1.4.2 用空间向量研究距离、夹角问题（分层作业练知识）高二数学人教A版选择性必修第一册

**基本信息** 本同步练习以空间向量应用为核心，通过A、B、C三级分层设计，实现从单一知识点巩固到综合问题解决的进阶，融合数学眼光、思维与语言，适配新授课知识内化与能力提升需求。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |A组|11个基础知识点（如异面直线所成角、点到平面距离等）|知识点速记+基础题型，聚焦概念理解与直接应用| |B组|综合应用（如含参数的线面角、二面角问题）|多知识点交叉题型，培养逻辑推理与运算能力| |C组|难点探究（如空间线段点存在性问题）|开放探究题型，发展创新意识与空间观念| |拓展|高考真题对接|典型高考题型，强化数学语言表达与问题解决能力|

分层作业 1.4.2用空间向量研究距离、夹角问题 目 录 A组 巩固过关 知识点01 异面直线所成角的向量求法（重点） 知识点02 已知线线角求其它量 知识点03 线面角的向量求法（常考点） 知识点04 已知线面角求其它量（重点） 知识点05 二面角的向量求法（常考点） 知识点06 已知二面角求其它量（重点） 知识点07 点到平面的距离的向量求法（重点） 知识点08 两平行平面间的距离的向量求法 知识点09 点到直线的距离的向量求法 知识点10 异面直线的距离的向量求法（难点） 知识点11 空间线段点的存在性问题（难点） B组 能力进阶 C组 思维拔高 拓展 链接高考 异面直线所成角的向量求法知识点01 知识点速记： 两条异面直线所成的角 设异面直线，所成的角为，其方向向量分别为，，则． 题型巩固练： 1．（25-26高一下·天津红桥·期末）如图，直三棱柱，，点，分别是，的中点，若，则与所成角的余弦值是（    ） A． B． C． D． 2．（25-26高一下·江苏常州·期末）在正方体中，点分别在线段和上，且，，则直线和所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 3．（25-26高二下·福建漳州·期中）在平行六面体中，，，，，，则（    ） A． B． C． D． 4．（25-26高二下·江苏徐州·期末）在如图所示的正八面体中，棱与所在直线的夹角为________． 已知线线角求其他量知识点02 知识点速记： 已知异面直线所成角求其他量的解题步骤： 1. 建立方程：设两异面直线的方向向量分别为，已知夹角为，根据公式建立等式； 2. 求解方程：解关于参数的代数方程（可能涉及平方去掉绝对值，需检验解的合理性）； 3. 结果验证：异面直线所成角的范围是，因此计算出的余弦值必须为非负数。若解出的参数导致余弦值为负，需取绝对值或舍去不合题意的解. 题型巩固练： 5．（25-26高二上·广东深圳·阶段检测）在我国古代数学名著《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___________. 6．（25-26高二上·安徽阜阳·阶段检测）在三棱锥中，，，平面，点，分别为，的中点，，为线段上的点，使得异面直线与所成的角的余弦值为，则为__________. 7．（25-26高二下·四川南充·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AD的长度为______． 线面角的向量求法知识点03 知识点速记： 直线和平面所成的角 直线与平面相交于，设直线与平面所成的角为，直线的方向向量为，平面的法向量为，则． 题型巩固练： 8．（25-26高二下·安徽阜阳·期末）若平面的一个法向量为，直线的一个方向向量为，则与所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 9．（25-26高二下·陕西咸阳·期末）在棱长为2的正方体中，是的中点，则直线与平面所成角的正弦值为_______________． 10．（25-26高二下·广东潮州·期末）四棱锥中，底面，，，且，，是的中点． (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 11．（25-26高二下·海南·期末）如图，在三棱柱中，侧面是正方形，平面．    (1)证明：平面平面； (2)若，，求直线与平面所成角的正弦值． 已知线面角求其他量知识点04 知识点速记： 已知线面角求其他量的解题步骤： 1. 建立坐标系与表示向量：根据几何体特征建立空间直角坐标系，写出相应点的坐标。设未知量（如线段长、比例系数等）为参数或，从而表示出直线的方法向量与平面的法向量； 2. 利用线面角公式列方程：设直线与平面所成角为，利用公式，将已知的知（或转换为正弦值）代入，得到关于参数的方程； 3. 求解参数并计算目标量：解上述方程求出参数值，进而计算出题目要求的其它量. 题型巩固练： 12．（25-26高二上·安徽淮北·期末）如图，在四棱锥中，底面是菱形，，是分别以为斜边的等腰直角三角形，是棱上的动点. (1)证明：； (2)若与平面所成角的大小为，求的值. 13．（2026·北京朝阳·模拟预测）在四棱锥中，侧面底面，底面是正方形，，，点是棱上一点． (1)当点是棱中点时，求证：平面； (2)若直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长． 14．（25-26高二上·浙江杭州·期中）如图，四棱锥中，平面平面，底面为矩形，在上且是上一点． (1)当时， （i）证明：平面； （ii）求直线与平面所成角的正弦值； (2)若直线与平面夹角的正弦值为，求的值． 15．（2026·山东聊城·二模）如图，在六面体中，底面是边长为2的菱形，，平面，是的中点. (1)证明：平面； (2)若直线与平面所成角的正弦值为，求的长. 二面角的向量求法知识点05 知识点速记： 平面与平面的夹角 (1)定义:平面与平面相交，形成四个二面角，我们把这四个二面角中不大于的二面角称为平面与平面的夹角. (2)设平面的法向量分别是，则平面与平面的夹角即为向量和的夹角或其补角.设平面与平面的夹角为，则. 题型巩固练： 16．（25-26高二下·浙江·阶段检测）在长方体中，，，则二面角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 17．（25-26高二下·江苏泰州·期中）设正方形与正方形的边长都是1，若对角线与所成角的余弦值为，则二面角的大小为（    ） A． B． C． D． 18．（2026高三·全国·专题练习）已知直三棱柱中，，，，侧棱，侧面的两条对角线交于点，则平面与平面所成锐二面角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 19．（25-26高二下·广东汕头·期中）如图，在矩形中，，、分别为线段、的中点，平面. (1)求证：平面； (2)求证：平面平面； (3)若，求平面与平面的夹角的余弦值. 已知二面角求其他量知识点06 知识点速记： 已知二面角求其他量的解题步骤： 1. 设定未知量并建系：根据几何体特征建立空间直角坐标系，写出相应点的坐标。设未知量（如线段长、比例系数等）为参数或，分别求出构成二面角的两个平面的法向量，； 2. 利用二面角建立方程：设已知二面角大小为，利用公式建立方程，注意：需结合图形判断二面角是锐角还是钝角，以确定的正负号，从而去掉绝对值符号或调整方程形式； 3. 求解参数并计算目标量：解上述方程求出参数值，进而计算出题目要求的其它量. 题型巩固练： 20．（25-26高二下·江苏南京·期中）在三棱锥中，，，为的中点，且，，若二面角的大小为，则（    ） A． B． C． D． 21．（25-26高二上·云南楚雄·期末）在长方形中，，将沿所在直线进行翻折，二面角为，则（    ） A． B． C． D． 22．（25-26高二上·广东广州·期末）如图，正方形和正方形的边长都是2，且二面角的大小是，则（   ） A． B． C． D．4 23．（25-26高二下·河南信阳·期末）如图，在四棱锥中，，，，，平面． (1)求证：； (2)若平面与平面夹角的余弦值为，求． 点到平面的距离的向量求法知识点07 知识点速记： 点到平面的距离 如图，在平面内任取一点，作向量，设是平面的法向量，则在法向量上的投影长即为点到平面的距离．    题型巩固练： 24．（25-26高二下·河南洛阳·期末）已知经过点的平面的法向量为，则点到平面的距离为（    ） A． B． C． D． 25．（25-26高二下·江苏扬州·期末）在空间直角坐标系中，已知点，，，，则点到平面的距离为（     ） A． B． C． D． 26．（25-26高二下·甘肃兰州·期中）如图，在棱长为2的正方体中，P，M，N分别为AB，，的中点，则点A到平面的距离为（    ） A． B． C．1 D． 两平行平面间的距离的向量求法知识点08 知识点速记： 两平行平面间的距离 如图，，分别是平行平面，上的任意一点，设是平面，的一个法向量，则平面，之间的距离． 题型巩固练： 27．（25-26高二上·辽宁大连·期中）两平行平面，分别经过坐标原点和点，且两平面的一个法向量，则两平面间的距离是（   ） A． B． C． D． 28．（2026高三·全国·专题练习）如图所示，正方体的棱长为1，，，，分别为棱，，，的中点．则平面与平面间的距离为（   ） A． B． C． D． 29．（25-26高二上·江苏无锡·阶段检测）空间直角坐标系中，，，，其中，，，，已知平面平面，则平面与平面间的距离为______. 点到直线的距离的向量求法知识点09 知识点速记： 点到直线的距离 如图，直线的方向向量为，点为直线外一点，过点作直线的垂线交于点，则即为点到直线的距离．设为直线上任意一点，则是在上的投影向量，所以投影长．于是，点到已知直线的距离． 题型巩固练： 30．（25-26高二下·福建莆田·阶段检测）在空间直角坐标系中，直线经过点，且其方向向量，则点到直线的距离为（ ） A． B． C．3 D． 31．（25-26高二下·陕西安康·期中）若、、，则点到直线的距离为（    ） A． B． C． D． 32．（25-26高二上·云南文山·阶段检测）如图，在棱长为4的正方体中，为的中点，为的中点，则点到直线的距离为（     ） A． B． C． D． 33．（25-26高二下·福建宁德·期末）在三棱台中，，，且，若平面，则点到直线的距离为（    ） A． B． C． D． 34．（25-26高二下·江苏扬州·阶段检测）如图，四棱锥中，平面，，，，则到平面的距离是______. 异面直线的距离的向量求法知识点10 知识点速记： 异面直线距离的向量求法： 1. 找方向向量：分别求出两条直线的方向向量； 2. 取点连线：在两条直线上各取一点，求出向量; 3. 计算异面直线公垂线的方向向量：异面直线公垂线的方向向量，利用且，求出一个； 4. 求距离：利用公式求出距离. 题型巩固练： 35．（25-26高二上·河南新乡·阶段检测）正四棱锥中，O为底面ABCD的中心，P为侧棱SD的中点，且，则异面直线BD与PC的距离是（   ） A． B． C． D． 36．（25-26高二上·广东汕头·开学考试）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， 直线与之间的距离是（    ） A． B． C． D． 37．（24-25高二下·甘肃平凉·期中）正四棱锥中，为顶点在底面内的正投影，为侧棱的中点，且，则异面直线与的距离为（    ） A． B． C． D． 空间线段点的存在性问题知识点11 知识点速记： 空间向量点的存在性问题核心在于判断在特定线段、平面或空间中是否存在满足平行、垂直、角度或距离条件的点. 解题步骤一般为： 1. 建系设点：距离合适的空间直角坐标系，根据点所在的几何位置（如线段上、平面内）设定坐标； 2. 向量表示：写出相关直线的方向向量、平面的法向量以及涉及点的向量坐标； 3. 列式求解：依据题目条件建立关于参数的方程； 4. 验证存在性：解方程得到参数值，若参数值在预设范围内，则点存在；若无解或超出范围，则点不存在. 题型巩固练： 38．（25-26高二下·上海·阶段检测）如图，已知正方体的棱长为1，点M为棱AB的中点，点P在正方形内部（不含边界）运动，给出以下两个结论： ①存在点P满足； ②存在点P满足与平面所成角的大小为60°． 判断正确的是（   ） A．①正确，②不正确 B．①不正确，②正确 C．①②均正确 D．①②均不正确 39．（多选）（25-26高二上·广东佛山·期末）已知正三棱柱的所有棱长为2，，分别为棱，上的点，则（    ） A．当为中点时，任意点到平面的距离均为1 B．当为中点时，存在点到直线的距离为2 C．对任意给定的点，存在点，使得 D．对任意给定的点，存在点，使得 40．（25-26高二下·河南信阳·期末）在正三棱柱中，底面边长，侧棱，点在侧棱上，且满足． (1)是否存在实数，使得？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． (2)当时，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值． 41．（25-26高一下·河南郑州·阶段检测）如图，在三棱锥中，，，，且平面平面． (1)证明：平面； (2)求点到平面的距离； (3)线段上是否存在一点，使得二面角的正切值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 42．（25-26高二下·安徽蚌埠·阶段检测）如图，在四棱锥中，底面为矩形，，侧棱底面，且，点为棱的中点． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)点为棱上的动点（不与端点重合），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． 一、单选题 1．（25-26高二下·福建漳州·期中）如图，在直三棱柱中，，，，，为棱的中点，则异面直线和所成的角的余弦值为（     ） A． B． C． D． 2．（25-26高一下·四川成都·期中）四面体满足，， ，. 设的中点分别为，则点到直线的距离为（    ） A． B． C． D． 3．（25-26高一下·北京·期中）正三棱柱的底面边长为3，侧棱，是延长线上一点，且，则二面角的大小为（    ） A． B． C． D． 4．（25-26高二上·湖北·阶段检测）正方体的棱长为1，若点在上，点在上，则的长度最小值为（    ） A． B． C． D． 5．（25-26高一下·福建厦门·阶段检测）在三棱锥中，，，，则D到平面的距离为（   ） A． B． C． D． 6．（25-26高二上·湖北武汉·阶段检测）如图，已知四边形，均为矩形，且，二面角的大小为，则异面直线与所成角的余弦值为（　　）． A． B． C． D． 7．（24-25高二上·福建厦门·阶段检测）如图，长方体的底面是边长为2的正方形， ，点、分别为棱、的中点.若平面平面，则直线 与平面所成角的正切值为（    ） A． B． C． D． 8．（25-26高二下·河南许昌·期末）在正方体中，点为线段的中点，点在线段上，直线与平面所成的角为，则的最小值为（     ） A． B． C． D． 2、 多选题 9．（25-26高二下·河南濮阳·期末）如图，在三棱锥中，，，，，分别为，的中点，则（    ） A．平面平面 B．直线与平面所成角的正弦值为 C．异面直线与所成角的余弦值为 D．平面与平面夹角的余弦值为 10．（25-26高二下·福建福州·期末）已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面所成的角都相等，则下列结论正确的是（     ） A．存在平面，截此正方体所得截面为正三角形 B．存在平面，棱与平面夹角的正弦值为 C．不存在平面，截此正方体所得截面为正六边形 D．截此正方体所得截面面积的最大值为 11．（25-26高二下·浙江温州·期末）已知正方体棱长为2，，分别为边，的中点，且存在点，满足，，，则下列选项中正确的是（   ） A．若直线平面，点P的轨迹长度为 B．若，则直线与所成角的取值范围是 C．若，则平面平面 D．若，则的最小值为 12．已知正四棱柱中，，建立如图所示的空间直角坐标系，则平面的一个法向量是________（答案不唯一，写出一个坐标即可），直线与平面所成角的正弦值等于________. 13．（25-26高二下·江西吉安·阶段检测）在三棱锥中，底面，分别为棱的中点，为三棱锥内切球球面上的动点，则点到平面的距离的最大值为__________． 14．（25-26高二上·四川内江·期中）如图，在直三棱柱中，侧棱长为2，，，点是的中点，是侧面（含边界）上的动点，要使平面，则线段的最大值为_____.    3、 解答题 15．（25-26高二下·河南平顶山·期末）如图，在三棱柱中，平面，，，. (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 16．（25-26高二下·河南·期末）如图，在长方体中，，，．点在棱上，且，点在棱上，且． (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)求三棱锥的体积． 17．（25-26高二下·湖南·期末）如图，在三棱锥中，平面，，，；分别延长，到，使得，；平面与平面的交线为． (1)求平面与平面夹角的余弦值； (2)证明：； (3)点在上，当直线与平面所成角的正弦值最大时，求出的长． 18．（25-26高一下·浙江温州·期末）已知等边的边长为3，，分别是，上的点，且，将沿折起到的位置，使得平面平面，得到四棱锥．    (1)求证：； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)线段上是否存在一点，使得二面角的大小为？若存在，求出线段的长度；若不存在，请说明理由． 19．（2026·河南·模拟预测）如图1，等腰直角的斜边，D为BC的中点，沿BC边上的高AD折叠，使得二面角为，如图2所示，设M为CD的中点． (1)证明：平面． (2)求平面和平面的夹角的余弦值． (3)在线段AC（含端点）上是否存在点Q，使得直线MQ与平面所成角的正弦值为？若存在，求出线段AQ的长度；若不存在，请说明理由． 1．【数学文化】（25-26高二下·福建龙岩·期中）在中国古代数学著作《九章算术》中记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体的上､下底面平行，且均为扇环形（扇环是指圆环被扇形截得的部分）.现有一个如图所示的曲池，均与曲池的底面垂直，且，底面扇环对应的两个圆的半径分别为2和4，对应的圆心角为，则图中异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 所以，， 因为， ， ， 2．【知识融合】（25-26高二下·江苏镇江·期中）已知正方体中，P，Q分别为棱，上的动点，则二面角的最大值为（   ） A． B． C． D． 3．【动点问题】（25-26高二下·安徽芜湖·阶段检测）已知三棱台中，平面平面，，底面满足且，点在棱上运动，则点到平面的距离的最大值为（    ） A． B． C． D． 4．【数学运算】（25-26高二上·天津滨海新区·期末）如图，在棱长为的正方体中，点为线段的中点，且点满足，则有下列说法： ①若，，则平面； ②若，，则平面； ③若，则到平面的距离为； ④若，时，直线与平面所成角为，则 以上说法中正确的个数为（   ） A． B． C． D． 5．【点的存在性问题】（23-24高三下·四川巴中·阶段检测）如图，棱长为的正方体中，为线段上的动点（不含端点），以下正确的是______    ①； ②存在点，使得//面； ③的最小值为； ④存在点，使得与面所成线面角的余弦值为. 6．【翻折问题】（25-26高二下·重庆·期末）如图，是边长为4的等边三角形，、分别为、的中点，现将沿翻折，使点在点处，得到四棱锥． (1)若，求证：平面平面； (2)当四棱锥的体积为时，求平面与平面夹角的正弦值． 7．【探索性问题】（25-26高二上·四川南充·阶段检测）如图，在四棱锥中，是边长为4的等边三角形，底面为直角梯形，，，，为的中点． (1)求证：平面； (2)用曲率刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差（多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制），例如：正方体在每个顶点有3个面角，每个面角是，所以正方体在各顶点的曲率为．已知四棱锥在点的曲率为． ①求证：平面平面； ②在直线上是否存在点，使得平面，若存在，求的长；若不存在，说明理由． 8．【角的最值问题】（25-26高二下·江苏南京·期末）如图，长方形中，，，若为线段的中点，将沿翻折至． (1)若， （i）证明：平面平面； （ii）求二面角的大小； (2)求与平面所成角的正弦值的范围． 1．（2024·上海·高考真题）在棱柱中，底面为平行四边形，，，，设异面直线与的夹角为，则________． 2．（2026·北京·高考真题）已知直三棱柱，，，，、分别为、的中点． (1)证明：平面； (2)点在平面内，且，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得唯一确定，求平面与平面的夹角的余弦值． ①； ②； ③平面． 注：如果选择条件①、条件②、条件③分别解答，按第一个解答计分． 3．（2026·全国一卷·高考真题）如图，在直三棱柱中，，，，分别为，的中点． (1)证明：平面； (2)设，直线与平面所成的角为，求直线到平面的距离． 4．（2025·北京·高考真题）如图，在四棱锥中，与均为等腰直角三角形，，E为BC的中点． (1)若分别为的中点，求证：平面PAB； (2)若平面ABCD，，求直线AB与平面PCD所成角的正弦值． 5．（2025·天津·高考真题）正方体的棱长为4，分别为中点，． (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)求三棱锥的体积． 6．（2025·全国二卷·高考真题）如图，在四边形中，，F为CD的中点，点E在AB上，，.将四边形沿翻折至四边形，使得面与面EFCB所成的二面角为． (1)证明：平面； (2)求面与面所成的二面角的正弦值． 7．（2025·全国一卷·高考真题）如图,在四棱锥中，底面，． (1)证明：平面平面； (2)设，且点，，，均在球的球面上． （i）证明：点在平面内； （ⅱ）求直线与所成角的余弦值． 8．（2024·全国甲卷·高考真题）如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形，，，，为的中点． (1)证明：平面； (2)求二面角的正弦值． 9．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）如图，平面四边形ABCD中，，，，，，点E，F满足，，将沿EF翻折至，使得． (1)证明：； (2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值． 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 分层作业 1.4.2用空间向量研究距离、夹角问题 目 录 A组 巩固过关 知识点01 异面直线所成角的向量求法（重点） 知识点02 已知线线角求其它量 知识点03 线面角的向量求法（常考点） 知识点04 已知线面角求其它量（重点） 知识点05 二面角的向量求法（常考点） 知识点06 已知二面角求其它量（重点） 知识点07 点到平面的距离的向量求法（重点） 知识点08 两平行平面间的距离的向量求法 知识点09 点到直线的距离的向量求法 知识点10 异面直线的距离的向量求法（难点） 知识点11 空间线段点的存在性问题（难点） B组 能力进阶 C组 思维拔高 拓展 链接高考 异面直线所成角的向量求法知识点01 知识点速记： 两条异面直线所成的角 设异面直线，所成的角为，其方向向量分别为，，则． 【注】异面直线所成角的范围是，最后所求三角函数值均为正值. 题型巩固练： 1．（25-26高一下·天津红桥·期末）如图，直三棱柱，，点，分别是，的中点，若，则与所成角的余弦值是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】以为原点建立如图所示空间直角坐标系， 设，则，，，， ，， 则与所成角的余弦值为：. 2．（25-26高一下·江苏常州·期末）在正方体中，点分别在线段和上，且，，则直线和所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】设正方体的棱长为1，以D为坐标原点，分别以、、的方向为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系. 则，，，. ∴， ，, . 设直线和所成角为，则， 所以 3．（25-26高二下·福建漳州·期中）在平行六面体中，，，，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用空间向量的线性运算可知,，通过数量积求出，进而求出. 【详解】利用空间向量的线性运算可知， 所以， 即, 由于, 所以，， 所以，故 ，即， 故平行四边形为矩形， 4．（25-26高二下·江苏徐州·期末）在如图所示的正八面体中，棱与所在直线的夹角为________． 【答案】 【详解】如图所示，以正八面体中心为原点，设各顶点坐标为：，，，，可得：， 根据异面直线夹角公式可得： 因为异面直线夹角范围是， 所以，即与的夹角为. 已知线线角求其他量知识点02 知识点速记： 已知异面直线所成角求其他量的解题步骤： 1. 建立方程：设两异面直线的方向向量分别为，已知夹角为，根据公式建立等式； 2. 求解方程：解关于参数的代数方程（可能涉及平方去掉绝对值，需检验解的合理性）； 3. 结果验证：异面直线所成角的范围是，因此计算出的余弦值必须为非负数。若解出的参数导致余弦值为负，需取绝对值或舍去不合题意的解. 题型巩固练： 5．（25-26高二上·广东深圳·阶段检测）在我国古代数学名著《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___________. 【答案】1 【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， 可得， 设异面直线与所成角为， 则， 解得（负根舍去），即. 6．（25-26高二上·安徽阜阳·阶段检测）在三棱锥中，，，平面，点，分别为，的中点，，为线段上的点，使得异面直线与所成的角的余弦值为，则为__________. 【答案】 【详解】如图，在三棱锥中，，，， 平面，以为原点，所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，    可知，，， ，， ，则，设，且，则， 可知，， ，，异面直线与所成的角的余弦值为，，解得或（舍去），. 故答案为： 7．（25-26高二下·四川南充·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AD的长度为______． 【答案】4 【详解】由题意，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，    设，因为， 所以， ， 设异面直线与所成角为， 则， 解得，即. 线面角的向量求法知识点03 知识点速记： 直线和平面所成的角 直线与平面相交于，设直线与平面所成的角为，直线的方向向量为，平面的法向量为，则． 题型巩固练： 8．（25-26高二下·安徽阜阳·期末）若平面的一个法向量为，直线的一个方向向量为，则与所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】设直线与平面所成的角为， 则. 9．（25-26高二下·陕西咸阳·期末）在棱长为2的正方体中，是的中点，则直线与平面所成角的正弦值为_______________． 【答案】 【详解】在棱长为2的正方体中，以为原点，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， 则令，解得，， 所以是平面的一个法向量，， 设直线与平面所成角为， 则.    10．（25-26高二下·广东潮州·期末）四棱锥中，底面，，，且，，是的中点． (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)取中点，连接，， 因为，，所以四边形为平行四边形，则， 因为，所以， 因为，为的中点，所以， 由勾股定理可得，同理可得， 所以，所以， 因为平面，平面，所以， 因为，、平面，所以平面． （2）因为平面，， 如图，以点为原点，以，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，， ，，， 设平面的一个法向量为， 则，令，可得， 设直线与平面所成角为， 则， 所以，直线与平面所成角的正弦值为． 11．（25-26高二下·海南·期末）如图，在三棱柱中，侧面是正方形，平面．    (1)证明：平面平面； (2)若，，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)因为侧面是正方形，所以， 因为平面，平面，所以， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面． （2）方法一：如图，以C为坐标原点，CA，，CB所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，    则，，，， 所以，，． 设平面的法向量为， 则，即，取，得． 设直线与平面所成的角为θ， 则， 即直线与平面所成角的正弦值为． 方法二：设与的交点为O，连接OB，    因为平面平面，所以直线在平面内的射影即直线， 则即为直线与平面所成的角． 因为，四边形是正方形，所以，． 又， 所以，． 所以． 在中，由正弦定理可得， 即，解得， 即直线与平面所成角的正弦值为． 已知线面角求其他量知识点04 知识点速记： 已知线面角求其他量的解题步骤： 1. 建立坐标系与表示向量：根据几何体特征建立空间直角坐标系，写出相应点的坐标。设未知量（如线段长、比例系数等）为参数或，从而表示出直线的方法向量与平面的法向量； 2. 利用线面角公式列方程：设直线与平面所成角为，利用公式，将已知的知（或转换为正弦值）代入，得到关于参数的方程； 3. 求解参数并计算目标量：解上述方程求出参数值，进而计算出题目要求的其它量. 题型巩固练： 12．（25-26高二上·安徽淮北·期末）如图，在四棱锥中，底面是菱形，，是分别以为斜边的等腰直角三角形，是棱上的动点. (1)证明：； (2)若与平面所成角的大小为，求的值. 【详解】(1)证明：因为，是分别以，为斜边的等腰直角三角形， 所以，，且平面，平面，， 所以平面，所以. 因为四边形是菱形，所以. 因为平面，，所以平面，所以. （2）由（1）可知平面，且，所以和是等边三角形， 取棱的中点，连接，易证两两垂直， 故以A为原点，，，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系. 设，，，则，，，， 则，，， 所以. 设平面的法向量为，则 令x=，得. 所以==， 整理得，解得或(舍去)，所以=2. 13．（2026·北京朝阳·模拟预测）在四棱锥中，侧面底面，底面是正方形，，，点是棱上一点． (1)当点是棱中点时，求证：平面； (2)若直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长． 【详解】(1)证明：连接，交于点，连接． 因底面是正方形，则点是中点，又因点是棱中点， 所以． 又因为平面，平面， 所以平面. （2）因为侧面底面，平面底面， 因，平面,则平面． 又因平面,则． 因为，，满足,则得． 故可以点为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系． 则，，，，． 设，则,且， 则,,, 设平面的法向量为． 由,故可取． 因为直线与平面所成角的正弦值为， 所以． 整理得，解得或,经检验均符合题意. 故线段的长为或． 14．（25-26高二上·浙江杭州·期中）如图，四棱锥中，平面平面，底面为矩形，在上且是上一点． (1)当时， （i）证明：平面； （ii）求直线与平面所成角的正弦值； (2)若直线与平面夹角的正弦值为，求的值． 【答案】(1)（i）证明见解析；（ii）；(2) 【详解】（1）如图，以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，过点与平面垂直的直线为轴建立空间直角坐标系，则，. ，由， 可得， . （i）设平面的法向量为，， 则 解得 令，得. 因为， 所以. 又平面， 所以平面. （ii）设平面的法向量为，， 则 令，得. 设直线与平面所成角为， ， 所以直线与平面所成角的正弦值为. （2）设， 则， 由上可知：平面的法向量为， 当直线与平面夹角的正弦值为时，所以 或舍去， 所以. 15．（2026·山东聊城·二模）如图，在六面体中，底面是边长为2的菱形，，平面，是的中点. (1)证明：平面； (2)若直线与平面所成角的正弦值为，求的长. 【详解】(1)取的中点，连接，. 因为分别为的中点， 所以，且. 又，所以，， 所以四边形是平行四边形， 所以. 又平面平面，所以平面. （2）连接， 因为底面是菱形，，所以和均为等边三角形. 因为是的中点， 所以，即, 又平面， 则以为坐标原点，分别以，所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 设， 则由题意知，，， 所以，. 设平面的法向量为， 则令， 则. 因为直线与平面所成角的正弦值为， 设直线与平面所成的角为， 则， 解得，所以. 二面角的向量求法知识点05 知识点速记： 平面与平面的夹角 (1)定义:平面与平面相交，形成四个二面角，我们把这四个二面角中不大于的二面角称为平面与平面的夹角. (2)设平面的法向量分别是，则平面与平面的夹角即为向量和的夹角或其补角.设平面与平面的夹角为，则. 题型巩固练： 16．（25-26高二下·浙江·阶段检测）在长方体中，，，则二面角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】法1：长方体中侧棱底面，因此，且， 所以二面角的平面角就是. 由题意，矩形中，，，， 由勾股定理得斜边. 在中，，即二面角的余弦值为. 法2：在长方体中，以为原点， 分别以、、方向为、、轴正方向建立空间直角坐标系， 设侧棱，结合已知，， 得，，，， 而二面角的两个半平面为面和面， 而，，设是平面的法向量， 则，取，解得，得； 而，，设是平面的法向量， 则，取，解得，，即， 该二面角为锐角，设为，则. 17．（25-26高二下·江苏泰州·期中）设正方形与正方形的边长都是1，若对角线与所成角的余弦值为，则二面角的大小为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】设二面角的大小为，由， 得，， 则， 而，由对角线与所成角的余弦值为，得， 解得，又，解得， 所以二面角的大小为. 18．（2026高三·全国·专题练习）已知直三棱柱中，，，，侧棱，侧面的两条对角线交于点，则平面与平面所成锐二面角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】由题意知两两垂直， 则以为x轴，为y轴，为z轴建立空间直角坐标系． ∴，， 由， 设平面的法向量， 则，取，得， ， 设平面的法向量， 则，取，得， 设平面与平面所成锐二面角为， 则， ∴平面与平面所成锐二面角的余弦值为． 