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第07讲 空间向量的应用（七大题型）-2024年高中数学新高二暑期衔接讲义
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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
【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 .
【典例例题】
题型一：求平面的法向量
例1．(2023·广东广州·高二广州市培正中学校考期中)如图，在棱长为3的正方体中，点在棱上，且．以为原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系．求平面的一个法向量.
【解析】因为正方体的棱长为3，，
所以，，，则，，
设是平面的法向量，则，，
所以，
取，则，，故，
于是是平面的一个法向量(答案不唯一)．
例2．(2023·高二课时练习)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.
【解析】(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).
例3．(2023·高二课时练习)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.
【解析】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.
题型二：利用向量研究平行问题
例4．(2023·全国·高二专题练习)如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AD＝AA1＝2，AB＝6，E、F分别为A1D1、D1C1的中点.分别以DA、DC、DD1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系D﹣xyz.
(1)求点E、F的坐标；
(2)求证：EF∥平面ACD1.
【解析】(1)由题意，AD＝AA1＝2，AB＝6，E、F分别为A1D1、D1C1的中点，
∴，
(2)，，
，，
∴，∴AC∥EF，
∵EF⊄平面ACD1，AC⊂平面ACD1，
∴EF∥平面ACD1．
例5．(2023·全国·高二专题练习)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.
【解析】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.
例6．(2023·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.
【解析】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
例7．(2023·高二课时练习)已知棱长为1的正方体在空间直角坐标系中的位置如图所示，分别为棱的中点，求证：.
【解析】因为正方体的棱长为1， 分别为棱的中点，
所以有， ， ， ，
所以，，则有，所以.
题型三：利用向量研究垂直问题
例8．(2023·江苏宿迁·高二校考阶段练习)如图，已知正方形和矩形所在的平面互相垂直，，，是线段的中点.
(1)求证：.
(2)求证：平面.
【解析】(1)因为四边形为矩形，则，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，又四边形为正方形，
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴，
建立空间直角坐标系，
由，，得，，，，
，，.
所以，，
所以，所以，
所以
(2)由(1)知，，，.
设是平面的法向量，则，，
所以，得，
取，得，，则.
因为，所以，即与共线.
所以平面.
例9．(2023·高二课时练习)在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AB⊥BC，AB＝BC＝2，AA1＝1，E为BB1的中点，求证：平面AEC1⊥平面AA1C1C.
【解析】由题意知直线AB，BC，B1B两两垂直，以点B为坐标原点，
分别以BA，BC，BB1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，
则A(2，0，0)，A1(2，0，1)，C(0，2，0)，C1(0，2，1)，E(0，0，)，
故 ＝(0，0，1)， ＝(－2，2，0)， ＝(－2，2，1)， ，
设平面AA1C1C的法向量为＝(x，y，z)，
则，即
令x＝1，得y＝1，故＝(1，1，0)．
设平面AEC1的法向量为＝(a，b，c)，
则，即,
令c＝4，得a＝1，b＝－1.故＝(1，－1，4)．
因为＝1×1＋1×(－1)＋0×4＝0，
所以.所以平面AEC1⊥平面AA1C1C.
例10．(2023·高二课时练习)如图所示，△ABC是一个正三角形，EC⊥平面ABC，BD∥CE，且CE＝CA＝2BD，M是EA的中点．求证：平面DEA⊥平面ECA.
【解析】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.
例11．(2023·高二课时练习)如图，在三棱锥P－ABC中，AB＝AC，D为BC的中点，PO⊥平面ABC，垂足O落在线段AD上．已知BC＝8，PO＝4，AO＝3，OD＝2.
(1)证明：AP⊥BC；
(2)若点M是线段AP上一点，且AM＝3，试证明AM⊥平面BMC.
【解析】(1)由题意知AD⊥BC，如图，以O为坐标原点，
以过O点且平行于BC的直线为x轴，OD，OP所在直线分别为y轴，z轴建立空间直角坐标系O－xyz.
则，
可得，
∵
∴，即AP⊥BC.
(2)由(1)可得，
∵M是AP上一点，且AM＝3，
∴，
可得，
设平面BMC的法向量为，则，
令b＝1，则，即，
显然，故∥，
∴AM⊥平面BMC.
例12．(2023·高二课时练习)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.
【解析】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.
例13．(2023·高二课时练习)如图，在棱长为1的正方体中，分别是的中点，建立适当的空间直角坐标系，证明：．
【解析】证明：以为坐标原点，分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示：
因为正方体棱长为1，分别是的中点，
所以，
所以，
所以，
由，
所以，
即.
题型四：异面直线所成的角
例14．(2023·贵州铜仁·高二统考期末)已知正四棱柱中，，，点，分别是和的中点，是线段的中点，则直线和所成角的余弦值为( )
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】如图
建立空间直角坐标系，则，，，，，
则，，，
则，
所以异面直线和所成角的余弦值为.
故选：D.
例15．(2023·湖北武汉·高二校联考期中)如图，在四棱锥中，底面，底面为正方形，，为的中点，为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为( )
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】
如图，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，设，
则，，，，，
则，，
所以，，
所以，
所以，异面直线与所成角的余弦值为.
故选：B.
例16．(2023·上海宝山·高二上海市吴淞中学校考阶段练习)如图所示，已知正方体，，分别是正方形和的中心，则和所成的角是( )
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】如图建立空间直角坐标系，令正方体的棱长为，则，，，，
所以，，
设和所成的角为，则，
因为，所以.
故选：B
例17．(2023·广东深圳·高二统考期末)在三棱锥中，平面，，，则直线与夹角的余弦值是( )
A．B．
C．D．
【答案】C
【解析】过B作Bz//AS.以分别为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系.
不妨设，则，，，.
所以,.
设直线与夹角为，则.
故选：C.
例18．(2023·北京顺义·高二牛栏山一中校考期中)如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1C1C是边长为4的正方形，平面ABC⊥平面AA1C1C，AB＝3，BC＝5．
(1)求证：AB⊥A1C；
(2)在棱AA1上是否存在一点F，使得异面直线AC1与BF所成角为60°，若存在，求出AF长；若不存在，请说明理由．
【解析】(1)证明：因为AA1C1C是边长为4的正方形，所以AC＝4，又AB＝3，BC＝5，
所以BC²＝AB²+AC²，所以AB⊥AC，
因为平面ABC⊥平面AA1C1C，平面ABC∩平面AA1C1C＝AC，AB⊂平面ABC，
所以AB⊥平面AA1C1C，因为A1C⊂面AA1C1C，
所以AB⊥A1C．
(2)如图，以A为坐标原点，AC，AB，AA1分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则A(0，0，0)，C1(4，0，4)，B(0，3，0)，设F(0，0，a)，
则(4，0，4)，(0，﹣3，a)，0＜a≤4，
因为异面直线AC1与BF所成角为60°，
所以|cs，|，
解得a＝3，所以F(0，0，3)，
则AF＝3，
所以在棱AA1上存在一点F，使得异面直线AC1与BF所成角为60°，此时AF＝3．
例19．(2023·河南安阳·高二校考阶段练习)如图：在三棱锥中，底面，，点，，分别为棱，，的中点，是线段的中点，，.
(1)求证：平面；
(2)已知点在棱上，且直线与直线所成角的余弦值为，求线段的长.
【解析】(1)证明：取中点，连接､，
∵为中点，∴，
∵平面，平面，
∴平面.
∵为中点，
∴，
又､分别为､的中点，
∴，则.
∵平面，平面，
∴平面.
又，､平面.
∴平面平面，
∵平面
∴平面；
(3)因为底面，平面，平面，
所以，
因为，
所以以为原点，分别以所在的直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示，则，
，
依题意，设，则，
进而可得，.
由已知，得，
整理得，解得或，
所以线段的长为或.
题型五：线面角
例20．(2023·广东深圳·高二深圳中学校考期中)如图，在四棱锥中，底面，，底面为直角梯形，，，，点在棱上，且．
(1)证明：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值．
【解析】(1)因为底面，底面，所以，
因为，面，所以面，
因为面，所以，
因为底面为直角梯形，，，，
所以在中，，,
在中，，，
连接，，设，则，
所以，
所以，
又因为平面，平面，
所以平面.
(2)因为底面，底面，
所以，
因为底面为直角梯形，所以，
所以以为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以,
所以，
设平面的一个法向量，
所以，取，则，
设直线与平面所成角大小为，
因为，
所以，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
例21．(2023·四川成都·高二四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.
【解析】(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.
