空间向量的应用讲义-2025-2026学年高二上学期数学人教A版(2019)选择性必修第一册

专题一 空间向量与立体几何 微点4 空间向量的应用 空间向量主要用于研究空间基本图形的平行、垂直等位置关系及求空间角与距离等问题，这些问题也是是高考中的必考内容． 运用空间向量解决立体几何问题的三部曲：第一，将立体几何问题转化为向量问题，即用空间向量表示立体几何问题中的几何元素；第二，通过空间向量运算研究立体图形中的平行、垂直等位置关系以及距离、夹角的计算等度量问题；第三，将运算的结果翻译成相应的几何结论，从而达到解决立体几何问题的目的． 类型一　空间中的平行与垂直 平行与垂直是立体几何中十分重要的两种空间位置关系，利用空间向量判断空间的平行与垂直的关键在于确定直线的方向向量和平面的法向量，将线面、面面的平行与垂直位置关系的判定转化为向量的平行与垂直的判定． 【典例1】如图，在正方体中，是棱的中点．在棱上是否存在一点，使平面？给出结论并证明你的结论． 【思路引导】已知线面平行找点的位置，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，依据直线的方向向量与平面法向量垂直即可得线面平行． 【详细解析】存在满足条件的点．当为的中点时，平面． 先给出结论，后证明． 证明：如图，设正方体的棱长为1，以分别为，y，z轴建立空间直角坐标系， 得，．则， 建立空间直角坐标系，写出点坐标． ， 设是平面的法向量，则由得 解得令，得为平面的一个法向量． 设是棱上的点，则，又，． 由平面，有平面，得，解得， 故当为的中点时，平面． 【题后反思】利用空间向量判定线线、线面、面面平行：设分别是直线的方向向量，分别是不同平面的法向量，， 则：①，且与无公共点，使得，且与无公共点； ②； ③，使得． 【举一反三】 （2024·宁夏银川·一模） 1．如图，在棱长为2的正方体中，、分别是棱，的中点，过点作平面，使得∥平面，且平面与交于点，则（    ）    A． B． C． D． 【典例2】如图，在正三棱柱中，分别是的中点．在线段上是否存在一点Q，使平面？若存在，确定点的位置；若不存在，也请说明理由． 【思路引导】假设存在点，取的中点，以为坐标原点建立空间直角坐标系，求出各点坐标，利用直线与平面垂直的性质，得到，即可求得点坐标. 【详细解析】【详解】假设在线段上存在一点，使平面． 取的中点，以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系． 设，则， ． 显然， 平面，面，则， ，解得，满足要求， 在线段上存在一点，使平面，此时点为点． 【题后反思】利用空间向量判定线线、线面、面面垂直：设分别是直线的方向向量，分别是平面的法向量， 则：①； ②，使得； ③． 【举一反三】 2．在三棱柱A1B1C1-ABC中，侧棱AA1⊥底面A1B1C1，∠BAC=90°，AB=AC=AA1=1，D是棱CC1的中点，P是AD的延长线与A1C1的延长线的交点.若点Q在直线B1P上，则下列结论正确的是（    ） A．当点Q为线段B1P的中点时，DQ⊥平面A1BD B．当点Q为线段B1P的三等分点时，DQ⊥平面A1BD C．在线段B1P的延长线上，存在一点Q，使得DQ⊥平面A1BD D．不存在点Q，使DQ与平面A1BD垂直 类型二　空间中夹角问题 直线与平面所成的角，可以转化为计算直线的方向向量与平面的法向量的夹角，如下图一，直线PA与平面所成角．平面与平面的夹角即它们两个法向量的夹角或其补角，如下图二，二面角的平面角等于或． 一                                                                      二 【典例3】（2022・浙江卷）如图，已知ABCD和CDEF都是直角梯形，，二面角的平面角为，设M，N分别为AE，BC的中点． （1）求证：； （2）求直线BM与平面ADE所成角的正弦值． 【思路引导】本题重点考查线线垂直、线面垂直、面面垂直三者之间的相互转化和线面角的求解．对于条件中两个直角梯形，采用立体问题平面化思想展开成平面图形，可以发现它们是由一个大的直角梯形分割后翻折所成；通过直角梯形中的线线垂直，可以得到线面垂直、面面垂直，从而可以建立空间直角坐标系，用向量法求解线面角． 【详细解析】（1）证明：依题意，，所以是二面角的平面角，即，且平面BCF，所以． 如图，将侧面CDEF展开到平面ABCD上， 在直角梯形ABCD中，，可求得，； 在直角梯形CDEF中，，可求得，． 故在原几何体中，是等边三角形，于是， 又，且平面ABCD，所以平面ABCD，所以． （2）由（1）知，平面ABCD，于是以NB，NF分别为轴、轴正方向建立空间直角坐标系， 如图，则，． 则， 设平面ADE的法向量为，则解得 令，得平面ADE的一个法向量为． 又，所以， 故所求直线BM与平面ADE所成角的正弦值为． 【题后反思】向量法求直线与平面所成角：如图，斜线BA的方向向量为，平面的法向量为， 则． 【举一反三】 （24-25高二上·安徽合肥·阶段练习） 3．如图，在直三棱柱中，，，，N为的中点.    (1)求； (2)求直线与所成角的余弦值. 【典例4】（2023·全国·高考真题）如图，在正四棱柱中，．点分别在棱.上，． (1)证明：； (2)点在棱上，当二面角为时，求． 【思路引导】（1）建立空间直角坐标系，利用向量坐标相等证明； （2）设，利用向量法求二面角，建立方程求出即可得解. 【详细解析】【详解】（1）以为坐标原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图， 则， ，， 又不在同一条直线上，. （2）设， 则， 设平面的法向量， 则， 令 ，得，， 设平面的法向量， 则，令 ，得，， ， 化简可得，，解得或， 或，. 【题后反思】向量法求平面与平面所成角：如图，记平面与平面的平面角为（两相交平面与所成的不大于90°的二面角称为平面与的夹角），平面的法向量分别是， 则 【举一反三】 4．如图，且AD=2BC，,且EG=AD，且CD=2FG，，DA=DC=DG=2. （I）若M为CF的中点，N为EG的中点，求证：平面； （II）求二面角的正弦值； （III）若点P在线段DG上，且直线BP与平面ADGE所成的角为60°，求线段DP的长. 类型三　空间中的距离问题 【典例5】生活中的建筑模型多与立体几何中的图形有关联，既呈现对称美，也具有稳定性．已知某凉亭的顶部可视为图4－12所示的正四棱锥，其所有棱长都为6，且AC，BD交于点，点在线段SC上，且，则的重心到直线OE的距离为（    ） A． B． C． D． 【思路引导】首先依据正四棱锥的图形特征建立空间直角坐标系，求出点坐标和直线的方向向量，再利用点线距离的向量公式求解． 【详细解析】以为原点，直线OA，OB，OS分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 如图，因为所有棱长都为6，所以， 所以． 建立空间直角坐标系，写出各点坐标． 因为为的重心，所以． 因为，所以． 又因为， 所以点到直线OE的距离为． 故选：B． 【题后反思】空间点点、点线、线线距离求解的向量公式点与点的距离公式： ①设； ②向量回路后平方，类似于平行六面体的对角线长． 点到直线的距离：点到直线的距离为直线的单位方向向量，． 两平行线的距离：因为两平行线之间的距离处处相等，所以求一条直线上一点到另一条直线的距离即可，即转化为点线距离求解． 【举一反三】 5．已知矩形ABCD，，沿对角线AC将折起，若二面角的余弦值为，则B与D之间距离为 ． 【典例6】（23-24高二下·江苏徐州·阶段练习）在棱长为2的正方体中，，分别为棱，的中点，为棱上的一点，且，则点到平面的距离为（ ） A．    B．    C．    D． 【思路引导】建立空间直角坐标系，由点到平面的距离公式计算即可． 【详细解析】【详解】以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， 所以，，． 设平面的法向量为，则， 取，得， 所以点到平面的距离为， 故选：D． 【题后反思】点到面的距离：P到平面的距离，其中为的一个法向量，； 两异面直线间的距离：设点A，B分别是异面直线l，m上的点，向量与直线l，m都垂直，那么两异面直线l，m间的距离，也是转化为点到面的距离； 线面的距离也等同于点到面的距离. 【举一反三】 （23-24高二下·江西鹰潭·期末） 6．在正四棱柱中，已知，O为棱的中点，则线段在平面上的射影的长度为（    ） A． B． C．4 D． 7．在我国古代数学名著 九章算术 中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑，如图，在鳖臑中， 平面，且，则异面直线与所成角的余弦值为 A． B． C． D． 8．在正方体中，点为的中点，则平面与平面夹角的余弦值为 A． B． C． D． 9．（多选）如图，在边长为1的正方体中，点为线段的中点，点为线段的中点，则（    ） A．点到直线的距离为 B．直线到直线的距离为 C．点到平面的距离为 D．直线到平面的距离为 （23-24高二上·广东中山·阶段练习） 10．如图，在多面体中，平面，四边形是正方形，且，，分别是线段的中点，是线段上的一个动点（含端点），则下列说法正确的是（    ）    A．存在点，使得 B．存在点，使得异面直线与所成的角为 C．三棱锥体积的最大值是 D．当点自向处运动时，直线与平面所成的角逐渐增大 11．设正方体的棱长为2，求平面与平面之间的距离． 12．如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是正方形，BF⊥平面ABCD，DE⊥平面ABCD，BF＝DE，M为棱AE的中点. （1）求证：平面BDM∥平面EFC； （2）若DE＝2AB，求直线AE与平面BDM所成角的正弦值. 13．如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD(及其内部)以AB边所在直线为旋转轴旋转120°得到的，G是的中点. (1)设P是上的一点，且AP⊥BE，求∠CBP的大小； (2)当AB＝3，AD＝2时，求二面角E－AG－C的大小. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题一 空间向量与立体几何 微点4 空间向量的应用 空间向量主要用于研究空间基本图形的平行、垂直等位置关系及求空间角与距离等问题，这些问题也是是高考中的必考内容． 运用空间向量解决立体几何问题的三部曲：第一，将立体几何问题转化为向量问题，即用空间向量表示立体几何问题中的几何元素；第二，通过空间向量运算研究立体图形中的平行、垂直等位置关系以及距离、夹角的计算等度量问题；第三，将运算的结果翻译成相应的几何结论，从而达到解决立体几何问题的目的． 类型一　空间中的平行与垂直 平行与垂直是立体几何中十分重要的两种空间位置关系，利用空间向量判断空间的平行与垂直的关键在于确定直线的方向向量和平面的法向量，将线面、面面的平行与垂直位置关系的判定转化为向量的平行与垂直的判定． 【典例1】如图，在正方体中，是棱的中点．在棱上是否存在一点，使平面？给出结论并证明你的结论． 【思路引导】已知线面平行找点的位置，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，依据直线的方向向量与平面法向量垂直即可得线面平行． 【详细解析】存在满足条件的点．当为的中点时，平面． 先给出结论，后证明． 证明：如图，设正方体的棱长为1，以分别为，y，z轴建立空间直角坐标系， 得，．则， 建立空间直角坐标系，写出点坐标． ， 设是平面的法向量，则由得 解得令，得为平面的一个法向量． 设是棱上的点，则，又，． 由平面，有平面，得，解得， 故当为的中点时，平面． 【题后反思】利用空间向量判定线线、线面、面面平行：设分别是直线的方向向量，分别是不同平面的法向量，， 则：①，且与无公共点，使得，且与无公共点； ②； ③，使得． 【举一反三】 （2024·宁夏银川·一模） 1．如图，在棱长为2的正方体中，、分别是棱，的中点，过点作平面，使得∥平面，且平面与交于点，则（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】建系，求平面的法向量，利用空间向量求点M的位置，进而可得结果. 【详解】如图，以为坐标原点建立空间直角坐标系，    则， 可得， 设平面的法向量为，则， 令，则，可得， 因为∥平面，可知平面的法向量为， 设，可得， 可得，解得， 则，可得， 所以. 故选：C. 【典例2】如图，在正三棱柱中，分别是的中点．在线段上是否存在一点Q，使平面？若存在，确定点的位置；若不存在，也请说明理由． 【思路引导】假设存在点，取的中点，以为坐标原点建立空间直角坐标系，求出各点坐标，利用直线与平面垂直的性质，得到，即可求得点坐标. 【详细解析】【详解】假设在线段上存在一点，使平面． 取的中点，以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系． 设，则， ． 显然， 平面，面，则， ，解得，满足要求， 在线段上存在一点，使平面，此时点为点． 【题后反思】利用空间向量判定线线、线面、面面垂直：设分别是直线的方向向量，分别是平面的法向量， 则：①； ②，使得； ③． 【举一反三】 2．在三棱柱A1B1C1-ABC中，侧棱AA1⊥底面A1B1C1，∠BAC=90°，AB=AC=AA1=1，D是棱CC1的中点，P是AD的延长线与A1C1的延长线的交点.