人教A版 (2019)1.4 空间向量的应用优秀达标测试

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第4讲 空间向量的应用
考点分析
考点一：直线的方向向量
 空间直线的方向用一个与该直线平行的非零向量来表示，该向量称为这条直线的一个方向向量。直线在空间中的位置， 由它经过的空间一点及它的一个方向向量完全确定。
考点二：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．
注意：
①法向量一定是非零向量；
②一个平面的所有法向量都互相平行；
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．
考点三：平面的法向量的求法
第一步：写出平面内两个不平行的向量= (x1，y1，z1)， = (x2，y2，z2)，
第二步：设平面的法向量为，根据法向量与平面内直线垂直建立关于x、y、z的方程；
第三步：解方程组，取其中的一个解，即得法向量．（一般令一个值求出两外两个即可）
考点四：用空间向量判定直线、平面间的位置关系
①直线与直线的位置关系：不重合的两条直线a，b的方向向量分别为 ，．
1.若∥，即=λ，则a∥b． 2.若⊥，即· = 0，则a⊥b
②直线与平面的位置关系： 直线L的方向向量为，平面α的法向量为，且L⊥α．
1.若∥，即 =λ，则 L⊥ α 2.若⊥，即· = 0，则a ∥ α．
③平面与平面的位置关系：平面α的法向量为 ，平面β的法向量为．
1.若∥，即=λ，则α∥β 2.若⊥，即 ·= 0，则α⊥β
考点五：用空间向量方法求空间角
①求异面直线所成的角
两条异面直线所成角的求法：设直线a，b的方向向量为，，其夹角为θ，则cos φ＝|cos θ|＝(其中φ为异面直线a，b所成的角)．
②求直线和平面所成的角
设直线的方向向量为，平面的法向量为，直线与平面所成的角为，与的角为，
则有．
③二面角的求法
若分别为面的法向量，
则二面角的平面角为的夹角或它们的补角，
考点六：用空间向量方法求点到平面的距离
A为平面α外一点(如图)， 为平面α的法向量，过A作平面α的斜线AB及垂线AH．

典型例题
题型一：平面的法向量判断及求法
【例1】（2022·全国·高二课时练习）在直三棱柱中，以下向量可以作为平面ABC法向量的是(       )
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】作出图像，根据直棱柱侧棱垂直于底面即可求解．
【详解】如图，

∵、、均垂直于平面ABC，故选项D中可以作为平面ABC的法向量．
故选：D．
【例2】（2021·全国·高二课时练习）如图，四棱柱的底面是正方形，为底面中心，平面，．平面的法向量为（       ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据空间直角坐标系写出各向量，利用法向量的性质可得解.
【详解】是正方形，且，
，
，
，，，，
，，
又，
，，
平面的法向量为，
则，得，，
结合选项，可得，
故选：C.
【例3】（2022·江苏·高二课时练习）如图，在正方体中，以为原点建立空间直角坐标系，为的中点，为的中点，则下列向量中，能作为平面的法向量的是（       ）．

A．（1，，4） B．（，1，）
C．（2，，1） D．（1，2，）
【答案】B
【解析】
【分析】
设正方体的棱长为2，依次求出各点坐标，设向量是平面的法向量，根据法向量的定义，逐一验证各选项即可求出答案．
【详解】
解：设正方体的棱长为2，则，，
∴，
设向量是平面的法向量，
则取，得，
则是平面的一个法向量，
结合其他选项，只需和共线即可，
检验可知，ACD选项均不与共线.
所以能作为平面的法向量只有选项B
故选：B．
【例4】（2022·全国·高二课时练习）如图，在空间直角坐标系中，有正方体，给出下列结论：

①直线的一个方向向量为；
②直线的一个方向向量为；
③平面的一个法向量为；
④平面的一个法向量为．
其中正确的个数为（       ）．
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】A
【分析】由直线的方向向量及平面的法向量的定义即可求解.
【详解】解：设正方体的边长为1，则，，，，，，
对①：因为，所以直线的一个方向向量为正确；
对②：因为，所以直线的一个方向向量为不正确；
对③：因为平面，又，所以平面的一个法向量为不正确；
对④：因为，，，，，
所以平面的一个法向量为不正确.
故选：A.
【例5】（2022·全国·高二课时练习）放置于空间直角坐标系中的棱长为2的正四面体ABCD中，H是底面中心，平面ABC，写出：


（1）直线BC的一个方向向量___________；
（2）点OD的一个方向向量___________；
（3）平面BHD的一个法向量___________；
（4）的重心坐标___________.
【答案】                   
【分析】先求出正四面体中各边的长度，得到各个点的坐标.
对于（1）（2）：直接求出方向向量；
对于（3）：根据法向量的定义列方程组，即可求得；
对于（4）：利用重心坐标公式直接求得.
【详解】由题意可得：,,..
由图示，可得：，，，，，，
（1）直线BC的一个方向向量为，
（2）点OD的一个方向向量为；
（3）,.设为平面BHD的一个法向量，
则，不妨设，则.
故平面BHD的一个法向量为.
（4）因为，，，，
所以的重心坐标为.
故答案为：（1）；（2）；（3）（4）.
【题型专练】
1．（2022·江苏·高二课时练习）过空间三点，，的平面的一个法向量是（       ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
设出平面的法向量为，利用垂直关系，布列方程组，即可得到结果.
【详解】
，．
设平面的法向量为．
由题意知，，
所以，解得，
令，得平面的一个法向量是．
故选：A
2．（2022·全国·高二课时练习）已知三点、、，则平面的法向量可以是______．（写出一个即可）
【答案】（答案不唯一）
【分析】设平面的法向量为，则有，然后赋值即可得出答案.
【详解】解：，
设平面的法向量为，
则有，令，则，
所以，
所以平面的法向量可以是.
故答案为：（答案不唯一）.
3．（2022·全国·高二课时练习）已知三点、、，则平面的法向量可以是______．（写出一个即可）
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】
设平面的法向量为，则有，然后赋值即可得出答案.
【详解】
解：，
设平面的法向量为，
则有，令，则，
所以，
所以平面的法向量可以是.
故答案为：（答案不唯一）.
4．（2022·全国·高二单元测试）若点，，，则平面ABC的一个法向量______．
【答案】
【分析】根据题意求得向量，结合法向量的求法，即可求解.
【详解】由题意，点点，，，
可得向量，
设平面的法向量为，可得，
取，可得，所以平面的一个法向量为.
故答案为：.
5．（2022·湖南·高二课时练习）如图，在长方体中，，，，建立适当的空间直角坐标系，求下列平面的一个法向量：

(1)平面ABCD；
(2)平面；
(3)平面．
【答案】(1)
(2)
(3)
【解析】
【分析】
以为原点，所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
（1）由于平面，所以为平面的一个法向量，
（2）设平面的法向量为，则，从而可求出法向量，
（3）设平面的法向量为，则，从而可求出法向量
(1)
以为原点，所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，
所以，
因为平面，所以为平面的一个法向量，
所以平面的一个法向量为，
(2)
设平面的法向量为，
因为，
所以，令，则，
所以平面的一个法向量为，
(3)
设平面的法向量为，
因为，
所以，令，则
所以平面的一个法向量为


题型二：利用空间向量研究平行垂直问题
【例1】（2022·全国·高二课时练习）已知直线的方向向量为，平面的一个法向量为，若，则（       ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】结合平面法向量的概念及，即可得到答案.
【详解】由题意，直线的方向向量为，平面的一个法向量为，
因为，可得.
故选：D.
【例2】（2022·江苏·徐州市王杰中学高二阶段练习）已知平面的法向量为，若直线平面，则直线的方向向量可以为（       ）.
A．（8，6，4） B．
C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
结合空间向量平行关系即可求解.
【详解】
因为平面的法向量为，又因为直线平面，所以直线的方向向量平行于，四个选项中，，故B选项符合题意.
故选：B
【例3】（2022·广东·广州奥林匹克中学高二阶段练习）如图，在正四棱柱中，是底面的中心，分别是的中点，则下列结论正确的是（       ）

A．// B． C．//平面 D．平面
【答案】B
【解析】
【分析】
建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明，逐项分析、判断作答.
【详解】
在正四棱柱中，以点D为原点建立如图所示的空间直角坐标系，

令，是底面的中心，分别是的中点，
则，，，
对于A，显然与不共线，即与不平行，A不正确；
对于B，因，则，即，B正确；
对于C，设平面的法向量为，则，令，得，
，因此与不垂直，即不平行于平面，C不正确；
对于D，由选项C知，与不共线，即不垂直于平面，D不正确.
故选：B
【例4】（2022·全国·高三专题练习（文））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
【解析】
【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；
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.

【例5】（2022·福建宁德·高二期中）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，其中.平面，且，点M在棱PD上，点N为BC中点.

若，证明：直线平面PAB：
【答案】证明见解析
如图所示，以点A为坐标原点，以AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴建立空间直角坐标系，
则

若，则，
因为平面ABCD，所以
又因为
所以平面PAB
平面PAB的其中一个法向量为
所以，即
又因为平面
所以平面
【例6】（2022·全国·高二课时练习）在正方体中，点E，F分别是正方形和正方形的中心．求证：
(1)平面；
(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
【解析】
【分析】
（1）建立空间直角坐标系，利用向量法证得平面；
（2）利用向量法证得平面；
（3）利用向量法证得平面平面．
(1)
设正方体的边长为，建立如图所示空间直角坐标系，
，
，
，
所以，
由于，所以平面.
(2)
设平面的法向量为，
则，故可设.
，
，平面，
所以平面.
(3)
，
设平面的法向量为，
则，故可设.
，
显然，平面与平面不重合，所以平面平面.


【题型专练】
1．（2022·宁夏·石嘴山市第一中学高二期末（理））平面的法向量为，平面的法向量为，则下列命题正确的是（       ）
A．，平行 B．，垂直
C．，重合 D．，相交不垂直
【答案】B
【解析】
【分析】
根据可判断两平面垂直.
【详解】
因为，所以，所以，垂直.
故选：B.
2．（2022·四川成都·高二期中（理））若直线l的方向向量，平面的法向量，则（       ）
A． B． C． D．或
【答案】D
【解析】
【分析】
根据可得结果.
【详解】
因为，
所以，
所以或.
故选：D
3．（2022·湖南·高三阶段练习）若直线的方向向量，平面的法向量，且直线平面，则实数的值是______.
【答案】-1
【解析】
【分析】
利用法向量的定义和向量共线的定理即可.
【详解】
直线的方向向量，平面的法向量，直线平面，
必有 ，即向量 与向量 共线，
，∴，解得；
故答案为：-1.
4．（2022·陕西·武功县普集高级中学高二期末（理））设分别是平面的法向量，若，则实数的值是________．
【答案】4
【解析】
根据分别是平面的法向量，且，则有求解.
【详解】
因为分别是平面的法向量，且
所以
所以
解得
故答案为：4
【点睛】
本题主要考查空间向量垂直，还考查了运算求解的能力，属于基础题.
5.（2022·全国·高二课时练习）如图所示，正方体的棱长为，、分别为和上的点，，则与平面的位置关系是______．

【答案】平行
【解析】
【分析】
以为坐标原点，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求得的方向向量和平面的法向量，由向量法即可判断.
【详解】
因为是正方体，且棱长为，
故以为坐标原点建立空间直角坐标系，如下所示：

则，
由题可知，设点坐标为，
则，故可得，即；
，设点坐标为，
则，故可得，即；
故所在的方向向量为，
又平面的一个法向量，
故，故直线//面.
故答案为：平行.
6．（2022·全国·高二课时练习）已知正方体中，棱长为2a，M是棱的中点.求证：平面.

【答案】证明见解析
【解析】
【分析】
以点D为原点，分别以､与的方向为x､y与z轴的正方向，建立空间直角坐标系，分别求出面的一个法向量和直线的方向向量，根据直线与平面平行的定义即可证明.
【详解】
以点D为原点，分别以､与的方向为x､y与z轴的正方向，建立空间直角坐标系.则､､､､､､､，M是棱的中点得，.设面的一个法向量为，，，则令，则.又，因为平面，所以平面.
7．（2022·全国·高二课时练习）如图，正方体中，、分别为、的中点．

(1)用向量法证明平面平面；
(2)用向量法证明平面．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）利用向量法可得两平面的法向量，再根据法向量互相平行证明面面平行；
（2）利用向量法证明平面的法向量与平行，即可得证.
(1)
如图建立空间直角坐标系，
设正方体的棱长为，
则，，，，，，
故，，，，
设平面的法向量，
则，即，令，则，
设平面的法向量，
则，即，令，则，
所以，即，
故平面平面；
(2)
由，是线段，中点，
则，，
所以，
则，
所以平面.


8．（2022·全国·高二课时练习）如图，已知长方体中，，判断满足下列条件的点M，N是否存在：.

【答案】存在点满足
【解析】
【分析】
建立直角坐标系利用空间向量垂直的求解方法进行求证.
【详解】
解：假设存在满足条件.在长方体中以D为原点，分别以所在的直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系.
不妨设则
在中，


，

又




解得：


即存在点满足

9．（2022·浙江·高三专题练习）如图所示，在长方体中，，，、分别、的中点.

（1）求证：平面；
（2）求证：平面.
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【解析】
【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，利用空间向量法可证得结论成立；
（2）求出平面的一个法向量，利用空间向量法可证得结论成立.
【详解】
（1）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、、、、，
，易知平面的一个法向量为，
，则，
平面，故平面；
（2）设平面的法向量为，，，
由，得，取，可得，
所以，，故平面.
10．（2022·全国·高三专题练习）已知正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为棱CC1上的动点．

（1）求证：A1E⊥BD；
（2）若平面A1BD⊥平面EBD，试确定E点的位置．
【答案】（1）证明见解析；（2）E为CC1的中点.
【解析】
【分析】
以D为原点，DA、DC、DD1为x，y，z轴，建立空间直角坐标系.
（1）计算即可证明；
（2）求出面A1BD与面EBD的法向量，根据法向量垂直计算即可．
【详解】
以D为坐标原点，以DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图，

设正方体的棱长为a，则A(a，0，0)，B(a，a，0)，C(0，a，0)，A1(a，0，a)，C1(0，a，a)．
设E(0，a，e)(0≤e≤a)．
（1）＝(－a，a，e－a)，＝(－a，－a，0)，
＝a2－a2＋(e－a)·0＝0，
∴，即A1E⊥BD；
（2）设平面A1BD，平面EBD的法向量分别为＝(x1，y1，z1)，＝(x2，y2，z2)．
∵＝(a，a，0)，＝(a，0，a)，＝(0，a，e)
∴， ， ，.
∴,　
取x1＝x2＝1，得＝(1，－1，－1)，＝(1，－1，)．
由平面A1BD⊥平面EBD得⊥.
∴2－＝0，即e＝.
∴当E为CC1的中点时，平面A1BD⊥平面EBD.





题型三：异面直线所成的角
【例1】（2022·河南·商丘市第一高级中学高一阶段练习）在正方体中，E，F分别为棱AD，的中点，则异面直线EF与所成角的余弦值为（       ）．
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】利用坐标法即得.
【详解】如图建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，

则，
∴，
∴，
即异面直线EF与所成角的余弦值为.
故选：A.
【例2】（2022·全国·高二单元测试）在正方体中，若M是棱的中点，点O为底面ABCD的中心，P为棱上任意一点，则异面直线OP与AM所成角的大小为（       ）
A． B． C． D．与P点位置无关
【答案】C
【分析】建立空间直角坐标系，用向量法求解．
【详解】
如图，以为轴建立空间直角坐标系，设正方体棱长为2，则
，设，
，
∴，∴，即．
∴直线与直线所成的角为．
故选：C.
【点睛】关键点睛：解题关键是建立空间直角坐标系，用空间向量法求解．
【例3】（2022·四川省成都市新都一中高二期中（理））将正方形沿对角线折起，使得平面平面，则异面直线与所成角的余弦值为（       ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
根据空间直角坐标系，根据向量的夹角的余弦值来确定异面直线的夹角.
【详解】
取中点为，连接，所以，
又面面且交线为，面，
所以面，面，则.
设正方形的对角线长度为2，
如图所示，建立空间直角坐标系，，
所以，.
所以异面直线与所成角的余弦值为.
故选:A

【例4】（2022·吉林长春·模拟预测（理））在矩形ABCD中，O为BD中点且，将平面ABD沿对角线BD翻折至二面角为90°，则直线AO与CD所成角余弦值为（       ）

A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
建立空间直角坐标系，利用向量法求得直线AO与CD所成角余弦值.
【详解】
在平面中过作，垂足为；
在平面中过作，垂足为.
由于平面平面，且交线为，
所以平面，平面，
设，
，
同理可得，
以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，
则，
，
设与所成角为，
则.
故选：C

【例5】（2021·全国·高二课时练习）已知四棱锥的底面是边长为2的正方形，是以AD为斜边的等腰直角三角形，平面PAD，E是线段PD上的动点（不含端点），若线段AB上存在点F（不含端点），使得异面直线PA和EF所成的角的大小为30°，则线段AF长的取值范围是（       ）

A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】取AD的中点G，先证明平面ABCD，以分别为轴，轴，过点作的平行线为轴，建立空间直角坐标系，用未知量设点E，F，注意范围，利用异面直线PA与 EF成角构建关系，解出范围即可.
【详解】取AD的中点G，由是以AD为斜边的等腰直角三角形，则
又平面PAD，平面PAD，则,
又，所以平面ABCD
以分别为轴，轴，过点作的平行线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，
设，，，，
则，，又，
异面直线PA和EF所成的角的大小为30°，则，
即，即，，
则，，所以，又，
则线段AF长的取值范围是．
故选：B

【题型专练】
1．（2022·江苏·东台创新高级中学高二阶段练习）如图，在棱长为1的正方体中，M，N分别为和的中点，那么直线AM与CN夹角的余弦值为（       ）


A． B． C． D．
【答案】D
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量的夹角公式求解.
【详解】建立如图所示空间直角坐标系：

则，
所以，
所以，
故选：D
2.（2021·内蒙古·赤峰二中高二阶段练习（理））在直三棱柱中，，，分别是的中点，则直线与所成角的余弦值等于（       ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】建立空间直角坐标系，求得向量的坐标，利用向量的夹角公式，即可求解.
【详解】由题意，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，
设，可得，
则，
所以.
故选：A.


3．（2022·福建龙岩·模拟预测）已知直三棱柱的所有棱长都相等，为的中点，则与所成角的正弦值为（       ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
取线段的中点，则，设直三棱柱的棱长为，以点为原点，、、的方向分别为、、的正方向建立空间直角坐标系，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】
取线段的中点，则，设直三棱柱的棱长为，
以点为原点，、、的方向分别为、、的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，

则、、、，
所以，，，.
所以，.
故选：C.
4．（2022·内蒙古赤峰·模拟预测（理））在正方体中，，分别为，的中点，则异面直线与所成角的余弦值是（       ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
建立空间直角坐标系，设棱长，由向量法可得.
【详解】
如图，以AB、AD、分别为x、y、z轴，建立空间直角坐标系，设正方体棱长为2，则
则
因为
所以异面直线与所成角的余弦值为.
故选：A

5．（2022·河南安阳·高一阶段练习）已知在四棱柱中，底面为正方形，侧棱底面.若，，是线段的中点，，则异面直线与所成角的余弦值为（       ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【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】
建立如图所示的空间直角坐标系，
，
，
所以异面直线与所成角的余弦值为，
故选：B

6．（2022·四川省内江市第六中学高二开学考试（理））如图，在正方体中，M为线段的中点，N为线段上的动点，则直线与直线所成角的正弦值的最小值为（       ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】建立空间直角坐标系，通过表示出点坐标，利用数量积求出夹角余弦值的范围，进而得出答案.
【详解】以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，

则，，，
设(0 ≤ λ ≤ 1)得：，
，
，
由，
∴，则.
故选：C.
7．（2022·重庆八中模拟预测）如图所示，是棱长为的正方体，、分别是下底面的棱、的中点，是上底面的棱上的一点，，过、、的平面交上底面于，在上，则异面直线与所成角的余弦值为___________．

【答案】##
【解析】
【分析】
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，分析可知，可求得点的坐标，再利用空间向量法可求得结果.
【详解】
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、、、、、，
因为平面平面，平面平面，平面平面，所以，，
设点，，，
因为，所以，，即点，
，，
所以，.
因此，异面直线与所成角的余弦值为.
故答案为：.
8．（2022·江苏·高二阶段练习）如图，四棱雉的底面为直角梯形，∥，，，，平面．

(1)求异面直线与所成的角的余弦值；
(2)求出点A在平面上的投影M的坐标．
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）以D点为原点，， ，分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，然后利用向量的夹角公式求解即可，
（2）设，则，表示出，然后由，，列方程组可求出结果
(1)
因为平面，平面，
所以，
因为，
所以，，两两垂直，
所以以D点为原点，，，分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，．
，，
，
所以异面直线与所成的角的余弦值为．
(2)
设，
则．
又，
由，，得，
解得．
所以．
题型四：直线与平面所成角（线面角）




【例1】（2021·全国·高二单元测试）如图，在正方体中，，分别为棱，的中点，面，则与平面所成角的正弦值为（       ）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】以分别为轴建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量的坐标和的坐标，计算即可求解.
【详解】在正方体中以分别为轴建立空间直角坐标系.
设正方体的棱长为2，
则，，，，，，，
因为面，所以面的一个法向量为，
设与平面所成角为，
因为 则，
故选：A .

【例2】（2022·全国·高三专题练习（理））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).
【解析】
【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.
(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，
所以，
因为平面，平面，
所以，
又，
所以平面，
又因平面，
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.

【例3】（2022·辽宁沈阳·高一期末）如图，在正方体中，点P在线段上运动，则下列结论正确的是（       ）

A．直线平面
B．三棱锥的体积为定值
C．异面直线与所成角的取值范围是
D．直线与平面所成角的正弦值的最大值为
【答案】ABD
【分析】在选项A中，推导出，，从而直线平面；在选项B中，由平面，得到到平面的距离为定值，再由的面积是定值，从而三棱锥的体积为定值；在选项C中，可得异面直线与所成角的取值范围是；在选项D中，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法进行求解即可.
【详解】在选项A中，∵，，，
且平面，
∴平面，平面，
∴，
同理，，
∵，且平面，
∴直线平面，故A正确；
在选项B中，
∵，平面，平面，
∴平面，
∵点在线段上运动，
∴到平面的距离为定值，又的面积是定值，
∴三棱锥的体积为定值，故B正确；
在选项C中，
∵，
∴异面直线与所成角为直线与直线的夹角.
易知为等边三角形，
当为的中点时，；
当与点或重合时，直线与直线的夹角为.
故异面直线与所成角的取值范围是，故C错误；
在选项D中，
以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，如图，

设正方体的棱长为1，
则，，，，
所以，.
由A选项正确：可知是平面的一个法向量，
∴直线与平面所成角的正弦值为：，
∴当时，直线与平面所成角的正弦值的最大值为，故D正确.
故选：ABD

【例4】（2022·浙江绍兴·模拟预测）如图，三棱台中，，，．

(1)证明：；
(2)求直线与平面所成的角．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）由题，取中点，连接，，先由线线垂直证面，即可由线面垂直证，即可证；
（2）分别以为轴建立如图空间直角坐标系，即可由向量法求所求线面角.
(1)
由题，取中点，连接，由，，则，又面，故面，
因为面，故，又，则，得证；
(2)
由题，，则，又，，
故，故.
分别以为轴建立如图空间直角坐标系，
易得，，，，，，设平面法向量，
则，令，则，
故，故直线与平面所成的角为.
即直线与平面所成的角为.

【例5】（2020·山东新高考卷）如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD．设平面PAD与平面PBC的交线为l．

（1）证明：l⊥平面PDC；
（2）已知PD=AD=1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
（1）证明：
在正方形中，，
因为平面，平面，
所以平面，
又因为平面，平面平面，
所以，
因为在四棱锥中，底面是正方形，所以
且平面，所以
因为
所以平面；
（2）如图建立空间直角坐标系，

因为，则有，
设，则有，
设平面的法向量为，
则，即，
令，则，所以平面的一个法向量为，则

根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，所以直线与平面所成角的正弦值等于，当且仅当时取等号，
所以直线与平面所成角的正弦值的最大值为.
【点睛】该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有线面平行的判定和性质，线面垂直的判定和性质，利用空间向量求线面角，利用基本不等式求最值，属于中档题目.
【例6】（2022·北京市十一学校高三阶段练习）图1是直角梯形，四边形是边长为2的菱形，并且，以为折痕将折起，使点到达的位置，且，如图2.

(1)求证：平面平面；
(2)在棱上是否存在点，使得到平面的距离为？若存在，求出直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)详见解析；
(2)存在点且为的中点；.
【解析】
【分析】
（1）在图1中连接AC，交BE于O，易知，且，再在图2中由是二面角的平面角证明；
（2）由（1）分别以为x，y，z建立空间直角坐标系，设，由表示坐标，求得平面的一个法向量，根据到平面的距离为求得，进而得到，由求得坐标，设直线与平面所成的角为，由求解.
(1)
证明：如图所示：

在图1中连接AC，交BE于O，
因为四边形是边长为2的菱形，并且，
所以，且，
在图2中，相交直线均与BE垂直，
所以是二面角的平面角，
因为，则，
所以平面平面；
(2)
由（1）分别以为x，y，z建立如图所示空间直角坐标系，
则，
所以，
设，
则，
设平面的一个法向量为，
则，即，取，
因为到平面的距离为，
所以，解得，
则，所以，
设直线与平面所成的角为，
所以直线与平面所成角的正弦值为：.
【题型专练】
1.（2022·全国甲（理）） 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）.
【解析】
【分析】（1）作于，于，利用勾股定理证明，根据线面垂直性质可得，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，
所以，
因为平面，平面，
所以，
又，
所以平面，
又因平面，
所以；

（2）如图，以点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·全国乙（理）） 如图，四面体中，，E为的中点．

（1）证明：平面平面；
（2）设，点F在上，当的面积最小时，求与平面所成的角的正弦值．
【答案】（1）证明过程见解析
（2）与平面所成的角的正弦值为
【解析】
【分析】（1）根据已知关系证明，得到，结合等腰三角形三线合一得到垂直关系，结合面面垂直的判定定理即可证明；
（2）根据勾股定理逆用得到，从而建立空间直角坐标系，结合线面角的运算法则进行计算即可.
【小问1详解】
因为，E为的中点，所以；
在和中，因为，
所以，所以，又因为E为的中点，所以；
又因为平面，，所以平面，
因为平面，所以平面平面.
【小问2详解】
连接，由（1）知，平面，因为平面，
所以，所以，
当时，最小，即的面积最小.
因为，所以，
又因为，所以是等边三角形，
因为E为的中点，所以，，
因为，所以,
在中，，所以.
以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则，所以，
设平面的一个法向量为，
则，取，则，
又因为，所以，
所以，
设与平面所成的角的正弦值为，
所以，
所以与平面所成的角的正弦值为.

3．（2022·浙江湖州·模拟预测）已知四棱锥中，底面为等腰梯形，，，，是斜边为的等腰直角三角形．

(1)若时，求证：平面平面；
(2)若时，求直线与平面所成的角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【解析】
【分析】
（1）根据给定条件，证明，再利用线面垂直、面面垂直的判定推理作答.
（2）作出二面角的平面角并求出其大小，再建立空间直角坐标系，借助空间向量求解作答.
(1)
因，，，则有，即有，
又，且，平面，
于是得平面，而平面，
所以平面平面.
(2)
在平面内，过B作直线垂直于，交直线于E，有，，如图，

则为二面角的平面角，平面，，于是得，
中，，则，在中，，，，
由余弦定理得，则有，
显然平面平面，在平面内过B作，则平面，
以B为原点，分别以射线为x，y，z轴非负半轴建立空间直角坐标系，
则，，，
设平面的法向量，则，令，得
而，设与平面所成的角为，

所以与平面所成的角的正弦值为.
4.（2020·北京卷）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）.
【解析】
（Ⅰ）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；
（Ⅱ）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.
.
因此，直线与平面所成角的正弦值为.
【点睛】本题考查线面平行的证明，同时也考查了利用空间向量法计算直线与平面所成角的正弦值，考查计算能力，属于基础题.
5．（2022·浙江·高考真题）如图，已知和都是直角梯形，，，，，，，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)．
【解析】
【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．
(1)
过点、分别做直线、的垂线、并分别交于点交于点、．
∵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，
∴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，
∴．

6．（2022北京卷真题）如图，在三棱柱中，侧面为正方形，平面平面，，M，N分别为，AC的中点．

(1)求证：平面；
(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB与平面BMN所成角的正弦值．
条件①：；
条件②：．
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【解析】
【分析】
（1）取的中点为，连接，可证平面平面，从而可证平面.
（2）选①②均可证明平面，从而可建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量可求线面角的正弦值.
(1)
取的中点为，连接，
由三棱柱可得四边形为平行四边形，
而，则，
而平面，平面，故平面，
而，则，同理可得平面，
而平面，
故平面平面，而平面，故平面，
(2)
因为侧面为正方形，故，
而平面，平面平面，
平面平面，故平面，
因为，故平面，
因为平面，故，
若选①，则，而，，
故平面，而平面，故，
所以，而，，故平面，
故可建立如所示的空间直角坐标系，则，
故，
设平面的法向量为，
则，从而，取，则，
设直线与平面所成的角为，则
.
若选②，因为，故平面，而平面，
故，而，故，
而，，故，
所以，故，
而，，故平面，
故可建立如所示的空间直角坐标系，则，
故，
设平面的法向量为，
则，从而，取，则，
设直线与平面所成的角为，则
.

7．（2022·全国·高三专题练习）如图，在四棱锥中，平面，，，，，点，分别为棱，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)
【解析】
【分析】
（1）以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系,利用向量法证明线面平行；
（2）利用向量法求直线与平面所成角的正弦值.
(1)
证明: 以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系,则,,
则,,
设平面的一个法向量为,
则,
令, 则,
则平面的一个法向量为,

平面

(2)
由（1）得 ,
设直线与平面所成角为.

直线与平面所成角的正弦值为.
8．（2022·河南省杞县高中模拟预测（理））如图，在四棱锥中，四边形ABCD为菱形，且，平面ABCD，E为BC的中点，F为棱PC上一点．

(1)求证：平面平面PAD；
(2)若G为PD的中点，，是否存在点F，使得直线EG与平面AEF所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在；或
【解析】
【分析】
（1）根据底面菱形的特点得到，再由线面垂直得到，平面，进而得到面面垂直；
（2）建立空间坐标系得到线面角的表达式，求解即可.
(1)
证明：连接，
因为底面为菱形，，
所以是正三角形，
是的中点，
，
又，
平面，平面，
又平面，
又平面，
所以平面平面．
(2)
由（1）知AE，AD，AP两两垂直，以为坐标原点，直线AE，AD，AP分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，设，则，，，，，，

所以，，．
设平面的法向量，则即
令，得平面的一个法向量．
设与平面所成的角为，则
，
解得或，
即存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为，且或．
题型六：利用空间向量求二面角
【例1】（2022·新高考Ⅰ卷） 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）
【解析】
【分析】（1）由等体积法运算即可得解；
（2）由面面垂直的性质及判定可得平面，建立空间直角坐标系，利用空间向量法即可得解.
【小问1详解】
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；
【小问2详解】
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.
【例2】（2020·新课标Ⅰ）如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，．是底面的内接正三角形，P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）.
【解析】
（1）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；
（2）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，则.
【点晴】本题主要考查线面垂直的证明以及利用向量求二面角的大小，考查学生空间想象能力，数学运算能力，是一道容易题.
【例3】（2022·广东·广州奥林匹克中学高二阶段练习）在四棱锥中，底面为直角梯形，，E，F分别为的中点，.

(1)证明：平面平面；
(2)若与所成角为，求平面和平面所成角的余弦值.
【答案】(1)详见解析；
(2)
【解析】
【分析】
（1）根据，E为的中点，得到，再由，利用线面垂直和面面垂直的判定定理证明；
（2）以E为原点，以EA为x轴，EB为y轴，以EP为z轴，建立空间直角坐标系，求得平面EBF的一个法向量为，再由平面ABE的一个法向量为，由求解.
(1)
证明：因为，E为的中点，
所以，又，且.
所以平面ABCD，
又因为平面PAD，
所以平面平面；
(2)
易证，则，
所以四边形是平行四边形，则，
所以，则，
以E为原点，以EA为x轴，EB为y轴，以EP为z轴，建立空间直角坐标系：

则，
所以，
设平面EBF的一个法向量为，
则，即，
令，则，
平面ABE的一个法向量为，
则，
又是钝角，
所以平面和平面所成角的余弦值.
【例4】（2022·新高考Ⅱ卷） 如图，是三棱锥的高，，，E是的中点．

（1）求证：平面；
（2）若，，，求二面角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）连接并延长交于点，连接、，根据三角形全等得到，再根据直角三角形的性质得到，即可得到为的中点从而得到，即可得证；
（2）过点作，如图建立平面直角坐标系，利用空间向量法求出二面角的余弦值，再根据同角三角函数的基本关系计算可得；
小问1详解】
证明：连接并延长交于点，连接、，
因为是三棱锥的高，所以平面，平面，
所以、，
又，所以，即，所以，
又，即，所以，，
所以
所以，即，所以为的中点，又为的中点，所以，
又平面，平面，
所以平面


【小问2详解】
解：过点作，如图建立平面直角坐标系，
因为，，所以，


又，所以，则，，
所以，所以，，，，所以，
则，，，
设平面法向量为，则，令，则，，所以；
设平面的法向量为，则，令，则，，所以；
所以
设二面角为，由图可知二面角为钝二面角，
所以，所以
故二面角的正弦值为；

【例5】（2022·福建·三明一中模拟预测）如图，四边形为菱形，，将沿折起，得到三棱锥，点M，N分别为和的重心．

(1)证明：∥平面；
(2)当三棱锥的体积最大时，求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）延长交于点P，延长交于O点，连接,证明即可.
（2）证明两两垂直，以O为坐标原点，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，利用二面角的向量公式求解即可.
(1)
延长交于点P，延长交于O点，连接．
因为点M，N分别为和的重心，所以点P，

O分别为和的中点，所以，
又平面，平面，
所以平面．
(2)
当三棱锥的体积最大时，点D到底面的距离最大，
即平面平面，
连接，因为和均为正三角形，
于是，又平面平面，
所以平面，所以两两垂直，
以O为坐标原点，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则，
所以，

又二面角即二面角，
设平面的一个法向量为，则
可得，取，则，
同理设平面的一个法向量为，
则,即，取，则，
所以，
由图可知二面角为钝角，
所以二面角的余弦值为．






【题型专练】
1.（2020·新课标Ⅲ）如图，在长方体中，点E、F分别在棱上，且，．

（1）证明：点在平面内；
（2）若，，，求二面角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
（1）在棱上取点，使得，连接、、、，

在长方体中，且，且，
，，且，
所以，四边形为平行四边形，则且，
同理可证四边形为平行四边形，且，
且，则四边形为平行四边形，
因此，点在平面内；
（2）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、、、，
，，，，
设平面的法向量为，
由，得取，得，则，
设平面的法向量为，
由，得，取，得，，则，

，
设二面角的平面角为，则，.
因此，二面角的正弦值为.
【点睛】本题考查点在平面的证明，同时也考查了利用空间向量法求解二面角角，考查推理能力与计算能力，属于中等题.
2.（2022·青海玉树·高三阶段练习（理））如图，在多面体ABCDFE中，平面平面ABEF，四边形ABCD是矩形，四边形ABEF为等腰梯形，且，，．


(1)求证：；
(2)求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）取EF中点G，连接BF，根据线线平行且相等证明四边形ABGF为平行四边形，再根据勾股定理证明，再根据线面垂直的性质与判定证明平面BCE即可
（2）以为原点建立空间直角坐标系，再分别求解平面和的法向量，进而求得二面角的余弦值即可
(1)
因为四边形ABCD是矩形，故，又平面平面，平面平面，平面ABEF，又平面ABEF，


取EF中点G，连接BG

四边形ABGF为平行四边形

在中，，


平面BCE，且交于点B
平面BCE
平面BCE

(2)
由（1），平面ABEF，可得两两垂直，故以为原点建立如图空间直角坐标系，由（1）同理可得，，故，，，


故，，.
设平面的一个法向量为，则，故 ，令，则
设平面的一个法向量为，则，故 ，令，则
二面角为，则，即二面角的余弦值为
3．【2019年高考全国Ⅲ卷】图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB=1，BE=BF=2，∠FBC=60°，将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连结DG，如图2.
（1）证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；
（2）求图2中的二面角B−CG−A的大小.

【答案】（1）见解析；（2）.
【解析】（1）由已知得ADBE，CGBE，所以ADCG，故AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面．
由已知得ABBE，ABBC，故AB平面BCGE．
又因为AB平面ABC，所以平面ABC平面BCGE．
（2）作EHBC，垂足为H．因为EH平面BCGE，平面BCGE平面ABC，所以EH平面ABC．
由已知，菱形BCGE的边长为2，∠EBC=60°，可求得BH=1，EH=．
以H为坐标原点，的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系H–xyz，

则A（–1，1，0），C（1，0，0），G（2，0，），=（1，0，），=（2，–1，0）．
设平面ACGD的法向量为n=（x，y，z），则
即
所以可取n=（3，6，–）．
又平面BCGE的法向量可取为m=（0，1，0），所以．
因此二面角B–CG–A的大小为30°．

4．（2022·全国·模拟预测（理））如图，在四棱锥中，，，，，，平面平面.


(1)证明：平面；
(2)求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【解析】
【分析】
（1）由面面、线面垂直的性质可得，且，根据线面垂直的判定即可证结论；
（2）构建空间直角坐标系，求面、面的法向量，应用空间向量夹角的坐标表示求二面角的余弦值.
(1)
由题设，，又面面，面面，面，
所以面，而面，则，
由得：，
又，则平面.
(2)
若是的中点，连接，
由，，，，
所以，
面面，面面，面，
所以面，面，则.
综上，可构建如下空间直角坐标系，，

所以，则，
若是面的法向量，则，令，则，
若是面的法向量，则，令，则，
所以，故二面角的余弦值为.
5．（2022·黑龙江·大庆实验中学模拟预测（理））如图，在四棱锥中，四边形为平行四边形，在平面的投影为边的中点..，，，，．


(1)求证： 平面 ；
(2)点为线段上靠近点的三等分点，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)
【解析】
【分析】
（1）利用余弦定理及勾股定理得到，再利用点的投影的概念得到平面，从而得到，利用线面垂直的判定定理即可得到 平面,再利用线面垂直判定定理的推论即可得证；（2）利用空间向量求解二面角的余弦值
(1)


因为四边形是平行四边形，所以， ，
故在中，由余弦定理可得：
，
，
，，又在平面的投影为
平面，平面，
，平面
四边形为平行四边形，
，
平面
(2)


取的中点 ，连接，则由（1）知，，两两垂直，故分别以的反向延长线、，为轴、轴、轴建立如图的空间直角坐标系, 则，，，，， ，，
设，，
易知平面的一个法向量为，
设平面的法向量为，
则，
令得，
由题得
平面与平面所成的锐二面角余弦值．
6．（2022·山东聊城·三模）已知四边形ABCD为平行四边形，E为CD的中点，AB=4，为等边三角形，将三角形ADE沿AE折起，使点D到达点P的位置，且平面平面ABCE.


(1)求证：；
(2)试判断在线段PB上是否存在点F，使得平面AEF与平面AEP的夹角为45°.若存在，试确定点F的位置；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，点F为线段PB的靠近点P的三等分点
【解析】
【分析】
（1）由BE⊥AE结合平面AEP⊥平面ABCE得出BE⊥平面APE，再由线面垂直的定义得出；
（2）以点O为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
(1)
证明：因为四边形ABCD为平行四边行，且为等边三角形，
所以∠BCE=120º.
又E为CD的中点，所以CE=ED=DA=CB，即为等腰三角形，
所以∠CEB=30º.
所以∠AEB=180º－∠AED－∠BEC=90º，
即BE⊥AE.
又因为平面AEP⊥平面ABCE，
平面平面ABCE=AE，平面ABCE，
所以BE⊥平面APE，
又平面APE，所以BE⊥AP.
(2)
解：取AE的中点O，连接PO，由于为正三角形，则PO⊥AE，
又平面APE⊥平面ABCE，平面平面ABCE=AE，平面EAP，
所以PO⊥平面ABCE，，，
取AB的中点G，则，
由（1）得BE⊥AE，所以OG⊥AE，
以点O为原点，分别以OA，OG，OP所在的直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz，


则0（0，0，0），A（1，0，0），，，E（－1，0，0），
则，，，，
假设存在点F，使平面AEF与平面AEP的夹角为45°，
设，
则，
设平面AEF的法向量为，
由得，取z=2λ，
得；
由（1）知为平面AEP的一个法向量，
于是，，
解得或λ=－1（舍去），
所以存在点F，且当点F为线段PB的靠近点P的三等分点时，平面AEF与平面AEP的夹角为45°.
题型六：距离问题
【例1】（2022·福建省连城县第一中学高二阶段练习）已知平面的法向量为，点在平面内，则点到平面的距离为（       ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
根据点到平面的距离的向量公式直接计算即可.
【详解】

则点到平面的距离为
故选：D
【例2】（2022·江苏·淮安市淮安区教师发展中心学科研训处高二期中）将边长为的正方形沿对角线折成直二面角，则点到平面的距离为______．
【答案】##
【解析】
【分析】
建立空间直角坐标系，由向量法计算可得.
【详解】
记AC与BD的交点为O，图1中，由正方形性质可知，
所以在图2中，，所以，即
如图建立空间直角坐标系，易知
则
则
设为平面ABC的法向量，
则，取，得
所以点到平面的距离
故答案为：

【例3】（2022·江苏·高二课时练习）长方体中，，，为的中点，则异面直线与之间的距离是（       ）

A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
建立如图所示的空间直角坐标系，得出各点坐标，求出与的公垂线的一个方向向量，由空间向量的数量积求得结论．
【详解】
建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，
，，
设与的公垂线的一个方向向量为，
则，取，得，，即，
又，
所以异面直线与之间的距离为．
故选：D．

【例4】（2022·福建·厦门一中高二阶段练习）在空间直角坐标系中，点，则到直线的距离为__________．
【答案】
【解析】
【分析】
利用点到直线距离的向量公式即可求解．
【详解】
依题意得，
则到直线的距离为
故答案为：
【题型专练】
1．（2022·全国·高二课时练习）如图，是正四棱锥，是正方体，其中，．

(1)求该几何体的表面积；
(2)求点到平面PAD的距离．
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）先计算正四棱锥的斜高，即可求得几何体的表面积；
（2）建立空间直角坐标系，求得相关点的坐标，求得平面PAD的一个法向量，根据空间距离的向量求法，可得答案.
(1)
由题意得正四棱锥的斜高，
故几何体表面积为．
(2)
如图，分别以、、为x、y、z轴，建立空间直角坐标系,
则 ,

设平面PAD的法向量是．∵，，
∴由，可得，
取得．∵，
∴到平面PAD的距离．
2．（2022·江西南昌·高二期中（理））如图，在棱长为4的正方体中，E为BC的中点，点P在线段上，点Р到直线的距离的最小值为_______.

【答案】##
【解析】
【分析】
建立空间直角坐标系，借助空间向量求出点Р到直线距离的函数关系，再求其最小值作答.
【详解】
在正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，
因点P在线段上，则，，
，向量在向量上投影长为，
而，则点Р到直线的距离
，当且仅当时取“=”，
所以点Р到直线的距离的最小值为.
故答案为：
3．（2022·全国·高二期末）如图，在正方体中，AB＝1，M，N分别是棱AB，的中点，E是BD的中点，则异面直线，EN间的距离为______.

【答案】
【解析】
【分析】
建立空间直角坐标系，表示出，求出同时垂直于的，再通过公式求距离即可.
【详解】

以为原点，的方向为轴建立空间直角坐标系，易知，
，设同时垂直于，由，令，得，
又，则异面直线，EN间的距离为.
故答案为：.
4．（2022·江苏·南京师大附中高二期末）在矩形ABCD中，，点E是线段AD的中点，将△ABE沿BE折起到△PBE位置（如图），点F是线段CP的中点．

(1)求证：DF∥平面PBE：
(2)若二面角的大小为，求点A到平面PCD的距离．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【解析】
【分析】
（1）利用线面平行的判定定理即得；
（2）由题建立空间直角坐标系，利用点到平面的距离的向量求法即得.
(1)
设PB的中点为G点，连接GF和GE，

因为点G、点F分别为PB和PC的中点，
所以且，又且，
所以且，
所以四边形GFDE为平行四边形，
所以，又GE平面PBE，DF平面PBE，
所以DF∥平面PBE；
(2)
由二面角的大小为可知，平面平面，
取BE得中点O，连接，则，平面，
如图建立空间直角坐标系，

则，，
所以，
设平面PCD的法向量为，
则，
令则，又，
所以点A到平面PCD的距离为.