19．（25-26高二下·广东汕头·期中）如图，在矩形中，，、分别为线段、的中点，平面. (1)求证：平面； (2)求证：平面平面； (3)若，求平面与平面的夹角的余弦值. 【详解】(1)在矩形中，且， 因为、分别为线段、的中点，所以，， 故四边形为平行四边形，从而， 又因为平面，平面，所以平面. (2)因为平面，平面，所以， 连接，因为四边形为矩形，所以，，且， 因为、分别为、的中点，所以，， 又因为，所以，且， 故四边形为正方形，所以， 因为，、平面，所以平面， 因为平面，故平面平面. （3）因为四边形为正方形，所以， 又因为平面，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、、、， 设平面的一个法向量为，，， 则，取得， 易知平面的一个法向量为，， 故平面与平面的夹角的余弦值为. 已知二面角求其他量知识点06 知识点速记： 已知二面角求其他量的解题步骤： 1. 设定未知量并建系：根据几何体特征建立空间直角坐标系，写出相应点的坐标。设未知量（如线段长、比例系数等）为参数或，分别求出构成二面角的两个平面的法向量，； 2. 利用二面角建立方程：设已知二面角大小为，利用公式建立方程，注意：需结合图形判断二面角是锐角还是钝角，以确定的正负号，从而去掉绝对值符号或调整方程形式； 3. 求解参数并计算目标量：解上述方程求出参数值，进而计算出题目要求的其它量. 题型巩固练： 20．（25-26高二下·江苏南京·期中）在三棱锥中，，，为的中点，且，，若二面角的大小为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】因为，为的中点，所以， 因为， 所以二面角的平面角就是向量与的夹角，为， 因为向量与方向相反， 所以与的夹角为 ， 因为，， 所以 21．（25-26高二上·云南楚雄·期末）在长方形中，，将沿所在直线进行翻折，二面角为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由题意得异面直线与的夹角为，即与的夹角为，由空间向量的运算法则可得，则，结合条件即可计算. 【详解】由题意得： 过点作，垂足为，过点作，垂足为，如下图： 因为二面角为，则异面直线与的夹角为， 即与的夹角为，易得， 因为，且， 则， 即，解得， 故选：D. 22．（25-26高二上·广东广州·期末）如图，正方形和正方形的边长都是2，且二面角的大小是，则（   ） A． B． C． D．4 【答案】A 【详解】因为正方形和正方形，所以， 因为平面平面，二面角的大小是， 所以，因为， 所以， 因为正方形和正方形的边长都是2，所以， 因为，所以， 而， 所以. 故选：A. 23．（25-26高二下·河南信阳·期末）如图，在四棱锥中，，，，，平面． (1)求证：； (2)若平面与平面夹角的余弦值为，求． 【详解】(1)连接，，， 所以，均在的垂直平分线上，即垂直平分． 又平面，平面，所以， 因为平面，所以平面， 因为平面，所以． （2）设，交于，，，为正三角形， ，， 又，所以． 以为坐标原点，分别以，为，轴，以平行于的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， 设，则， 因为，所以，则，， 设平面的法向量为， 则，设，则． 又，， 设平面的法向量为， 则，设，则． 因为平面与平面夹角的余弦值为， 所以，解得． 故． 点到平面的距离的向量求法知识点07 知识点速记： 点到平面的距离 如图，在平面内任取一点，作向量，设是平面的法向量，则在法向量上的投影长即为点到平面的距离．    题型巩固练： 24．（25-26高二下·河南洛阳·期末）已知经过点的平面的法向量为，则点到平面的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】因为，，则，又平面的法向量为， 则点到平面的距离为. 25．（25-26高二下·江苏扬州·期末）在空间直角坐标系中，已知点，，，，则点到平面的距离为（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】易得，， 设平面的法向量为， 则，令，则， 则点到平面的距离为. 26．（25-26高二下·甘肃兰州·期中）如图，在棱长为2的正方体中，P，M，N分别为AB，，的中点，则点A到平面的距离为（    ） A． B． C．1 D． 【答案】B 【详解】以A为坐标原点，AB，AD，所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 所以， 设平面的法向量为， 所以， 令，则，可得. 因为， 所以点A到平面PMN的距离. 两平行平面间的距离的向量求法知识点08 知识点速记： 两平行平面间的距离 如图，，分别是平行平面，上的任意一点，设是平面，的一个法向量，则平面，之间的距离． 题型巩固练： 27．（25-26高二上·辽宁大连·期中）两平行平面，分别经过坐标原点和点，且两平面的一个法向量，则两平面间的距离是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】两平行平面，分别经过坐标原点和点，，且两平面的一个法向量，两平面间的距离. 故选：B. 28．（2026高三·全国·专题练习）如图所示，正方体的棱长为1，，，，分别为棱，，，的中点．则平面与平面间的距离为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】连接，因为，，，分别为棱，，，的中点． 则，又平面平面， 所以平面， 连接，则． 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. 所以平面与平面间的距离为点到平面的距离. 以为坐标原点，所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系， 则，，，， 设平面的法向量，，， 则有，令得， 故，其中， 则点到平面的距离为. 29．（25-26高二上·江苏无锡·阶段检测）空间直角坐标系中，，，，其中，，，，已知平面平面，则平面与平面间的距离为______. 【答案】 【详解】由已知得，，， 设向量与向量都垂直，则， 即取，则， 又平面平面，所以平面与平面间的距离. 点到直线的距离的向量求法知识点09 知识点速记： 点到直线的距离 如图，直线的方向向量为，点为直线外一点，过点作直线的垂线交于点，则即为点到直线的距离．设为直线上任意一点，则是在上的投影向量，所以投影长．于是，点到已知直线的距离． 题型巩固练： 30．（25-26高二下·福建莆田·阶段检测）在空间直角坐标系中，直线经过点，且其方向向量，则点到直线的距离为（ ） A． B． C．3 D． 【答案】B 【详解】由题意，所以点到直线的距离为： . 31．（25-26高二下·陕西安康·期中）若、、，则点到直线的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】由题意可得，， 所以点到直线的距离为. 32．（25-26高二上·云南文山·阶段检测）如图，在棱长为4的正方体中，为的中点，为的中点，则点到直线的距离为（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】建立如图空间直角坐标系，    则， ，. 故点到直线的距离. 33．（25-26高二下·福建宁德·期末）在三棱台中，，，且，若平面，则点到直线的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】由题意，平面，， 因此以为原点，分别以、、方向为轴建立空间直角坐标系： 则，，，，， 直线​的方向向量， ， 点到直线的距离. 34．（25-26高二下·江苏扬州·阶段检测）如图，四棱锥中，平面，，，，则到平面的距离是______. 【答案】 【详解】以为坐标原点，所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 所以， 设平面一个法向量为， 则，取，得， 所以到平面的距离为. 异面直线的距离的向量求法知识点10 知识点速记： 异面直线距离的向量求法： 1. 找方向向量：分别求出两条直线的方向向量； 2. 取点连线：在两条直线上各取一点，求出向量; 3. 计算异面直线公垂线的方向向量：异面直线公垂线的方向向量，利用且，求出一个； 4. 求距离：利用公式求出距离. 题型巩固练： 35．（25-26高二上·河南新乡·阶段检测）正四棱锥中，O为底面ABCD的中心，P为侧棱SD的中点，且，则异面直线BD与PC的距离是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】因为为正四棱锥且是在底面内的正投影，所以面， 连接，，则且交于． 因为，面，所以，，所以以，，为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系． 因为，则，，，，， 所以，． 设异面直线与的公垂线方向向量为， 则有，即，取． 又因为， 所以异面直线与的距离． 所以异面直线与的距离是． 故选：C. 36．（25-26高二上·广东汕头·开学考试）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， 直线与之间的距离是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】设为直线上任意一点，过作，垂足为， 设 ，， 则 ， 因为，所以 即 所以，所以， 所以， ∴当时， 取得最小值， 故直线与之间的距离是 故选：B. 37．（24-25高二下·甘肃平凉·期中）正四棱锥中，为顶点在底面内的正投影，为侧棱的中点，且，则异面直线与的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】因为为正四棱锥且是在底面内的正投影， 所以面， 连接，，则且交于. 因为 面， 所以，. 所以以，，为 ，，轴建立如图所示的空间直角坐标系. 因为， 则，，，，， 所以，. 设异面直线与的公垂线方向向量为， 则有 ，即，取. 又因为， 所以异面直线与的距离. 所以异面直线与的距离为. 故选：B 空间线段点的存在性问题知识点11 知识点速记： 空间向量点的存在性问题核心在于判断在特定线段、平面或空间中是否存在满足平行、垂直、角度或距离条件的点. 解题步骤一般为： 1. 建系设点：距离合适的空间直角坐标系，根据点所在的几何位置（如线段上、平面内）设定坐标； 2. 向量表示：写出相关直线的方向向量、平面的法向量以及涉及点的向量坐标； 3. 列式求解：依据题目条件建立关于参数的方程； 4. 验证存在性：解方程得到参数值，若参数值在预设范围内，则点存在；若无解或超出范围，则点不存在. 题型巩固练： 38．（25-26高二下·上海·阶段检测）如图，已知正方体的棱长为1，点M为棱AB的中点，点P在正方形内部（不含边界）运动，给出以下两个结论： ①存在点P满足； ②存在点P满足与平面所成角的大小为60°． 判断正确的是（   ） A．①正确，②不正确 B．①不正确，②正确 C．①②均正确 D．①②均不正确 【答案】C 【分析】建立空间直角坐标系，设，，利用空间向量法一一计算可得. 【详解】如图建立空间直角坐标系，则，，，， 设，，则，， 若，则，解得， 所以存在点满足，故①正确； 因为，，设平面的法向量为， 则，取， 设与平面所成角为，， 则， 令，，则，所以， 令，，则，所以， 所以存在点P满足与平面所成角的大小为60°，故②正确； 39．（多选）（25-26高二上·广东佛山·期末）已知正三棱柱的所有棱长为2，，分别为棱，上的点，则（    ） A．当为中点时，任意点到平面的距离均为1 B．当为中点时，存在点到直线的距离为2 C．对任意给定的点，存在点，使得 D．对任意给定的点，存在点，使得 【答案】ACD 【分析】对于A，先证平面，接着证平面，故点到平面的距离为定值1；对于B，利用点到线的距离公式求解判断即可；对于CD，设，，再由垂直的坐标表示得，再根据的范围即可判断． 【详解】对于A，在正三棱柱中，当为中点时， ，平面，又平面， ，又平面， 平面，即平面，且， 所以点到平面的距离为， 又平面，平面， 平面， 所以，任意点到平面的距离均为1，故A正确； 对于B，在正三棱柱中，设中点为，中点为， ，又平面，平面， ，又平面， 平面，则以为原点建立空间直角坐标系， ， 当为中点时，，， 设，， 故点到直线的距离， 解得，又，所以无解， 即不存在点到直线的距离为2，故B错误； 对于C，设，若， 则， 即，，， 则对任意给定的点，存在点，使得，故C正确； 对于D，，，， 则对任意给定的点，存在点，使得，故D正确． 故选：ACD． 40．（25-26高二下·河南信阳·期末）在正三棱柱中，底面边长，侧棱，点在侧棱上，且满足． (1)是否存在实数，使得？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． (2)当时，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值． 【答案】(1)存在，，取的中点，连接，则， 以为原点，为轴正方向，为轴正方向，过点作平行的直线为轴，建立空间直角坐标系， 由题意，，则，，，， ，，设， 由，，，得，即， 所以，， 若，则，得，满足，符合， 所以，存在，使得； （2）若，则，设平面的一个法向量为， 由，，得，取，得， 设平面的一个法向量为， 由，，得，取，则得， 设平面与平面所成的锐二面角为，则， 所以平面与平面所成的锐二面角的余弦值为. 41．（25-26高一下·河南郑州·阶段检测）如图，在三棱锥中，，，，且平面平面． (1)证明：平面； (2)求点到平面的距离； (3)线段上是否存在一点，使得二面角的正切值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 【答案】(1) 证明：取PB的中点D，连接CD； 因为，D为PB的中点， 故； 因为平面平面，且交于PB， 故平面； 因为平面，故； 又因为，且，平面， 故平面； （2） 取BC的中点O，AC的中点F，连接OF，PO； 因为O，F为BC，AC的中点，故； 由(1)可知，平面，故平面； 故，； 又因为为等边三角形，故； 故以O为原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系； 因为，， 故，，； 故，，，， ，，； 设为平面的法向量，则 ，故，令，则； 则点到平面的距离为； （3） 设存在点E，使得，； 则； 设为平面的法向量； 为平面的法向量； 则，故， 令，则； 设二面角为， 则，故； 因为， 整理化简可得： 即，化简得：，解得：； 故，则； 综上，存在一点，使得二面角的正切值为． 42．（25-26高二下·安徽蚌埠·阶段检测）如图，在四棱锥中，底面为矩形，，侧棱底面，且，点为棱的中点． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)点为棱上的动点（不与端点重合），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)连接与交于点，连接． 因为底面为矩形，所以为的中点． 又为的中点，所以在中，． 因为平面 平面， 所以平面． （2）因为底面为矩形，侧棱底面， 所以以点为坐标原点，分别以所在直线为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系． 由已知可得． 因为为的中点，所以，则． 设平面的法向量为． 由， 得 取，则 ，所以． 设直线与平面所成角为，则 所以直线与平面所成角的正弦值为． （3）因为点在线段上，设，其中． 由得． 所以点的坐标为， 设平面的法向量为． 由，得， 令，则 ． 故平面的一个法向量为． 假设存在点使得平面平面， 则，即 ， 解得，满足， 所以存在满足条件的点（线段上靠近的四等分点），． 一、单选题 1．（25-26高二下·福建漳州·期中）如图，在直三棱柱中，，，，，为棱的中点，则异面直线和所成的角的余弦值为（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】因为，，， 所以，所以， 在直三棱柱中，平面, 以为原点，为轴，为轴，为轴建系， 则则 , 所以，， 设异面直线和所成的角为， 则. 2．（25-26高一下·四川成都·期中）四面体满足，， ，. 设的中点分别为，则点到直线的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】由题意，建立如图所示空间直角坐标系： 则，所以， 所以点到直线的距离为. 3．（25-26高一下·北京·期中）正三棱柱的底面边长为3，侧棱，是延长线上一点，且，则二面角的大小为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 所以，所以为等腰三角形， 又因为为的中点，所以， 又因为，所以平面， 平面，所以， 所以为二面角的平面角， 因为，所以，所以， 所以， 所以， 又，所以. 4．（25-26高二上·湖北·阶段检测）正方体的棱长为1，若点在上，点在上，则的长度最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】点在上，点在上， 则的长度最小值即异面直线和的距离， 以为原点建立如图所示空间直角坐标系， 则， 设为直线和的法向量， 又因为，，， 则，令，则， 所以异面直线和的距离为， 即的长度最小值为. 故选：C. 5．（25-26高一下·福建厦门·阶段检测）在三棱锥中，，，，则D到平面的距离为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】 令长方体长、宽、高分别为由图的 由图可得：, 令平面法向量， 所以：所以， 点D到平面的距离即在投影向量的模长， ， 所以点D到平面的距离为. 