专题02 空间角与空间距离问题（专项训练）数学人教B版高二选择性必修第一册

**基本信息** 以向量法为核心，系统覆盖空间角与距离的计算、最值及探究问题，构建从基础到综合的递进训练体系。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |空间角问题|8题型（含高频/重/难）|向量法求角（线线角、线面角、二面角），结合几何建模转化|从概念计算到最值、探究，形成“求角-已知角求值-动态问题”逻辑链| |空间距离问题|5题型（含高频/难）|向量法求距离（点线、点面、线面、面面），利用投影公式转化|从基础距离计算到动态最值，与空间角知识交叉融合|

专题02 空间角与距离问题 常考题型·精准突破 题型01 向量法求异面直线所成角 题型02 已知线线角求值 题型03 向量法求直线与平面所成角（重） 题型04 已知线面角求值 题型05 向量法求二面角（高频） 题型06 已知面面角求值 题型07 空间角中的最值问题（难） 题型08空间角中的探究性问题（重） 题型09向量法求点到直线的距离 题型10向量法求点到平面的距离（高频） 题型11向量法求线到面、面到面的距离 题型12空间距离中的最值问题（难） 题型13空间距离中的探究性问题 综合攻坚·知能拔高 常考题型·精准突破 题型01 向量法求异面直线所成角 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．（2026·山东济南·模拟预测）在平行四边形中，设，，，沿将平行四边形折成一个直二面角，则与所成的角的余弦值是（     ） A． B． C． D． 3．（25-26高二上·内蒙古·期末）在圆锥中，是底面圆的直径，为线段上的一点，且是的中点，，则直线与直线所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 4．（25-26高二上·新疆昌吉·期末）在直三棱柱中，分别是的中点，则与直线所成角的正弦值为（   ） A． B． C． D． 二、填空题 5．（25-26高二上·河北衡水·阶段检测）如图，已知圆锥的顶点为，底面圆心为，半径为2.若圆锥的母线长为4，则圆锥的体积为______；若是底面圆的半径，且为线段的中点，则异面直线与所成的角的余弦值为______． 题型02 已知线线角求值 1．已知直线的一个方向向量为，直线的一个方向向量为，若直线、所成的角等于，则（   ） A． B． C． D． 2．（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______． 3．（25-26高二上·湖南衡阳·期末）已知四棱锥中，底面为正方形，底面，，分别为线段，的中点，是线段上的一点，.若异面直线与所成角的余弦值为，则三棱锥的体积为________.    4．（25-26高二上·重庆·期中）如图，两条异面直线a，b所成的角为，在直线a，b上分别取点，E和点A，F，使，且.已知，，，则线段的长为______. 5．（2026·广西崇左·一模）如图，在四棱锥中，底面，，，，E，F，G分别为，，的中点. (1)证明：平面平面. (2)若异面直线与所成角的余弦值为，求四棱锥的体积. 题型03 向量法求直线与平面所成角 1．（25-26高三上·福建福州·开学考试）在正三棱柱中，，则直线与平面所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 2．（25-26高二上·浙江宁波·期末）在三棱锥中，，，则直线与平面所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 3．（25-26高二上·山东潍坊·阶段检测）如图，四边形是矩形，，，平面，，，则和平面所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 4．（25-26高二下·甘肃定西·期末）如图，在三棱柱中，平面，，二面角的大小为． (1)若是的中点，证明：平面． (2)若，，求直线与平面所成角的大小． 5．（25-26高二下·内蒙古赤峰·期末）如图，在中，，，D，E分别在，上，满足，，将沿折起到的位置，使.      (1)求证：平面； (2)若点M满足，求直线与平面所成角的正弦值. 题型04 已知线面角求值 1．（2026·山东聊城·三模）在三棱柱中，为等腰直角三角形，且，，若直线与平面所成的角为60°，则的最小值为________． 2．（25-26高二下·北京·阶段检测）如图，在四棱锥中，，，，，，．E是棱上一点，平面． (1)求证：E为的中点； (2)若直线与平面所成的角为，求四棱锥的体积． 3．（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． 4．（吉林长春市柏辰艺术中学等校2026届高三普通高校招生模拟5月联考数学试题）如图斜三棱柱，，平面平面，，，M、O分别为AC、的中点．    (1)证明：； (2)设Q为棱上的动点，，BQ与平面所成角的正弦值为，求的值． 5．（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． 题型05 向量法求二面角 1．（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． 2．（25-26高三下·重庆·开学考试）已知正三棱台的高为，则二面角的大小为（    ） A． B． C． D． 3．（25-26高二下·青海西宁·期末）如图，在三棱柱中，侧面为正方形，，，，，为的中点．    (1)求证：平面； (2)求二面角的余弦值． 4．（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. 5．（25-26高二下·福建漳州·期末）在正三棱柱中，已知分别是棱的中点． (1)证明：平面平面； (2)求二面角的余弦值． 题型06 已知面面角求值 1．（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． 2．（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． 3．（25-26高二上·山东日照·期末）已知二面角的大小为，棱上有两点，线段和分别在面和内，且，．若，，则的长为___________． 4．（25-26高二上·吉林·开学考试）如图，在四棱锥中，底面，为直角，，，为的中点，，且二面角的平面角为60°，则______．    5．（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． 6．（25-26高二下·广东·期末）如图，已知圆台，其中均为母线，四边形为圆台的轴截面，且． (1)求证：； (2)已知二面角的余弦值为，求圆台的高的长． 题型07 空间角中的最值问题 1．（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． 2．（2026·河南开封·二模）在长方体中，，点分别为棱和的中点，点是棱上的动点，则平面与平面的夹角的正弦值的最大值为（   ） A． B． C． D． 3．（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． 4．（2026高二下·浙江·学业考试）斜三棱柱中，是边长为2的正三角形，侧棱，，点为棱上动点，则异面直线与所成角的最小值为（     ） A．30° B．45° C．60° D．75° 5．（25-26高二下·江苏南通·期中）如图，在正四棱锥中，，点，分别为，的中点，且是二面角的平面角． (1)求证：平面； (2)求直线到平面的距离； (3)点是线段上的动点，求直线与平面所成角的正弦值的最大值． 题型08空间角中的探究性问题 1．（2026高三·全国·专题练习）如图所示，在长方体中，，，点E在棱上移动，小蚂蚁从点A沿长方体的表面爬到点，所爬的最短路程为． (1)求证：； (2)求的长度； (3)在线段上是否存在点E，使得二面角的大小为．若存在，确定点E的位置；若不存在，请说明理由． 2．（25-26高一下·广东江门·期末）如图，在四棱锥中，侧面底面，底面为正方形，侧面为等腰三角形，为的中点，且，． (1)求证：平面； (2)设平面与平面的交线为． （ⅰ）求直线与直线所成角的正弦值； （ⅱ）若为直线上的动点，且满足，是否存在点使直线与平面所成的角为？若存在，请求出满足条件的值；若不存在，请说明理由． 3．（25-26高一下·河北承德·期末）如图，在四棱锥中，平面平面，，，，．    (1)证明：平面平面； (2)求三棱锥的体积； (3)在棱上是否存在点，使得平面与平面的夹角为？若存在，求出点的位置；若不存在，说明理由． 4．（25-26高一下·宁夏银川·期末）如图，在四棱锥中，底面是直角梯形.，且，，为中点． (1)证明：平面； (2)在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，说明理由． 5．（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． 题型09向量法求点到直线的距离 1．（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． 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高二上·山东泰安·阶段检测）如图，在正四棱柱中，，，E为线段的中点，则点B到直线DE的距离为（   ） A． B． C． D． 4．（25-26高二上·黑龙江·开学考试）如图，在四棱锥中，底面，底面为正方形，为的重心，，且，，则点到直线的距离为（   ） A． B． C． D． 5．（25-26高二上·四川泸州·期末）在正四棱锥中，，，E，F分别是棱AB，PC的中点，则点D到直线EF的距离是_______________． 题型10向量法求点到平面的距离 1．（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． 2．（25-26高一下·广东深圳·期末）已知向量，，，则三棱锥的体积为（ ） A．2 B．4 C．6 D．8 3．（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． 4．（2026·上海·三模）如图，为圆锥底面圆的直径，为的中点，点是圆上的动点（点在直径同侧），当的面积最大时，点到平面距离为______．    5．（25-26高二上·广东潮州·期末）已知正方体的棱长为4，，，直线与交于点，则点到平面的距离为______． 题型11向量法求线到面、面到面的距离 1．（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． 2．（23-24高二上·湖南邵阳·阶段检测）在棱长为1的正方体中，分别是的中点，则直线到平面的距离为（ ） A． B． C． D． 3．（25-26高二上·贵州贵阳·阶段检测）如图，在棱长为的正方体中，平面与平面的距离为__________. 4．（第七章应用空间向量解立体几何问题拓展专题二平面法向量求法及其应用微点1平面法向量求法及其应用（一）【基础版】）已知正方体的棱长为1，为中点，求下列问题： (1)求异面直线与的距离； (2)求到平面的距离； (3)求到平面的距离； (4)求平面与平面的距离. 5．（25-26高二上·新疆巴州·阶段检测）如图所示，在直三棱柱中，，点E在线段上，且，D、F、G分别为的中点.    (1)求证：平面EGF平面ABD； (2)求平面EGF与平面ABD的距离. 题型12空间距离中的最值问题 1．（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． 2．（25-26高二上·湖北襄阳·阶段检测）在正三棱柱中，所有棱长都为2，是侧棱上一动点，则到平面的距离之和的最大值为（    ） A． B． C． D．7 3．（25-26高二上·湖南·期末）在如图所示的试验装置中，有两个边长为1的正方形框架，它们所在的平面互相垂直.有一个活动弹子在正方形的对角线上移动，运动过程中弹子到直线的距离的最小值为（    ） A． B． C． D． 4．（25-26高二上·北京·期中）正方体的棱长为2，点M是棱的中点，点N是正方形内部或边界上一点，若点N满足，则点N到直线距离的最大值为______；    5．（25-26高二上·浙江温州·期末）将上下底面都为椭圆且母线与底面垂直的柱体称为“椭圆柱”，已知椭圆柱的母线长为3，在下底面建立如图所示的平面直角坐标系，椭圆的离心率为，短轴长为，焦点在轴上．    (1)求椭圆的标准方程； (2)已知为椭圆上任意一点，的中点为，是以点为中点的弦，设直线的方程为． （i）求与的等量关系； （ii）求点到平面的距离的最小值． 题型13空间距离中的探究性问题 1．（25-26高一下·浙江宁波·期末）如图，四棱锥的底面是平行四边形且，，为等边三角形，， 为中点． (1)证明：平面； (2)设 为侧棱 上一点，四边形是过 ， 两点的截面，分别交 ， 于， 两点，平面． （i）证明：； （ii）设，是否存在，使得点到面的距离为． 2．（25-26高二下·江苏连云港·期中）如图，等边三角形的边长为8，分别为所在边的中点，为线段的中点，现将三角形沿直线折起，使得二面角为直二面角． (1)求线段的长度； (2)求直线与平面所成角的余弦值； (3)棱上是否存在异于端点的点，使得点到平面的距离为．若存在，请指出点的位置；若不存在，请说明理由． 3．（2025高三上·福建厦门·专题练习）如图，等边三角形ABC的边长为，，分别为所在边的中点，为线段的中点，现将三角形沿直线折起，使得二面角为直二面角． (1)求直线与平面所成角的正弦值； (2)棱上是否存在异于端点的点，使得点到平面的距离为．若存在，请指出点的位置；若不存在，请说明理由． 4．（25-26高二上·四川达州·期中）如图，在四棱锥中，平面. (1)证明：平面PAC. (2)在线段BC上是否存在一点，使点到平面PCD的距离为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 综合攻坚·知能拔高 1．（25-26高三上·上海徐汇·阶段检测）如图所示，直角三角形所在平面垂直于平面，一条直角边在平面内，另一条直角边长为且，若平面上存在点，使得的面积为，则下列命题正确的有（   ） ①：点P在平面上的轨迹为椭圆    ②：线段长度的最小值为1 ③：线段长度的最大值为3 A．①② B．①③ C．②③ D．①②③ 2．（多选）（25-26高二下·广东河源·期末）如图，在棱长为3的正方体中，点，，分别为棱，，的中点，点，，分别是线段，，（不含端点）上的动点，则下列选项正确的是（    ） A．若为的中点，则平面 B．存在点，使得平面 C．的最小值为 D．若，则取得最小值时平面与平面夹角的余弦值为 3．（多选）（25-26高二下·云南昭通·阶段检测）如图，正方体的棱长为1，是棱上的动点（含端点），则（     ） A．直线和所成的角为 B．三棱锥的体积为定值 C．二面角的平面角的大小为 D．点满足，，，若，则平面 4．（多选）（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 5．（2026·湖南岳阳·三模）在棱长为2的正方体中，点在表面上运动（含端点），且满足，当二面角的正切值为时，三棱锥的体积为______． 6．（25-26高二上·陕西渭南·期末）在棱长为的正方体中，所有顶点位于过点的平面的同侧，若和与平面所成角均为，则到平面的距离为___________． 7．（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． 8．（25-26高二下·江苏连云港·期末）如图，在四棱台中，平面，，，，，． (1)证明：平面； (2)判断直线与直线是否垂直，并说明理由； (3)设为平面内一点，为的中点，，且．若直线与平面的交点为，求点到平面距离的最小值． 1 / 14 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题02 空间角与距离问题 常考题型·精准突破 题型01 向量法求异面直线所成角 1． 【答案】A 【分析】以为原点，为轴，为轴，为轴建系，利用空间向量求解即可. 【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． 【答案】A 【分析】根据图形特点建立空间直角坐标系，利用向量计算即可. 【详解】因为二面角为直二面角，为交线， 故平面平面，平面平面，又，平面， 所以底面， 以为原点，建立空间直角坐标系如图所示， 因为，， 所以为等腰直角三角形， 则，，，, ，, 设与所成的角为， 则. 3． 【答案】B 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量求异面直线所成的角的三角函数值. 【详解】因为为的中点，所以. 如图：以为原点，OC，OB，OS分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 则， 因为为线段SB的一点，且，所以， 所以， 设直线与直线所成的角为， 则. 故选：B 4． 【答案】B 【分析】以为原点建系，由向量法求两直线所成角的余弦值，再由平方关系求正弦值. 【详解】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，所以， 设直线与直线所成角为，则. 所以， 故选：B. 5． 【答案】 / 【分析】根据条件求出圆锥的高，代入圆锥体积公式计算即得；通过建系，求出相关点和向量的坐标，利用向量夹角的坐标公式计算即得. 【详解】由题意得圆锥的高长为， 所以其体积为； 由题意得平面，则，， 而，则两两相互垂直， 则可以点为原点，分别以所在直线为轴、轴、轴建立如图的空间直角坐标系如图． 如图，，，，则，，， 则直线与的夹角的余弦值为． 故答案为：，. 题型02 已知线线角求值 1． 【答案】B 【分析】利用空间向量法可得出关于的等式，解之即可. 【详解】由题意可得，解得. 故选：B. 2． 【答案】4 【分析】建立空间直角坐标系，利用异面直线向量公式列方程求解即可. 【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. 3． 【答案】 【分析】建系并标出点，设，，利用空间向量得坐标运算结合线线夹角求得，进而可求锥体的体积. 【详解】因为四棱锥的底面为正方形，且平面， 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，    则点，，，，， 可得，， 设，， 则，即， 可得， 设异面直线与所成角为， 则， 整理可得，解得或（舍去）， 即，则. 所以. 故答案为：. 4． 【答案】 【分析】依题意，两边平方，结合条件，即可求得公垂线段的长. 【详解】依题意， 两边平方得， 因为，，和的夹角为或， 所以， 故. 故答案为： 5． 【答案】(1)因为E，F分别为，的中点，所以. 又平面，平面，所以平面. 因为 ，，且E为的中点，所以， 则四边形为平行四边形， 则.又平面，平面，所以 平面. 因为平面，平面， ，所以平面 平面. (2) 【分析】（1）根据线面平行的判定定理得到平面和 平面，再利用面面平行的判定定理即可证明； （2）建立合适的空间直角坐标系，求出相关向量，从而得到锥体的高，最后利用锥体的体积公式即可得到答案. 【详解】（1）略 （2）以A为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示. 设 （ ），则，，，， 则，. 因为异面直线与所成角的余弦值为， 所以， 解得， 故四棱锥的体积为. 题型03 向量法求直线与平面所成角 1． 【答案】A 【分析】建立空间直角坐标系，根据空间角的向量求法即可求得答案. 【详解】设三棱柱的棱长为1，以B为原点， 以过B作的垂线为x轴，以为轴，为轴， 建立空间直角坐标系，如图， 则，所以， 易知平面的一个法向量可取为， 设直线与平面所成角为，， 则. 故选：A 2． 【答案】D 【分析】设中点为，连接， 先证平面，再以为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量法求线面角即可． 【详解】设中点为，连接， 不妨设， ，， ， ，， ，则， 又， ， 平面， 平面， 故以为原点建立空间直接坐标系， 则， 设平面的一个法向量， ，不妨取，则， ， 设直线与平面所成角为， ． 故选：D． 3． 【答案】C 【分析】根据题意建立空间直角坐标系，得到的坐标及平面的法向量，根据向量的数量积可得向量夹角的余弦值，进而得结果. 【详解】因为平面，平面， 所以， 又，所以两两垂直， 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， 所以， 设平面的法向量为， 则，即，令，可得， 所以， 设和平面所成角为， 则，即和平面所成角的正弦值为. 故选：C. 4． 【答案】(1) 连接交于， 在三棱柱中，侧面是平行四边形， 所以是的中点， 又因为是的中点， 所以， 因为平面，平面， 所以平面； (2) 【分析】（1）借助三棱柱侧面平行四边形对角线中点性质，结合三角形中位线得到线线平行，再用线面平行判定定理完成证明； （2）由侧棱垂直底面确定二面角平面角，建立空间直角坐标系求出所有点坐标，利用线段比例算出坐标，求出平面法向量后，套用线面角向量公式计算出角度． 【详解】（1）略 （2） 因为平面，平面，平面， 所以，， 所以二面角的平面角， ，，， 在平面内作， 因为平面，平面， 所以，即两两垂直， 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， ，，即，，， 设， ， 由，得， 所以，解得，即， ，，， 设平面的法向量， 所以，即， 令，得， 设直线与平面所成角为， 所以， 因为，所以， 所以直线与平面所成角的大小为． 5． 【答案】(1)因为，，所以， 又因为，则，所以，翻折后， 又因为，平面，所以平面， 又平面，所以， 又因为，平面， 所以平面. (2) 【分析】(1)折叠保垂直，依靠两组垂直交线证明出线面垂直； (2)依托第一问垂直条件建立空间直角坐标系，确定点坐标，求出平面法向量，套用线面夹角向量公式运算求解. 【详解】（1）略 （2）由（1）知，建立如下所示空间直角坐标系，由几何关系知， 所以，则， 设平面的法向量，则， 令，则， 因为在线段上，且，则， 所以， 即直线与平面所成角的正弦值为.    题型04 已知线面角求值 1． 【答案】8 【分析】可通过空间向量分解和线面角性质来求解，核心是利用线面角的约束条件，将向量正交分解，转化为平面向量求最值即可. 【详解】， 即， 因为直线与平面所成的角为60°，故在平面内的投影满足：， 即投影点在底面以为圆心，半径为的圆上，故的竖直分量垂直于平面， 因此，等价于投影向量，其中，， 根据向量性质，， 当且仅当与同向时取得最大值24， 故. 2． 【答案】(1)证明：如图在中，过点作交于点，连接. 因为，所以.所以，，，四点共面. 因为平面，平面，平面平面， 所以. 所以四边形是平行四边形. 所以. 所以为的中点. (2) 【分析】（1）在中，过点作交于点，利用平面证明即可. （2）取中点，以为原点建立空间直角坐标系，设点的坐标，利用直线与平面所成的角为即可求解点的坐标，从而可计算四棱锥的体积． 【详解】（1）略 （2）取中点，连接. 因为，所以. 因为，，所以四边形为正方形. 所以，. 因为，所以. 又因为，平面，平面， 所以平面.因为平面，所以. 如图，以为原点，分别以，，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系. ，，，， 设，. ，，， 设平面的法向量为， 则，即， 令，则，，所以. 直线与平面所成角为， 所以. 解得. 所以. 所以四棱锥的体积为. 3． 【答案】(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)或． 【分析】（1）根据线面平行的判定定理证明即可； （2）由面面垂直的性质得到平面，即可得到，再证，进而建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法可得的坐标，即可得解. 【详解】（1）略 （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． 4． 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）用向量数量积证明，即可得到． （2）因为在平面内，且与平面所成角的正弦值为，所以平面．又直线经过平面内的点，故在平面内．再由在线段上，用空间向量表示，根据平面内点的向量表示求出． 【详解】（1）因为为的中点，所以. 又因为，所以 . 因为，且，所以. 因此.故． （2）由题意，在线段上，且. 因为为的中点，所以. 又, 所以. 因为与平面所成角的正弦值为，所以平面． 又在平面内，所以点在平面内． 平面内任意一点都可以表示为. 对点，由上式可知. 因此必须有. 解得.所以的值为．    5． 【答案】(1)（i）证明见解析；（ii） (2) 【分析】（1）（i）证明与平面的法向量垂直；（ii）利用空间向量夹角公式，结合线面角定义进行求解即可； （2）设，利用空间向量夹角公式，结合线面角定义进行求解即可. 【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. 题型05 向量法求二面角 1． 【答案】D 【分析】法1，利用长方体的线面垂直性质找出二面角的平面角，再通过直角三角形的边角关系计算得到二面角的余弦值；法2，建立空间直角坐标系，分别求出二面角两个半平面的法向量，通过计算法向量的夹角余弦值得到二面角的余弦值. 【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. 2． 【答案】C 【分析】建立空间直角坐标系，利用向量夹角公式即可求解. 【详解】设下底面的中心为，上底面的中心为， 以为原点，以为轴，为轴，过作，建立空间直角坐标系， 由正三棱台的高为， 所以，，所以， ， 同理， 所以， 所以， 设平面的法向量为， 所以，令，得， 显然为平面的一个法向量， 所以， 所以， 所以二面角的大小为. 3． 【答案】(1)如图，设与的交点为，连接， ∵在三棱柱中，四边形是平行四边形，∴是的中点， 又∵为的中点，∴是三角形的中位线， ∴，又∵平面，平面，∴平面. (2) 【详解】（1）略. （2）∵，，， 平面，∴平面， ∴，又∵侧面为正方形，∴， 以为原点，分别以的方向为轴正方向， 建立空间直角坐标系，则，， ，，，    ∵轴底面，∴取平面的一个法向量为， 设平面的法向量为，， ，则，化简得， 令，则，即， 设二面角的平面角为，由图可判断为钝角， 则. 4． 【答案】(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) 【分析】（1）证明出四边形为平行四边形，可得出，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立； （2）连接，证明出平面，再利用面面垂直的判定定理可证得结论成立； （3）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得平面与平面的夹角的余弦值. 【详解】（1）略 （2）略 （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. 5． 【答案】(1)如图： 在矩形中，分别为的中点，连接，则， 平面，平面，所以平面. 在与中，因为，，因为，所以， 因为平面，平面，所以平面. 因为平面，且，所以平面平面． (2) 【分析】（1）根据面面平行的判定定理进行证明. （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求二面角的余弦. 【详解】（1）略 （2）以中点为坐标原点，所在直线为x轴正方向，所在直线为y轴正方向， 过点和平面垂直的直线为z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 设平面的法向量为， 因， 则，即. 令，则， 设平面的法向量为， 所以， 所以所求二面角的余弦值为． 题型06 已知面面角求值 1． 【答案】C 【分析】根据题意，二面角的平面角就是向量与的夹角，进而得与的夹角为，再根据数量积定义求解即可. 【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 2． 【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. 3． 【答案】 【分析】由图得，再根据向量数量积的运算律和定义代入数据即可得到答案. 【详解】因为，二面角的大小为， 所以，． 因为， 由题意得， 所以． 所以， 所以. 故答案为：. 4． 【答案】 【分析】以为原点，的方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，根据二面角的平面角为60°建立方程求解即可． 【详解】因为底面，，底面，所以，， 又为直角，所以两两垂直． 以为原点，的方向分别为轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，， 因为为的中点，所以，所以，．设为平面的法向量，则 令，得．易知，平面的一个法向量为． 由题意，二面角的平面角为60°，则，解得． 故答案为：.    5． 【答案】(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)． 【分析】（1）求证平面，再利用线面垂直的定义即可； （2）以为坐标原点建系，利用法向量计算面面角即可. 【详解】（1）略 （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． 6． 【答案】(1)连接，因为直线为圆台的轴，为圆台的母线， 则为直角梯形，其中， 又因为， 所以为等腰直角三角形，所以， 又因为四边形为圆台的轴截面，则，又， 所以， 法一：又因为平面， 所以平面， 又平面， 所以； 法二：所以直线两两垂直， 以为坐标原点，直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 设，则，， 所以， 则，所以， 所以； (2)2. 【分析】（1）可以通过构造直角梯形证明 平面 ，从而 ；也可建立坐标系直接验证 ； （2）建立坐标系，分别求出平面 与 的法向量，利用二面角余弦的绝对值等于法向量夹角余弦的绝对值，解方程求高． 【详解】（1）略． （2）由（1）得，，， 设平面与平面的法向量分别为， 则，即，取，得，， 故平面的一个法向量为， 又，即，取，得， 故平面的一个法向量为， 由二面角的余弦值为， 得，解得， 所以圆台的高的长为2. 题型07 空间角中的最值问题 1． 【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. 2． 【答案】A 【分析】利用空间向量法求解，求出平面和平面的法向量，记平面和平面的夹角为，利用数量积求出，求出，利用同角关系式求出，利用正弦函数的图像和性质得到平面与平面的夹角的正弦值的最大值. 【详解】不妨设，建立空间直角坐标系如图所示， 则，， 得到， 记平面和平面的夹角为． 记平面的法向量为，， 取，则． 记平面的法向量为，， 取，则， 所以， ， ，当且仅当时，，所以， 故平面与平面的夹角的正弦值的最大值为，故选A． 3． 【答案】B 【分析】本题通过建立空间直角坐标系，利用线面角的向量计算公式，将的最小值问题转化为求的最大值问题，结合二次函数的最值性质求解. 【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：. 4． 【答案】B 【分析】先选择恰当的空间基底，用基底向量表示相关向量，再利用向量数量积公式计算异面直线所成角的余弦值，将几何问题转化为代数问题，再结合函数单调性求角度的最小值. 【详解】设，，，则， ，， ，. 因为点为棱上动点，设，， 则，， ， ，则， ， ，， 设异面直线与所成角为，则， 因为函数在上单调递增， 所以，当时，取得最大值，此时，所以取得最小值为， 即异面直线与所成角的最小值为. 5． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】(1)通过构造平行四边形，结合线面平行的判定定理证得平面. (2)建立空间直角坐标系，利用向量法求得直线到平面的距离. (3)利用向量法求得直线与平面所成角的正弦值的表达式，结合二次函数的性质求得其最大值. 【详解】（1）取的中点，连接、. 由为中点，得且； 由为中点，得且，故且， 所以四边形为平行四边形，因此. 又平面，平面，故平面. （2）连接，设，连接，则平面， 以为原点，、、分别为、、轴建立空间直角坐标系. 由为二面角的平面角，得、， 而是的中点，所以，所以是等边三角形， 因为，所以，高， ，，，，， ，，， ，设平面的法向量为， 则，故可设平面的法向量， 由平面，直线到平面的距离等于点到平面的距离， ，所以直线到平面的距离为. （3）设为线段上的动点，令()， 则 ， 则，向量. 设直线与平面所成角为， 则, ， 当时，取得最小值， 此时取得最大值为：. 题型08空间角中的探究性问题 1． 【答案】(1)方法一（几何法）： 连结，在长方体中， 因为平面，且平面，所以， 因为，所以矩形为正方形，所以， 又因为，且平面，所以平面， 因为平面，所以； 方法二（向量法）： 建立如图空间直角坐标系，设， 则，，，， ，， 因为，所以； (2)2 (3)存在E点，且与点B距离为时，二面角的大小为． 【分析】（1）几何法通过正方形对角线垂直结合线面垂直推出线线垂直，向量法建立坐标系，计算两直线方向向量点积为，完成垂直证明； （2）设底面边长为，将长方体表面分两类展开得到两种爬行距离表达式，根据判定最小值，列方程求解得到的长度； （3）几何法利用三垂线定理找出二面角平面角，结合等腰直角三角形性质与三角形等面积法算出的长度；向量法设点的坐标，求出两个面的法向量，利用二面角余弦公式解方程，舍去超出线段范围的解，确定的位置． 【详解】（1）略 （2）设， 因为四边形是正方形， 所以小蚂蚁从点A沿长方体的表面爬到点可能有两种途径． 如图甲的最短路程为， 如图乙的最短路程为， 因为，所以， 所以，解得，即的长度为． （3）方法一（几何法）：： 假设存在满足条件的点E，连结，设， 过点D在平面内作，连结， 则为二面角的平面角， 所以，所以， 在内，，而， 即，解得， 即存在E点，且与点B距离为时，二面角的大小为． 方法二（向量法）： 假设存在满足条件的点E，平面的法向量，，， 设平面的法向量， 则，即， 取，解得，得， 由题意得， 解得或（舍去）， 即存在E点，且与点B距离为时，二面角的大小为． 2． 【答案】(1)在四棱锥中，由正方形，得， 由平面平面，平面平面，平面， 得平面，而平面，则，由为的中点，， 得，又平面，所以平面. (2)（ⅰ）；（ⅱ）存在，. 【分析】（1）利用面面垂直的性质、线面垂直的性质及判定推理得证. （2）（ⅰ）利用线面平行的判定、性质，结合线线角的意义确定所求角，再利用余弦定理求解；（ⅱ）建立空间直角坐标系，利用线面角的向量法列式求解. 【详解】（1）略 （2）（ⅰ）由，平面，平面，得平面， 又平面与平面的交线为，平面，则， 则直线与直线所成的角是或其补角， 在平面内过点作交的延长线于点，连接， 由平面平面，平面平面，得平面， 而平面，则，而，， 则， 在中，由余弦定理得，， 所以直线与直线所成角的正弦值. （ⅱ）作，由（ⅰ）得平面，直线两两垂直， 以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则，，， ，设平面的法向量， 则，令，得，而， 由直线与平面所成的角为，得，解得， 所以存在点使直线与平面所成的角为，此时. 3． 【答案】(1)设中点，连接， ，，，所以， 因为，所以有，则， 因为，为中点，所以， 因为平面平面，平面平面，所以平面， 因为平面，所以， 因为，所以平面， 因为平面，所以平面平面. (2) (3)在棱上存在点，为上靠近的三等分点. 【分析】(1) 依托面面垂直性质得到高线，结合勾股逆定理证，证明垂直平面内两条相交直线，使用面面垂直判定定理完成证明； (2) 利用等体积转换，作为三棱锥的高，求出底面三角形面积后代入锥体体积公式直接计算； (3)建立空间直角坐标系，写出相关点的坐标，设，分别求出平面与平面的法向量，利用向量夹角公式列出方程，求得即可. 【详解】（1）略 （2）由（1）可知，平面，因为，所以， 则. （3）在棱上存在点，使得平面与平面的夹角为30°，为上靠近的三等分点.，证明如下： 由（1）得平面，因为平面，则， 过作的平行线，则以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如图，    由题意得，则, 因，则，故， 则， 设，由题可知， ， 设平面法向量为， 则，令，则，， 设平面的法向量为， 则， 令，则，， 因为平面与平面的夹角为30°， 所以， 化简得，即，又，则， 所以为上靠近的三等分点. 4． 【答案】(1)证明：记中点为，连接，， 则四边形为正方形，且根据勾股定理得， 所以，则，所以. 又，，，平面， 所以平面. 因为平面，所以， 易知，所以， 又因为，，平面， 所以平面. (2)存在，． 【分析】（1）利用勾股定理以及线面垂直判定定理可证明平面，再由线面垂直性质定理可得，即可证明平面； （2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用空间向量求出平面与平面的法向量，根据夹角余弦值确定点的位置，再由空间中点到直线距离的向量求法计算可得结果． 【详解】（1）略． （2）由（1）知平面，且，所以，，两两相互垂直． 以为坐标原点，以，，分别为，，轴建立如图空间直角坐标系， 则，，，，， 设，，则， 则，，， 设平面的法向量为． 则，令 ， 得. 设平面的法向量， 设平面与平面的夹角为，， 则，解得． 所以． 5． 【答案】(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) (3) 【分析】（1）由余弦定理求出，根据三角形三边满足勾股定理，证得，由面面垂直得到线面垂直，再由线面垂直证得线线垂直； （2）由面面垂直得到线面垂直，从而确定线面的夹角，根据直角三角形的边的关系，求得线面夹角的正弦值； （3）以为原点，分别以，，所在的直线为，，轴建立空间直角坐标系，分别求出两平面的法向量，根据异面夹角的计算公式即可求得. 【详解】（1）略 （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. 题型09向量法求点到直线的距离 1． 【答案】C 【分析】求出向量、，利用空间向量法求解即可. 【详解】由题意可得，， 所以点到直线的距离为. 2． 【答案】D 【分析】建立空间直角坐标系，由向量关系求解. 【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． 【答案】D 【分析】根据给定条件，建立空间直角坐标系，利用点到直线的距离公式求解. 【详解】在正四棱柱中，建立如图所示的空间直角坐标系， 由，得，线段的中点， 则， 所以点到直线的距离. 故选：D 4． 【答案】A 【分析】建立空间直角坐标系，确定相关点以及向量的坐标，利用点到直线的距离的向量求法，即可得答案. 【详解】如图，以为原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系， 则，，，，由，可得， 为的重心，所以，，， 则，，， 故点到直线的距离为. 故选：A 5． 【答案】 【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法求得点D到直线EF的距离. 【详解】如图，连接AC，BD，DE，记，连接OP. 由正四棱锥的性质可知OB，OC，OP两两垂直， 则以为坐标原点，OB，OC，OP所在直线分别为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系. 因为，，所以，， 则， 所以， 则点到直线的距离是. 故答案为：. 题型10向量法求点到平面的距离 1． 【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. 2． 【答案】D 【分析】先求出平面的法向量，再利用向量求出点到平面的距离，然后利用向量求出点到直线的距离，进而求出的面积，最后利用三棱锥的体积公式即可. 【详解】设平面的法向量为， 则，则， 则点到平面的距离为， 又，， 则点到直线的距离为， 则， 故三棱锥的体积为. 3． 【答案】B 【分析】因为是对棱相等的棱锥，所以将三棱锥放在长方体更容易求解. 【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. 4． 【答案】 【分析】根据圆锥的几何性质，结合已知条件得出互相垂直关系，建立空间直角坐标系，求出相关点坐标，利用三角形的性质，求出面积最大值时点坐标，求出平面法向量和相关向量，进而利用点到平面距离公式计算求解． 【详解】连接，由题意可知，， 以为坐标原点，建立下图所示空间直角坐标系，    则， 点在底面圆上，且点在直径同侧，设， 母线长，为等腰三角形， ， 设边上的高为，则， ， 令，则，开口向下，对称轴为， 当时，面积最大，此时， ，， ，设平面的法向量为， 则，令，则， 点到平面距离为． 5． 【答案】 【分析】根据题意画出图形，分别以为轴作出空间直角坐标系，写出相应的坐标，求出的坐标，然后利用点到平面距离的向量求法求解即得.. 【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，因为正方体的棱长为4，，， 则， 在平面内，直线方程为，直线方程为，联立解得， 所以，， 设平面的法向量， 则，令，得， 于是点M到平面的距离. 题型11向量法求线到面、面到面的距离 1． 【答案】B 【分析】先利用面面平行的判定定理证明平面平面，从而面面距离转化为点面距离，然后建立空间直角坐标系，利用空间向量求点到面的距离公式进行求解. 【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. 2． 【答案】D 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可. 【详解】如图建立空间直角坐标系，则，， 所以, 设平面的法向量为，则 ，令，则， 因为，平面，平面， 所以平面，所以直线到平面的距离即为点到平面的距离， 所以直线到平面的距离为 . 故选：D.      3． 【答案】2 【分析】先由题设求证平面平面得到平面与平面的距离即为点C到平面的距离，接着建立适当空间直角坐标系求出和平面的一个法向量，再由向量法距离公式即可求解. 【详解】由正方体结构性质可知且，且， 所以四边形和四边形均为平行四边形， 所以，又在平面外，平面， 所以平面，平面， 又，平面， 所以平面平面， 所以平面与平面的距离即为点C到平面的距离， 由题可建立如图所示空间直角坐标系， 则， 所以， 设平面的一个法向量为， 则，所以，取，则， 所以平面与平面的距离即点C到平面的距离为. 故答案为：2 4． 【答案】(1) (2) (3) (4) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用异面直线距离的向量公式求解即可； （2）求出平面的法向量，利用点到平面距离的向量公式求解即可； （3）利用直线到平面距离的向量公式求解即可； （4）求出平面、平面的一个法向量，可得平面平面，转化为点到平面的距离，利用点到平面的距离向量求法即可求解. 【详解】（1）如图，建立空间直角坐标系，    则、、、，、、 、、， 所以，， 设是与，都垂直的向量， 则，即，即，令得， 选与的两点向量为， 得与的距离. （2），设为平面的法向量，则， 即，即，令得， 选点到平面两点向量为， 由公式得：点到平面的距离. （3）由（2）可知：平面的法向量可设， 设与平面的两点向量为， 故直线到平面的距离. （4），， 设分别为平面、平面的一个法向量， 所以，令，可得，所以， ，令，可得，所以， 所以，所以平面平面， 可得点到平面的距离即为所求，， 所以点到平面的距离为， 故平面与平面的距离为. 5． 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）根据给定条件，建立空间直角坐标系，利用空间位置的向量证明推理即得. （2）由（1）中信息，利用点到平面的距离公式计算即得. 【详解】（1）在直三棱柱中，，则直线两两垂直， 以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，设， 则， ，于是， 即，因此直线， 而平面，则平面； 又，则，直线， 而平面，则平面，又点平面， 所以平面平面.    （2）由（1）得，平面的一个法向量为，而， 则点到平面的距离， 由平面平面，得平面与平面的距离等于点到平面的距离， 所以平面与平面的距离为. 题型12空间距离中的最值问题 1． 【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. 2． 【答案】B 【分析】建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，再利用点到平面的距离公式表示距离，最后结合换元法和基本不等式求解最大值即可. 【详解】如图，取的中点，的中点，连接，， 以，，的方向分别为轴的正方向建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，，，， 设平面的法向量为，. 因为，， 所以，令， 解得，得到. 设到平面的距离分别为， 因为，， 所以 ， 令，则， 当且仅当，即时，等号成立， 所以到平面的距离之和的最大值为. 故选：B. 3． 【答案】A 【分析】弹子到直线的距离最小就是求上的点到直线的最小距离，根据题意以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用空间中点到直线的距离公式求得点到直线的距离为，所以当时，取得最小值. 【详解】根据题意以为坐标原点，分别为轴､轴､轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，设， 则点到直线的距离为， 其中为直线的单位方向向量，， 可取， 所以, 整理得， 当时，取得最小值. 故选：A. 4． 【答案】 【分析】利用空间向量根据垂直关系确定的轨迹，再计算最值即可. 【详解】    如图所示，建立空间直角坐标系，易知， 设，则， 因为，所以，即， 可知， 所以到直线距离为 ， 当时取得最大值. 故答案为： 5． 【答案】(1) (2)； 【分析】（1）根据短半轴长、椭圆离心率、联立即可求解椭圆的标准方程； （2）（i）设，，，依据中点和斜率关系可得，，，根据A、B在椭圆上，并结合点差法、中点坐标关系可得到，同时中点M又在直线上，P在椭圆上，据此再列出两个方程，联立可得m、k之间的关系；（ii）根据空间向量法，求出点到平面的距离的最小值关于k、m的表达式，再结合（i）中k、m的关系求解最小值即可． 【详解】（1）已知椭圆短轴长，得， 离心率，再结合椭圆关系，解得，， 因此椭圆的标准方程为． （2）（i）设，则OP的中点， 设，，代入椭圆方程并作差可得， 也即， 因为是AB中点，所以，，且， 代入得也即， 又在直线AB上，代入可得， 将代入上式可得，也即①， 结合在椭圆，并代入，化简得②， 联立①②并整理． （ii）在所给平面直角坐标系的基础上，以为z轴建立空间直角坐标系，如图所示，    由题意得，设平面的法向量为， 向量，，由和， 可得，令，可得， 即，又， 所以点到平面的距离公式为， 结合化简后，可得， 而根据可知，当且仅当时成立， 故． 故最小值为． 题型13空间距离中的探究性问题 1． 【答案】(1)证明：为等边三角形， 为中点，故. 由得，则，. 平行四边形中 ，，在中，且， 即，故. 在中，由余弦定理得 已知，则，满足， 故. 又，平面， 因此平面. (2)（i）平面， 平面 ，平面平面， 所以由线面平行的性质定理得. （ii）存在，理由如下： 以 为坐标原点，方向为 轴正方向，过 作的平行线为 轴正方向， 方向为轴正方向，建立空间直角坐标系. 各点坐标为，，，，. 由，， 由得. 由，，取直线的一个方向向量为. ， 设平面的法向量为， 则， 故可设 ，点到平面的距离： 令，则，整理得， 解得（，符合取值范围）. 因此存在，使得点到面的距离为. 【分析】（1）根据线面垂直的判定定理证得平面. （2）（i）利用线面平行的性质定理，通过两平面的交线直接推导线线平行. （ii）建立空间直角坐标系，通过平面的法向量，结合点到平面的距离公式列方程，求解得到参数. 【详解】（1）略 （2）（i）略 （ii）略 2． 【答案】(1)； (2) (3)存在，点位于线段的靠近点的三等分点 【分析】（1）连接，证明，结合面面垂直性质定理证明平面，取边的中点记为，建立空间直角坐标系，求的坐标，再求线段的长度； （2）求平面的法向量，结合向量夹角公式求直线与平面所成角的正弦值，再利用同角三角函数基本关系求出余弦值； （3）设，求平面的法向量，结合点到平面的距离的向量求法求点到平面的距离，列方程求，由此可得结论. 【详解】（1）连接，因为为线段的中点，所以， 由题意知面面，且面面， 又面，所以平面，取边的中点记为，则． 以点为原点，以为轴建立空间直角坐标系， 易知，所以； （2）由（1）可知， 所以，，， 记平面的一个法向量， 所以 ，不妨取，得，即， 记直线与平面所成角为， 则， 考虑到，有，从而， 所以直线与平面所成角的余弦值为． （3）设，其中． ， ， ，记平面的一个法向量为， 则有， 不妨取，解得，即， 则点到平面的距离， 整理得：，即， 解得或（舍去）， 所以当点位于线段的靠近点的三等分点时， 点到平面的距离为． 3． 【答案】(1) (2)存在，点位于线段的靠近点的三等分点 【分析】（1）连接，证明，结合面面垂直性质定理证明平面，取边的中点记为，建立空间直角坐标系，求平面的法向量，结合向量夹角公式求直线与平面所成角的正弦值； （2）设，求平面的法向量，结合点到平面的距离的向量求法求点到平面的距离，列方程求，由此可得结论. 【详解】（1）由已知，连接，因为为线段的中点，所以； 因为平面平面，又平面平面，又面， 所以平面；取边的中点记为，则； 以点为原点，以为轴的正方向，建立空间直角坐标系， 则，，，， 所以，，， 记平面的法向量为， 所以， 不妨取，得， 所以为平面的一个法向量； 记直线与平面的所成角为， 则， 所以，直线与平面所成角的正弦值为 （2）设，其中， ，， ，， ， 记平面的一个法向量为， 则有， 不妨取，解得， 即；     则点到平面的距离， 整理得：即， 解得或（舍去）， 所以，当点位于线段的靠近点的三等分点时，点到平面的距离为． 4． 【答案】(1) 法一， 在直角梯形ABCD中，， 因为，所以，所以. 又因为平面ABCD，所以. 因为，所以平面PAC. 法二， 以为坐标原点，AD，AB，AP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 则.                         设平面PAC的法向量为， 因为，所以 取，得. 又，所以，即与共线， 所以平面PAC. (2)存在， 【分析】（1）法一，根据勾股定理证明线线垂直，再由线面垂直的判定定理得证，法二，建空间直角坐标系，利用向量证明即可； （2）法一，假设存在一点，使点到平面PCD的距离为，设，利用等体积法求解，法二，根据向量法利用点面距离求解即可 【详解】（1）略 （2）法一 假设存在一点，使点到平面PCD的距离为，设， 即，连接DE，EP， 因为， 所以. 因为平面ABCD，所以，则， 由（1）知平面PAC，则. 由，得，解得， 因此线段BC上存在一点，当时，点到平面PCD的距离为. 法二， 设平面PCD的法向量为， 因为，所以 取，得. 设，点到平面PCD的距离为， 因为，所以，解得， 所以， 因此线段BC上存在一点，当时，点到平面PCD的距离为. 综合攻坚·知能拔高 1． 【答案】B 【分析】利用面面垂直证明平面，再建立空间直角坐标系，通过点到直线的距离计算，结合面积得到动点的轨迹方程，可确定轨迹为椭圆，再利用距离的坐标运算，结合椭圆的有界性，即可求得最值. 【详解】因为平面平面，平面平面，平面，， 所以平面. 如图建立空间直角坐标系， 在直角三角形中，由，，可得， 所以，设， 则， 所以点到的距离为： 所以的面积为， 平方化简上式得：， 由上可得：点P在平面上的轨迹为椭圆，故①正确； 由，则，把代入可得： 因为，所以， 即当时，，故②错误； 当时，，故③正确； 综上正确的是：①③， 故选：B. 2． 【答案】ABD 【分析】A选项先找到线线平行，从而得到线面平行；B选项先找出直线与平面平行，再确定点；C选项找出异面直线公垂线，再求公垂线长度；D选项先找出二面角的平面角，再用余弦定理计算余弦值. 【详解】对于选项A：如图1，若P为的中点，,平面PAC，平面PAC，平面PAC，故A正确； 对于选项B：如图2，当P为平面AMNC与的交点时，连接MA，此时，平面PAC，平面PAC，故平面PAC，所以B正确； 对于选项C：如图3，连接，平面，，又，，平面， 所以平面，平面，所以，同理可得， 取BC中点Q，连接，QA分别与，BD相交，取交点分别为F，E，此时，得， 因为， ，所以， ， 故EF为，BD的公垂线段，且，所以C不正确； 对于选项D：如图4，设，， 则，作，垂足为T，连接ET， ，，可得， ，，， 故，当且仅当时“＝”成立， 即当E，F分别为BD，中点时EF取得最小值． 取EF中点R，连接RB，RC，平面与平面交线为， 因为E，F分别为BD，中点，所以， 又R是EF中点，所以, 则为二面角的平面角， 而，得， 即此时平面BEF与平面CEF夹角的余弦值为，所以D正确． 3． 【答案】BCD 【分析】建立空间直角坐标系，根据异面直线所成角空间向量法计算判断A；根据等体积法的等高等底可判断B；根据面面角空间向量法计算可判断C；证明面面平行，根据面面平行的性质可判断D. 【详解】建立如图所示空间直角坐标系，则， 对于A，， 故，故， 即直线和所成的角为，故A错误； 对于B，三棱锥的体积转化为三棱锥的体积， 三棱锥的底面积为定值， 因为平面平面，所以到平面高不变，体积为定值，故B正确； 对于C，设平面法向量为， ，因为， 所以，所以令，得， 所以平面法向量为， 取平面法向量为， 设二面角为， 则， 所以二面角的大小为，故C正确； 对于D，若，则，则点在线段上， 因平面平面，且平面平面，平面平面， 故， 因为平面，平面， 故平面， 同理可证平面， 因为平面，平面，且， 故有平面平面， 又因为平面，所以平面，故D正确. 4． 【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. 5． 【答案】 【分析】建立空间直角坐标系，利用求点的轨迹，再利用二面角的正切值求出点的坐标，最后利用棱锥的体积公式计算即可. 【详解】以为原点，分别以所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系． 因为正方体棱长为2，所以， 设动点， 由得：，得， 即动点的轨迹为线段端点为和， 由于侧面，故且，因此二面角的平面角为， 根据题意，，结合轨迹条件，得即点坐标为． 又因为，所以． 6． 【答案】 【分析】建立空间坐标系, 设平面法向量,根据和与平面所成角均为,列方程组求解,进而求得点面距. 【详解】以D点为原点，建立空间坐标系如图，， ， 设平面法向量， 则①， ②， 联立①②可得③, 若,则, 若,则取,不符合题意, 若,代入③得,取,符合题意, 若,即, 代入③得, 整理得,即,则(舍), 所以, 则到平面的距离. 故答案为:. 7． 【答案】(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）. (2) 【分析】（1）（i）利用勾股定理可证得，，利用线面垂直和面面垂直的判定定理可证得结论成立； （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，建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得二面角的大小； （2）设，根据题意得出，结合图形不妨取，所以，并设，，，利用空间向量法结合函数的单调性可求得与平面所成角的正弦值的范围. 【详解】（1）（i）略； （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. 8． 【答案】(1)连接， 在四棱台中，， 又，，所以， 又，则， 所以四边形为平行四边形， 故，又平面，平面， 所以平面； (2)直线与垂直，理由如下： 因为平面，，以为原点建立空间直角坐标系，如图， 则，，，，，，，， 所以，，， 所以； (3) 【分析】（1）连接，可证四边形为平行四边形，得到，再利用线面平行的判定即可证明； （2）以为原点建立空间直角坐标系，得到，，再根据向量法可证垂直； （3）设的坐标为，根据椭圆的定义可得，设，再利用向量共面的基本定理可得，令，进而得到，然后利用空间向量法求点到平面的距离即可． 【详解】（1）略 （2）略 （3）在上述坐标系中，设的坐标为， 因为为的中点，且，则，即， 又因，所以的轨迹是以为两焦点的椭圆， 由,得,故的轨迹方程为. 因为直线与平面的交点为，所以在直线上， 则存在，使， 得， 又在平面内，得， 即，得 ， 所以，得， 因为，令， 则 ，即 因为，所以， 又，平面， 所以平面，则平面的一个法向量为， ， 点到平面的距离，因 所以当时，取最小值，即， 所以点到平面距离的最小值为． 【点睛】本题主要考查线面平行的判定，利用空间直角坐标法判定空间直线的位置关系，同时涉及椭圆的定义，利用坐标法得到点在直线上的变化是解题的关键． 1 / 14 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题02 空间角与距离问题 常考题型·精准突破 题型01 向量法求异面直线所成角 题型02 已知线线角求值 题型03 向量法求直线与平面所成角（重） 题型04 已知线面角求值 题型05 向量法求二面角（高频） 题型06 已知面面角求值 题型07 空间角中的最值问题（难） 题型08空间角中的探究性问题（重） 题型09向量法求点到直线的距离 题型10向量法求点到平面的距离（高频） 题型11向量法求线到面、面到面的距离 题型12空间距离中的最值问题（难） 题型13空间距离中的探究性问题 综合攻坚·知能拔高 常考题型·精准突破 题型01 向量法求异面直线所成角 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 【分析】以为原点，为轴，为轴，为轴建系，利用空间向量求解即可. 【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．（2026·山东济南·模拟预测）在平行四边形中，设，，，沿将平行四边形折成一个直二面角，则与所成的角的余弦值是（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据图形特点建立空间直角坐标系，利用向量计算即可. 【详解】因为二面角为直二面角，为交线， 故平面平面，平面平面，又，平面， 所以底面， 以为原点，建立空间直角坐标系如图所示， 因为，， 所以为等腰直角三角形， 则，，，, ，, 设与所成的角为， 则. 3．（25-26高二上·内蒙古·期末）在圆锥中，是底面圆的直径，为线段上的一点，且是的中点，，则直线与直线所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量求异面直线所成的角的三角函数值. 【详解】因为为的中点，所以. 如图：以为原点，OC，OB，OS分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 则， 因为为线段SB的一点，且，所以， 所以， 设直线与直线所成的角为， 则. 故选：B 4．（25-26高二上·新疆昌吉·期末）在直三棱柱中，分别是的中点，则与直线所成角的正弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】以为原点建系，由向量法求两直线所成角的余弦值，再由平方关系求正弦值. 【详解】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，所以， 设直线与直线所成角为，则. 所以， 故选：B. 二、填空题 5．（25-26高二上·河北衡水·阶段检测）如图，已知圆锥的顶点为，底面圆心为，半径为2.若圆锥的母线长为4，则圆锥的体积为______；若是底面圆的半径，且为线段的中点，则异面直线与所成的角的余弦值为______． 【答案】 / 【分析】根据条件求出圆锥的高，代入圆锥体积公式计算即得；通过建系，求出相关点和向量的坐标，利用向量夹角的坐标公式计算即得. 【详解】由题意得圆锥的高长为， 所以其体积为； 由题意得平面，则，， 而，则两两相互垂直， 则可以点为原点，分别以所在直线为轴、轴、轴建立如图的空间直角坐标系如图． 如图，，，，则，，， 则直线与的夹角的余弦值为． 故答案为：，. 题型02 已知线线角求值 1．已知直线的一个方向向量为，直线的一个方向向量为，若直线、所成的角等于，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用空间向量法可得出关于的等式，解之即可. 【详解】由题意可得，解得. 故选：B. 2．（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 【分析】建立空间直角坐标系，利用异面直线向量公式列方程求解即可. 【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. 3．（25-26高二上·湖南衡阳·期末）已知四棱锥中，底面为正方形，底面，，分别为线段，的中点，是线段上的一点，.若异面直线与所成角的余弦值为，则三棱锥的体积为________.    【答案】 【分析】建系并标出点，设，，利用空间向量得坐标运算结合线线夹角求得，进而可求锥体的体积. 【详解】因为四棱锥的底面为正方形，且平面， 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，    则点，，，，， 可得，， 设，， 则，即， 可得， 设异面直线与所成角为， 则， 整理可得，解得或（舍去）， 即，则. 所以. 故答案为：. 4．（25-26高二上·重庆·期中）如图，两条异面直线a，b所成的角为，在直线a，b上分别取点，E和点A，F，使，且.已知，，，则线段的长为______. 【答案】 【分析】依题意，两边平方，结合条件，即可求得公垂线段的长. 【详解】依题意， 两边平方得， 因为，，和的夹角为或， 所以， 故. 故答案为： 5．（2026·广西崇左·一模）如图，在四棱锥中，底面，，，，E，F，G分别为，，的中点. (1)证明：平面平面. (2)若异面直线与所成角的余弦值为，求四棱锥的体积. 【答案】(1)因为E，F分别为，的中点，所以. 又平面，平面，所以平面. 因为 ，，且E为的中点，所以， 则四边形为平行四边形， 则.又平面，平面，所以 平面. 因为平面，平面， ，所以平面 平面. (2) 【分析】（1）根据线面平行的判定定理得到平面和 平面，再利用面面平行的判定定理即可证明； （2）建立合适的空间直角坐标系，求出相关向量，从而得到锥体的高，最后利用锥体的体积公式即可得到答案. 【详解】（1）略 （2）以A为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示. 设 （ ），则，，，， 则，. 因为异面直线与所成角的余弦值为， 所以， 解得， 故四棱锥的体积为. 题型03 向量法求直线与平面所成角 1．（25-26高三上·福建福州·开学考试）在正三棱柱中，，则直线与平面所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】建立空间直角坐标系，根据空间角的向量求法即可求得答案. 【详解】设三棱柱的棱长为1，以B为原点， 以过B作的垂线为x轴，以为轴，为轴， 建立空间直角坐标系，如图， 则，所以， 易知平面的一个法向量可取为， 设直线与平面所成角为，， 则. 故选：A 2．（25-26高二上·浙江宁波·期末）在三棱锥中，，，则直线与平面所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】设中点为，连接， 先证平面，再以为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量法求线面角即可． 【详解】设中点为，连接， 不妨设， ，， ， ，， ，则， 又， ， 平面， 平面， 故以为原点建立空间直接坐标系， 则， 设平面的一个法向量， ，不妨取，则， ， 设直线与平面所成角为， ． 故选：D． 3．（25-26高二上·山东潍坊·阶段检测）如图，四边形是矩形，，，平面，，，则和平面所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题意建立空间直角坐标系，得到的坐标及平面的法向量，根据向量的数量积可得向量夹角的余弦值，进而得结果. 【详解】因为平面，平面， 所以， 又，所以两两垂直， 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， 所以， 设平面的法向量为， 则，即，令，可得， 所以， 设和平面所成角为， 则，即和平面所成角的正弦值为. 故选：C. 4．（25-26高二下·甘肃定西·期末）如图，在三棱柱中，平面，，二面角的大小为． (1)若是的中点，证明：平面． (2)若，，求直线与平面所成角的大小． 【答案】(1) 连接交于， 在三棱柱中，侧面是平行四边形， 所以是的中点， 又因为是的中点， 所以， 因为平面，平面， 所以平面； (2) 【分析】（1）借助三棱柱侧面平行四边形对角线中点性质，结合三角形中位线得到线线平行，再用线面平行判定定理完成证明； （2）由侧棱垂直底面确定二面角平面角，建立空间直角坐标系求出所有点坐标，利用线段比例算出坐标，求出平面法向量后，套用线面角向量公式计算出角度． 【详解】（1）略 （2） 因为平面，平面，平面， 所以，， 所以二面角的平面角， ，，， 在平面内作， 因为平面，平面， 所以，即两两垂直， 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， ，，即，，， 设， ， 由，得， 所以，解得，即， ，，， 设平面的法向量， 所以，即， 令，得， 设直线与平面所成角为， 所以， 因为，所以， 所以直线与平面所成角的大小为． 5．（25-26高二下·内蒙古赤峰·期末）如图，在中，，，D，E分别在，上，满足，，将沿折起到的位置，使.      (1)求证：平面； (2)若点M满足，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)因为，，所以， 又因为，则，所以，翻折后， 又因为，平面，所以平面， 又平面，所以， 又因为，平面， 所以平面. (2) 【分析】(1)折叠保垂直，依靠两组垂直交线证明出线面垂直； (2)依托第一问垂直条件建立空间直角坐标系，确定点坐标，求出平面法向量，套用线面夹角向量公式运算求解. 【详解】（1）略 （2）由（1）知，建立如下所示空间直角坐标系，由几何关系知， 所以，则， 设平面的法向量，则， 令，则， 因为在线段上，且，则， 所以， 即直线与平面所成角的正弦值为.    题型04 已知线面角求值 1．（2026·山东聊城·三模）在三棱柱中，为等腰直角三角形，且，，若直线与平面所成的角为60°，则的最小值为________． 【答案】8 【分析】可通过空间向量分解和线面角性质来求解，核心是利用线面角的约束条件，将向量正交分解，转化为平面向量求最值即可. 【详解】， 即， 因为直线与平面所成的角为60°，故在平面内的投影满足：， 即投影点在底面以为圆心，半径为的圆上，故的竖直分量垂直于平面， 因此，等价于投影向量，其中，， 根据向量性质，， 当且仅当与同向时取得最大值24， 故. 2．（25-26高二下·北京·阶段检测）如图，在四棱锥中，，，，，，．E是棱上一点，平面． (1)求证：E为的中点； (2)若直线与平面所成的角为，求四棱锥的体积． 【答案】(1)证明：如图在中，过点作交于点，连接. 因为，所以.所以，，，四点共面. 因为平面，平面，平面平面， 所以. 所以四边形是平行四边形. 所以. 所以为的中点. (2) 【分析】（1）在中，过点作交于点，利用平面证明即可. （2）取中点，以为原点建立空间直角坐标系，设点的坐标，利用直线与平面所成的角为即可求解点的坐标，从而可计算四棱锥的体积． 【详解】（1）略 （2）取中点，连接. 因为，所以. 因为，，所以四边形为正方形. 所以，. 因为，所以. 又因为，平面，平面， 所以平面.因为平面，所以. 如图，以为原点，分别以，，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系. ，，，， 设，. ，，， 设平面的法向量为， 则，即， 令，则，，所以. 直线与平面所成角为， 所以. 解得. 所以. 所以四棱锥的体积为. 3．（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． 【答案】(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)或． 【分析】（1）根据线面平行的判定定理证明即可； （2）由面面垂直的性质得到平面，即可得到，再证，进而建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法可得的坐标，即可得解. 【详解】（1）略 （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． 4．（吉林长春市柏辰艺术中学等校2026届高三普通高校招生模拟5月联考数学试题）如图斜三棱柱，，平面平面，，，M、O分别为AC、的中点．    (1)证明：； (2)设Q为棱上的动点，，BQ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）用向量数量积证明，即可得到． （2）因为在平面内，且与平面所成角的正弦值为，所以平面．又直线经过平面内的点，故在平面内．再由在线段上，用空间向量表示，根据平面内点的向量表示求出． 【详解】（1）因为为的中点，所以. 又因为，所以 . 因为，且，所以. 因此.故． （2）由题意，在线段上，且. 因为为的中点，所以. 又, 所以. 因为与平面所成角的正弦值为，所以平面． 又在平面内，所以点在平面内． 平面内任意一点都可以表示为. 对点，由上式可知. 因此必须有. 解得.所以的值为．    5．（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) 【分析】（1）（i）证明与平面的法向量垂直；（ii）利用空间向量夹角公式，结合线面角定义进行求解即可； （2）设，利用空间向量夹角公式，结合线面角定义进行求解即可. 【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. 题型05 向量法求二面角 1．（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 【分析】法1，利用长方体的线面垂直性质找出二面角的平面角，再通过直角三角形的边角关系计算得到二面角的余弦值；法2，建立空间直角坐标系，分别求出二面角两个半平面的法向量，通过计算法向量的夹角余弦值得到二面角的余弦值. 【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. 2．（25-26高三下·重庆·开学考试）已知正三棱台的高为，则二面角的大小为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】建立空间直角坐标系，利用向量夹角公式即可求解. 【详解】设下底面的中心为，上底面的中心为， 以为原点，以为轴，为轴，过作，建立空间直角坐标系， 由正三棱台的高为， 所以，，所以， ， 同理， 所以， 所以， 设平面的法向量为， 所以，令，得， 显然为平面的一个法向量， 所以， 所以， 所以二面角的大小为. 3．（25-26高二下·青海西宁·期末）如图，在三棱柱中，侧面为正方形，，，，，为的中点．    (1)求证：平面； (2)求二面角的余弦值． 【答案】(1)如图，设与的交点为，连接， ∵在三棱柱中，四边形是平行四边形，∴是的中点， 又∵为的中点，∴是三角形的中位线， ∴，又∵平面，平面，∴平面. (2) 【详解】（1）略. （2）∵，，， 平面，∴平面， ∴，又∵侧面为正方形，∴， 以为原点，分别以的方向为轴正方向， 建立空间直角坐标系，则，， ，，，    ∵轴底面，∴取平面的一个法向量为， 设平面的法向量为，， ，则，化简得， 令，则，即， 设二面角的平面角为，由图可判断为钝角， 则. 4．（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. 【答案】(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) 【分析】（1）证明出四边形为平行四边形，可得出，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立； （2）连接，证明出平面，再利用面面垂直的判定定理可证得结论成立； （3）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得平面与平面的夹角的余弦值. 【详解】（1）略 （2）略 （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. 5．（25-26高二下·福建漳州·期末）在正三棱柱中，已知分别是棱的中点． (1)证明：平面平面； (2)求二面角的余弦值． 【答案】(1)如图： 在矩形中，分别为的中点，连接，则， 平面，平面，所以平面. 在与中，因为，，因为，所以， 因为平面，平面，所以平面. 因为平面，且，所以平面平面． (2) 【分析】（1）根据面面平行的判定定理进行证明. （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求二面角的余弦. 【详解】（1）略 （2）以中点为坐标原点，所在直线为x轴正方向，所在直线为y轴正方向， 过点和平面垂直的直线为z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 设平面的法向量为， 因， 则，即. 令，则， 设平面的法向量为， 所以， 所以所求二面角的余弦值为． 题型06 已知面面角求值 1．（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 【分析】根据题意，二面角的平面角就是向量与的夹角，进而得与的夹角为，再根据数量积定义求解即可. 【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 2．（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. 3．（25-26高二上·山东日照·期末）已知二面角的大小为，棱上有两点，线段和分别在面和内，且，．若，，则的长为___________． 【答案】 【分析】由图得，再根据向量数量积的运算律和定义代入数据即可得到答案. 【详解】因为，二面角的大小为， 所以，． 因为， 由题意得， 所以． 所以， 所以. 故答案为：. 4．（25-26高二上·吉林·开学考试）如图，在四棱锥中，底面，为直角，，，为的中点，，且二面角的平面角为60°，则______．    【答案】 【分析】以为原点，的方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，根据二面角的平面角为60°建立方程求解即可． 【详解】因为底面，，底面，所以，， 又为直角，所以两两垂直． 以为原点，的方向分别为轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，， 因为为的中点，所以，所以，．设为平面的法向量，则 令，得．易知，平面的一个法向量为． 由题意，二面角的平面角为60°，则，解得． 故答案为：.    5．（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． 【答案】(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)． 【分析】（1）求证平面，再利用线面垂直的定义即可； （2）以为坐标原点建系，利用法向量计算面面角即可. 【详解】（1）略 （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． 6．（25-26高二下·广东·期末）如图，已知圆台，其中均为母线，四边形为圆台的轴截面，且． (1)求证：； (2)已知二面角的余弦值为，求圆台的高的长． 【答案】(1)连接，因为直线为圆台的轴，为圆台的母线， 则为直角梯形，其中， 又因为， 所以为等腰直角三角形，所以， 又因为四边形为圆台的轴截面，则，又， 所以， 法一：又因为平面， 所以平面， 又平面， 所以； 法二：所以直线两两垂直， 以为坐标原点，直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 设，则，， 所以， 则，所以， 所以； (2)2. 【分析】（1）可以通过构造直角梯形证明 平面 ，从而 ；也可建立坐标系直接验证 ； （2）建立坐标系，分别求出平面 与 的法向量，利用二面角余弦的绝对值等于法向量夹角余弦的绝对值，解方程求高． 【详解】（1）略． （2）由（1）得，，， 设平面与平面的法向量分别为， 则，即，取，得，， 故平面的一个法向量为， 又，即，取，得， 故平面的一个法向量为， 由二面角的余弦值为， 得，解得， 所以圆台的高的长为2. 题型07 空间角中的最值问题 1．（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. 2．（2026·河南开封·二模）在长方体中，，点分别为棱和的中点，点是棱上的动点，则平面与平面的夹角的正弦值的最大值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用空间向量法求解，求出平面和平面的法向量，记平面和平面的夹角为，利用数量积求出，求出，利用同角关系式求出，利用正弦函数的图像和性质得到平面与平面的夹角的正弦值的最大值. 【详解】不妨设，建立空间直角坐标系如图所示， 则，， 得到， 记平面和平面的夹角为． 记平面的法向量为，， 取，则． 记平面的法向量为，， 取，则， 所以， ， ，当且仅当时，，所以， 故平面与平面的夹角的正弦值的最大值为，故选A． 3．（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 【分析】本题通过建立空间直角坐标系，利用线面角的向量计算公式，将的最小值问题转化为求的最大值问题，结合二次函数的最值性质求解. 【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：. 4．（2026高二下·浙江·学业考试）斜三棱柱中，是边长为2的正三角形，侧棱，，点为棱上动点，则异面直线与所成角的最小值为（     ） A．30° B．45° C．60° D．75° 【答案】B 【分析】先选择恰当的空间基底，用基底向量表示相关向量，再利用向量数量积公式计算异面直线所成角的余弦值，将几何问题转化为代数问题，再结合函数单调性求角度的最小值. 【详解】设，，，则， ，， ，. 因为点为棱上动点，设，， 则，， ， ，则， ， ，， 设异面直线与所成角为，则， 因为函数在上单调递增， 所以，当时，取得最大值，此时，所以取得最小值为， 即异面直线与所成角的最小值为. 5．（25-26高二下·江苏南通·期中）如图，在正四棱锥中，，点，分别为，的中点，且是二面角的平面角． (1)求证：平面； (2)求直线到平面的距离； (3)点是线段上的动点，求直线与平面所成角的正弦值的最大值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】(1)通过构造平行四边形，结合线面平行的判定定理证得平面. (2)建立空间直角坐标系，利用向量法求得直线到平面的距离. (3)利用向量法求得直线与平面所成角的正弦值的表达式，结合二次函数的性质求得其最大值. 【详解】（1）取的中点，连接、. 由为中点，得且； 由为中点，得且，故且， 所以四边形为平行四边形，因此. 又平面，平面，故平面. （2）连接，设，连接，则平面， 以为原点，、、分别为、、轴建立空间直角坐标系. 由为二面角的平面角，得、， 而是的中点，所以，所以是等边三角形， 因为，所以，高， ，，，，， ，，， ，设平面的法向量为， 则，故可设平面的法向量， 由平面，直线到平面的距离等于点到平面的距离， ，所以直线到平面的距离为. （3）设为线段上的动点，令()， 则 ， 则，向量. 设直线与平面所成角为， 则, ， 当时，取得最小值， 此时取得最大值为：. 题型08空间角中的探究性问题 1．（2026高三·全国·专题练习）如图所示，在长方体中，，，点E在棱上移动，小蚂蚁从点A沿长方体的表面爬到点，所爬的最短路程为． (1)求证：； (2)求的长度； (3)在线段上是否存在点E，使得二面角的大小为．若存在，确定点E的位置；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)方法一（几何法）： 连结，在长方体中， 因为平面，且平面，所以， 因为，所以矩形为正方形，所以， 又因为，且平面，所以平面， 因为平面，所以； 方法二（向量法）： 建立如图空间直角坐标系，设， 则，，，， ，， 因为，所以； (2)2 (3)存在E点，且与点B距离为时，二面角的大小为． 【分析】（1）几何法通过正方形对角线垂直结合线面垂直推出线线垂直，向量法建立坐标系，计算两直线方向向量点积为，完成垂直证明； （2）设底面边长为，将长方体表面分两类展开得到两种爬行距离表达式，根据判定最小值，列方程求解得到的长度； （3）几何法利用三垂线定理找出二面角平面角，结合等腰直角三角形性质与三角形等面积法算出的长度；向量法设点的坐标，求出两个面的法向量，利用二面角余弦公式解方程，舍去超出线段范围的解，确定的位置． 【详解】（1）略 （2）设， 因为四边形是正方形， 所以小蚂蚁从点A沿长方体的表面爬到点可能有两种途径． 如图甲的最短路程为， 如图乙的最短路程为， 因为，所以， 所以，解得，即的长度为． （3）方法一（几何法）：： 假设存在满足条件的点E，连结，设， 过点D在平面内作，连结， 则为二面角的平面角， 所以，所以， 在内，，而， 即，解得， 即存在E点，且与点B距离为时，二面角的大小为． 方法二（向量法）： 假设存在满足条件的点E，平面的法向量，，， 设平面的法向量， 则，即， 取，解得，得， 由题意得， 解得或（舍去）， 即存在E点，且与点B距离为时，二面角的大小为． 2．（25-26高一下·广东江门·期末）如图，在四棱锥中，侧面底面，底面为正方形，侧面为等腰三角形，为的中点，且，． (1)求证：平面； (2)设平面与平面的交线为． （ⅰ）求直线与直线所成角的正弦值； （ⅱ）若为直线上的动点，且满足，是否存在点使直线与平面所成的角为？若存在，请求出满足条件的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)在四棱锥中，由正方形，得， 由平面平面，平面平面，平面， 得平面，而平面，则，由为的中点，， 得，又平面，所以平面. (2)（ⅰ）；（ⅱ）存在，. 【分析】（1）利用面面垂直的性质、线面垂直的性质及判定推理得证. （2）（ⅰ）利用线面平行的判定、性质，结合线线角的意义确定所求角，再利用余弦定理求解；（ⅱ）建立空间直角坐标系，利用线面角的向量法列式求解. 【详解】（1）略 （2）（ⅰ）由，平面，平面，得平面， 又平面与平面的交线为，平面，则， 则直线与直线所成的角是或其补角， 在平面内过点作交的延长线于点，连接， 由平面平面，平面平面，得平面， 而平面，则，而，， 则， 在中，由余弦定理得，， 所以直线与直线所成角的正弦值. （ⅱ）作，由（ⅰ）得平面，直线两两垂直， 以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则，，， ，设平面的法向量， 则，令，得，而， 由直线与平面所成的角为，得，解得， 所以存在点使直线与平面所成的角为，此时. 3．（25-26高一下·河北承德·期末）如图，在四棱锥中，平面平面，，，，．    (1)证明：平面平面； (2)求三棱锥的体积； (3)在棱上是否存在点，使得平面与平面的夹角为？若存在，求出点的位置；若不存在，说明理由． 【答案】(1)设中点，连接， ，，，所以， 因为，所以有，则， 因为，为中点，所以， 因为平面平面，平面平面，所以平面， 因为平面，所以， 因为，所以平面， 因为平面，所以平面平面. (2) (3)在棱上存在点，为上靠近的三等分点. 【分析】(1) 依托面面垂直性质得到高线，结合勾股逆定理证，证明垂直平面内两条相交直线，使用面面垂直判定定理完成证明； (2) 利用等体积转换，作为三棱锥的高，求出底面三角形面积后代入锥体体积公式直接计算； (3)建立空间直角坐标系，写出相关点的坐标，设，分别求出平面与平面的法向量，利用向量夹角公式列出方程，求得即可. 【详解】（1）略 （2）由（1）可知，平面，因为，所以， 则. （3）在棱上存在点，使得平面与平面的夹角为30°，为上靠近的三等分点.，证明如下： 由（1）得平面，因为平面，则， 过作的平行线，则以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如图，    由题意得，则, 因，则，故， 则， 设，由题可知， ， 设平面法向量为， 则，令，则，， 设平面的法向量为， 则， 令，则，， 因为平面与平面的夹角为30°， 所以， 化简得，即，又，则， 所以为上靠近的三等分点. 4．（25-26高一下·宁夏银川·期末）如图，在四棱锥中，底面是直角梯形.，且，，为中点． (1)证明：平面； (2)在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，说明理由． 【答案】(1)证明：记中点为，连接，， 则四边形为正方形，且根据勾股定理得， 所以，则，所以. 又，，，平面， 所以平面. 因为平面，所以， 易知，所以， 又因为，，平面， 所以平面. (2)存在，． 【分析】（1）利用勾股定理以及线面垂直判定定理可证明平面，再由线面垂直性质定理可得，即可证明平面； （2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用空间向量求出平面与平面的法向量，根据夹角余弦值确定点的位置，再由空间中点到直线距离的向量求法计算可得结果． 【详解】（1）略． （2）由（1）知平面，且，所以，，两两相互垂直． 以为坐标原点，以，，分别为，，轴建立如图空间直角坐标系， 则，，，，， 设，，则， 则，，， 设平面的法向量为． 则，令 ， 得. 设平面的法向量， 设平面与平面的夹角为，， 则，解得． 所以． 5．（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． 【答案】(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) (3) 【分析】（1）由余弦定理求出，根据三角形三边满足勾股定理，证得，由面面垂直得到线面垂直，再由线面垂直证得线线垂直； （2）由面面垂直得到线面垂直，从而确定线面的夹角，根据直角三角形的边的关系，求得线面夹角的正弦值； （3）以为原点，分别以，，所在的直线为，，轴建立空间直角坐标系，分别求出两平面的法向量，根据异面夹角的计算公式即可求得. 【详解】（1）略 （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. 题型09向量法求点到直线的距离 1．（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 【分析】求出向量、，利用空间向量法求解即可. 【详解】由题意可得，， 所以点到直线的距离为. 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 【分析】建立空间直角坐标系，由向量关系求解. 【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高二上·山东泰安·阶段检测）如图，在正四棱柱中，，，E为线段的中点，则点B到直线DE的距离为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据给定条件，建立空间直角坐标系，利用点到直线的距离公式求解. 【详解】在正四棱柱中，建立如图所示的空间直角坐标系， 由，得，线段的中点， 则， 所以点到直线的距离. 故选：D 4．（25-26高二上·黑龙江·开学考试）如图，在四棱锥中，底面，底面为正方形，为的重心，，且，，则点到直线的距离为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】建立空间直角坐标系，确定相关点以及向量的坐标，利用点到直线的距离的向量求法，即可得答案. 【详解】如图，以为原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系， 则，，，，由，可得， 为的重心，所以，，， 则，，， 故点到直线的距离为. 故选：A 5．（25-26高二上·四川泸州·期末）在正四棱锥中，，，E，F分别是棱AB，PC的中点，则点D到直线EF的距离是_______________． 【答案】 【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法求得点D到直线EF的距离. 【详解】如图，连接AC，BD，DE，记，连接OP. 由正四棱锥的性质可知OB，OC，OP两两垂直， 则以为坐标原点，OB，OC，OP所在直线分别为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系. 因为，，所以，， 则， 所以， 则点到直线的距离是. 故答案为：. 题型10向量法求点到平面的距离 1．（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. 2．（25-26高一下·广东深圳·期末）已知向量，，，则三棱锥的体积为（ ） A．2 B．4 C．6 D．8 【答案】D 【分析】先求出平面的法向量，再利用向量求出点到平面的距离，然后利用向量求出点到直线的距离，进而求出的面积，最后利用三棱锥的体积公式即可. 【详解】设平面的法向量为， 则，则， 则点到平面的距离为， 又，， 则点到直线的距离为， 则， 故三棱锥的体积为. 3．（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 【分析】因为是对棱相等的棱锥，所以将三棱锥放在长方体更容易求解. 【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. 4．（2026·上海·三模）如图，为圆锥底面圆的直径，为的中点，点是圆上的动点（点在直径同侧），当的面积最大时，点到平面距离为______．    【答案】 【分析】根据圆锥的几何性质，结合已知条件得出互相垂直关系，建立空间直角坐标系，求出相关点坐标，利用三角形的性质，求出面积最大值时点坐标，求出平面法向量和相关向量，进而利用点到平面距离公式计算求解． 【详解】连接，由题意可知，， 以为坐标原点，建立下图所示空间直角坐标系，    则， 点在底面圆上，且点在直径同侧，设， 母线长，为等腰三角形， ， 设边上的高为，则， ， 令，则，开口向下，对称轴为， 当时，面积最大，此时， ，， ，设平面的法向量为， 则，令，则， 点到平面距离为． 5．（25-26高二上·广东潮州·期末）已知正方体的棱长为4，，，直线与交于点，则点到平面的距离为______． 【答案】 【分析】根据题意画出图形，分别以为轴作出空间直角坐标系，写出相应的坐标，求出的坐标，然后利用点到平面距离的向量求法求解即得.. 【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，因为正方体的棱长为4，，， 则， 在平面内，直线方程为，直线方程为，联立解得， 所以，， 设平面的法向量， 则，令，得， 于是点M到平面的距离. 题型11向量法求线到面、面到面的距离 1．（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 【分析】先利用面面平行的判定定理证明平面平面，从而面面距离转化为点面距离，然后建立空间直角坐标系，利用空间向量求点到面的距离公式进行求解. 【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. 2．（23-24高二上·湖南邵阳·阶段检测）在棱长为1的正方体中，分别是的中点，则直线到平面的距离为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可. 【详解】如图建立空间直角坐标系，则，， 所以, 设平面的法向量为，则 ，令，则， 因为，平面，平面， 所以平面，所以直线到平面的距离即为点到平面的距离， 所以直线到平面的距离为 . 故选：D.      3．（25-26高二上·贵州贵阳·阶段检测）如图，在棱长为的正方体中，平面与平面的距离为__________. 【答案】2 【分析】先由题设求证平面平面得到平面与平面的距离即为点C到平面的距离，接着建立适当空间直角坐标系求出和平面的一个法向量，再由向量法距离公式即可求解. 【详解】由正方体结构性质可知且，且， 所以四边形和四边形均为平行四边形， 所以，又在平面外，平面， 所以平面，平面， 又，平面， 所以平面平面， 所以平面与平面的距离即为点C到平面的距离， 由题可建立如图所示空间直角坐标系， 则， 所以， 设平面的一个法向量为， 则，所以，取，则， 所以平面与平面的距离即点C到平面的距离为. 故答案为：2 4．（第七章应用空间向量解立体几何问题拓展专题二平面法向量求法及其应用微点1平面法向量求法及其应用（一）【基础版】）已知正方体的棱长为1，为中点，求下列问题： (1)求异面直线与的距离； (2)求到平面的距离； (3)求到平面的距离； (4)求平面与平面的距离. 【答案】(1) (2) (3) (4) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用异面直线距离的向量公式求解即可； （2）求出平面的法向量，利用点到平面距离的向量公式求解即可； （3）利用直线到平面距离的向量公式求解即可； （4）求出平面、平面的一个法向量，可得平面平面，转化为点到平面的距离，利用点到平面的距离向量求法即可求解. 【详解】（1）如图，建立空间直角坐标系，    则、、、，、、 、、， 所以，， 设是与，都垂直的向量， 则，即，即，令得， 选与的两点向量为， 得与的距离. （2），设为平面的法向量，则， 即，即，令得， 选点到平面两点向量为， 由公式得：点到平面的距离. （3）由（2）可知：平面的法向量可设， 设与平面的两点向量为， 故直线到平面的距离. （4），， 设分别为平面、平面的一个法向量， 所以，令，可得，所以， ，令，可得，所以， 所以，所以平面平面， 可得点到平面的距离即为所求，， 所以点到平面的距离为， 故平面与平面的距离为. 5．（25-26高二上·新疆巴州·阶段检测）如图所示，在直三棱柱中，，点E在线段上，且，D、F、G分别为的中点.    (1)求证：平面EGF平面ABD； (2)求平面EGF与平面ABD的距离. 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）根据给定条件，建立空间直角坐标系，利用空间位置的向量证明推理即得. （2）由（1）中信息，利用点到平面的距离公式计算即得. 【详解】（1）在直三棱柱中，，则直线两两垂直， 以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，设， 则， ，于是， 即，因此直线， 而平面，则平面； 又，则，直线， 而平面，则平面，又点平面， 所以平面平面.    （2）由（1）得，平面的一个法向量为，而， 则点到平面的距离， 由平面平面，得平面与平面的距离等于点到平面的距离， 所以平面与平面的距离为. 题型12空间距离中的最值问题 1．（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. 2．（25-26高二上·湖北襄阳·阶段检测）在正三棱柱中，所有棱长都为2，是侧棱上一动点，则到平面的距离之和的最大值为（    ） A． B． C． D．7 【答案】B 【分析】建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，再利用点到平面的距离公式表示距离，最后结合换元法和基本不等式求解最大值即可. 【详解】如图，取的中点，的中点，连接，， 以，，的方向分别为轴的正方向建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，，，， 设平面的法向量为，. 因为，， 所以，令， 解得，得到. 设到平面的距离分别为， 因为，， 所以 ， 令，则， 当且仅当，即时，等号成立， 所以到平面的距离之和的最大值为. 故选：B. 3．（25-26高二上·湖南·期末）在如图所示的试验装置中，有两个边长为1的正方形框架，它们所在的平面互相垂直.有一个活动弹子在正方形的对角线上移动，运动过程中弹子到直线的距离的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】弹子到直线的距离最小就是求上的点到直线的最小距离，根据题意以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用空间中点到直线的距离公式求得点到直线的距离为，所以当时，取得最小值. 【详解】根据题意以为坐标原点，分别为轴､轴､轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，设， 则点到直线的距离为， 其中为直线的单位方向向量，， 可取， 所以, 整理得， 当时，取得最小值. 故选：A. 4．（25-26高二上·北京·期中）正方体的棱长为2，点M是棱的中点，点N是正方形内部或边界上一点，若点N满足，则点N到直线距离的最大值为______；    【答案】 【分析】利用空间向量根据垂直关系确定的轨迹，再计算最值即可. 【详解】    如图所示，建立空间直角坐标系，易知， 设，则， 因为，所以，即， 可知， 所以到直线距离为 ， 当时取得最大值. 故答案为： 5．（25-26高二上·浙江温州·期末）将上下底面都为椭圆且母线与底面垂直的柱体称为“椭圆柱”，已知椭圆柱的母线长为3，在下底面建立如图所示的平面直角坐标系，椭圆的离心率为，短轴长为，焦点在轴上．    (1)求椭圆的标准方程； (2)已知为椭圆上任意一点，的中点为，是以点为中点的弦，设直线的方程为． （i）求与的等量关系； （ii）求点到平面的距离的最小值． 【答案】(1) (2)； 【分析】（1）根据短半轴长、椭圆离心率、联立即可求解椭圆的标准方程； （2）（i）设，，，依据中点和斜率关系可得，，，根据A、B在椭圆上，并结合点差法、中点坐标关系可得到，同时中点M又在直线上，P在椭圆上，据此再列出两个方程，联立可得m、k之间的关系；（ii）根据空间向量法，求出点到平面的距离的最小值关于k、m的表达式，再结合（i）中k、m的关系求解最小值即可． 【详解】（1）已知椭圆短轴长，得， 离心率，再结合椭圆关系，解得，， 因此椭圆的标准方程为． （2）（i）设，则OP的中点， 设，，代入椭圆方程并作差可得， 也即， 因为是AB中点，所以，，且， 代入得也即， 又在直线AB上，代入可得， 将代入上式可得，也即①， 结合在椭圆，并代入，化简得②， 联立①②并整理． （ii）在所给平面直角坐标系的基础上，以为z轴建立空间直角坐标系，如图所示，    由题意得，设平面的法向量为， 向量，，由和， 可得，令，可得， 即，又， 所以点到平面的距离公式为， 结合化简后，可得， 而根据可知，当且仅当时成立， 故． 故最小值为． 题型13空间距离中的探究性问题 1．（25-26高一下·浙江宁波·期末）如图，四棱锥的底面是平行四边形且，，为等边三角形，， 为中点． (1)证明：平面； (2)设 为侧棱 上一点，四边形是过 ， 两点的截面，分别交 ， 于， 两点，平面． （i）证明：； （ii）设，是否存在，使得点到面的距离为． 【答案】(1)证明：为等边三角形， 为中点，故. 由得，则，. 平行四边形中 ，，在中，且， 即，故. 在中，由余弦定理得 已知，则，满足， 故. 又，平面， 因此平面. (2)（i）平面， 平面 ，平面平面， 所以由线面平行的性质定理得. （ii）存在，理由如下： 以 为坐标原点，方向为 轴正方向，过 作的平行线为 轴正方向， 方向为轴正方向，建立空间直角坐标系. 各点坐标为，，，，. 由，， 由得. 由，，取直线的一个方向向量为. ， 设平面的法向量为， 则， 故可设 ，点到平面的距离： 令，则，整理得， 解得（，符合取值范围）. 因此存在，使得点到面的距离为. 【分析】（1）根据线面垂直的判定定理证得平面. （2）（i）利用线面平行的性质定理，通过两平面的交线直接推导线线平行. （ii）建立空间直角坐标系，通过平面的法向量，结合点到平面的距离公式列方程，求解得到参数. 【详解】（1）略 （2）（i）略 （ii）略 2．（25-26高二下·江苏连云港·期中）如图，等边三角形的边长为8，分别为所在边的中点，为线段的中点，现将三角形沿直线折起，使得二面角为直二面角． (1)求线段的长度； (2)求直线与平面所成角的余弦值； (3)棱上是否存在异于端点的点，使得点到平面的距离为．若存在，请指出点的位置；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)； (2) (3)存在，点位于线段的靠近点的三等分点 【分析】（1）连接，证明，结合面面垂直性质定理证明平面，取边的中点记为，建立空间直角坐标系，求的坐标，再求线段的长度； （2）求平面的法向量，结合向量夹角公式求直线与平面所成角的正弦值，再利用同角三角函数基本关系求出余弦值； （3）设，求平面的法向量，结合点到平面的距离的向量求法求点到平面的距离，列方程求，由此可得结论. 【详解】（1）连接，因为为线段的中点，所以， 由题意知面面，且面面， 又面，所以平面，取边的中点记为，则． 以点为原点，以为轴建立空间直角坐标系， 易知，所以； （2）由（1）可知， 所以，，， 记平面的一个法向量， 所以 ，不妨取，得，即， 记直线与平面所成角为， 则， 考虑到，有，从而， 所以直线与平面所成角的余弦值为． （3）设，其中． ， ， ，记平面的一个法向量为， 则有， 不妨取，解得，即， 则点到平面的距离， 整理得：，即， 解得或（舍去）， 所以当点位于线段的靠近点的三等分点时， 点到平面的距离为． 3．（2025高三上·福建厦门·专题练习）如图，等边三角形ABC的边长为，，分别为所在边的中点，为线段的中点，现将三角形沿直线折起，使得二面角为直二面角． (1)求直线与平面所成角的正弦值； (2)棱上是否存在异于端点的点，使得点到平面的距离为．若存在，请指出点的位置；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)存在，点位于线段的靠近点的三等分点 【分析】（1）连接，证明，结合面面垂直性质定理证明平面，取边的中点记为，建立空间直角坐标系，求平面的法向量，结合向量夹角公式求直线与平面所成角的正弦值； （2）设，求平面的法向量，结合点到平面的距离的向量求法求点到平面的距离，列方程求，由此可得结论. 【详解】（1）由已知，连接，因为为线段的中点，所以； 因为平面平面，又平面平面，又面， 所以平面；取边的中点记为，则； 以点为原点，以为轴的正方向，建立空间直角坐标系， 则，，，， 所以，，， 记平面的法向量为， 所以， 不妨取，得， 所以为平面的一个法向量； 记直线与平面的所成角为， 则， 所以，直线与平面所成角的正弦值为 （2）设，其中， ，， ，， ， 记平面的一个法向量为， 则有， 不妨取，解得， 即；     则点到平面的距离， 整理得：即， 解得或（舍去）， 所以，当点位于线段的靠近点的三等分点时，点到平面的距离为． 4．（25-26高二上·四川达州·期中）如图，在四棱锥中，平面. (1)证明：平面PAC. (2)在线段BC上是否存在一点，使点到平面PCD的距离为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) 法一， 在直角梯形ABCD中，， 因为，所以，所以. 又因为平面ABCD，所以. 因为，所以平面PAC. 法二， 以为坐标原点，AD，AB，AP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 则.                         设平面PAC的法向量为， 因为，所以 取，得. 又，所以，即与共线， 所以平面PAC. (2)存在， 【分析】（1）法一，根据勾股定理证明线线垂直，再由线面垂直的判定定理得证，法二，建空间直角坐标系，利用向量证明即可； （2）法一，假设存在一点，使点到平面PCD的距离为，设，利用等体积法求解，法二，根据向量法利用点面距离求解即可 【详解】（1）略 （2）法一 假设存在一点，使点到平面PCD的距离为，设， 即，连接DE，EP， 因为， 所以. 因为平面ABCD，所以，则， 由（1）知平面PAC，则. 由，得，解得， 因此线段BC上存在一点，当时，点到平面PCD的距离为. 法二， 设平面PCD的法向量为， 因为，所以 取，得. 设，点到平面PCD的距离为， 因为，所以，解得， 所以， 因此线段BC上存在一点，当时，点到平面PCD的距离为. 综合攻坚·知能拔高 1．（25-26高三上·上海徐汇·阶段检测）如图所示，直角三角形所在平面垂直于平面，一条直角边在平面内，另一条直角边长为且，若平面上存在点，使得的面积为，则下列命题正确的有（   ） ①：点P在平面上的轨迹为椭圆    ②：线段长度的最小值为1 ③：线段长度的最大值为3 A．①② B．①③ C．②③ D．①②③ 【答案】B 【分析】利用面面垂直证明平面，再建立空间直角坐标系，通过点到直线的距离计算，结合面积得到动点的轨迹方程，可确定轨迹为椭圆，再利用距离的坐标运算，结合椭圆的有界性，即可求得最值. 【详解】因为平面平面，平面平面，平面，， 所以平面. 如图建立空间直角坐标系， 在直角三角形中，由，，可得， 所以，设， 则， 所以点到的距离为： 所以的面积为， 平方化简上式得：， 由上可得：点P在平面上的轨迹为椭圆，故①正确； 由，则，把代入可得： 因为，所以， 即当时，，故②错误； 当时，，故③正确； 综上正确的是：①③， 故选：B. 2．（多选）（25-26高二下·广东河源·期末）如图，在棱长为3的正方体中，点，，分别为棱，，的中点，点，，分别是线段，，（不含端点）上的动点，则下列选项正确的是（    ） A．若为的中点，则平面 B．存在点，使得平面 C．的最小值为 D．若，则取得最小值时平面与平面夹角的余弦值为 【答案】ABD 【分析】A选项先找到线线平行，从而得到线面平行；B选项先找出直线与平面平行，再确定点；C选项找出异面直线公垂线，再求公垂线长度；D选项先找出二面角的平面角，再用余弦定理计算余弦值. 【详解】对于选项A：如图1，若P为的中点，,平面PAC，平面PAC，平面PAC，故A正确； 对于选项B：如图2，当P为平面AMNC与的交点时，连接MA，此时，平面PAC，平面PAC，故平面PAC，所以B正确； 对于选项C：如图3，连接，平面，，又，，平面， 所以平面，平面，所以，同理可得， 取BC中点Q，连接，QA分别与，BD相交，取交点分别为F，E，此时，得， 因为， ，所以， ， 故EF为，BD的公垂线段，且，所以C不正确； 对于选项D：如图4，设，， 则，作，垂足为T，连接ET， ，，可得， ，，， 故，当且仅当时“＝”成立， 即当E，F分别为BD，中点时EF取得最小值． 取EF中点R，连接RB，RC，平面与平面交线为， 因为E，F分别为BD，中点，所以， 又R是EF中点，所以, 则为二面角的平面角， 而，得， 即此时平面BEF与平面CEF夹角的余弦值为，所以D正确． 3．（多选）（25-26高二下·云南昭通·阶段检测）如图，正方体的棱长为1，是棱上的动点（含端点），则（     ） A．直线和所成的角为 B．三棱锥的体积为定值 C．二面角的平面角的大小为 D．点满足，，，若，则平面 【答案】BCD 【分析】建立空间直角坐标系，根据异面直线所成角空间向量法计算判断A；根据等体积法的等高等底可判断B；根据面面角空间向量法计算可判断C；证明面面平行，根据面面平行的性质可判断D. 【详解】建立如图所示空间直角坐标系，则， 对于A，， 故，故， 即直线和所成的角为，故A错误； 对于B，三棱锥的体积转化为三棱锥的体积， 三棱锥的底面积为定值， 因为平面平面，所以到平面高不变，体积为定值，故B正确； 对于C，设平面法向量为， ，因为， 所以，所以令，得， 所以平面法向量为， 取平面法向量为， 设二面角为， 则， 所以二面角的大小为，故C正确； 对于D，若，则，则点在线段上， 因平面平面，且平面平面，平面平面， 故， 因为平面，平面， 故平面， 同理可证平面， 因为平面，平面，且， 故有平面平面， 又因为平面，所以平面，故D正确. 4．（多选）（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. 5．（2026·湖南岳阳·三模）在棱长为2的正方体中，点在表面上运动（含端点），且满足，当二面角的正切值为时，三棱锥的体积为______． 【答案】 【分析】建立空间直角坐标系，利用求点的轨迹，再利用二面角的正切值求出点的坐标，最后利用棱锥的体积公式计算即可. 【详解】以为原点，分别以所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系． 因为正方体棱长为2，所以， 设动点， 由得：，得， 即动点的轨迹为线段端点为和， 由于侧面，故且，因此二面角的平面角为， 根据题意，，结合轨迹条件，得即点坐标为． 又因为，所以． 6．（25-26高二上·陕西渭南·期末）在棱长为的正方体中，所有顶点位于过点的平面的同侧，若和与平面所成角均为，则到平面的距离为___________． 【答案】 【分析】建立空间坐标系, 设平面法向量,根据和与平面所成角均为,列方程组求解,进而求得点面距. 【详解】以D点为原点，建立空间坐标系如图，， ， 设平面法向量， 则①， ②， 联立①②可得③, 若,则, 若,则取,不符合题意, 若,代入③得,取,符合题意, 若,即, 代入③得, 整理得,即,则(舍), 所以, 则到平面的距离. 故答案为:. 7．（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． 【答案】(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）. (2) 【分析】（1）（i）利用勾股定理可证得，，利用线面垂直和面面垂直的判定定理可证得结论成立； （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，建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得二面角的大小； （2）设，根据题意得出，结合图形不妨取，所以，并设，，，利用空间向量法结合函数的单调性可求得与平面所成角的正弦值的范围. 【详解】（1）（i）略； （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. 8．（25-26高二下·江苏连云港·期末）如图，在四棱台中，平面，，，，，． (1)证明：平面； (2)判断直线与直线是否垂直，并说明理由； (3)设为平面内一点，为的中点，，且．若直线与平面的交点为，求点到平面距离的最小值． 【答案】(1)连接， 在四棱台中，， 又，，所以， 又，则， 所以四边形为平行四边形， 故，又平面，平面， 所以平面； (2)直线与垂直，理由如下： 因为平面，，以为原点建立空间直角坐标系，如图， 则，，，，，，，， 所以，，， 所以； (3) 【分析】（1）连接，可证四边形为平行四边形，得到，再利用线面平行的判定即可证明； （2）以为原点建立空间直角坐标系，得到，，再根据向量法可证垂直； （3）设的坐标为，根据椭圆的定义可得，设，再利用向量共面的基本定理可得，令，进而得到，然后利用空间向量法求点到平面的距离即可． 【详解】（1）略 （2）略 （3）在上述坐标系中，设的坐标为， 因为为的中点，且，则，即， 又因，所以的轨迹是以为两焦点的椭圆， 由,得,故的轨迹方程为. 因为直线与平面的交点为，所以在直线上， 则存在，使， 得， 又在平面内，得， 即，得 ， 所以，得， 因为，令， 则 ，即 因为，所以， 又，平面， 所以平面，则平面的一个法向量为， ， 点到平面的距离，因 所以当时，取最小值，即， 所以点到平面距离的最小值为． 【点睛】本题主要考查线面平行的判定，利用空间直角坐标法判定空间直线的位置关系，同时涉及椭圆的定义，利用坐标法得到点在直线上的变化是解题的关键． 1 / 14 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $