培优专题02 空间向量的应用（专项训练）高二数学人教A版选择性必修第一册

**基本信息** 以空间向量为工具，系统构建位置关系证明、空间角与距离求解的方法体系，通过分级题型实现知识逻辑递进与解题能力提升，培养数学思维的逻辑性与空间观念。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |空间位置关系证明|3题型（含方向向量与法向量、平行、垂直）|用向量共线/垂直证平行/垂直，法向量判定面面关系|从向量概念（方向向量、法向量）到位置关系证明，形成“概念-判定-应用”链条| |空间角求法|3题型（异面直线角、线面角、二面角）|向量夹角公式求角，线面角正弦值为向量投影绝对值|基于位置关系，通过向量数量积拓展到角的量化计算，体现从定性到定量的逻辑| |空间距离求法|4题型（点线、点面、线面、异面直线距离）|向量投影求距离，点面距离公式为核心|以点面距离为基础，推导线面、面面距离，构建距离求解的统一向量模型|

专题02 空间向量的应用 常考题型·精准突破 考点一 空间位置关系的向量证明 ◆题型1方向向量与法向量 ◆题型2 空间中直线、平面的平行（高频） ◆题型3 空间中直线、平面的垂直（高频） 考点二 空间角的向量求法 ◆题型4 异面直线夹角的向量求法 ◆题型5 线面角的向量求法（重） ◆题型6 二面角和面面角的向量求法 （难） 考点三 空间距离的向量求法 ◆题型7 点到直线距离的向量求法 ◆题型8 点到平面距离的向量求法（重） ◆题型9 线到平面距离和平行平面距离的向量求法 ◆题型10 异面直线距离的向量求法（难） 综合攻坚·知能拔高 常考题型·精准突破 考点一 空间位置关系的向量证明 ◆题型1方向向量与法向量 1．（25-26高二上·山东德州·开学考试）在直线l上，则直线l的一个方向向量为_________. 2．（25-26高二上·山东济宁·期中）阅读材料：空间直角坐标系中，过点且一个法向量为的平面的方程为，阅读上面材料，解决下面问题：直线是两平面与的交线，则下列向量可以为直线的方向向量的是（    ） A． B． C． D． 3．（25-26高二上·云南文山·阶段检测）我们把平面内与直线垂直的非零向量称为直线的法向量，在平面直角坐标系中，过点的直线的一个法向量为，则直线的点法式方程：，化简得．类比以上做法，在空间直角坐标系中，经过点的平面的一个法向量为，则该平面的方程为（     ） A． B． C． D． 4．（2026高二·全国·专题练习）已知四边形是矩形，平面，，，点在线段、上（不含端点），且满足，，其中． (1)求平面的一个法向量； (2)是否存在，使是平面的法向量？请说明理由． ◆题型2 空间中直线、平面的平行 5．（24-25高二上·广东深圳·阶段检测）若直线l的一个方向向量为，平面的一个法向量为，则（    ） A．或 B． C． D．与斜交 6．（26-27高二上·黑龙江·开学考试）已知平面的一个法向量，平面的一个法向量，若，则（    ） A． B． C． D． 7．（23-24高二上·全国·课后作业）如图所示，在四棱锥中，底面为矩形，平面，为的中点，为的中点，，求证：．      8．（25-26高二下·甘肃兰州·期中）如图，在四面体ABCD中，，，，，M是AD的中点，P是BM的中点，点Q在线段AC上，且. (1)证明：平面BCD； (2)求二面角的余弦值. 9．（2026高二·全国·专题练习）如图，长方体中，，， (1)求证：平面平面; (2)线段上，是否存在点，使得平面. ◆题型3 空间中直线、平面的垂直 10．（25-26高二下·福建龙岩·期末）（多选）若为平面的法向量，为平面的法向量，为直线l的方向向量，则（   ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 11．（25-26高二下·江苏扬州·阶段检测）如图，在空间直角坐标系中，正四棱锥P-ABCD的侧棱长与底边长都为，点M，N分别在PA，BD上，且．试用向量法证明． (1)求证：； (2)取PC的中点E，求证：平面． 12．（25-26高三·全国·一轮复习）如图，等边三角形与直角梯形所在的平面垂直，． (1)若F为的中点，求证：平面； (2)在线段上是否存在点N，使平面?若存在，求的值；若不存在，请说明理由． 13．（2026·江苏南京·三模）如图，在四棱锥中，，，15，25. (1)求证：面； (2)求证：二面角是直二面角； (3)在平面上求点，使面. 14．（2026·重庆九龙坡·一模）如图，已知圆锥PO，AB为底面圆O的直径，点C在圆O上（不同于A，B），，.    (1)若，证明：平面OCE； (2)若，平面平面PBC，求λ的值． 15．（25-26高一下·广西南宁·期末）如图，某智慧快递物流仓库搭建直三棱柱钢制立体货架，底座托盘满足．竖直支撑立柱，搭载自主导航升降分拣小车沿立柱上下停靠，停靠位置记为，设，四面体为存放异形快件的封闭式储物仓． (1)证明：平面平面； (2)设四面体的表面积为，写出解析式，并求的取值范围； (3)分拣小车沿立柱上下工作时，为了安全，需从定点引出吊装钢索，钢索另一端点连在线段上，并且满足，求钢索的长度的取值范围. 考点二 空间角的向量求法 ◆题型4 异面直线夹角的向量求法 16．（25-26高一下·河南郑州·期末）如图，在直三棱柱中，，，，是的中点，求直线与直线所成角的余弦值（    ） A． B． C． D． 17．（25-26高一下·山西太原·期末）如图，圆锥的轴截面是等边三角形，是底面圆周上一动点，是的中点，则直线与所成角的余弦值的取值范围是（    ） A． B． C． D． 18．（25-26高一下·黑龙江·期末）如图，直三棱柱内接于一个圆柱，是底面圆的直径，. (1)求圆柱的表面积； (2)求异面直线与所成角的余弦值. 19．（2026·全国·模拟预测）在圆锥中，是圆锥顶点，是底面圆圆心，圆锥的高为3．母线长为5．是底面圆的一条直径，点在底面所在的平面内，且．于． (1)求证：平面平面； (2)当异面直线与夹角的余弦值为时，求平面与平面夹角的余弦值． 20．（25-26高一下·全国·期末）如图1是一个由菱形和两个直角三角形和所组成的平面图形，其中，现将和分别沿折起，使得点与点重合于点，连接，得到如图2所示的四棱锥. (1)求证：平面； (2)若为棱上一点，记，是否存在点使得直线与直线所成角为，若存在请求出的值，若不存在请说明理由. ◆题型5 线面角的向量求法 21．（25-26高一下·重庆·期末）在正三棱柱中，，，则直线与平面所成角的正弦值为（     ） A． B． C． D． 22．（25-26高二下·江苏宿迁·期中）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，则的最小值是（    ） A． B． C． D． 23．（26-27高三上·湖南·开学考试）如图，在四棱锥中，平面平面，为等边三角形，，，，，点为线段的中点． (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正切值． 24．（24-25高二下·湖北武汉·期中）如图，三棱锥中，，平面平面． (1)求异面直线AC与BD所成角的余弦值； (2)若点F是线段AD（不含端点）上的一点，且直线AD与平面所成角大小为，求线段DF的长度． 25．（25-26高三上·贵州贵阳·高考复习）如图，四边形是正方形，平面，，，、、分别为、、的中点． (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的大小； (3)若，在线段上是否存在一点，使直线与平面所成的角为．若存在，求出点的坐标，若不存在，说明理由． ◆题型6 二面角和面面角的向量求法 26．（25-26高二下·江苏·阶段检测）如图，正四棱锥的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍，平面，为侧棱上的点，则二面角的余弦值为（ ） A． B． C． D． 27．（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． 28．（25-26高三下·贵州贵阳·阶段检测）如图，已知是圆锥的轴截面，，． (1)求圆锥的外接球的表面积； (2)若为弧的中点，求二面角的正弦值． 29．（26-27高三上·浙江·开学考试）如图，四棱锥的底面为直角梯形，，，侧面为正三角形，平面平面，且，为的中点． (1)证明：平面． (2)求二面角的正弦值． (3)在线段上是否存在点，使、、三点在以点为球心的球面上？若存在，求的值；若不存在，说明理由． 30．（26-27高二上·黑龙江·开学考试）如图，在四棱锥中，，，平面，二面角的大小为，点，满足：，. (1)若平面，求的值； (2)求与平面所成角的正弦的取值范围； (3)若平面与平面的夹角的余弦值为，求的值. 考点三 空间距离的向量求法 ◆题型7 点到直线距离的向量求法 31．（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． 32．（2026高三·全国·专题练习）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． 33．（25-26高二上·四川广安·阶段检测）如图，在三棱锥中，底面，，，分别为棱，的中点，在线段上，且，，． (1)求点N到直线的距离； (2)点D在线段上运动（包括端点），是否存在一点D，使平面？若存在，求出线段的值；若不存在，请说明理由．（以上问题用向量法求解，综合法一律不得分） 34．（25-26高二下·浙江杭州·期末）如图，在四棱锥中，平面平面，，，，． (1)证明：； (2)若， （i）设，点到直线的距离为3，求的值； （ii）求平面与平面的夹角的余弦值． ◆题型8 点到平面距离的向量求法 35．（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 36．（25-26高二下·甘肃酒泉·期末）（多选）如图，在正三棱柱中，，，为的中点，则（    ）    A．直线平面 B．点到平面的距离是 C．异面直线和所成角的余弦值为 D．平面平面 37．（24-25高二下·江苏徐州·期末）如图在多面体中，四边形是边长为4的正方形，四边形为等腰梯形，且，，，． (1)证明：平面平面； (2)求平面与平面所成角的正弦值； (3)求点到平面的距离． 38．（25-26高二下·广东湛江·期末）如图，直线垂直于梯形所在的平面，，为线段上一点，，，四边形为矩形．    (1)若是的中点，求证：平面； (2)求二面角的余弦值； (3)若点到平面的距离为，求的长． ◆题型9 线到平面距离和平行平面距离的向量求法 39．（24-25高二上·江苏苏州·期中）（多选）已知棱长为3的正方体，则（    ） A． B．与所成角的大小为 C．平面与平面的距离为 D．平面与平面ABCD所成角的大小为 40．（24-25高二上·广东汕头·期中）（多选）在空间直角坐标系中，已知向量，点，点． （1）若直线l经过点，且以方向向量，P是直线l上的任意一点，则直线l的方程为； （2）若平面经过最，且以为法向量，P是平面内的任意一点，则平面的方程为． 如图，一在棱长为1的正方体中，以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则下列说法正确的是（   ）    A．平面的法向量为 B．直线的方程为 C．过点的平面方程为，则平面截正方体所得截面的面积为 D．平面方程为，平面方程为，则平面与平面之间的距离为 41．（2026高二·全国·专题练习）如图，在底面为平行四边形的四棱锥中，平面，且，点是的中点， (1)求证：直线平面； (2)求直线到平面的距离； 42．（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10 异面直线距离的向量求法 43．（2026高三·全国·专题练习）一副三角板如图拼接，使两个三角板所在的平面互相垂直．如果公共边，则异面直线与的距离是（   ） A． B．a C． D． 44．（25-26高二上·广东梅州·期末）（多选）如图，在直三棱柱中，，，分别是的动点（含端点），则下列结论正确的有（    ） A．当分别是的中点时，平面 B．当分别运动到的某位置时， C．当分别是的中点时，与侧面所成角为 D．长的最小值为 45．（2026·天津北辰·二模）如图，在直三棱柱中，，，，点E，F分别为线段和的中点. (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)求直线与直线间的距离. 46．（25-26高二上·河南郑州·期中）如图（1），在四棱锥中，平面平面，，，，，，. (1)若，求直线与平面所成角的正弦值； (2)设二面角的大小为，若，求的值； (3)阅读下列“链接”材料，试判断异面直线BE和AD间的距离是否为定值，若是，求出该定值；若不是，说明理由. 链接：运用空间向量求异面直线间的距离如图（2），设、分别为异面直线、上的点，是与直线、都垂直的向量，从而异面直线、间的距离为，即为向量在向量上的投影向量的模. 综合攻坚·知能拔高 一、单选题 1．直线m，n的方向向量分别为，平面的法向量为，则下列选项正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 2．在直三棱柱中，若，则与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 3．如图，三棱柱满足棱长都相等且⊥平面，D是棱的中点，E是棱上的动点．设，随着x增大，平面与平面的夹角是（   ） A．先增大再减小 B．减小 C．增大 D．先减小再增大 4．空间直角坐标系中，经过点，且法向量为的平面方程为，经过点且一个方向向量为的直线的方程为，阅读上面的材料并解决下面问题：现给出平面的方程为，经过的直线的方程为，则直线与平面所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 5．如图，在正四棱柱中，，点分别是的中点，点是线段上的动点，则下列说法错误的是（    ）    A．当时，存在，使得平面 B．存在，使得平面 C．存在，使得平面平面 D．存在，使得平面平面 6．如图，多面体中，，且两两垂直，给出下列4个结论： ①平面平面；             ②经过点四点的球的表面积为； ③直线平面； ④直线与所成角的余弦值为． 其中正确的结论的有（     ） A．个 B．个 C．个 D．个 7．如图，在四棱锥中，已知：平面，，，，已知是四边形内部一点（包括边界），且二面角的平面角大小为，若点是中点，则四棱锥体积的最大值是（    ）    A． B． C． D． 二、多选题 8．在正方体中，点P在线段上运动，则下列结论正确的是（   ） A．直线平面 B．三棱锥的体积不是定值 C．若正方体的棱长为2，点M在线段BC上运动，则点M到平面的距离最小值为 D．直线与平面所成角的正弦值的最大值为 9．如图，已知正方体棱长为2，，分别为，的中点，为线段上的动点，下列选项正确的是（    ）    A．不存在使得 B．存在使面 C．存在两个使与成角 D．任意满足 10．已知平面四边形中，，和，将平面四边形沿对角线翻折，得到四面体.则下列说法正确的是（    ） A．无论翻折到何处， B．四面体的体积的最大值为 C．当时，四面体的外接球的体积为 D．当时，二面角的余弦值为 三、填空题 11．如图，在直三棱柱中，，，.点在线段上，点到直线的距离的最小值为__________. 12．已知在矩形ABCD中，，如图，将沿着BE向上进行翻折，使得点A与点S重合，若点S在平面BCDE上的射影在四边形BCDE内部（包含边界），则动点S的轨迹长度是_________． 四、解答题 13．如图1，在矩形中，，，，分别为，的中点，将四边形沿折起至四边形处，使得二面角的大小为，连接，，，，如图2. (1)证明：平面⊥平面； (2)求异面直线与所成角的余弦值； (3)求点到平面的距离. 14．如图，在四棱锥中，底面ABCD是平行四边形，平面SAB，，，，N为BS的中点，M为SC的中点． (1)证明：点M在平面ADN内． (2)求点M到平面SAB的距离． (3)若二面角的余弦值为，求直线DM与平面ABCD所成角的正弦值． 15．设为多面体的一个顶点，定义多面体在点处的离散曲率为，其中为多面体的所有与点相邻的顶点，平面，，…，和为多面体的所有以为公共点的面． (1)求正三棱柱在各个顶点处的离散曲率之和． (2)如图，在四棱锥中，底面，，该四棱锥在点处的离散曲率为． （ⅰ）求证：平面平面； （ⅱ）若直线与平面所成角的正弦值为，求二面角的余弦值． 1 / 14 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题02 空间向量的应用 常考题型·精准突破 考点一 空间位置关系的向量证明 ◆题型1方向向量与法向量 1． 2．B 3．D 4．(1) (2)不存在，理由如下， 由图可知，设， 则， 由，得，解得， 由，得，解得， 所以， 易知平面的一个法向量为， 当时，，方程无解，所以不存在，使是平面的法向量. 【分析】（1）根据条件，建立空间直角坐标系，求出，设平面的法向量为，建立方程组，求出，即可求解； （2）根据条件求出和平面的一个法向量，再结合条件，即可求解. 【详解】（1）如图所示，以为坐标原点，以直线所在直线分别为轴建立空间直角坐标系， 由题意得，， 则， 设平面的法向量为， 可知，即， 令，解得，则平面的一个法向量为. （2）不存在，略. ◆题型2 空间中直线、平面的平行 5．A 6．B 7．证明: 证法一：由题意知，直线两两垂直， 以为坐标原点，所在直线分别为轴､轴､轴建立空间直角坐标系，如图所示， 则， 所以， 所以，又，故． 证法二：由题意可得 ， 又，所以． 【分析】证法一：以为坐标原点，所在直线分别为轴､轴､轴建立空间直角坐标系，求出的坐标，利用空间向量共线的坐标表示可得答案； 证法二：由空间向量的线性表示可得答案. 【详解】略.   8．(1)在中，，，， 由余弦定理可得，即， 所以，即， 且，，BD，平面BCD，所以平面BCD， 又因为，，则，即， 以D为原点，分别以的方向为x，y，z轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，，，， 可得，， 则，可得， 因为平面BCD，可知为平面BCD的一个法向量， 因为，则， 且平面BCD，所以平面BCD. (2) 【分析】（1）可证平面BCD，，建立空间直角坐标系，利用空间向量证明线面平行； （2）分别求平面APC、平面PCM的法向量，利用空间向量求二面角的余弦值. 【详解】（1）略 （2）由（1）可知：，，， 设平面APC的法向量为，则， 令，则，，可得； 设平面PCM的法向量为，则， 令，则，，可得； 设二面角的平面角为θ，由题意可知θ为锐角， 则. 所以二面角的余弦值为. 9．(1)证明见解析 (2)存在. 【分析】（1）以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间坐标系，分别求平面和平面的法向量，利用法向量平行即可证明面面平行； （2），当垂直与平面的法向量时平面，求的值即可. 【详解】（1）因为长方体，所以，，两两垂直， 以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间坐标系： 由题知， 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， 因为，所以平面平面. （2）设线段上存在点使得平面， 由（1）得，，平面的法向量， 所以， 由解得， 即为线段中点时，平面. ◆题型3 空间中直线、平面的垂直 10．AC 11．(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）根据题意，求得向量和的坐标，得到，即可证得． （2）求得向量和平面的法向量，得到，即可证得平面． 【详解】（1）证明：正四棱锥的侧棱长与底边长都为， 可得，且， 由点， 则， 因为， 所以，所以． （2）解：由点，可得 设平面的一个法向量为，则， 取，可得，所以， 又由点，可得， 则， 又因为平面，所以平面． 12．(1) 设的中点为H，的中点为O，连接，， 由题意知． 因为平面平面，平面，，平面平面， 所以平面，所以平面，则，， 又为等边三角形，所以． 故以O为坐标原点，射线，，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， ，， ，， 所以.又因为平面， 所以平面． (2)存在， 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法判断位置关系； （2）设，求出点的坐标，求出平面的一个法向量，利用向量法建立方程求解. 【详解】（1）略 （2）设存在点N，使平面， 设，，则， ， 所以． 由（1）知，，， 设平面的法向量为， 由， 得，令，则， 由平面，得． 所以，解得． 所以当时，平面． 13．(1)如图所示： 连接BD，取BD的中点O，连接PO，因为，， 所以的外接圆的圆心为BD的中点，即点O，也为点P在底面ABCD上的射影，则平面ABCD， 因为平面ABCD，所以，又因为，满足所以， 又，所以面； (2)以A为原点，以AB，AD分别为x，y轴，建立空间直角坐标系：则 易得，则，设，则， 因为，所以，解得，则 所以， 设平面PBC的一个法向量为则，即， 令，则，所以， 设平面PCD的一个法向量为则，即， 令，则，所以， 因为，所以，则平面平面PDC，所以二面角是直二面角； (3). 【分析】（1）连接BD，取BD的中点O，连接PO，易得平面ABCD，从而，再由得到，然后利用线面垂直的判定定理证明； （2）以A为原点，以AB，AD分别为x，y轴，建立空间直角坐标系，分别求得平面PBC和平面PDC，利用向量法求解； （3）根据面，得到，设，由求解. 【详解】（1）如图所示： 连接BD，取BD的中点O，连接PO， 因为，， 所以的外接圆的圆心为BD的中点，即点O， 也为点P在底面ABCD上的射影，则平面ABCD， 因为平面ABCD,所以， 又因为，满足 所以，又， 所以面； （2）以A为原点，以AB，AD分别为x，y轴，建立空间直角坐标系： 则 易得，则， 设，则 ，因为， 所以，解得， 则 所以， 设平面PBC的一个法向量为 则，即 令，则， 所以， 设平面PCD的一个法向量为 则，即 令，则， 所以， 因为，所以， 则平面平面PDC，所以二面角是直二面角； （3）因为面，所以，设， 则， 因为， 所以， 解得， 则. 14．(1) 取中点F，设与交于点G，连接，， 由知D为中点，且F为中点，则， 则E为中点，且G为中点， 因为O为中点，则， 且平面，平面， 所以平面． (2) 【分析】（1）作辅助线，根据几何性质可得，进而可证线面平行； （2）建系标点，分别求平面、平面PBC的法向量，根据面面垂直可得，运算求解即可. 【详解】（1）略 （2）因为C在圆周上，为直径，则，同时，由圆锥知平面， 则以C为原点，、、过C与平行的直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系．    因， 则，，，，． 可得，，，， 设平面的一个法向量，则， 令，则，可得； 设平面的一个法向量，则。 令，则，可得， 若平面平面，则，解得． 故的值为． 15．(1)证：因为平面，平面，所以， 又，，平面，平面，所以平面， 平面，所以平面平面成立. (2) ， (3) 【分析】(1)通过线面垂直证明面面垂直. (2)通过证明线面垂直求出棱锥的高后利用等体积法求得，进而求出表面积和其范围. (3)建立空间直角坐标系，通过垂直和平行的坐标性质求解坐标的表达式，并求解距离范围. 【详解】（1）略 （2）作于点. 因为平面，平面，所以，又，平面， 所以平面，即为棱锥的高. 因为，所以， 解得. 因为，所以， 解得. 故表面积. 由此可知单调递增，因为，，. 所以. （3） 建立如图空间直角坐标系， 可知，，，，， 所以，，，， 因为，所以，. 又，设，所以，. 解得，，，， 所以 ， 因为，所以 考点二 空间角的向量求法 ◆题型4 异面直线夹角的向量求法 16．B 17．C 18．(1) (2) 【分析】(1)利用直径所对的圆周角为直角和勾股定理求出的长度和柱体的高，再根据圆柱结构特征即可求其表面积； (2)法一：利用平行线转化，求出异面直线与所成角即为，再利用勾股定理的逆定理证明，然后通过余弦定理计算夹角即可求解； 法二：建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，再利用向量法求出异面直线所成的角的余弦值即可. 【详解】（1）因为AB是底面圆O的直径，所以.因为，，所以.因为，所以圆柱的侧面积为，故其表面积为. （2）（方法一）由三棱柱的性质可得，所以异面直线与所成的角即为.连接. 因为， 所以则，所以， 即异面直线与所成角的余弦值为. （方法二）以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示 由题意得，所以. 设异面直线与所成的角为，则， 即异面直线与所成角的余弦值为. 19．(1)证明：由题意得：平面，面， 则． 又，，面，面， 故面，面， 故． 又，，面，面， 故面． 又面， 故面面. (2) 【分析】（1）由线面垂直的性质定理可得，再由判定定理可得面，从而得，结合，可得面，由面面垂直的判定定理即可得证； （2）以为坐标原点，，为，轴，垂直于的方向为轴，建立空间直角坐标系，设，由，可得，由三点共线及，可得．再由异面直线与夹角的余弦值为，求得，取，求出两平面与平面的法向量，即可得答案. 【详解】（1）略； （2）以为坐标原点，，为，轴，垂直于的方向为轴，建立空间直角坐标系： 因为圆锥的高为3．母线长为5， 所以底面半径, 由题意，，，，． 设， 则，， 又，即， 即， 又， 设， ， 又， 代入坐标得：， 解得：． 故． 又， ，． 设异面直线与夹角为， 则， 解得． 由对称性，结合， 不妨取， 此时，，． 设面的法向量， 则， 不妨令，则． 同理，设面的法向量， 则． 设平面与平面夹角为， ． 20．(1)连接AC，交BD于点O，∵底面为菱形，∴， 由题可得，，且，平面，∴平面， 又平面，∴， 又∵，平面 ,∴平面． (2)存在，. 【分析】（1）利用，，可得到平面，从而得到，再利用菱形可得，最后就可得到平面； （2）由可得或其补角为直线与直线所成角，再利用余弦定理解得，利用勾股定理得，最后由已知角的余弦定理得到关于的方程，从而可解得. 【详解】（1）略 （2）由(1)已得底面,且,取中点为连接, 故可以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系如图所示， 则，，故，， 又因为，则， 则得，故， 因为直线与直线所成角为， 则， 即， 化简得， 解得， 因为， 所以. ◆题型5 线面角的向量求法 21．B 22．A 23．(1)证明：因为平面平面，交线为，平面且， 所以平面．又平面，所以. 因为为等边三角形，且为的中点，所以， 因为，且，平面，，， 所以平面. (2) 【分析】（1）先由面面垂直可得平面，进而可得，再由等边三角形的性质得，再由线面垂直的判定定理可得； （2）根据条件建立空间直角坐标系，用向量法求线面角的正弦值，再由同角三角函数关系式可得线面角的正切值. 【详解】（1）略 （2）取的中点，连接，，由等边三角形性质知， 因为平面平面，由面面垂直性质可得平面． 因为且， 所以四边形为平行四边形，得，即．     以为原点，分别以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，如图： 则各点坐标为：，，，，．     因为为的中点，所以，，，． 设平面的法向量为， 由，得，，取，则. 所以平面的法向量. 设直线与平面所成角为，且， 则， 即，且，由同角三角函数关系式得. 因此直线与平面所成角的正切值为． 24．(1) (2)1． 【分析】（1）利用面面垂直条件建立空间直角坐标系，借助向量夹角公式，求出异面直线所成角余弦值； （2）参数设点 F，求出平面 的法向量，利用线面角公式解参数，最后算出 DF 长度. 【详解】（1）取BC中点，连接OA、OD，又， 又平面平面，平面平面，平面， 平面， 为BC中点，，      如图，以分别为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系， 则， ， 设异面直线AC与BD所成的角为， 则，       所以异面直线AC与BD所成角的余弦值为. （2）设， 由（1）知，， 则，得，故． 设平面的法向量， 则， 令，得，即，      由直线AD与平面所成角大小为， 得．            ， 所以线段DF的长度为1． 25．(1) 因为四边形是正方形，、、分别为、、的中点， 所以即，， 因为，平面，在平面外， 所以平面， 因为，平面，在平面外， 所以平面， 又，所以由唯一确定一个平面，故平面即平面； 又，所以是两条相交直线，且平面， 所以平面平面，又平面， 所以平面； (2)； (3)存在，点的坐标为，理由如下： 由（2）得，设， 则，又，所以， 所以， 设平面的一个法向量为，则， 所以，取，则， 所以， 若直线与平面所成的角为，则，即， 整理得，解得，则. 所以在线段上存在一点使直线与平面所成的角为，点的坐标为. 【分析】（1）由题设求证平面平面；即可求证平面； （2）建立适当空间直角坐标系，求出两平面的一个法向量，由两法向量夹角余弦值即可求解； （3）设，求出和平面的一个法向量为，由题设建立关于t的等量关系求出t即可求解. 【详解】（1）略 （2）由题意可建立如图所示空间直角坐标系， 设，则， 所以， 因为平面平面，所以平面的一个法向量为， 设平面的一个法向量为，则， 所以，取，则可得， 所以， 所以平面与平面夹角为； （3）略 ◆题型6 二面角和面面角的向量求法 26．B 27．A 28．(1) (2) 【分析】（1）找到外接球球心，利用半径相等得到方程，求出外接球半径，得到表面积； （2）建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面的法向量，利用面面角余弦公式和同角三角函数关系进行求解即可. 【详解】（1）因为是圆锥的轴截面，所以平面． 又平面，所以． 在中，，，所以． 设圆锥的外接球的球心为，半径为， 结合圆锥的定义及对称性易知球心在上． 在中，，则， 整理得，解得． 所以圆锥的外接球的表面积． （2）因为为弧的中点，所以． 因为平面，平面，所以． 又， 设为原点，以，，所在直线为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系． 则，，，，． ，， 设平面的一个法向量为， 则，，令，则，， 所以． 因为，，，平面， 所以平面， 则即为平面的一个法向量，． 设二面角的平面角为，从图中可以看出为锐角， 则， ， 故二面角的正弦值为． 29．(1)因为，，则， 又平面平面，平面平面，平面， 平面， 取的中点，连接、， 平面，， 在正三角形中，， 又，、平面，平面， 是中点，是的中点，，， ，，，， 四边形是平行四边形，，平面. (2) (3)在线段上不存在点满足条件，理由如下： 假设在线段上存在点满足条件，设， 由（2），，， 则，， 由得 ，无解， 即在线段上不存在满足条件的点． 【分析】（1）取的中点，连接、，先证明平面，再证得，即可证得平面； （2）取的中点，以为原点，建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，利用二面角的向量求法可求得结果； （3）假设在线段上存在点满足条件，设，由，列方程组，无解，即在线段上不存在满足条件的点． 【详解】（1）略 （2）取的中点，连接， 在正三角形中，， 面面，面面，平面， 面， 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，，， ， 设平面和平面的一个法向量分别为， 由，得，取，得， 由，得，取，得， 则， 则二面角的正弦值为． （3）略 30．(1) (2) (3) 【分析】（1）因为平面，平面，所以，如图建立空间直角坐标系，求得平面的法向量，令其与垂直，即可求得的值； （2）根据线面角的向量求法，将与平面所成角的正弦表示成的函数，从而求得其取值范围； （3）根据平面与平面夹角的向量求法，列出相应的方程，求解可得的值. 【详解】（1）在平面中，过作的垂线，则平面， 因为平面，所以. 因为平面，，平面，所以，， 所以为二面角的平面角，所以. 以为坐标原点，分别以所在直线，及直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，， 所以，，，，， 设平面的一个法向量，则， 即. 令，得，，所以. 由，得， 由，得， 所以， 因为平面，所以， 所以， 解得. （2）因为，所以， 设平面的一个法向量， 则，即. 令，得，， 所以. 设与平面所成的角为，则 . 当时，； 当时，， 当且仅当时等号成立. 所以，即与平面所成角的正弦值的取值范围为. （3）由（1）知，所以. 设平面的一个法向量， 则，即. 令，得，，所以， 由（2）知平面的一个法向量， 设平面与平面的夹角为，则 ， 即， 解得. 考点三 空间距离的向量求法 ◆题型7 点到直线距离的向量求法 31．C 32．A 33．(1) (2)结合（1）的空间直角坐标系，有，则，， 设，，则，平面的法向量为， 所以，令，得到， 又平面，即， 所以，解得， 所以． 【分析】（1）先根据题意建立空间直角坐标系，得到所需各点的坐标，从而得到，，进而结合投影向量即可求出点到直线的距离； （2）结合（1）的空间直角坐标系，设，，从而求出平面的法向量为，再根据题意得到，即可求出的值，进而即可得到结论． 【详解】（1）由底面，，且底面，则，，两两垂直， 所以以，，所在的直线分别为，，轴建立空间直角坐标系， 由，，，且，分别为棱，的中点， 则，，， 所以，， 所以在上的投影向量的模长为， 所以点到直线的距离为． （2）略 34．(1)证明： 因为，，． 所以，故， 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面，又平面, 所以． (2)（i）；（ii） 【分析】（1）根据面面垂直的性质及线面垂直的性质即可证明； （2）建立空间直角坐标系，（i）根据点到直线距离公式列出方程即可求解；（ii）根据面面夹角的向量公式即可求解． 【详解】（1）略． （2）因为，，所以，又，， 所以，如图建系直角坐标系． 所以，，，，， （i）因为，所以点的坐标为， 所以，， 则直线的一个单位方向向量为， 点到直线的距离，解得． （ii）已知平面的一个法向量为， ， 设平面的一个法向量为， 由，即，取． 所以， 所以平面与平面的夹角的余弦值为． ◆题型8 点到平面距离的向量求法 35．D 36．BC 37．(1)证明：∵四边形是正方形，，     ，，平面，平面，     平面，∴平面平面． (2) (3) 【分析】（1）利用面面垂直的判定定理证明可得； （2）过点作于，作，以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用空间向量方法可得； （3）由空间点到面的距离公式计算可得. 【详解】（1）略. （2）过点作于，由（1）知平面， ∵四边形是等腰梯形，，，， ，．         作，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，             ，，，，． ，． 设平面的一个法向量，则，即， 令，，         又，， 同理设平面的一个法向量，则，即， 令，，         ，     ， 故平面与平面所成角的正弦值为． （3）设点到平面的距离为， 由（2）知，平面的一个法向量， ． 38．(1)证明：如图，连接交于点，连接.    因为四边形为矩形，所以点为中点. 在中，是的中点，所以. 因为平面，平面，所以平面. (2) (3) 【分析】（1）连接交于点，连接，可得，再利用线面平行的判定定理即可证明. （2）建立空间直角坐标系，分别求平面与平面的法向量即可求二面角的余弦值. （3）设，利用点到面的向量公式即可求的值，进而可求的长. 【详解】（1）略 （2）平面， 以为原点，分别以，，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系. 则 所以，，， 设平面的法向量为， 则，即. 令，则，，所以. 设平面的法向量为， 则，即. 令，则，，所以. 所以. 由图可得二面角为钝角，所以二面角的余弦值为. （3）设 因为，所以. 点到平面的距离为，解得. 所以.则. 所以的长为 ◆题型9 线到平面距离和平行平面距离的向量求法 39．AC 40．ABD 41．(1)证明：因平面，即两两垂直，故可建立如图所示的空间直角坐标系，设， 因为 则， 又因为是的中点，所以， 所以， 设平面的法向量为，则有， 所以是平面的一个法向量， 又因为，所以， 因为平面，所以直线平面． (2) 【分析】（1）建立适当空间直角坐标系，设，写出相关点的坐标，求出向量和平面的一个法向量，即可证明； （2）利用点到面的距离向量求法求解. 【详解】（1）略 （2）由（1）得直线平面且平面的一个法向量为， 所以直线到平面的距离为点到平面的距离， 又因为，所以直线到平面的距离为． 42．(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). 【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）略 （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10 异面直线距离的向量求法 43．C 44．ABD 45．(1)证明：（方法一）连接，如图所示： 因为，且四边形为矩形， 所以， 又因为，所以， 因为平面，平面， 所以平面； （方法二）因为，，两两垂直， 以为坐标原点，，，所在直线分别为x，y，z轴， 建立如图所示空间直角坐标系： 可得，，，， ，，，， 平面的一个法向量为， ，， ∵平面. ∴平面. (2) (3). 【分析】（1）（方法一）连接，由中位线的定义可得，由线面平行的判定定理即可得证；（方法二）以为坐标原点，，，所在直线分别为x，y，z轴，利用空间向量法证明即可； （2）利用空间向量法求解即可； （3）利用空间向量法，转化为求点E到直线的距离. 【详解】（1）略 （2）由（1）的方法二可知： ，，. 设平面的一个法向量为， 则， 取，可得，， 所以， 设直线与平面所成角为， 可得， 所以直线与平面所成角的正弦值为. （3）由（1）的方法二可知： ，，， ，∴. 则直线与直线间的距离转化为点E到直线的距离， . 所以直线与直线间的距离为. 46．(1) (2) (3)是， 【分析】（1）推导出平面，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直线与平面所成角的正弦值； （2）求出点的坐标，根据空间向量法可得出关于的方程，结合可得出的值； （3）求出异面直线、的公垂线的一个方向向量，结合题中材料可求出异面直线、间的距离. 【详解】（1）在四棱锥中，平面平面，平面平面， ，平面，所以平面， 又因为，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， 因为，， 所以、、、、. 若，即为中点，则， 所以，，. 设平面的一个法向量为， 则，令，得， 所以平面的一个法向量为. 设直线与平面所成角为， 则. （2）因为，则， 设平面的一个法向量为， 则，令，得， 所以平面的一个法向量为. 设平面的一个法向量为，则， 令，得，所以平面的一个法向量为. 因为二面角的大小为，且， 得， 整理得，解得，或（舍），所以. （3）由（2）得，故，. 设与直线、都垂直， 所以. 令，可得，，即. 又，所以异面直线和间的距离为. 故异面直线和间的距离为定值. 综合攻坚·知能拔高 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D C D D A B D ACD BD ACD 11．/ 12．/ 13．(1)证明：由题意知，，，，平面， 且，所以平面， 又平面，所以平面平面. (2) (3) 【分析】（1）根据题目条件，利用面面垂直的判定定理即可证明； （2）由，将异面直线与所成的角转化为三角形内角，借助余弦定理即可求解； （3）利用等体积法，变换顶点与底面，先计算出三棱锥的体积及底面的面积，再通过体积公式反解出点到平面的距离. 【详解】（1）略. （2）由题意，得，所以异面直线与所成的角为（或其补角）， 易证是二面角的平面角，则. 因为，所以. 由（1）知， 平面，平面，所以. 因为，所以，则四边形为正方形. 如图，连接，则， 所以， 所以异面直线与所成角的余弦值为. （3）由（1）知，平面平面，作，垂足为， 因为平面平面，平面，所以平面， 由（2）知，，. 所以三棱锥的体积， 在中，易得，， 所以的面积. 设点到平面的距离为，因为三棱锥的体积等于三棱锥的体积， 所以，解得. 故点到平面的距离为. 14．(1)证明：因为底面是平行四边形，所以且， 又为的中点，为的中点， 在中，由三角形中位线性质可得：，且， 结合、，可推出，且， 因此与共面，即四边形是平面四边形， 故点在平面内. (2)点到平面的距离为； (3)线面角的正弦值为. 【分析】（1）连接，利用三角形中位线性质，结合平行四边形的性质，推出平行且等于，得到四边形为平面四边形，由此说明在平面中； （2）由平面，结合是中点，取中点得到，再结合，推出到平面的距离等于长度的一半，代入直接得到距离结果； （3）先根据平面，确定就是二面角的平面角，结合已知余弦值和，解三角形求出到平面的高，再利用是中点，得到到平面的距离，最后结合的线段长度，通过线面角的定义直接计算出该角的正弦值. 【详解】（1）略 （2）因为平面，且是平行四边形，所以， 因此平面, 即点到平面的距离为的长度，也就是， 又是的中点，根据中点的性质：点到平面的距离是点到平面距离的一半， 因此点到平面的距离为. （3）由平面，平面得，， 所以就是二面角的平面角，由题知， 因为，由余弦定理， 即，解得，所以, 过作于，因为平面，平面， 所以，结合，平面得平面， ，因为是的中点， 所以到平面的距离是到平面距离的一半，即， 由（1）知，，且平面，故， 在等腰中，，又， 因此在直角梯形中：， 因此直线与平面所成角的正弦值为. 15．(1) (2)（ⅰ）证明：因为底面，底面，所以， 所以， 根据离散曲率的定义，由四棱锥在点处的离散曲率为， 即，解得：， 因为，所以， 在中有：，即， 又底面，底面，所以， 又，平面，所以平面， 又平面，所以平面平面. （ⅱ）. 【分析】（1）根据正三棱柱的结构特征以及离散曲率的定义求解即可； （2）（ⅰ）根据离散曲率的定义先求出，结合已知条件得出，然后利用线面垂直的判定定理与性质定理以及面面垂直的判定定理证明即可；（ⅱ）利用线面角的定义，体积法，以及二面角的定义结合已知条件分析求解即可. 【详解】（1）如图所示： 在正三棱柱中，可知6个顶点处的离散曲率相等， 由， 根据离散曲率的定义，正三棱柱在点处的离散曲率为：， 所以正三棱柱在各个顶点处的离散曲率之和为：. （2）（ⅰ）略. （ⅱ）设，所以， 在直角中有：， 又， 所以， 在直角中有：， 由底面，底面，所以， 又，且，平面，所以平面， 因为平面，所以，所以， 设点到平面的距离为，且， 由等体积法得：，即， 也即，化简得：， 设直线与平面所成角为，根据线面角的定义可知：， 即，解得：， 由平面，平面，所以，又， 所以为二面角的平面角， 在直角中，， 所以， 由图可知二面角的平面角与二面角的平面角互补， 所以二面角的平面角为，且为钝角， 所以二面角的余弦值为：. 1 / 14 学科网（北京）股份有限公司 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 空间向量的应用 常考题型·精准突破 考点一 空间位置关系的向量证明 ◆题型1方向向量与法向量 ◆题型2 空间中直线、平面的平行（高频） ◆题型3 空间中直线、平面的垂直（高频） 考点二 空间角的向量求法 ◆题型4 异面直线夹角的向量求法 ◆题型5 线面角的向量求法（重） ◆题型6 二面角和面面角的向量求法 （难） 考点三 空间距离的向量求法 ◆题型7 点到直线距离的向量求法 ◆题型8 点到平面距离的向量求法（重） ◆题型9 线到平面距离和平行平面距离的向量求法 ◆题型10 异面直线距离的向量求法（难） 综合攻坚·知能拔高 常考题型·精准突破 考点一 空间位置关系的向量证明 ◆题型1方向向量与法向量 1．（25-26高二上·山东德州·开学考试）在直线l上，则直线l的一个方向向量为_________. 【答案】 【分析】求出向量的坐标即可. 【详解】由在直线l上，得直线l的一个方向向量为. 故答案为： 2．（25-26高二上·山东济宁·期中）阅读材料：空间直角坐标系中，过点且一个法向量为的平面的方程为，阅读上面材料，解决下面问题：直线是两平面与的交线，则下列向量可以为直线的方向向量的是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据题意求平面的法向量，再由垂直关系即可求直线的方向向量． 【详解】由题意有：平面的法向量为， 平面的法向量为， 设直线的方向向量为， 所以，令，得， 而ACD中的向量与该向量均不共线， 故选：B 3．（25-26高二上·云南文山·阶段检测）我们把平面内与直线垂直的非零向量称为直线的法向量，在平面直角坐标系中，过点的直线的一个法向量为，则直线的点法式方程：，化简得．类比以上做法，在空间直角坐标系中，经过点的平面的一个法向量为，则该平面的方程为（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】结合题意可得出所求平面的点法式方程，化简即可. 【详解】由题意可知经过点的平面的一个法向量为， 该平面的方程为，即. 4．（2026高二·全国·专题练习）已知四边形是矩形，平面，，，点在线段、上（不含端点），且满足，，其中． (1)求平面的一个法向量； (2)是否存在，使是平面的法向量？请说明理由． 【答案】(1) (2)不存在，理由如下， 由图可知，设， 则， 由，得，解得， 由，得，解得， 所以， 易知平面的一个法向量为， 当时，，方程无解，所以不存在，使是平面的法向量. 【分析】（1）根据条件，建立空间直角坐标系，求出，设平面的法向量为，建立方程组，求出，即可求解； （2）根据条件求出和平面的一个法向量，再结合条件，即可求解. 【详解】（1）如图所示，以为坐标原点，以直线所在直线分别为轴建立空间直角坐标系， 由题意得，， 则， 设平面的法向量为， 可知，即， 令，解得，则平面的一个法向量为. （2）不存在，略. ◆题型2 空间中直线、平面的平行 5．（24-25高二上·广东深圳·阶段检测）若直线l的一个方向向量为，平面的一个法向量为，则（    ） A．或 B． C． D．与斜交 【答案】A 【详解】由，得， 所以或. 6．（26-27高二上·黑龙江·开学考试）已知平面的一个法向量，平面的一个法向量，若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据向量共线列方程，然后解方程即可. 【详解】因为，所以，解得，， 所以. 7．（23-24高二上·全国·课后作业）如图所示，在四棱锥中，底面为矩形，平面，为的中点，为的中点，，求证：．    【答案】证明见解析 【分析】证法一：以为坐标原点，所在直线分别为轴､轴､轴建立空间直角坐标系，求出的坐标，利用空间向量共线的坐标表示可得答案； 证法二：由空间向量的线性表示可得答案. 【详解】证法一：由题意知，直线两两垂直， 以为坐标原点，所在直线分别为轴､轴､轴建立空间直角坐标系，如图所示， 则， 所以， 所以，又，故． 证法二：由题意可得 ， 又，所以．    8．（25-26高二下·甘肃兰州·期中）如图，在四面体ABCD中，，，，，M是AD的中点，P是BM的中点，点Q在线段AC上，且. (1)证明：平面BCD； (2)求二面角的余弦值. 【答案】(1)在中，，，， 由余弦定理可得，即， 所以，即， 且，，BD，平面BCD，所以平面BCD， 又因为，，则，即， 以D为原点，分别以的方向为x，y，z轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，，，， 可得，， 则，可得， 因为平面BCD，可知为平面BCD的一个法向量， 因为，则， 且平面BCD，所以平面BCD. (2) 【分析】（1）可证平面BCD，，建立空间直角坐标系，利用空间向量证明线面平行； （2）分别求平面APC、平面PCM的法向量，利用空间向量求二面角的余弦值. 【详解】（1）略 （2）由（1）可知：，，， 设平面APC的法向量为，则， 令，则，，可得； 设平面PCM的法向量为，则， 令，则，，可得； 设二面角的平面角为θ，由题意可知θ为锐角， 则. 所以二面角的余弦值为. 9．（2026高二·全国·专题练习）如图，长方体中，，， (1)求证：平面平面; (2)线段上，是否存在点，使得平面. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在. 【分析】（1）以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间坐标系，分别求平面和平面的法向量，利用法向量平行即可证明面面平行； （2），当垂直与平面的法向量时平面，求的值即可. 【详解】（1）因为长方体，所以，，两两垂直， 以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间坐标系： 由题知， 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， 因为，所以平面平面. （2）设线段上存在点使得平面， 由（1）得，，平面的法向量， 所以， 由解得， 即为线段中点时，平面. ◆题型3 空间中直线、平面的垂直 10．（25-26高二下·福建龙岩·期末）（多选）若为平面的法向量，为平面的法向量，为直线l的方向向量，则（   ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】AC 【详解】由题意可知若，则，存在实数，使得， 所以，解得，选项A正确； 若，则，存在实数，使得， 所以，解得，选项B错误； 若，则，所以，选项C正确. 若，则，所以，所以或者，选项D错误. 11．（25-26高二下·江苏扬州·阶段检测）如图，在空间直角坐标系中，正四棱锥P-ABCD的侧棱长与底边长都为，点M，N分别在PA，BD上，且．试用向量法证明． (1)求证：； (2)取PC的中点E，求证：平面． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）根据题意，求得向量和的坐标，得到，即可证得． （2）求得向量和平面的法向量，得到，即可证得平面． 【详解】（1）证明：正四棱锥的侧棱长与底边长都为， 可得，且， 由点， 则， 因为， 所以，所以． （2）解：由点，可得 设平面的一个法向量为，则， 取，可得，所以， 又由点，可得， 则， 又因为平面，所以平面． 12．（25-26高三·全国·一轮复习）如图，等边三角形与直角梯形所在的平面垂直，． (1)若F为的中点，求证：平面； (2)在线段上是否存在点N，使平面?若存在，求的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) 设的中点为H，的中点为O，连接，， 由题意知． 因为平面平面，平面，，平面平面， 所以平面，所以平面，则，， 又为等边三角形，所以． 故以O为坐标原点，射线，，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， ，， ，， 所以.又因为平面， 所以平面． (2)存在， 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法判断位置关系； （2）设，求出点的坐标，求出平面的一个法向量，利用向量法建立方程求解. 【详解】（1）略 （2）设存在点N，使平面， 设，，则， ， 所以． 由（1）知，，， 设平面的法向量为， 由， 得，令，则， 由平面，得． 所以，解得． 所以当时，平面． 13．（2026·江苏南京·三模）如图，在四棱锥中，，，15，25. (1)求证：面； (2)求证：二面角是直二面角； (3)在平面上求点，使面. 【答案】(1)如图所示： 连接BD，取BD的中点O，连接PO，因为，， 所以的外接圆的圆心为BD的中点，即点O，也为点P在底面ABCD上的射影，则平面ABCD， 因为平面ABCD，所以，又因为，满足所以， 又，所以面； (2)以A为原点，以AB，AD分别为x，y轴，建立空间直角坐标系：则 易得，则，设，则， 因为，所以，解得，则 所以， 设平面PBC的一个法向量为则，即， 令，则，所以， 设平面PCD的一个法向量为则，即， 令，则，所以， 因为，所以，则平面平面PDC，所以二面角是直二面角； (3). 【分析】（1）连接BD，取BD的中点O，连接PO，易得平面ABCD，从而，再由得到，然后利用线面垂直的判定定理证明； （2）以A为原点，以AB，AD分别为x，y轴，建立空间直角坐标系，分别求得平面PBC和平面PDC，利用向量法求解； （3）根据面，得到，设，由求解. 【详解】（1）如图所示： 连接BD，取BD的中点O，连接PO， 因为，， 所以的外接圆的圆心为BD的中点，即点O， 也为点P在底面ABCD上的射影，则平面ABCD， 因为平面ABCD,所以， 又因为，满足 所以，又， 所以面； （2）以A为原点，以AB，AD分别为x，y轴，建立空间直角坐标系： 则 易得，则， 设，则 ，因为， 所以，解得， 则 所以， 设平面PBC的一个法向量为 则，即 令，则， 所以， 设平面PCD的一个法向量为 则，即 令，则， 所以， 因为，所以， 则平面平面PDC，所以二面角是直二面角； （3）因为面，所以，设， 则， 因为， 所以， 解得， 则. 14．（2026·重庆九龙坡·一模）如图，已知圆锥PO，AB为底面圆O的直径，点C在圆O上（不同于A，B），，.    (1)若，证明：平面OCE； (2)若，平面平面PBC，求λ的值． 【答案】(1) 取中点F，设与交于点G，连接，， 由知D为中点，且F为中点，则， 则E为中点，且G为中点， 因为O为中点，则， 且平面，平面， 所以平面． (2) 【分析】（1）作辅助线，根据几何性质可得，进而可证线面平行； （2）建系标点，分别求平面、平面PBC的法向量，根据面面垂直可得，运算求解即可. 【详解】（1）略 （2）因为C在圆周上，为直径，则，同时，由圆锥知平面， 则以C为原点，、、过C与平行的直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系．    因， 则，，，，． 可得，，，， 设平面的一个法向量，则， 令，则，可得； 设平面的一个法向量，则。 令，则，可得， 若平面平面，则，解得． 故的值为． 15．（25-26高一下·广西南宁·期末）如图，某智慧快递物流仓库搭建直三棱柱钢制立体货架，底座托盘满足．竖直支撑立柱，搭载自主导航升降分拣小车沿立柱上下停靠，停靠位置记为，设，四面体为存放异形快件的封闭式储物仓． (1)证明：平面平面； (2)设四面体的表面积为，写出解析式，并求的取值范围； (3)分拣小车沿立柱上下工作时，为了安全，需从定点引出吊装钢索，钢索另一端点连在线段上，并且满足，求钢索的长度的取值范围. 【答案】(1)证：因为平面，平面，所以， 又，，平面，平面，所以平面， 平面，所以平面平面成立. (2) ， (3) 【分析】(1)通过线面垂直证明面面垂直. (2)通过证明线面垂直求出棱锥的高后利用等体积法求得，进而求出表面积和其范围. (3)建立空间直角坐标系，通过垂直和平行的坐标性质求解坐标的表达式，并求解距离范围. 【详解】（1）略 （2）作于点. 因为平面，平面，所以，又，平面， 所以平面，即为棱锥的高. 因为，所以， 解得. 因为，所以， 解得. 故表面积. 由此可知单调递增，因为，，. 所以. （3） 建立如图空间直角坐标系， 可知，，，，， 所以，，，， 因为，所以，. 又，设，所以，. 解得，，，， 所以 ， 因为，所以 考点二 空间角的向量求法 ◆题型4 异面直线夹角的向量求法 16．（25-26高一下·河南郑州·期末）如图，在直三棱柱中，，，，是的中点，求直线与直线所成角的余弦值（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用勾股定理逆定理证明，以为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解异面直线夹角的余弦值. 【详解】在中，， 因为，所以. 因为三棱柱为直三棱柱，所以平面， 又平面平面，所以. 如图，以为原点，的方向分别为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系. 则. 因为是的中点，所以. 所以. 设直线与直线所成角为， 则 . 所以直线与直线所成角的余弦值为. 17．（25-26高一下·山西太原·期末）如图，圆锥的轴截面是等边三角形，是底面圆周上一动点，是的中点，则直线与所成角的余弦值的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】法一：异面直线求夹角作平行线与已知直线相交，构成的夹角为异面直线所成角，通过解三角形计算取值范围；法二：通过建立空间直角坐标系，利用三角函数法对点设出坐标，将异面直线所成角转化为两条直线方向向量所成的角，进而计算取值范围． 【详解】法一：取底面圆心为，连接，，，作，垂足为，连接； 因为是的中点，为的中点，故； 则即为直线与所成角； 设底面半径为，则，，； 因为，，故； 由余弦定理可知 由， 因为是底面圆周上一动点，故，则； 代入可得； 法二：取的中点，连接，与的中点， 由圆锥的垂直关系可知垂直于底面，与的中点的连线垂直于直径； 故以为原点，与的中点的连线为轴，为轴建立空间直角坐标系； 因为圆锥的轴截面是等边三角形，设，则； 故，，，，设； 则，； 则； 则直线与所成角的余弦值为； 因为，则，． 18．（25-26高一下·黑龙江·期末）如图，直三棱柱内接于一个圆柱，是底面圆的直径，. (1)求圆柱的表面积； (2)求异面直线与所成角的余弦值. 【答案】(1) (2) 【分析】(1)利用直径所对的圆周角为直角和勾股定理求出的长度和柱体的高，再根据圆柱结构特征即可求其表面积； (2)法一：利用平行线转化，求出异面直线与所成角即为，再利用勾股定理的逆定理证明，然后通过余弦定理计算夹角即可求解； 法二：建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，再利用向量法求出异面直线所成的角的余弦值即可. 【详解】（1）因为AB是底面圆O的直径，所以.因为，，所以.因为，所以圆柱的侧面积为，故其表面积为. （2）（方法一）由三棱柱的性质可得，所以异面直线与所成的角即为.连接. 因为， 所以则，所以， 即异面直线与所成角的余弦值为. （方法二）以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示 由题意得，所以. 设异面直线与所成的角为，则， 即异面直线与所成角的余弦值为. 19．（2026·全国·模拟预测）在圆锥中，是圆锥顶点，是底面圆圆心，圆锥的高为3．母线长为5．是底面圆的一条直径，点在底面所在的平面内，且．于． (1)求证：平面平面； (2)当异面直线与夹角的余弦值为时，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明：由题意得：平面，面， 则． 又，，面，面， 故面，面， 故． 又，，面，面， 故面． 又面， 故面面. (2) 【分析】（1）由线面垂直的性质定理可得，再由判定定理可得面，从而得，结合，可得面，由面面垂直的判定定理即可得证； （2）以为坐标原点，，为，轴，垂直于的方向为轴，建立空间直角坐标系，设，由，可得，由三点共线及，可得．再由异面直线与夹角的余弦值为，求得，取，求出两平面与平面的法向量，即可得答案. 【详解】（1）略； （2）以为坐标原点，，为，轴，垂直于的方向为轴，建立空间直角坐标系： 因为圆锥的高为3．母线长为5， 所以底面半径, 由题意，，，，． 设， 则，， 又，即， 即， 又， 设， ， 又， 代入坐标得：， 解得：． 故． 又， ，． 设异面直线与夹角为， 则， 解得． 由对称性，结合， 不妨取， 此时，，． 设面的法向量， 则， 不妨令，则． 同理，设面的法向量， 则． 设平面与平面夹角为， ． 20．（25-26高一下·全国·期末）如图1是一个由菱形和两个直角三角形和所组成的平面图形，其中，现将和分别沿折起，使得点与点重合于点，连接，得到如图2所示的四棱锥. (1)求证：平面； (2)若为棱上一点，记，是否存在点使得直线与直线所成角为，若存在请求出的值，若不存在请说明理由. 【答案】(1)连接AC，交BD于点O，∵底面为菱形，∴， 由题可得，，且，平面，∴平面， 又平面，∴， 又∵，平面 ,∴平面． (2)存在，. 【分析】（1）利用，，可得到平面，从而得到，再利用菱形可得，最后就可得到平面； （2）由可得或其补角为直线与直线所成角，再利用余弦定理解得，利用勾股定理得，最后由已知角的余弦定理得到关于的方程，从而可解得. 【详解】（1）略 （2）由(1)已得底面,且,取中点为连接, 故可以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系如图所示， 则，，故，， 又因为，则， 则得，故， 因为直线与直线所成角为， 则， 即， 化简得， 解得， 因为， 所以. ◆题型5 线面角的向量求法 21．（25-26高一下·重庆·期末）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】B 【分析】建立空间直角坐标系，求出直线的方向向量与平面的法向量，利用线面角的向量计算公式求解. 【详解】取中点，连接，因为为正三角形，故， 正三棱柱中，平面，平面，故， 又，平面，因此平面， 以为原点，、过且平行于的直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系， 已知底面边长，故，高，得各点坐标：，，， 直线的方向向量， 平面上所有点的坐标为，故其一个法向量为，， 设直线与平面所成角为，根据线面角的向量关系： ， 计算得，，代入得：，故B正确. 22．（25-26高二下·江苏宿迁·期中）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，则的最小值是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】建立空间直角坐标系，根据向量法求出直线与平面所成的角为的正弦值，再表示出并求出其最小值即可. 【详解】设正方体边长为2，以D为原点建立空间直角坐标系如图所示， 则,,,, 设,则,, 设平面的法向量为,则由得 取，则, 所以为平面的一个法向量， 所以直线与平面所成的角的正弦值 又由，所以, 所以， 又因,所以,所以最小值为 故选：A 23．（26-27高三上·湖南·开学考试）如图，在四棱锥中，平面平面，为等边三角形，，，，，点为线段的中点． (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正切值． 【答案】(1)证明：因为平面平面，交线为，平面且， 所以平面．又平面，所以. 因为为等边三角形，且为的中点，所以， 因为，且，平面，，， 所以平面. (2) 【分析】（1）先由面面垂直可得平面，进而可得，再由等边三角形的性质得，再由线面垂直的判定定理可得； （2）根据条件建立空间直角坐标系，用向量法求线面角的正弦值，再由同角三角函数关系式可得线面角的正切值. 【详解】（1）略 （2）取的中点，连接，，由等边三角形性质知， 因为平面平面，由面面垂直性质可得平面． 因为且， 所以四边形为平行四边形，得，即．     以为原点，分别以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，如图： 则各点坐标为：，，，，．     因为为的中点，所以，，，． 设平面的法向量为， 由，得，，取，则. 所以平面的法向量. 设直线与平面所成角为，且， 则， 即，且，由同角三角函数关系式得. 因此直线与平面所成角的正切值为． 24．（24-25高二下·湖北武汉·期中）如图，三棱锥中，，平面平面． (1)求异面直线AC与BD所成角的余弦值； (2)若点F是线段AD（不含端点）上的一点，且直线AD与平面所成角大小为，求线段DF的长度． 【答案】(1) (2)1． 【分析】（1）利用面面垂直条件建立空间直角坐标系，借助向量夹角公式，求出异面直线所成角余弦值； （2）参数设点 F，求出平面 的法向量，利用线面角公式解参数，最后算出 DF 长度. 【详解】（1）取BC中点，连接OA、OD，又， 又平面平面，平面平面，平面， 平面， 为BC中点，，      如图，以分别为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系， 则， ， 设异面直线AC与BD所成的角为， 则，       所以异面直线AC与BD所成角的余弦值为. （2）设， 由（1）知，， 则，得，故． 设平面的法向量， 则， 令，得，即，      由直线AD与平面所成角大小为， 得．            ， 所以线段DF的长度为1． 25．（25-26高三上·贵州贵阳·高考复习）如图，四边形是正方形，平面，，，、、分别为、、的中点． (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的大小； (3)若，在线段上是否存在一点，使直线与平面所成的角为．若存在，求出点的坐标，若不存在，说明理由． 【答案】(1) 因为四边形是正方形，、、分别为、、的中点， 所以即，， 因为，平面，在平面外， 所以平面， 因为，平面，在平面外， 所以平面， 又，所以由唯一确定一个平面，故平面即平面； 又，所以是两条相交直线，且平面， 所以平面平面，又平面， 所以平面； (2)； (3)存在，点的坐标为，理由如下： 由（2）得，设， 则，又，所以， 所以， 设平面的一个法向量为，则， 所以，取，则， 所以， 若直线与平面所成的角为，则，即， 整理得，解得，则. 所以在线段上存在一点使直线与平面所成的角为，点的坐标为. 【分析】（1）由题设求证平面平面；即可求证平面； （2）建立适当空间直角坐标系，求出两平面的一个法向量，由两法向量夹角余弦值即可求解； （3）设，求出和平面的一个法向量为，由题设建立关于t的等量关系求出t即可求解. 【详解】（1）略 （2）由题意可建立如图所示空间直角坐标系， 设，则， 所以， 因为平面平面，所以平面的一个法向量为， 设平面的一个法向量为，则， 所以，取，则可得， 所以， 所以平面与平面夹角为； （3）略 ◆题型6 二面角和面面角的向量求法 26．（25-26高二下·江苏·阶段检测）如图，正四棱锥的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍，平面，为侧棱上的点，则二面角的余弦值为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】建立空间直角坐标系，结合向量即可求解. 【详解】连接，设交于点，则平面， 以为坐标原点，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， 设底面边长为，则， 显然是平面的一个法向量， 因为平面，所以是平面的一个法向量， 设二面角为，则由图可知，为钝角， 所以. 27．（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． 28．（25-26高三下·贵州贵阳·阶段检测）如图，已知是圆锥的轴截面，，． (1)求圆锥的外接球的表面积； (2)若为弧的中点，求二面角的正弦值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）找到外接球球心，利用半径相等得到方程，求出外接球半径，得到表面积； （2）建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面的法向量，利用面面角余弦公式和同角三角函数关系进行求解即可. 【详解】（1）因为是圆锥的轴截面，所以平面． 又平面，所以． 在中，，，所以． 设圆锥的外接球的球心为，半径为， 结合圆锥的定义及对称性易知球心在上． 在中，，则， 整理得，解得． 所以圆锥的外接球的表面积． （2）因为为弧的中点，所以． 因为平面，平面，所以． 又， 设为原点，以，，所在直线为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系． 则，，，，． ，， 设平面的一个法向量为， 则，，令，则，， 所以． 因为，，，平面， 所以平面， 则即为平面的一个法向量，． 设二面角的平面角为，从图中可以看出为锐角， 则， ， 故二面角的正弦值为． 29．（26-27高三上·浙江·开学考试）如图，四棱锥的底面为直角梯形，，，侧面为正三角形，平面平面，且，为的中点． (1)证明：平面． (2)求二面角的正弦值． (3)在线段上是否存在点，使、、三点在以点为球心的球面上？若存在，求的值；若不存在，说明理由． 【答案】(1)因为，，则， 又平面平面，平面平面，平面， 平面， 取的中点，连接、， 平面，， 在正三角形中，， 又，、平面，平面， 是中点，是的中点，，， ，，，， 四边形是平行四边形，，平面. (2) (3)在线段上不存在点满足条件，理由如下： 假设在线段上存在点满足条件，设， 由（2），，， 则，， 由得 ，无解， 即在线段上不存在满足条件的点． 【分析】（1）取的中点，连接、，先证明平面，再证得，即可证得平面； （2）取的中点，以为原点，建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，利用二面角的向量求法可求得结果； （3）假设在线段上存在点满足条件，设，由，列方程组，无解，即在线段上不存在满足条件的点． 【详解】（1）略 （2）取的中点，连接， 在正三角形中，， 面面，面面，平面， 面， 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，，， ， 设平面和平面的一个法向量分别为， 由，得，取，得， 由，得，取，得， 则， 则二面角的正弦值为． （3）略 30．（26-27高二上·黑龙江·开学考试）如图，在四棱锥中，，，平面，二面角的大小为，点，满足：，. (1)若平面，求的值； (2)求与平面所成角的正弦的取值范围； (3)若平面与平面的夹角的余弦值为，求的值. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）因为平面，平面，所以，如图建立空间直角坐标系，求得平面的法向量，令其与垂直，即可求得的值； （2）根据线面角的向量求法，将与平面所成角的正弦表示成的函数，从而求得其取值范围； （3）根据平面与平面夹角的向量求法，列出相应的方程，求解可得的值. 【详解】（1）在平面中，过作的垂线，则平面， 因为平面，所以. 因为平面，，平面，所以，， 所以为二面角的平面角，所以. 以为坐标原点，分别以所在直线，及直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，， 所以，，，，， 设平面的一个法向量，则， 即. 令，得，，所以. 由，得， 由，得， 所以， 因为平面，所以， 所以， 解得. （2）因为，所以， 设平面的一个法向量， 则，即. 令，得，， 所以. 设与平面所成的角为，则 . 当时，； 当时，， 当且仅当时等号成立. 所以，即与平面所成角的正弦值的取值范围为. （3）由（1）知，所以. 设平面的一个法向量， 则，即. 令，得，，所以， 由（2）知平面的一个法向量， 设平面与平面的夹角为，则 ， 即， 解得. 考点三 空间距离的向量求法 ◆题型7 点到直线距离的向量求法 31．（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 【分析】建立适当空间直角坐标系，求出和直线的方向向量即可由点到直线向量法距离公式直接计算求解. 【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. 32．（2026高三·全国·专题练习）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. 33．（25-26高二上·四川广安·阶段检测）如图，在三棱锥中，底面，，，分别为棱，的中点，在线段上，且，，． (1)求点N到直线的距离； (2)点D在线段上运动（包括端点），是否存在一点D，使平面？若存在，求出线段的值；若不存在，请说明理由．（以上问题用向量法求解，综合法一律不得分） 【答案】(1) (2)结合（1）的空间直角坐标系，有，则，， 设，，则，平面的法向量为， 所以，令，得到， 又平面，即， 所以，解得， 所以． 【分析】（1）先根据题意建立空间直角坐标系，得到所需各点的坐标，从而得到，，进而结合投影向量即可求出点到直线的距离； （2）结合（1）的空间直角坐标系，设，，从而求出平面的法向量为，再根据题意得到，即可求出的值，进而即可得到结论． 【详解】（1）由底面，，且底面，则，，两两垂直， 所以以，，所在的直线分别为，，轴建立空间直角坐标系， 由，，，且，分别为棱，的中点， 则，，， 所以，， 所以在上的投影向量的模长为， 所以点到直线的距离为． （2）略 34．（25-26高二下·浙江杭州·期末）如图，在四棱锥中，平面平面，，，，． (1)证明：； (2)若， （i）设，点到直线的距离为3，求的值； （ii）求平面与平面的夹角的余弦值． 【答案】(1)证明： 因为，，． 所以，故， 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面，又平面, 所以． (2)（i）；（ii） 【分析】（1）根据面面垂直的性质及线面垂直的性质即可证明； （2）建立空间直角坐标系，（i）根据点到直线距离公式列出方程即可求解；（ii）根据面面夹角的向量公式即可求解． 【详解】（1）略． （2）因为，，所以，又，， 所以，如图建系直角坐标系． 所以，，，，， （i）因为，所以点的坐标为， 所以，， 则直线的一个单位方向向量为， 点到直线的距离，解得． （ii）已知平面的一个法向量为， ， 设平面的一个法向量为， 由，即，取． 所以， 所以平面与平面的夹角的余弦值为． ◆题型8 点到平面距离的向量求法 35．（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. 36．（25-26高二下·甘肃酒泉·期末）（多选）如图，在正三棱柱中，，，为的中点，则（    ）    A．直线平面 B．点到平面的距离是 C．异面直线和所成角的余弦值为 D．平面平面 【答案】BC 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得. 【详解】在正三棱柱中，，，为的中点,所以, 以为原点，为轴，为轴，过作的平行线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，    求得, 选项A:,, 设平面的法向量,则,,列方程可得, 代入向量得,令,则,所以, 计算,所以直线不垂直平面,选项A错误； 选项B:因为,所以点到平面的距离,选项B正确； 选项C:因为, 所以异面直线和所成角的余弦值,选项C正确； 选项D:,,设平面的法向量, 则,,列方程可得,代入向量得, 可知,令,则,所, 由前面可知平面的法向量，计算, 所以平面不垂直平面，选项D错误. 37．（24-25高二下·江苏徐州·期末）如图在多面体中，四边形是边长为4的正方形，四边形为等腰梯形，且，，，． (1)证明：平面平面； (2)求平面与平面所成角的正弦值； (3)求点到平面的距离． 【答案】(1)证明：∵四边形是正方形，，     ，，平面，平面，     平面，∴平面平面． (2) (3) 【分析】（1）利用面面垂直的判定定理证明可得； （2）过点作于，作，以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用空间向量方法可得； （3）由空间点到面的距离公式计算可得. 【详解】（1）略. （2）过点作于，由（1）知平面， ∵四边形是等腰梯形，，，， ，．         作，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，             ，，，，． ，． 设平面的一个法向量，则，即， 令，，         又，， 同理设平面的一个法向量，则，即， 令，，         ，     ， 故平面与平面所成角的正弦值为． （3）设点到平面的距离为， 由（2）知，平面的一个法向量， ． 38．（25-26高二下·广东湛江·期末）如图，直线垂直于梯形所在的平面，，为线段上一点，，，四边形为矩形．    (1)若是的中点，求证：平面； (2)求二面角的余弦值； (3)若点到平面的距离为，求的长． 【答案】(1)证明：如图，连接交于点，连接.    因为四边形为矩形，所以点为中点. 在中，是的中点，所以. 因为平面，平面，所以平面. (2) (3) 【分析】（1）连接交于点，连接，可得，再利用线面平行的判定定理即可证明. （2）建立空间直角坐标系，分别求平面与平面的法向量即可求二面角的余弦值. （3）设，利用点到面的向量公式即可求的值，进而可求的长. 【详解】（1）略 （2）平面， 以为原点，分别以，，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系. 则 所以，，， 设平面的法向量为， 则，即. 令，则，，所以. 设平面的法向量为， 则，即. 令，则，，所以. 所以. 由图可得二面角为钝角，所以二面角的余弦值为. （3）设 因为，所以. 点到平面的距离为，解得. 所以.则. 所以的长为 ◆题型9 线到平面距离和平行平面距离的向量求法 39．（24-25高二上·江苏苏州·期中）（多选）已知棱长为3的正方体，则（    ） A． B．与所成角的大小为 C．平面与平面的距离为 D．平面与平面ABCD所成角的大小为 【答案】AC 【分析】如图，计算的值，即可判断A；通过向量夹角公式计算能求出直线与所成角即可判断B；由平面与平面的距离转化为点到面的距离，再利用等体积法求解即可判断C；通过平面与平面ABCD的法向量求两平面的夹角即可判断D. 【详解】以D为坐标原点，的方向为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系. 正方体棱长为3，则 ， 对于选项A，因为，， 所以，故A正确； 对于选项， ， 所以与所成角的大小为，故B不正确； 对于选项C，平面与平面平行， 两平面的距离可转化为点到平面的距离，则， 即，解得，故 C正确； 对于选项D，设平面的法向量， ， 则，取， 易知平面ABCD的一个法向量为， ， 所以平面与平面ABCD所成角的大小不为，故D不正确. 故选：AC 40．（24-25高二上·广东汕头·期中）（多选）在空间直角坐标系中，已知向量，点，点． （1）若直线l经过点，且以方向向量，P是直线l上的任意一点，则直线l的方程为； （2）若平面经过最，且以为法向量，P是平面内的任意一点，则平面的方程为． 如图，一在棱长为1的正方体中，以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则下列说法正确的是（   ）    A．平面的法向量为 B．直线的方程为 C．过点的平面方程为，则平面截正方体所得截面的面积为 D．平面方程为，平面方程为，则平面与平面之间的距离为 【答案】ABD 【分析】设平面的一个法向量是，根据法向量的定义求出法向量判断A，由直线的向量方程判断B，利用平面方程的概念确定截面，求出其面积判断C，根据平面方程确定平面的法向量及平面所过的点，然后由平面间距离的向量公式计算距离判断D． 【详解】由题意，， ， 选项A，设平面的一个法向量是， 则，取，则，A正确； 选项B，，又，因此直线的方程为，B正确； 选项C，过点的平面方程为，则平面的一个法向量是， 即为，，平面，因此平面即为平面， 截面是正三角形，其面积为，C错； 选项D，平面的法向量是，且过点，平面的法向量是，且过点，， 因此平面与平面平行，它们的距离为，D正确． 故选：ABD． 41．（2026高二·全国·专题练习）如图，在底面为平行四边形的四棱锥中，平面，且，点是的中点， (1)求证：直线平面； (2)求直线到平面的距离； 【答案】(1)证明：因平面，即两两垂直，故可建立如图所示的空间直角坐标系，设， 因为 则， 又因为是的中点，所以， 所以， 设平面的法向量为，则有， 所以是平面的一个法向量， 又因为，所以， 因为平面，所以直线平面． (2) 【分析】（1）建立适当空间直角坐标系，设，写出相关点的坐标，求出向量和平面的一个法向量，即可证明； （2）利用点到面的距离向量求法求解. 【详解】（1）略 （2）由（1）得直线平面且平面的一个法向量为， 所以直线到平面的距离为点到平面的距离， 又因为，所以直线到平面的距离为． 42．（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) 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). 【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）略 （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10 异面直线距离的向量求法 43．（2026高三·全国·专题练习）一副三角板如图拼接，使两个三角板所在的平面互相垂直．如果公共边，则异面直线与的距离是（   ） A． B．a C． D． 【答案】C 【分析】利用面面垂直的性质建立空间直角坐标系，通过异面直线方向向量的公垂线方向向量与两直线上点连线的投影计算距离. 【详解】∵ 平面平面，平面平面，平面，， ∴ 以为坐标原点，分别以的方向为轴正方向，的方向为轴正方向，在平面内以过且垂直于的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系. 由，为等腰直角三角形，，可得各点坐标： . ∴ 直线的方向向量，简化为. 直线的方向向量，简化为. 设异面直线与的公垂线的方向向量为， 则，即. 令，则，得，其模长. 取直线上一点，直线上一点，得向量. ∴ 异面直线与的距离. 【点睛】方法归纳：利用空间向量求异面直线距离的步骤：1. 建立合适的空间直角坐标系，写出对应点坐标；2. 求出两条异面直线的方向向量；3. 求出与两个方向向量都垂直的公垂线方向向量；4. 取两直线上任意两点的连线向量，计算该向量在公垂线方向向量上的投影的绝对值，即为异面直线的距离. 44．（25-26高二上·广东梅州·期末）（多选）如图，在直三棱柱中，，，分别是的动点（含端点），则下列结论正确的有（    ） A．当分别是的中点时，平面 B．当分别运动到的某位置时， C．当分别是的中点时，与侧面所成角为 D．长的最小值为 【答案】ABD 【分析】根据题意，以为原点建立空间直角坐标系，对于A，利用线面平行的向量法证明即可；对于B，易知分别是的中点时，；对于C，根据空间向量法求线面角即可；对于D，求出异面直线的距离即可判断． 【详解】根据题意，以为原点建立空间直角坐标系， ， 对于A，当分别是的中点时，, 易知平面的一个法向量， ，则， 即，又平面，所以平面，故A正确； 对于B，易知，当分别是的中点时，， ，此时，故B正确； 对于C，当分别是的中点时，， 设平面的一个法向量， ，不妨取，则，， 设与侧面所成角为， 则，即， 所以与侧面所成角为，故C错误； 对于D，，，， 设与都垂直的向量为， ，不妨取，则，，， 则异面直线的距离， 即长的最小值为，故D正确． 故选：ABD． 45．（2026·天津北辰·二模）如图，在直三棱柱中，，，，点E，F分别为线段和的中点. (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)求直线与直线间的距离. 【答案】(1)证明：（方法一）连接，如图所示： 因为，且四边形为矩形， 所以， 又因为，所以， 因为平面，平面， 所以平面； （方法二）因为，，两两垂直， 以为坐标原点，，，所在直线分别为x，y，z轴， 建立如图所示空间直角坐标系： 可得，，，， ，，，， 平面的一个法向量为， ，， ∵平面. ∴平面. (2) (3). 【分析】（1）（方法一）连接，由中位线的定义可得，由线面平行的判定定理即可得证；（方法二）以为坐标原点，，，所在直线分别为x，y，z轴，利用空间向量法证明即可； （2）利用空间向量法求解即可； （3）利用空间向量法，转化为求点E到直线的距离. 【详解】（1）略 （2）由（1）的方法二可知： ，，. 设平面的一个法向量为， 则， 取，可得，， 所以， 设直线与平面所成角为， 可得， 所以直线与平面所成角的正弦值为. （3）由（1）的方法二可知： ，，， ，∴. 则直线与直线间的距离转化为点E到直线的距离， . 所以直线与直线间的距离为. 46．（25-26高二上·河南郑州·期中）如图（1），在四棱锥中，平面平面，，，，，，. (1)若，求直线与平面所成角的正弦值； (2)设二面角的大小为，若，求的值； (3)阅读下列“链接”材料，试判断异面直线BE和AD间的距离是否为定值，若是，求出该定值；若不是，说明理由. 链接：运用空间向量求异面直线间的距离如图（2），设、分别为异面直线、上的点，是与直线、都垂直的向量，从而异面直线、间的距离为，即为向量在向量上的投影向量的模. 【答案】(1) (2) (3)是， 【分析】（1）推导出平面，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直线与平面所成角的正弦值； （2）求出点的坐标，根据空间向量法可得出关于的方程，结合可得出的值； （3）求出异面直线、的公垂线的一个方向向量，结合题中材料可求出异面直线、间的距离. 【详解】（1）在四棱锥中，平面平面，平面平面， ，平面，所以平面， 又因为，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， 因为，， 所以、、、、. 若，即为中点，则， 所以，，. 设平面的一个法向量为， 则，令，得， 所以平面的一个法向量为. 设直线与平面所成角为， 则. （2）因为，则， 设平面的一个法向量为， 则，令，得， 所以平面的一个法向量为. 设平面的一个法向量为，则， 令，得，所以平面的一个法向量为. 因为二面角的大小为，且， 得， 整理得，解得，或（舍），所以. （3）由（2）得，故，. 设与直线、都垂直， 所以. 令，可得，，即. 又，所以异面直线和间的距离为. 故异面直线和间的距离为定值. 综合攻坚·知能拔高 一、单选题 1．直线m，n的方向向量分别为，平面的法向量为，则下列选项正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】D 【分析】根据题意利用直线与直线，直线与平面的位置关系，计算向量的数量积，进行判断. 【详解】若，则与共线向量，故A错误； 若，则与共线向量，故B错误； 若，则，故C错误； 若，则，故D正确， 故选：D 2．在直三棱柱中，若，则与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】建立空间直角坐标系，写出点的坐标，利用空间向量夹角余弦公式求出答案. 【详解】如图，建立空间直角坐标系，设， 则， 所以， 则， 故与所成角的余弦值为. 故选：C 3．如图，三棱柱满足棱长都相等且⊥平面，D是棱的中点，E是棱上的动点．设，随着x增大，平面与平面的夹角是（   ） A．先增大再减小 B．减小 C．增大 D．先减小再增大 【答案】D 【分析】先建系，分别求出平面与平面的法向量，再根据二面角余弦公式结合余弦函数单调性判断即可. 【详解】以AC中点O为坐标原点，OB，OC分别为x，y轴，建立空间直角坐标系． 设所有棱长均为2， 则，，， ，设平面BDE法向量， 则， 令，则， 故． 又平面的法向量， 故平面与底面所成锐二面角的平面角的余弦值， 又，故在上单调递增，上单调递减， 即随着x增大先增大后减小，且在单调递减，所以随着x增大先减小后增大． 故选：D． 4．空间直角坐标系中，经过点，且法向量为的平面方程为，经过点且一个方向向量为的直线的方程为，阅读上面的材料并解决下面问题：现给出平面的方程为，经过的直线的方程为，则直线与平面所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据题设给出的材料可得平面的法向量和直线的方向向量，利用空间向量求线面夹角. 【详解】因为平面的方程为，故其法向量为， 且直线的方程为，故其方向向量为， 设直线与平面所成角为， 则， 可得，所以直线与平面所成角的余弦值为. 故选：D. 5．如图，在正四棱柱中，，点分别是的中点，点是线段上的动点，则下列说法错误的是（    ）    A．当时，存在，使得平面 B．存在，使得平面 C．存在，使得平面平面 D．存在，使得平面平面 【答案】A 【分析】对于ABD：建系，利用空间向量结合线、面位置关系分析判断，对于C：根据面面平行的判定定理分析判断. 【详解】以D为原点，分别为建立空间直角坐标系，如图：    设，则，则， 因为点分别是的中点， 所以， 对于选项B：设平面的一个法向量为， 因为， 可得，取，解得， 设， 因为，则，可得，即， 则， 若∥平面，则， 可得，且，解得， 即为的中点，故B正确； 对于选项A：由B可知：， 若平面，则， 则，当且仅当时成立，故A错误； 对于选项D：由B可知：，则， 因为，则， 设平面的法向量为， 则，取，得， 若平面平面，则，故D正确； 对于选项C：  当与D重合时， 因为分别是的中点， 则，且平面，平面， 可得平面， 同理可得：平面， 且，平面， 所以此时平面平面，故C正确；    故选：A. 6．如图，多面体中，，且两两垂直，给出下列4个结论： ①平面平面；             ②经过点四点的球的表面积为； ③直线平面； ④直线与所成角的余弦值为． 其中正确的结论的有（     ） A．个 B．个 C．个 D．个 【答案】B 【分析】依题意，该多面体可以嵌在一个长宽高分别为的长方体中（如图所示），建立空间直角坐标系，对于①：分别求出两个平面的法向量可作出判断；对于②：过四点的外接球即长方体的外接球，进而求得长方体的外接球半径可作出判断；对于③：考查与平面的法向量是否平行即可；对于④：因为，所以即直线与所成的角，由此可作出判断. 【详解】依题意，该多面体可以嵌在一个长方体中（如图所示）. 设，则，解得，，即，. 以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系如图所示. 则，，，.，，. 设平面的法向量为，则，令得，同理可得平面的法向量，因为，所以与不垂直，即平面不与平面垂直，故①错误； 由图可知，过四点的外接球即长方体的外接球，设长方体外接球半径为，则，所以外接球表面积，故②正确； 由①知平面的法向量为，又，显然与不平行，即与平面不垂直，故③错误； 因为，所以即直线与所成的角，，故④正确. 故选：B. 7．如图，在四棱锥中，已知：平面，，，，已知是四边形内部一点（包括边界），且二面角的平面角大小为，若点是中点，则四棱锥体积的最大值是（    ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先根据两两垂直建立空间直角坐标系，然后得到各点的坐标，再应用二面角的空间向量解法得到参数的关系式，最后根据体积公式得到最值即可. 【详解】因为平面且， 所以以为轴建立空间直角坐标系，如图所示，     ， 因为已知是四边形内部一点，所以设， 其中且（即点在平面内部）， 则， 因为平面平面，所以平面的法向量为， 又因为， 设平面的法向量为， 则，即，由题易得，令，则， 所以， 因为二面角的平面角大小为， 所以， 即，解得①， 因为点是中点，所以到平面的距离为， 所以要使得四棱锥体积的最大， 则，即要取到最大值， 由①知时， 此时点不在四边形内部，矛盾， 故当时体积取到最大值，此时， 所以， 故选：D 【点睛】方法点睛：碰到两两垂直的线段时，往往可以借助空间向量法来解决，需要在求解法向量的时候注意不求错即可. 二、多选题 8．在正方体中，点P在线段上运动，则下列结论正确的是（   ） A．直线平面 B．三棱锥的体积不是定值 C．若正方体的棱长为2，点M在线段BC上运动，则点M到平面的距离最小值为 D．直线与平面所成角的正弦值的最大值为 【答案】ACD 【分析】建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法证明线面垂直即可判断A，利用线面平行的判定定理，得出平面，再根据三棱锥的体积的计算方法，即可判断B，利用点面距离的向量公式求解距离，然后利用一次函数性质求解最值判断C，利用向量法可求线面角的正弦值，再利用二次函数性质求解最值判断D. 【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，不妨取正方体的棱长为2， ，，，， ，，，， 对于A：，， ， 所以，，且， 所以是平面的一个法向量，即直线平面，故A正确； 对于B：因为，平面，平面， 所以平面，因为点在线段上运动， 所以点到平面的距离为定值，又的面积为定值， 故由等体积法可知三棱锥的体积为定值，故B错误； 对于C：设，则， 由A选项可知平面的一个法向量为， 故点M到平面的距离为， 因为，所以． 即点M到平面的距离最小值为，故C正确； 对于D：设，则，， 由A选项可知平面的一个法向量为， 所以直线与平面所成角的正弦值为： ， 当时，直线与平面所成角的正弦值取得最大值， 且最大值为，故D正确. 故选：ACD 9．如图，已知正方体棱长为2，，分别为，的中点，为线段上的动点，下列选项正确的是（    ）    A．不存在使得 B．存在使面 C．存在两个使与成角 D．任意满足 【答案】BD 【分析】建立空间直角坐标系，设，根据条件，求得，选项A，通过计算，即可求解；选项B，易得平面的一个法向量为，利用线面位置关系判断的向量法，即可求解；选项C，求得，，利用，即可求解；选项D，利用，求得，即可求解. 【详解】如图，建立空间直角坐标系，    因为， 又为的中点，则， 设，又， 由，得到， 对于选项A，因为， 又，所以，故选项A错误， 对于选项B，易知平面的一个法向量为，由选项A知， 由，得到，解得， 所以当为中点时，面，所以选项B正确， 对于选项C，因为，， 则由， 整理得到，解得或（舍去）， 即存在1个使与成角，所以选项C错误； 对于选项D，因为， 得， 当时，等号成立，所以选项D正确， 故选：BD. 10．已知平面四边形中，，和，将平面四边形沿对角线翻折，得到四面体.则下列说法正确的是（    ） A．无论翻折到何处， B．四面体的体积的最大值为 C．当时，四面体的外接球的体积为 D．当时，二面角的余弦值为 【答案】ACD 【分析】取线段的中点，连接，即可证明平面，从而判断A；当平面平面时，四面体的体积最大，由锥体的体积公式判断B；依题意可得两两互相垂直，将四面体补成正方体，求出正方体外接球的半径，即可判断C；将四面体补成棱长为的正方体，再确定二面角的平面角，即可判断D. 【详解】对于：取线段的中点，连接， 是等边三角形，在中，， ， 又平面， 平面， 又平面，即无论翻折到何处，，故A正确； 对于B：当平面平面时，四面体的体积最大， 又，平面平面，平面，所以平面， 又，， 所以，故B错误； 对于C：当时，，， 所以，，又，即两两互相垂直，且， 将四面体补成棱长为的正方体，则正方体的外接球即为四面体的外接球， 所以外接球半径， 所以外接球体积为，故C正确； 对于D：当时，，， 所以，， 将四面体补成棱长为的正方体， 取中点，中点，则，，所以， 又,平面，平面， 所以，所以，又，平面， 所以平面，又平面，所以， 是二面角的平面角， 又平面，平面，所以， 所以，则当时，二面角的余弦值为，故D正确. 故选：ACD 三、填空题 11．如图，在直三棱柱中，，，.点在线段上，点到直线的距离的最小值为__________. 【答案】/ 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间距离的向量求法即可求解. 【详解】由已知，以B为坐标原点，以所在直线为轴，建立空间直角坐标系， 设直三棱柱的侧棱长为h， 则， ， 由于点在线段上，设，则， 故， 设点到直线的距离为d，则 ， 当时，取最小值，则d的最小值为， 故答案为： 12．已知在矩形ABCD中，，如图，将沿着BE向上进行翻折，使得点A与点S重合，若点S在平面BCDE上的射影在四边形BCDE内部（包含边界），则动点S的轨迹长度是_________． 【答案】/ 【详解】过点作于点，交于点， 则点在平面上的射影落在线段上. 在中，，，则， 由等面积法得. 翻折的过程中，动点满足， 则动点的轨迹是以点为圆心，为半径的一段圆弧. 易得，，，所以， 则，如图（2），在圆中，，， 所以点的轨迹是，且，则，， 从而点的轨迹长度为. 四、解答题 13．如图1，在矩形中，，，，分别为，的中点，将四边形沿折起至四边形处，使得二面角的大小为，连接，，，，如图2. (1)证明：平面⊥平面； (2)求异面直线与所成角的余弦值； (3)求点到平面的距离. 【答案】(1)证明：由题意知，，，，平面， 且，所以平面， 又平面，所以平面平面. (2) (3) 【分析】（1）根据题目条件，利用面面垂直的判定定理即可证明； （2）由，将异面直线与所成的角转化为三角形内角，借助余弦定理即可求解； （3）利用等体积法，变换顶点与底面，先计算出三棱锥的体积及底面的面积，再通过体积公式反解出点到平面的距离. 【详解】（1）略. （2）由题意，得，所以异面直线与所成的角为（或其补角）， 易证是二面角的平面角，则. 因为，所以. 由（1）知， 平面，平面，所以. 因为，所以，则四边形为正方形. 如图，连接，则， 所以， 所以异面直线与所成角的余弦值为. （3）由（1）知，平面平面，作，垂足为， 因为平面平面，平面，所以平面， 由（2）知，，. 所以三棱锥的体积， 在中，易得，， 所以的面积. 设点到平面的距离为，因为三棱锥的体积等于三棱锥的体积， 所以，解得. 故点到平面的距离为. 14．如图，在四棱锥中，底面ABCD是平行四边形，平面SAB，，，，N为BS的中点，M为SC的中点． (1)证明：点M在平面ADN内． (2)求点M到平面SAB的距离． (3)若二面角的余弦值为，求直线DM与平面ABCD所成角的正弦值． 【答案】(1)证明：因为底面是平行四边形，所以且， 又为的中点，为的中点， 在中，由三角形中位线性质可得：，且， 结合、，可推出，且， 因此与共面，即四边形是平面四边形， 故点在平面内. (2)点到平面的距离为； (3)线面角的正弦值为. 【分析】（1）连接，利用三角形中位线性质，结合平行四边形的性质，推出平行且等于，得到四边形为平面四边形，由此说明在平面中； （2）由平面，结合是中点，取中点得到，再结合，推出到平面的距离等于长度的一半，代入直接得到距离结果； （3）先根据平面，确定就是二面角的平面角，结合已知余弦值和，解三角形求出到平面的高，再利用是中点，得到到平面的距离，最后结合的线段长度，通过线面角的定义直接计算出该角的正弦值. 【详解】（1）略 （2）因为平面，且是平行四边形，所以， 因此平面, 即点到平面的距离为的长度，也就是， 又是的中点，根据中点的性质：点到平面的距离是点到平面距离的一半， 因此点到平面的距离为. （3）由平面，平面得，， 所以就是二面角的平面角，由题知， 因为，由余弦定理， 即，解得，所以, 过作于，因为平面，平面， 所以，结合，平面得平面， ，因为是的中点， 所以到平面的距离是到平面距离的一半，即， 由（1）知，，且平面，故， 在等腰中，，又， 因此在直角梯形中：， 因此直线与平面所成角的正弦值为. 15．设为多面体的一个顶点，定义多面体在点处的离散曲率为，其中为多面体的所有与点相邻的顶点，平面，，…，和为多面体的所有以为公共点的面． (1)求正三棱柱在各个顶点处的离散曲率之和． (2)如图，在四棱锥中，底面，，该四棱锥在点处的离散曲率为． （ⅰ）求证：平面平面； （ⅱ）若直线与平面所成角的正弦值为，求二面角的余弦值． 【答案】(1) (2)（ⅰ）证明：因为底面，底面，所以， 所以， 根据离散曲率的定义，由四棱锥在点处的离散曲率为， 即，解得：， 因为，所以， 在中有：，即， 又底面，底面，所以， 又，平面，所以平面， 又平面，所以平面平面. （ⅱ）. 【分析】（1）根据正三棱柱的结构特征以及离散曲率的定义求解即可； （2）（ⅰ）根据离散曲率的定义先求出，结合已知条件得出，然后利用线面垂直的判定定理与性质定理以及面面垂直的判定定理证明即可；（ⅱ）利用线面角的定义，体积法，以及二面角的定义结合已知条件分析求解即可. 【详解】（1）如图所示： 在正三棱柱中，可知6个顶点处的离散曲率相等， 由， 根据离散曲率的定义，正三棱柱在点处的离散曲率为：， 所以正三棱柱在各个顶点处的离散曲率之和为：. （2）（ⅰ）略. （ⅱ）设，所以， 在直角中有：， 又， 所以， 在直角中有：， 由底面，底面，所以， 又，且，平面，所以平面， 因为平面，所以，所以， 设点到平面的距离为，且， 由等体积法得：，即， 也即，化简得：， 设直线与平面所成角为，根据线面角的定义可知：， 即，解得：， 由平面，平面，所以，又， 所以为二面角的平面角， 在直角中，， 所以， 由图可知二面角的平面角与二面角的平面角互补， 所以二面角的平面角为，且为钝角， 所以二面角的余弦值为：. 1 / 14 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $