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專題7.6 空間向量的應用【十二大題型】
【新高考專用】
【題型1 向量法證明線線平行】 4
【題型2 向量法證明直線和平面平行】 5
【題型3 向量法證明平面和平面平行】 7
【題型4 向量法證明線線垂直】 8
【題型5 向量法證明直線和平面垂直】 10
【題型6 向量法證明平面和平面垂直】 11
【題型7 求異面直線所成的角】 13
【題型8 求線面角】 14
【題型9 求平面與平面所成角】 15
【題型10 點到直線距離、異面直線距離的向量求法】 17
【題型11 求點面距、線面距、面面距】 18
【題型12 立體幾何中的探索性問題】 19
1、空間向量的應用
考點要求 真題統計 考情分析
(1)理解直線的方向向量及平面的法向量，能用向量方法證明立體幾何中有關線面位置關系的一些簡單定理 (2)能用向量法解決異面直線、直線與平面、平面與平面的夾角問題，并能描述解決這一類問題的程序，體會向量法在研究空間角問題中的作用 (3)會求空間中點到直線以及點到平面的距離 (4)以空間向量為工具，探究空間幾何體中線、面的位置關系或空間角存在的條件 2022年新高考全國I卷：第19題，12分 2022年新高考全國Ⅱ卷：第20題，12分 2023年新高考I卷：第18題，12分 2023年新高考Ⅱ卷：第20題，12分 2024年新高考I卷：第17題，15分 2024年新高考Ⅱ卷：第17題，15分 空間向量的應用是高考的熱點內容，屬于高考的必考內容之一.從近幾年的高考情況來看，空間向量解立體幾何一般以解答題形式為主，每年必考，難度中等偏難，第一小問一般考查空間線、面位置關系的證明；空間角與點、線、面距離問題通常在解答題的第二小問考查，有時在選擇題、多選題中也會涉及.在高考復習過程中除了掌握空間向量法求空間角、空間距離，還需多鍛煉幾何法的應用，學會靈活求解.
【知識點1 空間位置關系的向量表示】
1．直線的方向向量
直線的方向向量：如果表示非零向量的有向線段所在的直線與直線l平行或重合，那么稱此向量
為直線l的方向向量.
2．平面的法向量
平面的法向量：直線l⊥α，取直線l的方向向量，則稱向量為平面α的法向量.
【知識點2 用空間向量研究直線、平面的平行關系】
1．空間中直線、平面的平行
(1)線線平行的向量表示：設u1，u2分別是直線l1，l2的方向向量，則l1∥l2 u1∥u2 λ∈R，使得u1＝λu2.
(2)線面平行的向量表示：設u是直線 l 的方向向量，n是平面α的法向量，l α，則l∥α u⊥n u·n＝0.
(3)面面平行的向量表示：設n1 ，n2 分別是平面α，β的法向量，則α∥β n1∥n2 λ∈R，使得n1＝λn2 .
2．利用向量證明線線平行的思路：
證明線線平行只需證明兩條直線的方向向量共線即可．
3．證明線面平行問題的方法：
(1)證明直線的方向向量與平面內的某一向量是共線向量且直線不在平面內；
(2)證明直線的方向向量可以用平面內兩個不共線向量表示且直線不在平面內；
(3)證明直線的方向向量與平面的法向量垂直且直線不在平面內．
4．證明面面平行問題的方法：
(1)利用空間向量證明面面平行，通常是證明兩平面的法向量平行．
(2)將面面平行轉化為線線平行然后用向量共線進行證明．
【知識點3 用空間向量研究直線、平面的垂直關系】
1．空間中直線、平面的垂直
(1)線線垂直的向量表示：設 u1，u2 分別是直線 l1 , l2 的方向向量，則l1⊥l2 u1⊥u2 u1·u2＝0.
(2)線面垂直的向量表示：設u是直線 l 的方向向量，n是平面α的法向量， l α，則l⊥α u∥n λ∈R，使得u＝λn.
(3)面面垂直的向量表示：設n1，n2 分別是平面α，β的法向量，則α⊥β n1⊥n2 n1·n2＝0.
2．證明兩直線垂直的基本步驟：
建立空間直角坐標系→寫出點的坐標→求直線的方向向量→證明向量垂直→得到兩直線垂直．
3．用坐標法證明線面垂直的方法及步驟：
(1)利用線線垂直：①將直線的方向向量用坐標表示；②找出平面內兩條相交直線，并用坐標表示它們的方向向量；③判斷直線的方向向量與平面內兩條直線的方向向量垂直．
(2)利用平面的法向量：①將直線的方向向量用坐標表示；②求出平面的法向量；③判斷直線的方向向量與平面的法向量平行．
4．證明面面垂直的兩種方法：
(1)常規法：利用面面垂直的判定定理轉化為線面垂直、線線垂直去證明．
(2)法向量法：證明兩個平面的法向量互相垂直．
【知識點4 用向量法求空間角】
1．用向量法求異面直線所成角的一般步驟：
(1)建立空間直角坐標系；
(2)用坐標表示兩異面直線的方向向量；
(3)利用向量的夾角公式求出向量夾角的余弦值；
(4)注意兩異面直線所成角的范圍是，即兩異面直線所成角的余弦值等于兩向量夾角的余弦值的絕對值.
2．向量法求直線與平面所成角的主要方法:
(1)分別求出斜線和它在平面內的射影直線的方向向量，將題目轉化為求兩個方向向量的夾角(或其補角)；
(2)通過平面的法向量來求，即求出斜線的方向向量與平面的法向量所夾的銳角或鈍角的補角，取其余角就是斜線和平面所成的角.
3．向量法求二面角的解題思路:
用法向量求兩平面的夾角：分別求出兩個法向量，然后通過兩個平面的法向量的夾角得到兩平面夾角的大小.
【知識點5 用空間向量研究距離問題】
1．距離問題
(1)點P到直線 l 的距離：已知直線l的單位方向向量為u，A是直線l上的定點，P是直線l外一點，設向量在直線l上的投影向量為＝a，則點P到直線l的距離為(如圖)．
(2)點P到平面α的距離：設平面α的法向量為n，A是平面α內的定點，P是平面α外一點，則點P到平面α的距離為(如圖)．
2．向量法求點到直線距離的步驟：
(1)根據圖形求出直線的單位方向向量.
(2)在直線上任取一點M(可選擇特殊便于計算的點).計算點M與直線外的點N的方向向量.
(3)垂線段長度.
3．求點到平面的距離的常用方法
(1)直接法：過P點作平面的垂線，垂足為Q，把PQ放在某個三角形中，解三角形求出PQ的長度就是點P到平面的距離.
②轉化法：若點P所在的直線l平行于平面，則轉化為直線l上某一個點到平面的距離來求.
③等體積法.
④向量法：設平面的一個法向量為，A是內任意點，則點P到的距離為.
【方法技巧與總結】
1．異面直線所成角的范圍是；直線與平面所成角的范圍是；二面角的范圍是；兩個平面夾角的范圍是.
【題型1 向量法證明線線平行】
【例1】（23-24高二上·河南·期末）在空間直角坐標系中，已知，，，，則直線與的位置關系是（ ）
A．異面 B．平行 C．垂直 D．相交但不垂直
【變式1-1】（23-24高二上·廣東深圳·期末）已知空間中兩條不同的直線，，其方向向量分別為，，則“，共線”是“直線，平行”的（ ）
A．充分而不必要條件 B．必要而不充分條件
C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件
【變式1-2】（2024·全國·模擬預測）已知兩不重合直線和的方向向量分別為，，則與的位置關系是（ ）
A．平行 B．相交 C．垂直 D．不確定
【變式1-3】（23-24高三上·河北衡水·階段練習）如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，M，N分別是BC1，CD1的中點，則下列說法錯誤的是（ ）

A．MN與CC1垂直
B．MN與AC垂直
C．MN與BD平行
D．MN與A1B1平行
【題型2 向量法證明直線和平面平行】
【例2】（2024高二上·全國·專題練習）如圖，在四棱柱中，側棱底面，，，且點分別為和的中點， 求證：平面.
【變式2-1】（2024高二上·全國·專題練習）如圖所示，在直角梯形中，，，，是的中點，分別為的中點，將沿折起，使得平面，試用向量方法證明 平面.
【變式2-2】（2024高二·全國·專題練習）如圖，在四棱錐中，底面為矩形，底面，，，為的中點，為的中點，求證：直線平面.
【變式2-3】（23-24高二上·江西·階段練習）如圖，正四棱錐的高為6，，且M是棱上更靠近C的三等分點.
(1)證明：；
(2)若在棱上存在一點N，使得平面，求的長度.
【題型3 向量法證明平面和平面平行】
【例3】（2024高二·全國·專題練習）如圖所示，平面平面，四邊形為正方形，是直角三角形，且，，，分別是線段，，的中點，求證：平面平面．
【變式3-1】（23-24高二·全國·課后作業）如圖，已知在正方體中，，，分別是，，的中點．證明：

(1)平面；
(2)平面平面．
【變式3-2】（23-24高二下·全國·課后作業）如圖，在長方體中，，，.求證：平面平面.
【變式3-3】（23-24高二上·天津薊州·階段練習）如圖，在長方體中，，，.
(1)求證：平面平面.
(2)線段上是否存在點P，使得平面？若存在，求出點P的位置；若不存在，請說明理由.
【題型4 向量法證明線線垂直】
【例4】（23-24高二下·湖南長沙·開學考試）如圖，在下列各正方體中，為正方體的一條體對角線，、分別為所在棱的中點，則滿足的是（ ）
A． B．
C． D．
【變式4-1】（23-24高二下·江蘇徐州·期中）在正方體中，下列關系正確的是（ ）
A． B． C． D．
【變式4-2】（2024高二·全國·專題練習）如圖，在多面體中，都是等邊三角形，平面為的中點.證明：
【變式4-3】（2024高三·全國·專題練習）斜三棱柱的各棱長都為，點在下底面的投影為的中點.在棱（含端點）上是否存在一點使？若存在，求出的長；若不存在，請說明理由；
【題型5 向量法證明直線和平面垂直】
【例5】（23-24高二上·浙江·期中）已知正三棱臺中，，，、分別為、的中點.

