人教A版 (2019)1.4 空間向量的應用優(yōu)秀達標測試-試卷下載-教習網(wǎng)

?第4講空間向量的應用
考點分析
考點一：直線的方向向量
?空間直線的方向用一個與該直線平行的非零向量來表示，該向量稱為這條直線的一個方向向量。直線在空間中的位置，由它經(jīng)過的空間一點及它的一個方向向量完全確定。
考點二：平面的法向量
如果表示向量的有向線段所在直線垂直于平面，則稱這個向量垂直于平面，記作，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；
②一個平面的所有法向量都互相平行；
③向量是平面的法向量，向量是與平面平行或在平面內(nèi)，則有．
考點三：平面的法向量的求法
第一步：寫出平面內(nèi)兩個不平行的向量= (x1，y1，z1)， = (x2，y2，z2)，
第二步：設平面的法向量為，根據(jù)法向量與平面內(nèi)直線垂直建立關于x、y、z的方程；
第三步：解方程組，取其中的一個解，即得法向量．（一般令一個值求出兩外兩個即可）
考點四：用空間向量判定直線、平面間的位置關系
①直線與直線的位置關系：不重合的兩條直線a，b的方向向量分別為，．
1.若∥，即=λ，則a∥b． 2.若⊥，即· = 0，則a⊥b
②直線與平面的位置關系：直線L的方向向量為，平面α的法向量為，且L⊥α．
1.若∥，即 =λ，則 L⊥ α 2.若⊥，即· = 0，則a ∥ α．
③平面與平面的位置關系：平面α的法向量為，平面β的法向量為．
1.若∥，即=λ，則α∥β 2.若⊥，即 ·= 0，則α⊥β
考點五：用空間向量方法求空間角
①求異面直線所成的角
兩條異面直線所成角的求法：設直線a，b的方向向量為，，其夾角為θ，則cos φ＝|cos θ|＝(其中φ為異面直線a，b所成的角)．
②求直線和平面所成的角
設直線的方向向量為，平面的法向量為，直線與平面所成的角為，與的角為，
則有．
③二面角的求法
若分別為面的法向量，
則二面角的平面角為的夾角或它們的補角，
考點六：用空間向量方法求點到平面的距離
A為平面α外一點(如圖)，為平面α的法向量，過A作平面α的斜線AB及垂線AH．

典型例題
題型一：平面的法向量判斷及求法
【例1】（2022·全國·高二課時練習）在直三棱柱中，以下向量可以作為平面ABC法向量的是(???????)
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】作出圖像，根據(jù)直棱柱側棱垂直于底面即可求解．
【詳解】如圖，

∵、、均垂直于平面ABC，故選項D中可以作為平面ABC的法向量．
故選：D．
【例2】（2021·全國·高二課時練習）如圖，四棱柱的底面是正方形，為底面中心，平面，．平面的法向量為（???????）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根據(jù)空間直角坐標系寫出各向量，利用法向量的性質(zhì)可得解.
【詳解】是正方形，且，
，
，
，，，，
，，
又，
，，
平面的法向量為，
則，得，，
結合選項，可得，
故選：C.
【例3】（2022·江蘇·高二課時練習）如圖，在正方體中，以為原點建立空間直角坐標系，為的中點，為的中點，則下列向量中，能作為平面的法向量的是（???????）．

A．（1，，4） B．（，1，）
C．（2，，1） D．（1，2，）
【答案】B
【解析】
【分析】
設正方體的棱長為2，依次求出各點坐標，設向量是平面的法向量，根據(jù)法向量的定義，逐一驗證各選項即可求出答案．
【詳解】
解：設正方體的棱長為2，則，，
∴，
設向量是平面的法向量，
則取，得，
則是平面的一個法向量，
結合其他選項，只需和共線即可，
檢驗可知，ACD選項均不與共線.
所以能作為平面的法向量只有選項B
故選：B．
【例4】（2022·全國·高二課時練習）如圖，在空間直角坐標系中，有正方體，給出下列結論：

①直線的一個方向向量為；
②直線的一個方向向量為；
③平面的一個法向量為；
④平面的一個法向量為．
其中正確的個數(shù)為（???????）．
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】A
【分析】由直線的方向向量及平面的法向量的定義即可求解.
【詳解】解：設正方體的邊長為1，則，，，，，，
對①：因為，所以直線的一個方向向量為正確；
對②：因為，所以直線的一個方向向量為不正確；
對③：因為平面，又，所以平面的一個法向量為不正確；
對④：因為，，，，，
所以平面的一個法向量為不正確.
故選：A.
【例5】（2022·全國·高二課時練習）放置于空間直角坐標系中的棱長為2的正四面體ABCD中，H是底面中心，平面ABC，寫出：

（1）直線BC的一個方向向量___________；
（2）點OD的一個方向向量___________；
（3）平面BHD的一個法向量___________；
（4）的重心坐標___________.
【答案】???? ???? ???? ????
【分析】先求出正四面體中各邊的長度，得到各個點的坐標.
對于（1）（2）：直接求出方向向量；
對于（3）：根據(jù)法向量的定義列方程組，即可求得；
對于（4）：利用重心坐標公式直接求得.
【詳解】由題意可得：,,..
由圖示，可得：，，，，，，
（1）直線BC的一個方向向量為，
（2）點OD的一個方向向量為；
（3）,.設為平面BHD的一個法向量，
則，不妨設，則.
故平面BHD的一個法向量為.
（4）因為，，，，
所以的重心坐標為.
故答案為：（1）；（2）；（3）（4）.
【題型專練】
1．（2022·江蘇·高二課時練習）過空間三點，，的平面的一個法向量是（???????）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
設出平面的法向量為，利用垂直關系，布列方程組，即可得到結果.
【詳解】
，．
設平面的法向量為．
由題意知，，
所以，解得，
令，得平面的一個法向量是．
故選：A
2．（2022·全國·高二課時練習）已知三點、、，則平面的法向量可以是______．（寫出一個即可）
【答案】（答案不唯一）
【分析】設平面的法向量為，則有，然后賦值即可得出答案.
【詳解】解：，
設平面的法向量為，
則有，令，則，
所以，
所以平面的法向量可以是.
故答案為：（答案不唯一）.
3．（2022·全國·高二課時練習）已知三點、、，則平面的法向量可以是______．（寫出一個即可）
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】
設平面的法向量為，則有，然后賦值即可得出答案.
【詳解】
解：，
設平面的法向量為，
則有，令，則，
所以，
所以平面的法向量可以是.
故答案為：（答案不唯一）.
4．（2022·全國·高二單元測試）若點，，，則平面ABC的一個法向量______．
【答案】
【分析】根據(jù)題意求得向量，結合法向量的求法，即可求解.
【詳解】由題意，點點，，，
可得向量，
設平面的法向量為，可得，
取，可得，所以平面的一個法向量為.
故答案為：.
5．（2022·湖南·高二課時練習）如圖，在長方體中，，，，建立適當?shù)目臻g直角坐標系，求下列平面的一個法向量：

