(人教A版选择性必修一册)高中数学精品讲义第1章第06讲1.4.2用空间向量研究距离、夹角问题(学生版+解析)

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第06讲 1.4.2用空间向量研究距离、夹角问题 知识点01：点到线面距离1、点到直线的距离已知直线的单位方向向量为，是直线上的定点，是直线外一点.设，则向量在直线上的投影向量，在中，由勾股定理得：2、点到平面的距离如图，已知平面的法向量为，是平面内的定点，是平面外一点.过点作平面的垂线，交平面于点，则是直线的方向向量，且点到平面的距离就是在直线上的投影向量的长度.【即学即练1】（23-24高二上·陕西·期中）已知平面的一个法向量，点在平面内，则点到平面的距离为（    ）A．10 B．3 C． D．知识点02：用向量法求空间角1、用向量运算求两条直线所成角已知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①②.【即学即练2】（2024·内蒙古包头·二模）在正方体中，E为BD的中点，则直线与所成角的余弦值为（    ）A．0 B． C． D．2、用向量运算求直线与平面所成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①②.（注意此公式中最后的形式是：）【即学即练3】（23-24高二·全国·课后作业）若平面的一个法向量为，平面的一个法向量是，则平面与所成的角等于（　　）A． B． C． D．3、用向量运算求平面与平面的夹角如图，若于A，于B，平面PAB交于E，则∠AEB为二面角的平面角，∠AEB+∠APB=180°.若分别为面，的法向量①②根据图形判断二面角为锐二面角还是顿二面角；若二面角为锐二面角（取正），则；若二面角为顿二面角（取负），则；【即学即练4】（23-24高二上·贵州·阶段练习）在空间直角坐标系中，直线的一个方向向量为，平面的一个法向量为，则直线与平面所成的角为 .题型01利用空间向量求点线距 【典例1】（23-24高二上·河北石家庄·阶段练习）在空间直角坐标系中，已知，则点A到直线的距离为（    ）A． B． C． D．【典例2】（23-24高三下·广东深圳·期中）在长方体中，，点为侧面内一动点，且满足平面，则的最小值为 ，此时点到直线的距离为 .【典例3】（23-24高二下·江苏扬州·阶段练习）如图①是直角梯形，，，是边长为1的菱形，且，以为折痕将折起，当点到达的位置时，四棱锥的体积最大，是线段上的动点，则到距离最小值为 ．【变式1】（23-24高二下·福建龙岩·阶段练习）直线l的方向向量为，且l过点,则点到直线l的距离为 .【变式2】（23-24高二下·江西·阶段练习）已知正方体的棱长为是棱的中点，若点在线段上运动，则点到直线的距离的最小值为（   ）A． B． C． D．【变式3】（2024高二上·江苏·专题练习）如图所示，在四棱锥中，是矩形，平面，，，E是PB上一点，且，求点E到直线PD的距离.题型02利用空间向量求点面距 【典例1】（23-24高二下·江苏连云港·阶段练习）在棱长为2的正方体中，，分别为棱，的中点，为棱上的一点，且，则点到平面的距离为（    ）A． B． C． D．【典例2】（23-24高二下·江苏南京·期中）长方体中，，点是线段上异于的动点，记．当为钝角时，实数的取值范围是 ；当点到直线的距离为时，的值为 ．【典例3】（23-24高二上·辽宁沈阳·阶段练习）在长方体中，，，动点P在体对角线上（含端点），则点B到平面的最大距离为 ．  【典例4】（23-24高三下·山东菏泽·阶段练习）如图，在直三棱柱中，M，N分别为棱AB，的中点，为等腰直角三角形，且.(1)证明：；(2)求点到平面的距离.【变式1】（23-24高二上·山西朔州·阶段练习）已知平面的一个法向量为，点是平面上的一点，则点到平面的距离为 .【变式2】（23-24高二下·河南濮阳·阶段练习）如图，已知正方体的棱长为1，为棱的中点，则点到平面的距离为 ．【变式3】（23-24高一下·重庆沙坪坝·期中）三棱锥的底面是以为底边的等腰直角三角形，且，各侧棱长均为3，点为棱的中点，点是线段上的动点，设到平面的距离为到直线的距离为，则的最小值为 .【变式4】（2024高三下·河南·专题练习）如图，在正三棱柱中，为的重心，是棱上的一点，且平面.(1)证明：；(2)若，求点到平面的距离.题型03转化与化归思想在求空间距离中的应用 【典例1】（23-24高二下·甘肃·期中）已知棱长为2的正方体中，，，分别是的中点，则直线与平面之间的距离为（    ）A．1 B． C． D．【典例2】（23-24高二上·山东·阶段练习）正方体的棱长为4，M，N，E，F分别为，，，的中点，则平面AMN与平面EFD的距离为（    ）A．2 B． C． D．1【变式1】（2024·广西·模拟预测）如图，在棱长为2的正方体中，为线段的中点，为线段的中点.直线到平面的距离为（    ）.A． B． C． D．【变式2】（23-24高二上·河南洛阳·期中）如图，四棱锥的底面是菱形，，，平面，且，E是的中点，则到平面的距离为（    ）  A． B． C． D．【变式3】（23-24高二上·全国·课后作业）正方体的棱长为1，则平面与平面的距离为（    ）A． B． C． D．【变式4】（23-24高一·全国·课后作业）在边长为1的正方体中．平面与平面之间的距离为（    ）A． B．1 C． D．题型04利用向量方法求两异面直线所成角（定值） 【典例1】（23-24高二下·广西南宁·阶段练习）已知点，，，，则异面直线与所成角的正弦值为（    ）A． B． C． D．【典例2】（23-24高二下·江苏扬州·阶段练习）正方体中，，分别是，的中点，则直线与直线所成角的余弦值为 ．【变式1】（2024·广东梅州·模拟预测）直三棱柱中，，，则异面直线与所成角的余弦值为（   ）A． B． C． D．【变式2】（2024·辽宁抚顺·三模）在直三棱柱中，，为的中点，点满足，则异面直线所成角的余弦值为 ．题型05利用向量方法求两异面直线所成角（最值或范围） 【典例1】（2024·安徽·模拟预测）设与为两个正四棱锥，正方形ABCD的边长为且，点M在线段AC上，且，将异面直线PD，QM所成的角记为，则的最小值为（    ）A． B． C． D．【典例2】（23-24高二下·江苏泰州·阶段练习）在空间四边形ABCD中，，记二面角的大小为，当时，直线AB与CD所成角的余弦值的取值范围是 .【变式1】（23-24高二下·江苏盐城·期中）在空间四边形中，，，记二面角的大小为，当时，直线AB与CD所成角的余弦值的取值范围是 ．【变式2】（23-24高二下·江苏淮安·阶段练习）正四面体的棱长为，点M为平面内的动点，且满足，则直线PM与直线AB的所成角的余弦值的取值范围为 .题型06已知异面直线所成角求参数 【典例1】（2024·全国·模拟预测）直三棱柱中，底面是以A为直角的腰长为2的等腰直角三角形，侧棱长为，为上的点，若直线与直线所成角的余弦值为，则长为（    ）A．1 B． C． D．【典例2】（23-24高二上·河南周口·期末）在空间直角坐标系 中，向量 分别为异面直线 的方向向量，若所成角的余弦值为 则 【典例3】（23-24高二上·福建厦门·期中）如图，在中，分别为的中点，为的中点，，.将沿折起到的位置，使得平面平面，如图．(1)求证：．(2)线段上是否存在点，使得直线和所成角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．【变式1】（23-24高二上·海南·期中）在四棱锥中，底面是菱形，，平面，，是的中点，是棱上一点（不含端点），满足．若异面直线与所成角的余弦值为，则的值为（    ）A．2 B．3 C．4 D．5【变式2】5．（23-24高二上·上海嘉定·阶段练习）为正方体，动点P在对角线上，记．(1)求证：；(2)若异面直线AP与所成角为，求的值．【变式3】（23-24高二上·黑龙江哈尔滨·阶段练习）已知直三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB=BC=2，且，E，F分别为AC和CC1的中点，D为棱上的点．(1)证明：；(2)在棱A1B1上是否存在一点M，使得异面直线MF与AC所成的角为30°？ 若存在，指出M的位置；若不存在，说明理由．题型07利用向量方法求直线与平面所成角 【典例1】（23-24高二下·山西·阶段练习）如图，在四棱锥中，平面底面，，，，，，．(1)求证：平面；(2)求直线与平面所成角的正弦值．【典例2】（23-24高二下·河南·阶段练习）如图，在直三棱柱中，，，，为的中点.(1)证明：；(2)设为的中点，在棱上，满足平面，求与平面所成角的正弦值.【变式1】（2024·湖北武汉·模拟预测）如图1，在矩形中，，，将沿矩形的对角线进行翻折，得到如图2所示的三棱锥，且.(1)求翻折后线段的长；(2)点满足，求与平面所成角的正弦值.【变式2】（2024·安徽芜湖·三模）如图，三棱锥中，平面平面，平面平面，平面平面，(1)求证：两两垂直；(2)若为中点，为中点，求与平面所成角的正弦值．【变式3】（2024·江西·模拟预测）如图，在正三棱柱中，为的中点．(1)证明：；(2)若，，求直线与平面所成角的正弦值．题型08利用向量方法求直线与平面所成角（最值或范围） 【典例1】（2024·河南）如图，已知圆柱，A在圆上，，，，在圆上，且满足，则直线与平面所成角余弦的最小值是 ．【典例2】（23-24高二下·江苏盐城·期中）如图，已知三棱柱的侧棱与底面垂直， . 分别是 的中点，点 在直线 上，且 .(1)证明： ；(2)当取何值时，直线与平面所成角最大?并求该角取最大值时的正切值.