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专题1-2 空间向量：求距离与角度13种题型归类（讲+练）-高二数学热点题型讲与练（人教A版选择性必修第一册）
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这是一份专题1-2 空间向量：求距离与角度13种题型归类（讲+练）-高二数学热点题型讲与练（人教A版选择性必修第一册），文件包含专题1-2空间向量求距离与角度13种题型归类原卷版docx、专题1-2空间向量求距离与角度13种题型归类解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共83页， 欢迎下载使用。
热点考题归纳
【题型一】平面法向量
【典例分析】
1.（2023·全国·高二专题练习）如图，在正三棱锥D-ABC中，，，O为底面ABC的中心，点P在线段DO上，且，若平面PBC，则实数（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由正棱锥的结构特征构建空间直角坐标系，根据已知条件确定相关点坐标并求出面PBC的法向量，结合线面平行及向量共线定理求参数即可.
【详解】由题设，△为边长为的等边三角形，且，
等边△的高为，
在正棱锥中，以为原点，平行为x轴，垂直为y轴，为z轴，如上图示，
则，且，
所以，，，
若为面PBC的法向量，则，令，则，
又平面PBC，则且k为实数，，故.故选：D
2.（（2023·全国·高二专题练习）已知，则平面的一个单位法向量是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】待定系数法设平面的一个法向量为，由法向量的性质建立方程组解出分析即可.
【详解】设平面的一个法向量为，
又，
由，
即，
又因为单位向量的模为1，所以B选项正确，故选：B.
【提分秘籍】
【变式演练】
1.（2023·全国·高二专题练习）已知，则下列向量是平面法向量的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】利用平面法向量的求法求解即可.
【详解】因为，所以，
设平面的一个单位法向量为，
则，可得，经检验，仅符合题意．故选：C．
2.（2023·全国·高二专题练习）已知，则平面ABC的一个单位法向量是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】先求出平面ABC的一个法向量，进而得出单位法向量．
【详解】因为
所以，
令平面ABC的一个法向量为
可得，即，令，则，所以
故平面ABC的单位法向量是，即或．故选：B．
3.（2021秋·安徽合肥·高二合肥一六八中学校考阶段练习）已知，则平面的一个单位法向量是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据给定条件，求出平面的法向量，再逐项判断作答.
【详解】依题意，，设平面的一个法向量为，
则，令，得，于是得与同向的单位向量为，
与反向的单位向量为，D满足，
显然选项A，B，C中的向量与不共线，即A，B，C不满足.故选：D
【题型二】点到面的距离（向量法）
【典例分析】
1.（2023秋·全国·高二随堂练习）在三棱锥中，底面，则点到平面的距离是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】解法一：以为原点，为轴，为轴，过作平面的垂线为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出点到平面的距离．解法二：根据三棱锥等体积转换求解点到平面的距离.
【详解】解法一：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，令，则，
，∴点到平面的距离为．故选：A.
解法二 底面，，又，且平面，
平面，平面，，，
，在中，，令点到平面的距离为，
，，．故选：A.
2.（2023·全国·高二专题练习）在单位正方体中，为的中点，则点到平面的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，求得平面的法向量，根据空间距离的向量求法，即可求得答案.
【详解】如图，以D为坐标原点，以分别为轴建立空间直角坐标系，
则,
故，设平面的法向量为，
则，令，则，
故点到平面的距离为,故选：C
【提分秘籍】
【变式演练】
1.（2023·全国·高二专题练习）空间直角坐标系中，，，，点在平面内，且平面，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据给定条件，求出平面的法向量，再求出长，然后利用勾股定理求解作答.
【详解】由，，，得，
设平面的法向量，则，令，得，
有，而平面，于是，
又，，所以.
故选：D
2.（2023·全国·高二专题练习）如图，在圆锥中，是底面圆的直径，，，为的中点，为的中点，则点到平面的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【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，利用空间向量法可求得点到平面的距离.
【详解】因为，为的中点，则，
由圆锥的几何性质可知平面，
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，，，
则，取，可得，
又因为，所以，点到平面的距离为.故选：B.
3.（2023·全国·高二专题练习）已知正方体的棱长为2，、分别为上底面和侧面的中心，则点到平面的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法得出点到平面的距离.
【详解】建立如图所示的空间直角坐标系
，，，，，，
设平面的法向量为，，令，得
则点到平面的距离为.故选：A
【题型三】点到直线的距离（向量法）
【典例分析】
1.．（2023秋·高二课时练习）已知三棱锥，，且，则点到直线的距离为（ ）
A．B．
C．D．3
【答案】B
【分析】由题意建立空间直角坐标系，利已知条件结合向量法求解即可.
【详解】由题意，故以为坐标原点，所在直线分别为轴，
建立如图所示的空间直角坐标系， 由题设可知，
所以，，，
设点在上的投影为,则
在直角三角形中，.
点到直线的距离为:故选：B.
2.（2023·江苏徐州·校考模拟预测）在空间直角坐标系中，直线的方程为，空间一点，则点到直线的距离为（ ）
A．B．1C．D．
【答案】D
【分析】由直线的方程可得直线的方向向量和所过的定点坐标，结合空间点到直线距离的计算公式计算即可得出答案.
【详解】根据题意，直线的方程为，
即，则直线的方向向量为，又因为过点，
，，则，
故在上的射影为：，
故点到直线的距离为：.故选：D.
【变式演练】
1.（2023春·广东茂名·高三校考阶段练习）菱形的边长为4，，E为AB的中点（如图1），将沿直线DE翻折至处（如图2），连接，，若四棱锥的体积为，点F为的中点，则F到直线BC的距离为（ ）
A． B．C．D．
【答案】A
【分析】由已知可证得 平面，平面，所以以为原点，所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可.
【详解】连接，因为四边形为菱形，且，所以为等边三角形，
因为 E为AB的中点，所以，所以，因为，平面，所以 平面，因为菱形的边长为4，所以，
所以直角梯形的面积为，设四棱锥的高为，则，得，
所以，所以平面，所以以为原点，所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，则，所以，所以
所以，所以F到直线BC的距离为，
故选：A
2.（2023春·江苏连云港·高二校考阶段练习）已知点，则点到直线的距离是（ ）
A．B．C．D．5
【答案】B
【分析】根据点到直线的距离的向量法求解公式计算即可.
【详解】设，
可求得，所以．故选：B
3.（2023·全国·高二专题练习）在棱长为2的正方体中，点E为棱的中点，则点到直线BE的距离为（ ）
A．3B．C．D．
【答案】C
【分析】建立空间直角坐标系，得到各点坐标，再根据向量公式计算得到距离.
【详解】如图所示：以分别为轴建立空间直角坐标系.
则，，，，，
，点到直线BE的距离为.故选：C.
【题型四】两平面之间距离（向量法）
【典例分析】
1.（2023·全国·高二专题练习）正方体的棱长为1，则平面与平面的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】将平面与平面的距离转化为点到平面的距离，建立空间直角坐标系，，然后用空间向量求解
【详解】由正方体的性质：∥,∥，，，且平面，平面，平面，平面，所以平面平面，
则两平面间的距离可转化为点B到平面的距离．以为坐标原点，所在的直线分别为轴
建立空间直角坐标系，如图所示：由正方体的棱长为1，所以，，，，，所以，，，．
连接，由，，
所以，且，可知平面，
得平面的一个法向量为，则两平面间的距离：
．故选：D.
2.（2023·全国·高二专题练习）在边长为1的正方体中．平面与平面之间的距离为（ ）
A．B．1C．D．
【答案】A
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.
【详解】解：建立如图所示的直角坐标系，则，，，，
所以，，，
设平面的一个法向量，则，令得，故，
显然平面平面，所以平面与平面之间的距离．
故选：A
【提分秘籍】
【变式演练】
1.（2023·全国·高二假期作业）两平行平面分别经过坐标原点O和点，且两平面的一个法向量，则两平面间的距离是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由空间向量求解
【详解】∵两平行平面分别经过坐标原点O和点，
且两平面的一个法向量，
∴两平面间的距离．故选：A
2.（2022秋·黑龙江哈尔滨·高二校考阶段练习）在棱长为的正方体中，则平面与平面之间的距离为
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】建立如图所示的直角坐标系，求得和平面的一个法向量，
利用向量的距离公式，即可求解．
【详解】建立如图所示的直角坐标系，则，，，，
所以，，，设平面的一个法向量，则，
即，解得，故，显然平面平面，
所以平面与平面之间的距离．
3.（2023·江苏·高二专题练习）已知是棱长为1的正方体，则平面与平面的距离为 ．
【答案】/
【分析】建立空间直角坐标系，可证得平面平面，从而平面与平面的距离等于点到平面的距离．求得平面的法向量和，结合点到平面的距离的向量公式，即可得解．
【详解】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，
则，
可得，因为，则，
所以，因为平面，平面，平面，平面，
所以平面，平面，又，平面，
所以平面平面，所以平面与平面的距离等于点到平面的距离，
设平面的法向量为，则，令，可得，所以，
又因为，所以．所以平面与平面的距离为．故答案为：
【题型五】异面直线之间距离（向量法）
【典例分析】
1.（2022秋·黑龙江绥化·高三海伦市第一中学校考期中）如图，在正四棱锥中，PA＝AB＝1，点Q，R分别在棱AB，PC上运动，当QR取得最小值时，三棱锥的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】作出辅助线，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，设出，，利用公垂线列出方程，得到，按照比例关系求出，从而求出体积.
【详解】连接BD，与AC相交于点O，连接PO，则AC⊥BD，
因为四棱锥为正四棱锥，所以OP⊥底面ABCD，
以O为坐标原点，OA，OB，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，
正方形ABCD的边长为1，则，
因为PA＝1，所以，
，，，
当为直线的公垂线时，取得最小值，即，
故，所以，解得：，
此时，三棱锥的高即为，
所以.故选：A
2.（2022·高二单元测试）如图，正方体中，M，N分别是线段上的动点（不含端点），则下列各项中会随着M，N的运动而变化的是（ ）
A．异面直线与直线所成的角的大小B．平面与平面所成的角的大小
C．直线到平面距离的大小D．异面直线，之间的距离的大小
【答案】A
【分析】建立空间直角坐标系，用空间向量把异面直线与直线所成的角，平面与平面所成的角，直线到平面距离，异面直线，之间的距离均求出来，看是否随着M，N的运动而变化
【详解】以点D为原点，DA，DC，所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，设正方形边长为1，则，，，，，，，因为M，N分别是线段上的动点（不含端点），故设，，所以，
会随着M，N的运动而变化，故A选项正确；
设平面的法向量为，则 ，解得：
设平面的法向量为，则，解得：
所以，故平面与平面所成的角的大小为，不随着M，N的运动而变化；
设平面的法向量为，则，解得：，
则，即与平面平行，故直线到平面距离不变，不随着M，N的运动而变化.
设异面直线，的公共法向量为，则，解得：，设异面直线，之间的距离为，夹角为，则，所以异面直线，之间的距离的不随着M，N的运动而变化. 故选：A
【变式演练】
1.（2023·全国·镇海中学校联考模拟预测）在平行四边形中，，，，分别为直线上的动点，记两点之间的最小距离为，将沿折叠，直到三棱锥的体积最大时，不再继续折叠.在折叠过程中，的最小值为 .
【答案】
【分析】根据平行四边形的边长即角度可得，再由两点的位置关系以及的几何意义，确定出沿折叠过程中三棱锥的体积最大时平面，建立空间直角坐标系利用两异面直线间的距离公式即可计算出结果.
【详解】根据题意可知，如下图所示；
由，，利用余弦定理可得，
解得，所以满足，即，则
又分别为直线上的动点，记两点之间的最小距离为，则表示两直线之间的距离，在沿折叠过程中，直线由两平行线变成两异面直线，且两直线间的距离越来越近；
当三棱锥的体积最大时，此时平面；
即此时两点之间的距离最小，即为两异面直线之间的距离；
以点为坐标原点，分别以为轴，轴，以过点且与平行的直线为轴建立空间直角坐标系，如下图所示：
则，即，设与垂直的一个向量为，
则，令，则，可得.不妨取，由两异面直线间的距离公式可得的最小值为故答案为：
2.（2023·全国·高二假期作业）如图，正四棱锥的棱长均为2，点E为侧棱PD的中点．若点M，N分别为直线AB，CE上的动点，则MN的最小值为 ．
【答案】
【分析】根据题意，先建立空间直角坐标系，然后写出相关点的坐标，再写出相关的向量，然后根据点分别为直线上写出点的坐标，这样就得到，然后根据的取值范围而确定
【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，则有：
，，，，，
可得：设，且则有：，可得：
则有：故
则当且仅当时，故答案为：
3.（2023·全国·高三专题练习）如图，棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，N是棱AD的中点，M是棱CC1上的点，且CC1=3CM，则直线BM与B1N之间的距离为 .
【答案】
【分析】建立空间直角坐标系，进而求出直线BM与B1N的公垂线方向上的向量，进而通过空间向量求出在方向上的投影，进而得到答案.
【详解】正方体的棱长为1，如图，以D为坐标原点，所在方向分别为轴正方向建立空间直角坐标系，
则B(1，1，0)，B1(1，1，1)，，，∴=(0，0，1)，，.
设直线BM与B1N的公垂线方向上的向量，由，，
得，令x=2，则z=6，y=-7，∴，
设直线BM与B1N之间的距离为d，则d===.故答案为：.
【题型六】异面直线的夹角
【典例分析】
1.（2022·安徽安庆·安庆一中校考三模）已知直平行六面体中，，，则直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．0
【答案】A
【分析】以为一组基底，利用向量法求解.
【详解】解：如图所示：
以为一组基底，则，，
则，，
，，
，，
以,故选：A
2.（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
【提分秘籍】
【变式演练】
1.（2022·安徽安庆·安庆一中校考三模）已知直平行六面体中，，则直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．0
【答案】A
【分析】作出辅助线，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出直线与所成角的余弦值.
【详解】取的中点，连接，因为，
所以，故为等边三角形，故⊥，
所以⊥，
又平行六面体为直平行六面体，
故以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，
设直线与所成角的大小为，
则.
与所成角的余弦值为.故选：A
2.（2021春·广西桂林·高二桂林中学校考期中）已知正四棱柱中，，为的中点，则异面直线与所形成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】可分别以直线为轴建立空间直角坐标系，并设，从而可得出点的坐标，利用向量可求出，从而得出异面直线与所形成角的余弦值
【详解】以点为原点，分别以直线为轴建立空间直角坐标系，并设，如下图所示：
则，
可得，，
所以异面直线与所形成角的余弦值为.故选：C.
3.（2022秋·安徽安庆·高二校考阶段练习）在直三棱柱中，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用勾股定理的逆定理及直棱柱的定义，建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标及直线与的方向向量，利用向量的夹角公式，结合向量夹角与线线角的关系即可求解.
【详解】因为
所以，
所以,
又因为侧棱与底面垂直，
所以以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示
易得，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：A.
【题型七】直线与平面的夹角
【典例分析】
1.（2023春·广东东莞·高二校联考阶段练习）如图，在四棱锥中，平面底面，平面底面，四边形为正方形，且，为的重心，则与底面所成的角满足（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】以为坐标原点，的方向分别为，，轴的正方向建立空间直角坐标系，利用线面角的坐标表示求解即可.
【详解】因为四边形为正方形，所以，
因为平面底面，平面底面，底面，
所以平面，
又因为平面，所以，同理可得，
所以两两垂直，
以为坐标原点，的方向分别为，，轴的正方向建立空间直角坐标系，
则，，，， ，
所以，易知平面的一个法向量为，则，
所以，，故选：C
2.（2022秋·吉林长春·高二东北师大附中校考期中）如图，在棱锥中，，，两两垂直，，，，则直线与平面所成角的正弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用三线垂直建立空间直角坐标系，将线面角转化为直线的方向向量和平面的法向量所成的角，再利用空间向量进行求解.
【详解】以，，所在直线为轴，轴，轴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，即，
令，则，，所以平面的一个法向量为；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.故选：C.
【提分秘籍】
【变式演练】
1.（2023·全国·高二专题练习）如图，在四棱锥中，平面，，，，已知Q是棱上靠近点P的四等分点，则与平面所成角的正弦值为（ ）．
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】建立空间直角坐标系，写出相应点、的坐标，求出平面的法向量，最后求出与平面所成角的正弦值.
【详解】
平面，，
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，..
易知平面的法向量.设与平面所成角为，
则.故选：C.
2.（2023春·江苏镇江·高一统考阶段练习）在长方体中，已知，，为的中点，则直线与平面所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用线面垂直以及线线平行可得为直线与平面所成角的线面角，又三角形边角关系即可求解，或者建立空间直角坐标系，利用线面角公式即可求解．
【详解】方法一：连接相交于，取中点，中点为,连接，
则,,
由于底面，平面，所以,
又,平面，所以平面，
所以平面,因此为直线与平面所成角，
,,所以,
则,
方法二：建立如图空间直角坐标系，则,2,,,2,,,0,，,2,，,0,，
由于所以平面的法向量为,2,，
设直线与平面所成角为，则，
则直线与平面所成角的余弦值为．故选：B．
3.（2023春·湖南·高一校联考期末）在正方体中，E为的中点，则直线与平面所成的角的正弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】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】设正方体的棱长为4，直线与平面所成的角为，以，，所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，，
，，所以，
由于，所以平面，即平面的法向量为，，
所以.故选：B
【题型八】面与面所成的角
【典例分析】
1.（2023秋·浙江嘉兴·高二浙江省海盐高级中学校考开学考试）在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，ABCD是矩形，且AB＝3，AD＝4，PA＝，则锐二面角的大小为（ ）
A．30°B．45°
C．60°D．75°
【答案】A
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角的坐标公式即可求解.
【详解】因为平面，平面，所以，，
又是矩形，所以两两垂直，
故以为坐标原点，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
又，，，所以，
因为平面，所以平面的一个法向量为，而,
设平面的法向量为，则，取，则，
，所以30°，所以锐二面角的大小为30°，故选：A.
2.（2023秋·高二课时练习）如图，在正方体ABEFDCE′F′中，M，N分别为AC，BF的中点，则平面MNA与平面MNB的夹角的余弦值为（ ）
A．－B．C．－D．
【答案】B
【分析】法一：先利用二面角平面角的定义，在两个半平面内分别找到与二面角的棱垂直的两条直线，将问题转化为求两直线方向向量的夹角即可；
法二：直接转化为求两平面的法向量的夹角即可.
【详解】设正方体棱长为1，以B为坐标原点，BA，BE，BC所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系Bxyz，则M ，N，.解法一 取MN的中点G，连接BG，AG，则G.
因为为等腰三角形，所以AG⊥MN，BG⊥MN，故∠AGB为两平面夹角或其补角．
又因为，，所以，，
设平面MNA与平面MNB的夹角为θ，则.故所求两平面夹角的余弦值为.
解法二 设平面AMN的法向量由于， ，
则，即，令x＝1，解得y＝1，z＝1，于是，
同理可求得平面BMN的一个法向量 .所以 ，
设平面MNA与平面MNB的夹角为θ，则.故所求两平面夹角的余弦值为.故选：B.
【提分秘籍】
【变式演练】
1.（2023秋·全国·高二专题练习）如图，在直三棱柱中，底面是边长为2的正三角形，侧棱长为1，则平面与平面所成的角为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法求解两个平面所成的角.
【详解】以C为原点，在平面中，过C作BC的垂线为x轴，CB为y轴，
CC1为z轴，建立空间直角坐标系，
由题意，，，则，，
设平面的法向量，则，得，令得，易知平面的法向量，所以，设平面与平面所成的角为，则，所以，
所以平面与平面所成的角为.故选：A.
2.（2022秋·吉林长春·高二东北师大附中校考期中）如图，在正三棱柱中，，则平面与平面夹角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】建立合适的空间直角坐标系，求出相关平面的法向量，利用面面角的空间向量求法即可得到答案.
【详解】取的中点，连接，过点作，
因为正三棱柱，所以平面平面，，
所以，因为平面平面，平面，
所以平面，因为平面，所以，
又因为，所以两两互相垂直，
故以为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，
设，则，
则，，，，
设平面的法向量，则，即，
则，设，则，
设平面的法向量，则，即，
则，令，，
设平面与平面夹角为，则，
故选：A.
3.（2023春·江苏盐城·高二校联考期中）在三棱锥中，平面平面是的中点.，则二面角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先证明平面，建立空间直角坐标系，利用向量法求解.
【详解】平面平面，且 为交线，，平面，
平面，
以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系.
因为，在Rt中，，
所以，.
设平面的一个法向量为，
则，即，令，则.
设平面的一个法向量为，
则，即，令，则.
设二面角的平面角为，则.故选：C
【题型九】线线角应用
【典例分析】
1.（2018秋·上海·高二曹杨二中校考期末）在正方体中，点（异于点）是棱上一点，则满足与，所成的角为45°的点的个数为
A．0B．3C．4D．6
【答案】B
【分析】建立空间坐标系，通过分类讨论，利用向量法求异面直线所成的夹角，即可找出满足条件的点P的个数．
【详解】
如图建立坐标系，不妨设棱长，则，，
①在中，，因此．同理, , 与成角都为．故当P位于棱, , 上时，与所成角都为，故不满足条件．
②当点P位于棱AD上时，设，，则，，若，满足于所成角为，则，即，无正数解（舍），同理当P位于上时，也不符合题意．
③当P位于棱上时，设，则，，若满足于所成角为，则，即，因为，所以，满足条件，此时．
④同理可求得棱上一点，棱上一点也满足题意，其它棱上没有满足条件的点P．
综上，满足条件的P点共有3个，故选B
2.（2023·全国·高二假期作业）如图，在四棱锥中，底面，底面为矩形，是线段的中点，是线段上一点（不与两点重合），且．若直线与所成角的余弦值是，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据线面垂直的性质证DP，DC，DA两两互相垂直，构建空间直角坐标，并求直线MN与BD的方向向量，应用空间向量夹角的坐标表示列方程求参数.
【详解】因为平面，平面，平面，
所以，．因为底面为矩形，所以．所以DP，DC，DA两两互相垂直．
以为原点，DA、DC、DP所在直线分别为x、y、z轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，，．
所以，．因为，
所以，则．设直线MN与BD所成角为，则．
因为，则，
化简得，即，解得或（舍去）．故选：B
【提分秘籍】
【变式演练】
1.（2022秋·黑龙江哈尔滨·高二哈尔滨三中校考阶段练习）已知四棱锥的底面是边长为2的正方形，平面，线段AB，SC的中点分别为E，F，若异面直线EC与BF所成角的余弦值为，则（ ）
A．B．4C．2D．3
【答案】B
【分析】以D为原点，分别为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系,利用向量法求解.
【详解】如图示，以D为原点，分别为x、y、z轴正方向联立空间直角坐标系.
不妨设.则，，，，，，.
所以，.
因为异面直线与所成角的余弦值为，所以，解得：t=4.即4.故选：B
2.（2022秋·全国·高二专题练习）已知正方体的棱长为，点在线段上，若直线与所成角的余弦值为，则（ ）
A．B．C．3D．
【答案】A
【分析】如图建立空间直角坐标系，设，由可得的坐标，求出的坐标，利用向量的夹角公式列方程求得的值，进而可得的长.【详解】建立空间直角坐标系如图所示，因为点在线段上，不妨设， 易得，，，，
则，．
由题意得，
整理可得：，解得：或（舍去），
所以，，故选：A.
3.（2022秋·广东江门·高二开平市第一中学校考阶段练习）如图，在三棱锥中，平面平面，，，，点是线段上的动点，若线段上存在点，使得异面直线与成30°的角，则线段长的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】向量法. 以C为原点，CD为x轴，CB为y轴，过C作平面BCD的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，根据各点的坐标写出向量，点，对于点的设法，采用向量式，而后利用异面直线所成的角的向量计算公式列方程求解.
【详解】如图，以C为原点，CD为x轴，CB为y轴，过C作平面BCD的垂线为z轴，
建立空间直角坐标系，
则，设，设，则，
，异面直线PQ与AD成的角，，
，，即，解得，
，可得.故选：C.
【题型十】线面角应用
【典例分析】
1.（2021·高二单元测试）在正方体ABCD—A1B1C1D1中，异面直线和分别在上底面A1B1C1D1和下底面ABCD上运动，且，若与所成角为60°时，则与侧面ADD1A1所成角的大小为（ ）
A．30°B．45°C．60°D．90°
【答案】B
【解析】建立适当的空间直角坐标系，根据题意设出直线的方向向量，利用空间向量，根据异面直线所成的角的公式求得的方向向量的坐标关系，进而利用线面所成角的向量公式求得直线与平面侧面ADD1A1所成角的大小.
【详解】
以为原点，以为轴，建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，如图所示：
直线分别在上下底面内且互相垂直，设直线的方向向量为,则直线的方向向量可以为,
直线的方向向量为, 侧面ADD1A1的法向量,
与b所成角为60°,
即，,
故a与侧面ADD1A1所成角的大小为45°.故选：B.
2.（2020·浙江·校联考模拟预测）如图1，直角梯形中，，，，是的中点，是的中点，沿直线把翻折，连接，如图2，设，若异面直线与所成的角是，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】建立空间直角坐标系，设，求出，的坐标，利用空间向量夹角的余弦公式即可得解.
【详解】以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，过点且垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
设，则，，
所以，，因为异面直线与所成的角是，
所以，
解得或（不合题意，舍去）.故选：B.
【提分秘籍】
【变式演练】
1.（2022·全国·高三专题练习）已知圆锥的底面圆心为，顶点为，侧面展开图对应扇形的圆心角为，，是底面圆周上的两点，与平面所成角的正弦值为，则与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先用向量数量积求直线与平面成角的正弦值，通过解方程确定点位置，再用向量数量积求异直线成角余弦值．
【详解】设，，，因为侧面展开图对应扇形的圆心角为，
所以，于是，所以，所以，，建立如图所示的空间直角坐标系，
设，则各点坐标如下：，0，，，，，，，，，，，，，，，，，平面的法向量为，0，，与平面成角的正弦值为，，
所以与所成角的余弦值为．故选：A
2.（2023·全国·高二专题练习）已知四棱锥的底面为平行四边形，，，，平面ABCD，直线PD与平面PAC所成角为，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据题意建立如图空间直角坐标系，利用向量法结合PD与平面PAC的线面角，可求出PD.
【详解】，，，
由余弦定理得，即，
则有，所以，
又平面ABCD，以D为原点，的方向为x轴，y轴，z轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系，
设，由，，
得，，，，，
， ， ，
设平面PAC的法向量为 ， 则 ，
令，则，，所以 ，
直线PD与平面PAC所成角为，所以 ，
则有，解得， 则.故选：C.
3.（2023春·江苏连云港·高二校考期中）如图所示空间直角坐标系中，是正三棱柱的底面内一动点，，直线和底面所成角为，则P点坐标满足（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据空间直角坐标系求得，以及平面的一个法向量，根据线面夹角的坐标运算即可得P点坐标满足的等式关系.
【详解】解：由正三棱柱，且，根据坐标系可得：
，又是正三棱柱的底面内一动点，则，所以，又平面，所以是平面的一个法向量，
因为直线和底面所成角为，所以，
整理得，又，所以.故选：A.
【题型十一】面面角应用
【典例分析】
1.（2021·高二课时练习）在正四棱锥中，，分别为，的中点，且侧面与底面所成二面角的正切值为，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）.
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】不妨设正四棱锥底面边长为2，则由该正四棱锥侧面与底面所成二面角的正切值为，易得其高为.取底面正方形的中心为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，然后利用空间向量进行求解即可
【详解】如图所示.
不妨设正四棱锥底面边长为2，底面中心为，
连，则平面，取中点，连，则，所以为侧面与底面所成的角，即，所以
取底面正方形的中心为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，则，，
所以，.设与所成的角为，则.故选：B.
2.（2022春·湖北武汉·高二校联考期末）设点是棱长为的正方体的棱的中点，点在面所在的平面内，若平面分别与平面和平面所成的锐二面角相等，则点到点的最短距离是
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】以为原点，为轴为轴 为轴，建立空间直角坐标系，计算三个平面的法向量，根据夹角相等得到关系式：，再利用点到直线的距离公式得到答案.
【详解】`以为原点，为轴为轴 为轴，建立空间直角坐标系.
则易知：平面的法向量为
平面的法向量为设平面的法向量为：
则，取
平面分别与平面和平面所成的锐二面角相等
或看作平面的两条平行直线，到的距离.
根据点到直线的距离公式得，点到点的最短距离都是： 故答案为B
【提分秘籍】
【变式演练】
1.（2022·全国·高三专题练习）在正三棱柱中，，点D为棱的中点，点E为上的点，且满足，当二面角的正切值为时，实数m的值为（ ）
A．B．1C．2D．3
【答案】C
【分析】以D原点，DA，DB，DD1分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，利用二面角的余弦值即可算出.
【详解】如图，
以D原点，DA，DB，DD1分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，
由得，，即，
所以，，设面的法向量为：，则
取，取面的法向量为：，设二面角为，
由得，，则，所以，故选：C.
2.（2022秋·辽宁沈阳·高二沈阳二十中校考阶段练习）在棱长为2的正方体中，点在棱上，，点是棱的中点，点满足，当平面与平面所成（锐）二面角的余弦值为时，经过三点的截面的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】以为坐标原点，分别以所在的直线为轴，建立空间直角坐标系，由空间向量结合平面与平面所成二面角的余弦值为求出的值，画出截面图，求出截面五边形的边长，再由等腰三角形及等腰梯形的面积求和可得答案
【详解】解：如图，以为坐标原点，分别以所在的直线为轴，建立空间直角坐标系，则，所以，
设平面的一个法向量为，则
，取，则，
平面的一个法向量为，
由题意得，解得或（舍去），
延长，设，连接，交于，延长，交的延长线于，连接，交于，则五边形为截面图形，
由题意求得，，，，，，截面五边形如图所示，
则等腰三角形底边上的高为，等腰梯形的高为，
则截面面积为
故选：B
3.（2020秋·河南郑州·高二统考期末）如图四边形中，，，现将沿折起，当二面角的大小为时，直线与所成角的余弦值是
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】取中点，连结，，以为原点，为轴，为轴，过点作平面的垂线为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线与所成角的余弦值．
【详解】解：取中点，连结，，
．，，，且，，
是二面角的平面角，因为二面角的平面角为，
以为原点，为轴，为轴，过点作平面的垂线为轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，0，，，1，，，，，设、的夹角为，
则，故选：．
【题型十二】斜棱柱型建系计算
【典例分析】
1.（2023春·高二课时练习）如图，在三棱柱中，底面是边长为的正三角形，，顶点在底面的射影为底面正三角形的中心，P，Q分别是异面直线上的动点，则P，Q两点间距离的最小值是（ ）
A．B．2C．D．
【答案】D
【分析】设是底面正的中心，平面，，以直线为轴，为轴，过平行于的直线为轴建立空间直角坐标系，P，Q两点间距离的最小值即为异面直线与间的距离用空间向量法求异面直线的距离．
【详解】如图，是底面正的中心，平面，平面，则，
，则，又，，
，直线交于点，，
以直线为轴，为轴，过平行于的直线为轴建立空间直角坐标系，如图，
则，，，，，，，
，设与和都垂直，
则，取，则，，
P，Q两点间距离的最小值即为异面直线与间的距离等于．
故选：D．
2.（2023春·江苏南京·高二校联考阶段练习）在平行六面体中，以顶点为端点的三条棱长均为2，且它们彼此的夹角都是，直线与直线所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据题意，分别求得，，以及又由，结合向量的夹角公式，即可求解.
【详解】根据空间向量的运算法则，可得，
因为以顶点为端点的三条棱长均为2，且它们彼此的夹角都是，
所以
，所以，
由，所以
所以，
又由 ，
所以，
所以直线与直线所成角的余弦值为.
故选：D.
【提分秘籍】
【变式演练】
1.（2023春·四川成都·高二校考期中）在平行六面体中，底面是边长为2的正方形，，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据给定条件，利用空间向量求出异面直线与所成角的余弦值作答.
【详解】在平行六面体中，，，
，，
则，而，且，
于是，
因此，
所以异面直线与所成角的余弦值为.故选：C
2.（2023·全国·高二专题练习）如图，在平行六面体中，以顶点A为端点的三条棱长都是a，且，，E为的中点，则点E到直线的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用基底向量，即可由空间向量的模长，结合点到直线的距离公式即可求解.
【详解】在平行六面体中，不妨设，，．
,，
，，
所以，，
，
所以E到直线的距离为，故选：A
【题型十三】空间向量求体积
【典例分析】
1.（2023·全国·高三专题练习）如图，在四棱锥中，底面是矩形，侧面是等腰直角三角形，平面平面，当棱上一动点到直线的距离最小时，过作截面交于点，则四棱锥的体积是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】取的中点，连接，由题意可得平面建立空间直角坐标系，利用空间向量中点到直线距离公式计算出到直线的距离最小时的具体坐标，再用空间向量的方法计算出点到直线的距离和点到平面的距离即可.
【详解】
取的中点，连接，
因为是等腰直角三角形且，所以，，，
因为平面平面平面平面平面
所以平面所以以为原点，分别以，，的方向为，，轴的
建立空间直角坐标系，则
所以，，
因为动点在棱上，所以设，则
所以，，
，，，，
所以点到直线的距离为，
所以当时，点到直线的最小距离为，此时点是的中点即．
因为，平面，平面，所以平面，
因为平面，平面平面，所以，所以，
因为点是的中点，所以点是的中点，所以，，，
，，，，所以点到直线的距离为，
所以梯形的面积为，设平面的一个法向量为，
则，即，令，则，，所以，
则点到平面的距离，
所以四棱锥的体积为．故选：B
2.（2023春·江苏南通·高三校考开学考试）在直四棱柱中，底面ABCD是边长为1的正方形，侧棱，M为侧棱的中点，N在侧面矩形内(异于点)，则三棱锥体积的最大值为 .
【答案】/0.5
【分析】建立空间直角坐标系，写出点的坐标，得到，故⊥，求出，再利用点到平面的距离公式求出点到平面的距离，表达出三棱锥的体积为，结合的范围，求出体积最大值.
【详解】以D为坐标原点，DA，DC，所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，
则，设，，，其中与不能同时成立，
则，，
故，因为，所以⊥，
故，设平面的法向量为，，
取，则，故，
点到平面的距离，
三棱锥的体积为，
因为，，其中与不能同时成立，
要想最大，由于恒成立，只需要最大，当时，，满足要求，
所以当时，取得最大值，最大值为.
故答案为：
【变式演练】
1.（2022秋·黑龙江齐齐哈尔·高二齐齐哈尔市第八中学校校考阶段练习）在正四棱锥中，底面边长为，侧棱，为的中点，为直线上一点，且与、不重合，若异面直线与所成角为，则三棱锥的体积为 ．
【答案】
【分析】本题首先可以绘出正四棱锥的图像并构建空间直角坐标系，然后设，根据异面直线与所成角为计算出，再然后设点到底面的距离为以及点到底面的距离为并根据三角形相似的性质得出，最后根据三棱锥的体积公式即可得出结果.
【详解】
如图，设点为底面正方形的中心，取的中点，
以为坐标原点，分别以直线、、为、、轴建立空间直角坐标系，
易知，，，，，，，
设（且），则，
由，整理得，解得（舍去），
故，且点在射线上，设点到底面的距离为，点到底面的距离为，
因为，，所以，，
故答案为：.
2.（2021春·全国·高二专题练习）四棱锥中，平面，，，，已知是四边形内部一点，且二面角的平面角大小为，若动点的轨迹将分成面积为的两部分，则 .
【答案】
【详解】以A为坐标原点建立空间直角坐标系，如图：设Q的轨迹与y轴的交点坐标为Q（0，b，0）（b＞0）．
由题意可知A（0，0，0），D（2，0，0），P（0，0，1），
∴=（﹣2，0，1），=（﹣2，b，0）. =（2，0，0）．
设平面APD的法向量为=（x1，y1，z1），平面PDQ的法向量为=（x2，y2，z2）
则即，令y1=0得=（0，1，0），令z2=2得=（1，，2）．∴．∵二面角Q﹣PD﹣A的平面角大小为，
∴cs＜＞=即解得b=．∴S△ADQ=．
S梯形ABCD﹣S△ADQ=．
∵S1＜S2，∴S1=，S2=．∴S1：S2=（3﹣4）：4．
故答案为（3﹣4）：4．
一、单选题
1．（2023春·广东深圳·高二校考期中）若平面的一个法向量为，，，，则点到平面的距离为（ ）
A．1B．C．D．
【答案】B
【分析】根据点到平面距离的向量求法即可求解.
【详解】因为，平面的一个法向量为，
所以点到平面的距离为.
故选：B.
2．（2023春·福建龙岩·高二校联考期中）《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑.在鳖臑中，平面，，.若建立如图所示的“空间直角坐标系，则平面的一个法向量为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据题意，设，可得、、的坐标，由此可得向量、的坐标，由此可得关于、、的方程组，利用特殊值求出、、的值，即可得答案．
【详解】根据题意，设，则，，，
则，，
设平面的一个法向量为，
则有，令，可得，则.故选：B．
3．（2021秋·湖北武汉·高二武汉外国语学校（武汉实验外国语学校）期中）已知，为坐标原点，求与的夹角（ ）
A．0B．C．D．
【答案】C
【分析】根据两个向量反向共线可得答案.
【详解】,，
所以，即与反向共线，所以与的夹角为.故选：C.
4．（2021秋·北京·高二北京市第十三中学校考期中）两个不重合的平面α与平面ABC，若平面α的法向量为，，，则（ ）
A．平面平面ABCB．平面平面ABC
C．平面α、平面ABC相交但不垂直D．以上均有可能
【答案】A
【分析】由平面α的法向量与平面ABC的法向量的关系，判断两个平面的位置关系.
【详解】设平面ABC的法向量为,
则，设，则，，即
由，得平面平面ABC．故选：A
5．（2022秋·安徽马鞍山·高二校联考期中）二面角的棱上有A、B两点，直线、分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于，已知，AC=3，，，则该二面角的大小为（ ）．
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】将向量转化成，然后等式两边同时平方表示出向量的模，再根据向量的数量积求出向量与的夹角，而向量与的夹角就是二面角的补角．
【详解】如图所示：
由条件，知．
，
，即，所以二面角的大小为故选：B．
6．（2023春·江苏常州·高二统考期中）如图，长方体中，，P为线段上的动点，则以下结论中不正确的是（ ）
A．当时，直线BP与平面ABCD所成角的正弦值为
B．当时，若平面的法向量记为，则
C．当时，二面角的余弦值为
D．若，则
【答案】C
【分析】根据题意可知，以点为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，分别表示各点的坐标，然后利用空间向量求解二面角、线面角的方法计算各选项即可.
【详解】如下图所示：
以点为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系；由，可知，则，
设，，
选项A，当时，，所以，
所以，平面ABCD的法向量为，
所以直线BP与平面ABCD所成角的正弦值为：，故A正确；
选项B，当时，，所以，所以，
平面的法向量记为，由.,
由可知，，所以可取，所以，故B正确；
选项C，当时，，所以，平面的法向量记为，
设平面的法向量记为，由.,
由可知，，所以可取，
所以二面角的余弦值为，
所以，故C错误；
选项D，若，，，因为，
所以，所以，，
由，解得，所以，即，故D正确.
故选：C
7．（2023春·湖南郴州·高二期中）在三棱锥中，面ABC，，，且，若G为△PAB的重心，则CG与平面ABC所成角的正弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用向量求解CG与平面ABC所成角的正弦值.
【详解】因为G为重心，故，从而，
．即．
，则．
注意到平面ABC的法向量即，因此CG与平面ABC所成角的正弦值即为．
故选：D．
8．（2023春·福建泉州·高二校联考期中）如图，是棱长为1的正方体，若P∈平面BDE，且满足，则P到AB的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先利用平面的法向量求出点，再计算点到直线的距离.
【详解】如图，以点A为原点，分别为轴建立空间坐标系，
,
则，
则,，，，
设平面的一个法向量，则，令，则，且面，
则，即，得，故，
所以，，，则，
P到AB的距离为.故选：C
二、多选题
9．（2022秋·海南省直辖县级单位·高二校考期中）如图，棱长为的正方体中，，分别为，的中点，则（ ）
A．直线与底面所成的角为
B．平面与底面夹角的余弦值为
C．直线与直线的距离为
D．直线与平面的距离为
【答案】BCD
【分析】以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法分别求出线面角，面面角，平行线间距离及线面距离.
【详解】如图所示，以点为坐标原点，为轴，为轴，为轴，
则，，，，，，
A选项：，平面的法向量，
设直线与底面所成的角为，则，
直线与底面所成的角不为，故A错误；
B选项：，，设平面的法向量，则，令，则设平面与底面的夹角为，则，
平面与底面夹角的余弦值为，故B正确；
C选项，，
直线与直线的距离为：，故C正确；
D选项，，平面，平面，
又，平面的法向量，
直线与平面的距离为：，故D正确；
故选：BCD.
10．（2022秋·吉林长春·高二东北师大附中校考期中）如图，正四面体（四个面都是正三角形）中，，分别为，的中点，则（ ）
A．直线与平面所成角的正弦值为
B．直线与夹角的余弦值
C．直线与夹角的余弦值
D．直线与夹角的余弦值为
【答案】CD
【分析】建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量法一一分析即可.
【详解】在正四面体中，取的中点为，连接，则，
以为坐标原点，直线分别为轴建立如图所示空间直角坐标系，
设正四面体的各棱长为2，作出顶点在底面上的投影点，则，，，
则，，
，
则，，
则，
则直线与夹角的余弦值为，B错误；
，，
则，则直线与夹角的余弦值为，C正确；
，则直线与夹角的余弦值为，D正确；
设平面的法向量，，，
则，即，解得，令，则，
则，而，设直线与平面所成角为，
则，A错误.
故选：CD
11．（2022秋·吉林长春·高二东北师大附中校考期中）如图，正方体的棱长为2，为线段中点，为线段中点，则（ ）
A．点到直线的距离为B．直线到直线的距离为2
C．点到平面的距离为D．直线到平面的距离为
【答案】AD
【分析】建立坐标系，求出向量在单位向量上的投影，结合勾股定理可得点到直线的距离，判断A；先证明，再转化为点到直线的距离求解，判断B；求解平面的法向量，利用点到平面的距离公式进行求解，判断C；把直线到平面的距离转化为到平面的距离，利用法向量进行求解，判断D.
【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
因为，所以.
所以点到直线的距离为，故A正确；
因为，所以，即
所以点到直线的距离即为直线到直线的距离，
，，
所以直线到直线的距离为，故B错误；
设平面的一个法向量为，，.
由，令，则，即.
设点到平面的距离为，则，即点到平面的距离为，故C错误；
因为平面，平面，所以平面，
所以直线到平面的距离等于到平面的距离.，
由C得平面的一个法向量为，
所以到平面的距离为，
所以直线到平面的距离为，故D正确.
故选：AD.
12．（2022秋·浙江温州·高二校联考期中）如图，长方体中，是侧面的中心，是底面的中心，点在线段上运动．以为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，则（ ）
A．是平面的一个法向量
B．直线∥平面
C．异面直线与垂直
D．存在点，使得直线与平面所成的角为
【答案】ABD
【分析】对于A，利用和是否为零进行判断，对于B，由与平面的法向量的数量积是否为零判断，对于C，由判断，对于D，设，然后求出与平面所成的角进行判断.
【详解】由题意可得，，
因为是侧面的中心，是底面的中心，所以，
对于A，因为，，
所以，，
所以，，所以是平面的一个法向量，所以A正确；
对于B，因为平面，所以是平面的一个法向量，
因为，所以，所以，
因为平面，所以直线∥平面，所以B正确；
对于C，因为，所以与不垂直，所以异面直线与不垂直，所以C错误；
对于D，设，则，由选项A可知是平面的一个法向量，设直线与平面所成的角为，
所以，
若直线与平面所成的角为，则，解得，
所以存在点，使得直线与平面所成的角为，所以D正确，
故选：ABD
三、填空题
13．（2022秋·浙江温州·高二校联考期中）如图，平行六面体中，底面ABCD和侧面BCC1B1都是矩形，E是CD的中点，D1E⊥CD，AB＝2BC＝2，且平面BCC1B1与平面D1EB的夹角的余弦值为，则线段D1E的长度为 ．
【答案】
【分析】先证明平面ABCD，以E为坐标原点，分别为轴正方向建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量与平面的一个法向量，由平面与平面夹角的余弦值为，列式求得线段的长度．
【详解】底面ABCD和侧面是矩形，，，
又，平面，
平面，平面，
平面，；
又，且，平面ABCD,平面ABCD．
平面ABCD．
以E为坐标原点，过E作 交于，以 分别为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则0,，1,，1,，0,．
设，则0,，2,．设平面的一个法向量为y,，1,，0,，
由，令，得；设平面的一个法向量为，
0,，1,，由，令，得．
由平面与平面所成的夹角的余弦值为，
得，解得(负值舍去)．．故答案为：
14．（2023春·陕西西安·高一统考期中）如图，在几何体中，，，，，，平面，则直线与平面所成角的正弦值为 .
【答案】
【分析】由且可得四点共面，则可延长交与，由 平面,可知直线与平面所成角即，中求即可.
【详解】且四点共面
延长交与,如图
平面,平面
直线与平面所成角即,,
则
即可解得则中可得
故答案为：.
15．（2023春·四川成都·高二四川省成都市新都一中校联考期中）如图，正方体的棱长为，若空间中的动点满足，，则下列命题正确的是 ．（请用正确命题的序号作答）
①若，则点到平面的距离为；
②若，则二面角的平面角为；
③若，则三棱锥的体积为；
④若，则点的轨迹构成的平面图形的面积为．
【答案】②④
【分析】分别以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，对于①：直接应用点到平面距离的向量公式，即可判断；对于②：直接应用面面角的向量公式，即可判断；对于③：先求出点到平面的距离，即可计算出，得出判断；对于④：延长至点，使得，取中点，中点，连接，，作出平面与正方体的截面，并说明该截面为边长为的正六边形，由条件得，根据空间向量共面定理得点在平面上，即可作出判断．
【详解】对于①：由空间向量的正交分解及其坐标表示可建立如图空间直角坐标系，
所以，，，，，
向量，设平面的法向量，
由，，
则即，取则，
则点与平面的距离为，故①错误；
对于②：设平面的法向量，
又，，
即，取，则，
易得平面的一个法向量，
设二面角的平面角为，
则，
是锐角，
二面角的平面角为，故②正确；
对于③：，，，，
，则，
设平面的法向量为，
由，，
则，取则，
则点到平面的距离为，
由得
易知，
则三棱锥，故③错误；
对于④：延长至点，使得，取中点，中点，连接，并延长，交棱，于点，，交，延长线于点，，连接，交棱，于点，，连接，，如图所示，
则平面与正方体的截面为六边形，，
在平面中，
，点为中点，
，，
在和中
，
，
，
，即点为中点，，
同理可得，，
六边形为正六边形，且边长为，
则其面积，
，，
，
整理得，
点在平面上，
当，点的轨迹构成的平面图形的面积为，故④正确．
故答案为：②④．
16．（2022秋·吉林·高二统考期中）在等边三角形中，为中点，将沿折起至，使得，则直线与平面所成角的正弦值为 .
【答案】/
【分析】以点D为原点建立空间直角坐标系，写出图中各点的坐标，再求得平面的法向量，最后计算直线与平面所成角.
【详解】以点D为原点建立如图坐标系，设的边长为a，根据题意，图中各点坐标可表示为：
所以;;
设平面的法向量为，直线BC与平面所成角为，
则，化简整理得，解得
取得
所以
故答案为：.
一、热考题型归纳
【题型一】求平面法向量
【题型二】点到面的距离(向量法)
【题型三】点到直线的距离(向量法)
【题型四】两平面之间的距离(向量法)
【题型五】异面直线之间的距离(向量法)
【题型六】异面直线的夹角
【题型七】直线与平面所成的角
【题型八】二面角
【题型九】线线角应用
【题型十】线面角应用
【题型十一】面面角应用
【题型十二】斜棱柱型建系计算
【题型十三】空间向量求体积
二、培优练
求平面法向量的方法与步骤
(1)求平面ABC的法向量时，要选取平面内两不共线向量，如eq \(AC,\s\up6(→))，eq \(AB,\s\up6(→))；
(2)设平面的法向量为n＝(x，y，z)；
(3)联立方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AC,\s\up6(→))＝0，,n·\(AB,\s\up6(→))＝0，))并求解；
(4)所求出向量中的三个坐标不是具体的值而是比例关系，设定一个坐标为常数(常数不能为0)便可得到平面的一个法向量．
对于利用空间向量求解点到平面的距离的步骤通常为：
①求平面的法向量；
②求斜线段对应的向量在法向量上的投影的绝对值，即为点到平面的距离．
空间中其他距离问题一般都可转化为点到平面的距离求解．着重考查了推理与运算能力，属于基础题.
两平面之间的距离,可以转化为一个平面上一点到另外一个面的距离.
求异面直线夹角的方法
(1)传统法：作出与异面直线所成角相等的平面角，进而构造三角形求解．
(2)向量法：在两异面直线a与b上分别取点A，B和C，D，则eq \(AB,\s\up6(→))与eq \(CD,\s\up6(→))可分别为a，b的方向向量，则cs θ＝eq \f(|\(AB,\s\up6(→))·\(CD,\s\up6(→))|,|\(AB,\s\up6(→))||\(CD,\s\up6(→))|).
利用平面的法向量求直线与平面夹角的基本步骤
(1)建立空间直角坐标系．
(2)求直线的方向向量u.
(3)求平面的法向量n.
(4)设线面角为θ，则sin θ＝eq \f(|u·n|,|u||n|) .
求两平面夹角的两种方法:
(1)定义法：在两个平面内分别找出与两平面交线垂直的直线，这两条直线的夹角即为两平面的夹角．也可转化为求与两平面交线垂直的直线的方向向量的夹角，但要注意其异同．
(2)法向量法：分别求出两平面的法向量n1，n2，则两平面的夹角为〈n1，n2〉eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(当〈n1，n2〉∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时))或π－〈n1，n2〉eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(当〈n1，n2〉∈\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))时.))
如图，若于A，于B，平面PAB交于E，则为二面角的平面角，∠AEB+∠APB=180°.若二面角的平面角的大小为，其两个面的法向量分别为，则==
求异面直线所成的角
若两异面直线所成角为，它们的方向向量分别为，则有= .
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=.
平面与平面相交，形成四个二面角，把这四个二面角中不大于90°的二面角称为平面与平面的夹角= .
斜棱柱建系,主要从以下几方面来入手:
是否有”立杆”(线面垂直)
是否有面面垂直,通过垂面来构造线面垂直.
底面是否有互相垂直的直线.
热点考题归纳
【题型一】平面法向量
【典例分析】
1.（2023·全国·高二专题练习）如图，在正三棱锥D-ABC中，，，O为底面ABC的中心，点P在线段DO上，且，若平面PBC，则实数（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由正棱锥的结构特征构建空间直角坐标系，根据已知条件确定相关点坐标并求出面PBC的法向量，结合线面平行及向量共线定理求参数即可.
【详解】由题设，△为边长为的等边三角形，且，
等边△的高为，
在正棱锥中，以为原点，平行为x轴，垂直为y轴，为z轴，如上图示，
则，且，
所以，，，
若为面PBC的法向量，则，令，则，
又平面PBC，则且k为实数，，故.故选：D
2.（（2023·全国·高二专题练习）已知，则平面的一个单位法向量是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】待定系数法设平面的一个法向量为，由法向量的性质建立方程组解出分析即可.
【详解】设平面的一个法向量为，
又，
由，
即，
又因为单位向量的模为1，所以B选项正确，故选：B.
【提分秘籍】
【变式演练】
1.（2023·全国·高二专题练习）已知，则下列向量是平面法向量的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】利用平面法向量的求法求解即可.
【详解】因为，所以，
设平面的一个单位法向量为，
则，可得，经检验，仅符合题意．故选：C．
2.（2023·全国·高二专题练习）已知，则平面ABC的一个单位法向量是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】先求出平面ABC的一个法向量，进而得出单位法向量．
【详解】因为
所以，
令平面ABC的一个法向量为
可得，即，令，则，所以
故平面ABC的单位法向量是，即或．故选：B．
3.（2021秋·安徽合肥·高二合肥一六八中学校考阶段练习）已知，则平面的一个单位法向量是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据给定条件，求出平面的法向量，再逐项判断作答.
【详解】依题意，，设平面的一个法向量为，
则，令，得，于是得与同向的单位向量为，
与反向的单位向量为，D满足，
显然选项A，B，C中的向量与不共线，即A，B，C不满足.故选：D
【题型二】点到面的距离（向量法）
【典例分析】
1.（2023秋·全国·高二随堂练习）在三棱锥中，底面，则点到平面的距离是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】解法一：以为原点，为轴，为轴，过作平面的垂线为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出点到平面的距离．解法二：根据三棱锥等体积转换求解点到平面的距离.
【详解】解法一：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，令，则，
，∴点到平面的距离为．故选：A.
解法二 底面，，又，且平面，
平面，平面，，，
，在中，，令点到平面的距离为，
，，．故选：A.
2.（2023·全国·高二专题练习）在单位正方体中，为的中点，则点到平面的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，求得平面的法向量，根据空间距离的向量求法，即可求得答案.
【详解】如图，以D为坐标原点，以分别为轴建立空间直角坐标系，
则,
故，设平面的法向量为，
则，令，则，
故点到平面的距离为,故选：C
【提分秘籍】
【变式演练】
1.（2023·全国·高二专题练习）空间直角坐标系中，，，，点在平面内，且平面，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据给定条件，求出平面的法向量，再求出长，然后利用勾股定理求解作答.
【详解】由，，，得，
设平面的法向量，则，令，得，
有，而平面，于是，
又，，所以.
故选：D
2.（2023·全国·高二专题练习）如图，在圆锥中，是底面圆的直径，，，为的中点，为的中点，则点到平面的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【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，利用空间向量法可求得点到平面的距离.
【详解】因为，为的中点，则，
由圆锥的几何性质可知平面，
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，，，
则，取，可得，
又因为，所以，点到平面的距离为.故选：B.
3.（2023·全国·高二专题练习）已知正方体的棱长为2，、分别为上底面和侧面的中心，则点到平面的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法得出点到平面的距离.
【详解】建立如图所示的空间直角坐标系
，，，，，，
设平面的法向量为，，令，得
则点到平面的距离为.故选：A
【题型三】点到直线的距离（向量法）
【典例分析】
1.．（2023秋·高二课时练习）已知三棱锥，，且，则点到直线的距离为（ ）
A．B．
C．D．3
【答案】B
【分析】由题意建立空间直角坐标系，利已知条件结合向量法求解即可.
【详解】由题意，故以为坐标原点，所在直线分别为轴，
建立如图所示的空间直角坐标系， 由题设可知，
所以，，，
设点在上的投影为,则
在直角三角形中，.
点到直线的距离为:故选：B.
2.（2023·江苏徐州·校考模拟预测）在空间直角坐标系中，直线的方程为，空间一点，则点到直线的距离为（ ）
A．B．1C．D．
【答案】D
【分析】由直线的方程可得直线的方向向量和所过的定点坐标，结合空间点到直线距离的计算公式计算即可得出答案.
【详解】根据题意，直线的方程为，
即，则直线的方向向量为，又因为过点，
，，则，
故在上的射影为：，
故点到直线的距离为：.故选：D.
【变式演练】
1.（2023春·广东茂名·高三校考阶段练习）菱形的边长为4，，E为AB的中点（如图1），将沿直线DE翻折至处（如图2），连接，，若四棱锥的体积为，点F为的中点，则F到直线BC的距离为（ ）
A． B．C．D．
【答案】A
【分析】由已知可证得 平面，平面，所以以为原点，所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可.
【详解】连接，因为四边形为菱形，且，所以为等边三角形，
因为 E为AB的中点，所以，所以，因为，平面，所以 平面，因为菱形的边长为4，所以，
所以直角梯形的面积为，设四棱锥的高为，则，得，
所以，所以平面，所以以为原点，所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，则，所以，所以
所以，所以F到直线BC的距离为，
故选：A
2.（2023春·江苏连云港·高二校考阶段练习）已知点，则点到直线的距离是（ ）
A．B．C．D．5
【答案】B
【分析】根据点到直线的距离的向量法求解公式计算即可.
【详解】设，
可求得，所以．故选：B
3.（2023·全国·高二专题练习）在棱长为2的正方体中，点E为棱的中点，则点到直线BE的距离为（ ）
A．3B．C．D．
【答案】C
【分析】建立空间直角坐标系，得到各点坐标，再根据向量公式计算得到距离.
【详解】如图所示：以分别为轴建立空间直角坐标系.
则，，，，，
，点到直线BE的距离为.故选：C.
【题型四】两平面之间距离（向量法）
【典例分析】
1.（2023·全国·高二专题练习）正方体的棱长为1，则平面与平面的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】将平面与平面的距离转化为点到平面的距离，建立空间直角坐标系，，然后用空间向量求解
【详解】由正方体的性质：∥,∥，，，且平面，平面，平面，平面，所以平面平面，
则两平面间的距离可转化为点B到平面的距离．以为坐标原点，所在的直线分别为轴
建立空间直角坐标系，如图所示：由正方体的棱长为1，所以，，，，，所以，，，．
连接，由，，
所以，且，可知平面，
得平面的一个法向量为，则两平面间的距离：
．故选：D.
2.（2023·全国·高二专题练习）在边长为1的正方体中．平面与平面之间的距离为（ ）
A．B．1C．D．
【答案】A
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.
【详解】解：建立如图所示的直角坐标系，则，，，，
所以，，，
设平面的一个法向量，则，令得，故，
显然平面平面，所以平面与平面之间的距离．
故选：A
【提分秘籍】
【变式演练】
1.（2023·全国·高二假期作业）两平行平面分别经过坐标原点O和点，且两平面的一个法向量，则两平面间的距离是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由空间向量求解
【详解】∵两平行平面分别经过坐标原点O和点，
且两平面的一个法向量，
∴两平面间的距离．故选：A
2.（2022秋·黑龙江哈尔滨·高二校考阶段练习）在棱长为的正方体中，则平面与平面之间的距离为
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】建立如图所示的直角坐标系，求得和平面的一个法向量，
利用向量的距离公式，即可求解．
【详解】建立如图所示的直角坐标系，则，，，，
所以，，，设平面的一个法向量，则，
即，解得，故，显然平面平面，
所以平面与平面之间的距离．
3.（2023·江苏·高二专题练习）已知是棱长为1的正方体，则平面与平面的距离为 ．
【答案】/
【分析】建立空间直角坐标系，可证得平面平面，从而平面与平面的距离等于点到平面的距离．求得平面的法向量和，结合点到平面的距离的向量公式，即可得解．
【详解】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，
则，
可得，因为，则，
所以，因为平面，平面，平面，平面，
所以平面，平面，又，平面，
所以平面平面，所以平面与平面的距离等于点到平面的距离，
设平面的法向量为，则，令，可得，所以，
又因为，所以．所以平面与平面的距离为．故答案为：
【题型五】异面直线之间距离（向量法）
【典例分析】
1.（2022秋·黑龙江绥化·高三海伦市第一中学校考期中）如图，在正四棱锥中，PA＝AB＝1，点Q，R分别在棱AB，PC上运动，当QR取得最小值时，三棱锥的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】作出辅助线，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，设出，，利用公垂线列出方程，得到，按照比例关系求出，从而求出体积.
【详解】连接BD，与AC相交于点O，连接PO，则AC⊥BD，
因为四棱锥为正四棱锥，所以OP⊥底面ABCD，
以O为坐标原点，OA，OB，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，
正方形ABCD的边长为1，则，
因为PA＝1，所以，
，，，
当为直线的公垂线时，取得最小值，即，
故，所以，解得：，
此时，三棱锥的高即为，
所以.故选：A
2.（2022·高二单元测试）如图，正方体中，M，N分别是线段上的动点（不含端点），则下列各项中会随着M，N的运动而变化的是（ ）
A．异面直线与直线所成的角的大小B．平面与平面所成的角的大小
C．直线到平面距离的大小D．异面直线，之间的距离的大小
【答案】A
【分析】建立空间直角坐标系，用空间向量把异面直线与直线所成的角，平面与平面所成的角，直线到平面距离，异面直线，之间的距离均求出来，看是否随着M，N的运动而变化
【详解】以点D为原点，DA，DC，所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，设正方形边长为1，则，，，，，，，因为M，N分别是线段上的动点（不含端点），故设，，所以，
会随着M，N的运动而变化，故A选项正确；
设平面的法向量为，则 ，解得：
设平面的法向量为，则，解得：
所以，故平面与平面所成的角的大小为，不随着M，N的运动而变化；
设平面的法向量为，则，解得：，
则，即与平面平行，故直线到平面距离不变，不随着M，N的运动而变化.
设异面直线，的公共法向量为，则，解得：，设异面直线，之间的距离为，夹角为，则，所以异面直线，之间的距离的不随着M，N的运动而变化. 故选：A
【变式演练】
1.（2023·全国·镇海中学校联考模拟预测）在平行四边形中，，，，分别为直线上的动点，记两点之间的最小距离为，将沿折叠，直到三棱锥的体积最大时，不再继续折叠.在折叠过程中，的最小值为 .
【答案】
【分析】根据平行四边形的边长即角度可得，再由两点的位置关系以及的几何意义，确定出沿折叠过程中三棱锥的体积最大时平面，建立空间直角坐标系利用两异面直线间的距离公式即可计算出结果.
【详解】根据题意可知，如下图所示；
由，，利用余弦定理可得，
解得，所以满足，即，则
又分别为直线上的动点，记两点之间的最小距离为，则表示两直线之间的距离，在沿折叠过程中，直线由两平行线变成两异面直线，且两直线间的距离越来越近；
当三棱锥的体积最大时，此时平面；
即此时两点之间的距离最小，即为两异面直线之间的距离；
以点为坐标原点，分别以为轴，轴，以过点且与平行的直线为轴建立空间直角坐标系，如下图所示：
则，即，设与垂直的一个向量为，
则，令，则，可得.不妨取，由两异面直线间的距离公式可得的最小值为故答案为：
2.（2023·全国·高二假期作业）如图，正四棱锥的棱长均为2，点E为侧棱PD的中点．若点M，N分别为直线AB，CE上的动点，则MN的最小值为 ．
【答案】
【分析】根据题意，先建立空间直角坐标系，然后写出相关点的坐标，再写出相关的向量，然后根据点分别为直线上写出点的坐标，这样就得到，然后根据的取值范围而确定
【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，则有：
，，，，，
可得：设，且则有：，可得：
则有：故
则当且仅当时，故答案为：
3.（2023·全国·高三专题练习）如图，棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，N是棱AD的中点，M是棱CC1上的点，且CC1=3CM，则直线BM与B1N之间的距离为 .
【答案】
【分析】建立空间直角坐标系，进而求出直线BM与B1N的公垂线方向上的向量，进而通过空间向量求出在方向上的投影，进而得到答案.
【详解】正方体的棱长为1，如图，以D为坐标原点，所在方向分别为轴正方向建立空间直角坐标系，
则B(1，1，0)，B1(1，1，1)，，，∴=(0，0，1)，，.
设直线BM与B1N的公垂线方向上的向量，由，，
得，令x=2，则z=6，y=-7，∴，
设直线BM与B1N之间的距离为d，则d===.故答案为：.
【题型六】异面直线的夹角
【典例分析】
1.（2022·安徽安庆·安庆一中校考三模）已知直平行六面体中，，，则直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．0
【答案】A
【分析】以为一组基底，利用向量法求解.
【详解】解：如图所示：
以为一组基底，则，，
则，，
，，
，，
以,故选：A
2.（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
【提分秘籍】
【变式演练】
1.（2022·安徽安庆·安庆一中校考三模）已知直平行六面体中，，则直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．0
【答案】A
【分析】作出辅助线，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出直线与所成角的余弦值.
【详解】取的中点，连接，因为，
所以，故为等边三角形，故⊥，
所以⊥，
又平行六面体为直平行六面体，
故以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，
设直线与所成角的大小为，
则.
与所成角的余弦值为.故选：A
2.（2021春·广西桂林·高二桂林中学校考期中）已知正四棱柱中，，为的中点，则异面直线与所形成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】可分别以直线为轴建立空间直角坐标系，并设，从而可得出点的坐标，利用向量可求出，从而得出异面直线与所形成角的余弦值
【详解】以点为原点，分别以直线为轴建立空间直角坐标系，并设，如下图所示：
则，
可得，，
所以异面直线与所形成角的余弦值为.故选：C.
3.（2022秋·安徽安庆·高二校考阶段练习）在直三棱柱中，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用勾股定理的逆定理及直棱柱的定义，建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标及直线与的方向向量，利用向量的夹角公式，结合向量夹角与线线角的关系即可求解.
【详解】因为
所以，
所以,
又因为侧棱与底面垂直，
所以以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示
易得，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：A.
【题型七】直线与平面的夹角
【典例分析】
1.（2023春·广东东莞·高二校联考阶段练习）如图，在四棱锥中，平面底面，平面底面，四边形为正方形，且，为的重心，则与底面所成的角满足（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】以为坐标原点，的方向分别为，，轴的正方向建立空间直角坐标系，利用线面角的坐标表示求解即可.
【详解】因为四边形为正方形，所以，
因为平面底面，平面底面，底面，
所以平面，
又因为平面，所以，同理可得，
所以两两垂直，
以为坐标原点，的方向分别为，，轴的正方向建立空间直角坐标系，
则，，，， ，
所以，易知平面的一个法向量为，则，
所以，，故选：C
2.（2022秋·吉林长春·高二东北师大附中校考期中）如图，在棱锥中，，，两两垂直，，，，则直线与平面所成角的正弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用三线垂直建立空间直角坐标系，将线面角转化为直线的方向向量和平面的法向量所成的角，再利用空间向量进行求解.
【详解】以，，所在直线为轴，轴，轴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，即，
令，则，，所以平面的一个法向量为；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.故选：C.
【提分秘籍】
【变式演练】
1.（2023·全国·高二专题练习）如图，在四棱锥中，平面，，，，已知Q是棱上靠近点P的四等分点，则与平面所成角的正弦值为（ ）．
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】建立空间直角坐标系，写出相应点、的坐标，求出平面的法向量，最后求出与平面所成角的正弦值.
【详解】
平面，，
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，..
易知平面的法向量.设与平面所成角为，
则.故选：C.
2.（2023春·江苏镇江·高一统考阶段练习）在长方体中，已知，，为的中点，则直线与平面所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用线面垂直以及线线平行可得为直线与平面所成角的线面角，又三角形边角关系即可求解，或者建立空间直角坐标系，利用线面角公式即可求解．
【详解】方法一：连接相交于，取中点，中点为,连接，
则,,
由于底面，平面，所以,
又,平面，所以平面，
所以平面,因此为直线与平面所成角，
,,所以,
则,
方法二：建立如图空间直角坐标系，则,2,,,2,,,0,，,2,，,0,，
由于所以平面的法向量为,2,，
设直线与平面所成角为，则，
则直线与平面所成角的余弦值为．故选：B．
3.（2023春·湖南·高一校联考期末）在正方体中，E为的中点，则直线与平面所成的角的正弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】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】设正方体的棱长为4，直线与平面所成的角为，以，，所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，，
，，所以，
由于，所以平面，即平面的法向量为，，
所以.故选：B
【题型八】面与面所成的角
【典例分析】
1.（2023秋·浙江嘉兴·高二浙江省海盐高级中学校考开学考试）在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，ABCD是矩形，且AB＝3，AD＝4，PA＝，则锐二面角的大小为（ ）
A．30°B．45°
C．60°D．75°
【答案】A
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角的坐标公式即可求解.
【详解】因为平面，平面，所以，，
又是矩形，所以两两垂直，
故以为坐标原点，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
又，，，所以，
因为平面，所以平面的一个法向量为，而,
设平面的法向量为，则，取，则，
，所以30°，所以锐二面角的大小为30°，故选：A.
2.（2023秋·高二课时练习）如图，在正方体ABEFDCE′F′中，M，N分别为AC，BF的中点，则平面MNA与平面MNB的夹角的余弦值为（ ）
A．－B．C．－D．
【答案】B
【分析】法一：先利用二面角平面角的定义，在两个半平面内分别找到与二面角的棱垂直的两条直线，将问题转化为求两直线方向向量的夹角即可；
法二：直接转化为求两平面的法向量的夹角即可.
【详解】设正方体棱长为1，以B为坐标原点，BA，BE，BC所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系Bxyz，则M ，N，.解法一 取MN的中点G，连接BG，AG，则G.
因为为等腰三角形，所以AG⊥MN，BG⊥MN，故∠AGB为两平面夹角或其补角．
又因为，，所以，，
设平面MNA与平面MNB的夹角为θ，则.故所求两平面夹角的余弦值为.
解法二 设平面AMN的法向量由于， ，
则，即，令x＝1，解得y＝1，z＝1，于是，
同理可求得平面BMN的一个法向量 .所以 ，
设平面MNA与平面MNB的夹角为θ，则.故所求两平面夹角的余弦值为.故选：B.
【提分秘籍】
【变式演练】
1.（2023秋·全国·高二专题练习）如图，在直三棱柱中，底面是边长为2的正三角形，侧棱长为1，则平面与平面所成的角为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法求解两个平面所成的角.
【详解】以C为原点，在平面中，过C作BC的垂线为x轴，CB为y轴，
CC1为z轴，建立空间直角坐标系，
由题意，，，则，，
设平面的法向量，则，得，令得，易知平面的法向量，所以，设平面与平面所成的角为，则，所以，
所以平面与平面所成的角为.故选：A.
2.（2022秋·吉林长春·高二东北师大附中校考期中）如图，在正三棱柱中，，则平面与平面夹角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】建立合适的空间直角坐标系，求出相关平面的法向量，利用面面角的空间向量求法即可得到答案.
【详解】取的中点，连接，过点作，
因为正三棱柱，所以平面平面，，
所以，因为平面平面，平面，
所以平面，因为平面，所以，
又因为，所以两两互相垂直，
故以为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，
设，则，
则，，，，
设平面的法向量，则，即，
则，设，则，
设平面的法向量，则，即，
则，令，，
设平面与平面夹角为，则，
故选：A.
3.（2023春·江苏盐城·高二校联考期中）在三棱锥中，平面平面是的中点.，则二面角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先证明平面，建立空间直角坐标系，利用向量法求解.
【详解】平面平面，且 为交线，，平面，
平面，
以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系.
因为，在Rt中，，
所以，.
设平面的一个法向量为，
则，即，令，则.
设平面的一个法向量为，
则，即，令，则.
设二面角的平面角为，则.故选：C
【题型九】线线角应用
【典例分析】
1.（2018秋·上海·高二曹杨二中校考期末）在正方体中，点（异于点）是棱上一点，则满足与，所成的角为45°的点的个数为
A．0B．3C．4D．6
【答案】B
【分析】建立空间坐标系，通过分类讨论，利用向量法求异面直线所成的夹角，即可找出满足条件的点P的个数．
【详解】
如图建立坐标系，不妨设棱长，则，，
①在中，，因此．同理, , 与成角都为．故当P位于棱, , 上时，与所成角都为，故不满足条件．
②当点P位于棱AD上时，设，，则，，若，满足于所成角为，则，即，无正数解（舍），同理当P位于上时，也不符合题意．
③当P位于棱上时，设，则，，若满足于所成角为，则，即，因为，所以，满足条件，此时．
④同理可求得棱上一点，棱上一点也满足题意，其它棱上没有满足条件的点P．
综上，满足条件的P点共有3个，故选B
2.（2023·全国·高二假期作业）如图，在四棱锥中，底面，底面为矩形，是线段的中点，是线段上一点（不与两点重合），且．若直线与所成角的余弦值是，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据线面垂直的性质证DP，DC，DA两两互相垂直，构建空间直角坐标，并求直线MN与BD的方向向量，应用空间向量夹角的坐标表示列方程求参数.
【详解】因为平面，平面，平面，
所以，．因为底面为矩形，所以．所以DP，DC，DA两两互相垂直．
以为原点，DA、DC、DP所在直线分别为x、y、z轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，，．
所以，．因为，
所以，则．设直线MN与BD所成角为，则．
因为，则，
化简得，即，解得或（舍去）．故选：B
【提分秘籍】
【变式演练】
1.（2022秋·黑龙江哈尔滨·高二哈尔滨三中校考阶段练习）已知四棱锥的底面是边长为2的正方形，平面，线段AB，SC的中点分别为E，F，若异面直线EC与BF所成角的余弦值为，则（ ）
A．B．4C．2D．3
【答案】B
【分析】以D为原点，分别为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系,利用向量法求解.
【详解】如图示，以D为原点，分别为x、y、z轴正方向联立空间直角坐标系.
不妨设.则，，，，，，.
所以，.
因为异面直线与所成角的余弦值为，所以，解得：t=4.即4.故选：B
2.（2022秋·全国·高二专题练习）已知正方体的棱长为，点在线段上，若直线与所成角的余弦值为，则（ ）
A．B．C．3D．
【答案】A
【分析】如图建立空间直角坐标系，设，由可得的坐标，求出的坐标，利用向量的夹角公式列方程求得的值，进而可得的长.【详解】建立空间直角坐标系如图所示，因为点在线段上，不妨设， 易得，，，，
则，．
由题意得，
整理可得：，解得：或（舍去），
所以，，故选：A.
3.（2022秋·广东江门·高二开平市第一中学校考阶段练习）如图，在三棱锥中，平面平面，，，，点是线段上的动点，若线段上存在点，使得异面直线与成30°的角，则线段长的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】向量法. 以C为原点，CD为x轴，CB为y轴，过C作平面BCD的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，根据各点的坐标写出向量，点，对于点的设法，采用向量式，而后利用异面直线所成的角的向量计算公式列方程求解.
【详解】如图，以C为原点，CD为x轴，CB为y轴，过C作平面BCD的垂线为z轴，
建立空间直角坐标系，
则，设，设，则，
，异面直线PQ与AD成的角，，
，，即，解得，
，可得.故选：C.
【题型十】线面角应用
【典例分析】
1.（2021·高二单元测试）在正方体ABCD—A1B1C1D1中，异面直线和分别在上底面A1B1C1D1和下底面ABCD上运动，且，若与所成角为60°时，则与侧面ADD1A1所成角的大小为（ ）
A．30°B．45°C．60°D．90°
【答案】B
【解析】建立适当的空间直角坐标系，根据题意设出直线的方向向量，利用空间向量，根据异面直线所成的角的公式求得的方向向量的坐标关系，进而利用线面所成角的向量公式求得直线与平面侧面ADD1A1所成角的大小.
【详解】
以为原点，以为轴，建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，如图所示：
直线分别在上下底面内且互相垂直，设直线的方向向量为,则直线的方向向量可以为,
直线的方向向量为, 侧面ADD1A1的法向量,
与b所成角为60°,
即，,
故a与侧面ADD1A1所成角的大小为45°.故选：B.
2.（2020·浙江·校联考模拟预测）如图1，直角梯形中，，，，是的中点，是的中点，沿直线把翻折，连接，如图2，设，若异面直线与所成的角是，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】建立空间直角坐标系，设，求出，的坐标，利用空间向量夹角的余弦公式即可得解.
【详解】以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，过点且垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
设，则，，
所以，，因为异面直线与所成的角是，
所以，
解得或（不合题意，舍去）.故选：B.
【提分秘籍】
【变式演练】
1.（2022·全国·高三专题练习）已知圆锥的底面圆心为，顶点为，侧面展开图对应扇形的圆心角为，，是底面圆周上的两点，与平面所成角的正弦值为，则与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先用向量数量积求直线与平面成角的正弦值，通过解方程确定点位置，再用向量数量积求异直线成角余弦值．
【详解】设，，，因为侧面展开图对应扇形的圆心角为，
所以，于是，所以，所以，，建立如图所示的空间直角坐标系，
设，则各点坐标如下：，0，，，，，，，，，，，，，，，，，平面的法向量为，0，，与平面成角的正弦值为，，
所以与所成角的余弦值为．故选：A
2.（2023·全国·高二专题练习）已知四棱锥的底面为平行四边形，，，，平面ABCD，直线PD与平面PAC所成角为，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据题意建立如图空间直角坐标系，利用向量法结合PD与平面PAC的线面角，可求出PD.
【详解】，，，
由余弦定理得，即，
则有，所以，
又平面ABCD，以D为原点，的方向为x轴，y轴，z轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系，
设，由，，
得，，，，，
， ， ，
设平面PAC的法向量为 ， 则 ，
令，则，，所以 ，
直线PD与平面PAC所成角为，所以 ，
则有，解得， 则.故选：C.
3.（2023春·江苏连云港·高二校考期中）如图所示空间直角坐标系中，是正三棱柱的底面内一动点，，直线和底面所成角为，则P点坐标满足（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据空间直角坐标系求得，以及平面的一个法向量，根据线面夹角的坐标运算即可得P点坐标满足的等式关系.
【详解】解：由正三棱柱，且，根据坐标系可得：
，又是正三棱柱的底面内一动点，则，所以，又平面，所以是平面的一个法向量，
因为直线和底面所成角为，所以，
整理得，又，所以.故选：A.
【题型十一】面面角应用
【典例分析】
1.（2021·高二课时练习）在正四棱锥中，，分别为，的中点，且侧面与底面所成二面角的正切值为，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）.
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】不妨设正四棱锥底面边长为2，则由该正四棱锥侧面与底面所成二面角的正切值为，易得其高为.取底面正方形的中心为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，然后利用空间向量进行求解即可
【详解】如图所示.
不妨设正四棱锥底面边长为2，底面中心为，
连，则平面，取中点，连，则，所以为侧面与底面所成的角，即，所以
取底面正方形的中心为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，则，，
所以，.设与所成的角为，则.故选：B.
2.（2022春·湖北武汉·高二校联考期末）设点是棱长为的正方体的棱的中点，点在面所在的平面内，若平面分别与平面和平面所成的锐二面角相等，则点到点的最短距离是
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】以为原点，为轴为轴 为轴，建立空间直角坐标系，计算三个平面的法向量，根据夹角相等得到关系式：，再利用点到直线的距离公式得到答案.
【详解】`以为原点，为轴为轴 为轴，建立空间直角坐标系.
则易知：平面的法向量为
平面的法向量为设平面的法向量为：
则，取
平面分别与平面和平面所成的锐二面角相等
或看作平面的两条平行直线，到的距离.
根据点到直线的距离公式得，点到点的最短距离都是： 故答案为B
【提分秘籍】
【变式演练】
1.（2022·全国·高三专题练习）在正三棱柱中，，点D为棱的中点，点E为上的点，且满足，当二面角的正切值为时，实数m的值为（ ）
A．B．1C．2D．3
【答案】C
【分析】以D原点，DA，DB，DD1分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，利用二面角的余弦值即可算出.
【详解】如图，
以D原点，DA，DB，DD1分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，
由得，，即，
所以，，设面的法向量为：，则
取，取面的法向量为：，设二面角为，
由得，，则，所以，故选：C.
2.（2022秋·辽宁沈阳·高二沈阳二十中校考阶段练习）在棱长为2的正方体中，点在棱上，，点是棱的中点，点满足，当平面与平面所成（锐）二面角的余弦值为时，经过三点的截面的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】以为坐标原点，分别以所在的直线为轴，建立空间直角坐标系，由空间向量结合平面与平面所成二面角的余弦值为求出的值，画出截面图，求出截面五边形的边长，再由等腰三角形及等腰梯形的面积求和可得答案
【详解】解：如图，以为坐标原点，分别以所在的直线为轴，建立空间直角坐标系，则，所以，
设平面的一个法向量为，则
，取，则，
平面的一个法向量为，
由题意得，解得或（舍去），
延长，设，连接，交于，延长，交的延长线于，连接，交于，则五边形为截面图形，
由题意求得，，，，，，截面五边形如图所示，
则等腰三角形底边上的高为，等腰梯形的高为，
则截面面积为
故选：B
3.（2020秋·河南郑州·高二统考期末）如图四边形中，，，现将沿折起，当二面角的大小为时，直线与所成角的余弦值是
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】取中点，连结，，以为原点，为轴，为轴，过点作平面的垂线为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线与所成角的余弦值．
【详解】解：取中点，连结，，
．，，，且，，
是二面角的平面角，因为二面角的平面角为，
以为原点，为轴，为轴，过点作平面的垂线为轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，0，，，1，，，，，设、的夹角为，
则，故选：．
【题型十二】斜棱柱型建系计算
【典例分析】
1.（2023春·高二课时练习）如图，在三棱柱中，底面是边长为的正三角形，，顶点在底面的射影为底面正三角形的中心，P，Q分别是异面直线上的动点，则P，Q两点间距离的最小值是（ ）
A．B．2C．D．
【答案】D
【分析】设是底面正的中心，平面，，以直线为轴，为轴，过平行于的直线为轴建立空间直角坐标系，P，Q两点间距离的最小值即为异面直线与间的距离用空间向量法求异面直线的距离．
【详解】如图，是底面正的中心，平面，平面，则，
，则，又，，
，直线交于点，，
以直线为轴，为轴，过平行于的直线为轴建立空间直角坐标系，如图，
则，，，，，，，
，设与和都垂直，
则，取，则，，
P，Q两点间距离的最小值即为异面直线与间的距离等于．
故选：D．
2.（2023春·江苏南京·高二校联考阶段练习）在平行六面体中，以顶点为端点的三条棱长均为2，且它们彼此的夹角都是，直线与直线所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据题意，分别求得，，以及又由，结合向量的夹角公式，即可求解.
【详解】根据空间向量的运算法则，可得，
因为以顶点为端点的三条棱长均为2，且它们彼此的夹角都是，
所以
，所以，
由，所以
所以，
又由 ，
所以，
所以直线与直线所成角的余弦值为.
故选：D.
【提分秘籍】
【变式演练】
1.（2023春·四川成都·高二校考期中）在平行六面体中，底面是边长为2的正方形，，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据给定条件，利用空间向量求出异面直线与所成角的余弦值作答.
【详解】在平行六面体中，，，
，，
则，而，且，
于是，
因此，
所以异面直线与所成角的余弦值为.故选：C
2.（2023·全国·高二专题练习）如图，在平行六面体中，以顶点A为端点的三条棱长都是a，且，，E为的中点，则点E到直线的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用基底向量，即可由空间向量的模长，结合点到直线的距离公式即可求解.
【详解】在平行六面体中，不妨设，，．
,，
，，
所以，，
，
所以E到直线的距离为，故选：A
【题型十三】空间向量求体积
【典例分析】
1.（2023·全国·高三专题练习）如图，在四棱锥中，底面是矩形，侧面是等腰直角三角形，平面平面，当棱上一动点到直线的距离最小时，过作截面交于点，则四棱锥的体积是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】取的中点，连接，由题意可得平面建立空间直角坐标系，利用空间向量中点到直线距离公式计算出到直线的距离最小时的具体坐标，再用空间向量的方法计算出点到直线的距离和点到平面的距离即可.
【详解】
取的中点，连接，
因为是等腰直角三角形且，所以，，，
因为平面平面平面平面平面
所以平面所以以为原点，分别以，，的方向为，，轴的
建立空间直角坐标系，则
所以，，
因为动点在棱上，所以设，则
所以，，
，，，，
所以点到直线的距离为，
所以当时，点到直线的最小距离为，此时点是的中点即．
因为，平面，平面，所以平面，
因为平面，平面平面，所以，所以，
因为点是的中点，所以点是的中点，所以，，，
，，，，所以点到直线的距离为，
所以梯形的面积为，设平面的一个法向量为，
则，即，令，则，，所以，
则点到平面的距离，
所以四棱锥的体积为．故选：B
2.（2023春·江苏南通·高三校考开学考试）在直四棱柱中，底面ABCD是边长为1的正方形，侧棱，M为侧棱的中点，N在侧面矩形内(异于点)，则三棱锥体积的最大值为 .
【答案】/0.5
【分析】建立空间直角坐标系，写出点的坐标，得到，故⊥，求出，再利用点到平面的距离公式求出点到平面的距离，表达出三棱锥的体积为，结合的范围，求出体积最大值.
【详解】以D为坐标原点，DA，DC，所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，
则，设，，，其中与不能同时成立，
则，，
故，因为，所以⊥，
故，设平面的法向量为，，
取，则，故，
点到平面的距离，
三棱锥的体积为，
因为，，其中与不能同时成立，
要想最大，由于恒成立，只需要最大，当时，，满足要求，
所以当时，取得最大值，最大值为.
故答案为：
【变式演练】
1.（2022秋·黑龙江齐齐哈尔·高二齐齐哈尔市第八中学校校考阶段练习）在正四棱锥中，底面边长为，侧棱，为的中点，为直线上一点，且与、不重合，若异面直线与所成角为，则三棱锥的体积为 ．
【答案】
【分析】本题首先可以绘出正四棱锥的图像并构建空间直角坐标系，然后设，根据异面直线与所成角为计算出，再然后设点到底面的距离为以及点到底面的距离为并根据三角形相似的性质得出，最后根据三棱锥的体积公式即可得出结果.
【详解】
如图，设点为底面正方形的中心，取的中点，
以为坐标原点，分别以直线、、为、、轴建立空间直角坐标系，
易知，，，，，，，
设（且），则，
由，整理得，解得（舍去），
故，且点在射线上，设点到底面的距离为，点到底面的距离为，
因为，，所以，，
故答案为：.
2.（2021春·全国·高二专题练习）四棱锥中，平面，，，，已知是四边形内部一点，且二面角的平面角大小为，若动点的轨迹将分成面积为的两部分，则 .
【答案】
【详解】以A为坐标原点建立空间直角坐标系，如图：设Q的轨迹与y轴的交点坐标为Q（0，b，0）（b＞0）．
由题意可知A（0，0，0），D（2，0，0），P（0，0，1），
∴=（﹣2，0，1），=（﹣2，b，0）. =（2，0，0）．
设平面APD的法向量为=（x1，y1，z1），平面PDQ的法向量为=（x2，y2，z2）
则即，令y1=0得=（0，1，0），令z2=2得=（1，，2）．∴．∵二面角Q﹣PD﹣A的平面角大小为，
∴cs＜＞=即解得b=．∴S△ADQ=．
S梯形ABCD﹣S△ADQ=．
∵S1＜S2，∴S1=，S2=．∴S1：S2=（3﹣4）：4．
故答案为（3﹣4）：4．
一、单选题
1．（2023春·广东深圳·高二校考期中）若平面的一个法向量为，，，，则点到平面的距离为（ ）
A．1B．C．D．
【答案】B
【分析】根据点到平面距离的向量求法即可求解.
【详解】因为，平面的一个法向量为，
所以点到平面的距离为.
故选：B.
2．（2023春·福建龙岩·高二校联考期中）《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑.在鳖臑中，平面，，.若建立如图所示的“空间直角坐标系，则平面的一个法向量为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据题意，设，可得、、的坐标，由此可得向量、的坐标，由此可得关于、、的方程组，利用特殊值求出、、的值，即可得答案．
【详解】根据题意，设，则，，，
则，，
设平面的一个法向量为，
则有，令，可得，则.故选：B．
3．（2021秋·湖北武汉·高二武汉外国语学校（武汉实验外国语学校）期中）已知，为坐标原点，求与的夹角（ ）
A．0B．C．D．
【答案】C
【分析】根据两个向量反向共线可得答案.
【详解】,，
所以，即与反向共线，所以与的夹角为.故选：C.
4．（2021秋·北京·高二北京市第十三中学校考期中）两个不重合的平面α与平面ABC，若平面α的法向量为，，，则（ ）
A．平面平面ABCB．平面平面ABC
C．平面α、平面ABC相交但不垂直D．以上均有可能
【答案】A
【分析】由平面α的法向量与平面ABC的法向量的关系，判断两个平面的位置关系.
【详解】设平面ABC的法向量为,
则，设，则，，即
由，得平面平面ABC．故选：A
5．（2022秋·安徽马鞍山·高二校联考期中）二面角的棱上有A、B两点，直线、分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于，已知，AC=3，，，则该二面角的大小为（ ）．
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】将向量转化成，然后等式两边同时平方表示出向量的模，再根据向量的数量积求出向量与的夹角，而向量与的夹角就是二面角的补角．
【详解】如图所示：
由条件，知．
，
，即，所以二面角的大小为故选：B．
6．（2023春·江苏常州·高二统考期中）如图，长方体中，，P为线段上的动点，则以下结论中不正确的是（ ）
A．当时，直线BP与平面ABCD所成角的正弦值为
B．当时，若平面的法向量记为，则
C．当时，二面角的余弦值为
D．若，则
【答案】C
【分析】根据题意可知，以点为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，分别表示各点的坐标，然后利用空间向量求解二面角、线面角的方法计算各选项即可.
【详解】如下图所示：
以点为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系；由，可知，则，
设，，
选项A，当时，，所以，
所以，平面ABCD的法向量为，
所以直线BP与平面ABCD所成角的正弦值为：，故A正确；
选项B，当时，，所以，所以，
平面的法向量记为，由.,
由可知，，所以可取，所以，故B正确；
选项C，当时，，所以，平面的法向量记为，
设平面的法向量记为，由.,
由可知，，所以可取，
所以二面角的余弦值为，
所以，故C错误；
选项D，若，，，因为，
所以，所以，，
由，解得，所以，即，故D正确.
故选：C
7．（2023春·湖南郴州·高二期中）在三棱锥中，面ABC，，，且，若G为△PAB的重心，则CG与平面ABC所成角的正弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用向量求解CG与平面ABC所成角的正弦值.
【详解】因为G为重心，故，从而，
．即．
，则．
注意到平面ABC的法向量即，因此CG与平面ABC所成角的正弦值即为．
故选：D．
8．（2023春·福建泉州·高二校联考期中）如图，是棱长为1的正方体，若P∈平面BDE，且满足，则P到AB的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先利用平面的法向量求出点，再计算点到直线的距离.
【详解】如图，以点A为原点，分别为轴建立空间坐标系，
,
则，
则,，，，
设平面的一个法向量，则，令，则，且面，
则，即，得，故，
所以，，，则，
P到AB的距离为.故选：C
二、多选题
9．（2022秋·海南省直辖县级单位·高二校考期中）如图，棱长为的正方体中，，分别为，的中点，则（ ）
A．直线与底面所成的角为
B．平面与底面夹角的余弦值为
C．直线与直线的距离为
D．直线与平面的距离为
【答案】BCD
【分析】以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法分别求出线面角，面面角，平行线间距离及线面距离.
【详解】如图所示，以点为坐标原点，为轴，为轴，为轴，
则，，，，，，
A选项：，平面的法向量，
设直线与底面所成的角为，则，
直线与底面所成的角不为，故A错误；
B选项：，，设平面的法向量，则，令，则设平面与底面的夹角为，则，
平面与底面夹角的余弦值为，故B正确；
C选项，，
直线与直线的距离为：，故C正确；
D选项，，平面，平面，
又，平面的法向量，
直线与平面的距离为：，故D正确；
故选：BCD.
10．（2022秋·吉林长春·高二东北师大附中校考期中）如图，正四面体（四个面都是正三角形）中，，分别为，的中点，则（ ）
A．直线与平面所成角的正弦值为
B．直线与夹角的余弦值
C．直线与夹角的余弦值
D．直线与夹角的余弦值为
【答案】CD
【分析】建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量法一一分析即可.
【详解】在正四面体中，取的中点为，连接，则，
以为坐标原点，直线分别为轴建立如图所示空间直角坐标系，
设正四面体的各棱长为2，作出顶点在底面上的投影点，则，，，
则，，
，
则，，
则，
则直线与夹角的余弦值为，B错误；
，，
则，则直线与夹角的余弦值为，C正确；
，则直线与夹角的余弦值为，D正确；
设平面的法向量，，，
则，即，解得，令，则，
则，而，设直线与平面所成角为，
则，A错误.
故选：CD
11．（2022秋·吉林长春·高二东北师大附中校考期中）如图，正方体的棱长为2，为线段中点，为线段中点，则（ ）
A．点到直线的距离为B．直线到直线的距离为2
C．点到平面的距离为D．直线到平面的距离为
【答案】AD
【分析】建立坐标系，求出向量在单位向量上的投影，结合勾股定理可得点到直线的距离，判断A；先证明，再转化为点到直线的距离求解，判断B；求解平面的法向量，利用点到平面的距离公式进行求解，判断C；把直线到平面的距离转化为到平面的距离，利用法向量进行求解，判断D.
【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
因为，所以.
所以点到直线的距离为，故A正确；
因为，所以，即
所以点到直线的距离即为直线到直线的距离，
，，
所以直线到直线的距离为，故B错误；
设平面的一个法向量为，，.
由，令，则，即.
设点到平面的距离为，则，即点到平面的距离为，故C错误；
因为平面，平面，所以平面，
所以直线到平面的距离等于到平面的距离.，
由C得平面的一个法向量为，
所以到平面的距离为，
所以直线到平面的距离为，故D正确.
故选：AD.
12．（2022秋·浙江温州·高二校联考期中）如图，长方体中，是侧面的中心，是底面的中心，点在线段上运动．以为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，则（ ）
A．是平面的一个法向量
B．直线∥平面
C．异面直线与垂直
D．存在点，使得直线与平面所成的角为
【答案】ABD
【分析】对于A，利用和是否为零进行判断，对于B，由与平面的法向量的数量积是否为零判断，对于C，由判断，对于D，设，然后求出与平面所成的角进行判断.
【详解】由题意可得，，
因为是侧面的中心，是底面的中心，所以，
对于A，因为，，
所以，，
所以，，所以是平面的一个法向量，所以A正确；
对于B，因为平面，所以是平面的一个法向量，
因为，所以，所以，
因为平面，所以直线∥平面，所以B正确；
对于C，因为，所以与不垂直，所以异面直线与不垂直，所以C错误；
对于D，设，则，由选项A可知是平面的一个法向量，设直线与平面所成的角为，
所以，
若直线与平面所成的角为，则，解得，
所以存在点，使得直线与平面所成的角为，所以D正确，
故选：ABD
三、填空题
13．（2022秋·浙江温州·高二校联考期中）如图，平行六面体中，底面ABCD和侧面BCC1B1都是矩形，E是CD的中点，D1E⊥CD，AB＝2BC＝2，且平面BCC1B1与平面D1EB的夹角的余弦值为，则线段D1E的长度为 ．
【答案】
【分析】先证明平面ABCD，以E为坐标原点，分别为轴正方向建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量与平面的一个法向量，由平面与平面夹角的余弦值为，列式求得线段的长度．
【详解】底面ABCD和侧面是矩形，，，
又，平面，
平面，平面，
平面，；
又，且，平面ABCD,平面ABCD．
平面ABCD．
以E为坐标原点，过E作 交于，以 分别为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则0,，1,，1,，0,．
设，则0,，2,．设平面的一个法向量为y,，1,，0,，
由，令，得；设平面的一个法向量为，
0,，1,，由，令，得．
由平面与平面所成的夹角的余弦值为，
得，解得(负值舍去)．．故答案为：
14．（2023春·陕西西安·高一统考期中）如图，在几何体中，，，，，，平面，则直线与平面所成角的正弦值为 .
【答案】
【分析】由且可得四点共面，则可延长交与，由 平面,可知直线与平面所成角即，中求即可.
【详解】且四点共面
延长交与,如图
平面,平面
直线与平面所成角即,,
则
即可解得则中可得
故答案为：.
15．（2023春·四川成都·高二四川省成都市新都一中校联考期中）如图，正方体的棱长为，若空间中的动点满足，，则下列命题正确的是 ．（请用正确命题的序号作答）
①若，则点到平面的距离为；
②若，则二面角的平面角为；
③若，则三棱锥的体积为；
④若，则点的轨迹构成的平面图形的面积为．
【答案】②④
【分析】分别以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，对于①：直接应用点到平面距离的向量公式，即可判断；对于②：直接应用面面角的向量公式，即可判断；对于③：先求出点到平面的距离，即可计算出，得出判断；对于④：延长至点，使得，取中点，中点，连接，，作出平面与正方体的截面，并说明该截面为边长为的正六边形，由条件得，根据空间向量共面定理得点在平面上，即可作出判断．
【详解】对于①：由空间向量的正交分解及其坐标表示可建立如图空间直角坐标系，
所以，，，，，
向量，设平面的法向量，
由，，
则即，取则，
则点与平面的距离为，故①错误；
对于②：设平面的法向量，
又，，
即，取，则，
易得平面的一个法向量，
设二面角的平面角为，
则，
是锐角，
二面角的平面角为，故②正确；
对于③：，，，，
，则，
设平面的法向量为，
由，，
则，取则，
则点到平面的距离为，
由得
易知，
则三棱锥，故③错误；
对于④：延长至点，使得，取中点，中点，连接，并延长，交棱，于点，，交，延长线于点，，连接，交棱，于点，，连接，，如图所示，
则平面与正方体的截面为六边形，，
在平面中，
，点为中点，
，，
在和中
，
，
，
，即点为中点，，
同理可得，，
六边形为正六边形，且边长为，
则其面积，
，，
，
整理得，
点在平面上，
当，点的轨迹构成的平面图形的面积为，故④正确．
故答案为：②④．
16．（2022秋·吉林·高二统考期中）在等边三角形中，为中点，将沿折起至，使得，则直线与平面所成角的正弦值为 .
【答案】/
【分析】以点D为原点建立空间直角坐标系，写出图中各点的坐标，再求得平面的法向量，最后计算直线与平面所成角.
【详解】以点D为原点建立如图坐标系，设的边长为a，根据题意，图中各点坐标可表示为：
所以;;
设平面的法向量为，直线BC与平面所成角为，
则，化简整理得，解得
取得
所以
故答案为：.
一、热考题型归纳
【题型一】求平面法向量
【题型二】点到面的距离(向量法)
【题型三】点到直线的距离(向量法)
【题型四】两平面之间的距离(向量法)
【题型五】异面直线之间的距离(向量法)
【题型六】异面直线的夹角
【题型七】直线与平面所成的角
【题型八】二面角
【题型九】线线角应用
【题型十】线面角应用
【题型十一】面面角应用
【题型十二】斜棱柱型建系计算
【题型十三】空间向量求体积
二、培优练
求平面法向量的方法与步骤
(1)求平面ABC的法向量时，要选取平面内两不共线向量，如eq \(AC,\s\up6(→))，eq \(AB,\s\up6(→))；
(2)设平面的法向量为n＝(x，y，z)；
(3)联立方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AC,\s\up6(→))＝0，,n·\(AB,\s\up6(→))＝0，))并求解；
(4)所求出向量中的三个坐标不是具体的值而是比例关系，设定一个坐标为常数(常数不能为0)便可得到平面的一个法向量．
对于利用空间向量求解点到平面的距离的步骤通常为：
①求平面的法向量；
②求斜线段对应的向量在法向量上的投影的绝对值，即为点到平面的距离．
空间中其他距离问题一般都可转化为点到平面的距离求解．着重考查了推理与运算能力，属于基础题.
两平面之间的距离,可以转化为一个平面上一点到另外一个面的距离.
求异面直线夹角的方法
(1)传统法：作出与异面直线所成角相等的平面角，进而构造三角形求解．
(2)向量法：在两异面直线a与b上分别取点A，B和C，D，则eq \(AB,\s\up6(→))与eq \(CD,\s\up6(→))可分别为a，b的方向向量，则cs θ＝eq \f(|\(AB,\s\up6(→))·\(CD,\s\up6(→))|,|\(AB,\s\up6(→))||\(CD,\s\up6(→))|).
利用平面的法向量求直线与平面夹角的基本步骤
(1)建立空间直角坐标系．
(2)求直线的方向向量u.
(3)求平面的法向量n.
(4)设线面角为θ，则sin θ＝eq \f(|u·n|,|u||n|) .
求两平面夹角的两种方法:
(1)定义法：在两个平面内分别找出与两平面交线垂直的直线，这两条直线的夹角即为两平面的夹角．也可转化为求与两平面交线垂直的直线的方向向量的夹角，但要注意其异同．
(2)法向量法：分别求出两平面的法向量n1，n2，则两平面的夹角为〈n1，n2〉eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(当〈n1，n2〉∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时))或π－〈n1，n2〉eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(当〈n1，n2〉∈\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))时.))
如图，若于A，于B，平面PAB交于E，则为二面角的平面角，∠AEB+∠APB=180°.若二面角的平面角的大小为，其两个面的法向量分别为，则==
求异面直线所成的角
若两异面直线所成角为，它们的方向向量分别为，则有= .
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=.
平面与平面相交，形成四个二面角，把这四个二面角中不大于90°的二面角称为平面与平面的夹角= .
斜棱柱建系,主要从以下几方面来入手:
是否有”立杆”(线面垂直)
是否有面面垂直,通过垂面来构造线面垂直.
底面是否有互相垂直的直线.
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