(1)求該正三棱臺的表面積；
(2)求證：平面
【變式5-1】（2024高三·全國·專題練習）已知正方體的棱長為，、、分別是棱、、的中點，求證：平面．
【變式5-2】（2024高三·全國·專題練習）如圖，已知直三棱柱為的中點，為側棱上一點，且，三棱柱的體積為32．過點作，垂足為點，求證：平面；
【變式5-3】（2024·重慶·模擬預測）已知正方體的棱長為1，在棱上運動，在線段上運動，直線與平面交于點．

(1)當為中點時，證明：平面；
(2)若平面，求的最大值及此時的長．
【題型6 向量法證明平面和平面垂直】
【例6】（2024高三·全國·專題練習）如圖，在底面是矩形的四棱錐中，平面，，，是PD的中點.
求證：平面平面.
【變式6-1】（2024高三·全國·專題練習）如圖，在四棱錐中，平面，，，，.為的中點，點在上，且.
求證：平面平面.
【變式6-2】（23-24高二下·湖北·期中）在中，，點分別為邊的中點，將沿折起，使得平面平面.

(1)求證：；
(2)在平面內是否存在點，使得平面平面？若存在，指出點的位置；若不存在，說明理由.
【變式6-3】（2024·上海靜安·二模）如圖，在五面體ABCDEF中，FA⊥平面ABCD，，若 .
(1)求五面體ABCDEF的體積；
(2)若M為EC的中點，求證：平面平面AMD.
【題型7 求異面直線所成的角】
【例7】（2024·河南信陽·模擬預測）已知三棱柱滿足，，，則異面直線與所成角的余弦值為（ ）
A． B． C． D．
【變式7-1】（2024·廣東梅州·模擬預測）直三棱柱中，，，則異面直線與所成角的余弦值為（ ）
A． B． C． D．
【變式7-2】（2024·湖北武漢·模擬預測）已知菱形，，將沿對角線折起，使以四點為頂點的三棱錐體積最大，則異面直線與所成角的余弦值為（ ）
A． B． C． D．
【變式7-3】（2024·全國·模擬預測）如圖，矩形ABCD是圓柱的軸截面，點E在圓上，若，，，則異面直線BD與所成角的余弦值為（ ）

A． B． C． D．
【題型8 求線面角】
【例8】（2024·青海西寧·模擬預測）在直三棱柱中，，，為線段的中點，點在線段上，且，則直線與平面所成角的正弦值為（ ）
A． B． C． D．
【變式8-1】（2023·四川雅安·一模）如圖，在正方體中，點是線段上的動點（含端點），點是線段的中點，設與平面所成角為，則的最小值是（ ）
A． B． C． D．
【變式8-2】（2024·廣東肇慶·模擬預測）如圖，三棱錐中，，，.
(1)證明：平面平面；
(2)若E為中點，點F滿足，求直線與平面所成角的余弦值.
【變式8-3】（2024·遼寧沈陽·模擬預測）如圖，直線垂直于梯形所在的平面，，為線段的中點，，，四邊形為矩形.
(1)求證：平面；
(2)求直線與平面所成角的正弦值.
【題型9 求平面與平面所成角】
【例9】（2024·四川·模擬預測）如圖，多面體中，已知面是邊長為4的正方形，是等邊三角形，，，平面平面．
(1)求證：；
(2)求二面角的大小．
【變式9-1】（2024·四川樂山·三模）如圖，平行六面體中，底面是邊長為2的菱形，且，與平面所成的角為與交于．
(1)證明：平面；
(2)求二面角的正弦值．
【變式9-2】（2024·湖南·三模）如圖，四棱錐的底面是梯形，平面.
(1)求證：平面平面；
(2)在棱上是否存在一點E，使得二面角的余弦值為.若存在，求出的值；若不存在，請說明理由.
【變式9-3】（2024·江西宜春·模擬預測）如圖1，在五邊形中，，，且，將沿折成圖2，使得，為的中點．
(1)證明：平面；
(2)若與平面所成的角為，求二面角的正弦值．
【題型10 點到直線距離、異面直線距離的向量求法】
【例10】（2024·廣西來賓·一模）棱長為3的正方體中，點E，F滿足，，則點E到直線的距離為（ ）
A． B．
C． D．
【變式10-1】（23-24高二上·山東棗莊·階段練習）如圖，在正方體中，，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（ ）
A． B． C．1 D．
【變式10-2】（2024·全國·模擬預測）已知在空間直角坐標系中，直線經過，兩點，則點到直線的距離是（ ）
A． B． C． D．
【變式10-3】（23-24高二下·江蘇泰州·期中）在四棱錐中，底面是邊長為3的正方形，底面，點在側棱上，且滿足，則異面直線和的距離為（ ）
A． B． C． D．
【題型11 求點面距、線面距、面面距】
【例11】（2024·廣東·三模）如圖，邊長為4的兩個正三角形，所在平面互相垂直，，分別為，的中點，點在棱上，，直線與平面相交于點.
(1)證明：；
(2)求直線與平面的距離.
【變式11-1】（2024·安徽合肥·模擬預測）如圖，直四棱柱各棱長均為2，，O是線段BD的中點．
(1)求點O到平面的距離；
(2)求直線AB與平面所成角的正弦值．
【變式11-2】（2024高二上·全國·專題練習）直四棱柱中，底面為正方形，邊長為，側棱，分別為的中點，分別是的中點．

(1)求證：平面 平面；
(2)求平面與平面的距離．
【變式11-3】（2024·湖北武漢·模擬預測）如圖，三棱柱中，是邊長為2的等邊三角形，.

(1)證明：；
(2)若三棱柱的體積為3，且直線與平面ABC所成角為60°，求點到平面的距離.
【題型12 立體幾何中的探索性問題】
【例12】（2024·內蒙古呼和浩特·二模）如圖，已知平面，，是等腰直角三角形，其中，且．
(1)設線段中點為，證明：平面；
(2)在線段上是否存在點，使得點到平面的距離等于，如果存在，求的長．
【變式12-1】（2024·貴州黔西·一模）如圖所示為直四棱柱，，分別是線段的中點.
(1)證明:平面；
(2)求直線BC與平面所成角的正弦值，并判斷線段BC上是否存在點，使得平面，若存在，求出BP的值，若不存在，請說明理由.
【變式12-2】（2024·黑龍江哈爾濱·一模）如圖1，在平行四邊形中，，將沿折起，使點D到達點P位置，且，連接得三棱錐，如圖2．
(1)證明：平面平面；
(2)在線段上是否存在點M，使平面與平面的夾角的余弦值為，若存在，求出的值，若不存在，請說明理由．
【變式12-3】（2024·福建龍巖·二模）三棱柱中，，，側面為矩形，，三棱錐的體積為．

(1)求側棱的長；
(2)側棱上是否存在點，使得直線與平面所成角的正弦值為？若存在，求出線段的長；若不存在，請說明理由．
一、單選題
1．（2024·四川德陽·二模）已知是兩條不同的直線，是兩個不同的平面，給出下列結論，其中正確結論的個數是（ ）
①若，且，則
②若且，則
③若，且，則
④若，且，則
A．1 B．2 C．3 D．4
2．（2024·山東菏澤·二模）如圖，在正方體中，，則下列結論中正確的是（ ）
A．平面 B．平面平面
C．平面 D．平面內存在與平行的直線
3．（2024·遼寧沈陽·模擬預測）已知直三棱柱中，，，，則異面直線與所成角的余弦值為（ ）
A． B． C． D．
4．（2024·江西新余·模擬預測）已知，直線過原點且平行于，則到的距離為（ ）.
A． B．1 C． D．
5．（2024·江西宜春·模擬預測）在正方體中，平面經過點，平面經過點，當平面分別截正方體所得截面面積最大時，平面與平面的夾角的余弦值為（ ）
A． B． C． D．
6．（2024·江蘇鹽城·模擬預測）棱長為2的正方體中，設點為底面內（含邊界）的動點，則點到平面距離之和的最小值為（ ）
A． B． C． D．
7．（2024·寧夏吳忠·模擬預測）在正方體中，點為線段上的動點，直線為平面與平面的交線，現有如下說法
①不存在點，使得平面
②存在點，使得平面
③當點不是的中點時，都有平面
④當點不是的中點時，都有平面
其中正確的說法有（ ）
A．①③ B．③④ C．②③ D．①④
8．（2024·陜西·模擬預測）在平行六面體中，已知，，則下列選項中錯誤的一項是（ ）
A．直線與BD所成的角為90°
B．線段的長度為
C．直線與所成的角為90°
D．直線與平面ABCD所成角的正弦值為
二、多選題
9．（2024·河北·模擬預測）已知正方體為中點，為BC中點，則（ ）
A．直線PD與直線平行 B．直線與直線垂直
C．直線PQ與直線相交 D．直線PQ與直線異面
10．（2024·廣西貴港·模擬預測）如圖，在正方體中，P為線段的中點，Q為線段上的動點（不包括端點），則（ ）
A．存在點Q，使得 B．存在點Q，使得平面
C．三棱錐的體積是定值 D．二面角的余弦值為
11．（2024·河北承德·二模）如圖，在正四棱柱中，是棱的中點，為線段上的點（異于端點），且，則下列說法正確的是（ ）

A．是平面的一個法向量
B．
C．點到平面的距離為
D．二面角的正弦值為
三、填空題
12．（23-24高二下·陜西咸陽·期末）若，且為直線的一個方向向量，為平面的一個法向量，則實數的值為 .
13．（2024·廣東·一模）在正方體中，點P、Q分別在、上，且，，則異面直線與所成角的余弦值為 .
14．（2024·廣東茂名·模擬預測）已知四棱柱的底面是正方形，，，點在底面的射影為中點H，則直線與平面所成角的正弦值為 ．
四、解答題
15．（2024·陜西安康·模擬預測）如圖，已知多面體是由正四棱錐P-ABCD與正方體組合而成的，且.

