高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第一册1.4 空间向量的应用优秀同步训练题

这是一份高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第一册1.4 空间向量的应用优秀同步训练题，文件包含14空间向量的应用解析版docx、14空间向量的应用原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共146页， 欢迎下载使用。

1.4 空间向量的应用
【知识点梳理】
知识点一：直线的方向向量和平面的法向量
1.直线的方向向量：
点A是直线l上的一个点，是直线l的方向向量，在直线l上取，取定空间中的任意一点O，则点P在直线l上的充要条件是存在实数t，使或，这就是空间直线的向量表达式.

知识点诠释：
（1）在直线上取有向线段表示的向量，或在与它平行的直线上取有向线段表示的向量，均为直线的方向向量．
（2）在解具体立体几何题时，直线的方向向量一般不再叙述而直接应用，可以参与向量运算或向量的坐标运算．
2.平面的法向量定义：
直线l⊥α，取直线l的方向向量，我们称向量为平面α的法向量．给定一个点A和一个向量，那么过点A，且以向量为法向量的平面完全确定，可以表示为集合.

知识点诠释：一个平面的法向量不是唯一的，在应用时，可适当取平面的一个法向量．已知一平面内两条相交直线的方向向量，可求出该平面的一个法向量．
3.平面的法向量确定通常有两种方法：
（1）几何体中有具体的直线与平面垂直，只需证明线面垂直，取该垂线的方向向量即得平面的法向量；
（2）几何体中没有具体的直线，一般要建立空间直角坐标系，然后用待定系数法求解，一般步骤如下：
（i）设出平面的法向量为；
（ii）找出（求出）平面内的两个不共线的向量的坐标，；
（iii）根据法向量的定义建立关于x、y、z的方程；
（iv）解方程组，取其中的一个解，即得法向量．由于一个平面的法向量有无数个，故可在代入方程组的解中取一个最简单的作为平面的法向量．
知识点二：用向量方法判定空间中的平行关系
空间中的平行关系主要是指：线线平行、线面平行、面面平行．
（1）线线平行
设直线的方向向量分别是，则要证明，只需证明，即．
（2）线面平行
线面平行的判定方法一般有三种：
①设直线的方向向量是，平面的向量是，则要证明，只需证明，即．
②根据线面平行的判定定理：要证明一条直线和一个平面平行，可以在平面内找一个向量与已知直线的方向向量是共线向量．
③根据共面向量定理可知，要证明一条直线和一个平面平行，只要证明这条直线的方向向量能够用平面内两个不共线向量线性表示即可．
（3）面面平行
①由面面平行的判定定理，要证明面面平行，只要转化为相应的线面平行、线线平行即可．
②若能求出平面，的法向量，则要证明，只需证明．
知识点三、用向量方法判定空间的垂直关系
空间中的垂直关系主要是指：线线垂直、线面垂直、面面垂直．
（1）线线垂直
设直线的方向向量分别为，则要证明，只需证明，即．
（2）线面垂直
①设直线的方向向量是，平面的向量是，则要证明，只需证明．
②根据线面垂直的判定定理转化为直线与平面内的两条相交直线垂直．
（3）面面垂直
①根据面面垂直的判定定理转化为证相应的线面垂直、线线垂直．
②证明两个平面的法向量互相垂直．
知识点四、用向量方法求空间角
（1）求异面直线所成的角
已知a，b为两异面直线，A，C与B，D分别是a，b上的任意两点，a，b所成的角为，
则．

知识点诠释：两异面直线所成的角的范围为．两异面直线所成的角可以通过这两直线的方向向量的夹角来求得，但二者不完全相等，当两方向向量的夹角是钝角时，应取其补角作为两异面直线所成的角．
（2）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．

（3）求二面角
如图，若于于，平面交于，则为二面角的平面角，.

若分别为面的法向量，
则二面角的平面角或，
即二面角等于它的两个面的法向量的夹角或夹角的补角．
①当法向量与的方向分别指向二面角的内侧与外侧时，二面角的大小等于的夹角的大小．
②当法向量的方向同时指向二面角的内侧或外侧时，二面角的大小等于的夹角的补角的大小．
知识点五、用向量方法求空间距离
1.求点面距的一般步骤：
①求出该平面的一个法向量；
②找出从该点出发的平面的任一条斜线段对应的向量；
③求出法向量与斜线段向量的数量积的绝对值再除以法向量的模，即可求出点到平面的距离．
即：点A到平面的距离，其中，是平面的法向量．
2.线面距、面面距均可转化为点面距离，用求点面距的方法进行求解．
直线与平面之间的距离：，其中，是平面的法向量．
两平行平面之间的距离：，其中，是平面的法向量．
3. 点线距
设直线l的单位方向向量为，，，设，则点P到直线l的距离 .
【题型归纳目录】
题型一：求平面的法向量
题型二：利用向量研究平行问题
题型三：利用向量研究垂直问题
题型四：异面直线所成的角
题型五：线面角
题型六：二面角
题型七：距离问题
【典型例题】
题型一：求平面的法向量
例1．（2022·湖北·高二阶段练习）已知平面内有两点，，平面的一个法向量为，则（       ）
A．4 B．3 C．2 D．1
【答案】C
【解析】
【分析】
首先求出的坐标，依题意可得，根据数量积的坐标运算得到方程，解得即可；
【详解】
解：因为，，所以，
因为平面的一个法向量为，所以，
则，解得，
故选：C.
例2．（2022·全国·高二课时练习）已知正方体，分别写出对角面和平面的一个法向量．
【答案】平面的一个法向量为，平面的一个法向量为；
【解析】
【分析】
建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为，分别求出平面与平面的法向量；
【详解】
解：如图建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为，则、、、、，所以，，，设面的法向量为，所以，令，则，，所以，即平面的一个法向量为，设平面的法向量为，则，令，则，，所以，所以平面的一个法向量为；

例3．（2022·湖南·高二课时练习）如图，在长方体中，，，，建立适当的空间直角坐标系，求下列平面的一个法向量：

(1)平面ABCD；
(2)平面；
(3)平面．
【答案】(1)
(2)
(3)
【解析】
【分析】
以为原点，所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
（1）由于平面，所以为平面的一个法向量，
（2）设平面的法向量为，则，从而可求出法向量，
（3）设平面的法向量为，则，从而可求出法向量
(1)
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，
因为平面，所以为平面的一个法向量，
所以平面的一个法向量为，
(2)
设平面的法向量为，
因为，
所以，令，则，
所以平面的一个法向量为，
(3)
设平面的法向量为，
因为，
所以，令，则
所以平面的一个法向量为

例4．（2022·湖南·高二课时练习）如图，已知平面内有，，三点，求平面的法向量．

【答案】（结果不唯一）
【解析】
【分析】
设出法向量的坐标，根据法向量与向量垂直，列出方程组，求解即可.
【详解】
不妨设平面的法向量，又，
故可得，即，不妨取，故可得，
故平面的一个法向量为.
又平面的法向量不唯一，只要与向量平行且非零的向量均可.
故答案为：.（结果不唯一）
【方法技巧与总结】
求平面向量的法向量的基本方法是待定系数法，即先设出一个法向量的坐标（x，y，z），再在平面上取两个向量（可取特殊向量，如在某个坐标平面上的向量，或与某坐标轴平行的向量），则它们与法向量均垂直，因此它们的数量积均为0，从而得到x、y、。所满足的两个方程，再令x为某个特殊值，便可得出y、z的值，从而确定一个法向量．要注意一个平面的法向量有无数个，因此不可能直接求出x、y、z的值，但在特殊条件下便可求出．
题型二：利用向量研究平行问题
例5．（2022·全国·高二课时练习）在棱长为1的正方体中，E为的中点，P、Q是正方体表面上相异两点．若P、Q均在平面上，满足，．

(1)判断PQ与BD的位置关系；
(2)求的最小值．
【答案】(1)PQ与BD的位置关系是平行
(2)
【解析】
【分析】
（1）建立空间直角坐标系，利用空间向量判断PQ与BD的位置关系；（2）用含参数的表达式求出，进而求出最小值.
(1)
以D为原点，以射线DA，DC，分别为x，y，z轴的正向建立空间直角坐标系，，，．

因为P、Q均在平面上，所以设，，
则，，．
因为，，
所以
解得:
所以，，
即，，
所以PQ与BD的位置关系是平行．
(2)
由（1）可知：，，
所以．
当时，有最小值，最小值为．
例6．（2022·全国·高二课时练习）已知正方体中，棱长为2a，M是棱的中点.求证：平面.

【答案】证明见解析
【解析】
【分析】
以点D为原点，分别以､与的方向为x､y与z轴的正方向，建立空间直角坐标系，分别求出面的一个法向量和直线的方向向量，根据直线与平面平行的定义即可证明.
【详解】
以点D为原点，分别以､与的方向为x､y与z轴的正方向，建立空间直角坐标系.则､､､､､､､，M是棱的中点得，.设面的一个法向量为，，，则令，则.又，因为平面，所以平面.
例7．（2022·全国·高二课时练习）如图，正方体中，、分别为、的中点．

(1)用向量法证明平面平面；
(2)用向量法证明平面．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）利用向量法可得两平面的法向量，再根据法向量互相平行证明面面平行；
（2）利用向量法证明平面的法向量与平行，即可得证.
(1)
如图建立空间直角坐标系，
设正方体的棱长为，
则，，，，，，
故，，，，
设平面的法向量，
则，即，令，则，
设平面的法向量，
则，即，令，则，
所以，即，
故平面平面；
(2)
由，是线段，中点，
则，，
所以，
则，
所以平面.

例8．（2022·全国·高二课时练习）已知长方体中，，，，点S、P在棱、上，且，，点R、Q分别为AB、的中点．求证：直线直线．

【答案】证明见解析.
【解析】
【分析】
利用坐标法，利用向量共线定理即得.
【详解】
以点D为原点，分别以、与的方向为x、y与z轴的正方向，建立空间直角坐标系．

则、、、、、、、，
由题意知、、、，
∴，．
∴，又，不共线，
∴.
例9．（2022·全国·高二课时练习）在正方体中，点E，F分别是正方形和正方形的中心．求证：
(1)平面；
(2)平面；
(3)平面平面．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）建立空间直角坐标系，利用向量法证得平面；
（2）利用向量法证得平面；
（3）利用向量法证得平面平面．
(1)
设正方体的边长为，建立如图所示空间直角坐标系，
，
，
，
所以，
由于，所以平面.
(2)
设平面的法向量为，
则，故可设.
，
，平面，
所以平面.
(3)
，
设平面的法向量为，
则，故可设.
，
显然，平面与平面不重合，所以平面平面.

【方法技巧与总结】
（1）线线平行
设直线的方向向量分别是，则要证明，只需证明，即．
（2）线面平行
线面平行的判定方法一般有三种：
①设直线的方向向量是，平面的向量是，则要证明，只需证明，即．
②根据线面平行的判定定理：要证明一条直线和一个平面平行，可以在平面内找一个向量与已知直线的方向向量是共线向量．
③根据共面向量定理可知，要证明一条直线和一个平面平行，只要证明这条直线的方向向量能够用平面内两个不共线向量线性表示即可．
（3）面面平行
①由面面平行的判定定理，要证明面面平行，只要转化为相应的线面平行、线线平行即可．
②若能求出平面，的法向量，则要证明，只需证明．
题型三：利用向量研究垂直问题
例10．（2022·全国·高二课时练习）如图所示，在棱长为1的正方体，中，E、F分别是棱AB、BC上的动点，且，其中，以O为原点建立空间直角坐标系．

(1)求证：；
(2)若、E、F、四点共面，求证：．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）由证明；
（2）根据、E、F、四点共面，设求解；
(1)
解：由已知得，，，，
则，，
∴，
∴，
即．
(2)
，，．
设，
由解得，．
所以．
例11．（2022·全国·高二课时练习）如图，已知长方体中，，判断满足下列条件的点M，N是否存在：.

【答案】存在点满足
【解析】
【分析】
建立直角坐标系利用空间向量垂直的求解方法进行求证.
【详解】
解：假设存在满足条件.在长方体中以D为原点，分别以所在的直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系.
不妨设则
在中，


，

又




解得：


即存在点满足

例12．（2022·全国·高二课时练习）如图，在正方体中，O是AC与BD的交点，M是的中点．求证：平面MBD．

【答案】证明见解析
【解析】
【分析】
建立空间直角坐标系，利用向量法来证得平面.
【详解】
建立如图所示空间直角坐标系，
设正方体的边长为，则，
，，
由于，所以平面.

例13．（2022·浙江·高三专题练习）如图所示，在长方体中，，，、分别、的中点.

（1）求证：平面；
（2）求证：平面.
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可证得结论成立；
（2）求出平面的一个法向量，利用空间向量法可证得结论成立.
【详解】
（1）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、、、、，
，易知平面的一个法向量为，
，则，
平面，故平面；
（2）设平面的法向量为，，，
由，得，取，可得，
所以，，故平面.
例14．（2022·全国·高三专题练习）已知正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为棱CC1上的动点．

（1）求证：A1E⊥BD；
（2）若平面A1BD⊥平面EBD，试确定E点的位置．
【答案】（1）证明见解析；（2）E为CC1的中点.
【解析】
【分析】
以D为原点，DA、DC、DD1为x，y，z轴，建立空间直角坐标系.
（1）计算即可证明；
（2）求出面A1BD与面EBD的法向量，根据法向量垂直计算即可．
【详解】
以D为坐标原点，以DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图，

设正方体的棱长为a，则A(a，0，0)，B(a，a，0)，C(0，a，0)，A1(a，0，a)，C1(0，a，a)．
设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）设平面A1BD，平面EBD的法向量分别为＝(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＝.
∴当E为CC1的中点时，平面A1BD⊥平面EBD.
【方法技巧与总结】
（1）线线垂直
设直线的方向向量分别为，则要证明，只需证明，即．
（2）线面垂直
①设直线的方向向量是，平面的向量是，则要证明，只需证明．
②根据线面垂直的判定定理转化为直线与平面内的两条相交直线垂直．
（3）面面垂直
①根据面面垂直的判定定理转化为证相应的线面垂直、线线垂直．
②证明两个平面的法向量互相垂直．
题型四：异面直线所成的角
例15．（2022·上海市光明中学模拟预测）如图所示，设有底面半径为的圆锥．已知圆锥的侧面积为，为中点，．

(1)求圆锥的体积；
(2)求异面直线与所成角．
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）由圆锥侧面积公式可求得母线长，进而得到圆锥的高，利用圆锥体积公式可求得结果；
（2）解法一：取边上中点，由线面垂直的判定可证得平面，由线面垂直性质得，由此可得结果；
解法二：取圆弧中点，连结，以为坐标原点可建立空间直角坐标系，由向量运算可得，知，由此可得结果.
(1)
设圆锥母线长为，
，，即，
圆锥的高，
.
(2)
解法一：取边上中点，连结，，，
是的中位线，；
垂直于底面，垂直于底面，；
，为中点，，即；
，平面，平面，
又平面，，即异面直线与所成角为.

解法二：取圆弧中点，连结，则；
以为坐标原点，的正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，

则，，，，
，，
，即，异面直线与所成角为.
例16．（2022·江苏·涟水县第一中学高二阶段练习）如图所示，在四棱维中，面，且PA=AB=BC==2.

(1)求与所成的角；
(2)求直线与面所成的角的余弦值.
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）利用向量的夹角的余弦值，求异面直线的夹角.
（2）建立空间直角坐标系，根据法向量与直线的方向向量的夹角来确定线面角的正弦值，再根据同角关系求余弦值.
(1)
因为面，所以两两垂直，故建立如图所示的空间直角坐标系.A(0，0，0)，P(0，0，2)，B(2，0，0)，D(0，4，0)，C(2，2，0)
则 ,
=，所以与所成的角为

(2)
设平面的法向量为，令，则，
设直线与面所成的角的为，又，
sin=
直线与面所成的角的余弦值为.
例17．（2022·全国·高二课时练习）已知正方体的棱长为1，O为中点．
(1)证明：平面；
(2)求异面直线与OD所成角的大小．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）建立空间直角坐标系，求得相关点的坐标，继而求得平面的一个法向量，计算，即可证明结论；
（2）求得直线与OD的一个方向向量为，，根据向量的夹角公式，结合异面直线所成交的范围，求得答案.
(1)
如图，以D为原点，射线DA、DC、分别为x、y、z轴的正向，
建立空间直角坐标系，则有，， ,

故，．
设平面的一个法向量为，
由得，
令，则，，所以．
又，从而，即．
∵不在平面内，所以平面．
(2)
直线与OD的一个方向向量为，，
得，
又设异面直线与OD所成角为 ，则，故 ，
所以异面直线与OD所成角的大小为．
例18．（2022·江苏常州·高二期中）如图，已知正方形和矩形所在平面互相垂直，，，是线段的中点.


(1)求证：平面；
(2)试在线段上确定一点，使与所成角是60°.
【答案】(1)证明见解析
(2)点应在线段的中点处
【解析】
【分析】
（1）设，连接，通过证明即可得出；
（2）以为原点建立空间直角坐标系，利用向量关系可求出.
(1)
设，连接，因为是正方形，所以是中点，
又因为是矩形，是线段的中点，所以,,
所以四边形为平行四边形，所以,
因为平面，平面，所以平面；
(2)
如图，以为原点建立空间直角坐标系，
依题意设，
则，，
因为，，，
与所成角是，
所以，即，
化简得，解得或（不合题意舍去），
从而，因此点应在线段的中点处．

【方法技巧与总结】
已知a，b为两异面直线，A，C与B，D分别是a，b上的任意两点，a，b所成的角为，
则．
题型五：线面角
例19．（2022·天津和平·一模）平行四边形所在的平面与直角梯形所在的平面垂直，∥，，且为的中点.

(1)求证：；
(2)求点到平面的距离；
(3)若直线上存在点，使得直线所成角的余弦值为，求直线与平面成角的大小.
【答案】(1)证明见解析；
(2)；
(3)﹒
【解析】
【分析】
(1)证明AC⊥AB，从而得AC⊥平面ABEF即可；
(2)以A为原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，则点到平面的距离为在方向投影的绝对值；
(3)根据E、H、F三点共线，表示出H点坐标，根据可求出H坐标，求出平面法向量，利用向量即可求出直线与平面成角的大小﹒
(1)
中，，
由余弦定理得，，
，，
平面平面，平面平面＝，平面，
平面，.
(2)
以A为原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系.

则，
则，，
设平面的法向量为，
则，即，取，
∴点到平面的距离；
(3)
，，，，
设点坐标，，
∵E、H、F三点共线，∴，
，∴，
∴，
解得，
，
设平面的法向量为，
则，即，令，则，
设直线与平面成的角为，
，
∴直线与平面成的角为.
例20．（2022·浙江绍兴·模拟预测）如图，三棱台中，，，．

(1)证明：；
(2)求直线与平面所成的角．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）由题，取中点，连接，，先由线线垂直证面，即可由线面垂直证，即可证；
（2）分别以为轴建立如图空间直角坐标系，即可由向量法求所求线面角.
(1)
由题，取中点，连接，由，，则，又面，故面，
因为面，故，又，则，得证；
(2)
由题，，则，又，，
故，故.
分别以为轴建立如图空间直角坐标系，
易得，，，，，，设平面法向量，
则，令，则，
故，故直线与平面所成的角为.
即直线与平面所成的角为.

例21．（2022·北京市十一学校高三阶段练习）图1是直角梯形，四边形是边长为2的菱形，并且，以为折痕将折起，使点到达的位置，且，如图2.


(1)求证：平面平面；
(2)在棱上是否存在点，使得到平面的距离为？若存在，求出直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)详见解析；
(2)存在点且为的中点；.
【解析】
【分析】
（1）在图1中连接AC，交BE于O，易知，且，再在图2中由是二面角的平面角证明；
（2）由（1）分别以为x，y，z建立空间直角坐标系，设，由表示坐标，求得平面的一个法向量，根据到平面的距离为求得，进而得到，由求得坐标，设直线与平面所成的角为，由求解.
(1)
证明：如图所示：

在图1中连接AC，交BE于O，
因为四边形是边长为2的菱形，并且，
所以，且，
在图2中，相交直线均与BE垂直，
所以是二面角的平面角，
因为，则，
所以平面平面；
(2)
由（1）分别以为x，y，z建立如图所示空间直角坐标系，
则，
所以，
设，
则，
设平面的一个法向量为，
则，即，取，
因为到平面的距离为，
所以，解得，
则，所以，
设直线与平面所成的角为，
所以直线与平面所成角的正弦值为：.
例22．（2022·浙江湖州·模拟预测）已知四棱锥中，底面为等腰梯形，，，，是斜边为的等腰直角三角形．

(1)若时，求证：平面平面；
(2)若时，求直线与平面所成的角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【解析】
【分析】
（1）根据给定条件，证明，再利用线面垂直、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，再建立空间直角坐标系，借助空间向量求解作答.
(1)
因，，，则有，即有，
又，且，平面，
于是得平面，而平面，
所以平面平面.
(2)
在平面内，过B作直线垂直于，交直线于E，有，，如图，

则为二面角的平面角，平面，，于是得，
中，，则，在中，，，，
由余弦定理得，则有，
显然平面平面，在平面内过B作，则平面，
以B为原点，分别以射线为x，y，z轴非负半轴建立空间直角坐标系，
则，，，
设平面的法向量，则，令，得
而，设与平面所成的角为，

所以与平面所成的角的正弦值为.
例23．（2022·河南省杞县高中模拟预测（理））如图，在四棱锥中，四边形ABCD为菱形，且，平面ABCD，E为BC的中点，F为棱PC上一点．

(1)求证：平面平面PAD；
(2)若G为PD的中点，，是否存在点F，使得直线EG与平面AEF所成角的正弦值为？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；或
【解析】
【分析】
（1）根据底面菱形的特点得到，再由线面垂直得到，平面，进而得到面面垂直；
（2）建立空间坐标系得到线面角的表达式，求解即可.
(1)
证明：连接，
因为底面为菱形，，
所以是正三角形，
是的中点，
，
又，
平面，平面，
又平面，
又平面，
所以平面平面．
(2)
由（1）知AE，AD，AP两两垂直，以为坐标原点，直线AE，AD，AP分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，设，则，，，，，，

所以，，．
设平面的法向量，则即
令，得平面的一个法向量．
设与平面所成的角为，则
，
解得或，
即存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为，且或．
例24．（2022·吉林·三模（理））如图，四棱柱中，平面平面，底面为菱形，与交于点O，．


(1)求证：平面；
(2)线段上是否存在点F，使得与平面所成角的正弦值是？若存在，求出；若不存在，说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在；
【解析】
【分析】
(1)由条件证明，根据面面垂直性质定理可证平面；(2)建立空间直角坐标系，利用向量法求与平面所成角的正弦值，由此可求.
(1)
∵，，∴，
又O是中点∴
∵平面平面，平面平面，
平面，∴平面
(2)
∵底面是菱形，∴
以O为原点，所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系．
则．
又，所以，
∴，
设平面的法向量是，∴，
令，则，
假设线段上存在点F，且，
∴，∴，
∴，
平方整理得：，∴或（舍）.


∴时，即存在点F是中点时，与平面所成角的正弦值是．
【方法技巧与总结】
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．
题型六：二面角
例25．（2022·四川成都·二模（理））如图，在三棱柱中，已知底面，，，，D为的中点，点F在棱上，且，E为线段上的动点.

(1)证明：；
(2)若直线与所成角的余弦值为，求二面角的余弦值.
【答案】(1)详见解析；
(2).
【解析】
【分析】
（1）由底面，结合，得到，再根据， D为的中点，得到,则平面，从而，然后由，得到，进而证明平面即可；
（2）由（1）取的中点O，以O为原点，建立空间直角坐标系，设，由直线与所成角的余弦值为，求得x=2，再求得平面的一个法向量，由平面的一个法向量，然后由求解.
(1)
证明：在三棱柱中，底面，
所以三棱柱是直三棱柱，则，
因为，
所以，
又因为， D为的中点，
所以,又，
所以平面，
则，
易知，则，
因为，
三条，则，
即，又，
所以平面，
所以；
(2)
由（1）取的中点O，以O为原点，建立如图所示空间直角坐标系：

则，设，
所以，，
因为直线与所成角的余弦值为，
所以，
解得x=2，
则，，
设平面的一个法向量为，
则，即，
令，则，
易知是平面的一个法向量，
则
二面角的余弦值是.
例26．（2022·福建·三明一中模拟预测）如图，四边形为菱形，，将沿折起，得到三棱锥，点M，N分别为和的重心．

(1)证明：∥平面；
(2)当三棱锥的体积最大时，求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）延长交于点P，延长交于O点，连接,证明即可.
（2）证明两两垂直，以O为坐标原点，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，利用二面角的向量公式求解即可.
(1)
延长交于点P，延长交于O点，连接．
因为点M，N分别为和的重心，所以点P，

O分别为和的中点，所以，
又平面，平面，
所以平面．
(2)
当三棱锥的体积最大时，点D到底面的距离最大，
即平面平面，
连接，因为和均为正三角形，
于是，又平面平面，
所以平面，所以两两垂直，
以O为坐标原点，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则，
所以，

又二面角即二面角，
设平面的一个法向量为，则
可得，取，则，
同理设平面的一个法向量为，
则,即，取，则，
所以，
由图可知二面角为钝角，
所以二面角的余弦值为．
例27．（2022·青海玉树·高三阶段练习（理））如图，在多面体ABCDFE中，平面平面ABEF，四边形ABCD是矩形，四边形ABEF为等腰梯形，且，，．


(1)求证：；
(2)求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）取EF中点G，连接BF，根据线线平行且相等证明四边形ABGF为平行四边形，再根据勾股定理证明，再根据线面垂直的性质与判定证明平面BCE即可
（2）以为原点建立空间直角坐标系，再分别求解平面和的法向量，进而求得二面角的余弦值即可
(1)
因为四边形ABCD是矩形，故，又平面平面，平面平面，平面ABEF，又平面ABEF，


取EF中点G，连接BG

四边形ABGF为平行四边形

在中，，


平面BCE，且交于点B
平面BCE
平面BCE

(2)
由（1），平面ABEF，可得两两垂直，故以为原点建立如图空间直角坐标系，由（1）同理可得，，故，，，


故，，.
设平面的一个法向量为，则，故 ，令，则
设平面的一个法向量为，则，故 ，令，则
二面角为，则，即二面角的余弦值为
例28．（2022·全国·模拟预测（理））如图，在四棱锥中，，，，，，平面平面.


(1)证明：平面；
(2)求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【解析】
【分析】
（1）由面面、线面垂直的性质可得，且，根据线面垂直的判定即可证结论；
（2）构建空间直角坐标系，求面、面的法向量，应用空间向量夹角的坐标表示求二面角的余弦值.
(1)
由题设，，又面面，面面，面，
所以面，而面，则，
由得：，
又，则平面.
(2)
若是的中点，连接，
由，，，，
所以，
面面，面面，面，
所以面，面，则.
综上，可构建如下空间直角坐标系，，

所以，则，
若是面的法向量，则，令，则，
若是面的法向量，则，令，则，
所以，故二面角的余弦值为.
例29．（2022·山东聊城·三模）已知四边形ABCD为平行四边形，E为CD的中点，AB=4，为等边三角形，将三角形ADE沿AE折起，使点D到达点P的位置，且平面平面ABCE.


(1)求证：；
(2)试判断在线段PB上是否存在点F，使得平面AEF与平面AEP的夹角为45°.若存在，试确定点F的位置；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，点F为线段PB的靠近点P的三等分点
【解析】
【分析】
（1）由BE⊥AE结合平面AEP⊥平面ABCE得出BE⊥平面APE，再由线面垂直的定义得出；
（2）以点O为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
(1)
证明：因为四边形ABCD为平行四边行，且为等边三角形，
所以∠BCE=120º.
又E为CD的中点，所以CE=ED=DA=CB，即为等腰三角形，
所以∠CEB=30º.
所以∠AEB=180º－∠AED－∠BEC=90º，
即BE⊥AE.
又因为平面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的中点O，连接PO，由于为正三角形，则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的中点G，则，
由（1）得BE⊥AE，所以OG⊥AE，
以点O为原点，分别以OA，OG，OP所在的直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz，


则0（0，0，0），A（1，0，0），，，E（－1，0，0），
则，，，，
假设存在点F，使平面AEF与平面AEP的夹角为45°，
设，
则，
设平面AEF的法向量为，
由得，取z=2λ，
得；
由（1）知为平面AEP的一个法向量，
于是，，
解得或λ=－1（舍去），
所以存在点F，且当点F为线段PB的靠近点P的三等分点时，平面AEF与平面AEP的夹角为45°.
例30．（2022·福建省连城县第一中学高二阶段练习）在四棱锥P-ABCD中，底面为直角梯形，CDAB，∠ABC=90°，AB=2BC=2CD=4，侧面PAD平面ABCD，PA=PD=2，E为PA中点.

(1)求证：ED平面PBC；
(2)已知平面PAD与平面PBC的交线为，在上是否存在点N，使二面角P-DC-N的余弦值为？若存在，请确定点N位置；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，点N为PM的中点，其中M为AD与BC交点
【解析】
【分析】
(1) 取PB的中点F，连接EF，FC，先证明四边形EFCD为平行四边形，从而EDFC，从而可证明.
(2) 延长AD，BC相交于点M，连接PM，得出直线.取AB中点Q，连DQ，则DQDC，过D在平面PAD内作AD的垂线DH，可得DH平面ABCD.分别以DQ，DC，DH所在直线为x轴､y轴､z轴正方向，建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
(1)
取PB的中点F，连接EF，FC，

在三角形PAB中，EFAB，且，
在直角梯形中，CDAB，且
∴EFCD，EF = CD
∴四边形EFCD为平行四边形,所以EDFC
又FC平面PBC，ED平面PBC
所以ED平面PBC；
(2)
在梯形中，CDAB，则AD，BC延长必相交.
延长AD，BC相交于点M，连接PM，知PM即为交线.
取AB中点Q，连DQ，则DQDC，过D在平面PAD内作AD的垂线DH，
又侧面PAD 平面ABCD，侧面PAD 平面ABCD=AD，
则DH平面ABCD.
分别以DQ，DC，DH所在直线为x轴､y轴､z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以.

设平面PDC的法向量为，则由,即，
取，则，，所以.
设，，
则，所以，，
即
∴，（0，2，0）.
设平面NDC的法向量为，则由即，
取，则，，所以.
所以
因为二面角P-DC-N的余弦值为
所以，
所以，解得或
由，即，解得
则当时，二面角P-DC-N为锐二面角；当时，二面角P-DC-N为钝二面角
所以，经检验时，不合题意，舍去.
所以存在点N，点N为PM的中点.
【方法技巧与总结】
如图，若于于，平面交于，则为二面角的平面角，.

若分别为面的法向量，
则二面角的平面角或，
题型七：距离问题
例31．（2022·上海交大附中模拟预测）已知正四棱柱，其中．

(1)若点是棱上的动点，求三棱锥的体积．
(2)求点到平面的距离
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）根据与平面平行，直接求解三棱锥的体积即可；
（2）以D为原点，建立空间直角坐标系，求得平面的法向量与，再根据线面距离的空间向量方法求解即可
(1)
实际上需求三棱锥的体积．
由正四棱柱，
角形的面积为
因为P是棱上的动点且与平面平行，则只需写出与平面间的距离即可．
由于平面，不妨记三棱锥的高为
则三棱锥的体积
(2)
以D为原点，如图建立空间直角坐标系．

则
可知
设平面的法向量为
则
不妨设，同时设点到平面的距离为d
则
故点到平面的距离为
例32．（2022·北京·北大附中三模）如图，在三棱柱中，为等边三角形，四边形是边长为2的正方形，为中点，且.

(1)求证：平面；
(2)若点在线段上，且直线与平面所成角的正弦值为，求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）根据勾股定理可得，再根据线面垂直的判定可得平面，进而根据正三角形与线面垂直的性质与判定可得平面；
（2）取中点为中点为，可得两两垂直，再建立空间直角坐标系根据线面角与点面距离的方法求解即可
(1)
证明：由题知，
因为，所以，
又，所以，
又，所以平面，
又平面，所以，
在正三角形中，为中点，于是，
又，所以平面
(2)
取中点为中点为，则，
由（1）知平面，且平面，所以，
又，所以，所以平面，
于是两两垂直
如图，以为坐标原点，的方向为轴，轴，轴的正方向，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
设，则
由于直线与平面所成角的正弦值为
于是，即，整理得，由于，所以
于是
设点到平面的距离为
则
所以点到平面的距离为

例33．（2022·全国·高二）如图，已知正方体的棱长为2，E，F，G分别为AB，BC，的中点．

(1)求证：平面平面EFG；
(2)求平面与平面EFG间的距离．
【答案】(1)证明见详解；
(2)﹒
【解析】
【分析】
(1)要证面面平行，转化为证明两组线面平行，连接AC，证明EF∥AC∥，可证∥平面，同理可证EG∥平面；
(2)由(1)知两平面平行，建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，两平面间的距离为在法向量上的投影﹒
(1)
∵E是AB中点，F是BC中点，
∴连接AC得，EF∥AC，
∵是平行四边形，
∴，
又平面平面，
∥平面，
同理，连接可得，可得EG∥平面，
与平面EFG，
∴平面∥平面EFG﹒
(2)
如图：

以D为原点，DA、DC、分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系Oxyz﹒
则
∴，
设平面的法向量为，
则，取，
则平面与平面EFG间的距离为﹒
例34．（2022·天津河西·二模）如图所示，在几何体中，四边形为直角梯形，，，底面，，，，．

(1)求证：平面；
(2)求直线与直线所成角的余弦值；
(3)求点到直线的距离．
【答案】(1)证明见解析；
(2)；
(3)．
【解析】
【分析】
(1)证明平面BCF∥平面ADE即可；
(2)以A为原点建立空间直角坐标系，求出各点坐标，利用向量夹角可求直线与直线所成角的余弦值；
(3)根据点到直线的距离为，利用向量方法即可求解．
(1)
∵AE∥CF，AE平面BFC，CF平面BFC，∴AE∥平面BCF，
∵AD∥BC，同理可得AD∥平面BFC，
又∵AD∩AE=A，∴平面ADE∥平面BFC，
∵BF平面BFC，∴BF∥平面ADE；
(2)
以A为原点，AB、AD、AE分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，

则，，，，，
则，，
，
∴直线与直线所成角的余弦值为．
(3)
根据(2)可知：，，
，
∴，
∴点到直线的距离为：．
例35．（2022·山东淄博·模拟预测）如图，已知三棱柱的棱长均为2，，．

(1)证明：平面平面ABC；
(2)设M为侧棱上的点，若平面与平面ABC夹角的余弦值为，求点M到直线距离．
【答案】(1)见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）取AC的中点O，连接，利用勾股定理证明从而证得平面ABC，然后利用面面垂直的判定定理证明即可.
（2）以OA所在直线为x轴，以OB所在直线为y轴，以所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，写出各点坐标，设得到点M的坐标，求出平面与平面ABC
的法向量，由余弦值可确定值，然后利用点到直线的距离公式计算即可.
(1)
取AC的中点O，连接，，，所以由题设可知，为边长为2的等边三角形，所以，
由，，所以所以平面ABC；
平面,所以平面平面ABC；

(2)
以OA所在直线为x轴，以OB所在直线为y轴，以所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，
所以

设可得，
设平面的法向量为则
即取
所以因为为平面ABC的一个法向量，
设平面与平面ABC夹角为，

解得，所以

所以点M到直线距离

例36．（2022·全国·高二）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，侧棱PA⊥底面ABCD，AB=，BC=1，PA=2，E为PD的中点.

（1）求异面直线与间的距离；
（2）在侧面PAB内找一点N，使平面，并求出N到AB和AP的距离.
【答案】（1）；（2）到的距离为，到的距离为.
【解析】
【分析】
（1）建立空间直角坐标系，利用向量法求得异面直线与间的距离.
（2）设，利用平面列方程，求得，由此求得点的坐标，从而求得到和的距离.
【详解】
（1）由题意得AB⊥AD，PA⊥AD，PA⊥AB.
以A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
则A(0，0，0)，C(，1，0)，P(0，0，2)，B(，0，0)，
∴=(，1，0)，=(，0，-2)，=(0，0，2)，
设异面直线AC、PB的公垂线的方向向量为，则，，
∴令x=1，则y=-，z=，即.
设异面直线AC、PB之间的距离为d，
则d===.
（2）设在侧面PAB内存在一点N(a，0，c)，使NE⊥平面PAC，
由（1）知E，
∴=，
∴,
解得,
∴，
∴N到AB的距离为，N 到AP的距离为.

例37．（2022·全国·高三专题练习）如图，三棱柱中，侧面底面，是边长为2的正三角形，已知点满足.

（1）求二面角的大小；
（2）求异面直线与的距离；
（3）直线上是否存在点，使平面？若存在，请确定点的位置；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）（2）（3）存在点，其坐标为，即恰好为点
【解析】
（1）建立空间直角坐标系，利用平面的法向量和平面的法向量，计算出二面角的余弦值，由此求得其大小.
（2）求得异面直线与的公垂线的方向向量，并由此计算出异面直线与的距离.
（3）根据求得点的坐标，设出点的坐标，根据、与平面的法向量垂直列方程组，解方程组求得点的坐标，由此判断出存在点符合题意.
【详解】
（1）侧面底面，又均为正三角形，取得中点，连接，，
则底面，
故以为坐标原点，分别以为轴、轴、轴建立如图所示空间直角坐标系，
则


设平面的法向量为

取，可得
又平面的一个法向量为

由图知二面角为锐角，故二面角的大小为.
（2）异面直线与的公垂线的方向向量，则
易得，异面直线与的距离
（3），而

又，点的坐标为
假设存在点符合题意，则点的坐标可设为

平面为平面的一个法向量，
由，得.
又平面，
故存在点，使平面，其坐标为，即恰好为点.

【点睛】
本小题主要考查利用空间向量法计算二面角、异面直线公垂线段的长，考查利用空间向量法研究线面平行的条件，考查数形结合的数学思想方法，考查空间想象能力，属于中档题.
【方法技巧与总结】
1.求点面距的一般步骤：
①求出该平面的一个法向量；
②找出从该点出发的平面的任一条斜线段对应的向量；
③求出法向量与斜线段向量的数量积的绝对值再除以法向量的模，即可求出点到平面的距离．
即：点A到平面的距离，其中，是平面的法向量．
2.设直线l的单位方向向量为，，，设，则点P到直线l的距离 .
【同步练习】
一、单选题
1．（2022·河南·模拟预测（理））在正方体中，E，F分别为棱AD，的中点，则异面直线EF与所成角的余弦值为（       ）．
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
利用坐标法即得.
【详解】
如图建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，

则，
∴，
∴，
即异面直线EF与所成角的余弦值为.
故选：A.
2．（2022·福建泉州·模拟预测）在正方体中，E，F，G分别是，的中点，则（       ）
A．平面 B．平面
C．平面 D．平面
【答案】A
【解析】
【分析】
取、、的中点分别记为、、，画出图形根据线面平行的判定定理及空间向量法证明即可；
【详解】
解：取、、的中点分别记为、、，连接、、、，
根据正方体的性质可得面即为平面，

对于A：如图，，平面，平面，所以平面，故A正确；

对于B：如图，在平面中，，则平面，所以B错误；

对于C、D：如图，平面，因为过平面外一点作（）仅能作一条垂线垂直该平面，故C、D错误；
其中平面可按如下证明：如图建立空间直角坐标系，
设正方体的棱长为，则，，，，，
所以，，，
所以，，即，，
又，平面，所以平面；

故选：A
3．（2022·黑龙江·绥化市第一中学模拟预测）已知直三棱柱各棱长均相等，点D，E分别是棱，的中点，则异面直线AD与BE所成角的余弦值为（       ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
用表示向量，然后由数量积的运算求得向量的夹角的余弦，得异面直线所成角的余弦．
【详解】
设直三棱柱的棱长为1，则，
点D，E分别是棱，的中点，
，，
，
所以．
所以异面直线AD与BE所成角的余弦值为．
故选：A．

4．（2022·福建省龙岩第一中学高二阶段练习）已知平面的一个法向量，点在内，则到的距离为（       ）
A． B． C．4 D．10
【答案】C
【解析】
【分析】
由向量的坐标运算得，再由平面的距离即可求解.
【详解】
由题意，得，又知平面的一个法向量，
则到平面的距离，
故选：C.
5．（2022·全国·高二课时练习）有以下命题：
①一个平面的单位法向量是唯一的
②一条直线的方向向量和一个平面的法向量平行，则这条直线和这个平面平行
③若两个平面的法向量不平行，则这两个平面相交
④若一条直线的方向向量垂直于一个平面内两条直线的方向向量，则直线和平面垂直
其中真命题的个数有（       ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】A
【解析】
【分析】
根据平面单位法向量的定义可判断①，根据直线方向向量与平面法向量的关系判断②，根据两平面法向量关系判断③，根据直线与平面垂直的判定定理判断④.
【详解】
因为一个平面的单位法向量方向不同，所以有2个，故①错误；
当一条直线的方向向量和一个平面的法向量平行时，则这条直线和这个平面垂直，故② 错误；
因为两个平面的法向量平行时，平面平行，所以法向量不平行，则这两个平面相交，③正确；
若一条直线的方向向量垂直于一个平面内两条相交直线的方向向量，则直线和平面垂直，故④ 错误.
故选：A
6．（2022·江苏南京·高二阶段练习）已知正三棱柱的所有棱长都为2，N为棱的中点，动点M满足，λ∈[0，1]，当M运动时，下列选项正确的是（       ）
A．当时，的周长最小
B．当λ=0时，三棱锥的体积最大
C．不存在λ使得AM⊥MN
D．设平面与平面所成的角为θ，存在两个不同的λ值，使得
【答案】B
【解析】
【分析】
根据特殊位置即可判断出周长，根据等体积，可判断高最大，体积最大，根据线面垂直可判断线线垂直，根据二面角的向量求法即可作出判断.
【详解】
当时，是的中点， ,当 时，，,             故当时的周长并不是最小的.故A错.

当λ=0时， ,只需要面积最大体积就最大，此时重合，故B对.
当是中点时，平面 ,又平面，则 ，故C 错.
取中点为,则平面,以所在直线为轴，故建立如图所示空间直角坐标系，平面的法向量为

,故
设平面的法向量为
所以   令 ，则 ，故
，故D不对.
故选：B

7．（2022·北京·首都师范大学附属中学三模）如图，在正方体中，为棱上的动点，为棱的中点，则下列选项正确的是（       ）

A．直线与直线相交
B．当为棱上的中点时，则点在平面的射影是点
C．存在点，使得直线与直线所成角为
D．三棱锥的体积为定值
【答案】D
【解析】
【分析】
根据线面平行的判定定理可得平面，进而可判断A；
利用勾股定理和反证法即可判断B；建立如图空间直角坐标系，利用向量法和反证法即可判断C；根据等体积法即可判断D.
【详解】
A：由题意知，，平面，平面
所以平面，
又平面，所以与不相交，故A错误；
B：连接，如图，

当点为的中点时，，又，所以，
若点在平面的射影为，则平面，垂足为，
所以，设正方体的棱长为2，则，
在中，，所以，
即不成立，故B错误；
C：建立如图空间直角坐标系，连接，则，
所以异面直线与所成角为直线与所成角，

设正方体的棱长为2，若存在点使得与所成角为，
则，所以，
所以，又，
得，解得，
不符合题意，故不存在点使得与所成角为，故C错误；
D：如图，

由等体积法可知，
又，
为定值，所以为定值，
所以三棱锥的体积为定值，故D正确.
故选：D.
8．（2022·湖北·鄂南高中模拟预测）已知正方体的棱长为.以为坐标原点，以为轴正半轴，为轴正半轴，为轴正半轴建立空间直角坐标系，动点满足直线与所成夹角为的最大值为（       ）
A． B． C．1 D．2
【答案】D
【解析】
【分析】
由题意写出，，由向量夹角公式计算可得然后由不等式可得最值.
【详解】
正方体的棱长为,可得，,
点，则，由动点满足直线与所成夹角为可得，整理得由，可得，当时取等号，即最大值为2，
故选：D

二、多选题
9．（2022·江苏宿迁·高二期中）给定下列命题，其中正确的命题是（       ）
A．若是平面的法向量，且向量是平面内的直线的方向向量，则
B．若，分别是不重合的两平面的法向量，则
C．若，分别是不重合的两平面的法向量，则
D．若两个平面的法向量不垂直，则这两个平面一定不垂直
【答案】ACD
【解析】
【分析】
A选项，由线面垂直的定义可判断正确；
B选项，两平面平行，则它们的法向量平行；
C选项，两平面平行，则它们的法向量平行；
D选项，两平面垂直，则它们的法向量垂直.
【详解】
对于A选项，由线面垂直的定义若一条直线和一个平面内所有的直线都垂直，我们称直线和平面垂直，所以，∴，A正确；
对于B选项，两平面平行，则它们的法向量平行，所以B错误；
对于C选项，两平面平行，则它们的法向量平行，∴或∴，C正确；
对于D选项，两平面垂直它们的法向量垂直，所以两个平面的法向量不垂直，则这两个平面一定不垂直，D正确.
故选：ACD.
10．（2022·江苏·海安县实验中学高二期中）已知正方体的棱长为1，下列四个结论中正确的是（       ）

A．直线BC1与直线所成的角为90°
B．B1D⊥平面ACD1
C．点B1到平面ACD1的距离为
D．直线B1C与平面所成角的余弦值为
【答案】BD
【解析】
【分析】
根据空间向量夹角公式，结合空间点到面的距离公式逐一判断即可.
【详解】
建立如图所示的空间直角坐标系：
.
A：，
因为，所以，因此本选项不正确；
B：，
因为，
所以，而平面ACD1，
因此平面ACD1，所以本选项正确；
C：因为平面ACD1，所以是平面ACD1的法向量，，
所以点B1到平面ACD1的距离为，因此本选项不正确；
D：由上可知：，
所以直线B1C与平面所成角的余弦值，
因此本选项正确，
故选：BD

11．（2022·江苏省南京市第十二中学高二阶段练习）在空间四边形中，已知平面的一个法向量为，且二面角的大小的余弦值为，则平面的法向量可能为（        ）
A． B． C． D．
【答案】AC
【解析】
【分析】
将四个选项逐一代入检验即可
【详解】
对于 选项，
满足题意;
对于 选项，
，不满足题意;
对于 选项，
，满足题意 ；
对于 选项，
，不满足题意;
故选：AC
12．（2022·广东深圳·高三阶段练习）已知正方体的棱长为，为棱上的动点，平面过点且与平面平行，则（       ）

A．
B．三棱锥的体积为定值
C．与平面所成的角可以是
D．平面与底面和侧面的交线长之和为
【答案】AB
【解析】
【分析】
由、可证得平面，由线面垂直的性质可证得A正确；由线面平行的判定可知平面，知点到平面的距离为，由棱锥体积公式可知B正确；以为坐标原点可建立空间直角坐标系，假设线面角为，利用线面角的向量求法可构造方程，由方程无解知C错误；将底面和侧面展开到同一平面，可得交线的轨迹，由平行关系可知，知D错误.
【详解】
对于A，四边形为正方形，；
平面，平面，，
又，平面，平面；
平面，，A正确；
对于B，，平面，平面，平面，
又，点到平面的距离即为，
，B正确；
对于C，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，，，，
则，，
设平面的法向量，
则，令，解得：，，；
设，则，
；
若与平面所成的角为，则，方程无解，
与平面所成的角不能为，C错误；
对于D，设平面与底面和侧面的交线分别为，则，，
将底面和侧面沿展开到同一平面，则三点共线且，

，D错误.
故选：AB.
三、填空题
13．（2022·四川省成都市新都一中高二期中（理））若直线l的一个方向向量为，平面a的一个法向量为，则直线l与平面的位置关系是______．
【答案】垂直或
【解析】
【分析】
由题意可得与共线，从而可得答案
【详解】
因为直线l的一个方向向量为，平面a的一个法向量为，且，
所以与共线，，
所以直线l与平面的位置关系为垂直，
故答案为：垂直或
14．（2022·江苏·南京师大附中高二期末）已知正方体ABCD—的棱长为4，M在棱上，且1，则直线BM与平面所成角的正弦值为___________．
【答案】
【解析】
【分析】
作出正方体，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用向量的夹角公式，计算即可.
【详解】
如图所示，以为原点，方向为轴，建立空间直角坐标系，
所以有，，，，，，

则，，，
设平面的法向量，则由
，令，得，
设直线BM与平面所成角为，则
，
故答案为：.
15．（2022·全国·高二课时练习）如图所示，正方体的棱长为，、分别为和上的点，，则与平面的位置关系是______．

【答案】平行
【解析】
【分析】
以为坐标原点，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求得的方向向量和平面的法向量，由向量法即可判断.
【详解】
因为是正方体，且棱长为，
故以为坐标原点建立空间直角坐标系，如下所示：

则，
由题可知，设点坐标为，
则，故可得，即；
，设点坐标为，
则，故可得，即；
故所在的方向向量为，
又平面的一个法向量，
故，故直线//面.
故答案为：平行.
16．（2022·江苏淮安·高二期中）空间直角坐标系中，经过点且法向量为的平面方程为，经过点且一个方向向量为的直线的方程为，阅读上面的材料并解决下面问题：现给出平面的方程为，经过的直线的方程为，则直线与平面所成角大小为________.
【答案】##
【解析】
【分析】
依题意可得平面法向量为，直线方向向量，
根据空间向量法求出线面角的大小；
【详解】
解：由平面的方程为得平面法向量为，
经过直线的方程为得直线方向向量，
设直线与平面所成角是，
则，
又，所以，所以；
故答案为：
四、解答题
17．（2022·江苏·高二阶段练习）如图，四棱雉的底面为直角梯形，∥，，，，平面．

(1)求异面直线与所成的角的余弦值；
(2)求出点A在平面上的投影M的坐标．
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）以D点为原点，， ，分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，然后利用向量的夹角公式求解即可，
（2）设，则，表示出，然后由，，列方程组可求出结果
(1)
因为平面，平面，
所以，
因为，
所以，，两两垂直，
所以以D点为原点，，，分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，．
，，
，
所以异面直线与所成的角的余弦值为．
(2)
设，
则．
又，
由，，得，
解得．
所以．
18．（2022·河南·平顶山市第一高级中学模拟预测（理））如图，在四棱锥中，平面平面ABCD，四边形ABCD为等腰梯形，∥，，，，．


(1)求证：；
(2)求直线CA与平面PBC所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）根据题意利用勾股定理可证，结合面面垂直的性质定理理解证明；（2）利用空间向量，根据处理运算．
(1)
如图所示，设AC与BD的交点为O．
因为四边形ABCD为等腰梯形，∥，，，
所以．
在中，，
即．又因为，所以，．
同理可得，．
因为，所以．
又因为平面平面ABCD，且平面平面，平面ABCD．
所以平面PBD，
又因为平面PBD，
所以．


(2)
取OB，AB的中点E，F，连接PE，EF．
由（1）知平面PBD，又平面PBD，所以，所以．
因为，所以，
平面平面ABD，平面平面，平面PBD，
所以平面ADB，
．
又因为E，F为OB，AB的中点，所以．
以E为坐标原点，EF，EB，EP所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系如图所示：
所以，，，，，
所以，，．
设平面PBC的一个法向量为，
则，取，所以．
设直线CA与平面PBC所成的角为θ，
则．
所以直线CA与平面PBC所成角的正弦值是．

19．（2022·山东·德州市教育科学研究院三模）已知底面ABCD为菱形的直四棱柱，被平面AEFG所截几何体如图所示.

(1)若，求证：；
(2)若，，三棱锥GACD的体积为，直线AF与底面ABCD所成角的正切值为，求锐二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）根据题意可证平面BDG，可得，得证平面ACE，得，再根据面面平行的性质可证；（2）根据题意可得，，利用空间向量求二面角．
(1)
连接BD，交AC于点O，底面ABCD为菱形，∴，
由直四棱柱得底面ABCD，又平面ABCD，∴，
又，BD，平面BDG，
∴平面BDG，因为平面BDG，
∴
已知，又，AC，平面ACE，
∴平面ACE，
因为平面BDG，∴
∵平面平面CFGD
平面平面，平面平面，
∴，则
(2)
已知，，可求，
由，则
在直四棱柱中，底面ABCD，
所以为直线AF与底面ABCD所成角，，则
在平面ACF内作，可知底面ABCD，如图，以为原点，建立空间直角坐标系，
则，，，，，

则
设平面BCE的法向量为，
则
取，得，，得，
由（1）知平面ACE，所以平面ACE的一个法向量为
则，
所以锐二面角的余弦值为

20．（2022·湖北·模拟预测）如图，四棱台中，上底面是边长为1的菱形，下底面ABCD是边长为2的菱形，平面ABCD且


(1)求证：平面平面；
(2)若直线AB与平面所成角的正弦为，求棱台的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）根据题意利用线面垂直的定义与判定可证平面；（2）利用空间向量，根据线面夹角可得，利用台体体积公式计算求解．
(1)
∵菱形ABCD对角线相互垂直，
∴
∵平面ABCD，平面ABCD，
∴
∵，平面，平面
∴平面
∵平面
∴平面平面
(2)
设，则且
∴且，
∴平面ABCD
以O为原点，OA、OB、所在的直线为坐标轴，建立直角坐标系，如图，
则，设，
则
，，，
设平面的一个法向量
则可得，
取，得
由题
整理得，则
∴，
∴

21．（2022·北京市十一学校高三阶段练习）如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面平面，，，在棱上取点，使得平面.

(1)求证：为中点；
(2)求平面与平面夹角的余弦值；
(3)求直线到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【解析】
【分析】
（1）由线面平行的性质得线线平行，再根据中点可证明结论.
（2）判断出点的位置，建立空间直角坐标系，利用向量法求得平面与平面夹角的余弦值.
（3）利用向量法求得直线到平面的距离.
(1)
连接，交于点，则平面平面，
又因为平面，平面，
则，
由于底面为正方形，所以点为的中点，
因此可得为中点.
(2)
由（1）知是的中点.
由于平面，所以，
故两两垂直，以为原点建立空间直角坐标系，如图所示，
，
设平面的法向量为，
所以，故可设，
平面的法向量为，
平面与平面夹角为，
则.
(3)
由于平面，则到平面的距离，即到平面的距离.
,
到平面的距离为.
即直线到平面的距离为.
【点睛】
22．（2022·辽宁实验中学模拟预测）如图所示正四棱锥


(1)求证：
(2)若沿侧棱将此四棱锥剪开，四个侧面向外旋转，PAD旋转至旋转至如图所示，其中二面角与二面角相同，当时，求平面与所成的锐二面角的余弦值
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）连接，交于点，连接，面，得，从而证得平面，得线线垂直；
（2）以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，过点D且垂直于平面ABCD的直线为z轴建立空间直角坐标系，设是二面角大小为，表示出的坐标，由向量垂直求出，得的坐标，再求出平面与平面的一个法向量，则法向量夹角得二面角．
(1)
证明：连接，交于点，连接，面，平面，
，
又，，平面，所以平面，
又平面，．

(2)
以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，过点D且垂直于平面ABCD的直线为z轴建立空间直角坐标系，设点E为DA中点，则，设是中点，则，又，
所以是二面角的平面角，即，
，同理

解得：，，
             

设为平面的法向量，则 ，， ，
，，取，则，
，，
设为平面的法向量，则 ， ，，
，，取，则，，
，
与平面所成的锐二面角的余弦值为．