专题8.4 空间向量与立体几何（解析版）备战2024年新高考数学一轮复习题型突破精练（新高考专用）

第第页专题8.4空间向量与立体几何题型一空间向量及其运算题型二空间共面向量定理题型三求平面的法向量题型四利用空间向量证明平行，垂直题型五求空间角题型六已知夹角求其他量题型七求异面直线，点到面或者面到面的距离题型八求点到线的距离题型九点的存在性问题题型一 空间向量及其运算例1．（2022·全国·高三专题练习）如图，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝5，AD＝3，AA1＝4，∠DAB＝90°，∠BAA1＝∠DAA1＝60°，设，，．

(1)用，，表示；(2)求AC1的长．【答案】(1)(2)【分析】（1）由空间向量加法法则得，由此能求出结果．（2）由即可求出AC1的长．【详解】（1）在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，，，，．（2）AB＝5，AD＝3，AA1＝4，∠DAB＝90°，∠BAA1＝∠DAA1＝60°，．.AC1的长||.例2．（2022·全国·高二专题练习）已知向量，，且，则（

）A． B．2 C． D．3【答案】D【分析】对两边平方，列出方程解出．【详解】，，．∵，∴．即，∴，∵，∴．故选：D．练习1．（2023春·高二课时练习）如图所示，已知正四面体OABC的棱长为1，点E，F分别是OA，OC的中点．求下列向量的数量积：(1)(2)(3)【答案】(1)(2)(3)1【分析】（1）正四面体的每个面均为等边三角形，夹角为，再结合空间向量数量积的运算法则，得解；（2）由，代入运算，即可得解；（3）取的中点，连接，，可推出，再在中，利用余弦定理求出的值，从而得解．【详解】（1）（2）；（3）取的中点，连接，，则，，在中，，，由余弦定理知，，所以．练习2．（2022·高三课时练习）已知：，∥，⊥，求：(1)，，；(2)与所成角的余弦值.【答案】(1)(2)【分析】（1）由空间向量平行与垂直坐标公式列出方程组，即可求解.（2）利用空间向量的夹角坐标公式，即得.【详解】（1）∵∥，∴，解得，故，又因为，所以0，即，解得，故；（2）由（1）可得（5，2，3），（1，﹣6，1），设向量与所成的角为，则.练习3．（2023秋·贵州铜仁·高三统考期末）如图，在三棱锥中，点，分别是，的中点，是的中点，设，，，用，，表示，则（

）

A． B． C． D．【答案】A【分析】根据空间向量的线性运算计算得解.【详解】因为是的中点，，分别是，的中点，所以.故选：A练习4．（2023·山东·校联考模拟预测）定义两个向量与的向量积是一个向量，它的模，它的方向与和同时垂直，且以的顺序符合右手法则（如图），在棱长为2的正四面体中，则（

）A． B．4 C． D．【答案】A【分析】根据题中条件确定，设底面△ABD的中心为O，则CO⊥平面ABD，可求得，又的方向与相同，代入计算可得答案．【详解】，，设底面△ABD的中心为O，连接CO，AO，则OC⊥平面ABD，又AO，AB，AD平面ABD，故OC⊥AO，OC⊥AB，OC⊥AD，，，在中，，则，又的方向与相同，所以．故选：A．练习5．（2022·高三单元测试）（多选）已知空间中三点A（0，1，0），B（1，2，0），C（﹣1，3，1），则正确的有（）A．与是共线向量B．的单位向量是（1，1，0）C．与夹角的余弦值是D．平面ABC的一个法向量是（1，﹣1，3）【答案】CD【分析】由，可判断选项A；的单位向量为±，可判断选项B；由，可判断选项C；设平面ABC的一个法向量为，由，求得，即可判断D．【详解】解：由题意知，，，，因为，所以与不是共线向量，即A错误；的单位向量为，所以的单位向量为或，即B错误；，所以与夹角的余弦值为，即C正确；设平面ABC的一个法向量为，则，即，令x＝1，则y＝﹣1，z＝3，所以，即D正确．故选：CD．题型二 空间共面向量定理例3．（2022·高二课时练习）（多选）若构成空间的一个基底，则下列向量共面的是（）A．，， B．，，C．，， D．，，【答案】ABD【分析】利用共面向量定理逐项分析判断作答.【详解】构成空间的一个基底，对于A，，因此，，共面，A正确；对于B，，因此，，共面，B正确；对于C，假定，，共面，则存在使得，而不共面，则，解得，于是，共面，与不共面矛盾，因此，，不能共面，C错误；对于D，，因此，，共面，D正确．故选：ABD例4．（2023春·江苏宿迁·高三校考阶段练习）已知向量，不共线，，，，则（

）A．与共线 B．与共线C．，，，四点不共面 D．，，，四点共面【答案】D【分析】根据平面向量共线定理及推论依次判断各个选项即可.【详解】对于A，，不存在实数，使得成立，与不共线，A错误；对于B，，，，又，不存在实数，使得成立，与不共线，B错误；对于C、D，若，，，四点共面，则有，，即，故，故，，，四点共面，C错误，D正确.故选：D.练习6．（2023春·河南安阳·高三安阳一中校联考开学考试）在空间直角坐标系中，已知点，若四点共面，则__________.【答案】1【分析】利用平面向量基本定理，列出关系式，利用向量的坐标运算得出关系式，即可求解【详解】∵，∴，，，又∵四点共面，∴由平面向量基本定理可知存在实数使成立,∴,∴，解得，故答案为：1练习7．（2023春·高三课时练习）设空间任意一点和不共线的三点，，，若点满足向量关系（其中），试问：，，，四点是否共面？【答案】共面【分析】由已知得，由此利用空间向量共面定理能证明，，，四点共面．【详解】解：，，，四点共面．理由如下：，，，即，由，，三点不共线，可知和不共线，由共面定理可知向量，，共面，，，，四点共面．练习8．（2023·高二校考课时练习）已知是空间的一组基底，则可以与向量，构成基底的向量是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用空间共面向量定理及基底的概念判断即可.【详解】∵，，∴与共面，故A，B错误；∵，∴与共面，故C错误；∵是基底，∴不存在使成立，∴与不共面，故可以与构成空间的一组基底，故D正确.故选：D.练习9．（2022·北京·高三强基计划）（多选）如图，已知正三棱锥的侧棱长为l，过其底面中心O作动平面，交线段于点S，交的延长线于M，N两点．则下列说法中正确的是（

）A．是定值 B．不是定值C． D．【答案】AD【分析】利用四点共面可求得.【详解】如图，设的中点为，连接则在上且，所以.故，由于S，M，N，O四点共面，于是，因此．故选：AD.练习10．（2022秋·重庆·高三统考期末）（多选）若构成空间的一个基底，则下列说法中正确的是（

）A．存在，使得B．也构成空间的一个基底C．若，则直线与异面D．若，则，，，四点共面【答案】BCD【分析】根据空间向量基本定理判断A,B选项，再由共线向量基本性质及为一组基底判断出C、D.【详解】由题意知，三向量不共面，所以错误；若三向量共面，则有，化简有：，因为不共面，则，无解，故三向量不共面，能够构成一组基底，故B正确；若与共面，则有，则有，与题意矛盾，故C正确；若，化简有，则有，所以四点共面，故D正确．故选：BCD题型三 求平面的法向量例5．（2023·全国·高三专题练习）设向量是直线l的方向向量，是平面α的法向量，则（

）A． B．或 C． D．【答案】B【分析】由，得，所以或【详解】，，，则有，又是直线l的方向向量，是平面α的法向量，所以或.故选：B例6．（2023春·四川成都·高二四川省成都市新都一中校联考期中）已知，，，则平面ABC的一个法向量可以是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】代入法向量的计算公式，即可求解.【详解】，，令法向量为，则，，可取.故选：A.练习11．（2023春·湖北·高三校联考阶段练习）已知点在平面内，是平面的一个法向量，则下列点中，在平面内的是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据每个选项中P点的坐标，求出的坐标，计算，根据结果是否等于0，结合线面垂直的性质，即可判断点是否在平面内.【详解】对于选项A，，所以，根据线面垂直的性质可知,故在平面内；对于选项B，，则，在平面内，根据线面垂直的性质可知,故不在平面内；对于选项C，，则，在平面内，根据线面垂直的性质可知,故不在平面内；对于选项D，，则，在平面内，根据线面垂直的性质可知,故不在平面内；故选：A练习12．（2023春·高三课时练习）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.练习13．（2023春·高三课时练习）如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点，AB＝AP＝1，AD＝，试建立恰当的空间直角坐标系，求平面PCD的一个法向量.【答案】【分析】利用垂直关系，可以以A为原点，以AB、AD、AP为坐标轴建立空间直角坐标系，再按照法向量的求法计算即可.【详解】如图所示，建立空间直角坐标系A－xyz，则P(0，0，1)，C(1，，0)，所以＝(1，，－1)即为直线PC的一个方向向量.设平面PCD的一个法向量为＝(x，y，z).因为D(0，，0)，所以＝(0，，－1).则,即令y＝1，则z＝，，则所以平面PCD的一个法向量为.练习14．（2023春·高二课时练习）已知在正方体中，E，F分别是BB1，DC的中点，求证：是平面A1D1F的一个法向量．【答案】证明见解析【分析】首先建立空间直角坐标系，然后利用垂直的坐标表示，说明垂直关系，即可证明.【详解】证明：设正方体的棱长为2，建立如图所示的空间直角坐标系．由题意设点,则知点，，，，所以，．因为，，所以AE⊥A1F，AE⊥D1F.又因为，所以AE⊥平面A1D1F.所以是平面A1D1F的一个法向量．练习15．（2023春·高三课时练习）在棱长为2的正方体中，E，F分别为棱的中点，在如图所示的空间直角坐标系中，求：(1)平面的一个法向量；(2)平面的一个法向量.【答案】(1)

(答案不唯一)(2)(答案不唯一)【分析】（1）利用线面垂直的判定定理求解法向量；（2）利用空间向量的坐标运算求平面的法向量.【详解】（1）由题意，可得,连接AC，因为底面为正方形，所以,又因为平面，平面，所以，且，则AC⊥平面，∴为平面的一个法向量.(答案不唯一).（2）设平面的一个法向量为，则令，得∴即为平面的一个法向量.(答案不唯一).题型四 利用空间向量证明平行，垂直例7．（2022·全国·高二专题练习）如图，设P为长方形ABCD所在平面外一点，M在PD上，N在AC上，若，用向量法证明：直线MN∥平面PAB.

【答案】证明见解析【分析】建立空间坐标系，设A，C，P三点坐标，用此三点的坐标表示出，，，然后观察能否用表示出即可判断线面是否平行．【详解】建立如图所示的空间坐标系，

设，则，∴，，∵，∴，设λ，则λ，．∴，∴．∵BP⊂平面PAB，BA⊂平面PAB，MN⊄平面PAB，∴MN∥平面PAB．例8．（2022·高二课时练习）如图，在正方体中，

求证：(1)求AC与所成角的大小；(2)平面平面；(3)平面．【答案】(1)(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】以为坐标原点，建立空间坐标系，设正方体的棱长为1，可求出各顶点的坐标,（1）分别求出AC与方向向量，代入向量夹角公式，可得AC与所成角的大小；（2）要证明两个平面平行，由面面平行的判定定理知：须在某一平面内寻找两条相交且与另一平面平行的直线．求出与的方向向量，通过证明向量平行，得到与平行，同理证明出与平行，可得结论．（3）求出的方向向量，并证明的方向向量是平面的法向量，可得⊥平面．【详解】（1）令正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，以B1为坐标原点，建立空间坐标系如下图所示：

则,∴，,设AC与所成角的大小为,则故.（2）∵,∴又∵平面，平面，∴平面，又因为,∴又∵平面，平面，∴平面，又，且平面，∴平面平面．（3），∴，即，即，且0，即⊥，即．∵，平面．∴平面．练习16．（2023春·高三课时练习）如图所示，正三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱长都为2，D为CC1的中点．求证：AB1⊥平面A1BD.【答案】证明见解析【分析】建系，利用空间向量证明线面垂直.【详解】如图所示，取BC的中点O，连接AO，因为△ABC为正三角形，所以AO⊥BC，因为在正三棱柱ABC－A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，平面ABC，则，，平面BCC1B1，所以AO⊥平面BCC1B1，取B1C1的中点O1，以O为坐标原点，以分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，则，所以，则，可得，即AB1⊥BA1，AB1⊥BD，BA1∩BD＝B，平面，所以AB1⊥平面A1BD.练习17．（2023春·高三课时练习）如图所示，△ABC是一个正三角形，EC⊥平面ABC，BD∥CE，且CE＝CA＝2BD.求证：平面DEA⊥平面ECA.【答案】证明见解析【分析】建系，分别求平面DEA、平面ECA的法向量，利用空间向量证明面面垂直.【详解】证明：建立如图所示的空间直角坐标系C－xyz，不妨设CA＝2，则CE＝2，BD＝1，则，所以，设平面ECA的一个法向量是，则，取，则，即，设平面DEA的一个法向量是，则，取，则，即，因为，所以，所以平面DEA⊥平面ECA.练习18．（2023·全国·高三专题练习）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，其中.平面，且，点在棱上，点为中点.若，证明：直线平面.【答案】证明见解析【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法证明即可.【详解】如图所示，以点为坐标原点，以为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，则，若，则，，因为平面，平面，所以，又因为，，平面，所以平面平面的其中一个法向量为，所以，即，又因为平面，所以平面.练习19．（2022·全国·高三专题练习）四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD是平行四边形，.(1)求证：PA⊥底面ABCD；(2)求PC的长.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据两个向量的数量积为0，可以判断出AP⊥AB且AP⊥AD，进而根据线面垂直的判定定理得到PA⊥底面ABCD；（2）根据向量加法的三角形法则，可以求出向量PC的坐标，进而代入向量模的计算公式，得到答案．【详解】（1）∵，∴，，∴，，即AP⊥AB且AP⊥AD，又∵AB∩AD＝A，平面ABCD∴AP⊥平面ABCD.（2）∵，∴，，∴．练习20．（2023·北京密云·统考三模）如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面平面，，，，，分别是，的中点.

(1)求证：平面；(2)求二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）通过求出和面的一个法向量，即可证明结论；（2）分别求出面和面的法向量，即可求出二面角的余弦值.【详解】（1）由题意，在矩形中，，，,，分别是，的中点，∴，，在四棱锥中，面平面，面面，，∴面，面，∴，取中点，连接，由几何知识得，∵，∴，∵面，面，∴面，∴以、、为、、轴建立空间直角坐标系如下图所示，

∴，∴，面的一个法向量为，∵，∴平面.（2）由题意，（1）及图得，在面中，，，设其法向量为，则，即，解得：，当时，，在面中，其一个法向量为，设二面角为∴，由图象可知二面角为钝角，∴二面角的余弦值为.题型五 求空间角例9．（2023·青海西宁·统考二模）如图，在三棱柱中，侧面为正方形，平面平面，AB＝BC＝2，M，N分别为，AC的中点．

(1)求证：平面；(2)从条件①：AB⊥MN，条件②：BM＝MN中选择一个作为已知，求直线AB与平面BMN所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）取AB的中点为K，连接MK，NK，易得，由线面平行的判定证平面、平面，再由面面平行的判定和性质证结论；（2）根据所选条件证BC，BA，两两垂直，构建空间直角坐标系，向量法求线面角的正弦值即可.【详解】（1）取AB的中点为K，连接MK，NK，由三棱柱得：四边形为平行四边形，因为M是中点，则，又平面，平面，故平面，同理得平面，又NK∩MK＝K，平面MKN，平面MKN，故平面平面，平面MKN，故平面；

（2）因为侧面为正方形，故，而平面，平面平面，又平面平面，故CB⊥平面，平面，所以CB⊥AB，又，所以NK⊥AB，若选①：AB⊥MN，已证NK⊥AB，又NK∩MN＝N，平面MNK，平面MNK，故AB⊥平面MNK，平面MNK，故AB⊥MK，又，所以，所以BC，BA，两两垂直．故可建立如图所示的空间直角坐标系B－xyz，

则，故，，，设平面BNM的法向量为，则，从而，取z＝1，则，设直线AB与平面BNM所成的角为θ，则若选②：BM＝MN，已证CB⊥平面，又，故NK⊥平面，而平面，故NK⊥KM，又BM＝MN，，，AB＝BC＝2，故△MKBMKN，所以∠MKB＝∠MKN＝90°，所以MK⊥AB，又，所以，所以BC，BA，两两垂直故可建立如图所示的空间直角坐标系B－xyz，

则，故，，，设平面BNM的法向量为，则从而，取z＝1，则，设直线AB与平面BNM所成的角为θ，则．例10．（2023·四川成都·石室中学校考模拟预测）如图，四边形为菱形，，平面，，．

(1)求证：平面平面；(2)求二面角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据根据线面垂直的判定定理先证明平面，再利用面面垂直的判定即可证明平面平面；（2）先根据题意建立合适的空间直角坐标系，再求出平面和平面的法向量，再根据二面角的空间向量求法即可得到答案．【详解】（1）因为四边形为菱形，所以，因为平面，平面，所以，又，且，平面，所以平面，又平面，所以平面平面．（2）如图，设交于点，以为轴，为轴，过点且平行于的方向为轴建立空间直角坐标系，

设，则，，因为，，所以是正三角形，则，则，，，，则，，，设平面的法向量为，则，得，取，得，，即，设平面的法向量为，则，得，取，得，，即，所以，又二面角为钝角，故二面角的余弦值为．练习21．（2022春·湖南株洲·高三统考期末）如图，四边形是正方形，平面，，，，为的中点．

(1)求证：平面；(2)求平面与平面夹角的余弦.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）利用空间向量共线的坐标表示以及线面平行的判定定理证明；（2）利用空间向量的坐标运算计算平面与平面所成角的余弦值.【详解】（1）证明：依题意，平面．如图，以为原点，分别以、、的方向为轴、轴、轴的正方向，建立空间直角坐标系．

依题意，可得，，，，，，．取的中点，连接．因为，，，所以，所以．又因为平面，平面，所以平面．（2）因为,所以，又因为平面，平面，所以，且,,所以平面，又因为平面，所以，且平面,所以平面,平面,所以，，，平面，所以平面，故为平面的一个法向量．设平面的法向量为，因为所以即，令，得，，故．所以，所以平面与平面夹角的余弦值为.练习22．（2023·甘肃定西·统考模拟预测）如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠BAD＝60°，AC与BD交于点O，底面ABCD，，点E，F分别是棱PA，PB的中点，连接OE，OF，EF．

(1)求证：平面平面PCD；(2)求二面角P－EF－O的正弦值．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）根据中位线可得线线平行，进而得线面平行，即可求证面面平行，（2）建立空间直角坐标系，利用法向量的夹角即可求解.【详解】（1）由于点E，F分别是棱PA，PB的中点，所以,,平面平面PCD,故平面PCD,又是的中点，所以,,平面平面PCD,故平面PCD,由于平面,所以平面平面PCD.（2）由于底面ABCD，底面为菱形，所以两两垂直，故建立如图所示的空间直角坐标系，则所以,设平面和平面的法向量分别为，所以取，同理取，设二面角P－EF－O的平面角为，则，所以，

练习23．（2023春·四川成都·高三四川省成都市新都一中校联考期中）如图，在长方体中，，，，交于点E.(1)证明：直线平面；(2)求AD与平面所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）利用长方体的结构特征，证明平面平面，可得直线平面；（2）建立空间直角坐标系，求平面的法向量，利用向量法求AD与平面所成角的正弦值.【详解】（1）证明：如图，连接，，长方体中，且，四边形为平行四边形，则有，又平面，平面，平面，同理可证，平面，又，平面，平面平面，又平面，直线平面；（2）以A为原点，分别为x轴，y轴，z轴，建系如图：得，，，，，，设平面的一个法向量为，由，令，得，可得平面的一个法向量为，设AD与平面所成角大小为，则，与平面所成角的正弦值为.练习24．（2023·天津河西·天津市新华中学校考模拟预测）如图，四边形是边长为2的菱形，，四边形为矩形，，且平面平面.

(1)求与平面所成角的正弦值；(2)求平面与平面夹角大小；(3)若在线段上存在点，使得平面，求点到平面的距离.【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）建立空间直角坐标系，表达出各点的坐标，得出和平面的法向量，即可求出与平面所成角的正弦值；（2）求出平面与平面的法向量，即可得到平面与平面夹角大小；（3）设出，求出平面的法向量，得出点坐标，即可求出点到平面的距离.【详解】（1）由题意，∵平面平面，平面平面，∴平面，∵底面为菱形，∴，以为原点，所在直线为轴，过点作平行线为轴建立如图所示空间直角坐标系：

则，∴，平面的一个法向量是，设与平面所成的角为，所以，∴与平面所成的角的正弦值为（2）由题意及（1）得，，设平面的一个法向量为，则，即，令，则，所以，设平面的一个法向量为，则，即，令，则，所以，所以，因为，∴平面与平面的夹角为.（3）由题意，（1）及（2）得，，设，，∵平面，所以，即，解得：，∴点为中点，，∴点到平面的距离为：.练习25．（2023·江西鹰潭·贵溪市实验中学校考模拟预测）如图，在三棱柱中，平面，，，为的中点，交于点．(1)证明：；(2)求异面直线与所成角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据线面垂直的判定定理，线面垂直的性质定理的结合即可得出结论.（2）建立空间直角坐标系，得出相应点的坐标，然后利用向量间余弦值的公式求解即可.【详解】（1）由题知，在三棱柱中，因为，，平面，所以四边形是正方形，，又平面，则，又平面，，则平面，又是中点，是中点，则，所以平面，又平面，则，又平面，，则平面，又平面，则.（2）根据已知，以为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，假定，又是的中点，则，则，，，，则，，.故异面直线与所成角的余弦值为.题型六 已知夹角求其他量例11．（2023·上海长宁·上海市延安中学校考三模）已知和所在的平面互相垂直，，，，，是线段的中点，.(1)求证：；(2)设，在线段上是否存在点（异于点），使得二面角的大小为.【答案】(1)证明见解析(2)不存在，理由见解析【分析】（1）根据余弦定理计算，根据勾股定理得到，确定平面，得到证明.（2）建立空间直角坐标系，计算各点坐标，平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，根据向量的夹角公式计算得到答案.【详解】（1），故，，则，故，又，平面，，故平面，平面，故，

（2）△和△所在的平面互相垂直，则平面平面，且平面，故平面，如图所示：以分别为轴建立空间直角坐标系，

则，，，设，，平面的一个法向量为，设平面的一个法向量为，则，取得到，则，解得，不满足题意.综上所述：不存在点，使二面角的大小为.例12．（2023·广东深圳·深圳中学校考模拟预测）如图，且，，且，且.平面，.

(1)求平面与平面的夹角的正弦值；(2)若点在线段上，且直线与平面所成的角为，求线段的长.【答案】(1)(2)【分析】（1）利用空间向量法求出平面与平面的法向量，即可求解；（2）设线段DP的长为（），求出，，然后利用向量的夹角公式列方程求解.【详解】（1）因为平面，，平面，所以，.因为，所以，，两两垂直，以为原点，分别以，，的方向为轴，轴，轴的正方向的空间直角坐标系（如图），

则，，，，，，.得，，.设为平面的法向量，则，令，则；设为平面的法向量，则，令，则，所以.所以平面与平面的夹角的正弦为.（2）设线段的长为，则，.因为，，平面，所以平面，为平面的一个法向量，所以，由题意，可得，解得.所以线段的长为.练习26．（2023·浙江绍兴·统考模拟预测）如图，正三棱柱的所有棱长均为为的中点，为上一点，(1)若，证明：平面；(2)当直线与平面所成角的正弦值为，求的长度.【答案】(1)证明见解析；(2)3.【分析】（1）记与交于点，连结，证明，原题即得证；（2）取中点，以原点，直线为轴，直线为轴，建立如图空间直角坐标系.设，利用向量法求解.【详解】（1）记与交于点，连结.由得.又平面，平面,所以平面.（2）取中点，以原点，直线为轴，直线为轴，建立如图空间直角坐标系.则设，则设平面法向量为，则,取因为线面角正弦值为，所以解得，故练习27．（2023春·辽宁朝阳·高三校联考期中）如图，在正三棱柱A₁B₁C₁-ABC中，D为AB的中点，.(1)若证明:DE⊥平面A₁B₁E；(2)若直线BC₁与平面A₁B₁E所成角为求λ的值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）先证明A₁B₁⊥平面DCC₁F，得到DE⊥A₁B，再证明DE⊥平面A₁B₁E即可；（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求出线面角即可得解.【详解】（1）证明：取A₁B₁的中点F，连接EF，DF，DC，FC₁.由题意，得所以DE²+EF²=DF²，则DE⊥EF.因为A₁B₁⊥C₁F，A₁B₁⊥DF，平面DCC₁F，所以A₁B₁⊥平面DCC₁F，又平面DCC₁F，所以DE⊥A₁B，因为A₁B₁∩EF=F，平面A₁B₁E，所以DE⊥平面A₁B₁E.（2）以D为坐标原点，DB，DC，DF的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，则设设平面A₁B₁E的法向量为，则.取则设直线BC₁与平面A₁B₁E所成的角为θ，则，化简得，解得或当时，点E与点C₁重合，此时λ=0，不符合题意.所以，即λ的值为练习28．（2023春·江苏泰州·高三泰州中学校考期中）如图，在多面体中，四边形与均为直角梯形，，.平面，，.(1)已知点G为AF上一点，且，试判断是否与平面平行，并说明理由；(2)已知直线与平面所成角的正弦值为，求该多面体的体积.【答案】(1)与平面不平行；证明见解析；(2)3【分析】（1）是与平面不平行；建立空间直角坐标系，求得平面的法向量，利用，即可证明结论；（2）根据线与平面所成角的正弦值为求出的长，分别计算，利用即可求得答案.【详解】（1）与平面不平行；因为平面，平面,故，又,，则,以A为坐标原点，为轴，建立空间直角坐标系，则，故，设平面的法向量为，则，令，则，则，即与不垂直，故是与平面不平行；（2）设且，则，所以，因为直线与平面所成角的正弦值为，故，即，解得或（舍去），因为，平面，所以平面，又平面，故,，又，而平面，故平面，又，所以，，所以，故，即多面体的体积为3.练习29．（2023·北京东城·统考二模）如图，直角三角形和等边三角形所在平面互相垂直，，是线段上一点.(1)设为的中点，求证：；(2)若直线和平面所成角的正弦值为，求的值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）要证明线线垂直，利用面面垂直的性质定理，转化为证明平面；（2）首先设，，再以的中点为原点，建立空间直角坐标系，根据线面角的向量公式，列式求解.【详解】（1）由题设知因为平面平面，平面平面，，所以平面．因为平面，所以.因为为等边三角形，是的中点，所以.因为，平面，所以平面．所以.（2）设，.取的中点，的中点，连接，，则，.由（I）知平面，所以平面，所以，.如图建立空间直角坐标系，则，，，．所以，，，，.设平面的法向量为，则即令，则，.于是.因为直线和平面所成角的正弦值为，所以，整理得，解得或.因为，所以，即.练习30．（河北省2023届高三模拟（六）数学试题）在圆柱中，等腰梯形为底面圆的内接四边形，且，矩形是该圆柱的轴截面，为圆柱的一条母线，.

(1)求证：平面平面；(2)设，，试确定的值，使得直线与平面所成角的正弦值为.【答案】(1)证明见解析(2)或【分析】（1）先证明平面以及平面，根据面面平行的判定定理即可证明结论；（2）建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，求得平面的一个法向量，根据空间角的向量求法，即可求得答案.【详解】（1）在圆柱中，,平面,平面,故平面；连接，因为等腰梯形为底面圆的内接四边形，，

故，则为正三角形，故，则，平面,平面,故平面；又平面，故平面平面.（2）如图，以为坐标原点，在底面圆过点垂直于平面作直线为x轴，以为轴建立空间直角坐标系，

由于，由（1）可知,故,则，设平面的一个法向量为，则，即，令，则，由，，，可得，设直线与平面所成角为，则，即得，解得或，符合，故或.题型七 求异面直线，点到面或者面到面的距离例13．（2023·浙江宁波·镇海中学校考模拟预测）在直角梯形中，，，，现将沿着对角线折起，使点D到达点P位置，此时二面角为．

(1)求异面直线，所成角的余弦值；(2)求点A到平面的距离．【答案】(1)(2)【分析】（1）作出辅助线，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，得到异面直线的夹角；（2）利用点到平面距离的向量公式进行求解.【详解】（1）过点D做交于O，连接，以O点为原点，以为x轴，在平面内，过点O垂直于的线为y轴，过点O垂直于平面的直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示．

因为，所以，所以为二面角的平面角．所以，又因为，所以点，又因为，，由等边三角形可得，所以，，所以，所以与夹角的余弦值为．（2），，设为平面的一个法向量，则，令，则，故，所以点A到平面的距离为．例14．（2023秋·辽宁沈阳·高三沈阳二十中校联考期末）如图①菱形，．沿着将折起到，使得，如图②所示．(1)求异面直线与所成的角的余弦值；(2)求异面直线与之间的距离．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据折叠前后的几何性质，建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算得异面直线与所成的角的余弦值；（2）根据空间向量求直线与公垂线的方向向量，再结合空间向量坐标运算即可得异面直线与之间的距离．【详解】（1）图①菱形，，由余弦定理得，所以，所以，即，又，所以，在图②中，，即，又平面所以平面，即平面，又平面，所以，如图，以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，则，所以，故，则异面直线与所成的角的余弦值为；（2）由（1）得，设是异面直线与公垂线的方向向量，所以，令，则所以异面直线与之间的距离为.练习31．（2022·全国·高三专题练习）在如图所示的五面体ABCDFE中，面ABCD是边长为2的正方形，AE⊥面ABCD，DF∥AE，且DFAE＝1，N为BE的中点.

(1)求证：FN∥平面ABCD；(2)求二面角N﹣MF﹣D的余弦值；(3)求点A到平面MNF的距离.【答案】(1)证明见解析(2)(3)【分析】（1）建立空间直角坐标系，得到，显然平面ABCD的法向量可以为（0，0，1），所以，即，即可得证；（2）平面MNF的法向量为，平面MFD的法向量可以为（0，1，0），代入公式即可求解；（3）由（2）知平面MNF的法向量为（2，1，2），又，代入公式即可求解．【详解】（1）证明：如图建立空间直角坐标系，

则A（0，0，0），B（2，0，0），D（0，2，0），E（0，0，2），N（1，0，1），M（1，2，0），F（0，2，1），所以，显然平面ABCD的法向量可以为（0，0，1），所以，即，又NF⊄平面ABCD，所以NF∥平面ABCD；（2）因为，设平面MNF的法向量为（x，y，z），则，令y＝1，则x＝z＝2，所以，显然平面MFD的法向量可以为（0，1，0），设二面角N﹣MF﹣D为，由图可知二面角N﹣MF﹣D为钝角，则，所以二面角N﹣MF﹣D的余弦值为；（3）由（2）知平面MNF的法向量为（2，1，2），又，设点A到平面MNF的距离为d，则，所以点A到平面MNF的距离为．练习32．（2023·高一课时练习）如图所示，在空间四边形中，，，，．(1)求证：；(2)求异面直线与的距离；(3)求二面角的大小．【答案】(1)证明见解析(2)(3)【分析】（1）取中点，连结，利用线面垂直的判定定理证得平面即可；（2）建立空间直角坐标系，利用异面直线的向量距离公式求解即可；（3）求出面的法向量，然后利用面面角的向量方法进行求解【详解】（1）取中点，连结．，．，．，平面，平面．平面，．（2）因为，，，平面，平面．如图，以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系．则．设．，，．所以，，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．（3）取中点，连结．，，，．是二面角的平面角．，，，，二面角的大小为．练习33．（2021秋·上海浦东新·高三上海市实验学校校考期中）如图是一棱长为的正方体，则异面直线与之间的距离为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】建立空间直角坐标系，求出与和垂直的向量坐标，求出异面直线间的距离.【详解】以D为原点，DA，DC，分别为x，y，z轴，建立如图空间直角坐标系，则，，设与和都垂直，则，即，取，又因为，所以异面直线和间的距离为.故选：B.练习34．（2023·重庆·统考模拟预测）在多面体中，四边形是边长为4的正方形，，△ABC是正三角形．

(1)若为AB的中点，求证：直线平面；(2)若点在棱上且，求点C到平面的距离．【答案】(1)证明见详解(2)【分析】（1）根据线面平行的判定定理分析证明；（2）根据题意可证平面，平面，建系，利用空间向量求点到面的距离.【详解】（1）连接，设，由题意可得为的中点，连接，因为分别为的中点，则//，平面，平面，所以直线平面.

（2）由题意可得：，，平面，所以平面，取的中点，连接，因为△ABC是正三角形，则，又因为平面，平面，则，，平面，所以平面，如图，以为坐标原点，为轴，轴，建立空间直角坐标系，则，可得，设平面的法向量，则，令，则，即，所以点C到平面的距离.

练习35．（2023·北京丰台·北京丰台二中校考三模）如图，在四棱锥中，平面，，，，.为的中点，点在上，且.(1)求证：平面平面；(2)求平面与平面所成角的余弦值；(3)若棱上一点，满足，求点到平面的距离.【答案】(1)证明见解析(2)(3)【分析】（1）（2）（3）如图，以为原点，分别以，为轴，轴，过作平行线为轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.【详解】（1）如图，以为原点，分别以，为轴，轴，过作平行线为轴，建立空间直角坐标系，则，，，，，，所以，，因为，所以，所以，即，所以，，设平面的法向量为，则，令，则，所以，平面的法向量为，则，令，则，所以，所以，所以，所以平面平面.

（2）易知平面的一个法向量，设平面与平面所成角为，则，所以平面与平面所成角的余弦值为.（3）因为棱上一点，满足，所以，所以，所以点到平面的距离.题型八 求点到线的距离例15．（2023·全国·高三专题练习）如图，在四棱锥中，平面，底面为正方形，且，为棱的中点，点在上，且，则的中点到直线的距离是______．【答案】/【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，计算出、，进而可计算得出点到直线的距离为.【详解】因为平面，底面为正方形，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，则点、、，，，，所以，，所以，的中点到直线的距离.故答案为：.例16．（2023·全国·高三专题练习）如图，直四棱柱的底面为平行四边形，，，点P，M分别为，上靠近的三等分点．(1)求点M到直线的距离；(2)求直线PD与平面所成角的正弦值.【答案】(1)(2)【分析】（1）建立空间直角坐标系，写出相应点的坐标，利用向量法求出点到直线的距离即可；（2）结合（1）中点的坐标，分别求出直线的方向向量和平面的法向量，利用空间向量的夹角公式即可求解.【详解】（1）由题可得AD=2，，又点P为AB上靠近A的三等分点，所以AP=1．在中，由余弦定理可得，，故，所以为直角三角形，故DP⊥AB．因为底面ABCD为平行四边形，所以DP⊥CD．由直四棱柱性质可知，，即DP，CD，两两垂直．故以D为坐标原点，分别以DP，DC，所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz．则．因为，过点M作，（点到直线的距离即为通过该点向直线做垂线，点到垂足的距离）令，所以，故．由，解得，所以，故点M到直线的距离为．（2）因为，，，设平面的法向量为，则即令，得，，故．设直线PD与平面所成角为，则．所以直线PD与平面所成角的正弦值为．练习36．（2023春·安徽池州·高二池州市第一中学校联考阶段练习）已知点，若，两点在直线l上，则点A到直线l的距离为______.【答案】3【分析】先求与方向相同的单位向量，然后由公式可得.【详解】依题意，而，故与方向相同的单位向量为，则所求距离.故答案为:3练习37．（2023秋·山西临汾·高二统考期末）如图所示，在四棱锥中，平面平面，底面为矩形，，是棱上一点，且.(1)求点到直线的距离；(2)求平面与平面夹角的余弦值.【答案】(1)2(2).【分析】（1）利用面面垂直得出线面垂直，建立坐标系，利用空间向量求解点到直线的距离；（2）分别求解平面与平面的法向量，利用法向量求解两平面的夹角.【详解】（1）取的中点，连接，并过点作的平行线，交于，则.因为，所以.因为平面平面，平面平面平面，所以平面，因为平面，所以.以为坐标原点，以所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，因为，则，直线的一个单位方向向量为，点到直线的距离.（2），设平面的法向量为，则令，设平面的法向量为，则令，设平面与平面的夹角为，则.所以平面与平面夹角的余弦值为.练习38．（2023春·高二课时练习）如图，正方形的中心为O，四边形为矩形，平面平面，点G为的中点，.(1)求证：平面；(2)求点D到直线的距离.【答案】(1)证明见解析；(2).【分析】（1）取的中点M，连接为线段的中点，根据三角形的中位线定理、矩形的性质、平行四边形的判断定理、线面平行的判定定理即可证明结论.（2）连接，根据面面垂直的性质定理可得平面，建立空间直角坐标系，求得直线EG的单位方向向量，可得点D到直线EG的距离.【详解】（1）证明：取的中点M，连接，正方形的中心为O，则共线，又G为线段的中点，则，∵四边形为矩形，则，∴四边形为平行四边形，∴，而平面，而平面，∴平面.（2）连接,∵四边形为矩形，则,平面平面，平面平面,平面,∴平面，故以B为坐标原点，以为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，直线EG的单位方向向量，∴，∴点D到直线EG的距离.练习39．（2022秋·陕西西安·高二校考阶段练习）在长方体中，，，，是的中点，建立空间直角坐标系，用向量方法解下列问题：(1)求直线与所成的角的余弦值；(2)求点到直线的距离．【答案】(1)；(2)．【分析】（1）由题意写出点的坐标，求出，的坐标，从而利用空间向量求异面直线所成角即可；（2）先将问题转化为求，再由空间向量平行与垂直的坐标表示求得点坐标，从而得到，再利用向量的模求解即可.【详解】（1）由题意得，，，．则，，设与所成的角为，则，所以，所以与所成的角的余弦值为．（2）作于，则点到直线的距离为，因为，，又，设，则，，，所以，解得，则，故，所以，所以点到直线的距离为．.练习40．（2022秋·湖北十堰·高二统考期末）如图所示，在几何体中，，平面，则点E到直线的距离为_________、直线与平面所成角的正弦值为_______________．【答案】【分析】建立坐标系，利用向量法求解即可.【详解】以A为原点，的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，则．．因为，所以，所以点E到直线的距离为．记平面的法向量为，则令，得．因为，所以直线与平面所成角的正弦值为．故答案为：；题型九 点的存在性问题例17．（2023·黑龙江齐齐哈尔·统考二模）如图，四棱锥中，平面，，，，，为线段上一点，点在边上且.(1)若为的中点，求四面体的体积；(2)在线段上是否存在点，使得与平面所成角的余弦值是？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由.【答案】(1)(2)存在，【分析】（1）根据题意，以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，进而利用坐标法求得点到平面的距离为，再计算体积即可；（2）设点坐标为，根据得，进而根据线面角的向量方法求解即可.【详解】（1）解：由题意可得两两互相垂直，所以可以以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示：∴，，，，∴，，.设平面的一个法向量，，不妨令y＝1，∴.设点到平面的距离为，则，又因为，，∴的面积为.∴四面体的体积为.（2）设点坐标为，∴，.∵，即，∴，∴，∴.设，，∴.设平面的一个法向量，∴，即，令得∴，∴，∵与面所成角的余弦值是，正弦值为.∴，整理得，∴，（舍去）.∴存在满足条件的点，且.例18．（2023春·广东佛山·高二佛山一中校考阶段练习）如图，在四棱锥中，已知底面是正方形，底面，且，是棱上动点.(1)证明：平面.(2)线段上是否存在点，使二面角的余弦值是？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.【答案】(1)证明见解析(2)存在，【分析】（1）利用正方形性质、线面垂直的性质和线面垂直的判定定理进行证明即可；（2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，利用向量线性运算可得，根据二面角的向量求法可构造方程求得的值.【详解】（1）连接，交于点，四边形为正方形，；平面，平面，，又，平面，平面.（2）以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，，，，，，假设在线段上存在点，使得二面角的余弦值为，设，则，，设平面的法向量，则，令，解得：，，；由（1）知：平面，平面的一个法向量为；，解得：，当，即时，二面角的余弦值为.练习41．（2023·全国·高三对口高考）如图所示的几何体中，四边形是等腰梯形，，，平面，，.

(1)求二面角的余弦值；(2)在线段AB（含端点）上，是否存在一点P，使得平面.若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.【答案】(1)(2)存在，【分析】（1）建立空间直角坐标系，利