第11讲 第一章 空间向量与立体几何 章末重点题型大总结-高二数学同步热点题型导与练（人教A版选择性必修第一册）

第11讲 第一章 空间向量与立体几何 章末题型大总结一、思维导图空间向量与立体几何空间向量及其运算空间向量在立体几何中的应用空间向量的线性运算空间向量的基本定理两个向量的数量积空间向量的直角坐标运算共线向量定理共面向量定理空间向量分解定理平行与垂直的条件直线的方向向量与直线的向量方程平面的法向量与平面的向量表示直线与平面的夹角二面角及其度量距离二、题型精讲题型01空间向量的概念及运算【典例1】（2023春·江苏连云港·高二统考期中）平行六面体中，已知底面四边形为矩形，，，，则（    ）A． B．2 C． D．10【答案】A【详解】由图可得，则，故,故选：A【典例2】（2023春·江苏盐城·高二盐城市大丰区南阳中学校考阶段练习）已知向量，向量与的夹角都是，且，试求(1)；(2)．【答案】(1)11(2)【详解】（1）向量，向量与的夹角都是，且，，；（2）【典例3】（2023春·山东淄博·高一山东省淄博实验中学校考阶段练习）已知空间向量，则使向量与的夹角为钝角的实数的取值范围是____________．【答案】【详解】因为，所以，，，故，，，因为向量与的夹角为钝角，所以，即，则，解得，即.故答案为：.【变式1】（2023秋·山东滨州·高二统考期末）如图，二面角的大小为，四边形、都是边长为的正方形，则、两点间的距离是（    ）  A． B． C． D．【答案】C【详解】因为四边形、都是边长为的正方形，则，，又因为二面角的大小为，即，则，因为，由图易知，，所以，.故选：C.【变式2】（2023春·高二课时练习）如图，在长方体中，设，，是的中点．试确定向量在平面上的投影向量，并求．【答案】向量在平面BCC1上的投影向量为；【详解】因为A1B1⊥平面BCC1，PC1⊥平面BCC1，所以向量在平面BCC1上的投影向量为.所以．【变式3】（2023·全国·高三专题练习）已知空间向量满足，，则与的夹角为_________．【答案】/120°【详解】由，即可构成三角形，所以，又，故.故答案为：题型02四点共面问题【典例1】（多选）（2023春·高二课时练习）下列条件中，使与，，一定共面的是（    ）A．B．C．D．【答案】AC【详解】空间向量共面定理，，若，，不共线，且，，，共面，则其充要条件是；对于A，因为，所以可以得出，，，四点共面；对于B，因为，所以不能得出，，，四点共面；对于C，，则，，为共面向量，所以与,，一定共面；对于D，因为，所以，因为，所以不能得出，，，四点共面．故选：AC．【典例2】（2023·江苏·高二专题练习）设是正三棱锥，是的重心，是上的一点，且，若，则为（    ）A． B． C． D．【答案】B【详解】因为三棱锥是正三棱锥，G是的重心，所以，因为D是PG上的一点，且，所以，因为，所以,因为，所以，所以为，故选：B【典例3】（2023春·高二课时练习）在正方体中，为的中点，为的中点，为的中点，为的中点，直线交直线于点，直线交直线于点，则（    ）A． B．C． D．【答案】B【详解】记，，，则，解得又所以整理得．故选：B【变式1】（多选）（2023秋·江西吉安·高二统考期末）如图，空间四边形中，，分别是边，上的点，且，，点是线段的中点，则以下向量表示正确的是（    ）A． B．C． D．【答案】BD【详解】空间四边形OABC中，，，点G是线段MN的中点，，，D正确；对于A，，A错误；对于B，，B正确；对于C，，C错误.故选：BD【变式2】（2023春·高二课时练习）如图，已知空间四边形，其对角线为、，、分别是对边、的中点，点在线段上，且，现用基向量，，表示向量，设，则、、的值分别是（    ）A．，， B．，，C．，， D．，，【答案】D【详解】、分别是对边、的中点，，． ，因此，．故选：D题型03平面法向量的求解【典例1】（2023春·高二课时练习）已知，则平面的一个单位法向量是（    ）A． B．C． D．【答案】B【详解】因为所以，令平面ABC的一个法向量为可得，即，令，则，所以故平面ABC的单位法向量是，即或．故选：B．【典例2】（2023·全国·高三专题练习）已知空间四点，，，．求平面的一个法向量为__________；【答案】（答案不唯一）【详解】由题知，，．设平面ABC的法向量，则，令，则，，∴所以平面ABC的一个法向量．此外，所有都是平面ABC的法向量，任写一个皆可.故答案为：（答案不唯 一）.【变式1】（2023秋·云南昆明·高二昆明一中校考期末）空间直角坐标系中，已知点，则平面的一个法向量可以是（    ）A． B． C． D．【答案】A【详解】解：由题知，设平面的一个法向量为，所以，即，令得所以，平面的一个法向量可以是.故选：A【变式2】（2023·全国·高二专题练习）平面经过，且垂直于法向量为的一个平面，则平面的一个法向量是（    ）A． B． C． D．【答案】B【详解】由已知，又，设平面的一个法向量是，则，取，则，即，比较只有B满足，故选：B．题型04利用空间向量证明平行、垂直关系【典例1】（2023秋·北京大兴·高二统考期末）如图，在三棱柱中，平面．，，分别为的中点，则直线与平面的位置关系是（    ）A．平行 B．垂直 C．直线在平面内 D．相交且不垂直【答案】D【详解】解：如图取中点，连接，因为为中点，所以又在三棱柱中，平面，为中点，所以则平面，又平面，所以，，又，则，所以，以点为坐标原点，为轴建立空间直角坐标系如图所示，则,2,，,0,，,0,，,0,，,2,，设平面的法向量为，则，即，令，则，，故，又，因为，又所以直线与平面相交，且不垂直于平面．故选：D.【典例2】（多选）（2023·全国·高三校联考阶段练习）如图，在正方体中，是线段上的动点，则下列结论错误的是（    ）A．平面 B．平面C．平面 D．平面【答案】ABD【详解】建系如图，设正方体棱长为2，则设，所以设，，所以,对于A，因为平面，平面，所以，又因为，且平面，，所以平面，因为，由于，所以与不一定共线，故A错误；设平面的一个法向量为，,，令则，所以，若平面，则，即无解，所以平面不成立，故B错误；对于C，设平面的一个法向量为，,，令则，所以，，且平面，所以平面，故C正确；对于D，设平面的一个法向量为，,，令则，所以，不恒等于0，所以平面不一定成立，故D错误.故选:ABD.【典例3】（2023春·高二课时练习）如图，在直四棱柱中，底面为等腰梯形，，，，，是棱的中点．求证：平面平面.【答案】证明见解析【详解】因为，是棱的中点，所以，所以为正三角形.因为为等腰梯形，，所以.取的中点，连接，则，所以.以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，则，所以，，，，所以，，又不重合，不重合，所以，，因为平面， 平面，所以平面，平面，又，平面， 所以平面平面【典例4】（2023·江苏·高二专题练习）如图，在三棱锥中，平面，，，，、分别为、的中点．(1)求证：平面平面；(2)在线段上是否存在一点，使？证明你的结论．【答案】(1)证明见解析(2)存在，证明见解析【详解】（1）证明：平面，平面，，又，，平面平面，平面，．又，为等腰直角三角形，为斜边的中点，，又，平面，平面，平面，平面平面；（2）解：以点为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，则，，，，设存在点，使，点的坐标设为， 所以，， 由相似三角形得，即，．， 又，．，， 故存在点，使．【变式1】（2023春·高二课时练习）在正方体中，，分别为，的中点，则（    ）A．平面 B．异面直线与所成的角为30°C．平面平面 D．平面平面【答案】D【详解】对于选项A，假设面 ，则，这与已知与不垂直相矛盾，所以假设不成立.故选项A错误；对于选项B，连接，，因为，所以为异面直线与所成的角或补角，又因为△为等边三角形，所以，故选项B错误；对于选项C，因为，，由面面平行的判定定理可得平面平面，而平面与平面相交，所以平面与平面也相交，故选项C错误；对于选项D，以为坐标原点，，，所在的直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，如图所示，设正方体的棱长为1，则，，，，可得，，，设平面的法向量为，则 ，可取，则，，即，设平面的法向量为，则，可取，则，，可得平面的一个法向量为，由，所以，即平面平面，故选项D正确.故选：D.【变式2】（多选）（2023春·高二课时练习）如图，平行六面体的体积为，，，底面边长均为4，且分别为的中点，则下列选项中不正确的有（    ）A． B．平面C． D．平面【答案】ABC【详解】解：因为底面为边长为的菱形，且，所以四边形的面积为，又平行六面体的体积为，所以平行六面体的高为，因为，所以在底面的投影在上，设在底面的投影为，则，又，所以，又，所以为的中点，以为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，，，，，所以，，，，，因为，所以、不平行，故A错误；又，所以与不垂直，故B错误；因为，所以与不垂直，故C错误；设平面的法向量为，则，即，不妨取，所以，所以，又平面，所以平面，故D正确；故选：ABC【变式3】（2023·江苏·高二专题练习）如图，在四棱锥中，底面为矩形，侧棱底面，，，，为的中点．(1)求直线与所成角的余弦值；(2)在侧面内找一点，使平面．【答案】(1)(2)答案见解析【详解】（1）设，连、，则，∴即为与所成的角或其补角．在中，，，，∴．即与所成角的余弦值为．（2）分别以、、为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，如图，则可得、、、、、，，设，则，由于平面，所以，化简得，可得，， 因此，点的坐标为，从而侧面内存在一点，当到、的距离分别为1和时，平面．【变式4】（2023·江苏·高二专题练习）如图，在直三棱柱中，为的中点，分别是棱上的点，且．(1)求证：直线平面；(2)若是正三角形为中点，能否在线段上找一点，使得平面？若存在，确定该点位置；若不存在，说明理由．【答案】(1)证明见解析(2)在直线上存在一点，且，使得平面．【详解】（1）在直三棱柱中，是的中点，又为的中点  ，而，四边形是平行四边形，平面平面，平面．（2）在直线上找一点，使得平面，证明如下：在直三棱柱中，  又两两垂直，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，设，在线段上，设，则，则，，则，，设平面的法向量，则，取，得，平面，，解得，在直线上存在一点，且，使得平面．题型05异面直线所成角【典例1】（2023春·贵州·高二贵州师大附中校联考阶段练习）如图，圆锥的轴截面为等边三角形，为弧的中点，为母线的中点，则异面直线和所成角的余弦值为（    ）  A． B． C． D．【答案】C【详解】解法一：  如图1，取中点，连接，为的中点，连接，易知底面，因为平面，所以平面底面.又平面底面，，所以平面.因为平面，所以.同理可得，.设底面半径为，，.因为分别为的中点，所以，则在中，或其补角等于异面直线和所成的角.所以.解法二：如图2，为的中点，连接，易知底面，因为平面，所以平面底面.又平面底面，，所以平面.  以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，设，则，，，，所以，，记所求角为，则.故选：C.【典例2】（2023·全国·模拟预测）如图，已知圆柱的轴截面是边长为2的正方形，为下底面圆周上一点，满足，则异面直线与所成角的余弦值为（    ）A． B． C． D．【答案】B【详解】法一： 如图，连接并延长，交底面圆于，连接，，易知且，所以为异面直线与所成的角或其补角．因为，则，所以为正三角形，故．由圆柱的性质知，所以在等腰三角形中，.法二 ： 以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，所以，，所以异面直线与所成角的余弦值为.故选：B【典例3】（2023·江苏·高三专题练习）如图，已知正三棱柱的各条棱长都相等，为上一点，，，且.　(1)求的值；(2)求异面直线与所成角的余弦值．【答案】(1)(2)【详解】（1）设正三棱柱的棱长为2，分别取中点为点，连结.因为为等边三角形，所以，，.