【典例3】（2024·浙江·三模）在四棱锥中，，，，，、分别为直线，上的动点.(1)若异面直线与所成的角为，判断与是否具有垂直关系并说明理由；(2)若，，求直线与平面所成角的最大值.【变式1】（23-24高二上·浙江杭州·期中）如图，在正四棱柱中，，，点P是侧面内的动点，且，记AP与平面所成的角为，则的最大值为 ．【变式2】（23-24高二下·江苏扬州·阶段练习）如图，已知三棱柱的侧棱与底面垂直，，，M，N分别是，的中点，点在线段上，且.(1)证明：；(2)当取何值时，直线与平面所成角最小?【变式3】（23-24高二下·四川成都·期中）三棱锥中，，，，.(1)求平面和平面夹角的余弦值；(2)点为棱（不含端点）上的动点，求直线与平面所成角的正弦值的取值范围.题型09已知直线与平面所成角求参数 【典例1】（2024高三·全国·专题练习）如图，菱形中，，与相交于点，平面，，，．若直线与平面所成的角为45°，则＝ ．  【典例2】（23-24高二下·江苏泰州·阶段练习）如图，由直三棱柱和四棱锥构成的几何体中，，，，，平面平面.为线段上一动点，当 时，直线与平面所成角的正弦值为.【变式1】（23-24高二上·贵州毕节·阶段练习）如图，在长方体中，为线段上的动点，当直线与平面所成角的正弦值取最大值时， .  【变式2】（23-24高二上·全国·期末）如图，正方体的棱长为，在棱上有一动点，设直线与平面所成的角为，当时，则此时点与点之间的距离 ．题型10利用向量方法求两个平面的夹角（定值） 【典例1】（23-24高一下·江苏盐城·阶段练习）正方体的棱长为4，，分别为棱，的中点，过，，做该正方体的截面，则截面形状为 ，二面角的平面角的余弦值为 .【典例2】（23-24高三下·辽宁·阶段练习）如图，在四棱锥中，平面平面，是等边三角形，底面是直角梯形，，，.  (1)若为棱的中点，求证：平面；(2)求二面角的正弦值.【变式1】（2024高三·全国·专题练习）如图，直三棱柱的体积为4，的面积为．设D为的中点，，平面平面，则二面角的正弦值为 ．【变式2】（23-24高三下·广东肇庆·阶段练习）如图，等腰梯形中，，，现以为折痕把折起，使点到达点的位置，且.  (1)证明：平面平面；(2)若为上的一点，点到平面的距离为，求二面角的余弦值.题型11利用向量方法求两个平面的夹角（最值或范围） 【典例1】（2024·山东·模拟预测）如图，在直三棱柱中，，，，.(1)当时，求证：平面；(2)设二面角的大小为，求的取值范围.【典例2】（23-24高二下·浙江金华·期中）在如图所示的直三棱柱中，分别是线段上的动点．(1)若平面，求的值；(2)若三棱柱是正三棱柱，是的中点，求二面角余弦值的最小值．【变式1】（2024·江苏南通·三模）如图，在直三棱柱中，，．(1)当时，求证：平面；(2)设二面角的大小为，求的取值范围．【变式2】（23-24高二下·上海·阶段练习）已知在直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，D为棱上的点，.(1)证明：；(2)当为何值时，平面与平面夹角的正弦值最小？题型12已知平面与平面所成角求参数 【典例1】（2024·黑龙江·三模）如图，在直三棱柱中，，，为的中点.(1)证明：平面；(2)若二面角的余弦值为，求点到平面的距离.【典例2】（2024·山东菏泽·模拟预测）如图，在正四棱锥中，已知平面，点在平面内，点在棱上．(1)若点是的中点，证明：平面平面；(2)在棱上是否存在一点，使得二面角的余弦值为？若存在，求出点的位置；若不存在，说明理由．【变式1】（2024·江苏泰州·模拟预测）如图，直四棱柱的底面是菱形，，，，E，N分别是BC，的中点．A夯实基础 一、单选题1．（23-24高二上·贵州六盘水·期末）已知向量，且平面平面，若平面与平面的夹角的余弦值为，则实数的值为（   ）A．或－1 B．或1 C．－1或2 D．2．（23-24高二上·上海·期末）已知法向量为的平面α内有一点，则平面外点到平面的距离为（   ）A．1 B． C． D．23．（21-22高二上·湖南郴州·期末）已知，，，则平面的法向量与的夹角的余弦值为（    ）A． B．或C． D．或4．（23-24高二上·广东湛江·阶段练习）直线的方向向量与共线，平面的一个法向量为，则直线和平面的夹角的余弦值是（    ）A． B． C． D．5．（23-24高二下·河南·阶段练习）如图，在三棱锥中，为的中点，为的中点，则线段的长度为（    ）A． B． C． D．6．（2024·辽宁沈阳·模拟预测）已知直三棱柱中，，，，则异面直线与所成角的余弦值为（    ）A． B． C． D．7．（23-24高二下·福建龙岩·阶段练习）如图，四棱锥的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍，平面，为侧棱上的点，则二面角的余弦值为（    ）A． B． C． D．8．（2024·山西·三模）正方体的棱长为2，分别为的中点，为底面的中心，则三棱锥的体积是（    ）A． B． C． D．二、多选题9．（23-24高二下·湖北恩施·期中）如图，在棱长为2的正方体中，分别为的中点，则（    ）A． B．CE与OF所成角的余弦值为C．四点共面 D．的面积为10．（23-24高二上·四川南充·阶段练习）在如图所示的直四棱柱中，底面是边长为2的正方形，．点是侧面内的动点（不含边界），，则与平面所成角的正切值可以为（    ）在平面内，设直线与直线所成角为.若直线到平面的距离为，则的最小值为 .4．（23-24高三下·云南·阶段练习）如图，已知四边形为矩形，，，E为的中点，将沿进行翻折，使点D与点P重合，且．(1)证明：；(2)设，的延长线交于点N，则线段上是否存在点Q，使得平面与平面所成角的余弦值为．C新定义题型1．（2024·山东济南·一模）在空间直角坐标系中，任何一个平面的方程都能表示成，其中，，且为该平面的法向量.已知集合，，.(1)设集合，记中所有点构成的图形的面积为，中所有点构成的图形的面积为，求和的值；(2)记集合Q中所有点构成的几何体的体积为，中所有点构成的几何体的体积为，求和的值：(3)记集合T中所有点构成的几何体为W.①求W的体积的值；②求W的相邻（有公共棱）两个面所成二面角的大小，并指出W的面数和棱数.课程标准学习目标①会用向量法求线线、线面、面面的夹角及与其有关的角的三角函数值②会用向量法求点点、点线、点面、线线、线面、面面之间的距离及与其有关的面积与体积.1、能根据所给的条件利用空间向量这一重要工具进行空间中的距离与夹角（三角函数值）的求解.2、通过本节课的学习，提升平面向量、空间向量的知识相结合的综合能力，准确将平面向量、空间向量的概念，定理等内容与平面几何、空间立体几何有机的隔合在一起，提升解决问题的能力，将形与数，数与量有机的结合起来，为提升数学能力奠定基础.第06讲 1.4.2用空间向量研究距离、夹角问题 知识点01：点到线面距离1、点到直线的距离已知直线的单位方向向量为，是直线上的定点，是直线外一点.设，则向量在直线上的投影向量，在中，由勾股定理得：2、点到平面的距离如图，已知平面的法向量为，是平面内的定点，是平面外一点.过点作平面的垂线，交平面于点，则是直线的方向向量，且点到平面的距离就是在直线上的投影向量的长度.【即学即练1】（23-24高二上·陕西·期中）已知平面的一个法向量，点在平面内，则点到平面的距离为（    ）A．10 B．3 C． D．【答案】C【分析】利用向量法求点到平面的距离公式即可求解.【详解】由题得，所以到平面的距离为，故选：C.知识点02：用向量法求空间角1、用向量运算求两条直线所成角已知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①②.【即学即练2】（2024·内蒙古包头·二模）在正方体中，E为BD的中点，则直线与所成角的余弦值为（    ）A．0 B． C． D．【答案】D【分析】建立空间直角坐标系，写出点的坐标，利用空间向量夹角的余弦公式求出答案.【详解】以点为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为，则，则直线与所成角的余弦值为，故选：D2、用向量运算求直线与平面所成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①②.（注意此公式中最后的形式是：）【即学即练3】（23-24高二·全国·课后作业）若平面的一个法向量为，平面的一个法向量是，则平面与所成的角等于（　　）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据得，可得答案.【详解】因为，所以，所以平面与所成的角等于.故选：D3、用向量运算求平面与平面的夹角如图，若于A，于B，平面PAB交于E，则∠AEB为二面角的平面角，∠AEB+∠APB=180°.若分别为面，的法向量①②根据图形判断二面角为锐二面角还是顿二面角；若二面角为锐二面角（取正），则；若二面角为顿二面角（取负），则；【即学即练4】（23-24高二上·贵州·阶段练习）在空间直角坐标系中，直线的一个方向向量为，平面的一个法向量为，则直线与平面所成的角为 .【答案】【分析】应用向量夹角的坐标表示求线面角的正弦值，即可得其大小.【详解】设直线与平面所成的角为，则，所以.故答案为：题型01利用空间向量求点线距 【典例1】（23-24高二上·河北石家庄·阶段练习）在空间直角坐标系中，已知，则点A到直线的距离为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用空间向量法求出点到直线距离即可.【详解】，， .故选：A.