量为， 依题意得：，令，可取， 同理可得平面的一个法向量为． 故平面与平面夹角的余弦值为．    故答案为： 【典例2】（2025·四川绵阳·模拟预测）在如图所示的试验装置中，两个正方形框架，的边长都是1，且它们所在的平面互相垂直.活动弹子，分别在正方形对角线和上移动，且和的长度保持相等，记，则当的长最小时，平面与平面夹角的余弦值为 . 【答案】 【分析】建立空间直角坐标系，写出点的坐标，运用两点间的距离公式可求得，借助二次函数，求出最小时对应的的值，然后找出二面角的平面角,借助向量夹角公式计算求解即可. 【详解】以原点建立如图所示的空间直角坐标系， 则，由， 得，则， 当时，取得最小值，此时，为中点，， 取的中点，连接，则， 由，，得，， 所以是平面与平面的夹角或其补角， 而，， 因此， 所以平面与平面夹角的余弦值是. 故答案为： 【变式1】（24-25高一下·天津武清·阶段练习）如图，在正四棱柱中，，，则异面直线与所成角的余弦值为 ；二面角的正弦值为 ． 【答案】 /0.8 【分析】建立空间直角坐标系，求得结合向量的夹角公式，即可求出直线与所成角的余弦值；分别求得平面和平面的一个法向量为，结合向量的夹角公式，即可求解. 【详解】如图，以点为原点，分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系，则． 所以. 异面直线与所成角的余弦值为. 设面一个法向量为， 由，得，令， 则，设面一个法向量为， ∴， 所以二面角的正弦值为. 故答案为：；. 【变式2】（24-25高二下·甘肃平凉·期中）如图，在正四棱锥中，底边，侧棱，为侧棱上一点，若平面，则二面角的余弦值是 . 【答案】/ 【分析】连接交于，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别得到平面和平面的法向量，结合向量的夹角公式，即可求解. 【详解】连接交于， 在正四棱锥中，可得平面， 以为坐标原点， 分别为轴，轴，轴正方向，建立空间直角坐标系 ，如图所示，因为底边，侧棱，则高， 所以，可得， 因为平面，所以平面的一个法向量为， 平面的一个法向量， 设二面角的平面角为，则， 所以二面角的余弦值为. 故答案为：. 【变式3】（2025·重庆·二模）在正四棱柱中，，，是的中点，则平面与平面夹角的余弦值为 ． 【答案】 【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法求平面与平面的夹角. 【详解】 如图，以点为坐标原点，以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系， 由题意，， 则， 设平面的一个法向量， 则有，令，则，所以. 设平面的一个法向量， 则有，令，则，所以. 设平面与平面夹角为， 则. 故答案为：. 题型11利用向量方法求两个平面的夹角（最值或范围） 【典例1】（24-25高二上·四川绵阳·期中）如图所示，在四面体中，为等边三角形，，则平面与平面夹角的最大值是 . 【答案】/ 【分析】建立空间直角坐标系，设等边的边长为1，设，求得平面的一个法向量与平面的一个法向量，利用向量法可求得两平面夹角的最大值. 【详解】以为坐标原点，在平面内作直线垂直于为轴，为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 设等边的边长为1，因为，所以设， 因为当时，四点共面，不能构成空间四边形，所认， 可得， 则， 设平面的一个法向量为， 则，令，则 所以平面的一个法向量为， 设平面的一个法向量为， 则，令，则， 所以平面的一个法向量为， 设平面与平面的夹角为， 所以 ， 因为，所以，所以， 所以， 即，结合，所以， 所以平面与平面夹角的最大值是. 故答案为：. 【点睛】思路点睛：建立空间直角坐标系，用向量夹角的坐标法求解空间角解决空间角的一种重要方法. 【典例2】（24-25高二下·上海·阶段练习）如图，在四棱锥 中， 平面 是棱 的中点， . (1)证明: 平面 . (2)求点 到平面 的距离. (3)若点 在棱 上，求平面与平面所夹锐角的余弦值的最小值. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）应用线面垂直得出结合已知应用线面垂直判定定理得出平面，再应用线面垂直证明即可； （2）建立空间直角坐标系，先求出平面的法向量，再根据点到平面距离公式计算求解； （3）应用空间向量法求出平面与平面的法向量，再应用面面角余弦公式计算再结合二次函数值域计算求解. 【详解】（1）因为 平面，且 平面，所以， 因为，且，所以， 且，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 因为，是棱的中点，所以， 因为，平面，且，所以平面． （2）以为坐标原点，分别以的方向为，，轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系． 因为，所以，,2,，,1,，,0,， 则， 因为点在棱中点上，所以的坐标为， 设平面的法向量为， 则，令，得， （3）以为坐标原点，分别以的方向为，，轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系． 因为，所以， 则， 因为点在棱上，所以， 则,,，故， 设平面的法向量为， 则， 令，得， 由（2）知平面的一个法向量， 设平面与平面的夹角为， 则， 因为，所以， 所以， 即， 故平面与平面夹角的余弦值的最小值为． 【变式1】（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. 【变式2】（23-24高二·全国·课后作业）如图所示，三棱锥的侧棱长都相等，底面与侧面都是以为斜边的等腰直角三角形，为线段的中点，为直线上的动点，若平面与平面所成锐二面角的平面角为，则的最大值为 . 