又点分别为取的中点，所以.又由正三棱柱的性质可知，平面，所以平面.以点为坐标原点，分别以所在的直线为轴，如图建立空间直角坐标系，则，，，，，，，所以，，，，，所以.因为，所以，所以有，解得.（2）由（1）可知，，所以，所以，异面直线与所成角的余弦值为.【变式1】（2023春·山东济南·高一山东省实验中学校考阶段练习）已知四面体满足，，，且该四面体的体积为，则异面直线与所成角的大小为（    ）A． B． C．或 D．或【答案】C【分析】将四面体放入长方体中，根据体积公式计算得到，建立空间直角坐标系，得到各点坐标，根据向量的夹角公式计算得到答案.【详解】如图所示：将四面体放入长方体中，  ，解得，故，以为轴建立空间直角坐标系，，，，或，或，，设异面直线与所成的角的大小为，，，则；或，；综上所述：异面直线与所成的角的大小为或.故选：C【变式2】（2023·江苏·高三专题练习）如图所示，已知两个正四棱锥与的高分别为1和2，，则异面直线与所成角的正弦值为________．【答案】/【详解】由题设知，四边形是正方形，连接，交于点，则，则平面，平面，故平面，故以为原点，以CA，DB，QP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，则，则，所以异面直线AQ与PB所成角的正弦值为.故答案为：.【变式3】（2023春·江苏宿迁·高二校考阶段练习）如图所示，已知空间四边形的各边和对角线的长都等于，点，分别是，的中点.(1)求证：，；(2)求异面直线与所成角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）由题意知：三棱锥为正四面体，过A做底面的垂线，垂足为，由正棱锥的概念知，O为正三角形BCD的中心，连接，则在上，过做直线，分别交、于、两点，则、、相互垂直，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立如图所示的空间直角坐标系：则，，，，，，，则，，，因为，，所以，；（2）由（1）知：，，则，设异面直线与所成角为，则，所以异面直线与夹角的余弦值为.题型06利用向量法求直线与平面所成角（定值）【典例1】（2023春·浙江舟山·高一舟山中学校考阶段练习）在四棱锥中，已知侧⾯为正三角形，底⾯为直角梯形，，，，，点，分别在线段，上，且=2.  (1)求证：平⾯；(2)若点到平⾯的距离为，求直线和平⾯所成角交的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）连接，交于点，连接，  ．可得，，，，，，又平面，平面，平面；（2）取的中点，连接，，作，垂足为，侧面为正三角形，，，，四边形为平行四边形，，又，，又，，平面，平面，平面，，又，，，平面，平面，作，交于点，则，以为坐标原点，，，为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，  点P到平⾯ABCD的距离为，则，0，，，2，，，，，，1，，，，，，2，，，，，设平面的一个法向量为，，，则，令，解得，，平面的一个法向量为，0，，设直线和平面所成角为，则，，直线和平面所成角的正弦值．【典例2】（2023春·江苏淮安·高二金湖中学校联考阶段练习）如图所示，在直四棱柱中，，，，，.(1)证明：；(2)求直线与平面所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）因为在直四棱柱中，面，又面，所以，又因为，所以，即两两垂直，故以方向分别为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系，如图，则，，，.（2）因为，，设平面的法向量为，则由得，令，则，故，设直线与平面所成角为，因为，所以，故直线与平面所成角的正弦值为.【典例3】（2023·安徽·合肥一中校联考模拟预测）截角四面体是一种半正八面体，可由四面体经过适当的截角，即截去四面体的四个顶点处的小棱锥所得的多面体．现将棱长为3的正四面体沿棱的三等分点分别作平行于各底面的截面，截去四个顶点处的小棱锥，得到所有棱长均为1的截角四面体，如图所示．  (1)求证：；(2)求直线与平面所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）补全四面体如图，取的中点，连接，，因为正四面体中各个面均为正三角形，所以，，又，平面，平面，所以平面，又平面，所以，又因为点为的三等分点，即，所以，所以．  （2）设点在底面的投影为点，连接，，，延长与交于点，因为为正四面体，所以点为等边的中心，所以,，又因为，所以，所以，以点为原点，以所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示，  则，，，所以，，，设面的法向量为，则，即，取，得，设直线与平面所成角为，则．【变式1】（2023·广东梅州·大埔县虎山中学校考模拟预测）如图①，在中，为直角，，,,沿将折起，使，得到如图②的几何体，点在线段上．  (1)求证：平面平面；(2)若平面，求直线与平面所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析；(2).【详解】（1）在中，，，由余弦定理得：，则，有，于是，即有，又平面，因此平面，而平面，则，又因为平面，从而平面，而平面，所以平面平面.（2）以为原点，以分别为轴，过点垂直于平面的直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图，  由（1）知，平面，而，则有平面，则，，连接与交于点，连接，因为平面，平面，平面平面，则，有，在四边形中，由，得，即，，，设平面的法向量为，则，令，得，设直线与平面所成角为，于是，所以直线与平面所成角的正弦值为.【变式2】（2023春·重庆南岸·高二重庆市第十一中学校校考期中）吴老师发现《九章算术》有“刍甍”这个五面体，于是她仿照该模型设计了一个学探究题，如图：，，分别是正方形的三边、、的中点，先沿着虚线段将等腰直角三角形裁掉，再将剩下的五边形着线段折起，连接、就得到一个“刍甍”．(1)若是四边形对角线的交点，求证：平面；(2)若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）取线段中点，连接，由图1可知，四边形是矩形，且，是线段与的中点，∥且，在图1中∥且，∥且．所以在图2中，∥且，∥且四边形是平行四边形，则∥由于平面，平面∥平面（2）由图1，，折起后在图2中仍有，即为二面角的平面角．，以为坐标原点，分别为轴和轴正向建立空间直角坐标系如图，且设，则，，，设平面的一个法向量，由，得，取则于是平面的一个法向量，，∴直线与平面所成角的正弦值为题型07利用向量法求直线与平面所成角（最值或范围）【典例1】（2023春·重庆·高一重庆一中校考期中）如图，在三棱台中侧面为等腰梯形，为中点.底面为等腰三角形，为的中点.(1)证明：平面平面；(2)记二面角的大小为.①当时，求直线与平面所成角的正弦值.②当时，求直线与平面所成角的正弦的最大值.【答案】(1)证明见解析；(2)①，②最大值为【详解】（1）因为为等腰三角形，为的中点，所以，又因为侧面为等腰梯形，为的中点，所以，又平面，因此平面，平面，所以平面平面（2）在平面内，作，由（1）中平面平面，且平面平面，平面，可得平面；以分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如下图所示：又因为，，所以即为二面角的平面角，所以，在中，，易知，又，可得；所以，；即，设平面的一个法向量为，所以，可令，则，即；①当时，，，设直线与平面所成角的为，所以，即时，直线与平面所成角的正弦值为.②当时，，设，则在恒成立，所以在上单调递增，，即，易知，所以；易知当时，，所以当时，直线与平面所成角的正弦的最大值为.【典例2】（2023·广东茂名·茂名市第一中学校考三模）如图1，在边长为4的等边中，，分别是，的中点．将沿折至（如图2），使得．(1)证明：平面平面；(2)若点在棱上，当与平面所成角最大时，求的长．【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）取的中点，因为是等边三角形，所以．因为的边长为4，所以．在中，，，，由余弦定理，得．因为，所以．又因为，，平面，所以平面．因为平面，所以平面平面．（2）（方法1）取的中点，则．以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，．设，因为，所以，所以．因为平面，平面，所以．又因为，平面，所以平面，所以平面的一个法向量为．记与平面所成角为，则．因为当时，取得最大值，此时最大，所以，所以．（方法2）在平面内，过点向作垂线，垂足为．因为平面，平面，所以．又因为，，平面，所以平面，所以即为与平面所成角．因为在中，，所以．在平面内，当时，最小，此时，所以此时取得最大值，也最大．因为，所以．【典例3】（2023春·福建龙岩·高二校联考期中）如图，在三棱柱中，侧面为菱形，且.  (1)证明：.(2)若，，，点在直线上，求直线与平面所成角的正弦值的最大值.【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）连接，交于O，连接，因为侧面为菱形，则，而，O为的中点，即有，又，且平面，于是平面，而平面，所以；（2）设，而，有，，又，则，即有，因此，即，，两两垂直，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图，则，则，设，因为，所以，则，设平面的法向量为，则有，令，则，所以，设直线AB与平面所成角为，则，当时，，当时，，当时，，当且仅当，即时，取等号，则，所以，当时，，当且仅当，即时，取等号，则，所以，综上所述，直线AB与平面所成角的正弦值的最大值为.  【变式1】（2023春·湖北·高三统考阶段练习）如图所示，六面体的底面是菱形，，且平面，平面与平面的交线为.(1)证明：直线平面；(2)已知，三棱锥的体积，若与平面所成角为，求的取值范围.【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）连接，，即.四边形为平行四边形，则.平面平面平面，平面平面，又平面，，四边形是菱形，，又平面平面，则，又，平面，平面，又平面.（2）连接交于点，，则.平面，平面，因为平面，则.，四边形是菱形，则，，以为轴，轴，轴建立如图的空间直角坐标系，设，则..，即，，则，，又是平面的一个法向量，，设，则.【变式2】（2023春·江苏连云港·高二校考阶段练习）如图，圆台的轴截面为等腰梯形，，为底面圆周上异于，的点.(1)在平面内，过作一条直线与平面平行，并说明理由；(2)设平面∩平面，与平面QAC所成角为，当四棱锥的体积最大时，求的取值范围.【答案】(1)作图及理由见解析；(2).【详解】（1）取中点P，作直线，则直线即为所求，取中点H，连接，则有，如图，在等腰梯形中，，有，则四边形为平行四边形，即有，又平面，平面，所以平面.（2）延长交于点O，作直线，则直线即为直线，如图，过点B作于，因为平面平面，平面平面，平面，因此平面，即为四棱锥的高，在中，，，当且仅当时取等号，此时点与重合，梯形的面积为定值，四棱锥的体积，于是当最大，即点与重合时四棱锥的体积最大，，以为原点，射线分别为轴的非负半轴建立空间直角坐标系，在等腰梯形中，，此梯形的高，显然为的中位线，则，，设，则设平面的一个法向量，则，令，得，则有，令，则，当时，，当时，，当且仅当，即时取等号，综上得，所以的取值范围是.题型08利用向量法解决直线与平面所成角的探索性问题【典例1】（2023春·江苏南京·高二南京市雨花台中学校联考期中）如图，四面体中，，，，为的中点．(1)证明：平面；(2)设，，，点在上，若与平面所成的角的正弦值为，求此时点的位置．【答案】(1)证明见解析(2)为的四等分点且靠近点位置【详解】（1）因为，为的中点，所以，在和中，所以，所以，又为的中点，所以，又平面，，所以平面.（2）因为，则，，由且，所以是等边三角形，由且，为的中点，所以，在等腰直角中，则，故，又且，以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则，所以，， 设面的一个法向量为，则，取，则，又，，设，，所以，设与平面所成的角的正弦值为，因为，所以，所以，解得，所以为的四等分点且靠近点位置.【典例2】（2023·全国·高三专题练习）如图（1），在正三角形中，分别为中点，将沿折起，使二面角为直二面角，如图（2），连接，过点作平面与平面平行，分别交于.(1)证明：平面；(2)点在线段上运动，当与平面所成角的正弦值为时，求的值.【答案】(1)证明见解析(2)或1【详解】（1）作DE中点O，连接，分别为中点，则,而二面角为直二面角，且平面平面,平面，故平面，∵平面平面ABD，平面平面，平面平面,∴同理，由分别为中点，，则四边形为平行四边形，故，∴F为BC中点，∴G为AC的中点，而，∴，∵平面，平面，∴，而，平面，∴平面，平面，∴，∴，由于，GE是公共边，∴≌，∴，即,又平面，∴平面.（2）由（1）知平面，以O为坐标原点，为轴，建立如图所示空间直角坐标系,令，则,,,,,,,,设，,,故，∴，∴，设平面的法向量，，，则，取，∴，，而与平面所成角的正弦值为，∴，解得或1.【变式1】（2023·广东·高三专题练习）如图，在四棱台中，底面是菱形，，梯形底面，.设为的中点.(1)求证：平面；(2)上是否存在一点，使得与平面所成角余弦为，请说明理由.【答案】(1)证明见解析(2)不存在这样符合条件的点，理由见解析【详解】（1）证明：取的中点，连接，则共面又，所以；由底面是菱形，，所以为正三角形，所以，又，平面，所以平面，又，，所以，所以平面.（2）因为平面平面平面，，平面平面，所以平面，则以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，则，，所以，，设，则，，设平面法向量,由，则，则,所以，整理得，由，所以方程无实数根，故不存在这样符合条件的点.【变式2】（2023·湖北荆州·沙市中学校考模拟预测）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.【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，故题型09利用向量法求二面角（定值）【典例1】（2023·内蒙古赤峰·赤峰二中校联考模拟预测）如图1，在五边形中，四边形为正方形，，，如图2，将沿折起，使得至处，且．  (1)证明：平面；(2)求二面角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）由题意得，，，因为，则，又，面，所以面，又面，则，又，，平面，平面，所以平面．（2）取的中点，可知，由，且可得，所以四边形是平行四边形，所以，则平面，设，以点为坐标原点，所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，如图，  则，，设平面的一个法向量为，则，即，取，则，设平面的一个法向量为，则，即，取，则，所以，由图可知，二面角为锐角，所以面角的余弦值为 ．【典例2】（2023秋·云南大理·高二统考期末）如图，在四棱锥中，平面，，四边形满足，，，点为的中点.  (1)求证：；(2)点为边上的点，若，求二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）证明：因为平面，平面，所以，.又，所以PA，AB，AD两两垂直.以A为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示.  则，，，，点M为PC的中点，故，故，，所以，所以.（2），设平面的法向量为，，，则令，则.设平面的法向量为，，，则，令，则，所以，因为二面角为锐角，所以二面角的余弦值为.【变式1】（2023·海南海口·海南华侨中学校考模拟预测）如图，多面体中，四边形是菱形，，，，，，平面，.  (1)求；(2)求二面角的正弦值.【答案】(1)2(2)【详解】（1）（1）取的中点，连接.  在菱形中，，，所以是正三角形.又是的中点，所以.平面，平面，.，平面，平面.平面，.，，平面，平面，平面.平面，.，，，四边形是正方形.，.（2）取的中点，连接.  由（1）知，是正三角形.又为的中点，所以，，且.因为平面，所以两两相互垂直.如图2，以A为坐标原点，，，的方向分别为，，轴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.设平面的法向量为，则，即，令，则.所以，，所以，二面角的正弦值为.【变式2】（2023春·江苏徐州·高二统考期中）如图，在正四棱锥中，，正四棱锥的体积为，点为的中点，点为的中点.  (1)求证：平面；(2)求二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）在正四棱锥中，连接，四边形为正方形 为的中点   又点为的中点为的中位线              又平面，平面，平面.（2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示，  因为正四棱锥的体积为，所以正四棱锥的体积，所以，，,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.设二面角的所成的角为，则，所以二面角的余弦值为.题型10利用向量法求二面角（最值或范围）【典例1】（2023春·安徽·高三安徽省临泉第一中学校联考阶段练习）如图，在四棱锥中，所有棱长都相等，，分别是棱，的中点，是棱上的动点，且.(1)若，证明：平面.(2)求平面与平面夹角余弦值的最大值.【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）连接，记，连接.因为四边形是正方形，所以是的中点，因为是的中点，所以.因为分别是棱的中点，所以，所以.因为平面，平面，所以平面.（2）四边形为菱形，所以，由平面，、平面，得，，故以为原点，分别以，，的方向为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.设，则，，，，，从而，，，.因为，所以，则.设平面的法向量为，则令，得.设平面的法向量为，则令，得.设平面与平面的夹角为(为锐角)，则.因为，所以，所以，则当时，平面与平面夹角的余弦值取得最大值.【典例2】（2023秋·重庆万州·高二重庆市万州第二高级中学校考期末）如图，在四棱锥中，，是的中点．(1)求的长；(2)设二面角平面角的补角大小为，若，求平面和平面夹角余弦值的最小值．【答案】(1)(2)【详解】（1）取PA的中点G，连接DG，EG，如图所示：则，且，，所以四边形CDGE为平行四边形．因为，所以为直角三角形，，在中，因为，所以，所以所以CE的长为；（2）在平面ABCD内过点A作BC的平行线，交CD的延长线于点M，如图所示，则，，以点M为坐标原点，分别以MA，MC为x轴和y轴，以与平面垂直的直线为z轴，建立空间直角坐标系，取AD的中点为N，连接PN，MN，则，，平面，所以平面，平面，所以平面平面，在平面PMN内过点P作，垂足为F，因为平面平面，所以平面，由已知可得，则，设．因为，所以，因为，，为线段的中点，所以，所以，所以，所以．设平面PAD的法向量，则令，则．设平面的法向量，因为，则令．则，所以为平面的一个法向量．设平面PAD和平面PBC的夹角为，则．令，所以，所以，所以当时，有最小值，所以平面PAD和平面PBC夹角余弦值的最小值为．【变式1】（2023春·重庆沙坪坝·高一重庆一中校考阶段练习）如图，在三棱柱中，底面是边长为2的等边三角形，分别是线段的中点，二面角为直二面角.(1)求证：平面；(2)若点为线段上的动点（不包括端点），求锐二面角的余弦值的取值范围.【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）连接，由题设知四边形为菱形，，分别为中点，；又为中点，，因为二面角为直二面角，即平面平面，平面平面平面平面，又平面；又平面平面.（2），为等边三角形，，平面平面，平面平面，平面平面，则以为坐标原点，所在直线为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，则，，设，则，；由（1）知：平面平面的一个法向量；设平面的法向量，则，令，则；，令，则；，即锐二面角的余弦值的取值范围为.【变式2】（2023·全国·高三专题练习）如图①所示，长方形中，，，点是边靠近点的三等分点，将△沿翻折到△，连接，，得到图②的四棱锥.(1)求四棱锥的体积的最大值；(2)设的大小为，若，求平面和平面夹角余弦值的最小值.【答案】(1)(2)平面和平面夹角余弦值的最小值为【详解】（1）解：取的中点，连接，因为，则，当平面平面时，点到平面的距离最大，四棱锥的体积取得最大值，此时平面，且，底面为梯形，面积为，则四棱锥的体积最大值为；（2）解：连接，因为，所以，所以为的平面角，即，过点作平面，以为坐标原点，分别以，，所在直线为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，过作于点，由题意得平面，设,,，所以，所以，所以，设平面的法向量为，则，令，则，设平面的法向量为，因为，则，令，可得：，设两平面夹角为，则，令，所以，则所以，所以当时，有最小值，所以平面和平面夹角余弦值的最小值为.题型11利用向量法解决二面角中的探索性问题【典例1】（2023·全国·高三对口高考）如图，在四棱锥中，，，是棱上一点．  (1)若，求证：平面；(2)若平面平面，平面平面，求证：平面；(3)在（2）的条件下，若二面角的余弦值为，求的值．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3)【详解】（1）连接BD交AC于点，连接OM，因为，所以，因为，所以，所以，所以，因为平面平面MAC，所以平面MAC.  （2）因为平面平面，平面平面平面ABCD，所以平面，因为平面PAD，所以．同理可证：．因为平面平面，所以平面ABCD．（3）分别以AD，AB，AP所在直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．  由，得，则，由（2）得：平面ABCD，所以平面ABCD的一个法向量为.设，即，所以，设平面AMC的法向量为，则，即，令，则，所以．因为二面角的余弦值为，所以，解得，所以的值为．【典例2】（2023春·安徽·高二马鞍山二中校联考阶段练习）如图所示，在四棱锥中，侧面为边长为2的等边三角形，底面为等腰梯形，，，底面梯形的两条对角线和互相垂直，垂足为，，点为棱上的任意一点.  (1)求证：；(2)是否存在点使得二面角的余弦值为，若存在求出点的位置；若不存在请说明理由.【答案】(1)证明见解析(2)存在，点为靠近的三等分点【详解】（1）证明：因为四边形为等腰梯形，且，所以为等腰直角三角形，因为，所以，因为，所以，所以，即，又因为平面，平面，且，所以平面，因为平面，所以.（2）解：如图所示，以为原点，分别为，轴建立空间直角坐标系，由（1）知，故，故假设在棱上存在一点满足题意，设.所以设平面的法向量为，则 ，易令，可得，所以又由平面的一个法向量为设二面角为，可知二面角为锐二面角则，整理得，即，解得或（舍去），所以，存在点为靠近的三等分点.  【变式1】（2023·山东菏泽·山东省鄄城县第一中学校考三模）已知在直三棱柱中，其中为的中点，点是上靠近的四等分点，与底面所成角的余弦值为．  (1)求证：平面平面；(2)在线段上是否存在一点，使得平面与平面所成的锐二面角的余弦值为，若存在，确定点的位置，若不存在，请说明理由．【答案】(1)证明见解析(2)存在，点是线段上靠近的三等分点【详解】（1）取的中点，连，因为为的中点，所以，，所以四边形为平行四边形，所以，因为与底面所成角的余弦值为，所以与底面所成角的余弦值为，因为三棱柱为直三棱柱，所以平面，所以是与底面所成角，所以，所以，所以，又，所以是边长为的等边三角形，取的中点，的中点，连，则，，平面，以为原点，的方向为轴建立空间直角坐标系：则，，，，，，，，，，，，，设平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，则，得，令，得，，，令，得，，，因为，所以，所以平面平面.（2）设，则，设平面的一个法向量为，则，若，则有，则，取，则，此时，不合题意；所以，令，得，，则，所以，整理得，解得.所以在线段上存在一点，使得平面与平面所成的锐二面角的余弦值为，点是线段上靠近的三等分点.  【变式2】（2023春·湖北武汉·高一武汉市第十一中学校考阶段练习）已知如图1直角梯形，，，，，为的中点，沿将梯形折起（如图2），使平面平面．  (1)证明：平面；(2)在线段上是否存在点，使得平面与平面所成的锐二面角的余弦值为，若存在，求出点的位置：若不存在，请说明理由．【答案】(1)证明见解析(2)存在，F为CD中点【详解】（1）在直角梯形中，，E为AB的中点，即，，四边形为平行四边形，而，，则为正方形，连接，如图，则，因为平面平面，平面平面，平面，于是得平面，而平面，则有，又，，平面，所以平面.（2）由（1）得BE⊥平面AECD，所以BE⊥AE，所以EA，EB，EC两两垂直，分别以，，方向为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系，如图所示，则，设，所以，，设平面FAB的法向量为，则，取x＝2，得，取平面EBC的法向量为，因为，所以a＝1或（舍去），故线段CD上存在点F，且F为CD中点时，使得平面FAB与平面EBC所成的锐二面角的余弦值为．题型12利用向量法求点到直线的距离【典例1】（2023春·福建泉州·高二校联考期中）如图，是棱长为1的正方体，若平面，且满足，则到的距离为（　　）A． B． C． D．【答案】C【详解】如图，以点A为原点，分别为轴建立空间坐标系，,则，则,，，，设平面的一个法向量，则，令，则，且面，则，即，得，故，所以，，，则，P到AB的距离为.故选：C【典例2】（2023·江苏南京·统考二模）在梯形中，，，，，如图1．现将沿对角线折成直二面角，如图2，点在线段上．(1)求证：；(2)若点到直线的距离为，求的值．【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1），，，故，则，即，又平面平面，平面平面，，平面，故平面，平面，则 ，又，，平面，所以平面，又平面，则.（2）设中点为，中点为，以为轴建立空间直角坐标系，如图所示：有，设，则，设，则，则 ，，，点到直线的距离为，则，即，即，解得，所以.【变式1】（2023春·山东菏泽·高二统考期末）已知空间直角坐标系中的三点，，，则点A到直线的距离为（   ）A． B． C． D．【答案】C【详解】已知，，，所以 ，，点A到直线的距离为.故选：C.【变式2】（2023春·江苏连云港·高二连云港高中校考阶段练习）如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，，底面，．建立适当的空间直角坐标系．(1)求平面与平面夹角的正弦值；(2)求到直线的距离．【答案】(1)(2)【详解】（1）由平面，，平面，，，又，，则，，，两两垂直，以为坐标原点，分别以，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，则，，，则设平面的一个法向量为，则，则可取，平面的一个法向量，设平面与平面的夹角为，则，，则平面与平面的夹角的正弦值为．（2），，，，距离．题型13利用向量法求点到平面的距离【典例1】（2023春·福建宁德·高二校联考期中）如图所示，四棱锥的底面是正方形，底面，为的中点，.  (1)证明：平面；(2)求点到平面的距离.【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）以为坐标原点，分别以，，的方向为轴，轴，轴的正方向，并均以1为单位长度，建立空间直角坐标系.  则，，，，，所以，，.设是平面的一个法向量，则，令，得，，所以.因为，所以，又因为平面，所以平面.（2）因为，，设是平面的一个法向量，则，令，得，所以.所以点到平面的距离.【典例2】（2023·辽宁沈阳·东北育才学校校考模拟预测）如图，棱长为2的正方体中，为线段上动点．  (1)证明：平面；(2)当直线与平面所成的角正弦值为时，求点到平面的距离．【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1），平面，平面，故平面；同理可得：平面；，且平面，故平面平面；，故平面；（2）如图所示：以分别为轴建立空间直角坐标系，  则，，，设，，，设平面的法向量为，则，取得到，，BP与平面所成的角正弦值为：，解得或（舍），设平面的法向量为，则，取得到，则点D到平面的距离.【变式1】（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，，是正三角形．  (1)若为的中点，求证：直线平面；(2)若点在棱上且，求点到平面的距离．【答案】(1)证明见详解(2)【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.  【变式2】（2023·陕西咸阳·武功县普集高级中学校考模拟预测）已知多面体，四边形是等腰梯形，，，四边形是菱形，，，分别为，的中点，.  (1)求证：平面平面；(2)求点到平面的距离.【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）设是线段的中点，连接，过作，垂足为，因为四边形为等腰梯形，，，所以，，因为是的中点，可得，则，即四边形为平行四边形，可得，所以，又因为四边形是边长为2的菱形，且，则是边长为2的等边三角形，可得，则，可得，因为平面平面，所以平面，且平面，所以平面平面.  （2）以为原点、分别为轴、轴、轴建立如图空间直角坐标系，则，可得， 设平面的法向量为，则，取，则，可得，则点到平面的距离为.    题型14利用向量法解决点到平面的距离的探索性问题【典例1】（2022秋·重庆沙坪坝·高二重庆八中校考阶段练习）图1是直角梯形，，，四边形是边长为4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)证明过程见解析(2)存在，直线与平面所成角的正弦值为【详解】（1）取BE的中点F，连接AF，，因为四边形ABCE是边长为4的菱形，并且，所以均为等边三角形，故⊥BE，⊥BE，且，因为，所以，由勾股定理逆定理得：AF⊥，又因为，平面ABE，所以⊥平面ABED，因为平面，所以平面平面ABED；（2）以F为坐标原点，FA所在直线为x轴，FB所在直线为y轴，所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，则，设，，，故，解得：，故，设平面的法向量为，则，故，令，则，故，其中则，解得：或（舍去），则，设直线与平面所成角为，则，直线与平面所成角的正弦值为.【典例2】（2022秋·湖北孝感·高二大悟县第一中学校联考期中）如图在四棱锥中，侧面底面，侧棱，底面为直角梯形，其中，为的中点．(1)求证：平面；(2)求平面与平面夹角的正弦值；(3)线段上是否存在，使得它到平面的距离为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．【答案】(1)证明见解析；(2)；(3)存在，.【详解】（1）∵，O为的中点，∴，∵侧面底面，侧面底面，而平面，∴平面.（2）连接，∵底面为直角梯形，其中，∴，又平面，∴以O为原点，所在直线为x轴，所在直线为y轴，所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，如下图所示：，设平面的法向量，则，取，得，易知平面，则是平面的法向量，设二面角夹角为，则，则，∴两平面夹角的正弦值为.（3）设线段上存在，使得它到平面的距离为，，∴Q到平面的距离，解得或（舍去）则，则．【变式1】（2022春·江苏常州·高二常州高级中学校考期中）已知四棱锥，底面是菱形，，平面，，点满足.      (1)求二面角的平面角的余弦值；(2)若棱上一点到平面的距离为，试确定点的位置.【答案】(1)(2)M为PC的中点.【详解】（1）连接AC交BD于O，过O作PD的平行线，以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，  则则，，设平面BDT的一个法向量则，则，∴平面BDT的一个法向量为又PD⊥平面是平面BDC的一个法向量∴，又由图可知二面角为钝角，∴二面角的平面角的余弦值为；（2）设，则∴，则点M到平面TBD的距离为，解得故点M的坐标为，即M为PC的中点.【变式2】（2022秋·广东佛山·高二校联考阶段练习）已知四棱锥中，底面为矩形，平面，，点在棱上.(1)若为的中点，求直线与平面所成角的正弦值；(2)是否存在一点，使得点到平面的距离为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.【答案】(1)(2)存在，2【详解】（1）由平面，平面得，又，以A为原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.因为，，，，，所以，，.设平面SCD的法向量为，则，则，令，得.设直线SE与平面SCD所成的角为θ，则，所以直线SE与面SCD所成角的正弦值为.（2）设，平面SDE的法向量为，则，则，令，则.又，当点A到平面SDE的距离为，则，解得，所以存在点，使得点A到平面SDE的距离为，此时.三、数学思想01函数与方程的思想1．（2022·全国·高三专题练习）在长方体中，，，若线段上存在一点，使得，则的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】D【详解】若线段上存在一点，使得，如下图示：则，令，则，设且，有，则，，所以，整理得，故在上有零点，而且对称轴为，开口向上，所以，只需，则，即的取值范围是.故选：D2．（2019秋·浙江台州·高二台州一中校考期中）如图，在长方体，，，点、分别为和上的动点，若平面，则的最小值为（    ）A． B． C． D．【答案】A【详解】如图建系，由题意可设，，，又 ，，平面的法向量，又 面，即，，最小值为.故选：A.3．（2022·高二课时练习）如图，以棱长为1的正方体的三条棱所在直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，点在线段上，点在线段DC上.（1）当，且点关于轴的对称点为时，求的长度；（2）当点是面对角线的中点，点在面对角线上运动时，探究的最小值.【答案】（1）；（2）最小值【详解】（1）由题意知，，，由，得，又点P关于y轴的对称点为M，所以，利用两点之间的距离可知.（2）点P是面对角线AB的中点时，，点Q在面对角线DC上运动，设点，，则所以当时，取得最小值，此时点.02化归与转化的思想1．（2021秋·安徽亳州·高二安徽省涡阳第一中学校考阶段练习）如图，棱长为6的正方体中，为正方体表面上的一个动点，､分别为的三等分点，则的最小值为（    ）A． B． C． D．【答案】A【详解】解：如图，找关于平面的对称点，连接交平面于，则即为满足最小的点，正方体的棱长为6，，，，，又，，在中，由余弦定理可得：．即的最小值为．故选：A．2．（2022秋·贵州贵阳·高二校联考阶段练习）如图，已知棱长为2的正方体，是正方形的中心，是内（包括边界）的动点，满足，则点的轨迹长度为______．【答案】【详解】如图建立空间直角坐标系，则设平面的法向量则有，令，则则设，则∵，则又∵PM=PD，则整理得：联立方程，则可得，可得当时，，当时，在空间中，满足PM=PD的P为过MD的中点且与MD垂直的平面两个平面的公共部分为直线，即点P的轨迹为平面A′C′D，则故答案为：．3．（2023·全国·高一专题练习）如图所示的几何体中，四边形是矩形，平面平面，已知，，且当规定正视方向垂直平面时，该几何体的侧视图的面积为.若，分别是线段，上的动点，则的最小值为______．【答案】6【详解】因为，，故，因为为三角形内角，故，设到的距离为，则，故.因为该几何体的侧视图的面积为，故，所以.四边形是矩形，故，而平面平面，平面，平面平面，故平面，而平面，故.所以，，同理，.将平面、平面、平面展开至一个平面上，如图所示：，当且仅当共线时等号成立，又因为，所以，所以，而，故，故的最小值为6，故答案为：6.