人教A版高二数学上学期重难点突破期末复习专题1.4 用空间向量研究距离、夹角问题（七个重难点突破）（2份打包，原卷版+解析版）

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知识点1 空间距离及向量求法
1. 点到直线的距离
设为直线l的单位方向向量，是直线外一点，
设，向量在直线l上的投影向量为，
则
2. 点到平面的距离
设已知平面的法向量为，是直线外一点，
向量是向量在平面上的投影向量，则
重难点1点到直线的距离
1．已知空间直角坐标系中的点，，，则点Р到直线AB的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由向量在向量上的投影及勾股定理即可求.
【详解】，，，
，，，
在上的投影为，
则点到直线的距离为.
故选：D．
2．空间中有三点，则点到直线的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】分别求出，即可得，，再根据点到直线的距离为即可得解.
【详解】解：，
则，，
则，
所以点到直线的距离为.
故选：A.
3．生活中的建筑模型多与立体几何中的图形有关联，既呈现对称美，也具有稳定性.已知某凉亭的顶部可视为如图所示的正四棱锥，其所有棱长都为6，且交于点O，点E在线段上，且，则的重心G到直线的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】首先以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，再利用空间向量法求解即可.
【详解】以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示：
因为所有棱长都为6，所以，，
所以，，，，，
因为为的重心，所以.
设，，，
因为，所以，即.
因为，，
则G到直线的距离.
故选：B
4．如图，在棱长为2的正方体中，E为的中点，点P在线段上，点P到直线的距离的最小值为（ ）
A．1B．C．D．
【答案】D
【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】以D为原点，分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，
则，,,
所以，，,
因点P在线段上，则，，
，
所以向量在向量上投影长为，
而，
则点Р到直线的距离，
当且仅当时取等号，
所以点Р到直线的距离的最小值为，
故选：D
5．已知直线过点，它的一个方向向量为，则点到直线AB的距离为 .
【答案】2
【分析】利用空间中点到直线的距离公式求解即可
【详解】因为，，
点到直线AB方向上的投影为，
所以点到直线AB的距离为，
故答案为：2
6．在空间直角坐标系中，，，，若点到直线的距离不小于，写出一个满足条件的的值： .
【答案】1（答案不唯一，只要即可）
【分析】计算，，根据点到直线的距离公式得到，解得答案.
【详解】因为，，
所以点到直线的距离，
解得.
故答案为：1（答案不唯一，只要即可）
7．已知长方体中，，圆内切上底面正方形， 为圆上的动点．
(1)求点到直线的距离；
(2)求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用坐标运算求解点到直线的距离;
（2）利用圆的参数方程或线面垂直的性质求解距离的最值问题.
【详解】（1）以为原点，，，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，，，，
取，
所以点到直线的距离为.
（2）（法一）设，且有，
设，可得,
所以，
因为，所以.
（法二）因为平面，，
所以，所以△为直角三角形，
而，
所以，
即.
重难点2点到平面的距离
8．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
9．如图，在棱长为1的正方体中，E为线段的中点，则点C到平面的距离等于 .
【答案】
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量求点到平面的距离.
【详解】
如图，建立空间直角坐标系，则，，，，
，，设平面的一个法向量为，
，即，取，又，
所以点到面的距离，
故答案为：.
10．如图，在三棱锥中，，，两两垂直，，，点在边上，且，为的中点．以，，分别为轴，轴，轴的正方向，井以1为单位长度，建立空间直角坐标系，求：

(1)直线的一个方向向量；
(2)点到平面的距离．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意得到点的坐标，可得直线的一个方向向量；
（2）根据点面距的向量公式可求出结果.
【详解】（1）依题意得，，
所以为直线的一个方向向量.
（2），，， ，
设平面的一个法向量为，
则，取，得，，则，
所以点到平面的距离为.
11．在空间直角坐标系中，已知，，，则三棱锥的体积为 ．
【答案】
【分析】求出平面的一个法向量，从而可求点到平面的距离，求出即可得棱锥的体积.
【详解】,设平面的法向量为，
则，令,可得,所以.
所以点到平面的距离为.
又，
所以，
所以.
故答案为:.
12．斜三棱柱的各棱长都为2，，点在下底面ABC的投影为AB的中点O．
(1)在棱（含端点）上是否存在一点D使？若存在，求出BD的长；若不存在，请说明理由；
(2)求点到平面的距离．
【答案】(1)存在，
(2)
【分析】（1）连接，以O点为原点，如图建立空间直角坐标系，设，根据，求出即可；
（2）利用向量法求解即可.
【详解】（1）连接，因为，为的中点，所以，
由题意知平面ABC，
又，，所以，
以O点为原点，如图建立空间直角坐标系，
则，，，，
由得，同理得，
设，得，
又，，
由，得，
得，又，∴，
∴存在点D且满足条件；
（2）设平面的法向量为，，，
则有，可取，
又，
∴点到平面的距离为，
∴所求距离为.
13．如图，与都是边长为的正三角形，平面平面，平面，．
(1)证明：平面．
(2)求点到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取的中点，连接、，证明出平面，利用线面垂直的性质可得出，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立；
（2）以为原点，直线、、分别为轴、轴、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】（1）证明：取的中点，连接、，
因为是等边三角形，且为的中点，所以，，同理可得，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面．
因为平面，所以．
因为平面，平面，所以平面．
（2）解：因为平面，，
以为原点，直线、、分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，如图所示．
因为与的边长均为，，
所以、、、，
设平面的法向量为，
因为，，
所以，，取，可得，
因为，所以到平面的距离．
14．如图，在四棱锥中，平面，底面四边形是正方形，，点为上的点，.
(1)求证：平面平面；
(2)若，求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据线面垂直的判定证明，，进而可得平面，从而得到平面平面；
（2）（法一）利用等体积法求解；
（法二）以为坐标原点，，，所在的直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，再根据点到面的向量表示求解即可.
【详解】（1）因为底面四边形为正方形，所以，
因为平面，平面，所以，
又，平面，所以平面，
又平面，所以平面平面.
（2）（法一）因为平面，平面，所以，
因为底面四边形为正方形，所以，又，平面，所以平面，
又平面，所以，即为直角三角形，
因为，则，所以，，，，
在中，，
在中，由余弦定理，
即，
同理可求得，所以为直角三角形，，
因为，所以点到平面的距离为，
设点到平面的距离为，由得
，即，所以，
所以点到平面的距离为.
（法二）因为，则，以为坐标原点，，，所在的直线分别为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，.
所以，由，得，
，，，
设平面的一个法向量为，则
取，可得，，所以，
设点到平面的距离为，
则，
所以点到平面的距离为.
重难点3直线（或平面）到平面的距离
15．两平行平面 ， 分别经过坐标原点 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】B
【详解】两平行平面 ， 分别经过坐标原点 和点 ，，且两平面的一个法向量两平面间的距离，故选B.
16．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．
【点睛】本题主要考查了空间向量在求解距离中的应用，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.
17．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：．
18．正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4，M，N，E，F分别为A1D1，A1B1，C1D1，B1C1的中点，则平面AMN与平面EFBD的距离为 .
【答案】
【分析】建立空间直角坐标系，计算平面AMN的一个法向量，然后使用等价转化的思想，面面距转为点面距，最后计算即可.
【详解】如图所示，建立空间直角坐标系Dxyz，
则A(4，0，0)，M(2，0，4)，D(0，0，0)，B(4，4，0)，E(0，2，4)，
F(2，4，4)，N(4，2，4).
∴=(2，2，0)，=(2，2，0)，=(2，0，4)，=(2，0，4)，
∴，
∴EF∥MN，BF∥AM，EF∩BF=F，MN∩AM=M.
∴平面AMN∥平面EFBD.
设=(x，y，z)是平面AMN的一个法向量，
则解得
取z=1，则x=2，y=-2，得=(2，2，1).
平面AMN到平面EFBD的距离就是点B到平面EFBD的距离.
∵=(0，4，0)，∴平面AMN与平面EFBD间的距离d=.
故答案为：
【点睛】本题考查面面距，使用数形结合，形象直观，并采用向量的方法，将几何问题代数化，便于计算，属基础题.
19．已知正方体的棱长为4，设M、N、E、F分别是，的中点，求平面AMN与平面EFBD的距离．
【答案】
【分析】建立适当空间直角坐标系，求出平面EFBD的法向量，并证明平面平面EFBD.于是两平面的距离转化为点到平面的距离．利用向量距离公式求出即可.
【详解】以D为坐标原点，以所在直线分别为x轴，y轴，z轴．
则，
.
设是平面EFBD的一个法向量，
则，即，解得，所以 ．
又因为，
所以，从而，所以平面，
所以平面平面EFBD，所以两平面的距离即是点A到平面BDEF的距离．
从而两平面间距离为．
知识点2 空间角及向量求法
1. 用向量运算求两条直线所成的角
设两异面直线所成的角为θ，两直线的方向向量分别为，则
注意：①范围为；②两异面直线所成的角与其方向向量的夹角是相等或互补的关系．
2. 用向量运算求直线与平面所成的角
设直线l与平面所成的角为θ，l的方向向量为，平面α的法向量为，则
注意：①范围为；②直线与平面所成的角等于其方向向量与平面法向量所成锐角的余角．
3. 用向量运算求平面与平面所成的角
平面与平面相交，形成四个二面角，把不大于eq \f(π,2)的二面角称为这两个平面的夹角．设平面α与平面β的夹角为θ，两平面的法向量分别为，则
注意：①范围为；②两平面的夹角是两法向量的夹角或其补角．
重难点4异面直线所成的角
20．直三棱柱如图所示，为棱的中点，三棱柱的各顶点在同一球面上，且球的表面积为，则异面直线和所成的角的余弦值为（ ）

A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先根据已知条件求出侧棱长，然后建立空间直角坐标系，求出直线和的方向向量，从而可求解.
【详解】因为在直三棱柱中，所以球心到底面的距离，
又因为，所以，所以，所以底面外接圆半径，
又因为球的表面积为，所以，
而，所以，

以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，则
，，，，
，
，
设直线和所成的角为，则
.
故选：A.
21．如图所示，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是棱CC1的中点，=λ，若异面直线D1E和A1F所成角的余弦值为，则异面直线A1F与BE所成角θ的余弦值为（ ）

A．B．C．D．
【答案】B
【分析】建立空间直角从标系，先利用条件求出，进而求出和，再利用线线角的向量公式即可求出结果.
【详解】如图，以D为原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
因为正方体的棱长为2，则A1（2，0，2），D1（0，0，2），E（0，2，1），A（2，0，0）.
所以，
又
所以，整理得到，解得（舍去）,
所以，,
所以，故cs θ=，

故选：B.
22．如图，在四棱锥中，底面是菱形，平面，，，点是的中点，点是上不与端点重合的动点，则异面直线与所成角的正切值最小为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】连接，先证明，再以为空间直角坐标系的原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设异面直线与所成角为，利用向量法求出，再利用函数求出最值即得解.
【详解】如图所示，连接. 由题得，所以是等边三角形，所以.
因为平面，所以.以为空间直角坐标系的原点，建立如图所示的空间直角坐标系.设.
则.
由题得,
.
设.
所以.
设异面直线与所成角为，
则.
当时，最大为，此时最小，最小值为.
故选：C
23．已知，是异面直线，，，，，且，，则与所成的角是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先计算出 ,再根据计算夹角的余弦值，即可写出答案
【详解】设 ，
由，可得：，，
故可得：，，
，
又 ， ，
故与所成的角是.
故选：C.
24．正四面体中，、分别为边、的中点，则异面直线、所成角的余弦值为 ．
【答案】
【分析】根据点分别为棱、的中点，根据向量的运算得出，，然后可设正四面体的棱长为2，从而进行数量积的运算可求得，并且根据可得出，然后便可求出的值，从而可得出异面直线与所成角的余弦值.
【详解】为棱的中点，设，
.
又为棱的中点,
.
又的两两夹角都为，并设,
.
又,
,
异面直线与所成角的余弦值为.
故答案为:.
25．已知长方体中，，点是线段上靠近点的三等分点，记直线的夹角为，直线的夹角为，直线的夹角为，则之间的大小关系为 ．（横线上按照从小到大的顺序进行书写）
【答案】
【分析】以为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法可求得，，，从而可解.
【详解】
记，
如图，以为原点，建立空间直角坐标系，
则，
所以，
所以，
又，故，
，
又，故，
因为，所以，所以.
故．
故答案为：.
26．如图，已知平行六面体中，底面ABCD是边长为的正方形，侧棱长为，．

(1)求的长；
(2)证明：；
(3)求直线与AC所成角的余弦值．
【答案】(1)；
(2)证明见解析；
(3)．
【分析】（1）由空间向量的运算法则，得到，结合向量的数量积的运算公式，求得，即可求解；
（2）由向量的运算法则，可得，，结合向量的数量积的运算公式，求得，即可证得；
（3）因为，求得，和，结合向量的夹角公式，即可求解.
【详解】（1）解：由空间向量的运算法则，可得，
所以
，
所以，即的长为.
（2）解：由向量的运算法则，可得，，
则
，
所以，所以.
（3）解：因为，
所以，
，
且
，
所以，
所以直线与所成角的余弦值为.
重难点5直线与平面所成的角
27．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

28．在正方体中，如图、分别是，的中点．

(1)求证：平面平面；
(2)求直线与所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）设棱长为，以为原点建立空间直角坐标系，利用向量法证明平面平面．
（2）由，平面的法向量，利用向量法求出直线与所成角的正弦值．
【详解】（1）设棱长为，以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，，
所以，，，，
设平面的法向量，则，取，得，
设平面的法向量，则，取，得，
所以，则平面平面．
（2）设直线与平面所成角的为，而，平面的法向量，
所以．
直线与所成角的正弦值．
29．正三棱柱的所有棱长都相等，则和平面所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】建立空间直角坐标系，根据线面角的向量求法即可求得答案.
【详解】设三棱柱的棱长为1，以B为原点，以过B作的垂线为x轴，以为轴，
建立空间直角坐标系，如图，

则，∴，
平面的一个法向量可取为，
设与平面所成的角为θ，,
则，
所以.
故选：A.
30．如图，在直三棱柱中，，，，依次为，的中点．

(1)求证：；
(2)求与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由直棱柱的性质可得平面，则，而，则由线面垂直的判定可得平面，则，而，则平面，再由线面垂直的性质可得结论；
（2）以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量求解.
【详解】（1）证明：连接，
因为三棱柱为直三棱柱，所以平面，
又平面，所以，
又，，，平面，所以平面，
又平面，则，
因为在直三棱柱中，，所以四边形为正方形，
所以，
因为，，平面，所以平面，
又平面，则．
（2）因为直三棱柱中，，
所以两两垂直，
所以以为原点，分别以所在的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，
所以，，．
设平面的一个法向量为，则，
令可得．
设与平面所成角为，
所以，
即与平面成角的正弦值为．

31．如图，在三棱柱中，底面是等边三角形，．

(1)证明：；
(2)若平面平面，且，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）取为的中点，通过证明平面，即可；
（2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，求出平面的法向量和的坐标，利用向量运算即可.
【详解】（1）证明：设为的中点，连接，由题意得：，，
又平面，
所以平面，平面，
所以；

（2）因为平面平面，，平面平面，
由平面垂直性质得：，
所以两两垂直，建立如图所示的坐标系，
，
则，，
，设平面的法向量为，
则，令，可得，
设直线与平面所成角为，
则.

32．如图1，在梯形ABCD中，，O是边AB的中点．将绕边OD所在直线旋转到位置，使得，如图2．设为平面与平面的交线．

(1)判断直线与直线的位置关系并证明；
(2)若直线上的点满足，求出的长；
(3)求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)，证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）根据线面平行的性质定理说明即可；
（2）根据两条平行线确定一个平面的性质，先找出交线的位置后，利用进行求解；
（3）建立空间直角坐标系，利用空间向量求线面角.
【详解】（1）由题意，平面平面，由//，平面，平面，则//平面，又平面
根据线面平行的性质定理可知，
（2）
过作//，且满足，连接.
于是由//，//，则//，故四点共面，四点共面，
则平面与平面的交线即为.
由题知，，平面，故平面，
由平面，故，即.
由知，，则，故，于是，
又，//，则，
（3）
过作，垂足为，以所在直线分别为轴，建立如图所示空间直角坐标系.
则，，.
，，设平面的法向量为.
由，则是平面的法向量.
又，设直线与平面所成角为，则
33．如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，，，，，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）利用余弦定理可计算出，由勾股定理的逆定理可得，又已知，根据线面垂直的判定定理可得平面，再由线面垂直性质即可得；
（2）易证得，，两两垂直，以点为坐标原点建立空间直角坐标系，利用空间向量即可求得直线与平面所成角的正弦值为.
【详解】（1）在中，，，，
由余弦定理可得，即；
所以，即可得．
由题意且，
所以平面，
而平面，所以，
又，
所以．
（2）由，，而与相交，所以平面，易知，即，
又，可得，
取中点，连接，则，，两两垂直，以点为坐标原点建立空间直角坐标系，如下图所示：

则，，，，
又为中点，所以，可得
由（1）得平面，所以平面的一个法向量
设直线与平面所成的角为，
则．
所以直线与平面所成角的正弦值
重难点6平面与平面所成的角
34．三棱柱中，平面平面，是等边三角形，，，.

(1)证明：平面平面；
(2)求二面角的平面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由，，，得到，再利用面面垂直的性质定理和判定定理证明；
（2）建立空间直角坐标系，分别求得平面的一个法向量为和平面的一个法向量，由求解.
【详解】（1）因为，，，
所以，
则，即，
所以，
因为平面平面，且平面平面，平面，
所以平面，
又平面，
所以平面平面；
（2）建立如图所示空间直角坐标系：

则，
所以，
设平面的一个法向量为，
则，即，
令，得到，则，
设平面的一个法向量为，
则，即，
令，得到，则，
所以，
又由图知，二面角为锐二面角，
所以二面角的余弦值为.
35．如图，在四棱锥中，平面平面，四边形为梯形，.

(1)证明：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）根据余弦定理可得，进而得，根据面面垂直的性质即可求证，
（2）建立空间直角坐标系，利用向量的夹角即可求解.
【详解】（1）证明：，
由余弦定理得，
，则，
平面平面，且平面平面，平面,
平面.
（2）如图，以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，

则，
，
设平面的法向量为，
由得取，得，
，
易得平面的一个法向量为，
，
平面与平面夹角的余弦值为.
36．如图，在三棱柱中，，D为BC的中点，平面平面.

(1)证明：平面；
(2)已知四边形是边长为2的菱形，且，求平面与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）利用等腰三角形性质，面面垂直的性质推理作答.
（2）以点D为原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解作答.
【详解】（1）在三棱柱中，由是的中点，得，
而平面平面，且平面平面平面，
所以平面.
（2）因为四边形为菱形，，则为正三角形，连接，有，
而平面平面，平面平面，因此平面，两两垂直，
以为坐标原点，分别为轴,轴,轴，建立空间直角坐标系，

则，，
设平面的法向量，则，令，得，
显然平面的法向量，设平面与平面所成角为，
则，
所以平面与平面所成角的正弦值为.
37．校考期末）如图，和所在平面垂直，且，，求：

