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新高考数学一轮复习讲义 第36讲 空间向量及其应用（2份打包，原卷版+含解析）
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这是一份新高考数学一轮复习讲义 第36讲 空间向量及其应用（2份打包，原卷版+含解析），文件包含新高考数学一轮复习讲义第36讲空间向量及其应用原卷版doc、新高考数学一轮复习讲义第36讲空间向量及其应用含解析doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共168页， 欢迎下载使用。
一、知识点梳理
一、法向量的求解与简单应用
（1）平面的法向量：如果表示向量的有向线段所在直线垂直于平面，则称这个向量垂直于平面，记作，如果，那么向量叫做平面的法向量．
注： = 1 \* GB3 \* MERGEFORMAT ①法向量一定是非零向量； = 2 \* GB3 \* MERGEFORMAT ②一个平面的所有法向量都互相平行； = 3 \* GB3 \* MERGEFORMAT ③向量是平面的法向量，向量是与平面平行或在平面内，则有．
第一步：写出平面内两个不平行的向；
第二步：那么平面法向量，满足．
（2）判定直线、平面间的位置关系
= 1 \* GB3 \* MERGEFORMAT ①直线与直线的位置关系：不重合的两条直线，的方向向量分别为，．
若∥，即，则；
若，即，则．
= 2 \* GB3 \* MERGEFORMAT ②直线与平面的位置关系：直线的方向向量为，平面的法向量为，且．
若∥，即，则；
若，即，则．
（3）平面与平面的位置关系
平面的法向量为，平面的法向量为．
若∥，即，则；若⊥，即，则⊥．
二、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．
三、空间中的距离
（1）异面直线间的距离：两条异面直线间的距离也不必寻找公垂线段，只需利用向量的正射影性质直接计算．
如图，设两条异面直线的公垂线的方向向量为，这时分别在上任取两点，则向量在上的正射影长就是两条异面直线的距离．则即两异面直线间的距离，等于两异面直线上分别任取两点的向量和公垂线方向向量的数量积的绝对值与公垂线的方向向量模的比值．
（2）点到平面的距离
为平面外一点（如图），为平面的法向量，过作平面的斜线及垂线．
，
【常用结论】
用向量法解题的途径有两种：一种是坐标法，即通过建立空间直角坐标系，确定出一些点的坐标，进而求出向量的坐标，再进行坐标运算；另一种是基底法，即先选择基向量（除要求不共面外，还要能够便于表示所求的目标向量，并优先选择相互夹角已知的向量作为基底，如常选择几何体上共点而不共面的三条棱所在的向量为基底），然后将有关向量用基底向量表示，并进行向量运算．
二、题型分类精讲
题型一 利用空间向量证线面平行、面面平行
策略方法 利用空间向量证明平行的方法
【典例1】在正方体中，若为中点，为中点.
求证：
(1)；
(2)平面；
(3)平面平面．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）以D为坐标原点，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，求出的坐标，利用，即可证明；
（2）求出平面ACD1的法向量，及直线的方向向量，从而得到，即可证明；
（3）可以利用平面，及平面，利用面面平行的判定定理证明，也可以求出两个平面的法向量，利用法向量平行来证明面面平行.
【详解】（1）以D为坐标原点，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1．
依题意知：，，，，
∴，，
∴，
∴，即.
（2）设平面ACD1的法向量为，
∵，，，
∴，，
由可得，，即，
令，则，∴，
又，
∴，∴，
又平面，∴平面．
（3）证法一 ∵，
∴，又，
∴，∴，
又平面，平面，
∴平面，
又由（2）知平面，而，
且平面，平面,
∴平面平面.
证法二 设平面的法向量为
则即∴
令，得，∴，
由（2）知平面ACD1的一个法向量，
∴，∴，
∴平面平面.
【题型训练】
一、解答题
1．（2023·全国·高三专题练习）如图所示，正四棱的底面边长1，侧棱长4，中点为，中点为．求证：平面平面.
【答案】证明见解析
【分析】以为原点，，，所在直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，利用向量法证，同理，再结合面面平行判定定理即可证明结论.
【详解】以为原点，，，所在直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，如图
则,0,，,1,，,0,，,0,，,1,，,1,，
，，同理，
平面，平面，平面，
平面，平面，平面，
又平面
平面与平面平行．
2．（2023·全国·高三专题练习）如图，在八面体中，四边形ABCD是边长为2的正方形，平面∥平面QBC，二面角与二面角的大小都是，，．证明：平面∥平面QAB．
【答案】证明见解析
【分析】根据垂直关系分析可知，，建系，利用空间向量可得∥，根据题意结合线面、面面平行分析证明.
【详解】因为为正方形，所以，
又因为，，，平面，
所以平面，且平面，则，
所以为二面角的平面角，即，
又因为平面∥平面QBC，∥，
所以平面，且平面，则，
所以为二面角的平面角，即，
如图建立空间直角坐标系，则，，，，
所以，，即，所以∥，
且平面，平面，所以∥平面，
又因为∥，平面，平面，所以∥平面，
因为，平面，
所以平面∥平面QAB．
3．（2023秋·辽宁沈阳·高三东北育才学校校考开学考试）如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面，，，，分别是，的中点.
(1)求证：平面；
【答案】(1)证明见解析；
【分析】（1）以，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，利用向量法证明平面.
【详解】（1）由平面，平面，则，由矩形，得，
以，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，如图，
则，
于是，而平面的一个法向量为，
显然，又平面，
所以平面.
4．（2023·全国·高三专题练习）如图，在三棱柱中，平面，D，E分别为棱AB，的中点，，，.证明：平面.
【答案】证明见解析
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法来证得平面
【详解】在三棱柱中，平面，，，.
所以，则，则，则如下图，
以为原点，为轴建立空间直角坐标系，
设，则
，
所以，，
设平面的一个法向量为，
所以，令，则，即，
所以，得，
又平面，所以平面.
5．（2023秋·江西抚州·高三黎川县第二中学校考开学考试）在正四棱锥中，已知，，，.
(1)证明：平面；
【答案】(1)证明见解析
【分析】（1）建系，相应的坐标和向量，方法一：求平面的法向量为，可得，即可得结果；方法二：可证，，共面，进而可得结果；
【详解】（1）连接交于，如图所示，以为坐标原点建立空间直角坐标系，
则，，，，，
可得，，，，
则，，，
所以，，
方法一：设平面的法向量为，则，，
令，则，则，
因为，所以，
又因为平面，所以平面.
方法二：因为，，则.
可得，所以，，共面，
且平面，所以平面.
6．（天津市南开区南大奥宇学校2022-2023学年高三上学期第四次月考数学试题）如图，直四棱柱的底面为正方形，P，O分别是上、下底面的中心，E是AB的中点，.
(1)求证：平面；
【答案】(1)证明见解析；
【分析】(1)建立空间直角坐标系，求直线的方向向量和平面的法向量，证明两向量垂直；
【详解】（1）因为，
所以以点为原点，以为轴正方向建立空间直角坐标系，
设，则，
所以，
所以，，，
设平面的法向量为，
则，所以，
取，则，
所以为平面的一个法向量，
因为，
又平面，
所以平面；
7．（2023·四川绵阳·四川省绵阳南山中学校考模拟预测）如图，在多面体ABCDEF中，四边形与均为直角梯形，平面，．
(1)已知点G为AF上一点，且，求证：BG与平面DCE不平行；
【答案】(1)证明见解析
【分析】（1）证明出两两垂直，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面DCE的法向量，计算出，证明出BG与平面DCE不平行；
【详解】（1）证明：因为平面ABEF，AB，平面ABEF，
所以，，
又，
以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，
则、、、、，
所以，，，
设平面DCE的法向量为，则，
令，则，所以，
因为，且不存在使得与垂直，
所以BG与平面DCE不平行；
8．（福建省漳州市2024届高三毕业班第一次教学质量检测数学试题）如图，正方体的棱长为2，E为棱的中点.
(1)证明：平面ACE；
【答案】(1)证明见解析；
【分析】（1）解法一：连接交于点，连接，可得，根据线面平行的判定定理即可证明；
解法二：以为原点，分别以，，的方向为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系，写出相关点的坐标，求出平面ACE的法向量，证明即可；
【详解】（1）解法一：
证明：连接交于点，连接，
则为中点，又为中点，所以，
又平面，平面，所以平面.
解法二：
如图，以为原点，分别以，，的方向为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系，
则，，，，,，
所以，.
设平面ACE的法向量为，
则，
令，则，，
所以取.
又，
所以，所以.
又平面，所以平面.
9．（2023秋·江苏南京·高三统考开学考试）如图，四边形ABCD是圆柱OE的轴截面，点F在底面圆O上，，，点G是线段BF的中点．
(1)证明：平面DAF；
【答案】(1)证明见解析
【分析】（1）法一，连接OE，OG．证明平面平面DAF，利用面面平行性质即可证明结论；法二，取AF的中点M，证明，根据线面平行的判定定理即可证明结论；法三，建立空间直角坐标系，确定平面DAF的法向量，利用向量法证明位置关系.
【详解】（1）证法一：连接OE，OG．
在圆柱OE中，四边形ABCD是圆柱OE的轴截面，所以．
又平面DAF，平面DAF，所以平面DAF．
在中，点O，G分别是AB和BF的中点，所以．
又平面DAF，平面DAF，所以平面DAF．
又，OE，平面OEG，所以平面平面DAF．
又平面OEG，所以平面DAF．
证法二：取AF的中点M，连接MD，MG．
因为点M，G分别是FA和FB的中点，所以．
在圆柱OE的轴截面四边形ABCD中，，
所以，因此四边形DEGM是平行四边形．
因此．
又平面DAF，平面DAF，所以平面DAF．
证法三：以O为坐标原点，AB的中垂线为x轴，OB为y轴，OE为z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系．
则，．
因为AB为底面圆O的直径，点F在圆O上，所以．
又，所以，因此．
因为点G是线段BF的中点，所以，
因此．
因为平面ABF，平面ABF，所以．
又，，AF，平面DAF，所以平面DAF，
因此是平面DAF的一个法向量．
因为，
又平面DAF，所以平面DAF．
题型二 利用空间向量证线面垂直、面面垂直
策略方法 利用空间向量证明垂直的方法
【典例1】如图，在直三棱柱中，点分别为线段的中点，．证明：平面．
【答案】证明见解析
【分析】根据已知条件建系，求平面的一个法向量和坐标进而证明线面垂直即可.
【详解】由直三棱柱可知平面，
因为平面，所以，又因为，
所以以为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系，
设，则，
所以，，，
设平面的法向量为，则，
令，则，即，
所以，即，所以平面．
【典例2】如图，在四棱锥中，底面是正方形，底面，E是的中点，已知，．
(1)求证：；
(2)求证：平面平面．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）以A为原点，，，所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法证明．
（2）运用线面垂直的性质定理可证得，进而运用线面垂直的判定定理可证得平面PAC，进而可证得面面垂直.
【详解】（1）以A为原点，，，所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
则，，，，，
所以，，
所以，所以．
（2）连接，，如图所示，
因为面，面，所以，
又因为四边形为正方形，所以，
又因为，、面，所以面，
又因为面，所以平面平面．
【题型训练】
一、解答题
1．（2023秋·河南洛阳·高三伊川县第一高中校联考开学考试）如图，在正方体中，.分别是棱，的中点.
(1)证明：平面.
【答案】(1)证明见解析
【分析】（1）法一：建立空间直角坐标系，得到，，所以，，证明出线面垂直；
法二：作出辅助线，先由线面垂直得到，再根据三角形全等得到，进而得到平面，得到，从而证明出平面；
【详解】（1）法一：以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
设正方体的棱长为2，则，，，，，.
，，.
因为，，所以，.
因为，平面，所以平面.
法二：连接，，.
在正方体中，平面，所以.
因为，，平面，所以平面.
因为平面，所以.
因为平面，平面，所以.
在正方形，，分别是边，的中点，可得，
所以，，所以.
因为，平面，所以平面.
因为平面，所以.
因为，平面，所以平面.
2．（2023·广东深圳·统考模拟预测）在正方体中，如图、分别是，的中点．
(1)求证：平面平面；
【答案】(1)证明见解析
【分析】（1）设棱长为，以为原点建立空间直角坐标系，利用向量法证明平面平面．
【详解】（1）设棱长为，以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，
所以，，，，
设平面的法向量，则，取，得，
设平面的法向量，则，取，得，
所以，则平面平面．
3．（2023秋·广东江门·高三统考阶段练习）如图，在长方体中，，，点E在棱上移动．
(1)证明：；
【答案】(1)证明详见解析
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法证得.
【详解】（1）以为原点建立如图所示空间直角坐标系，
，设，
所以，
所以.
4．（2023秋·河南焦作·高三博爱县第一中学校考阶段练习）已知几何体，如图所示，其中四边形、四边形、四边形均为正方形，且边长为1，点在棱上.
(1)求证：.
【答案】(1)证明见解析
【分析】（1）由题意建立空间直角坐标系，由证明.
【详解】（1）因为四边形、四边形、四边形均为正方形，
所以，，.
以D为原点，如图建立空间直角坐标系，
则，，.
又点M在棱DG上，故可设，
，，
，.
5．（2023·北京·北京四中校考模拟预测）如图，正三棱柱中，分别是棱上的点，.
(1)证明：平面平面；
【答案】(1)证明见解析
【分析】（1）建立空间直角坐标系，求解两个平面的法向量，利用法向量证明面面垂直；
【详解】（1）证明：取的中点,连接，
在正三棱柱中，不妨设;
以为原点，分别为轴和轴正方向，建立空间直角坐标系，如图所示，
则,，
；
设平面的一个法向量为，则, ，
取，则，即；
设平面的一个法向量为，则,
即，取得.
因为，所以平面平面；
6．（2023·河南开封·校考模拟预测）如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面为的中点．
(1)求证：平面平面；
【答案】(1)证明见解析
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量证明，结合线面垂直、面面垂直判定定理即可证得结论；
【详解】（1）因为底面，底面，所以
又因为正方形，所以，所以如图，以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则
所以
所以，即，
又平面，所以平面
又平面，所以平面平面；
7．（2023·全国·高三专题练习）已知在直三棱柱中，其中为的中点，点是上靠近的四等分点，与底面所成角的余弦值为．
(1)求证：平面平面；
【答案】(1)证明见解析
【分析】（1）根据与底面所成角的余弦值为，推出是边长为的等边三角形，取的中点，的中点，连，再以为原点，的方向为轴建立空间直角坐标系：利用两个平面的法向量垂直可证两个平面垂直；
【详解】（1）取的中点，连，因为为的中点，所以，，
所以四边形为平行四边形，所以，
因为与底面所成角的余弦值为，所以与底面所成角的余弦值为，
因为三棱柱为直三棱柱，所以平面，所以是与底面所成角，所以，所以，所以，
又，所以是边长为的等边三角形，
取的中点，的中点，连，则，，平面，
以为原点，的方向为轴建立空间直角坐标系：
则，，，，，，，，，
，，，，
设平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，
则，得，令，得，，
，令，得，，，
因为，所以，
所以平面平面.
8．（2023秋·湖南·高三临澧县第一中学校联考开学考试）如图所示，在直三棱柱中，，，，，点M，N分别是棱，的中点．
(1)求证：平面；
【答案】(1)证明见解析
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间向量数量积的性质，结合线面垂直的判定定理进行运算证明即可；
【详解】（1）如图所示，以A为坐标原点，，所在直线分别为y轴、z轴建立空间直角坐标系．
由已知可得，，，，，，．
由上面各点的坐标可得，，，
计算可得，且，
所以，．
又平面，所以平面；
9．（2023·河北唐山·模拟预测）在长方体中，是棱的中点．
(1)求证：平面平面；
【答案】(1)证明见解析
【分析】（1）建立空间直角坐标系，证得，从而利用面面垂直的判定定理即可得证；
【详解】（1）依题意，以为原点，以所在直线分别为轴，轴，轴，
建立如图所示空间直角坐标系，不妨设．
依题意得，
则，
所以，则，
又，在平面内，所以平面，
又平面，则平面平面．
10．（2023秋·湖南长沙·高三周南中学校考阶段练习）《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑.如图，在阳马中，侧棱底面，且，过棱的中点，作交于点，连接.
(1)证明：平面；
【答案】(1)证明见解析
【分析】（1）法一：根据线面垂直的性质可得，再根据线面垂直的判定与性质证明即可；
法二：以为坐标原点，射线分别为轴的正半轴，建立空间直角坐标系.设，，根据证明即可；
【详解】（1）法一：因为底面，底面，所以，
由底面为长方形，有，而，，面，
所以平面，而平面，所以，
又因为，点是的中点，所以，
而，，面，所以平面，
而平面，所以.
又，，，面，所以平面.
法二：以为坐标原点，射线分别为轴的正半轴，建立空间直角坐标系.设，，
则，，，，，
点是的中点，所以，，于是，
即，又已知，而，，面，所以平面.
11．（2023·陕西咸阳·统考模拟预测）如图，已知直四棱柱的底面是菱形，，，是和的交点，是的中点.
(1)证明：平面;
【答案】(1)证明见解析
【分析】（1）法1：证明和，根据线面垂直的判定定理即可证明结论；
法2：建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标计算，，即可证明结论；
【详解】（1）证明：法1：证明：在直四棱柱中，平面，
平面，故，又底面为菱形，
则，而平面，
故平面，平面，∴，即，
由已知得，
而是的中点，知，又平面，
所以平面.
法2：设和的交点为，取为原点，直线分别为轴，
建立空间直角坐标系，
则，
,
∴
，
∴，
，
∴，又，平面，
∴平面
12．（2023·浙江金华·统考模拟预测）在四棱锥中，面面，，是线段上的靠近点的三等分点.
(1)求证：面；
【答案】(1)证明见解析
【分析】（1）法一：由面面垂直的性质有面，进而有，根据已知有得，且，最后由线面垂直的判定证结论；法二：构建点为原点建立空间直角坐标系，向量法证明线线垂直，由线面垂直的判定证结论；
【详解】（1）法一：由，面面，面，面面，
所以面，面，故，
由勾股定理得：，而，
又，所以，所以，
易得：，
所以，故，
又，面，所以面.
法二：因为面面，在平面内作，则面，
以点为原点建立空间直角坐标系，则，
设，因为，所以，可得.
所以，又，
故，所以，
又，面，所以面.
13．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨市第六中学校校考三模）已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为AC和的中点，D为棱上的动点..
(1)证明：；
【答案】(1)证明见解析
【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出直线的方向向量即可证明；
【详解】（1）因为三棱柱是直三棱柱，所以底面，
又底面，所以，，
又因为，，所以，
又，平面，所以平面，
又平面，所以，即两两垂直，
以为原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，设，则
，，，，，，，，设，
所以，，
因为，
所以，即.
14．（2023·安徽合肥·合肥市第八中学校考模拟预测）如图，在三棱柱中，底面是等腰三角形，且，又侧棱，面对角线，点分别是棱的中点，.
(1)证明：平面；
【答案】(1)证明见解析
【分析】（1）利用勾股定理证明，再以为坐标原点，分别为轴建系，利用空间向量证明线面垂直；
【详解】（1）依题意得，，，
所以，，
所以，又，平面，
所以平面，从而可知三棱柱为直三棱柱，
以为坐标原点，分别为轴，平面内，过垂直于的方向为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，
，，
所欲，
所以，，
由，
，
得，又平面，且，
故平面.
15．（2023·贵州遵义·统考三模）如图，棱台中，，底面ABCD是边长为4的正方形，底面是边长为2的正方形，连接，BD，.
(1)证明：；
【答案】(1)证明见解析
【分析】根据棱台数据可知其是正棱台，建立空间直角坐标系后，（1）利用空间向量的数量积证明垂直关系，（2）根据平面的法向量求二面角.
【详解】（1）
由题意，该棱台是正四棱台.
连接交于，以所在直线为轴，经过且垂直于平面的直线为轴，交上底面于，连接，建立空间直角坐标系如图.
根据正四棱台的性质，过作底面的垂线，则垂足在上.
根据题干数据，，为上底面正方形对角线长的一半，
显然，故，又，则，故.
于是，，则，于是
16．（2023·北京丰台·北京丰台二中校考三模）如图，在四棱锥中，平面，，，，.为的中点，点在上，且.
(1)求证：平面平面；
【答案】(1)证明见解析
【分析】（1）（2）（3）如图，以为原点，分别以，为轴，轴，过作平行线为轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.
【详解】（1）如图，以为原点，分别以，为轴，轴，过作平行线为轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
所以，，因为，所以，
所以，即，
所以，，
设平面的法向量为，则，
令，则，所以，
平面的法向量为，则，
令，则，所以，
所以，所以，所以平面平面.
题型三 利用空间向量求异面直线夹角
策略方法 用向量法求异面直线所成角的一般步骤
【典例1】如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩形，侧棱PA⊥底面ABCD，AB＝， BC＝1，PA＝2，E为PD的中点． 求AC与PB所成角的余弦值．
【答案】
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法求两个向量所成角再得到两条异面直线所成角.
【详解】因为侧棱PA⊥底面ABCD，底面ABCD，底面ABCD，
所以,，又底面ABCD为矩形.
以点为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则知点，，，,,,
从而，.
设与的夹角为，则 .
所以AC与PB所成角的余弦值为.
【题型训练】
一、单选题
1．（2023·黑龙江哈尔滨·哈师大附中校考模拟预测）如图，四棱锥中，底面为正方形，是正三角形，，平面平面，则与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】取的中点，的中点，连接、，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.
【详解】取的中点，的中点，连接、，
因为是正三角形，所以，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，则，，，，
所以，，
所以，所以与所成角的余弦值为.
故选：A
2．（2023·四川眉山·仁寿一中校考模拟预测）如图，在直三棱柱中，面，，则直线与直线夹角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】以为原点，所在的直线为轴建立空间直角坐标系，设，求出，，利用向量的夹角公式可得答案.
【详解】在直三棱柱中，平面，平面，
所以，，
平面，平面，所以，
所以互相垂直，
以为原点，分别以所在的直线为轴建立空间直角坐标系，
设，
则，
可得，，
所以.
所以直线与直线夹角的余弦值为.
故选：C.
3．（2023秋·江西抚州·高三黎川县第二中学校考开学考试）在正方体中，是棱上一点，是棱上一点，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可.
【详解】不妨设，
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，
则，
所以，
所以，
所以，
所以异面直线与所成角的余弦值为．
故选：A
4．（2023·吉林通化·梅河口市第五中学校考模拟预测）直三棱柱如图所示，为棱的中点，三棱柱的各顶点在同一球面上，且球的表面积为，则异面直线和所成的角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先根据已知条件求出侧棱长，然后建立空间直角坐标系，求出直线和的方向向量，从而可求解.
【详解】因为在直三棱柱中，所以球心到底面的距离，
又因为，所以，所以，所以底面外接圆半径，
又因为球的表面积为，所以，
而，所以，
以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，则
，，，，
，
，
设直线和所成的角为，则
.
故选：A.
5．（2023·陕西咸阳·武功县普集高级中学校考模拟预测）如图，在三棱锥中，是边长为2的等边三角形，，若三棱锥的体积等于时，异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先通过等边三角形和等腰直角三角形结合体积求得两两垂直，然后建立空间直角坐标系，利用向量法求解异面直线所成角的余弦值.
【详解】取的中点，连接，因为是边长为2的等边三角形，
所以且，又，所以，
由得，所以，
设到平面的距离为h，则三棱锥的体积等于，
解得，而，
即为三棱锥的高，故平面，所以两两垂直，如图：
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，
则、、、，所以，，
设异面直线与所成角为，则，
所以异面直线与所成角的余弦值为.
故选：C
6．（2023春·江西鹰潭·高三贵溪市实验中学校考阶段练习）如图，在四棱锥中，底面是菱形，平面，，，点是的中点，点是上不与端点重合的动点，则异面直线与所成角的正切值最小为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】连接，先证明，再以为空间直角坐标系的原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设异面直线与所成角为，利用向量法求出，再利用函数求出最值即得解.
【详解】如图所示，连接. 由题得，所以是等边三角形，所以.
因为平面，所以.以为空间直角坐标系的原点，建立如图所示的空间直角坐标系.设.
则.
由题得,
.
设.
所以.
设异面直线与所成角为，
则.
当时，最大为，此时最小，最小值为.
故选：C
7．（2023·吉林长春·东北师大附中校考模拟预测）四棱柱中，侧棱底面，，，，侧面为正方形，设点O为四棱锥外接球的球心，E为上的动点，则直线与所成的最小角的正弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】建立空间直角坐标系，确定各点坐标，设球心，根据得到，设，根据向量的夹角公式结合二次函数性质计算最值得到答案.
【详解】如图所示：以分别为轴建立空间直角坐标系，
设，则，，，
球心在平面的投影坐标为，则设球心，
则，即，
解得，则.
设，，，，
设，则，，
则，
当时，有最大值为，
此时直线与所成的角最小，对应的正弦值为.
故选：D
【点睛】关键点睛：本题考查了立体几何中的异面直线夹角问题，外接球问题，意在考查学生的计算能力，空间想象能力和综合应用能力，其中建立空间直角坐标系可以简化运算，是解题的关键.
二、填空题
8．（2023·全国·高三专题练习）在三棱锥P－ABC中，底面ABC，底面ABC为正三角形，PA＝AB，则异面直线PB与AC所成角的余弦值为
【答案】
【分析】以 为基底，运用空间向量求解.
【详解】设 ，则 ，
；
故答案为： .
9．（2023秋·河南漯河·高三漯河高中校考开学考试）如图，某空间几何体由一个直三棱柱和一个长方体组成，若，，，，，分别是棱，，，的中点，则异面直线与所成角的余弦值是 ．
【答案】
【分析】以为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求得异面直线夹角.
【详解】如图，以为原点建立如图所示空间直角坐标系，
由题可得，，，，，
，，
为等腰直角三角形，也为等腰直角三角形，
又平面与平面均与轴垂直，
所以，，
又，，，分别是，，，的中点，
则，，，，
所以，，
，
所以直线与直线夹角余弦值为，
故答案为：.
10．（2023·江苏·高三专题练习）三棱柱中，平面平面，且，，，则异面直线与所成角的正弦值为 ．
【答案】
【分析】以为坐标原点，，所在直线分别为轴、轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可.
【详解】解：以为坐标原点，，所在直线分别为轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，
设所求的角为，
则，
则.
即异面直线与所成角的正弦值为.
故答案为：
11．（2023·江苏·高三专题练习）如图所示，已知两个正四棱锥与的高分别为1和2，，则异面直线与所成角的正弦值为 ．
【答案】
【分析】连接，交于点，连接，易得平面，以为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
【详解】由题设知，四边形是正方形，连接，交于点，则，
则平面，平面，故平面，
故以为原点，以CA，DB，QP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
，
则，则，
所以异面直线AQ与PB所成角的正弦值为.
故答案为：.
12．（2023·山东潍坊·统考模拟预测）已知四面体ABCD满足，，，且该四面体的体积为，则异面直线AD与BC所成的角的大小为 ．
【答案】或
【分析】将四面体放入长方体中，根据体积公式计算得到，建立空间直角坐标系，得到各点坐标，根据向量的夹角公式计算得到答案.
【详解】如图所示：将四面体放入长方体中，
，解得，
故，
以为轴建立空间直角坐标系，
，，，或，
或，，
异面直线AD与BC所成的角的大小为，，
，；
或，；
综上所述：异面直线AD与BC所成的角的大小为或.
故答案为：或
13．（2023秋·山东日照·高三校联考期末）在中国古代数学著作《九章算术》中记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体的上、下底面平行，且均为扇环形（扇环是指圆环被扇形截得的部分）．现有一个如图所示的曲池，它的高为，，，，均与曲池的底面垂直，底面扇环对应的两个圆的半径分别为和，对应的圆心角为，则图中异面直线与所成角的余弦值为 ．
【答案】
【分析】建立空间直角坐标系，用向量法求解异面直线与所成角的余弦值.
【详解】设上底面圆心为，下底面圆心为，连接，，，以为原点，分别以，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
则，，，，则，，
所以，
又因为异面直线所成角的范围为，
故异面直线与所成角的余弦值为，
故答案为：.
14．（2023·高三课时练习）已知平面，四边形是矩形，为定长，当的长度变化时，异面直线与所成角的取值范围是 ．
【答案】
【分析】以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线与所成角的取值范围.
【详解】由题意可知：两两互相垂直，则以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
设，，则，，，，，，设异面直线与所成角的为，
则，
因为定值，随着的增大而增大，所以，则，
所以，也即，
所以异面直线与所成角的取值范围是，
故答案为：.
题型四 利用空间向量求线面角、面面角
策略方法 1.利用向量法求线面角的两种方法
2.利用向量计算二面角大小的常用方法
【典例1】如图，为圆柱底面的直径，是圆柱底面的内接正三角形，和为圆柱的两条母线，若.
(1)求证：平面平面；
(2)求与面所成角正弦值；
(3)求平面与平面所成角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）先利用线面垂直判定定理证明平面BDQ，再证明，由此可得平面BDQ，再由面面垂直判定定理证明平面PCQ⊥平面BDQ；
（2）建立空间直角坐标系，求出直线BP的方向向量与平面ABQ的法向量，再求两向量的夹角余弦即可得BP与面ABQ所成角正弦值；
（3）求平面的法向量，再求其与平面的法向量的夹角的余弦值，即可求出结果．
【详解】（1）因为为圆柱底面的直径，所以，
因为DQ为圆柱的母线，故，
又，平面，
故平面，
又和为圆柱的两条母线，所以四边形为矩形，因此，
故平面，
又因为平面，所以平面平面．
（2）由题意知两两垂直，
以D为坐标原点，为x，y，z轴，建立如图空间直角坐标系，
令，因为是圆柱底面的内接正三角形，
故，故，．
，，，
，，
设平面的法向量为，
由，即，
令，得，
故，
所以直线与面所成角正弦值为
（3）过C作，垂足为H，
，，
故点C的坐标为，，
设平面ACQ的法向量为，
由，即，
令，得，
所以，
所以平面与平面所成角的余弦值为.
【题型训练】
一、解答题
1．（2023秋·河南焦作·高三博爱县第一中学校考阶段练习）已知几何体，如图所示，其中四边形、四边形、四边形均为正方形，且边长为1，点在棱上.
(1)求证：.
(2)是否存在点，使得直线与平面所成的角为?若存在，确定点的位置；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)当点在上，且时，直线与平面所成的角为
【分析】（1）由题意建立空间直角坐标系，由证明.
（2）设点坐标，根据线面角的向量求法即得.
【详解】（1）因为四边形、四边形、四边形均为正方形，
所以，，.
以D为原点，如图建立空间直角坐标系，
则，，.
又点M在棱DG上，故可设，
，，
，.
（2）当点在上，且时，直线与平面所成的角为
理由如下：假设存在点，直线与平面所成的角为.
设平面的一个法向量为，
由（1）知，，
，令，得
.
因为直线与平面所成的角为，
，解得.
又，，存在点满足题意.
所以当点在上，且时，直线与平面所成的角为
2．（2023秋·江苏镇江·高三统考开学考试）已知直四棱柱中，底面为菱形，，，，E为线段上中点.
(1)证明：平面；
(2)求与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据线线平行得平行四边形，即可得线面平行，进而证明平面平面，即可证明结论；
（2）由题意可建立以为原点的空间直角坐标系，利用法向量与方向向量的夹角即可求解．
【详解】（1）证明：在直四棱柱中，且，
所以四边形为平行四边形，则，
又平面，平面，则平面，
由且，故四边形为平行四边形，则，
又平面，平面，则平面，
又平面，平面，，
则平面平面，又平面，故平面；
（2）取中点，连接，
直四棱柱中，底面为菱形，，则、、两两垂直，
以为原点，分别以、、所在直线为、、轴的空间直角坐标系，如图所示：
又，，
则，
则,,，
设平面一个法向量为，则，即，
取，则，，故平面一个法向量为，
设与平面所成角为，则.
3．（2023秋·湖南长沙·高三湖南师大附中校考阶段练习）如图，在多面体中，四边形为正方形，平面，，，是线段上的一动点，过点和直线的平面与，分别交于，两点.
(1)若为的中点，请在图中作出线段，并说明，的位置及作法理由；
(2)线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)作图见解析，为的中点，为靠近点的三等分点，理由见解析
(2)存在，
【分析】（1）根据线面平行的性质定理得到，再结合为的中点即可得到为的中点，根据面面平行的性质得到平分，再根据角平分线的性质即可得到为的三等分点；
（2）设的坐标为，然后利用空间向量的方法列方程，解方程即可求解.
【详解】（1）如图，取为的中点，为靠近点的三等分点.
理由如下：由四边形为正方形得，，，
又平面，平面，所以平面.
又平面平面，为的中点，得，且为的中点.
因为，，平面，平面，所以∥平面，
又，平面，所以平面平面，
平面平面，平分，得平分，
又，得到为的三等分点，且，从而作出线段.
（2）由题意，可建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，
于是，，，
设，则的坐标为.
设平面的法向量为，则由得
令，得平面的一个法向量为.
设直线与平面所成角为，则，
假设存在点使得直线与平面所成角的正弦值为，
则有，解得，.
所以线段上存在点，位于靠近点的三等分点处，使得直线与平面所成角的正弦值为.
4．（2023·全国·河南省实验中学校考模拟预测）已知四棱锥中，底面是矩形，，，是的中点．
(1)证明：；
(2)若，，点是上的动点，直线与平面所成角的正弦值为，求．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取的中点，连接、，推导出平面，再利用线面垂直的性质定理可证得结论成立；
（2）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设，其中，求出平面的一个法向量的坐标，利用空间向量法可得出关于的方程，解出的值，即可得解.
【详解】（1）取的中点，连接、，
因为、分别为、的中点，则，
因为，所以，，
设直线与直线交于点，
因为，则，，所以，，
所以，，故，
设，则，，
所以，，
且，，
所以，，所以，，
又因为，、平面，则平面，
因为平面，故.