例22．(2023·河南平顶山·高二统考期末)如图所示，在四棱锥中，平面ABCD，，，且，.
(1)求证：平面；
(2)若E为PC的中点，求与平面所成角的正弦值.
【解析】(1)作，垂足为，易证，四边形为正方形.
所以，.又，
因为，所以.
因为平面，平面，所以.
又，平面，平面，所以平面.
(2)以点为坐标原点，以所在的直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，.
则，，.
设平面的法向量为，
由，得，
令，可得平面的一个法向量为.
设与平面所成角为，
则.
例23．(2023·广西柳州·高二柳州地区高中校考期中)如图，在四棱锥中，底面ABCD为矩形，平面ABCD，M为PC中点．
(1)求证：平面MBD；
(2)若，求直线BM与平面AMD所成角的正弦值．
【解析】(1)连接AC交BD于点O，连接OM，
由四边形ABCD为矩形，
可知O为AC中点，M为PC中点，
所以，
又平面，平面，
所以平面MBD.
(2)以为原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，
则 ，
所以，
设平面的法向量为，
则，
令，则，
设直线与平面所成角为，则
，
所以直线与平面所成角的正弦值为．
例24．(2023·重庆沙坪坝·高二重庆南开中学校考期中)四棱锥中，底面，四边形是正方形，.
(1)求证：平面平面；
(2)设点为棱的中点，求直线与平面所成角的正弦值.
【解析】(1)如图建立空间直角坐标系，则、、、、，
则、、、，
设平面的法向量为，则，所以，
设平面的法向量为，则，所以，
所以，所以平面平面.
(2)因为点为棱的中点，所以，所以，
设直线与平面所成角为，所以，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
例25．(2023·福建莆田·高二莆田华侨中学校考期中)在三棱柱中，平面平面，侧面为菱形，，，，E是的中点.
(1)求证：平面；
(2)点P在线段上(异于点，)，与平面所成角为，求的值.
【解析】(1)因为四边形为菱形，所以，
又因为，，平面，，
所以平面.
(2)取的中点O，连接，四边形为菱形，且，
所以.
因为平面平面，平面平面，
平面，
所以平面，所以，又因为，与相交，
所以平面.取中点D，连结，
以O为原点，，，为空间基底建立直角坐标系.
则，，，，
所以，.
设平面的一个法向量为，
所以，令，则，，
所以.
设，可得点，.
由题意
解得或(舍)，即.
题型六：二面角
例26．(2023·江西萍乡·高二统考期末)如图，在直三棱柱中，是等边三角形，，是棱的中点.
(1)证明：平面平面；
(2)求锐二面角的余弦值.
【解析】(1)因为直三棱柱，
所以平面，
因为平面，
所以；
因为是等边三角形，是棱的中点，
所以；
因为平面，且，
所以平面，
因为平面，
所以平面平面
(2)分别取的中点为，连接，
因为是等边三角形，是中点，
所以，
因为直三棱柱，
所以平面，
因为平面，
所以，
因为为的中点，
所以，
所以
即两两垂直，
以为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以，
设平面的法向量为，
所以，
取，则，
平面的一个法向量为；
则，
所以锐二面角的余弦值为
例27．(2023·山东滨州·高二统考期末)如图，在四棱锥中，底面，四边形是直角梯形，，，，点E在棱PB上．
(1)证明：平面平面PBC；
(2)当时，求二面角的余弦值．
【解析】(1)因为底面，平面，
所以．
因为，，所以．
所以，所以．
又因为，平面PBC，平面PBC，
所以平面PBC．
又平面EAC，
所以平面平面PBC．
(2)解法一：
以点C为原点，CB，CA，CP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，，，．
设点E的坐标为，因为，所以，
即，，，所以．
所以，．
设平面ACE的一个法向量为，则．
所以，取，则，．
所以平面ACE的一个法向量为．
又因为平面PAC，所以平面PAC的一个法向量为．
设平面PAC与平面ACE的夹角为，
则．
所以，平面PAC与平面ACE夹角的余弦值为．
解法二：
取AB的中点G，连接CG，以点C为原点，CG，CD，CP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，，，．
设点E的坐标为，因为，所以，
即，，，所以．
所以，．
设平面ACE的一个法向量为，则．
所以，取，则，．
所以，平面ACE的一个法向量为．
又因为平面PAC，所以平面PAC的一个法向量为．
设平面PAC与平面ACE的夹角为，
则．
所以，平面PAC与平面ACE夹角的余弦值为
例28．(2023·河南洛阳·高二统考期末)如图，在四棱锥中，平面ABCD，，，，且直线PB与CD所成角的大小为．
(1)求BC的长；
(2)求二面角的余弦值．
【解析】(1)由于平面ABCD，，所以两两垂直，故分别以,,所在直线为,,轴建立如图所示的空间直角坐标系．
，,0,，,0,，,1,，,0,．
设,,，则,0,，,,．
直线与所成角大小为，
，
即，解得或(舍，
,2,，则的长为2；
(2)设平面的一个法向量为,,．
,0,，,1,，,
，令，则，，,1,．
平面的一个法向量为，
，令，则，，,
，
由几何体的特征可知二面角的平面角为锐角，
二面角的余弦值为．
例29．(2023·广东深圳·高二深圳中学校考期中)如图，在斜三棱柱中，侧面与侧面都是菱形，．
(1)证明：；
(2)若，求二面角的正弦值．
【解析】(1)连接，，则和都为正三角形．
取中点，连，，则，，
又因为平面，
所以平面，
因为平面，所以.
(2)由(1)知，，又因为，所以．
如图所示，分别以，，为正方向建立空间直角坐标系，
则，，，
设平面的法向量为，
因为，，
所以
取，则
同理，面的一个法向量为，
设二面角的大小为 ，
则，
所以，
平面与平面所成的二面角的正弦值为.
例30．(2023·湖南株洲·高二统考期末)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.
【解析】(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.
例31．(2023·甘肃张掖·高二高台县第一中学校考阶段练习)在四棱锥中，，，，，．
(1)求证：平面平面；
(2)求平面与平面所成角的余弦值．
【解析】(1)证明：取BD中点O，连接PO，AO．
因为，O为BD中点，所以．
在、中，因为，，， ，所以，
又在中，，所以．
又，，所以，
又，AO，平面ABCD，所以面ABCD，
又面PBD，所以面面ABCD．
(2)由于为等腰直角三角形，O为斜边BD的中点，所以，由(1)知面ABCD，
以O为原点，OA，OB，OP为x轴，y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，
所以，，，，
设平面PAD与平面PBC的法向量分别为，，
由，和得和
令，，则，，设法向量，所成的角为，
则，所以平面PAD与平面PBC所成角的余弦值为．
例32．(2023·四川广安·高二广安二中校考期中)如图，在三棱锥中，底面．，D为中点，且．
(1)求的长；
(2)求锐二面角的余弦值．
【解析】(1)因为底面，如图建立空间直角坐标系，
设，，，，所以，，
所以，即，解得或(舍去)，
所以，所以，所以，即的长为.
(2)因为，
设平面的法向量为，则，令，则，
由(1)可知，，
设平面的法向量为，则，令，则，
所以，即锐二面角的余弦值为.
例33．(2023·福建南平·高二校考阶段练习)如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，D为棱BC的中点，AB=4，AA1=3.
(1)证明：A1D⊥B1C1；
(2)若E为棱AB上一点，且满足A1E⊥DE，求二面角A-A1E-C的正弦值
【解析】(1)由题易知，为正三角形，连接，
由于为的中点，故.
平面，平面，
.又，，平面，
平面.
∵在正三棱柱中，，所以平面.
又平面，
；
(2)因为平面，平面，所以．
又，，，平面，
故平面．
又平面，所以．
因为为正三角形，为中点，所以点为线段上靠近点的四等分点，则．
如图，取为的中点，以为坐标原点，分别以，，为，，轴的正方向建立空间直角坐标系，
则，，，，
则平面的一个法向量为．
又，，
设平面的法向量为．
则，即，
令，则，，故．
设二面角的平面角为，
则，
则二面角 的正弦值为．
例34．(2023·江西南昌·高二南昌二中校考阶段练习)如图，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD是矩形，，，点F为PB中点，点E在边BC上移动．
(1)求证： 平面AFC；
(2)若二面角的大小为60°，则CE为何值时，三棱锥的体积为．
【解析】(1)连接，设，如下图所示:
四边形ABCD是矩形，所以是的中点， F为PB中点，所以有，
而平面，平面，由直线与平面平行的判定定理可知: 平面AFC；
(2)建立如上图所示的空间直角坐标系，
设，，
设平面的法向量为，，则有
，
而PA⊥平面，所以是平面的法向量，
所以有，
，设，，
三棱锥的体积为，解得，
所以当时，三棱锥的体积为．
例35．(2023·云南昆明·高二统考期末)如图，在直三棱柱中，侧面为正方形，，，M，N分别为和的中点，为棱上的点.
(1)证明：；
(2)是否存在点D，使得平面与平面夹角的余弦值为？如果不存在，请说明理由；如果存在，求线段的长.
【解析】(1)证明：由题意，，，两两垂直，以A为原点，
建立如图所示的空间直角坐标系，
设，则，，，
所以，
因为，
所以.
(2)由题意，平面，所以平面的一个法向量为，
因为，所以，，
设平面的法向量为，
则，
令，则，
设平面与平面的夹角为，则
，
整理得，，解得，
所以存在点，满足条件.
例36．(2023·湖北·高二统考期末)如图，在四棱锥中，底面ABCD是直角梯形，，，底面ABCD，点E为棱PC的中点，．
(1)证明：平面PAD；
(2)在棱PC上是否存在点F，使得二面角的余弦值为，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由．
【解析】(1)在PD上找中点G，连接AG，EG，如图：
∵G和E分别为PD和PC的中点，
∴，且，
又∵底面ABCD是直角梯形，，，
∴且．即四边形ABEG为平行四边形，
∴，
∵平面PAD，平面PAD，
∴平面PAD；
(2)因为平面，平面，
所以，又，
以A为原点，以AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
可得，，，，，
由F为棱PC上一点，设，
，
设平面FAD的法向量为，
由可得，解得：，
令，则，则，
取平面ADC的法向量为，
则二面角的平面角满足：,
解得：，解得：或(舍去)，
故存在满足条件的点F，此时．
题型七：距离问题
例37．(2023·广东广州·高二广州市培正中学校考期中)如图，已知四棱锥的底面是菱形，对角线，交于点，，，，底面，设点是的中点．
(1)直线与平面所成角的正弦值；
(2)点到平面的距离.
【解析】(1)因为四边形为菱形，所以，
又面，故以为轴，为轴，为轴建立如图所示的空间直角坐标系，如图，
因为，，，且为中点，
则，，，，，，
故，，，
设面的法向量为，则，
令，则，，故，
所以，
故直线与平面所成角的正弦值为；
(2)由(1)可知，面的一个法向量为，
所以点到平面的距离，
故点到平面的距离为．
例38．(2023·高二课时练习)如图，设在直三棱柱中，，，E，F依次为的中点．
(1)求异面直线、EF所成角的余弦值；
(2)求点到平面AEF的距离．
【解析】(1)在直三棱柱中，，以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
，，
所以异面直线所成角的余弦值为．
(2)设平面AEF的一个法向量为，而，
则，令，得，又，
于是．
所以点到平面AEF的距离为．
例39．(2023·河南漯河·高二校考期末)在棱长为4的正方体中，点P在棱上，且．
(1)求直线与平面所成的角的正弦值大小；
(2)求点P到平面的距离．
【解析】(1)连接，由正方体的结构特点易知面，为垂足，所以即为所求的线面角，
∵，∴，
由勾股定理知，，
∴．
(2)
以D为坐标原点，以，，所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，
由已知，，，，，
所以，，，
设面的法向量为，
故有，
令，则，故，
故点P到平面的距离．
例40．(2023·甘肃张掖·高二高台县第一中学校考期中)如图，正方体的棱长为2，点为的中点．
(1)求点到平面的距离为；
(2)求到平面的距离．
【解析】(1)以为原点，所在的直线分别为轴如图建立空间直角坐标系，
则，
所以，
设平面的一个法向量为，
则，
令，
所以平面所的法向量为，又
所以点到平面的距离.
(2)由(1)可得平面的法向量为，
∵，∴，
，
，
∴平面，
所以到平面的距离可以转化为点到平面的距离，
由，
所以到平面的距离为.
例41．(2023·辽宁沈阳·高二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．
【解析】(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.
例42．(2023·江苏淮安·高二淮阴中学校联考阶段练习)已知点，若点和点在直线上，则点到直线的距离为___________.
【答案】/
【解析】由题意知，点，，，
可得，则，
所以，可得，
所以点到直线的距离为.
故答案为：.
例43．(2023·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
【解析】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
例44．(2023·高二课时练习)如图，棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，N是棱AD的中点，M是棱CC1上的点，且CC1=3CM，则直线BM与B1N之间的距离为____.
【答案】
【解析】正方体的棱长为1，如图，以D为坐标原点，所在方向分别为轴正方向建立空间直角坐标系，
则B(1，1，0)，B1(1，1，1)，，，∴=(0，0，1)，，.
设直线BM与B1N的公垂线方向上的向量，由，，
得，令x=2，则z=6，y=-7，∴，
设直线BM与B1N之间的距离为d，则d===.
故答案为：.
例45．(2023·湖南怀化·高二校联考期末)正方体中，棱长为，则直线与的距离为__________．
【答案】
【解析】以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
则，，， ，
，，，
设和的公共法向量，
则，取，得，
直线与的距离为：．
故直线与的距离为．
故答案为：．
【过关测试】
一、单选题
1．(2023·广东江门·高二江门市培英高级中学校考期中)已知直线l的一个方向向量为，平面的一个法向量为，若，则＝( )
A．﹣3B．3C．6D．9
【答案】B
【解析】因为，所以，解得，
所以.
故选：B
2．(2023·高二课时练习)正方体的棱长为1，则平面与平面的距离为( )
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】由正方体的性质：∥,∥，
，，
且平面，平面，
平面，平面，
所以平面平面，
则两平面间的距离可转化为点B到平面的距离．
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：
由正方体的棱长为1，所以，，，
，，
所以，，
，．
连接，
由，，
所以，
且，
可知平面，
得平面的一个法向量为，
则两平面间的距离：
．
故选：D.
3．(2023·高二课时练习)如图，已知正方体的棱长为a，设，则( )
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】由题意，正方体中，棱长为，且，
可得，可得，
且，
则，
因为，所以.
故选：D.
4．(2023·高二课时练习)已知平面α的一个法向量，点在α内，则到α的距离为( )
A．10B．3
C．D．
【答案】D
【解析】由题意，得，又知平面的一个法向量，
则到平面的距离，
故选：D.
5．(2023·江苏常州·高二校联考期中)下列说法正确的是( )
A．若向量、共线，则向量、所在的直线平行；
B．若向量、所在的直线是异面直线，则向量、一定不共线；
C．若直线l的方向向量为，平面的法向量，则l；
D．若、、是空间三个向量，则对空间任一向量，总存在唯一的有序实数组，使.
【答案】B
【解析】对选项A，若向量、共线，则向量、所在的直线平行或重合，故A错误.
对选项B，因为向量、所在的直线是异面直线，所以向量、一定不共线，
故B正确.
对选项C，因为无法判断直线是否在平面内，故C错误.
对选项D，只有、、三个向量不共面时，才有，故D错误.
故选：B
6．(2023·江苏·高二校联考阶段练习)如图所示，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是棱CC1的中点，=λ，若异面直线D1E和A1F所成角的余弦值为，则异面直线A1F与BE所成角θ的余弦值为( )
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】如图，以D为原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
因为正方体的棱长为2，则A1(2，0，2)，D1(0，0，2)，E(0，2，1)，A(2，0，0).
所以，
又
所以，整理得到，解得(舍去),
所以，,
所以，故cs θ=，
故选：B.
7．(2023·江西景德镇·高二景德镇一中校考期中)在棱长为2的正方体中，E，F分别为AD，BC的中点，为线段EF上的一动点，则直线与所成角的余弦值的取值范围是( )
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】构建如下图示的空间直角坐标系，
所以，，且，
则，，
所以，
当，夹角余弦值最小为，当，夹角余弦值最大为，
所以直线与所成角的余弦值的取值范围是.
故选：C
8．(2023·湖南娄底·高二湖南省新化县第一中学校考期末)如图， 平面ABCD，底面ABCD是正方形，E，F分别为PD，PB的中点，点G在线段AP上，AC与BD交于点O，，若平面，则( )
A．B．C．D．1
【答案】C
【解析】
如图所示，以为坐标原点， 的方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，
由题意可得 ,，
则,
所以，
设平面EFC的法向量为，
则，解得， 令，则，
所以平面EFC的一个法向量为.
因为平面EFC，则，
设，则，所以，
解得，所以，即.
故选：C
二、多选题
9．(2023·江苏·高二南师大二附中校联考阶段练习)下列利用方向向量､法向量判断线､面位置关系的结论中，正确的是( )
A．两条不重合直线的方向向量分别是，则
B．直线的方向向量，平面的法向量是，则
C．两个不同的平面的法向量分别是，则
D．直线的方向向量，平面的法向量是，则
【答案】AC
【解析】对于，两条不重合直线，的方向向量分别是，
则，所以，即，故正确；
对于，两个不同的平面，的法向量分别是，
则，所以，故正确；
对于，直线的方向向量，平面的法向量是，
则，所以，即或，故错误；
对于，直线的方向向量，平面的法向量是，
则，所以，即，故错误．
故选：．
10．(2023·高二课时练习)下列命题是真命题的有( )
A．A，B，M，N是空间四点，若不能构成空间的一个基底，那么A，B，M，N共面
B．直线l的方向向量为，直线m的方向向量为，则l与m垂直
C．直线l的方向向量为，平面α的法向量为，则l⊥α
D．平面α经过三点，是平面α的法向量，则u+t＝1
【答案】ABD
【解析】对于A，A，B，M，N是空间四点，若不能构成空间的一个基底，
则共面，可得A，B，M，N共面，故A正确；
对于B，，故，可得l与m垂直，故B正确；
对于C，，故，可得在α内或l∥α，故C错误；
对于D，，易知，故﹣1+u+t＝0，故u+t＝1，故D正确．
故选：ABD．
11．(2023·江苏盐城·高二盐城中学校考期中)点P在正方体的侧面及其边界上运动，并保持，若正方体边长为
，则的可能取值是( )
A．B．C．D．
【答案】BC
【解析】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、、，设点，
，，
因为，则，所以，，
所以，.
故选：BC.
12．(2023·广西·高二校联考期中)如图，为正方体，边长为1，下列说法正确的是( )
A．平面B．到面的距离为
C．异面直线与的距离为D．异面直线与的夹角为
【答案】ABC
【解析】
选项A：
如图建立空间直角坐标系，
由题意，，，，，，，
，，，
，，
所以，
又因平面，平面，，
所以平面，A正确；
B选项：
由A知为平面的法向量，
，
所以到面的距离为，
故B正确，
C选项：
，，，
设异面直线与的公共法向量为，
则，，
令，则，，
,
则异面直线与的距离为，
故C正确，
D选项：
，，
，
所以异面直线与的夹角的余弦值为，夹角为
故D错误，
故选：ABC
三、填空题
13．(2023·广东广州·高二广州市培正中学校考期中)在空间直角坐标系中，已知点，，若点在轴上，且，则M的坐标是_____________.
【答案】
【解析】依题意，设，
因为，，，
所以，解得，
所以．
故答案为：.
14．(2023·高二课时练习)矩形ABCD中，，平面ABCD，且，则P到BC的距离为__________．
【答案】
【解析】方法一：如图，因为平面,平面,所以,
又因为是矩形，所以,
因为,所以平面,
因为平面，所以,所以为到的距离.
在矩形中，因为，所以,
在直角三角形中，由勾股定理得,
所以到的距离为.
故答案为：.
方法二：建立如图所示坐标系，在矩形中，，
所以，所以
,所以,
所以为到的距离.
,所以到的距离为.
故答案为：
15．(2023·甘肃金昌·高二永昌县第一高级中学校考期中)如图，已知平面，，，，，.若，，则与平面所成角的余弦值为__________.
【答案】
【解析】
依题意，以为坐标原点，分别以，，为轴、轴、轴的正方向，如图建立空间直角坐标系，
由已知可得，，，，，，
则，，.
设是平面的法向量，
则，即，
令，则，，
所以是平面的一个法向量.
设与平面所成的角为，.
因为，，，
则，
所以.
因为，
所以，
所以与平面所成角的余弦值为.
故答案为：.
16．(2023·江苏连云港·高二校考阶段练习)已知空间直角坐标系中，过点且一个法向量为的平面的方程为，过点且方向向量为的直线的方程为用以上知识解决下面问题：已知平面的方程为，直线是两个平面与的交线，则直线与平面所成角的正弦值为_______.
【答案】
【解析】平面的方程为，所以平面的法向量为，
平面与平面的法向量分别为，，
设直线的方向向量为，则，即，取
设直线与平面所成的角为，
则.
故答案为：.
四、解答题
17．(2023·江西萍乡·高二统考期末)如图，在直三棱柱中，是等边三角形，，是棱的中点.
(1)证明：平面平面；
(2)求锐二面角的余弦值.
【解析】(1)因为直三棱柱，
所以平面，
因为平面，
所以；
因为是等边三角形，是棱的中点，
所以；
因为平面，且，
所以平面，
因为平面，
所以平面平面
(2)分别取的中点为，连接，
因为是等边三角形，是中点，
所以，
因为直三棱柱，
所以平面，
因为平面，
所以，
因为为的中点，
所以，
所以
即两两垂直，
以为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以，
设平面的法向量为，
所以，
取，则，
平面的一个法向量为；
则，
所以锐二面角的余弦值为
18．(2023·广东广州·高二执信中学校考阶段练习)如图，四棱锥中，平面，，，，M为棱上一点.
(1)若M为的中点，证明：平面；
(2)若，且平面，求直线与平面所成角的正弦值.
【解析】(1)取中点，连接和，
因为，，且为的中点，
所以且，
所以四边形为平行四边形，则，
因为平面，平面，
所以平面，
因为M，N分别为的中点，
所以，
因为平面，平面，
所以平面，
又因为平面，，
所以平面平面，
因为平面，
所以平面
(2)取中点，作交于，连接，
因为，所以，
因为平面，平面，
所以，
因为，
所以，
以为坐标原点，为正交基底建立如下图所示的空间直角坐标系，
、、、、.
所以，.
设平面的法向量，
又因为平面，
所以，
取，，，则.
又因为，
所以.
所以直线和平面所成角正弦值为.
19．(2023·北京·高二中关村中学校考期中)如图：在四棱锥中，底面是正方形，，，点在上，且.
(1)求证：平面；
(2)求二面角的余弦值；
(3)证明：在线段上存在点，使∥平面，并求线段的长.
【解析】(1)证明：，，
，同理
又，平面ABCD
平面.
(2)
如图，以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，
则
平面的法向量为，设平面的法向量为
，由有： ，取
，
设二面角的平面角为，由图形可知，，
二面角的余弦值为.
(3)
假设存在点，使∥平面，令，，
，由∥平面，，
，即，解得
存在点，为的中点，即.
20．(2023·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.
【解析】(1)连接AC交BD于O，过O作PD的平行线交PB于M，
由题意可知AC，BD，OM两两垂直，
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的七等分点靠近P的分点.
21．(2023·江苏盐城·高二盐城市第一中学校联考期中)如图，在中，，，，可以通过以直线为轴旋转得到，且二面角是直二面角．动点在线段上．
(1)当为的中点时，求异面直线与所成角的余弦值；
(2)求与平面所成角的正弦值的最大值．
【解析】(1)由题意可得：，平面平面，
平面平面，平面，所以平面，
如图，以为坐标原点建立空间直角坐标系，则，
若为的中点，则，可得，
设异面直线与所成角，则.
故异面直线与所成角的余弦值为.
(2)若动点在线段上，设，
则，可得，解得，
即，则，
由题意可知：平面的法向量为，
设与平面所成角为，
则，
对于开口向上，对称轴为，
可得当时，取到最小值，
所以的最大值为，因为，
故与平面所成角的正弦最大值为.
22．(2023·江苏常州·高二校联考期中)如图所示的几何体中，平面平面，，若为的中点，为的中点，.
(1)求证：平面；
(2)求点到平面的距离；
(3)求平面与平面所成角(锐角)的余弦值.
【解析】(1)因为，，则，即有，同理，，
因为平面平面，平面平面，
又平面，因此，平面，
即AE，AB，AD两两垂直，以点A为原点，射线AE，AB，AD分别为x，y，z轴非负半轴建立空间直角坐标系，如图，
则，的中点，又，即，
于是得，，，
设平面的法向量，则，
令，得，
因此，，即，平面，而平面，
所以平面.
(2)由(1)知，，则点F到平面的距离，
所以点到平面的距离是.
(3)由(1)知，平面的法向量，平面的一个法向量为，
依题意，，
所以，平面与平面所成角(锐角)的余弦值为.