若点Q在直线B1P上，则下列结论正确的是（    ） A．当点Q为线段B1P的中点时，DQ⊥平面A1BD B．当点Q为线段B1P的三等分点时，DQ⊥平面A1BD C．在线段B1P的延长线上，存在一点Q，使得DQ⊥平面A1BD D．不存在点Q，使DQ与平面A1BD垂直 【答案】D 【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法确定正确选项. 【详解】如图，建立空间直角坐标系，则A1(0，0，0)，B1(1，0，0)，B(1，0，1)，D，P(0，2，0)，所以=(-1，2，0)，==(1，0，1)，=. 设存在点Q，使DQ与平面A1BD垂直，设=λ，则=-=λ-= 由，得无解. 故选：D 类型二　空间中夹角问题 直线与平面所成的角，可以转化为计算直线的方向向量与平面的法向量的夹角，如下图一，直线PA与平面所成角．平面与平面的夹角即它们两个法向量的夹角或其补角，如下图二，二面角的平面角等于或． 一                                                                      二 【典例3】（2022・浙江卷）如图，已知ABCD和CDEF都是直角梯形，，二面角的平面角为，设M，N分别为AE，BC的中点． （1）求证：； （2）求直线BM与平面ADE所成角的正弦值． 【思路引导】本题重点考查线线垂直、线面垂直、面面垂直三者之间的相互转化和线面角的求解．对于条件中两个直角梯形，采用立体问题平面化思想展开成平面图形，可以发现它们是由一个大的直角梯形分割后翻折所成；通过直角梯形中的线线垂直，可以得到线面垂直、面面垂直，从而可以建立空间直角坐标系，用向量法求解线面角． 【详细解析】（1）证明：依题意，，所以是二面角的平面角，即，且平面BCF，所以． 如图，将侧面CDEF展开到平面ABCD上， 在直角梯形ABCD中，，可求得，； 在直角梯形CDEF中，，可求得，． 故在原几何体中，是等边三角形，于是， 又，且平面ABCD，所以平面ABCD，所以． （2）由（1）知，平面ABCD，于是以NB，NF分别为轴、轴正方向建立空间直角坐标系， 如图，则，． 则， 设平面ADE的法向量为，则解得 令，得平面ADE的一个法向量为． 又，所以， 故所求直线BM与平面ADE所成角的正弦值为． 【题后反思】向量法求直线与平面所成角：如图，斜线BA的方向向量为，平面的法向量为， 则． 【举一反三】 （24-25高二上·安徽合肥·阶段练习） 3．如图，在直三棱柱中，，，，N为的中点.    (1)求； (2)求直线与所成角的余弦值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据线性运算得到，，然后根据数量积的运算律计算即可； （2）利用数量积的运算律得到，然后求夹角的余弦值即可. 【详解】（1）因为，，所以， . （2） ， 因为为直棱柱，所以，， 所以，， 设直线与直线所成角为， 所则. 【典例4】（2023·全国·高考真题）如图，在正四棱柱中，．点分别在棱.上，． (1)证明：； (2)点在棱上，当二面角为时，求． 【思路引导】（1）建立空间直角坐标系，利用向量坐标相等证明； （2）设，利用向量法求二面角，建立方程求出即可得解. 【详细解析】【详解】（1）以为坐标原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图， 则， ，， 又不在同一条直线上，. （2）设， 则， 设平面的法向量， 则， 令 ，得，， 设平面的法向量， 则，令 ，得，， ， 化简可得，，解得或， 或，. 【题后反思】向量法求平面与平面所成角：如图，记平面与平面的平面角为（两相交平面与所成的不大于90°的二面角称为平面与的夹角），平面的法向量分别是， 则 【举一反三】 4．如图，且AD=2BC，,且EG=AD，且CD=2FG，，DA=DC=DG=2. （I）若M为CF的中点，N为EG的中点，求证：平面； （II）求二面角的正弦值； （III）若点P在线段DG上，且直线BP与平面ADGE所成的角为60°，求线段DP的长. 【答案】（I）证明见解析；（II）；（III）. 【分析】方法一：依题意，建立以D为原点，分别以，，为x轴，y轴，z轴的正方向的空间直角坐标系，根据直线的方向向量与平面的法向量垂直可证出（I）；根据二面角的向量法可求出二面角的正弦值；根据线面角的向量公式可求出线段DP的长. 