(1)平面ABCD；
(2)平面；
(3)平面．
【答案】(1)
(2)
(3)
【解析】
【分析】
以為原點，所在的直線分別為軸，建立空間直角坐標系，
（1）由于平面，所以為平面的一個法向量，
（2）設平面的法向量為，則，從而可求出法向量，
（3）設平面的法向量為，則，從而可求出法向量
(1)
以為原點，所在的直線分別為軸，建立空間直角坐標系，
則，
所以，
因為平面，所以為平面的一個法向量，
所以平面的一個法向量為，
(2)
設平面的法向量為，
因為，
所以，令，則，
所以平面的一個法向量為，
(3)
設平面的法向量為，
因為，
所以，令，則
所以平面的一個法向量為

題型二：利用空間向量研究平行垂直問題
【例1】（2022·全國·高二課時練習）已知直線的方向向量為，平面的一個法向量為，若，則（???????）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】結合平面法向量的概念及，即可得到答案.
【詳解】由題意，直線的方向向量為，平面的一個法向量為，
因為，可得.
故選：D.
【例2】（2022·江蘇·徐州市王杰中學高二階段練習）已知平面的法向量為，若直線平面，則直線的方向向量可以為（???????）.
A．（8，6，4） B．
C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
結合空間向量平行關系即可求解.
【詳解】
因為平面的法向量為，又因為直線平面，所以直線的方向向量平行于，四個選項中，，故B選項符合題意.
故選：B
【例3】（2022·廣東·廣州奧林匹克中學高二階段練習）如圖，在正四棱柱中，是底面的中心，分別是的中點，則下列結論正確的是（???????）

A．// B． C．//平面 D．平面
【答案】B
【解析】
【分析】
建立空間直角坐標系，利用空間位置關系的向量證明，逐項分析、判斷作答.
【詳解】
在正四棱柱中，以點D為原點建立如圖所示的空間直角坐標系，

令，是底面的中心，分別是的中點，
則，，，
對于A，顯然與不共線，即與不平行，A不正確；
對于B，因，則，即，B正確；
對于C，設平面的法向量為，則，令，得，
，因此與不垂直，即不平行于平面，C不正確；
對于D，由選項C知，與不共線，即不垂直于平面，D不正確.
故選：B
【例4】（2022·全國·高三專題練習（文））在正方體中，E，F(xiàn)分別為的中點，則（???????）
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】
證明平面，即可判斷A；如圖，以點為原點，建立空間直角坐標系，設，分別求出平面，，的法向量，根據(jù)法向量的位置關系，即可判斷BCD.
【詳解】
解：在正方體中，
且平面，
又平面，所以，
因為分別為的中點，
所以，所以，
又，
所以平面，
又平面，
所以平面平面，故A正確；
如圖，以點為原點，建立空間直角坐標系，設，
則，
，
則，，

設平面的法向量為，
則有，可取，
同理可得平面的法向量為，
平面的法向量為，
平面的法向量為，
則，
所以平面與平面不垂直，故B錯誤；
因為與不平行，
所以平面與平面不平行，故C錯誤；
因為與不平行，
所以平面與平面不平行，故D錯誤，
故選：A.

【例5】（2022·福建寧德·高二期中）如圖，在四棱錐中，底面為直角梯形，其中.平面，且，點M在棱PD上，點N為BC中點.

若，證明：直線平面PAB：
【答案】證明見解析
如圖所示，以點A為坐標原點，以AB為x軸，AD為y軸，AP為z軸建立空間直角坐標系，
則

若，則，
因為平面ABCD，所以
又因為
所以平面PAB
平面PAB的其中一個法向量為
所以，即
又因為平面
所以平面
【例6】（2022·全國·高二課時練習）在正方體中，點E，F(xiàn)分別是正方形和正方形的中心．求證：
(1)平面；
(2)平面；
(3)平面平面．
【答案】(1)證明見解析
(2)證明見解析
(3)證明見解析
【解析】
【分析】
（1）建立空間直角坐標系，利用向量法證得平面；
（2）利用向量法證得平面；
（3）利用向量法證得平面平面．
(1)
設正方體的邊長為，建立如圖所示空間直角坐標系，
，
，
，
所以，
由于，所以平面.
(2)
設平面的法向量為，
則，故可設.
，
，平面，
所以平面.
(3)
，
設平面的法向量為，
則，故可設.
，
顯然，平面與平面不重合，所以平面平面.

【題型專練】
1．（2022·寧夏·石嘴山市第一中學高二期末（理））平面的法向量為，平面的法向量為，則下列命題正確的是（???????）
A．，平行 B．，垂直
C．，重合 D．，相交不垂直
【答案】B
【解析】
【分析】
根據(jù)可判斷兩平面垂直.
【詳解】
因為，所以，所以，垂直.
故選：B.
2．（2022·四川成都·高二期中（理））若直線l的方向向量，平面的法向量，則（???????）
A． B． C． D．或
【答案】D
【解析】
【分析】
根據(jù)可得結果.
【詳解】
因為，
所以，
所以或.
故選：D
3．（2022·湖南·高三階段練習）若直線的方向向量，平面的法向量，且直線平面，則實數(shù)的值是______.
【答案】-1
【解析】
【分析】
利用法向量的定義和向量共線的定理即可.
【詳解】
直線的方向向量，平面的法向量，直線平面，
必有，即向量與向量共線，
，∴，解得；
故答案為：-1.
4．（2022·陜西·武功縣普集高級中學高二期末（理））設分別是平面的法向量，若，則實數(shù)的值是________．
【答案】4
【解析】
根據(jù)分別是平面的法向量，且，則有求解.
【詳解】
因為分別是平面的法向量，且
所以
所以
解得
故答案為：4
【點睛】
本題主要考查空間向量垂直，還考查了運算求解的能力，屬于基礎題.
5.（2022·全國·高二課時練習）如圖所示，正方體的棱長為，、分別為和上的點，，則與平面的位置關系是______．

【答案】平行
【解析】
【分析】
以為坐標原點，建立空間直角坐標系，寫出點的坐標，求得的方向向量和平面的法向量，由向量法即可判斷.
【詳解】
因為是正方體，且棱長為，
故以為坐標原點建立空間直角坐標系，如下所示：

則，
由題可知，設點坐標為，
則，故可得，即；
，設點坐標為，
則，故可得，即；
故所在的方向向量為，
又平面的一個法向量，
故，故直線//面.
故答案為：平行.
6．（2022·全國·高二課時練習）已知正方體中，棱長為2a，M是棱的中點.求證：平面.

