专题04 立体几何中坐标法与空间向量的多种应用题型（专项训练）

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专题04 立体几何中坐标法与空间向量的多种应用题型（解析版） 高二数学选择性必修一题型建模 专项突破题型一、用坐标法求点到直线的距离 1．（24-25高二下·福建漳州·期末）在空间直角坐标系中，点，，，则到直线的距离为 【答案】【详解】设直线的单位方向向量为，点，，，，，，，，，到直线的距离为.故答案为：.2．（2025·湖南长沙·三模）在空间直角坐标系中，若一条直线经过点，且以向量为方向向量，则这条直线可以用方程来表示．已知直线的方程为，则点到直线的距离为（    ）A．B．C．D．【答案】B【详解】由题意可得直线的方向向量，直线经过点，又，则，所以，则点到直线的距离为.故选：B.3．（24-25高二下·广西桂林·期末）如图，在三棱柱中，平面，，，，点，分别在棱和棱上，且，，为棱的中点．  (1)求证：；(2)求二面角的余弦值；(3)求点到直线的距离．【答案】(1)证明过程见解析；(2)；(3)【详解】（1）证明：由题知，平面ABC，所以、、两两垂直故以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系  因为，，，则，，，，，，所以，故所以（2）由（1）分析知，，，又，即所以，设平面的法向量为则，即令，则由题知，是平面的一个法向量设二面角的平面角为，则所以二面角的余弦值为.（3）由（2）知，，且在上的投影向量的模长.计算.根据点到直线距离公式，即点到直线的距离为.4．（2025·山东聊城·二模）如图，柱体上下底面是椭圆面，、分别是上下底面椭圆的长轴，、分别是上下底面椭圆的短轴，四边形和为矩形，、分别为上下底面椭圆的长短轴的交点，．、是下底面椭圆上两动点，不与平行或重合．  (1)证明：平面；(2)若面积为定值，求的长度；(3)在（2）的条件下，当平面平面时，求点到直线的距离的取值范围．【答案】(1)证明见解析(2)(3)【详解】（1）因为四边形为矩形，则，，由题意得，、分别为和的中点，所以，，，所以，四边形为平行四边形，因为，则，同理可证，，因为，、平面，故平面．（2）如图，以为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，  设，，则，所以，，．则点到直线的距离．所以．（*）因为底面椭圆焦点在轴上，，即长轴长为，短轴长为，所以点的坐标满足，即，代入（*）式得，．由已知面积为定值，所以，则，由（1）知，故的长度为．（3）设、，，则，，，设平面的一个法向量为，则，令，得，，即．设平面的一个法向量为，则，令，则，，则平面的一个法向量为．因为平面平面，所以，得，在平面内，椭圆的方程为，设直线在平面内的方程为．代入椭圆方程得，由，得．由韦达定理得，所以，即，化简得．所以点到直线的距离为，则，所以．故点到直线的距离的取值范围为．题型二、用坐标法求点到平面的距离 5．（多选题）（23-24高二上·福建三明·期中）很多立体图形都体现了数学的对称美，其中半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体因其最早由阿基米德研究发现，故也被称作阿基米德体.如图，这是一个棱数24，棱长为的半正多面体，它所有顶点都在同一个正方体的表面上，可以看成是由一个正方体截去八个一样的四面体所得的，下列结论正确的有（    ）A．平面B．若是棱的中点，则与平面平行C．点到平面的距离为D．该半正多面体的体积为【答案】AC【详解】由题意，可作图如下：  对于A，根据正方体的几何性质，易知平面，故A正确；对于B，根据正方体的几何性质，易知平面.若与平面平行，则有，而是棱的中点，所以在正方形中这是不可能的，故B是错误的；对于C，建立空间直角坐标系，如下图：  因为该半正多面体的棱长为，所以正方体的棱长为.由图可知，，，，在平面内取，，设平面的法向量，由，可得，化简可得，令，则，，所以平面的一个法向量.因为设点到平面距离，故.C正确对于D，该半正多面体可看成是由一个正方体截去八个一样的四面体所得的，所以该立体图形的体积，故D是错误的.故选：AC.【点睛】关键点睛：本题的关键是将该多面体放置于正方体当中分析，对于CD选项的判断建立合适的空间直角坐标系再去计算即可.6．（多选题）（24-25高二上·安徽·期中）空间直角坐标系中，已知向量，则经过点，且法向量为的平面方程为，经过点且一个方向向量为的直线的方程为，根据上面的材料，以下选项说法正确的是（    ）A．若直线的方程为，则点在直线上B．已知平面的方程，平面的方程为，则这两平面所成角的余弦值为C．已知平面的方程为，则点到平面的距离为D．