专题26 空间向量与立体几何的综合应用 -2024年新高考数学艺术生突破90分精讲

这是一份专题26 空间向量与立体几何的综合应用 -2024年新高考数学艺术生突破90分精讲，文件包含专题26空间向量与立体几何的综合应用原卷版docx、专题26空间向量与立体几何的综合应用解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共69页， 欢迎下载使用。

一、注意基础知识的整合、巩固。二轮复习要注意回归课本，课本是考试内容的载体，是高考命题的依据。浓缩课本知识，进一步夯实基础，提高解题的准确性和速度
二、查漏补缺，保强攻弱。在二轮复习中，对自己的薄弱环节要加强学习，平衡发展，加强各章节知识之间的横向联系，针对“一模”考试中的问题要很好的解决，根据自己的实际情况作出合理的安排。
三、提高运算能力，规范解答过程。在高考中运算占很大比例，一定要重视运算技巧粗中有细，提高运算准确性和速度，同时，要规范解答过程及书写。
四、强化数学思维，构建知识体系。同学们在听课时注意把重点要放到理解老师对问题思路的分析以及解法的归纳总结，以便于同学们在刷题时做到思路清晰，迅速准确。
五、解题快慢结合，改错反思。审题制定解题方案要慢，不要急于解题，要适当地选择好的方案，一旦方法选定，解题动作要快要自信。
六、重视和加强选择题的训练和研究。对于选择题不但要答案正确，还要优化解题过程，提高速度。灵活运用特值法、排除法、数形结合法、估算法等。
专题26 空间向量与立体几何的综合应用
【考点预测】
一、空间向量的数量积运算
1、两向量夹角
已知两个非零向量，，在空间任取一点，作，..，则叫做向量，的夹角，记作，通常规定，如果，那么向量，互相垂直，记作.
2、数量积定义
已知两个非零向量，，则叫做，的数量积，记作，即.零向量与任何向量的数量积为0，特别地，.
3、空间向量的数量积满足的运算律：
，（交换律）；
（分配律）.
二、空间向量的坐标运算及应用
（1）设，，则；
；
；
；
；
.
（2）设，，则.
这就是说，一个向量在直角坐标系中的坐标等于表示该向量的有向线段的终点的坐标减起点的坐标.
（3）两个向量的夹角及两点间的距离公式.
①已知，，则；
；
；
；
②已知，，则,
或者.其中表示与两点间的距离，这就是空间两点的距离公式.
（4）向量在向量上的射影为.
（5）设是平面的一个法向量，，是内的两条相交直线，则，由此可求出一个法向量（向量及已知）.
（6）利用空间向量证明线面平行：设是平面的一个法向量，为直线的方向向量，证明，（如图8-155所示）.已知直线（），平面的法向量，若，则.
（7）利用空间向量证明两条异面直线垂直：在两条异面直线中各取一个方向向量，，只要证明，即.
（8）利用空间向量证明线面垂直：即证平面的一个法向量与直线的方向向量共线.
（9）证明面面平行、面面垂直，最终都要转化为证明法向量互相平行、法向量互相垂直.
（10）空间角公式.
①异面直线所成角公式：设，分别为异面直线，上的方向向量，为异面直线所成角的大小，则.
②线面角公式：设为平面的斜线，为的方向向量，为平面的法向量，为
与所成角的大小，则.
③二面角公式：
设，分别为平面，的法向量，二面角的大小为，则或（需要根据具体情况判断相等或互补），其中.
（11）点到平面的距离为，，为平面的法向量，则.
【典型例题】
例1．（2024·高二·浙江杭州·期中）如图，空间四边形中，，，，在线段上，且，点为中点，则（ ）

A．B．C．D．
【答案】B
【解析】因为为的中点，则，
因为，则，
因此，.
故选：B.
例2．（2024·高二·北京·阶段练习）如图，在平行六面体中，M为与的交点，若 ，，，则下列向量中与相等的向量是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】在平行六面体中，
.
故选：D
例3．（2024·高一·广东云浮·阶段练习）已知空间不共线的向量，，且，，，则一定共线的三点是（ ）
A．、、B．、、C．、、D．、、
【答案】C
【解析】因为，，，
对于A：因为，
则不存在任何，使得，所以、、不共线，故A错误；
对于B：因为，
则不存在任何，使得，所以、、不共线，故B错误；
对于C：因为，
所以，则、、三点共线，故C正确；
对于D：因为，
则不存在任何，使得，所以、、不共线，故D错误；
故选：C
例4．（2024·高二·安徽黄山·期末）已知向量则向量在向量上的投影向量为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】由投影向量公式得向量在向量上的投影向量为.
故选：D
例5．（2024·江苏南通·二模）在正方体中，下列关系正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，
所以，，
，，
对于A，，故A错误；
对于B，，故B错误；
对于C，，故C错误；
对于D，，故D正确.
故选：D.
例6．（2024·内蒙古赤峰·模拟预测）在正方体中，点分别是棱的中点，则异面直线所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】根据题意，以为坐标原点建立空间直角坐标系，如下图所示：
设正方体的棱长为2，则，
可得，
则，
又因为异面直线的夹角范围是，
因此异面直线所成角的余弦值为.
故选：A
例7．（多选题）（2024·高二·江西吉安·期末）在棱长为1的正方体中，，，则下列说法正确的是（ ）
A．平面
B．直线与底面所成的角的正弦值为
C．平面与底面夹角的余弦值为
D．点到平面的距离为
【答案】AB
【解析】如图所示，以点为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
，，
∴，
∵平面，平面，
∴平面，故A正确．
B选项，平面的法向量，
设直线与底面所成的角为，
则，故B正确．
C选项，，，设平面的法向量，
则令，得，则．
设平面与底面的夹角为，
则，
∴平面与底面夹角的余弦值为，故C错误．
D选项，∵，平面，平面，
又，平面的法向量，
∴点到平面的距离即为直线与平面的距离，故D错误．
故选：AB
例8．（多选题）（2024·高三·贵州·阶段练习）如图，正方体的棱长为，是上的动点，以下说法正确的是（ ）

A．的面积是定值B．与共线的单位向量是
C．与夹角的余弦值是D．平面的一个法向量是
【答案】AD
【解析】A选项：在上且，
到的距离等于到的距离，设为定值，
为定值，故A选项正确；
B选项：的模为，不为单位向量，故B选项错误；
如图所示建系，，，，，
则，，
C选项：，故C选项错误；
D选项：设，
则，，
即，，
为面的一个法向量，故D选项正确；
故选：AD．
例9．（多选题）（2024·高二·重庆沙坪坝·阶段练习）给出下列命题，其中为假命题的是（ ）
A．已知为平面的一个法向量，为直线的一个方向向量，若，则
B．已知为平面的一个法向量，为直线的一个方向向量，若，则与所成角为
C．若两个不同的平面，的法向量分别为，，且，，则
D．已知空间的三个向量，，，则对于空间的任意一个向量，总存在实数使得
【答案】AD
【解析】对于A：由题意，当时，或，故A错误；
对于B：由图象可得，，则，
所以，根据线面角的定义可得：与所成角为，故B正确；
对于C：因为，所以，故，故C正确；
对于D：只有当空间的三个向量，，不共面时，
对于空间的任意一个向量，才存在实数使得，故D错误.
故选：AD.
例10．（2024·辽宁·一模）已知空间中的三个点，则点到直线的距离为 ．
【答案】/
【解析】由题意知，，
所以，
得，，
所以点A到直线BC的距离为
.
故答案为：
例11．（2024·高二·上海徐汇·期末）如图，在多面体中，四边形为正方形，平面.

(1)求证：
(2)在线段上是否存在点，使得直线与所成角的余弦值为？若存在，求出点到平面的距离，若不存在，请说明理由.
【解析】（1）因为四边形为正方形，平面，
如图以为原点，分别以的方向为轴的正方向，建立空间直角坐标系，
则，
所以，
所以，
所以，所以.
（2）设线段上存在一点，使得与所成角的余弦值为，
则，又，
所以，解得（负值舍去），
所以存在满足条件，
所以，依题意可得，
设为平面的法向量，
则，设，可得，
所以点到平面的距离为.
例12．（2024·全国·模拟预测）如图，在四棱锥中，平面，，，，，为棱的中点，直线与所成角的余弦值为．求：
(1)点到直线的距离；
(2)二面角的余弦值．
【解析】（1）取的中点，连接，
因为，，所以，
又，所以四边形为平行四边形，
又，
故⊥，
因为平面，平面，
所以，
如图，以A为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，
设，则，
于是．
设所成的角为，
则，
故，解得，
设点到直线的距离为，
则，
所以．
所以点到直线的距离为．
（2）依题意，．
设平面的一个法向量，
则，
解得，令，得，所以，
设平面的一个法向量为，
则，
解得，令，得，则．
设二面角的平面角为，由图知为锐角，
则，
所以二面角的余弦值为．
例13．（2024·江苏·模拟预测）在五棱锥中，，，平面平面.

(1)求证：；
(2)若，且直线与平面所成角的正弦值为，求的值.
【解析】（1）证明：延长交于点
四边形为矩形，
平面平面，平面平面
平面平面，即.
（2）如图建系，
设平面的一个法向量，
.
例14．（2024·陕西渭南·模拟预测）如图，在四棱锥中，平面，底面是正方形，点E在棱PD上，，．
(1)证明：点是的中点；
(2)求直线与平面所成角的正弦值．
【解析】（1）由平面，平面，所以；
又底面是正方形，所以；
因为，平面，所以平面；
又平面，所以，
因为，，平面，
可得平面，又平面，
所以，又因为，
可知点E是的中点；
（2）根据题意可得两两垂直，
因此以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，如下图所示：
设，则；
所以；
设平面的一个法向量为，
可得，令，可得；
即；
设直线与平面所成的角为，
则
所以直线与平面所成角的正弦值为.
【过关测试】
一、单选题
1．（2024·高二·湖北荆门·期末）在四面体中，M点在线段上，且，G是的重心，已知，，，则等于（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【解析】因为G是的重心，
则，
由，得，
所以.
故选：C.
2．（2024·高二·河南郑州·期末）人教A版选择性必修第一册教材44页“拓广探索”中有这样的表述：在空间直角坐标系中，若平面经过点，且以为法向量，设是平面内的任意一点，由，可得，此即平面的点法式方程．利用教材给出的材料，解决下面的问题：已知平面的方程为，直线的方向向量为，则直线与平面所成角的正弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】因为平面的方程为，
所以平面的一个法向量为,2,，
直线的方向向量为，
设直线与平面所成角为，
则,．
故选：B．
3．（2024·全国·一模）如图，四棱锥中，底面是矩形，，，，，是等腰三角形，点是棱的中点，则异面直线与所成角的余弦值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】因为，，两两垂直，
以A为原点，，，分别为，，轴建立空间直角坐标系.
又因为，，
所以，，，，
因为是棱的中点，所以，
所以，，
可得，
所以异面直线与所成角的余弦值是.
故选：B.
4．（2024·高一·全国·课时练习）如下图所示，在正方体中，，分别是，的中点，则异面直线与所成的角的大小为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】
以为坐标原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
设正方体棱长为2，则，，，
，，，
设异面直线与所成的角为,，
则,所以.
故选：C
二、多选题
5．（2024·高三·福建·阶段练习）如图，点A，，，，为正方体的顶点或所在棱的中点，则直线平面的是（ ）
A．B．
C． D．
【答案】BC
【解析】对于A项，如图所示建立空间直角坐标系，设正方体棱长为2，
则，
所以,
设平面的一个法向量为，则，
令，即，
显然，即与不垂直，故直线与平面不平行，故A错误；
对于B项，如图所示取侧棱中点D，连接AD，BD，由正方体的特征可知，
所以平面即平面，平面，平面，
所以直线平面，故B正确；
对于C项，由正方体的特征易知平面侧面，侧面，
所以直线平面，故C正确；
对于D项，如图所示取正方体一棱中点G，连接，
由正方体的特征可知：，
易知六点共面，故D错误.
故选：BC
6．（2024·高二·陕西西安·阶段练习）如图，在四面体中，两两垂直，，则（ ）
A．向量在向量上的投影向量为
B．向量在向量上的投影向量为
C．向量
D．向量
【答案】AD
【解析】
如图所示，取，连接，则.
因为两两垂直，，
所以在上的投影为点，在上的投影为点，
所以向量在向量上的投影向量为，故A正确，B错误；
，故C错误，D正确.
故选：AD
三、填空题
7．（2024·山东济南·一模）在三棱柱中，，，且平面，则的值为 .
【答案】 /0.5
【解析】
如图，不妨设，依题意，,
，
因，则
又因平面，故必共面，
即存在，使，即，
从而有，解得.
故答案为：.
8．（2024·高二·福建泉州·期末）在空间直角坐标系中，若平面过点，且以向量不全为零为法向量，则平面的方程为．已知平面的方程为，则点到平面平面的距离为 .
【答案】/
【解析】由平面的方程为，可得平面过点，且其法向量为，
又由点，可得，
所以点到平面的距离为．
故答案为：
9．（2024·高二·安徽·阶段练习）已知是平面的法向量，点在平面内，则点到平面的距离为 .
【答案】/
【解析】由题意可得，
又是平面的法向量，
则点到平面的距离为，
故答案为：
10．（2024·山东·模拟预测）已知在正方体中，，平面平面，则直线l与所成角的余弦值为 ．
【答案】
【解析】作出图形，如图所示．
延长至E，使得，则≌，≌，
故，，故四边形为平行四边形，
连接，延长，交于点G，连接，则即为直线l．
以D为坐标原点，，，分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
设，过点作轴于点，则∽，且相似比为1:2，
故，，
则，，，，
故，，
故直线l与所成角的余弦值为．
故答案为：
四、解答题
11．（2024·浙江·模拟预测）如图，已知正三棱柱分别为棱的中点．

(1)求证：平面；
(2)求二面角的正弦值．
【解析】（1）取中点，由正三棱柱性质得，互相垂直，以为原点，分别以，所在直线为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系．
不妨设，则，
则．
证明：，
由，得，
由，得，
因为平面，所以平面．
（2）
由（1）可知为平面的一个法向量，设平面的法向量，
则,故，
令，得面的一个法向量为，
设二面角的值为，
则，所以，二面角的正弦值为．
12．（2024·江苏·一模）如图，在四棱锥中，平面，，，，，点在棱上，且.

(1)证明：平面；
(2)当二面角为时，求.
【解析】（1）因为平面，平面，
所以，
又，
以为坐标原点，所在直线分别为轴，，建立空间直角坐标系，
设，
∵，
，
设平面的一个法向量为，
则，
令得，故
，
故平面；
（2）平面的一个法向量，
，
.
13．（2024·天津河西·一模）已知三棱锥中，平面，，，为上一点且满足，，分别为，的中点．

(1)求证：；
(2)求直线与平面所成角的大小；
(3)求点到平面的距离．
【解析】（1）因为平面，，
如图以为原点，所在直线分别为轴､轴､轴，建立空间直角坐标系，
则，
所以，
因为，
所以.
（2）设平面的法向量，，
则，即，取，得，
设直线与平面所成角为，
则，又，
所以，所以直线与平面所成角的大小为.
（3）设点到平面的距离为，因为，
所以，所以点到平面的距离为.
14．（2024·天津河东·一模）在正方体中（如图所示），边长为2，连接

(1)证明：平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值；
(3)底面正方形的内切圆上是否存在点使得与平面所成角的正弦值为，若存在求长度，若不存在说明理由．
【解析】（1）
以为原点，所在直线分别为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，
则．
平面的法向量为，
，令，则，
，
平面；
（2）平面的法向量为，
，令，则，
平面与平面夹角为，
；
（3）设，且，
与平面所成角为，
，
即，
解得或，故或，
所以.
15．（2024·吉林白山·二模）如图在四棱锥中，为菱形.
(1)证明：；
(2)若，求平面与平面所成二面角的正弦值.
【解析】（1）记交于点，连接.
因为是菱形，所以，且为的中点.
因为，所以，
又因为平面，且，所以平面，
因为平面，所以.
（2）取的中点，连接交于点，连接.
因为，所以是等边三角形，所以.
又因为，故平面，
所以平面.又平面，所以.
由（1）知，且，所以平面.
不妨设，则.
在中，由，得，所以.
以为坐标原点，所在直线分别为轴､轴，过点作垂直平面的直线为轴，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，
所以，
令得；
设平面的法向量为，
所以，
令得.
故，
所以平面与平面所成二面角的正弦值为.
16．（2024·四川南充·二模）如图所示，在直四棱柱中，底面是菱形，，，分别为，的中点．
(1)求证：平面；
(2)若，求与平面所成角的正弦值；
【解析】（1）
如图所示，连接，连接，，
，分别为，的中点，
且，
且，
四边形为平行四边形，
，
又平面，平面，
平面；
（2）
如图所示，
连接，取中点，连接，
由已知直四棱柱的底面为菱形，
平面，，
以点为坐标原点，，，方向分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
又，，
，，，
，，，，，，
则，，，
设平面的法向量，
则，令，则，
，
即直线与平面所成角的正弦值为.
17．（2024·浙江·二模）如图，在四棱锥中，四边形ABCD是边长为2的正方形，平面平面ABCD，，点E是线段AD的中点，.
(1)证明：//平面BDM；
(2)求平面AMB与平面BDM的夹角.
【解析】（1）
如图，连接交于，连接,由是的中点可得，
易得与相似，所以，
又，所以//，
又平面平面，所以//平面；
（2）
因平面平面，且平面平面，由，点E是线段AD的中点可得
又平面，故得平面.如图，取的中点为,分别以为轴的正方向，建立空间直角坐标系.
则，，
，则，.
设平面的法向量为，由，
则，故可取；
设平面的法向量为，由，
则，故可取.
故平面与平面的夹角余弦值为，
所以平面与平面的夹角为.
18．（2024·重庆·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面是矩形，且底面，，若且 .

(1)求的值；
(2)若平面，求点到平面的距离.
【解析】（1）如图，以点为原点，以，，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，
则，
故，，
由，可知；
故，；
由，可知，
解得或（舍去）.
（2）若平面，结合平面平面，平面知；
由（1）知，即为的中点，
故为的中点，即；
故，，，
故，，，
设平面的法向量，则，取，
所以点到平面的距离．
19．（2024·山东泰安·一模）如图，在底面为菱形的直四棱柱中，，分别是的中点．
(1)求证：；
(2)求平面与平面所成夹角的大小．
【解析】（1）
取中点，连接
因为底面为菱形，，
所以
以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
（2）设平面的法向量为
又
所以即
取，则
为平面的法向量，
设平面与平面的夹角为，则
平面与平面的夹角为
20．（2024·高三·湖北武汉·期末）在三棱锥中，，平面，点M是棱上的动点，点N是棱上的动点，且．
(1)当时，求证：；
(2)当的长最小时，求平面与平面夹角的余弦值．
【解析】（1）因为，所以，
故，
由勾股定理逆定理得，
又平面，
故以为坐标原点，所在直线分别为轴，平行于的直线为轴，建立空间直角坐标系，
因为，由勾股定理得，，
当时，分别为的中点，
，
则，
，故，
；
（2），
故，
故，
当时，取得最小值，
此时，
设平面的法向量为，
则，
令，则，故，
设平面的法向量为，
则，
令，则，故，
所以平面与平面夹角的余弦值为
.
21．（2024·云南昆明·模拟预测）直三棱柱中，，M为AC的中点，N为的中点，．
(1)证明：；
(2)求平面与平面所成角的余弦值．
【解析】（1）设直线与相交于点O，
因为三棱柱为直三棱柱，又，
所以，，，
所以，所以，
又，则，即；
又，，平面，
所以平面，
因为平面，
所以，
又，，平面，
所以平面，
因为平面，
所以，
又，所以；
（2）由（1）得两两垂直，
建立空间直角坐标系如图所示：
设，
则，，，，，
则，，
设平面的法向量为，
则，
解得，令得，
则平面的法向量，
，，
设平面的法向量，
则，
解得，令，则，
则平面的法向量，
，
所以平面与平面所成角的余弦值为．
22．（2024·贵州贵阳·一模）如图，在四棱锥中，底面，底面是矩形，.
(1)证明：平面平面；
(2)求平面与平面的夹角的余弦值.
【解析】（1）证明：因为底面底面，
所以.
因为底面是矩形，所以.
又，且平面，所以平面.
又因为平面，所以平面平面.
（2）以为原点，所在直线为轴､轴､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
，则
取，得.
设平面的法向量为，则
，则
取，得.
设平面与平面的夹角为，则
所以平面与平面的夹角的余弦值为.
23．（2024·高三·江苏泰州·阶段练习）如图，在四棱锥中，底面是菱形，，为等边三角形，点M，N分别为AB，PC的中点．
(1)证明：直线平面PAD；
(2)当二面角为120°时，求直线MN与平面PCD所成的角的正弦值．
【解析】（1）取PD中点E，连接AE，NE，
∵N为PC中点，
∴且，
又∵且，
∴且，
∴四边形为平行四边形，
∴，
∵平面PAD，平面PAD，
∴平面PAD．
（2）连接，取AD中点F，连接，
因为底面是菱形，，所以为等边三角形，
故⊥，
因为为等边三角形，所以⊥，
故为二面角的平面角，
因为二面角为，故，
以为坐标原点，所在直线分别为轴，垂直于平面的直线为轴，
建立空间直角坐标系，
则，设，则，，
∴，，，，
∴，，，
，，，
设平面PCD的一个法向量，
故，
令得，故，
设MN与平面PCD所成角为，
∴．
24．（2024·全国·模拟预测）已知四棱锥的底面为正方形，其中点在平面上的投影为，点在线段上.
(1)求证：平面平面；
(2)若与平面所成角为45°，求二面角的余弦值.
【解析】（1）∵四边形是正方形，∴.
∵平面，平面，∴.
∵，平面，，∴平面.
又平面，∴平面平面.
（2）以为坐标原点，以，，所在的直线分别为轴，轴，轴，
建立如图所示的空间直角坐标系.
设，∵与平面所成角为45°，∴，
∴，，，，
∴，.
设平面的法向量为，则，即，
令，则，，∴.
易知为平面的一个法向量，
∴，由图可知，二面角为锐角，
∴所求二面角的余弦值为.
25．（2024·高三·浙江·开学考试）如图，四棱锥中，平面平面为等边三角形，，是棱的中点.

(1)证明：；
(2)求平面与平面所成角的余弦值.
【解析】（1）在梯形中，设，
由，
，，
即，所以可得.
又平面平面，平面平面平面，
所以平面，平面，所以平面平面
又等边是棱的中点，所以，
平面平面平面，
所以平面，平面，
故.
（2）取中点，易知，所以平面，
建立如图空间直角坐标系，设，则
，
由（1）知平面的一个法向量是，
又
设是平面的法向量，
则，
令，可得，
所以，
故平面与平面所成角的余弦值为.
26．（2024·云南大理·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面，底面是边长为2的正方形，，点分别为的中点.
(1)证明：；
(2)求点到平面的距离.
【解析】（1）证明：底面，又面，故可得，又，
故以点为坐标原点，､所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
从而可得以下各点的坐标：
，，
则
所以.
（2）设平面的法向量为，又，，
则，即，
令，可得，则平面的法向量，
故点到平面的距离.
27．（2024·高三·重庆·阶段练习）如图，四边形是圆柱的轴截面，点在底面圆上，，点是线段的中点

(1)证明：平面；
(2)若直线与圆柱底面所成角为，求点到平面的距离.
【解析】（1）
证明：取中点，连接，如图所示，
为中点，则，又，得，
由，，得，
所以四边形为平行四边形，，
又平面，平面，所以平面.
（2），易知，又，得.
由平面，且直线与圆柱底面所成角为，即，则有.
如图，以为原点，分别为轴，过垂直于底面的直线为轴，建立空间直角坐标系，
则有，，
，
设平面的一个法向量为，则，
令，有，得，
，
设点到平面的距离为，
.
28．（2024·陕西咸阳·模拟预测）已知三棱柱，如图所示，是，上一动点，点、分别是、的中点，，．
(1)求证：平面；
(2)当平面，且时，求三棱锥的体积．
【解析】（1）因为点、分别是、的中点，
所以，
因为平面，平面，
所以平面；
（2）因为平面，平面，
所以，，
又，
以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，
设平面法向量的法向量为，
则，
解得，令，则，故，
则点到平面的距离为，
由勾股定理得，
，
则三棱锥的体积为.
29．（2024·高三·山东枣庄·期末）如图，直四棱柱的底面为平行四边形，分别为的中点.
(1)证明：平面；
(2)若底面为矩形，，异面直线与所成角的余弦值为，求到平面的距离.
【解析】（1）连接，交于点，连接，
则为的中点，
因为为的中点，所以，且，
因为为的中点，所以，
所以，且，
所以四边形为平行四边形，
所以，
又因为平面平面，
所以平面.
（2）由题意（1）及几何知识得，
在直四棱柱中，，
两两垂直，以为坐标原点，分别以所在直线为轴､轴､轴建立如图所示的空间直角坐标系.
设，则，，
.
设异面直线与所成角为，则
，
解得：，
故，
则
设平面的一个法向量为，
到平面的距离为.
所以即取，
得.
所以，
即到平面的距离为.
30．（2024·浙江宁波·模拟预测）在直角梯形中，，，，现将沿着对角线折起，使点D到达点P位置，此时二面角为．

(1)求异面直线，所成角的余弦值；
(2)求点A到平面的距离．
【解析】（1）过点D做交于O，连接，
以O点为原点，以为x轴，在平面内，过点O垂直于的线为y轴，
过点O垂直于平面的直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示．
因为，所以，
所以为二面角的平面角．所以，
又因为，所以点，
又因为，，由等边三角形可得，
所以，，
所以，
所以与夹角的余弦值为．
（2），，
设为平面的一个法向量，
则，
令，则，
故，
所以点A到平面的距离为．
31．（2024·安徽铜陵·三模）如图所示，空间四边形中，，，且，，二面角的大小为45°.
(1)求异面直线和的夹角；
(2)求二面角的大小.
【解析】（1）∵，，∴
，∴，
，
∵二面角的大小为45°，∴ ，
∴，.
方法一：又，，∴，
∴，即，的夹角为.
方法二：取的中点，∵，，∴，，
又，∴平面，∴，即AC，BD的夹角为.
（2）方法一：过作于，连接，
由（1）知：，，
∴，∴，
∴即为二面角的平面角，由勾股定理可知，，
由等面积法可知,所以.
∴，∴二面角的大小为.
方法二：过在平面内作的平行线，显然与夹角为45°，如图，以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，与垂直的直线为轴建立空间直角坐标系，则
，，，，
由题意可知：平面的法向量为，设平面的法向量为，
， ，
,得，
令，则，∴，
由图可知二面角为钝角，∴二面角的大小为.