专题02 空间向量及其应用（期中复习讲义）（知识必备+9大核心题型+分层验收）高二数学上学期人教A版

专题02 空间向量及其应用（期中复习讲义） 核心考点 复习目标 考情规律 用空间向量研究直线、平面的位置关系 理解直线的方向向量与平面的法向量,培养数学抽象的核心素养. 基础必考点，常出现在大题第（1）问 用空间向量研究距离问题 1、掌握应用向量法解决点到直线、点到平面、相互平行的直线间、相互平行的平面间的距离问题,培养逻辑推理的核心素养. 2、体会向量方法在研究立体几何问题中的作用,提升数学运算的核心素养. 高频易错点，常出现公式记忆混淆的问题 用空间向量研究夹角问题 掌握应用向量法求异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角的大小,提升逻辑推理、数学运算的核心素养. 重难必考点，常出现在大题第（2）问，探索性问题是难点 知识点01 用向量表示点、直线、平面的位置 1、用向量表示点的位置： 在空间中,我们取一定点作为基点,那么空间中任意一点就可以用向量表示.我们把向量称为点的位置向量.如图. 2、直线的方向向量 如图①,是直线的方向向量,在直线上取,设是直线上的任意一点,则点在直线上的充要条件是存在实数,使得，即 3、空间直线的向量表示式 如图②,取定空间中的任意一点,可以得到点在直线上的充要条件是存在实数,使① 或② ①式和②式都称为空间直线的向量表示式.由此可知,空间任意直线由直线上一点及直线的方向向量唯一确定. 4、用向量表示空间平面的位置 根据平面向量基本定理，存在唯一实数对，使得，如图；取定空间任意一点，空间一点位于平面内的充要条件是存在实数，，使. 知识点02 平面的法向量及其应用 1、平面法向量的概念 如图，若直线 ，取直线 的方向向量 ，我们称为平面的法向量；过点且以为法向量的平面完全确定，可以表示为集合 ． 2、平面的法向量的求法 求一个平面的法向量时，通常采用待定系数法，其一般步骤如下: 设向量：设平面的法向量为 选向量：选取两不共线向量 列方程组：由列出方程组 解方程组：解方程组 赋非零值：取其中一个为非零值（常取) 得结论：得到平面的一个法向量. 知识点03 有理数的概念空间中直线、平面的平行和垂直 1、设直线,的方向向量分别为，，平面，的法向量分别为，，则 线线平行 ⇔⇔() 线面平行 ⇔⇔ 面面平行 ⇔⇔ 2、设直线的方向向量为，直线的方向向量为，平面的法向量，平面的法向量为，则 线线垂直 ⇔⇔ 线面垂直 ⇔⇔⇔ 面面垂直 ⇔⇔⇔ 知识点04 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. 知识点05 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. 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：） 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钝二面角； 若二面角为锐二面角（取正），则； 若二面角为顿二面角（取负），则； 题型一 用空间向量解决线面（面面）平行、垂直问题 解｜题｜技｜巧 1、平面的法向量的求解方法 (1)设出平面的法向量为n=(x,y,z). (2)找出(或求出)平面内的两个不共线的向量的坐标:a=(a1,b1,c1),b=(a2,b2,c2). (3)依据法向量的定义建立关于x,y,z的方程组 (4)解方程组,取其中的一个解,即得法向量,由于一个平面的法向量有无数多个,故可在方程组的解中取一个最简单的作为平面的法向量. 2、用向量法证明线线平行的思路 要证明线线平行,只需取两直线的方向向量a,b,证明a∥b即可. 坐标法:根据图形特征,建立适当的空间直角坐标系,求出两直线方向向量的坐标,证明它们共线. 3、利用空间向量证明线面平行 (1)证明直线的方向向量与平面内某一向量共线,转化为线线平行,利用线面平行的判定定理得证. (2)先求直线的方向向量,然后求平面的法向量,证明直线的方向向量与平面的法向量垂直. 4、用向量法证明面面平行的三种思路 (1)证明两个平面的法向量共线. (2)根据面面平行的判定定理,证明一个平面内有两个相交向量与另一个平面内的向量共线. (3)证明一个平面的法向量也是另一个平面的法向量. 5用向量法证明线线垂直的方法 用向量法证明空间中两条直线l1,l2相互垂直,其主要是证明两条直线的方向向量a,b相互垂直,只需证明a·b=0即可,具体方法有以下两种. (1)坐标法:根据图形的特征,建立适当的空间直角坐标系,准确地写出相关点的坐标,表示出两条直线的方向向量,计算出两向量的数量积为0. 用向量法证明线面垂直的两种方法 (1)证明直线的方向向量与平面的法向量共线. (2)根据线面垂直的判定定理,证明直线的方向向量与平面内的两个相交向量垂直. 6、用向量法证明面面垂直的两种思路 (1)证明两个平面的法向量垂直. (2)根据面面垂直的判定定理,证明一个平面内的向量垂直于另一个平面. 1．（24-25高二上·广东中山·期中）如图在边长是2的正方体中，E，F分别为AB，的中点．证明：平面． 2．（25-26高二上·全国·课前预习）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. 3．（25-26高二上·全国·单元测试）如图所示，四棱锥的底面是正方形，每条侧棱长都是底面边长的倍，为侧棱上的点，点为上靠近点的三等分点. (1)求证：； (2)若平面，证明：平面. 4．（25-26高二上·全国·课后作业）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． 5．（24-25高二上·山东烟台·开学考试）如图，在长方体中，.    (1)求证：平面平面.（使用向量方法） (2)线段上是否存在点，使得平面？若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由. 题型二 用空间向量解决异面直线所成角问题 解｜题｜技｜巧 利用向量法求异面直线所成的角的一般步骤 (1)选好基底或建立空间直角坐标系. (2)求出两直线的一个方向向量u,v. (3)代入公式cosθ=求解. 注意:两条异面直线所成角的取值范围是(0,]. 1．（25-26高二上·全国·课前预习）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． 2．已知直三棱柱的棱长均为2，则异面直线与夹角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 3．（24-25高二上·吉林·月考）在如图所示的多面体中，平面，平面平面，且，，则异面直线BP与CQ所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 4．（23-24高二下·江西·月考）已知四棱锥P-ABCD的底面是正方形，AP⊥平面ABCD，，，E为PB的中点，点F满足，则异面直线EF，CD所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 5．（24-25高二下·湖南·月考）如图，在四面体ABCD中，与为等边三角形，且，E，F分别为棱AD，AB的中点，则异面直线BE，CF所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 题型三 线面角及其探索性问题 解｜题｜技｜巧 求线面角的两种方法 (1)设直线PA的方向向量a,平面α的法向量为n,直线PA与平面α所成的角为θ(θ∈[0,]),a与n的夹角,则sinθ=|cos|=. (2)设直线PA的方向向量a,直线PA在平面α内的投影向量为b,则直线PA与平面α所成的角θ满足cosθ=|cos<a,b>|. 1．如图，已知多面体中，均垂直于平面,，，.请用空间向量的方法解答下列问题：求直线与平面所成的角的正弦值. 2．如图1，在平面四边形中，已知，，，，，于点.将沿折起使得平面，如图2，设（）. (1)若，求证：平面； (2)若直线与平面所成角的正弦值为，求的值. 3．（24-25高二上·吉林松原·期末）如图，四棱锥中，底面是正方形，是的中点，. (1)证明：平面平面； (2)若是棱上靠近点的三等分点，求直线与平面所成角的大小. 4．（24-25高二上·上海静安·期中）如图，在四棱锥中，底面是边长为a的正方形，侧面底面，且，设分别为的中点． (1)证明：直线平面； (2)求直线PB与平面所成的角的正切值． 5．（24-25高二上·浙江·期中）如图，四棱锥中，平面，，，，点为线段的中点.    (1)证明：平面； (2)若为线段上一点，且，为何值时，直线与平面所成角的正弦值为? 题型四 二面角（面面角）及其探索性问题 解｜题｜技｜巧 利用向量方法求两个平面的夹角的大小时,多采用法向量的方法,即求出两个平面的法向量,然后通过法向量的夹角得到两个平面的夹角的大小,这种方法思路简单,但运算量大,所以求解时需特别注意仔细运算. 1．如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，平面为棱上的动点． (1)当为棱的中点时，证明：平面； (2)若，求平面与平面夹角的余弦值． 2．（24-25高二下·云南曲靖·期末）四棱锥底面为菱形，底面，点在上，． (1)证明：； (2)求二面角的余弦值． 3．（24-25高二下·云南保山·月考）如图，直四棱柱的底面是菱形，，，，E，F，分别是，AD，的中点，为矩形的中心. (1)证明：平面. (2)求平面与平面夹角的正弦值. 4．（25-26高二上·山西临汾·开学考试）如图，在四棱锥中，侧面平面，是边长为2的等边三角形，底面为直角梯形，其中． (1)求证：； (2)线段上是否存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 5．（24-25高二下·福建龙岩·期末）如图，在三棱锥中，，，平面. (1)求证：平面平面； (2)若，为线段的中点，点为线段的动点，且二面角的余弦值为，求. 题型五 点到线、点到面的距离问题 解｜题｜技｜巧 1、用向量法求点到直线的距离的一般步骤 (1)建立空间直角坐标系. (2)求直线的一个单位方向向量u. (3)计算所求点与直线上某一点所构成的向量a. (4)利用公式d=计算点到直线的距离. 2、利用向量法求点到平面的距离的一般步骤 (1)建立空间直角坐标系. (2)求出该平面的一个法向量. (3)找出该点与平面内一点连线形成的斜线段对应的向量. (4)法向量与斜线段对应向量的数量积的绝对值再除以法向量的模,即为点到平面的距离. 1．（24-25高二上·黑龙江齐齐哈尔·期末）如图所示的几何体中，四边形ABCD为矩形，平面，，点为棱DF的中点. (1)求平面ACP与平面BCF的夹角的余弦值； (2)求点到平面ACP的距离. 2．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； (3)求点到直线的距离. 3．（24-25高二下·湖南·期末）如图，在正三棱柱中，底面边长为2，侧棱长为，D是BC的中点．    (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)在线段上是否存在一点E，使得点到平面ADE的距离为?若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由． 4．（25-26高二·全国·假期作业）如图，在四棱锥中，底面四边形为菱形，为棱的中点，为边的中点． (1)求证：平面； (2)若侧面底面，且，；在棱上是否存在点，使点到直线的距离为，若存在，求的值；若不存在，说明理由． 题型六 用空间向量解决其他距离问题 解｜题｜技｜巧 (1)求线线距离可以转化为求直线上任意一点到另一直线的距离,利用求点到直线的距离的方法求解即可. (2)求线面距离、两个平行平面间的距离可以转化为求点到平面的距离,利用求点到平面的距离的方法求解即可. 1．（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.    