重难点01 空间角及空间距离的向量求法8考点（期中真题汇编，广东专用）高二数学上学期人教A版选择性必修第一册

重难点01 空间角及空间距离的向量求法 8大高频考点概览 考点01异面直线夹角的向量求法 考点02线面角的向量求法 考点03已知线面角求其他量 考点04面面角的向量求法 考点05已知面面角求其他量 考点06点到平面距离的向量求法 考点07点到直线距离的向量求法 考点08异面直线距离的向量求法 地 城 考点01 异面直线夹角的向量求法 1．（24-25高二上·广东东莞·期中）若空间中三个点，则直线与直线夹角的余弦值是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】求出向量，利用向量夹角公式求解可得. 【详解】因为，所以， 记直线与直线的夹角为， 则. 故选：B 2．（24-25高二上·广东·期中）在两条异面直线，上分别取点，和点，，使，且．已知，，，，则两条异面直线，所成的角为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】以，，为空间向量的基底表示，结合向量数量积公式可得模长，进而可得夹角. 【详解】以，，为空间向量的基底表示， 即， 则， 又，且， 即，， 则，， 所以， 即， 解得， 则异面直线与的夹角余弦值为， 即异面直线与的夹角为， 故选：B. 3．（24-25高二上·广东汕头·期中）空间四边形ABCD中，，且异面直线AD与BC成，异面直线AB与CD所成角的正切值为 . 【答案】 【分析】由题设得，结合数量积的运算律及已知求，进而确定大小，即可得答案. 【详解】由，则， 两边平方，得， 由，异面直线AD与BC成， 所以，故， 即或（舍），易知， 所以. 故答案为： 4．（23-24高二上·广东中山·期中）如图，圆锥的轴截面为等边三角形，为弧的中点，分别为母线的中点，则异面直线和所成角的大小为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】建立直角坐标系，求出，利用线线角的向量法，即可求出结果. 【详解】取中点O,连接如图以所在直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系， 不妨设，则， 又分别为母线的中点，所以， 则， 设异面直线和所成角为， 则， 又因为，所以. 故选：C. 5．（24-25高二上·湖南·期中）刍甍是中国古代算数中的一种几何体，是底面为矩形的屋脊状的楔体.现有一个刍甍如图所示，底面 BCDE为矩形，平面BCDE，和是全等的正三角形，，，，则异面直线AE与BD所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】用基向量表示和，再利用异面直线所成角的向量公式即可求解. 【详解】依题意得，， 所以 ， 又，， 所以设异面直线AE与BD所成的角为， 则 故选：A. 6．（24-25高二下·广东·期中）（多选）在空间直角坐标系中，，则（   ） A． B． C．异面直线与所成角的余弦值为 D．点到直线的距离是 【答案】ABD 【分析】根据向量数量积、模、异面直线的夹角、点到直线的距离等知识对选项进行分析，从而确定正确答案. 【详解】，A正确； ，B正确； 设异面直线与所成角为，则，C错误； 到直线的距离为，D正确． 故选：ABD 7．（24-25高二上·广东·阶段练习）已知六面体如图所示，其由一个三棱锥和一个正四面体拼接而成，其中，，若为线段的中点，则异面直线与所成角的余弦值为 ．    【答案】/ 【分析】本题通过以为原点建立空间直角坐标系，由线线角的空间向量求解方法可求得答案. 【详解】将该几何体置于棱长为2的正方体中并以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，， 故，， 则异面直线与所成角的余弦值.    故答案为：. 8．（24-25高二上·广东广州·期中）已知平行六面体的底面是边长为的正方形，且，． (1)证明：； (2)求异面直线与夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见详解 (2) 【分析】（1）由题，选定空间中三个不共面的向量为基向量，只需证明即可； （2）用基向量求解向量的夹角即可，先计算向量的数量积，再求模长，代值计算即可. 【详解】（1）设，， 由题可知：的夹角为，夹角为 且，，于是 由 所以即证. （2）由，又 所以， 又 则 又异面直线夹角范围为 所以异面直线夹角的余弦值为. 9．（24-25高二上·广东东莞·期中）如图，平行六面体中，，，，. (1)以向量为基底表示向量，求对角线的长度； (2)求异面直线与所成角的余弦值. 【答案】(1)，对角线的长度为3； (2). 【分析】（1）以向量为基底，则有，两边平方求解即可； （2）由向量的四则运算及数量积可得，利用向量数量积的夹角公式求解即可. 【详解】（1）以向量为基底，则有， 因为，，则为等腰直角三角形，所以， 又因为，，所以为边长为1的等边三角形， ， 所以， 所以，对角线的长度为3； （2）因为，， ，， 所以 ， 所以. 所以异面直线与所成角的余弦值为. 10．（24-25高二上·广东深圳·期中）在平行六面体中，底面是边长为1的正方形，，． (1)求的长； (2)若，分别为，的中点，求异面直线与的夹角余弦值． 【答案】(1) (2)0 【分析】（1）以为空间向量的基底，表示出，利用数量积求向量的模. （2）用向量方法求异面直线夹角的余弦. 【详解】（1）如图： 以为空间向量的基底，则，且，. 因为， 所以. 所以. （2）因为, 所以.故异面直线与的夹角余弦值为0. 地 城 考点02 线面角的向量求法 11．（24-25高二下·广东江门·期中）若点，，平面的一个法向量为，则直线与平面所成角的正弦值为 . 【答案】 【分析】由线面夹角公式即可求解. 【详解】由条件可得：， 直线与平面所成角的正弦值为：， 故答案为： 12．（24-25高二下·广东惠州·期中）如图，在多面体中，平面平面四边形为正方形，四边形为梯形，且，，，点满足． (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）建立空间坐标系，分别表示出点的坐标，然后求出平面的法向量为，利用，即可得证； （2）利用空间向量夹角公式求出结果． 【详解】（1）因为平面，，平面， 所以，， 又，故AB，，两两垂直， 以A为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系， 因为，，，，， 所以，，，，，， 则，，， 设平面的法向量为， 则，即， 令，故， 因为， 即，而平面， 故CE平面； （2）设平面的法向量为， 则， 解得，令，则， 则，， ，，， 所以，， 设直线与平面所成角的大小为， 则， 即直线与平面所成角的正弦值为． 13．（24-25高二下·广东惠州·期中）如图，已知四棱锥中，底面ABCD是直角梯形，，，，，平面ABCD，. (1)求证：平面PCD； (2)若M是PC的中点，求PC与平面ADM所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）因为，所以根据线面平行的判定定理即可证明； （2）建立空间直角坐标系，写出点的坐标和向量的坐标，求出平面的法向量，利用向量法求解即可. 【详解】（1）因为，平面，平面， 所以平面； （2） 以AD，AB，AP分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系， 因为底面ABCD是直角梯形，，，， 所以， ，，，，， ，，， 设平面的法向量为， 所以，所以，令，则， 设PC与平面ADM所成角为， 所以， 所以PC与平面ADM所成角的正弦值为. 14．（24-25高二上·广东东莞·期中）如图，在四棱锥中，平面为的中点，点在上，且，设点是线段上（含端点）的一动点. (1)求证：平面； (2)设与平面所成角为，求的范围； (3)若，判断直线是否在平面内，说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)直线平面，理由见解析 【分析】（1）利用线面垂直的性质定理和判定定理证明即可； （2）建立空间直角坐标系，求出的方向向量和平面的法向量，利用夹角公式结合换元法即可求解； （3）由代入坐标建立的方程组，由方程组有解可得直线是否在平面内. 【详解】（1）因为平面平面，所以， 又因为平面平面， 所以平面. （2）在底面中，过作，交于， 由题意可知，又平面， 则以为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，      则， ，可知. , 设， 则， 设平面的法向量为， 则，即， 令，有，故. 故 ， 令，则 ， 而， 故. （3）由以及（2）得， 若平面，则且，使得， 则有，解得，故， 所以直线平面. 15．（24-25高二上·广东·期中）如图，在四棱台中，平面，底面为正方形，，点在线段上运动. (1)证明：. (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的取值范围. 【答案】(1)证明见详解； (2)； (3). 【分析】（1）以为正交基底建立空间直角坐标系，由数量积可证； （2）求出两直线的方向向量，利用向量夹角公式计算可得； （3）设，求出平面法向量，根据线面角的向量夹角公式，将用表示，利用换元和二次函数性质求解可得. 【详解】（1）证明：因为平面，平面， 所以，又为正方形，所以两两垂直， 以为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，， 所以， 则， 所以 （2）解：由（1）可得， 所以， 故异面直线与所成角的余弦值为 （3）解：设.因为，所以， 则 由（1）可得. 设平面的法向量为， 则取 设直线与平面所成的角为，则 .令，则， 所以 当，即时，取得最大值，最大值为1； 当，即时，取得最小值，最小值为. 故直线与平面所成角的正弦值的取值范围为 16．（24-25高二上·广东深圳·期中）如图所示，四棱锥的底面是矩形，底面，，，，． (1)证明：平面； (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）过作交于，证为平行四边形得，再由线面平行的判定证结论； （2）根据题设建立合适的空间直角坐标系，应用向量法求线面角的余弦值. 【详解】（1）过作交于， 由题意为正方形，则，， 所以，即， 又，，则，，即， 所以为平行四边形，故， 而面，面，则平面； （2）由底面，且， 以为原点，为轴建空间直角坐标系， 所以， 则，，， 令面的一个法向量为，则， 令，可得， 所以， 故直线与平面所成角的余弦值为. 17．（24-25高二上·广东深圳·期中）如图1所示，在中，分别为的中点，为的中点，满足.将沿折起到的位置，使得平面平面，如图2. (1)求证：平面； (2)求直线和平面所成角的正弦值； (3)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. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在， 【分析】（1）根据面面垂直的性质可得平面； （2）根据向量法即可求直线和平面所成角的正弦值； （3）假设存在点，由直线和所成角的余弦值可得，从而可求得. 【详解】（1）因为在中，分别为的中点，所以， 又因为，所以，即.又为的中点，所以 因为平面平面且两平面交于，又平面， 所以平面. （2）取的中点，连接，所以.由（1）得， 如图建立空间直角坐标系.由题意得，， 所以. 设平面的法向量为，则即， 令，则，所以. 设直线和平面所成的角为，则， 所以直线和平面所成角的正弦值为. （3）线段上存在点适合题意.设，其中. 设，则有，所以， 从而，所以， 又，所以. 令，整理得.解得，舍去. .所以线段上存在点适合题意，且. 18．（24-25高二上·广东广州·期中）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，活动弹子在上移动.    (1)求证：直线平面； (2)为上的点，求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）在平面内，过点作，交于点，连接.由已知可证明.进而根据线面平行以及面面平行的判定定理得出平面平面.然后即可根据面面平行的性质，得出证明； （2）以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，设，，求出，以及平面的一个法向量.设线面角为，根据向量表示出.分以及结合基本不等式，即可得出答案. 【详解】（1）在平面内，过点作，交于点，连接，    由，得，而，， 则，，，于是， 又，则，而平面，，平面， 因此平面，同理平面，又平面，平面，， 则平面平面，而平面， 所以直线平面. （2）由平面平面，平面平面，， 平面，得平面，又， 以点为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，    则，设，， ，，， 设是平面的法向量，则，取，得， 设与平面所成的角为，则， 当时，； 当时，， 而，当且仅当，即时取等号，则， 因此，， 所以与平面所成角的正弦值的最大值为. 19．（24-25高二上·广东肇庆·期中）如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，为底面直径，为底面圆的内接正三角形，点在母线上，且． (1)求证：平面平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； 【答案】(1)证明见解析； (2) 【分析】（1）设BD，AC交点为F，连接EF，结合平面PAC平面ABD，通过证明EFAC可证明结论； （2）如图建立空间直角坐标系，求出平面法向量，然后由空间向量知识可得答案. 【详解】（1）设BD，AC交点为F，连接EF. 由题可得PO平面ABD，又平面PAC，则平面PAC平面ABD. 因为底面圆的内接正三角形，且为底面直径， 则，. 又因，则，. 注意到，则. 因， 则，即EFAC. 因平面PAC平面ABD，平面PAC，平面平面ABD， 则EF平面ABD，又平面，则平面平面； （2）由（1）可知，PO平面ABD，EF平面ABD，则POEF. 又，，则. 因为OC中点，结合POEF，则E为PC中点， 得，，. 过O作DB平行线，如图以此平行线所在直线为x轴，O为原点建立空间直角坐标系. 则. . 设平面法向量为，则， 取，则直线与平面所成角的正弦值 . 20．（24-25高二上·广东深圳·期中）如图，在直三棱柱中，为直角，侧面为正方形，，分别为的中点. (1)求证:平面； (2)求证:； (3)求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明过程见解析 (2)证明过程见解析 (3) 【分析】（1）作出辅助线，得到线线平行，得到平面； （2）由得到平面，故，由（1）知，，所以； （3）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，由线面角的正弦公式求出答案. 【详解】（1）连接，因为分别为的中点， 所以， 因为平面，平面， 所以平面； （2）直三棱柱中，为直角， 故， 又平面，， 所以平面， 又平面，所以， 由（1）知，， 所以； （3）以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 侧面为正方形，， 故， 设平面的法向量为， 则， 令得，故， 设直线与平面所成角的大小为， 则. 地 城 考点03 已知线面角求其他量 21．（24-25高二上·广东广州·期中）如图，在四棱锥中，底面是边长为的菱形，侧面底面，，，是中点，点在侧棱上（不包括端点）． (1)求证：； (2)是否存在点，使与平面所成角的正弦值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析； (2)存在， 【分析】（1）连接，分别证得和，利用线面垂直的判定定理，证得平面，进而证得； （2）利用面面垂直的性质定理，证得平面，得到，，以为坐标原点，设， 求得，再求得平面的一个法向量，利用向量的夹角公式，列出方程，求得，进而得出答案. 【详解】（1）证明：如图所示，连接， 因为，且为中点，所以， 在菱形中，，可得为等边三角形 ，所以， 又因为平面，且，所以平面， 因为平面，所以. （2）解：因为，平面平面，平面平面， 且平面，所以平面， 又因为平面，所以，， 因为，以为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，， 假设存在点满足题意，设， 则， 所以， 设平面的法向量为，则， 令，则，，所以， 设与平面所成角为，则 解得或（舍），所以存在点，使得与平面所成角的正弦值为， 此时. 22．（24-25高二下·广东深圳·期中）图1是边长为的等边三角形，点、分别在、上，且．将沿折起到的位置，连接、，如图2，若． (1)证明：平面平面； (2)在线段上是否存在点，使直线与平面所成的角为？若存在，求的长；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，且 【分析】（1）利用勾股定理可证得，，利用线面垂直、面面垂直的判定定理可证得结论成立； （2）假设在线段上存在点，使平面与平面所成的角为，以为原点，、、所在的直线分别为、、轴建立空间直角坐标系， 设，利用空间向量法可得出关于的等式，解出的值，即可得出结论. 【详解】（1）翻折前，是边长为的等边三角形， 因为，，． 由余弦定理得． 因为，所以，折叠后有． 在四棱锥中，连接，如下图所示： 在中，，，， 由余弦定理可得， 因为，，所以，所以， 因为，、平面，所以平面， 因为平面，故平面平面. （2）翻折前，翻折后，则有，又平面， 以为原点，以点、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 过作交于点， 设，则，，， 易知，，，所以. 因为平面，所以平面的一个法向量为， 因为直线与平面所成的角为， 所以，解得. 所以，满足，符合题意. 所以在线段上存在点P，使直线与平面所成的角为，此时. 23．（23-24高二上·广东佛山·期中）如图，在四棱锥中，底面是边长为的菱形，，为正三角形，为的中点，且平面平面，是线段上的点. (1)求证：； (2)是否存在点，使得直线与平面的夹角的正弦值为，若存在；求出此时的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在， 【分析】（1）先利用线面垂直从而证明平面，从而证明； （2）利用空间向量法求出直线与平面的夹角为时点的位置，从而求解. 【详解】（1）证明：连接，，如图所示， 因为四边形是菱形，所以， 因为，所以为等边三角形， 又因为为的中点，所以， 因为是等边三角形，为中点，所以， 因为，平面，所以平面， 又因为，所以平面， 因为平面，所以. （2）存在，，理由如下： 因为平面平面，平面平面， 由(1)知，，平面，所以平面， 因为，以点为坐标原点，，，所在直线分别 为，，轴建立空间直角坐标系，如图所示， 则，，，， ，， 设，， ， 设平面的一个法向量， ，取，得：， 因为直线与平面的夹角的正弦值为， 所以：， 整理得：，由，解得：. 故存在点，使得直线与平面的夹角的正弦值为，此时：. 24．（23-24高二上·广东广州·期中）在等腰梯形中，为的中点，线段与交于点（如图）．将沿折起到位置，使得平面平面（如图）．    (1)求证：； (2)线段上是否存在点，使得与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)存在， 【分析】（1）连接，证明四边形是菱形，从而证明，再根据面面垂直的性质可得平面，再证明，结合线面垂直的性质即可得证； （2）以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可. 【详解】（1）连接， 因为在梯形中，，，为的中点， 所以，所以四边形为平行四边形， 又， 所以四边形是菱形，则，垂足为，且为的中点， 所以，， 又因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 因为为的中点，为的中点，所以， 所以平面， 又平面，所以；    （2）假设线段上存在点， 设， 如图，以点为原点建立空间直角坐标系， 在菱形中，， 所以，， 所以，，， 所以，， 设为平面的法向量， 则有可取， 因为，， 所以， 设与平面所成角为， 则， 所以，因为，所以， 所以线段上存在点，时，使得与平面所成角的正弦值为．    地 城 考点04 面面角的向量求法 25．（24-25高二下·广东佛山·期中）如图，长方体中，点在棱上，． (1)证明：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）利用线面垂直的性质判定推理得证. （2）以为原点建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，利用空间向量法求出面面角的余弦. 【详解】（1）长方体中，平面平面，则， 而平面， 所以平面． （2）以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图， 设，则，， 由，得，解得，， 设平面的法向量为，由，令，得， 设平面的法向量为为，由，令，得， 所以平面与平面夹角的余弦值. 26．（23-24高二上·广东惠州·期中）如图1，在直角梯形ABCD中，是AD的中点，是AC与BE的交点.将沿BE折起到的位置，使得平面平面BCDE，如图2．    (1)证明：平面； (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）由为正方形可知，根据线面垂直判定定理证明平面，然后由可证； （2）建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，然后由向量夹角公式可得. 【详解】（1）因为， 所以为正方形，所以，所以， 又，平面，所以平面， 又，且，故四边形为平行四边形， 所以，所以平面. （2）易知，，因为平面平面BCDE，平面平面，平面，所以平面BCDE，又平面BCDE， 所以，以为原点， 的方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，    由题意知，， 则， 设平面的法向量为，平面的法向量为， 则，令，则，故， 则，令，则，故， 设平面与平面的夹角为， 所以. 27．（24-25高二下·广东深圳·期中）如图，长方体中，，. (1)证明：平面平面； (2)求二面角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据题意，证得，取中点M，由四边形为正方形，得到，再由平面，得到，利用线面垂直的判定定理，证得平面，得到，进而证得平面，结合面面垂直的判定定理，即可证得平面平面. （2）以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的法向量为和，结合向量的夹角公式，即可求解. 【详解】（1）证明：在长方体中，可得平面， 因为平面，所以， 在直角中，可得， 同理可得， 故，所以，，即，所以， 取中点M，连接， 因为分别为的中点，故，所以四点共面， 又因为四边形为正方形，可得， 因为平面，且平面，所以， 又因为，平面，所以平面， 因为平面，所以， 又因为，平面，所以平面， 因为平面，故平面平面. （2）解：以D为坐标原点，以分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系， 如图所示，则， 可得， 设平面的一个法向量，则， 取，可得，所以， 设平面的一个法向量，则， 取，可得，所以， 则，可得， 故二面角的正弦值为. 28．（24-25高二下·广东广州·期中）如图，在三棱锥中，，．是线段上的点． (1)求证：平面平面ABC； (2)若为线段的中点，求直线与平面所成角的正弦值； (3)若平面，为垂足，当三棱锥体积最大时，求平面与平面的夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见详解 (2) (3) 【分析】（1）取的中点，连接，推导出平面，再利用面面垂直的判定定理可证得结论成立； （2）点为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值； （3）设，设，根据空间向量的坐标运算求出点的坐标，将三棱锥的体积表示为关于的函数关系式，利用基本不等式求出三棱锥体积的最大值，利用等号成立的条件求出的值，结合（2），利用空间向量法求解面面角即可. 【详解】（1）取的中点，连接， 因为，则， 由，得，所以， 又因为，所以，则， 又因为，所以， 又因为，，平面，所以平面， 又因为平面，所以平面平面. （2）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， 当点为的中点时，， 则，，， 设平面的一个法向量为， 则，取，则， 所以， 故当为的中点时，直线与平面所成角的正弦值为. （3）设，因为，其中， 所以，，可得，即点， 因为平面，则点，， ， 当且仅当时，即当时，等号成立， 故当点为线段的中点时，三棱锥的体积取最大值. 由（2）知平面的一个法向量为， 易知平面的一个法向量为， 所以， 所以三棱锥的体积取得最大值时，平面与平面夹角的余弦值为. 29．（24-25高二下·广东深圳·期中）如图所示，在四面体中，平面，是的中点，是的中点，点在线段上，且．    (1)求证：平面； (2)若为正三角形，且，求平面与平面夹角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）构造线线平行，可证线面平行. （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求二面角的三角函数值. 【详解】（1）如图：    过作于，过作于，连接. 因为平面，平面，所以平面平面. 又平面平面，平面，且，所以平面. 同理平面. 所以. 又为中点，所以， 因为，所以，即. 所以四边形为平行四边形.所以， 又平面，平面，所以平面. （2）当为正三角形时，为中点，则，，两两垂直. 以为原点，建立如图空间直角坐标系. 不妨设. 则，，，所以，. 设平面的法向量为，则 . 取. 易得平面的一个法向量为：. 设平面与平面所成的二面角为， 则. 所以. 即平面与平面夹角的正弦值为. 30．（24-25高二下·广东惠州·期中）如图，四边形是正方形，平面，，，分别为的中点． (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的大小． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据题设有，再由线面平行的判定定理，即可求解； （2）建立空间直角坐标系，求出平面和的法向量，利用面面角的向量法，即可求解. 【详解】（1）由题知分别为的中点， 所以是的中位线，即， 又平面，平面， 所以平面. （2）平面，而，平面， 所以，，由于四边形是正方形，所以， 所以两两垂直，以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系， 如图所示，又，分别为的中点， 则， 所以， ，，，， 设平面的一个法向量， 则，取，，，则， 设平面的一个法向量为， 则，取，，则 ， 设平面与平面夹角的大小为， 所以， 又，所以，即平面与平面夹角的大小为. 31．（24-25高二上·广东东莞·期中）如图所示，在三棱锥中，，直线两两垂直，点分别为棱的中点． (1)证明：平面； (2)求平面与平面所成角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）利用三角形中位线性质，线面平行的判定推理即得.. （2）以点为原点，建立空间直角坐标系，再分别求平面和平面的法向量，进而用空间向量的夹角公式求解即可. 【详解】（1）由点分别为棱的中点，得，又平面，平面， 所以平面ADE. （2）以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 设，则，，，，， 设平面的法向量为，则，取，得， 由平面，得平面的一个法向量为， 所以平面与平面所成角的余弦值为. 32．（24-25高二上·广东·期中）如图，在三棱柱中，平面，，    (1)证明：平面. (2)求平面与平面的夹角. 【答案】(1)证明见解析 (2). 【分析】（1）根据线面垂直的判定定理证明即可； （2）建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，再利用空间向量的夹角公式求解即可. 【详解】（1）因为平面，平面，所以. 因为，所以. 在菱形中，. 因为， 所以平面. （2）如图，取的中点，连接，.取的中点.连接. 因为平面，所以， 易得为等边三角形.所以. 因为，所以平面. 以为原点，以，，的方向分别为，，轴的正方向建立空间直角坐标系，    则，，，，. 设平面的法向量为， 因为，， 所以 令，得. 由（1）知平面的一个法向量为， 因为，所以平面与平面的夹角为. 33．（24-25高二上·广东·期中）如图，在四棱锥中，平面，为棱的中点. (1)证明：平面； (2)若，求平面和平面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取的中点，连接，证明四边形是平行四边形，则，再根据线面平行的判定定理即可得证； （2）以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可. 【详解】（1）取的中点，连接， 因为为棱的中点， 所以，且， 又，且， 所以，且， 所以四边形是平行四边形， 所以， 又平面，平面， 所以平面； （2）如图，以点为原点建立空间直角坐标系， 则， 故， 设平面的法向量为， 则有，可取， 因为轴垂直平面， 则可取平面的法向量为， 则， 所以平面和平面夹角的余弦值为. 34．（24-25高二上·广东湛江·期中）已知平面四边形中，，，且.以为腰作等腰直角三角形，且，将沿直线折起，使得平面平面.    (1)证明：平面； (2)若是线段上一点，且平面，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先由勾股定理证，再由面面垂直证平面，得，可得平面； （2）依题意建系，写出相关点和向量的坐标，利用向量夹角的坐标公式计算即得. 【详解】（1）因，，故， 又，且，故 在直角梯形中，， 由可得； 因平面平面，，平面平面， 则平面，又平面， 则，又，因平面， 故平面. （2）如图，连接交于，因为，，    故，，故， 则为等腰直角三角形，故， 又，故，为靠近的三分点， 又因为平面平面，平面，平面， 故，则为靠近的三分点， 如图，以点为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，    则， 所以，，， 设平面的法向量为， 则，可取， 因为靠近的三分点，则， 故， ， 设平面的法向量为， 则由，可取， 故， 故平面与平面夹角的余弦值为. 地 城 考点05 已知面面角求其他量 35．（24-25高二上·广东·期中）如图1，在边长为4的菱形中，，点，分别是边，的中点，，．沿将翻折到的位置，连接，，，得到如图2所示的五棱锥． (1)证明：在翻折过程中总有平面平面； (2)若平面平面，线段上是否存在一点，使得平面与平面所成角的余弦值为？若存在，试确定点的位置；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析； (2)存在，为上靠近的三等分点. 【分析】（1）先证平面，结合面面垂直的判定定理证得平面平面. （2）建立空间直角坐标系，利用平面与平面所成角的余弦值来列方程，从而求得点的位置. 【详解】（1）折叠前，四边形是菱形，所以， 由分别是边的中点，所以，故， 折叠过程中且都在面， 所以面，故面，面， 所以面面. （2）当面面时，由面面，面，， 所以面，又面，故， 综上，可建立如下空间直角坐标系，则， 所以，设， 则， 所以，则，， 设面的法向量为，则， 取，则，而面的一个法向量为， 若面与面的夹角为，则，解得， 所以为上靠近的三等分点，满足题设要求. 36．（24-25高二上·广东广州·期中）如图，在长方体中，点在棱上移动．    (1)当点在棱的中点时，求点到平面的距离： (2)当为何值时，平面与平面所成的夹角为． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用空间向量方法求点到面的距离. （2）设出，利用空间向量表示面与平面所成角，求出. 【详解】（1）    如图，以为坐标原点，所在直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，，， 则，，，，，， ，， 设平面的法向量为， 则，令，则，则， 所以， 设点到平面的距离，， 所以， 所以点到平面的距离为. （2）设时，平面与平面AECD所成角为，则， 由图知，平面AECD法向量为， ，， 设平面的法向量为， 则，令 ，则，， 所以， 因为平面与平面AECD所成角为， 所以， 解得或（舍）. 所以当AE为时，平面与平面所成角为. 37．（24-25高二上·广东汕头·期中）如图，五面体中，，，平面ABCD． (1)求证：； (2)若，，，求点E到直线AB的距离； (3)若，，，二面角的余弦值为，求DE的长． 【答案】(1)证明见详解 (2) (3) 【分析】（1）根据题意可得平面，结合线面平行的性质分析证明； （2）建系标点，可得，利用空间向量求点到线的距离； （3）根据（2）中坐标系，设，分别求平面、平面的法向量，利用空间向量处理二面角问题. 【详解】（1）因为，平面，平面，可得平面， 又因为平面，平面平面， 所以. （2）由题意可知：，平面ABCD， 以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系， 若，，，则， 可得， 所以点E到直线AB的距离为. （3）由（2）中坐标系，若，，， 则， 设，则，可得， 设平面的法向量，则， 令，则，可得， 由题意可知：设平面的法向量， 则，解得， 所以DE的长为. 38．（23-24高二上·广东惠州·期中）如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点，是边长为1的等边三角形，且. (1)求直线和平面所成角的正弦值； (2)在棱上是否存在点，使二面角的大小为？若存在，并求出的值. 【答案】(1) (2)存在， 【分析】（1）首先求得，然后建立空间直角坐标系，利用向量法求得直线和平面所成角的正弦值. （2）设，利用二面角的大小列方程，求得，进而求得. 【详解】（1）分别取CB、CD的中点为F、G，连结OF、OG， ∵为的中点，是边长为1的等边三角形，∴是直角三角形，，，， ∵CB、CD的中点为F、G， ∴，，， ∵，为的中点，∴， 又∵平面平面，平面平面，平面， ∴平面，是三棱锥底面的高，是直角三角形 ∵，∴， 以O点为坐标原点，分别以OF、OG、OA所在的直线为轴，如图建立空间直角坐标系， 则，，，，，，， ∴，，， 设是平面的一个法向量， 则，即， 令，则，，，， ， ∴直线和平面所成角的正弦值等于； （2）在棱上存在点，使二面角的大小为. 设 由（1）知，， ， 是平面的一个法向量， 设是平面的一个法向量，则， 即， 取，，， ∵二面角的大小为， ∴， 即， 整理得，，解得，或（舍去）， 所以，，， 所以，在棱上存在点，使二面角的大小为，. 39．（23-24高二上·广东江门·期中）如图，在多面体ABCDEF中，平面平面ABCD，，，，． (1)求证：； (2)若四边形ACEF为正方形，在线段AF上是否存在点P，使得二面角的余弦值为？若存在，请求出线段AP的长；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)存在， 【分析】（1）利用直角三角形和余弦定理及勾股定理的逆定理经过计算可证得，然后根据已知条件，利用面面垂直的性质定理可证得平面ACEF，从而证得结论； （2）根据已知条件利用面面垂直的性质定理可证得AF，AB，AD两两垂直，以A为原点，以射线AB、AD、AF为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，然后利用空间向量运算求得. 【详解】（1）因为，，则四边形ABCD为直角梯形， 又因为，可得，，则， 且，． 可知，即， 又因为平面平面ABCD, 平面平面,平面ABCD， 则平面ACEF, 且平面ACEF，所以. （2）因为四边形ACEF为矩形，则, 又因为平面平面ABCD, 平面平面,平面ACEF, 则平面ABCD,且，则CE⊥平面ABCD 所以AF,AB,AD两两垂直， 以A为原点，以射线AB、AD、AF为x,y,z轴，建立空间直角坐标系如图所示. 则， 设,平面PBD的法向量为 因为, 则,令,则,, 平面ABD的法向量为, 则,解得， 在线段AF上存在点P，使得二面角的余弦值为，线段AP的长为1. 地 城 考点06 点到平面距离的向量求法 40．（24-25高二上·广东深圳·期中）已知正方体的棱长为为的中点，则点到平面的距离等于（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由题意建立空间直角坐标系，求得平面的法向量，利用点面距的向量公式，可得答案. 【详解】由题意建立空间直角坐标系，如下图： 则，，，， 取，，， 设平面的法向量为，则，可得， 令，则，，所以平面的一个法向量， 点到平面的距离. 故选：A. 41．（24-25高二上·广东·期中）如图，在四棱锥中，平面ABCD，PB与底面ABCD所成的角为，底面ABCD为直角梯形，，，，三棱锥的外接球为球O，则平面PBC截球O所得截面圆的面积为（    ）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先证明三棱锥的外接球球心为的中点，再建立空间直角坐标系，用向量法求出平面的法向量，从而求得点到平面的距离，利用勾股定理求得截面圆的半径，从而得截面圆的面积. 【详解】如图1，分别取的中点为，的中点为， 则，，连接，    因为底面为直角梯形，，，， 所以四边形为正方形，， 因为平面，， 所以平面，平面， 所以， 所以， 而平面，平面，则， 所以， 又为的中点，所以， 所以点到三棱锥各个顶点的距离均为， 故为三棱锥的外接球球心， 如图2，以为原点，所在直线分别作轴，建立空间直角坐标系，    因为平面，平面，则， 与底面所成的角为，则为等腰直角三角形，， 则，，，， 设平面的法向量为， 因为，， 所以，可取， 因为， 所以点到平面的距离， 设截面圆的半径为，则， 所以截面圆的面积为. 故选：A. 42．（24-25高二上·广东湛江·期中）如图，在直三棱柱中，，，E，F分别为，BC的中点，则点到平面AEF的距离为（   ） A． B．2 C． D． 【答案】A 【分析】建系标点，求平面AEF的法向量，利用空间向量求点到面的距离. 【详解】如图所示，以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系， 则， 可得， 设平面AEF的法向量为，则， 令，则，可得， 所以点到平面AEF的距离. 故选：A. 43．（24-25高二上·广东广州·期中）如图，在棱长为2的正方体中，分别为棱的中点． (1)求证：平面； (2)求平面与平面成角的正弦值； (3)求点到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，求解平面法向量，即可根据向量垂直求证， （2）根据两平面法向量的夹角，即可求解， （3）利用点面距离的向量法公式，即可代入求解. 【详解】（1）以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则, 则, 设平面的法向量为， 则，取，则， 由于，故， 又平面，故平面 （2）由（1）知平面的法向量，平面的一个法向量， 设平面与平面所成角为，则， 由于，故； （3）由于，平面的法向量， 点到平面的距离. 44．（24-25高二上·广东广州·期中）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．    (1)求证：//平面； (2)若点为棱的中点，求点到平面的距离； (3)若点为线段上的动点（不包括端点），求平面与平面夹角的余弦值的取值范围． 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3)． 【分析】（1）证明，然后由线面平行的判定定理得证； （2）以为原点，为轴建立如图所示的空间直角坐标系，求出两个平面的一个法向量，用空间向量法求二面角； （3）设，，求出点坐标，再求得平面的一个法向量，用空间向量法求得二面角的余弦值，然后平方后变形利用勾形函数的单调性求得取值范围． 【详解】（1）因为分别是线段的中点，所以， 又因为平面，平面， 所以平面； （2）是中点，是等边三角形，则，， 又平面，平面，所以， 又，则是等边三角形，， 因此以为原点，为轴建立空间直角坐标系，如图， 则，，，， ，所以，从而， 是中点，则，是中点，则， ， 设平面的一个法向量， 则，取，则， 又， 所以到平面的距离为； （3）由（2），设，， 则，， 设平面的一个法向量是， 则，取，得， ， ，， 设，， 由勾形函数在上是单调减函数得，所以， 所以， 所以平面与平面夹角的余弦值的取值范围是． 45．（24-25高二上·广东深圳·期中）如图，在棱长为2的正方体中，，分别为棱的中点.    (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)求点到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）以点为原点，建立空间直角坐标系，求平面的法向量，根据向量与法向量的关系，即可证明； （2）根据（1）的结果，代入线面角的向量公式，即可求解； （3）根据（1）的结果，代入点到平面的距离的向量公式，即可求解. 【详解】（1）以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，    则， 则， 设平面的法向量为， 则，取，则， 由于，故， 又平面，故平面 （2）由（1）知平面的法向量，又， 设直线与平面所成角为，则； （3）由于，平面的法向量，点到平面的距离. 46．（24-25高二上·广东广州·期中）如图，平面平面，，，，，，点，，分别为，，的中点.    (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的正弦值； (3)若为线段上的点，且直线与平面所成的角为，求到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3). 【分析】（1）连接，证得，利用用线面判定定理，即可得到平面. （2）以为原点，的方向为轴，轴，轴的正方向的空间直角坐标系.求得平面和平面法向量，利用向量的夹角公式，即可求解． （3）设，则，从而，由（2）知平面的法向量为，利用向量的夹角公式，得到关于的方程，即可求解． 【详解】（1）连接，因为，所以， 又因为，所以为平行四边形. 由点和分别为和的中点，可得且， 因为为的中点，所以且， 故且，即四边形为平行四边形， 所以，又平面，平面， 所以平面. （2）由（1）知：，而，则， 所以，又面面，面面，面， 所以平面， 又，以为原点，为轴，轴，轴的正方向的空间直角坐标系.    依题意，得，. ， 设为平面的法向量，则，即， 不妨设，可得， 设为平面的法向量，则，即， 不妨设，可得，. ，于是. 所以平面与平面夹角的正弦值为. （3）设，即，则. 从而. 由（2）知平面的法向量为， 由题意，，即， 整理得，解得或，因为，所以， 所以. 则N到平面的距离为. 47．（24-25高二上·贵州六盘水·期中）如图，四边形ABCD是正方形，AE，DF，BG都垂直于平面ABCD，且，，，M，N分别是EG，BC的中点.    (1)证明：平面ABCD. (2)若，求点N到平面AMF的距离. 【答案】(1)证明见详解 (2) 【分析】（1）取的中点，连接，，根据题意可得，结合线面平行的判定定理分析证明； （2）建系标点，求平面AMF的法向量，利用空间向量求点到面的距离. 【详解】（1）因为，，都垂直于平面，则. 取的中点，连接，， 则，且， 所以且，所以四边形为平行四边形， 可得， 且平面，平面，所以平面. （2）连接. 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，，，， 可得，，. 设平面的法向量为，则， 取，得，，可得. 故点到平面的距离. 48．（24-25高二上·广东广州·期中）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，底面，，为的中点，为的中点，解答以下问题：    (1)证明：直线平面； (2)求点到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出的方向向量和平面的法向量，利用空间向量求解即可； （2）由点到面距离的向量公式求解即可. 【详解】（1）因为四棱锥中， 底面，底面，且底面是正方形， 所以两两垂直， 以为原点，分别为轴建立如图所示坐标系，    则由题意可得，，，，， 所以，，， 设平面的法向量， 则，取可得平面的一个法向量， 因为，又平面， 所以直线平面. （2）由（1）得，平面的一个法向量， 所以点到平面的距离. 地 城 考点07 点到直线距离的向量求法 49．（24-25高二上·广东惠州·期中）已知直线经过点，且是的方向向量，则点到的距离为 ． 【答案】 【分析】根据已知条件可求得与直线所成的角的正弦值,则空间一点到直线的距离为，代入运算即可. 【详解】 ，故，， 设直线与直线所成的角为 ，则，故 ， 点到直线 的距离为. 故答案为：． 50．（24-25高二上·广东广州·期中）已知直线L的一个方向向量为，若点为直线L外一点，为直线L上一点，则 ；点P到直线L的距离为 ． 【答案】 【分析】根据给定条件，利用空间向量模的坐标表示及点到直线距离公式计算即得. 【详解】依题意，，所以； 点P到直线L的距离. 故答案为：； 51．（24-25高二上·广东佛山·期中）已知直线的方向向量为，点在直线上，若点到直线的距离为，则 ． 【答案】或 【分析】根据题意，由空间中点到直线的距离公式代入计算，即可求解. 【详解】由题意得，又， 所以，， 所以点到直线的距离为， 解得或. 故选：或. 52．（24-25高二上·广东广州·期中）（多选）已知、分别为棱长为2的正方体棱、上的动点，则下列说法正确的是（   ） A．线段长度的最小值为2 B．三棱锥的外接球体积的最大值为 C．若点在正方体的内部且满足，则点到直线的距离为 D．当、为中点时，平面截正方体所形成的图形的面积为 【答案】ABC 【分析】由异面直线间距离得线段长度的最小值判断A，建立如图所示的空间直角坐标系，由向量法证得三棱锥的外接球的球心在上，并设球心为，再设， 求出，，求得的范围，再利用半径的表达式得出半径的最大值，从而得体积最大值，判断B，由向量法求得点线距判断C，作出截面并求得面积判断D． 【详解】选项A，由正方体的性质知是异面直线和的公垂线段，因此异面直线和间的距离为2，即线段长度的最小值为2，A正确； 选项B，以为轴建立空间直角坐标系，如图， ，，，，，，，， ，， ，， 所以是平面的一个法向量，即平面，而， 所以与平面的交点是的外心，因此三棱锥的外接球的球心在上，由于，因此可设球心为，再设， 由得，解得， ， 令，则，， 由勾形函数的性质知在上递减，在上递增， 所以由得， 球半径为，， 因此在上是减函数， 所以时，，球的体积为，B正确； 选项C，由上分析得，即， ， 则，又， 所以到直线的距离为，C正确； 选项D，取中点，连接，四边形是即所载图形， 因为正方体中平面与平面平行，因此截面与它们的交线平行，而截面与平面的交线为，因此取中点，则，即为截面与平面的交线，从而得截面，由已知，，，截面为等腰梯形，因此梯形的高为， 梯形面积为，D错， 故选：ABC．    【点睛】方法点睛：在正方体或长方体中，由于垂直关系较多，因此常常建立空间直角坐标系，用空间向量法判断线面间位置关系，求角与距离，这样可以借助于计算的方法研究几何关系与几何量．减小了对空间想象能力的较高要求，但对计算的要求较高． 53．（24-25高二上·广东深圳·期中）如图，在棱长为1的正方体中，为线段的中点，为线段的中点.    (1)求点到直线的距离； (2)求直线到直线的距离； (3)求点到平面的距离； 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间向量求点到直线的距离即可； （2）结合空间向量易得，可得点到直线的距离即为直线到直线的距离，再根据空间向量求解即可； （3）先求出平面的一个法向量，再根据空间向量求解即可. 【详解】（1）以为原点，以所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，    则. 因为， 所以. 所以点到直线的距离为. （2）因为， 所以，即， 所以点到直线的距离即为直线到直线的距离. . ， 所以直线到直线的距离为. （3）设平面的一个法向量为， . 由， 令，则，即. 设点到平面的距离为， 则，即点到平面的距离为. 54．（24-25高二上·广东广州·期中）如图，在直三棱柱中，，，，，分别是，的中点，动点在直线上，且. (1)是否存在点，使得？若存在，试确定点的位置；若不存在，请说明理由； (2)当取何值时，直线与平面所成角的正弦值为； (3)求动点到直线的距离的取值范围. 【答案】(1)不存在点，使得，理由见解析； (2)或 (3) 【分析】（1）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，求出的坐标， 计算并验证其是否为0； （2）求出平面的一个法向量，利用向量法由直线PN与平面所成角的正弦值求出参数的值； （3）利用点到直线的距离的空间向量计算公式得到关于参数的函数，求函数的值域即可. 【详解】（1）由于三棱柱是直三棱柱，且，故两两垂直，故建立如图所示的空间直角坐标系，则 由，可设，则, 故, 所以不存在点，使得. （2）设平面的一个法向量为，则， 因为，所以，即， 令，则，所以， 设直线与平面所成角为， 则， 解得或. 当时，，，此时； 当时，，，此时. 所以当或时直线与平面所成角的正弦值为. （3）设点到直线的距离为，由（1）知，， ，， ， 则. ∴. 地 城 考点08 异面直线距离的向量求法 55．（23-24高二上·广东广州·期中）定义：两条异面直线之间的距离是指其中一条直线上任意一点到另一条直线距离的最小值．在棱长为1的正方体中，直线与的距离为（    ） A．1 B． C． D． 【答案】D 【分析】在直线上任意一点，作，设，，根据得出和的关系，再由模长公式得出与的关系，再求最值即可. 【详解】设为直线上任意一点，过作，垂足为，可知此时到直线距离最短， 设，， ， ，因为，所以， 即，所以，即， 所以， 所以， 所以当时，取得最小值，所以直线与的距离为. 故选：D 56．（24-25高二上·广东广州·期中）如图，正方形ABCD和正方形ABEF的边长都是1，且它们所在的平面所成的二面角的大小是，M，N分别是AC，BF上的动点，且，则MN的最小值是 【答案】/0.5 【分析】利用二面角的定义证得就是二面角的平面角，即为，再利用空间向量将的长转化为的模求解，利用空间向量的线性运算和数量积、一元二次函数的图象与性质运算即可得解. 【详解】连接，如下图，     由题意，，，正方形中， 正方形中，平面，平面， 平面平面， ∴就是二面角的平面角，则， ∴向量与向量夹角为，且，， 设，，，则， 且由题意， ∴， ， ∴， 令，，图象开口向上，且对称轴为， ∴当时，取得最小值， 即最小值为， ∴的最小值是. 故答案为：. 57．（22-23高二上·广东佛山·期中）如图，在长方体中，，，求： (1)点到直线BD的距离； (2)点到平面的距离； (3)异面直线之间的距离. 【答案】(1)； (2)； (3). 【分析】 (1)建立空间直角坐标系，求直线的方向向量和向量的坐标，再求在上的投影向量的大小，结合勾股定理求点到直线BD的距离；(2)求平面的法向量，再求向量在向量上的投影的大小即可；(3)证明平面，利用向量方法求点到平面的距离即可. 【详解】（1） 以点为原点，，，为，，轴的正方向建立空间直角坐标系，因为，，则，，，，， 所以，，所以在上的投影向量的大小为，又，所以点到直线BD的距离； （2）由(1) ，，， 设平面的法向量，则，所以， 取，可得，，所以是平面的一个法向量，向量在法向量上的投影为，所以点到平面的距离为； （3）由(1) ，，所以，所以，又平面，平面，所以平面，所以异面直线之间的距离与点到平面的距离相等，设平面的法向量，因为，则，所以， 取，可得，，所以是平面的一个法向量，向量在法向量上的投影为，所以点到平面的距离为；故异面直线之间的距离为. 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 重难点01 空间角及空间距离的向量求法 8大高频考点概览 考点01异面直线夹角的向量求法 考点02线面角的向量求法 考点03已知线面角求其他量 考点04面面角的向量求法 考点05已知面面角求其他量 考点06点到平面距离的向量求法 考点07点到直线距离的向量求法 考点08异面直线距离的向量求法 地 城 考点01 异面直线夹角的向量求法 1．（24-25高二上·广东东莞·期中）若空间中三个点，则直线与直线夹角的余弦值是（    ） A． B． C． D． 2．（24-25高二上·广东·期中）在两条异面直线，上分别取点，和点，，使，且．已知，，，，则两条异面直线，所成的角为（   ） A． B． C． D． 3．（24-25高二上·广东汕头·期中）空间四边形ABCD中，，且异面直线AD与BC成，异面直线AB与CD所成角的正切值为 . 4．（23-24高二上·广东中山·期中）如图，圆锥的轴截面为等边三角形，为弧的中点，分别为母线的中点，则异面直线和所成角的大小为（    ） A． B． C． D． 5．（24-25高二上·湖南·期中）刍甍是中国古代算数中的一种几何体，是底面为矩形的屋脊状的楔体.现有一个刍甍如图所示，底面 BCDE为矩形，平面BCDE，和是全等的正三角形，，，，则异面直线AE与BD所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 6．（24-25高二下·广东·期中）（多选）在空间直角坐标系中，，则（   ） A． B． C．异面直线与所成角的余弦值为 D．点到直线的距离是 7．（24-25高二上·广东·阶段练习）已知六面体如图所示，其由一个三棱锥和一个正四面体拼接而成，其中，，若为线段的中点，则异面直线与所成角的余弦值为 ．    8．（24-25高二上·广东广州·期中）已知平行六面体的底面是边长为的正方形，且，． (1)证明：； (2)求异面直线与夹角的余弦值． 9．（24-25高二上·广东东莞·期中）如图，平行六面体中，，，，. (1)以向量为基底表示向量，求对角线的长度； (2)求异面直线与所成角的余弦值. 10．（24-25高二上·广东深圳·期中）在平行六面体中，底面是边长为1的正方形，，． (1)求的长； (2)若，分别为，的中点，求异面直线与的夹角余弦值． 地 城 考点02 线面角的向量求法 11．（24-25高二下·广东江门·期中）若点，，平面的一个法向量为，则直线与平面所成角的正弦值为 . 12．（24-25高二下·广东惠州·期中）如图，在多面体中，平面平面四边形为正方形，四边形为梯形，且，，，点满足． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 13．（24-25高二下·广东惠州·期中）如图，已知四棱锥中，底面ABCD是直角梯形，，，，，平面ABCD，. (1)求证：平面PCD； (2)若M是PC的中点，求PC与平面ADM所成角的正弦值. 14．（24-25高二上·广东东莞·期中）如图，在四棱锥中，平面为的中点，点在上，且，设点是线段上（含端点）的一动点. (1)求证：平面； (2)设与平面所成角为，求的范围； (3)若，判断直线是否在平面内，说明理由. 15．（24-25高二上·广东·期中）如图，在四棱台中，平面，底面为正方形，，点在线段上运动. (1)证明：. (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的取值范围. 16．（24-25高二上·广东深圳·期中）如图所示，四棱锥的底面是矩形，底面，，，，． (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的余弦值． 17．（24-25高二上·广东深圳·期中）如图1所示，在中，分别为的中点，为的中点，满足.将沿折起到的位置，使得平面平面，如图2. (1)求证：平面； (2)求直线和平面所成角的正弦值； (3)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. 18．（24-25高二上·广东广州·期中）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，活动弹子在上移动.    (1)求证：直线平面； (2)为上的点，求与平面所成角的正弦值的最大值. 19．（24-25高二上·广东肇庆·期中）如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，为底面直径，为底面圆的内接正三角形，点在母线上，且． (1)求证：平面平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； 20．（24-25高二上·广东深圳·期中）如图，在直三棱柱中，为直角，侧面为正方形，，分别为的中点. (1)求证:平面； (2)求证:； (3)求直线与平面所成角的正弦值. 地 城 考点03 已知线面角求其他量 21．（24-25高二上·广东广州·期中）如图，在四棱锥中，底面是边长为的菱形，侧面底面，，，是中点，点在侧棱上（不包括端点）． (1)求证：； (2)是否存在点，使与平面所成角的正弦值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 22．（24-25高二下·广东深圳·期中）图1是边长为的等边三角形，点、分别在、上，且．将沿折起到的位置，连接、，如图2，若． (1)证明：平面平面； (2)在线段上是否存在点，使直线与平面所成的角为？若存在，求的长；若不存在，请说明理由． 23．（23-24高二上·广东佛山·期中）如图，在四棱锥中，底面是边长为的菱形，，为正三角形，为的中点，且平面平面，是线段上的点. (1)求证：； (2)是否存在点，使得直线与平面的夹角的正弦值为，若存在；求出此时的值；若不存在，请说明理由. 24．（23-24高二上·广东广州·期中）在等腰梯形中，为的中点，线段与交于点（如图）．将沿折起到位置，使得平面平面（如图）．    (1)求证：； (2)线段上是否存在点，使得与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 地 城 考点04 面面角的向量求法 25．（24-25高二下·广东佛山·期中）如图，长方体中，点在棱上，． (1)证明：平面； (2)若，，求平面与平面夹角的余弦值． 26．（23-24高二上·广东惠州·期中）如图1，在直角梯形ABCD中，是AD的中点，是AC与BE的交点.将沿BE折起到的位置，使得平面平面BCDE，如图2．    (1)证明：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值. 27．（24-25高二下·广东深圳·期中）如图，长方体中，，. (1)证明：平面平面； (2)求二面角的正弦值. 28．（24-25高二下·广东广州·期中）如图，在三棱锥中，，．是线段上的点． (1)求证：平面平面ABC； (2)若为线段的中点，求直线与平面所成角的正弦值； (3)若平面，为垂足，当三棱锥体积最大时，求平面与平面的夹角的余弦值． 29．（24-25高二下·广东深圳·期中）如图所示，在四面体中，平面，是的中点，是的中点，点在线段上，且．    (1)求证：平面； (2)若为正三角形，且，求平面与平面夹角的正弦值． 30．（24-25高二下·广东惠州·期中）如图，四边形是正方形，平面，，，分别为的中点． (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的大小． 31．（24-25高二上·广东东莞·期中）如图所示，在三棱锥中，，直线两两垂直，点分别为棱的中点． (1)证明：平面； (2)求平面与平面所成角的余弦值． 32．（24-25高二上·广东·期中）如图，在三棱柱中，平面，，    (1)证明：平面. (2)求平面与平面的夹角. 33．（24-25高二上·广东·期中）如图，在四棱锥中，平面，为棱的中点. (1)证明：平面； (2)若，求平面和平面夹角的余弦值. 34．（24-25高二上·广东湛江·期中）已知平面四边形中，，，且.以为腰作等腰直角三角形，且，将沿直线折起，使得平面平面.    (1)证明：平面； (2)若是线段上一点，且平面，求平面与平面夹角的余弦值. 地 城 考点05 已知面面角求其他量 35．（24-25高二上·广东·期中）如图1，在边长为4的菱形中，，点，分别是边，的中点，，．沿将翻折到的位置，连接，，，得到如图2所示的五棱锥． (1)证明：在翻折过程中总有平面平面； (2)若平面平面，线段上是否存在一点，使得平面与平面所成角的余弦值为？若存在，试确定点的位置；若不存在，请说明理由． 36．（24-25高二上·广东广州·期中）如图，在长方体中，点在棱上移动．    (1)当点在棱的中点时，求点到平面的距离： (2)当为何值时，平面与平面所成的夹角为． 37．（24-25高二上·广东汕头·期中）如图，五面体中，，，平面ABCD． (1)求证：； (2)若，，，求点E到直线AB的距离； (3)若，，，二面角的余弦值为，求DE的长． 38．（23-24高二上·广东惠州·期中）如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点，是边长为1的等边三角形，且. (1)求直线和平面所成角的正弦值； (2)在棱上是否存在点，使二面角的大小为？若存在，并求出的值. 39．（23-24高二上·广东江门·期中）如图，在多面体ABCDEF中，平面平面ABCD，，，，． (1)求证：； (2)若四边形ACEF为正方形，在线段AF上是否存在点P，使得二面角的余弦值为？若存在，请求出线段AP的长；若不存在，请说明理由． 地 城 考点06 点到平面距离的向量求法 40．（24-25高二上·广东深圳·期中）已知正方体的棱长为为的中点，则点到平面的距离等于（    ） A． B． C． D． 41．（24-25高二上·广东·期中）如图，在四棱锥中，平面ABCD，PB与底面ABCD所成的角为，底面ABCD为直角梯形，，，，三棱锥的外接球为球O，则平面PBC截球O所得截面圆的面积为（    ）    A． B． C． D． 42．（24-25高二上·广东湛江·期中）如图，在直三棱柱中，，，E，F分别为，BC的中点，则点到平面AEF的距离为（   ） A． B．2 C． D． 43．（24-25高二上·广东广州·期中）如图，在棱长为2的正方体中，分别为棱的中点． (1)求证：平面； (2)求平面与平面成角的正弦值； (3)求点到平面的距离． 44．（24-25高二上·广东广州·期中）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．    (1)求证：//平面； (2)若点为棱的中点，求点到平面的距离； (3)若点为线段上的动点（不包括端点），求平面与平面夹角的余弦值的取值范围． 45．（24-25高二上·广东深圳·期中）如图，在棱长为2的正方体中，，分别为棱的中点.    (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)求点到平面的距离. 46．（24-25高二上·广东广州·期中）如图，平面平面，，，，，，点，，分别为，，的中点.    (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的正弦值； (3)若为线段上的点，且直线与平面所成的角为，求到平面的距离. 47．（24-25高二上·贵州六盘水·期中）如图，四边形ABCD是正方形，AE，DF，BG都垂直于平面ABCD，且，，，M，N分别是EG，BC的中点.    (1)证明：平面ABCD. (2)若，求点N到平面AMF的距离. 48．（24-25高二上·广东广州·期中）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，底面，，为的中点，为的中点，解答以下问题：    (1)证明：直线平面； (2)求点到平面的距离． 地 城 考点07 点到直线距离的向量求法 49．（24-25高二上·广东惠州·期中）已知直线经过点，且是的方向向量，则点到的距离为 ． 50．（24-25高二上·广东广州·期中）已知直线L的一个方向向量为，若点为直线L外一点，为直线L上一点，则 ；点P到直线L的距离为 ． 51．（24-25高二上·广东佛山·期中）已知直线的方向向量为，点在直线上，若点到直线的距离为，则 ． 52．（24-25高二上·广东广州·期中）（多选）已知、分别为棱长为2的正方体棱、上的动点，则下列说法正确的是（   ） A．线段长度的最小值为2 B．三棱锥的外接球体积的最大值为 C．若点在正方体的内部且满足，则点到直线的距离为 D．当、为中点时，平面截正方体所形成的图形的面积为 53．（24-25高二上·广东深圳·期中）如图，在棱长为1的正方体中，为线段的中点，为线段的中点.    (1)求点到直线的距离； (2)求直线到直线的距离； (3)求点到平面的距离； 54．（24-25高二上·广东广州·期中）如图，在直三棱柱中，，，，，分别是，的中点，动点在直线上，且. (1)是否存在点，使得？若存在，试确定点的位置；若不存在，请说明理由； (2)当取何值时，直线与平面所成角的正弦值为； (3)求动点到直线的距离的取值范围. 地 城 考点08 异面直线距离的向量求法 55．（23-24高二上·广东广州·期中）定义：两条异面直线之间的距离是指其中一条直线上任意一点到另一条直线距离的最小值．在棱长为1的正方体中，直线与的距离为（    ） A．1 B． C． D． 56．（24-25高二上·广东广州·期中）如图，正方形ABCD和正方形ABEF的边长都是1，且它们所在的平面所成的二面角的大小是，M，N分别是AC，BF上的动点，且，则MN的最小值是 57．（22-23高二上·广东佛山·期中）如图，在长方体中，，，求： (1)点到直线BD的距离； (2)点到平面的距离； (3)异面直线之间的距离. 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $