2025高考数学专项讲义第05讲空间向量的概念及其运算、空间向量法求空间角与空间距离(学生版+解析)

这是一份2025高考数学专项讲义第05讲空间向量的概念及其运算、空间向量法求空间角与空间距离(学生版+解析)，共168页。学案主要包含了命题规律，备考策略，命题预测，考点定位，整体点评，通性通法等内容，欢迎下载使用。
（7类核心考点精讲精练）
1. 5年真题考点分布
2. 命题规律及备考策略
【命题规律】本节内容是新高考卷的必考内容，设题稳定，难度中等偏难，分值为5-15分
【备考策略】1.掌握空间直角坐标系，会用空间直角坐标系刻画点的位置，会运用空间两点间的距离公式
2.理解空间向量的概念，理解空间向量的基本定理及其意义，掌握空间向量的线性运算及其坐标表示
3.掌握空间向量的数量积及其坐标表示，能运用向量的数量积判断向量的共线与垂直，会求平面法向量
4.熟练掌握空间中点线面的位置关系，会运用空间向量证明平行、垂直关系
5.会运用空间向量求空间距离及空间角
【命题预测】本节内容是新高考卷的必考内容，一般在解答题中考查线面平行（垂直）、面面平行（垂直）的判定及其性质，考查空间距离和空间角的求解，需强化巩固复习.
知识讲解
1．空间向量及其有关概念
2．数量积及坐标运算
(1)两个空间向量的数量积：①a·b＝|a||b|cs〈a，b〉②a⊥b⇔a·b＝0(a，b为非零向量)
③设a＝(x，y，z)，则|a|2＝a2，|a|＝eq \r(x2＋y2＋z2).
(2)空间向量的坐标运算：
3．直线的方向向量与平面的法向量
(1)直线的方向向量：如果表示非零向量a的有向线段所在直线与直线l平行或共线，则称此向量a为直线l的方向向量．
(2)平面的法向量：直线l⊥α，取直线l的方向向量a，则向量a叫做平面α的法向量．
(3)方向向量和法向量均不为零向量且不唯一．
空间位置关系的向量表示
设直线l，m的方向向量分别为a，b，平面α，β的法向量分别为u，ν，则
(1)线线平行：l∥m⇔a∥b⇔a＝kb，k∈R；
线面平行：l∥α⇔a⊥u⇔a·u＝0；面面平行：α∥β⇔u∥ν⇔u＝kν，k∈R.
(2)线线垂直：l⊥m⇔a⊥b⇔a·b＝0；
线面垂直：l⊥α⇔a∥u⇔a＝ku，k∈R；面面垂直：α⊥β⇔u⊥ν⇔u·ν＝0.
两条异面直线所成角的求法
设a，b分别是两异面直线l1，l2的方向向量，则l1与l2所成的角θ的范围为(0，eq \f(π,2)]，公式为cs θ＝eq \f(|a·b|,|a||b|)
直线与平面所成角的求法
设直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，直线l与平面α所成的角为θ，a与n的夹角为β，
则sin θ＝|cs β|＝eq \f(|a·n|,|a||n|).
求二面角的大小
(1)如图①，AB，CD是二面角α－l－β的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(CD,\s\up6(→))〉．
如图②③，n1，n2分别是二面角α－l－β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足
|cs θ|＝|cs〈n1，n2〉|，二面角的平面角大小是向量n1与n2的夹角(或其补角)．
空间两点间的距离公式
若，，则 =.
点到平面的距离
（为平面的法向量，是经过面的一条斜线，）.
考点一、空间向量的基本概念及其运算
1．（广东·高考真题）若向量＝(1，1，x)，＝(1，2，1)，＝(1，1，1)满足条件，则x＝ ．
2．（2024·浙江嘉兴·模拟预测）设，，且，则（ ）
A．B．0C．3D．
3．（上海·高考真题）在平行六面体中，M为AC与BD的交点，若，，，则下列向量中与相等的向量是（ ）．
A．B．
C．D．
1．（广东·高考真题）已知向量，则下列向量中与成的是
A．B．C．D．
2．（宁夏·高考真题）已知向量，且，则 ．
3．（23-24高二下·湖北·开学考试）如图，为四面体的棱的中点，为的中点，点在线段上，且，设，，，则（ ）
A．B．
C．D．
考点二、空间向量求异面直线所成角
1．（全国·高考真题）在长方体中，，，则异面直线与所成角的余弦值为
A．B．C．D．
2．（浙江·高考真题）如图，已知平面四边形ABCD，AB=BC=3，CD=1，AD=，∠ADC=90°．沿直线AC将△ACD翻折成△ACD'，直线AC与BD'所成角的余弦的最大值是 ．
1．3．（2024·安徽·模拟预测）设与为两个正四棱锥，正方形ABCD的边长为且，点M在线段AC上，且，将异面直线PD，QM所成的角记为，则sinθ的最小值为（ ）
A．B．C．D．
4．（2024·全国·模拟预测）直三棱柱中，底面是以A为直角的腰长为2的等腰直角三角形，侧棱长为，为上的点，若直线与直线所成角的余弦值为，则长为（ ）
A．1B．C．D．
1．（2024·辽宁沈阳·模拟预测）已知直三棱柱中，，，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
2．（2024·湖北武汉·模拟预测）已知菱形，，将沿对角线折起，使以四点为顶点的三棱锥体积最大，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
3．（2024·全国·模拟预测）如图，在三棱锥中，，，，是棱的中点，是棱上靠近点的四等分点，则异面直线与所成角的大小为（ ）
A．B．C．D．
考点三、空间向量求线面角
1．（2022·全国·高考真题）在四棱锥中，底面．
(1)证明：；
(2)求PD与平面所成的角的正弦值．
2．（2022·浙江·高考真题）如图，已知和都是直角梯形，AB//DC，，，，，，二面角的平面角为．设M，N分别为的中点．
(1)证明：；
(2)求直线与平面所成角的正弦值．
3．（2024·河南濮阳·模拟预测）如图所示，在等腰梯形中，，，，E为CD中点，AE与BD相交于点O，将沿AE折起，使点D到达点P的位置（平面）．
(1)求证：平面平面PBC；
(2)若，试判断线段PB上是否存在一点Q（不含端点），使得直线PC与平面所成角的正弦值为，若存在，求Q在线段PB上的位置；若不存在，说明理由．
4．（2024·湖北·模拟预测）如图，在梯形中，，，.将沿对角线折到的位置，点P在平面内的射影H恰好落在直线上.
(1)求二面角的正切值；
(2)点F为棱上一点，满足，在棱上是否存在一点Q，使得直线FQ与平面所成的角为?若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
1．（2024·江苏·三模）如图，在三棱锥中，底面为上一点，且平面平面，三棱锥的体积为.
(1)求证：为的中点；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
2．（2021·浙江·高考真题）如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，M，N分别为的中点，.
（1）证明：；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
3．（2024·山东济南·三模）如图，在三棱台中，平面平面，，，．

(1)求三棱台的高；
(2)若直线与平面所成角的正弦值为，求．
4．（2024·河北承德·二模）如图1，在直角中，为中点，，取中点，连接，现把沿着翻折，形成三棱锥如图2，此时，取中点，连接，记平面和平面的交线为为上异于的一点.

(1)求证：平面；
(2)若直线与平面所成角的正弦值为，求的长度.
考点四、空间向量求二面角
1．（2024·全国·高考真题）如图，平面四边形ABCD中，，，，，，点E，F满足，，将沿EF翻折至，使得．
(1)证明：；
(2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值．
2．（2024·全国·高考真题）如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形，，，，为的中点．
(1)证明：平面；
(2)求二面角的正弦值．
3．（2023·全国·高考真题）如图，在正四棱柱中，．点分别在棱,上，．

(1)证明：；
(2)点在棱上，当二面角为时，求．
4．（2024·山东日照·三模）在五面体中，，.

(1)求证：；
(2)若，，，点到平面的距离为，求二面角的余弦值.
5．（2024·江苏·一模）如图，已知四棱台的上、下底面分别是边长为2和4的正方形，平面⊥平面ABCD，，点P是棱的中点，点Q在棱BC上．

(1)若，证明：平面；
(2)若二面角的正弦值为，求BQ的长．
1．1．1．1．
1．（2024·江苏·模拟预测）如图，在四棱台中，，，．
(1)记平面与平面的交线为，证明：；
(2)求平面与平面的夹角的余弦值．
2．（2024·河北保定·三模）如图，在四棱锥中，四边形为正方形，平面，且.E，F分别是PA，PD的中点，平面与PB，PC分别交于M，N两点.
(1)证明：；
(2)若平面平面，求平面与平面所成锐二面角的正弦值.
3．（2024·辽宁锦州·模拟预测）如图，在四棱锥中，为的中点，平面．
(1)求证：；
(2)若，．
（i）求证：平面；
（ii）设平面平面，求二面角的正弦值．
4．（2024·湖南·模拟预测）如图，在直三棱柱中，，，分别为，的中点，为线段上异于端点的一点.
(1)求点到平面的距离；
(2)若平面与平面的夹角的余弦值为，求直线与平面所成角的正弦值．
5．（2024·山西·二模）如图，四棱锥中，二面角的大小为，，，是的中点.

(1)求证：平面平面；
(2)若直线与底面所成的角为，求二面角的余弦值.
考点五、空间向量求空间距离
1．（2024·天津·高考真题）已知四棱柱中，底面为梯形，，平面，，其中．是的中点，是的中点．

(1)求证平面；
(2)求平面与平面的夹角余弦值；
(3)求点到平面的距离．
2．（2024·江苏无锡·模拟预测）如图，在棱长为的正方体中，点在棱上，且．
(1)求四棱锥的表面积
(2)若点在棱上，且到平面的距离为，求点到直线的距离．
3．（2024·湖北武汉·模拟预测）如图，三棱柱中，是边长为2的等边三角形，.

(1)证明：；
(2)若三棱柱的体积为3，且直线与平面ABC所成角为60°，求点到平面的距离.
1．（2024·广东·三模）如图，边长为4的两个正三角形，所在平面互相垂直，，分别为，的中点，点在棱上，，直线与平面相交于点.
(1)证明：；
(2)求直线与平面的距离.
2．（2024·天津·二模）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)求直线与平面所成角的正弦值：
(3)若点到平面的距离为，求的长.
3．（2024·福建福州·一模）如图，四边形ABCD是圆柱OE的轴截面，点F在底面圆O上，圆O的半径为1，，点G是线段BF的中点．
(1)证明：平面DAF；
(2)若直线DF与圆柱底面所成角为45°，求点G到平面DEF的距离．
考点六、立体几何小题综合
1．（2022·全国·高考真题）在正方体中，E，F分别为的中点，则（ ）
A．平面平面B．平面平面
C．平面平面D．平面平面
选项BCD解法二：
2．（2024·福建福州·模拟预测）四棱锥的顶点均在球的球面上，底面为矩形，平面平面，，，，则到平面的距离为（ ）
A．B．C．D．
3．（2024·河南信阳·模拟预测）已知三棱柱满足，，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
4．（2024·广西贵港·模拟预测）（多选）如图，在正方体中，P为线段的中点，Q为线段上的动点（不包括端点），则（ ）
A．存在点Q，使得B．存在点Q，使得平面
C．三棱锥的体积是定值D．二面角的余弦值为
5．（2024·福建泉州·模拟预测）（多选）如图，棱长为2的正方体中，点是棱的中点，则下列结论中正确的是（ ）

A．点到平面距离相等
B．若平面，且与所成角是，则点的轨迹是椭圆
C．三棱锥的外接球的表面积为11π
D．若线段，则的最小值是
1．（2024·山西·三模）正方体的棱长为2，分别为的中点，为底面的中心，则三棱锥的体积是（ ）
A．B．C．D．
2．（2024·山东菏泽·二模）如图，在正方体中，，则下列结论中正确的是（ ）
A．平面B．平面平面
C．平面D．平面内存在与平行的直线
3．（2024·山东临沂·二模）已知正方体中，M，N分别为，的中点，则（ ）
A．直线MN与所成角的余弦值为B．平面与平面夹角的余弦值为
C．在上存在点Q，使得D．在上存在点P，使得平面
4．（2024·湖北襄阳·模拟预测）（多选）如图，已知正方体的棱长为2，，，分别为，，的中点，以下说法正确的是（ ）
A．三棱锥的体积为B．平面
C．平面D．二面角的余弦值为
5．（2024·重庆九龙坡·三模）（多选）在棱长为2的正方体中，P，E，F分别为棱的中点，为侧面正方形的中心，则下列结论正确的是（ ）
A．直线平面
B．直线与平面所成角的正切值为
C．三棱锥的体积为
D．三棱锥的外接球表面积为9π
考点七、范围与最值问题
1．（2024·河南·一模）三棱锥中，，，，，点M，N分别在线段，上运动.若二面角的大小为，则的最小值为 .
2．（2024·河南信阳·模拟预测）如图，在棱长为的正方体中，与平面交于点，与平面交于点，点分别在线段上运动，则线段的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
3．（23-24高三下·全国·阶段练习）如图，在中，，在直角梯形中，，，记二面角的大小为，若，则直线与平面所成角的正弦值的最大值为 ．
4．（2024·河北沧州·一模）如图，已知点是圆台的上底面圆上的动点，在下底面圆上，，则直线与平面所成角的余弦值的最小值为 ．
5．（2024·山东枣庄·模拟预测）（多选）已知正方体的棱长为2，点M，N分别为棱的中点，点P为四边形（含边界）内一动点，且，则（ ）
A．平面B．点P的轨迹长度为
C．存在点P，使得平面D．点P到平面距离的最大值为
6．（2024·湖南长沙·三模）如图，在四棱锥中，平面，，底面为直角梯形，，，，是的中点，点，分别在线段与上，且，.
(1)若平面平面，求、的值；
(2)若平面，求的最小值.
1．（2024·浙江金华·三模）四棱锥的底面为正方形，平面，且，．四棱锥的各个顶点均在球O的表面上，，，则直线l与平面所成夹角的范围为 ．
2．（2024·江苏盐城·模拟预测）棱长为2的正方体中，设点为底面内（含边界）的动点，则点到平面距离之和的最小值为（ ）
A．B．C．D．
3．（23-24高三下·广东深圳·期中）在长方体中，，点为侧面内一动点，且满足//平面，则的最小值为 ，此时点到直线的距离为 .
4．（2023·江西萍乡·二模）正方体的棱长为为该正方体侧面内的动点（含边界），若分别与直线所成角的正切值之和为，则四棱锥的体积的取值范围为 .
5．（2024·山东·二模）（多选）如图，在直三棱柱中，，分别为棱上的动点，且，，，则（ ）
A．存在使得
B．存在使得平面
C．若长度为定值，则时三棱锥体积最大
D．当时，直线与所成角的余弦值的最小值为
6．（23-24高三下·河北沧州·阶段练习）如图，在直三棱柱中，△为边长为2的正三角形，为中点，点在棱上，且.
(1)当时，求证平面；
(2)设为底面的中心，求直线与平面所成角的正弦值的最大值，并求取得最大值时的值.
一、单选题
1．（23-24高二下·浙江·期中）空间点，则点到直线的距离（ ）
A．B．C．D．
2．（2024·全国·模拟预测）在正方体中，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
3．（2024·广东梅州·模拟预测）直三棱柱中，，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
二、填空题
4．（2024·河南开封·三模）在矩形中，，，沿对角线将矩形折成一个大小为的二面角，当点B与点D之间的距离为3时 ．
5．（2024·广东茂名·模拟预测）已知四棱柱的底面是正方形，，，点在底面的射影为中点H，则直线与平面所成角的正弦值为 ．
三、解答题
6．（2024·广西·模拟预测）在正四棱柱中，，，E为中点，直线与平面交于点F．
(1)证明：F为的中点；
(2)求直线AC与平面所成角的余弦值．

7．（2024·四川成都·模拟预测）在平行六面体中，，．
(1)若空间有一点满足：，求；
(2)求平面与平面所成夹角的余弦值．
8．（2024·福建泉州·模拟预测）在四棱锥中，．

(1)求证：
(2)当点到平面的距离为时，求直线与平面所成的角的正弦值．
9．（2024·内蒙古包头·三模）如图，平行六面体的体积为，，，，．
(1)求点A到平面的距离；
(2)求二面角的正弦值．
10．（22-23高二上·海南省直辖县级单位·期末）四棱锥中，四边形ABCD为菱形，，平面平面ABCD．

(1)证明：；
(2)若PB=PD，且PA与平面ABCD成角为，点E在棱PC上，且，求平面EBD与平面BCD的夹角的余弦值．
一、单选题
1．（2024·广西来宾·一模）棱长为3的正方体中，点E，F满足D1E=2ED，BF⃗=2FB1⃗，则点E到直线的距离为（ ）
A．3355B．2355
C．375D．275
2．（2024·内蒙古包头·一模）如图，底面是边长为2的正方形，半圆面底面，点为圆弧上的动点．当三棱锥的体积最大时，二面角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
3．（2024·全国·模拟预测）《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑．如图，在鳖臑中，平面，且分别为的中点，是内的动点（含边界），且平面，则下列说法正确的是（ ）
A．三棱锥的外接球的体积为
B．的取值范围为
C．直线与平面所成的角的正弦值的取值范围为
D．当点到平面的距离与点到平面的距离之比为时，
4．（2024·贵州贵阳·模拟预测）如图，正四棱锥每一个侧面都是边长为4的正三角形，若点M在四边形ABCD内（包含边界）运动，N为PD的中点，则（ ）
A．当M为AD的中点时，异面直线MN与PC所成角为
B．当平面PBC时，点M的轨迹长度为
C．当时，点M到AB的距离可能为
D．存在一个体积为的圆柱体可整体放入正四棱锥内
三、填空题
5．（2024·全国·模拟预测）在棱长为2的正方体中，动点，分别在棱，上，且满足，当的体积最小时，与平面所成角的正弦值是 ．
四、解答题
6．（2024·湖南衡阳·模拟预测）如图，在三棱柱中，平面平面，平面平面．
(1)证明：平面ABC．
(2)若，，求直线BC与平面所成角的正弦值．
7．（2024·陕西安康·模拟预测）如图，在四棱锥中，.
(1)求证：；
(2)若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值.
8．（2024·山东·模拟预测）如图，在直三棱柱中，，，，.
(1)当时，求证：平面；
(2)设二面角的大小为，求的取值范围.
9．（2024·浙江绍兴·三模）如图，在三棱锥中，是正三角形，平面平面，，点是的中点，．
(1)求证：为三棱锥外接球的球心；
(2)求直线与平面所成角的正弦值；
(3)若，，求平面与平面所成锐二面角的余弦值最大时的值．
10．（2024·山东烟台·三模）如图，在直三棱柱中，，M，N分别为，中点，且．
(1)证明：；
(2)若D为棱上的动点，当与平面所成角最大时，求二面角的余弦值.
1．（2024·北京·高考真题）如图，在四棱锥中，BC//AD，，,点在上，且，．
(1)若为线段中点，求证：平面．
(2)若平面，求平面与平面夹角的余弦值．
2．（2021·全国·高考真题）如图，四棱锥的底面是矩形，底面，PD=DC=1，为的中点，且PB⊥AM．
（1）求；
（2）求二面角的正弦值．
3．（2020·北京·高考真题）如图，在正方体中， E为的中点．
（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值．
4．（2020·江苏·高考真题）在三棱锥A—BCD中，已知CB=CD=,BD=2，O为BD的中点，AO⊥平面BCD，AO=2，E为AC的中点．
（1）求直线AB与DE所成角的余弦值；
（2）若点F在BC上，满足BF=BC，设二面角F—DE—C的大小为θ，求sinθ的值．
5．（2020·全国·高考真题）如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，为底面直径，．是底面的内接正三角形，为上一点，．
（1）证明：平面；
（2）求二面角的余弦值．
6．（2019·北京·高考真题）如图，在四棱锥P–ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，PA=AD=CD=2，BC=3．E为PD的中点，点F在PC上，且．
（Ⅰ）求证：CD⊥平面PAD；
（Ⅱ）求二面角F–AE–P的余弦值；
（Ⅲ）设点G在PB上，且．判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由．
7．（2019·浙江·高考真题）如图，已知三棱柱，平面平面,，分别是的中点.
（1）证明：；
（2）求直线与平面所成角的余弦值.
8．（2019·天津·高考真题）如图，平面，，.
（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值；
（Ⅲ）若二面角的余弦值为，求线段的长.
9．（2019·全国·高考真题）如图，直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．
（1）证明：MN∥平面C1DE；
（2）求二面角A-MA1-N的正弦值．
10．（2018·全国·高考真题）如图，在三棱锥中，，，为的中点．
（1）证明：平面；
（2）若点在棱上，且二面角为，求与平面PAM所成角的正弦值
5年考情
考题示例
考点分析
关联考点
2024年新I卷，第17题,15分
面面角的向量求法及应用
由二面角大小求线段长度
证明线面平行
证明面面垂直
2024年新Ⅱ卷，第7题,15分
求线面角
锥体体积的有关计算
台体体积的有关计算
2024年新Ⅱ卷，第17题,15分
求平面的法向量
面面角的向量求法
证明线面垂直
线面垂直证明线线垂直
2023年新I卷，第18题,12分
空间位置关系的向量证明
面面角的向量求法
已知面面角求其他量
无
2023年新Ⅱ卷，第20题,12分
证明线面垂直
线面垂直证明线线垂直
面面角的向量求法
2022年新I卷，第9题,5分
求异面直线所成的角
求线面角
无
2022年新I卷，第19题,5分
求点面距离
面面角的向量求法
无
2022年新Ⅱ卷，第20题,12分
面面角的向量求法
证明线面平行
2021年新I卷，第12题,5分
求空间向量的数量积
空间向量的坐标表示
垂直关系
2021年新I卷，第20题,12分
由二面角大小求线段长度或距离
锥体体积的有关计算
线面垂直证明线线垂直
面面垂直证线面垂直
2021年新Ⅱ卷，第19题,12分
面面角的向量求法
证明面面垂直
2020年新I卷，第20题,12分
线面角的向量求法
证明线面垂直
2020年新I卷，第20题,12分
线面角的向量求法
证明线面垂直
概念
语言描述
共线向量
(平行向量)
表示空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合
共面向量
平行于同一个平面的向量
共线向量定理
对空间任意两个向量a，b(b≠0)，a∥b⇔存在λ∈R，使a＝λb
共面向量定理
若两个向量a，b不共线，则向量p与向量a，b共面⇔存在唯一的有序实数对(x，y)，使p＝xa＋yb
空间向量基本定理及推论
定理：如果三个向量a，b，c不共面，那么对空间任一向量p，存在唯一的有序实数组{x，y，z}使得p＝xa＋yb＋zc.
推论：设O，A，B，C是不共面的四点，则对平面ABC内任一点P都存在唯一的三个有序实数x，y，z，使eq \(OP, \s\up7(―→))＝xeq \(OA, \s\up7(―→))＋yeq \(OB, \s\up7(―→))＋zeq \(OC, \s\up7(―→))且x＋y＋z＝1
a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)
向量和
a＋b＝(a1＋b1，a2＋b2，a3＋b3)
向量差
a－b＝(a1－b1，a2－b2，a3－b3)
数量积
a·b＝a1b1＋a2b2＋a3b3
共线
a∥b⇒a1＝λb1，a2＝λb2，a3＝λb3(λ∈R，b≠0)
垂直
a⊥b⇔a1b1＋a2b2＋a3b3＝0
夹角公式
cs〈a，b〉＝eq \f(a1b1＋a2b2＋a3b3,\r(a\\al(2,1)＋a\\al(2,2)＋a\\al(2,3))\r(b\\al(2,1)＋b\\al(2,2)＋b\\al(2,3)))
第05讲 空间向量的概念及其运算、
空间向量法求空间角与空间距离
（7类核心考点精讲精练）
1. 5年真题考点分布
2. 命题规律及备考策略
【命题规律】本节内容是新高考卷的必考内容，设题稳定，难度中等偏难，分值为5-15分
【备考策略】1.掌握空间直角坐标系，会用空间直角坐标系刻画点的位置，会运用空间两点间的距离公式
2.理解空间向量的概念，理解空间向量的基本定理及其意义，掌握空间向量的线性运算及其坐标表示
3.掌握空间向量的数量积及其坐标表示，能运用向量的数量积判断向量的共线与垂直，会求平面法向量
4.熟练掌握空间中点线面的位置关系，会运用空间向量证明平行、垂直关系
5.会运用空间向量求空间距离及空间角
【命题预测】本节内容是新高考卷的必考内容，一般在解答题中考查线面平行（垂直）、面面平行（垂直）的判定及其性质，考查空间距离和空间角的求解，需强化巩固复习.
知识讲解
1．空间向量及其有关概念
2．数量积及坐标运算
(1)两个空间向量的数量积：
①a·b＝|a||b|cs〈a，b〉
②a⊥b⇔a·b＝0(a，b为非零向量)
③设a＝(x，y，z)，则|a|2＝a2，|a|＝eq \r(x2＋y2＋z2).
(2)空间向量的坐标运算：
3．直线的方向向量与平面的法向量
(1)直线的方向向量：如果表示非零向量a的有向线段所在直线与直线l平行或共线，则称此向量a为直线l的方向向量．
(2)平面的法向量：直线l⊥α，取直线l的方向向量a，则向量a叫做平面α的法向量．
(3)方向向量和法向量均不为零向量且不唯一．
空间位置关系的向量表示
设直线l，m的方向向量分别为a，b，平面α，β的法向量分别为u，ν，则
(1)线线平行：l∥m⇔a∥b⇔a＝kb，k∈R；
线面平行：l∥α⇔a⊥u⇔a·u＝0；
面面平行：α∥β⇔u∥ν⇔u＝kν，k∈R.
(2)线线垂直：l⊥m⇔a⊥b⇔a·b＝0；
线面垂直：l⊥α⇔a∥u⇔a＝ku，k∈R；
面面垂直：α⊥β⇔u⊥ν⇔u·ν＝0.
两条异面直线所成角的求法
设a，b分别是两异面直线l1，l2的方向向量，则l1与l2所成的角θ的范围为(0，eq \f(π,2)]，公式为cs θ＝eq \f(|a·b|,|a||b|)
直线与平面所成角的求法
设直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，直线l与平面α所成的角为θ，a与n的夹角为β，
则sin θ＝|cs β|＝eq \f(|a·n|,|a||n|).
求二面角的大小
(1)如图①，AB，CD是二面角α－l－β的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(CD,\s\up6(→))〉．
如图②③，n1，n2分别是二面角α－l－β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足
|cs θ|＝|cs〈n1，n2〉|，二面角的平面角大小是向量n1与n2的夹角(或其补角)．
空间两点间的距离公式
若，，则 =.
点到平面的距离
（为平面的法向量，是经过面的一条斜线，）.
考点一、空间向量的基本概念及其运算
1．（广东·高考真题）若向量＝(1，1，x)，＝(1，2，1)，＝(1，1，1)满足条件，则x＝ ．
【答案】
【分析】利用空间向量的坐标运算和数量积表示求解.
【详解】解：
，解得
故答案为：
2．（2024·浙江嘉兴·模拟预测）设，，且，则（ ）
A．B．0C．3D．
【答案】D
【分析】根据向量的垂直和平行，先求出的值，再求所给向量的模.
【详解】由，
由，.
所以.
故选：D
3．（上海·高考真题）在平行六面体中，M为AC与BD的交点，若，，，则下列向量中与相等的向量是（ ）．
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】利用空间向量线性运算法则进行运算即可.
【详解】因为在平行六面体中，，
所以.
故选：A.
1．（广东·高考真题）已知向量，则下列向量中与成的是
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】试题分析：对于A选项中的向量，，则；
对于B选项中的向量，，则；
对于C选项中的向量，，则；
对于D选项中的向量，此时，两向量的夹角为.故选B.
【考点定位】本题考查空间向量数量积与空间向量的坐标运算，属于中等题.
2．（宁夏·高考真题）已知向量，且，则 ．
【答案】3
【分析】利用向量的坐标运算求得求出，根据空间向量模的公式列方程求解即可.
【详解】因为，
所以，
可得，
因为，解得，故答案为3.
3．（23-24高二下·湖北·开学考试）如图，为四面体的棱的中点，为的中点，点在线段上，且，设，，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据空间向量基本定理得到，故.
【详解】为四面体的棱的中点，为的中点，
故，，
，
因为，所以，
.
故选：A
考点二、空间向量求异面直线所成角
1．（全国·高考真题）在长方体中，，，则异面直线与所成角的余弦值为
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】分析：先建立空间直角坐标系，设立各点坐标，利用向量数量积求向量夹角，再根据向量夹角与线线角相等或互补关系求结果.
详解：以D为坐标原点，DA,DC,DD1为x,y,z轴建立空间直角坐标系，则,所以,
因为，所以异面直线与所成角的余弦值为，选C.
点睛：利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.
2．（浙江·高考真题）如图，已知平面四边形ABCD，AB=BC=3，CD=1，AD=，∠ADC=90°．沿直线AC将△ACD翻折成△ACD'，直线AC与BD'所成角的余弦的最大值是 ．
【答案】
【分析】方法一：通过建立空间直角坐标系，利用异面直线所成角的向量公式结合函数的性质即可求出．
【详解】［方法一］：异面直线所成角的向量公式
设直线与所成角为，设是中点，由已知得，如图，以为轴，为轴，过与平面垂直的直线为轴，建立空间直角坐标系，由，，，作于，翻折过程中，始终与垂直，，则，，因此可设，则，与平行的单位向量为，
所以＝，所以时，取最大值．
故答案为：．
［方法二］：几何法
由翻折过程可以看出D'在以H为圆心，DH为半径的圆上运动，设E是圆H与平面ABC的交点， 易知E在CB上，且CE=1．设直线AC与BD'所成角为，则，，
设点在平面上的投影为，，因此．
［方法三］：考虑纯几何运算
由折叠过程可知，在以为圆心，为半径的圆上运动，且垂直圆所在的平面，如图,作于，则，与所成角即为，且，,要使最大只需最小，
在中，为定值，即只要最短,
，因此．
［方法四］：【最优解】利用三余弦定理
前面过程同方法三, 与所成角即为，
是点在平面上的投影，可知：
观察得当与点重合时，和同时达到最小，
和同时取最大，此时有最大值，
最后我们不难发现，其实在翻折过程中，，那么，即当与重合时有最大值.
【整体点评】方法一：利用建系求异面直线所成角，是通性通法，易操作，但此题运算较复杂；
方法二：利用几何性质求异面直线所成角，计算简单，需要较好的空间想象能力；
方法三：利用几何法找到异面直线所成角的平面角，计算简单，需要较好的空间想象能力；
方法四：利用三余弦定理分析最简单，但是三余弦定理不是教材要求必需掌握的内容．
3．（2024·安徽·模拟预测）设与为两个正四棱锥，正方形ABCD的边长为且，点M在线段AC上，且，将异面直线PD，QM所成的角记为，则sinθ的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】建立适当空间站直角坐标系后，借助空间向量表示出的余弦值，结合基本不等式计算即可得解.
【详解】连接交于点，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
因为正方形的边长为，所以，
因为，所以为的中点，
设，在直角中，有，故，
所以，
则，
所以，
因为，
当且仅当，即时等号成立，所以的最大值为，
因此的最小值为.

故选：A.
4．（2024·全国·模拟预测）直三棱柱中，底面是以A为直角的腰长为2的等腰直角三角形，侧棱长为，为上的点，若直线与直线所成角的余弦值为，则长为（ ）
A．1B．C．D．
【答案】A
【分析】建系标点，设，可得，利用空间向量求异面直线的夹角，列式求解即可.
【详解】以A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．
设，则，
所以，解得(负值舍去).
故选：A．
1．（2024·辽宁沈阳·模拟预测）已知直三棱柱中，，，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据空间向量法求线线角即可.
【详解】以为原点，在平面内过作的垂线交于，
以为轴，以为轴，以为轴，建立空间直角坐标系，
因为直三棱柱中，，，，
所以，
所以，
设异面直线与所成角为，
所以.
故选：C.
2．（2024·湖北武汉·模拟预测）已知菱形，，将沿对角线折起，使以四点为顶点的三棱锥体积最大，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】当三棱锥的体积最大时，平面平面，以E为原点，分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，求出向量的坐标，根据向量夹角的坐标表示可解.
【详解】记的 中点分别为，因为，所以，
同理，，记，
因为，所以，
所以，，
易知，当平面平面时，三棱锥的体积最大，此时，
以E为原点，分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，
则
所以，
所以，
所以异面直线与所成角的余弦值为.
故选：C
3．（2024·全国·模拟预测）如图，在三棱锥中，，，，是棱的中点，是棱上靠近点的四等分点，则异面直线与所成角的大小为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】将三棱锥补形成长、宽、高分别为4，2，2的长方体，以为坐标原点建立空间直角坐标系，根据向量即可求解.
【详解】根据题意可将三棱锥补形成长、宽、高分别为4，2，2的长方体中，
以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
则，，故，，
所以，
所以异面直线与所成角的大小为．
故选：B．
考点三、空间向量求线面角
1．（2022·全国·高考真题）在四棱锥中，底面．
(1)证明：；
(2)求PD与平面所成的角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）作于，于，利用勾股定理证明，根据线面垂直的性质可得，从而可得平面，再根据线面垂直的性质即可得证；
（2）以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法即可得出答案.
【详解】（1）证明：在四边形中，作于，于，
因为，
所以四边形为等腰梯形，
所以，
故，，
所以AD2+BD2=AB2，
所以，
因为平面，平面，
所以，
又，
所以平面，
又因为平面，
所以；
（2）解：如图，以点为原点建立空间直角坐标系，
，
则，
则，
设平面的法向量，
则有，可取，
则，
所以与平面所成角的正弦值为.
2．（2022·浙江·高考真题）如图，已知和都是直角梯形，AB//DC，，，，，，二面角的平面角为．设M，N分别为的中点．
(1)证明：；
(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）过点、分别做直线、的垂线、并分别交于点、，由平面知识易得，再根据二面角的定义可知，，由此可知，，，从而可证得平面，即得；
（2）由（1）可知平面，过点做平行线，所以可以以点为原点，，、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，以及，即可利用线面角的向量公式解出．
【详解】（1）过点、分别做直线、的垂线、并分别交于点、．
∵四边形和都是直角梯形，，，由平面几何知识易知，，则四边形和四边形是矩形，∴在Rt和Rt，，
∵，且，
∴DC⊥平面是二面角的平面角，则，
∴是正三角形，由平面，得平面平面，
∵是的中点，，又DC⊥平面，平面，可得，而，∴平面，而平面．
（2）因为平面，过点做平行线，所以以点为原点， ，、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，
设，则，
设平面的法向量为
由，得，取，
设直线与平面所成角为，
∴．
3．（2024·河南濮阳·模拟预测）如图所示，在等腰梯形中，，，，E为CD中点，AE与BD相交于点O，将沿AE折起，使点D到达点P的位置（平面）．
(1)求证：平面平面PBC；
(2)若，试判断线段PB上是否存在一点Q（不含端点），使得直线PC与平面所成角的正弦值为，若存在，求Q在线段PB上的位置；若不存在，说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，Q是PB的中点．
【分析】（1）利用线面垂直的判定定理、性质定理及面面垂直的判定定理可得答案；
（2）以O为原点，分别以所在的直线为轴建立空间直角坐标系，设，求出平面AEQ的法向量，由线面角的向量求法求出可得答案.
【详解】（1）如图，在原图中连接BE，由于，，，
所以四边形ABED是平行四边形．
由于，所以四边形ABED是菱形，所以．
由于，，所以四边形ABCE是平行四边形，
所以，所以．
在翻折过程中，，保持不变，
即，保持不变．
由于，OP，平面POB，
所以平面POB，由于平面PBC，
所以平面平面PBC；
（2）由上述分析可知，在原图中，，
所以，所以．
折叠后，若，则，所以，
由于，，平面ABCE，
所以平面ABCE．所以OE，OB，PO两两相互垂直．
由此以O为原点，
分别以所在的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
，
，，，，
设，，，
，，
设平面AEQ的法向量为，
则，令得，
故，
设直线PC与平面AEQ所成角为θ，则
，
所以，，
，解得，
所以，因为，，
、的中点坐标为，
即Q是PB的中点．
4．（2024·湖北·模拟预测）如图，在梯形中，，，.将沿对角线折到的位置，点P在平面内的射影H恰好落在直线上.
(1)求二面角的正切值；
(2)点F为棱上一点，满足，在棱上是否存在一点Q，使得直线FQ与平面所成的角为?若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)存在，
【分析】（1）过点作于点，连接，可证得平面，进而可知为二面角的平面角，利用三角形计算即可得出结果.
（2）连接，由为等边三角形，H为线段的中点，，又平面，以H为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，求得平面的法向量，假设棱上存在满足要求的点，设，，利用，计算可求得，即可得出结果.
【详解】（1）如图，过点作于点，连接，，
平面，平面，，
又，平面，平面，
平面，，.
为二面角的平面角.
∵，，∴为等边三角形，，
又中，，，，.
又，，，H为线段的中点.
，，
中，，，
所以二面角的正切值为.
（2）连接，为等边三角形，H为线段的中点，，
又平面，则，，两两垂直，
以H为坐标原点，，，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，，，，
，，.
设平面的法向量为n=x,y,z，，
令，可得.
假设棱上存在满足要求的点Q，设，，.
，
因为直线FQ与平面所成的角为，
，
整理得：，解得或（舍去）.
所以，则.
所以当时，FQ与平面所成的角为.
1．（2024·江苏·三模）如图，在三棱锥中，底面为上一点，且平面平面，三棱锥的体积为.
(1)求证：为的中点；
(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）过作于点，利用面面垂直的性质定理得平面，值域线面垂直的判定定理性质定理可得答案；
（2）设，利用求出，以为原点，建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，利用线面角的向量求法可得答案.
【详解】（1）过作于点，由平面平面，
平面平面平面，
平面，
又底面平面，
，平面，
所以底面平面，，
又为的中点；
（2）设，
，
，
如图建系，，
，
设平面的一个法向量n=x,y,z，
，令，得，
所以，
设直线与平面所成角为，
.
2．（2021·浙江·高考真题）如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，M，N分别为的中点，.
（1）证明：；
（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）要证，可证DC⊥PM，由题意可得，，易证，从而DC⊥平面，即有DC⊥PM，从而得证；
（2）取中点，根据题意可知，两两垂直，所以以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，再分别求出向量和平面的一个法向量，即可根据线面角的向量公式求出．
【详解】（1）在中，DC=1，，，由余弦定理可得，
所以，．由题意且，平面，而平面，所以DC⊥PM，又AB//DC，所以．
（2）由，，而与相交，所以平面，因为，所以，取中点，连接，则两两垂直，以点为坐标原点，如图所示，建立空间直角坐标系,
则,
又为中点，所以.
由（1）得平面，所以平面的一个法向量
从而直线与平面所成角的正弦值为．
【点睛】本题第一问主要考查线面垂直的相互转化，要证明，可以考虑DC⊥PM，
题中与有垂直关系的直线较多，易证DC⊥平面，从而使问题得以解决；第二问思路直接，由第一问的垂直关系可以建立空间直角坐标系，根据线面角的向量公式即可计算得出．
3．（2024·山东济南·三模）如图，在三棱台中，平面平面，，，．

(1)求三棱台的高；
(2)若直线与平面所成角的正弦值为，求．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）作于点O，利用面面垂直的性质得即为三棱台的高，再利用线面垂直的判定定理和性质定理可得答案；
（2）以O为原点，在面内，作，以，，所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，设，利用线面角的空间向量求法可得答案．
【详解】（1）作于点O，因为平面平面，
平面平面，平面，，
所以平面，即为三棱台的高，
又因为平面，所以，连接，
因为，，所以，
，平面，所以平面，
又平面，所以，，，
所以，，所以三棱台的高为；
（2）以O为原点，在面内，作，以，，所在的直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，，
设平面的法向量为，则，可取，
设，则，
设直线与平面所成角为，，
化简得，解得，或（舍去，因为AC>AB，则，所以），
所以．
4．（2024·河北承德·二模）如图1，在直角中，为中点，，取中点，连接，现把沿着翻折，形成三棱锥如图2，此时，取中点，连接，记平面和平面的交线为为上异于的一点.

(1)求证：平面；
(2)若直线与平面所成角的正弦值为，求的长度.
【答案】(1)证明见解析；
(2)或
【分析】（1）依题意可得，利用余弦定理求出，即可得到，从而得证；
（2）以为轴，轴，过作平面的垂线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，利用余弦定理求出，即可求出点坐标，求出平面的法向量，设，表示出点坐标，利用空间向量法求出线面角的正弦值，即可求出，再由坐标法求模即可.
【详解】（1）由题意知为等腰直角三角形，又为的中点，
所以，，，
由，解得，
当时，有，即，
而平面，故平面；
（2）以为轴，轴，过作平面的垂线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
又，
所以
所以，，所以，

于是，
设平面的法向量为，
则，不妨取，解得，
设，则，，
因为为中点，为中点，所以，
又平面，平面，所以平面，
平面和平面的交线为，平面，
所以，又为上异于的一点，所以，即与共线，
设为，则，
故，
因此.
设直线与平面所成角为，
则，
化简得，解得或，
当时，则，
当时，则，
因此或.
考点四、空间向量求二面角
1．（2024·全国·高考真题）如图，平面四边形ABCD中，，，，，，点E，F满足，，将沿EF翻折至，使得．
(1)证明：；
(2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由题意，根据余弦定理求得，利用勾股定理的逆定理可证得，则，结合线面垂直的判定定理与性质即可证明；
（2）由（1），根据线面垂直的判定定理与性质可证明，建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法求解面面角即可.
【详解】（1）由，
得，又，在中，
由余弦定理得,
所以，则，即，
所以，又平面，
所以平面，又平面，
故；
（2）连接，由，则，
在中，，得，
所以，由（1）知，又平面，
所以平面，又平面，
所以，则两两垂直，建立如图空间直角坐标系，
则，
由是的中点，得，
所以，
设平面和平面的一个法向量分别为，
则，，
令，得，
所以，
所以，
设平面和平面所成角为，则，
即平面和平面所成角的正弦值为.
2．（2024·全国·高考真题）如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形，，，，为的中点．
(1)证明：平面；
(2)求二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见详解；
(2)
【分析】（1）结合已知易证四边形为平行四边形，可证，进而得证；
（2）作交于，连接，易证三垂直，采用建系法结合二面角夹角余弦公式即可求解.
【详解】（1）因为为的中点，所以，
四边形为平行四边形，所以，又因为平面，
平面，所以平面；
（2）如图所示，作交于，连接，
因为四边形为等腰梯形，，所以，
结合（1）为平行四边形，可得，又，
所以为等边三角形，为中点，所以，
又因为四边形为等腰梯形，为中点，所以，
四边形为平行四边形，，
所以为等腰三角形，与底边上中点重合，，，
因为，所以，所以互相垂直，
以方向为轴，方向为轴，方向为轴，建立空间直角坐标系，
，，，
，设平面的法向量为m=x1,y1,z1，
平面的法向量为n=x2,y2,z2，
则，即，令，得，即m=3,3,1，
则，即，令，得，
即，，则，
故二面角的正弦值为.
3．（2023·全国·高考真题）如图，在正四棱柱中，．点分别在棱,上，．

(1)证明：；
(2)点在棱上，当二面角为时，求．
【答案】(1)证明见解析；
(2)1
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量坐标相等证明；
（2）设，利用向量法求二面角，建立方程求出即可得解.
【详解】（1）以为坐标原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图，

则，
，
，
又不在同一条直线上，
.
（2）设，
则，
设平面的法向量，
则，
令 ，得，
，
设平面的法向量，
则，
令 ，得，
，
，
化简可得，，
解得或，
或，
.
4．（2024·山东日照·三模）在五面体中，，.

(1)求证：；
(2)若，，，点到平面的距离为，求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由，得到，，由线面平行的判定定理可得，由线面平行的性质得到直线.
(2)证明，，.故以分别为坐标轴建立空间直角坐标系，由，解得的长，分别找到二面角各点坐标，有空间向量求解二面的余弦值.
【详解】（1）证明：因为，，
所以，
因为，，
所以，
因为平面平面，平面，
所以.
（2）由于平面，，所以，平面，
故，
又因为平面，，平面，
所以，
又，，，平面，
所以平面
由于，则，
故，
故为等腰直角三角形，所以，，
如图以为坐标原点，，，所在的直线分别为，，轴建系，

则A1,0,0，，，，，
设平面的法向量为，则，
平面的法向量为，
因为，，
所以，即
令，则，
设成的角为，由图可知为锐角，
所以二面角的余弦值为
5．（2024·江苏·一模）如图，已知四棱台的上、下底面分别是边长为2和4的正方形，平面⊥平面ABCD，，点P是棱的中点，点Q在棱BC上．

(1)若，证明：平面；
(2)若二面角的正弦值为，求BQ的长．
【答案】(1)证明见解析；
(2)1．
【分析】（1）取的中点M，先证明四边形BMPQ是平行四边形得到线线平行，再由线面平行性质定理可得；
（2）法一：应用面面垂直性质定理得到线面垂直，建立空间直角坐标系，再利用共线条件设 ，利用向量加减法几何意义表示所需向量的坐标，再由法向量方法表示面面角，建立方程求解可得；法二：同法一建立空间直角坐标系后，直接设点坐标，进而表示所需向量坐标求解两平面的法向量及夹角，建立方程求解；法三：一作二证三求，设，利用面面垂直性质定理，作辅助线作角，先证明所作角即为二面角的平面角，再利用已知条件解三角形建立方程求解可得.
【详解】（1）证明：取的中点M，连接MP，MB．
在四棱台中，四边形是梯形，，，
又点M，P分别是棱，的中点，所以，且．
在正方形ABCD中，，，又，所以．
从而且，所以四边形BMPQ是平行四边形，所以．
又因为平面，平面，所以平面；
（2）在平面中，作于O．
因为平面平面，平面平面，，A1O⊂平面，
所以平面．
在正方形ABCD中，过O作AB的平行线交BC于点N，则．
以为正交基底，建立空间直角坐标系．
因为四边形是等腰梯形，，，所以，又，所以．
易得，，，，，所以，，．

法1：设，所以．
设平面PDQ的法向量为，由，得，取，
另取平面DCQ的一个法向量为．
设二面角的平面角为θ，由题意得．
又，所以，
解得（舍负），因此，．
所以当二面角的正弦值为时，BQ的长为1．
法2：设，所以．
设平面PDQ的法向量为，由，得，取，
另取平面DCQ的一个法向量为．
设二面角的平面角为θ，由题意得．
又，所以，
解得或6（舍），因此．
所以当二面角的正弦值为时，BQ的长为1．

法3：在平面中，作，垂足为H．
因为平面平面，平面平面，，平面，
所以平面，又平面，所以．
在平面ABCD中，作，垂足为G，连接PG．
因为，，，PH，平面，
所以平面，又平面，所以．
因为，，所以是二面角的平面角．
在四棱台中，四边形是梯形，
，，，点P是棱的中点，
所以，．
设，则，，
在中，，从而．
因为二面角的平面角与二面角的平面角互补，
且二面角的正弦值为，所以，从而．
所以在中，，解得或（舍）．
所以当二面角的正弦值为时，BQ的长为1．
1．（2024·江苏·模拟预测）如图，在四棱台中，，，．
(1)记平面与平面的交线为，证明：；
(2)求平面与平面的夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用线线平行证明线面平行，再由线面平行即可证线线平行；
（2）建立空间直角坐标系，用空间向量法来求两平面夹角的余弦值.
【详解】（1）
因为 平面，平面 ，
所以 平面 .
又 平面 ，平面 平面，所以 .
（2）在 中， .
由余弦定理得， ，则 ，得 .
又 ，则 .因为 平面 ，
所以，又 ，所以 平面 ，
以为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
设平面 的法向量为 ，则 ，
令 ，得，所以.
又是平面 的一个法向量.
记平面 与平面 的夹角为 ，则 ，
所以平面 与平面 的夹角的余弦值为
2．（2024·河北保定·三模）如图，在四棱锥中，四边形为正方形，平面，且.E，F分别是PA，PD的中点，平面与PB，PC分别交于M，N两点.
(1)证明：；
(2)若平面平面，求平面与平面所成锐二面角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）根据给定条件，利用线面平面的判断、性质推理即得.
（2）以点为原点，建立空间直角坐标系，求出平面、平面的法向量，进而求出平面的法向量，再利用面面角的向量求法求解即得.
【详解】（1）由E，F分别是PA，PD的中点，得，
在正方形中，，则，
而平面，平面，于是平面，
又平面，平面平面，平面，
因此，所以.
（2）四棱锥的底面为正方形，平面，则AB,AD,AP两两垂直，
以点为原点，直线AB,AD,AP分别为轴建立空间直角坐标系，
则，
，，，，
设平面的法向量，则，
取，得，
设平面的法向量，则，
取，得，
设平面的法向量，则，
由平面平面，得，取，得，
设平面与平面所成锐二面角为，
则，，
所以平面与平面所成锐二面角的正弦值为.
3．（2024·辽宁锦州·模拟预测）如图，在四棱锥中，为的中点，平面．
(1)求证：；
(2)若，．
（i）求证：平面；
（ii）设平面平面，求二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)（i）证明见解析；（ii）
【分析】（1）借助线面平行的性质定理与中位线的性质即可得；
（2）（i）借助线面垂直的判定定理即可得；
（ⅱ）结合所给条件建立适当的空间直角坐标系后借助空间向量计算即可得.
【详解】（1）取的中点，连接，
因为为的中点，所以，，
因为，所以，所以四点共面，
因为平面，平面平面，平面，
所以，所以四边形为平行四边形，所以，所以；
（2）（i）取的中点，连接，
由（1）知，所以，
因为，所以四边形是平行四边形，
所以，
因为，所以，
所以，即，
因为，所以，
因为，所以与全等，
所以，即，
因为，
又因为，、平面，
所以平面；
（ii）由（i）知平面，而平面，
所以，
因为，
建立如图所示空间直角坐标系，
则，，
所以，，
设平面的法向量为n=x,y,z, 则
令，则，于是，
因为为平面的法向量,
设二面角为，由图可得
所以,
所以二面角的余弦值为，
则二面角的正弦值为
4．（2024·湖南·模拟预测）如图，在直三棱柱中，，，分别为，的中点，为线段上异于端点的一点.
(1)求点到平面的距离；
(2)若平面与平面的夹角的余弦值为，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，利用点到面的距离公式即可求得答案；
（2）结合（1）中建立的空间直角坐标系，首先利用平面与平面ADF的夹角的余弦值为的条件确定F点的位置，再由线面角的空间向量表示求解答案即可.
【详解】（1）因为是直三棱柱中且AB⊥AC，所以两两垂直，
则可以以A为原点，建立如下图所示的空间直角坐标系，
，
又，所以，
因为E为的中点，所以，
，
设平面的一个法向量为，
则，令，则，所以，
所以点B到平面的距离；
（2）结合（1），由于D为的中点，所以，
设，
所以，
所以，
设平面的一个法向量为，
则，令，则，
故，
平面的一个法向量可以为，
因为平面与平面ADF的夹角的余弦值为，所以，
解得，
所以，平面的一个法向量，
则，
设直线与平面ADF所成角为，则
5．（2024·山西·二模）如图，四棱锥中，二面角的大小为，，，是的中点.

(1)求证：平面平面；
(2)若直线与底面所成的角为，求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由题意可得，平面平面，根据面面垂直的性质可得平面，结合面面垂直的判定定理即可证明；
（2）过作的垂线交延长线于点H，连接AH，根据面面垂直的性质可得，设，在中由余弦定理得，利用勾股定理的逆定理可得，建立如图空间直角坐标系D−xyz，结合空间向量法求解面面角即可.
【详解】（1）由，得，则，
所以，即.
由二面角的大小为，知平面平面，即平面平面，
又平面平面，平面，所以平面，
又平面，所以平面平面.
（2）过作的垂线，交延长线于点H，连接AH，
由平面平面，平面平面，平面，
，所以平面，则为在底面内的射影，
所以为直线与底面所成的角，即.
由，知且为钝角三角形，
设，得，，
在中，，在中，，
由余弦定理得，有，
所以，过作，则底面，
所以两两垂直，建立如图空间直角坐标系D−xyz，
，
所以，
设平面和平面的一个法向量分别为，
则，，
令，则，
所以，则，
故所求二面角的余弦值为.

考点五、空间向量求空间距离
1．（2024·天津·高考真题）已知四棱柱中，底面为梯形，，平面，，其中．是的中点，是的中点．

(1)求证平面；
(2)求平面与平面的夹角余弦值；
(3)求点到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）取中点，连接，，借助中位线的性质与平行四边形性质定理可得，结合线面平行判定定理即可得证；
（2）建立适当空间直角坐标系，计算两平面的空间向量，再利用空间向量夹角公式计算即可得解；
（3）借助空间中点到平面的距离公式计算即可得解.
【详解】（1）取中点，连接，，
由是的中点，故，且，
由是的中点，故，且，
则有、，
故四边形是平行四边形，故，
又平面，平面，
故平面；
（2）以为原点建立如图所示空间直角坐标系，
有A0,0,0、、、、C1,1,0、，
则有、、，
设平面与平面的法向量分别为、，
则有，，
分别取，则有、、，，
即、，
则，
故平面与平面的夹角余弦值为；
（3）由，平面的法向量为，
则有，
即点到平面的距离为.
2．（2024·江苏无锡·模拟预测）如图，在棱长为的正方体中，点在棱上，且．
(1)求四棱锥的表面积
(2)若点在棱上，且到平面的距离为，求点到直线的距离．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据三角形以及梯形面积公式即可求解，
（2）建立空间直角坐标系，利用空间距离的向量法求解即可.
【详解】（1）由，,所以,
,
所以,,
故四棱锥的表面积为
（2）以为坐标原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示空间直角坐标系，
则,0,，,4,， ,4,，，其中，
则，
设平面的法向量为，则，
即令，则平面的法向量，
设到平面的距离为，，
由于，解得，
故，
点到直线的距离为．
3．（2024·湖北武汉·模拟预测）如图，三棱柱中，是边长为2的等边三角形，.

(1)证明：；
(2)若三棱柱的体积为3，且直线与平面ABC所成角为60°，求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取中点，借助等边三角形的性质结合线面垂直的判定定理可得平面A1OB，结合线面垂直的性质定理即可得证；
（2）建立适当空间直角坐标系，再利用体积公式与空间向量夹角公式，结合点到平面的距离公式计算即可得解.
【详解】（1）如图，取的中点，连接，，因为是等边三角形，所以，
又，所以，且，平面A1OB，
平面A1OB，所以平面A1OB，
因为平面A1OB，所以，
又，所以；

（2）在平面A1OB中，作，垂足为D，
由（1）知平面A1OB，平面A1OB，所以，
而，平面ABC，平面ABC，
所以平面ABC，由为中点，所以，
所以可过点O作Oz轴平行于，建立如图所示的空间直角坐标系，

因为三棱柱的体积为3，
所以，故，
则，，A1,0,0，设，，
所以
平面ABC的一个法向量为，
所以，解得，
此时，，
所以，，
设平面的法向量为，
则，即，
令，解得，，所以，
又，
故点到平面的距离为.
1．（2024·广东·三模）如图，边长为4的两个正三角形，所在平面互相垂直，，分别为，的中点，点在棱上，，直线与平面相交于点.
(1)证明：；
(2)求直线与平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2).
【分析】（1）首先证明平面，再由线面平行的性质证明即可；
（2）连接,，以点为原点，建立空间直角坐标系，利用点到平面距离公式求解即得.
【详解】（1）因为、分别为、的中点，所以，
又平面，平面，则平面，
又平面，平面平面，所以.
（2）由（1）知，平面，
则点到平面的距离即为与平面的距离，
连接,，由均为正三角形，为的中点，得，
又平面平面，平面平面平面，
于是平面，又平面，则，
以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，，又，，
又，可得，
所以，，，
设平面的一个法向量为，则，
令，得，
设点到平面的距离为，则，
所以与平面的距离为.
2．（2024·天津·二模）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)求直线与平面所成角的正弦值：
(3)若点到平面的距离为，求的长.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）矩形对角线交点即为线段中点，在内应用中位线定理，即可得证；（2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，先求直线的方向向量，再求平面的法向量，应用线面角的向量求法即可；（3）设定，应用点面距的向量解法求解即可.
【详解】（1）设，连接，
因为四边形为矩形，所以为中点，
又为中点，则，
又平面，平面，
所以平面.
（2）以为坐标原点，的正方向分别为轴，
可建立如图所示空间直角坐标系，

则
，
设平面的法向量为：n=x,y,z，
且，令，解得：；
设直线与平面所成角为，所以.
则直线与平面所成角的正弦值为.
（3），
设
由平面的法向量为：，
点到平面的距离为：.
解得：，且，
所以.
3．（2024·福建福州·一模）如图，四边形ABCD是圆柱OE的轴截面，点F在底面圆O上，圆O的半径为1，，点G是线段BF的中点．
(1)证明：平面DAF；
(2)若直线DF与圆柱底面所成角为45°，求点G到平面DEF的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取中点为，通过证明，得证平面；
（2）以为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求点到平面的距离.
【详解】（1）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）因为OB=1，，，所以.
因为平面，且直线与圆柱底面所成角为，
所以，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n=x,y,z，则，
令，有，得，
，
设点到平面的距离为，
.
故点到平面的距离.
考点六、立体几何小题综合
1．（2022·全国·高考真题）在正方体中，E，F分别为的中点，则（ ）
A．平面平面B．平面平面
C．平面平面D．平面平面
【答案】A
【分析】证明平面，即可判断A；如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，设，分别求出平面，，的法向量，根据法向量的位置关系，即可判断BCD.
【详解】解：在正方体中，
且平面，
又平面，所以，
因为分别为的中点，
所以，所以，
又，
所以平面，
又平面，
所以平面平面，故A正确；
选项BCD解法一：
如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，设，
则，
，
则，，
设平面的法向量为，
则有，可取，
同理可得平面的法向量为，
平面的法向量为，
平面的法向量为，
则，
所以平面与平面不垂直，故B错误；
因为与不平行，
所以平面与平面不平行，故C错误；
因为与不平行，
所以平面与平面不平行，故D错误，
故选：A.
选项BCD解法二：
解：对于选项B，如图所示，设，，则为平面与平面的交线，
在内，作于点，在内，作，交于点，连结，
则或其补角为平面与平面所成二面角的平面角，
由勾股定理可知：，，
底面正方形中，为中点，则，
由勾股定理可得，
从而有：，
据此可得，即，
据此可得平面平面不成立，选项B错误；
对于选项C，取的中点，则，
由于与平面相交，故平面平面不成立，选项C错误；
对于选项D，取的中点，很明显四边形为平行四边形，则，
由于与平面相交，故平面平面不成立，选项D错误；
故选：A.
2．（2024·福建福州·模拟预测）四棱锥的顶点均在球的球面上，底面为矩形，平面平面，，，，则到平面的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据线面关系可证得平面，，将四棱锥补成长方体，确定球心的位置，再建立空间直角坐标系，求解平面的法向量，利用空间向量的坐标运算计算到平面的距离即可.
【详解】因为平面平面，交线为，又底面为矩形，则，
因为平面，所以平面，
则，又，，，所以，则,
如图，将四棱锥补成长方体，
若四棱锥的顶点均在球的球面上，则长方体的顶点均在球的球面上，为体对角线中点，
如图，以为原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，
则，故，
设平面的法向量为，又，
，令，所以，
又，则到平面的距离为.
故选：A.
【点睛】方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下：
（1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；
（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的；
（3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.
或者采用补形法，利用规则图形的外接球位置确定所求外接球球心的位置.
3．（2024·河南信阳·模拟预测）已知三棱柱满足，，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】设，，，表达出，，求出两向量数量积和模长，利用求出答案.
【详解】设，，，
则，，
则，由得,即，
又，由得，
因为，所以，
即，即，
所以，
所以异面直线与所成角的余弦值为.
故选：C
4．（2024·广西贵港·模拟预测）（多选）如图，在正方体中，P为线段的中点，Q为线段上的动点（不包括端点），则（ ）
A．存在点Q，使得B．存在点Q，使得平面
C．三棱锥的体积是定值D．二面角的余弦值为
【答案】BD
【分析】A选项，由推出平面，矛盾；B选项，建立空间直角坐标系，证明出，，得到线面垂直，进而当Q为的中点时，，此时平面，故B正确；C选项，假设体积为定值，得到平面，求出平面的法向量，证明出平面不成立，C错误；D选项，找到二面角的平面角，利用余弦定理求出余弦值.
【详解】对于A，若，因为平面，平面，
所以平面，矛盾，故A错误．
对于B，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
设正方体棱长为2，则，
因为，
，
故，，
故，，
因为，平面，
故A1B⊥平面，当Q为的中点时，，
此时平面，故B正确．

对于C，Q在线段上运动，若三棱锥的体积为定值，则平面，
，DA=2,0,0，
设平面的法向量为m=x,y,z，
则，
解得，令得，故，
故，故与不垂直，
故平面不成立，故C错误；
对于D，二面角即二面角，连接BP，DP，BD，
由于为等边三角形，
则，，所以为所求二面角的平面角，
不妨设正方体的棱长为2，则的棱长为，
故，，
由余弦定理可得，
二面角的余弦值为，故D正确．
故选：BD
5．（2024·福建泉州·模拟预测）（多选）如图，棱长为2的正方体中，点是棱的中点，则下列结论中正确的是（ ）

A．点到平面距离相等
B．若平面，且与所成角是，则点的轨迹是椭圆
C．三棱锥的外接球的表面积为11π
D．若线段，则的最小值是
【答案】AC
【分析】分别判断点和到平面的距离的关系，即可判断A；利用坐标法，列出关于异面直线所成角的余弦值的式子，即可判断B；利用坐标法，求三棱锥的外接球的球心坐标和半径，即可判断C；利用坐标法，表示两点间的距离，转化为平面几何问题，即可求最值.
【详解】A.平面，且点是的中点，
所以点，到平面的距离相等，
，且是的中点，平面，
所以点到平面的距离相等，

所以点到平面距离相等，故A正确；
B.如图，以点为原点建立空间直角坐标系，A2,0,0，，，,
，

若与所成角是，则，
整理为，为双曲线方程，
所以点的轨迹是双曲线，故B错误；
C. ，，，，
设三棱锥的外接球的球心坐标为，半径为，
则,方程组中前2个式子和后2个式子相减，得
，得，再回代方程组得，，
所以三棱锥的外接球的表面积为，故C正确；
D. 由，可设点，即，，
，
，
，
，
，
上式的意义可以理解为平面直角坐标系中，动点到定点和的距离和的倍，
显然，动点到定点和的距离和的最小值是两定点和间的距离，
距离为，
所以的最小值是，故D错误.
故选：AC
【点睛】关键点点睛：本题的关键是坐标法的使用，不仅可以表示角，距离，还可以求解轨迹方程，球心坐标等问题.
1．（2024·山西·三模）正方体的棱长为2，分别为的中点，为底面的中心，则三棱锥的体积是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】建立空间直角坐标系，求解平面法向量，利用向量法求解点面距离，即可根据体积公式求解.
【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，则,
,
设平面法向量为m=x,y,z，
则，取，则m=1,1,−2，
故到平面的距离为，
而,
故,
故，
故选：B
2．（2024·山东菏泽·二模）如图，在正方体中，，则下列结论中正确的是（ ）
A．平面B．平面平面
C．平面D．平面内存在与平行的直线
【答案】C
【分析】建立空间直角坐标系，结合线面平行的判定定理，线面垂直，面面垂直的判定定理，逐项判定计算即可．
【详解】因为为正方体，设正方体边长为2，
以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，
则，
设平面的法向量为，
则，令，则，
同理解得平面的法向量，
，故A不正确；
，故B不正确；
，
，所以，
又，所以平面，C正确；
平面的一个法向量为，
，故D不正确；
故选：C
3．（2024·山东临沂·二模）已知正方体中，M，N分别为，的中点，则（ ）
A．直线MN与所成角的余弦值为B．平面与平面夹角的余弦值为
C．在上存在点Q，使得D．在上存在点P，使得平面
【答案】C
【分析】以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的边长为1，由空间向量计算异面直线所成角，二面角和线线垂直可判断ABC；由四点共面，而平面可判断D.
【详解】以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的边长为1，
所以，，
，
对于A，，，
直线MN与所成角的余弦值为，故A错误；
对于B，，，
设平面的法向量为n=x,y,z，则，
取，可得，所以，
，，
设平面的法向量为，则，
取，可得，所以，
平面与平面夹角的余弦值为：
，故B错误；
对于C，因为Q在上，设，所以，，
则，所以，
所以，，
所以，解得：.
故上存在点，使得，故C正确；
对于D，因为，所以四点共面，
而平面，所以上不存在点P，使得平面，故D错误.
故选：C.
.
4．（2024·湖北襄阳·模拟预测）（多选）如图，已知正方体的棱长为2，，，分别为，，的中点，以下说法正确的是（ ）
A．三棱锥的体积为B．平面
C．平面D．二面角的余弦值为
【答案】ABC
【分析】建立如图所示的空间直角坐标系，由向量法证明面，平面，转换后求棱锥的体积，由空间向量法求二面角，从而判断各选项．
【详解】如图，分别以为轴建立空间直角坐标系，则D(0,0,0)，，，，，，，，
，，分别为，，的中点，则，，，
，，
易知，所以共面，
又平面，所以面，C正确；
，A正确；
，，同理，
所以是平面的一个法向量，即平面，B正确；
平面的一个法向量是，
，因此二面角的余弦值为，D错误．
故选：ABC．
5．（2024·重庆九龙坡·三模）（多选）在棱长为2的正方体中，P，E，F分别为棱的中点，为侧面正方形的中心，则下列结论正确的是（ ）
A．直线平面
B．直线与平面所成角的正切值为
C．三棱锥的体积为
D．三棱锥的外接球表面积为9π
【答案】ABD
【分析】建立空间直角坐标系，写出各点的坐标，得出各直线的方向向量和平面的法向量，根据空间关系的向量证明判断A，利用线面角的向量公式求解判断B，利用等体积法求出相应三棱锥的体积判断C，利用补体法求得外接球的半径，即可求解外接球的表面积判断D.
【详解】由题意，在正方体中，棱长为2，分别为棱的中点，为侧面的中心，建立空间直角坐标系如下图所示，

则
对于A项，，
设平面的一个法向量为，
则，令，则，
所以平面的一个法向量为n=(1,1,−1)，
又，因为直线平面，
所以直线平面，A正确；
对于B项，
，
设平面的一个法向量为，
则，取，
所以平面的一个法向量为，
设直线与平面所成角为，
所以，所以，
故，故B正确；
对于C项，
，故C不正确；
对于D项，如图，

三棱锥恰好在长方体上，且为体对角线，
所以为三棱锥外接球的直径，由几何知识，
所以三棱锥的外接球表面积为，故D正确.
故选：ABD.
考点七、范围与最值问题
1．（2024·河南·一模）三棱锥中，，，，，点M，N分别在线段，上运动.若二面角的大小为，则的最小值为 .
【答案】/
【分析】观察三棱锥，将其补形成直三棱柱，再推得是正三角形，从而建立空间直角坐标系，利用异面直线距离的向量法公式即可得解.
【详解】依题意，将三棱锥补形成直三棱柱，
此时易知，，满足题意，
又，所以为二面角的平面角，即，
在中，，，则，
在中，，则，
又，所以是正三角形，
要求MN的最小值，即求异面直线，的距离，
以点为原点，建立空间直角坐标系如图，
则，
故，
设同时垂直于，则，
取，则，故，
所以MN的最小值为.
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是，通过分析三棱锥的图形，将其补形成直三棱柱，从而得解.
2．（2024·河南信阳·模拟预测）如图，在棱长为的正方体中，与平面交于点，与平面交于点，点分别在线段上运动，则线段的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】建系，分析可知平面，，，结合垂直关系可知，结合范围分析最值即可.
【详解】如图所示：以为坐标原点，分别为轴建立空间直角坐标系，
则，，
可得，
则，可知，
且，平面，可知：平面，
且平面，可得，
设，即，则，
因为，解得，即；
同理可得：平面，，
则，，
又因为，
则三棱锥为正三棱锥，点为等边的中心，
在中，结合等边三角形可知：，
因为平面，平面，则，可知，
当时，取到最小值；
当时，取到最大值；
综上所述：线段的取值范围为.
故选：C.
3．（23-24高三下·全国·阶段练习）如图，在中，，在直角梯形中，，，记二面角的大小为，若，则直线与平面所成角的正弦值的最大值为 ．
【答案】
【分析】根据题意以和过点垂直于平面BED的直线建立空间直角坐标系，可知为二面角的平面角，设出点的坐标，由线面角的空间向量法求解最值.
【详解】如图，以和过点垂直于平面BED的直线建立空间直角坐标系，
则
由，，可知为二面角的平面角，
又，，
设，，
则，
设平面的法向量为n=x,y,z，则，
令，则，所以，
设直线与平面所成角为，
则，
其中，，
当且仅当，即时，取得最大值,
则的最大值为.
故答案为：
【点睛】思路点睛：根据题意设出点的坐标，从而由空间向量法表示出线面角的正弦值，利用基本不等式求解最值.
4．（2024·河北沧州·一模）如图，已知点是圆台的上底面圆上的动点，在下底面圆上，，则直线与平面所成角的余弦值的最小值为 ．
【答案】
【分析】以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得对应点的坐标，设出未知点的坐标，利用向量法求线面角正弦值的最大值，再求余弦值的最小值即可.
【详解】连接，过作垂直于的延长线于点，以为坐标原点，建立空间直角坐标系如下所示：
在三角形中，因为，
故，则，
则，，故点；
又，设点，由，则可得；
，
设平面的法向量，
则，即，取，则，
故平面的法向量，又，
设直线与平面所成角为，
则
因为，且，故令，
则
又，故，，也即，
故的最大值为，又，故的最小值为.
即直线与平面所成角的余弦值的最小值为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题用向量法处理线面角的求解，结合问题的关键一是，能够准确求得的坐标，二是能够根据，求得的范围；属综合困难题.
5．（2024·山东枣庄·模拟预测）（多选）已知正方体的棱长为2，点M，N分别为棱的中点，点P为四边形（含边界）内一动点，且，则（ ）
A．平面B．点P的轨迹长度为
C．存在点P，使得平面D．点P到平面距离的最大值为
【答案】ABD
【分析】利用线线平行的性质可判定A，利用空间轨迹结合弧长公式可判定B，建立空间直角坐标系，利用空间向量研究线面关系及点面距离可判定C、D.
【详解】对于A，在正方体中易知，
又平面，平面，所以平面，即A正确；
对于B，因为点P为四边形（含边界）内一动点，且，，
则，所以P点轨迹为以为圆心，为半径的圆与正方形相交的部分，
所以点P的轨迹长度为，故B正确；
对于C，建立如图所示空间直角坐标系，
则，
所以，
若存在点P，使得面，则，
解之得，显然不满足同角三角函数的平方关系，
即不存在点P，使得面，故C错误；
对于D，设平面的一个法向量为n=x,y,z，则，
取，即，
则点P到平面的距离，
显然时取得最大值，故D正确.
故选：ABD

【点睛】思路点睛：对于B，利用定点定距离结合空间轨迹即可解决，对于C、D因为动点不方便利用几何法处理，可以利用空间直角坐标系，由空间向量研究空间位置关系及点面距离计算即可.
6．（2024·湖南长沙·三模）如图，在四棱锥中，平面，，底面为直角梯形，，，，是的中点，点，分别在线段与上，且，.
(1)若平面平面，求、的值；
(2)若平面，求的最小值.
【答案】(1)；
(2)8.
【分析】（1）若平面平面，由面面平行的性质定理可知，，由为的中点，可得为的中点，同理为的中点，即可得出结果；
（2）以为原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴正半轴建立空间直角坐标系，求得的法向量为，由平面，则有，即，代入计算化简可得结果.
【详解】（1）若平面平面，平面平面，平面平面，所以，
又因为为的中点，所以为的中点，同理为的中点，所以.
（2）因为，底面，
如图，以为原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴正半轴建立空间直角坐标系，
故，则，，
设平面的法向量为，则取，可得.
因为，，所以，，
则，
因为平面，所以，即，
所以，即，
所以，所以，
所以，
当且仅当，即时取等号，所以的最小值为8.
1．（2024·浙江金华·三模）四棱锥的底面为正方形，平面，且，．四棱锥的各个顶点均在球O的表面上，，，则直线l与平面所成夹角的范围为 ．
【答案】．
【分析】依题意可证明平面，建立空间直角坐标系，用向量法求线面角可得结果.
【详解】解：依题意，四棱锥的外接球的球心O为的中点，连接，
交点为Q，因为底面为正方形，所以，
又平面，且平面，所以，
又，平面，平面，所以平面，
所以为平面的一个法向量，
如图建立坐标系，并设直线l上异于B的一点，所求线面角为，
，
则，，，
由可得，
∴，
当时，，
当时，，
综上，，∴．
故答案为：.

另解：依题意，四棱锥的外接球的球心O为的中点，连接，
交点为Q，因为底面为正方形，所以，
又平面，且平面，所以，
又，平面，平面，所以平面，
即面，
若l//平面，则与平面所成的角为.
若过B的直线l与平面相交于点R，
在平面中，过B作直线，与平面相交于点为S，
因为面，且平面，所以，
又，，且，平面，
所以平面，
故过且与垂直的直线与平面的交点的轨迹为直线，
又平面，所以，又，且，
所以平面，又平面，所以，
又面，所以为在面内的射影，
即为直线l与平面所成的角，且，
又，而，
当且仅当重合等号成立，故，
综上，，∴．
故答案为：.

【点睛】方法点睛：解决直线与平面所成角的方法：（1）几何法：作出直线与平面所成角，在直角三角形中求角；（2）空间向量法：建立空间直角坐标系，求出直线的方向向量和平面的法向量，用向量法求线面角.
2．（2024·江苏盐城·模拟预测）棱长为2的正方体中，设点为底面内（含边界）的动点，则点到平面距离之和的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】建立空间直角坐标系，设，求出平面的一个法向量，然后利用距离的向量公式并换元化简得，最后利用二次函数性质求解最值即可.
【详解】在正方体中，两两互相垂直，建立空间直角坐标系，
如图所示：

则，设，
所以，，设平面的法向量为，
则，令，则．于是，
则点到平面距离之和为，
设，则，，
因为，所以，所以，
函数开口向上，对称轴为，在上单调递增，
所以当时，取到最小值为.
故选：B
3．（23-24高三下·广东深圳·期中）在长方体中，，点为侧面内一动点，且满足//平面，则的最小值为 ，此时点到直线的距离为 .
【答案】 /
【分析】由题意，根据线面平行的判定定理和面面平行的判定定理可证得平面//平面，由面面平行的性质确定点的轨迹为线段，且当取最小值时，建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法求解点线距离即可.
【详解】如图所示，因为//且，故四边形为平行四边形，则//，
因为平面平面，所以//平面，
同理可证//平面，因为平面，
所以平面//平面，因为平面，要使得//平面，
则平面，因为平面平面，
故点的轨迹为线段，当取最小值时，，则为的中点，
则.
以为原点，的方向分别为，轴建立空间直角坐标系，
易知，
取，
则，
所以点到直线的距离为.
故答案为：；
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是通过平面//平面确定点的轨迹为线段，即当时取最小值，注重考查学生的数学运算和逻辑推理能力.
4．（2023·江西萍乡·二模）正方体的棱长为为该正方体侧面内的动点（含边界），若分别与直线所成角的正切值之和为，则四棱锥的体积的取值范围为 .
【答案】
【分析】利用空间向量的数量积与角度的关系，列出分别与直线所成角的正切值之和的表达式，从而得到点的轨迹为在平面中以点为焦点的椭圆被平面所截曲线，可得点到平面的距离的取值范围，最后利用棱锥的体积公式计算得到答案即可.
【详解】在正方体中，以为原点，以AB,AD,AA1所在直线为轴建立空间直角坐标系，，
，
因为，
所以，
因为，
所以，
所以，
所以，
整理可得点到点和点的距离之和为，
所以点的轨迹为在平面中以点为焦点的椭圆被平面所截曲线，
则点到平面的距离的最大值为1，此时点在中点的正上方；
最小值为时，点在点或者点的正上方，
所以四棱锥的体积为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题考查利用空间向量解决空间角问题，涉及三角函数的计算以及空间点与点之间的距离的转化，其关键是通过计算得出动点P的轨迹方程，即，
结合椭圆的性质得出距离的取值范围，再根据锥体的体积公式即可解决问题.
5．（2024·山东·二模）（多选）如图，在直三棱柱中，，分别为棱上的动点，且，，，则（ ）
A．存在使得
B．存在使得平面
C．若长度为定值，则时三棱锥体积最大
D．当时，直线与所成角的余弦值的最小值为
【答案】BCD
【分析】建立空间直角坐标系，用向量在空间直线、面位置关系和空间角、距离上的应用方法一一去计算求解，并结合一元二次函数、基本不等式求最值即可.
【详解】如图，由题意可建立如图所示的空间直角坐标系，设，
则由题：，
所以，，，，
又，，，
所以，即，
，即，
所以，
对A，由上，故A错误；
对B，由题意是平面的一个法向量，
，
故当时，此时平面，故B正确；
对C，由上，，
设平面的一个法向量为m=x,y,z，则，
所以，取，则，
设点Q到平面的距离为d，则由得，
又由题意可知，
故，
因为长度为定值，所以为定值，
故当时，三棱锥体积最大，故C正确；
对D，设直线与所成角为，由上当时
，
当且仅当即时等号成立，故D对.
故选：BCD.
【点睛】方法点睛：遇立体几何复杂问题，如求最值，有垂直条件一般考虑建立空间直角坐标系用向量法解决.
6．（23-24高三下·河北沧州·阶段练习）如图，在直三棱柱中，△为边长为2的正三角形，为中点，点在棱上，且.
(1)当时，求证平面；
(2)设为底面的中心，求直线与平面所成角的正弦值的最大值，并求取得最大值时的值.
【答案】(1)证明见解析
(2)最大值为，此时
【分析】（1）根据已知条件建立空间直角坐坐标系，利用向量证明线面垂直即可.
（2）求出直线对应的方向向量和平面对应的法向量，将线面角用向量坐标表示进而求最值.
【详解】（1）取的中点，连接，
因为三棱柱为直棱柱，且△为正三角形，
所以以所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示空间直角坐标系，
根据已知条件得
，
当时，，，
，
，
，即，
又，而平面，平面.
（2）由（1）知，，
为△的中心，，
设平面的法向量，则
，令，则
设直线与平面所成角为，则
令，则，
此时，
(当且仅当即时取等号)，
，
即直线与平面所成角正弦的最大值为，此时的值为
一、单选题
1．（23-24高二下·浙江·期中）空间点，则点到直线的距离（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】求出，利用空间向量夹角余弦公式求出，进而求出，再利用距离公式即可求出结果.
【详解】由题意得，
所以，
所以，
所以点A到直线BC的距离.
故选：D.
2．（2024·全国·模拟预测）在正方体中，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】法一：根据，可得异面直线与所成的角为或其补角，再解即可.
法二：利用空间向量的数量积求出即可.
法三：以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
【详解】解法一：因为，所以异面直线与所成的角为或其补角，
设正方体的棱长为2，连接，则，
在中，，
即异面直线与所成角的余弦值为.
解法二：由题，，
所以，
设，则，
所以异面直线与所成角的余弦值为.
解法三：以为坐标原点，建立空间直角坐标系，
设，则A2,0,0，，，，
则，，
故，
故异面直线与所成角的余弦值为.

故选：A.
3．（2024·广东梅州·模拟预测）直三棱柱中，，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由题意，以为原点，建立空间直角坐标系，求出异面直线与所在直线的方向向量，由空间向量夹角的余弦值的坐标公式求解即可.
【详解】以为原点，在平面中过作的垂线交于，
以所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，
因为直三棱柱中，，
设，
所以，，A0,0,0，，
，，
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：.
二、填空题
4．（2024·河南开封·三模）在矩形中，，，沿对角线将矩形折成一个大小为的二面角，当点B与点D之间的距离为3时 ．
【答案】
【分析】根据向量的线性运算可得，利用模长公式，结合数量积的运算即可求解.
【详解】分别作，，垂足为，，则．
由，可得，所以．
因为，则
，
故，
故答案为：．
5．（2024·广东茂名·模拟预测）已知四棱柱的底面是正方形，，，点在底面的射影为中点H，则直线与平面所成角的正弦值为 ．
【答案】
【分析】以点H为坐标原点，、、的方向分别为x、y、z轴的正方向建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量为，直线的一个方向向量，利用向量的夹角公式可求直线与平面所成角的正弦值.
【详解】因为点在底面的射影为中点H，则平面，
又因为四边形为正方形，
以点H为坐标原点，、、的方向分别为x、y、z轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，

因为平面，平面，则，
因为，，则，
则、、、，
所以，
易知平面的一个法向量为，
，
因此，直线与平面所成角的正弦值为．
故答案为：.
三、解答题
6．（2024·广西·模拟预测）在正四棱柱中，，，E为中点，直线与平面交于点F．
(1)证明：F为的中点；
(2)求直线AC与平面所成角的余弦值．

【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据线面平行的性质定理判断，得出，得出为中位线，从而得证；
（2）建立如图所示空间直角坐标系，分别求出直线AC的方向向量，以及平面的法向量，然后用线面角公式求得正弦值，再利用同角基本关系式求出余弦值.
【详解】（1）如图，连接，FE，，在正四棱柱中，
由AB与平行且相等得是平行四边形，所以，
又平面，平面，所以平面，
平面，平面平面，
所以，又E是中点，所以是的中位线，
所以F是的中点；

（2）分别以DA，DC，为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图，
则，C(0,1,0)，，，，，，
设平面的一个法向量是，直线AC与平面所成的角为，
则，取，得，
， ，
所以直线AC与平面所成角的余弦值为.

7．（2024·四川成都·模拟预测）在平行六面体中，，．
(1)若空间有一点满足：，求；
(2)求平面与平面所成夹角的余弦值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）将两边平方，再根据向量数量积的运算法则，求解即可；
（2）设，先证平面平面，再以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用向量法求平面与平面的夹角，即可得解．
【详解】（1）由，可知，，
因为，
，
所以．
（2）连接，，，，
设，
由，，可得，
所以三棱锥为正四面体，
所以顶点在底面上的射影落在直线上，且垂足为的外心，
则，平面，
所以，，
由菱形知，，
因为，、平面，
所以平面，
又平面，
所以平面平面，
故以为坐标原点建立空间直角坐标系，则，，，，
所以，，，
设平面的法向量为，则
令，得，
设平面的法向量为，则
令，得，
设平面与平面所成夹角为，则，
所以平面与平面所成夹角的余弦值为．
8．（2024·福建泉州·模拟预测）在四棱锥中，．

(1)求证：
(2)当点到平面的距离为时，求直线与平面所成的角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）为中点，平面，以为原点建立空间直角坐标系，向量法证明线线垂直；
（2）求平面的法向量，由点到平面的距离，求出，向量法求直线与平面所成的角的正弦值．
【详解】（1），为中点，连接，则，
，，则AD⊥BP，
又，，平面，则有平面，
平面，则平面平面，
平面平面，平面，，
所以平面，
以为原点，为轴，为轴，平面内垂直于的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

设，则，
有，，，
所以，即.
（2）时，设，
则，
，
平面的一个法向量为，则有，
令，则，得，
点到平面的距离为，则有，解得，
所以，，，
，
所以直线与平面所成的角的正弦值为.
9．（2024·内蒙古包头·三模）如图，平行六面体的体积为，，，，．
(1)求点A到平面的距离；
(2)求二面角的正弦值．
【答案】(1)2
(2)
【分析】（1）根据菱形的判定定理可以确定底面ABCD是菱形，结合线面垂直的判定定理、面面垂直的判定定理和性质进行求解即可；
（2）由（1）可知OD，0A，两两互相垂直，建立空间直角坐标系，根据平面法向量的性质，结合空间向量夹角公式、同角的三角函数关系式进行求解即可.
【详解】（1）由题意可知底面是平行四边形，且O为底面的中心，
又因为，所以底面ABCD是菱形，
连结，
因为，，
所以，，
又平面ABCD，
所以底面ABCD，又平面，
所以平面底面ABCD，
因为底面ABCD，底面ABCD，
所以，
又根据底面ABCD是菱形，可知，
平面，
所以平面，故A0为点A到平面的距离．
因为，，
所以△ACD是边长为4的正三角形，所以．
即点A到平面的距离为2．
（2）由（1）可知OD，0A，两两互相垂直，
以O为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz．
因为为平行六面体的高，又平行六面体的体积为，
所以，解得．
则O0,0,0，，，，，
所以，，
设平面的法向量为，则，
即，
取，则，，
所以平面的一个法向量为，
又平面的一个法向量为，
设二面角的大小为，则，
所以，
故二面角的正弦值为．
10．（22-23高二上·海南省直辖县级单位·期末）四棱锥中，四边形ABCD为菱形，，平面平面ABCD．

(1)证明：；
(2)若PB=PD，且PA与平面ABCD成角为，点E在棱PC上，且，求平面EBD与平面BCD的夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用菱形对角线互相垂直和面面垂直的条件可得线面垂直，故得线线垂直；
（2）由（1）的结论，结合题设条件，建立空间直角坐标系，分别求出相关点的坐标，计算两个平面的法向量，利用空间向量的夹角公式计算即得.
【详解】（1）因为四边形ABCD为菱形，所以，
因为平面平面ABCD，平面平面，平面ABCD，
所以平面PBD，
因为平面PBD，故
（2）

如图，设，则O为AC、BD的中点，
由PB=PD可得，
又因为平面PBD，平面PBD，所以，
因为，AC、平面ABCD，
所以平面ABCD，
故可以点O为坐标原点，OA、OB、OP所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系.
且为PA与平面ABCD所成角，
由于四边形ABCD为边长为，的菱形，
所以，
则A3,0,0，，，，，
由，∴，
得，且
设平面BED的法向量为，
则，,故可取，
又平面BCD的一个法向量为，
所以，
所以平面EBD与平面BCD的夹角的余弦值为
一、单选题
1．（2024·广西来宾·一模）棱长为3的正方体中，点E，F满足D1E=2ED，BF⃗=2FB1⃗，则点E到直线的距离为（ ）
A．3355B．2355
C．375D．275
【答案】A
【分析】利用向量法求点到直线的距离.
【详解】如图，建立空间直角坐标系，根据条件可得E0,0,1，F3,3,2，C10,3,3，
EF=3,3,1，FC1=−3,0,1，设向量与FC1的夹角为，
∴csθ=EF⋅FC1EFFC1=−9+119×10=−8190，
所以点到直线的距离为d=EF⋅sinθ=19×1−64190=3355.
故选：A.
2．（2024·内蒙古包头·一模）如图，底面是边长为2的正方形，半圆面底面，点为圆弧上的动点．当三棱锥的体积最大时，二面角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由题意当三棱锥的体积最大时,此时点处于半圆弧的正中间位置.此时建立适当的空间直角坐标系，求出平面，平面的法向量，由法向量夹角余弦的坐标公式即可求解.
【详解】三棱锥的体积与到平面的距离成正比，
故当三棱锥的体积最大时,此时点处于半圆弧的正中间位置.
点处于半圆弧的正中间位置时，记的中点为，以其为原点，分别作为轴正方向，建立空间直角坐标系.
平面显然有法向量，
，
设为平面的法向量，
则该向量与和均垂直，
所以，从而.
令，解得，
故符合条件，
显然二面角为锐角，
因此所求余弦值为.
故选：D.
二、多选题
3．（2024·全国·模拟预测）《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑．如图，在鳖臑中，平面，且分别为的中点，是内的动点（含边界），且平面，则下列说法正确的是（ ）
A．三棱锥的外接球的体积为
B．的取值范围为
C．直线与平面所成的角的正弦值的取值范围为
D．当点到平面的距离与点到平面的距离之比为时，
【答案】BC
【分析】作出点为外接球球心，由勾股定理求出外接球半径，再由球的体积公式可判断A；建立空间直角坐标系，得到相关向量坐标，求出结合二次函数的性质可判断B；设直线与平面所成的角为，由线面角的向量公式结合和二次函数的性质可判断C；设平面的法向量为，求出点到平面的距离和点到平面的距离，求出，再由可判断D．
【详解】对于A，设分别为的中点，连接，
过点作交于点，连接，
易判断点为三棱锥的外接球的球心．
设该外接球的半径为．易求，
由，得，即，
所以三棱锥的外接球的体积为，故选项A不正确；
对于B,已知，且
分别为的中点，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则,，
，
设平面的法向量为，
则即，
取，则平面的一个法向量为，
设，则．因为平面，
所以，则，解得．
又是内的动点（含边界），所以在线段上（含端点），
则设，则，
所以，所以，
所以，
所以，故选项B正确；
对于C，又，设直线与平面所成的角为，
则，故选项C正确；
对于D，设平面的法向量为，
则
即，取，
则平面的一个法向量为，又，
所以点到平面的距离为，
又，点到平面的距离为，
所以，解得或（舍去），
所以，所以与不垂直，
故选项D不正确，
故选：BC．
4．（2024·贵州贵阳·模拟预测）如图，正四棱锥每一个侧面都是边长为4的正三角形，若点M在四边形ABCD内（包含边界）运动，N为PD的中点，则（ ）
A．当M为AD的中点时，异面直线MN与PC所成角为
B．当平面PBC时，点M的轨迹长度为
C．当时，点M到AB的距离可能为
D．存在一个体积为的圆柱体可整体放入正四棱锥内
【答案】ACD
【分析】对于AC：建立空间直角坐标系计算求解；对于B：过作面PBC的平行平面，进而可得点的轨迹；对于D：由于图形的对称性，我们可以先分析正四棱锥内接最大圆柱的体积，表示出体积，然后利用导数求其最值即可.
【详解】对于A，因为为正方形，连接与，相交于点，连接，
则，，两两垂直，
故以为正交基地，建立如图所示的空间直角坐标系，
，，，，，
为的中点，则.
当为的中点时， ，，，
设异面直线与所成角为，
，，故，A正确；
对于B，设为的中点，为的中点，则，平面，平面，
则//平面， 又平面，
平面，又，设，
故平面平面，平面平面，
平面平面，则，则为的中点，
点在四边形内（包含边界）运动，则，
点的轨迹是过点与平行的线段，长度为4，B不正确；
对于C，当时，设，，，
，得，即，
即点的轨迹以中点为圆心，半径为的圆在四边内（包含边界）的一段弧（如下图），
到的距离为，弧上的点到的距离最小值为，
因为，所以存在点M到AB的距离为，C正确；
对于D，由于图形的对称性，我们可以先分析正四棱锥内接最大圆柱的体积，
设圆柱底面半径为，高为，为的中点，为的中点, ，，
根据相似，得，即，，
则圆柱体积，
设，求导得，
令得，或，因为，所以舍去，即，
当时，，当时，，
即时有极大值也是最大值，有最大值，
，故
所以存在一个体积为的圆柱体可整体放入正四棱锥内，D正确.
故选：ACD.
【点睛】方法点睛：对于立体几何的综合问题的解答方法：
（1）立体几何中的动态问题主要包括：空间动点轨迹的判断，求解轨迹的长度及动态角的范围等问题，解决方法一般根据线面平行，线面垂直的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程；
（2）对于线面位置关系的存在性问题，首先假设存在，然后在该假设条件下，利用线面位置关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论，则否定假设；
（3）对于探索性问题用向量法比较容易入手，一般先假设存在，设出空间点的坐标，转化为代数方程是否有解的问题，若有解且满足题意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在.
三、填空题
5．（2024·全国·模拟预测）在棱长为2的正方体中，动点，分别在棱，上，且满足，当的体积最小时，与平面所成角的正弦值是 ．
【答案】
【分析】设，结合等积法，可求出当的体积最小时，，分别是所在棱的中点；法一，根据，可求出点到平面的距离为，结合直线与平面所成角的集合法即可求解；法二，建立空间直角坐标系，应用向量法求解.
【详解】设，则
．
由等体积法，得
，
当且仅当，即时，等号成立．
所以当的体积最小时，，分别是所在棱的中点．
方法一 易知，，．由余弦定理，得
，所以，
所以．
设点到平面的距离为．根据，
得，解得．
所以与平面所成角的正弦值为．
方法二 以点为原点，以，，所在直线分别为轴、轴、轴，
建立空间直角坐标系，
则，，，．
所以，，．
设平面的法向量为n=x,y,z，
则即令，得，，
则．设与平面所成的角为，
则．
故答案为：
四、解答题
6．（2024·湖南衡阳·模拟预测）如图，在三棱柱中，平面平面，平面平面．
(1)证明：平面ABC．
(2)若，，求直线BC与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)．
【分析】（1）取O为内一点，作，利用面面垂直的性质，证得，，结合线面垂直的判定定理，即可证得平面．
（2）以B为原点，建立空间直角坐标系，求得和平面的一个法向量，结合向量的夹角公式，即可求解.
【详解】（1）证明：取O为内一点，
作OE垂直AB，交AB于点E，作OF垂直BC，交BC于点F，
因为平面平面且平面平面ABC=AB，平面，
所以平面，因为平面，所以，
同理，因为，且平面，所以平面．
（2）解：因为BC，BA，两两垂直，以B为原点，建立空间直角坐标系，如图所示，
令，则，，，，
则，，，
设平面的法向量为，则，
令，则，，所以，
设直线与平面所成的角为，则，
故直线与平面所成角的正弦值为．
7．（2024·陕西安康·模拟预测）如图，在四棱锥中，.
(1)求证：；
(2)若二面角的大小为，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）设相交于点，根据题意，由线面垂直的判定定理可得平面，从而；
（2）过点作平面的垂线，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，利用空间向量法求线面角.
【详解】（1）设相交于点，因为，
所以四边形是菱形，所以，且为的中点，
连接，因为，所以，
因为平面，所以平面，
因为平面，所以.
（2）过点作平面的垂线，
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，
则.
因为，所以是二面角的平面角，
所以，且结合已知有，
因为在平面内，所以由已知及平面几何的性质，得，
所以，
设平面的法向量为n=x,y,z，
则，所以，
令，则，所以是平面的一个法向量，
设直线与平面所成的角为，所以，
即直线与平面所成角的正弦值为.
8．（2024·山东·模拟预测）如图，在直三棱柱中，，，，.
(1)当时，求证：平面；
(2)设二面角的大小为，求的取值范围.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，当时，求得的坐标，求得，得到，结合线面垂直的判定定理，即可得证；
（2）由（1）求得平面和平面的法向量和，利用向量的夹角公式，求得，结合，进而求得的范围.
【详解】（1）证明：以为坐标原点，以所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示，，
当时，，所以，
可得，所以，
又因为，平面，平面，所以平面.
（2）解：由（1）可得，
设平面的一个法向量为，则，
令，可得，所以，
因为平面，所以平面的一个法向量为，
所以，
又因为，可得，所以，
因为二面角为锐二面角，所以，
所以的取值范围.
9．（2024·浙江绍兴·三模）如图，在三棱锥中，是正三角形，平面平面，，点是的中点，．
(1)求证：为三棱锥外接球的球心；
(2)求直线与平面所成角的正弦值；
(3)若，，求平面与平面所成锐二面角的余弦值最大时的值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）根据图形特征得出即得证球心；
（2）根据线面角定义结合线面垂直及面面垂直的性质定理可得；
（3）空间向量法求出锐二面角的余弦值再结合最值可得参数.
【详解】（1）为的中线，且，则为正的中心，
又中，，
，即为三棱锥外接球的球心
（2）是正三角形，点是的中点，．
又平面平面，平面平面，平面，
平面
为直线与平面所成的角
又，，，
即直线与平面所成角的正弦值为
（3）在平面中，过点作，，垂足分别为，，
设，则，，．
建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，C−1,3,0，，
设，则，，，．
设平面的法向量为n1=x1,y1,z1，
由，得，令y1=−1，故，
设平面的法向量为，
则，即，令，则．
设平面与平面所成锐二面角的平面角为，
，
当时，，此时余弦值最大，
即当时，平面与平面所成锐二面角的余弦值最大．
10．（2024·山东烟台·三模）如图，在直三棱柱中，，M，N分别为，中点，且．
(1)证明：；
(2)若D为棱上的动点，当与平面所成角最大时，求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明过程见解析
(2)
【分析】（1）建立适当的空间直角坐标系，证明即可；
（2）当与平面所成角最大时，求出此时点的位置，再求出二面角所对应的两个平面的法向量，结合向量夹角公式即可运算求解.
【详解】（1）在直三棱柱中，平面，而平面，平面，
所以，，
因为，，平面，平面，
所以平面，
因为平面，
所以，
因为，，
所以两两互相垂直，
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，
因为，M，N分别为，中点，
所以，，
所以，
所以，
所以，即；
（2）
由（1）得，，
设，
所以，
因为平面，
所以取平面的一个法向量为，
设与平面所成角为，
所以与平面所成角的正弦值为，
若要与平面所成角最大，则当且仅当最大，
所以当且仅当时，最大，此时，
因为，，平面，平面，
所以平面，
因为平面，平面，平面，
所以平面和平面是同一个平面，
所以平面，
所以可取平面的一个法向量为，
若的坐标为，且注意到，
所以，
设平面的法向量为，
由，可得，令，解得，
所以取平面的一个法向量为，
由图可知二面角是锐角，
所以二面角的余弦值为，
综上所述，二面角的余弦值为.
1．（2024·北京·高考真题）如图，在四棱锥中，BC//AD，，,点在上，且，．
(1)若为线段中点，求证：平面．
(2)若平面，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取的中点为，接，可证四边形为平行四边形，由线面平行的判定定理可得平面.
（2）建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量后可求夹角的余弦值.
【详解】（1）取的中点为，接，则，
而，故，故四边形为平行四边形，
故，而平面，平面，
所以平面.
（2）
因为，故，故，
故四边形为平行四边形，故，所以平面，
而平面，故，而，
故建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
则
设平面的法向量为，
则由可得，取，
设平面的法向量为，
则由可得，取，
故，
故平面与平面夹角的余弦值为
2．（2021·全国·高考真题）如图，四棱锥的底面是矩形，底面，PD=DC=1，为的中点，且PB⊥AM．
（1）求；
（2）求二面角的正弦值．
【答案】（1）；（2）
【分析】（1）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，由已知条件得出，求出的值，即可得出的长；
（2）求出平面PAM、的法向量，利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系可求得结果.
【详解】（1）[方法一]：空间坐标系+空间向量法
平面，四边形为矩形，不妨以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系D−xyz，
设，则、、、、，
则，，
，则，解得，故；
[方法二]【最优解】：几何法+相似三角形法
如图，连结．因为底面，且底面，所以PD⊥AM．
又因为PB⊥AM，PB∩PD=P，所以平面．
又平面，所以AM⊥BD．
从而．
因为，所以．
所以，于是．
所以12BC2=1．所以．
[方法三]：几何法+三角形面积法
如图，联结交于点N．
由[方法二]知AM⊥DB．
在矩形中，有，所以，即．
令，因为M为的中点，则，，．
由，得，解得，所以．
（2）[方法一]【最优解】：空间坐标系+空间向量法
设平面PAM的法向量为，则，，
由，取，可得，
设平面的法向量为，，，
由，取，可得，
，
所以，，
因此，二面角的正弦值为.
[方法二]：构造长方体法+等体积法
如图，构造长方体，联结，交点记为H，由于，，所以平面．过H作的垂线，垂足记为G．
联结，由三垂线定理可知，
故为二面角的平面角．
易证四边形是边长为的正方形，联结，．
，
由等积法解得．
在中，，由勾股定理求得．
所以，，即二面角的正弦值为．
【整体点评】（1）方法一利用空坐标系和空间向量的坐标运算求解；方法二利用线面垂直的判定定理，结合三角形相似进行计算求解，运算简洁，为最优解；方法三主要是在几何证明的基础上，利用三角形等面积方法求得.
（2）方法一，利用空间坐标系和空间向量方法计算求解二面角问题是常用的方法，思路清晰，运算简洁，为最优解；方法二采用构造长方体方法+等体积转化法，技巧性较强，需注意进行严格的论证.
3．（2020·北京·高考真题）如图，在正方体中， E为的中点．
（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）.
【分析】（Ⅰ）证明出四边形为平行四边形，可得出，然后利用线面平行的判定定理可证得结论；也可利用空间向量计算证明；
（Ⅱ）可以将平面扩展，将线面角转化，利用几何方法作出线面角，然后计算；也可以建立空间直角坐标系，利用空间向量计算求解 .
【详解】（Ⅰ）[方法一]：几何法
如下图所示：
在正方体中，且，且，
且，所以，四边形为平行四边形，则，
平面，平面，平面；
[方法二]:空间向量坐标法
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，
设正方体的棱长为，则、、、，，，
设平面的法向量为，由，得，
令，则，，则.
又∵向量,,
又平面，平面；
（Ⅱ）[方法一]：几何法
延长到，使得，连接，交于，
又∵，∴四边形为平行四边形，∴，
又∵,∴,所以平面即平面,
连接，作,垂足为,连接,
∵平面,平面,∴，
又∵,∴直线平面,
又∵直线平面,∴平面平面,
∴在平面中的射影在直线上,∴直线为直线在平面中的射影，∠为直线与平面所成的角，
根据直线直线，可知∠为直线与平面所成的角.
设正方体的棱长为2，则,,∴,
∴,
∴,
即直线与平面所成角的正弦值为.
[方法二]：向量法
接续（I)的向量方法，求得平面平面的法向量，
又∵,∴，
∴直线与平面所成角的正弦值为.
[方法三]：几何法+体积法
如图，设的中点为F，延长，易证三线交于一点P．
因为，
所以直线与平面所成的角，即直线与平面所成的角．
设正方体的棱长为2，在中，易得，
可得．
由，得，
整理得．
所以．
所以直线与平面所成角的正弦值为．
[方法四]：纯体积法
设正方体的棱长为2，点到平面的距离为h，
在中，，
，
所以，易得．
由，得，解得，
设直线与平面所成的角为，所以．
【整体点评】（Ⅰ）的方法一使用线面平行的判定定理证明，方法二使用空间向量坐标运算进行证明；
（II）第一种方法中使用纯几何方法，适合于没有学习空间向量之前的方法，有利用培养学生的集合论证和空间想象能力，第二种方法使用空间向量方法，两小题前后连贯，利用计算论证和求解，定为最优解法；方法三在几何法的基础上综合使用体积方法，计算较为简洁；方法四不作任何辅助线，仅利用正余弦定理和体积公式进行计算，省却了辅助线和几何的论证，不失为一种优美的方法.
4．（2020·江苏·高考真题）在三棱锥A—BCD中，已知CB=CD=,BD=2，O为BD的中点，AO⊥平面BCD，AO=2，E为AC的中点．
（1）求直线AB与DE所成角的余弦值；
（2）若点F在BC上，满足BF=BC，设二面角F—DE—C的大小为θ，求sinθ的值．
【答案】（1）（2）
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量数量积求直线向量夹角，即得结果；
（2）先求两个平面法向量，根据向量数量积求法向量夹角，最后根据二面角与向量夹角关系得结果.
【详解】
（1）连
以为轴建立空间直角坐标系，则
从而直线与所成角的余弦值为
（2）设平面一个法向量为
令
设平面一个法向量为
令
因此
【点睛】本题考查利用向量求线线角与二面角，考查基本分析求解能力，属中档题.
5．（2020·全国·高考真题）如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，为底面直径，．是底面的内接正三角形，为上一点，．
（1）证明：平面；
（2）求二面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）要证明平面，只需证明，即可；
（2）方法一：过O作∥BC交AB于点N，以O为坐标原点，OA为x轴，ON为y轴建立如图所示的空间直角坐标系，分别算出平面的一个法向量，平面的一个法向量为，利用公式计算即可得到答案.
【详解】（1）[方法一]：勾股运算法证明
由题设，知为等边三角形，设，
则，，所以，
又为等边三角形，则，所以，
，则，所以，
同理，又，所以平面；
[方法二]：空间直角坐标系法
不妨设，则，由圆锥性质知平面，所以，所以．因为O是的外心，因此．
在底面过作的平行线与的交点为W，以O为原点，方向为x轴正方向，方向为y轴正方向，方向为z轴正方向，建立空间直角坐标系，
则，，，，．
所以，，．
故，．
所以，．
又，故平面．
[方法三]：
因为是底面圆O的内接正三角形，且为底面直径，所以．
因为（即）垂直于底面，在底面内，所以．
又因为平面PAE，平面PAE，，所以平面PAE．
又因为平面PAE，所以．
设，则F为的中点，连结．
设，且，
则，，．
因此，从而．
又因为，所以平面．
[方法四]：空间基底向量法
如图所示，圆锥底面圆O半径为R，连结，，易得，
因为，所以．
以为基底，OD⊥平面，则，
，且，
所以．
故．所以，即．
同理．又，所以平面．
（2）[方法一]：空间直角坐标系法
过O作∥BC交AB于点N，因为平面，以O为坐标原点，OA为x轴，ON为y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，令，得，
所以，
设平面的一个法向量为
由，得，令，得，
所以
故，
设二面角的大小为，由图可知二面角为锐二面角，所以.
[方法二]【最优解】：几何法
设，易知F是的中点，过F作交于G，取的中点H，
联结，则．
由平面，得平面．
由（1）可得，，得PB⊥PC．
所以，根据三垂线定理，得．
所以是二面角的平面角．
设圆O的半径为r，则，，，，所以，，．
在中，，
．
所以二面角的余弦值为．
[方法三]：射影面积法
如图所示，在上取点H，使，设，连结．
由（1）知，所以．故平面．
所以，点H在面上的射影为N．
故由射影面积法可知二面角的余弦值为．
在中，令，则，易知．所以．
又，故
所以二面角的余弦值为．
【整体点评】本题以圆锥为载体，隐含条件是圆锥的轴垂直于底面，（1）方法一：利用勾股数进行运算证明，是在给出数据去证明垂直时的常用方法；方法二：选择建系利用空间向量法，给空间立体感较弱的学生提供了可行的途径；方法三：利用线面垂直，结合勾股定理可证出；方法四：利用空间基底解决问题，此解法在解答题中用的比较少；
（2）方法一：建系利用空间向量法求解二面角，属于解答题中求角的常规方法；方法二：利用几何法，通过三垂线法作出二面角，求解三角形进行求解二面角，适合立体感强的学生；方法三：利用射影面积法求解二面角，提高解题速度.
6．（2019·北京·高考真题）如图，在四棱锥P–ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，PA=AD=CD=2，BC=3．E为PD的中点，点F在PC上，且．
（Ⅰ）求证：CD⊥平面PAD；
（Ⅱ）求二面角F–AE–P的余弦值；
（Ⅲ）设点G在PB上，且．判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由．
【答案】(Ⅰ)见解析；
(Ⅱ) ；
(Ⅲ)见解析.
【分析】(Ⅰ)由题意利用线面垂直的判定定理即可证得题中的结论；
(Ⅱ)建立空间直角坐标系，结合两个半平面的法向量即可求得二面角F-AE-P的余弦值；
(Ⅲ)首先求得点G的坐标，然后结合平面的法向量和直线AG的方向向量可判断直线是否在平面内.
【详解】(Ⅰ)由于PA⊥平面ABCD，CD平面ABCD，则PA⊥CD，
由题意可知AD⊥CD，且PA∩AD=A，
由线面垂直的判定定理可得CD⊥平面PAD.
(Ⅱ)以点A为坐标原点，平面ABCD内与AD垂直的直线为x轴，AD,AP方向为y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
易知：，
由可得点F的坐标为，
由可得，
设平面AEF的法向量为：，则
，
据此可得平面AEF的一个法向量为：，
很明显平面AEP的一个法向量为，
，
二面角F-AE-P的平面角为锐角，故二面角F-AE-P的余弦值为.
(Ⅲ)易知，由可得，
则，
注意到平面AEF的一个法向量为：，
其且点A在平面AEF内，故直线AG在平面AEF内.
7．（2019·浙江·高考真题）如图，已知三棱柱，平面平面,，分别是的中点.
（1）证明：；
（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)由题意首先证得线面垂直，然后利用线面垂直的定义即可证得线线垂直；
(2)建立空间直角坐标系，分别求得直线的方向向量和平面的法向量，然后结合线面角的正弦值和同角三角函数基本关系可得线面角的余弦值.
【详解】(1)如图所示，连结，
等边中，，则，
平面ABC⊥平面，且平面ABC∩平面，
由面面垂直的性质定理可得：平面，故，
由三棱柱的性质可知，而，故，且，
由线面垂直的判定定理可得：平面，
结合⊆平面，故.
(2)在底面ABC内作EH⊥AC，以点E为坐标原点，EH,EC,方向分别为x,y,z轴正方向建立空间直角坐标系.
设，则，,，
据此可得：，
由可得点的坐标为，
利用中点坐标公式可得：，由于，
故直线EF的方向向量为：
设平面的法向量为，则：
，
据此可得平面的一个法向量为，
此时，
设直线EF与平面所成角为，则.
【点睛】本题考查了立体几何中的线线垂直的判定和线面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.
8．（2019·天津·高考真题）如图，平面，，.
（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值；
（Ⅲ）若二面角的余弦值为，求线段的长.
【答案】（Ⅰ）见证明；（Ⅱ）（Ⅲ）
【分析】首先利用几何体的特征建立空间直角坐标系
(Ⅰ)利用直线BF的方向向量和平面ADE的法向量的关系即可证明线面平行；
(Ⅱ)分别求得直线CE的方向向量和平面BDE的法向量，然后求解线面角的正弦值即可；
(Ⅲ)首先确定两个半平面的法向量，然后利用二面角的余弦值计算公式得到关于CF长度的方程，解方程可得CF的长度.
【详解】依题意，可以建立以A为原点，分别以的方向为x轴，y轴，z轴正方向的空间直角坐标系(如图)，
可得.
设，则.
(Ⅰ)依题意，是平面ADE的法向量，
又，可得，
又因为直线平面，所以平面.
(Ⅱ)依题意，，
设为平面BDE的法向量，
则，即，
不妨令z=1，可得，
因此有.
所以，直线与平面所成角的正弦值为.
(Ⅲ)设为平面BDF的法向量，则，即.
不妨令y=1，可得.
由题意，有，解得.
经检验，符合题意｡
所以，线段的长为.
【点睛】本题主要考查直线与平面平行、二面角、直线与平面所成的角等基础知识.考查用空间向量解决立体几何问题的方法.考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力.
9．（2019·全国·高考真题）如图，直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．
（1）证明：MN∥平面C1DE；
（2）求二面角A-MA1-N的正弦值．
【答案】（1）见解析；（2）.
【分析】（1）利用三角形中位线和可证得，证得四边形为平行四边形，进而证得，根据线面平行判定定理可证得结论；（2）以菱形对角线交点为原点可建立空间直角坐标系，通过取中点，可证得平面，得到平面的法向量；再通过向量法求得平面的法向量，利用向量夹角公式求得两个法向量夹角的余弦值，进而可求得所求二面角的正弦值.
【详解】（1）连接，
，分别为，中点 为的中位线
且
又为中点，且 且
四边形为平行四边形
，又平面，平面
平面
（2）设，
由直四棱柱性质可知：平面
四边形为菱形
则以为原点，可建立如下图所示的空间直角坐标系：
则：A3,0,0，，，D（0，-1,0）
取中点，连接，则
四边形为菱形且 为等边三角形
又平面，平面
平面，即平面
为平面的一个法向量，且
设平面的法向量，又，
，令，则，

二面角的正弦值为：
【点睛】本题考查线面平行关系的证明、空间向量法求解二面角的问题.求解二面角的关键是能够利用垂直关系建立空间直角坐标系，从而通过求解法向量夹角的余弦值来得到二面角的正弦值，属于常规题型.
10．（2018·全国·高考真题）如图，在三棱锥中，，，为的中点．
（1）证明：平面；
（2）若点在棱上，且二面角为，求与平面PAM所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）根据等腰三角形性质得PO垂直AC，再通过计算，根据勾股定理得PO垂直OB，最后根据线面垂直判定定理得结论；
（2）方法一：根据条件建立空间直角坐标系，设各点坐标，根据方程组解出平面PAM一个法向量，利用向量数量积求出两个法向量夹角，根据二面角与法向量夹角相等或互补关系列方程，解得M坐标，再利用向量数量积求得向量PC与平面PAM法向量夹角，最后根据线面角与向量夹角互余得结果．
【详解】（1）因为，为的中点，所以，且．
连结．
因为，所以为等腰直角三角形，
且 ，由知．
由知，平面．
（2）［方法一］：【通性通法】向量法
如图，以为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立空间直角坐标系 ．
由已知得
取平面的法向量．
设，则．
设平面PAM的法向量为．
由得 ，
可取
所以 ．由已知得 ．
所以 ．解得(舍去)， ．
所以 ．
又 ，所以 ．
所以与平面PAM所成角的正弦值为．
［方法二］：三垂线＋等积法
由（1）知平面，可得平面平面．如图5，在平面内作，垂足为N，则平面．在平面内作，垂足为F，联结，则，故为二面角的平面角，即．
设，则，在中，．在中，由，得，则．设点C到平面PAM的距离为h，由，得，解得，则与平面PAM所成角的正弦值为．
［方法三］：三垂线＋线面角定义法
由（1）知平面，可得平面平面．如图6，在平面内作，垂足为N，则平面．在平面内作，垂足为F，联结，则，故为二面角的平面角，即．同解法1可得．
在中，过N作，在中，过N作，垂足为G，联结．在中，．因为，所以．
由平面，可得平面平面，交线为．在平面内，由，可得平面PAM，则为直线与平面PAM所成的角．
设，则，又，所以直线与平面PAM所成角的正弦值为．
［方法四］：【最优解】定义法
如图7，取的中点H，联结，则．过C作平面PAM的垂线，垂足记为T（垂足T在平面PAM内）．联结，则即为二面角的平面角，即，得．
联结，则为直线与平面PAM所成的角．在中，，所以．
【整体点评】（2）方法一：根据题目条件建系，由二面角的向量公式以及线面角的向量公式硬算即可求出，是该类型题的通性通法；
方法二：根据三垂线法找到二面角的平面角，再根据等积法求出点到面的距离，由定义求出线面角，是几何法解决空间角的基本手段；
方法三：根据三垂线法找到二面角的平面角，再利用线面角的等价转化，然后利用定义法找到线面角解出，是几何法解决线面角的基本思想，对于该题，略显麻烦；
方法四：直接根据二面角的定义和线面角的定义解决，原理简单，计算简单，是该题的最
5年考情
考题示例
考点分析
关联考点
2024年新I卷，第17题,15分
面面角的向量求法及应用
由二面角大小求线段长度
证明线面平行
证明面面垂直
2024年新Ⅱ卷，第7题,15分
求线面角
锥体体积的有关计算
台体体积的有关计算
2024年新Ⅱ卷，第17题,15分
求平面的法向量
面面角的向量求法
证明线面垂直
线面垂直证明线线垂直
2023年新I卷，第18题,12分
空间位置关系的向量证明
面面角的向量求法
已知面面角求其他量
无
2023年新Ⅱ卷，第20题,12分
证明线面垂直
线面垂直证明线线垂直
面面角的向量求法
2022年新I卷，第9题,5分
求异面直线所成的角
求线面角
无
2022年新I卷，第19题,5分
求点面距离
面面角的向量求法
无
2022年新Ⅱ卷，第20题,12分
面面角的向量求法
证明线面平行
2021年新I卷，第12题,5分
求空间向量的数量积
空间向量的坐标表示
垂直关系
2021年新I卷，第20题,12分
由二面角大小求线段长度或距离
锥体体积的有关计算
线面垂直证明线线垂直
面面垂直证线面垂直
2021年新Ⅱ卷，第19题,12分
面面角的向量求法
证明面面垂直
2020年新I卷，第20题,12分
线面角的向量求法
证明线面垂直
2020年新I卷，第20题,12分
线面角的向量求法
证明线面垂直
概念
语言描述
共线向量
(平行向量)
表示空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合
共面向量
平行于同一个平面的向量
共线向量定理
对空间任意两个向量a，b(b≠0)，a∥b⇔存在λ∈R，使a＝λb
共面向量定理
若两个向量a，b不共线，则向量p与向量a，b共面⇔存在唯一的有序实数对(x，y)，使p＝xa＋yb
空间向量基本定理及推论
定理：如果三个向量a，b，c不共面，那么对空间任一向量p，存在唯一的有序实数组{x，y，z}使得p＝xa＋yb＋zc.
推论：设O，A，B，C是不共面的四点，则对平面ABC内任一点P都存在唯一的三个有序实数x，y，z，使eq \(OP, \s\up7(―→))＝xeq \(OA, \s\up7(―→))＋yeq \(OB, \s\up7(―→))＋zeq \(OC, \s\up7(―→))且x＋y＋z＝1
a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)
向量和
a＋b＝(a1＋b1，a2＋b2，a3＋b3)
向量差
a－b＝(a1－b1，a2－b2，a3－b3)
数量积
a·b＝a1b1＋a2b2＋a3b3
共线
a∥b⇒a1＝λb1，a2＝λb2，a3＝λb3(λ∈R，b≠0)
垂直
a⊥b⇔a1b1＋a2b2＋a3b3＝0
夹角公式
cs〈a，b〉＝eq \f(a1b1＋a2b2＋a3b3,\r(a\\al(2,1)＋a\\al(2,2)＋a\\al(2,3))\r(b\\al(2,1)＋b\\al(2,2)＋b\\al(2,3)))