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
【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 .
【典例例题】
题型一：求平面的法向量
例1．(2023·广东广州·高二广州市培正中学校考期中)如图，在棱长为3的正方体中，点在棱上，且．以为原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系．求平面的一个法向量.
【解析】因为正方体的棱长为3，，
所以，，，则，，
设是平面的法向量，则，，
所以，
取，则，，故，
于是是平面的一个法向量(答案不唯一)．
例2．(2023·高二课时练习)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.
【解析】(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).
例3．(2023·高二课时练习)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.
【解析】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.
题型二：利用向量研究平行问题
例4．(2023·全国·高二专题练习)如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AD＝AA1＝2，AB＝6，E、F分别为A1D1、D1C1的中点.分别以DA、DC、DD1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系D﹣xyz.
(1)求点E、F的坐标；
(2)求证：EF∥平面ACD1.
【解析】(1)由题意，AD＝AA1＝2，AB＝6，E、F分别为A1D1、D1C1的中点，
∴，
(2)，，
，，
∴，∴AC∥EF，
∵EF⊄平面ACD1，AC⊂平面ACD1，
∴EF∥平面ACD1．
例5．(2023·全国·高二专题练习)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.
【解析】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.
例6．(2023·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.
【解析】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
例7．(2023·高二课时练习)已知棱长为1的正方体在空间直角坐标系中的位置如图所示，分别为棱的中点，求证：.
【解析】因为正方体的棱长为1， 分别为棱的中点，
所以有， ， ， ，
所以，，则有，所以.
题型三：利用向量研究垂直问题
例8．(2023·江苏宿迁·高二校考阶段练习)如图，已知正方形和矩形所在的平面互相垂直，，，是线段的中点.
(1)求证：.
(2)求证：平面.
【解析】(1)因为四边形为矩形，则，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，又四边形为正方形，
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴，
建立空间直角坐标系，
由，，得，，，，
，，.
所以，，
所以，所以，
所以
(2)由(1)知，，，.
设是平面的法向量，则，，
所以，得，
取，得，，则.
因为，所以，即与共线.
所以平面.
例9．(2023·高二课时练习)在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AB⊥BC，AB＝BC＝2，AA1＝1，E为BB1的中点，求证：平面AEC1⊥平面AA1C1C.
【解析】由题意知直线AB，BC，B1B两两垂直，以点B为坐标原点，
分别以BA，BC，BB1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，
则A(2，0，0)，A1(2，0，1)，C(0，2，0)，C1(0，2，1)，E(0，0，)，
故 ＝(0，0，1)， ＝(－2，2，0)， ＝(－2，2，1)， ，
设平面AA1C1C的法向量为＝(x，y，z)，
则，即
令x＝1，得y＝1，故＝(1，1，0)．
设平面AEC1的法向量为＝(a，b，c)，
则，即,
令c＝4，得a＝1，b＝－1.故＝(1，－1，4)．
因为＝1×1＋1×(－1)＋0×4＝0，
所以.所以平面AEC1⊥平面AA1C1C.
例10．(2023·高二课时练习)如图所示，△ABC是一个正三角形，EC⊥平面ABC，BD∥CE，且CE＝CA＝2BD，M是EA的中点．求证：平面DEA⊥平面ECA.
【解析】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.
例11．(2023·高二课时练习)如图，在三棱锥P－ABC中，AB＝AC，D为BC的中点，PO⊥平面ABC，垂足O落在线段AD上．已知BC＝8，PO＝4，AO＝3，OD＝2.
(1)证明：AP⊥BC；
(2)若点M是线段AP上一点，且AM＝3，试证明AM⊥平面BMC.
【解析】(1)由题意知AD⊥BC，如图，以O为坐标原点，
以过O点且平行于BC的直线为x轴，OD，OP所在直线分别为y轴，z轴建立空间直角坐标系O－xyz.
则，
可得，
∵
∴，即AP⊥BC.
(2)由(1)可得，
∵M是AP上一点，且AM＝3，
∴，
可得，
设平面BMC的法向量为，则，
令b＝1，则，即，
显然，故∥，
∴AM⊥平面BMC.
例12．(2023·高二课时练习)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.
【解析】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.
例13．(2023·高二课时练习)如图，在棱长为1的正方体中，分别是的中点，建立适当的空间直角坐标系，证明：．
【解析】证明：以为坐标原点，分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示：
因为正方体棱长为1，分别是的中点，
所以，
所以，
所以，
由，
所以，
即.
题型四：异面直线所成的角
例14．(2023·贵州铜仁·高二统考期末)已知正四棱柱中，，，点，分别是和的中点，是线段的中点，则直线和所成角的余弦值为( )
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】如图
建立空间直角坐标系，则，，，，，
则，，，
则，
所以异面直线和所成角的余弦值为.
故选：D.
例15．(2023·湖北武汉·高二校联考期中)如图，在四棱锥中，底面，底面为正方形，，为的中点，为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为( )
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】
如图，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，设，
则，，，，，
则，，
所以，，
所以，
所以，异面直线与所成角的余弦值为.
故选：B.
例16．(2023·上海宝山·高二上海市吴淞中学校考阶段练习)如图所示，已知正方体，，分别是正方形和的中心，则和所成的角是( )
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】如图建立空间直角坐标系，令正方体的棱长为，则，，，，
所以，，
设和所成的角为，则，
因为，所以.
故选：B
例17．(2023·广东深圳·高二统考期末)在三棱锥中，平面，，，则直线与夹角的余弦值是( )
A．B．
C．D．
【答案】C
【解析】过B作Bz//AS.以分别为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系.
不妨设，则，，，.
所以,.
设直线与夹角为，则.
故选：C.
例18．(2023·北京顺义·高二牛栏山一中校考期中)如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1C1C是边长为4的正方形，平面ABC⊥平面AA1C1C，AB＝3，BC＝5．
(1)求证：AB⊥A1C；
(2)在棱AA1上是否存在一点F，使得异面直线AC1与BF所成角为60°，若存在，求出AF长；若不存在，请说明理由．
【解析】(1)证明：因为AA1C1C是边长为4的正方形，所以AC＝4，又AB＝3，BC＝5，
所以BC²＝AB²+AC²，所以AB⊥AC，
因为平面ABC⊥平面AA1C1C，平面ABC∩平面AA1C1C＝AC，AB⊂平面ABC，
所以AB⊥平面AA1C1C，因为A1C⊂面AA1C1C，
所以AB⊥A1C．
(2)如图，以A为坐标原点，AC，AB，AA1分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则A(0，0，0)，C1(4，0，4)，B(0，3，0)，设F(0，0，a)，
则(4，0，4)，(0，﹣3，a)，0＜a≤4，
因为异面直线AC1与BF所成角为60°，
所以|cs，|，
解得a＝3，所以F(0，0，3)，
则AF＝3，
所以在棱AA1上存在一点F，使得异面直线AC1与BF所成角为60°，此时AF＝3．
例19．(2023·河南安阳·高二校考阶段练习)如图：在三棱锥中，底面，，点，，分别为棱，，的中点，是线段的中点，，.
(1)求证：平面；
(2)已知点在棱上，且直线与直线所成角的余弦值为，求线段的长.
【解析】(1)证明：取中点，连接､，
∵为中点，∴，
∵平面，平面，
∴平面.
∵为中点，
∴，
又､分别为､的中点，
∴，则.
∵平面，平面，
∴平面.
又，､平面.
∴平面平面，
∵平面
∴平面；
(3)因为底面，平面，平面，
所以，
因为，
所以以为原点，分别以所在的直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示，则，
，
依题意，设，则，
进而可得，.
由已知，得，
整理得，解得或，
所以线段的长为或.
题型五：线面角
例20．(2023·广东深圳·高二深圳中学校考期中)如图，在四棱锥中，底面，，底面为直角梯形，，，，点在棱上，且．
(1)证明：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值．
【解析】(1)因为底面，底面，所以，
因为，面，所以面，
因为面，所以，
因为底面为直角梯形，，，，
所以在中，，,
在中，，，
连接，，设，则，
所以，
所以，
又因为平面，平面，
所以平面.
(2)因为底面，底面，
所以，
因为底面为直角梯形，所以，
所以以为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以,
所以，
设平面的一个法向量，
所以，取，则，
设直线与平面所成角大小为，
因为，
所以，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
例21．(2023·四川成都·高二四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.
【解析】(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.
例22．(2023·河南平顶山·高二统考期末)如图所示，在四棱锥中，平面ABCD，，，且，.