6．（25-26高二上·湖北武汉·阶段检测）如图，已知四边形，均为矩形，且，二面角的大小为，则异面直线与所成角的余弦值为（　　）． A． B． C． D． 【答案】C 【分析】令且，，应用向量数量积的运算律及已知求及其模长，再求出它们的夹角余弦值，即可得. 【详解】由题意，令，且，， 所以 ， 由四边形，均为矩形，则，且， 所以，则二面角的平面角， 所以，， 所以，即异面直线与所成角的余弦值为. 故选：C 7．（24-25高二上·福建厦门·阶段检测）如图，长方体的底面是边长为2的正方形， ，点、分别为棱、的中点.若平面平面，则直线 与平面所成角的正切值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】 因为平面平面，平面平面， 平面平面，所以， 因此，直线与平面所成角即为直线与平面所成角， 以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系,则 ，，，，， ，，， 设平面的法向量为，则， 取，解得，，所以法向量， 设直线与平面所成角为，， 则， ， 因此，. 8．（25-26高二下·河南许昌·期末）在正方体中，点为线段的中点，点在线段上，直线与平面所成的角为，则的最小值为（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】 如图：设正方体棱长为2，以D为坐标原点，、、,所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，可得各点坐标: ，因点在线段上，设，其中， ，设平面的法向量为，则 ，令，解得，即， 又，， 则， 由同角三角函数关系得，要使最小，需使最大， 当时，，此时取得最大值， 代入得：. 2、 多选题 9．（25-26高二下·河南濮阳·期末）如图，在三棱锥中，，，，，分别为，的中点，则（    ） A．平面平面 B．直线与平面所成角的正弦值为 C．异面直线与所成角的余弦值为 D．平面与平面夹角的余弦值为 【答案】ACD 【分析】若中点为，根据已知并应用线面、面面垂直的判定定理证明平面平面判断A，构建合适的空间直角坐标系，标注相关点坐标，应用向量法求线面角、异面直线所成角、面面角的正余弦值判断B、C、D. 【详解】由 ​，，可得和均为等腰三角形， 若中点为，则，且，又， 故，所以， 由且都在平面内，则平面， 由平面，则平面平面，故A正确； 以为原点， 为轴正方向，为轴正方向，为轴正方向建立空间直角坐标系， 则，，，， 由为中点，即，为中点，即， 由，，， 设平面的一个法向量， 则， 取，则，，故， 设直线与平面所成角为， 则，故B错误； 由，， 则，故C正确； 由，，设平面的一个法向量， 则，取，则，，故， 又平面法向量， 则，故D正确. 10．（25-26高二下·福建福州·期末）已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面所成的角都相等，则下列结论正确的是（     ） A．存在平面，截此正方体所得截面为正三角形 B．存在平面，棱与平面夹角的正弦值为 C．不存在平面，截此正方体所得截面为正六边形 D．截此正方体所得截面面积的最大值为 【答案】ABD 【分析】A. 当平面是平面满足；B. 当平面是平面满足；C. 举反例，取棱的中点，连接得到正六边形截面；D. 正六边形截面面积取得最大值. 【详解】选项 A, 当平面是平面，因为的三边都是面对角线长，为正三角形,所以存在平面，截此正方体所得截面为正三角形，A 正确; 选项 B, 建立如图所示空间直角坐标系，则,,,, 所以，,， 设平面的法向量是，则,所以，取 设与平面的夹角为，则， 当平面是平面时满足题意，所以存在平面，棱与平面夹角的正弦值为，B 正确； 选项 C，取棱的中点，连接得到正六边形截面，因此存在这样的平面，C 错误； 选项 D，每条棱所在直线与平面所成的角都相等,则截面之间互相平行，由正方体的对称性，要求截面的面积最大， 则当截面的位置是过棱的中点的正六边形（过正方体的中心）时，面积最大，此时正六边形的边长是， 此时截面面积，所以截面面积最大值为，D 正确. 11．（25-26高二下·浙江温州·期末）已知正方体棱长为2，，分别为边，的中点，且存在点，满足，，，则下列选项中正确的是（   ） A．若直线平面，点P的轨迹长度为 B．若，则直线与所成角的取值范围是 C．若，则平面平面 D．若，则的最小值为 【答案】ACD 【分析】建立空间直角坐标系，由线面平行的性质，线面角，线面垂直的性质以及平面对称的向量求法即可求解. 【详解】依题意，如图以A为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，，，，，， 因为，则， 对于A，设平面的法向量为， 因为，，， 所以，故可取 ，由平面可得，即， 即点三条共线，故的轨迹为线段，而，故A正确； 对于B，当时，，所以，， 设与所成角为， 则， 当时，在，，故， 则有，故B错误； 对于C，设平面法向量为， 因为，， 则，故可取， 设平面的法向量为， 当时，，， ，故可取， ，故平面平面，即C正确； 对于D，当时，点在平面内， 关于平面的对称点，连接交平面于点， 连接，则，因， 由图知 则当三点共线且点在之间时，取得最小值为，故D正确. 3、 填空题 12．已知正四棱柱中，，建立如图所示的空间直角坐标系，则平面的一个法向量是________（答案不唯一，写出一个坐标即可），直线与平面所成角的正弦值等于________. 【答案】 【分析】平面的法向量为，由求出即可；利用空间线面角公式求解即可； 【详解】不妨设，则， 由题图可知，，，，， 故，，. 设平面的法向量为，则取 令，则，. 故平面的一个法向量为， 设与平面所成角为， 则. 故答案为：；. 13．（25-26高二下·江西吉安·阶段检测）在三棱锥中，底面，分别为棱的中点，为三棱锥内切球球面上的动点，则点到平面的距离的最大值为__________． 【答案】1 【分析】利用体积法求出三棱锥内切球半径，再建立空间直角坐标系并求出相关点的坐标，利用向量法求出球心到平面的距离即可. 【详解】在三棱锥中，底面，，设三棱锥内切球的球心为，半径为， ，，， 中边上的高为，则， 三棱锥的体积，解得， 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， 因此点到平面的距离， 所以点到平面的距离的最大值为． 14．（25-26高二上·四川内江·期中）如图，在直三棱柱中，侧棱长为2，，，点是的中点，是侧面（含边界）上的动点，要使平面，则线段的最大值为_____.    【答案】 【分析】建立空间直角坐标系，利用平面求出点坐标，再利用模长公式结合函数的性质即可求出. 【详解】以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，    设，，， 由题意得，，，， ，，， 平面， ，解得，， ，，，， 线段的长的最大值为：. 故答案为：. 4、 解答题 15．（25-26高二下·河南平顶山·期末）如图，在三棱柱中，平面，，，. (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明：因为平面，平面，所以， 又，，平面，得平面. (2) 【详解】（1）略 （2）以为原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系. 不妨设，可得，，，，， 则，，. 设平面的法向量为， 则有即 取，则， 记直线与平面所成的角为， 故. 16．（25-26高二下·河南·期末）如图，在长方体中，，，．点在棱上，且，点在棱上，且． (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)求三棱锥的体积． 【答案】(1)证明：在长方体中，建立空间直角坐标系，如图． ，，，，， ，，，，，． ，，， ，，即； ，，即． 又，，平面，平面． （2）由（1）知，是平面的一个法向量． 设平面的法向量为，则 ，， 令，则，，． 设平面与平面的夹角为， 则， ∴平面与平面夹角的余弦值为． （3）在棱上取点，使，连接． ，．，． 又平面，平面，平面． ∴点到平面的距离与点到平面的距离相等， ． ，，. ，， ， 即三棱锥的体积为2． 17．（25-26高二下·湖南·期末）如图，在三棱锥中，平面，，，；分别延长，到，使得，；平面与平面的交线为． (1)求平面与平面夹角的余弦值； (2)证明：； (3)点在上，当直线与平面所成角的正弦值最大时，求出的长． 【答案】(1)；(3) 【分析】（1）方法一：过点作于，连接，得到平面与平面夹角的平面角，通过即可求解；方法二：建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量即可求解； （2）(2)由题可知，分别是的中点，所以， 又因为平面，平面，所以平面，            又平面，平面平面， 所以，从而. ； （3）方法一：利用向量法求出直线与平面所成角的正弦值的表达式，求出正弦值最大的情况即可求解；方法二：利用等体积法，得到当最小时，直线与平面所成角的正弦值最大，此时，得到即可求解. 【详解】（1）方法一：平面与平面的夹角也就是平面与平面的夹角． 过点作于，连接， 因为平面，平面,所以， 又因为平面,所以平面， 又平面，所以，所以是两个平面所成的角， 根据题意可知，， 在中，由等面积可得，则， 所以， 即平面与平面夹角的余弦值为. 方法二：根据题意可知，， 于是可以建立如图所示的空间直角坐标系，则，，， 利用点是的中点确定点的坐标为， 所以，， 设平面的法向量为， 则，即，故可取， 显然平面的法向量可以是， 设平面与平面的夹角大小为， 则， 即平面与平面夹角的余弦值为. （3）方法一：由（2）可知，，于是可设， 即，又，则，， 设直线与平面所成角大小为， 则， 当时，取得最小值，则取得最大值． 此时，； 方法二：由（2）可知，平面，所以上所有点到平面的距离都相等， 设这个定距离为，也就是点到面的距离． 在中，，，由余弦定理，，， 在三棱锥中，， 设直线与平面所成角大小为，为锐角，则， 当最小时，最大，显然，即时，最小． 又，， ． 所以． 18．（25-26高一下·浙江温州·期末）已知等边的边长为3，，分别是，上的点，且，将沿折起到的位置，使得平面平面，得到四棱锥．    (1)求证：； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)线段上是否存在一点，使得二面角的大小为？若存在，求出线段的长度；若不存在，请说明理由． 【详解】(1)等边的边长为3，，. ，. 由余弦定理得，解得； ，，； 为直角三角形，即. . 平面平面，平面平面，平面 平面； 平面，. （2）由（1），得. 由折叠得，. 平面平面，平面平面，平面 平面. 为直线与平面所成的角. ，，，，，. 在中，. 即直线与平面所成角的正弦值为 （3）线段上存在一点，使得二面角的大小为，且线段的长度为，理由如下： 平面，平面，平面，，. 平面，平面，. 以为原点，分别以，，所在的直线为，，轴建立空间直角坐标系，    则，，，. . 点在线段上，设，得. ，. 平面，平面的法向量可取. 设平面的法向量为，则，即； 令，则，. 平面的一个法向量为. 二面角的大小为， ，解得或. ，. ，则. 即线段的长度为. 19．（2026·河南·模拟预测）如图1，等腰直角的斜边，D为BC的中点，沿BC边上的高AD折叠，使得二面角为，如图2所示，设M为CD的中点． (1)证明：平面． (2)求平面和平面的夹角的余弦值． (3)在线段AC（含端点）上是否存在点Q，使得直线MQ与平面所成角的正弦值为？若存在，求出线段AQ的长度；若不存在，请说明理由． 【详解】(1)证明：在图1的等腰直角中，D为的中点，可得， 所以在图2中，可得． 因为，且，平面，所以平面．            又因为平面，所以． 因为平面，所以是二面角的平面角，即， 所以为等边三角形 因为M为的中点，所以． 又因为，且AD，平面，所以平面． （2）以D为坐标原点，在平面内作垂直于DC的直线为x轴，DC，DA所在直线分别为y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示，则， 则． 设平面的法向量为，则        则，取，可得，所以． 设平面DAB的法向量为，则       则，取，可得，所以． 所以， 所以平面和平面所成角的余弦值为．        （3）假设在线段AC上存在点Q，使得直线MQ与平面所成角的正弦值为． 由（2）得， 设，则．       平面的一个法向量为， 设直线与平面所成的角为， 则， 化简得，解得或（舍去）， 所以存在点Q，使得直线与平面所成角的正弦值为． 当时，． 1．【数学文化】（25-26高二下·福建龙岩·期中）在中国古代数学著作《九章算术》中记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体的上､下底面平行，且均为扇环形（扇环是指圆环被扇形截得的部分）.现有一个如图所示的曲池，均与曲池的底面垂直，且，底面扇环对应的两个圆的半径分别为2和4，对应的圆心角为，则图中异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先建立空间直角坐标系，确定各点坐标，并计算向量，再计算向量的数量积与模长，最后利用向量的点积公式计算异面直线所成角的余弦值即可. 【详解】设上底面圆心为，下底面圆心为，连接，，，如图， 以为原点，分别以，，所在直线为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系， 则，，，， 所以，， 因为， ， ， 所以， 又异面直线所成角的范围为， 所以异面直线与所成角的余弦值为. 2．【知识融合】（25-26高二下·江苏镇江·期中）已知正方体中，P，Q分别为棱，上的动点，则二面角的最大值为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由题意，建系，写出相关点的坐标，设，求出两平面的法向量，利用空间向量的夹角公式，结合余弦函数的性质即可求得. 【详解】如图，设正方体的棱长为1，则， 设，则，， 设平面的法向量为， 则，故可取， 设平面的法向量为， 则，故可取， 设二面角的平面角为，由题意，为锐角，则 ， 当时，，则； 当时，， 因在单调递减，故， 此时，则得， 综上，可得， 故二面角的最大值为. 3．【动点问题】（25-26高二下·安徽芜湖·阶段检测）已知三棱台中，平面平面，，底面满足且，点在棱上运动，则点到平面的距离的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】取的中点，根据底面是以为直角顶点的等腰直角三角形，得到且．再利用面面垂直和棱台的相似关系建立空间直角坐标系，设在上的位置参数为，求出平面的法向量，利用点到平面的距离公式把问题转化为二次函数最值问题． 【详解】 取的中点，连接，因为，所以， 又因为，，所以，从而， 且是等腰直角三角形，故， 设为的中点．因为为三棱台，所以， 又因为，所以四边形为等腰梯形，故， 因为平面平面，且交线为，所以平面， 在等腰梯形中，， 由，得， 所以； 以为原点，， ，所在直线分别为 ， ，轴，建立空间直角坐标系， 则，， 由于三棱台的上、下底面相似，且， 所以，故， 因为点在棱上运动，故可设， 其中，则， 所以， 设平面 的法向量为， ， 令，则， 所以平面的法向量， 又，故点到平面的距离为， 即， 化简得， 因为，且， 所以当时，取得最小值，此时取得最大值，且. 4．【数学运算】（25-26高二上·天津滨海新区·期末）如图，在棱长为的正方体中，点为线段的中点，且点满足，则有下列说法： ①若，，则平面； ②若，，则平面； ③若，则到平面的距离为； ④若，时，直线与平面所成角为，则 以上说法中正确的个数为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】以点为坐标原点，以、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断命题①②③④，即可得出合适的选项. 【详解】如图，以点为坐标原点，以、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系， 则有、、、、、、、、， 则，，， ，，． 设平面的一个法向量为，则有， 令，则，故． 对于①，当，时，，此时点与点重合， 因为，故四边形为平行四边形，所以， 因为平面，平面，所以平面， 故当，时，平面，①对； 对于②，当，时，， ，所以，即， 所以当，时，则平面，②对； 对于③，当时，， 所以点到平面的距离为，③错； 对于④，当，时，， ， ， 设，其中， 任取、且，则 ， 因为，则，，所以， 所以函数在上为增函数， 因为，所以，故，④对. 故选：C. 5．【点的存在性问题】（23-24高三下·四川巴中·阶段检测）如图，棱长为的正方体中，为线段上的动点（不含端点），以下正确的是______    ①； ②存在点，使得//面； ③的最小值为； ④存在点，使得与面所成线面角的余弦值为. 【答案】①② 【分析】建立如图空间直角坐标系，设，则，利用空间向量法即可证明①②④；将平面与平面沿展开成平面图，得，利用余弦定理计算即可判断③. 【详解】由题意，建立如图空间直角坐标系，    则， 所以， 设，则，所以， 所以. ①：， 所以，故①正确； ②：设平面的一个法向量为， 则，令，得，所以， 有，当时，，此时，即平面， 所以当点P为的中点时，平面，故②正确； ③：将平面与平面沿展开成平面图，线段即为的最小值.    在中，，由余弦定理， 得， 即，故③错误； ④：由平面， 得平面，即平面，则为平面的一个法向量， 假设存在点P，使得与平面所成线面角的余弦值为， 设该线面角为，则， 所以， 整理得，由知方程无实根， 所以不存在点P，使得与平面所成线面角的余弦值为，故④错误. 故答案为：①② 6．【翻折问题】（25-26高二下·重庆·期末）如图，是边长为4的等边三角形，、分别为、的中点，现将沿翻折，使点在点处，得到四棱锥． (1)若，求证：平面平面； (2)当四棱锥的体积为时，求平面与平面夹角的正弦值． 【详解】(1)已知是边长为4的等边三角形， 而、分别为、的中点，所以， 且，， 而是等边三角形，翻折后也是等边三角形， 取的中点，连接，则，且， 在四边形中，，， 由余弦定理得， ，已知， 在中，,所以， 又平面，故平面， 又平面，所以平面平面. （2）由题意得梯形的面积， 由体积得，解得， 以为原点，为轴，为轴，垂直于底面向上为轴， 建立空间直角坐标系，如图，，，， ,因为是的中点， 所以，又，设 则，解得或， 即或 当时，， ,设平面的法向量为， 则，即， 令，则，，所以， 设平面的法向量为， 而,， 则，即， 令，则，所以， 而 而，得到， 设平面与平面夹角为， 则 当时，，， 设平面的法向量为，则， 令，则，，所以， 设平面的法向量为, 而, 则， 令，则，所以， 得到， 设平面与平面夹角为， 则， 所以平面与平面夹角的正弦值为或. 7．【探索性问题】（25-26高二上·四川南充·阶段检测）如图，在四棱锥中，是边长为4的等边三角形，底面为直角梯形，，，，为的中点． (1)求证：平面； (2)用曲率刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差（多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制），例如：正方体在每个顶点有3个面角，每个面角是，所以正方体在各顶点的曲率为．已知四棱锥在点的曲率为． ①求证：平面平面； ②在直线上是否存在点，使得平面，若存在，求的长；若不存在，说明理由． 【答案】(1)取的中点F，连接，， 又为的中点，则，且， 又是边长为4的等边三角形，底面为直角梯形，且，， 则，，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)①由题意知，， 又是等边三角形，底面为直角梯形， 则，，所以，即， 又因为，且，所以平面， 又平面，故平面平面． ②取的中点，连接，，则，， 又平面平面，且平面平面，所以平面， 所以以为坐标原点，直线，，为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系， 又， 则，，，，， 所以，，，， 因为点在直线上， 不妨设， 所以， 设是平面的法向量，则， 取，则，，即， 假设存在点，使得平面，则， 所以， 但此方程组无解，故不存在点，使得平面． 8．【角的最值问题】（25-26高二下·江苏南京·期末）如图，长方形中，，，若为线段的中点，将沿翻折至． (1)若， （i）证明：平面平面； （ii）求二面角的大小； (2)求与平面所成角的正弦值的范围． 【详解】(1)（i）由题意得，， ， 在中，因为，所以， 又因为，，， 在中，因为，所以， 因为，、平面，所以平面. 因为平面，所以平面平面.    （ii）以为原点，以、所在直线分别为、轴， 以平面内过点垂直于的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系： 则、、、， 则，，， 设平面的一个法向量为， 则，取，则， 易知平面的一个法向量为， 则， 结合图形可知，二面角的平面角为钝角， 所以二面角的大小为. （2）设，因为，， 即，所以， 结合图形不妨取，所以， 则，，， 设平面的一个法向量为， 则，取，可得， 设与平面所成角为， 所以， 设，， 由，不妨取，则，所以， 所以 ， 令，所以， 因为函数、在上为减函数， 故函数在上为减函数， 故当时，，所以， 所以与平面所成角的正弦值的范围是. 1．（2024·上海·高考真题）在棱柱中，底面为平行四边形，，，，设异面直线与的夹角为，则________． 【答案】 【分析】将用不共面的向量表示出来，从而得到，然后由公式计算夹角余弦值即可. 【详解】 ， ， ， 底面ABCD为平行四边形，所以， 所以， . 所以， 故异面直线与的夹角的余弦值为:， 2．（2026·北京·高考真题）已知直三棱柱，，，，、分别为、的中点． (1)证明：平面； (2)点在平面内，且，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得唯一确定，求平面与平面的夹角的余弦值． ①； ②； ③平面． 注：如果选择条件①、条件②、条件③分别解答，按第一个解答计分． 【详解】(1)解法一：取的中点，连接，， 因为分别为，的中点，则，且， 又因为为矩形，且为的中点，则，且， 可得，且，可知为平行四边形，则， 且平面，平面，所以平面； 解法二：设，的中点分别为，，连接，，，， 因为分别为，的中点，则，， 且平面，平面，所以平面， 又因为分别为，的中点，则， 且平面，平面，所以平面， 又因为分别为，的中点，则， 可得，可知四点共面， 因为，平面，则平面平面， 且平面，所以平面； 解法三：以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 且，， 可得，，， 设平面的法向量为，则， 令，则，，可得， 因为，即， 因为平面，所以平面. （2）由（1）可知，则， 若选①：解法一：设，，的中点分别为， 可知为线段的中垂线，则， 因为，由题意可知：平面，即平面， 则，，可得，符合题意， 取的中点，连接，设， 因为，则， 又因为平面，平面，则， 且，平面，则平面，即平面， 且平面平面，可得平面， 且平面，可得， 过点作， 且，平面， 则平面，可得， 可知平面与平面的夹角为， 由题意可知：，， 则，， 则，， 所以平面与平面的夹角余弦值为； 解法二：设， 因为，则，解得，即， 则，， 设平面的法向量为，则， 令，则，，可得， 因为平面平面，可知平面的法向量为， 则， 所以平面与平面的夹角余弦值为； 若选②：解法一： 取的中点，连接，设， 因为，则， 又因为平面，平面，则， 且，平面，则平面，即平面， 且平面平面，可得平面， 取的中点，连接，，可知， 设，可知点为的中点， 因为，，可得平面，则， 因为平面且平面，可得， 过点作， 且，平面， 则平面，可得， 可知平面与平面的夹角为， 由题意可知：，， 则，， 则，， 所以平面与平面的夹角余弦值为； 解法二：设，则， 因为，则，解得，即， 则，， 设平面的法向量为，则， 令，则，，可得， 因为平面平面，可知平面的法向量为， 则， 所以平面与平面的夹角余弦值为； 若选③：由（1）可知：平面平面， 因为，平面即为平面，即平面平面， 可得平面，此时点不唯一，不合题意. 3．（2026·全国一卷·高考真题）如图，在直三棱柱中，，，，分别为，的中点． (1)证明：平面； (2)设，直线与平面所成的角为，求直线到平面的距离． 【详解】(1)由题意证明如下： 如图，作出符合题意的图形，连接， 在中，，分别为，中点，∴， ∵平面，平面， ∴平面. （2）法一：由题意及（1）得， 在直三棱柱中，，设， 四边形与四边形是矩形， ∴，，， 建立空间直角坐标系，如下图所示， 得到，，，，， ∴，面的一个法向量为， ∵直线与平面所成的角为， 设直线与平面所成的角为 ∴ 解得，∴，，，，， ∵面，∴由几何知识得，到面的距离为. 法二：由题意及（1）得， 在直三棱柱中，，， 四边形与四边形是矩形， ∴，，， ∵，平面，平面，平面， ∴平面，， ∴由几何知识得，即为直线与平面所成的角， 直线与平面所成的角为， 在中，，分别为，中点，， ∴直线与平面所成的角为，即， 在Rt中，，，， ∴， 在Rt中，，， 为等腰直角三角形，过点作， 则点为中点，，， 由几何知识得，到面的距离即为. 4．（2025·北京·高考真题）如图，在四棱锥中，与均为等腰直角三角形，，E为BC的中点． (1)若分别为的中点，求证：平面PAB； (2)若平面ABCD，，求直线AB与平面PCD所成角的正弦值． 【详解】(1) 取PA的中点N，PB的中点M，连接FN、MN， 与为等腰直角三角形且， 不妨设，.. E、F分别为BC、PD的中点， ，且. ，， ，∴四边形FGMN为平行四边形， ， 平面PAB，平面PAB，平面PAB； （2）平面ABCD，以A为原点，AC、AB、AP所在直线分别为x、y、z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 设，则， ， 设平面PCD的一个法向量为， ，， 取，，. 设AB与平面PCD所成角为， 则， 即AB与平面PCD所成角的正弦值为. 5．（2025·天津·高考真题）正方体的棱长为4，分别为中点，． (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)求三棱锥的体积． 【详解】(1) 法一、在正方形中， 由条件易知 ，所以， 则， 故，即， 在正方体中，易知平面，且， 所以平面， 又平面，∴， ∵平面，∴平面； 法二、如图以D为中心建立空间直角坐标系， 则， 所以， 设是平面的一个法向量， 则，令，则，所以， 易知，则也是平面的一个法向量，∴平面； （2）同上法二建立的空间直角坐标系， 所以， 由（1）知是平面的一个法向量， 设平面的一个法向量为，所以， 令，则，即， 设平面与平面的夹角为， 则； （3）由（1）知平面，平面，∴， 易知， 又，则D到平面的距离为， 由棱锥的体积公式知：. 6．（2025·全国二卷·高考真题）如图，在四边形中，，F为CD的中点，点E在AB上，，.将四边形沿翻折至四边形，使得面与面EFCB所成的二面角为． (1)证明：平面； (2)求面与面所成的二面角的正弦值． 【详解】(1) 设，所以，因为为中点，所以， 因为，，所以是平行四边形， 所以，所以， 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， 又平面，所以平面． （2） 因为，所以，又因为，所以， 以为原点，以及垂直于平面的直线分别为轴，建立空间直角坐标系. 因为，平面与平面所成二面角为60° ， 所以. 则，，，，，. 所以. 设平面的法向量为，则 ，所以，令，则，则. 设平面的法向量为， 则，所以， 令，则，所以. 所以. 所以平面与平面夹角的正弦值为. 7．（2025·全国一卷·高考真题）如图,在四棱锥中，底面，． (1)证明：平面平面； (2)设，且点，，，均在球的球面上． （i）证明：点在平面内； （ⅱ）求直线与所成角的余弦值． 【详解】(1)证明：由题意证明如下， 在四棱锥中，⊥平面，， 平面，平面， ∴，， ∵平面，平面，， ∴平面， ∵平面， ∴平面平面. (2)（i）证明：由题意及（1）证明如下， 在四棱锥中，，，，∥， ，， 建立空间直角坐标系如下图所示， ∴， 若，，，在同一个球面上， 则， 在平面中， ∴， ∴线段中点坐标， 直线的斜率：， 直线的垂直平分线斜率：， ∴直线的方程：， 即， 当时，，解得：， ∴ 在立体几何中，， ∵ 解得：， ∴点在平面上. （ii）由题意，（1）（2）（ii）及图得， ， 设直线与直线所成角为， ∴. 法2： 由几何知识得，， ，∥， ∴， 在Rt中，，，由勾股定理得， ， 过点作的平行线，交的延长线为，连接，， 则，直线与直线所成角即为中或其补角. ∵平面，平面，， ∴， 在Rt中，，，由勾股定理得， ， 在Rt中，，由勾股定理得， ， 在中，由余弦定理得， ， 即： 解得： ∴直线与直线所成角的余弦值为：. 8．（2024·全国甲卷·高考真题）如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形，，，，为的中点． (1)证明：平面； (2)求二面角的正弦值． 【详解】(1)证明：因为为的中点，所以， 四边形为平行四边形，所以，又因为平面， 平面，所以平面； （2）如图所示，作交于，连接， 因为四边形为等腰梯形，，所以， 结合（1）为平行四边形，可得，又， 所以为等边三角形，为中点，所以， 又因为四边形为等腰梯形，为中点，所以， 四边形为平行四边形，， 所以为等腰三角形，与底边上中点重合，，， 因为，所以，所以互相垂直， 以方向为轴，方向为轴，方向为轴，建立空间直角坐标系， ，，， ，设平面的法向量为， 平面的法向量为， 则，即，令，得，即， 则，即，令，得， 即，，则， 故二面角的正弦值为. 9．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）如图，平面四边形ABCD中，，，，，，点E，F满足，，将沿EF翻折至，使得． (1)证明：； (2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值． 【答案】(1) 由， 得，又，在中， 由余弦定理得, 所以，则，即， 所以，又平面， 所以平面，又平面， 故； （2）连接，由，则， 在中，，得， 所以，由（1）知，又平面， 所以平面，又平面， 所以，则两两垂直，建立如图空间直角坐标系， 则， 由是的中点，得， 所以， 设平面和平面的一个法向量分别为， 则，， 令，得， 所以， 所以， 设平面和平面所成角为，则， 即平面和平面所成角的正弦值为. 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $函学科网·上好课 www.zxxk.com 分层作业 1.4.2用空间向量研究距离、 参考答案 A组 巩固过关 知识点01 异面直线所成角的向量求法 1.A: 2.A: 3.B; 4.60° 知识点02 已知线线角求其他量 5.1 6. 4: 7.4: 知识点03 线面角的向量求法 6 8.C: 9. 10. 【答案】(I)取AB中点E,连接ME,CE, D B 因为AE/IDC,AE=DC=1,所以四边形AECD为平行四边形，则C 因为AB⊥AD,所以AB⊥EC, 因为AB=2,E为BC的中点，所以AE=BE=1, 由勾股定理可得AC=√AE2+CE2=V1+1=√2，同理可得BE=√2， 所以AC2+BC2=AB,所以AC⊥BC, 1/47 上好每一堂课 夹角问题 E=AD=1. 可学科网·上好课 www.zxxk.com 因为PA⊥平面ABCD,BCC平面ABCD,所以PA⊥BC, 因为PA∩AC=A,PA、ACc平面PAC,所以BC⊥平面PAC (2)因为PA⊥平面ABCD,AB⊥AD, 如图，以点A为原点，以AD,AB,AP所在直线分别为x,y, ZA B 则PQa小：4000叭8@2.0)cL0,MQ c=0,c-（10,- PB=(0,2,-1) 设平面MAC的一个法向量为m=(,,), m·AC=x+y=0 则 mMC=X)名=0'令，可得 1 x=1 m=(（1,-1,2） 设直线PB与平面AMC所成角为O, PB.m 则sin6=cosPB,m= 4 2√30 PB:mV4+1x+1+4 15 所以，直线PB与平面MAMC所成角的正弦值为 V30 15· 11. 【答案】(1)因为侧面ACC4是正方形，所以AC1AC, 因为BC⊥平面ACCA,ACc平面ACCA,所以BC⊥AC 因为ACnBC=C,AC,BCc平面ABC,所以AC⊥平面ABC 因为ACC平面ABC,所以平面ABC1平面ABC (2)方法一：如图，以C为坐标原点，CA,CC,CB所在直线 2147 上好每一堂课 z轴，建立空间直角坐标系， 分别为x,y,2轴建立空间直角坐标系， 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 B B c y 则A(3,0,0),C(0,3,0),A(33,0),B(0,0,1), 所以AB=(-3,0,1),AC=(3,3,0),4B=(-3,-3,1). 设平面ABC的法向量为i=(x,y,2), i·AB=0 「-3x+z=0 则后4C=0即3x+y-0取-1得元=l3) 设直线AB与平面ABC所成的角为日， 则sina= n.AB 3 3√209 4B 11×√19209， v209 即直线AB与平面ABC所成角的正弦值为 209 方法二：设AC与AC的交点为O,连接OB, B B 因为平面ABC⊥平面ABC,所以直线AB在平面ABC内的射影即直线OB, 则∠ABO即为直线AB与平面ABC所成的角. 因为4C-3”四边形ACC4是正方形，所以4C=32,04=0C=32 2 又BC=1, 所以OB=VBC2+OC 32 √ 2 2,4B=√BC2+4C2=P+(32=9 3147 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 所以sin∠AOB=sin∠BOC= BC√22 0B-11· AB AO 在△4OB中，由正弦定理可得sin∠4 OB sin∠ABO, 3v2 V19 即 2 22 sin∠4BO,解 1 sin∠4B0=3V209, 209 V209 即直线AB与平面ABC所成角的正弦值为 209 知识点04 已知线面角求其他量 12. 【详解】(1)证明：因为△PAB,△PAC是分别以PB,PC为斜边的等腰直角三角形， 所以PA⊥AB,PA1AC,且ABC平面ABCD,ACC平面ABCD,AB∩AC=A, 所以PA⊥平面ABCD,所以PA⊥BD, 因为四边形ABCD是菱形，所以BD⊥AC 因为PA,ACC平面PAC,PA∩AC=A,所以BD⊥平面PAC,所以BDL PC. (2)由(1)可知PA⊥平面ABCD,且PA=AB=AC=BC,所以△ABC和△ACD是等边三角形， 取棱CD的中点F,连接AF,易证AB,AF,AP两两垂直， 故以A为原点，A丽，AF,AP的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 D BL 设B=2,PE=PD,e[0.1,则4(0.0,0)，c15,0）,D(-15,0）,P(00,2). 则Ac=(15,0）,PD=（15,-2）,AP=(0,0,2). 所以A正=AP+PE=AP+PD=（-,5,2-22 4147 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 iAC=x+3y=0, 设平面 ACE 的法向量为n=K,)别a证=-+5+(2-2=0 令得 2x 1-元 所以 元AP= in60°=cos元，AF= 322 2×4+R-2+1 3 2 2 PE 整理得3-82+4=0：解得2=3或元=2舍去，所以BD-2 13. 【详解】(1)证明：连接BD,交AC于点O，,连接OQ, 因底面ABCD是正方形，则点O是BD中点，又因点Q是棱PB中点， 所以OQ11DP 又因为DPz平面OAC,O0c平面OAC, 所以PD/I平面OAC (2)因为侧面PAB⊥底面ABCD,平面PAB∩底面ABCD=AB, 因BC⊥AB，,BCC平面ABCD,则BC⊥平面PAB. 又因PBC平面PAB,则BC⊥PB 因为PB=AB=2,PA=2W2,满足PA2=PB2+AB2,则得PB⊥BA. 故可以点B为坐标原点，分别以BC,BA,BP所在直线为x,八，z轴建立空间直角坐标系B-x2 则B(0,0,0),C(2,0,0),A(0,2,0),D(2,2,0),P(0,0,2). 设P0=t,则0≤t≤2，且(0,0,2-t), 则C0=（2,0,2-t),CA=(-2,2,0),PD=(2,2,-2), 设平面QAC的法向量为i=(x,y,2). 5147 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 C0·i=-2x+(2-t)z=0 由 CA.i=-2x+2y=0 故可取元=(2-t,2-t,2) 图为直线o与平面Qc所成布g的F弦位为S。 PD. cos PD, 4-41 所以in8= 6 PD网23V2(2-t}2+49 整理得8-1+3=0，解得1=或t-,经检验均符合题意 3 故线段PQ的长为4或2 B D √39 14.【答案】(1)()证明见解析；(i) :Q 【详解】(1)如图，以A为坐标原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为V轴，过点A与平面ABCD 垂直的直线为z轴建立空间直角坐标系，则B(3,0,0),D(0,2,0),P1,0,V3),M1,2,0) 由 PB=(20,-5)2M=(02,)PN=}PB 可得P= o9 MN-PN-PM- ()设平面P4D的法向量为m=(x,y,z),AP=(1,0,V3)AD=(0,2,0) 6147 可学科网·上好课 www.zxxk.com AP.m=x+√5z=0, 则 AD.m=2y=0, x=-V32, 解得y=0, 令z=1,得m=（5,0,1 因为m=-25+0+25 3 0 所以NLm. 又NC平面PAD, 所以MNII平面PAD (i)设平面ABCD的法向量为i=(,4,马)，AB=(30,0)AD=(0,2,0）, AB.i=3x1=0, 则1 AD.i=2y=0, 令=1，得i=(0,0,1) 设直线MN与平面ABCD所成角为O, N.列 2W3 sin0= cosMN,= 3 =V39 MW:|成 +4+2x 4 13, 所以直线AN与平面4CD所成角的路猫为3 (2)设P=tpB=(2,0,-v3t）,te[0,l], 则AW=AP+pm=1+2t,0,5-V3）, 由上可知：平面p4D的法向量为m=（5,0,1, 当直线AN与平面pAD夹角的正弦值为 V39 26时，所以 cos 4Wm_339 5-23+5-V5d-3N59 26一ANm26 V+2)'+3-v3x2 26 PN 2 所以PB3 7147 上好每一堂课 3’或 舍去， t=-1 函学科网·上好课 www.zxxk.com 15.【详解】(1)取BN的中点Q,连接MQ,PQ 因为P,Q分别为BC,BN的中点， 所以p0/Cv,且PQCN 又DM∥CN,CN=2DM,所以DM∥Pg,DM=PO, 所以四边形DMQP是平行四边形， 所以DP∥Mg 又DPt平面BMN,MQc平面BMN,所以DPI‖平面BMN. (2)连接BD 因为底面ABCD是菱形，∠DAB=60°，所以△ABD和△BCD均 因为P是BC的中点， 所以DP⊥BC,即DP⊥AD, 又DM⊥平面ABCD 则以D为坐标原点，分别以DA,DP,DM所在直线为x,y,2轴， 设DM=t(t>0) 则由题意知，A(20,0),B1V5,0）,M(0,0,),P0,5,0): 所以AM=(-2,0,),AB=(-山，V5,0）,DP=(0,5,0 设平面ABM的法向量为万=(x,y,z), AM·i=-2x+z=0, 则 AB.i=-x+V3y=0,x=√3t 则i=(V5,2V3). 2 因为直线DP与平面ABM所成角的正弦值为 41 8147 上好每一堂课 为等边三角形 建立如图所示的空间直角坐标系. 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 设直线DP与平面ABM所成的角为B, DP-n 则sin6= √5t or阿 2 5×√42+12 4 解得t=5,所以DM=√5 知识点05 二面角的向量求法 16.D: 17.B: 18.C 19.【详解】()在矩形ABCD中，ABIICD且AB=CD 因为P、O分别为线段AB、CD的中点，所以APlICO,AP=CO, 故四边形4QcP为平行四边形，从而CPA0, 又因为CPC平面CEP,AOa平面CEP,所以AO/平面CEP, 2因为EP⊥平面ABCD,AQC平面ABCD,所以A0⊥EP, 连接PO,因为四边形ABCD为矩形，所以ABIICD,AB=CD,且AB⊥AD, 因为P、P分别为AB、CD的中点，所以APID0,AP=D0, 又因为B=2C-2AD所以4P-号48=AD,且APLAD 21 故四边形ADQP为正方形，所以A01PD, 因为EP∩PD=P,EP、PDC平面DEP,所以AO⊥平面DEP, 因为AOc平面ABO,故平面ABOL平面DEP. (3)因为四边形ADOP为正方形，所以PO1AB, 又因为EPL平面ABCD,以点P为坐标原点，PA、P吧、PE所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所 示的空间直角坐标系， 5A 则P(0,0,0)、A(a0,0）、E(0,0,a、(0,a0) 9147 可学科网·上好课 www.zxxk.com 设平面A0E的一个法向量为m=(:,,),A0=（-a,a,0),AE=(←a,0,a), mA0=-+y1=0 则mA远=-m+e=0'取5=1得m=(11) mi15 易知平面p4B的一个法向量为元=(0L,0)cos成，元- PAE m园√3×13· 3 故平面QAB与平面P4B的夹角的余弦值为3 知识点06 已知二面角求其他量 20.C: 21.D 22.A; 23.【详解】(1连接BD,·AB=AD,CB=CD 所以A,C均在BD的垂直平分线上，即AC垂直平分BD. 又PD⊥平面ABCD,ACC平面ABCD,所以PD⊥AC, 因为BD∩PD=D,BD,PDC平面PBD,所以AC⊥平面PBD, 因为DEC平面PBD,所以AC⊥DE (2)设AC,BD交于O,~AB=AD=6,∠DAB=60°，△ABD为正三角形 ∴.OB=OD=3,OA=3V3 又CB=CD=√21，所以0C=VCD2-0D=23. 以O为坐标原点，分别以OA,OB为x,y轴，以平行于PD的直线为z轴建立 系， D 则435,0,0)，B(0,30),C(-25,0,0,D(0,-3,0), 设PD=a,则P(0,-3,a), 10147 上好每一堂课 如图所示的空间直角坐标 函学科网·上好课 www.zxxk.com 因为BE=2EP'月 设平面EDC的法向量为m=(x,y,z) m.DC=-2V5x+3y=0 则 又Dp=(0,0,a),DA=(35,3,0 设平面PAD的法向量为万=(x,,3), i·DP=az=0 则n-DA=35x+3y=0设=1则元=-5.0) √33 因为平面EDC与平面PAD夹角的余弦值为2， cos(m,) m V33 所以 × 36 2,7+ 22,解得 a=3 故PD=3 知识点07 点到平面的距离的向量求法 24.D: 25.C: 26.B: 知识点08 两平行平面间的距离的向量求法 √26 27.B: 28.B: 29. 26 知识点09 点到直线的距离的向量求法 30.B: 31.C: 32.D: 33.C: 11/47 上好每一堂课 25 34. 3 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 知识点10 异面直线的距离的向量求法 35.C; 36.B: 37.B; 知识点11 空间线段点的存在性问题 38.C 39.ACD 【答案】山作在，以-9，取4C的中点0：选按0则0LAC 以O为原点，OB为x轴正方向，OC为y轴正方向，过点O作平行A4的直线为z轴，建立空间直角坐标 系， ”一二 B 由题意AB=2,A4=6,则A(-10,0),B1,0,0),C(0,V3,0）,4(-10,6), C(0,V5,6),B1,0,6),设P(1,0,z), 由股=u膜=aA6B驴=0A得：。即P0月 所以4-2e86Ac15-6 节4c则.2-06-日-小-0，得45 满足u>L,符合 所以，存在=8 =17,使得APLBC: (2)若4=2，则P(山0,3)，设平面PAG的一个法向量为元=(：，，)， ∫元4C=x+V5y=0 由4G-150）4P=2,0-)得m4P=243%-0,取g=5得元=(35，-2》 12/47 可学科网·上好课 www.zxxk.com 设平面PAC的一个法向量为m=(化，，2)， mAC=x2+V3,+6z2=0 由4C=15,64亚=(20,3)得mP=2x,+3z,=0 设平面P4C与平面pAC所成的锐二面角为。'则cos8=cosm列 所以平面P4C与平面PAC所成的锐二面角的余弦值为 10 20 41.【答案】(1) 证明：取PB的中点D,连接CD: 因为PB=BC=PC,D为PB的中点， 故CD⊥PB: 因为平面PAB⊥平面PBC,且交于PB, 故CD⊥平面PAB: 因为ABC平面PAB,故CD⊥AB; 又因为AB⊥BC,且CDOBC=C,CD,BCC平面PBC, 故AB⊥平面PBC: (2) 取BC的中点O,AC的中点F,连接OF,PO; 因为O,F为BC,AC的中点，故OFIIAB: 由(1)可知，AB⊥平面PBC,故OF⊥平面PBC: 故OF⊥BC,OF⊥PO: 13/47 上好每一堂课 取，=2则得m=(3-33,2 m列 4 V10 m4×21020’ 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 又因为△PBC为等边三角形，故PO⊥BC; 故以0为原点，OF,OC,OP所在直线为，，2轴建立空间直角坐标系： 因为AB=4,PB=BC=PC=2N3, 数0P-号4B=2,0P-30C=0B=5 故B0,-5,0）,A(4,-5,0,C(05,0,P(0,0,3), BA=(40,0),Ac=（-4,25,0）,pC=(0,5,-3）: 设i=(心，y,2)为平面PAC的法向量，则 LAC n.AC=-4x+23y=0 nL元，故n元=5v-3z=0,令，=25则元=3,25,2 n.BA 12 则点到平面 的距离为d= 12 B PAC 网V9+4+125 (3) ◇ E F 44 设存在点B,使得PE=PB=0,-V5-3=(0,-5,-3A),1e[0,1: 则4AE=AP+PE=（45,3+(0,-3,-3=（-4,3-5,3-3 设乃=(，，)为平面EAC的法向量： 乃=(0,0,1)为平面ABC的法向量： m1AE6·A亚=-4x+V51-2)y,+31-2)=0 则1AC,故Ac-4+25y=0 令4=25(1-2)，则4=(31-元)，23(1-)，2(1+ 设二面角E-AC-B为8， 则tana=V② 10， 故cos0=10 1 14/47 函学科网·上好课 www.zxxk.com nn 2(1+2) 10 因为c0s8 V9(1-2}+121-2+41+元 11 整理化简可得：121(1+2=25×21(1-2}+41+2 即(1+2=25x-,化简得：1+2=5×1-2，解得：2= 3 B PE 3 故 P=2PB 则BE =2: 3 31 V21 综上，存在一点B'使得二面角g-AC-B的正切值为10， 42.【答案】(1)连接AC与BD交于点O,连接OE 因为底面ABCD为矩形，所以O为AC的中点. 又E为PC的中点，所以在△PAC中，OEIIPA 因为OEC平面BDE,PAC平面BDE, 所以PA/平面BDE (2)因为底面ABCD为矩形，侧棱PA⊥底面ABCD, 所以以点A为坐标原点，分别以AB,AD,AP所在直线为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的 系 由已知可得A0,00)B(2,0,0),C(2,10),D(0,1,0),P0,0,V3) 因为g为0肿点，所u号则恋-号马 设平面P℃D的法向量为i=(,出，3) 15/47 上好每一堂课 空间直角坐标 函学科网·上好课 www.zxxk.com 由Pc=(2,1-5),PD=(0,1-5) 「i-PC=2x+片-V5z,=0, 得元PD=片-5名=0 取名=1，则y=5,x=0,所以i=(0V5, AE.i √6 设直线与平面 所成角为，则sin6= AF PCD AE,V2×24 √6 所以直线AB与平面PCD所成角的正弦值为4， (3)因为点F在线段PD上，设PF=PD,其中0<1<1. 由P0,0,3)D(01,0)得PD=(0,1,-3) 所以点F的坐标为(0，元，V51-2), 亚-号9)亚-Q50-训 设平面AEF的法向量为m=(2,2,32)」 1 由mAE=0,得 2 m-AF=0y+V5(1-2)52=0 令35，则5=3-3， 3 -3 放半面gr的-个法向量为瓜-气员33产、5 假设存在点F使得平面AEF⊥平面PCD, 16/47 上好每一堂课 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 则元0即引=0 解得几= 4,满足0<1<1： PF 所以存在满足条件的点F(线段PD上靠近D的四等分点)，FD=3: B组 能力进阶 一、单选题 1.A: 2.D: 3.A: 4.C: 5.B; 6.C;7.D; 8.B 二、多选题 9.ACD; 10.ABD; 11.ACD; 三、填空题 4v5 5 12.(-2,2,1)；15 13.1; 14. 2 四、解答题 15【答案】()证明：因为A41平面ABC,ACc平面ABC,所以AC⊥A4, 又AB L AC,AB∩A4=A,AB,AAC平面ABBA,得AC⊥平面ABBA. 2,330 15 【详解】(1)略 (2)以A为原点，AB,AC,，A4的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐 标系A-z 17147 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 B 不妨设4B=1,可得A(00,0),B(10,0),C(01,0),A(0,0V2),B(1,0,V2) 则AB=(（1,02),4C=(01,-V2),4B=(1,0,-2)】 设平面ABC的法向量为n=(x,y,2), n.AB=0,x-√2z=0 则有nAC=0,即y-2z=0, 即 取x=2,则i=(V2,2,, 记直线AB与平面ABC所成的角为0， AB.n V2+2 故sin0= 2√30 AB V1+2×√2+2+115 16. 【答案】)证明：在长方体ABCD-4BCD中，建立空间直角坐标系，如图. ZA D E E B B AB=2 AA=3 AD=4 AE=3ED CF=2 ∴D(0,0,0),B(4,2,0),C(0,2,0),A4,0,0),E(1,0,3),F(0,2,2) BD=(-4,-2,0),C厘=(1，-2,3)，CF=(0,0,2), :BD.CE=(-4)x1+(-2)×(-2)+0x3=0,BD1CE,即BD⊥CE: BD.CF=(-4)×0+(←-2)x0+0×2=0,÷BD⊥CF,即BD⊥CF 又'CE∩CF=C,CE,CFC平面CEF,.BD⊥平面CEF. 18/47 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 (2)由(1)知，BD=(-4,-2,0)是平面CBF的一个法向量. E=0, 设平面 AEF 的法向量为元=（化y.)'则nA亚=0. -3x+3z=0 AE=(-3,0,3)AF=（-4,2,2) 1-4x+2y+2z=0 令x=1,则y=1,2=1,i=(1,11) 设平面AEF与平面CEF的夹角为6， BD.n 则cos8= cos(BD,)= 6 15 BDMV-42+(←2y×V5 5 V15 :平面48n与平面CBn夹角的余弦值为'5， (3)在棱CD上取点B,使CE=3E,D,连接EE. AE=3ED,∴EE∥4C1.'AC∥AC,.EE∥AC」 又：EE,a平面ACF,ACc平面ACF,EE∥平面ACF. ∴点E到平面ACF的距离与点B到平面ACF的距离相等， V三枝能A-CEr=V三棱链E-ACr=V三棱链r4Cr=V三棱随A-马CP. C0=AB=2,Cg-3BD,C4=3C0=3×2=3 3 4 4 2 1 、·，三之三=2×2×3=3 2-2 _1ADSe=3 1 3 :V4,cr=31 ×4×兰 =2, 2 即三棱锥A-CEF的体积为2. 4W41 .18 17.【答案】41：)5 【分析】(1)方法一：过点O作OG1AB于G,连接PG,得到平面OAB与平面ABCD夹角的平面角 ∠PG0,通过cos∠PG0=OC。 PG即可求解；方法二：建立空间直角坐标系，分别求出平面OAB与平面 ABCD的法向量即可求解： (2)(2由题可知，A,B分别是PD,PC的中点，所以ABIICD, 又因为CD￠平面OAB,ABC平面OAB,所以CD∥平面OAB, 19/47 面学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 又CDc平面OCD,平面OCD∩平面OAB=I, 所以CDI,从而AB ； (3)方法一：利用向量法求出直线C与平面ABCD所成角的正弦值的表达式，求出正弦值最大的情况即 可求解；方法二：利用等体积法，得到当CQ最小时，直线CQ与平面ABCD所成角的正弦值最大，此时 CQ⊥AB,得到COAB=0即可求解 【详解】(1)方法一：平面OAB与平面ABCD的夹角也就是平面OAB与平面PAB的夹角. 过点O作OG⊥AB于G,连接PG, D 因为PO⊥平面OAB,ABC平面OAB,所以PO⊥AB 又因为POnOG=O,PO,OGc平面OPG,所以AB⊥平面OPG, 又PGc平面OPG,所以PG⊥AB,所以∠PGO是两个平面所成的角， 根据题意可知，OA+OB2=AB2→OA⊥OB, tOAR中，由等面积可得OG-OAxOB12 在 AB 则PG= 5 +3=34团 5 所以cos∠PG0=OC=1244 PG3v4141, 即平面O1B与平面ABCD夹角的余弦值为4④ 41 方法二：根据题意可知，OA+OB=AB2→OA⊥OB, 于是可以建立如图所示的空间直角坐标系O0z,则A(4,0,0),B(0,3,0),P(0,0,-3), 20147 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 利用点B是PC的中点确定点C的坐标为(0,6,3)， 所以BC=(03,3),AB=(-4,3,0) 设平面ABCD的法向量为万=(x,y,2), n.BC=0 3y+3z=0 则 万AB=0即 4x+3y=0'故可取元=(3,4，-4) 显然平面OAB的法向量可以是m=(0,0,), 设平面OAB与平面ABCD的夹角大小为O, 则cos0=a列 10+0-4 4V41 mV9+16+16×=41, 4V41 即平面OAB与平面ABCD夹角的余弦值为41， (3)方法一：由(2)可知，AB1/00,于是可设O0=元AB=(-42,32,0), 即0(4元，3,0)，又C(0,6,3),则C@=(4,3元-6，-3)，i=(3,4,4), 设直线CQ与平面ABCD所成角大小为B, 则sin=cos〈cQ,n〉》 |-4×3+(31-6×4-3×(-4)引 12 12 /162+(31-62+9V9+16+16 V41×W√2572-361+45 4i×25(-)+0 当 25时， 25元2-362+45取得最小值，则sinB取得最大值. 此时.o网=4丽-紧x5- =5 方法二：由(2)可知，ABM→OQ∥平面ABCD,所以OO上所有点到平面ABCD的距离都相等， 设这个定距离为d,也就是点O到面PAB的距离. 25+25-1816 在APAB中，PA=AB=5'PB=32,由余弦定理，cos∠PAB= 2×2525 21/47 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 2 sin∠PAB 16 3V41 25 25 50w×P0→d=S2anX3.3x4x3-12 1 在三棱锥 SAPAB .341V41, 5×5 O-PAB 25 设直线c0与平面ABCD所成角大小为B:p为锐角，则sinB- CO' 当CO最小时，B最大，显然CO⊥l,即C2⊥AB时，CO最小. 又C@=(41,32-6,-3),AB=(-43,0), C0AB=0→-4x(4)+332-6)+(-3)x0→元=18 5 所以0网=4西25 5· 18.【详解】(1，等边△ABC的边长为3，∴.AC=3,∠BAC=60°. .AE=CF=1,..AF=2. 由余弦定理得EF2=AE2+AF2-2AB:AF:cos∠EAF=1+4-2×1×2x)3,解得EF=5: 1 2 AE2+EF2=1+3=4,AF2=4,AE2+EF2=AF2: ∴△AEF为直角三角形，即EF⊥AB. .BE⊥EF :平面A'EF⊥平面BCFE,平面A'EFO平面BCFE=EF,BEC平面BCFE ∴.BE⊥平面AFE: AFc平面AEF,A'F⊥BE. (2)由(1)EF⊥AB,得AE⊥EF. 由折叠得，A'E⊥EF :平面AEF⊥平面BCFE,平面A'EFO平面BCFE=EF,A'Ec平面A'EF A'E⊥平面BCFE. ∠AFE为直线A'F与平面BCFE所成的角. AE L EF,AE=1,AF=2,..A'E L EF,A'E=AE=1,A'F=AF=2. 在RI4EF中，sin∠AFE=4E-1 A'F 2 即直线A'F与平面BCFE所成角的正弦值为2 22/47 西学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 2W5 C3)线段AB上存在一点p使得二面角p-EF-B的大小为45，且线段BP的长度为3， 理由如下： BE⊥平面A'FE,AEC平面AFE,EFC平面AFE,∴A'E⊥BE,EF⊥BE. :AE⊥平面BCFE,EFC平面BCFE,A'E⊥EF. ∴以E为原点，分别以EB,EF,EA所在的直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系， E(O B 则E(0,0,0),B(2,00),F(0,5,0.A(00,) ·BA=(-2,0,1). :点P在线段AB上，设BP=BA=(-210,),0≤1≤1，得P(2-21,0,2) EP=(2-2,0,2),EF=(0,5,0). ~AE⊥平面BCFE,平面BCFE的法向量可取”=(O,0,1). m·EP=0(2-2)x+z=0 设平面 PEF 的法向量为元=化，)则云示=0：即5y=0 令x=元，则2=22-2，y=0 .平面PEF的一个法向量为n2=(2,0,22-2) 二面角P-EF-B的大小为45°， .cos()- 21-2 V22+(2元-22 2，解得1=2或 Γ3九=2 2 0≤s1,i= 3 m-(专0引则6o0-2 2w5 即线段BP的长度为 23/47 面学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 19.【详解】()证明：在图1的等腰直角△ABC中，D为BC的中点，可得AD⊥BC, 所以在图2中，可得AD⊥BD,AD⊥CD 因为BD∩CD=D,且BD,CDC平面BCD,所以AD⊥平面BCD. 又因为BMC平面BCD,所以AD⊥BM, 因为AD⊥平面BCD,所以∠BDC是二面角B-AD-C的平面角，即∠BDC=6O°， 所以△BDC为等边三角形 因为M为CD的中点，所以CD⊥BM 又因为ADOCD=D,且AD,CDC平面ACD,所以BM⊥平面ACD (2)以D为坐标原点，在平面BCD内作垂直于DC的直线为x轴，DC,DA所在直线分别为y轴、z轴建 立空间直角坐标系，如图所示，则A(0,0,2),B(N3,1,0),C(0,2,0),D(0,0,0),M(0,1,0), ZA B 则AB=(5,1-2),BM=(-V5,0,0),AD=(0,0,-2) 元·AB=V3x+y-2z1=0, 设平面 MAB 的法向量为元=(k,M,)则元8M=-5x=0, 则x=0,取名=1，可得=2，所以元=(0,2,1) 元2AB=V3x2+y2-222=0, 设平面D1B的法向量为元=（化，，）》则元，·D=-2,=0, 则2=0，取x=-1,可得5=V5,所以元=(1,5,0). 所以cos元，元= 元元-235 元元255 所以平面B和平面D4B所成角的余弦值为 (3)假设在线段4C上存在点Q,使得直线M0与平面4BM所成角的正弦值为5， √5 由(2)得MA=(0,-1,2),AC=(0,2,-2)」 24/47 函学科网·上好课 www.zxxk.com 设A0=元AC=(0,2,-2),1∈[0，]，则M0=MA+A0=(0,21-1,2-2) 平面ABM的一个法向量为元=(0,2，)， 设直线MQ与平面ABM所成的角为O, 则sin0=kosi,M0- 元·Mg |2(2-1)+2-22 2元 M@V5×(21-1)2+(2-2)2V5×V822-121+5 化简得4以-12见+5=0解得元=2或入=)（合去）， 5 所以存在点O,使得直线M0与平面ABM所成角的正弦值为 5· 当1=2时，40=V2· C组 思维拔高 1.C:2.B; 3.B: 4.C; 5①②： 6.【详解】(1)已知△ABC是边长为4的等边三角形. 而D、E分别为AC、BC的中点，所以DE/IAB, DE-T4B-2.AD=DC=2,EC-EB-2 2 而△DEC是等边三角形，翻折后△PDE也是等边三角形， 取DE的中点F,连接PF,AF,则PF⊥DE,且PF=V3, 在四边形ABED中，DE=2,AD=2,∠ADE=120°， 由余弦定理得AF2=AD2+DF2-2·ADDF.cos120°， =2+-2x2x1-7,已知p4=D 在△PFA中，PF2+AF2=3+7=10=PA2,所以PF⊥AF, 又DEAF=F,DE,AFc平面ABED,故PF⊥平面ABED, 又PFC平面PDE,所以平面PDE⊥平面ABED 25147 上好每一堂课 5 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 B (2)由题意得梯形4BED的面积Sm-(2+4xV5=3V5, 电体r.9-ao4时3w5x6- 2,解得 2 以D为原点，DA为x轴，DB为y轴，垂直于底面向上为z轴， 建立空间直角坐标系，如图，D(0,0,0),A(2,0,0),B(0,2V3,0, C(-2,0,0),因为E是BC的中点， 0-22V3+0 =PE=2设P引 所以222°，0-(5.0，又pDp x2+y+4 9 4 5 1 x=- x= 4 4 ++6-g-4解得 则 5或35 4= y= 4 5V531353 即P42或P442 442 DA=(2,0,0）,设平面P4D的法向量为%=(，，3)， 5V53 则D-0,即4+4+=0 2·DA=0 2x=0 令名=1，则y=-25,x=0,所以元=(0，-25，， 设平面PBE的法向量为%2=(x2,2,Z2), 而EP 13v33 4-42EB=(1V5,0 26/47 学科网·上好课 www.zxxk.com 13 3 则元·即=0，即45 4+2=0 元·EB=0x+V3y, 令h=V5，则x2=-3,2=1,所以乃=（-3,5，， 而%·n=0×(-3)+(-25)×V5+1x1=-6+1=-5 问=02+(23+P=,得到o,6=月=名 设平面PAD与平面PBE夹角为8， 9.-45斗-1a0 1,3V3,3 设平面 的法向量为 则4 +4+名=0 PAD =(x,,2）2x1=0 令y=2,则名=-5，x=0,所以元=(0,2，-V5): 设平面PBE的法向量为乃2=(x,2,乙)， 百-任5面-5利 55 3 则45-44+23=0 x3+V3y2=0 令乃=1，则=-3，=-5，所以乃=（51,3)， 得到何，西)- 221 闷 7, 设平面PAD与平面PBE夹角为6 则m0-y小(o刃-(-5 12.4V3 所以平面pAD与平面PBB夹角的正弦值为13或7 27147 上好每一堂课 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 B 7.【答案】(1)取PA的中点F,连接EF,BF, B 又g为0的钟点则EFan且Er号4D, 又△PAD是边长为4的等边三角形，底面ABCD为直角梯形，且AB⊥AD,BC=AB=2, 则BC 24D,BC11AD所以EP1BC·且BF=BC· 所以四边形BCEF是平行四边形，所以CE/BF, 又CE￠平面PAB,BFC平面PAB,所以CE∥平面PAB 2O由题直知，2-(HB+AD+D)-行 又△PAD是等边三角形，底面ABCD为直角梯形， 则∠PAD-号，B4D-及，所以∠PAB 2,即AB1PA' 又因为AB⊥AD,且PAOAD=A,所以AB⊥平面PAD, 又ABC平面ABCD,故平面ABCD⊥平面PAD. ②取AD的中点O,连接PO,CO,则PO⊥AD,CO⊥AD, 又平面ABCD⊥平面PAD,且平面ABCD∩平面PAD=AD,所以PO⊥平面ABCD, 所以以O为坐标原点，直线OC,OD,OP为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 28147 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 ZA AD 又P0=PD- =V2-2=25, 则B(2,-2,0),P(0,025),C(2,0,0),E(01,5),A(0,-2,0), 所以B2=(-2,2,25),BE=(-23,3),Ap=(0,2,25),AC=(22,0), 因为点Q在直线BP上， 不妨设B0=BP=(2,22W5)=（-222元2W5) 所以0=B0-BE=（-21+2,21-3,23-3, .AP=2%+23z=0 设m=(6,)是平面p4C的法向量，则 PAC m.AC=2.x+2%=0 取=5，则=-3，=3，即m=(3,-3,5) 假设存在点O,使得O⊥平面PAC,则EOI/m, 所以2+2.2况-325-5 3 -3 3, 但此方程组无解，故不存在点P,使得91平面PAC。 8.【详解】(1)(i)由题意得AB=2√2，AE=√AD2+DE2=√2+2=2， BE=BC2+CE2=2+2=2, 在△ABE中，因为AB2=AE2+BE2,所以BE⊥AE, 又因为PB=V6,PE=DE=V2,BE=2, 在△BEP中，因为PB2=PE2+BE2,所以BE⊥PE, 因为AE∩PE=E,AE、PEC平面PAE,所以BE⊥平面PAE 因为BEC平面ABCE,所以平面ABCE⊥平面PAE. (i)以E为原点，以EA、EB所在直线分别为x、y轴， 以平面PAB内过点E垂直于AB的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系： 29147 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 则A(2,0,0)、B(0,2,0)、P(1,0,1)、E(0,0,0). 则AB=（2,2,0）,EB=(0,2,0),EP=1,0,1), 设平面PBE的一个法向量为而=(，M,名)， EBm=24=0 则亚m=+名=0取=1则m=1,0-) 易知平面BEC的一个法向量为D=(0,0,1), 则cos= i卫=-1。-2 m√22， 结合图形可知，二面角P-BE-C的平面角为钝角， π 所以二面角P-BB-C的大小为4 (2)设P(a,b,c),因为PE到=V2,|PA=V5, PE=Va2+b+c2=√2 4=a-2+6+c=2所以0 即 1b2+c2=1 结合图形不妨取c>0,所以P(1,b,c), 则AB=（-2,2,0),PA=(1,-b,-c),PC=(-2,1-b,-c), 设平面PAB的一个法向量为i=(x,y,z), AB.i=-2x+2y=0 则an=x-加c:=0取x-1可得n=(12） 设PC与平面PAB所成角为P, n.PC 2 v2gl inB= 所以 +--e V9-b)1-b) 设b=cosa,c=sina, 30147 面学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 由。≥0不妨取0<a<则0：分分，所以0<c0号 1, 所以inB= 2sina 9-cosa)(1-cosa) 2√2 sincos 2V2sim 2 2 2cos 2 9-cosa)1-1-2sin2 9-cosa.2sina √9-cos2a 2cos 2cos a 2 2c0-1 84co4c 2 /2+cos2& -Cos4, 2 E sinB= 令t=cos2∈(o,1):所以 V-t2+t+2 2 因为函数y=-t+1、y=在(0,1)上为减函数， 故函数f0)=-t+1+2 在(0,1)上为减函数， inB= 故当 2 ∈(0,1) 时1+1+2(2，+o)所以 Vt+1+2(0 √2 所以。与平面。，所成角的正弦值的范围是 0 PC PAB 拓展 链接高考 5 1.12 2.【详解】()解法一：取BC的中点F,连接DF,BF 31/47 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 B D B 因为D.下分别为AC,BC的中点，则DRIIAB:且DF42, 又因为ABB4为矩形，且B为AB的中点，则BB11AB,且BB=号AB, 可得DFIIBE,且DF=BE,可知DFB,E为平行四边形，则DEIIB F, 且DEE平面BB,CC,BFC平面BB,CC,所以DEII平面BBCC: 解法二：设AC,AB的中点分别为G,H,连接DG,GE,EH,DH, B B 因为D,G分别为AC,AC的中点，则DG11CC,DG11A4, 且DGa平面BB,CC,CCC平面BBCC,所以DG1I平面BB,CC, 又因为G,E分别为AC,AB的中点，则GE1/BC, 且GBa平面BBCC,B,GC平面BB,CC,所以GE1I平面BBCC, 又因为E,H分别为AC,AC的中点，则EH1IA4, 可得EH1DG,可知E,H,D,G四点共面， 因为DG∩GE=G,DG,GEC平面DEG,则平面DGEH/I平面BBCC, 且DEC平面DGEH,所以DE/I平面BB,CC: 解法三：以A为坐标原点，AB,AC,A4分别为x,出，z轴，建立空间直角坐标系， 32/47 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 B B C岁 则A(0,00),B(2,0,0),C(0,2,0),4(00,2),B(2,02),G(0,2,②)， 且D(0,10)，E1,0,2), 可得Di=(1-15),B8=(0,0V2),CB=(2,-2,0), n·BB,=V2z=0 设平面BCC的法向量为=(6,4，)则4BC=2%-2y=0 令=1，则=1,3=0，可得乃=(1,1,0)， 因为DE%=1-1+0=0,即DE1, 因为DE文平面BB,CC,所以DE1I平面BBCC, (2)由(1)可知EG/IBC,则P∈EG, 若选①：解法一：设AD,AG,EG的中点分别为1，J,P, B B M 可知W为线段AD的中垂线，则AJ=DJ, 因为PJ11AB,由题意可知：AB1平面ACCA,即PJ⊥平面ACCA, 则PJ⊥A,PJ⊥D,可得PA=PD,符合题意， 取BC的中点M,连接AM,设AM∩DH=N, 因为AB=AC,则AM⊥BC, 又因为BBL平面ABC,AMC平面ABC,则AM L BB, 且BC∩BB=B,BC,BBC平面BB,CC,则AM⊥平面BB,CC,即AN⊥平面BB,CC, 33/47 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 且平面DGEH1/平面BB,CC,可得AN⊥平面DGEH, 且PDC平面DGEH,可得AN⊥PD, 过点N作NK⊥PD 且AN∩NK=N,AN,NKc平面AWK, 则PD⊥平面ANK,可得AK⊥PD, 可知平面PDE与平面PAD的夹角为∠AN, 由题意可知：AN=ND=PG=,ALM-V2 2,GD=√2' 则PDo 2， Sin PDN COs ZPDG GD= 则W=ND.sin.∠PDW= 0,AK3 2 10， 所以平面PDB与平面pAD的夹角余弦值为cos∠AOW=-2 AK 3: 解法二：设Pa,l-aV2)】 因为1-n则，后+0-ajt2F+a-2,解得a-,即P传号回 AD=(01,0) 元P=+y+2,=0 设平面 的法向量为 ,则 2 PAD =(x2,y2,23）hAD=y2=0 令为=22，则为=0,2=-1，可得%=(2V2,0,-1, 因为平面DEG/1平面BBCC,可知平面PDE的法向量为4=（山，1O), 则c0sh,乃= 2√22 V2x33· 2 所以平面pDB与平面P4D的夹角余弦值为3： 若选②：解法一：取BC的中点M,连接AM,设AM∩DH=N, 34/47 函学科网·上好课 www.zxxk.com 因为AB=AC,则AM⊥BC 又因为BB,L平面ABC,AMc平面ABC,则AM L BB, 且BCBB=B,BC,BBC平面BB,CC,则AM⊥平面BB,CC,即AN 且平面DGEHII平面BBCC,可得AN⊥平面DGEH, 取BC1的中点O,连接A2,M,可知AQIIAM, 设A犯nEG=P,可知点P为EG的中点， 因为AM⊥BC,OM⊥BC,可得BC⊥平面AMOA,则AP⊥BC, 因为AN⊥平面DGEH且PDc平面DGEH,可得AN⊥PD, 过点N作NK⊥PD, 且AN∩NK=N,AN,Kc平面AWK, 则PD⊥平面ANK,可得AK⊥PD, 可知平面PDE与平面PAD的夹角为∠AN, 由题意可知：AW=ND=PGMV? 2，GD=V2 则PD0 sin∠PDW=cos∠PDG=GD-3 2 则WK=ND.sin∠PDN=2 V10' 所以平面PDB与平面p4D的夹角余弦值为os∠AW=次-名 AK 3 解法二：设P(a,1-aV2),则P=(a1-aV2) 因为P上BC则形C=a1-a0解得a行即P行. 则-62西-o1o 35/47 上好每一堂课 L平面BBCC, 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 设平面 的法向量为 则 元亚-++5=0 PAD %=(3,y,） h·AD=y2=0 令=22，则为=0，马=-1，可得%=(2W2,0,1 因为平面DEG/平面BB,CC,可知平面PDE的法向量为4=(1,1，O), 则c0s乃， 22_2 √2×33， 2 所以平面PDB与平面pPAD的夹角余弦值为3： 若选③：由(1)可知：平面DGEH11平面BBCC, 因为P∈EG,平面DGEH即为平面PDE,即平面PDEI/平面BBCC, 可得BB,I平面PDE,此时点P不唯一，不合题意. 3.【详解】(1)由题意证明如下： 如图，作出符合题意的图形，连接BC, B D B 在△ABC中，D,E分别为AB,AC中点，.DEIBC, :DEC平面BCCB,BCC平面BCCB, ·.DE∥平面BCCB. (2)法一：由题意及(1)得，CG=2 在直三棱柱ABC-ABC中，∠ACB=90°，设AC=BC=2t(t>0), 四边形ACC4与四边形BCCB是矩形， AC⊥BC,AC⊥CC,BC⊥CC, 建立空间直角坐标系，如下图所示， 36/47 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 B A D B 得到A(2,0,0）,B(0,2t,0),C(0,0,0),Dt,0),E(t,0,1), ED=(0,4,1),面ACC4的一个法向量为4=(01,0)， :直线DB与平面ACC4所成的角为45°， 设直线DB与平面ACCA所成的角为6 .sin-cosD. BD.n 0+t×1+0 =sin45° zD网0+r+(←1旷×0++0 解得t=1,.A(2,0,0),B(0,2,0),C(0,0,0),D(1,10),E1,01). :DB∥面BCCB,∴由几何知识得，DE到面BCCB的距离为D=L. 法二：由题意及(1)得， 在直三棱柱ABC-AB,C中，∠ACB=90°，AC=BC, 四边形ACCA与四边形BCCB是矩形， AC⊥BC,AC⊥CC,BC⊥CC, :AC∩CC=C,ACc平面ACCA,CCC平面ACCA,BCE平面ACC4, BC⊥平面ACC4,∠BCC1=90°， ∴由几何知识得，∠BCC即为直线BC:与平面ACCA所成的角， 直线DE与平面ACCA所成的角为45°， 在△ABC中，D,E分别为AB,AC中点，DEIIBC, ∴直线BC与平面ACC4所成的角为45°，即∠BCC=45° 在RtABCC1中，∠BCC=45°，∠BCC1=90°，CC=2, .'AC BC=CC =2 在Rt△ABC中，AC⊥BC,AC=BC, 37/47 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 △ABC为等腰直角三角形，过点D作DFIIAC, 则点p为BC中点，DF=2AC=1,DF1BC 由几何知识得，DE到面BCCB的距离即为DF=I. B E D B 4.【详解】(1) 取PA的中点N,PB的中点M,连接N、N, :aACD与△ABC为等腰直角三角形且∠ADC=90°，∠BAC=90°， 不妨设AD=CD=2,.AC=AB=2W2BC=4. :E、F分别为BC、PD的中点， N-4D=LGM=号BB=L,且mN1AD.GM1BC :∠DAC=45,∠ACB=45°，.AD∥BC, .FN∥GM,.四边形FGMN为平行四边形， .FG∥MN, :FGc平面PAB,NC平面PAB,G∥平面PAB: (2):PA⊥平面ABCD,.以A为原点，AC、AB、AP所在直线分别为x、y、z轴建立如图所示的空间直 角坐标系， B 设4AD=CD=2,则A(0,0,0),B(0,22,0),C(22,0.0,D(√2，-V2,0,P(0,0,22) 38/47 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 :.AB=(0,22,0,Dc=(2,2,0）,Cp=（-2W2,0,2W2) 设平面PCD的一个法向量为元=(x,y,2), DC.i=0 [V2x+V2y=0 C亚.i=0’ -2W2x+2W2z=01 取x=1,y=-1,z=1,.i=(1,-1,1) 设AB与平面PCD所成角为B, 则sin6=cos 4B, a6.i0x1+22x(-1+0x刘225 A园22×V2+(1+1P 2W2×53, 3 即AB与平面PCD所成角的正弦值为 5.【详解】(1) 法一、在正方形BCCB中， 由条件易知 m∠CG=Se-}=m∠ABP,所以∠CG=RBn: C F 2 BB 则∠Bm+BBr-∠CPG+∠AB, 故∠BG=-(∠CPG+∠RB)-分，即GLBP, 在正方体中，易知DC1平面BCCB,且EF1IDC, 所以EF⊥平面BCCB, 又FGc平面BCCB,.EF⊥FG, EF∩BF=F,ER、BFC平面BEF,∴.GH1平面BEF: 法二、如图以D为中心建立空间直角坐标系， 则B(4,4,0),E(2,0,4)F(2,4,4),G(0,4,3), 所以EF=(0,4,0),EB=(2,4,-4),FG=（-2,0,-1), 设m=(a,b,c)是平面BEF的一个法向量， m.EF=4b=0 m丽=2a+4b-4c=0令a=2'则b=0c-1所以m=(2,01) 则 39147 函学科网·上好课 www.zxxk.com 易知FG=-而，则FG也是平面BEF的一个法向量，∴GF⊥平面BEF; (2)同上法二建立的空间直角坐标系， 所以EG=(（-2,4,-1),BG=（-4,0,3), 由(1)知FG是平面BEF的一个法向量， [n.EG=-2x+4y-z=0 设平面B8G的一个法向量为=（化，z)所以nBG=4K+3z=0 BEG 令x=6,则z=8,y=5,即n=(6,5,8). 设平面BEF与平面BEG的夹角为Q, 则ca-kos(G.= FG.n 20 4 r5x1255 (3)由(1)知EF⊥平面BCCB,FBC平面BCCB,.EF⊥FB, 易知Sr号nBrx4军2=45， DE.FG 8 又DE-(2,04)则0到平面E的距离为d BEF FG√5· 由棱锥的体积公式知：人专风一专行45- 1 18 3 3 ZA D E 4 B D 6.【详解】(1) 设AD=1,所以AB=3,CD=2,因为F为CD中点，所以DF=1, 因为EF /IAD,AB/ICD,所以AEFD是平行四边形，所以AE/IDF 因为DFC平面CDF,A'EC平面CD'F,所以AEII平面CD'F, 因为FC /EB,FCC平面CDF,EBa平面CD'F,所以EB/平面CD'F, 又EB∩A'E=E,EB,AEC平面AEB,所以平面A'EBII平面CDF, 40/47 上好每一堂课 所以AE/ID'F, 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 又A'BC平面AEB,所以ABII平面CDF. (2) 因为∠DAB=90°，所以AD⊥AB,又因为AB/IFC,EF11AD,所以EF⊥FC, 以F为原点，FB,C以及垂直于平面BECF的直线分别为Xy2轴，建立空间直角坐标系， 因为DF⊥EF,CF⊥EF,平面EFDA与平面EFCB所成二面角为6O°， 所以∠D'FC=60 E1,0,0)'F(0,0,0)' 所以BC=(-1-10,CD 设平面BCD的法向量为i=(x,y,z),则 3 BCii=0 V+ z=0 ,所以 2 2 令 CD'n=0 -x-y=0 设平面EFDA的法向量为i=(3,4,名)， 1V3 FEm=0 所以2+ 20 FD'm=0 书=0 令4=5，则3=-1，x=0,所以m=(0,3,-1片 = 0+3-1 V42 所以平面 与平面 夹角的正弦值为 BCD EEDA 7 7.【详解】(1)证明：由题意证明如下， 在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD,AB⊥AD, 41/47 面学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 ABC平面ABCD,ADC平面ABCD ∴AP⊥AB,AP⊥AD APC平面PAD,ADC平面PAD,AP∩AD=A, AB⊥平面PAD, ,ABC平面PAB, .平面PAB⊥平面PAD (2)()证明：由题意及(1)证明如下， 在四棱锥P-ABCD中，AP⊥AB,AP⊥AD,AB⊥AD,BC∥AD, PA=AB=V2,AD=1+√3 建立空间直角坐标系如下图所示， B A(0,0,0),BN2,0,0),C(V2,2,0)D0,1+5,0,P0,0,V2) 若P,B,C,D在同一个球面上， 则lop=loBl=|loc=loD, 在平面4y中， E 0 B .A(0,0),B(V2,0),c(N2,2,D(0,1+5) /√25+3 ∴线段。n中点坐标F CD 2’2 直线cD的斜率：名-16？.-51 0-V2 42147 可学科网·上好课 www.zxxk.com 26+√2 直线cD的垂直平分线gr斜率：店3 2 的防：( 2 EF 2 Γ2 2 当，=1时，1653 xo- 21 22，解得：0 ∴.0(0,1) 在立体几何中，0(0,1,0) o=V02+1P+(0-V2 1o例=V0-+1P+0 10c=0-j+1-2+0 0D=/02+-1-5+02 解得：loP=oB=oc=oD=V3, ∴.点O在平面ABCD上 (i)由题意，(1)(2)(i)及图得， ZA D A O D B y 4c=（22,0,Po=(01,-V2) 设直线AC与直线PO所成角为8， AC.PO 0+2×1+0 √2 .c0s8 AC PO V+2+0×0+1+(列 3 法2： 由几何知识得，PO=V3, 43147 上好每一堂课 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 AB⊥AD,BC∥AD, .AB⊥BC, 在Rt△ABC中，AB=√2，BC=2,由勾股定理得， 4C-4B+B+26. 过点O作AC的平行线，交BC的延长线为S,连接AC,PC, D D B C 则OC=AC=V6,直线AC与直线PO所成角即为△POC中∠POC,或其补角： :PA⊥平面ABCD,ACC平面ABCD,PANAC=A, PA⊥AC, 在Rt△ABC中，AB=V2,BC=BC+CC=2+1=3,由勾股定理得， 4C=4+BC)+3. 在Rt△APC中，PA=V2,由勾股定理得， PC=P+4C=2+(=3, 在△POC中，由余弦定理得， PC2 PO2+OC2-2PO.OC cos /POC. 即：(3=(V3+(N6-25x6cos∠PoG 解得：cos∠PoC=-V2 3 直线4C与直线pO所成角的余弦值为：kos∠P0G-Y2 3 8.【详解】1证明：因为BCAD,EF=2,AD=4,M为AD的中点，所以BCMD,BC=MD 四边形BCDM为平行四边形，所以BMIICD,又因为BM￠平面CDE, CDC平面CDE,所以BMI平面CDE； 44147 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 (2)如图所示，作BOL AD交AD于O,连接OF, 因为四边形ABCD为等腰梯形，BCAD,AD=4,AB=BC=2,所以CD=2, 结合(1)BCDM为平行四边形，可得BM=CD=2,又AM=2, 所以△ABM为等边三角形，O为AM中点，所以OB=VB, 又因为四边形ADEF为等腰梯形，M为AD中点，所以EF=MD,EFIIMD 四边形EFMD为平行四边形，FM=ED=AF, 所以△AFM为等腰三角形，△ABM与△AM底边上中点O重合，OF⊥AM,OF=VAF2-AO2=3, 因为OB2+OF2=BF2,所以OB⊥OF,所以OB,OD,OF互相垂直， 以OB方向为x轴，OD方向为y轴，OF方向为z轴，建立O-x2空间直角坐标系， F(0,0,3),BN30,0M(01,0),E(0,23),BM=（-V51,0,BF=(-30,3）, B距=(5,23)，设平面BM的法向量为i=(,H,), 平面EMB的法向量为i=(中，，马)， m·BM=0 「-√3x+4=0 mB丽=0即{5x+32=0令5=3得y=3=1即m=(53,): 则 n.BM=0 〔-3x+为2=0 则a旺=0，即-5+2+3头-0令飞=5得，=3马=-1 网同33i5,则smmi=45 即元=3.3-，csm元a=江== 13 3 故二面角P-BM-B的正弦值为13 Z D RV C 9.【答案】(1) 由AB=8AD=55,压-2，丽=丽 得AE=2W5,AF=4,又∠BAD=30°，在AAEF中， 45/47 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 由余弦定理得EF=√AE+AF2-2 AE.AF c0s∠BAD= 6+12-24-255=2, 2 所以AE2+EF2=AF2,则AE LEF,即EF⊥AD, 所以EF⊥PE,EF⊥DE,又PE DE=E,PE、DEC平面PDE, 所以EF⊥平面PDE,又PDC平面PDE, 故EF⊥PD: (2)连接CE,由∠ADC=90,ED=33,CD=3,则CE2=ED2+CD=36, 在aPEC中，PC=45,PE=25,EC=6,得EC2+Pz2=PC2, 所以PE⊥EC,由(1)知PE⊥EF,又ECOEF=E,EC.EFC平面ABCD, 所以PE⊥平面ABCD,又EDc平面ABCD, 所以PB⊥ED,则PB,BF,BD两两垂直，建立如图空间直角坐标系B-2, 则0.0,0.P(00,23),D(0,33,0,C335,0,F2,0,0,A0,-23,0). 由F是AB的中点，得B(4,2√5,0)， 所以Pc=(3,3W5,-25)PD=(0,33,-2V3),PB=(4,2W3,-25),PF=(2,0,-25) 设平面PCD和平面PBF的一个法向量分别为元=(：，片，)m=(:,2,), 「i.PC=3x+334-2W5z=0「m.PB=4x2+2√3，-2W5z2=0 则mPD=35g-255=0’mP丽=2x-25z,=0 令4=2，为=5，得=0，名=3，为2=1，五=1， 所以i=(0,2,3),m=(V5,-1,1, 所以cosm,列= m.列1-V65 同51365· 设平面pCD和平面PBP所成角为g则sn0=-cos0=8Y质 65, 8V65 即平面pCD和平面PBP所成角的正弦值为65 46147 品学科网·上好课 2 P D B www.zxxk.com 47147 上好每一堂课