(1)直线与平面所成角的大小；
(2)平面和平面夹角的余弦值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）过点作交的延长线于，连接，证得两两垂直，建立空间直角坐标系，利用空间向量求线面角的公式即可求出结果；
（2）利用向量法求解即可.
【详解】（1）过点作交的延长线于，连接，
因为，，所以，
因此，
又因为平面平面，且平面平面，平面，
所以平面，
又平面，平面，所以,，
因此两两垂直，
以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
设，则，
则，则，
由于平面，所以平面的一个法向量为，
设直线与平面所成的角为，
则，
又因为线面角的范围是，所以，
因此直线与平面所成的角为；
（2），则,
设平面的法向量为，
所以，
令,可得，则，
则，
故平面和平面的夹角的余弦值为.

38．在如图所示的空间几何体中，与均是等边三角形，直线平面，直线平面，.

(1)求证：平面平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）设平面与直线的交点为，根据线面垂直的性质定理以及判定定理推得平面，进而得出，，得出为中点，且二面角的平面角为.根据平面四边形的条件，可得出，即可得出面面垂直；
（2）根据面面垂直的性质，推得平面，进而根据已知推得四边形为矩形.以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，设，得出点的坐标，求出平面与平面的法向量，根据向量法，即可得出答案.
【详解】（1）
如图1，设平面与直线的交点为，连接，.
因为直线平面，直线平面，平面，平面，
所以，.
因为，平面，平面，
所以平面.
因为平面，平面，
所以，.
又因为与均是等边三角形，
所以为中点，且二面角的平面角为.
在平面四边形中，
因为，
所以，
所以平面平面.
（2）由（1）知，平面平面，平面平面，
又，平面，
所以，平面.
又因为，平面，
所以，.
同理可得，.
所以，四边形为平行四边形.
又，所以四边形为矩形.

如图2，分别以，，为，，轴，建立空间直角坐标系，
因为四边形为矩形，设，则由已知可得，，
则，，，，
所以，，，，.
设平面的一个法向量为，
则，所以.
令，则为平面的一个法向量.
设平面的一个法向量为，
则，所以.
令，解得为平面的一个法向量.
设平面与平面夹角为，
则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
39．如图，扇形的半径为，圆心角，点为上一点，平面且，点且，面．

(1)求证：平面；
(2)求平面与平面所成二面角的正弦值的大小．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接，设与相交于点，连接MN，利用余弦定理可求得，，的长度，进而得到，又，由此可得平面；
（2）建立恰当空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，然后利用向量法求解二面角的余弦值，从而即可得答案．
【详解】（1）证明：连接，设与相交于点，连接，
平面，在平面内，平面平面，
，
，
，
在中，由余弦定理可得，，
，
又在中，，
由余弦定理可得，，
，故，
又平面，在平面内，
，
又， 平面，
平面，平面；

（2）解：由（1）可知直线，，两两互相垂直，所以以点为坐标原点，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，可取；
设平面的一个法向量为，则，可取，
，
平面与平面所成二面角的正弦值为．
40．如图1，已知正三棱锥分别为的中点，将其展开得到如图2的平面展开图（点的展开点分别为，点的展开点分别为），其中的面积为．在三棱锥中，

(1)求证：平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)．
【分析】（1）由等腰三角形的性质可得，然后由线面垂直的判定可证得结论；
（2）在平面展开图中过作直线的垂线，垂足为，垂线交于点，则由的面积为可求得，再求得，从而可求出，解法一：如图2，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解，解法二：如图3，设平面与平面的交线为，可得为平面与平面的夹角（或其补角），然后在三角形中求解即可.
【详解】（1）证明：因为三棱锥为正三棱锥，为的中点，
所以，
又因为平面，
所以平面；
（2）如图1，在平面展开图中过作直线的垂线，垂足为，垂线交于点，
所以，
因为分别为的中点，所以，
所以，得，
在正三角形中，因为，所以，所以，
在中，．

解法一：如图2，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，
则．
设为平面的一个法向量，
因为，
所以，即，令，可得．
设为平面的一个法向量，
因为，
所以，即，令，可得．
设平面与平面夹角为，
，
所以平面与平面夹角的余弦值为．
解法二：如图3，设平面与平面的交线为，
因为∥，所以∥平面，所以∥∥．
在等腰三角形中，，
在等腰三角形中，，所以，
则为平面与平面的夹角（或其补角）．
，则在等腰三角形中，，
在三角形中，，
由余弦定理得，
所以平面与平面夹角的余弦值为．
重难点7已知夹角求其他量
41．如图，在四棱锥中，，，，，，，过的平面分别交线段，于，.
(1)求证：
(2)若直线与平面所成角为，，，求平面和平面夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先由线面垂直判定定理证出平面，再由线面垂直证明线线垂直即可；
（2）建立空间直角坐标系，设点坐标，由已知线面角求得点坐标，再由空间向量求解平面与平面夹角即可.
【详解】（1）
由已知，∵，平面，平面，∴平面，
又∵平面，平面平面，∴，∴.
取中点，连接，∵，，，
∴，，
∴四边形是平行四边形，∴，
∴在中，，，，，
∴，即，又∵，∴，
又∵，，∴，
∵，平面，平面，
∴平面，又∵平面，∴，
即.
（2）
如图，取中点为，连接，∵，∴，
由第（1）问知平面，
∴以为原点，，所在直线为轴，轴，过与平行的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则由已知，，，，，设，（）
则，
易知平面的一个法向量为，
∵直线与平面所成角为，
∴，解得，
∴，
又∵，，∴，分别为，中点，∴，
∴，，设平面的一个法向量为
由，得，令，则，，
∴平面的一个法向量为，
易知，平面的一个法向量为，
设平面和平面的夹角为，
则，
∴平面和平面的夹角的余弦值为.
42．在三棱柱中，四边形是菱形，，平面平面，平面与平面的交线为.
(1)证明：；
(2)已知上是否存在点，使与平面所成角的正弦值为？若存在，求的长度；若不存在，说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，
【分析】（1）先证线面垂直即平面，再证线线垂直即可；
（2）假设存在，取中点，证平面，建立空间坐标系，设，利用空间向量计算线面角，待定系数解方程即可.
【详解】（1）因为四边形为菱形，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，平面，所以平面，
又平面，所以.
（2）上存在点，使与平面所成角的正弦值为，且.
理由如下：
取中点，连接，因为，所以，
又，所以为等边三角形，所以，
因为，所以，
又平面平面，平面平面平面，
所以平面，
以为原点，以方向分别为轴，轴，轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系，
，
.
因为平面平面，所以平面，
又平面，平面平面，所以，
假设上存在一点，使与平面所成角的正弦值为，设，
则，所以，
设为平面的一个法向量，
则，即，
令，则，可取，
又，
所以，
即，解得，此时；
因此上存在点，使与平面所成角的正弦值为，且.
43．如图，在三棱锥中，底面，.点、、分别为棱、、的中点，是线段的中点，，.

(1)求证：平面；
(2)已知点在棱上，且直线与直线所成角的余弦值为，求线段的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)或
【分析】（1）以点为原点，以、、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平面；
（2）设，则，利用空间向量法可得出关于的方程，解出的值，即可得出结论.
【详解】（1）证明：因为底面，，
如图，以点为原点，以、、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，则，所以，，
又因为平面，所以，平面.
（2）解：依题意，设，则，
所以，，，
由已知，得，
整理可得，解得或，
所以，线段的长为或.
44．如图，为圆的直径，点在圆上，且为等腰梯形，矩形和圆所在的平面互相垂直，已知.

(1)求证：平面平面；
(2)当的长为何值时，平面与平面的夹角的大小为.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由矩形和圆所在的平面互相垂直结合面面垂直的性质可得平面，则有，而，则由线面垂直的性质可得平面，再由面面垂直的判定定理可证得结论；
（2）设的中点分别为，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示，设，然后利用空间向量求解即可.
【详解】（1）证明：因为平面平面，平面平面，
且平面，
所以平面，
因为平面，所以.
又因为为圆的直径，所以.
因为在平面内相交，所以平面.
又由平面，
所以平面平面.
（2）设的中点分别为，
因为四边形为矩形，四边形为等腰梯形，
所以，，
因为平面平面，平面平面，且平面，
所以平面，
因为平面，所以，
所以两两垂直，
所以以为坐标原点，分别所在的直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示，

设，则
则.设平面的法向量为，
则，取，可得，
则.
由（1）可知平面，平面的一个法向量为，
则，
因为平面与平面的夹角的大小为，
所以，解得.
综上，可得线段的长为.
45．如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，平面，．

(1)证明：平面平面；
(2)已知，在线段上是否存在一点，使得二面角的平面角为？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；
【分析】（1）根据勾股定理证明线线垂直，结合线面垂直得线线垂直，即可由线面垂直的判断定理证明线面垂直，进而可证面面垂直.
（2）建立空间之间坐标系，利用向量的夹角求解二面角，即可.或者利用几何法找到二面角的平面角，即可利用三角形的边角关系求解.
【详解】（1）底面是平行四边形，则，
∵，∴，∴
∵平面，平面，∴，
又，∴平面，
∵平面，∴平面平面
（2）以为坐标原点，以、、的方向分别为，，轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，设，

则，，，，
则平面的一个法向量为，
所以，，
设平面的一个法向量为，
则，取，则，
，
∴，∴，所以
解法二：
连接，由（1）知，，，平面，平面,
所以平面，
由平面,所以，
所以为二面角的平面角，
所以，
在中，因为，所以，
所以为等边三角形，
所以为中点，所以
46．（多选）在棱长为1的正方体中，P为侧面（不含边界）内的动点，Q为线段上的动点，若直线与的夹角为，则下列说法正确的是（ ）
A．线段的长度为
B．的最小值为2
C．对任意点P，总存在点Q，使得
D．存在点P，使得直线与平面所成的角为
【答案】AC
【分析】对选项A，直接通过建立空间直角坐标系，表示出线段，即可求得；对选项B，转化为，然后通过坐标表示出即可求得的最小值；对选项C，通过关系建立方程，结合点的坐标满足，得到关于的一元二次方程，再通过判别式即可判断C；对选项D，通过先求平面的法向量，然后根据直线与平面所成的角为，建立方程即可判断D.
【详解】
建立如上图所示的空间直角坐标系，根据题意，可得：，，，，，，，
设点，，由直线与的夹角为，则有：
，，
故有：，解得：，
为线段上的动点，则有：（），解得：，
对选项A，则有：，故选项A正确；
对选项B，过点作平面的垂线，垂足为，
因为，则易知：，
故的最小值等价于求，
，
故有：，
则，当且仅当时成立，结合，可得此时，故选项B错误；
对选项C，若，则有：，
，又，
则有：，则有：，
又，则有：，故对任意点，总存在点，使得，故选项C正确；
对选项D，易知平面的法向量为，若直线与平面所成的角为，
即直线与平面的法向量成，则有：
解得：，矛盾，故选项D错误.
故选：AC.
【点睛】方法点睛：解决立体几何问题通常有两种方法：
一、建立空间直角坐标系，运用空间向量的运算与性质解决立体几何的问题，将问题转化为代数运算，解题时应结合已知和所求观察图形，联想相关的运算法则和公式等，就近表示所需向量；
二、通过传统的几何方法，需要较高的空间想象力.
47．（多选）四面体中，，，，，，平面与平面的夹角为，则的值可能为（ ）
A．B．C．D．
【答案】AD
【分析】根据给定条件，利用空间向量数量积运算律求解判断作答.
【详解】在四面体中，，，则是二面角的平面角，如图，
，而，，，
，
因为平面与平面的夹角为，则当时，，
当时，，
所以的值可能为，.
故选：AD