2．（23-24高二上·山东淄博·月考）在棱长为1的正方体中，E为线段的中点，F为线段AB的中点． (1)求直线与所成角的余弦值； (2)求直线到平面的距离． 3．（24-25高二下·河南开封·期末）如图，两个正方形框架、的边长都是，且它们所在的平面相互垂直． (1)证明：； (2)证明：与是异面直线； (3)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．依据上述定义，求异面直线与之间的距离． 题型七 折叠问题 解｜题｜技｜巧 解决折叠问题最重要的就是对比折叠前后的图形，找到哪些线、面的位置关系和数学量没有发生变化，哪些发生了变化，在证明和求解的过程中恰当地加以利用。 一般步骤： ①确定折叠前后的各量之间的关系，搞清折叠前后的变化量和不变量； ②在折叠后的图形中确定线和面的位置关系，明确需要用到的线面； ③利用判定定理或性质定理进行证明。 1．（23-24高二上·广西柳州·开学考试）如图（1），在中，，，，分别是，的中点，将和分别沿着，翻折，形成三棱锥，是中点，如图（2）.    (1)求证：平面； (2)若直线上存在一点，使得与平面所成角的正弦值为，求的值. 2．（24-25高二下·广西南宁·期末）如图所示，五边形是正六边形的一部分，将沿着对角线翻折到的位置，使平面平面，已知点分别为，的中点． (1)求证：平面； (2)求平面与平面所成二面角的正弦值． 3．（23-24高二上·河北·期中）如图1，在菱形中，，将沿着翻折至如图2所示的的位置，构成三棱锥． (1)证明：． (2)若平面平面，为线段上一点（不含端点），且与平面所成角的正弦值为，求的值． 4．（24-25高二上·重庆·期末）如图，在等腰梯形中，，，，，把三角形沿着翻折，得到如右图所示的四棱锥，记二面角的平面角为. (1)当时，求证：平面； (2)当时， （i）求点到底面的距离； （ii）设是侧棱上一动点，是否存在点，使得的余弦值为，若存在，求的值. 5．（23-24高二上·湖北十堰·期末）在图1所示的平面多边形中，四边形为菱形，与均为等边三角形．分别将沿着，翻折，使得四点恰好重合于点，得到四棱锥． (1)若，证明：； (2)若二面角的余弦值为，求的值． 题型八 夹角、距离中的最值（范围）问题 1．（24-25高二下·浙江温州·期末）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． 2．（24-25高二上·河北保定·月考）如图，在四棱锥中，底面是边长为的菱形，平面，，为的中点，是线段上一点. (1)证明：平面平面. (2)是否存在点M，使得平面？若存在，求PM的长；若不存在，说明理由. (3)求平面与平面夹角的余弦值的最大值. 3．如图，在直四棱柱中，，，，，． (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)若为线段上的动点，求到直线距离的最小值． 4．（24-25高二下·安徽滁州·期末）如图，在四棱锥中，底面，，是线段上的动点．    (1)证明：； (2)若是线段的中点，求平面与平面夹角的余弦值； (3)设直线与平面所成角为，求的取值范围． 题型九 空间向量中的新文化、新定义问题 解｜题｜技｜巧 数学文化试题常常是以数学文化为背景命制的与核心考点相关联的题目,把数学史、数学美、数学语言、数学思维、数学学科核心索养及数学思想方法结合起来，能有效考查考生在新情境中对数学文化的鉴赏能力、对数学知识的阅读理解能力、对数学方法的迁移能力.解决此类问题主要是学会提前关键信息，抓住信息重点. 1．《九章算术》是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早一千多年，例如堑堵指底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱；鳖臑指的是四个面均为直角三角形的三棱锥如图，在堑堵中，，若，，直线与平面所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 2．（24-25高二上·河南·期中）《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． C．2 D．3 3．（23-24高二上·山东菏泽·月考）有很多立体图形都体现了数学的对称美，其中半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体因其最早由阿基米德研究发现，故也被称作阿基米德体.如图，这是一个棱数为24，棱长都相等的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，可以看成是由一个正方体截去八个一样的四面体所得.已知点为线段上一点且，若直线与直线所成角的余弦值为，则 （    ） A． B． C． D． 4．（24-25高二上·辽宁·期中）《九章算术》是我国古代的一部数学经典著作，在其中一篇《商功》中有如下描述：“斜解立方，得两堑堵”，堑堵是底面为直角三角形的直三棱柱.如图，在堑堵中，，，，为棱的中点，为棱的中点. (1)证明：平面平面； (2)求平面与平面夹角的正弦值. 5．（24-25高二上·吉林长春·月考）已知两个非零向量，在空间任取一点，作，则叫做向量的夹角，记作．定义与的“向量积”为：是一个向量，它与向量都垂直，它的模．如图，在四棱锥中，底面为矩形，底面， 为线段上一点，．    (1)求的长； (2)若为的中点，求二面角的正弦值； (3)若为线段上一点，且满足，求． 6．（24-25高二上·山西·月考）已知是棱长为的正四面体，设的四个顶点到平面的距离所构成的集合为，若中元素的个数为，则称为的阶等距平面，为的阶等距集． (1)若为的1阶等距平面且1阶等距集为，求的所有可能值以及相应的的个数； (2)已知为的4阶等距平面，且点与点，，分别位于的两侧．是否存在，使的4阶等距集为，其中点到的距离为？若存在，求平面与夹角的余弦值；若不存在，说明理由． 期中基础通关练（测试时间：60分钟） 1．（23-24高二上·安徽滁州·月考）已知正四棱锥的各棱长均相等，点E是的中点，点F是的中点，则异面直线和所成角的余弦值是（    ）． A． B． C． D． 2．（24-25高二上·安徽·月考）在直三棱柱中，，，若点满足，其中，则直线与平面所成角的最大值为（    ） A． B． C． D． 3．（23-24高二上·山东泰安·月考）（多选题）已知正方体的棱长为1，点E，O分别是，的中点，点P在正方体内部且满足，则下列说法正确的是（    ） A．BE与所成角的正弦值是 B．点O到平面的距离是 C．平面与平面间的距离为 D．点P到直线AB的距离为 4．（24-25高二下·江苏常州·期中）（多选题）如图，八面体的每个面都是正三角形，若四边形是边长为4的正方形，则（    ） A．异面直线和所成的角为 B．平面和平面有相同的法向量 C．异面直线和的距离为 D．二面角的余弦值为 5．（多选题）有很多立体图形都体现了数学的对称美，其中半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体因其最早由阿基米德研究发现，故也被称作阿基米德体.如图，这是一个棱数为，棱长为的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，可以看成是由一个正方体截去八个一样的四面体所得.若点为线段上的动点，则下列结论正确的是（    ） A．存在点、使得、、、四点共面 B．存在点，使 C．存在点，使得直线与平面所成角为 D．存在点，使得直线与直线所成角的余弦值 6．（2025高二·全国·专题练习）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． 7．（23-24高二上·广东清远·期中）如图所示，在底面是矩形的四棱锥中，底面分别是的中点，. (1)求两点间的距离； (2)求证：平面； (3)求证：平面平面. 8．（23-24高二上·广东江门·月考）如图1，在边长为2的菱形中，，将沿对角线折起到的位置，使平面平面，E是BD的中点，平面ABD，且，如图2． (1)求证：平面； (2)在线段AD上是否存在一点M，使得平面，若存在，求的值；若不存在，说明理由． 9．（24-25高二上·重庆·期中）已知矩形ABCD，，，为CD中点，沿AE折成直二面角，为BC为中点.          (1)求证：； (2)在棱DE上是否存在点N，使得平面ADM?若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 10．（24-25高二上·贵州遵义·期末）如图，已知等腰梯形中，，，，是的中点，，将梯形沿着翻折成，使. (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的正弦值； 11．（23-24高二上·内蒙古呼和浩特·期中）如图：等边三角形的边长为3，，．将三角形沿着折起，使之成为四棱锥．点满足，点在棱上，满足．且． (1)求到平面的距离； (2)求面与面夹角的余弦值； (3)点在面的正射影为点，求与平面夹角的正弦值． 12．（24-25高二上·福建泉州·期中）如图，在圆锥SO中，高，底面圆O的直径 ，C是OA的中点，点D在圆O上，平面平面． (1)证明：． (2)若P是圆O上的动点，求平面SCD与平面SOP所成角余弦值的取值范围． 13．如图，在以为顶点的多面体中，平面平面，为的中点    (1)证明：平面； (2)在棱上是否存在一点，使得直线与平面所成角的大小为.若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 14．（24-25高二下·江苏南京·期中）如图，在四棱锥中，平面平面， M为棱PC的中点. (1)证明：平面； (2)若 （i）求二面角的正弦值；（ii）在线段上是否存在点Q，使得点Q到平面的距离是？若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 15．（25-26高二上·黑龙江齐齐哈尔·开学考试）图①平面四边形中，，，，以BE为轴将折起至，如图②得四棱锥，为中点，为线段上动点.    (1)求异面直线所成的角的余弦值 (2)求面积的最小值及对应的值 (3)求点M到EF的距离的取值范围. 期中重难突破练（测试时间：30分钟） 1．（24-25高二上·四川宜宾·期中）（多选题）六氟化硫，化学式为，在常压下是一种无色、无臭、无毒、不燃的稳定气体，有良好的绝缘性，在电器工业方面具有广泛用途. 六氟化硫分子结构为正八面体结构（正八面体每个面都是正三角形，可以看作是将两个棱长均相等的正四棱锥将底面粘接在一起的几何体). 如图所示，正八面体，下列说法中正确的有（    ） A．平面EAD 平面FCB B．平面EAD 平面ECB C．异面直线与所成的角为 D．若点P为棱上的动点，则直线AP与平面FAD 成的角的正弦值的范围 2．（24-25高二上·安徽·期中）（多选题）空间直角坐标系中，已知向量，则经过点，且法向量为的平面方程为，经过点且一个方向向量为的直线的方程为，根据上面的材料，以下选项说法正确的是（    ） A．若直线的方程为，则点在直线上 B．已知平面的方程，平面的方程为，则这两平面所成角的余弦值为 C．已知平面的方程为，则点到平面的距离为 D．已知平面的方程为，平面的方程为，平面的方程为，则直线与平面的夹角的正弦值为 3．（23-24高二上·广东潮州·期末）如图所示，在四棱锥中，底面四边形是菱形，是边长为2的等边三角形，为的中点，． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的大小． 4．（24-25高二上·江西景德镇·期中）在空间直角坐标系中，若平面过点，且平面的一个法向量为，则平面的方程为，该方程称为平面的点法式方程，整理后为（其中），该方程称为平面的一般式方程.如图，在四棱柱中，底面是平行四边形，，，两两垂直，，，直线与平面所成的角为，以为坐标原点，，，的方向分别是，，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系. (1)求平面的一般式方程. (2)求到直线的距离. (3)在棱是否存在点，使得平面平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 5．如图1，是等边三角形，为等腰直角三角形，，将沿AC翻折到的位置，且点P不在平面ABC内）（如图2），点F在线段PB上（不含端点）． (1)证明：； (2)若． （ⅰ）当点F为线段PB的中点时，求直线PB与平面ACF所成角的大小； （ⅱ）设平面ACF与平面PBC的夹角为，求的取值范围． 3 / 3 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题02 空间向量及其应用（期中复习讲义） 核心考点 复习目标 考情规律 用空间向量研究直线、平面的位置关系 理解直线的方向向量与平面的法向量,培养数学抽象的核心素养. 基础必考点，常出现在大题第（1）问 用空间向量研究距离问题 1、掌握应用向量法解决点到直线、点到平面、相互平行的直线间、相互平行的平面间的距离问题,培养逻辑推理的核心素养. 2、体会向量方法在研究立体几何问题中的作用,提升数学运算的核心素养. 高频易错点，常出现公式记忆混淆的问题 用空间向量研究夹角问题 掌握应用向量法求异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角的大小,提升逻辑推理、数学运算的核心素养. 重难必考点，常出现在大题第（2）问，探索性问题是难点 知识点01 用向量表示点、直线、平面的位置 1、用向量表示点的位置： 在空间中,我们取一定点作为基点,那么空间中任意一点就可以用向量表示.我们把向量称为点的位置向量.如图. 2、直线的方向向量 如图①,是直线的方向向量,在直线上取,设是直线上的任意一点,则点在直线上的充要条件是存在实数,使得，即 3、空间直线的向量表示式 如图②,取定空间中的任意一点,可以得到点在直线上的充要条件是存在实数,使① 或② ①式和②式都称为空间直线的向量表示式.由此可知,空间任意直线由直线上一点及直线的方向向量唯一确定. 4、用向量表示空间平面的位置 根据平面向量基本定理，存在唯一实数对，使得，如图；取定空间任意一点，空间一点位于平面内的充要条件是存在实数，，使. 知识点02 平面的法向量及其应用 1、平面法向量的概念 如图，若直线 ，取直线 的方向向量 ，我们称为平面的法向量；过点且以为法向量的平面完全确定，可以表示为集合 ． 2、平面的法向量的求法 求一个平面的法向量时，通常采用待定系数法，其一般步骤如下: 设向量：设平面的法向量为 选向量：选取两不共线向量 列方程组：由列出方程组 解方程组：解方程组 赋非零值：取其中一个为非零值（常取) 得结论：得到平面的一个法向量. 知识点03 有理数的概念空间中直线、平面的平行和垂直 1、设直线,的方向向量分别为，，平面，的法向量分别为，，则 线线平行 ⇔⇔() 线面平行 ⇔⇔ 面面平行 ⇔⇔ 2、设直线的方向向量为，直线的方向向量为，平面的法向量，平面的法向量为，则 线线垂直 ⇔⇔ 线面垂直 ⇔⇔⇔ 面面垂直 ⇔⇔⇔ 知识点04 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. 知识点05 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. 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：） 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钝二面角； 若二面角为锐二面角（取正），则； 若二面角为顿二面角（取负），则； 题型一 用空间向量解决线面（面面）平行、垂直问题 解｜题｜技｜巧 1、平面的法向量的求解方法 (1)设出平面的法向量为n=(x,y,z). (2)找出(或求出)平面内的两个不共线的向量的坐标:a=(a1,b1,c1),b=(a2,b2,c2). (3)依据法向量的定义建立关于x,y,z的方程组 (4)解方程组,取其中的一个解,即得法向量,由于一个平面的法向量有无数多个,故可在方程组的解中取一个最简单的作为平面的法向量. 2、用向量法证明线线平行的思路 要证明线线平行,只需取两直线的方向向量a,b,证明a∥b即可. 坐标法:根据图形特征,建立适当的空间直角坐标系,求出两直线方向向量的坐标,证明它们共线. 3、利用空间向量证明线面平行 (1)证明直线的方向向量与平面内某一向量共线,转化为线线平行,利用线面平行的判定定理得证. (2)先求直线的方向向量,然后求平面的法向量,证明直线的方向向量与平面的法向量垂直. 4、用向量法证明面面平行的三种思路 (1)证明两个平面的法向量共线. (2)根据面面平行的判定定理,证明一个平面内有两个相交向量与另一个平面内的向量共线. (3)证明一个平面的法向量也是另一个平面的法向量. 5用向量法证明线线垂直的方法 用向量法证明空间中两条直线l1,l2相互垂直,其主要是证明两条直线的方向向量a,b相互垂直,只需证明a·b=0即可,具体方法有以下两种. (1)坐标法:根据图形的特征,建立适当的空间直角坐标系,准确地写出相关点的坐标,表示出两条直线的方向向量,计算出两向量的数量积为0. 用向量法证明线面垂直的两种方法 (1)证明直线的方向向量与平面的法向量共线. (2)根据线面垂直的判定定理,证明直线的方向向量与平面内的两个相交向量垂直. 6、用向量法证明面面垂直的两种思路 (1)证明两个平面的法向量垂直. (2)根据面面垂直的判定定理,证明一个平面内的向量垂直于另一个平面. 1．（24-25高二上·广东中山·期中）如图在边长是2的正方体中，E，F分别为AB，的中点．证明：平面． 【答案】证明见解析 【分析】建立适当的空间直角坐标系，求出向量的坐标表示，利用，可证直线EF垂直于CD、，再利用线面垂直的判定定理证明． 【详解】如图以D为坐标原点，建立空间直角坐标系， 则， ∵E，F分别为AB，的中点，∴， ，，， ∵，，∴， 又，平面， 平面． 2．（25-26高二上·全国·课前预习）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. 3．（25-26高二上·全国·单元测试）如图所示，四棱锥的底面是正方形，每条侧棱长都是底面边长的倍，为侧棱上的点，点为上靠近点的三等分点. (1)求证：； (2)若平面，证明：平面. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】(1)线面垂直的性质定理可证,先证平面，即可得到结论； (2)建立空间直角坐标系，由（1）知为平面的一个法向量，根据可证. 【详解】（1）如图，连接交于点，连接. 根据题意可知该四棱锥为正四棱锥，平面，平面，. 又四边形为正方形，. 又，平面，平面，平面， 平面，. （2）以为坐标原点，分别以，，所在的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，令，则，，. ，，，，， ，，由平面，知为平面的一个法向量. 又，且不在平面，平面. 4．（25-26高二上·全国·课后作业）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． 5．（24-25高二上·山东烟台·开学考试）如图，在长方体中，.    (1)求证：平面平面.（使用向量方法） (2)线段上是否存在点，使得平面？若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，为线段的中点 【分析】（1）以为原点建系，求出两个平面的法向量，证明其平行即可； （2）设，利用平面的法向量与垂直即可求出. 【详解】（1）证明：由题可以为原点，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，， 则. 设平面的法向量为， 则，所以，取，则， 所以平面的一个法向量为， 设平面的法向量为， 则，所以，取，则， 所以平面的一个法向量为， 因为，即，所以平面平面. （2）设线段上存在点，使得平面， 设， 由（1）得，平面的一个法向量为， 所以， 令，解得， 所以当为线段的中点时，平面. 题型二 用空间向量解决异面直线所成角问题 解｜题｜技｜巧 利用向量法求异面直线所成的角的一般步骤 (1)选好基底或建立空间直角坐标系. (2)求出两直线的一个方向向量u,v. (3)代入公式cosθ=求解. 注意:两条异面直线所成角的取值范围是(0,]. 1．（25-26高二上·全国·课前预习）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. 2．已知直三棱柱的棱长均为2，则异面直线与夹角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】思路一：利用几何法求异面直线所成角时，往往结合平行四边形的对边或三角形的中位线寻找平行线，将异面直线转化到同一个三角形中，进而利用正、余弦定理求解；思路二：两直线所成角为锐角或直角，若利用向量法求出余弦值为负，注意取相反数. 【详解】方法一：如图2，分别取，，的中点，连接， 则，， 从而或其补角为异面直线与所成的角，易知,， 则由余弦定理得， 从而直线与直线夹角的余弦值为，故选：D． 方法二：以为坐标原点，过且与平面垂直的直线为轴，，所在直线分别为轴，轴，建立空间直角坐标系，如图3， 则，，，，，，， 故所求两直线夹角的余弦值为， 故选：D． 3．（24-25高二上·吉林·月考）在如图所示的多面体中，平面，平面平面，且，，则异面直线BP与CQ所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】将该多面体补成底面边长为2，高为2的正三棱柱，并建立空间直角坐标系，写出点的坐标，利用异面直线夹角公式得到答案. 【详解】如图，将该多面体补成底面边长为2，高为2的正三棱柱，并建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 所以，， 所以． 故选：A 4．（23-24高二下·江西·月考）已知四棱锥P-ABCD的底面是正方形，AP⊥平面ABCD，，，E为PB的中点，点F满足，则异面直线EF，CD所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】建立空间直角坐标系，由空间向量坐标求异面直线EF，CD所成角的余弦值即可. 【详解】如图：    以A为坐标原点，分别以，，的方向为x，y，z轴的正方向， 建立空间直角坐标系，则，，，， 所以，．设异面直线EF，CD所成的角为， 则． 故选：C. 5．（24-25高二下·湖南·月考）如图，在四面体ABCD中，与为等边三角形，且，E，F分别为棱AD，AB的中点，则异面直线BE，CF所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】作平面于点，证点为斜边的中点，且，建立空间直角坐标系，设，求出相关点和向量的坐标，利用空间向量的夹角公式计算即得. 【详解】如图，作平面于点， 因，则为的外心， 又，故点为斜边的中点，且． 故可以点为原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系如图． 设，则，则， ， 则有， 因E，F分别为棱AD，AB的中点，故，， 则，， 设直线所成的角为， 则， 故选：A.． 题型三 线面角及其探索性问题 解｜题｜技｜巧 求线面角的两种方法 (1)设直线PA的方向向量a,平面α的法向量为n,直线PA与平面α所成的角为θ(θ∈[0,]),a与n的夹角,则sinθ=|cos|=. (2)设直线PA的方向向量a,直线PA在平面α内的投影向量为b,则直线PA与平面α所成的角θ满足cosθ=|cos<a,b>|. 1．如图，已知多面体中，均垂直于平面,，，.请用空间向量的方法解答下列问题：求直线与平面所成的角的正弦值. 【答案】 【分析】根据空间向量法，求解方向向量以及法向量即可利用向量夹角求解. 【详解】证明：如图，以的中点为原点，分别以射线为轴的正半轴，以过点平行于的直线为轴，建立空间直角坐标系. 