已知平面的方程为，平面的方程为，平面的方程为，则直线与平面的夹角的正弦值为【答案】ABD【详解】解：对于A，将点代入直线的方程，则有，所以点在直线上，故正确；对于B，因为平面的方程，即为，所以平面的法向量为，同理，因为平面的方程为，即为，所以平面的法向量为，所以，所以平面与平面所成角的余弦值为，故正确；对于C，因为平面的方程为，即为，所以平面的法向量，且点在平面内，所以，设点到平面的距离为，则，故错误；对于D，因为平面的方程为，即，所以平面的法向量；又因为平面的方程为，所以平面的法向量；设直线的方向向量为，则有，所以，取，则有，又因为平面的方程为所以平面的法向量为，设直线与平面的夹角为，则，故正确.故选：ABD.7．（24-25高二上·河北唐山·期末）如图，已知棱长为1的正方体.(1)证明：平面；(2)证明：平面平面；(3)求平面与平面的距离.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3)【详解】（1）如图，以为坐标原点，分别以所在直线为轴，轴，轴建立如图空间直角坐标系，则，所以.设平面的一个法向量为，则即取.所以，即.又因为平面，所以平面.（2）由（1）得平面的一个法向量为.设平面的一个法向量为，则即取.故，而点平面,所以平面平面.（3）由（2）得平面平面，所以平面与平面的距离即为到平面的距离.又，平面的一个法向量为.所以到平面的距离为，即平面与平面的距离为.8．（2025·天津河西·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面ABCD是矩形，点E在棱PC上异于点P，，平面ABE与棱PD交于点(1)求证：；(2)若，求证：平面平面若，，直线PB与平面ABCD所成角的正切值为，求点C到平面ABE的距离.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析；【详解】（1）证明：因为矩形，所以，又平面，平面，所以平面，因为平面，平面平面，所以（2）证明：因为，，所以，因为矩形，所以，又，平面，所以平面，又平面，所以平面平面取的中点O，连接因为，所以，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，所以就是直线与平面所成角，即，在中，，解得，以O为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，由，知，所以，，设平面ABE的法向量为，则，取，则，，所以，而，所以点C到平面的距离为题型三、用坐标法求线面夹角9．（2025·北京·模拟预测）在如图所示的多面体中，，四边形为矩形，，.(1)求证：平面；(2)，平面平面，求直线与平面所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）由四边形为矩形，可得，因 平面，平面，故平面；因，平面，平面，故平面，又因平面，故有平面平面.再由平面可得平面.（2）因为平面平面，平面平面，，平面，所以平面.又因为平面，所以，在矩形中，.因为平面，，故平面.因为平面，所以.故分别以所在的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，由题意得，，，.所以，.设平面的法向量为，则即令，则，.于是.因为，设直线与平面所成角为，则，故直线与平面所成角的正弦值为.10．（2025·陕西汉中·模拟预测）如图1，在矩形中，，是的中点，连接，将沿直线翻折，使得平面平面（如图2），连接，，是棱的中点．(1)证明：平面；(2)证明：平面；(3)求直线和平面所成角的正弦值．【答案】(1)证明过程见解析(2)证明过程见解析(3)【详解】（1）因为在矩形中，，是的中点，所以，即，所以，又因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，又平面，所以，又因为，，平面，所以平面；（2）如图所示，取中点，连接，因为在矩形中，，是的中点，所以，即四边形为平行四边形，从而，又因为平面，平面，所以平面，又因为分别是的中点，所以，又因为平面，平面，所以平面，又因为平面，所以平面平面，又因为平面，所以平面；（3）取中点，因为，所以，又因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，又因为平面，所以，又因为，所以，所以两两互相垂直，以点为原点，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，由题意，设，因为四边形为平行四边形，所以，即，所以，故，又因为，解得，又因为是中点，所以，所以，设平面的一个法向量为，则，令，解得，所以平面的法向量为，故所求为.11．（2025·内蒙古呼和浩特·模拟预测）如图，在三棱台中，平面平面，，，．(1)证明：；(2)求直线与平面所成角的正弦值的最大值．【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）在三棱台中，取AC的中点O，连接BO，，， 由，得，由平面平面，平面平面，平面，得平面，而平面，则， 又，，则四边形是菱形，故， 而，，平面，因此平面，又平面，所以． （2）取中点，则，由平面平面，平面平面，平面，则平面，直线两两垂直， 以点O原点，直线OB，OC，OM分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，设，则，，，，，，， 设平面的法向量，则，令，得， 设直线与平面所成的角为，，当且仅当时等号成立．故直线与平面所成角的正弦值的最大值为.12．（2025·北京·高考真题）如图，在四棱锥中，与均为等腰直角三角形，，E为BC的中点．(1)若分别为的中点，求证：平面PAB；(2)若平面ABCD，，求直线AB与平面PCD所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）取PA的中点N，PB的中点M，连接FN、MN，与为等腰直角三角形且，不妨设，..E、F分别为BC、PD的中点，，且.，，，∴四边形FGMN为平行四边形，，平面PAB，平面PAB，平面PAB；（2）平面ABCD，以A为原点，AC、AB、AP所在直线分别为x、y、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，设，则，，设平面PCD的一个法向量为，，，取，，.设AB与平面PCD所成角为，则，即AB与平面PCD所成角的正弦值为.题型四、用坐标法求二面角13．（24-25高二下·河南洛阳·阶段练习）如图，平面，，，，，，.(1)求直线与平面所成角的正弦值以及点到平面的距离；(2)求二面角的正弦值.【答案】(1)(2).【详解】（1）因为平面，，所以，，两两垂直，以，，所在直线分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，，，.设为平面的一个法向量，则取，，则，设直线与平面所成角为，则，点到平面的距离为.（2）设为平面的一个法向量，则取，，则，，所以二面角的正弦值为.14．（24-25高二上·天津·期中）如图，四棱锥的底面是正方形，侧棱底面，E是的中点，，F为棱上的点且.  (1)证明：平面；(2)求与平面所成角的余弦值；(3)求平面与平面夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)(3)【详解】（1）  连接交于点，由底面是正方形，可得，又因为E是的中点，所以，又因为平面，平面，所以平面；（2）由侧棱底面， 底面，所以，由已知得：，，所以由勾股定理得：，因为，所以，再由余弦定理得：，由于，则可得，又因为E是的中点，，所以，又因为侧棱底面， 底面，所以，又因为正方形，所以，又因为平面，所以平面，又因为底面，所以，又因为，平面，所以平面，又因为底面，所以，又因为，平面，所以平面，即与平面所成的角就是，所以，故与平面所成角的余弦值为；（3）  根据题意可如图建立空间直角坐标系：则，即，设平面的法向量为，则，令，则，即，因为平面，所以平面的法向量为即，所以平面与平面夹角的余弦值为.15．（24-25高一下·广东深圳·期末）如图，在四棱锥中，，，，平面平面，E为中点.  (1)求证：面；(2)点Q在棱上，若二面角的余弦值为，求的值.【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）证明：由题意：，，，∴解这个直角梯形可得：，，又，∴，即，    又面面，面面，面，∴面，又面，∴，又，且面，面，，∴面；（2）以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，  则，，，，∴，，，设，有，令是平面的一个法向量，则，令，有，取面的一个法向量，由.解得. 所以16．（2025·天津·高考真题）正方体的棱长为4，分别为中点，．(1)求证：平面；(2)求平面与平面夹角的余弦值；(3)求三棱锥的体积．【答案】(1)证明见解析(2)(3)【详解】（1）法一、在正方形中，由条件易知，所以，则，故，即，在正方体中，易知平面，且，所以平面，又平面，∴，∵平面，∴平面；法二、如图以D为中心建立空间直角坐标系，则，所以，设是平面的一个法向量，则，令，则，所以，易知，则也是平面的一个法向量，∴平面；（2）同上法二建立的空间直角坐标系，所以，由（1）知是平面的一个法向量，设平面的一个法向量为，所以，令，则，即，设平面与平面的夹角为，则；（3）由（1）知平面，平面，∴，易知，又，则D到平面的距离为，由棱锥的体积公式知：.题型五、带参数建立空间直角坐标系17．（2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）如图，直三棱柱的体积为4，的面积为．(1)求A到平面的距离；(2)设D为的中点，，平面平面，求二面角的正弦值．【答案】(1)(2)【详解】（1）在直三棱柱中，设点A到平面的距离为h，则，解得，所以点A到平面的距离为；（2）取的中点E,连接AE,如图，因为，所以,又平面平面，平面平面，且平面，所以平面，在直三棱柱中，平面，由平面，平面可得，，又平面且相交，所以平面，所以两两垂直，以B为原点，建立空间直角坐标系，如图，由（1）得，所以，，所以，则,所以的中点，则，,设平面的一个法向量，则，可取，设平面的一个法向量，则，可取，则，所以二面角的正弦值为.18．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）如图，四棱锥中，底面ABCD，，．(1)若，证明：平面；(2)若，且二面角的正弦值为，求．【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）（1）因为平面，而平面，所以，又，，平面，所以平面，而平面，所以.因为，所以， 根据平面知识可知，又平面，平面，所以平面．（2）如图所示，过点D作于，再过点作于，连接，因为平面，所以平面平面，而平面平面，所以平面，又，所以平面，根据二面角的定义可知，即为二面角的平面角，即，即．因为，设，则，由等面积法可得，，又，而为等腰直角三角形，所以，故，解得，即．19．（2023·广东深圳·一模）如图，在四棱锥P-ABCD中，，且，底面ABCD是边长为2的菱形，．(1)证明：平面PAC⊥平面ABCD；(2)若，求平面PAB与平面PBC夹角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)．【详解】（1）连接DB交AC于点O，连接PO．因为ABCD是菱形，所以BD⊥AC，且O为BD的中点．因为PB＝PD，所以PO⊥BD．又因为AC，平面APC，且，所以BD⊥平面APC．又平面ABCD，所以平面APC⊥平面ABCD．（2）取AB中点M，连接DM交AC于点H，连接PH．因为，所以△ABD是等边三角形，所以DM⊥AB．又因为PD⊥AB，，平面PDM，所以AB⊥平面PDM．所以AB⊥PH．由（1）知BD⊥PH，且，所以PH⊥平面ABCD．由ABCD是边长为2的菱形，在△ABC中，，．由AP⊥PC，在△APC中，，所以．以O为坐标原点，、分别为x轴、y轴建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，，所以，，．设平面PAB的法向量为，所以，令得．设平面PBC的法向量为，所以，令得．设平面PAB与平面PBC的夹角为．所以，所以，平面PAB与平面PBC夹角的余弦值为．20．（22-23高三上·广东广州·期中）如图所示，在四棱锥中，底面，四边形是直角梯形，，，点在侧棱上.(1)求证：平面平面；(2)若平面与平面的夹角的余弦值为，求的值.【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）证明：∵平面ABCD，平面ABCD，∴.∵四边形ABCD是直角梯形，，，，∴，取AB中点为F,连接，∵四边形ABCD是直角梯形，，，，∴，，，，∴四边形ADCF为矩形，，∴.∴⊥，又，平面，∴平面PBC.∵平面EAC，∴平面平面PBC.（2）方法一：由（1）知平面PBC，又∵平面PBC，∴⊥，由（1）知，所以是二面角的平面角.由图知平面PAC与平面ACE的夹角即为二面角，∵平面PAC与平面ACE的夹角的余弦值为，∴，∵平面ABCD，平面ABCD，∴.在中，由，得：，∴，∴，，∵∠CPB与∠CBP互余，∠PCE与∠ECB互余，∴，，∴；方法二：如图，以C为原点，CB，CA，CP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系.则，，，，显然平面PAC的一个法向量为，则，设，，则，∴，∴，当时，重合，此时平面与平面的夹角为90°，此时余弦值为1，不合要求，当时，设为平面EAC的法向量，，则，即，得，取得，∴，设平面与平面的夹角为，，则，解得：.∴，∴.题型六、用空间向量解决立体几何中的探索性问题21．（23-24高三上·北京·期中）如图，在四棱锥中，平面，，且，，．  (1)求证：；(2)求平面与平面的夹角；(3)在线段上是否存在一点，使得直线与平面垂直，如果垂直，求此时点到平面的距离，如果不垂直，说明理由．【答案】(1)证明见解析(2)(3)存在，【详解】（1）取为中点，则，，，故四边形为矩形，则，以点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，  则，，，，，，则，故，即；（2）平面的一个法向量为，设平面的一个法向量为，，则取可得，，由图象可知，平面与平面所成二面角的平面角为锐角，故平面与平面所成二面角为；（3）假设存在，设，平面，平面，故，，，，解得，，此时，，，平面，故平面，到平面的距离为.22．（22-23高二上·湖北·阶段练习）在2021年6月17日，神舟十二号载人飞船顺利升空并于6.5小时后与天和核心舱成功对接．如图，是神舟十二号飞船推进舱及其推进器的简化示意图，半径相等的圆，，，，与圆柱底面相切于A，，，四点，且圆与，与，与，与分别外切，线段为圆柱的母线．点线段中点，点在线段上，且．已知圆柱，底面半径为2，.(1)求证：平面；(2)线段上是否存在一点，使得平面?若存在，请求出的长，若不存在，请说明理由；(3)如图，是飞船推进舱与即将对接的天和核心舱的相对位置的简化示意图．天和核心舱为底面半径为2的圆柱，它与飞船推进舱共轴，即，，，共线．核心舱体两侧伸展出太阳翼，其中三角形为以为斜边的等腰直角三角形，四边形为矩形．已知推进舱与核心舱的距离为4，即，且，．在对接过程中，核心舱相对于推进舱可能会相对作出逆时针旋转的运动，请你求出在舱体相对距持不变的情况下，在舱体相对旋转过程中，直线与平面所成角的正弦值的最大值．【答案】(1)证明见解析(2)存在，(3)．【详解】（1）证明：如图，是从原图中抽出的部分图形，取中点，又是中点，则且，所以是平行四边形，所以，又，，所以，又，所以，所以，平面，平面，所以平面；（2）以为原点，分别以，，所在方向为，，轴的正方向建立空间直角坐标系．如图，则，，，，设，所以，，，若平面．则，即时，平面．（3）在（2）的坐标系下，将矩形作为参照物，不妨设顺时针旋转，则，即，，所以，因为轴与平面垂直，则平面的一个法向量为，设与平面所成的角为，，则，若，则；若，令，，则，当且仅当即，即时，取得最大值．23．（22-23高二上·重庆·期末）如图，是以为直径的圆上异于，的一点，平面平面，是边长为2的等边三角形，，是的中点．(1)求证：；(2)过直线与直线平行的平面交棱于点，线段上是否存在一点，使得二面角的正弦值为？若存在，求的值；否则，说明理由．【答案】(1)证明见解析(2)存在，【详解】（1）取中点，连接，则有，又因为面面，面，面面，所以面，又，以为原点，，分别为，轴建立空间直角坐标系，如图，则有：，，，，所以，，所以，所以．（2）因为面，面，面面，所以．又因为点是线段的中点，所以点为线段的中点，，，设，则有，且，．设为面的法向量，则有，令，解得．同理，设为面的法向量，则有，令，解得．由题意有，解得，所以．所以．24．（25-26高二·全国·假期作业）如图，在四棱锥中，底面四边形为菱形，为棱的中点，为边的中点．(1)求证：平面；(2)若侧面底面，且，；在棱上是否存在点，使点到直线的距离为，若存在，求的值；若不存在，说明理由．【答案】(1)证明见解析；(2)存在点，【详解】（1）取线段的中点，连接，在中，分别为的中点．，且又底面是菱形，且为的中点，，且，，且，四边形为平行四边形，又平面平面平面.（2）在平面内过点作，又由平面底面,且平面平面,可得平面，又菱形中，且，所以可得在中有，以为原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，由且，所以是正三角形，所以，设，，，，即化简得，故（舍负）.综上，存在点，.综合攻坚 能力跃升1．（24-25高二上·江苏常州·期中）如图，在棱长为2的正方体中，为的中点，点在线段上，点到直线的距离的最小值为（    ）A．B．C．D．【答案】A【详解】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：则，可得，设，所以可得；因此，因此点到直线的距离为.当（满足题意）时，取得最小值，即点到直线的距离的最小值为.故选：A2．（多选题）（2022·福建福州·模拟预测）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2，，，，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1和2，对应的圆心角为90°，则以下命题正确的是（    ）A．与成角的余弦值为B．，，，四点不共面C．弧上存在一点，使得D．以点为球心，为半径的球面与曲池上底面的交线长为【答案】AD【详解】圆弧的圆心的原点，CD为x轴，BA为y轴过圆心O垂直于底面的直线为z轴，建立空间直角坐标系如下图：则 ，故 ，所以 ，A正确；对于B，连接 ，则有则，∴ 与BC共面，即 四点共面，故B错误；对于C，设在圆弧 存在一点 ，使得，则有 ， ，此方程组无解，即E点不存在，故C错误；对于D，做如下俯视图： ，即以C为球心，为半径的球刚好过A点是球面与底面ABCD唯一的交点，因为，在球面上，设与圆弧的交点为，则 ，解得 ，故，球面与上底面的交线是以为圆心，半径为1的圆弧 ，则，圆心角，由图知：，得. ，故D正确；故选：AD.3．（2024·天津·高考真题）如图，在四棱柱中，平面，，．分别为的中点， (1)求证：平面；(2)求平面与平面夹角余弦值；(3)求点到平面的距离．【答案】(1)证明见解析(2)(3)【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、、、、、，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.4．（2025·北京·模拟预测）如图，在三棱柱中，，点D,E分别在棱和棱上，且为棱的中点．(1)求证：平面；(2)若平面ABC，（i）求二面角的余弦值：（ii）点到平面的距离．【答案】(1)证明见解析；(2)（i）（ii）【详解】（1）取中点G，连接，则，又因为，所以，所以四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面；（2）（i）以为坐标原点，方向分别为轴，轴，轴的正方向，建立空间直角坐标系，则，则．设平面的法向量为，则，取，则设平面的法向量为，设二面角为， 则 ，因为为锐角，所以；（ii）由（i）平面的一个法向量为，点到平面的距离5．（2025·浙江杭州·模拟预测）如图，三棱柱中，底面是边长为2的正三角形，，，为的中点.(1)求证：⊥平面；(2)求直线与平面所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析；(2).【详解】（1）因为，，所以，，所以，又因为，平面，所以⊥平面；（2）以为原点，直线为轴，在平面内过点与垂直的直线为轴，直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示，则，所以，所以.设平面的法向量为，则，令，则，所以平面的一个法向量为，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.6．（2025·江苏连云港·模拟预测）如图，在正方体中，点分别在棱，，上，为的中点，，，记平面与平面的交线为．则直线与平面所成角的正切值为 ．【答案】/【详解】设直线与直线分别相交于点，连接并延长，交于点，交的延长线与点，连接，交于点，交于点，连接，其中与相交于点，故六边形即为平面截正方体的截面，设与相交于点，连接，则平面与平面的交线为，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为6，因为为的中点，，，所以，，因为，所以，故，故，所以，解得，故，同理可得，故，显然平面的一个法向量为，设直线与平面所成角大小为，则，故，.故答案为：7．（2024·全国甲卷·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)【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，平面的法向量为，则，即，令，得，即，则，即，令，得，即，，则，故二面角的正弦值为.8．（2023·全国·模拟预测）如图所示的多面体是由一个直三棱柱与一个四棱锥拼接而成的，四边形为直角梯形，，，，，分别为的中点.(1)求证：平面；(2)若直线与平面所成角的正弦值为，求二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）由直三棱柱的性质知：，分别为的中点，，，平面，平面，平面.（2）由直棱柱的性质得：平面，平面，，；则以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示，设，则，，，，，，，，设平面的法向量为，则，令，解得：，，；设直线与平面所成角为，则，解得：，平面的一个法向量，又，，设平面的法向量为，则，令，解得：，，；，由图可知：二面角为锐二面角，二面角的余弦值为.9．（2025·山东潍坊·二模）如图，四棱锥的底面为矩形，．(1)设平面与平面的交线为，证明：平面；(2)若点满足，求与平面所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)．【详解】（1）由为矩形，得，而平面，平面，则平面，又平面平面，平面，则，又平面，平面，所以平面．（2）设中点分别为，连接，由题意得，得，又，则，在中，过作垂线，垂足为，过作垂线，垂足为，则．由，得，又平面，则平面，而平面，则，过作平行线交于，以为原点，的方向分别为轴正方向，建立空间直角坐标系，如图，，设，由，得，得，，设平面的法向量为，则，取，得，又，得到，故与平面所成角的正弦值为．10．（2024·天津·五十五中期中）如图，在四棱锥 ，平面 ，，且 ，，，，，为的中点.(1)求证：平面；(2)求平面与平面所成二面角的余弦值；(3)在线段上是否存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值是，若存在，求出的值，若不存在，说明理由.【答案】(1)证明见解析(2)(3)存在，且.【详解】（1）过作，垂足为，则，如图，以为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，则，为的中点，，则，，设平面的一个法向量为 ，则，令，解得，，即，又平面，所以平面；（2）设平面的一个法向量为，所以 ，令，解得，所以 ，即平面与平面所成二面角的余弦值为；（3）存在，且，理由如下：假设线段上存在一点，设，，则又直线与平面所成角的正弦值为，平面的一个法向量，，化简得，即，，故存在，且.