(1)求證：平面；
(2)若，求四棱錐的體積.
16．（2024·貴州·模擬預測）如圖，在三棱臺中，平面ABC，，，．
(1)求異面直線與所成角的余弦值；
(2)求直線與平面所成角的正弦值．
17．（2024·河南鄭州·模擬預測）如圖，在三棱錐中，，，．
(1)證明：平面；
(2)若，E是棱上一點且，求平面與平面的夾角．
18．（2024·海南·模擬預測）如圖，在直四棱柱中，底面四邊形為梯形，，.
(1)證明： ;
(2)若直線 與平面 所成角的正弦值為 ，點 為線段 上一點，求點到平面 的距離.
19．（2024·貴州貴陽·二模）由正棱錐截得的棱臺稱為正棱臺.如圖，正四棱臺中，分別為的中點，，側面與底面所成角為.

(1)求證：平面；
(2)線段上是否存在點，使得直線與平面所成的角的正弦值為，若存在，求出線段的長；若不存在，請說明理由.
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【新高考專用】
【題型1 向量法證明線線平行】 4
【題型2 向量法證明直線和平面平行】 6
【題型3 向量法證明平面和平面平行】 9
【題型4 向量法證明線線垂直】 14
【題型5 向量法證明直線和平面垂直】 18
【題型6 向量法證明平面和平面垂直】 23
【題型7 求異面直線所成的角】 28
【題型8 求線面角】 31
【題型9 求平面與平面所成角】 36
【題型10 點到直線距離、異面直線距離的向量求法】 42
【題型11 求點面距、線面距、面面距】 44
【題型12 立體幾何中的探索性問題】 50
1、空間向量的應用
考點要求 真題統計 考情分析
(1)理解直線的方向向量及平面的法向量，能用向量方法證明立體幾何中有關線面位置關系的一些簡單定理 (2)能用向量法解決異面直線、直線與平面、平面與平面的夾角問題，并能描述解決這一類問題的程序，體會向量法在研究空間角問題中的作用 (3)會求空間中點到直線以及點到平面的距離 (4)以空間向量為工具，探究空間幾何體中線、面的位置關系或空間角存在的條件 2022年新高考全國I卷：第19題，12分 2022年新高考全國Ⅱ卷：第20題，12分 2023年新高考I卷：第18題，12分 2023年新高考Ⅱ卷：第20題，12分 2024年新高考I卷：第17題，15分 2024年新高考Ⅱ卷：第17題，15分 空間向量的應用是高考的熱點內容，屬于高考的必考內容之一.從近幾年的高考情況來看，空間向量解立體幾何一般以解答題形式為主，每年必考，難度中等偏難，第一小問一般考查空間線、面位置關系的證明；空間角與點、線、面距離問題通常在解答題的第二小問考查，有時在選擇題、多選題中也會涉及.在高考復習過程中除了掌握空間向量法求空間角、空間距離，還需多鍛煉幾何法的應用，學會靈活求解.
【知識點1 空間位置關系的向量表示】
1．直線的方向向量
直線的方向向量：如果表示非零向量的有向線段所在的直線與直線l平行或重合，那么稱此向量
為直線l的方向向量.
2．平面的法向量
平面的法向量：直線l⊥α，取直線l的方向向量，則稱向量為平面α的法向量.
【知識點2 用空間向量研究直線、平面的平行關系】
1．空間中直線、平面的平行
(1)線線平行的向量表示：設u1，u2分別是直線l1，l2的方向向量，則l1∥l2 u1∥u2 λ∈R，使得u1＝λu2.
(2)線面平行的向量表示：設u是直線 l 的方向向量，n是平面α的法向量，l α，則l∥α u⊥n u·n＝0.
(3)面面平行的向量表示：設n1 ，n2 分別是平面α，β的法向量，則α∥β n1∥n2 λ∈R，使得n1＝λn2 .
2．利用向量證明線線平行的思路：
證明線線平行只需證明兩條直線的方向向量共線即可．
3．證明線面平行問題的方法：
(1)證明直線的方向向量與平面內的某一向量是共線向量且直線不在平面內；
(2)證明直線的方向向量可以用平面內兩個不共線向量表示且直線不在平面內；
(3)證明直線的方向向量與平面的法向量垂直且直線不在平面內．
4．證明面面平行問題的方法：
(1)利用空間向量證明面面平行，通常是證明兩平面的法向量平行．
(2)將面面平行轉化為線線平行然后用向量共線進行證明．
【知識點3 用空間向量研究直線、平面的垂直關系】
1．空間中直線、平面的垂直
(1)線線垂直的向量表示：設 u1，u2 分別是直線 l1 , l2 的方向向量，則l1⊥l2 u1⊥u2 u1·u2＝0.
(2)線面垂直的向量表示：設u是直線 l 的方向向量，n是平面α的法向量， l α，則l⊥α u∥n λ∈R，使得u＝λn.
(3)面面垂直的向量表示：設n1，n2 分別是平面α，β的法向量，則α⊥β n1⊥n2 n1·n2＝0.
2．證明兩直線垂直的基本步驟：
建立空間直角坐標系→寫出點的坐標→求直線的方向向量→證明向量垂直→得到兩直線垂直．
3．用坐標法證明線面垂直的方法及步驟：
(1)利用線線垂直：①將直線的方向向量用坐標表示；②找出平面內兩條相交直線，并用坐標表示它們的方向向量；③判斷直線的方向向量與平面內兩條直線的方向向量垂直．
(2)利用平面的法向量：①將直線的方向向量用坐標表示；②求出平面的法向量；③判斷直線的方向向量與平面的法向量平行．
4．證明面面垂直的兩種方法：
(1)常規法：利用面面垂直的判定定理轉化為線面垂直、線線垂直去證明．
(2)法向量法：證明兩個平面的法向量互相垂直．
【知識點4 用向量法求空間角】
1．用向量法求異面直線所成角的一般步驟：
(1)建立空間直角坐標系；
(2)用坐標表示兩異面直線的方向向量；
(3)利用向量的夾角公式求出向量夾角的余弦值；
(4)注意兩異面直線所成角的范圍是，即兩異面直線所成角的余弦值等于兩向量夾角的余弦值的絕對值.
2．向量法求直線與平面所成角的主要方法:
(1)分別求出斜線和它在平面內的射影直線的方向向量，將題目轉化為求兩個方向向量的夾角(或其補角)；
(2)通過平面的法向量來求，即求出斜線的方向向量與平面的法向量所夾的銳角或鈍角的補角，取其余角就是斜線和平面所成的角.
3．向量法求二面角的解題思路:
用法向量求兩平面的夾角：分別求出兩個法向量，然后通過兩個平面的法向量的夾角得到兩平面夾角的大小.
【知識點5 用空間向量研究距離問題】
1．距離問題
(1)點P到直線 l 的距離：已知直線l的單位方向向量為u，A是直線l上的定點，P是直線l外一點，設向量在直線l上的投影向量為＝a，則點P到直線l的距離為(如圖)．
(2)點P到平面α的距離：設平面α的法向量為n，A是平面α內的定點，P是平面α外一點，則點P到平面α的距離為(如圖)．
2．向量法求點到直線距離的步驟：
(1)根據圖形求出直線的單位方向向量.
(2)在直線上任取一點M(可選擇特殊便于計算的點).計算點M與直線外的點N的方向向量.
(3)垂線段長度.
3．求點到平面的距離的常用方法
(1)直接法：過P點作平面的垂線，垂足為Q，把PQ放在某個三角形中，解三角形求出PQ的長度就是點P到平面的距離.
②轉化法：若點P所在的直線l平行于平面，則轉化為直線l上某一個點到平面的距離來求.
③等體積法.
④向量法：設平面的一個法向量為，A是內任意點，則點P到的距離為.
【方法技巧與總結】
1．異面直線所成角的范圍是；直線與平面所成角的范圍是；二面角的范圍是；兩個平面夾角的范圍是.
【題型1 向量法證明線線平行】
【例1】（23-24高二上·河南·期末）在空間直角坐標系中，已知，，，，則直線與的位置關系是（ ）
A．異面 B．平行 C．垂直 D．相交但不垂直
【解題思路】利用給定的坐標，求出向量的坐標，再借助共線向量判斷得解.
【解答過程】由，，，，
得，，則，即，
而，顯然向量不共線，即點不在直線上，
所以直線與平行．
故選：B.
【變式1-1】（23-24高二上·廣東深圳·期末）已知空間中兩條不同的直線，，其方向向量分別為，，則“，共線”是“直線，平行”的（ ）
A．充分而不必要條件 B．必要而不充分條件
C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件
【解題思路】利用充分必要條件的概念進行判斷即可.
【解答過程】若直線的方向向量，共線，則兩直線平行或重合，
又因為直線，是空間中兩條不同的直線，所以兩直線，平行，即“，共線”是“直線，平行”的充分條件；
若直線，平行，則，共線，即“，共線”是“直線，平行”的必要條件；
綜上，“，共線”是“直線，平行”的充分必要條件.
故選：C.
【變式1-2】（2024·全國·模擬預測）已知兩不重合直線和的方向向量分別為，，則與的位置關系是（ ）
A．平行 B．相交 C．垂直 D．不確定
【解題思路】根據兩直線方向向量平行兩直線平行即可求解》
【解答過程】因為，，
所以，
所以，
故選：A.
【變式1-3】（23-24高三上·河北衡水·階段練習）如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，M，N分別是BC1，CD1的中點，則下列說法錯誤的是（ ）

A．MN與CC1垂直
B．MN與AC垂直
C．MN與BD平行
D．MN與A1B1平行
【解題思路】通過空間向量建系法，結合向量平行與垂直的性質一一驗證即可
【解答過程】設正方體的棱長為1，如圖，建立空間直角坐標系，則A(1，0，0)，B(1，1，0)，C(0，1，0)，D(0，0，0)，A1(1，0，1)，B1(1，1，1)，C1(0，1，1)，M，N，
∴==(0，0，1)，=(-1，1，0)，=(-1，-1，0)，=(0，1，0)，∴·=0，∴MN⊥CC1，A說法正確；·=-=0，∴MN⊥AC，B說法正確；易知=2，且M，N BD，∴MN∥BD，C說法正確；設=λ，得無解，所以MN與A1B1不平行，D說法錯誤.
故選：D.
【題型2 向量法證明直線和平面平行】
【例2】（2024高二上·全國·專題練習）如圖，在四棱柱中，側棱底面，，，且點分別為和的中點， 求證：平面.
【解題思路】以為原點，建立空間直角坐標系，求得平面的一個法向量和向量，結合，即可證得平面.
【解答過程】以為原點，分別以所在直線為z軸建立空間直角坐標系，
如圖所示，可得，，
又因為分別為和的中點，可得，
又由向量為平面的一個法向量，且,
由此可得，又因為直線平面，所以平面.
【變式2-1】（2024高二上·全國·專題練習）如圖所示，在直角梯形中，，，，是的中點，分別為的中點，將沿折起，使得平面，試用向量方法證明 平面.
【解題思路】建立空間直角坐標系，求出的方向向量和平面的法向量即可求解.
【解答過程】由題意可知底面為正方形，
因為平面，平面，所以兩兩垂直，
如圖以為原點，以為方向向量建立空間直角坐標系，
則有關點及向量的坐標為：
，，，，，，
，，，
設平面的法向量為，
則，取可得平面的一個法向量為，
因為，又在平面外，
所以 平面.
【變式2-2】（2024高二·全國·專題練習）如圖，在四棱錐中，底面為矩形，底面，，，為的中點，為的中點，求證：直線平面.
【解題思路】利用空間向量法可證
【解答過程】因為底面為矩形，底面，所以AB，AD，AO兩兩互相垂直，
所以分別以AB，AD，AO所在直線為 軸建立空間直角坐標系，
則，，，，，，，
∴，，
設平面的法向量為，
則，即 ，取，得
所以
又 平面，所以直線平面，
【變式2-3】（23-24高二上·江西·階段練習）如圖，正四棱錐的高為6，，且M是棱上更靠近C的三等分點.
(1)證明：；
(2)若在棱上存在一點N，使得平面，求的長度.
【解題思路】（1）連接，交于點，連接，證明平面后可證得線線垂直；
（2）建立如圖所示的空間直角坐標系，由空間向量法求得點位置，計算出向量的模得結論．
【解答過程】（1）如圖，連接，交于點，連接.
底面是正方形，，，，
，，平面.平面.
平面，.
（2）以O為原點，，，所在直線分別為x軸、y軸、z軸，
建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，，，.
，，，.
設平面的法向量為.則
取，則，，得.
設，，則.
平面，，得.故.
【題型3 向量法證明平面和平面平行】
【例3】（2024高二·全國·專題練習）如圖所示，平面平面，四邊形為正方形，是直角三角形，且，，，分別是線段，，的中點，求證：平面平面．
【解題思路】建立空間直角坐標系，利用法向量即可求解.
【解答過程】因為平面PAD⊥平面ABCD，四邊形ABCD為正方形，△PAD是直角三角形，
所以AB，AP，AD兩兩垂直，
以A為坐標原點，AB，AD，AP所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系，
則．
所以，，，，
設是平面EFG的法向量，
則，，即，得，
令，則，，所以，
設是平面PBC的法向量，
由，，即，得，
令，則，，所以，
所以，所以平面EFG∥平面PBC．
【變式3-1】（23-24高二·全國·課后作業）如圖，已知在正方體中，，，分別是，，的中點．證明：

(1)平面；
(2)平面平面．
【解題思路】（1）建立空間直角坐標系，根據正方體性質可知為平面的一個法向量，然后證明即可得證；
（2）證明也是平面MNP的一個法向量即可.
【解答過程】（1）證明：以D為坐標原點，，，的方向分別為x，y，z軸的正方向，建立空間直角坐標系.
設正方體的棱長為2，則，，，，，．

由正方體的性質，知平面，
所以為平面的一個法向量．
由于，
則，
所以．
又平面，
所以平面．
（2）證明：因為為平面的一個法向量，
由于，，
則，
即也是平面MNP的一個法向量，
所以平面平面．
【變式3-2】（23-24高二下·全國·課后作業）如圖，在長方體中，，，.求證：平面平面.
【解題思路】根據題意，以D為原點，建立空間直角坐標系，分別求得平面與平面的法向量，由法向量平行，即可證明面面平行；
【解答過程】以D為原點， 所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，
則，，，，，，，
則，，，.
設平面的法向量為，
則.
取，則，，
所以平面的一個法向量為.
設平面的法向量為，
則.
取，則，，
所以平面的一個法向量為.
因為，即，
所以平面平面.
【變式3-3】（23-24高二上·天津薊州·階段練習）如圖，在長方體中，，，.
(1)求證：平面平面.
(2)線段上是否存在點P，使得平面？若存在，求出點P的位置；若不存在，請說明理由.
【解題思路】（1）根據題意，以D為原點，建立空間直角坐標系，分別求得平面與平面的法向量，由法向量平行，即可證明面面平行；
（2）由空間向量的坐標運算，由與平面的法向量垂直，代入計算，即可求解.
【解答過程】（1）證明：以D為原點，DA，，所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，
則，，，，，，，
則，，，.
設平面的法向量為，
則.
取，則，，所以平面的一個法向量為.
設平面的法向量為，
則.
取，則，，所以平面的一個法向量為.
因為，即，所以平面平面.
（2）設線段上存在點P使得平面，.
由（1）得，，平面的一個法向量為，
所以.
所以，解得.
所以當P為線段的中點時，平面.
【題型4 向量法證明線線垂直】
【例4】（23-24高二下·湖南長沙·開學考試）如圖，在下列各正方體中，為正方體的一條體對角線，、分別為所在棱的中點，則滿足的是（ ）
A． B．
C． D．
【解題思路】根據給定條件，建立空間直角坐標系，利用空間位置關系的向量證明判斷即得.
【解答過程】在正方體中，建立空間直角坐標系，令棱長為2，體對角線的端點為，
對于A，，直線的方向向量，

，顯然，直線與不垂直，A不是；
對于B，由選項A知，直線的方向向量，，

則,顯然，直線與不垂直，B不是；
對于C，由選項A知，直線的方向向量，，

則,顯然，，C是；
對于D，由選項A知，直線的方向向量，，

則,顯然，直線與不垂直，D不是.
故選：C.
【變式4-1】（23-24高二下·江蘇徐州·期中）在正方體中，下列關系正確的是（ ）
A． B． C． D．
【解題思路】建立適當空間直角坐標系后，借助空間向量計算其數量積即可得.
【解答過程】以為原點，建立如圖所示空間直角坐標系，
設正方體棱長為，則有、、、、
、、、，
故、、、、
、、，
對A：，故A錯誤；
對B：，故B錯誤；
對C：，故，故C正確；
對D：，故D錯誤.
故選：C.
【變式4-2】（2024高二·全國·專題練習）如圖，在多面體中，都是等邊三角形，平面為的中點.證明：
【解題思路】取的中點，根據線面垂直判定定理證明平面，由條件求，建立空間直角坐標系，利用向量方法證明結論.
【解答過程】由都是等邊三角形，，可得.
取的中點為，則，
又，所以，
所以，即，
又平面，故平面.
因為，所以.
因為平面，平面，
所以 ，又，所以兩兩垂直，
以為原點，所在直線分別為軸建立空間直角坐標系，
則，，
所以，
所以，則.
【變式4-3】（2024高三·全國·專題練習）斜三棱柱的各棱長都為，點在下底面的投影為的中點.在棱（含端點）上是否存在一點使？若存在，求出的長；若不存在，請說明理由；
【解題思路】連接，以為原點建立如圖所示空間直角坐標系，設，根據結合空間向量的坐標運算求解.
【解答過程】因為點在下底面的投影為的中點，故平面，
連接，由題意為正三角形，故，
以為原點，分別為軸建立如圖所示空間直角坐標系，
則，，
可得，，，
設，
可得，
假設在棱（含端點）上存在一點使，
則，解得，
所以存在，此時.
【題型5 向量法證明直線和平面垂直】
【例5】（23-24高二上·浙江·期中）已知正三棱臺中，，，、分別為、的中點.

(1)求該正三棱臺的表面積；
(2)求證：平面
【解題思路】（1）將正三棱臺補成正三棱錐，分析可知正三棱錐是棱長為的正四面體，結合三角形的面積公式可求得正三棱臺的表面積；
（2）設點在底面的射影為點，則為正的中心，取的中點，連接，則，以點、、的方向分別為、、軸的正方向建立空間直角坐標系，證明出，，再利用線面垂直的判定定理可證得結論成立.
【解答過程】（1）解：將正三棱臺補成正三棱錐，如圖所示：
因為，且，則、分別為、的中點，
則，，故是邊長為的等邊三角形，
由此可知，、都是邊長為的等邊三角形，
易知是邊長為的等邊三角形，是邊長為的等邊三角形，
故正三棱臺的表面積為.
（2）解：設點在底面的射影為點，則為正的中心，
取的中點，連接，則，
，則，
因為平面，平面，則，
所以，，
以點為坐標原點，、、的方向分別為、、軸的正方向建立如圖所示的空間直角坐標系，

則、、、、
、，
則，，，
所以，，，所以，，，
因為，、平面，故平面.
【變式5-1】（2024高三·全國·專題練習）已知正方體的棱長為，、、分別是棱、、的中點，求證：平面．
【解題思路】結論空間直角坐標系，求平面的法向量，證明與共線即可.
【解答過程】建立如圖的空間直角坐標系，連結、．
則、、、、．
于是，，．
設平面的法向量為．
由，，
得，．
令，則，故．又，
易知，這說明與共線．
∴平面．
【變式5-2】（2024高三·全國·專題練習）如圖，已知直三棱柱為的中點，為側棱上一點，且，三棱柱的體積為32．過點作，垂足為點，求證：平面；
【解題思路】先根據三棱柱的體積為32，求出，再由題意可得兩兩垂直，所以以為原點，所在的直線分別為軸建立空間直角坐標系，利用空間向量證明即可.
【解答過程】由直三棱柱，得平面，又，
可得三棱柱的體積，得．
因為三棱柱為直三棱柱，所以，
因為，所以兩兩垂直，
所以以為原點，所在的直線分別為軸建立空間直角坐標系，如圖所示，
則，
則．設，則，
故．
因為，所以，
所以，解得，即．
所以，
所以，
.
所以．
又因為平面ACQ，平面ACQ，，
所以平面．
【變式5-3】（2024·重慶·模擬預測）已知正方體的棱長為1，在棱上運動，在線段上運動，直線與平面交于點．

(1)當為中點時，證明：平面；
(2)若平面，求的最大值及此時的長．
【解題思路】（1）以為坐標原點，方向為軸，建立空間直角坐標系，設，利用空間向量的坐標運算確定線線垂直，結合線面垂直判定定理證明即可；
（2）由（1）坐標關系與線面垂直，設，可得，建立坐標等式關系，利用基本不等式求得最值即可.
【解答過程】（1）以為坐標原點，方向為軸，建立空間直角坐標系，

則，
設，
當E，F為中點時，，有，
所以，，，有，，
所以，又平面，
所以平面．
（2）由（1）可得，，，
若平面，則，，所以，
設，則，
由平面ACE，所以，
當時，，有，當時，等號成立，
所以，即，
綜上，的最大值為，．
【題型6 向量法證明平面和平面垂直】
【例6】（2024高三·全國·專題練習）如圖，在底面是矩形的四棱錐中，平面，，，是PD的中點.
求證：平面平面.
【解題思路】由題意可得兩兩垂直，所以以為原點，以所在的直線分別為軸建立空間直角坐標系，利用空間向量證明即可.
【解答過程】證明：因為平面，平面，
所以，
因為四邊形為矩形，所以，
所以兩兩垂直，所以以為原點，以所在的直線分別為軸建立空間直角坐標系，如圖所示
則
所以
所以即，
所以即，
又，平面PAD，
所以平面PAD，
又平面，所以平面平面PAD.
【變式6-1】（2024高三·全國·專題練習）如圖，在四棱錐中，平面，，，，.為的中點，點在上，且.
求證：平面平面.
【解題思路】如圖，以為原點，分別以，為軸，軸，過作平行線為軸，建立空間直角坐標系，求出兩平面的法向量，利用空間向量證明即可.
【解答過程】證明：如圖，以為原點，分別以，為軸，軸，過作平行線為軸，建立空間直角坐標系，
則，，，，，，
所以，，因為，所以，
所以，即，
所以，，
設平面的法向量為，則，
令，則，所以，
平面的法向量為，則，
令，則，所以，
所以，
所以，
所以平面平面.
【變式6-2】（23-24高二下·湖北·期中）在中，，點分別為邊的中點，將沿折起，使得平面平面.

(1)求證：；
(2)在平面內是否存在點，使得平面平面？若存在，指出點的位置；若不存在，說明理由.
【解題思路】（1）利用已知可得，結合面面垂直可得平面，可證結論.
（2）以點為原點，以所在直線為軸，建立空間直角坐標系，求得平面的一個法向量，若，求得平面的一個法向量，可判斷此情況不成立，若與不共線，設，連接，利用，可求得結論.
【解答過程】（1）在中，點D、E分別為邊AC、AB的中點，
且.
又平面平面，平面平面 平面，
平面.
又平面.
（2）由（1）知，.
以點為原點，以所在直線為軸，建立空間直角坐標系.
則.
，
設為平面的一個法向量，
則，取，則.
假設在平面內存在點，使得平面平面.連接.
若，則設.設平面的一個法向量為.
由，取，則.
平面的法向量.由知，此情況不成立.
若與不共線，設，連接.

設，則.
當，即時，.
又平面，即平面平面，也即平面平面.
所以在平面內存在點，當點在直線（點在直線上且）上時，
平面平面.
【變式6-3】（2024·上海靜安·二模）如圖，在五面體ABCDEF中，FA⊥平面ABCD，，若 .
(1)求五面體ABCDEF的體積；
(2)若M為EC的中點，求證：平面平面AMD.
【解題思路】（1）取AD中點N，連接EN，，易證得EN⊥平面ABCD，五面體的體積棱柱的體積棱錐的體積，分別求出棱柱的體積和棱錐的體積即可得出答案.
（2）證法1：以A為坐標原點，以，，為軸正半軸建立空間直角坐標系.由垂直向量的坐標運算可證得，即可得出CE⊥平面AMD，再由面面垂直的判定定理即可證明；證法2：由題意證得，即可得出CE⊥平面AMD，再由面面垂直的判定定理即可證明；
【解答過程】（1）因為，取AD中點N，連接EN，，
因為，所以，
又FA⊥平面ABCD，平面ABCD，，
所以EN⊥平面ABCD，又因為，即，，
平面，所以平面，
所以為底面是等腰直角三角形的直棱柱，
高等于1，三棱錐是高等于1底面是等腰直角三角形.
五面體的體積棱柱的體積棱錐的體積.
即：
（2）證法1：以A為坐標原點，以，，為軸正半軸建立空間直角坐標系.
點，，，，
所以
得到：
所以，，平面AMD，
所以CE⊥平面AMD，又CE平面CDE，所以平面平面AMD.
證法2：因為，所以為等腰三角形，M為EC的中點，所以；
同理在中，，（N為AD中點）又AM、MN平面AMD，
，所以CE⊥平面AMD，又CE平面CDE，
平面⊥平面AMD.
【題型7 求異面直線所成的角】
【例7】（2024·河南信陽·模擬預測）已知三棱柱滿足，，，則異面直線與所成角的余弦值為（ ）
A． B． C． D．
【解題思路】設，，，表達出，，求出兩向量數量積和模長，利用求出答案.
【解答過程】設，，，
則，，
則，由得,即，
又，由得，
因為，所以，
即，即，
所以 ，
所以異面直線與所成角的余弦值為.
故選：C.
【變式7-1】（2024·廣東梅州·模擬預測）直三棱柱中，，，則異面直線與所成角的余弦值為（ ）
A． B． C． D．
【解題思路】由題意，以為原點，建立空間直角坐標系，求出異面直線與所在直線的方向向量，由空間向量夾角的余弦值的坐標公式求解即可.
【解答過程】以為原點，在平面中過作的垂線交于，
以所在直線為軸，所在直線為軸，所在直線為軸，建立空間直角坐標系，
因為直三棱柱中，，
設，
所以，，，，
，，
設異面直線與所成角為，
則，
所以異面直線與所成角的余弦值為.
故選：A.
【變式7-2】（2024·湖北武漢·模擬預測）已知菱形，，將沿對角線折起，使以四點為頂點的三棱錐體積最大，則異面直線與所成角的余弦值為（ ）
A． B． C． D．
【解題思路】當三棱錐的體積最大時，平面平面，以E為原點，分別為軸的正方向建立空間直角坐標系，求出向量的坐標，根據向量夾角的坐標表示可解.
【解答過程】記的 中點分別為，因為，所以，
同理，，記，
因為，所以，
所以，，
易知，當平面平面時，三棱錐的體積最大，此時，
以E為原點，分別為軸的正方向建立空間直角坐標系，
則
所以，
所以，
所以異面直線與所成角的余弦值為.
故選：C.
【變式7-3】（2024·全國·模擬預測）如圖，矩形ABCD是圓柱的軸截面，點E在圓上，若，，，則異面直線BD與所成角的余弦值為（ ）

A． B． C． D．
【解題思路】解法一 首先作輔助線，找到異面直線所成角，然后利用余弦定理解三角形求得；解法二，以點為坐標原點，，所在直線分別為x，z軸，下底面中與AB垂直的直線為y軸建立如圖所示的空間直角坐標系，然后利用公式可求
【解答過程】解法一
如圖，設，則F為的中點，連接，
設線段的中點為G，連接FG，BG，則，
故（或其補角）為異面直線BD與所成的角．