【详解】依题可知，以D为原点，分别以，，为x轴，y轴，z轴的正方向的空间直角坐标系（如图所示），可得D（0，0，0），A（2，0，0），B（1，2，0），C（0，2，0）， E（2，0，2），F（0，1，2），G（0，0，2），M（0，，1），N（1，0，2）． （Ⅰ）［方法一］：向量法 依题意得=（0，2，0），=（2，0，2）． 设=(x，y，z)为平面CDE的法向量， 则 即 ，不妨令z=–1，可得=（1，0，–1）． 又=（1，，1），可得， 又因为直线MN平面CDE，所以MN∥平面CDE． ［方法二］：几何法 如图2，取的中点K，联结，根据题意，得． 所以平面，平面． 而平面平面，所以平面平面． 而平面，所以平面． （Ⅱ）［方法一］：【通性通法】向量法 依题意，可得=（–1，0，0），，=（0，–1，2）． 设=（x，y，z）为平面BCE的法向量， 则 即 ，不妨令z=1，可得=（0，1，1）． 设 =（x，y，z）为平面BCF的法向量， 则 即 ，不妨令z=1，可得=（0，2，1）． 因此有，于是． 所以，二面角E–BC–F的正弦值为． ［方法二］： 等积法＋二面角的定义 如图2，联结，因为，所以E，B，C，G四点共面，下面求点F到平面的距离h． 在三棱锥中，利用等积法，不难求得． 而平面，所以．又，所以． 所以点F到的距离的值在直角梯形中求得． 设二面角的平面角为，则． ［方法三］： 【最优解】补形＋定义法 如图3，将几何体补成正方体，S是棱中点，联结，所求二面角为，因为，则为二面角的平面角．，求得． （Ⅲ）［方法一］：【通性通法】向量法 设线段DP的长为h（h∈［0，2］），则点P的坐标为（0，0，h）， 可得． 易知，=（0，2，0）为平面ADGE的一个法向量， 故，由题意，可得=sin60°=，解得h=∈［0，2］．所以线段的长为. ［方法二］：【最优解】定义法 如图3，过点B作，垂足为K，联结，则平面． ［方法三］：定义法 如图4，取的中点Q，联结，则，平面，所以． 设，则，而，所以． 解之得，即线段的长为． 【整体点评】（I）方法一：建立空间直角坐标系，利用直线的方向向量与平面的法向量垂直证出，是该题的通性通法； 方法二：利用面面平行证出，也是该题的通性通法； （II）方法一：通过二面角的向量公式求出，是该题的通性通法； 方法二：利用二面角的定义，由等积法求出点到平面的距离以及根据平面知识求出点到的距离即可解出； 方法三：通过补形找出二面角的平面角，解三角形求出，是该问的最优解； （III）方法一：通过线面角的向量公式求出，是该题的通性通法； 方法二：利用定义找出线面角，解三角形求出，是该题的最优解； 方法三：解题原理同方法二，采用方程思想解出． 类型三　空间中的距离问题 【典例5】生活中的建筑模型多与立体几何中的图形有关联，既呈现对称美，也具有稳定性．已知某凉亭的顶部可视为图4－12所示的正四棱锥，其所有棱长都为6，且AC，BD交于点，点在线段SC上，且，则的重心到直线OE的距离为（    ） A． B． C． D． 【思路引导】首先依据正四棱锥的图形特征建立空间直角坐标系，求出点坐标和直线的方向向量，再利用点线距离的向量公式求解． 【详细解析】以为原点，直线OA，OB，OS分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 如图，因为所有棱长都为6，所以， 所以． 建立空间直角坐标系，写出各点坐标． 因为为的重心，所以． 因为，所以． 又因为， 所以点到直线OE的距离为． 故选：B． 【题后反思】空间点点、点线、线线距离求解的向量公式点与点的距离公式： ①设； ②向量回路后平方，类似于平行六面体的对角线长． 点到直线的距离：点到直线的距离为直线的单位方向向量，． 两平行线的距离：因为两平行线之间的距离处处相等，所以求一条直线上一点到另一条直线的距离即可，即转化为点线距离求解． 【举一反三】 5．已知矩形ABCD，，沿对角线AC将折起，若二面角的余弦值为，则B与D之间距离为 ． 【答案】 【分析】过和分别作，由题意可得、，由二面角的余弦值为，得，再利用可求得结果. 【详解】过和分别作， 由，则， 由等面积法知：，故， 则，即， 二面角的余弦值为，即， ， ， 则，即与之间距离为. 故答案为： 【典例6】（23-24高二下·江苏徐州·阶段练习）在棱长为2的正方体中，，分别为棱，的中点，为棱上的一点，且，则点到平面的距离为（ ） A．    B．    C．    D． 【思路引导】建立空间直角坐标系，由点到平面的距离公式计算即可． 