【典例2】（23-24高三下·广东深圳·期中）在长方体中，，点为侧面内一动点，且满足平面，则的最小值为 ，此时点到直线的距离为 .【答案】 /【分析】由题意，根据线面平行的判定定理和面面平行的判定定理可证得平面平面，由面面平行的性质确定点的轨迹为线段，且当取最小值时，建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法求解点线距离即可.【详解】如图所示，因为且，故四边形为平行四边形，则，因为平面平面，所以平面，同理可证平面，因为平面，所以平面平面，因为平面，要使得平面，则平面，因为平面平面，故点的轨迹为线段，当取最小值时，，则为的中点，则.以为原点，的方向分别为，轴建立空间直角坐标系，易知，取，则，所以点到直线的距离为.故答案为：；【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是通过平面平面确定点的轨迹为线段，即当时取最小值，注重考查学生的数学运算和逻辑推理能力.【典例3】（23-24高二下·江苏扬州·阶段练习）如图①是直角梯形，，，是边长为1的菱形，且，以为折痕将折起，当点到达的位置时，四棱锥的体积最大，是线段上的动点，则到距离最小值为 ．【答案】【分析】由题意得面面，结合菱形性质，得两两互相垂直，建立适当的空间直角坐标系，由空间向量法求点到直线的距离即可得解.【详解】折起前，连接菱形的对角线交于点，所以，所以折起后有，因为菱形的边长为1，所以，又因为，，且所以在中，有，所以，所以折起前后四边形的面积固定，若以为折痕将折起，当点到达的位置时，四棱锥的体积最大，则此时点到平面的距离最大，则此时有面面，又面面，，面，所以面，又面，所以，又，所以两两互相垂直，如图，以为原点，建立空间直角坐标系：则，过点作于点，则，又因为，所以，即，所以，因为三点共线，所以不妨设，所以点到直线的距离，所以当时，，所以到距离最小值为.故答案为：.【点睛】关键点睛：解题关键是得到面面，结合菱形性质，建立适当的空间直角坐标系，由此即可顺利得解.【变式1】（23-24高二下·福建龙岩·阶段练习）直线l的方向向量为，且l过点,则点到直线l的距离为 .【答案】【分析】利用空间中点到直线的距离公式计算即可.【详解】，点到直线l的距离为.故答案为：.【变式2】（23-24高二下·江西·阶段练习）已知正方体的棱长为是棱的中点，若点在线段上运动，则点到直线的距离的最小值为（   ）A． B． C． D．【答案】D【分析】以点D为原点，建立空间直角坐标系，借助空间向量结合二次函数求解作答.【详解】在棱长为2的正方体中，以分别为轴建立空间直角坐标系，则有，则，设点，则点到直线的距离，当且仅当时取等号，则点到直线的距离的最小值为.故选：D.【变式3】（2024高二上·江苏·专题练习）如图所示，在四棱锥中，是矩形，平面，，，E是PB上一点，且，求点E到直线PD的距离.【答案】【分析】根据题意，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算代入计算，即可得到结果.【详解】以A为原点，分别为轴的正半轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，所以，设，则，则，所以点E到直线PD的距离.题型02利用空间向量求点面距 【典例1】（23-24高二下·江苏连云港·阶段练习）在棱长为2的正方体中，，分别为棱，的中点，为棱上的一点，且，则点到平面的距离为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】建立空间直角坐标系，由点到平面的距离公式计算即可．【详解】以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，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，则，取，得，所以点到平面的距离为，故选：D．【典例2】（23-24高二下·江苏南京·期中）长方体中，，点是线段上异于的动点，记．当为钝角时，实数的取值范围是 ；当点到直线的距离为时，的值为 ．【答案】 /0.25【分析】建立空间直角坐标系，利用向量共线表示出点的坐标，由为钝角建立不等式求解的范围；由空间点到直线距离公式计算的值.【详解】在长方体中，建立如图所示的空间直线坐标系，则，令，则有，，，由为钝角，得，解得，，因此；显然，点到直线的距离，整理得，解得，所以.故答案为：；【点睛】思路点睛：求空间点的坐标，可以借助向量共线，结合向量的坐标运算求解.【典例3】（23-24高二上·辽宁沈阳·阶段练习）在长方体中，，，动点P在体对角线上（含端点），则点B到平面的最大距离为 ．  【答案】【分析】以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求出点B到平面的距离，然后求其最值即可.【详解】如图，以点为原点建立空间直角坐标系，  设，则，则，故，则，，设平面的法向量，则，取可得，则点B到平面的距离为，当时，点B到平面的距离为，当时，.当且仅当时，等号成立，所以点B到平面的最大距离为.故答案为：.【典例4】（23-24高三下·山东菏泽·阶段练习）如图，在直三棱柱中，M，N分别为棱AB，的中点，为等腰直角三角形，且.(1)证明：；(2)求点到平面的距离.【答案】(1)证明见解析(2)．【分析】（1）通过证明线线垂直推导线面垂直，再由性质即得；（2）建系，写出相关点的坐标，分别求得和平面的一个法向量的坐标，利用点到平面的距离的向量公式计算即得.【详解】（1）如图，连接，因为，为中点，所以．         因为为直三棱柱的侧棱，所以平面．    因为平面，所以．                    因为平面，所以平面．         因为平面，所以．（2）以点为坐标原点，，，分别为、、轴，建立空间直角坐标系，如图.则，，，.       所以，，． 设平面的一个法向量为，由可得，，取，可得，，即可取．          设点到平面的距离为，则．       所以点到平面的距离为．【变式1】（23-24高二上·山西朔州·阶段练习）已知平面的一个法向量为，点是平面上的一点，则点到平面的距离为 .【答案】【分析】利用空间向量法可得出点到平面的距离为，即为所求.【详解】由已知可得，所以点到平面的距离为.故答案为：.【变式2】（23-24高二下·河南濮阳·阶段练习）如图，已知正方体的棱长为1，为棱的中点，则点到平面的距离为 ．【答案】【分析】建立空间直角坐标系，求平面的法向量，然后利用点到平面的距离公式求解.【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，则.设平面的一个法向量为，,则，令，则.设点到平面的距离为，则，即点到平面的距离为.故答案为：.【变式3】（23-24高一下·重庆沙坪坝·期中）三棱锥的底面是以为底边的等腰直角三角形，且，各侧棱长均为3，点为棱的中点，点是线段上的动点，设到平面的距离为到直线的距离为，则的最小值为 .【答案】/【分析】取中点，连接，以为原点建立空间直角坐标系设，利用向量关系表示出，求导可求出最小值.【详解】取中点，连接，因为，，所以，且，因为是等腰直角三角形，所以，且，又，满足，所以，因为，且两直线在平面内，所以平面，如图，以为原点建立空间直角坐标系，设,则，则，设，则可得，则，则，所以，所以,所以,设平面的法向量为，则，即，令，可得，则，所以，所以，令，解得，又，所以在单调递增，所以当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以，即的最小值为.故答案为：.【变式4】（2024高三下·河南·专题练习）如图，在正三棱柱中，为的重心，是棱上的一点，且平面.(1)证明：；(2)若，求点到平面的距离.【答案】(1)证明见解析；(2).【分析】（1）连交于，利用线面平行的性质可得，再由平行推比例式得解.（2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，再利用点到平面的向量求法求解即得.【详解】（1）连接，延长交于，连接，由为的重心，得，由平面平面，平面平面，得，所以.（2）取的中点为，连接，由三棱柱是正三棱柱，得直线两两垂直，以为坐标原点，直线分别为轴建立空间坐标系，由，得，则，设平面的法向量，则，令，得，因此，所以点到平面的距离为.题型03转化与化归思想在求空间距离中的应用 【典例1】（23-24高二下·甘肃·期中）已知棱长为2的正方体中，，，分别是的中点，则直线与平面之间的距离为（    ）A．1 B． C． D．【答案】B【分析】建立空间直角坐标系，先利用向量法证明平面EMN，根据线面距离的定义把直线AC到平面EMN的距离转化为点A到平面EMN的距离，再利用点面距离的向量公式求解即可.【详解】如图，以为原点，建立空间直角坐标系，则，所以，设平面的一个法向量为，则令，可得，所以，即，又平面，所以平面，故点到平面的距离即为直线到平面的距离，又，所以点到平面的距离为，即直线与平面之间的距离为.故选：B【典例2】（23-24高二上·山东·阶段练习）正方体的棱长为4，M，N，E，F分别为，，，的中点，则平面AMN与平面EFD的距离为（    ）A．2 B． C． D．1【答案】C【分析】如图所示，建立空间直角坐标系，利用向量法证明平面AMN平面EFD，则点B到平面AMN的距离即为平面AMN与平面EFD的距离，再利用向量法求解即可.【详解】如图所示，建立空间直角坐标系，则，从而所以，所以，又不共线，不共线，所以，又平面，平面，所以平面，又平面，平面，所以平面，又平面，所以平面平面，所以点到平面AMN的距离即为平面到平面的距离．设是平面AMN的法向量，则有，可取，，所以点到平面的距离为，所以平面到平面的距离为．故选：C.【变式1】（2024·广西·模拟预测）如图，在棱长为2的正方体中，为线段的中点，为线段的中点.直线到平面的距离为（    ）.A． B． C． D．【答案】C【分析】由线线平行得到线面平行，直线到平面的距离等于点到平面的距离，建立空间直角坐标系，得到平面法向量，得到点到平面的距离.【详解】∵，平面，平面，∴平面，因此直线到平面的距离等于点到平面的距离，如图，以点为坐标原点，所在的直线为轴，所在的直线为轴，所在的直线为轴，建立直角坐标系.则，，，，，，，，，设平面的法向量为，则，令，则，设点到平面的距离为，则，故直线到平面的距离为.故选：C.【变式2】（23-24高二上·河南洛阳·期中）如图，四棱锥的底面是菱形，，，平面，且，E是的中点，则到平面的距离为（    ）  A． B． C． D．【答案】A【分析】建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量，由得平面，进而将到平面的距离转化为点到平面的距离，根据点到平面距离的向量公式计算即可．【详解】取的中点，连接，因为四边形是菱形，，所以为等边三角形，又因为为中点，所以，以点为原点，以所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，    则，，，，，所以，，设平面的一个法向量为，则，即，取，得，因为，所以，即，又因为平面，所以平面，所以到平面的距离就是点P到平面的距离因为，所以点P到平面的距离，所以到平面BED的距离为，故选：A．【变式3】（23-24高二上·全国·课后作业）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【分析】将平面与平面的距离转化为点到平面的距离，建立空间直角坐标系，，然后用空间向量求解【详解】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.【变式4】（23-24高一·全国·课后作业）在边长为1的正方体中．平面与平面之间的距离为（    ）A． B．1 C． D．【答案】A【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.【详解】解：建立如图所示的直角坐标系，则，，，，所以，，，设平面的一个法向量，则，令得，故，显然平面平面，所以平面与平面之间的距离．故选：A题型04利用向量方法求两异面直线所成角（定值） 【典例1】（23-24高二下·广西南宁·阶段练习）已知点，，，，则异面直线与所成角的正弦值为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】应用求空间向量夹角余弦值的公式计算余弦值，然后利用同角三角函数关系求解正弦值即可.【详解】设两条异面直线所成的角为，且这两条异面直线的方向向量分别是，，则，且，所以，即异面直线与所成角的正弦值为.故选：D【典例2】（23-24高二下·江苏扬州·阶段练习）正方体中，，分别是，的中点，则直线与直线所成角的余弦值为 ．【答案】/0.4【分析】令正方体棱长为2，构建空间直角坐标系并确定相关点坐标，应用空间向量夹角的坐标公式求两直线夹角余弦值.【详解】令正方体棱长为2，构建如下图示空间直角坐标系，则，所以，故，，若直线与直线所成角为，则.故答案为：【变式1】（2024·广东梅州·模拟预测）直三棱柱中，，，则异面直线与所成角的余弦值为（   ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由题意，以为原点，建立空间直角坐标系，求出异面直线与所在直线的方向向量，由空间向量夹角的余弦值的坐标公式求解即可.【详解】以为原点，在平面中过作的垂线交于，以所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，因为直三棱柱中，，设，所以，，，，，，设异面直线与所成角为，则，所以异面直线与所成角的余弦值为.故选：.【变式2】（2024·辽宁抚顺·三模）在直三棱柱中，，为的中点，点满足，则异面直线所成角的余弦值为 ．【答案】【分析】以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.【详解】如图，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，则，所以，设异面直线所成的角为，则．故答案为：.题型05利用向量方法求两异面直线所成角（最值或范围） 【典例1】（2024·安徽·模拟预测）设与为两个正四棱锥，正方形ABCD的边长为且，点M在线段AC上，且，将异面直线PD，QM所成的角记为，则的最小值为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】建立适当空间站直角坐标系后，借助空间向量表示出的余弦值，结合基本不等式计算即可得解.【详解】连接交于点，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，因为正方形的边长为，所以，因为，所以为的中点，设，在直角中，有，故，所以，则，所以，因为，当且仅当，即时等号成立，所以的最大值为，因此的最小值为.  故选：A.【典例2】（23-24高二下·江苏泰州·阶段练习）在空间四边形ABCD中，，记二面角的大小为，当时，直线AB与CD所成角的余弦值的取值范围是 .【答案】【分析】取中点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法可求异面直线与所成角余弦的取值范围.【详解】因为，则，所以 ，是以为斜边的等腰直角三角形，取中点，连接，则，，所以即为二面角的平面角，如图： 以为原点，建立空间直角坐标系，则，，，，则，，设直线与所成角为，则，又，所以，则，所以.故答案为：.【变式1】（23-24高二下·江苏盐城·期中）在空间四边形中，，，记二面角的大小为，当时，直线AB与CD所成角的余弦值的取值范围是 ．【答案】【分析】取中点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法可求异面直线与所成角余弦的取值范围.【详解】易知是边长为的等边三角形，是以为斜边的等腰直角三角形，取中点，连接，则，，所以即为二面角的平面角.如图： 以为原点，建立空间直角坐标系.则，，，则，.设直线与所成角为，则.又，所以，.所以故答案为：【变式2】（23-24高二下·江苏淮安·阶段练习）正四面体的棱长为，点M为平面内的动点，且满足，则直线PM与直线AB的所成角的余弦值的取值范围为 .【答案】【分析】结合正四面体的结构特征求出相关线段长，确定M轨迹，建立空间直角坐标系，设，从而表示出的坐标，利用向量的夹角公式，即可求得答案.【详解】由题意知正四面体的棱长为，设P在底面上的射影为O，则O为正三角形的中心，设D为的中点，连接，则O在上，，且，则，而，故，故点M轨迹为平面内以O为圆心半径为1的圆，以O为坐标原点，以为x轴，过点O作的垂线为y轴，为z轴，建立平面直角坐标系，设，，，故，，设直线PM与直线AB的所成角为，则，故答案为：题型06已知异面直线所成角求参数 【典例1】（2024·全国·模拟预测）直三棱柱中，底面是以A为直角的腰长为2的等腰直角三角形，侧棱长为，为上的点，若直线与直线所成角的余弦值为，则长为（    ）A．1 B． C． D．【答案】A【分析】建系标点，设，可得，利用空间向量求异面直线的夹角，列式求解即可.【详解】以A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，则．设，则，所以，解得(负值舍去).故选：A．【典例2】（23-24高二上·河南周口·期末）在空间直角坐标系 中，向量 分别为异面直线 的方向向量，若所成角的余弦值为 则 【答案】【分析】由向量夹角的余弦公式运算即可.【详解】设，所成角为，则，解得.故答案为：.【典例3】（23-24高二上·福建厦门·期中）如图，在中，分别为的中点，为的中点，，.将沿折起到的位置，使得平面平面，如图．(1)求证：．(2)线段上是否存在点，使得直线和所成角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．【答案】(1)证明见解析(2)存在，【分析】（1）根据等腰三角形三线合一性质和面面垂直性质可得平面，由线面垂直性质可证得结论；（2）以为坐标原点可建立空间直角坐标系，设，由线线角的向量求法可构造方程求得的值，进而得到结果.【详解】（1），分别为中点，，即，为中点，，又平面平面，平面平面，平面，平面，又平面，.（2）取中点，连接，，为中点，，即，，；则以为坐标原点，正方向为轴正方向，可建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，，，，假设在线段上存在点，使得直线和所成角的余弦值为，设，则，，，整理可得：，解得：，存在满足题意的点，此时.【变式1】（23-24高二上·海南·期中）在四棱锥中，底面是菱形，，平面，，是的中点，是棱上一点（不含端点），满足．若异面直线与所成角的余弦值为，则的值为（    ）A．2 B．3 C．4 D．5【答案】C【分析】先根据条件建立合适空间直角坐标系，然后表示出点坐标，利用向量法表示出异面直线所成角的余弦值，求解出的倍数关系则可知.【详解】取中点，连接，因为四边形是菱形，，所以均为等边三角形，又因为为中点，所以，又因为，所以，以为坐标原点，以方向为轴正方向，建立如下图所示的空间直角坐标系：设，所以，设，所以，所以，所以，，所以，化简可得，所以，所以，所以，所以，故选：C.【变式2】5．（23-24高二上·上海嘉定·阶段练习）为正方体，动点P在对角线上，记．(1)求证：；(2)若异面直线AP与所成角为，求的值．【答案】(1)证明见详解；(2)．【分析】（1）连接，，可证明平面，即可证得线线垂直；（2）建立空间直角坐标系，得到点的坐标，由已知可得，代入点的坐标即有，求解即可得到的值．【详解】（1）证明：如图，连接，.由已知可得，平面，平面，所以，又是正方形，所以，又平面，平面，，所以平面，又动点P在对角线上，所以平面，所以平面，所以.（2）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，设，则，，，，，，，则，.由已知，可得，设点，则，所以，所以，即，所以，.又异面直线AP与所成角为，所以，即，整理可得，因为，所以，即点位于点处时，满足条件.【变式3】（23-24高二上·黑龙江哈尔滨·阶段练习）已知直三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB=BC=2，且，E，F分别为AC和CC1的中点，D为棱上的点．(1)证明：；(2)在棱A1B1上是否存在一点M，使得异面直线MF与AC所成的角为30°？ 若存在，指出M的位置；若不存在，说明理由．【答案】(1)证明见解析(2)存在；M是A1B1中点【分析】(1)以B为原点建立空间直角坐标系，证得即可得出结论.(2)先设出M的坐标，利用空间向量求异面直线夹角公式可以解得M的位置.【详解】（1）证明：由直三棱柱ABC-A1B1C1可得平面，且，故以为原点，，，所在的直线分别为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，设，且，则，，，由，（2）可设，且，则，，，由异面直线MF与AC所成的角为30°可得，整理得，即或（舍），所以存在点M，M是A1B1中点.题型07利用向量方法求直线与平面所成角 【典例1】（23-24高二下·山西·阶段练习）如图，在四棱锥中，平面底面，，，，，，．(1)求证：平面；(2)求直线与平面所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）证明，，即可证明平面；（2）建立空间直角坐标系，求平面的法向量及直线的方向向量即可.【详解】（1）证明：过点D作于N，如图所示因为，，，，所以，，所以，，所以，所以，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，又平面，所以又，，，平面，所以平面．（2）因为，，所以，如图，以D为坐标原点，，所在直线分别为x轴，y轴，以过点D且垂直于平面的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，所以，，．设平面的一个法向量为，则，令，则，，所以，设直线与平面所成角为θ，则，所以直线与平面所成角的正弦值为．【典例2】（23-24高二下·河南·阶段练习）如图，在直三棱柱中，，，，为的中点.(1)证明：；(2)设为的中点，在棱上，满足平面，求与平面所成角的正弦值.【答案】(1)证明过程见解析(2)【分析】（1）只需结合已知以及线面垂直的判定定理证明平面，再结合线面垂直的性质即可得证；（2）建立适当的空间直角坐标系，求出的方向向量与平面的法向量，由向量夹角的余弦的坐标公式即可得解.【详解】（1）连接，设与交于点，因为，且，所以，所以，所以，又在直三棱柱中，，平面，平面，故，又，，平面，所以平面，又平面，故；（2）如图所示，建立空间直角坐标系，，，，，，，设，，因为平面，平面，平面，所以，则由，得，解得，所以平面的一个法向量为，设与平面所成角为，，则，所以与平面所成角的正弦值为.【变式1】（2024·湖北武汉·模拟预测）如图1，在矩形中，，，将沿矩形的对角线进行翻折，得到如图2所示的三棱锥，且.(1)求翻折后线段的长；(2)点满足，求与平面所成角的正弦值.【答案】(1)(2).【分析】（1）可以证明得到为直角三角形, 翻折后线段的长可由勾股定理得出.（2）根据第（1）问可以建立坐标系,写出关键点的坐标,求出,平面的法向量,求出向量夹角的余弦值,后得到与平面所成角的正弦值.【详解】（1）由,,,,平面,可得平面,又平面,则,在中,根据勾股定理,（2）如图,过点作于点,由（1）可知,平面平面,交于,∴平面,∵,又,,∴为直角三角形,∴如图,以为轴,为轴,过作的平行线为轴建立如图所示的空间直角坐标系则,,,有,,设平面的法向量,则,令,解得其中一个法向量；于是,,故与平面所成角的正弦值为.【变式2】（2024·安徽芜湖·三模）如图，三棱锥中，平面平面，平面平面，平面平面，(1)求证：两两垂直；(2)若为中点，为中点，求与平面所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）在上任取一点，作交于，作交于，证明平面，从而证明，继而推出，即可证明平面，继而可证明结论；（2）建立空间直角坐标系，求出相关点坐标，求出平面的法向量，根据空间角的向量求法啊，即可求得答案.【详解】（1）在上任取一点，作交于，作交于，由平面平面交于面，，则平面，又平面，则，同理，又由平面，可得平面，平面，则．同理可得，即两两垂直．（2）分别以DB，DC，DA所在直线为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，易得，有，设面的法向量，则由，即，可取．设与平面所成角为，则，则与平面所成角的正弦值为【变式3】（2024·江西·模拟预测）如图，在正三棱柱中，为的中点．(1)证明：；(2)若，，求直线与平面所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）取的中点，根据题意可得，，可证平面，即可得结果；（2）建系标点，求平面的法向量，利用空间向量求线面夹角.【详解】（1）取的中点，连接，且为的中点，则，因为，则，所以四点过面，因为平面，平面，则，又因为，且为的中点，则，且，平面，可得平面，且平面，所以．（2）由（1）可得平面，平面，平面，所以，，以为原点，的方向分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系，则，，，，，可得，，，设平面的法向量为，则，令，则，，可得，设直线与平面所成的角为，则，所以直线与平面所成角的正弦值为．题型08利用向量方法求直线与平面所成角（最值或范围） 【典例1】（2024·河南）如图，已知圆柱，A在圆上，，，，在圆上，且满足，则直线与平面所成角余弦的最小值是 ．【答案】【分析】建系，利用空间向量求线面夹角，整理得，结合正弦函数的有界性分析运算.【详解】如图所示，以为坐标原点建立空间直角坐标系，则，不妨取，设，则，设平面的法向量，则，令，则，即，设直线与平面所成角为，则，当且仅当，即时，等号成立，即直线与平面所成角正弦的最大值是，所以直线与平面所成角余弦的最小值是.故答案为：.【典例2】（23-24高二下·江苏盐城·期中）如图，已知三棱柱的侧棱与底面垂直， . 分别是 的中点，点 在直线 上，且 .(1)证明： ；(2)当取何值时，直线与平面所成角最大?并求该角取最大值时的正切值.【答案】(1)证明见解析(2)，2【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用数量积的坐标表示，证明线线垂直；（2）代入线面角的向量公式，根据线面角正弦值的最大值，确定点的位置，从而确定线面角最大值的正切值；（3）分别求平面与平面的法向量，根据法向量夹角的余弦值，确定点的位置.【详解】（1）证明: 如图，以 为原点， 所在直线为 轴， 所在直线为 轴建立空间直角坐标系则 ，，即 ，，所以无论 取何值，（2） 是平面的一个法向量. 当 时， 取得最大值，此时 .【典例3】（2024·浙江·三模）在四棱锥中，，，，，、分别为直线，上的动点.(1)若异面直线与所成的角为，判断与是否具有垂直关系并说明理由；(2)若，，求直线与平面所成角的最大值.【答案】(1)答案见解析，理由见解析(2)【分析】（1）取的中点，连接，，即可说明，则（或其补角）为异面直线与所成的角，分和两种情况讨论，利用线面垂直的判定定理证明即可；（2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，求出平面的法向量，利用空间向量法求出线面角的正弦值，即可求出线面角的最大值.【详解】（1）取的中点，连接，，因为，，所以且，所以四边形为平行四边形，所以，所以（或其补角）为异面直线与所成的角，①当时，在中，，，由余弦定理可知，所以，所以，所以，又，，，平面，所以平面，又平面，所以.②当，假设，则由①有平面，因为平面，所以，，这与相矛盾，故此时与不垂直.综上所述，当时，；当时，与不垂直.（2）由，点是中点，可得，从而由可得，又，所以，即，因为，由（1）有，所以，所以两两互相垂直，故可以为坐标原点，，，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系.故，，，，.因为，设平面的法向量为，则有设，则，又，所以有令，则，故平面的一个法向量为，设直线与平面所成的角为，则，令，则当时，；当时，.（当且仅当，时取“＝”）.又，所以.综上所述，直线与平面所成角的最大值为.【变式1】（23-24高二上·浙江杭州·期中）如图，在正四棱柱中，，，点P是侧面内的动点，且，记AP与平面所成的角为，则的最大值为 ．【答案】【分析】以为坐标原点，建立空间直角坐标系，设出点的坐标，根据已知条件找到其横坐标和竖坐标之间的关系，再求线面角正切值的最大值即可.【详解】根据题意，以为坐标原点建立空间直角坐标系如下所示：则，设点的坐标为，，因为，即，即；取平面的一个法向量为，故，则，又在单调递减，在单调递增，故时，取得最小值，取得最大值，此时，取得最大值为.故答案为：.【变式2】（23-24高二下·江苏扬州·阶段练习）如图，已知三棱柱的侧棱与底面垂直，，，M，N分别是，的中点，点在线段上，且.(1)证明：；(2)当取何值时，直线与平面所成角最小?【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）建系标点，利用空间向量证明线线垂直；（2）求平面的法向量，利用空间向量求线面夹角，结合二次函数分析求解；（3）假设存在，利用空间向量处理面面夹角，列式求解即可.【详解】（1）因为，，则，即，如图所示，以A为原点建立空间直角坐标系，则，可得，，即，，又因为，可得，所以无论取何值，.（2）由（1）可知：，设平面的一个法向量为，则，取，则，可得，可得，令，则，所以当，即时，取得最小值，此时.【变式3】（23-24高二下·四川成都·期中）三棱锥中，，，，.(1)求平面和平面夹角的余弦值；(2)点为棱（不含端点）上的动点，求直线与平面所成角的正弦值的取值范围.【答案】(1)(2).【分析】（1）建立如图所示空间直角坐标系，利用空间向量法求两平面的夹角；（2）设，直线与平面所成角为，利用空间向量法求线面角的正弦值.【详解】（1）建立如图所示空间直角坐标系，由题设，三棱锥可补全为棱长为2的正方体，∴，，，,∴，，,设面的法向量为， 则，令，则，面的法向量为，设面的法向量为，则，令，则，面的法向量为设平面和平面所成角为，.（2）设，∴，∴，设直线与平面所成角为，∴，令，∴上式.题型09已知直线与平面所成角求参数 【典例1】（2024高三·全国·专题练习）如图，菱形中，，与相交于点，平面，，，．若直线与平面所成的角为45°，则＝ ．  【答案】2【分析】根据题意求出，建立空间直角坐标系，利用线面角公式求解即可.【详解】设AE＝a，在菱形ABCD中，∠ABC=60°，则△ABC为正三角形，又AB=2，易得，如图，以O为坐标原点，以OA，OB所在直线分别为x轴、y轴，以过点O且平行于CF的直线为z轴建立空间直角坐标系．  则，所以，设平面BED的法向量为，则，令z=1则，，因为直线OF与平面BED所成角的大小为45°，所以，由，解得，所以AE＝2．故答案为：2.【典例2】（23-24高二下·江苏泰州·阶段练习）如图，由直三棱柱和四棱锥构成的几何体中，，，，，平面平面.为线段上一动点，当 时，直线与平面所成角的正弦值为.【答案】1【分析】以为坐标原点，分别为，，轴建立空间直角坐标系．求出平面的法向量，求出，利用空间向量的数量积转化求解即可．【详解】解：以为坐标原点，分别为，，轴建立空间直角坐标系．所以，所以．设平面的法向量，所以所以，所以平面的一个法向量， 设，所以， 所以，解得或（舍，所以．因为，所以 故答案为：1【变式1】（23-24高二上·贵州毕节·阶段练习）如图，在长方体中，为线段上的动点，当直线与平面所成角的正弦值取最大值时， .  【答案】【分析】建立如图所示的空间直角坐标系，设，则可表示出点的坐标，表示出，再求出平面的法向量，利用空间向量可求得结果.【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，则，.设，则.设平面的法向量为，，取，可得平面的法向量为所以，设与平面所成的角为，则，当时，取得最大值，此时故答案为：  【变式2】（23-24高二上·全国·期末）如图，正方体的棱长为，在棱上有一动点，设直线与平面所成的角为，当时，则此时点与点之间的距离 ．【答案】【分析】以为坐标原点，以分别为轴建立空间直角坐标系.如图所示，利用线面角的向量求解方法可求得，从而求得答案.【详解】解：以为坐标原点，以分别为轴建立空间直角坐标系.如图所示，则，设，得，则；设平面的法向量为，又，于是有，不妨，可得，所以；因为，且，则，化简得，解得，或 (舍去).即，从而得故答案为：.【点睛】方法点睛：考查用空间向量及其坐标运算来探究立体几何中的任意不确定性和恒成立问题是非常实效且方便简洁，注意掌握空间线面角的余弦值的坐标运算.考查化归与转化、数形结合思想，检验空间想象、逻辑推理和运算求解能力.题型10利用向量方法求两个平面的夹角（定值） 【典例1】（23-24高一下·江苏盐城·阶段练习）正方体的棱长为4，，分别为棱，的中点，过，，做该正方体的截面，则截面形状为 ，二面角的平面角的余弦值为 .【答案】 五边形； /.【分析】记上靠近点的三等分点为，上靠近点的三等分点为，以为原点，分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，利用向量平行证明五点共面，可判断截面形状；求出平面和平面的法向量，根据二面角的向量公式，结合图形直观判断可得.【详解】记上靠近点的三等分点为，上靠近点的三等分点为，以为原点，分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，则，，因为，所以四点共面，且四点共面，又两平面有不共线的三个公共点，所以两平面重合，即过，，做该正方体的截面为五边形.设平面的法向量为，则，取，得，易知平面的一个法向量为，所以，记二面角的平面角为，由图可知为钝角，所以.故答案为：五边形；.【典例2】（23-24高三下·辽宁·阶段练习）如图，在四棱锥中，平面平面，是等边三角形，底面是直角梯形，，，.  (1)若为棱的中点，求证：平面；(2)求二面角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）取的中点，连接、，即可证明四边形为平行四边形，从而得到，即可得证；（2）首先利用勾股定理逆定理证明，由面面垂直的性质得到平面，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.【详解】（1）取的中点，连接、，因为为棱的中点，所以且，又且，所以且，所以四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面；  （2）因为是直角梯形，，，，所以，，所以，即，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，如图建立空间直角坐标系，  则，，，，所以，，，，设平面的法向量为，则，取；设平面的法向量为，则，取；设二面角为，则，所以，即二面角的正弦值为.【变式1】（2024高三·全国·专题练习）如图，直三棱柱的体积为4，的面积为．设D为的中点，，平面平面，则二面角的正弦值为 ．【答案】【分析】取的中点E，利用面面垂直的性质、线面垂直的性质判定证明平面，再建立空间直角坐标系，求出棱长，利用面面角的向量求法求解即得.【详解】在直三棱柱中，取的中点E，连接AE，由，得，又平面平面，平面平面，平面，则平面，又平面，平面，平面，则，，又平面且相交，因此平面，直线两两垂直，以B为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图，而，又，解得，则，的中点，则，，设平面的一个法向量，则，令，得，设平面的一个法向量，则，令，得，则，所以二面角的正弦值为.故答案为：【变式2】（23-24高三下·广东肇庆·阶段练习）如图，等腰梯形中，，，现以为折痕把折起，使点到达点的位置，且.  (1)证明：平面平面；(2)若为上的一点，点到平面的距离为，求二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2).【分析】（1）取中点，连接，利用平行四边形的判定和性质得，利用直角三角形性质得，利用线面垂直的判定定理和面面垂直的判定定理证明即可；（2）分别取中点，连接，利用面面垂直的性质定理及线线平行性质得平面，建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，利用向量法求解二面角的余弦值.【详解】（1）在梯形中，取中点，连接，    ，，四边形为平行四边形，，，，，，平面，平面，平面，平面平面.（2）分别取中点，连接，，为中点，，又平面平面，平面平面，平面，平面，分别为中点，，平面，则以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，    则，，，，，，，，，设，则，设平面的法向量，则，令，解得：，，；点到平面的距离，解得：，；平面轴，平面的一个法向量，，又二面角为锐二面角，二面角的余弦值为.题型11利用向量方法求两个平面的夹角（最值或范围） 【典例1】（2024·山东·模拟预测）如图，在直三棱柱中，，，，.(1)当时，求证：平面；(2)设二面角的大小为，求的取值范围.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，当时，求得的坐标，求得，得到，结合线面垂直的判定定理，即可得证；（2）由（1）求得平面和平面的法向量和，利用向量的夹角公式，求得，结合，进而求得的范围.【详解】（1）证明：以为坐标原点，以所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示，，当时，，所以，可得，所以，又因为，平面，平面，所以平面.（2）解：由（1）可得，设平面的一个法向量为，则，令，可得，所以，因为平面，所以平面的一个法向量为，所以，又因为，可得，所以，因为二面角为锐二面角，所以，所以的取值范围.【典例2】（23-24高二下·浙江金华·期中）在如图所示的直三棱柱中，分别是线段上的动点．(1)若平面，求的值；(2)若三棱柱是正三棱柱，是的中点，求二面角余弦值的最小值．【答案】(1)(2)【分析】（1）过点作，交于，连接，则可证平面平面，从而得到，故可求的值，也可以过点作，可证 四边形是平行四边形，从而可求的值.（2）过作，垂足为，再过作，垂足为，连接，可证即为二面角的平面角，故可求二面角余弦值的最小值，也可以利用建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法可求二面角的余弦值的最小值.【详解】（1）法1：（1）过点作，交于，连接，如图，由平面，平面，则平面且，又平面，，且平面，故平面平面，又平面平面，平面平面，所以，从而，故.法2：过点作，交于，则由可得，所以四点共面，而平面，平面，平面平面，所以，四边形是平行四边形，所以，所以.（2）法1：过作，垂足为，由正三棱柱可得平面平面，而平面平面，平面，则平面，再过作，垂足为，连接，因为平面，故，而平面，故平面，而平面，故， 则即为二面角的平面角．又在中，，，当位于时，此时，故二面角余弦值的最小值为.方法2：取的中点由正三棱锥得平面，如图建立空间直角坐标系，，，设平面法向量，则即，令得，而平面法向量，设二面角的平面角为，则为锐角且，当时取到.【变式1】（2024·江苏南通·三模）如图，在直三棱柱中，，．(1)当时，求证：平面；(2)设二面角的大小为，求的取值范围．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）建立合适的空间直角坐标系，得出相关向量，求出，再结合线面垂直的判定即可；（2）求出相关法向量，得到，再结合函数单调性即可得到其范围.【详解】（1）以为基底建立如图所示空间直角坐标系，则，.当时，，所以，所以，所以.又平面平面，所以平面.（2），设平面的一个法向量为，则，即，不妨取.因为平面，所以平面的一个法向量为.所以，所以.又因为，易知在上单调递减，所以.【变式2】（23-24高二下·上海·阶段练习）已知在直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，D为棱上的点，.(1)证明：；(2)当为何值时，平面与平面夹角的正弦值最小？【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）先利用线面垂直的判定定理证得平面，进而得到，再结合平面推得两两垂直，由此建立空间直角坐标系，求得，故可证得；（2）分别求得平面与平面的法向量，利用向量数量积的坐标表示求得这两个面所成角的余弦值，利用二次函数求解最大值，利用同角三角函数关系即可求解.【详解】（1）在三棱柱为直三棱柱中，，平面，因为，所以，因为平面，平面，所以，又平面，所以平面，又平面，所以，又平面，平面，所以，即两两垂直，如图所示，建立空间直角坐标系，则，设，则，且，所以，故，所以.（2）设平面的法向量为，因为，，所以，即，令，则.因为平面的法向量为，设平面与平面所成的夹角为，则，当时，取最小值为，此时取最大值为，所以，此时，符合题意，故当时，平面与平面夹角的正弦值最小.题型12已知平面与平面所成角求参数 【典例1】（2024·黑龙江·三模）如图，在直三棱柱中，，，为的中点.(1)证明：平面；(2)若二面角的余弦值为，求点到平面的距离.【答案】(1)证明见解析(2)点到平面的距离为.【分析】（1）先证四边形为正方形，得到，再证平面，从而得到，即可证明平面；（2）建系，设边长，写出相应点和向量的坐标，求出两个平面的法向量，利用二面角的余弦值列式子，求出的长度，再利用点到平面的距离公式，求出点到平面的距离.【详解】（1）证明：由直三棱柱的性质可知，，四边形为平行四边形，又因为，所以四边形为正方形，所以，因为，，，所以平面，所以，因为，所以，又因为平面所以平面.（2）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，设，则，，，，所以，，，所以平面的一个法向量为，设平面的一个法向量为，则，所以，取，则，，所以，设二面角的大小为，则，解得，所以，平面的一个法向量，设点到平面的距离为，则，所以点到平面的距离为.【典例2】（2024·山东菏泽·模拟预测）如图，在正四棱锥中，已知平面，点在平面内，点在棱上．(1)若点是的中点，证明：平面平面；(2)在棱上是否存在一点，使得二面角的余弦值为？若存在，求出点的位置；若不存在，说明理由．【答案】(1)证明见解析(2)存在，点为棱上靠近点的三等分点．【分析】（1）依题意可得，，即可得到平面，即可得证；（2）连接，建立空间直角坐标系， 假设在棱上存在点，设，求出平面、平面的一个法向量，由二面角的向量法可得答案.【详解】（1）依题意正四棱锥所有棱长均为，又点是的中点，所以，，，平面，所以平面，又平面，所以平面平面.（2）连接，由平面，平面，平面，则，，又， 可得两两垂直，分别以所在直线为，，轴，建立空间直角坐标系，如图，则，，，，，假设在棱上是否存在一点，使得二面角的余弦值为，设，，由，所以，则，设平面的一个法向量为，则，因为，，所以，令，得，，因为平面的一个法向量为，又二面角为锐二面角，所以，化简得，解得或（舍），所以存在点符合题意，点为棱上靠近点的三等分点．【变式1】（2024·江苏泰州·模拟预测）如图，直四棱柱的底面是菱形，，，，E，N分别是BC，的中点．(1)若M是的中点，证明：平面平面；(2)若M是线段上的一动点，当二面角的余弦值为时，求BM长度．【答案】(1)证明见解析；(2)BM长度为．【分析】（1）根据线面垂直判定定理证明平面，再证明，由此证明平面，再根据面面垂直判定定理证明结论；（2）建立空间直角坐标系，设，用表示二面角的余弦值，由条件列方程，由此可得的长.【详解】（1）由已知平面，又平面，所以，因为为菱形，，所以，，，所以为等边三角形，又为中点，所以，又，所以，又，平面，所以平面，因为M是的中点，为中点，所以，又，，所以，连接，为中点，则，，所以四边形为平行四边形，所以，所以平面，又平面，所以平面平面；（2）因为，平面，以为原点，以为轴正半轴，建立空间直角坐标系，设，则，，设平面的法向量为，平面的法向量为，则有，可取，，可取，则，由已知，所以或（舍去）所以点的坐标为，所以的长度为.【变式2】（23-24高二下·安徽阜阳·期中）如图，在三棱锥P-ABC中，，，，D为BC的中点．(1)求证：；(2)在棱PA上是否存在点M（不含端点），使得二面角的余弦值为？若存在，求出线段AM的长度；若不存在，说明理由．【答案】(1)证明见解析(2)存在；【分析】（1）由勾股定理逆定理得到AB⊥BC，AB⊥PB，从而AB⊥平面PBC，AB⊥，又利用等腰三角形三线合一得到PD⊥BC，从而PD⊥平面ABC，进而得到；（2）以D为原点，直线DB为y轴，直线DP为z轴，以过D与AB平行的直线为x轴建立如图所示空间直角坐标系，设，用坐标求出平面MBC和平面ABC的法向量，根据二面角的余弦值为列出等式求解即可.【详解】（1）因为，，所以，所以，所以，所以AB⊥BC，又，，所以△PBC为等边三角形，所以，又，所以，所以AB⊥PB，又PB，平面PBC，且，所以AB⊥平面PBC，又平面PBC，所以AB⊥，因为，D为BC的中点，所以PD⊥BC，又平面ABC，，所以PD⊥平面ABC，又平面ABC，所以.（2）由（1）得，PD⊥平面ABC，，以D为原点，直线DB为y轴，直线DP为z轴，过D与AB平行的直线为x轴建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，所以，，，设，所以，设平面MBC的一个法向量，则，即，令，解得，，故，显然平面ABC的一个法向量，二面角M-BC-A为锐二面角，设为，所以，解得或（舍），所以存在M，使之满足条件，此时．A夯实基础 B能力提升 C新定义题型A夯实基础 一、单选题1．（23-24高二上·贵州六盘水·期末）已知向量，且平面平面，若平面与平面的夹角的余弦值为，则实数的值为（   ）A．或－1 B．或1 C．－1或2 D．【答案】B【分析】根据平面夹角的向量公式求解可得.【详解】因为，所以，解得或1．故选：B．2．（23-24高二上·上海·期末）已知法向量为的平面α内有一点，则平面外点到平面的距离为（   ）A．1 B． C． D．2【答案】C【分析】利用点到平面距离的向量求法求解即得.【详解】依题意，，所以点到平面的距离为.故选：C3．（21-22高二上·湖南郴州·期末）已知，，，则平面的法向量与的夹角的余弦值为（    ）A． B．或C． D．或【答案】B【分析】求解法向量，即可由夹角公式求解.【详解】设为平面的一个法向量，则由，可得，令，得，，∴.，由于法向量的方向不能确定，故平面的法向量与的夹角的余弦值也可能为.故选：B4．（23-24高二上·广东湛江·阶段练习）直线的方向向量与共线，平面的一个法向量为，则直线和平面的夹角的余弦值是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据给定条件，利用空间向量求出直线与平面夹角的正弦即可.【详解】设直线和平面的夹角为，则，所以直线和平面的夹角的余弦值是.故选：B5．（23-24高二下·河南·阶段练习）如图，在三棱锥中，为的中点，为的中点，则线段的长度为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】先得到，再平方求解.【详解】解：由题意得，故，，则.故选：C.6．（2024·辽宁沈阳·模拟预测）已知直三棱柱中，，，，则异面直线与所成角的余弦值为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据空间向量法求线线角解决即可.【详解】以为原点，在平面过作的垂线交于，以为轴，以为轴，以为轴，建立空间直角坐标系，因为直三棱柱中，，，，所以，所以，设异面直线与所成角为，所以.故选：C.7．（23-24高二下·福建龙岩·阶段练习）如图，四棱锥的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍，平面，为侧棱上的点，则二面角的余弦值为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】建立空间直角坐标系，结合向量即可求解.【详解】连接，设交于点，则平面，以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，设底面边长为，则，显然是平面的一个法向量，因为平面，所以是平面的一个法向量，设二面角为，所以.故选：B.8．（2024·山西·三模）正方体的棱长为2，分别为的中点，为底面的中心，则三棱锥的体积是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】建立空间直角坐标系，求解平面法向量，利用向量法求解点面距离，即可根据体积公式求解.【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，则,,设平面法向量为，则，取，则，故到平面的距离为，而,故,故，故选：B二、多选题9．（23-24高二下·湖北恩施·期中）如图，在棱长为2的正方体中，分别为的中点，则（    ）A． B．CE与OF所成角的余弦值为C．四点共面 D．的面积为【答案】AC【分析】先根据正方体结构建系，写出相关点和向量的坐标，利用向量垂直的坐标式计算判断A项，利用空间向量的夹角公式计算判断B项，利用空间向量共面定理判断C项，利用三角形面积公式判断D项即得.【详解】如图，以点为坐标原点，为轴的正方向，建立空间直角坐标系.对于A项，因,则,即，故A项正确；对于B项，因，则,设CE与OF所成角为，则，故B项错误；对于C项，因,则,易得，即为共面向量，故四点共面，即C项正确；对于D项，因，则，记，则，故，故的面积为，故D项错误.故选：AC.10．（23-24高二上·四川南充·阶段练习）在如图所示的直四棱柱中，底面是边长为2的正方形，．点是侧面内的动点（不含边界），，则与平面所成角的正切值可以为（    ）A． B．C． D．【答案】AD【分析】根据题意确定点的轨迹，利用线面角定义可得与平面所成角即为，利用圆的几何性质确定的范围，即可求出线面角正切值的范围，从而得出正确选项.【详解】由题意建系如图，  因为底面是边长为2的正方形，，则，，设，可得，，由题意得，故，可得，故点轨迹是以为圆心，1为半径的圆在正方形内的部分（不含边界），由题可知为的中点，如图，  根据圆的几何性质可得：当共线时，取得最小值为，而，所以，因为平面，所以与平面所成角即为，所以，所以正确选项有AD.故选：AD．三、填空题11．（23-24高二下·江西·阶段练习）设直线的方向向量为，平面的法向量为，则直线与平面所成角的大小为 .【答案】【分析】设直线与平面所成角为，由计算可得.【详解】因为直线的方向向量为，平面的法向量为，设直线与平面所成角为，则，又，所以.故答案为：12．（2024·河南开封·三模）在矩形中，，，沿对角线将矩形折成一个大小为的二面角，当点B与点D之间的距离为3时 ．【答案】【分析】根据向量的线性运算可得，利用模长公式，结合数量积的运算即可求解.【详解】分别作，，垂足为，，则．由，可得，所以．因为，则， 故，故答案为：．四、解答题13．（23-24高三下·辽宁·阶段练习）如图，在四棱锥中，平面平面，是等边三角形，底面是直角梯形，，，.  (1)若为棱的中点，求证：平面；(2)求二面角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）取的中点，连接、，即可证明四边形为平行四边形，从而得到，即可得证；（2）首先利用勾股定理逆定理证明，由面面垂直的性质得到平面，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.【详解】（1）取的中点，连接、，因为为棱的中点，所以且，又且，所以且，所以四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面；  （2）因为是直角梯形，，，，所以，，所以，即，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，如图建立空间直角坐标系，  则，，，，所以，，，，设平面的法向量为，则，取；设平面的法向量为，则，取；设二面角为，则，所以，即二面角的正弦值为.14．（23-24高三下·河南·阶段练习）如图所示，在三棱锥中，与AC不垂直，平面平面，．(1)证明：；(2)若，点M满足，求直线与平面所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）由平面平面，再作，可证明平面，从而可得，又因为，所以可证明平面，即可证明；（2）利用（1）以A为坐标原点建立如图坐标系，利用等边三角形和等腰直角三角形，标出各点的空间坐标，对于点M满足，可用向量线性运算求出，最后利用空间向量法来解决直线与平面所成角的正弦值．【详解】（1）证明：在平面中，过点P作的垂线，垂足为D．因为平面平面ABC，且平面平面，平面，所以平面．又因为平面，所以，又，，平面，平面，所以平面，又平面，故．（2）由（1）以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，故，，又因为，所以即．设平面ACM的一个法向量，则令，则． 又因为，设直线AP与平面ACM所成角为，则，所以直线AP与平面ACM所成角的正弦值为．B能力提升 1．（2024·四川成都·三模）在棱长为5的正方体 中，是中点，点在正方体的内切球的球面上运动，且，则点的轨迹长度为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】建立空间直角坐标系，作出辅助线，得到⊥平面，由点到平面的距离和球的半径得到点的轨迹为以为半径的圆，从而求出点的轨迹长度.【详解】以点为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，则，，球心，取的中点，的中点，连接，则，，，故，，又，平面，故⊥平面，故当位于平面与内切球的交线上时，满足，此时到平面的距离为，，其中为平面截正方体内切球所得截面圆的半径，故点的轨迹为以为半径的圆，故点的轨迹长度为.故选：B2．（23-24高二下·江苏连云港·阶段练习）如图，在四棱锥中，侧面底面，侧棱，，底面为直角梯形，其中，，，O为中点．线段上存在一点Q，使得二面角的余弦值为，则 【答案】/【分析】根据题意，建立空间直角坐标系利用向量法求解.【详解】在中，，O为中点，所以，又侧面 底面，平面平面，平面，所以平面.又，，，又在直角梯形中，连接，易得，【答案】【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法表示出到面的距离，进而求出点坐标，过作平面的平行平面，得到点的轨迹，再利用向量法求线线角，进而求其最值即可.【详解】因为直线到平面的距离为，所以必有面，即点到平面的距离为，如图建立空间直角坐标系，设，又，则， 设面的法向量为，则，取得，则，解得，即，过作平面的平行平面，与正方体的截面为，分别为线段和线段的中点，则所以在直线上，设，又，则，当时，，当时，，又，所以，则的最小值为.故答案为：4．（23-24高三下·云南·阶段练习）如图，已知四边形为矩形，，，E为的中点，将沿进行翻折，使点D与点P重合，且．(1)证明：；(2)设，的延长线交于点N，则线段上是否存在点Q，使得平面与平面所成角的余弦值为．【答案】(1)证明见解析(2)答案见解析【分析】（1）根据题意，取的中点M，连接，，由余弦定理可得，再由线面垂直的判定定理可得平面，从而证明线线垂直；（2）根据题意，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，以及面面角的向量公式，代入计算，即可得到结果.【详解】（1）证明：如图2，取的中点M，连接，，由题意且，可得，且，由余弦定理可得，这六个顶点形成的正八面体内所有的点.而可以看成正八面体在平面上的截面内所有的点.它是边长为的正方形，因此.（2）记集合，中所有点构成的几何体的体积分别为，；考虑集合的子集；即为三个坐标平面与围成的四面体.四面体四个顶点分别为，，，，此四面体的体积为由对称性知，考虑到的子集构成的几何体为棱长为1的正方体，即，，显然为两个几何体公共部分，记，，，.容易验证，，在平面上，同时也在的底面上.则为截去三棱锥所剩下的部分.的体积，三棱锥的体积为.故的体积.当由对称性知，.（3）如图所示，即为所构成的图形.其中正方体即为集合P所构成的区域.构成了一个正四棱锥，其中到面的距离为，，.由题意面方程为，由题干定义知其法向量面方程为，由题干定义知其法向量故.由图知两个相邻的面所成角为钝角.故H相邻两个面所成角为.由图可知共有12个面，24条棱.【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何新定义，解题关键是利用新定义求出法向量，然后利用向量求法得到所要求的二面角余弦值即可．课程标准学习目标①会用向量法求线线、线面、面面的夹角及与其有关的角的三角函数值②会用向量法求点点、点线、点面、线线、线面、面面之间的距离及与其有关的面积与体积.1、能根据所给的条件利用空间向量这一重要工具进行空间中的距离与夹角（三角函数值）的求解.2、通过本节课的学习，提升平面向量、空间向量的知识相结合的综合能力，准确将平面向量、空间向量的概念，定理等内容与平面几何、空间立体几何有机的隔合在一起，提升解决问题的能力，将形与数，数与量有机的结合起来，为提升数学能力奠定基础.