因為，所以為等邊三角形，
，
，
在中，由余弦定理可得， ，
在中，由余弦定理可得，
故異面直線BD與所成角的余弦值為．
解法二
以點為坐標原點，，所在直線分別為x，z軸，下底面中與AB垂直的直線為y軸建立如圖所示的空間直角坐標系．
則，，．
連接，則，因為，所以是等邊三角形，
故，則，，
故，
所以異面直線BD與所成角的余弦值為．
故選：B．
【題型8 求線面角】
【例8】（2024·青海西寧·模擬預測）在直三棱柱中，，，為線段的中點，點在線段上，且，則直線與平面所成角的正弦值為（ ）
A． B． C． D．
【解題思路】以點為原點建立空間直角坐標系，利用向量法求解即可.
【解答過程】如圖，以點為原點建立空間直角坐標系，
不妨設，則，
則，故，
因為軸平面，則可取平面的法向量為，
則，
即直線與平面所成角的正弦值為.
故選：B.
【變式8-1】（2023·四川雅安·一模）如圖，在正方體中，點是線段上的動點（含端點），點是線段的中點，設與平面所成角為，則的最小值是（ ）
A． B． C． D．
【解題思路】以點為原點建立空間直角坐標系，設，利用向量法求解即可.
【解答過程】如圖，以點為原點建立空間直角坐標系，
設，不妨設，
則，
故，
，
設平面的法向量為，
則，可取，
則，
所以，
當時，，
當時，，
當，即時，，
綜上所述，的最小值是.
故選：A.
【變式8-2】（2024·廣東肇慶·模擬預測）如圖，三棱錐中，，，.
(1)證明：平面平面；
(2)若E為中點，點F滿足，求直線與平面所成角的余弦值.
【解題思路】（1）取中點E，連接，，根據題意可證平面，結合面面垂直的判定定理分析證明；
（2）建系標點，求平面的法向量，利用空間向量求線面夾角.
【解答過程】（1）取中點E，連接，.
因為，，
可知和是兩個全等的等邊三角形，
不妨設，.
若E為中點，則，
又因為，則，，可知，
在中，則，可知，
且，，平面，可知平面.
又因為平面，所以平面平面.
（2）由（1）可知：，，兩兩垂直，
以E為原點，分別以，，方向為x軸，y軸，z軸正方向建立空間直角坐標系.
則，，.
因為，即，
可得. ，，
設平面的一個法向量為，則，
取，則，即.
設直線與平面所成角為，
則，
可得，
所以直線與平面所成角的余弦值為.
【變式8-3】（2024·遼寧沈陽·模擬預測）如圖，直線垂直于梯形所在的平面，，為線段的中點，，，四邊形為矩形.
(1)求證：平面；
(2)求直線與平面所成角的正弦值.
【解題思路】（1）根據條件得到 ，再利用線面平行的判定定理，即可求解；
（2）建立空間直角坐標系，求出平面的法向量及，利用線面角的向量法，即可求解.
【解答過程】（1）設，連接，
因為四邊形為矩形，所以為中點，
又為中點，則 ，
又平面，平面，
所以 平面.
（2）以為坐標原點，，，的正方向分別為x，y，z軸，
可建立如圖所示空間直角坐標系，
則，，，，
，，，
設平面的法向量為：，
且，令，解得：，，所以，
設直線與平面所成角為，所以.
則直線與平面所成角的正弦值為.
【題型9 求平面與平面所成角】
【例9】（2024·四川·模擬預測）如圖，多面體中，已知面是邊長為4的正方形，是等邊三角形，，，平面平面．
(1)求證：；
(2)求二面角的大小．
【解題思路】（1）利用面面垂直的性質、線面垂直的性質推理即可得證.
（2）以為原點建立空間直角坐標系，求出平面與平面的法向量，再利用面面角的向量求法求出二面角.
【解答過程】（1）由是正方形，得，而平面平面，平面平面，
平面，則平面，又平面，于是，又，
所以.
（2）在平面內過作，由平面平面，平面平面，
得平面，以為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，
則，，
設平面的法向量為，則，令，得，
而平面的法向量為，設二面角的平面角為，顯然為銳角，
于是，則，
所以二面角的大小.
【變式9-1】（2024·四川樂山·三模）如圖，平行六面體中，底面是邊長為2的菱形，且，與平面所成的角為與交于．
(1)證明：平面；
(2)求二面角的正弦值．
【解題思路】（1）先根據線面垂直得出面面垂直，再應用面面垂直性質定理得出線面垂直；
（2）根據線面垂直建系，應用空間向量法求出二面角的余弦，最后應用同角三角函數關系得出正弦.
【解答過程】（1）
連結，
底面是邊長為2的菱形，．
，
．
點為線段中點，．
為菱形，平面，平面
又平面，平面平面，
在平面上的射影為，
為直線與平面所成的角，即．
在中，，
．
則．
又平面平面，
平面．
（2）由（1）知平面，建立如圖所示的空間直角坐標系
則，
則
設平面的法向量為，平面的法向量為，
則即取，則．
即取則．
設二面角大小為，
則．
，
二面角的正弦值為．
【變式9-2】（2024·湖南·三模）如圖，四棱錐的底面是梯形，平面.
(1)求證：平面平面；
(2)在棱上是否存在一點E，使得二面角的余弦值為.若存在，求出的值；若不存在，請說明理由.
【解題思路】（1）只需結合已知證明平面，由面面垂直的判定定理即可進一步得證；
（2）建立適當的空間直角坐標系，引入參數，進一步表示兩個平面的法向量，由向量夾角公式建立方程即可求解.
【解答過程】（1）因為平面，平面，所以，
因為，所以，
所以，
又因為平面，所以平面，
因為平面，所以平面平面；
（2）因為平面，，所以平面，
又因為平面，所以，又，
所以兩兩互相垂直，
所以以點為坐標原點，所在直線分別為軸建立如圖所示的空間直角坐標系，
如圖，，
設，
則，
，設平面的法向量為，
則，即，取，滿足條件，
所以可取，
，，設平面的法向量為，
則，即，取，解得，
所以，
由題意，
化簡并整理得，解得或（舍去），
所以，
綜上所述，棱上是否存在一點E，且，使得二面角的余弦值為.
【變式9-3】（2024·江西宜春·模擬預測）如圖1，在五邊形中，，，且，將沿折成圖2，使得，為的中點．
(1)證明：平面；
(2)若與平面所成的角為，求二面角的正弦值．
【解題思路】（1）取的中點，連接，，從而證明平面，平面，即可得到平面平面，即可得證．
（2）推導出平面，平面，平面平面，連接，以為坐標原點，，，所在直線分別為，，軸，建立空間直角坐標系，利用向量法能求出二面角的正弦值．
【解答過程】（1）取的中點，連接，，
，為的中點，，
又，．
又平面，平面，平面．
為的中點，．
又平面，平面，平面，
又，平面，平面平面，
又平面，平面．
（2），由（1）知，，
又，為的中點，，
又，平面，平面，
又平面，，
又，，平面，平面，
又平面，平面平面，
連接，，為的中點，，
又平面平面，平面，
平面，平面，，
以為坐標原點，，，所在直線分別為，，軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，
是與平面所成的角，即，
，設，則，，，，
，，，，，
，，，
設平面的法向量為，
則，令，得，
設平面的法向量為，
則，令，得，
設二面角的平面角為，
，
所以，即二面角的正弦值為．
【題型10 點到直線距離、異面直線距離的向量求法】
【例10】（2024·廣西來賓·一模）棱長為3的正方體中，點E，F滿足，，則點E到直線的距離為（ ）
A． B．
C． D．
【解題思路】利用向量法求點到直線的距離.
【解答過程】如圖，建立空間直角坐標系，根據條件可得，，，
，，設向量與的夾角為，
，
所以點到直線的距離為.
故選：A.
【變式10-1】（23-24高二上·山東棗莊·階段練習）如圖，在正方體中，，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（ ）
A． B． C．1 D．
【解題思路】建立空間直角坐標系，利用向量即可根據公式求解.
【解答過程】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，則異面直線間的距離為.
故選：A．
【變式10-2】（2024·全國·模擬預測）已知在空間直角坐標系中，直線經過，兩點，則點到直線的距離是（ ）
A． B． C． D．
【解題思路】由題意先求出直線的方向向量，然后依次求得，則到直線的距離為，求解即可.
【解答過程】由題意可知直線的方向向量為：，
又，則，
，
點到直線的距離為：.
故選：C.
【變式10-3】（23-24高二下·江蘇泰州·期中）在四棱錐中，底面是邊長為3的正方形，底面，點在側棱上，且滿足，則異面直線和的距離為（ ）
A． B． C． D．
【解題思路】以點為原點建立空間直角坐標系，利用向量法求解即可.
【解答過程】如圖，以點為原點，分別作為軸正方向，建立空間直角坐標系，
則.
所以，
設為直線和的公垂線的方向向量，
則有，可取，
所以異面直線和的距離為.
故選：A.
【題型11 求點面距、線面距、面面距】
【例11】（2024·廣東·三模）如圖，邊長為4的兩個正三角形，所在平面互相垂直，，分別為，的中點，點在棱上，，直線與平面相交于點.
(1)證明：；
(2)求直線與平面的距離.
【解題思路】（1）首先證明平面，再由線面平行的性質證明即可；
（2）連接,，以點為原點，建立空間直角坐標系，利用點到平面距離公式求解即得.
【解答過程】（1）因為、分別為、的中點，所以，
又平面，平面，則平面，
又平面，平面平面，所以.
（2）由（1）知，平面，
則點到平面的距離即為與平面的距離，
連接,，由均為正三角形，為的中點，得，
又平面平面，平面平面平面，
于是平面，又平面，則，
以點為原點，直線分別為軸建立空間直角坐標系，
則，，又，，
又，可得，
所以，，，
設平面的一個法向量為，則，
令，得，
設點到平面的距離為，則，
所以與平面的距離為.
【變式11-1】（2024·安徽合肥·模擬預測）如圖，直四棱柱各棱長均為2，，O是線段BD的中點．
(1)求點O到平面的距離；
(2)求直線AB與平面所成角的正弦值．
【解題思路】（1）連接，交于點，連接，以點為原點，建立空間直角坐標系，利用向量法求解即可；
（2）利用向量法求解即可.
【解答過程】（1）連接，由題意，點為的交點，
連接交于點，連接，則平面，
因為四邊形為菱形，則，
如圖，以點為原點，建立空間直角坐標系，
在中，，則為等邊三角形，則，
則，
故，
設平面的法向量為，則有，可取，
則點O到平面的距離為；
（2），故，
則，
即直線AB與平面所成角的正弦值為．
【變式11-2】（2024高二上·全國·專題練習）直四棱柱中，底面為正方形，邊長為，側棱，分別為的中點，分別是的中點．

(1)求證：平面 平面；
(2)求平面與平面的距離．
【解題思路】（1）法一：由面面平行的判定定理即可證明；法二：如圖所示，建立空間直角坐標系，通過證明，再由面面平行的判定定理即可證明.
（2）法一: 平面與平面的距離到平面的距離,再由等體積法即可求出答案. 法二:求出平面的法向量,，平面與平面的距離等于到平面的距離，由點到平面的距離公式即可求出答案.
【解答過程】（1）法一:證明：連接分別為的中點，
分別是的中點，
，平面，平面，
平面，平行且等于，
是平行四邊形，，
平面，平面，平面，
，平面平面；
法二: 如圖所示，建立空間直角坐標系，

則，
，
，
，，，
平面，平面，平面，
平面，平面，平面，
又，平面平面，
（2）法一:平面與平面的距離到平面的距離．
中，，，，
由等體積可得，．
法二:
設平面的一個法向量為，
則，則可取，
，
平面與平面的距離為.
【變式11-3】（2024·湖北武漢·模擬預測）如圖，三棱柱中，是邊長為2的等邊三角形，.

(1)證明：；
(2)若三棱柱的體積為3，且直線與平面ABC所成角為60°，求點到平面的距離.
【解題思路】（1）取中點，借助等邊三角形的性質結合線面垂直的判定定理可得平面，結合線面垂直的性質定理即可得證；
（2）建立適當空間直角坐標系，再利用體積公式與空間向量夾角公式，結合點到平面的距離公式計算即可得解.
【解答過程】（1）如圖，取的中點，連接，，因為是等邊三角形，所以，
又，所以，且，平面，
平面，所以平面，
因為平面，所以，
又，所以；

（2）在平面中，作，垂足為D，
由（1）知平面，平面，所以，
而，平面ABC，平面ABC，
所以平面ABC，由為中點，所以，
所以可過點O作Oz軸平行于，建立如圖所示的空間直角坐標系，

因為三棱柱的體積為3，
所以，故，
則，，，設，，
所以
平面ABC的一個法向量為，
所以，解得，
此時，，
所以，，
設平面的法向量為，
則，即，
令，解得，，所以，
又，
故點到平面的距離為.
【題型12 立體幾何中的探索性問題】
【例12】（2024·內蒙古呼和浩特·二模）如圖，已知平面，，是等腰直角三角形，其中，且．
(1)設線段中點為，證明：平面；
(2)在線段上是否存在點，使得點到平面的距離等于，如果存在，求的長．
【解題思路】（1）取的中點，根據線面平行的判定定理即可得證；
（2）設，根據等體積法求出x的值，即可得出結論.
【解答過程】（1）取的中點，的中點，連結、、
則有，，
因為，，所以且，
所以四邊形是平行四邊形，則，
又平面，平面，
所以平面.
（2）存在.設，在中，.
因為面，所以.
因為面，面，面
所以,，
則均為直角三角形.
在中，
同理，.
取的中點，因為，所以，
而.
故.
因為點到面的距離等于，
所以.
而，所以，解得.
所以在線段上只存在唯一一點，當且僅當時，點到面的距離等于.
【變式12-1】（2024·貴州黔西·一模）如圖所示為直四棱柱，，分別是線段的中點.
(1)證明:平面；
(2)求直線BC與平面所成角的正弦值，并判斷線段BC上是否存在點，使得平面，若存在，求出BP的值，若不存在，請說明理由.
【解題思路】（1）由題意可知為正三角形，則，又，結合線面垂直的判定定理即可證明；
（2）根據勾股定理的逆定理可得，建立如圖空間直角坐標系，利用空間向量法求解線面角即可；假設在線段上存在點，使得平面，令，利用求出，進而求出即可.
【解答過程】（1）由，知為正三角形，
又為的中點，則.
又為的中點，則，
而，所以，
又平面，
所以平面；
（2）由（1）知為正三角形，則，
在中，，有，所以，
易知，建立如圖空間直角坐標系，
則，
所以，
設平面的一個法向量為，
則，令，得，故，
設與平面所成角為，則，
即與平面所成角的正弦值為.
假設在線段上存在點，使得平面，令，
則，所以，
由平面，得，所以，
解得，所以，即的值為.
【變式12-2】（2024·黑龍江哈爾濱·一模）如圖1，在平行四邊形中，，將沿折起，使點D到達點P位置，且，連接得三棱錐，如圖2．
(1)證明：平面平面；
(2)在線段上是否存在點M，使平面與平面的夾角的余弦值為，若存在，求出的值，若不存在，請說明理由．
【解題思路】（1）推導出，證明出平面，可得出， 利用面面垂直的判定定理可證得結論成立；
（2）以點為坐標原點，、、的方向分別為、、軸的正方向建立空間直角坐標系，設，其中，利用空間向量法可得出關于的等式，結合求出的值，即可得出結論.
【解答過程】（1）證明：翻折前，因為四邊形為平行四邊形，，則，
因為，則，，
由余弦定理可得，
所以，，則，同理可證，
翻折后，則有，，
因為，，、平面，
所以，平面，
因為平面，則，
因為，、平面，所以，平面，
所以平面平面.
（2）因為平面，，以點為坐標原點，
、、的方向分別為、、軸的正方向建立如下圖所示的空間直角坐標系，
則、、、，
設，其中，
則，，
設平面的法向量為，則，
取，則，，所以，，
平面的一個法向量為，，，
則，令，可得，
則，整理可得，
因此，線段上存在點，使平面AMB與平面MBC的夾角的余弦值為，且.
【變式12-3】（2024·福建龍巖·二模）三棱柱中，，，側面為矩形，，三棱錐的體積為．

(1)求側棱的長；
(2)側棱上是否存在點，使得直線與平面所成角的正弦值為？若存在，求出線段的長；若不存在，請說明理由．
【解題思路】（1）證明平面，結合題目條件，先計算出的值，然后即可以求得側棱的長；
（2）建立空間直角坐標系，設未知數，結合題目條件，列出方程求解，即可得到本題答案.
【解答過程】（1）在平面內過作，垂足為，
因為側面為矩形，所以，
又，，平面，
所以平面，
又平面，所以平面平面，
易得，面，平面平面，
所以平面，
因為，所以，
因為，，所以；
（2）存在點滿足題意，，理由如下：
如圖，以為坐標原點，以所在直線分別為軸建立空間直角坐標系，

則，
設，則，
故，，
設平面的法向量為
則即，令，則，
故平面的一個法向量，
設直線與平面所成角為，
則，解得，
故存在點E滿足題意，所以.
一、單選題
1．（2024·四川德陽·二模）已知是兩條不同的直線，是兩個不同的平面，給出下列結論，其中正確結論的個數是（ ）
①若，且，則
②若且，則
③若，且，則
④若，且，則
A．1 B．2 C．3 D．4
【解題思路】利用方向向量與法向量判斷線面位置關系，從而判斷①④；利用面面平行的判定定理判斷②，舉特例可排除③，從而得解.
【解答過程】設分別是直線的方向向量，
對于①，因為，所以分別是平面的法向量，
又，即，所以，故①正確；
對于②，由面面平行的判定定理可知，當不相交時，不一定成立，故②錯誤；
對于③，當時，可滿足時有，
又，顯然此時位置關系不確定，故③錯誤；
對于④，因為，所以是平面的法向量，
又，所以也是平面的法向量，
又，即，所以，故④錯誤.
故選：A.
2．（2024·山東菏澤·二模）如圖，在正方體中，，則下列結論中正確的是（ ）
A．平面 B．平面平面
C．平面 D．平面內存在與平行的直線
【解題思路】建立空間直角坐標系，結合線面平行的判定定理，線面垂直，面面垂直的判定定理，逐項判定計算即可．
【解答過程】因為為正方體，設正方體邊長為2，
以為原點，為軸，為軸，為軸建立空間直角坐標系，
則，
設平面的法向量為，
則，令，則，
同理解得平面的法向量，
，故A不正確；
，故B不正確；
，
，所以，
又，所以平面，C正確；
平面的一個法向量為，
，故D不正確；
故選：C.
3．（2024·遼寧沈陽·模擬預測）已知直三棱柱中，，，，則異面直線與所成角的余弦值為（ ）
A． B． C． D．
【解題思路】根據空間向量法求線線角即可.
【解答過程】以為原點，在平面內過作的垂線交于，
以為軸，以為軸，以為軸，建立空間直角坐標系，
因為直三棱柱中，，，，
所以，
所以，
設異面直線與所成角為，
所以.
故選：C.
4．（2024·江西新余·模擬預測）已知，直線過原點且平行于，則到的距離為（ ）.
A． B．1 C． D．
【解題思路】根據題意取，然后求出在方向上的投影，再結合勾股定理可求得結果.
【解答過程】由題意取，則，
所以到的距離為
.
故選：C.
5．（2024·江西宜春·模擬預測）在正方體中，平面經過點，平面經過點，當平面分別截正方體所得截面面積最大時，平面與平面的夾角的余弦值為（ ）
A． B． C． D．
【解題思路】因為正方體中過體對角線的截面面積最大，所以題目轉化為求平面與平面夾角的余弦值，建立空間直角坐標系，求得即可.
【解答過程】
如圖：因為正方體中過體對角線的截面面積最大，
所以題目轉化為求平面與平面夾角的余弦值，
以點為坐標原點，以的方向分別為軸正方向，
建立空間直角坐標系，
由為正方體，設棱長為，，所以四邊形為正方形，
所以，又因為平面，平面，
所以，又因為，平面，所以平面，
即為平面的一個法向量，
同理為平面的一個法向量，
由，知，
設平面與平面的夾角為，，
則.
故選：A.
6．（2024·江蘇鹽城·模擬預測）棱長為2的正方體中，設點為底面內（含邊界）的動點，則點到平面距離之和的最小值為（ ）
A． B． C． D．
【解題思路】建立空間直角坐標系，設，求出平面的一個法向量，然后利用距離的向量公式并換元化簡得 ，最后利用二次函數性質求解最值即可.
【解答過程】在正方體中，兩兩互相垂直，建立空間直角坐標系，
如圖所示：

則，設，
所以，，設平面的法向量為，
則，令，則．于是，
則點到平面距離之和為，
設，則， ，
因為，所以，所以，
函數開口向上，對稱軸為，在上單調遞增，
所以當時，取到最小值為.
故選：B.
7．（2024·寧夏吳忠·模擬預測）在正方體中，點為線段上的動點，直線為平面與平面的交線，現有如下說法
①不存在點，使得平面
②存在點，使得平面
③當點不是的中點時，都有平面
④當點不是的中點時，都有平面
其中正確的說法有（ ）
A．①③ B．③④ C．②③ D．①④
【解題思路】
對于①，由當點與點重合時，結合線面平行的判定定理即可判斷；對于②，若平面，則，建系利用向量運算即可判斷；對于③④，由線面平行，線面垂直的相關知識判斷即可.
【解答過程】對于①，由當點與點重合時，由，
而平面，平面，得平面，故①錯誤；
對于②，若存在點，使得平面，則，
又，可得，
以D為原點建立如圖所示的空間直角坐標系，設棱長為1，，，
則，，，，
則，，
，，
所以，這與矛盾，故②錯誤；
對于③，當不是的中點時，
由，且面，面，可知面，
又直線為面與面的交線，則，
又面，面，從而可得面，故③正確；
對于④，由③可知，又平面，平面，
所以，又，，平面，
所以平面，所以平面，故④正確.
綜上，③④正確.
故選：B.
8．（2024·陜西·模擬預測）在平行六面體中，已知，，則下列選項中錯誤的一項是（ ）
A．直線與BD所成的角為90°
B．線段的長度為
C．直線與所成的角為90°
D．直線與平面ABCD所成角的正弦值為
【解題思路】在平行六面體中，取，利用空間向量的線性運算及數量積運算，逐一分析選項，即可得出答案.
【解答過程】在平行六面體中，令，，，
由，，
得，，
對于，顯然，，
則，即，
因此直線與所成的角為，A正確；
對于B，，即，B正確；
對于C，，即，
因此直線與所成的角為，C正確；
對于D，在平行六面體中，四邊形是菱形，即，
又，，平面，于是平面，
又平面，則平面平面，
連接交于點，在平面內過點作于點，如圖，
由平面平面，因此平面，即直線與平面所成角為，
，則，即，
由及選項C知，，則，D錯誤.
故選：D.
二、多選題
9．（2024·河北·模擬預測）已知正方體為中點，為BC中點，則（ ）
A．直線PD與直線平行 B．直線與直線垂直
C．直線PQ與直線相交 D．直線PQ與直線異面
【解題思路】根據題意，建立空間直角坐標系，分析AB，由異面直線的定義分析CD，綜合可得答案．
【解答過程】根據題意，設正方體的棱長為2，以為坐標原點，如圖建立坐標系，
則,0,，,2,，,2,，,0,，,2,，,2,，,0,，
,0,，,2,，
對于A，,0,，,0,，由于對于任意的都不會成立，則與不平行，則直線與直線不平行，A錯誤；
對于B，,2,，,,，則有，則，即直線與直線垂直，B正確；
對于C，直線與相交，故平面，直線平面，，所以PQ與直線是異面直線，C錯誤；
對于D，,顯然兩直線不平行，假設直線與直線相交，則在同一平面上，,故存在實數使得，即，則無解，故與直線既不相交也不平行，是異面直線，D正確．
故選：BD．
10．（2024·廣西貴港·模擬預測）如圖，在正方體中，P為線段的中點，Q為線段上的動點（不包括端點），則（ ）
A．存在點Q，使得 B．存在點Q，使得平面
C．三棱錐的體積是定值 D．二面角的余弦值為
【解題思路】A選項，由推出平面，矛盾；B選項，建立空間直角坐標系，證明出，，得到線面垂直，進而當Q為的中點時，，此時平面，故B正確；C選項，假設體積為定值，得到平面，求出平面的法向量，證明出平面不成立，C錯誤；D選項，找到二面角的平面角，利用余弦定理求出余弦值.
【解答過程】對于A，若，因為平面，平面，
所以平面，矛盾，故A錯誤．
對于B，以為坐標原點，所在直線分別為軸，建立空間直角坐標系，
設正方體棱長為2，則，
因為，
，
故，，
故，，
因為，平面，
故平面，當Q為的中點時，，
此時平面，故B正確．
對于C，Q在線段上運動，若三棱錐的體積為定值，則平面，
，，
設平面的法向量為，
則，
解得，令得，故，
故，故與不垂直，
故平面不成立，故C錯誤；
對于D，二面角即二面角，連接BP，DP，BD，
由于為等邊三角形，
則，，所以為所求二面角的平面角，
不妨設正方體的棱長為2，則的棱長為，
故，，
由余弦定理可得，
二面角的余弦值為，故D正確．
故選：BD.
11．（2024·河北承德·二模）如圖，在正四棱柱中，是棱的中點，為線段上的點（異于端點），且，則下列說法正確的是（ ）

A．是平面的一個法向量
B．
C．點到平面的距離為
D．二面角的正弦值為
【解題思路】對于A，證明平面即可；對于B，在中通過余弦定理計算的長度即可；對于C，D，建立空間直角坐標系，求出平面的法向量，根據點到面的距離公式可計算C選項，計算平面和平面的法向量即可求出二面角的正弦值，可判斷D選項.
【解答過程】對于A，由于是正四棱柱，易知，
在中，因為，
所以，
故，
又平面，平面，
所以平面，故A正確；
對于B，在中，因為，
則，
在中，利用余弦定理,
可求得或（舍去），
因此，故錯誤；
對于C， 以為原點，分別為軸建立如圖所示的空間直角坐標系，
則，
由B選擇可知，，，
所以，
故，
設為平面的法向量，
則，
令，則，
設點到平面的距離為，
所以由點到平面的距離公式得：
，故C正確；
對于D，由C選項中坐標可知，
為平面的一個法向量，
，
設平面的一個法向量為，
則
令，
所以，
因此二面角的正弦值為，故D正確.
故選：ACD.
三、填空題
12．（23-24高二下·陜西咸陽·期末）若，且為直線的一個方向向量，為平面的一個法向量，則實數的值為 -8 .
【解題思路】由題意即即可列方程求解.
【解答過程】由題意，解得.
故答案為：-8.
13．（2024·廣東·一模）在正方體中，點P、Q分別在、上，且，，則異面直線與所成角的余弦值為 .
【解題思路】以D為原點，為x軸，為y軸，為z軸，建立空間直角坐標系，利用向量法能求出異面直線與所成角的余弦值.
【解答過程】設正方體中棱長為3，
以D為原點，為x軸，為y軸，為z軸，建立如圖所示空間直角坐標系，

則，，，，，，
設異面直線與所成角為，則.
即異面直線與所成角的余弦值為.
故答案為：.
14．（2024·廣東茂名·模擬預測）已知四棱柱的底面是正方形，，，點在底面的射影為中點H，則直線與平面所成角的正弦值為 ．
【解題思路】以點H為坐標原點，、、的方向分別為x、y、z軸的正方向建立空間直角坐標系，求得平面的一個法向量為，直線的一個方向向量，利用向量的夾角公式可求直線與平面所成角的正弦值.
【解答過程】因為點在底面的射影為中點H，則平面，
又因為四邊形為正方形，
以點H為坐標原點，、、的方向分別為x、y、z軸的正方向建立如下圖所示的空間直角坐標系，

因為平面，平面，則，
因為，，則，
則、、、，
所以，
易知平面的一個法向量為，
，
因此，直線與平面所成角的正弦值為．
故答案為：.
四、解答題
15．（2024·陜西安康·模擬預測）如圖，已知多面體是由正四棱錐P-ABCD與正方體組合而成的，且.

(1)求證：平面；
(2)若，求四棱錐的體積.
【解題思路】（1）建立空間直角坐標系證明線面平行即可；
（2）根據線面垂直結合錐體體積公式計算即可.
【解答過程】（1）如圖以點為原點，為 x 軸為 y 軸為 z 軸建立空間直角坐標系．
設 ,則 ,過 P 作平面 . 是正四棱錐點是正方形的中心,
因為，所以,
設平面法向量為,
,
,
則,
可得,
所以,,不在平面內，所以平面

（2）因為，所以,
因為平面,所以，
因為,平面,平面,所以平面,
.
16．（2024·貴州·模擬預測）如圖，在三棱臺中，平面ABC，，，．
(1)求異面直線與所成角的余弦值；
(2)求直線與平面所成角的正弦值．
【解題思路】建立空間直角坐標系，寫出相應的點的坐標，進而可求直線與的方向向量及平面的法向量，進而利用異面直線、線面角空間向量的求法計算即可.
【解答過程】（1）依題意，以點C為圓點，所在直線分別為 建立如圖所示的空間直角坐標系
在三椄臺 中. 因為，
，
，
所以
所以，
設異面直線與所成角為則，
所以，
即直線與所成角的余弦值是
（2）設直線 與平面 所成角為 ，則
平面 的法向量為
所以 ，令則 ,
所以，
所以，
即直線與平面所成角的正弦值是.
17．（2024·河南鄭州·模擬預測）如圖，在三棱錐中，，，．
(1)證明：平面；
(2)若，E是棱上一點且，求平面與平面的夾角．
【解題思路】（1）連接，通過證明得出結合等腰三角形的性質得出線線垂直來證明線面垂直即可；
（2）建立合適的空間直角坐標系，利用空間向量計算面面夾角即可.
【解答過程】（1）連接，因為，，所以，
因為，，所以，
因為，所以，則，所以，
因為，平面，
所以平面．
（2）易知，O為的中點，所以，
由（1）可知，兩兩垂直，以O為坐標原點，所在直線
分別為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，
設，因為，所以為正三角形，
所以，，，
因為，所以，所以，，
設平面的法向量為，則，
令，則，
又平面的一個法向量為，
所以，即平面PAE與平面PAC的夾角為．
18．（2024·海南·模擬預測）如圖，在直四棱柱中，底面四邊形為梯形，，.
(1)證明： ;
(2)若直線 與平面 所成角的正弦值為 ，點 為線段 上一點，求點到平面 的距離.
【解題思路】（1）因為，因此只需證明平面，只需證明（由題可證），，由勾股定理易證.
（2）建立空間直角坐標系，先由直線 與平面 所成角的正弦值為 ，求出，再證明平面，由此得點M到平面 的距離等價于點到平面 的距離，再由點到平面的距離公式求解即可.
【解答過程】（1）因為，，
所以，所以,
因為為直四棱柱，
所以,
因為，平面，
所以平面，
因為，所以平面，
因為平面，所以
（2）由（1）及題意知，兩兩垂直，建立如圖所示的空間直角坐標系
因為，.設，
所以
所以,
設平面的一個法向量為
則，
令，則，所以
設直線 與平面 所成的角為，
則，
解得，所以
所以點到平面 的距離為
因為，所以
因為不在平面，所以平面，
因為M在線段上，所以點M到平面 的距離等價于點到平面 的距離，為
故點M到平面 的距離.
19．（2024·貴州貴陽·二模）由正棱錐截得的棱臺稱為正棱臺.如圖，正四棱臺中，分別為的中點，，側面與底面所成角為.

(1)求證：平面；
(2)線段上是否存在點，使得直線與平面所成的角的正弦值為，若存在，求出線段的長；若不存在，請說明理由.
【解題思路】（1）借助中位線的性質可得線線平行，即可得線面平行，利用面面平行的判定定理即可得面面平行，再由面面平行的性質定理即可得證；
（2）建立適當空間直角坐標系后，借助空間向量可用未知數表示出直線與平面所成的角的正弦值，計算即可得解.
【解答過程】（1）連接、，由分別為的中點，則，
又平面，平面，故平面，
正四棱臺中，且，
則四邊形為平行四邊形，故，
又平面，平面，故平面，
又，且平面，平面，
故平面平面，又平面，故平面；

（2）正四棱臺中，上下底面中心的連線底面，
底面為正方形，故，
故可以為原點，、、為軸，建立空間直角坐標系，
由，側面與底面所成角為，
則，
則，，，
假設在線段上存在點滿足題設，則，
設，則，
，
設平面的法向量為，
則，令，則，，即，
因為直線與平面所成的角的正弦值為，
故，
解得或（舍），故，
故線段上存在點，使得直線與平面所成的角的正弦值為，
此時線段的長為.

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