【详细解析】【详解】以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， 所以，，． 设平面的法向量为，则， 取，得， 所以点到平面的距离为， 故选：D． 【题后反思】点到面的距离：P到平面的距离，其中为的一个法向量，； 两异面直线间的距离：设点A，B分别是异面直线l，m上的点，向量与直线l，m都垂直，那么两异面直线l，m间的距离，也是转化为点到面的距离； 线面的距离也等同于点到面的距离. 【举一反三】 （23-24高二下·江西鹰潭·期末） 6．在正四棱柱中，已知，O为棱的中点，则线段在平面上的射影的长度为（    ） A． B． C．4 D． 【答案】C 【分析】如图，以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，然后求出平面的法向量，利用空间向量求解即可. 【详解】如图，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， 设平面的法向量为，则 ，令，则， 所以点平面的距离为， 所以线段在平面上的射影的长度为 . 故选：C 7．在我国古代数学名著 九章算术 中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑，如图，在鳖臑中， 平面，且，则异面直线与所成角的余弦值为 A． B． C． D． 【答案】A 【详解】如图，分别取的中点，连， 则， ∴即为异面直线和所成的角（或其补角）． 又由题意得，. 设，则. 又, ∴为等边三角形， ∴， ∴异面直线AC与BD所成角为，其余弦值为．选A． 点睛： 用几何法求空间角时遵循“一找、二证、三计算”的步骤，即首先根据题意作出所求的角，并给出证明，然后将所求的角转化为三角形的内角．解题时要注意空间角的范围，并结合解三角形的知识得到所求角的大小或其三角函数值． 8．在正方体中，点为的中点，则平面与平面夹角的余弦值为 A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先以点为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的一个法向量，根据向量夹角余弦值，即可得出结果. 【详解】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，设棱长为，则，，， ∴，， 设平面的一个法向量为， 则有即∴∴. ∵平面的一个法向量为， ∴|， 即平面与平面夹角的余弦值为.故选：B 【点睛】本题主要考查求二面角的余弦值，熟记空间向量的方法求解即可，属于常考题型. 9．（多选）如图，在边长为1的正方体中，点为线段的中点，点为线段的中点，则（    ） A．点到直线的距离为 B．直线到直线的距离为 C．点到平面的距离为 D．直线到平面的距离为 【答案】ABD 【分析】建立空间直角坐标系，求出直线的单位方向向量，由点到直线距离的向量公式求解可判断A；先证明，然后由由点到直线距离的向量公式求解可判断B；求出平面的法向量，由点到平面的向量公式可判断CD. 【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，． 因为，，． 设，所以， 所以点到直线的距离为，故A正确． 因为，，所以， 所以，所以点到直线的距离即为直线到直线的距离． ，． 设，所以， 所以直线到直线的距离为，故B正确． 设平面的一个法向量， 又，，所以 取，则，，所以， 所以． 又，所以点到平面的距离为，故C错误． 因为，平面，所以平面， 所以到平面的距离即为点到平面的距离． 又平面的单位法向量，， 所以直线到平面的距离为，故D正确． 故选：ABD （23-24高二上·广东中山·阶段练习） 10．如图，在多面体中，平面，四边形是正方形，且，，分别是线段的中点，是线段上的一个动点（含端点），则下列说法正确的是（    ）    A．存在点，使得 B．存在点，使得异面直线与所成的角为 C．三棱锥体积的最大值是 D．当点自向处运动时，直线与平面所成的角逐渐增大 【答案】ACD 【分析】建立空间直角坐标系，设出点的坐标，利用向量垂直的坐标运算判断A，利用异面直线的向量夹角公式计算判断B，连接，结合锥体体积公式，利用等体积法判断C，利用向量的坐标运算表示线面角的正弦值，然后利用二次函数及正弦函数的单调性即可判断D. 【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，   ，，，，，，，； 对于A，假设存在点，使得， 则，又， 所以，解得，即点与重合时，，A正确； 对于B，假设存在点，使得异面直线与所成的角为， 因为，， 所以，方程无解；所以不存在点，B错误；    对于C，连接，设， 因为， 所以当，即点与点重合时，取得最大值； 又点到平面的距离， 所以，C正确； 对于D，由上分析知：，， 若是面的法向量，则， 令，则， 因为，设直线与平面所成的角为，， 所以， 当点自向处运动时，的值由到变大，此时也逐渐增大， 因为在为增函数，所以也逐渐增大，故D正确. 故选：ACD 11．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． 12．如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是正方形，BF⊥平面ABCD，DE⊥平面ABCD，BF＝DE，M为棱AE的中点. （1）求证：平面BDM∥平面EFC； （2）若DE＝2AB，求直线AE与平面BDM所成角的正弦值. 【答案】（1）证明详见解析；（2）. 【分析】（1）设AC与BD交于点N，则N为AC的中点，可得MN∥EC．由线面平行的判定，可得MN∥平面EFC．再由已知得BDEF为平行四边形，得到BD∥EF．由面面平行的判定，可得平面BDM∥平面EFC； （2）以为坐标原点,分别为轴,轴,轴建立空间直角坐标系,求出平面的法向量为和,根据,即可求得答案. 【详解】（1）证明：连接AC，交BD于点N，连接MN， 则N为AC的中点， 又M为AE的中点，所以MN∥EC. 因为MN⊄平面EFC，EC⊂平面EFC， 所以MN∥平面EFC. 因为BF，DE都垂直底面ABCD，所以BF∥DE. 因为BF＝DE， 所以四边形BDEF为平行四边形， 所以BD∥EF. 因为BD⊄平面EFC，EF⊂平面EFC， 所以BD∥平面EFC, 又MN∩BD＝N，所以平面BDM∥平面EFC. （2）因为DE⊥平面ABCD，四边形ABCD是正方形， 所以DA，DC，DE两两垂直，如图，建立空间直角坐标系D­xyz， 设,则, 从而, ， 设平面的法向量为， 则,得， 令,则， 从而为平面的一个法向量． 设直线与平面所成的角为， ， 直线与平面所成角的正弦值为. 【点睛】本题考查面面平行的判定，向量法求线面角，考查空间想象能力与思维能力. 13．如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD(及其内部)以AB边所在直线为旋转轴旋转120°得到的，G是的中点. (1)设P是上的一点，且AP⊥BE，求∠CBP的大小； (2)当AB＝3，AD＝2时，求二面角E－AG－C的大小. 【答案】（1）；（2） 【分析】试题分析: (1)第(1)问,直接证明BE⊥平面ABP得到BE⊥BP,从而求出∠CBP的大小. (2)第（2）问，可以利用几何法求，也可以利用向量法求解. 【详解】解： (1) 因为AP⊥BE，AB⊥BE，AB，AP⊂平面ABP，AB∩AP＝A，所以BE⊥平面ABP. 又BP⊂平面ABP，所以BE⊥BP.又∠EBC＝120°，所以∠CBP＝30°. (2)方法一：如图，取的中点H，连接EH，GH，CH. 因为∠EBC＝120°，所以四边形BEHC为菱形， 所以AE＝GE＝AC＝GC＝. 取AG的中点M，连接EM，CM，EC， 则EM⊥AG，CM⊥AG， 所以∠EMC为所求二面角的平面角． 又AM＝1，所以EM＝CM＝. 在△BEC中，由于∠EBC＝120°， 由余弦定理得EC2＝22＋22－2×2×2×cos 120°＝12， 所以EC＝2，所以△EMC为等边三角形， 故所求的角为60°. 方法二： 以B为坐标原点，分别以BE，BP，BA所在的直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系B－xyz. 由题意得A(0,0,3)，E(2,0,0)，G(1，，3)，C(－1，，0)， 故＝(2,0，－3)，＝(1，，0)，＝(2,0,3)． 设＝(x1，y1，z1)是平面AEG的一个法向量， 由可得 取z1＝2，可得平面AEG的一个法向量＝(3，－，2)． 设＝(x2，y2，z2)是平面ACG的一个法向量． 由可得 取z2＝－2，可得平面ACG的一个法向量n＝(3，－，－2)． 所以cos〈〉＝＝. 故所求的角为60°. 点睛：本题的难点主要是计算，由于空间向量的运算，所以大家在计算时，务必仔细认真. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $$