第02讲 空间向量的应用（8大核心考点）【练透核心考点】-2025-2026学年高二数学核心题型总结与突破（人教A版2019选择性必修第一册）

第02讲 空间向量的应用 目录 题型一：重点考查直线，平面的平行 1 题型二：重点考查直线，平面的垂直 4 题型三：重点考查异面直线所成角 9 题型四：重点考查线面角（定值）的向量法 12 题型五：重点考查线面角（最值或范围）的向量法 16 题型六：重点考查二面角（定值）的向量法 19 题型七：重点考查二面角（最值或范围）的向量法 23 题型八：重点考查点到平面的距离 25 题型一：重点考查直线，平面的平行 典型例题 例题1．吴老师发现《九章算术》有“刍甍”这个五面体，于是她仿照该模型设计了一个探究题，如图1，点分别是正方形的三边的中点，先沿着虚线段将等腰直角三角形裁掉，再将剩下的五边形沿着线段折起，连接后就得到一个“刍甍”，如图2所示．若是四边形对角线的交点，试用向量方法证明：平面． 例题2．如图，已知在正方体中，，，分别是，，的中点，利用向量法证明： (1)平面； (2)平面平面． 例题3．如图，在直三棱柱中，，四边形，均为正方形，点是线段的中点.在线段（不含端点）上是否存在点，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.    精练核心考点 1．如图，已知正方体，动点和分别在线段和线段上（不包括端点），且，求证：平面． 2．在直四棱柱中，底面为等腰梯形，，，，，是棱的中点．试用向量的方法证明：平面平面．    3．如图，在四面体中，面是的中点，是的中点，点在棱上，且.请建立适当的空间直角坐标系，证明：面. 题型二：重点考查直线，平面的垂直 典型例题 例题1．如图，在直三棱柱中，侧面是正方形，，，分别为棱，的中点，.用向量法证明：平面平面. 例题2．如图，在正三棱柱中，，，点为的中点，点为上一点.    (1)若平面平面直线，求证：； (2)当平面平面时，求CP的长度. 例题3．如图，在平行六面体中，，. (1)求的长； (2)求证：直线平面. 例题4．如图，在四棱锥中，平面，底面为菱形，. (1)求证：； (2)若，当平面平面时，求的长. 例题5．如图，在平行六面体中，，，，E是的中点，设，，. (1)用向量，，表示向量，并求向量的模； (2)证明：. 精练核心考点 1．如图，正四棱柱的底面边长为2，E为棱的中点，，且四棱锥的体积为． (1)求棱的长； (2)证明：平面平面． 2．如图所示，平面，底面边长为1的正方形，2，P是MC上一点，且. (1)建立适当的坐标系并求点坐标； (2)求证：. 3．如图，在直三棱柱中，，，棱，、分别为、的中点. (1)求的模； (2)求证：平面. 4．如图，在直三棱柱中，侧面是正方形，分别为棱的中点，且． (1)求的值； (2)用向量法证明：平面平面． 5．如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧棱底面，，为的中点，于点．求证：平面．    题型三：重点考查异面直线所成角 典型例题 例题1．如图，正方体的棱长为1，若点M为AB的中点，，则与MN所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 例题2．已知在直三棱柱中，，，，，则异面直线与所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 例题3．长方体中，，点分别是棱和的中点，点在侧面（包括边界）移动．若，则异面直线与所成角的余弦值的最大值为（   ） A． B． C． D． 例题4．如图所示，在棱长为的正方体中，是棱的中点，，若异面直线和所成角的余弦值为，则的值为 . 精练核心考点 1．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，异面直线与所成角的余弦值为 ． 2．如图，在长方体中， ，，则异面直线与所成角的余弦值为 ．    3．如图，在平行六面体中，底面是边长为的正方形，侧棱的长为，且.求： (1)的长； (2)直线与所成角的余弦值. 4．如图，在棱长为的正四面体中，分别是的中点，设. (1)求（用表示）； (2)求直线和夹角的正弦值. 题型四：重点考查线面角（定值）的向量法 典型例题 例题1．在正三棱柱中，，则直线与平面所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 例题2．如图，在长方体中，，，为棱的中点. (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 例题3．如图，在直三棱柱中，，，，分别为，的中点．    (1)求证：； (2)求直线与平面所成角的余弦值． 例题4．如图，在四棱锥中，底面ABCD是边长为1的正方形，，，，E为线段PD的中点. (1)证明：直线平面ACE； (2)求直线PC与平面ACE所成角的余弦值. 精练核心考点 1．如图，在三棱锥中，，，，点E为的中点. (1)求证：； (2)若平面平面，求直线与平面所成角的正弦值. 2．如图，在四棱锥中，底面为矩形且，，侧面底面，且侧面是正三角形，、分别是，的中点． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 3．如图，矩形中，，，E为BC的中点，将沿翻折至，平面平面． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 4．如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，，，，为线段的中点. (1)证明：直线平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 题型五：重点考查线面角（最值或范围）的向量法 典型例题 例题1．如图，在正方体中，为线段的中点，设点在线段上，直线与平面所成的角为，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 例题2．如图，三棱锥中，平面平面，是等边三角形，是以为斜边的等腰直角三角形，，分别是，的中点，是上一点（不含端点）． (1)证明：平面； (2)若三棱锥的所有顶点都在球的球面上，且球的表面积为． （ⅰ）求三棱锥的体积； （ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值的最大值． 例题3．已知正方体中，为棱上的动点． (1)证明：平面平面； (2)求与所成角的取值范围； (3)求与平面所成角的取值范围． 精练核心考点 1．如图，正方体的棱长为2，点是棱上的动点． (1)当时，求过点且与垂直的平面截正方体的截面面积； (2)求直线与平面所成角的正弦值的最大值． 2．如图，已知圆台的上、下底面半径分别为3和6，母线与下底面所成的角为． (1)求圆台的体积； (2)设，分别是圆台的两条母线． （ⅰ）求证：； （ⅱ）若，P是圆上的动点，求直线与平面所成角正弦值的最大值． 3．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． 题型六：重点考查二面角（定值）的向量法 典型例题 例题1．如图，在四棱锥中，侧棱底面，，底面是正方形，E是的中点．    (1)求证：平面； (2)求平面与平面的夹角的大小． 例题2．如图，在六面体中，D为的中点，四边形为矩形，且，，． (1)求证：平面； (2)已知，求平面与平面的夹角的余弦值． 例题3．如图，在四棱锥中，平面. (1)证明：是直角三角形. (2)若，求平面ABE与平面CDE夹角的余弦值. 例题4．已知四棱锥如图所示，平面，，，. (1)证明：平面； (2)记平面平面，证明：； (3)求二面角的大小. 精练核心考点 1．如图，在圆锥中，是底面的直径，且，该圆锥的侧面积为.已知点是母线的中点，点，在底面圆周上，且的长为，. (1)证明：平面平面； (2)求平面与平面的夹角的余弦值. 2．如图，在四棱锥中，面面，．    (1)证明：平面； (2)求面与面夹角的余弦值． 3．如图，在四棱锥中，底面是菱形，侧面底面为正三角形，E，F分别是棱，的中点，点G在侧棱上，且． (1)求证：∥平面； (2)若，求二面角的余弦值． 4．如图在三棱锥中，，且. (1)求证：平面平面； (2)若为中点，求平面与平面夹角的余弦值. 题型七：重点考查二面角（最值或范围）的向量法 典型例题 例题1．如图，在四面体中，为等边三角形，，二面角的大小为，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 例题2．如图，在正方体中，点满足．设二面角的平面角为，则当增大时，的大小变化为（    ）    A．增大 B．减小 C．先增大后减小 D．先减小后增大 例题3．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 . 精练核心考点 1．如图，在正方体中，为棱上的一个动点，为棱上的一个动点，则平面与底面所成角的余弦值的取值范围是（    ） A． B． C． D． 2．如图，棱长均相等的三棱锥中，点是棱上的动点（不含端点），设，二面角的大小为.当增大时，（    ）    A．增大 B．先增大后减小 C．减小 D．先减小后增大 3．如图所示，在正方体中，点是棱上的动点（点可以运动到端点和），设在运动过程中，平面与平面所成的最小角为，则 ． 4．如图，正三棱柱中，各棱长均等于，为线段上的动点，则平面与平面所成的锐二面角余弦值的最大值为 . 题型八：重点考查点到平面的距离 典型例题 例题1．已知正四棱柱，，，点为中点，则点到平面的距离为 ． 例题2．如图所示，在直四棱柱 中，，点在棱上，且，则点到平面的距离为 . 例题3．如图，在直三棱柱中，△ABC是正三角形，D为AC的中点，点E在棱上，且，若，，则点到平面BDE的距离为 . 精练核心考点 1．如图，在长方体中，，，若为中点，则点到平面的距离为 ． 2．已知在长方体中，，，则到平面的距离为 ． 3．已知正方体的棱长为，则点到平面的距离为 . 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第02讲 空间向量的应用 目录 题型一：重点考查直线，平面的平行 1 题型二：重点考查直线，平面的垂直 9 题型三：重点考查异面直线所成角 23 题型四：重点考查线面角（定值）的向量法 31 题型五：重点考查线面角（最值或范围）的向量法 43 题型六：重点考查二面角（定值）的向量法 55 题型七：重点考查二面角（最值或范围）的向量法 66 题型八：重点考查点到平面的距离 76 题型一：重点考查直线，平面的平行 典型例题 例题1．吴老师发现《九章算术》有“刍甍”这个五面体，于是她仿照该模型设计了一个探究题，如图1，点分别是正方形的三边的中点，先沿着虚线段将等腰直角三角形裁掉，再将剩下的五边形沿着线段折起，连接后就得到一个“刍甍”，如图2所示．若是四边形对角线的交点，试用向量方法证明：平面． 【答案】证明见解析 【分析】求解翻折问题只需要会抓住不变量，由题图1知，，，，折起后在题图2中仍有，，，建立适当的空间直角坐标系，方法一：设线段中点，只需证明；方法二：设平面的法向量为，只需证明即可. 【详解】方法一：因为,，且平面，所以平面． 以为原点，的方向分别为轴和轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系， 设，， 点在平面上， 则，，．取线段中点，连接，则，． 所以，，所以，由于平面，平面，所以平面． 方法二：由上述方法知，，，，， 则，，设平面的法向量为，则 ，即， 于是，，不妨取法向量． 因为，所以， 又平面，所以平面． 例题2．如图，已知在正方体中，，，分别是，，的中点，利用向量法证明： (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）方法一：建立空间直角坐标系，根据正方体性质可知为平面的一个法向量，然后证明即可得证； 方法二：建立空间直角坐标系，利用平行向量的性质，证明与平面中某一向量平行即可得证． （2）方法一：证明也是平面的一个法向量即可； 方法二：由（1）知平面，再证明平面，结合面面平行的判定即可得证. 【详解】（1）以为坐标原点，，，的方向分别为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示. 方法一：设正方体的棱长为2，则. 由正方体的性质知平面， 所以为平面的一个法向量． 由于，则，所以． 又平面，所以平面． 方法二：设正方体的棱长为2，，． 由于，，，故， 又平面，故平面． （2）方法一：由于，， 则， 所以也是平面的一个法向量， 又平面，则平面与平面不重合， 所以平面平面． 方法二：由于，，则，所以， 又平面，平面，所以平面． 由（1）知平面，又与相交于点， 所以平面平面． 例题3．如图，在直三棱柱中，，四边形，均为正方形，点是线段的中点.在线段（不含端点）上是否存在点，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.    【答案】存在，1，理由见解析. 【分析】以为坐标原点建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，看是否有解，若有解求出点坐标. 【详解】以为坐标原点，分别以所在的直线为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系，    不妨设，则， ，，，， ，. 假设在线段上存在点（），使得平面， 则. 设平面的法向量为，则令，得，， 是平面的一个法向量. ，解得，，为线段的中点. 综上可知，在线段上存在点，满足，使得平面. 精练核心考点 1．如图，已知正方体，动点和分别在线段和线段上（不包括端点），且，求证：平面． 【答案】证明见解析 【分析】法一：设，，应用向量加法的几何意义用表示出，结合向量共面的推论即可证；法二：构建合适的空间直角坐标系，设正方体棱长为1，，标注相关点坐标，应用向量法计算证明线面关系. 【详解】法一（向量法）：设，则，， 因为， ①②得， 所以，则，，共面， 又平面，，平面，即平面； 法二（坐标法）：以为原点，，，分别为轴、轴、轴正半轴建立空间直角坐标系， 设正方体棱长为1，则，， ，则，， ， 平面的法向量可以是， 因为，平面，所以平面． 2．在直四棱柱中，底面为等腰梯形，，，，，是棱的中点．试用向量的方法证明：平面平面．    【答案】证明见解析 【分析】先根据直棱柱及建立空间直角坐标系由向量关系得出线线平行，再应用面面平行判定定理得证． 【详解】因为，，是棱的中点， 所以，所以为正三角形． 因为为等腰梯形，，， 所以． 取的中点，连接，则，所以． 以为原点，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，    则，，，，，， 所以，，，， 所以，，所以， 又因为平面，平面，所以平面， 因为，平面，平面，所以平面， 又，平面，所以平面平面. 3．如图，在四面体中，面是的中点，是的中点，点在棱上，且.请建立适当的空间直角坐标系，证明：面. 【答案】证明见解析 【分析】解法一：以为坐标原点，所在直线为z轴，线段的延长线为y轴建立空间直角坐标系，利用空间向量证明线面平行的方法进行证明； 解法二：取的中点为坐标原点，的方向分别为x轴､y轴､z轴正方向建立空间直角坐标系，利用空间向量证明线面平行的方法进行证明. 【详解】解法一： 以为坐标原点，所在直线为z轴，线段的延长线为y轴， 建立如图所示空间直角坐标系， 设，由题意得，， 因为，所以 即，即， 所以，所以， 又因为面的一个法向量为，所以，所以， 又因为面，所以面. 解法二： 取的中点，连接，因为为的中点， 所以，所以平面， 过作，交BC于， 以为坐标原点，的方向分别为x轴､y轴､z轴正方向， 建立如图所示的空间直角坐标系. 因为为中点，设， 则， 设点的坐标为. 因为，所以. 因为为的中点，故，又为的中点，故， 所以， 又平面的一个法向量为，故，所以， 又平面，所以平面. 题型二：重点考查直线，平面的垂直 典型例题 例题1．如图，在直三棱柱中，侧面是正方形，，，分别为棱，的中点，.用向量法证明：平面平面. 【答案】证明见解析 【分析】根据题干条件及线面垂直的判定定理可证明平面，利用线面垂直的性质可得，，两两垂直，故以点为坐标原点，，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，利用证明面面垂直的向量法即可证明. 【详解】证明：在直三棱柱中，. 又，，平面，∴平面. ∵平面，平面，∴，，∴，，两两垂直. 以点为坐标原点，以，，分别为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系. 则由题可得，，，，，， ∴，，，. 设平面的法向量为， 则，即，即， 令，则，∴平面的一个法向量为. 设平面的法向量为， 则，即，即， 令，则，∴平面的一个法向量为. ∴，∴平面平面. 例题2．如图，在正三棱柱中，，，点为的中点，点为上一点.    (1)若平面平面直线，求证：； (2)当平面平面时，求CP的长度. 【答案】(1)证明见解析 (2)或2 【分析】（1）连接交于点，可得平面，再利用线面平行的性质分析证明； （2）建系标点，分别求平面、平面的法向量，根据面面垂直列式求解即可. 【详解】（1）连接交于点，连接OQ. 因为，Q分别为，BC中点，则， 且面，面，可得平面， 又因为平面，平面平面直线， 所以. （2）取中点， 以为原点，QC，QA，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， 可得，，，. 设平面的法向量为，则， 令，则，可得； 设平面的法向量为，则， 令，则，可得， 因为平面平面，则， 可得，解之得或2， 所以CP的长度为或2. 例题3．如图，在平行六面体中，，. (1)求的长； (2)求证：直线平面. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）由题意可得，再平方即可得到答案； （2）根据，，可得，，再利用线面垂直的判定即可证明. 【详解】（1）， 可得 所以； （2），，， 所以 ， 所以，所以， ， 所以，所以，又，平面， 所以平面. 例题4．如图，在四棱锥中，平面，底面为菱形，. (1)求证：； (2)若，当平面平面时，求的长. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）通过平面可得出，再根据直线与平面垂直的判定即可证得平面，最后通过直线与平面垂直的性质定理可证得. （2）建立空间直角坐标系，利用平面与平面垂直的空间向量公式即可求解. 【详解】（1）在菱形中，， 又平面，平面， ，又， 平面，平面， 平面，平面， . （2）设，交点为，则， 以为原点，以，，分别为轴，轴，建立如图直角坐标系， 设，则，，，， ，，， 设平面的法向量为，则， 取，则， 取平面的法向量为， 则，取，则， ， ，. 即. 例题5．如图，在平行六面体中，，，，E是的中点，设，，. (1)用向量，，表示向量，并求向量的模； (2)证明：. 【答案】(1)， (2)证明见解析 【分析】（1）根据空间向量的线性运算以及模长公式计算即可； （2）将也用，，表达出来，再根据向量垂直判定定理即可求解. 【详解】（1）在平行六面体， 可得, 所以， 因为， 所以 ； （2）由（1）知，， 则 ， 根据向量垂直判定定理可知，所以. 精练核心考点 1．如图，正四棱柱的底面边长为2，E为棱的中点，，且四棱锥的体积为． (1)求棱的长； (2)证明：平面平面． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据正四棱柱，可得平面，设，结合线面关系确定四棱锥的体积表达式求解，即可得所求； （2）建立空间直角坐标系，分别求解平面与平面的法向量，根据法向量的关系证明结论即可. 【详解】（1）因为正四棱柱，所以平面， 且四边形为直角梯形，设， 所以， 解得，即； （2）以点为原点，直线分别为轴，如图建立空间直角坐标系， 由题意可得， 所以， 设平面的法向量为， 则，令，则； 设平面的法向量为， 则，令，则； 因为， 所以平面平面． 2．如图所示，平面，底面边长为1的正方形，2，P是MC上一点，且. (1)建立适当的坐标系并求点坐标； (2)求证：. 【答案】(1)答案见解析， (2)证明见解析 【分析】（1）以为原点，建立空间直角坐标系，由条件列式可求得点坐标； （2）利用空间向量的数量积的坐标运算证明即可． 【详解】（1）因为平面，且平面， 所以，， 在正方形中，， 所以两两垂直， 如图，以为原点，方向为轴，建立空间直角坐标系， 因为底面边长为1的正方形，2， 则，， 设， 由，可得， 解得，即. （2）因为， 所以，，则， 所以，. 3．如图，在直三棱柱中，，，棱，、分别为、的中点. (1)求的模； (2)求证：平面. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）先建立直角坐标系，再求出坐标，进而求出向量求出模长； （2）应用向量法得出线线垂直，再根据线面垂直判定定理证明即可. 【详解】（1）因为平面，， 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，， 所以，则. （2）依题意得、、、、， 则，，， 所以，， 则，，即，， 又因为平面，所以平面. 4．如图，在直三棱柱中，侧面是正方形，分别为棱的中点，且． (1)求的值； (2)用向量法证明：平面平面． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）由题意可得，，所以以为坐标原点，分别以为轴，建立空间直角坐标系，即可求解； （2）通过证明平面与平面的法向量的数量积为，即可证明. 【详解】（1）在直三棱柱中，， 又平面， 所以平面，因此两两垂直． 建立如图所示的空间直角坐标系， 则． 所以， 所以． （2）由（1）知， ， 设平面BEA的法向量为，平面的法向量为， 则，即，令，则； ，即 令，则，所以， 所以平面平面． 5．如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧棱底面，，为的中点，于点．求证：平面．    【答案】证明见解析 【分析】，，两两垂直，以为坐标原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，法一：由，得，又由，由线面垂直的判定证明平面；法二：设，由得，结合，求得坐标，从而得到平面的法向量，由得平面． 【详解】因为平面，平面，所以， 又因为底面是正方形，所以， 所以，，两两垂直， 以为坐标原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，如图，    设， 则，，，，． 所以，，． 法一：因为，所以，所以， 又因为，，平面， 所以平面． 法二：设，则，． 因为，所以， 即．① 又因为，可设，所以，，．② 由①②可知，，，，所以． 设为平面的法向量， 则有，即，所以，取，则． 所以，所以平面． 题型三：重点考查异面直线所成角 典型例题 例题1．如图，正方体的棱长为1，若点M为AB的中点，，则与MN所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】以D为原点建立空间直角坐标系，用异面直线所成角的向量法求解公式计算. 【详解】以D为原点，分别以DA，DC，所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，． 则，故与MN所成角的余弦值为． 故选：A. 例题2．已知在直三棱柱中，，，，，则异面直线与所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法求两异面直线夹角的余弦值. 【详解】在直三棱柱中以B为顶点，BA为x轴，在平面ABC内过点B作垂直于AB的直线为y轴，为z轴建立空间直角坐标系如图所示：   ， ，， 设异面直线与所成角为， 则. 故选：A 例题3．长方体中，，点分别是棱和的中点，点在侧面（包括边界）移动．若，则异面直线与所成角的余弦值的最大值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角的坐标运算公式结合基本不等式即可求出结果. 【详解】在长方体中，以为轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 设是的中点，所以. 设，， 因为，所以，所以， 设异面直线与所成角为， 因为异面直线成角的范围是， 则， 因为，所以，当且仅当时取等号， ， 因此，异面直线与所成角的余弦值的最大值为. 故选：A. 例题4．如图所示，在棱长为的正方体中，是棱的中点，，若异面直线和所成角的余弦值为，则的值为 . 【答案】 【分析】建立空间直角坐标系，求直线和的方向向量，由条件结合向量夹角公式列方程求. 【详解】以为坐标原点，以为轴，轴，轴的正方向，建立空间直角坐标系，正方体的棱长为，则， ， . ， 解得（舍去）. 故答案为：. 精练核心考点 1．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，异面直线与所成角的余弦值为 ． 【答案】 【分析】以点为坐标原点，所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，利用两点距离的坐标公式可得，进而得到的长最小时的坐标，再利用向量夹角的坐标公式求解即可. 【详解】因为，是正方形，且它们所在的平面互相垂直，所以两两垂直， 以点为坐标原点，所在直线分别为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 由，得，则， 所以当时，取得最小值，此时分别为的中点，， 所以， 因此， 即异面直线与所成角的余弦值为， 故答案为： 2．如图，在长方体中， ，，则异面直线与所成角的余弦值为 ．    【答案】 【分析】建立空间直角坐标系，利用直线的方向向量求异面直线与所成的角的余弦值. 【详解】以D为原点建立空间直角坐标系如图所示，    则， 所以， 则, 则异面直线与所成角的余弦值为. 故答案为：. 3．如图，在平行六面体中，底面是边长为的正方形，侧棱的长为，且.求： (1)的长； (2)直线与所成角的余弦值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据空间向量的运算，表示出，根据向量模的计算，即可求得答案； （2）选定基底表示，求出向量的数量积以及它们的模，根据异面直线所成角向量求法可求得结果. 【详解】（1）， . （2）， ； ，， ， ， 即与所成角的余弦值为. 4．如图，在棱长为的正四面体中，分别是的中点，设. (1)求（用表示）； (2)求直线和夹角的正弦值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据向量的线性运算进行计算； （2）根据向量夹角的计算公式进行求解. 【详解】（1）. （2），， 所以 . 又和都是等边三角形，， 设直线和的夹角为，则， 所以. 题型四：重点考查线面角（定值）的向量法 典型例题 例题1．在正三棱柱中，，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，根据空间角的向量求法即可求得答案. 【详解】设三棱柱的棱长为1，以B为原点， 以过B作的垂线为x轴，以为轴，为轴， 建立空间直角坐标系，如图， 则，所以， 易知平面的一个法向量可取为， 设直线与平面所成角为，， 则. 故选：A 例题2．如图，在长方体中，，，为棱的中点. (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）以点为坐标原点建立空间直角坐标系，利用空间向量法证明，，再根据线面垂直的判定即可证明； （2）由（1）得是平面的一个法向量，设直线与平面所成的角为，则，代入计算即可. 【详解】（1）如图，以点为坐标原点，以，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系. 则，，，，，，， ，，. 因为，， 所以，. 因为，平面，， 所以平面. （2）由（1）得是平面的一个法向量，. 设直线与平面所成的角为， 则， 故， 则直线与平面所成角的正弦值为. 例题3．如图，在直三棱柱中，，，，分别为，的中点．    (1)求证：； (2)求直线与平面所成角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)． 【分析】（1）由直棱柱的性质可得平面，则，而则由线面垂直的判定可得平面，则，而，则平面，再由线面垂直的性质可得结论； （2）以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量求解. 【详解】（1）证明：连接，    因为三棱柱为直三棱柱，所以平面， 又平面，所以， 又，，平面，所以平面， 又平面，则， 因为在直三棱柱中，，所以四边形为正方形， 所以， 因为，、平面，所以平面， 又平面，则． （2）因为直三棱柱中，， 所以，，两两垂直， 所以以为原点，分别以，，所在的直线为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系，    则，，，，， 所以，，． 设平面的一个法向量为，则， 令可得． 设与平面所成角为， 所以， 即与平面成角的正弦值为， 所以与平面成角的余弦值为． 例题4．如图，在四棱锥中，底面ABCD是边长为1的正方形，，，，E为线段PD的中点. (1)证明：直线平面ACE； (2)求直线PC与平面ACE所成角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接BD交AC于点H，证明，由线线平行即可证明线面平行； （2）先证明平面，建系后，求出相关点和向量的坐标，利用线面角的向量求法计算即得. 【详解】（1） 如图，连接BD交AC于点H，连接HE， 因四边形ABCD是正方形，则H是BD的中点， 又因E为线段PD的中点，可得， 由于平面ACE，平面ACE， 所以直线平面ACE； （2） 因为底面ABCD是边长为1的正方形，所以， 又因为，，且AD、平面， 所以平面， 因为，故可分别以AD，AP，AB为轴的正方向建立空间直角坐标系； 又底面ABCD为边长为1的正方形，， 则，，，，， 则，，， 设平面ACE的一个法向量为， 则， 令，则， 设直线PC与平面ACE所成角为， 则，因， 所以， 即直线PC与平面ACE所成角的余弦值为. 精练核心考点 1．如图，在三棱锥中，，，，点E为的中点. (1)求证：； (2)若平面平面，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见详解 (2) 【分析】（1）取中点，由题意可证，，进而可证平面，再由线面垂直的性质定理可证； （2）建立空间直角坐标系，分别求出直线AC的方向向量与平面BCE的法向量，利用空间向量求线面角即可. 【详解】（1）取中点，连接，则， 因为，所以， 因为为中点，所以， 因为平面，所以平面， 又平面，所以． （2）因为平面平面，平面平面，且平面， 所以平面， 又平面，所以， 由（1）知，所以两两垂直． 以点为坐标原点，直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 所以． 设平面的一个法向量，则有，即， 令，则，，所以． 设直线与平面所成的角为， 则， 所以直线与平面所成角的正弦值为． 2．如图，在四棱锥中，底面为矩形且，，侧面底面，且侧面是正三角形，、分别是，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）取的中点，连接，，即可证明四边形是平行四边形，从而得到，即可得证； （2）根据面面垂直的性质得到底面，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得. 【详解】（1）取的中点，连接，，    因为是的中点，所以是三角形的中点，所以，且， 因为底面为矩形，是的中点，所以，， 所以且， 所以四边形是平行四边形，故， 因为平面，平面，所以平面. （2）因为侧面是正三角形，是的中点，所以， 又因为侧面底面，侧面底面，侧面， 所以底面， 取的中点，连接，则，所以， 以为坐标原点，ED所在直线为x轴，取BC中点H，EH所在直线为y轴，EP所在直线为z轴建立空间直角坐标系， 则，，，，， 设平面的法向量，则，取， 又， 设直线CF与平面所成角为，故； 所以直线CF与平面所成角的正弦值为. 3．如图，矩形中，，，E为BC的中点，将沿翻折至，平面平面． (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，即可证明，再由面面垂直的性质得到平面，从而得到，结合，即可得证； （2）以为原点，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用空间向量法计算可得. 【详解】（1）连接，由， ，得， 由，，得， 所以， 所以，即， 由平面平面，平面，平面平面， 所以平面， 又平面，所以， 又平面， 所以平面. （2）如图以为原点，建立空间直角坐标系， 则，，，，， 所以，，， 设平面的法向量为， 则，取， 设直线与平面所成角为， 则 直线与平面所成角的正弦值为． 4．如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，，，，为线段的中点. (1)证明：直线平面； (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）作辅助线，先证明，再利用线面平行的判定定理可证结论； （2）建立坐标系，求出平面法向量，利用线面角的向量求法可得答案. 【详解】（1）连接BD交AC于点H，连接HE. 因为四边形ABCD是正方形，根据正方形对角线性质，可知H是BD的中点. 又因为E为线段PD的中点，在△PBD中，可得. 由于平面ACE，平面ACE，所以直线平面ACE. （2）因为底面ABCD是边长为2的正方形，所以AB⊥AD. 又因为AB⊥PD，AD∩PD=D，且AD、PD⊂平面PAD，所以AB⊥平面PAD. 在平面PAD内作Ax⊥AP，分别以Ax，AP，AB为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系A−xyz. 又底面ABCD为边长为2的正方形，，则， ，； ； 设平面PAC的一个法向量为，则，即， 令，得， 设直线AE与平面PAC所成角为θ，， 即直线AE与平面PAC所成角正弦值为. 题型五：重点考查线面角（最值或范围）的向量法 典型例题 例题1．如图，在正方体中，为线段的中点，设点在线段上，直线与平面所成的角为，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】建立空间直角坐标系，求平面的法向量是，利用夹角公式得，利用二次函数即可求解. 【详解】如图，建立空间直角坐标系，不妨取． ，，，， 设，，，，． 设平面的法向量是，，取， 则． 故选：C． 例题2．如图，三棱锥中，平面平面，是等边三角形，是以为斜边的等腰直角三角形，，分别是，的中点，是上一点（不含端点）． (1)证明：平面； (2)若三棱锥的所有顶点都在球的球面上，且球的表面积为． （ⅰ）求三棱锥的体积； （ⅱ）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)（ⅰ）；（ⅱ） 【分析】（1）要证明线面平行，可通过证明线线平行即可证明线面平行，即证明. （2）（i）先根据已知条件确定球的球心位置，然后根据球的表面积求出球的半径，最后可求出三棱锥的体积.（ii）先建立空间直角坐标系，然后利用向量的坐标、向量夹角的余弦公式即可求出线面角的正弦值的最大值. 【详解】（1）证明：因为，分别是，的中点，所以． 因为平面平面，所以平面． （2）（ⅰ）如图，连接． 因为是以为斜边的等腰直角三角形，为中点， 所以点是外接圆的圆心． 因为是等边三角形，是中点，所以外接圆的圆心在上． 又平面平面，所以球的球心即为外接圆的圆心． 因为球的表面积，所以球的半径， 所以，，， 所以三棱锥的体积． （ⅱ）如图，以为原点，直线，，分别为，，轴，建立空间直角坐标系， 则， 所以， 设，则． 设平面的一个法向量为， 则，令，得， 设直线与平面所成角为， 则. 令，则， 当时，， 当且仅当，即时取等号． 综上所述，直线与平面所成角的正弦值的最大值为． 例题3．已知正方体中，为棱上的动点． (1)证明：平面平面； (2)求与所成角的取值范围； (3)求与平面所成角的取值范围． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)． 【分析】（1）由正方体的性质，利用由面面垂直的判定定理证明即可； （2）设与所成角为，通过建立空间直角坐标系，利用空间向量法由求得的范围，即可得结果； （3）设与平面所成角为，利用空间向量法由求得的范围，即可得结果； 【详解】（1）在正方体中， ∵平面，平面，∴， ∵四边形为正方形，∴， ∵，平面， ∴平面， ∵平面， ∴平面平面． （2）以点为坐标原点，的方向分别为轴、轴、轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系． 不妨设正方体的棱长为1，则，，，，，，，， 设点，其中，，， 设与所成角为，其中， ， 则由，可得， 所以与所成角的取值范围为． （3）平面的一个法向量为， 设与平面所成角为，则， ， 由，可得， 所以与平面所成角的取值范围为． 精练核心考点 1．如图，正方体的棱长为2，点是棱上的动点． (1)当时，求过点且与垂直的平面截正方体的截面面积； (2)求直线与平面所成角的正弦值的最大值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）取的中点为，取的中点为，连接，利用线面位置关系可得即为过点且与垂直的平面截正方体的截面，计算可求截面面积． （2）建立空间直角坐标系，设，求得和平面的一个法向量为，利用向量法可得，可求最大值. 【详解】（1）如图，取的中点为，取的中点为，连接， 在正方体中，可得， 又分别为的中点， 所以，故，则， 因为，所以， 所以与夹角为，即． 由正方体可得，平面， 因为平面，所以， 因为平面，所以平面， 因为平面，所以． 又由正方体可得，且平面， 因为平面，则， 因为，平面，所以平面． 因为平面，则， 因为平面，则平面， 故即为过点且与垂直的平面截正方体的截面． 由正方体棱长为2易得， 在中，，则． （2）因为几何体是正方体，则以为原点，以，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Axyz． 则， 设，所以，， 设平面的法向量为，所以，即 取，则，所以平面的一个法向量为， 设直线与平面所成角为，则， 当时，，所以直线与平面所成角的正弦值的最大值为． 2．如图，已知圆台的上、下底面半径分别为3和6，母线与下底面所成的角为． (1)求圆台的体积； (2)设，分别是圆台的两条母线． （ⅰ）求证：； （ⅱ）若，P是圆上的动点，求直线与平面所成角正弦值的最大值． 【答案】(1) (2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ） 【分析】（1）台体体积计算公式计算即可 （2）（ⅰ）由面面平行的性质定理证明；（ⅱ）建立空间直角坐标系，由空间向量求解 【详解】（1）因为圆台的上、下底面半径分别为3和6，母线与下底面所成的角为， 所以圆台的高为，                 所以圆台的体积为． （2）（ⅰ）由圆台定义知，母线，的延长线相交于一点M， 所以A，，，B四点共面．                     又因为圆面圆面O， 平面圆面， 平面圆面， 所以．         （ⅱ）在圆面O内作，垂足为O． 以为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系 则，，， ，．                 设平面的一个法向量， 因为，， 由即解得，， 取，则，，得．             设直线与平面所成角为， 则 ， 当且仅当，即，时，取“”， 所以直线与平面所成角正弦值的最大值为 3．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. 题型六：重点考查二面角（定值）的向量法 典型例题 例题1．如图，在四棱锥中，侧棱底面，，底面是正方形，E是的中点．    (1)求证：平面； (2)求平面与平面的夹角的大小． 【答案】(1)证明过程见解析 (2) 【分析】（1）连接，交于点，只需证明，结合线面平行的判定定理即可得证； （2）建立适当的空间直角坐标系，求得平面与平面的法向量，由向量夹角的余弦公式即可求解. 【详解】（1）    如图，连接，交于点， 因为四边形是正方形，所以点是中点， 因为E是的中点，所以， 又因为平面，平面， 所以平面； （2）   已知侧棱底面，，底面是正方形， 以为坐标原点，分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 由题意，设，则， 所以， 设平面与平面的一个法向量分别为， 则，， 令，解得， 所以， 设平面与平面的夹角为， 所以， 所以. 例题2．如图，在六面体中，D为的中点，四边形为矩形，且，，． (1)求证：平面； (2)已知，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）由矩形得，结合条件，利用线线垂直证线面垂直即可； （2）根据（1）的结论，建立空间直角坐标系，写出相关点的坐标，求出两平面的法向量坐标，利用空间向量的夹角公式计算即得. 【详解】（1）因四边形为矩形，则， 因，平面， 故平面. （2） 由（1）平面，平面， 则得，又， 故可以点为坐标原点，分别以为轴，建立空间直角坐标系. 因，，则，又D为的中点， 则得， 于是， 设平面的法向量为， 则，故可取； 又， 设平面的法向量为， 则，故可取， 设平面与平面的夹角为， 则. 例题3．如图，在四棱锥中，平面. (1)证明：是直角三角形. (2)若，求平面ABE与平面CDE夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）根据给定条件，利用线面垂直的判定与性质证得即可. （2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，求出平面ABE与平面CDE的法向量，再利用向量法求解. 【详解】（1）在四棱锥中，取的中点，连接， 由，得四边形是边长为1的正方形， 则，又，于是， 由平面平面，得， 又平面，因此平面， 又平面，所以，即是直角三角形. （2）以为坐标原点，直线分别为,,轴建立空间直角坐标系， 则，． 设平面的法向量为，则，取，得， 显然是平面的一个法向量，设平面与平面的夹角为， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 例题4．已知四棱锥如图所示，平面，，，. (1)证明：平面； (2)记平面平面，证明：； (3)求二面角的大小. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）由平面可得，易得，进而求证即可； （2）先证明平面，再结合线面平行的性质求证即可； （3）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可. 【详解】（1）证明：因为平面，平面，所以， 又因为，，所以， 因为，，平面，所以平面. （2）证明：因为，平面，平面，所以平面， 因为平面平面，平面，所以. （3）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，令，故，，，， 则，，， 设平面的法向量为， 所以即令，则，，所以， 设平面的法向量为， 所以即令，则，，所以， 设二面角的大小为，则， 易知二面角为钝角，所以二面角的大小为. 精练核心考点 1．如图，在圆锥中，是底面的直径，且，该圆锥的侧面积为.已知点是母线的中点，点，在底面圆周上，且的长为，. (1)证明：平面平面； (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）先由圆锥的底面周长和侧面积公式求出，接着由得平面，再求证得平面即可由面面平行的判定定理得证； （2）建立适当直角坐标系，依次求出平面与平面的法向量，再由平面夹角的向量法公式计算即可求解. 【详解】（1）由圆锥的底面周长为，可得侧面积为，解得. 在中，根据中位线性质可得，所以平面， 由于，底面圆半径是1，所以， 又，所以，而， 所以为等边三角形，. 于是且，所以四边形是平行四边形，可得， 所以平面，又，，平面， 所以平面平面. （2）易知.如图，以为坐标原点，在平面中， 过点作的垂线为轴，，所在直线分别为，轴，建立空间直角坐标系，则，，，， 所以，，. 设平面的法向量， 则，令，则； 设平面的法向量， 则，令，则. 结合（1）可知，也是平面的法向量， 从而， 所以平面与平面的夹角的余弦值为. 2．如图，在四棱锥中，面面，．    (1)证明：平面； (2)求面与面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先证明，再应用面面垂直性质定理得到面，再根据线面垂直的判断定理证明即可； （2）应用空间向量法求出二面角余弦. 【详解】（1）取中点，连接，如图所示，    则， 所以四边形为平行四边形，∴，∴． 因为平面平面，平面平面平面， 所以面． 又面，所以． 又，平面，所以平面． （2）因为平面，，所以两两垂直，如图建立空间直角坐标系，    设，则． 设面法向量，则  ，∴， 令，则，∴，又面法向量， 设平面与平面夹角为，则． 3．如图，在四棱锥中，底面是菱形，侧面底面为正三角形，E，F分别是棱，的中点，点G在侧棱上，且． (1)求证：∥平面； (2)若，求二面角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由平行线分线段成比例易得，再由线面平行的判定定理即可证明； （2）以为坐标原点，以，，所在直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量计算二面角即可. 【详解】（1）如图，连接，交于点，设交于点，连接， 因为四边形为菱形，所以为线段的中点. 因为点E，F分别是棱，的中点， 所以点为线段的中点，所以. 又，所以. 又平面，平面，所以平面. （2）如图，连接，因为为正三角形，是的中点，所以， 又侧面底面，所以底面， 因为在菱形中，，，所以， 又，所以平面，所以， 又是线段的中点，所以，由已知，所以为正三角形. 故以为坐标原点，以，，所在直线为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系， 设，则，，，，，， ，， 设平面的法向量为，则，， 不妨令，则，，， 取平面的法向量为，则， 易知二面角为锐角，故二面角的余弦值为. 4．如图在三棱锥中，，且. (1)求证：平面平面； (2)若为中点，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）作出二面角的平面角，计算平面角为直角即可证明. （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量得夹角公式进行求解. 【详解】（1）证明：取中点，连接， 在三棱锥中，，， ，， 是平面和平面所成角的平面角， 由，故， 所以，， ，，， 平面平面； （2）以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，， 为中点，， 平面的法向量，，， 设平面的法向量， 则，取，得， 设平面与平面夹角为， 则平面与平面夹角的余弦值为. 题型七：重点考查二面角（最值或范围）的向量法 典型例题 例题1．如图，在四面体中，为等边三角形，，二面角的大小为，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】构建合适的空间直角坐标系，标注出相关点坐标并令，应用向量法求二面角的余弦值范围. 【详解】以为原点建立如图所示的空间直角坐标系， 因为为等边三角形，不妨设，由，令， 当时四点共面，不能构成空间四边形，所以， 则，，，故，，， 设平面的法向量为，则，代入得， 令，则，，所以， 设平面的法向量为，则，代入得， 令，则，，所以， 由图知，二面角为锐二面角． 所以， 因为，所以，即， 故选：D 例题2．如图，在正方体中，点满足．设二面角的平面角为，则当增大时，的大小变化为（    ）    A．增大 B．减小 C．先增大后减小 D．先减小后增大 【答案】A 【分析】建立空间直角坐标系，求解平面法向量，即可根据向量夹角求解. 【详解】以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系． 设，则， 所以，． 设平面的法向量为，则得 取． 连接，,,由于,故，,易得平面的一个法向量为，所以．因为，所以的值随着的增大而减小，则钝角随着的增大而增大．由图可知为钝角，所以随着的增大而增大． 故选：A    例题3．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：. 精练核心考点 1．如图，在正方体中，为棱上的一个动点，为棱上的一个动点，则平面与底面所成角的余弦值的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】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EFB的法向量，由向量的夹角公式求解二面角的余弦值的取值范围，由此判断求解即可． 【详解】 设平面与底面所成的二面角的平面角为θ，由图可得θ不为钝角. 以点D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，即， 令，则，故， 又底面的一个法向量为， 所以，因为， 则， 当时，， 当时，，当，， 则，，则， 则当时，分母取到最小值，此时， 当，时，则，此时， 综上， 故选：A. 2．如图，棱长均相等的三棱锥中，点是棱上的动点（不含端点），设，二面角的大小为.当增大时，（    ）    A．增大 B．先增大后减小 C．减小 D．先减小后增大 【答案】C 【分析】建立空间直角坐标系，运用空间向量数量积求解. 【详解】由题意，三棱锥 是正四面体，以 的重心为原点，BC边的中线PG为x轴， OA为z轴，过O点平行于BC的直线为y轴，建立空间直角坐标系如图：      设三棱锥P-ABC的棱长为 ，则有：  ， ， ， ， 设 是平面ABD的一个法向量，则有 ，即 ，令 ，解得 ， 显然 是平面PBC的一个法向量， ； 显然当时（x的取值范围是 ），最小，， 当时，变大，二面角为锐角，变小， 时，变大，二面角为钝角，即变小； 综上减小. 故选：C. 3．如图所示，在正方体中，点是棱上的动点（点可以运动到端点和），设在运动过程中，平面与平面所成的最小角为，则 ． 【答案】 【分析】设正方体的棱长为1，，以为坐标原点，，，所在的直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，确定、坐标进而得到、的坐标表示，求面、面的法向量，结合图形根据法向量夹角与二面角的关系，有关于的二面角余弦值的函数，求最值即可得的值 【详解】以点为坐标原点，，，所在的直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，如图所示： 设正方体的棱长为1，，则易得，， 则，，设平面的一个法向量为 则，令，得平面的一个法向量为 由平面为xOz平面，可知其一个法向量为 由图知：平面与平面所成的二面角为锐角，设其为，则 当即时，取最小值，取最大值，此时最小角，即 【点睛】本题考查了空间向量与立体几何，构建空间坐标系并用坐标表示相关点坐标，将平面中两相交线段用向量的坐标形式表示求法向量，根据平面法向量夹角与二面角的关系，结合向量的数量积坐标公式得到二面角余弦值 4．如图，正三棱柱中，各棱长均等于，为线段上的动点，则平面与平面所成的锐二面角余弦值的最大值为 . 【答案】 【分析】如图建立空间坐标系，求解平面与平面的法向量，利用二面角的向量公式即得解. 【详解】如图建立空间坐标系， 则，，， ，， 设平面的法向量为， 取， 平面的法向量为， 则. 故答案为：. 【点睛】本题考查了向量法求解二面角，考查了学生空间想象，转化划归，数学运算的能力，属于中档题. 题型八：重点考查点到平面的距离 典型例题 例题1．已知正四棱柱，，，点为中点，则点到平面的距离为 ． 【答案】/ 【分析】法1，以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求出点到平面的距离；法2，利用等体积法求出点到平面的距离. 【详解】法1，在正四棱柱中，以点为原点，建立空间直角坐标系，如图：   ， 则，， 设平面的法向量为， 则，故可取， 则点到平面的距离. 法2，在正四棱柱中，连接，， 由点为中点，得，则， ，由平面，得， 设点到平面的距离为，则， 由，得，解得， 所以点到平面的距离为. 故答案为：. 例题2．如图所示，在直四棱柱 中，，点在棱上，且，则点到平面的距离为 . 【答案】/ 【详解】建立空间直角坐标系，求出平面的法向量为，由距离公式求解即可. 【分析】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. 点到平面的距离. 故答案为：. 例题3．如图，在直三棱柱中，△ABC是正三角形，D为AC的中点，点E在棱上，且，若，，则点到平面BDE的距离为 . 【答案】 【分析】建立适当的空间直角坐标系，求出，其中是平面的法向量，结合公式即可运算求解. 【详解】如图，取的中点，因为平面，平面， 所以， 因为三角形是等边三角形，点是中点，所以， 所以两两互相垂直，以点为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系， 因为，，，D为AC的中点， 所以， 所以， 设平面的法向量为， 所以，令，解得， 所以可取， 点到平面BDE的距离为. 故答案为：. 精练核心考点 1．如图，在长方体中，，，若为中点，则点到平面的距离为 ． 【答案】/ 【分析】建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，再利用空间向量求出点到平面的距离. 【详解】以为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，连接， 依题意，，，，， 则，，， 设平面的法向量为，则，即，令，得， 所以点到平面的距离. 故答案为：. 2．已知在长方体中，，，则到平面的距离为 ． 【答案】1 【分析】以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用空间距离的向量求法计算可得结果. 【详解】以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，如下图所示： 则， 可得， 设平面的一个法向量为， 可得，令，则， 即， 又， 所以到平面的距离为. 故答案为：1 3．已知正方体的棱长为，则点到平面的距离为 . 【答案】 【分析】以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用点面距离的向量求法可求得结果. 【详解】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，，，， ，，， 设平面的法向量， 则，令，解得：，，， 点到平面的距离. 故答案为：. 学科网（北京）股份有限公司 $$