【答案】證明見解析
【解析】
【分析】
以點D為原點，分別以?與的方向為x?y與z軸的正方向，建立空間直角坐標系，分別求出面的一個法向量和直線的方向向量，根據(jù)直線與平面平行的定義即可證明.
【詳解】
以點D為原點，分別以?與的方向為x?y與z軸的正方向，建立空間直角坐標系.則???????，M是棱的中點得，.設面的一個法向量為，，，則令，則.又，因為平面，所以平面.
7．（2022·全國·高二課時練習）如圖，正方體中，、分別為、的中點．

(1)用向量法證明平面平面；
(2)用向量法證明平面．
【答案】(1)證明見解析
(2)證明見解析
【解析】
【分析】
（1）利用向量法可得兩平面的法向量，再根據(jù)法向量互相平行證明面面平行；
（2）利用向量法證明平面的法向量與平行，即可得證.
(1)
如圖建立空間直角坐標系，
設正方體的棱長為，
則，，，，，，
故，，，，
設平面的法向量，
則，即，令，則，
設平面的法向量，
則，即，令，則，
所以，即，
故平面平面；
(2)
由，是線段，中點，
則，，
所以，
則，
所以平面.

8．（2022·全國·高二課時練習）如圖，已知長方體中，，判斷滿足下列條件的點M，N是否存在：.

【答案】存在點滿足
【解析】
【分析】
建立直角坐標系利用空間向量垂直的求解方法進行求證.
【詳解】
解：假設存在滿足條件.在長方體中以D為原點，分別以所在的直線為軸，軸，軸，建立空間直角坐標系.
不妨設則
在中，

，

又

解得：

即存在點滿足

9．（2022·浙江·高三專題練習）如圖所示，在長方體中，，，、分別、的中點.

（1）求證：平面；
（2）求證：平面.
【答案】（1）證明見解析；（2）證明見解析.
【解析】
【分析】
（1）以點為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立空間直角坐標系，利用空間向量法可證得結論成立；
（2）求出平面的一個法向量，利用空間向量法可證得結論成立.
【詳解】
（1）以點為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立如下圖所示的空間直角坐標系，

則、、、、，
，易知平面的一個法向量為，
，則，
平面，故平面；
（2）設平面的法向量為，，，
由，得，取，可得，
所以，，故平面.
10．（2022·全國·高三專題練習）已知正方體ABCD－A1B1C1D1中，E為棱CC1上的動點．

（1）求證：A1E⊥BD；
（2）若平面A1BD⊥平面EBD，試確定E點的位置．
【答案】（1）證明見解析；（2）E為CC1的中點.
【解析】
【分析】
以D為原點，DA、DC、DD1為x，y，z軸，建立空間直角坐標系.
（1）計算即可證明；
（2）求出面A1BD與面EBD的法向量，根據(jù)法向量垂直計算即可．
【詳解】
以D為坐標原點，以DA，DC，DD1所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系，如圖，

設正方體的棱長為a，則A(a，0，0)，B(a，a，0)，C(0，a，0)，A1(a，0，a)，C1(0，a，a)．
設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）設平面A1BD，平面EBD的法向量分別為＝(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＝.
∴當E為CC1的中點時，平面A1BD⊥平面EBD.

題型三：異面直線所成的角
【例1】（2022·河南·商丘市第一高級中學高一階段練習）在正方體中，E，F(xiàn)分別為棱AD，的中點，則異面直線EF與所成角的余弦值為（???????）．
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】利用坐標法即得.
【詳解】如圖建立空間直角坐標系，設正方體的棱長為2，

則，
∴，
∴，
即異面直線EF與所成角的余弦值為.
故選：A.
【例2】（2022·全國·高二單元測試）在正方體中，若M是棱的中點，點O為底面ABCD的中心，P為棱上任意一點，則異面直線OP與AM所成角的大小為（???????）
A． B． C． D．與P點位置無關
【答案】C
【分析】建立空間直角坐標系，用向量法求解．
【詳解】
如圖，以為軸建立空間直角坐標系，設正方體棱長為2，則
，設，
，
∴，∴，即．
∴直線與直線所成的角為．
故選：C.
【點睛】關鍵點睛：解題關鍵是建立空間直角坐標系，用空間向量法求解．
【例3】（2022·四川省成都市新都一中高二期中（理））將正方形沿對角線折起，使得平面平面，則異面直線與所成角的余弦值為（???????）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
根據(jù)空間直角坐標系，根據(jù)向量的夾角的余弦值來確定異面直線的夾角.
【詳解】
取中點為，連接，所以，
又面面且交線為，面，
所以面，面，則.
設正方形的對角線長度為2，
如圖所示，建立空間直角坐標系，，
所以，.
所以異面直線與所成角的余弦值為.
故選:A

【例4】（2022·吉林長春·模擬預測（理））在矩形ABCD中，O為BD中點且，將平面ABD沿對角線BD翻折至二面角為90°，則直線AO與CD所成角余弦值為（???????）

A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
建立空間直角坐標系，利用向量法求得直線AO與CD所成角余弦值.
【詳解】
在平面中過作，垂足為；
在平面中過作，垂足為.
由于平面平面，且交線為，
所以平面，平面，
設，
，
同理可得，
以為原點，建立如圖所示空間直角坐標系，
則，
，
設與所成角為，
則.
故選：C

【例5】（2021·全國·高二課時練習）已知四棱錐的底面是邊長為2的正方形，是以AD為斜邊的等腰直角三角形，平面PAD，E是線段PD上的動點（不含端點），若線段AB上存在點F（不含端點），使得異面直線PA和EF所成的角的大小為30°，則線段AF長的取值范圍是（???????）

A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】取AD的中點G，先證明平面ABCD，以分別為軸，軸，過點作的平行線為軸，建立空間直角坐標系，用未知量設點E，F(xiàn)，注意范圍，利用異面直線PA與 EF成角構建關系，解出范圍即可.
【詳解】取AD的中點G，由是以AD為斜邊的等腰直角三角形，則
又平面PAD，平面PAD，則,
又，所以平面ABCD
以分別為軸，軸，過點作的平行線為軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，
則，，，，，
設，，，，
則，，又，
異面直線PA和EF所成的角的大小為30°，則，
即，即，，
則，，所以，又，
則線段AF長的取值范圍是．
故選：B

【題型專練】
1．（2022·江蘇·東臺創(chuàng)新高級中學高二階段練習）如圖，在棱長為1的正方體中，M，N分別為和的中點，那么直線AM與CN夾角的余弦值為（???????）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】建立空間直角坐標系，利用空間向量的夾角公式求解.
【詳解】建立如圖所示空間直角坐標系：

則，
所以，
所以，
故選：D
2.（2021·內(nèi)蒙古·赤峰二中高二階段練習（理））在直三棱柱中，，，分別是的中點，則直線與所成角的余弦值等于（???????）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】建立空間直角坐標系，求得向量的坐標，利用向量的夾角公式，即可求解.
【詳解】由題意，以所在的直線分別為軸、軸和軸建立空間直角坐標系，
如圖所示，
設，可得，
則，
所以.
故選：A.

3．（2022·福建龍巖·模擬預測）已知直三棱柱的所有棱長都相等，為的中點，則與所成角的正弦值為（???????）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
取線段的中點，則，設直三棱柱的棱長為，以點為原點，、、的方向分別為、、的正方向建立空間直角坐標系，利用空間向量法結合同角三角函數(shù)的基本關系可求得結果.
【詳解】
取線段的中點，則，設直三棱柱的棱長為，
以點為原點，、、的方向分別為、、的正方向建立如下圖所示的空間直角坐標系，

則、、、，
所以，，，.
所以，.
故選：C.
4．（2022·內(nèi)蒙古赤峰·模擬預測（理））在正方體中，，分別為，的中點，則異面直線與所成角的余弦值是（???????）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
建立空間直角坐標系，設棱長，由向量法可得.
【詳解】
如圖，以AB、AD、分別為x、y、z軸，建立空間直角坐標系，設正方體棱長為2，則
則
因為
所以異面直線與所成角的余弦值為.
故選：A

5．（2022·河南安陽·高一階段練習）已知在四棱柱中，底面為正方形，側棱底面.若，，是線段的中點，，則異面直線與所成角的余弦值為（???????）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
建立空間直角坐標系，利用空間向量夾角公式進行求解即可.
【詳解】
建立如圖所示的空間直角坐標系，
，
，
所以異面直線與所成角的余弦值為，
故選：B

6．（2022·四川省內(nèi)江市第六中學高二開學考試（理））如圖，在正方體中，M為線段的中點，N為線段上的動點，則直線與直線所成角的正弦值的最小值為（???????）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】建立空間直角坐標系，通過表示出點坐標，利用數(shù)量積求出夾角余弦值的范圍，進而得出答案.
【詳解】以為原點建立如圖所示的空間直角坐標系，設正方體的棱長為2，

則，，，
設(0 ≤ λ ≤ 1)得：，
，
，
由，
∴，則.
故選：C.
7．（2022·重慶八中模擬預測）如圖所示，是棱長為的正方體，、分別是下底面的棱、的中點，是上底面的棱上的一點，，過、、的平面交上底面于，在上，則異面直線與所成角的余弦值為___________．

【答案】##
【解析】
【分析】
以點為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立空間直角坐標系，分析可知，可求得點的坐標，再利用空間向量法可求得結果.
【詳解】
以點為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立如下圖所示的空間直角坐標系，

則、、、、、，
因為平面平面，平面平面，平面平面，所以，，
設點，，，
因為，所以，，即點，
，，
所以，.
因此，異面直線與所成角的余弦值為.
故答案為：.
8．（2022·江蘇·高二階段練習）如圖，四棱雉的底面為直角梯形，∥，，，，平面．

(1)求異面直線與所成的角的余弦值；
(2)求出點A在平面上的投影M的坐標．
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）以D點為原點，，，分別為x，y，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，然后利用向量的夾角公式求解即可，
（2）設，則，表示出，然后由，，列方程組可求出結果
(1)
因為平面，平面，
所以，
因為，
所以，，兩兩垂直，
所以以D點為原點，，，分別為x，y，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，

則，，，，．
，，
，
所以異面直線與所成的角的余弦值為．
(2)
設，
則．
又，
由，，得，
解得．
所以．
題型四：直線與平面所成角（線面角）

【例1】（2021·全國·高二單元測試）如圖，在正方體中，，分別為棱，的中點，面，則與平面所成角的正弦值為（???????）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】以分別為軸建立空間直角坐標系，求出平面的一個法向量的坐標和的坐標，計算即可求解.
【詳解】在正方體中以分別為軸建立空間直角坐標系.
設正方體的棱長為2，
則，，，，，，，
因為面，所以面的一個法向量為，
設與平面所成角為，
因為則，
故選：A .

【例2】（2022·全國·高三專題練習（理））在四棱錐中，底面．

(1)證明：；
(2)求PD與平面所成的角的正弦值．
【答案】(1)證明見解析；
(2).
【解析】
【分析】
（1）作于，于，利用勾股定理證明，根據(jù)線面垂直的性質(zhì)可得，從而可得平面，再根據(jù)線面垂直的性質(zhì)即可得證；
（2）以點為原點建立空間直角坐標系，利用向量法即可得出答案.
(1)
證明：在四邊形中，作于，于，
因為，
所以四邊形為等腰梯形，
所以，
故，，
所以，
所以，
因為平面，平面，
所以，
又，
所以平面，
又因平面，
所以；

(2)
解：如圖，以點為原點建立空間直角坐標系，
，
則，
則，
設平面的法向量，
則有，可取，
則，
所以與平面所成角的正弦值為.

【例3】（2022·遼寧沈陽·高一期末）如圖，在正方體中，點P在線段上運動，則下列結論正確的是（???????）

A．直線平面
B．三棱錐的體積為定值
C．異面直線與所成角的取值范圍是
D．直線與平面所成角的正弦值的最大值為
【答案】ABD
【分析】在選項A中，推導出，，從而直線平面；在選項B中，由平面，得到到平面的距離為定值，再由的面積是定值，從而三棱錐的體積為定值；在選項C中，可得異面直線與所成角的取值范圍是；在選項D中，以為原點，為軸，為軸，為軸，建立空間直角坐標系，利用向量法進行求解即可.
【詳解】在選項A中，∵，，，
且平面，
∴平面，平面，
∴，
同理，，
∵，且平面，
∴直線平面，故A正確；
在選項B中，
∵，平面，平面，
∴平面，
∵點在線段上運動，
∴到平面的距離為定值，又的面積是定值，
∴三棱錐的體積為定值，故B正確；
在選項C中，
∵，
∴異面直線與所成角為直線與直線的夾角.
易知為等邊三角形，
當為的中點時，；
當與點或重合時，直線與直線的夾角為.
故異面直線與所成角的取值范圍是，故C錯誤；
在選項D中，
以為原點，為軸，為軸，為軸，建立空間直角坐標系，如圖，

設正方體的棱長為1，
則，，，，
所以，.
由A選項正確：可知是平面的一個法向量，
∴直線與平面所成角的正弦值為：，
∴當時，直線與平面所成角的正弦值的最大值為，故D正確.
故選：ABD

【例4】（2022·浙江紹興·模擬預測）如圖，三棱臺中，，，．

(1)證明：；
(2)求直線與平面所成的角．
【答案】(1)證明見解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）由題，取中點，連接，，先由線線垂直證面，即可由線面垂直證，即可證；
（2）分別以為軸建立如圖空間直角坐標系，即可由向量法求所求線面角.
(1)
由題，取中點，連接，由，，則，又面，故面，
因為面，故，又，則，得證；
(2)
由題，，則，又，，
故，故.
分別以為軸建立如圖空間直角坐標系，
易得，，，，，，設平面法向量，
則，令，則，
故，故直線與平面所成的角為.
即直線與平面所成的角為.