由题意知. 设直线与平面所成的角为, 可知, 设平面的法向量， 则即 令，则，可得平面的一个法向量. . 直线与平面所成的角的正弦值是. 2．如图1，在平面四边形中，已知，，，，，于点.将沿折起使得平面，如图2，设（）. (1)若，求证：平面； (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）利用线面平行的判定定理即可证明；（2）利用空间向量的坐标表示，表示出线面夹角的余弦值即可求解. 【详解】（1）在平面四边形中，，，， 所以，， 又，， 所以，，， 所以，所以. 所以在中，易得. 因为，，所以. 在四棱锥中，连接，设，连接， 因为，所以， 又，所以. 因为平面，平面， 所以平面. （2）由题意易知，，两两垂直，故可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，即， 令，得，即. 由，得， 故，. 由直线与平面所成角的正弦值为， 得，解得. 3．（24-25高二上·吉林松原·期末）如图，四棱锥中，底面是正方形，是的中点，. (1)证明：平面平面； (2)若是棱上靠近点的三等分点，求直线与平面所成角的大小. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）首先根据及正方形的性质可求，在中利用余弦定理求得，即可证明.再证明，可得，利用线面垂直的判定定理及面面垂直的判定定理即可证明； （2）建立空间直角坐标系，平面的法向量为和，利用向量法即可求解直线与平面所成角. 【详解】（1）证明：因为四边形为正方形，为的中点，，所以. 在中，由余弦定理得， 因为，所以，即. 因为，所以，所以. 又因为平面，所以平面. 又因为平面，所以平面平面. （2）由（1）得两两垂直，以为原点，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， 于是. 设平面的法向量为， 则，即， 令，可得. 设直线与平面所成的角为， 则， 解得， 故直线与平面所成的角为. 4．（24-25高二上·上海静安·期中）如图，在四棱锥中，底面是边长为a的正方形，侧面底面，且，设分别为的中点． (1)证明：直线平面； (2)求直线PB与平面所成的角的正切值． 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）取AD中点O，连结PO，FO，以O为原点，OA为x轴，OF为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法证明平面； （2）求出直线PB的方向向量和平面的法向量，利用向量法即可求出直线PB与平面所成角的正切值. 【详解】（1）取AD中点O，连接， 在四棱锥中，，则， 由，则，有， 又平面底面，平面底面，平面， ∴平面，平面，则， 又分别为的中点，底面是边长为a的正方形，则， 所以两两垂直，以O为原点，所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系， ， 则，取平面PAD的法向量为， 所以，且平面， 所以平面； （2）由（1）知：，取平面的法向量， 设直线PB与平面所成的角为θ， 则， ∴，故， ∴直线PB与平面所成的角的正切值为． 5．（24-25高二上·浙江·期中）如图，四棱锥中，平面，，，，点为线段的中点.    (1)证明：平面； (2)若为线段上一点，且，为何值时，直线与平面所成角的正弦值为? 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由已知，取线段 中点G，连结，可证得四边形为平行四边形，得，即可证得平面； （2）以为原点建立空间直角坐标系，求出一个平面的一个法向量，由，可得，设直线与平面所成角为，由，利用坐标运算，即可解得的值. 【详解】（1）    取线段 中点G，连结， ，G分别是线段的中点， 且， ，， 且， 四边形为平行四边形， ， 又平面，平面， 平面； （2）因为平面，平面， 所以， 如图，以为原点建立空间直角坐标系. 设直线与平面所成角为，    已知，，，， 则可得，，，， ，，，， 设平面的一个法向量为， 所以，则，令，则， 为线段上一点，且，， 所以， ， ， 解得 题型四 二面角（面面角）及其探索性问题 解｜题｜技｜巧 利用向量方法求两个平面的夹角的大小时,多采用法向量的方法,即求出两个平面的法向量,然后通过法向量的夹角得到两个平面的夹角的大小,这种方法思路简单,但运算量大,所以求解时需特别注意仔细运算. 1．如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，平面为棱上的动点． (1)当为棱的中点时，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）通过线线平行即可证得线面平行； （2）建系后，写出相关点的坐标，出平面和平面的法向量，利用空间向量的夹角公式计算即得. 【详解】（1） 取的中点，连接，， 因为为的中点， 所以， 因为， 所以， 所以四边形为平行四边形，所以． 又平面平面， 所以平面． （2） 因为平面，即两两垂直， 故可以为原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系． 则， 因为，所以， 所以．   设平面的法向量为， 则 取，得， 所以． 因为平面， 所以平面． 所以为平面的一个法向量．   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． 2．（24-25高二下·云南曲靖·期末）四棱锥底面为菱形，底面，点在上，． (1)证明：； (2)求二面角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）证明平面即可； （2）取的中点，连接，以为坐标原点，分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，利用向量公式即可求解． 【详解】（1）连接与交于点， 在菱形中，， 底面平面， 平面，， 平面， 平面； （2）取的中点，连接， 为中点，中，， 底面底面， 以为坐标原点，分别为轴、轴、轴建立如图所示空间直角坐标系， ，， 设， ，即，由此可求， 设平面，平面的法向量分别为， ， ∴即取； 同理，即，取； 设二面角的平面角为，则， 二面角为锐二面角，二面角的余弦值为． 3．（24-25高二下·云南保山·月考）如图，直四棱柱的底面是菱形，，，，E，F，分别是，AD，的中点，为矩形的中心. (1)证明：平面. (2)求平面与平面夹角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）（证法一）利用面面平行的判定定理、性质定理可得答案；（证法二）连接，，利用线面平行的判定定理可得答案； （2）过点作，垂足为，以为坐标原点，，所在直线分别为x，y轴，建立空间直角坐标系，求出平面、平面的一个法向量由二面角的向量求法可得答案. 【详解】（1）（证法一）连接，，，，， 所以四边形为平行四边形，所以. 因为平面，平面，所以平面， ，所以四边形为平行四边形，所以， 因为平面，平面，所以平面. 因为，平面，，平面， 所以平面平面. 因为平面，所以平面； （证法二）连接，， 在中，因为G，H分别为，的中点，所以， 因为平面，平面，所以平面； （2）过点作，垂足为. 以为坐标原点，，所在直线分别为x，y轴， 建立如图所示的空间直角坐标系，则 ，，. ，. 设为平面的法向量，则， 所以，可取. 平面的一个法向量为. ， 所以. 故平面与平面夹角的正弦值为. 4．（25-26高二上·山西临汾·开学考试）如图，在四棱锥中，侧面平面，是边长为2的等边三角形，底面为直角梯形，其中． (1)求证：； (2)线段上是否存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)存在， 【分析】（1）由面面垂直的性质可得平面，再根据线面垂直的性质即可证明； （2）取的中点，以直线、、分别为、、轴建立空间直角坐标系，令，，由二面角的向量公式求得，即可求解. 【详解】（1）由于平面平面，平面平面， 又且平面，平面. 平面，. （2）取的中点，连接，，由为等边三角形，可得， 而平面平面，平面平面，平面， 则平面，又平面，得， 由且得四边形是平行四边形， 于是，而，则，直线、、两两垂直， 以为坐标原点，直线、、分别为、、轴建立空间直角坐标系，如图， 则，，，，， 则，，， 令，， ， 设平面的法向量为，则， 取，得， 易知平面的一个法向量为， 于是， 化简得，又，故解得，即， 所以线段上存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为，此时. 5．（24-25高二下·福建龙岩·期末）如图，在三棱锥中，，，平面. (1)求证：平面平面； (2)若，为线段的中点，点为线段的动点，且二面角的余弦值为，求. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据线面垂直的性质定理得，则利用线面垂直的判断定理得平面，进而利用面面垂直的判定定理正解即可. （2）平面，建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，利用向量法求出，可得，即可得解. 【详解】（1）∵平面，平面，∴， 又∵，，平面， ∴平面，平面， ∴平面平面. （2）过在平面内作， 以为原点，以，，为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，如图 ∵，，∴， ∴，，，∵为中点，∴， 设，， 设平面的法向量为， ∴， 令，，，即， 由（1）知平面，∴为平面的一个法向量， 设平面与平面所成角为， ∴， 解得或， 由（1）知，当为中点即时，∴平面， 又∵二面角的余弦值为，∴二面角为锐角， ∴∴，∴， ∴，∴. 题型五 点到线、点到面的距离问题 解｜题｜技｜巧 1、用向量法求点到直线的距离的一般步骤 (1)建立空间直角坐标系. (2)求直线的一个单位方向向量u. (3)计算所求点与直线上某一点所构成的向量a. (4)利用公式d=计算点到直线的距离. 2、利用向量法求点到平面的距离的一般步骤 (1)建立空间直角坐标系. (2)求出该平面的一个法向量. (3)找出该点与平面内一点连线形成的斜线段对应的向量. (4)法向量与斜线段对应向量的数量积的绝对值再除以法向量的模,即为点到平面的距离. 1．（24-25高二上·黑龙江齐齐哈尔·期末）如图所示的几何体中，四边形ABCD为矩形，平面，，点为棱DF的中点. (1)求平面ACP与平面BCF的夹角的余弦值； (2)求点到平面ACP的距离. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）建立空间直角坐标系利用空间向量即可求得两平面夹角的余弦值； （2）利用点到平面距离的向量求法计算可得结果. 【详解】（1）由直线平面平面ABCD，得， 由矩形ABCD，得， 以为原点，直线AB，AD，AF分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如下图所示： 则， 可得 设平面BCF的一个法向量， 则，令，得， 设平面APC的一个法向量为，则， 令，得， 所以平面ACP与平面BCF的夹角的余弦值为. （2）由（1）知，平面APC的一个法向量， 而， 所以点到平面ACP的距离. 2．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； (3)求点到直线的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）法一合理作出辅助线，利用中位线定理得到，再利用线面平行的判定定理得到线面平行，法二建立空间直角坐标系，求出关键点的坐标和关键平面的法向量，利用空间位置关系的向量证明求解即可. （2）建立空间直角坐标系，求出关键点的坐标和关键平面的法向量，结合线面角的向量求法求解即可. （3）建立空间直角坐标系，求出关键点的坐标和关键平面的法向量，利用空间中点到平面的距离公式求解即可. 【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. （3）由已知得， 由点到直线的距离公式得， 故点到直线的距离为. 3．（24-25高二下·湖南·期末）如图，在正三棱柱中，底面边长为2，侧棱长为，D是BC的中点．    (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)在线段上是否存在一点E，使得点到平面ADE的距离为?若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)． (3)存在， 【分析】（1）利用中位线证明线线平行，再证明线面平行即可； （2）利用正三棱柱的性质如图建立空间直角坐标系，利用空间向量法来求线面角的正弦值； （3）利用设未知量，来表示空间向量，借助空间向量法来求点到面的距离，从而解决问题. 【详解】（1）    如图，连接交于点O，连接， 则点O为的中点，且D是的中点， 则为的中位线，所以． 又因为平面，平面， 所以平面． （2）因为在正中，D是的中点，故， 以D为坐标原点，取的中点F，分别以为轴，建立空间直角坐标系，    则，，，，，，． 故，，， 设平面的法向量为， 则取． 设直线与平面所成角为, 可得， 所以直线与平面所成角的正弦值为． （3）存在点E，理由如下： 设，其中， 所以，， 设平面ADE的法向量为， 则取． 且， 则点到平面ADE的距离， 化简得，解得或（舍去）． 综上，存在点E使得点到平面ADE的距离为．此时． 4．（25-26高二·全国·假期作业）如图，在四棱锥中，底面四边形为菱形，为棱的中点，为边的中点． (1)求证：平面； (2)若侧面底面，且，；在棱上是否存在点，使点到直线的距离为，若存在，求的值；若不存在，说明理由． 【答案】(1)证明见解析； (2)存在点， 【分析】（1）取线段的中点，连接，证明为平行四边形，即可证明结论； （2）以为原点，建立空间直角坐标系如图所示，设，点点坐标用表示出来，根据点到直线距离向量公式解出参数，即可求出结果． 【详解】（1）取线段的中点，连接，在中，分别为的中点． ，且 又底面是菱形，且为的中点， ，且， ，且， 四边形为平行四边形， 又平面平面 平面. （2）在平面内过点作， 又由平面底面,且平面平面,可得平面， 又菱形中，且，所以可得在中有， 以为原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，由且，所以是正三角形，所以， 设 ， ， ，， 即 化简得，故（舍负）. 综上，存在点，. 题型六 用空间向量解决其他距离问题 解｜题｜技｜巧 (1)求线线距离可以转化为求直线上任意一点到另一直线的距离,利用求点到直线的距离的方法求解即可. (2)求线面距离、两个平行平面间的距离可以转化为求点到平面的距离,利用求点到平面的距离的方法求解即可. 1．（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. 2．（23-24高二上·山东淄博·月考）在棱长为1的正方体中，E为线段的中点，F为线段AB的中点． (1)求直线与所成角的余弦值； (2)求直线到平面的距离． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，进而根据向量夹角公式计算即可； （2）利用向量法求线面距离作答即可. 【详解】（1）在正方体中，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，， 所以直线与所成角的余弦值为. （2）由（1）知，，，，， 显然，所以， 而平面，平面，于是平面， 因此直线到平面的距离等于点到平面的距离， 设平面的法向量为， 则，令，得， 所以点到平面的距离为， 所以直线FC到平面的距离是. 3．（24-25高二下·河南开封·期末）如图，两个正方形框架、的边长都是，且它们所在的平面相互垂直． (1)证明：； (2)证明：与是异面直线； (3)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．依据上述定义，求异面直线与之间的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）由面面垂直的性质定理可得出平面，再利用线面垂直的定义可证得结论成立； （2）以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，利用空间向量法分析可知，直线与直线既不平行，也不相交，由此可证得结论成立； （3）设，，、，求出点、的坐标，根据可得出，再利用空间向量的模长公式以及二次函数的基本性质可求得的最小值. 【详解】（1）因为四边形为正方形，所以， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 因为平面，故. （2）因为四边形为正方形，所以， 又因为平面，以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系， 则、、、， 所以，，， ①若，即，即，无解， 所以直线与直线不平行； ②若直线与相交，记它们所确定的平面为， 因为、，所以，设， 即，所以，无解， 所以直线与直线不相交. 由于空间中两直线仅有的三种位置关系：平行、相交或异面，故直线与直线为异面直线. （3）记、分别为异面直线、上任意一点，设，，、， 则， 故，即点， ，故，则， 由得，则， 所以， 因此，当时，取最小值， 所以异面直线与之间的距离为. 题型七 折叠问题 解｜题｜技｜巧 解决折叠问题最重要的就是对比折叠前后的图形，找到哪些线、面的位置关系和数学量没有发生变化，哪些发生了变化，在证明和求解的过程中恰当地加以利用。 一般步骤： ①确定折叠前后的各量之间的关系，搞清折叠前后的变化量和不变量； ②在折叠后的图形中确定线和面的位置关系，明确需要用到的线面； ③利用判定定理或性质定理进行证明。 1．（23-24高二上·广西柳州·开学考试）如图（1），在中，，，，分别是，的中点，将和分别沿着，翻折，形成三棱锥，是中点，如图（2）.    (1)求证：平面； (2)若直线上存在一点，使得与平面所成角的正弦值为，求的值. 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据线面平行的性质定理和判断定理，结合垂直关系，平行关系的转化，即可证明； （2）根据（1）的结果，以点为原点，建立空间直角坐标系，求平面的法向量，利用线面角的向量法，即可求解. 【详解】（1）因为点分别是边的中点，所以， 因为，即，所以， 所以，，即， 因为，平面， 所以平面，又平面，所以， 由题意，，，则， 又是的中点，所以， 因为，平面， 所以平面； （2）    以为原点，分别为轴，作，建立如图所示的空间直角坐标系， 由，， 则，，，， ，, 设平面的法向量为， 则，令，则， 设，则， 因为与平面所成角的正弦值为， 所以，解得：， 则，故. 2．（24-25高二下·广西南宁·期末）如图所示，五边形是正六边形的一部分，将沿着对角线翻折到的位置，使平面平面，已知点分别为，的中点． (1)求证：平面； (2)求平面与平面所成二面角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）只需证明，再结合线面平行的判定定理即可得证； （2）说明两两垂直，建立适当的空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，由向量夹角的余弦公式以及平方关系即可得解. 【详解】（1）连接交于点，连接， 如图，由平面图易得为平行四边形，则为的中点， 连接，则， 又平面平面，故平面． （2）取的中点，连接，， 由平面图形可知，，则． 又平面平面，且平面平面，面， 故平面． 以分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 设，则， 则， 设平面的法向量为， ，即，取， 又平面的法向量为， 设平面与平面所成二面角为， ， 即所求平面与平面所成二面角的正弦值为． 3．（23-24高二上·河北·期中）如图1，在菱形中，，将沿着翻折至如图2所示的的位置，构成三棱锥． (1)证明：． (2)若平面平面，为线段上一点（不含端点），且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）根据菱形的性质，结合线面垂直的判定定理和性质进行证明即可； （2）根据面面垂直的性质，结合空间向量夹角公式进行求解即可. 【详解】（1）取的中点，连接，． 因为是菱形，，所以，为等边三角形， 所以，． 又平面，所以平面． 因为平面，所以． （2）因为平面平面，且平面平面，， 所以平面 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，，，，，，，． 设，则． 设平面的法向量为， 则取，则，， 所以． ． 又，所以，则． 4．（24-25高二上·重庆·期末）如图，在等腰梯形中，，，，，把三角形沿着翻折，得到如右图所示的四棱锥，记二面角的平面角为. (1)当时，求证：平面； (2)当时， （i）求点到底面的距离； （ii）设是侧棱上一动点，是否存在点，使得的余弦值为，若存在，求的值. 【答案】(1)证明见解析 (2)（i）；（ii）存在， 【分析】（1）翻折后由，，确定，得到平面，再结合勾股定理得到，即可求证； （2）（i）过点作，垂足为，确定平面，即可求解； （ii）建系，求得平面的法向量，通过向量夹角公式即可求解. 【详解】（1）因为翻折前，所以翻折后，， 由二面角的定义可知，二面角的平面角， 当时，，即， 又，且，平面， 平面， 平面，， 又在三角形中，易知，，， 满足：，由勾股定理可知，， ，且，平面， 平面. （2）当时， （i）由（1）知，，，平面， 平面，又平面， 平面平面， 在平面内，过点作，垂足为， 又平面平面，故平面， 即为点到平面的距离， 在中，，，故. （ii）由（i）知，如图建立空间直角坐标系， 故，，，，设， 设，即，即， 设平面法向量为， ，， ，即， 令，得，，即， 设平面的法向量， ，， ，即， 令，得，，即， 的余弦值为， ， 解得，即. 5．（23-24高二上·湖北十堰·期末）在图1所示的平面多边形中，四边形为菱形，与均为等边三角形．分别将沿着，翻折，使得四点恰好重合于点，得到四棱锥． (1)若，证明：； (2)若二面角的余弦值为，求的值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）当时，可得为的中点，然后利用线面垂直证明平面，从而证明，又由，从而可求证. （2）建立空间直角坐标系，分别求出平面和平面的法向量，然后由二面角的余弦值为，从而可求解. 【详解】（1）证明：因为，所以为的中点． 由题可知，，所以． 又，平面，所以平面． 取，如图，则．由平面，可得，则． （2）连接，易证得平面，过点作，垂足为，则平面． 以为坐标原点，所在直线分别为轴、轴，建立如上图所示的空间直角坐标系． 由，得， 从而，则， 则， ，． 设平面的一个法向量为， 则由得 令，得． 由图可知，平面的一个法向量为， 因为二面角的余弦值为， 所以，解得． 故的值为. 题型八 夹角、距离中的最值（范围）问题 1．（24-25高二下·浙江温州·期末）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．    2．（24-25高二上·河北保定·月考）如图，在四棱锥中，底面是边长为的菱形，平面，，为的中点，是线段上一点. (1)证明：平面平面. (2)是否存在点M，使得平面？若存在，求PM的长；若不存在，说明理由. (3)求平面与平面夹角的余弦值的最大值. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在点，使得平面， (3) 【分析】（1）由线面垂直的判定定理证明平面，再由面面垂直的判定定理即可证明平面平面； （2）由线面平行的判定定理可证当为中点时，平面，由勾股定理即可求解； （3）建立空间直角坐标系，设，利用向量法表示平面与平面夹角的余弦值，即可求解. 【详解】（1） 连接，因为底面ABCD是边长为2的菱形，， 所以为等边三角形，所以， 因为平面ABCD，平面ABCD，所以， 又，平面，平面， 所以平面，又平面， 所以平面平面； （2）存在点，当为中点时，平面， 理由如下： 取的中点，连接，，， 因为，分别为，的中点， 所以，， 又，所以，， 所以四边形为平行四边形， 所以，因为平面，平面， 所以平面， 在直角三角形中，， 所以在直角三角形中，； （3） 取的中点，以为坐标原点，如图建立空间直角坐标系， 设， ，，，，， 所以，，，， ， 设平面的法向量为， 所以，所以， 令，所以， 因为平面，所以平面的一个法向量为， 设平面与平面夹角为， 所以， 当时，， 当时，， 所以当时，最大，此时， 所以平面与平面夹角的余弦值的最大值为. 3．如图，在直四棱柱中，，，，，． (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)若为线段上的动点，求到直线距离的最小值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）由直棱柱的性质可得，再结合，可证得平面，则，然后根据已知的条件可得∽，从而可证得，进而可得，最后利用线面垂直的判定定理可证得结论； （2）由题意可证得，，，所以以为原点，，，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法向量，从而利用向量的夹角公式可求得结果； （3）设，则表示出点的坐标，从而可表示出的坐标，然后表示出到直线的距离，化简可求出其最小值. 【详解】（1）证明：由直四棱柱知底面， 因为平面，所以， 又，，，平面， 所以平面， 因为平面，所以． 因为，，， 所以，， 所以∽，所以， 因为，所以，所以， 又，，平面，所以平面． （2）解：因为底面，平面， 所以， 因为，所以，，两两垂直， 所以以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系如图所示， 则，，，，，， 由（1）知，为平面的一个法向量． 设为平面的一个法向量， 因为，， 所以，即，令，可得． 所以， 所以平面与平面夹角的余弦值为． （3）解：设，， 则，， 设到直线的距离为，则 ， 所以当时，，即到直线距离的最小值为． 4．（24-25高二下·安徽滁州·期末）如图，在四棱锥中，底面，，是线段上的动点．    (1)证明：； (2)若是线段的中点，求平面与平面夹角的余弦值； (3)设直线与平面所成角为，求的取值范围． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）由底面，根据线面垂直的性质得到，再结合利用线面垂直的判定证得平面即可得证; （2）建立空间直角坐标系，求平面与平面的法向量，结合向量夹角公式求解； （3）当点与或重合时，可直接求的方向向量与平面的法向量的夹角余弦值； 若点与点均不重合时，根据点在上，可设，求得，从而得到平面的法向量，再用表示出与平面所成角的正弦值，利用换元法转化成二次函数的值域求解即可得到的取值范围. 【详解】（1）因为底面平面，所以 又平面, 所以平面. 又因为平面，所以. （2）因为底面平面，所以， 如图，以为原点，为轴正方向，建立空间直角坐标系， ∵， ∴，，，. 所以，，，，， ∵是线段的中点，∴， 所以，，，， 设平面的法向量为，则， 即，取，则，， 所以为平面的一个法向量. 设平面的法向量为, ，即，取，则，， 所以为平面的一个法向量. 所以. 所以平面与平面夹角的余弦值为.    （3）由（2）知，,， 所以,，，， 若点与重合，则平面即为平面，则为平面的一个法向量. 则， 若点与重合，则平面即为平面,则为平面的一个法向量. 则 若点与点均不重合， 由与共线，设，且. 则. 设平面的法向量为，则， 即， 取，则， 所以，（）是平面的一个法向量. 因为 所以 . 令，则，. ， 因为，所以. 综上，. 题型九 空间向量中的新文化、新定义问题 解｜题｜技｜巧 数学文化试题常常是以数学文化为背景命制的与核心考点相关联的题目,把数学史、数学美、数学语言、数学思维、数学学科核心索养及数学思想方法结合起来，能有效考查考生在新情境中对数学文化的鉴赏能力、对数学知识的阅读理解能力、对数学方法的迁移能力.解决此类问题主要是学会提前关键信息，抓住信息重点. 1．《九章算术》是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早一千多年，例如堑堵指底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱；鳖臑指的是四个面均为直角三角形的三棱锥如图，在堑堵中，，若，，直线与平面所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】以点为原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法与同角三角函数的基本关系可求得直线与平面所成角的余弦值. 【详解】在堑堵中，平面，，，， 以点为原点，、、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， 则，取，得， 设直线与平面所成角为，则， 所以， 因此，直线与平面所成角的余弦值为． 故选：A． 2．（24-25高二上·河南·期中）《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． C．2 D．3 【答案】C 【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：C 3．（23-24高二上·山东菏泽·月考）有很多立体图形都体现了数学的对称美，其中半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体因其最早由阿基米德研究发现，故也被称作阿基米德体.如图，这是一个棱数为24，棱长都相等的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，可以看成是由一个正方体截去八个一样的四面体所得.已知点为线段上一点且，若直线与直线所成角的余弦值为，则 （    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用空间向量求线线角含参数问题，将该几何体还原成正方体，建立空间直角坐标系，求解. 【详解】将半正多面体补成正方体，建立如图所示的空间直角坐标系. 设半正多面体的棱长为，则正方体的棱长为2， 所以，，所以，则， 设直线与直线所成角为， 则， 即，解得或（舍）. 故选：B. 4．（24-25高二上·辽宁·期中）《九章算术》是我国古代的一部数学经典著作，在其中一篇《商功》中有如下描述：“斜解立方，得两堑堵”，堑堵是底面为直角三角形的直三棱柱.如图，在堑堵中，，，，为棱的中点，为棱的中点. (1)证明：平面平面； (2)求平面与平面夹角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先证明，根据线面平行判定定理证明平面，再证明平面，根据面面平行判定定理证明结论； （2）建立空间直角坐标系，求平面和平面的法向量，结合向量夹角公式求余弦值，根据同角关系求结论； 【详解】（1）证明：由已知，， 因为为棱的中点，为棱的中点， 所以，， 所以四边形为平行四边形， 所以，又平面，平面， 所以平面， 连接，因为，， 因为为棱的中点，为棱的中点， 所以，， 所以四边形为平行四边形， 所以，， 又，， 所以，， 所以四边形为平行四边形， 所以， 又平面，平面， 所以平面， 又，，平面， 所以平面平面． （2）由已知平面，，平面， 所以，，又， 所以直线，，两两垂直， 以点为原点，为，，轴的正方向，建立空间直角坐标系， ，,2,，，,2,，， 所以，， 设平面的法向量为，则，， 所以，即，取，可得，，所以， 又为平面的一个法向量， 设平面与平面夹角为， 所以， 由于，所以， 所以平面与平面夹角的正弦值为 5．（24-25高二上·吉林长春·月考）已知两个非零向量，在空间任取一点，作，则叫做向量的夹角，记作．定义与的“向量积”为：是一个向量，它与向量都垂直，它的模．如图，在四棱锥中，底面为矩形，底面， 为线段上一点，．    (1)求的长； (2)若为的中点，求二面角的正弦值； (3)若为线段上一点，且满足，求． 【答案】(1)2 (2) (3) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，设，利用向量的坐标运算将条件等式转化为关于的方程求解可得； （2）利用法向量方法求二面角； （3）设，，利用向量的坐标运算将条件转化为垂直关系，结合模长等量关系，建立的方程组求解可得. 【详解】（1）由题意，以为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 设，由已知， 则, 则， 则， 且. 由题意知, 所以有， 则，解得（舍去）， 故的长为. （2）由（1）知，, 又为的中点，则，， 平面的一个法向量为， 设平面的法向量为， 则，令，则. 故平面的一个法向量为， 设二面角的平面角为，且， 则， 故. 故二面角的正弦值为. （3）由（1）可得， 由题意，设，， 则 则， 由可知，， 且，由， 则，解得； 则， 则解得，， 则， 又，解得. 【点睛】关键点点睛：解决此题的关键在于理解新定义“向量积”，首先它是一个向量，解题中也要从方向与长度两个方面分析，如第三问中的转化：一是该向量的垂直关系可得与两个等式；二是向量的模长.由此通过建立空间直角坐标系向量坐标化转化为方程组的求解即可. 6．（24-25高二上·山西·月考）已知是棱长为的正四面体，设的四个顶点到平面的距离所构成的集合为，若中元素的个数为，则称为的阶等距平面，为的阶等距集． (1)若为的1阶等距平面且1阶等距集为，求的所有可能值以及相应的的个数； (2)已知为的4阶等距平面，且点与点，，分别位于的两侧．是否存在，使的4阶等距集为，其中点到的距离为？若存在，求平面与夹角的余弦值；若不存在，说明理由． 【答案】(1)当的值为时，有4个；当的值为时，有3个 (2) 【分析】（1）分两种情况得出的所有可能值以及相应的的个数； （2）先根据已知得出，再结合空间向量计算求得余弦值. 【详解】（1）情形一：分别取的中点， 由中位线性质可知， 此时平面为的一个1阶等距平面， 为正四面体高的一半，等于. 由于正四面体有4个面，这样的1阶等距平面平行于其中一个面，有4种情况； 情形二：分别取的中点， 将此正四面体放置到棱长为1的正方体中， 则为正方体棱长的一半，等于. 由于正四面体的六条棱中有3组对棱互为异面直线， 这样的1阶等距平面平行于其中一组异面直线，有3种情况. 综上所述，当的值为时，有4个；当的值为时，有3个. （2）在线段上分别取一点， 使得，，，则平面即为平面. 如图，取中点，连接，以为坐标原点，所在直线分别为轴， 过点且与平面垂直的直线为轴建立空间直角坐标系， ，设 ， ， 设平面法向量为 所以，即， 所以， 又平面的法向量为， 设平面与夹角为 所以， 所以平面与夹角余弦值为. 【点睛】关键点点睛：解题的关键在于有时候分类讨论要恰当划分，做到不重不漏，从而即可顺利得解. 期中基础通关练（测试时间：60分钟） 1．（23-24高二上·安徽滁州·月考）已知正四棱锥的各棱长均相等，点E是的中点，点F是的中点，则异面直线和所成角的余弦值是（    ）． A． B． C． D． 【答案】D 【分析】设相交于点O，以所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，求出直线和的坐标，利用向量夹角余弦公式求解即可. 【详解】设相交于点O，根据题意，以所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示， 不妨设，则，， 则，，，，， 因为点E是的中点，点F是的中点， 所以，， 所以，， 则， 因为异面直线夹角的取值范围是, 所以异面直线和所成角的余弦值是． 故选:D． 2．（24-25高二上·安徽·月考）在直三棱柱中，，，若点满足，其中，则直线与平面所成角的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法即可求线面角的正弦值. 【详解】分别取，中点，，则，即平面，连接，因为，所以，以为原点，分别以，，所在直线为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系， 由已知，，，，，则，，因为，，，易知平面的一个法向量是， 设直线与平面所成角为，， 则， 所以时，，即的最大值是. 故选：B. 3．（23-24高二上·山东泰安·月考）（多选题）已知正方体的棱长为1，点E，O分别是，的中点，点P在正方体内部且满足，则下列说法正确的是（    ） A．BE与所成角的正弦值是 B．点O到平面的距离是 C．平面与平面间的距离为 D．点P到直线AB的距离为 【答案】ACD 【分析】对于A，建立空间直角坐标系，利用异面直线所成角的向量法直接求解即可；对于B，利用空间向量点到面的距离公式进行求解；对于C，两平行平面间的距离转化为点到平面的距离的空间向量法进行求解；对于D，利用空间向量法点到线的距离公式求解. 【详解】如图，建立空间直角坐标系，则，，，，，，，，，所以，． 对于A，设BE与所成角，则，，故A正确； 对于B，易知，因为平面，平面，所以，又，，平面，所以平面. 所以平面的一个法向量，则点O到平面的距离，故B错误； 对于C，，，． 设平面的法向量为，则，所以，令， 所以，所以点到平面的距离． 因为，所以四边形为平行四边形，所以， 因为平面，平面，所以平面，同理可证平面，，平面，所以平面平面， 所以平面与平面间的距离等于点到平面的距离，即为，故C正确； 对于D，因为，所以，， 则，所以点P到AB的距离，故D正确． 故选：ACD.    4．（24-25高二下·江苏常州·期中）（多选题）如图，八面体的每个面都是正三角形，若四边形是边长为4的正方形，则（    ） A．异面直线和所成的角为 B．平面和平面有相同的法向量 C．异面直线和的距离为 D．二面角的余弦值为 【答案】ABC 【分析】建立空间直角坐标系，运用坐标法计算异面直线所成角、平面法向量及二面角可判断A项、B项、D项；在线段任取一点，在线段任取一点，设，根据空间向量坐标运算可得设，当时，即为异面直线和的距离，从而求得的值，求解，即可得判断C项． 【详解】连接、交于点，连接，， 因为四边形为正方形，则， 又因为八面体的每个面都是正三角形，所以，，三点共线，且面， 所以以为原点，分别以，，所在直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，如图所示， 则， 对于A：， 设异面直线与所成角为， 则， 所以，即异面直线与所成角大小为，故A正确； 对于B：， 设面的一个法向量为， 则，取，则，，则， 因为 设面的一个法向量为， 则，取，则，，则， 所以平面和平面有相同的法向量，故B正确； 对于C：在线段任取一点，在线段任取一点，链接 则可设， 因为， 所以， 则 当时，即为异面直线和的距离， 所以，则， 所以，故异面直线和的距离为，故C正确； 对于D：因为， 设面的一个法向量为， 则，取，则，，则， 所以， 又因为面与所成的二面角的平面角为钝角， 所以二面角的平面角的余弦值为，故D错误； 故选：ABC. 5．（多选题）有很多立体图形都体现了数学的对称美，其中半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体因其最早由阿基米德研究发现，故也被称作阿基米德体.如图，这是一个棱数为，棱长为的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，可以看成是由一个正方体截去八个一样的四面体所得.若点为线段上的动点，则下列结论正确的是（    ） A．存在点、使得、、、四点共面 B．存在点，使 C．存在点，使得直线与平面所成角为 D．存在点，使得直线与直线所成角的余弦值 【答案】ABD 【分析】将半正多面体补成一个棱长为的正方体，建立空间直角坐标系，当点与点重合时，利用空间向量法可判断A选项；当点与点重合时，利用空间向量法可判断B选项；设，利用空间向量法可判断CD选项. 【详解】将半正多面体补成一个棱长为的正方体，如图：    则半正多面体的所有顶点都是正方体的棱的中点， 以为原点，过的三条棱所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系.    则、、、、， 对A ，当点与点重合时，，，则， 又因为、、、不共线，则，则、、、共面，A正确； 对B ，当点与点重合时，，则，即，B正确； 对C，设， 则， 设平面的一个法向量为，，， 则，令，得，，则， 设直线与平面所成角为， 则， 化简得，，此方程无解， 故不存在点，使得直线与平面所成角为，C错； 对D ，，由C可知，， 所以， 整理可得，因为，解得， 即当点为的中点时，直线与直线所成角的余弦值，D正确. 故选：ABD. 6．（2025高二·全国·专题练习）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． 7．（23-24高二上·广东清远·期中）如图所示，在底面是矩形的四棱锥中，底面分别是的中点，. (1)求两点间的距离； (2)求证：平面； (3)求证：平面平面. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）建立空间直角坐标系，结合空间向量求解，进而求解； （2）利用空间向量可得，进而得到，进而根据线面平行的判定定理即可证明； （3）利用空间向量可得，进而得到平面，再根据面面垂直的判定定理即可证明. 【详解】（1）由题可知，底面，， 以为原点，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， ， 即两点间的距离为. （2）由（1）知，， 所以，即，即， 又平面平面， 所以平面. （3）由（2）知，，，， 所以，， 则，即， 又，且平面， 所以平面， 又平面， 所以平面平面. 8．（23-24高二上·广东江门·月考）如图1，在边长为2的菱形中，，将沿对角线折起到的位置，使平面平面，E是BD的中点，平面ABD，且，如图2． (1)求证：平面； (2)在线段AD上是否存在一点M，使得平面，若存在，求的值；若不存在，说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)不存在，理由见解析 【分析】（1）由面面垂直得到线面垂直，进而得到，证明出线面平行； （2）建立空间直角坐标系，假设存在M，使得平面，设，求出平面的法向量，得到方程组，方程组无解，假设不成立，不存在点M. 【详解】（1）∵，E为BD的中点， ∴⊥， 又平面⊥平面，且平面平面，平面， ∴⊥平面， ∵平面， ∴， 而平面，平面， ∴平面； （2）由（1）知，⊥平面，平面， 所以⊥，⊥，又⊥， 故以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则，    设平面的法向量为， 则， 令，则，故， 假设在线段AD上存在，使得平面， 设，则， ∴．则． 平面的法向量， 由，即，即，无解，不存在． ∴线段AD上不存点M，使得平面． 9．（24-25高二上·重庆·期中）已知矩形ABCD，，，为CD中点，沿AE折成直二面角，为BC为中点.          (1)求证：； (2)在棱DE上是否存在点N，使得平面ADM?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； 【分析】（1）取的中点，连接，由面面垂直的性质得到，再由中位线的性质得到，然后由线面垂直的判定定理证明即可； （2）建立如图所示坐标系，平面的法向量，利用解出即可； 【详解】（1）    取的中点，连接， 因为矩形ABCD，，， 所以， 由为CD中点，所以， 因为，所以， 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 由为的中点，为四边形的中位线，， 所以，又平面，， 所以平面， 由平面，所以. （2）    作平面，以为原点，以所在直线为建立空间直角坐标系， 由（1）得为四边形的中位线，所以， 由得，，， 所以， 设平面的法向量为， 则，取，则， 设点存在，，， 所以，所以， 由平面得， 所以，解得， 即，所以 所以存在点N，使得平面ADM，. 10．（24-25高二上·贵州遵义·期末）如图，已知等腰梯形中，，，，是的中点，，将梯形沿着翻折成，使. (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的正弦值； 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据题意可得，，利用线面垂直的判定定理即可证明； （2）以为原点，以所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，可得，，利用向量法求出平面与平面夹角的余弦值，再根据同角关系式求出正弦值即可. 【详解】（1）等腰梯形中，，是的中点，所以， 所以四边形为菱形，所以，即， 又，所以， ，所以，即， ，平面， 所以平面. （2） 由（1）知平面，且， 以为原点，以所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 所以，， 设面的法向量为， 则， 取，则，则， 设面的法向量为， 则， 取，则，则， 设平面与平面夹角为， 则， 所以. 所以平面与平面夹角的正弦值为. 11．（23-24高二上·内蒙古呼和浩特·期中）如图：等边三角形的边长为3，，．将三角形沿着折起，使之成为四棱锥．点满足，点在棱上，满足．且． (1)求到平面的距离； (2)求面与面夹角的余弦值； (3)点在面的正射影为点，求与平面夹角的正弦值． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）先求出，利用勾股定理证得，以点为原点建立空间直角坐标系，根据求出点的坐标，再根据即可求出点的坐标，即可得解； （2）分别求出两平面的法向量，求出两法向量夹角的余弦值，即可得解； （3）先确定点的位置，再利用向量法求解即可. 【详解】（1）在中，， 由余弦定理得， 所以，所以，即， 如图，以点为原点建立空间直角坐标系， 则， 设， 则， ， 因为， 所以，解得， 则，故， 所以， 设，由， 得，解得，即， 所以到平面的距离为； （2）， 设平面得法向量为， 则有，可取， 设平面得法向量为， 则有，可取， 则， 所以面与面夹角的余弦值为； （3）因为平面， 所以平面， 因为点在面的正射影为点，所以平面， 所以，所以在上， ，则， 故，则， 则， 所以与平面夹角的正弦值为． 【点睛】方法点睛：求空间角的常用方法： （1）定义法：由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应的三角形，即可求出结果； （2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量的夹角（两直线的方向向量、直线的方向向量与平面的法向量、两平面的法向量）的余弦值，即可求得结果. 12．（24-25高二上·福建泉州·期中）如图，在圆锥SO中，高，底面圆O的直径 ，C是OA的中点，点D在圆O上，平面平面． (1)证明：． (2)若P是圆O上的动点，求平面SCD与平面SOP所成角余弦值的取值范围． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）在平面内过作，以为原点，建立空间直角坐标系，借助面面垂直求出平面的法向量，再计算即可得证. （2）设出点的坐标，求出平面的法向量，再利用面面角的向量求法求出夹角余弦的函数关系即可求出范围. 【详解】（1）在平面内过作，而平面， 以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图， 则，， 设， 设平面的法向量，则， 令，得， 而平面的法向量为， 因为平面平面，则，解得， 于是，而，则，所以. （2）设点，显然，， 设平面的法向量，则， 令，得， 由（1）知，平面的一个法向量， 设平面与平面夹角为， 于是， 所以平面与平面夹角余弦值的取值范围. 13．如图，在以为顶点的多面体中，平面平面，为的中点    (1)证明：平面； (2)在棱上是否存在一点，使得直线与平面所成角的大小为.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， 【分析】（1） 先得出平行四边形得出线线平行，再应用线面平行判定定理证明即可； （2）先应用面面垂直性质定理建系，再设，计算线面角即可求参. 【详解】（1）连接交于点，连接， 因为，所以四边形为平行四边形， 所以为的中点， 又因为为的中点， 所以， 因为平面平面， 所以平面. （2）因为平面平面，平面平面，平面，所以平面， 以为坐标原点，在平面内，以过点垂直于的方向为轴正方向， 以的方向分别为轴，轴的正方向，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，可得， 令，则， 假设在棱上存在一点，使得直线与平而所成角的大小为， 设， 因为，则， 又因为，所以， 则， 化简得，解得， 因为，所以， 所以在棱上存在一点，使得直线与平面所成角的大小为， 此时. 14．（24-25高二下·江苏南京·期中）如图，在四棱锥中，平面平面， M为棱PC的中点. (1)证明：平面； (2)若 （i）求二面角的正弦值；（ii）在线段上是否存在点Q，使得点Q到平面的距离是？若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)（i）；（ii）存在， 【分析】（1）先证明四边形是平行四边形，得出线线平行，再应用线面平行判定定理证明； （2）（i）先应用面面垂直性质定理得出平面，建系得出平面和平面的法向量即可得出面面角余弦，最后同角三角函数关系求解正弦；（ii）设再应用点到平面距离即可计算求参. 【详解】（1）取PD的中点N， 连接AN， MN， 如图所示： 为棱PC的中点， 四边形ABMN是平行四边形， 又平面， 平面，   平面. （2） 平面平面， 平面平面， 平面， 平面， 又平面ABCD， 又 以点D为坐标原点， 所在直线分别为轴建立直角坐标系，如图， 则 为棱PC的中点， （i） 设平面的一个法向量为 则 令 则 平面的一个法向量为 根据图形得二面角为钝角，则二面角的余弦值为， 所以二面角的正弦值为. （ii） 假设在线段上存在点Q，使得点Q到平面的距离是， 设 则 由（i）知平面的一个法向量为 点Q到平面的距离是 15．（25-26高二上·黑龙江齐齐哈尔·开学考试）图①平面四边形中，，，，以BE为轴将折起至，如图②得四棱锥，为中点，为线段上动点.    (1)求异面直线所成的角的余弦值 (2)求面积的最小值及对应的值 (3)求点M到EF的距离的取值范围. 【答案】(1) (2)； (3) 【分析】（1）利用余弦定理求出，进而可根据勾股定理得到，，再利用线面垂直的判定定理即可证明得到平面，从而利用空间向量的坐标运算求解线与线夹角的余弦值； （2）利用空间向量的坐标运算表示出点到直线的距离即可求解； （3）利用空间向量的坐标运算表示出点到直线的距离以及二次函数的性质求解. 【详解】（1）在中，，， 由余弦定理，得， 所以，从而, 所以,即. 连接，因为 所以为正三角形，所以. 又因为,, 所以,即， 又因为平面，， 所以平面， 又因为，所以，即， 所以以点为坐标原点，建系如图，    则, , 设异面直线所成的角为， 则. （2）设, 所以, 所以， 因为为中点，所以,所以, 设点到直线的距离为， 则. 二次函数，， 当时，二次函数有最小值， 最小值为. 此时到直线的距离最小，最小值为， 又因为， 所以此时面积最小，最小值为， 此时，即. （3）由（2）知，， 当时，二次函数有最大值，最大值为， 所以 ， 所以点M到EF的距离的取值范围为. 期中重难突破练（测试时间：30分钟） 1．（24-25高二上·四川宜宾·期中）（多选题）六氟化硫，化学式为，在常压下是一种无色、无臭、无毒、不燃的稳定气体，有良好的绝缘性，在电器工业方面具有广泛用途. 六氟化硫分子结构为正八面体结构（正八面体每个面都是正三角形，可以看作是将两个棱长均相等的正四棱锥将底面粘接在一起的几何体). 如图所示，正八面体，下列说法中正确的有（    ） A．平面EAD 平面FCB B．平面EAD 平面ECB C．异面直线与所成的角为 D．若点P为棱上的动点，则直线AP与平面FAD 成的角的正弦值的范围 【答案】ACD 【分析】证明，根据面面平行的判定定理即可判断A；分别取AD、BC中点M、N，连接MN，由，可得平面ADE与平面BCE的交线l与AD平行，证得，则为平面ADE与平面BCE所成的平面角，利用余弦定理判断是否为直角，即可判断B；利用平行直线得出异面直线所成的角，然后利用正三角形可判断C；利用空间向量法求角判断D 【详解】连接AC、BD、EF， 根据题意可设其交于点O，则A、E、C、F四点共面，且O为AC、BD、EF，的中点， 所以四边形AECF、BEDF都是平行四边形，所以， 又平面EAD，平面EAD，，所以FC//平面EAD， 平面EAD，平面EAD，所以平面EAD， FB//平面EAD，FC//平面EAD，又FB、FC在平面ECB内相交于点F， 所以平面EAD//平面FCB，故A对； 分别取AD、BC中点M、N，连接MN，则MN的中点为O， 由，平面BCE，平面BCE，所以AD平面BCE， 又平面ADE，则平面ADE与平面BCE的交线l与AD平行， 因为都是等边三角形，所以， 所以，则为平面ADE与平面BCE所成的平面角， 设，则，，， 所以，故B错误； 由EF与AC垂直相交，且长度相等，则四边形AECF是正方形，所以， 则直线与所成的角即为BF与CF所成角， 正中，，故异面直线与所成的角为，故C对； 根据正八面体结构，如图建立空间直角坐标系，令， 则， 所以， 设平面FAD的一个法向量为，则， 所以，即，令，则， 所以平面FAD的一个法向量为， 因为点P为棱上的动点， 所以设， 则， 设直线AP与平面FAD 成的角为， ， 又， 当时，，当或0时，， 故直线AP与平面FAD 成的角的正弦值的范围，故D对； 故选：ACD. 2．（24-25高二上·安徽·期中）（多选题）空间直角坐标系中，已知向量，则经过点，且法向量为的平面方程为，经过点且一个方向向量为的直线的方程为，根据上面的材料，以下选项说法正确的是（    ） A．若直线的方程为，则点在直线上 B．已知平面的方程，平面的方程为，则这两平面所成角的余弦值为 C．已知平面的方程为，则点到平面的距离为 D．已知平面的方程为，平面的方程为，平面的方程为，则直线与平面的夹角的正弦值为 【答案】ABD 【分析】对于A，将点代入直线的方程，即可判断；对于B，由题意可得平面的法向量为，平面的法向量为，再根据平面与平面夹角的向量求法，求解后即可判断；对于C，由题意可得平面的法向量，且点在平面内，从可得，再根据点到平面距离的向量求法，求解后即可判断；对于D，求出直线的方向向量，再根据线面角的向量求法，求解后即可判断. 【详解】解：对于A，将点代入直线的方程， 则有， 所以点在直线上，故正确； 对于B，因为平面的方程，即为， 所以平面的法向量为， 同理，因为平面的方程为，即为， 所以平面的法向量为， 所以， 所以平面与平面所成角的余弦值为，故正确； 对于C，因为平面的方程为，即为， 所以平面的法向量，且点在平面内， 所以， 设点到平面的距离为， 则，故错误； 对于D，因为平面的方程为，即， 所以平面的法向量； 又因为平面的方程为， 所以平面的法向量； 设直线的方向向量为， 则有， 所以，取， 则有， 又因为平面的方程为 所以平面的法向量为， 设直线与平面的夹角为， 则，故正确. 故选：ABD. 3．（23-24高二上·广东潮州·期末）如图所示，在四棱锥中，底面四边形是菱形，是边长为2的等边三角形，为的中点，． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的大小． 【答案】(1)证明见详解 (2) 【分析】（1）根据线面平行的判定定理证明； （2）先证明平面，建立空间直角坐标系，利用向量法求解； 【详解】（1）因为底面四边形是菱形，， 所以是的中点，又是的中点， ，平面，平面， 平面. （2）底面四边形是菱形，，所以是，的中点， 又是等边三角形， ，又，， 又，平面， 平面.又， 所以两两互相垂直，建立如图所示的空间直角坐标系， 由是边长为2的等边三角形，，可得， ，，，， ，，由已知得， 设平面的一个法向量为， 则，即，令，得，， 所以， ， 所以直线与平面所成角的正弦值为， 即直线与平面所成角为. 【点睛】关键点睛：本题第二问是求线面角问题.解题的关键是先根据题意证明平面，可得两两互相垂直，由此建立空间直角坐标系，利用向量法求解. 4．（24-25高二上·江西景德镇·期中）在空间直角坐标系中，若平面过点，且平面的一个法向量为，则平面的方程为，该方程称为平面的点法式方程，整理后为（其中），该方程称为平面的一般式方程.如图，在四棱柱中，底面是平行四边形，，，两两垂直，，，直线与平面所成的角为，以为坐标原点，，，的方向分别是，，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系. (1)求平面的一般式方程. (2)求到直线的距离. (3)在棱是否存在点，使得平面平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2) (3)存在，且 【分析】（1）根据直线与平面所成的角求得，根据平面的点法式方程求得正确答案. （2）利用等面积法来求得到直线的距离. （3）设出点的坐标，利用面面垂直列方程，化简求得正确答案. 【详解】（1）由于平面， 所以平面，所以是直线与平面所成的角， 所以，所以. 所以， 所以, ，设平面的法向量为， 则，故可设，平面， 则平面的方程为， 即. （2）在中，，， 设到的距离为，则， 由于平行四边形和平行四边形全等， 所以到直线的距离等于设到的距离， 即到直线的距离为. （3），，，， 即，而， 所以， 设，则，即， 所以，， ，， 设平面的法向量为， 则，故可设. 设平面的法向量为， 则，故可设， 若平面平面，则， 即， 解得，负根舍去， 所以存在符合题意的点，且. 5．如图1，是等边三角形，为等腰直角三角形，，将沿AC翻折到的位置，且点P不在平面ABC内）（如图2），点F在线段PB上（不含端点）． (1)证明：； (2)若． （ⅰ）当点F为线段PB的中点时，求直线PB与平面ACF所成角的大小； （ⅱ）设平面ACF与平面PBC的夹角为，求的取值范围． 【答案】(1)证明见解析； (2)（ⅰ）直线PB与平面所成角为;（ⅱ）. 【分析】（1）取中点为，由题意可得，再结合线面垂直的判定定理及性质定理即可证明； （2）（i）以为原点建立直角坐标系，求以及平面的法向量，利用即可；（ii）利用二面角的向量求法可得，令，则，可得，所以，即可求解. 【详解】（1）证明：取中点为，连接， 因为， 所以， 又因为，平面， 所以平面， 又因为平面， 所以. （2）（i）因为为等腰三角形，，即，所以， 因为为等边三角形，所以， 故，，因，则，即， 又因，所以两两互相垂直， 以为原点，以为基底，建立空间直角坐标系，     ，F为线段PB的中点， 则，， 设平面的法向量为， 则， 取，得， 所以， 设直线PB与平面所成角为，则， 又，则， 所以直线PB与平面所成角为， （ii）设平面的法向量为， ， 则， 取，得， 设，所以， 所以， 则平面的法向量为， 则， 取，得， 所以 ， 令，则， 所以， 因为时，， 所以， 所以. 【点睛】关键点点睛：本题主要考查线面角、二面角的向量求法，关键是需要建立空间直角坐标系，由（1）知平面，所以需证明，设， 以为基底来表示与，结合题意即可证明，可得两两互相垂直，从而以为原点，为基底，建立空间直角坐标系. 3 / 3 学科网（北京）股份有限公司 $