（2）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，则、、、、，
设平面的法向量为，则，，
则，取，则，
设，其中，
，
因为直线与平面所成角的正弦值为，
则，解得，即.
5．（2023·四川绵阳·四川省绵阳南山中学校考模拟预测）如图，在多面体ABCDEF中，四边形与均为直角梯形，平面，．
(1)已知点G为AF上一点，且，求证：BG与平面DCE不平行；
(2)已知直线BF与平面DCE所成角的正弦值为，求AF的长及四棱锥D－ABEF的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)AF的长为4；．
【分析】（1）证明出两两垂直，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面DCE的法向量，计算出，证明出BG与平面DCE不平行；
（2）由BF与平面DCE所成角的正弦值计算出AF的长，从而求出梯形ABEF的面积，计算出四棱锥的体积.
【详解】（1）证明：因为平面ABEF，AB，平面ABEF，
所以，，
又，
以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，
则、、、、，
所以，，，
设平面DCE的法向量为，则，
令，则，所以，
因为，且不存在使得与垂直，
所以BG与平面DCE不平行；
（2）设（且），则，所以，
∵直线BF与平面DCE所成角的正弦值为，
∴，
化简得，解得或（舍去）；故．
此时梯形ABEF的面积，故．
6．（2023·河南·校联考模拟预测）已知三棱柱中，是的中点，是线段上一点.
(1)求证：；
(2)设是棱上的动点（不包括边界），当的面积最小时，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据等腰三角形的“三线合一”证明线线垂直，结合勾股定理证明直线垂直，从而由线面垂直判定定理得平面，利用线面垂直的性质进行证明即可；
（2）根据三角形的面积最小，得到是的中点，建立坐标系求出平面的法向量，利用向量法进行求解即可．
【详解】（1）证明：连接
，，是的中点
，是的中点
，
，
平面
平面，平面，，
在三棱柱中，，
，，
，
平面，
平面，．
（2）连接，由（1）可知，
平面，平面
平面，
，要使的面积最小，则最小，
又，△是等腰直角三角形
即时，最小，是的中点，
如图，建立以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴的空间直角坐标系：
则，，，,0,，
设,,，则，即，得，，，
即,,，
，则，
，,,，
设平面的法向量为,,，
由，得，即，令，则，，即，
设直线与平面所成角为，
则,，
即直线与平面所成角的正弦值为．
7．（2023秋·广西南宁·高二校考开学考试）如图，在三棱锥中，侧棱底面，且，过棱的中点，作交于点，连接.
(1)证明：平面；
(2)若，三棱锥的体积是，求直线与平面所成角的大小.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用线面垂直的判定定理和性质定理可得答案；
（2）解法一：设，由得，再利用求出，由（1）知平面，即为所求角，再由可得答案；
解法二：设，由得，再利用求出，以为原点，与垂直的方向，射线，射线分别为轴的正半轴，建立空间直角坐标系，求出、平面的一个法向量，由线面角的向量求法可得答案.
【详解】（1）因为平面平面，所以，
又因为，而平面，
所以平面，又平面，所以.
又因为，点是的中点，所以.
而平面，
所以平面平面，所以，
又平面，
所以平面；
（2）解法一：设，由（1）得，，
可知，
由，得，故，
在Rt中，，
所以，
化简得，解得，故.
由（1）知平面，故即为所求角，
在Rt中，，
又，故；
解法二：设，由（1）得，，
可知，
由，得，故，
在Rt中，，
所以，
化简得，解得.
如图，以为原点，与垂直的方向，射线，射线分别为轴的正半轴，建立空间直角坐标系.
因为，则，
，
由（1）知，平面，所以是平面的一个法向量，
设直线与平面所成角为，
则，又，故.
8．（2023秋·四川南充·高三四川省南充高级中学校考阶段练习）如图，在三棱柱中，平面平面，四边形是矩形，四边形是平行四边形，且，，，以为直径的圆经过点F．
(1)求证：平面平面；
(2)求直线与平面所成角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）依题意可得，再由面面垂直的性质得到平面，即可得到，从而得到平面，即可得证；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.
【详解】（1）因为以为直径的圆经过点，所以．
因为四边形为矩形，所以，
因为平面平面，平面平面，
平面，所以平面．
因为平面，所以，
又因为平面，平面，，平面，
所以平面，
又因为平面，所以平面平面．
（2）因为平面，
又因为平面，平面，所以，，
又因为，所以，则两两互相垂直，
以点为原点，为轴，为轴，为轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
因为，，，所以，
所以在中，由勾股定理得，
则点，，，，
则，，．
设平面的法向量为，
则由得，不妨令，得，则
设直线与平面所成角为，
则，所以
所以直线与平面所成角的余弦值为．
9．（2023秋·江苏淮安·高三统考开学考试）如图，四边形ABCD是边长为2的菱形，，将沿BD折起到的位置，使．
(1)求证：平面平面ABD；
(2)求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取中点，根据二面角的定义或通过证明平面来证得平面平面．
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求得直线与平面所成角的正弦值．
【详解】（1）如图，取中点，连接OA，OP．
因为四边形ABCD是边长为2的菱形，，所以、是边长为2的正三角形，
因为O是BD中点，所以，
因为，所以，同理可得，因为，
所以，则，由二面角定义可得平面平面ABD．
或：又因为，平面ABD，平面，
所以平面，因为，所以平面平面．
（2）以为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
，
设平面PAD的一个法向量为，
由得，
令得，则，
设直线AB与平面PAD所成的角为，
则．
所以直线AB与平面PAD所成角的正弦值为．
10．（2023春·海南海口·高三统考期中）如图，四棱锥的顶点P在底面ABCD上的射影为AB的中点H，为等边三角形，，，棱BC的中点为E.
(1)证明：；
(2)若，求直线PE与平面PBD所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先由线面垂直的性质得，再由线面垂直判定证明平面，从而利用线面垂直的性质即可证明；
（2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用向量法求解即可.
【详解】（1）因为点P在底面ABCD上的射影为AB的中点H，所以平面，平面，
所以，因为，，，所以，从而，
连接，因为H是AB的中点，E是BC的中点，所以，所以，
因为，平面，平面，所以平面，平面，
所以.
（2）如图：
以与的交点O为坐标原点，直线，分别为x，y轴，过O且与底面垂直的直线为z轴，
建立空间直角坐标系，不妨设，则，，，
，则，，，，
所以，，，
设平面的一个法向量，则，
令得，设直线PE与平面PBD所成角为，
所以，
故直线PE与平面PBD所成角的正弦值为.
11．（2023·河南·校联考二模）如图所示，正六棱柱的底面边长为1，高为，为线段上的动点.
(1)求证：平面；
(2)设直线与平面所成的角为，求的取值范围.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用线面平行的判定定理证明平面平面，结合面面平行的性质可证明平面.
（2）取的中点为Q，由线面垂直的判定定理可证明平面，即为平面的一个法向量.建立空间直角坐标系，计算向量以及的坐标，利用线面角的向量公式，计算结果即可.
【详解】（1）连接，.
在正六棱柱中，
因为底面为正六边形，所以，
因为平面，平面，所以平面.
因为，，所以四边形为平行四边形，
所以，又平面，平面，所以平面，
又，所以平面平面，
因为为线段上的动点，所以平面，
所以平面.
（2）取的中点为Q，连接，.
因为底面边长为1，所以，
因为，所以，所以.
易得，，，所以平面，所以，
因为，所以平面，
即为平面的一个法向量.
连接，以为坐标原点，，，所在直线分别为x，y，z轴建立空间坐标系，
则，，，，，
所以，所以，，.
设（），
所以，
则，
因为，所以，所以的取值范围是.
12．（2023秋·重庆沙坪坝·高二重庆南开中学校考阶段练习）在三棱柱中，平面平面，侧面为菱形，，，，是的中点.
(1)求证：平面；
(2)点在线段上（异于点，），与平面所成角为，求的值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）作交于点，由面面垂直的性质可得平面，可得，再由线面垂直的判定定理得平面，从而得到，再由线面垂直的判定定理可得答案；
（2）以为原点，所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，设，可得，求出平面的一个法向量，由线面角的向量求法可得答案.
【详解】（1）因为侧面为菱形，，，
所以为边长为的等边三角形，
作交于点，则点为的中点，
因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，
平面，可得，
又，，平面，可得平面，
因为平面，所以，因为侧面为菱形，所以，
，平面，所以平面；
（2）由（1）知，平面，，取做的中点，连接，
则，所以平面，
以为原点，所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，
，，
设，可得，所以，
设平面的一个法向量为，则
，即，令，可得，
可得，
解得舍去，或，所以.
13．（2023秋·江西宜春·高三统考开学考试）如图，在几何体中，菱形所在的平面与矩形所在的平面互相垂直.
(1)若为线段上的一个动点，证明：平面；
(2)若，，直线与平面所成角的正弦值为，求的长.
【答案】(1)证明见解析
(2)或1
【分析】（1）利用面面平行的性质定理证明；
（2）建立空间直角坐标系，利用线面角的向量公式求解.
【详解】（1）由题知，四边形为矩形，所以，
又因为平面，平面，所以平面，
同理可证平面，又因为，、平面，
所以平面平面，又因为平面，所以平面.
（2）因为平面平面，
且平面平面，，
平面，所以平面.
又因为底面为菱形，且，，
所以△为等边三角形，且，设，
取的中点为，连接，以为坐标原点，分别以,,的方向为轴、轴、轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
则，，，
设平面的法向量为，，则，
取，则，，即，
设直线与平面所成角为，则
化简可得，解得或，
故BF的长可为或.
14．（2023秋·山东菏泽·高三校考阶段练习）在长方体中，，.点是线段上的动点，点为的中点.
(1)当点是中点时，求证：直线平面；
(2)若二面角的余弦值为，求线段的长.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取的中点，连接，，，即可证明，从而得证；
（2）建立空间直角坐标系，设，利用空间向量法计算可得.
【详解】（1）取的中点，连接，，，
所以且，且，
所以且，
∴四边形为平行四边形，可知，
平面，平面，
∴平面.
（2）设，如图建立空间直角坐标系,
则，，，，
，，，，
设平面的法向量为，由及，
即，则，
设平面的法向量为，
由及，即，则，
设二面角为，所以，
即，解得或（舍去），
所以.
15．（2023秋·福建莆田·高三校考阶段练习）四棱锥中，四边形为梯形，其中，，，平面平面．
(1)证明：；
(2)若，且三棱锥的体积为，点满足，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）证明面，根据线面垂直的性质即可得证；
（2）证明，，两两垂直，建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
【详解】（1）由题设，为等边三角形，则，
又四边形为梯形，，则，
在中，，，所以，
即，则，
所以，即，
面面，面面，面，
则面，
又面，故．
（2）若为中点，，
则，面面，面面，面，
则面，
连接，则，且面，故，
综上，，，两两垂直，以为原点，，，为，，轴正方向的空间直角坐标系．
所以，，，，
由三棱锥的体积为，则，
即，故．
则，则，
所以，，，，
若是面的一个法向量，
则，取，则，则．
若是面的一个法向量，
则，取，则，，则，
所以，
则锐二面角的余弦值为．
16．（2023秋·天津河北·高三天津二中校考开学考试）如图，四边形是正方形，平面，，，F，G，H分别为BP，BE，PC的中点.
AI
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面夹角的大小；
(3)求直线CE与平面PBC所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）由三角形中位线以及线面平行的判定定理即可证明；
（2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用空间向量即可求出平面与平面夹角的大小;
（3）根据（2）的坐标表示，由线面角与空间向量的关系即可求出直线CE与平面PBC所成角的正弦值.
【详解】（1）由题意F，G分别为BP，BE的中点，所以是边的中位线，
即，
又平面，平面，
所以平面；
（2）由于四边形是正方形，平面,
所以两两垂直，
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：
AI
又，F，G，H分别为BP，BE，PC的中点，
则，易知；
，
设平面的一个法向量为，
则，解得，令，；
即；
设平面的一个法向量为，
则，解得，则，
即；
设平面与平面夹角的大小为，
所以，
可得；
即平面与平面夹角的大小为；
（3）由（2）可知，平面的一个法向量为；
设直线CE与平面PBC所成的角为，
则；
即直线CE与平面PBC所成角的正弦值为.
17．（2023秋·广西百色·高三贵港市高级中学校联考阶段练习）四边形为菱形，平面，，，．
(1)设中点为，证明：平面；
(2)求平面与平面的夹角的大小．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用菱形的性质、平行线的性质，结合线面垂直的性质和判定定理进行证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可.
【详解】（1）四边形为菱形，且，中点为，所以．
因为，所以，
因为平面，平面，所以．
又，，平面，
所以平面；
（2）设交于点，取中点，连接，所以，底面．以为原点，以，，分别为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系，
因为，所以，
所以，，，，，，
所以，，
设平面的一个法向量为，则，
令，得；
，，平面的一个法向量为，
则，令得；
所以，
所以平面与平面的夹角的大小为．
18．（2023秋·辽宁朝阳·高三校联考阶段练习）如图，在四棱锥中，底面ABCD为正方形，侧面PAD是正三角形，侧面底面ABCD，M是PD的中点.
(1)求证：平面PCD；
(2)求平面BPD与平面夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先根据面面垂直证线面垂直，得平面，再得线线垂直，再根据正三角形三线合一证，最后由线面垂直的判定，证得平面PCD；
（2）建系，用空间向量坐标计算面面夹角的余弦值即可.
【详解】（1）证明：在正方形中，，
又侧面底面，侧面底面，平面，
所以平面，
又平面，所以，
因为是正三角形，是的中点，所以，
又，，平面，所以平面.
（2）取中点为中点为，连接，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设，
则，，，，，
所以，.
设平面的法向量为，则
由得
取，则，
由（1）知平面的一个法向量为，
设平面与平面的夹角为，
则.
所以平面与平面夹角的余弦值为.
19．（2023·福建宁德·福建省宁德第一中学校考一模）如图①在平行四边形中，，，，，将沿折起，使平面平面，得到图②所示几何体．
(1)若为的中点，求四棱锥的体积；
(2)在线段上，是否存在一点，使得平面与平面所成锐二面角的余弦值为，如果存在，求出的值，如果不存在，说明理由．
【答案】(1)
(2)存在，的值为
【分析】（1）首先求出，及的长度，再证明平面，最后根据锥体的体积公式计算可得．
（2）建立空间直角坐标系，设，，利用空间向量法得到方程，求出的值，即可得解.
【详解】（1）由图①知，，所以，在中，因为，，
可得，，所以．
由图②知，平面平面，平面，
平面平面，因为，所以平面，
因为为的中点，
所以．
（2）由（1）知，，三者两两垂直，以点为原点，
，，的方向分别为轴，轴，轴的正方向，建立空间直角坐标系（如图）．
则，，，，，，，
设，，
，
即，
所以，
设平面的法向量为，
所以，则，
令，得，
设平面的法向量为，
所以， 解得或（舍去），
所以此时的值为.
20．（2023秋·浙江绍兴·高三浙江省上虞中学校考开学考试）如图，在三棱柱中，侧面是菱形，，是棱的中点，，点在线段上，且.
(1)求证：平面.
(2)若，平面平面，求平面与平面所成锐二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接交于点，连接，结合相似可得，进而求证即可；
（2）过作，垂足为，连接，结合可得，以为原点，以，，所在直线为轴建立空间直角坐标系，进而结合法向量求解即可.
【详解】（1）连接交于点，连接，
因为，所以，
又，所以，所以，
又平面，平面，
所以平面.
（2）过作，垂足为，连接，
因为，所以为的中点，
因为平面平面，平面平面，且平面，
所以平面，
因为为正三角形，为的中点，
所以.
如图，以为原点，以，，所在直线为轴建立空间直角坐标系，
不妨设，则，，，，，，
则，，
设平面的法向量为，
则，得，取，
平面的法向量可取，
所以，
所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为.
21．（2023秋·江苏·高三校联考开学考试）如图，直三棱柱中，，平面平面．
(1)求证：；
(2)求二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）过点作，根据题意证得平面，得到，再由三棱柱为直三棱柱，证得，利用下面垂直的判定定理，证得平面，即可得到；
（2）以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的一个法向量和，结合向量的夹角公式，即可求解.
【详解】（1）如图所示，过点作于点，
因为平面平面，平面平面，
且平面，所以平面，
又因为平面，所以，
由三棱柱为直三棱柱，可得平面，
因为平面，所以，
又因为，且平面，所以平面，
因为平面，所以.
（2）如图所示，以点为坐标原点，以所在的直线分别为轴、轴和轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
因为，可得，
则,
设平面的法向量为，则，
取，可得，所以，
设平面的法向量为，则，
取，可得，所以，
则，
设二面角的平面角为为锐角，可得，所以，
即二面角的正弦值为.
22．（2023秋·广西玉林·高三校联考开学考试）如图，在正四棱柱中，，.点、、、分别在棱、、、上，，，.
AI
(1)求多面体的体积；
(2)当点在棱上运动时（包括端点），求二面角的余弦值的绝对值的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）以为坐标原点，、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系，分析可知四边形为菱形，可得出，结合锥体的体积公式可求得结果；
（2）设，求出平面、平面的法向量，利用空间向量法结合二次函数的基本性质可求得二面角的余弦值的绝对值的取值范围.
【详解】（1）解：以为坐标原点，、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系，如图，
AI
则、、、、,
所以，，，则，
又因为、不在同一条直线上，故四边形为平行四边形，
因为，则，
又，故四边形为菱形，
多面体是以为顶点的四棱锥，
又，，
，
所以，.
（2）解：设，则，，
，
设平面的法向量，则，
令，得，，所以，，
设平面的法向量为，则。
令，得，，则，
，
因为，则，所以，.
因此，二面角的余弦值的绝对值的取值范围是.
23．（2023秋·湖北随州·高三随州市曾都区第一中学校考开学考试）在三棱台中，为中点，，，.
(1)求证：平面；
(2)若，，平面与平面所成二面角大小为，求三棱锥的体积.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）易证得四边形为平行四边形，由此可得，结合，由线面垂直的判定可得结论；
（2）根据垂直关系，以为坐标原点可建立空间直角坐标系，设，由二面角的向量求法可构造方程求得，利用体积桥可求得结果.
【详解】（1）在三棱台中，为中点，则，
又，，
，四边形为平行四边形，，
又，，
，，，
，平面，平面.
（2），，，
又，，平面，平面，
连接，，，为中点，；
以为正交基底，可建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，
设，则，，
，，
设平面的一个法向量为，
则，令，解得：，，；
又平面的一个法向量，
，解得：，即，
平面，平面平面，平面，
.
24．（2024秋·广东·高三校联考阶段练习）如图，在四棱锥中，底面，，，，点E在平面上运动．
(1)试确定一点E，使得平面，并说明点E的位置；
(2)若四棱锥的体积为6，在侧棱上是否存在一点F，使得二面角的余弦值为．若存在，求的长，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)当点E在的边的中线上运动时，平面；
(2)存在，.
【分析】（1）取的中点G，证明平面即可推理作答.
（2）由给定条件，证明两两垂直，再建立空间直角坐标系，利用空间向量结合二面角的余弦求解作答.
【详解】（1）点E在的边的中线上，
取的中点G，连接，如图，
由，，得，，即四边形为平行四边形，
于是，而平面，平面，则平面，
所以当点E在的边的中线上运动时，平面．
（2）由于底面，，则四棱锥的体积，解得，
由（1）知，，则有，，有，，
以点A为坐标原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，
假定棱上存在一点F满足条件，令，，则，
，，设面的法向量，
则，令，得，又面的法向量，
于是二面角的余弦值，
解得，即F为中点，此时，．
即当时，二面角的余弦值为.
25．（2023秋·广东·高三河源市河源中学校联考阶段练习）如图，四棱锥中，底面四边形是直角梯形，，，直线与所成的角为．
(1)求证：平面平面；
(2)点为线段上一点，若二面角的大小为，求的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由线线垂直可证明线面垂直，即可得面面垂直，
（2）建立空间直角坐标系，利用法向量的夹角即可求解.
【详解】（1）证明：平面，
平面．
又平面，
平面平面．
（2）在平面内，过作轴，建立空间直角坐标系（如图）．
由题意有，设，则，
，
由直线与直线所成的角为，得，即，得，所以．
由直角梯形可知，则可设．
由题意可得，设平面的一个法向量为，
则，取，得．
平面的法向量取，
则，解得（负值舍去），则．
题型五 利用空间向量求点到线距离、点到面距离
策略方法
1.点到面的距离
如图所示，平面的法向量为，点是平面内一点，点是平面外的任意一点，则点到平面的距离，就等于向量在法向量方向上的投影的绝对值，即或
【典例1】正四棱柱中，，，为中点，为下底面正方形的中心．求：
(1)点到直线的距离；
(2)点到平面的距离．
【答案】(1)
(2)．
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法求得到直线的距离.
（2）利用向量法求得到平面的距离.
【详解】（1）建立如图所示空间直角坐标系，
，
，
所以到直线的距离为:
.
（2）由（1）得
设平面的法向量为，
则，故可设，
所以点到平面的距离为．
【题型训练】
一、解答题
1．（2023·全国·高三专题练习）如图，在三棱锥中，，，两两垂直，，．
(1)求点到直线的距离；
(2)求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用点与直线距离的空间向量法计算可得.
（2）利用直线与平面夹角的空间向量法计算可得
【详解】（1）解：以为坐标原点，，，方向分别为，，轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，所以，，．
取，，则，，
所以点到直线的距离为．
（2）解：设是平面的一个法向量，则，所以，
取，解得，所以．
设直线与平面所成角为，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为．
2．（2023·重庆·统考模拟预测）如图，已知长方体的体积为4，点A到平面的距离为．
(1)求的面积；
(2)若，动点E在线段上移动，求面积的取值范围．
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）根据长方体体积与三棱锥的体积关系，结合已知条件，即可求得结果；
（2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得的坐标，从而求得点到到直线的距离，建立三角形的面积关于的竖坐标之间的函数关系，求函数值域即可.
【详解】（1）由题知：
设点到平面的距离为，则，
因为，所以.
（2）由题知：，
以为坐标原点，直线，，分别为，，轴，建立空间直角坐标系：
则，
设，则，
则直线的单位方向向量为
则点到直线的距离为
所以的面积
所以面积的取值范围为.
3．（2023秋·天津南开·高三南开中学校考阶段练习）在四棱锥中，底面，且，四边形是直角梯形，且，，，，为中点，在线段上，且.
(1)求证：平面；
(2)求直线PB与平面所成角的正弦值；
(3)求点到PD的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）构造平面，由面面平行的判定定理证明面面平行，再根据面面平行的性质可得线面平行；
（2）根据题意，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算代入计算，即可得到结果；
（3）根据题意，由空间向量的坐标运算，代入计算，即可得到结果.
【详解】（1）如图，取中点，连接
因为为中点，，，，所以，
所以四边形为平行四边形，所以，
又平面，平面，所以平面，
因为为中点，为中点，则，
又平面，平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面，
又平面，故平面．
（2）
根据题意，分别以所在直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系，
由条件可得，，
则，
设平面的法向量为，
则，解得，
取，则，所以平面的一个法向量为，
设直线PB与平面所成角为，
则.
所以直线PB与平面所成角的正弦值为.
（3）由（2）可知，，
所以点到PD的距离为.
4．（2023·黑龙江哈尔滨·哈师大附中校考模拟预测）三棱台中，平面，，且，，是的中点．
(1)求三角形重心到直线的距离；
(2)求二面角的余弦值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）建立坐标系，过点作，求出，进而得出三角形重心到直线的距离；
（2）利用向量法得出二面角.
【详解】（1）因为，所以，，
在平面内过点作，建立如图所示空间直角坐标系，则
，，，，，
过点作，设，
.
则.
因为，
所以，解得，
所以，．
即三角形重心到直线的距离为.
（2），，，
设平面的法向量，则，
取，则
设平面的法向量，则，
取，则
所以，
由图可知，二面角为锐角，所以，二面角的余弦值为．
5．（2023·全国·高三专题练习）如图，直四棱柱的底面为平行四边形，，，点P，M分别为，上靠近的三等分点．
(1)求点M到直线的距离；
(2)求直线PD与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）建立空间直角坐标系，写出相应点的坐标，利用向量法求出点到直线的距离即可；
（2）结合（1）中点的坐标，分别求出直线的方向向量和平面的法向量，利用空间向量的夹角公式即可求解.
【详解】（1）由题可得AD=2，，
又点P为AB上靠近A的三等分点，所以AP=1．
在中，由余弦定理可得，
，
故，
所以为直角三角形，故DP⊥AB．
因为底面ABCD为平行四边形，所以DP⊥CD．
由直四棱柱性质可知，，
即DP，CD，两两垂直．
故以D为坐标原点，分别以DP，DC，所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz．
则．
因为，过点M作，（点到直线的距离即为通过该点向直线做垂线，点到垂足的距离）
令，所以，故．
由，解得，所以，故点M到直线的距离为．
（2）因为，，，
设平面的法向量为，则即
令，得，，故．
设直线PD与平面所成角为，
则．
所以直线PD与平面所成角的正弦值为．
6．（2023·全国·高三专题练习）如图，已知三棱柱的棱长均为2，，．
(1)证明：平面平面ABC；
(2)设M为侧棱上的点，若平面与平面ABC夹角的余弦值为，求点M到直线距离．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）取AC的中点O，连接，利用勾股定理证明从而证得平面ABC，然后利用面面垂直的判定定理证明即可.
（2）以OA所在直线为x轴，以OB所在直线为y轴，以所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，写出各点坐标，设得到点M的坐标，求出平面与平面ABC
的法向量，由余弦值可确定值，然后利用点到直线的距离公式计算即可.
【详解】（1）取AC的中点O，连接，，，所以由题设可知，为边长为2的等边三角形，所以，
由，，所以所以平面ABC；
平面,所以平面平面ABC；
（2）以OA所在直线为x轴，以OB所在直线为y轴，以所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，
所以
设可得，
设平面的法向量为则
即取
所以因为为平面ABC的一个法向量，
设平面与平面ABC夹角为，
解得，所以
所以点M到直线距离
7．（2023秋·山东济南·高三统考开学考试）如图，在四棱锥中，底面是正方形，底面，，点是棱的中点，点是棱上一点．
(1)证明：；
(2)若直线与平面所成角的正弦值为，求点到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用线面垂直的判定定理和性质定理可得答案；
（2）以点为原点，以，，为，，轴建立空间直角坐标系，设点，求出平面的一个法向量、，利用线面角的向量求法、点到平面的距离的向量求法可得答案.
【详解】（1）在正方形中，有，
又底面，平面，
所以，又，平面，
所以平面，又平面，所以，
又，点是棱的中点，所以有，
又，平面，所以平面，
又平面，所以；
（2）如图，以点为原点，以，，为，，轴建立空间直角坐标系，
，，，设点，，
设平面的法向量，，，
令，可得，又，
所以直线与平面所成角的正弦值，
化简可得，即，
所以或（舍），
即点，由可得，，，
所以点到平面的距离．
8．（2023秋·云南·高三校联考阶段练习）如图所示，在四棱锥中，底面是矩形，侧棱底面，，E是的中点，作交于点F．
(1)求证：平面；
(2)若平面与平面的夹角为，求点F到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接交于点G，连接，根据E是的中点，得到，再利用线面平行的判定定理证明；
（2）设，以D为原点，，，所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，分别求得平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，根据平面面与平面的夹角为，由，求得，然后根据点F再线段PB上，设，再由平面的法向量为，利用求解．
【详解】（1）证明：如图所示：
连接交于点G，连接，
∵E是的中点，
∴，平面，平面．
∴面．
（2）解：设，以D为原点，，，所在直线分别为x轴、y轴、z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，
由得，
同理，由，，
设平面的一个法向量为，
由,得，
由平面与平面的夹角为，
则，解得，
∴，，
设，，则，，
又，∴，即，焦点，
∴，
又平面，则平面的一个法向量为，
又，则点F到平面的距离．
9．（2023秋·福建莆田·高三莆田一中校考开学考试）如图，在三棱柱中，已知侧面，，，，点在棱上.
(1)证明：平面；
(2)若，试确定的值，使得到平面的距离为.
【答案】(1)答案见解析；
(2)或．
【分析】（1）利用余弦定理求出的长，再利用线面垂直的判定推理作答.
（2）由（1）中信息建立空间直角坐标系，用表示出的坐标，再利用向量求点到平面距离即可.
【详解】（1）在三棱柱中，，，，
在中，由余弦定理得，
即有，于是，又侧面，侧面，
则，而，平面，
所以平面．
（2）由（1）知，两两垂直，以B为坐标原点，建立如图所示的坐标系，
则，，
，，
设平面的一个法向量为，则，
令，得，
点到平面的距离，解得或，
所以当或时，C到平面的距离为．
10．（2023秋·广东东莞·高三校联考阶段练习）如图所示，在四棱锥中，侧面是正三角形，且与底面垂直，平面，，是棱上的动点.
(1)当是棱的中点时，求证：平面；
(2)若，，求点到平面距离的范围.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用线面平行的性质推导出，取的中点，连接、，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）取的中点，连接，证明出平面，，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设，其中，利用空间向量法可求得点到平面距离的范围.
【详解】（1）证明：因为平面，平面，且平面平面，所以.
取的中点，连接、，
因为是棱的中点，所以，且，
因为且，所以，且，
所以，四边形为平行四边形，则，
因为平面，平面，所以平面.
（2）解：取的中点，连接.
因为是正三角形，所以.
又因为平面平面，平面平面，平面，
所以，平面，
因为，，为的中点，所以，且，
所以，四边形为平行四边形，则，
因为，则，
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、、、，所以，
设，其中，
则，
设平面的法向量，
所以，
令，得，
设点到平面距离为，.
当时，；
当时，，则，
当且仅当时等号成立.
综上，点到平面距离的取值范围是.
11．（2023·湖北襄阳·襄阳四中校考模拟预测）斜三棱柱的各棱长都为，点在下底面的投影为的中点.
(1)在棱（含端点）上是否存在一点使？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由；
(2)求点到平面的距离.
【答案】(1)存在，
(2)
【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出相关点坐标，假设在棱（含端点）存在一点使，利用，结合向量垂直的坐标表示即可求得答案.
（2）求出平面的法向量，根据空间距离的向量求法，即可求得答案.
【详解】（1）因为点在下底面的投影为的中点，故平面，
连接，由题意为正三角形，故,
以为原点，分别为轴建立如图所示空间直角坐标系：
则，，
设，可得，
，
假设在棱（含端点）上存在一点使，
则，
则；
（2）由（1）知，
设平面的法向量为，
则，令，则，
则，
又，
则到平面的距离为，
即点到平面距离为.
12．（2023·重庆·统考模拟预测）在多面体中，四边形是边长为4的正方形，，△ABC是正三角形．
(1)若为AB的中点，求证：直线平面；
(2)若点在棱上且，求点C到平面的距离．
【答案】(1)证明见详解
(2)
【分析】（1）根据线面平行的判定定理分析证明；
（2）根据题意可证平面，平面，建系，利用空间向量求点到面的距离.
【详解】（1）连接，设，由题意可得为的中点，连接，
因为分别为的中点，则//，
平面，平面，
所以直线平面.
（2）由题意可得：，，平面，
所以平面，
取的中点，连接，
因为△ABC是正三角形，则，
又因为平面，平面，则，
，平面，
所以平面，
如图，以为坐标原点，为轴，轴，建立空间直角坐标系，
则，
可得，
设平面的法向量，则，
令，则，即，
所以点C到平面的距离.
13．（2023·湖南长沙·雅礼中学校考一模）斜三棱柱的各棱长都为2，，点在下底面ABC的投影为AB的中点O．
(1)在棱（含端点）上是否存在一点D使？若存在，求出BD的长；若不存在，请说明理由；
(2)求点到平面的距离．
【答案】(1)存在，
(2)
【分析】（1）连接，以O点为原点，如图建立空间直角坐标系，设，根据，求出即可；
（2）利用向量法求解即可.
【详解】（1）连接，因为，为的中点，所以，
由题意知平面ABC，
又，，所以，
以O点为原点，如图建立空间直角坐标系，
则，，，，
由得，同理得，
设，得，
又，，
由，得，
得，又，∴，
∴存在点D且满足条件；
（2）设平面的法向量为，，，
则有，可取，
又，
∴点到平面的距离为，
∴所求距离为.
14．（2023·陕西咸阳·武功县普集高级中学校考模拟预测）已知多面体，四边形是等腰梯形，，，四边形是菱形，，E，F分别为QA，BC的中点，.
(1)求证：平面平面；
(2)求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据题意结合线面垂直的判定定理可证平面，进而可得结果；
（2）以为原点、分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，
求出和平面的法向量，利用点到平面的距离公式的向量求法可得答案.
【详解】（1）设是线段的中点，连接，过作，垂足为，
因为四边形为等腰梯形，，，
所以，，
因为是的中点，可得，
则，即四边形为平行四边形，
可得，所以，
又因为四边形是边长为2的菱形，且，
则是边长为2的等边三角形，可得，
则，可得，
因为平面平面，
所以平面，
且平面，所以平面平面.
（2）以为原点、分别为轴、轴、轴建立如图空间直角坐标系，
则，
可得，
设平面的法向量为，则，
取，则，可得，
则点到平面的距离为.
①利用空间向量证线面平行、面面平行
②利用空间向量证线面垂直、面面垂直
③利用空间向量求异面直线夹角
④利用空间向量求线面角、面面角
⑤利用空间向量求点到线距离、点到面距离
线线平行
证明两直线的方向向量共线
线面平行
①证明该直线的方向向量与平面的某一法向量垂直；②证明直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行
面面平行
①证明两平面的法向量为共线向量；②转化为线面平行、线线平行问题
线线垂直
证明两直线所在的方向向量互相垂直，即证它们的数量积为零
线面垂直
证明直线的方向向量与平面的法向量共线，或将线面垂直的判定定理用向量表示
面面垂直
证明两个平面的法向量垂直，或将面面垂直的判定定理用向量表示
一、知识点梳理
一、法向量的求解与简单应用
（1）平面的法向量：如果表示向量的有向线段所在直线垂直于平面，则称这个向量垂直于平面，记作，如果，那么向量叫做平面的法向量．
注： = 1 \* GB3 \* MERGEFORMAT ①法向量一定是非零向量； = 2 \* GB3 \* MERGEFORMAT ②一个平面的所有法向量都互相平行； = 3 \* GB3 \* MERGEFORMAT ③向量是平面的法向量，向量是与平面平行或在平面内，则有．
第一步：写出平面内两个不平行的向；
第二步：那么平面法向量，满足．
（2）判定直线、平面间的位置关系
= 1 \* GB3 \* MERGEFORMAT ①直线与直线的位置关系：不重合的两条直线，的方向向量分别为，．
若∥，即，则；
若，即，则．
= 2 \* GB3 \* MERGEFORMAT ②直线与平面的位置关系：直线的方向向量为，平面的法向量为，且．
若∥，即，则；
若，即，则．
（3）平面与平面的位置关系
平面的法向量为，平面的法向量为．
若∥，即，则；若⊥，即，则⊥．
二、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．
三、空间中的距离
（1）异面直线间的距离：两条异面直线间的距离也不必寻找公垂线段，只需利用向量的正射影性质直接计算．
如图，设两条异面直线的公垂线的方向向量为，这时分别在上任取两点，则向量在上的正射影长就是两条异面直线的距离．则即两异面直线间的距离，等于两异面直线上分别任取两点的向量和公垂线方向向量的数量积的绝对值与公垂线的方向向量模的比值．
（2）点到平面的距离
为平面外一点（如图），为平面的法向量，过作平面的斜线及垂线．
，
【常用结论】
用向量法解题的途径有两种：一种是坐标法，即通过建立空间直角坐标系，确定出一些点的坐标，进而求出向量的坐标，再进行坐标运算；另一种是基底法，即先选择基向量（除要求不共面外，还要能够便于表示所求的目标向量，并优先选择相互夹角已知的向量作为基底，如常选择几何体上共点而不共面的三条棱所在的向量为基底），然后将有关向量用基底向量表示，并进行向量运算．
二、题型分类精讲
题型一 利用空间向量证线面平行、面面平行
策略方法 利用空间向量证明平行的方法
【典例1】在正方体中，若为中点，为中点.
求证：
(1)；
(2)平面；
(3)平面平面．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）以D为坐标原点，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，求出的坐标，利用，即可证明；
（2）求出平面ACD1的法向量，及直线的方向向量，从而得到，即可证明；
（3）可以利用平面，及平面，利用面面平行的判定定理证明，也可以求出两个平面的法向量，利用法向量平行来证明面面平行.
【详解】（1）以D为坐标原点，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1．
依题意知：，，，，
∴，，
∴，
∴，即.
（2）设平面ACD1的法向量为，
∵，，，
∴，，
由可得，，即，
令，则，∴，
又，
∴，∴，
又平面，∴平面．
（3）证法一 ∵，
∴，又，
∴，∴，
又平面，平面，
∴平面，
又由（2）知平面，而，
且平面，平面,
∴平面平面.
证法二 设平面的法向量为
则即∴
令，得，∴，
由（2）知平面ACD1的一个法向量，
∴，∴，
∴平面平面.
【题型训练】
一、解答题
1．（2023·全国·高三专题练习）如图所示，正四棱的底面边长1，侧棱长4，中点为，中点为．求证：平面平面.
【答案】证明见解析
【分析】以为原点，，，所在直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，利用向量法证，同理，再结合面面平行判定定理即可证明结论.
【详解】以为原点，，，所在直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，如图
则,0,，,1,，,0,，,0,，,1,，,1,，
，，同理，
平面，平面，平面，
平面，平面，平面，
又平面
平面与平面平行．
2．（2023·全国·高三专题练习）如图，在八面体中，四边形ABCD是边长为2的正方形，平面∥平面QBC，二面角与二面角的大小都是，，．证明：平面∥平面QAB．
【答案】证明见解析
【分析】根据垂直关系分析可知，，建系，利用空间向量可得∥，根据题意结合线面、面面平行分析证明.
【详解】因为为正方形，所以，
又因为，，，平面，
所以平面，且平面，则，
所以为二面角的平面角，即，
又因为平面∥平面QBC，∥，
所以平面，且平面，则，
所以为二面角的平面角，即，
如图建立空间直角坐标系，则，，，，
所以，，即，所以∥，
且平面，平面，所以∥平面，
又因为∥，平面，平面，所以∥平面，
因为，平面，
所以平面∥平面QAB．
3．（2023秋·辽宁沈阳·高三东北育才学校校考开学考试）如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面，，，，分别是，的中点.
(1)求证：平面；
【答案】(1)证明见解析；
【分析】（1）以，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，利用向量法证明平面.
【详解】（1）由平面，平面，则，由矩形，得，
以，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，如图，
则，
于是，而平面的一个法向量为，
显然，又平面，
所以平面.
4．（2023·全国·高三专题练习）如图，在三棱柱中，平面，D，E分别为棱AB，的中点，，，.证明：平面.
【答案】证明见解析
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法来证得平面
【详解】在三棱柱中，平面，，，.
所以，则，则，则如下图，
以为原点，为轴建立空间直角坐标系，
设，则
，
所以，，
设平面的一个法向量为，
所以，令，则，即，
所以，得，
又平面，所以平面.
5．（2023秋·江西抚州·高三黎川县第二中学校考开学考试）在正四棱锥中，已知，，，.
(1)证明：平面；
【答案】(1)证明见解析
【分析】（1）建系，相应的坐标和向量，方法一：求平面的法向量为，可得，即可得结果；方法二：可证，，共面，进而可得结果；
【详解】（1）连接交于，如图所示，以为坐标原点建立空间直角坐标系，
则，，，，，
可得，，，，
则，，，
所以，，
方法一：设平面的法向量为，则，，
令，则，则，
因为，所以，
又因为平面，所以平面.
方法二：因为，，则.
可得，所以，，共面，
且平面，所以平面.
6．（天津市南开区南大奥宇学校2022-2023学年高三上学期第四次月考数学试题）如图，直四棱柱的底面为正方形，P，O分别是上、下底面的中心，E是AB的中点，.
(1)求证：平面；
【答案】(1)证明见解析；
【分析】(1)建立空间直角坐标系，求直线的方向向量和平面的法向量，证明两向量垂直；
【详解】（1）因为，
所以以点为原点，以为轴正方向建立空间直角坐标系，
设，则，
所以，
所以，，，
设平面的法向量为，
则，所以，
取，则，
所以为平面的一个法向量，
因为，
又平面，
所以平面；
7．（2023·四川绵阳·四川省绵阳南山中学校考模拟预测）如图，在多面体ABCDEF中，四边形与均为直角梯形，平面，．
(1)已知点G为AF上一点，且，求证：BG与平面DCE不平行；
【答案】(1)证明见解析
【分析】（1）证明出两两垂直，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面DCE的法向量，计算出，证明出BG与平面DCE不平行；
【详解】（1）证明：因为平面ABEF，AB，平面ABEF，
所以，，
又，
以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，
则、、、、，
所以，，，
设平面DCE的法向量为，则，
令，则，所以，
因为，且不存在使得与垂直，
所以BG与平面DCE不平行；
8．（福建省漳州市2024届高三毕业班第一次教学质量检测数学试题）如图，正方体的棱长为2，E为棱的中点.
(1)证明：平面ACE；
【答案】(1)证明见解析；
【分析】（1）解法一：连接交于点，连接，可得，根据线面平行的判定定理即可证明；
解法二：以为原点，分别以，，的方向为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系，写出相关点的坐标，求出平面ACE的法向量，证明即可；
【详解】（1）解法一：
证明：连接交于点，连接，
则为中点，又为中点，所以，
又平面，平面，所以平面.
解法二：
如图，以为原点，分别以，，的方向为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系，
则，，，，,，
所以，.
设平面ACE的法向量为，
则，
令，则，，
所以取.
又，
所以，所以.
又平面，所以平面.
9．（2023秋·江苏南京·高三统考开学考试）如图，四边形ABCD是圆柱OE的轴截面，点F在底面圆O上，，，点G是线段BF的中点．
(1)证明：平面DAF；
【答案】(1)证明见解析
【分析】（1）法一，连接OE，OG．证明平面平面DAF，利用面面平行性质即可证明结论；法二，取AF的中点M，证明，根据线面平行的判定定理即可证明结论；法三，建立空间直角坐标系，确定平面DAF的法向量，利用向量法证明位置关系.
【详解】（1）证法一：连接OE，OG．
在圆柱OE中，四边形ABCD是圆柱OE的轴截面，所以．
又平面DAF，平面DAF，所以平面DAF．
在中，点O，G分别是AB和BF的中点，所以．
又平面DAF，平面DAF，所以平面DAF．
又，OE，平面OEG，所以平面平面DAF．
又平面OEG，所以平面DAF．
证法二：取AF的中点M，连接MD，MG．
因为点M，G分别是FA和FB的中点，所以．
在圆柱OE的轴截面四边形ABCD中，，
所以，因此四边形DEGM是平行四边形．
因此．
又平面DAF，平面DAF，所以平面DAF．
证法三：以O为坐标原点，AB的中垂线为x轴，OB为y轴，OE为z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系．
则，．
因为AB为底面圆O的直径，点F在圆O上，所以．
又，所以，因此．
因为点G是线段BF的中点，所以，
因此．
因为平面ABF，平面ABF，所以．
又，，AF，平面DAF，所以平面DAF，
因此是平面DAF的一个法向量．
因为，
又平面DAF，所以平面DAF．
题型二 利用空间向量证线面垂直、面面垂直
策略方法 利用空间向量证明垂直的方法
【典例1】如图，在直三棱柱中，点分别为线段的中点，．证明：平面．
【答案】证明见解析
【分析】根据已知条件建系，求平面的一个法向量和坐标进而证明线面垂直即可.
【详解】由直三棱柱可知平面，
因为平面，所以，又因为，
所以以为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系，
设，则，
所以，，，
设平面的法向量为，则，
令，则，即，
所以，即，所以平面．
【典例2】如图，在四棱锥中，底面是正方形，底面，E是的中点，已知，．
(1)求证：；
(2)求证：平面平面．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）以A为原点，，，所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法证明．
（2）运用线面垂直的性质定理可证得，进而运用线面垂直的判定定理可证得平面PAC，进而可证得面面垂直.
【详解】（1）以A为原点，，，所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
则，，，，，
所以，，
所以，所以．
（2）连接，，如图所示，
因为面，面，所以，
又因为四边形为正方形，所以，
又因为，、面，所以面，
又因为面，所以平面平面．
【题型训练】
一、解答题
1．（2023秋·河南洛阳·高三伊川县第一高中校联考开学考试）如图，在正方体中，.分别是棱，的中点.
(1)证明：平面.
【答案】(1)证明见解析
【分析】（1）法一：建立空间直角坐标系，得到，，所以，，证明出线面垂直；
法二：作出辅助线，先由线面垂直得到，再根据三角形全等得到，进而得到平面，得到，从而证明出平面；
【详解】（1）法一：以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
设正方体的棱长为2，则，，，，，.
，，.
因为，，所以，.
因为，平面，所以平面.
法二：连接，，.
在正方体中，平面，所以.
因为，，平面，所以平面.
因为平面，所以.
因为平面，平面，所以.
在正方形，，分别是边，的中点，可得，
所以，，所以.
因为，平面，所以平面.
因为平面，所以.
因为，平面，所以平面.
2．（2023·广东深圳·统考模拟预测）在正方体中，如图、分别是，的中点．
(1)求证：平面平面；
【答案】(1)证明见解析
【分析】（1）设棱长为，以为原点建立空间直角坐标系，利用向量法证明平面平面．
【详解】（1）设棱长为，以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，
所以，，，，
设平面的法向量，则，取，得，
设平面的法向量，则，取，得，
所以，则平面平面．
3．（2023秋·广东江门·高三统考阶段练习）如图，在长方体中，，，点E在棱上移动．
(1)证明：；
【答案】(1)证明详见解析
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法证得.
【详解】（1）以为原点建立如图所示空间直角坐标系，
，设，
所以，
所以.
4．（2023秋·河南焦作·高三博爱县第一中学校考阶段练习）已知几何体，如图所示，其中四边形、四边形、四边形均为正方形，且边长为1，点在棱上.
(1)求证：.
【答案】(1)证明见解析
【分析】（1）由题意建立空间直角坐标系，由证明.
【详解】（1）因为四边形、四边形、四边形均为正方形，
所以，，.
以D为原点，如图建立空间直角坐标系，
则，，.
又点M在棱DG上，故可设，
，，
，.
5．（2023·北京·北京四中校考模拟预测）如图，正三棱柱中，分别是棱上的点，.
(1)证明：平面平面；
【答案】(1)证明见解析
【分析】（1）建立空间直角坐标系，求解两个平面的法向量，利用法向量证明面面垂直；
【详解】（1）证明：取的中点,连接，
在正三棱柱中，不妨设;
以为原点，分别为轴和轴正方向，建立空间直角坐标系，如图所示，
则,，
；
设平面的一个法向量为，则, ，
取，则，即；
设平面的一个法向量为，则,
即，取得.
因为，所以平面平面；
6．（2023·河南开封·校考模拟预测）如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面为的中点．
(1)求证：平面平面；
【答案】(1)证明见解析
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量证明，结合线面垂直、面面垂直判定定理即可证得结论；
【详解】（1）因为底面，底面，所以
又因为正方形，所以，所以如图，以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则
所以
所以，即，
又平面，所以平面
又平面，所以平面平面；
7．（2023·全国·高三专题练习）已知在直三棱柱中，其中为的中点，点是上靠近的四等分点，与底面所成角的余弦值为．
(1)求证：平面平面；
【答案】(1)证明见解析
【分析】（1）根据与底面所成角的余弦值为，推出是边长为的等边三角形，取的中点，的中点，连，再以为原点，的方向为轴建立空间直角坐标系：利用两个平面的法向量垂直可证两个平面垂直；
【详解】（1）取的中点，连，因为为的中点，所以，，
所以四边形为平行四边形，所以，
因为与底面所成角的余弦值为，所以与底面所成角的余弦值为，
因为三棱柱为直三棱柱，所以平面，所以是与底面所成角，所以，所以，所以，
又，所以是边长为的等边三角形，
取的中点，的中点，连，则，，平面，
以为原点，的方向为轴建立空间直角坐标系：
则，，，，，，，，，
，，，，
设平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，
则，得，令，得，，
，令，得，，，
因为，所以，
所以平面平面.
8．（2023秋·湖南·高三临澧县第一中学校联考开学考试）如图所示，在直三棱柱中，，，，，点M，N分别是棱，的中点．
(1)求证：平面；
【答案】(1)证明见解析
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间向量数量积的性质，结合线面垂直的判定定理进行运算证明即可；
【详解】（1）如图所示，以A为坐标原点，，所在直线分别为y轴、z轴建立空间直角坐标系．
由已知可得，，，，，，．
由上面各点的坐标可得，，，
计算可得，且，
所以，．
又平面，所以平面；
9．（2023·河北唐山·模拟预测）在长方体中，是棱的中点．
(1)求证：平面平面；
【答案】(1)证明见解析
【分析】（1）建立空间直角坐标系，证得，从而利用面面垂直的判定定理即可得证；
【详解】（1）依题意，以为原点，以所在直线分别为轴，轴，轴，
建立如图所示空间直角坐标系，不妨设．
依题意得，
则，
所以，则，
又，在平面内，所以平面，
又平面，则平面平面．
10．（2023秋·湖南长沙·高三周南中学校考阶段练习）《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑.如图，在阳马中，侧棱底面，且，过棱的中点，作交于点，连接.
(1)证明：平面；
【答案】(1)证明见解析
【分析】（1）法一：根据线面垂直的性质可得，再根据线面垂直的判定与性质证明即可；
法二：以为坐标原点，射线分别为轴的正半轴，建立空间直角坐标系.设，，根据证明即可；
【详解】（1）法一：因为底面，底面，所以，
由底面为长方形，有，而，，面，
所以平面，而平面，所以，
又因为，点是的中点，所以，
而，，面，所以平面，
而平面，所以.
又，，，面，所以平面.
法二：以为坐标原点，射线分别为轴的正半轴，建立空间直角坐标系.设，，
则，，，，，
点是的中点，所以，，于是，
即，又已知，而，，面，所以平面.
11．（2023·陕西咸阳·统考模拟预测）如图，已知直四棱柱的底面是菱形，，，是和的交点，是的中点.
(1)证明：平面;
【答案】(1)证明见解析
【分析】（1）法1：证明和，根据线面垂直的判定定理即可证明结论；
法2：建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标计算，，即可证明结论；
【详解】（1）证明：法1：证明：在直四棱柱中，平面，
平面，故，又底面为菱形，
则，而平面，
故平面，平面，∴，即，
由已知得，
而是的中点，知，又平面，
所以平面.
法2：设和的交点为，取为原点，直线分别为轴，
建立空间直角坐标系，
则，
,
∴
，
∴，
，
∴，又，平面，
∴平面
12．（2023·浙江金华·统考模拟预测）在四棱锥中，面面，，是线段上的靠近点的三等分点.
(1)求证：面；
【答案】(1)证明见解析
【分析】（1）法一：由面面垂直的性质有面，进而有，根据已知有得，且，最后由线面垂直的判定证结论；法二：构建点为原点建立空间直角坐标系，向量法证明线线垂直，由线面垂直的判定证结论；
【详解】（1）法一：由，面面，面，面面，
所以面，面，故，
由勾股定理得：，而，
又，所以，所以，
易得：，
所以，故，
又，面，所以面.
法二：因为面面，在平面内作，则面，
以点为原点建立空间直角坐标系，则，
设，因为，所以，可得.
所以，又，
故，所以，
又，面，所以面.
13．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨市第六中学校校考三模）已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为AC和的中点，D为棱上的动点..
(1)证明：；
【答案】(1)证明见解析
【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出直线的方向向量即可证明；
【详解】（1）因为三棱柱是直三棱柱，所以底面，
又底面，所以，，
又因为，，所以，
又，平面，所以平面，
又平面，所以，即两两垂直，
以为原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，设，则
，，，，，，，，设，
所以，，
因为，
所以，即.
14．（2023·安徽合肥·合肥市第八中学校考模拟预测）如图，在三棱柱中，底面是等腰三角形，且，又侧棱，面对角线，点分别是棱的中点，.
(1)证明：平面；
【答案】(1)证明见解析
【分析】（1）利用勾股定理证明，再以为坐标原点，分别为轴建系，利用空间向量证明线面垂直；
【详解】（1）依题意得，，，
所以，，
所以，又，平面，
所以平面，从而可知三棱柱为直三棱柱，
以为坐标原点，分别为轴，平面内，过垂直于的方向为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，
，，
所欲，
所以，，
由，
，
得，又平面，且，
故平面.
15．（2023·贵州遵义·统考三模）如图，棱台中，，底面ABCD是边长为4的正方形，底面是边长为2的正方形，连接，BD，.
(1)证明：；
【答案】(1)证明见解析
【分析】根据棱台数据可知其是正棱台，建立空间直角坐标系后，（1）利用空间向量的数量积证明垂直关系，（2）根据平面的法向量求二面角.
【详解】（1）
由题意，该棱台是正四棱台.
连接交于，以所在直线为轴，经过且垂直于平面的直线为轴，交上底面于，连接，建立空间直角坐标系如图.
根据正四棱台的性质，过作底面的垂线，则垂足在上.
根据题干数据，，为上底面正方形对角线长的一半，
显然，故，又，则，故.
于是，，则，于是
16．（2023·北京丰台·北京丰台二中校考三模）如图，在四棱锥中，平面，，，，.为的中点，点在上，且.
(1)求证：平面平面；
【答案】(1)证明见解析
【分析】（1）（2）（3）如图，以为原点，分别以，为轴，轴，过作平行线为轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.
【详解】（1）如图，以为原点，分别以，为轴，轴，过作平行线为轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
所以，，因为，所以，
所以，即，
所以，，
设平面的法向量为，则，
令，则，所以，
平面的法向量为，则，
令，则，所以，
所以，所以，所以平面平面.
题型三 利用空间向量求异面直线夹角
策略方法 用向量法求异面直线所成角的一般步骤
【典例1】如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩形，侧棱PA⊥底面ABCD，AB＝， BC＝1，PA＝2，E为PD的中点． 求AC与PB所成角的余弦值．
【答案】
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法求两个向量所成角再得到两条异面直线所成角.
【详解】因为侧棱PA⊥底面ABCD，底面ABCD，底面ABCD，
所以,，又底面ABCD为矩形.
以点为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则知点，，，,,,
从而，.
设与的夹角为，则 .
所以AC与PB所成角的余弦值为.
【题型训练】
一、单选题
1．（2023·黑龙江哈尔滨·哈师大附中校考模拟预测）如图，四棱锥中，底面为正方形，是正三角形，，平面平面，则与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】取的中点，的中点，连接、，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.
【详解】取的中点，的中点，连接、，
因为是正三角形，所以，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，则，，，，
所以，，
所以，所以与所成角的余弦值为.
故选：A
2．（2023·四川眉山·仁寿一中校考模拟预测）如图，在直三棱柱中，面，，则直线与直线夹角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】以为原点，所在的直线为轴建立空间直角坐标系，设，求出，，利用向量的夹角公式可得答案.
【详解】在直三棱柱中，平面，平面，
所以，，
平面，平面，所以，
所以互相垂直，
以为原点，分别以所在的直线为轴建立空间直角坐标系，
设，
则，
可得，，
所以.
所以直线与直线夹角的余弦值为.
故选：C.
3．（2023秋·江西抚州·高三黎川县第二中学校考开学考试）在正方体中，是棱上一点，是棱上一点，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可.
【详解】不妨设，
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，
则，
所以，
所以，
所以，
所以异面直线与所成角的余弦值为．
故选：A
4．（2023·吉林通化·梅河口市第五中学校考模拟预测）直三棱柱如图所示，为棱的中点，三棱柱的各顶点在同一球面上，且球的表面积为，则异面直线和所成的角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先根据已知条件求出侧棱长，然后建立空间直角坐标系，求出直线和的方向向量，从而可求解.
【详解】因为在直三棱柱中，所以球心到底面的距离，
又因为，所以，所以，所以底面外接圆半径，
又因为球的表面积为，所以，
而，所以，
以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，则
，，，，
，
，
设直线和所成的角为，则
.
故选：A.
5．（2023·陕西咸阳·武功县普集高级中学校考模拟预测）如图，在三棱锥中，是边长为2的等边三角形，，若三棱锥的体积等于时，异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先通过等边三角形和等腰直角三角形结合体积求得两两垂直，然后建立空间直角坐标系，利用向量法求解异面直线所成角的余弦值.
【详解】取的中点，连接，因为是边长为2的等边三角形，
所以且，又，所以，
由得，所以，
设到平面的距离为h，则三棱锥的体积等于，
解得，而，
即为三棱锥的高，故平面，所以两两垂直，如图：
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，
则、、、，所以，，
设异面直线与所成角为，则，
所以异面直线与所成角的余弦值为.
故选：C
6．（2023春·江西鹰潭·高三贵溪市实验中学校考阶段练习）如图，在四棱锥中，底面是菱形，平面，，，点是的中点，点是上不与端点重合的动点，则异面直线与所成角的正切值最小为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】连接，先证明，再以为空间直角坐标系的原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设异面直线与所成角为，利用向量法求出，再利用函数求出最值即得解.
【详解】如图所示，连接. 由题得，所以是等边三角形，所以.
因为平面，所以.以为空间直角坐标系的原点，建立如图所示的空间直角坐标系.设.
则.
由题得,
.
设.
所以.
设异面直线与所成角为，
则.
当时，最大为，此时最小，最小值为.
故选：C
7．（2023·吉林长春·东北师大附中校考模拟预测）四棱柱中，侧棱底面，，，，侧面为正方形，设点O为四棱锥外接球的球心，E为上的动点，则直线与所成的最小角的正弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】建立空间直角坐标系，确定各点坐标，设球心，根据得到，设，根据向量的夹角公式结合二次函数性质计算最值得到答案.
【详解】如图所示：以分别为轴建立空间直角坐标系，
设，则，，，
球心在平面的投影坐标为，则设球心，
则，即，
解得，则.
设，，，，
设，则，，
则，
当时，有最大值为，
此时直线与所成的角最小，对应的正弦值为.
故选：D
【点睛】关键点睛：本题考查了立体几何中的异面直线夹角问题，外接球问题，意在考查学生的计算能力，空间想象能力和综合应用能力，其中建立空间直角坐标系可以简化运算，是解题的关键.
二、填空题
8．（2023·全国·高三专题练习）在三棱锥P－ABC中，底面ABC，底面ABC为正三角形，PA＝AB，则异面直线PB与AC所成角的余弦值为
【答案】
【分析】以 为基底，运用空间向量求解.
【详解】设 ，则 ，
；
故答案为： .
9．（2023秋·河南漯河·高三漯河高中校考开学考试）如图，某空间几何体由一个直三棱柱和一个长方体组成，若，，，，，分别是棱，，，的中点，则异面直线与所成角的余弦值是 ．
【答案】
【分析】以为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求得异面直线夹角.
【详解】如图，以为原点建立如图所示空间直角坐标系，
由题可得，，，，，
，，
为等腰直角三角形，也为等腰直角三角形，
又平面与平面均与轴垂直，
所以，，
又，，，分别是，，，的中点，
则，，，，
所以，，
，
所以直线与直线夹角余弦值为，
故答案为：.
10．（2023·江苏·高三专题练习）三棱柱中，平面平面，且，，，则异面直线与所成角的正弦值为 ．
【答案】
【分析】以为坐标原点，，所在直线分别为轴、轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可.
【详解】解：以为坐标原点，，所在直线分别为轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，
设所求的角为，
则，
则.
即异面直线与所成角的正弦值为.
故答案为：
11．（2023·江苏·高三专题练习）如图所示，已知两个正四棱锥与的高分别为1和2，，则异面直线与所成角的正弦值为 ．
【答案】
【分析】连接，交于点，连接，易得平面，以为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
【详解】由题设知，四边形是正方形，连接，交于点，则，
则平面，平面，故平面，
故以为原点，以CA，DB，QP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
，
则，则，
所以异面直线AQ与PB所成角的正弦值为.
故答案为：.
12．（2023·山东潍坊·统考模拟预测）已知四面体ABCD满足，，，且该四面体的体积为，则异面直线AD与BC所成的角的大小为 ．
【答案】或
【分析】将四面体放入长方体中，根据体积公式计算得到，建立空间直角坐标系，得到各点坐标，根据向量的夹角公式计算得到答案.
【详解】如图所示：将四面体放入长方体中，
，解得，
故，
以为轴建立空间直角坐标系，
，，，或，
或，，
异面直线AD与BC所成的角的大小为，，
，；
或，；
综上所述：异面直线AD与BC所成的角的大小为或.
故答案为：或
13．（2023秋·山东日照·高三校联考期末）在中国古代数学著作《九章算术》中记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体的上、下底面平行，且均为扇环形（扇环是指圆环被扇形截得的部分）．现有一个如图所示的曲池，它的高为，，，，均与曲池的底面垂直，底面扇环对应的两个圆的半径分别为和，对应的圆心角为，则图中异面直线与所成角的余弦值为 ．
【答案】
【分析】建立空间直角坐标系，用向量法求解异面直线与所成角的余弦值.
【详解】设上底面圆心为，下底面圆心为，连接，，，以为原点，分别以，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
则，，，，则，，
所以，
又因为异面直线所成角的范围为，
故异面直线与所成角的余弦值为，
故答案为：.
14．（2023·高三课时练习）已知平面，四边形是矩形，为定长，当的长度变化时，异面直线与所成角的取值范围是 ．
【答案】
【分析】以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线与所成角的取值范围.
【详解】由题意可知：两两互相垂直，则以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
设，，则，，，，，，设异面直线与所成角的为，
则，
因为定值，随着的增大而增大，所以，则，
所以，也即，
所以异面直线与所成角的取值范围是，
故答案为：.
题型四 利用空间向量求线面角、面面角
策略方法 1.利用向量法求线面角的两种方法
2.利用向量计算二面角大小的常用方法
【典例1】如图，为圆柱底面的直径，是圆柱底面的内接正三角形，和为圆柱的两条母线，若.
(1)求证：平面平面；
(2)求与面所成角正弦值；
(3)求平面与平面所成角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）先利用线面垂直判定定理证明平面BDQ，再证明，由此可得平面BDQ，再由面面垂直判定定理证明平面PCQ⊥平面BDQ；
（2）建立空间直角坐标系，求出直线BP的方向向量与平面ABQ的法向量，再求两向量的夹角余弦即可得BP与面ABQ所成角正弦值；
（3）求平面的法向量，再求其与平面的法向量的夹角的余弦值，即可求出结果．
【详解】（1）因为为圆柱底面的直径，所以，
因为DQ为圆柱的母线，故，
又，平面，
故平面，
又和为圆柱的两条母线，所以四边形为矩形，因此，
故平面，
又因为平面，所以平面平面．
（2）由题意知两两垂直，
以D为坐标原点，为x，y，z轴，建立如图空间直角坐标系，
令，因为是圆柱底面的内接正三角形，
故，故，．
，，，
，，
设平面的法向量为，
由，即，
令，得，
故，
所以直线与面所成角正弦值为
（3）过C作，垂足为H，
，，
故点C的坐标为，，
设平面ACQ的法向量为，
由，即，
令，得，
所以，
所以平面与平面所成角的余弦值为.
【题型训练】
一、解答题
1．（2023秋·河南焦作·高三博爱县第一中学校考阶段练习）已知几何体，如图所示，其中四边形、四边形、四边形均为正方形，且边长为1，点在棱上.
(1)求证：.
(2)是否存在点，使得直线与平面所成的角为?若存在，确定点的位置；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)当点在上，且时，直线与平面所成的角为
【分析】（1）由题意建立空间直角坐标系，由证明.
（2）设点坐标，根据线面角的向量求法即得.
【详解】（1）因为四边形、四边形、四边形均为正方形，
所以，，.
以D为原点，如图建立空间直角坐标系，
则，，.
又点M在棱DG上，故可设，
，，
，.
（2）当点在上，且时，直线与平面所成的角为
理由如下：假设存在点，直线与平面所成的角为.
设平面的一个法向量为，
由（1）知，，
，令，得
.
因为直线与平面所成的角为，
，解得.
又，，存在点满足题意.
所以当点在上，且时，直线与平面所成的角为
2．（2023秋·江苏镇江·高三统考开学考试）已知直四棱柱中，底面为菱形，，，，E为线段上中点.
(1)证明：平面；
(2)求与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据线线平行得平行四边形，即可得线面平行，进而证明平面平面，即可证明结论；
（2）由题意可建立以为原点的空间直角坐标系，利用法向量与方向向量的夹角即可求解．
【详解】（1）证明：在直四棱柱中，且，
所以四边形为平行四边形，则，
又平面，平面，则平面，
由且，故四边形为平行四边形，则，
又平面，平面，则平面，
又平面，平面，，
则平面平面，又平面，故平面；
（2）取中点，连接，
直四棱柱中，底面为菱形，，则、、两两垂直，
以为原点，分别以、、所在直线为、、轴的空间直角坐标系，如图所示：
又，，
则，
则,,，
设平面一个法向量为，则，即，
取，则，，故平面一个法向量为，
设与平面所成角为，则.
3．（2023秋·湖南长沙·高三湖南师大附中校考阶段练习）如图，在多面体中，四边形为正方形，平面，，，是线段上的一动点，过点和直线的平面与，分别交于，两点.
(1)若为的中点，请在图中作出线段，并说明，的位置及作法理由；
(2)线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)作图见解析，为的中点，为靠近点的三等分点，理由见解析
(2)存在，
【分析】（1）根据线面平行的性质定理得到，再结合为的中点即可得到为的中点，根据面面平行的性质得到平分，再根据角平分线的性质即可得到为的三等分点；
（2）设的坐标为，然后利用空间向量的方法列方程，解方程即可求解.
【详解】（1）如图，取为的中点，为靠近点的三等分点.
理由如下：由四边形为正方形得，，，
又平面，平面，所以平面.
又平面平面，为的中点，得，且为的中点.
因为，，平面，平面，所以∥平面，
又，平面，所以平面平面，
平面平面，平分，得平分，
又，得到为的三等分点，且，从而作出线段.
（2）由题意，可建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，
于是，，，
设，则的坐标为.
设平面的法向量为，则由得
令，得平面的一个法向量为.
设直线与平面所成角为，则，
假设存在点使得直线与平面所成角的正弦值为，
则有，解得，.
所以线段上存在点，位于靠近点的三等分点处，使得直线与平面所成角的正弦值为.
4．（2023·全国·河南省实验中学校考模拟预测）已知四棱锥中，底面是矩形，，，是的中点．
(1)证明：；
(2)若，，点是上的动点，直线与平面所成角的正弦值为，求．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取的中点，连接、，推导出平面，再利用线面垂直的性质定理可证得结论成立；
（2）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设，其中，求出平面的一个法向量的坐标，利用空间向量法可得出关于的方程，解出的值，即可得解.
【详解】（1）取的中点，连接、，
因为、分别为、的中点，则，
因为，所以，，
设直线与直线交于点，
因为，则，，所以，，
所以，，故，
设，则，，
所以，，
且，，
所以，，所以，，
又因为，、平面，则平面，
因为平面，故.
（2）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，则、、、、，
设平面的法向量为，则，，
则，取，则，
设，其中，
，
因为直线与平面所成角的正弦值为，
则，解得，即.
5．（2023·四川绵阳·四川省绵阳南山中学校考模拟预测）如图，在多面体ABCDEF中，四边形与均为直角梯形，平面，．
(1)已知点G为AF上一点，且，求证：BG与平面DCE不平行；
(2)已知直线BF与平面DCE所成角的正弦值为，求AF的长及四棱锥D－ABEF的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)AF的长为4；．
【分析】（1）证明出两两垂直，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面DCE的法向量，计算出，证明出BG与平面DCE不平行；
（2）由BF与平面DCE所成角的正弦值计算出AF的长，从而求出梯形ABEF的面积，计算出四棱锥的体积.
【详解】（1）证明：因为平面ABEF，AB，平面ABEF，
所以，，
又，
以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，
则、、、、，
所以，，，
设平面DCE的法向量为，则，
令，则，所以，
因为，且不存在使得与垂直，
所以BG与平面DCE不平行；
（2）设（且），则，所以，
∵直线BF与平面DCE所成角的正弦值为，
∴，
化简得，解得或（舍去）；故．
此时梯形ABEF的面积，故．
6．（2023·河南·校联考模拟预测）已知三棱柱中，是的中点，是线段上一点.
(1)求证：；
(2)设是棱上的动点（不包括边界），当的面积最小时，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据等腰三角形的“三线合一”证明线线垂直，结合勾股定理证明直线垂直，从而由线面垂直判定定理得平面，利用线面垂直的性质进行证明即可；
（2）根据三角形的面积最小，得到是的中点，建立坐标系求出平面的法向量，利用向量法进行求解即可．
【详解】（1）证明：连接
，，是的中点
，是的中点
，
，
平面
平面，平面，，
在三棱柱中，，
，，
，
平面，
平面，．
（2）连接，由（1）可知，
平面，平面
平面，
，要使的面积最小，则最小，
又，△是等腰直角三角形
即时，最小，是的中点，
如图，建立以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴的空间直角坐标系：
则，，，,0,，
设,,，则，即，得，，，
即,,，
，则，
，,,，
设平面的法向量为,,，
由，得，即，令，则，，即，
设直线与平面所成角为，
则,，
即直线与平面所成角的正弦值为．
7．（2023秋·广西南宁·高二校考开学考试）如图，在三棱锥中，侧棱底面，且，过棱的中点，作交于点，连接.
(1)证明：平面；
(2)若，三棱锥的体积是，求直线与平面所成角的大小.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用线面垂直的判定定理和性质定理可得答案；
（2）解法一：设，由得，再利用求出，由（1）知平面，即为所求角，再由可得答案；
解法二：设，由得，再利用求出，以为原点，与垂直的方向，射线，射线分别为轴的正半轴，建立空间直角坐标系，求出、平面的一个法向量，由线面角的向量求法可得答案.
【详解】（1）因为平面平面，所以，
又因为，而平面，
所以平面，又平面，所以.
又因为，点是的中点，所以.
而平面，
所以平面平面，所以，
又平面，
所以平面；
（2）解法一：设，由（1）得，，
可知，
由，得，故，
在Rt中，，
所以，
化简得，解得，故.
由（1）知平面，故即为所求角，
在Rt中，，
又，故；
解法二：设，由（1）得，，
可知，
由，得，故，
在Rt中，，
所以，
化简得，解得.
如图，以为原点，与垂直的方向，射线，射线分别为轴的正半轴，建立空间直角坐标系.
因为，则，
，
由（1）知，平面，所以是平面的一个法向量，
设直线与平面所成角为，
则，又，故.
8．（2023秋·四川南充·高三四川省南充高级中学校考阶段练习）如图，在三棱柱中，平面平面，四边形是矩形，四边形是平行四边形，且，，，以为直径的圆经过点F．
(1)求证：平面平面；
(2)求直线与平面所成角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）依题意可得，再由面面垂直的性质得到平面，即可得到，从而得到平面，即可得证；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.
【详解】（1）因为以为直径的圆经过点，所以．
因为四边形为矩形，所以，
因为平面平面，平面平面，
平面，所以平面．
因为平面，所以，
又因为平面，平面，，平面，
所以平面，
又因为平面，所以平面平面．
（2）因为平面，
又因为平面，平面，所以，，
又因为，所以，则两两互相垂直，
以点为原点，为轴，为轴，为轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
因为，，，所以，
所以在中，由勾股定理得，
则点，，，，
则，，．
设平面的法向量为，
则由得，不妨令，得，则
设直线与平面所成角为，
则，所以
所以直线与平面所成角的余弦值为．
9．（2023秋·江苏淮安·高三统考开学考试）如图，四边形ABCD是边长为2的菱形，，将沿BD折起到的位置，使．
(1)求证：平面平面ABD；
(2)求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取中点，根据二面角的定义或通过证明平面来证得平面平面．
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求得直线与平面所成角的正弦值．
【详解】（1）如图，取中点，连接OA，OP．
因为四边形ABCD是边长为2的菱形，，所以、是边长为2的正三角形，
因为O是BD中点，所以，
因为，所以，同理可得，因为，
所以，则，由二面角定义可得平面平面ABD．
或：又因为，平面ABD，平面，
所以平面，因为，所以平面平面．
（2）以为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
，
设平面PAD的一个法向量为，
由得，
令得，则，
设直线AB与平面PAD所成的角为，
则．
所以直线AB与平面PAD所成角的正弦值为．
10．（2023春·海南海口·高三统考期中）如图，四棱锥的顶点P在底面ABCD上的射影为AB的中点H，为等边三角形，，，棱BC的中点为E.
(1)证明：；
(2)若，求直线PE与平面PBD所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先由线面垂直的性质得，再由线面垂直判定证明平面，从而利用线面垂直的性质即可证明；
（2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用向量法求解即可.
【详解】（1）因为点P在底面ABCD上的射影为AB的中点H，所以平面，平面，
所以，因为，，，所以，从而，
连接，因为H是AB的中点，E是BC的中点，所以，所以，
因为，平面，平面，所以平面，平面，
所以.
（2）如图：
以与的交点O为坐标原点，直线，分别为x，y轴，过O且与底面垂直的直线为z轴，
建立空间直角坐标系，不妨设，则，，，
，则，，，，
所以，，，
设平面的一个法向量，则，
令得，设直线PE与平面PBD所成角为，
所以，
故直线PE与平面PBD所成角的正弦值为.
11．（2023·河南·校联考二模）如图所示，正六棱柱的底面边长为1，高为，为线段上的动点.
(1)求证：平面；
(2)设直线与平面所成的角为，求的取值范围.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用线面平行的判定定理证明平面平面，结合面面平行的性质可证明平面.
（2）取的中点为Q，由线面垂直的判定定理可证明平面，即为平面的一个法向量.建立空间直角坐标系，计算向量以及的坐标，利用线面角的向量公式，计算结果即可.
【详解】（1）连接，.
在正六棱柱中，
因为底面为正六边形，所以，
因为平面，平面，所以平面.
因为，，所以四边形为平行四边形，
所以，又平面，平面，所以平面，
又，所以平面平面，
因为为线段上的动点，所以平面，
所以平面.
（2）取的中点为Q，连接，.
因为底面边长为1，所以，
因为，所以，所以.
易得，，，所以平面，所以，
因为，所以平面，
即为平面的一个法向量.
连接，以为坐标原点，，，所在直线分别为x，y，z轴建立空间坐标系，
则，，，，，
所以，所以，，.
设（），
所以，
则，
因为，所以，所以的取值范围是.
12．（2023秋·重庆沙坪坝·高二重庆南开中学校考阶段练习）在三棱柱中，平面平面，侧面为菱形，，，，是的中点.
(1)求证：平面；
(2)点在线段上（异于点，），与平面所成角为，求的值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）作交于点，由面面垂直的性质可得平面，可得，再由线面垂直的判定定理得平面，从而得到，再由线面垂直的判定定理可得答案；
（2）以为原点，所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，设，可得，求出平面的一个法向量，由线面角的向量求法可得答案.
【详解】（1）因为侧面为菱形，，，
所以为边长为的等边三角形，
作交于点，则点为的中点，
因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，
平面，可得，
又，，平面，可得平面，
因为平面，所以，因为侧面为菱形，所以，
，平面，所以平面；
（2）由（1）知，平面，，取做的中点，连接，
则，所以平面，
以为原点，所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，
，，
设，可得，所以，
设平面的一个法向量为，则
，即，令，可得，
可得，
解得舍去，或，所以.
13．（2023秋·江西宜春·高三统考开学考试）如图，在几何体中，菱形所在的平面与矩形所在的平面互相垂直.
(1)若为线段上的一个动点，证明：平面；
(2)若，，直线与平面所成角的正弦值为，求的长.
【答案】(1)证明见解析
(2)或1
【分析】（1）利用面面平行的性质定理证明；
（2）建立空间直角坐标系，利用线面角的向量公式求解.
【详解】（1）由题知，四边形为矩形，所以，
又因为平面，平面，所以平面，
同理可证平面，又因为，、平面，
所以平面平面，又因为平面，所以平面.
（2）因为平面平面，
且平面平面，，
平面，所以平面.
又因为底面为菱形，且，，
所以△为等边三角形，且，设，
取的中点为，连接，以为坐标原点，分别以,,的方向为轴、轴、轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
则，，，
设平面的法向量为，，则，
取，则，，即，
设直线与平面所成角为，则
化简可得，解得或，
故BF的长可为或.
14．（2023秋·山东菏泽·高三校考阶段练习）在长方体中，，.点是线段上的动点，点为的中点.
(1)当点是中点时，求证：直线平面；
(2)若二面角的余弦值为，求线段的长.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取的中点，连接，，，即可证明，从而得证；
（2）建立空间直角坐标系，设，利用空间向量法计算可得.
【详解】（1）取的中点，连接，，，
所以且，且，
所以且，
∴四边形为平行四边形，可知，
平面，平面，
∴平面.
（2）设，如图建立空间直角坐标系,
则，，，，
，，，，
设平面的法向量为，由及，
即，则，
设平面的法向量为，
由及，即，则，
设二面角为，所以，
即，解得或（舍去），
所以.
15．（2023秋·福建莆田·高三校考阶段练习）四棱锥中，四边形为梯形，其中，，，平面平面．
(1)证明：；
(2)若，且三棱锥的体积为，点满足，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）证明面，根据线面垂直的性质即可得证；
（2）证明，，两两垂直，建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
【详解】（1）由题设，为等边三角形，则，
又四边形为梯形，，则，
在中，，，所以，
即，则，
所以，即，
面面，面面，面，
则面，
又面，故．
（2）若为中点，，
则，面面，面面，面，
则面，
连接，则，且面，故，
综上，，，两两垂直，以为原点，，，为，，轴正方向的空间直角坐标系．
所以，，，，
由三棱锥的体积为，则，
即，故．
则，则，
所以，，，，
若是面的一个法向量，
则，取，则，则．
若是面的一个法向量，
则，取，则，，则，
所以，
则锐二面角的余弦值为．
16．（2023秋·天津河北·高三天津二中校考开学考试）如图，四边形是正方形，平面，，，F，G，H分别为BP，BE，PC的中点.
AI
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面夹角的大小；
(3)求直线CE与平面PBC所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）由三角形中位线以及线面平行的判定定理即可证明；
（2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用空间向量即可求出平面与平面夹角的大小;
（3）根据（2）的坐标表示，由线面角与空间向量的关系即可求出直线CE与平面PBC所成角的正弦值.
【详解】（1）由题意F，G分别为BP，BE的中点，所以是边的中位线，
即，
又平面，平面，
所以平面；
（2）由于四边形是正方形，平面,
所以两两垂直，
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：
AI
又，F，G，H分别为BP，BE，PC的中点，
则，易知；
，
设平面的一个法向量为，
则，解得，令，；
即；
设平面的一个法向量为，
则，解得，则，
即；
设平面与平面夹角的大小为，
所以，
可得；
即平面与平面夹角的大小为；
（3）由（2）可知，平面的一个法向量为；
设直线CE与平面PBC所成的角为，
则；
即直线CE与平面PBC所成角的正弦值为.
17．（2023秋·广西百色·高三贵港市高级中学校联考阶段练习）四边形为菱形，平面，，，．
(1)设中点为，证明：平面；
(2)求平面与平面的夹角的大小．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用菱形的性质、平行线的性质，结合线面垂直的性质和判定定理进行证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可.
【详解】（1）四边形为菱形，且，中点为，所以．
因为，所以，
因为平面，平面，所以．
又，，平面，
所以平面；
（2）设交于点，取中点，连接，所以，底面．以为原点，以，，分别为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系，
因为，所以，
所以，，，，，，
所以，，
设平面的一个法向量为，则，
令，得；
，，平面的一个法向量为，
则，令得；
所以，
所以平面与平面的夹角的大小为．
18．（2023秋·辽宁朝阳·高三校联考阶段练习）如图，在四棱锥中，底面ABCD为正方形，侧面PAD是正三角形，侧面底面ABCD，M是PD的中点.
(1)求证：平面PCD；
(2)求平面BPD与平面夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先根据面面垂直证线面垂直，得平面，再得线线垂直，再根据正三角形三线合一证，最后由线面垂直的判定，证得平面PCD；
（2）建系，用空间向量坐标计算面面夹角的余弦值即可.
【详解】（1）证明：在正方形中，，
又侧面底面，侧面底面，平面，
所以平面，
又平面，所以，
因为是正三角形，是的中点，所以，
又，，平面，所以平面.
（2）取中点为中点为，连接，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设，
则，，，，，
所以，.
设平面的法向量为，则
由得
取，则，
由（1）知平面的一个法向量为，
设平面与平面的夹角为，
则.
所以平面与平面夹角的余弦值为.
19．（2023·福建宁德·福建省宁德第一中学校考一模）如图①在平行四边形中，，，，，将沿折起，使平面平面，得到图②所示几何体．
(1)若为的中点，求四棱锥的体积；
(2)在线段上，是否存在一点，使得平面与平面所成锐二面角的余弦值为，如果存在，求出的值，如果不存在，说明理由．
【答案】(1)
(2)存在，的值为
【分析】（1）首先求出，及的长度，再证明平面，最后根据锥体的体积公式计算可得．
（2）建立空间直角坐标系，设，，利用空间向量法得到方程，求出的值，即可得解.
【详解】（1）由图①知，，所以，在中，因为，，
可得，，所以．
由图②知，平面平面，平面，
平面平面，因为，所以平面，
因为为的中点，
所以．
（2）由（1）知，，三者两两垂直，以点为原点，
，，的方向分别为轴，轴，轴的正方向，建立空间直角坐标系（如图）．
则，，，，，，，
设，，
，
即，
所以，
设平面的法向量为，
所以，则，
令，得，
设平面的法向量为，
所以， 解得或（舍去），
所以此时的值为.
20．（2023秋·浙江绍兴·高三浙江省上虞中学校考开学考试）如图，在三棱柱中，侧面是菱形，，是棱的中点，，点在线段上，且.
(1)求证：平面.
(2)若，平面平面，求平面与平面所成锐二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接交于点，连接，结合相似可得，进而求证即可；
（2）过作，垂足为，连接，结合可得，以为原点，以，，所在直线为轴建立空间直角坐标系，进而结合法向量求解即可.
【详解】（1）连接交于点，连接，
因为，所以，
又，所以，所以，
又平面，平面，
所以平面.
（2）过作，垂足为，连接，
因为，所以为的中点，
因为平面平面，平面平面，且平面，
所以平面，
因为为正三角形，为的中点，
所以.
如图，以为原点，以，，所在直线为轴建立空间直角坐标系，
不妨设，则，，，，，，
则，，
设平面的法向量为，
则，得，取，
平面的法向量可取，
所以，
所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为.
21．（2023秋·江苏·高三校联考开学考试）如图，直三棱柱中，，平面平面．
(1)求证：；
(2)求二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）过点作，根据题意证得平面，得到，再由三棱柱为直三棱柱，证得，利用下面垂直的判定定理，证得平面，即可得到；
（2）以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的一个法向量和，结合向量的夹角公式，即可求解.
【详解】（1）如图所示，过点作于点，
因为平面平面，平面平面，
且平面，所以平面，
又因为平面，所以，
由三棱柱为直三棱柱，可得平面，
因为平面，所以，
又因为，且平面，所以平面，
因为平面，所以.
（2）如图所示，以点为坐标原点，以所在的直线分别为轴、轴和轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
因为，可得，
则,
设平面的法向量为，则，
取，可得，所以，
设平面的法向量为，则，
取，可得，所以，
则，
设二面角的平面角为为锐角，可得，所以，
即二面角的正弦值为.
22．（2023秋·广西玉林·高三校联考开学考试）如图，在正四棱柱中，，.点、、、分别在棱、、、上，，，.
AI
(1)求多面体的体积；
(2)当点在棱上运动时（包括端点），求二面角的余弦值的绝对值的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）以为坐标原点，、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系，分析可知四边形为菱形，可得出，结合锥体的体积公式可求得结果；
（2）设，求出平面、平面的法向量，利用空间向量法结合二次函数的基本性质可求得二面角的余弦值的绝对值的取值范围.
【详解】（1）解：以为坐标原点，、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系，如图，
AI
则、、、、,
所以，，，则，
又因为、不在同一条直线上，故四边形为平行四边形，
因为，则，
又，故四边形为菱形，
多面体是以为顶点的四棱锥，
又，，
，
所以，.
（2）解：设，则，，
，
设平面的法向量，则，
令，得，，所以，，
设平面的法向量为，则。
令，得，，则，
，
因为，则，所以，.
因此，二面角的余弦值的绝对值的取值范围是.
23．（2023秋·湖北随州·高三随州市曾都区第一中学校考开学考试）在三棱台中，为中点，，，.
(1)求证：平面；
(2)若，，平面与平面所成二面角大小为，求三棱锥的体积.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）易证得四边形为平行四边形，由此可得，结合，由线面垂直的判定可得结论；
（2）根据垂直关系，以为坐标原点可建立空间直角坐标系，设，由二面角的向量求法可构造方程求得，利用体积桥可求得结果.
【详解】（1）在三棱台中，为中点，则，
又，，
，四边形为平行四边形，，
又，，
，，，
，平面，平面.
（2），，，
又，，平面，平面，
连接，，，为中点，；
以为正交基底，可建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，
设，则，，
，，
设平面的一个法向量为，
则，令，解得：，，；
又平面的一个法向量，
，解得：，即，
平面，平面平面，平面，
.
24．（2024秋·广东·高三校联考阶段练习）如图，在四棱锥中，底面，，，，点E在平面上运动．
(1)试确定一点E，使得平面，并说明点E的位置；
(2)若四棱锥的体积为6，在侧棱上是否存在一点F，使得二面角的余弦值为．若存在，求的长，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)当点E在的边的中线上运动时，平面；
(2)存在，.
【分析】（1）取的中点G，证明平面即可推理作答.
（2）由给定条件，证明两两垂直，再建立空间直角坐标系，利用空间向量结合二面角的余弦求解作答.
【详解】（1）点E在的边的中线上，
取的中点G，连接，如图，
由，，得，，即四边形为平行四边形，
于是，而平面，平面，则平面，
所以当点E在的边的中线上运动时，平面．
（2）由于底面，，则四棱锥的体积，解得，
由（1）知，，则有，，有，，
以点A为坐标原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，
假定棱上存在一点F满足条件，令，，则，
，，设面的法向量，
则，令，得，又面的法向量，
于是二面角的余弦值，
解得，即F为中点，此时，．
即当时，二面角的余弦值为.
25．（2023秋·广东·高三河源市河源中学校联考阶段练习）如图，四棱锥中，底面四边形是直角梯形，，，直线与所成的角为．
(1)求证：平面平面；
(2)点为线段上一点，若二面角的大小为，求的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由线线垂直可证明线面垂直，即可得面面垂直，
（2）建立空间直角坐标系，利用法向量的夹角即可求解.
【详解】（1）证明：平面，
平面．
又平面，
平面平面．
（2）在平面内，过作轴，建立空间直角坐标系（如图）．
由题意有，设，则，
，
由直线与直线所成的角为，得，即，得，所以．
由直角梯形可知，则可设．
由题意可得，设平面的一个法向量为，
则，取，得．
平面的法向量取，
则，解得（负值舍去），则．
题型五 利用空间向量求点到线距离、点到面距离
策略方法
1.点到面的距离
如图所示，平面的法向量为，点是平面内一点，点是平面外的任意一点，则点到平面的距离，就等于向量在法向量方向上的投影的绝对值，即或
【典例1】正四棱柱中，，，为中点，为下底面正方形的中心．求：
(1)点到直线的距离；
(2)点到平面的距离．
【答案】(1)
(2)．
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法求得到直线的距离.
（2）利用向量法求得到平面的距离.
【详解】（1）建立如图所示空间直角坐标系，
，
，
所以到直线的距离为:
.
（2）由（1）得
设平面的法向量为，
则，故可设，
所以点到平面的距离为．
【题型训练】
一、解答题
1．（2023·全国·高三专题练习）如图，在三棱锥中，，，两两垂直，，．
(1)求点到直线的距离；
(2)求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用点与直线距离的空间向量法计算可得.
（2）利用直线与平面夹角的空间向量法计算可得
【详解】（1）解：以为坐标原点，，，方向分别为，，轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，所以，，．
取，，则，，
所以点到直线的距离为．
（2）解：设是平面的一个法向量，则，所以，
取，解得，所以．
设直线与平面所成角为，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为．
2．（2023·重庆·统考模拟预测）如图，已知长方体的体积为4，点A到平面的距离为．
(1)求的面积；
(2)若，动点E在线段上移动，求面积的取值范围．
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）根据长方体体积与三棱锥的体积关系，结合已知条件，即可求得结果；
（2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得的坐标，从而求得点到到直线的距离，建立三角形的面积关于的竖坐标之间的函数关系，求函数值域即可.
【详解】（1）由题知：
设点到平面的距离为，则，
因为，所以.
（2）由题知：，
以为坐标原点，直线，，分别为，，轴，建立空间直角坐标系：
则，
设，则，
则直线的单位方向向量为
则点到直线的距离为
所以的面积
所以面积的取值范围为.
3．（2023秋·天津南开·高三南开中学校考阶段练习）在四棱锥中，底面，且，四边形是直角梯形，且，，，，为中点，在线段上，且.
(1)求证：平面；
(2)求直线PB与平面所成角的正弦值；
(3)求点到PD的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）构造平面，由面面平行的判定定理证明面面平行，再根据面面平行的性质可得线面平行；
（2）根据题意，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算代入计算，即可得到结果；
（3）根据题意，由空间向量的坐标运算，代入计算，即可得到结果.
【详解】（1）如图，取中点，连接
因为为中点，，，，所以，
所以四边形为平行四边形，所以，
又平面，平面，所以平面，
因为为中点，为中点，则，
又平面，平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面，
又平面，故平面．
（2）
根据题意，分别以所在直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系，
由条件可得，，
则，
设平面的法向量为，
则，解得，
取，则，所以平面的一个法向量为，
设直线PB与平面所成角为，
则.
所以直线PB与平面所成角的正弦值为.
（3）由（2）可知，，
所以点到PD的距离为.
4．（2023·黑龙江哈尔滨·哈师大附中校考模拟预测）三棱台中，平面，，且，，是的中点．
(1)求三角形重心到直线的距离；
(2)求二面角的余弦值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）建立坐标系，过点作，求出，进而得出三角形重心到直线的距离；
（2）利用向量法得出二面角.
【详解】（1）因为，所以，，
在平面内过点作，建立如图所示空间直角坐标系，则
，，，，，
过点作，设，
.
则.
因为，
所以，解得，
所以，．
即三角形重心到直线的距离为.
（2），，，
设平面的法向量，则，
取，则
设平面的法向量，则，
取，则
所以，
由图可知，二面角为锐角，所以，二面角的余弦值为．
5．（2023·全国·高三专题练习）如图，直四棱柱的底面为平行四边形，，，点P，M分别为，上靠近的三等分点．
(1)求点M到直线的距离；
(2)求直线PD与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）建立空间直角坐标系，写出相应点的坐标，利用向量法求出点到直线的距离即可；
（2）结合（1）中点的坐标，分别求出直线的方向向量和平面的法向量，利用空间向量的夹角公式即可求解.
【详解】（1）由题可得AD=2，，
又点P为AB上靠近A的三等分点，所以AP=1．
在中，由余弦定理可得，
，
故，
所以为直角三角形，故DP⊥AB．
因为底面ABCD为平行四边形，所以DP⊥CD．
由直四棱柱性质可知，，
即DP，CD，两两垂直．
故以D为坐标原点，分别以DP，DC，所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz．
则．
因为，过点M作，（点到直线的距离即为通过该点向直线做垂线，点到垂足的距离）
令，所以，故．
由，解得，所以，故点M到直线的距离为．
（2）因为，，，
设平面的法向量为，则即
令，得，，故．
设直线PD与平面所成角为，
则．
所以直线PD与平面所成角的正弦值为．
6．（2023·全国·高三专题练习）如图，已知三棱柱的棱长均为2，，．
(1)证明：平面平面ABC；
(2)设M为侧棱上的点，若平面与平面ABC夹角的余弦值为，求点M到直线距离．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）取AC的中点O，连接，利用勾股定理证明从而证得平面ABC，然后利用面面垂直的判定定理证明即可.
（2）以OA所在直线为x轴，以OB所在直线为y轴，以所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，写出各点坐标，设得到点M的坐标，求出平面与平面ABC
的法向量，由余弦值可确定值，然后利用点到直线的距离公式计算即可.
【详解】（1）取AC的中点O，连接，，，所以由题设可知，为边长为2的等边三角形，所以，
由，，所以所以平面ABC；
平面,所以平面平面ABC；
（2）以OA所在直线为x轴，以OB所在直线为y轴，以所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，
所以
设可得，
设平面的法向量为则
即取
所以因为为平面ABC的一个法向量，
设平面与平面ABC夹角为，
解得，所以
所以点M到直线距离
7．（2023秋·山东济南·高三统考开学考试）如图，在四棱锥中，底面是正方形，底面，，点是棱的中点，点是棱上一点．
(1)证明：；
(2)若直线与平面所成角的正弦值为，求点到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用线面垂直的判定定理和性质定理可得答案；
（2）以点为原点，以，，为，，轴建立空间直角坐标系，设点，求出平面的一个法向量、，利用线面角的向量求法、点到平面的距离的向量求法可得答案.
【详解】（1）在正方形中，有，
又底面，平面，
所以，又，平面，
所以平面，又平面，所以，
又，点是棱的中点，所以有，
又，平面，所以平面，
又平面，所以；
（2）如图，以点为原点，以，，为，，轴建立空间直角坐标系，
，，，设点，，
设平面的法向量，，，
令，可得，又，
所以直线与平面所成角的正弦值，
化简可得，即，
所以或（舍），
即点，由可得，，，
所以点到平面的距离．
8．（2023秋·云南·高三校联考阶段练习）如图所示，在四棱锥中，底面是矩形，侧棱底面，，E是的中点，作交于点F．
(1)求证：平面；
(2)若平面与平面的夹角为，求点F到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接交于点G，连接，根据E是的中点，得到，再利用线面平行的判定定理证明；
（2）设，以D为原点，，，所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，分别求得平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，根据平面面与平面的夹角为，由，求得，然后根据点F再线段PB上，设，再由平面的法向量为，利用求解．
【详解】（1）证明：如图所示：
连接交于点G，连接，
∵E是的中点，
∴，平面，平面．
∴面．
（2）解：设，以D为原点，，，所在直线分别为x轴、y轴、z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，
由得，
同理，由，，
设平面的一个法向量为，
由,得，
由平面与平面的夹角为，
则，解得，
∴，，
设，，则，，
又，∴，即，焦点，
∴，
又平面，则平面的一个法向量为，
又，则点F到平面的距离．
9．（2023秋·福建莆田·高三莆田一中校考开学考试）如图，在三棱柱中，已知侧面，，，，点在棱上.
(1)证明：平面；
(2)若，试确定的值，使得到平面的距离为.
【答案】(1)答案见解析；
(2)或．
【分析】（1）利用余弦定理求出的长，再利用线面垂直的判定推理作答.
（2）由（1）中信息建立空间直角坐标系，用表示出的坐标，再利用向量求点到平面距离即可.
【详解】（1）在三棱柱中，，，，
在中，由余弦定理得，
即有，于是，又侧面，侧面，
则，而，平面，
所以平面．
（2）由（1）知，两两垂直，以B为坐标原点，建立如图所示的坐标系，
则，，
，，
设平面的一个法向量为，则，
令，得，
点到平面的距离，解得或，
所以当或时，C到平面的距离为．
10．（2023秋·广东东莞·高三校联考阶段练习）如图所示，在四棱锥中，侧面是正三角形，且与底面垂直，平面，，是棱上的动点.
(1)当是棱的中点时，求证：平面；
(2)若，，求点到平面距离的范围.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用线面平行的性质推导出，取的中点，连接、，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）取的中点，连接，证明出平面，，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设，其中，利用空间向量法可求得点到平面距离的范围.
【详解】（1）证明：因为平面，平面，且平面平面，所以.
取的中点，连接、，
因为是棱的中点，所以，且，
因为且，所以，且，
所以，四边形为平行四边形，则，
因为平面，平面，所以平面.
（2）解：取的中点，连接.
因为是正三角形，所以.
又因为平面平面，平面平面，平面，
所以，平面，
因为，，为的中点，所以，且，
所以，四边形为平行四边形，则，
因为，则，
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、、、，所以，
设，其中，
则，
设平面的法向量，
所以，
令，得，
设点到平面距离为，.
当时，；
当时，，则，
当且仅当时等号成立.
综上，点到平面距离的取值范围是.
11．（2023·湖北襄阳·襄阳四中校考模拟预测）斜三棱柱的各棱长都为，点在下底面的投影为的中点.
(1)在棱（含端点）上是否存在一点使？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由；
(2)求点到平面的距离.
【答案】(1)存在，
(2)
【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出相关点坐标，假设在棱（含端点）存在一点使，利用，结合向量垂直的坐标表示即可求得答案.
（2）求出平面的法向量，根据空间距离的向量求法，即可求得答案.
【详解】（1）因为点在下底面的投影为的中点，故平面，
连接，由题意为正三角形，故,
以为原点，分别为轴建立如图所示空间直角坐标系：
则，，
设，可得，
，
假设在棱（含端点）上存在一点使，
则，
则；
（2）由（1）知，
设平面的法向量为，
则，令，则，
则，
又，
则到平面的距离为，
即点到平面距离为.
12．（2023·重庆·统考模拟预测）在多面体中，四边形是边长为4的正方形，，△ABC是正三角形．
(1)若为AB的中点，求证：直线平面；
(2)若点在棱上且，求点C到平面的距离．
【答案】(1)证明见详解
(2)
【分析】（1）根据线面平行的判定定理分析证明；
（2）根据题意可证平面，平面，建系，利用空间向量求点到面的距离.
【详解】（1）连接，设，由题意可得为的中点，连接，
因为分别为的中点，则//，
平面，平面，
所以直线平面.
（2）由题意可得：，，平面，
所以平面，
取的中点，连接，
因为△ABC是正三角形，则，
又因为平面，平面，则，
，平面，
所以平面，
如图，以为坐标原点，为轴，轴，建立空间直角坐标系，
则，
可得，
设平面的法向量，则，
令，则，即，
所以点C到平面的距离.
13．（2023·湖南长沙·雅礼中学校考一模）斜三棱柱的各棱长都为2，，点在下底面ABC的投影为AB的中点O．
(1)在棱（含端点）上是否存在一点D使？若存在，求出BD的长；若不存在，请说明理由；
(2)求点到平面的距离．
【答案】(1)存在，
(2)
【分析】（1）连接，以O点为原点，如图建立空间直角坐标系，设，根据，求出即可；
（2）利用向量法求解即可.
【详解】（1）连接，因为，为的中点，所以，
由题意知平面ABC，
又，，所以，
以O点为原点，如图建立空间直角坐标系，
则，，，，
由得，同理得，
设，得，
又，，
由，得，
得，又，∴，
∴存在点D且满足条件；
（2）设平面的法向量为，，，
则有，可取，
又，
∴点到平面的距离为，
∴所求距离为.
14．（2023·陕西咸阳·武功县普集高级中学校考模拟预测）已知多面体，四边形是等腰梯形，，，四边形是菱形，，E，F分别为QA，BC的中点，.
(1)求证：平面平面；
(2)求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据题意结合线面垂直的判定定理可证平面，进而可得结果；
（2）以为原点、分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，
求出和平面的法向量，利用点到平面的距离公式的向量求法可得答案.
【详解】（1）设是线段的中点，连接，过作，垂足为，
因为四边形为等腰梯形，，，
所以，，
因为是的中点，可得，
则，即四边形为平行四边形，
可得，所以，
又因为四边形是边长为2的菱形，且，
则是边长为2的等边三角形，可得，
则，可得，
因为平面平面，
所以平面，
且平面，所以平面平面.
（2）以为原点、分别为轴、轴、轴建立如图空间直角坐标系，
则，
可得，
设平面的法向量为，则，
取，则，可得，
则点到平面的距离为.
①利用空间向量证线面平行、面面平行
②利用空间向量证线面垂直、面面垂直
③利用空间向量求异面直线夹角
④利用空间向量求线面角、面面角
⑤利用空间向量求点到线距离、点到面距离
线线平行
证明两直线的方向向量共线
线面平行
①证明该直线的方向向量与平面的某一法向量垂直；②证明直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行
面面平行
①证明两平面的法向量为共线向量；②转化为线面平行、线线平行问题
线线垂直
证明两直线所在的方向向量互相垂直，即证它们的数量积为零
线面垂直
证明直线的方向向量与平面的法向量共线，或将线面垂直的判定定理用向量表示
面面垂直
证明两个平面的法向量垂直，或将面面垂直的判定定理用向量表示
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