(1)求证：平面；
(2)若E为PC的中点，求与平面所成角的正弦值.
【解析】(1)作，垂足为，易证，四边形为正方形.
所以，.又，
因为，所以.
因为平面，平面，所以.
又，平面，平面，所以平面.
(2)以点为坐标原点，以所在的直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，.
则，，.
设平面的法向量为，
由，得，
令，可得平面的一个法向量为.
设与平面所成角为，
则.
例23．(2023·广西柳州·高二柳州地区高中校考期中)如图，在四棱锥中，底面ABCD为矩形，平面ABCD，M为PC中点．
(1)求证：平面MBD；
(2)若，求直线BM与平面AMD所成角的正弦值．
【解析】(1)连接AC交BD于点O，连接OM，
由四边形ABCD为矩形，
可知O为AC中点，M为PC中点，
所以，
又平面，平面，
所以平面MBD.
(2)以为原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，
则 ，
所以，
设平面的法向量为，
则，
令，则，
设直线与平面所成角为，则
，
所以直线与平面所成角的正弦值为．
例24．(2023·重庆沙坪坝·高二重庆南开中学校考期中)四棱锥中，底面，四边形是正方形，.
(1)求证：平面平面；
(2)设点为棱的中点，求直线与平面所成角的正弦值.
【解析】(1)如图建立空间直角坐标系，则、、、、，
则、、、，
设平面的法向量为，则，所以，
设平面的法向量为，则，所以，
所以，所以平面平面.
(2)因为点为棱的中点，所以，所以，
设直线与平面所成角为，所以，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
例25．(2023·福建莆田·高二莆田华侨中学校考期中)在三棱柱中，平面平面，侧面为菱形，，，，E是的中点.
(1)求证：平面；
(2)点P在线段上(异于点，)，与平面所成角为，求的值.
【解析】(1)因为四边形为菱形，所以，
又因为，，平面，，
所以平面.
(2)取的中点O，连接，四边形为菱形，且，
所以.
因为平面平面，平面平面，
平面，
所以平面，所以，又因为，与相交，
所以平面.取中点D，连结，
以O为原点，，，为空间基底建立直角坐标系.
则，，，，
所以，.
设平面的一个法向量为，
所以，令，则，，
所以.
设，可得点，.
由题意
解得或(舍)，即.
题型六：二面角
例26．(2023·江西萍乡·高二统考期末)如图，在直三棱柱中，是等边三角形，，是棱的中点.
(1)证明：平面平面；
(2)求锐二面角的余弦值.
【解析】(1)因为直三棱柱，
所以平面，
因为平面，
所以；
因为是等边三角形，是棱的中点，
所以；
因为平面，且，
所以平面，
因为平面，
所以平面平面
(2)分别取的中点为，连接，
因为是等边三角形，是中点，
所以，
因为直三棱柱，
所以平面，
因为平面，
所以，
因为为的中点，
所以，
所以
即两两垂直，
以为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以，
设平面的法向量为，
所以，
取，则，
平面的一个法向量为；
则，
所以锐二面角的余弦值为
例27．(2023·山东滨州·高二统考期末)如图，在四棱锥中，底面，四边形是直角梯形，，，，点E在棱PB上．
(1)证明：平面平面PBC；
(2)当时，求二面角的余弦值．
【解析】(1)因为底面，平面，
所以．
因为，，所以．
所以，所以．
又因为，平面PBC，平面PBC，
所以平面PBC．
又平面EAC，
所以平面平面PBC．
(2)解法一：
以点C为原点，CB，CA，CP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，，，．
设点E的坐标为，因为，所以，
即，，，所以．
所以，．
设平面ACE的一个法向量为，则．
所以，取，则，．
所以平面ACE的一个法向量为．
又因为平面PAC，所以平面PAC的一个法向量为．
设平面PAC与平面ACE的夹角为，
则．
所以，平面PAC与平面ACE夹角的余弦值为．
解法二：
取AB的中点G，连接CG，以点C为原点，CG，CD，CP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，，，．
设点E的坐标为，因为，所以，
即，，，所以．
所以，．
设平面ACE的一个法向量为，则．
所以，取，则，．
所以，平面ACE的一个法向量为．
又因为平面PAC，所以平面PAC的一个法向量为．
设平面PAC与平面ACE的夹角为，
则．
所以，平面PAC与平面ACE夹角的余弦值为
例28．(2023·河南洛阳·高二统考期末)如图，在四棱锥中，平面ABCD，，，，且直线PB与CD所成角的大小为．
(1)求BC的长；
(2)求二面角的余弦值．
【解析】(1)由于平面ABCD，，所以两两垂直，故分别以,,所在直线为,,轴建立如图所示的空间直角坐标系．
，,0,，,0,，,1,，,0,．
设,,，则,0,，,,．
直线与所成角大小为，
，
即，解得或(舍，
,2,，则的长为2；
(2)设平面的一个法向量为,,．
,0,，,1,，,
，令，则，，,1,．
平面的一个法向量为，
，令，则，，,
，
由几何体的特征可知二面角的平面角为锐角，
二面角的余弦值为．
例29．(2023·广东深圳·高二深圳中学校考期中)如图，在斜三棱柱中，侧面与侧面都是菱形，．
(1)证明：；
(2)若，求二面角的正弦值．
【解析】(1)连接，，则和都为正三角形．
取中点，连，，则，，
又因为平面，
所以平面，
因为平面，所以.
(2)由(1)知，，又因为，所以．
如图所示，分别以，，为正方向建立空间直角坐标系，
则，，，
设平面的法向量为，
因为，，
所以
取，则
同理，面的一个法向量为，
设二面角的大小为 ，
则，
所以，
平面与平面所成的二面角的正弦值为.
例30．(2023·湖南株洲·高二统考期末)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.
【解析】(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.
例31．(2023·甘肃张掖·高二高台县第一中学校考阶段练习)在四棱锥中，，，，，．
(1)求证：平面平面；
(2)求平面与平面所成角的余弦值．
【解析】(1)证明：取BD中点O，连接PO，AO．
因为，O为BD中点，所以．
在、中，因为，，， ，所以，
又在中，，所以．
又，，所以，
又，AO，平面ABCD，所以面ABCD，
又面PBD，所以面面ABCD．
(2)由于为等腰直角三角形，O为斜边BD的中点，所以，由(1)知面ABCD，
以O为原点，OA，OB，OP为x轴，y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，
所以，，，，
设平面PAD与平面PBC的法向量分别为，，
由，和得和
令，，则，，设法向量，所成的角为，
则，所以平面PAD与平面PBC所成角的余弦值为．
例32．(2023·四川广安·高二广安二中校考期中)如图，在三棱锥中，底面．，D为中点，且．
(1)求的长；
(2)求锐二面角的余弦值．
【解析】(1)因为底面，如图建立空间直角坐标系，
设，，，，所以，，
所以，即，解得或(舍去)，
所以，所以，所以，即的长为.
(2)因为，
设平面的法向量为，则，令，则，
由(1)可知，，
设平面的法向量为，则，令，则，
所以，即锐二面角的余弦值为.
例33．(2023·福建南平·高二校考阶段练习)如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，D为棱BC的中点，AB=4，AA1=3.
(1)证明：A1D⊥B1C1；
(2)若E为棱AB上一点，且满足A1E⊥DE，求二面角A-A1E-C的正弦值
【解析】(1)由题易知，为正三角形，连接，
由于为的中点，故.
平面，平面，
.又，，平面，
平面.
∵在正三棱柱中，，所以平面.
又平面，
；
(2)因为平面，平面，所以．
又，，，平面，
故平面．
又平面，所以．
因为为正三角形，为中点，所以点为线段上靠近点的四等分点，则．
如图，取为的中点，以为坐标原点，分别以，，为，，轴的正方向建立空间直角坐标系，
则，，，，
则平面的一个法向量为．
又，，
设平面的法向量为．
则，即，
令，则，，故．
设二面角的平面角为，
则，
则二面角 的正弦值为．
例34．(2023·江西南昌·高二南昌二中校考阶段练习)如图，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD是矩形，，，点F为PB中点，点E在边BC上移动．
(1)求证： 平面AFC；
(2)若二面角的大小为60°，则CE为何值时，三棱锥的体积为．
【解析】(1)连接，设，如下图所示:
四边形ABCD是矩形，所以是的中点， F为PB中点，所以有，
而平面，平面，由直线与平面平行的判定定理可知: 平面AFC；
(2)建立如上图所示的空间直角坐标系，
设，，
设平面的法向量为，，则有
，
而PA⊥平面，所以是平面的法向量，
所以有，
，设，，
三棱锥的体积为，解得，
所以当时，三棱锥的体积为．
例35．(2023·云南昆明·高二统考期末)如图，在直三棱柱中，侧面为正方形，，，M，N分别为和的中点，为棱上的点.
(1)证明：；
(2)是否存在点D，使得平面与平面夹角的余弦值为？如果不存在，请说明理由；如果存在，求线段的长.
【解析】(1)证明：由题意，，，两两垂直，以A为原点，
建立如图所示的空间直角坐标系，
设，则，，，
所以，
因为，
所以.
(2)由题意，平面，所以平面的一个法向量为，
因为，所以，，
设平面的法向量为，
则，
令，则，
设平面与平面的夹角为，则
，
整理得，，解得，
所以存在点，满足条件.
例36．(2023·湖北·高二统考期末)如图，在四棱锥中，底面ABCD是直角梯形，，，底面ABCD，点E为棱PC的中点，．
(1)证明：平面PAD；
(2)在棱PC上是否存在点F，使得二面角的余弦值为，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由．
【解析】(1)在PD上找中点G，连接AG，EG，如图：
∵G和E分别为PD和PC的中点，
∴，且，
又∵底面ABCD是直角梯形，，，
∴且．即四边形ABEG为平行四边形，
∴，
∵平面PAD，平面PAD，
∴平面PAD；
(2)因为平面，平面，
所以，又，
以A为原点，以AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
可得，，，，，
由F为棱PC上一点，设，
，
设平面FAD的法向量为，
由可得，解得：，
令，则，则，
取平面ADC的法向量为，
则二面角的平面角满足：,
解得：，解得：或(舍去)，
故存在满足条件的点F，此时．
题型七：距离问题
例37．(2023·广东广州·高二广州市培正中学校考期中)如图，已知四棱锥的底面是菱形，对角线，交于点，，，，底面，设点是的中点．
(1)直线与平面所成角的正弦值；
(2)点到平面的距离.
【解析】(1)因为四边形为菱形，所以，
又面，故以为轴，为轴，为轴建立如图所示的空间直角坐标系，如图，
因为，，，且为中点，
则，，，，，，
故，，，
设面的法向量为，则，
令，则，，故，
所以，
故直线与平面所成角的正弦值为；
(2)由(1)可知，面的一个法向量为，
所以点到平面的距离，
故点到平面的距离为．
例38．(2023·高二课时练习)如图，设在直三棱柱中，，，E，F依次为的中点．
(1)求异面直线、EF所成角的余弦值；
(2)求点到平面AEF的距离．
【解析】(1)在直三棱柱中，，以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
，，
所以异面直线所成角的余弦值为．
(2)设平面AEF的一个法向量为，而，
则，令，得，又，
于是．
所以点到平面AEF的距离为．
例39．(2023·河南漯河·高二校考期末)在棱长为4的正方体中，点P在棱上，且．
(1)求直线与平面所成的角的正弦值大小；
(2)求点P到平面的距离．
【解析】(1)连接，由正方体的结构特点易知面，为垂足，所以即为所求的线面角，
∵，∴，
由勾股定理知，，
∴．
(2)
以D为坐标原点，以，，所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，
由已知，，，，，
所以，，，
设面的法向量为，
故有，
令，则，故，
故点P到平面的距离．
例40．(2023·甘肃张掖·高二高台县第一中学校考期中)如图，正方体的棱长为2，点为的中点．
(1)求点到平面的距离为；
(2)求到平面的距离．
【解析】(1)以为原点，所在的直线分别为轴如图建立空间直角坐标系，
则，
所以，
设平面的一个法向量为，
则，
令，
所以平面所的法向量为，又
所以点到平面的距离.
(2)由(1)可得平面的法向量为，
∵，∴，
，
，
∴平面，
所以到平面的距离可以转化为点到平面的距离，
由，
所以到平面的距离为.
例41．(2023·辽宁沈阳·高二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．
【解析】(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.
例42．(2023·江苏淮安·高二淮阴中学校联考阶段练习)已知点，若点和点在直线上，则点到直线的距离为___________.
【答案】/
【解析】由题意知，点，，，
可得，则，
所以，可得，
所以点到直线的距离为.
故答案为：.
例43．(2023·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
【解析】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
例44．(2023·高二课时练习)如图，棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，N是棱AD的中点，M是棱CC1上的点，且CC1=3CM，则直线BM与B1N之间的距离为____.
【答案】
【解析】正方体的棱长为1，如图，以D为坐标原点，所在方向分别为轴正方向建立空间直角坐标系，
则B(1，1，0)，B1(1，1，1)，，，∴=(0，0，1)，，.
设直线BM与B1N的公垂线方向上的向量，由，，
得，令x=2，则z=6，y=-7，∴，
设直线BM与B1N之间的距离为d，则d===.
故答案为：.
例45．(2023·湖南怀化·高二校联考期末)正方体中，棱长为，则直线与的距离为__________．
【答案】
【解析】以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
则，，， ，
，，，
设和的公共法向量，
则，取，得，
直线与的距离为：．
故直线与的距离为．
故答案为：．
【过关测试】
一、单选题
1．(2023·广东江门·高二江门市培英高级中学校考期中)已知直线l的一个方向向量为，平面的一个法向量为，若，则＝( )
A．﹣3B．3C．6D．9
【答案】B
【解析】因为，所以，解得，
所以.
故选：B
2．(2023·高二课时练习)正方体的棱长为1，则平面与平面的距离为( )
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】由正方体的性质：∥,∥，
，，
且平面，平面，
平面，平面，
所以平面平面，
则两平面间的距离可转化为点B到平面的距离．
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：
由正方体的棱长为1，所以，，，
，，
所以，，
，．
连接，
由，，
所以，
且，
可知平面，
得平面的一个法向量为，
则两平面间的距离：
．
故选：D.
3．(2023·高二课时练习)如图，已知正方体的棱长为a，设，则( )
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】由题意，正方体中，棱长为，且，
可得，可得，
且，
则，
因为，所以.
故选：D.
4．(2023·高二课时练习)已知平面α的一个法向量，点在α内，则到α的距离为( )
A．10B．3
C．D．
【答案】D
【解析】由题意，得，又知平面的一个法向量，
则到平面的距离，
故选：D.
5．(2023·江苏常州·高二校联考期中)下列说法正确的是( )
A．若向量、共线，则向量、所在的直线平行；
B．若向量、所在的直线是异面直线，则向量、一定不共线；
C．若直线l的方向向量为，平面的法向量，则l；
D．若、、是空间三个向量，则对空间任一向量，总存在唯一的有序实数组，使.
【答案】B
【解析】对选项A，若向量、共线，则向量、所在的直线平行或重合，故A错误.
对选项B，因为向量、所在的直线是异面直线，所以向量、一定不共线，
故B正确.
对选项C，因为无法判断直线是否在平面内，故C错误.
对选项D，只有、、三个向量不共面时，才有，故D错误.
故选：B
6．(2023·江苏·高二校联考阶段练习)如图所示，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是棱CC1的中点，=λ，若异面直线D1E和A1F所成角的余弦值为，则异面直线A1F与BE所成角θ的余弦值为( )
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】如图，以D为原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
因为正方体的棱长为2，则A1(2，0，2)，D1(0，0，2)，E(0，2，1)，A(2，0，0).
所以，
又
所以，整理得到，解得(舍去),
所以，,
所以，故cs θ=，
故选：B.
7．(2023·江西景德镇·高二景德镇一中校考期中)在棱长为2的正方体中，E，F分别为AD，BC的中点，为线段EF上的一动点，则直线与所成角的余弦值的取值范围是( )
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】构建如下图示的空间直角坐标系，
所以，，且，
则，，
所以，
当，夹角余弦值最小为，当，夹角余弦值最大为，
所以直线与所成角的余弦值的取值范围是.
故选：C
8．(2023·湖南娄底·高二湖南省新化县第一中学校考期末)如图， 平面ABCD，底面ABCD是正方形，E，F分别为PD，PB的中点，点G在线段AP上，AC与BD交于点O，，若平面，则( )
A．B．C．D．1
【答案】C
【解析】
如图所示，以为坐标原点， 的方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，
由题意可得 ,，
则,
所以，
设平面EFC的法向量为，
则，解得， 令，则，
所以平面EFC的一个法向量为.
因为平面EFC，则，
设，则，所以，
解得，所以，即.
故选：C
二、多选题
9．(2023·江苏·高二南师大二附中校联考阶段练习)下列利用方向向量､法向量判断线､面位置关系的结论中，正确的是( )
A．两条不重合直线的方向向量分别是，则
B．直线的方向向量，平面的法向量是，则
C．两个不同的平面的法向量分别是，则
D．直线的方向向量，平面的法向量是，则
【答案】AC
【解析】对于，两条不重合直线，的方向向量分别是，
则，所以，即，故正确；
对于，两个不同的平面，的法向量分别是，
则，所以，故正确；
对于，直线的方向向量，平面的法向量是，
则，所以，即或，故错误；
对于，直线的方向向量，平面的法向量是，
则，所以，即，故错误．
故选：．
10．(2023·高二课时练习)下列命题是真命题的有( )
A．A，B，M，N是空间四点，若不能构成空间的一个基底，那么A，B，M，N共面
B．直线l的方向向量为，直线m的方向向量为，则l与m垂直
C．直线l的方向向量为，平面α的法向量为，则l⊥α
D．平面α经过三点，是平面α的法向量，则u+t＝1
【答案】ABD
【解析】对于A，A，B，M，N是空间四点，若不能构成空间的一个基底，
则共面，可得A，B，M，N共面，故A正确；
对于B，，故，可得l与m垂直，故B正确；
对于C，，故，可得在α内或l∥α，故C错误；
对于D，，易知，故﹣1+u+t＝0，故u+t＝1，故D正确．
故选：ABD．
11．(2023·江苏盐城·高二盐城中学校考期中)点P在正方体的侧面及其边界上运动，并保持，若正方体边长为
，则的可能取值是( )
A．B．C．D．
【答案】BC
【解析】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、、，设点，
，，
因为，则，所以，，
所以，.
故选：BC.
12．(2023·广西·高二校联考期中)如图，为正方体，边长为1，下列说法正确的是( )
A．平面B．到面的距离为
C．异面直线与的距离为D．异面直线与的夹角为
【答案】ABC
【解析】
选项A：
如图建立空间直角坐标系，
由题意，，，，，，，
，，，
，，
所以，
又因平面，平面，，
所以平面，A正确；
B选项：
由A知为平面的法向量，
，
所以到面的距离为，
故B正确，
C选项：
，，，
设异面直线与的公共法向量为，
则，，
令，则，，
,
则异面直线与的距离为，
故C正确，
D选项：
，，
，
所以异面直线与的夹角的余弦值为，夹角为
故D错误，
故选：ABC
三、填空题
13．(2023·广东广州·高二广州市培正中学校考期中)在空间直角坐标系中，已知点，，若点在轴上，且，则M的坐标是_____________.
【答案】
【解析】依题意，设，
因为，，，
所以，解得，
所以．
故答案为：.
14．(2023·高二课时练习)矩形ABCD中，，平面ABCD，且，则P到BC的距离为__________．
【答案】
【解析】方法一：如图，因为平面,平面,所以,
又因为是矩形，所以,
因为,所以平面,
因为平面，所以,所以为到的距离.
在矩形中，因为，所以,
在直角三角形中，由勾股定理得,
所以到的距离为.
故答案为：.
方法二：建立如图所示坐标系，在矩形中，，
所以，所以
,所以,
所以为到的距离.
,所以到的距离为.
故答案为：
15．(2023·甘肃金昌·高二永昌县第一高级中学校考期中)如图，已知平面，，，，，.若，，则与平面所成角的余弦值为__________.
【答案】
【解析】
依题意，以为坐标原点，分别以，，为轴、轴、轴的正方向，如图建立空间直角坐标系，
由已知可得，，，，，，
则，，.
设是平面的法向量，
则，即，
令，则，，
所以是平面的一个法向量.
设与平面所成的角为，.
因为，，，
则，
所以.
因为，
所以，
所以与平面所成角的余弦值为.
故答案为：.
16．(2023·江苏连云港·高二校考阶段练习)已知空间直角坐标系中，过点且一个法向量为的平面的方程为，过点且方向向量为的直线的方程为用以上知识解决下面问题：已知平面的方程为，直线是两个平面与的交线，则直线与平面所成角的正弦值为_______.
【答案】
【解析】平面的方程为，所以平面的法向量为，
平面与平面的法向量分别为，，
设直线的方向向量为，则，即，取
设直线与平面所成的角为，
则.
故答案为：.
四、解答题
17．(2023·江西萍乡·高二统考期末)如图，在直三棱柱中，是等边三角形，，是棱的中点.
(1)证明：平面平面；
(2)求锐二面角的余弦值.
【解析】(1)因为直三棱柱，
所以平面，
因为平面，
所以；
因为是等边三角形，是棱的中点，
所以；
因为平面，且，
所以平面，
因为平面，
所以平面平面
(2)分别取的中点为，连接，
因为是等边三角形，是中点，
所以，
因为直三棱柱，
所以平面，
因为平面，
所以，
因为为的中点，
所以，
所以
即两两垂直，
以为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以，
设平面的法向量为，
所以，
取，则，
平面的一个法向量为；
则，
所以锐二面角的余弦值为
18．(2023·广东广州·高二执信中学校考阶段练习)如图，四棱锥中，平面，，，，M为棱上一点.
(1)若M为的中点，证明：平面；
(2)若，且平面，求直线与平面所成角的正弦值.
【解析】(1)取中点，连接和，
因为，，且为的中点，
所以且，
所以四边形为平行四边形，则，
因为平面，平面，
所以平面，
因为M，N分别为的中点，
所以，
因为平面，平面，
所以平面，
又因为平面，，
所以平面平面，
因为平面，
所以平面
(2)取中点，作交于，连接，
因为，所以，
因为平面，平面，
所以，
因为，
所以，
以为坐标原点，为正交基底建立如下图所示的空间直角坐标系，
、、、、.
所以，.
设平面的法向量，
又因为平面，
所以，
取，，，则.
又因为，
所以.
所以直线和平面所成角正弦值为.
19．(2023·北京·高二中关村中学校考期中)如图：在四棱锥中，底面是正方形，，，点在上，且.
(1)求证：平面；
(2)求二面角的余弦值；
(3)证明：在线段上存在点，使∥平面，并求线段的长.
【解析】(1)证明：，，
，同理
又，平面ABCD
平面.
(2)
如图，以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，
则
平面的法向量为，设平面的法向量为
，由有： ，取
，
设二面角的平面角为，由图形可知，，
二面角的余弦值为.
(3)
假设存在点，使∥平面，令，，
，由∥平面，，
，即，解得
存在点，为的中点，即.
20．(2023·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.
【解析】(1)连接AC交BD于O，过O作PD的平行线交PB于M，
由题意可知AC，BD，OM两两垂直，
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的七等分点靠近P的分点.
21．(2023·江苏盐城·高二盐城市第一中学校联考期中)如图，在中，，，，可以通过以直线为轴旋转得到，且二面角是直二面角．动点在线段上．
(1)当为的中点时，求异面直线与所成角的余弦值；
(2)求与平面所成角的正弦值的最大值．
【解析】(1)由题意可得：，平面平面，
平面平面，平面，所以平面，
如图，以为坐标原点建立空间直角坐标系，则，
若为的中点，则，可得，
设异面直线与所成角，则.
故异面直线与所成角的余弦值为.
(2)若动点在线段上，设，
则，可得，解得，
即，则，
由题意可知：平面的法向量为，
设与平面所成角为，
则，
对于开口向上，对称轴为，
可得当时，取到最小值，
所以的最大值为，因为，
故与平面所成角的正弦最大值为.
22．(2023·江苏常州·高二校联考期中)如图所示的几何体中，平面平面，，若为的中点，为的中点，.
(1)求证：平面；
(2)求点到平面的距离；
(3)求平面与平面所成角(锐角)的余弦值.
【解析】(1)因为，，则，即有，同理，，
因为平面平面，平面平面，
又平面，因此，平面，
即AE，AB，AD两两垂直，以点A为原点，射线AE，AB，AD分别为x，y，z轴非负半轴建立空间直角坐标系，如图，
则，的中点，又，即，
于是得，，，
设平面的法向量，则，
令，得，
因此，，即，平面，而平面，
所以平面.
(2)由(1)知，，则点F到平面的距离，
所以点到平面的距离是.
(3)由(1)知，平面的法向量，平面的一个法向量为，
依题意，，
所以，平面与平面所成角(锐角)的余弦值为.
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