【答案】 【分析】由题设可得构建为原点的空间直角坐标系，根据已知标注相关点的坐标，设，，，可得的坐标，进而求面与面的法向量，利用空间向量夹角的坐标表示得到关于的表达式，由二次函数的性质即可求其最大值. 【详解】底面与侧面都是以为斜边的等腰直角三角形，则≌， ∴，设，则， ∵为的中点，则， ∴，即， 以为原点，如图建立空间直角坐标系，则、、、， 设，，，则，而，， ∴、、， ∴， ∴、、、， 设面的一个法向量，则， 即，令，则， 设面的一个法向量 ，则，即， 令，则， 面与面所成锐二面角的平面角为，则， 当时 ，即的最大值为. 故答案为：. 【变式3】（24-25高二下·江苏镇江·期末）已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，D为棱上的点．． (1)证明：平面 (2)证明： (3)当为何值时，面与面DFE所成的二面角的正弦值最小，并求此最小值． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)，最小值为 【分析】（1）根据空间中点线面的位置关系，通过直三棱柱的性质得线面垂直，证明线线垂直，再根据线面垂直判定定理，证明线面垂直. （2）建立空间直角坐标系，根据向量法证明线线垂直的方法，求出直线的方向向量，证明线线垂直. （3）根据向量法求二面角的方法，设出点的坐标，求出法向量，根据法向量求出二面角的正弦值，根据函数最值，求出何时正弦值最小，求出结果. 【详解】（1）因为三棱柱是直三棱柱，所以底面ABC，所以， 因为，，所以， 又，平面，平面， 所以平面． （2） 由（1）知BA，BC，两两垂直．如图所示， 以B为坐标原点，分别以为单位正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系， 所以，，，，，，，．设． 因为，， 所以，所以． （3）设平面DFE的法向量为，因为，， 所以，即．令，则 且平面的法向量为， 设平面与平面DEF的二面角的平面角为， 则． 根据同角三角函数可知，所以当取最大值时，取得最小值, 可知，当时，取最小值为， 此时取最大值为，则， 此时． 题型12已知平面与平面所成角求参数 【典例1】（25-26高三上·贵州·阶段练习）如图所示，四边形ABCD为正方形，四边形ABFE，CDEF为两个全等的等腰梯形，，，，，点N为线段AD上的点（包含端点）. (1)当点N为线段AD的中点时，求证：平面； (2)线段AD上是否存在点N，使得平面BFN和平面ADE的夹角为． 【答案】(1)证明见解析 (2)存在 【分析】（1）应用线面垂直的判定定理分别证明平面及平面即可； （2）先应用面面垂直性质定理得出平面，再建立空间直角坐标系求出平面及平面ADE的一个法向量，再应用二面角余弦值公式计算求参. 【详解】（1）取的中点为，连接，， 因为点为线段的中点，且，所以. 因为，， 由，所以为等腰直角三角形， 所以，同理，， 故在等腰梯形中，. 由，所以. 又，而平面， 故平面. 又平面，所以. 因为，，平面， 故平面. （2）解：设正方形的中心为，分别取的中点为. 设点为线段的中点，由（1）知四点共面，且平面， 连接，平面，故. 又平面，故平面平面， 且平面平面. 由题意可知四边形为等腰梯形，故， 平面，故平面. 故以为坐标原点，为轴建立空间直角坐标系，如图， 因为，则. 又，故，设到底面的距离为， 四边形，为两个全等的等腰梯形，且，故. 又， 故则 . 设 设平面的一个法向量为， 则令， . 设平面的一个法向量为， 则令， . 故， 解得，即存在点，且是线段AD上靠近点A 的四等分点， 使得平面和平面的夹角为． 【典例2】（2025·河北邢台·三模）如图，在斜三棱柱中，，，点在底面上的投影为的中点，点满足. (1)当时，证明：平面平面； (2)已知 ，若平面与平面夹角的余弦值为，求的值. 【答案】(1)证明见解析 (2)或 【分析】（1）根据投影的定义结合已知条件可得平面，然后根据面面垂直的判定即可得； （2）建立空间直角坐标系，通过向量法求解面面夹角的余弦列出方程，然后解方程即可； 【详解】（1）当时，即为线段的中点， 因为，所以，所以， 又，所以， 又因为平面，平面//平面， 所以平面，平面，所以， 且，，平面，所以平面. 又因为平面，所以平面平面. （2）因为，为的中点，所以，且平面， 故以为坐标原点，，，分别为，，轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 因为，所以，， 所以，，，， 可得，， 所以，. 设平面的法向量为， 则化简得 令，则，， 可得， 由题意可知，平面的法向量， 所以， 又平面与平面夹角的余弦值为， 所以，解得或，所以的值为或. 【变式1】（2025·河北·模拟预测）三棱台中中，平面，，，. (1)证明：； (2)若，则当二面角的余弦值为时，求的值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据题意，证得平面，得到，由，得到，求得，再由，证得平面，即可证得； （2）以为原点，建立空间直角坐标系，设，由，得到，分别求得平面和平面的法向量和，结合向量的夹角公式，列出方程，求得的值，得到答案. 【详解】（1）证明：因为平面，且平面，所以， 又因为，故， 因为，且平面，平面，所以平面， 又因为平面，所以， 因为，可得 所以，所以， 又因为，且，平面，所以平面， 因为平面，所以. （2）以为原点，以所在直线分别为轴和轴，以过点垂直的直线为轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，则，，，， 可得，，， 设，因为，可得，所以， 所以， 设平面一个法向量为，则， 取，可得，所以， 设平面一个法向量为，则， 取，可得 ，所以， 因为二面角的余弦值为，可得，即， 所以， 可得，解得或， 又因为，所以. 【变式2】（2025·四川巴中·二模）如图，在直三棱柱中，，平面平面，点分别是棱的中点，点是线段上的一点 (1)求证：； (2)若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）先证明，再证明，由条件结合面面垂直的性质定理证明平面，由此可证，再结合，根据线面垂直判定定理证明平面，取的中点，证明，通过证明结论，完成证明； （2）建立空间直角坐标系，设，求直线的方向向量与平面的法向量，结合向量夹角公式求直线与平面所成角的正弦值，列方程求可得结论； 【详解】（1）连接，如图所示：在直三棱柱中，平面， 又，平面，所以，， 又，所以四边形是正方形，所以. 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 又平面，所以， 又，，平面， 所以平面， 取的中点，连接，， 如图所示.因为是的中点，是的中点， 所以，， 又是棱的中点，所以，， 所以四边形是平行四边形，所以， 因为平面，平面， 所以，又，所以. （2）因为平面，平面，所以， 又，，所以以为坐标原点，，，为轴，轴，轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示. 所以，，，，，， 所以，，所以， 设（）， 所以. 设平面的一个法向量为， 所以， 令，解得，， 所以平面的一个法向量为. 又，设直线与平面所成角的大小为， 所以， 化简可得， 解得或（舍），所以. 【变式3】（24-25高二下·江苏连云港·阶段练习）如图，在四棱柱中，已知底面，，，，，点是线段上的动点（不包含端点）. (1)求证：平面； (2)求直线与所成角的余弦值的最大值； (3)若二面角的正弦值为.求线段的长. 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3). 【分析】（1）根据四棱柱的几何性质，结合线面判定定理，可得答案. （2）根据直线与其斜交平面内的直线的交角的取值范围，求得平面与直线的夹角，结合法向量与线面距，可得答案. （3）求得组成二面角的两平面的法向量，结合夹角的向量公式，建立方程，可得答案. 【详解】（1）在四棱柱中，，而平面，平面， 所以平面. （2）取中点，连接，在梯形中，，得，， 四边形是，，由，得，而平面， 则直线两两垂直，以为原点，直线分别为轴，建立空间直角坐标系， ，在中，， 则， ， 设平面的法向量为，可得，取，得， 设点到平面的距离， 设直线与平面的夹角为，则，即， 而，且平面，所以当直线与所成角为时，其余弦值取得最大值. （3）由（2）得，， 由，令，，则， 设平面的法向量，则，令，得， 设平面的法向量，则，令，得， 设二面角的大小为，则， 由二面角的正弦值为，则， 则，整理得，而，解得， ，，所以线段的长为. 第四部分 题型精练 A夯实基础 B能力提升 C综合素养 A夯实基础 1．（24-25高二下·江西·阶段练习）若直线的一个方向向量为，平面的一个法向量为，则直线与平面所成的角为（ ） A． B． C．或 D．或 【答案】A 【分析】求出方向向量和法向量夹角余弦值绝对值后，可得直线与平面所成的角的正弦，进而可得解. 【详解】设直线与平面所成的角为，则． 因为，所以． 故选：A. 2．（24-25高二下·江苏盐城·期中）若平面过点且该平面的一个法向量为，则点到平面的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用空间中点到平面距离公式求解. 【详解】， 点到平面的距离， 故选：A. 3．（2025高三·全国·专题练习）已知直线的方向向量与直线的方向向量，则和夹角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据向量的夹角公式即可求解. 【详解】因为，， 所以． 所以和夹角的余弦值为． 故选：C 4．（2025·四川·二模）已知空间中向量=（0，1，0），向量的单位向量为（），则点B到直线AC的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由点B到直线AC的距离为：即可求解. 【详解】设向量的单位向量为，则，， 点B到直线AC的距离为：， 故选：B. 5．（24-25高二下·甘肃庆阳·期中）如图所示，在直四棱柱中，底面ABCD为平行四边形，，，点E在棱上，且，则点B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，结合空间向量的坐标运算以及点到面的距离公式代入计算，即可得到结果. 【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B到平面的距离． 故选：C 6．（2026高三·全国·专题练习）已知两平面的法向量分别为，则两平面所成的二面角为（    ） A． B． C．或 D．或 【答案】C 【分析】根据题意，利用空间向量的夹角公式，求得，结合法向量所成的角与二面角的关系，即可求解. 【详解】由两个平面的法向量分别为， 可得，且， 设两平面所成的二面角为，则， 所以两平面所成的二面角或. 故选：C. 7．（多选）（24-25高二上·辽宁·期末）如果，分别是平面，的一个法向量，设，所成角的大小为，以为方向向量的直线与平面所成角的大小为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】AC 【分析】利用平面所成角的大小与平面的法向量所成角的关系可判断AB，利用线面角的大小与直线的方向向量与平面的法向量的关系可判断CD. 【详解】因为，分别是平面，的一个法向量，设，所成角的大小为， 所以相等或互补，所以，故A正确； 所以，故B错误； 因为以为方向向量的直线与平面所成角的大小为，所以，故D错误， 因为，故C正确. 故选：AC. 8．（多选）（23-24高二上·广东惠州·期末）已知正方体的棱长为1，则（    ） A．直线与直线所成的角为 B．平面 C．点到平面的距离为 D．直线与平面所成角的余弦值为 【答案】BD 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量求出线线角、线面角判断AD；利用空间位置关系的向量证明判断B；利用空间向量求出点到平面的距离判断C. 【详解】正方体的棱长为1，建立如图所示的空间直角坐标系： 则， 对于A，，即，而上，则，A错误； 对于B，，， 则，而平面，因此平面，正确； 对于C，由平面，即是平面的法向量，， 因此点到平面的距离为，C错误； 对于，设直线与平面所成角为， 则， 所以直线与平面所成角的余弦值，D正确. 故选：BD 9．（24-25高二下·江苏盐城·期中）如图，一块矿石晶体的形状为四棱柱，底面是正方形，，，且，，与所成角的余弦值为 ． 【答案】/ 【分析】取，分别求得和，将与分别用表示出来，再利用空间向量的夹角公式计算即得. 【详解】 如图，分别取，则， 且， 而 由， ， ， 设与的所成角为， 则. 故答案为：. 10．（24-25高二下·山东济宁·开学考试）如图，在四棱锥中，平面，则点到直线的距离为 . 【答案】 【分析】建系，求出在上的投影向量的长度，再利用勾股定理求解即可. 【详解】因为平面，平面，平面， 所以，，又, 如图，以为坐标原点，建立空间直角坐标系， 则， ，即，， 所以在上的投影向量的长度为， 故点到直线的距离为. 11．（2025·河南驻马店·模拟预测）如图，在三棱锥中，，，，，． (1)求证：平面； (2)若点满足，求平面与平面的夹角的余弦值． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据线面垂直的判断定理，根据勾股定理证明和，即可证明线线垂直； （2）根据（1）的结果建立空间直角坐标系，分别求平面与平面的法向量，利用法向量求夹角的余弦值. 【详解】（1）因为，，，所以， 所以， 因为，且，所以，又，， 所以，，，平面， 所以平面； （2）如图，以点为原点，为轴和轴的正方向，在平面中，作， ，，，， ，， 设平面的一个法向量为， 则，令，则，， 所以平面的一个法向量为， 平面的一个法向量为， 平面与平面的夹角为， ， 所以平面与平面的夹角的余弦值为. 12．（24-25高二下·甘肃兰州·期中）如图，正方体的棱长为2，E是的中点． (1)求证：⊥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）连接，利用线面垂直的判断定理即可得证； （2）建立空间直角坐标系，利用向量的夹角公式即可求解； 【详解】（1）连接，在正方体中有平面，又平面， 所以，又因为四边形是正方形，E是的中点， 所以，又,平面， 所以平面； （2）以为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，由棱长为2， 则， 所以， 设平面的法向量为， 所以，令得， 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. B能力提升 1．（23-24高二下·安徽合肥·期末）如图所示，两个正方形框架ABCD，ADEF的边长都是1，且它们所在的平面互相垂直.点M，N分别在正方形对角线BD和AE上移动，且AN和BM的长度保持相等，记. (1)为何值时，MN的长最小？ (2)当MN的长最小时，求平面MNA与平面MND夹角的余弦值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间两点间距离公式得出，最后配方法进行求解即可； （2）求出，再利用空间向量夹角公式进行求解即可. 【详解】（1）以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系（如图）， ， . ； 当时，|MN|最小，最小值为； （2）由（1）可知，当M，N为中点时，MN最短， 则，取MN的中点，连接AG，DG，则， ， 是平面MNA与平面MND的夹角或其补角. ， . 平面MNA与平面MNB夹角的余弦值是 2．（2025·福建厦门·三模）在三棱锥中，，，，是的中点，且平面平面. (1)证明：平面； (2)已知平面经过直线，且，直线与平面所成角的正弦值为，求三棱锥的体积. 【答案】(1)证明见解析 (2) 或 【分析】（1）由平面 平面 ，得到 平面 ，再结合即可求证； （2）建系，设 求得平面法向量及直线方向向量，代入夹角公式即可求解，利用体积公式计计算得出结果. 【详解】（1）因为平面 平面 ，平面 平面 平面 ， 所以 平面 . 又 平面 ，所以 . 又 平面 ， 所以 平面 . （2）记 的中点为 ，连接 ， 因为 ，所以 ， 因为平面 平面 ，所以 平面 . 因为 分别是 的中点，所以 ，又 ，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 设 ，则 ， 所以 . 由题知 ，设平面 的法向量为 ， 则 即 令 ，则 ，则 . 则 . 化简可得 ，解得 或 ， 三棱锥 的体积 ，所以体积为 或 . 3．（2025·山东泰安·模拟预测）如图，在底面为正方形的四棱台中，已知，，，.    (1)证明：平面； (2)点在棱上，当二面角的正弦值为时，求. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用平行四边形性质得到，再结合全等三角形的性质和给定条件得到，，最后由线面垂直的判定定理证明即可. （2）建立空间直角坐标系，设，，求出关键点的坐标和关键平面的法向量，再由二面角的向量求法求解即可. 【详解】（1）连接，交于点，连接，.    由题意得，且，，为中点， 所以且， 所以四边形为平行四边形，所以.① 在和中，，，是公共边， 故，故有， 又是中点，所以. 结合①可得. 又， 且，面，故平面. （2）在梯形中，取中点，连接，则， 易证四边形是矩形，故，. 在中，由勾股定理得，故. 以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，    则，，，设，， 则， 由（1）知平面，故， 又，故，又，且， 面，故平面， 故可取为平面的一个法向量. 设为平面的法向量， 则，即，可取. 设二面角的大小为，则，故， 所以， 整理得，解得或（舍），故. 4．（24-25高二下·江苏镇江·期末）图1是边长为的正方形，将沿折起得到直二面角，如图2所示． (1)求异面直线与所成角； (2)棱上是否存在一点，使得二面角的余弦值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)存在， 【分析】（1）在图1中，连接，交于点，推导出平面，然后以点为原点，分别以、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得异面直线与所成角的大小； （2）假设在棱上存在点，满足，其中，使得二面角的余弦值为，利用空间向量法可得出关于的等式，即可解得的值，即可得出结论. 【详解】（1）如图，在图1中，连接，交于点， 因为四边形为边长是的正方形，则， 在图2中，则有，，， 因为是直二面角，所以平面平面， 因为平面平面，，平面，所以有平面， 以点为原点，分别以、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系，如图： 由题意，、、、， 所以，， 设异面直线与所成角为， 所以有， 因为，故，即异面直线与所成角为. （2）如图2，假设在棱上存在点，满足，其中， 使得二面角的余弦值为， 则， 又，设平面的一个法向量为， 则，取，则， 由题意可知，平面的一个法向量为， 所以，化简得：， 解得或（舍去）， 故存在点，只需满足， 即棱上存在点，当时，二面角的余弦值为． C综合素养 1．（24-25高二下·浙江湖州·期末）已知三棱锥，是边长为2的正三角形，，． (1)证明：； (2)动点满足，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）要证明线线垂直，可通过线面垂直推导出线线垂直，即证明平面即可. （2）首先根据垂直关系建立空间直角坐标系，求出平面的法向量以及的坐标，利用向量夹角的余弦值公式将直线与平面所成角的正弦值表示出来，并确定其最大值. 【详解】（1）证明：如图所示，取中点，连接． 在中，根据余弦定理得 ， 得．同理． 所以，又为中点，所以， 又是正三角形，为中点，所以， 又平面， 故平面，因为平面，因此． （2）在中，， 又，所以， 由勾股定理逆定理得，即， 由（1）可知，又，平面， 所以平面． 因此建立如图所示建立空间直角坐标系，． ，设，则， 由，得， ． 设平面的法向量为，则 ，令得，即． 设与平面所成角为， 则． 设，则， 由，得，所以， 此时，因此． 2．（2025·重庆沙坪坝·模拟预测）如图，在直三棱柱中，侧面是正方形，，分别是棱的中点，且． (1)若，证明：平面； (2)当平面与平面夹角的余弦值最大时，求的值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取棱中点记为M，连接，由题意可得四边形是平行四边形，可得，可证结论成立； （2）以B点为坐标轴原点，为x轴正方向，为y轴正方向，为z轴正方向建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量，求得的一个法向量，利用向量法可得，进而求得最大值即可. 【详解】（1）取棱中点记为M，连接， 分别是的中点，且侧面是正方形， ， 四边形是平行四边形， 又平面，平面， 平面． （2）直三棱柱， 两两垂直，以B点为坐标轴原点，为x轴正方向，为y轴正方向，为z轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系， 则． ， ， ． 设平面的法向量， 则，取， 设平面的法向量， 则，取， 记平面与平面夹角为， 令，所以，在，即时取得最大值． 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第06讲 1.4.2用空间向量研究距离、夹角问题 第一部分 思维导图 第二部分 知识梳理 知识点01：点到线面距离 1、点到直线的距离 已知直线的单位方向向量为，是直线上的定点，是直线外一点.设，则向量在直线上的投影向量，在中，由勾股定理得： 2、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. 【即学即练1】（24-25高二下·江苏淮安·阶段练习）已知平面的一个法向量为，点在外，点在内，且，则点到平面的距离为（    ） A． B． C． D． 知识点02：用向量法求空间角 1、用向量运算求两条直线所成角 已知a，b为两异面直线，A，C与B，D分别是a，b上的任意两点，a，b所成的角为，则 ① ②. 【即学即练2】（2025·新疆喀什·模拟预测）已知圆台的上底面圆的半径为1，下底面圆的半径为2，点，分别在上、下底面圆周上，且，则与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 2、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 ① ②.（注意此公式中最后的形式是：） 【即学即练3】（24-25高二下·江苏泰州·期末）若向量是直线的方向向量，向量是平面的法向量，则直线与平面所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 3、用向量运算求平面与平面的夹角 如图，若于A，于B，平面PAB交于E，则∠AEB为二面角的平面角，∠AEB+∠APB=180°. 若分别为面，的法向量 ① ②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； 【即学即练4】（24-25高二下·广西桂林·阶段练习）如图，四棱锥P-ABCD的底面ABCD是正方形，，，点E，F分别是棱PA，PC的中点． (1)证明：． (2)求平面EFD与平面ABCD的夹角的余弦值． 第三部分 题型精讲 题型01利用空间向量求点线距 【典例1】（23-24高二上·内蒙古巴彦淖尔·期末）如图，正方体的棱长为是的中点，则点到直线的距离为 . 【典例2】（23-24高三上·安徽·阶段练习）已知直线经过两点，则点到直线的距离为 ． 【变式1】（23-24高二上·山东潍坊·期中）已知点，，，则到的距离为 . 【变式2】（23-24高二上·广东广州·阶段练习）在长方体中，，P为CD中点，则点P到直线的距离为 ． 【变式3】（23-24高二上·安徽合肥·期中）已知正方体的棱长为，点是的中点，则点A到直线的距离是 ． 题型02利用空间向量求点面距 【典例1】．（2025·陕西西安·二模）在棱长为2的正方体中，点是棱的中点，则点到平面的距离是到平面的距离的 倍． 【典例2】（24-25高二上·浙江金华·期末）已知A，B，C，P是空间中不共面的四点，满足，若，且点P到平面ABC的距离等于1，则a的值为 ． 【变式1】（24-25高二下·安徽阜阳·开学考试）在直三棱柱中，，，D是棱的中点，则点到平面的距离为 . 【变式2】（24-25高二上·广东·期末）已知点在平面内，点在外，且的一个法向量，则点到平面的距离为 ． 【变式3】（上海市宝山区2024-2025学年高二下学期期末教学质量监测数学试卷）已知三棱锥的三条侧棱、、两两垂直，且，，.顶点到平面的距离是 . 题型03转化与化归思想在求空间距离中的应用 【典例1】（24-25高二上·湖北·期中）对于任意实数，的最小值为 ． 【典例2】（24-25高二上·全国·课后作业）如图，在棱长为1的正方体中，为线段的中点，为线段的中点，为线段的中点，求平面到平面的距离.    【变式1】（24-25高二上·河南信阳·期末）在空间直角坐标系中，若一条直线经过点，且以向量为方向向量，则这条直线可以用方程来表示．已知直线l的方程为，则到直线l的距离为（   ） A． B． C． D． 【变式2】（24-25高二下·全国·课后作业）正方体的棱长为2，，，，分别是棱，，，的中点，则平面和平面之间的距离为（    ） A． B． C． D． 【变式3】（2024高二·全国·专题练习）设正方体的棱长为2，求平面与平面之间的距离． 题型04利用向量方法求两异面直线所成角（定值） 【典例1】（2025·新疆喀什·模拟预测）已知圆台的上底面圆的半径为1，下底面圆的半径为2，点，分别在上、下底面圆周上，且，则与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【典例2】（2025·黑龙江哈尔滨·三模）直三棱柱中，为边中点，则异面直线与所成角的余弦值为 . 【变式1】（2025·浙江·二模）正方体中，点分别为正方形及的中心，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【变式2】6．（2025·山西临汾·三模）已知正三棱柱各棱长均为2，则直线与AB所成角的正弦值为 ． 【变式3】（24-25高二下·甘肃白银·期中）如图，在正三棱柱中，，为的中点． (1)求点到直线的距离； (2)求异面直线与所成角的余弦值． 题型05利用向量方法求两异面直线所成角（最值或范围） 【典例1】（24-25高二下·云南·期末）在体积为的正四棱锥中，为底面内的任意两点，则直线与直线所成角的余弦值的最大值为（    ） A． B． C． D． 【典例2】（24-25高二下·江苏·期中）已知空间四点． (1)求以为邻边的平行四边形面积； (2)若四点共面，求的值； (3)求直线AB和直线CD夹角余弦值的取值范围． 【变式1】（2025·北京·模拟预测）北京天桥艺术中心旁边的四面钟是天桥附近颇有意趣的传统景观之一.这个主体建筑可以近似看做正四棱柱.四面钟的每一面都挂在该正四棱柱的一个侧面上.当四面钟都正常显示标准北京时间时，相邻两面钟的时针所在直线所成角最大为（   ）    A． B． C． D． 【变式2】（2025·湖南邵阳·三模）如图，圆台的下底面的内接正方形的边长为4，是上底面圆周上的一点，且满足，． (1)证明：平面； (2)求三棱锥的外接球的表面积； (3)是的中点，是上底面圆周上的一点，求异面直线与所成角的余弦值的最大值． 【变式3】（2025·内蒙古呼和浩特·二模）如图1，在等腰直角三角形中，，、、分别在线段、、上，且，．已知，，沿将折起，使得平面平面，如图2． (1)求证：平面平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)点在线段上，设直线与直线所成角为，求的最大值． 题型06已知异面直线所成角求参数 【典例1】（24-25高一上·重庆·期末）《九章算术》中，将底面为长方形，且一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马.在阳马中，若平面，且，异面直线与所成角的余弦值为，则（    ） A． B．4 C．2 D．3 【典例2】（2024·天津·二模）如图，平面，，，，，为的中点． (1)证明：； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)设是棱上的点，若与所成角的余弦值为，求的长． 【变式1】（24-25高二上·陕西西安·阶段练习）已知直线的方向向量为，直线的方向向量为，若与的夹角为，则m等于（ ） A．1 B． C． D．0 【变式2】（2024·全国·模拟预测）直三棱柱中，底面是以A为直角的腰长为2的等腰直角三角形，侧棱长为，为上的点，若直线与直线所成角的余弦值为，则长为（    ） A．1 B． C． D． 【变式3】（23-24高二上·上海徐汇·期末）如图，在多面体中，四边形为正方形，平面.    (1)求证： (2)在线段上是否存在点，使得直线与所成角的余弦值为？若存在，求出点到平面的距离，若不存在，请说明理由. 题型07利用向量方法求直线与平面所成角 【典例1】（24-25高二下·江苏泰州·期末）若向量是直线的方向向量，向量是平面的法向量，则直线与平面所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 【典例2】（2025·北京·三模）如图，在棱长为2的正方体中，M、E分别是、的中点，点F在线段上，平面. (1)证明：F是的中点； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 【变式1】（24-25高二下·浙江绍兴·期末）如图，在四棱锥中，，，，，.    (1)求证：； (2)若，求直线与平面所成角的正弦值. 【变式2】（2025高三·北京·专题练习）如图1，在矩形中，，是的中点，连接，将沿直线翻折，使得平面平面（如图2），连接，，是棱的中点． (1)证明：平面； (2)求直线和平面所成角的正弦值． 【变式3】（2025高三·北京·专题练习）如图，在四棱锥中，底面为矩形，侧棱底面是的中点，点是棱上靠近的四等分点. (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 题型08利用向量方法求直线与平面所成角（最值或范围） 【典例1】（2025高三·全国·专题练习）已知棱长为1的正四面体，的中点为动点在线段上，则直线与平面所成角的正切值的取值范围是 【典例2】（浙江省温州市十校联合体2024-2025学年高二下学期6月期末联考数学试题）已知正方体棱长为1，点E为正方形内（含边界）一动点．    (1)若，证明：面面； (2)若面面，求直线EB与平面ABCD所成角的正弦值的最大值． 【变式1】（2025高三·北京·专题练习）直三棱柱中，，，点E在棱上，． 若平面平面，点Q是上异于点B的动点． (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值的取值范围． 【变式2】（2025·内蒙古呼和浩特·模拟预测）如图，在三棱台中，平面平面，，，． (1)证明：； (2)求直线与平面所成角的正弦值的最大值． 【变式3】（2025·福建福州·模拟预测）如图，在四棱锥中，平面PAD，． (1)证明：平面ABCD； (2)若底面ABCD是正方形，，E为PB中点，点F在棱PD上，且异面直线AF与PB所成的角为60°． （ⅰ）求的长度； （ⅱ）平面AEF交PC于点G，点M在线段PB上，求EG与平面所成角的正弦值的取值范围． 题型09已知直线与平面所成角求参数 【典例1】（24-25高二下·河南洛阳·期末）如图，在四棱锥P-ABCD中，平面平面ABCD，底面ABCD是边长为2的菱形，，，E是BC的中点，点Q在侧棱PC上.    (1)求证：； (2)是否存在点Q，使DC与平面DEQ所成角的正弦值为，若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 【典例2】（24-25高二下·重庆·期中）如图，在正三棱台中，，侧棱长为2，P为棱上的动点.    (1)求证：平面； (2)是否存在点P，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出点P；若不存在，请说明理由. 【变式1】（24-25高二下·江苏·阶段练习）如图，在四棱锥中，，，，，是棱的中点，且平面，点是棱上的一点． (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)若直线与平面所成角的正弦值为，求的长． 【变式2】（24-25高三下·广西·期中）如图所示，在三棱锥中，平面，，，于点，为线段上一点，满足．    (1)求证：是直角三角形； (2)若，求三角形面积的最大值； (3)若存在，使直线与平面所成的角为，求的取值范围． 【变式3】（2025·河南·二模）如图，在四棱锥P-ABCD中，，，，点M为棱PD上一点，，O为AC的中点. (1)证明：平面平面MAC. (2)已知，，点N在棱BC上，且，若直线PN与平面MAC所成角的正弦值为，求的值. 题型10利用向量方法求两个平面的夹角（定值） 【典例1】（2025高三下·全国·专题练习）已知是棱长为6的正方体，分别是棱上的动点，且．当共面时，平面与平面夹角的余弦值为 ． 【典例2】（2025·四川绵阳·模拟预测）在如图所示的试验装置中，两个正方形框架，的边长都是1，且它们所在的平面互相垂直.活动弹子，分别在正方形对角线和上移动，且和的长度保持相等，记，则当的长最小时，平面与平面夹角的余弦值为 . 【变式1】（24-25高一下·天津武清·阶段练习）如图，在正四棱柱中，，，则异面直线与所成角的余弦值为 ；二面角的正弦值为 ． 【变式2】（24-25高二下·甘肃平凉·期中）如图，在正四棱锥中，底边，侧棱，为侧棱上一点，若平面，则二面角的余弦值是 . 【变式3】（2025·重庆·二模）在正四棱柱中，，，是的中点，则平面与平面夹角的余弦值为 ． 题型11利用向量方法求两个平面的夹角（最值或范围） 【典例1】（24-25高二上·四川绵阳·期中）如图所示，在四面体中，为等边三角形，，则平面与平面夹角的最大值是 . 【典例2】（24-25高二下·上海·阶段练习）如图，在四棱锥 中， 平面 是棱 的中点， . (1)证明: 平面 . (2)求点 到平面 的距离. (3)若点 在棱 上，求平面与平面所夹锐角的余弦值的最小值. 【变式1】（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 .    【变式2】（23-24高二·全国·课后作业）如图所示，三棱锥的侧棱长都相等，底面与侧面都是以为斜边的等腰直角三角形，为线段的中点，为直线上的动点，若平面与平面所成锐二面角的平面角为，则的最大值为 . 【变式3】（24-25高二下·江苏镇江·期末）已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，D为棱上的点．． (1)证明：平面 (2)证明： (3)当为何值时，面与面DFE所成的二面角的正弦值最小，并求此最小值． 题型12已知平面与平面所成角求参数 【典例1】（25-26高三上·贵州·阶段练习）如图所示，四边形ABCD为正方形，四边形ABFE，CDEF为两个全等的等腰梯形，，，，，点N为线段AD上的点（包含端点）. (1)当点N为线段AD的中点时，求证：平面； (2)线段AD上是否存在点N，使得平面BFN和平面ADE的夹角为． 【典例2】（2025·河北邢台·三模）如图，在斜三棱柱中，，，点在底面上的投影为的中点，点满足. (1)当时，证明：平面平面； (2)已知 ，若平面与平面夹角的余弦值为，求的值. 【变式1】（2025·河北·模拟预测）三棱台中中，平面，，，. (1)证明：； (2)若，则当二面角的余弦值为时，求的值. 【变式2】（2025·四川巴中·二模）如图，在直三棱柱中，，平面平面，点分别是棱的中点，点是线段上的一点 (1)求证：； (2)若直线与平面所成角的正弦值为，求的值. 【变式3】（24-25高二下·江苏连云港·阶段练习）如图，在四棱柱中，已知底面，，，，，点是线段上的动点（不包含端点）. (1)求证：平面； (2)求直线与所成角的余弦值的最大值； (3)若二面角的正弦值为.求线段的长. 第四部分 题型精练 A夯实基础 B能力提升 C综合素养 A夯实基础 1．（24-25高二下·江西·阶段练习）若直线的一个方向向量为，平面的一个法向量为，则直线与平面所成的角为（ ） A． B． C．或 D．或 2．（24-25高二下·江苏盐城·期中）若平面过点且该平面的一个法向量为，则点到平面的距离为（    ） A． B． C． D． 3．（2025高三·全国·专题练习）已知直线的方向向量与直线的方向向量，则和夹角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 4．（2025·四川·二模）已知空间中向量=（0，1，0），向量的单位向量为（），则点B到直线AC的距离为（    ） A． B． C． D． 5．（24-25高二下·甘肃庆阳·期中）如图所示，在直四棱柱中，底面ABCD为平行四边形，，，点E在棱上，且，则点B到平面的距离为（    ） A． B． C． D． 6．（2026高三·全国·专题练习）已知两平面的法向量分别为，则两平面所成的二面角为（    ） A． B． C．或 D．或 7．（多选）（24-25高二上·辽宁·期末）如果，分别是平面，的一个法向量，设，所成角的大小为，以为方向向量的直线与平面所成角的大小为，则（    ） A． B． C． D． 8．（多选）（23-24高二上·广东惠州·期末）已知正方体的棱长为1，则（    ） A．直线与直线所成的角为 B．平面 C．点到平面的距离为 D．直线与平面所成角的余弦值为 9．（24-25高二下·江苏盐城·期中）如图，一块矿石晶体的形状为四棱柱，底面是正方形，，，且，，与所成角的余弦值为 ． 10．（24-25高二下·山东济宁·开学考试）如图，在四棱锥中，平面，则点到直线的距离为 . 11．（2025·河南驻马店·模拟预测）如图，在三棱锥中，，，，，． (1)求证：平面； (2)若点满足，求平面与平面的夹角的余弦值． 12．（24-25高二下·甘肃兰州·期中）如图，正方体的棱长为2，E是的中点． (1)求证：⊥平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值． B能力提升 1．（23-24高二下·安徽合肥·期末）如图所示，两个正方形框架ABCD，ADEF的边长都是1，且它们所在的平面互相垂直.点M，N分别在正方形对角线BD和AE上移动，且AN和BM的长度保持相等，记. (1)为何值时，MN的长最小？ (2)当MN的长最小时，求平面MNA与平面MND夹角的余弦值. 2．（2025·福建厦门·三模）在三棱锥中，，，，是的中点，且平面平面. (1)证明：平面； (2)已知平面经过直线，且，直线与平面所成角的正弦值为，求三棱锥的体积. 3．（2025·山东泰安·模拟预测）如图，在底面为正方形的四棱台中，已知，，，.    (1)证明：平面； (2)点在棱上，当二面角的正弦值为时，求. 4．（24-25高二下·江苏镇江·期末）图1是边长为的正方形，将沿折起得到直二面角，如图2所示． (1)求异面直线与所成角； (2)棱上是否存在一点，使得二面角的余弦值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． C综合素养 1．（24-25高二下·浙江湖州·期末）已知三棱锥，是边长为2的正三角形，，． (1)证明：； (2)动点满足，求直线与平面所成角的正弦值的最大值． 2．（2025·重庆沙坪坝·模拟预测）如图，在直三棱柱中，侧面是正方形，，分别是棱的中点，且． (1)若，证明：平面； (2)当平面与平面夹角的余弦值最大时，求的值． 学科网（北京）股份有限公司 $$