【例5】（2020·山東新高考卷）如圖，四棱錐P-ABCD的底面為正方形，PD⊥底面ABCD．設平面PAD與平面PBC的交線為l．

（1）證明：l⊥平面PDC；
（2）已知PD=AD=1，Q為l上的點，求PB與平面QCD所成角的正弦值的最大值．
【答案】（1）證明見解析；（2）.
【解析】
（1）證明：
在正方形中，，
因為平面，平面，
所以平面，
又因為平面，平面平面，
所以，
因為在四棱錐中，底面是正方形，所以
且平面，所以
因為
所以平面；
（2）如圖建立空間直角坐標系，

因為，則有，
設，則有，
設平面的法向量為，
則，即，
令，則，所以平面的一個法向量為，則

根據(jù)直線的方向向量與平面法向量所成角的余弦值的絕對值即為直線與平面所成角的正弦值，所以直線與平面所成角的正弦值等于，當且僅當時取等號，
所以直線與平面所成角的正弦值的最大值為.
【點睛】該題考查的是有關立體幾何的問題，涉及到的知識點有線面平行的判定和性質(zhì)，線面垂直的判定和性質(zhì)，利用空間向量求線面角，利用基本不等式求最值，屬于中檔題目.
【例6】（2022·北京市十一學校高三階段練習）圖1是直角梯形，四邊形是邊長為2的菱形，并且，以為折痕將折起，使點到達的位置，且，如圖2.

(1)求證：平面平面；
(2)在棱上是否存在點，使得到平面的距離為？若存在，求出直線與平面所成角的正弦值.
【答案】(1)詳見解析；
(2)存在點且為的中點；.
【解析】
【分析】
（1）在圖1中連接AC，交BE于O，易知，且，再在圖2中由是二面角的平面角證明；
（2）由（1）分別以為x，y，z建立空間直角坐標系，設，由表示坐標，求得平面的一個法向量，根據(jù)到平面的距離為求得，進而得到，由求得坐標，設直線與平面所成的角為，由求解.
(1)
證明：如圖所示：

在圖1中連接AC，交BE于O，
因為四邊形是邊長為2的菱形，并且，
所以，且，
在圖2中，相交直線均與BE垂直，
所以是二面角的平面角，
因為，則，
所以平面平面；
(2)
由（1）分別以為x，y，z建立如圖所示空間直角坐標系，
則，
所以，
設，
則，
設平面的一個法向量為，
則，即，取，
因為到平面的距離為，
所以，解得，
則，所以，
設直線與平面所成的角為，
所以直線與平面所成角的正弦值為：.
【題型專練】
1.（2022·全國甲（理））在四棱錐中，底面．

（1）證明：；
（2）求PD與平面所成的角的正弦值．
【答案】（1）證明見解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）作于，于，利用勾股定理證明，根據(jù)線面垂直性質(zhì)可得，從而可得平面，再根據(jù)線面垂直的性質(zhì)即可得證；
（2）以點為原點建立空間直角坐標系，利用向量法即可得出答案.
【詳解】
（1）證明：在四邊形中，作于，于，
因為，
所以四邊形為等腰梯形，
所以，
故，，
所以，
所以，
因為平面，平面，
所以，
又，
所以平面，
又因平面，
所以；

（2）如圖，以點原點建立空間直角坐標系，
，
則，
則，
設平面的法向量，
則有，可取，
則，
所以與平面所成角的正弦值為.

2.（2022·全國乙（理））如圖，四面體中，，E為的中點．

（1）證明：平面平面；
（2）設，點F在上，當?shù)拿娣e最小時，求與平面所成的角的正弦值．
【答案】（1）證明過程見解析
（2）與平面所成的角的正弦值為
【解析】
【分析】（1）根據(jù)已知關系證明，得到，結合等腰三角形三線合一得到垂直關系，結合面面垂直的判定定理即可證明；
（2）根據(jù)勾股定理逆用得到，從而建立空間直角坐標系，結合線面角的運算法則進行計算即可.
【小問1詳解】
因為，E為的中點，所以；
在和中，因為，
所以，所以，又因為E為的中點，所以；
又因為平面，，所以平面，
因為平面，所以平面平面.
【小問2詳解】
連接，由（1）知，平面，因為平面，
所以，所以，
當時，最小，即的面積最小.
因為，所以，
又因為，所以是等邊三角形，
因為E為的中點，所以，，
因為，所以,
在中，，所以.
以為坐標原點建立如圖所示的空間直角坐標系，
則，所以，
設平面的一個法向量為，
則，取，則，
又因為，所以，
所以，
設與平面所成的角的正弦值為，
所以，
所以與平面所成的角的正弦值為.

3．（2022·浙江湖州·模擬預測）已知四棱錐中，底面為等腰梯形，，，，是斜邊為的等腰直角三角形．

(1)若時，求證：平面平面；
(2)若時，求直線與平面所成的角的正弦值．
【答案】(1)證明見解析；
(2).
【解析】
【分析】
（1）根據(jù)給定條件，證明，再利用線面垂直、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，再建立空間直角坐標系，借助空間向量求解作答.
(1)
因，，，則有，即有，
又，且，平面，
于是得平面，而平面，
所以平面平面.
(2)
在平面內(nèi)，過B作直線垂直于，交直線于E，有，，如圖，

則為二面角的平面角，平面，，于是得，
中，，則，在中，，，，
由余弦定理得，則有，
顯然平面平面，在平面內(nèi)過B作，則平面，
以B為原點，分別以射線為x，y，z軸非負半軸建立空間直角坐標系，
則，，，
設平面的法向量，則，令，得
而，設與平面所成的角為，

所以與平面所成的角的正弦值為.
4.（2020·北京卷）如圖，在正方體中，E為的中點．

（Ⅰ）求證：平面；
（Ⅱ）求直線與平面所成角的正弦值．
【答案】（Ⅰ）證明見解析；（Ⅱ）.
【解析】
（Ⅰ）如下圖所示：

在正方體中，且，且，
且，所以，四邊形為平行四邊形，則，
平面，平面，平面；
（Ⅱ）以點為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立如下圖所示的空間直角坐標系，

設正方體的棱長為，則、、、，，，
設平面的法向量為，由，得，
令，則，，則.
.
因此，直線與平面所成角的正弦值為.
【點睛】本題考查線面平行的證明，同時也考查了利用空間向量法計算直線與平面所成角的正弦值，考查計算能力，屬于基礎題.
5．（2022·浙江·高考真題）如圖，已知和都是直角梯形，，，，，，，二面角的平面角為．設M，N分別為的中點．

(1)證明：；
(2)求直線與平面所成角的正弦值．
【答案】(1)證明見解析；
(2)．
【解析】
【分析】
（1）過點、分別做直線、的垂線、并分別交于點、，由平面知識易得，再根據(jù)二面角的定義可知，，由此可知，，，從而可證得平面，即得；
（2）由（1）可知平面，過點做平行線，所以可以以點為原點，，、所在直線分別為軸、軸、軸建立空間直角坐標系，求出平面的一個法向量，以及，即可利用線面角的向量公式解出．
(1)
過點、分別做直線、的垂線、并分別交于點交于點、．
∵四邊形和都是直角梯形，，，由平面幾何知識易知，，則四邊形和四邊形是矩形，∴在Rt和Rt，，
∵，且，
∴平面是二面角的平面角，則，
∴是正三角形，由平面，得平面平面，
∵是的中點，，又平面，平面，可得，而，∴平面，而平面．
(2)
因為平面，過點做平行線，所以以點為原點，，、所在直線分別為軸、軸、軸建立空間直角坐標系，
設，則，

設平面的法向量為
由，得，取，
設直線與平面所成角為，
∴．

6．（2022北京卷真題）如圖，在三棱柱中，側面為正方形，平面平面，，M，N分別為，AC的中點．

(1)求證：平面；
(2)再從條件①、條件②這兩個條件中選擇一個作為已知，求直線AB與平面BMN所成角的正弦值．
條件①：；
條件②：．
注：如果選擇條件①和條件②分別解答，按第一個解答計分．
【答案】(1)見解析
(2)見解析
【解析】
【分析】
（1）取的中點為，連接，可證平面平面，從而可證平面.
（2）選①②均可證明平面，從而可建立如圖所示的空間直角坐標系，利用空間向量可求線面角的正弦值.
(1)
取的中點為，連接，
由三棱柱可得四邊形為平行四邊形，
而，則，
而平面，平面，故平面，
而，則，同理可得平面，
而平面，
故平面平面，而平面，故平面，
(2)
因為側面為正方形，故，
而平面，平面平面，
平面平面，故平面，
因為，故平面，
因為平面，故，
若選①，則，而，，
故平面，而平面，故，
所以，而，，故平面，
故可建立如所示的空間直角坐標系，則，
故，
設平面的法向量為，
則，從而，取，則，
設直線與平面所成的角為，則
.
若選②，因為，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間直角坐標系，則，
故，
設平面的法向量為，
則，從而，取，則，
設直線與平面所成的角為，則
.

7．（2022·全國·高三專題練習）如圖，在四棱錐中，平面，，，，，點，分別為棱，的中點．

(1)求證：平面；
(2)求直線與平面所成角的正弦值．
【答案】(1)證明見解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）以為坐標原點建立如圖所示的空間直角坐標系,利用向量法證明線面平行；
（2）利用向量法求直線與平面所成角的正弦值.
(1)
證明: 以為坐標原點建立如圖所示的空間直角坐標系,則,,
則,,
設平面的一個法向量為,
則,
令, 則,
則平面的一個法向量為,

平面

(2)
由（1）得 ,
設直線與平面所成角為.

直線與平面所成角的正弦值為.
8．（2022·河南省杞縣高中模擬預測（理））如圖，在四棱錐中，四邊形ABCD為菱形，且，平面ABCD，E為BC的中點，F(xiàn)為棱PC上一點．

(1)求證：平面平面PAD；
(2)若G為PD的中點，，是否存在點F，使得直線EG與平面AEF所成角的正弦值為？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由．
【答案】(1)證明見解析
(2)存在；或
【解析】
【分析】
（1）根據(jù)底面菱形的特點得到，再由線面垂直得到，平面，進而得到面面垂直；
（2）建立空間坐標系得到線面角的表達式，求解即可.
(1)
證明：連接，
因為底面為菱形，，
所以是正三角形，
是的中點，
，
又，
平面，平面，
又平面，
又平面，
所以平面平面．
(2)
由（1）知AE，AD，AP兩兩垂直，以為坐標原點，直線AE，AD，AP分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系，設，則，，，，，，

所以，，．
設平面的法向量，則即
令，得平面的一個法向量．
設與平面所成的角為，則
，
解得或，
即存在點，使得直線與平面所成角的正弦值為，且或．
題型六：利用空間向量求二面角
【例1】（2022·新高考Ⅰ卷）如圖，直三棱柱的體積為4，的面積為．

（1）求A到平面的距離；
（2）設D為的中點，，平面平面，求二面角的正弦值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由等體積法運算即可得解；
（2）由面面垂直的性質(zhì)及判定可得平面，建立空間直角坐標系，利用空間向量法即可得解.
【小問1詳解】
在直三棱柱中，設點A到平面的距離為h，
則，
解得，
所以點A到平面的距離為；
【小問2詳解】
取的中點E,連接AE,如圖，因為，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，
所以兩兩垂直，以B為原點，建立空間直角坐標系，如圖，

由（1）得，所以，，所以，
則,所以的中點，
則，,
設平面的一個法向量，則，
可取，
設平面的一個法向量，則，
可取，
則，
所以二面角的正弦值為.
【例2】（2020·新課標Ⅰ）如圖，D為圓錐的頂點，O是圓錐底面的圓心，AE為底面直徑，．是底面的內(nèi)接正三角形，P為上一點，．

（1）證明：平面；
（2）求二面角的余弦值．
【答案】（1）證明見解析；（2）.
【解析】
（1）由題設，知為等邊三角形，設，
則，，所以，

又為等邊三角形，則，所以，
，則，所以，
同理，又，所以平面；
（2）過O作∥BC交AB于點N，因為平面，以O為坐標原點，OA為x軸，ON為y軸建立如圖所示的空間直角坐標系，

則，
，，，
設平面的一個法向量為，
由，得，令，得，
所以，
設平面的一個法向量為
由，得，令，得，
所以
故，
設二面角的大小為，則.
【點晴】本題主要考查線面垂直的證明以及利用向量求二面角的大小，考查學生空間想象能力，數(shù)學運算能力，是一道容易題.
【例3】（2022·廣東·廣州奧林匹克中學高二階段練習）在四棱錐中，底面為直角梯形，，E，F(xiàn)分別為的中點，.

(1)證明：平面平面；
(2)若與所成角為，求平面和平面所成角的余弦值.
【答案】(1)詳見解析；
(2)
【解析】
【分析】
（1）根據(jù)，E為的中點，得到，再由，利用線面垂直和面面垂直的判定定理證明；
（2）以E為原點，以EA為x軸，EB為y軸，以EP為z軸，建立空間直角坐標系，求得平面EBF的一個法向量為，再由平面ABE的一個法向量為，由求解.
(1)
證明：因為，E為的中點，
所以，又，且.
所以平面ABCD，
又因為平面PAD，
所以平面平面；
(2)
易證，則，
所以四邊形是平行四邊形，則，
所以，則，
以E為原點，以EA為x軸，EB為y軸，以EP為z軸，建立空間直角坐標系：

則，
所以，
設平面EBF的一個法向量為，
則，即，
令，則，
平面ABE的一個法向量為，
則，
又是鈍角，
所以平面和平面所成角的余弦值.
【例4】（2022·新高考Ⅱ卷）如圖，是三棱錐的高，，，E是的中點．

（1）求證：平面；
（2）若，，，求二面角的正弦值．
【答案】（1）證明見解析
（2）
【解析】
【分析】（1）連接并延長交于點，連接、，根據(jù)三角形全等得到，再根據(jù)直角三角形的性質(zhì)得到，即可得到為的中點從而得到，即可得證；
（2）過點作，如圖建立平面直角坐標系，利用空間向量法求出二面角的余弦值，再根據(jù)同角三角函數(shù)的基本關系計算可得；
小問1詳解】
證明：連接并延長交于點，連接、，
因為是三棱錐的高，所以平面，平面，
所以、，
又，所以，即，所以，
又，即，所以，，
所以
所以，即，所以為的中點，又為的中點，所以，
又平面，平面，
所以平面

【小問2詳解】
解：過點作，如圖建立平面直角坐標系，
因為，，所以，

又，所以，則，，
所以，所以，，，，所以，
則，，，
設平面法向量為，則，令，則，，所以；
設平面的法向量為，則，令，則，，所以；
所以
設二面角為，由圖可知二面角為鈍二面角，
所以，所以
故二面角的正弦值為；

【例5】（2022·福建·三明一中模擬預測）如圖，四邊形為菱形，，將沿折起，得到三棱錐，點M，N分別為和的重心．

(1)證明：∥平面；
(2)當三棱錐的體積最大時，求二面角的余弦值．
【答案】(1)證明見解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）延長交于點P，延長交于O點，連接,證明即可.
（2）證明兩兩垂直，以O為坐標原點，分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系，求出兩個平面的法向量，利用二面角的向量公式求解即可.
(1)
延長交于點P，延長交于O點，連接．
因為點M，N分別為和的重心，所以點P，

O分別為和的中點，所以，
又平面，平面，
所以平面．
(2)
當三棱錐的體積最大時，點D到底面的距離最大，
即平面平面，
連接，因為和均為正三角形，
于是，又平面平面，
所以平面，所以兩兩垂直，
以O為坐標原點，分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系，
則，
所以，

又二面角即二面角，
設平面的一個法向量為，則
可得，取，則，
同理設平面的一個法向量為，
則,即，取，則，
所以，
由圖可知二面角為鈍角，
所以二面角的余弦值為．

【題型專練】
1.（2020·新課標Ⅲ）如圖，在長方體中，點E、F分別在棱上，且，．

（1）證明：點在平面內(nèi)；
（2）若，，，求二面角的正弦值．
【答案】（1）證明見解析；（2）.
【解析】
（1）在棱上取點，使得，連接、、、，

在長方體中，且，且，
，，且，
所以，四邊形為平行四邊形，則且，
同理可證四邊形為平行四邊形，且，
且，則四邊形為平行四邊形，
因此，點在平面內(nèi)；
（2）以點為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立如下圖所示的空間直角坐標系，
則、、、，
，，，，
設平面的法向量為，
由，得取，得，則，
設平面的法向量為，
由，得，取，得，，則，

，
設二面角的平面角為，則，.
因此，二面角的正弦值為.
【點睛】本題考查點在平面的證明，同時也考查了利用空間向量法求解二面角角，考查推理能力與計算能力，屬于中等題.
2.（2022·青海玉樹·高三階段練習（理））如圖，在多面體ABCDFE中，平面平面ABEF，四邊形ABCD是矩形，四邊形ABEF為等腰梯形，且，，．

(1)求證：；
(2)求二面角的余弦值．
【答案】(1)證明見解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）取EF中點G，連接BF，根據(jù)線線平行且相等證明四邊形ABGF為平行四邊形，再根據(jù)勾股定理證明，再根據(jù)線面垂直的性質(zhì)與判定證明平面BCE即可
（2）以為原點建立空間直角坐標系，再分別求解平面和的法向量，進而求得二面角的余弦值即可
(1)
因為四邊形ABCD是矩形，故，又平面平面，平面平面，平面ABEF，又平面ABEF，

取EF中點G，連接BG

四邊形ABGF為平行四邊形

在中，，

平面BCE，且交于點B
平面BCE
平面BCE

(2)
由（1），平面ABEF，可得兩兩垂直，故以為原點建立如圖空間直角坐標系，由（1）同理可得，，故，，，

故，，.
設平面的一個法向量為，則，故，令，則
設平面的一個法向量為，則，故，令，則
二面角為，則，即二面角的余弦值為
3．【2019年高考全國Ⅲ卷】圖1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC組成的一個平面圖形，其中AB=1，BE=BF=2，∠FBC=60°，將其沿AB，BC折起使得BE與BF重合，連結DG，如圖2.
（1）證明：圖2中的A，C，G，D四點共面，且平面ABC⊥平面BCGE；
（2）求圖2中的二面角B?CG?A的大小.

【答案】（1）見解析；（2）.
【解析】（1）由已知得ADBE，CGBE，所以ADCG，故AD，CG確定一個平面，從而A，C，G，D四點共面．
由已知得ABBE，ABBC，故AB平面BCGE．
又因為AB平面ABC，所以平面ABC平面BCGE．
（2）作EHBC，垂足為H．因為EH平面BCGE，平面BCGE平面ABC，所以EH平面ABC．
由已知，菱形BCGE的邊長為2，∠EBC=60°，可求得BH=1，EH=．
以H為坐標原點，的方向為x軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系H–xyz，

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

4．（2022·全國·模擬預測（理））如圖，在四棱錐中，，，，，，平面平面.

(1)證明：平面；
(2)求二面角的余弦值.
【答案】(1)證明見解析；
(2).
【解析】
【分析】
（1）由面面、線面垂直的性質(zhì)可得，且，根據(jù)線面垂直的判定即可證結論；
（2）構建空間直角坐標系，求面、面的法向量，應用空間向量夾角的坐標表示求二面角的余弦值.
(1)
由題設，，又面面，面面，面，
所以面，而面，則，
由得：，
又，則平面.
(2)
若是的中點，連接，
由，，，，
所以，
面面，面面，面，
所以面，面，則.
綜上，可構建如下空間直角坐標系，，

所以，則，
若是面的法向量，則，令，則，
若是面的法向量，則，令，則，
所以，故二面角的余弦值為.
5．（2022·黑龍江·大慶實驗中學模擬預測（理））如圖，在四棱錐中，四邊形為平行四邊形，在平面的投影為邊的中點..，，，，．

(1)求證：平面；
(2)點為線段上靠近點的三等分點，求平面與平面所成的銳二面角的余弦值．
【答案】(1)證明見解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）利用余弦定理及勾股定理得到，再利用點的投影的概念得到平面，從而得到，利用線面垂直的判定定理即可得到平面,再利用線面垂直判定定理的推論即可得證；（2）利用空間向量求解二面角的余弦值
(1)

因為四邊形是平行四邊形，所以，，
故在中，由余弦定理可得：
，
，
，，又在平面的投影為
平面，平面，
，平面
四邊形為平行四邊形，
，
平面
(2)

取的中點，連接，則由（1）知，，兩兩垂直，故分別以的反向延長線、，為軸、軸、軸建立如圖的空間直角坐標系, 則，，，，，，，
設，，
易知平面的一個法向量為，
設平面的法向量為，
則，
令得，
由題得
平面與平面所成的銳二面角余弦值．
6．（2022·山東聊城·三模）已知四邊形ABCD為平行四邊形，E為CD的中點，AB=4，為等邊三角形，將三角形ADE沿AE折起，使點D到達點P的位置，且平面平面ABCE.

(1)求證：；
(2)試判斷在線段PB上是否存在點F，使得平面AEF與平面AEP的夾角為45°.若存在，試確定點F的位置；若不存在，請說明理由.
【答案】(1)證明見解析
(2)存在，點F為線段PB的靠近點P的三等分點
【解析】
【分析】
（1）由BE⊥AE結合平面AEP⊥平面ABCE得出BE⊥平面APE，再由線面垂直的定義得出；
（2）以點O為原點建立空間直角坐標系，利用向量法求解即可.
(1)
證明：因為四邊形ABCD為平行四邊行，且為等邊三角形，
所以∠BCE=120o.
又E為CD的中點，所以CE=ED=DA=CB，即為等腰三角形，
所以∠CEB=30o.
所以∠AEB=180o－∠AED－∠BEC=90o，
即BE⊥AE.
又因為平面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的中點O，連接PO，由于為正三角形，則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的中點G，則，
由（1）得BE⊥AE，所以OG⊥AE，
以點O為原點，分別以OA，OG，OP所在的直線為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系O－xyz，

則0（0，0，0），A（1，0，0），，，E（－1，0，0），
則，，，，
假設存在點F，使平面AEF與平面AEP的夾角為45°，
設，
則，
設平面AEF的法向量為，
由得，取z=2λ，
得；
由（1）知為平面AEP的一個法向量，
于是，，
解得或λ=－1（舍去），
所以存在點F，且當點F為線段PB的靠近點P的三等分點時，平面AEF與平面AEP的夾角為45°.
題型六：距離問題
【例1】（2022·福建省連城縣第一中學高二階段練習）已知平面的法向量為，點在平面內(nèi)，則點到平面的距離為（???????）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
根據(jù)點到平面的距離的向量公式直接計算即可.
【詳解】

則點到平面的距離為
故選：D
【例2】（2022·江蘇·淮安市淮安區(qū)教師發(fā)展中心學科研訓處高二期中）將邊長為的正方形沿對角線折成直二面角，則點到平面的距離為______．
【答案】##
【解析】
【分析】
建立空間直角坐標系，由向量法計算可得.
【詳解】
記AC與BD的交點為O，圖1中，由正方形性質(zhì)可知，
所以在圖2中，，所以，即
如圖建立空間直角坐標系，易知
則
則
設為平面ABC的法向量，
則，取，得
所以點到平面的距離
故答案為：

【例3】（2022·江蘇·高二課時練習）長方體中，，，為的中點，則異面直線與之間的距離是（???????）

A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
建立如圖所示的空間直角坐標系，得出各點坐標，求出與的公垂線的一個方向向量，由空間向量的數(shù)量積求得結論．
【詳解】
建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，，，，
，，
設與的公垂線的一個方向向量為，
則，取，得，，即，
又，
所以異面直線與之間的距離為．
故選：D．

【例4】（2022·福建·廈門一中高二階段練習）在空間直角坐標系中，點，則到直線的距離為__________．
【答案】
【解析】
【分析】
利用點到直線距離的向量公式即可求解．
【詳解】
依題意得，
則到直線的距離為
故答案為：
【題型專練】
1．（2022·全國·高二課時練習）如圖，是正四棱錐，是正方體，其中，．

(1)求該幾何體的表面積；
(2)求點到平面PAD的距離．
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）先計算正四棱錐的斜高，即可求得幾何體的表面積；
（2）建立空間直角坐標系，求得相關點的坐標，求得平面PAD的一個法向量，根據(jù)空間距離的向量求法，可得答案.
(1)
由題意得正四棱錐的斜高，
故幾何體表面積為．
(2)
如圖，分別以、、為x、y、z軸，建立空間直角坐標系,
則 ,

設平面PAD的法向量是．∵，，
∴由，可得，
取得．∵，
∴到平面PAD的距離．
2．（2022·江西南昌·高二期中（理））如圖，在棱長為4的正方體中，E為BC的中點，點P在線段上，點Р到直線的距離的最小值為_______.

【答案】##
【解析】
【分析】
建立空間直角坐標系，借助空間向量求出點Р到直線距離的函數(shù)關系，再求其最小值作答.
【詳解】
在正方體中，建立如圖所示的空間直角坐標系，

則，，
因點P在線段上，則，，
，向量在向量上投影長為，
而，則點Р到直線的距離
，當且僅當時取“=”，
所以點Р到直線的距離的最小值為.
故答案為：
3．（2022·全國·高二期末）如圖，在正方體中，AB＝1，M，N分別是棱AB，的中點，E是BD的中點，則異面直線，EN間的距離為______.

【答案】
【解析】
【分析】
建立空間直角坐標系，表示出，求出同時垂直于的，再通過公式求距離即可.
【詳解】

以為原點，的方向為軸建立空間直角坐標系，易知，
，設同時垂直于，由，令，得，
又，則異面直線，EN間的距離為.
故答案為：.
4．（2022·江蘇·南京師大附中高二期末）在矩形ABCD中，，點E是線段AD的中點，將△ABE沿BE折起到△PBE位置（如圖），點F是線段CP的中點．

(1)求證：DF∥平面PBE：
(2)若二面角的大小為，求點A到平面PCD的距離．
【答案】(1)證明見解析；
(2).
【解析】
【分析】
（1）利用線面平行的判定定理即得；
（2）由題建立空間直角坐標系，利用點到平面的距離的向量求法即得.
(1)
設PB的中點為G點，連接GF和GE，

因為點G、點F分別為PB和PC的中點，
所以且，又且，
所以且，
所以四邊形GFDE為平行四邊形，
所以，又GE平面PBE，DF平面PBE，
所以DF∥平面PBE；
(2)
由二面角的大小為可知，平面平面，
取BE得中點O，連接，則，平面，
如圖建立空間直角坐標系，

則，，
所以，
設平面PCD的法向量為，
則，
令則，又，
所以點A到平面PCD的距離為.

相關試卷

相關試卷更多

相關試卷

相關試卷 更多

相關試卷更多