高中数学1.4 空间向量的应用综合训练题

这是一份高中数学1.4 空间向量的应用综合训练题，文件包含142用空间向量研究距离夹角问题5知识点+8题型-2024-2025学年第一学期高二数学同步讲与练人教A版2019选择性必修第一册docx、142用空间向量研究距离夹角问题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共67页， 欢迎下载使用。

新知要点探究
知识点1 点到直线的距离
1.点到直线的距离
已知直线l的单位方向向量为u，A是直线l上的定点，P是直线l外一点，设eq \(AP,\s\up6(→))＝a，则向量eq \(AP,\s\up6(→))在直线l上的投影向量eq \(AQ,\s\up6(→))＝(a·u)u.在Rt△APQ中，由勾股定理，得PQ＝eq \r(|\(AP,\s\up6(→))|2－|\(AQ,\s\up6(→))|2)＝eq \r(a2－a·u2).
2.注意点：
如果两条直线l，m互相平行，可在其中一条直线l上任取一点P，将两条平行直线的距离转化为点P到直线m的距离求解
3.用向量法求点到直线的距离的一般步骤
(1)求直线的单位方向向量．
(2)计算所求点与直线上某一点所构成的向量在直线的方向向量上的投影向量的长度．
(3)利用勾股定理求解．另外，要注意平行直线间的距离与点到直线的距离之间的转化．
知识点2 点、直线、平面到平面的距离
1.点到平面的距离
已知平面α的法向量为n，A是平面α内的定点，P是平面α外一点．过点P作平面α的垂线l，交平面α于点Q，则点P到平面α的距离PQ＝eq \f(|\(AP,\s\up6(→))·n|,|n|).
2.注意点：
(1)实质上，n是直线l的方向向量，点P到平面α的距离就是eq \(AP,\s\up6(→))在直线l上的投影向量eq \(QP,\s\up6(→))的长度．
(2)如果一条直线l与一个平面α平行，可在直线l上任取一点P，将线面距离转化为点P到平面α的距离求解．
(3)如果两个平面α，β互相平行，可在其中一个平面α内任取一点P，将两个平行平面的距离转化为点P到平面β的距离求解．
3.用向量法求点面距离的步骤
(1)建系：建立恰当的空间直角坐标系．
(2)求点坐标：写出(求出)相关点的坐标．
(3)求向量：求出相关向量的坐标(eq \(AP,\s\up6(→))，α内两不共线向量，平面α的法向量n)．
(4)求距离d＝eq \f(|\(AP,\s\up6(→))·n|,|n|).
知识点3 两异面直线所成的角
1.两异面直线夹角
若异面直线l1，l2所成的角为θ，其方向向量分别是u，v，则cs θ＝|cs〈u，v〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(u·v,|u||v|)))＝eq \f(|u·v|,|u||v|).
注意点：
两异面直线所成角的范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，两异面直线所成的角与其方向向量的夹角是相等或互补的关系．
2.求异面直线所成角的步骤
(1)确定两条异面直线的方向向量．
(2)确定两个向量夹角的余弦值的绝对值．
(3)得出两条异面直线所成的角．
知识点4 直线与平面所成的角
1.直线与平面所成的角
设直线AB与平面α所成的角为θ，直线AB的方向向量为u，平面α的法向量为n，则sin θ＝|cs〈u，n〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(u·n,|u||n|)))＝eq \f(|u·n|,|u||n|).
2.注意点：
(1)直线与平面所成的角，可以转化为直线的方向向量与平面的法向量的夹角．
(2)线面角的范围为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))).
(3)直线与平面所成的角等于其方向向量与平面法向量所成锐角的余角．
3.求直线与平面所成角的基本步骤
(1)建立空间直角坐标系．
(2)求直线的方向向量u.
(3)求平面的法向量n.
(4)设线面角为θ，则sin θ＝ eq \f(|u·n|,|u||n|).
知识点5 两个平面的夹角
1.两个平面的夹角
若平面α，β的法向量分别是n1和n2，设平面α与平面β的夹角为θ，则cs θ＝|cs〈n1，n2〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(n1·n2,|n1||n2|)))＝eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|).
2.注意点：
(1)求两平面的夹角问题转化为两平面法向量的夹角问题．
(2)两平面的夹角的范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))).
(3)二面角与两平面的夹角不是相同的概念．
3.求两平面夹角的两种方法
(1)法向量法：分别求出两平面的法向量n1，n2，则两平面的夹角为〈n1，n2〉
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(当〈n1，n2〉∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时))或π－〈n1，n2〉
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(当〈n1，n2〉∈\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))时)).
(2)定义法：在两个平面内分别找出与两平面交线垂直的直线，这两条直线的夹角即为两平面的夹角．也可转化为求与两平面交线垂直的直线的方向向量的夹角，但要注意其异同．
思路方法总结
1.求一个点到平面的距离步骤
（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对应的项链的数量积的绝对值，再除以法向量的摸，即可求出点到平面的距离．
2.利用空间向量求异面直线所成角的步骤：
（1）建立适当的空间直角坐标系，
（2）求出两条异面直线的方向向量的坐标，
（3）利用向量的夹角公式求出两直线方向向量的夹角，
（4）结合异面直线所成角的范围得到两异面直线所成角．
3.求两条异面直线所成角的两个关注点
（1）余弦值非负：两条异面直线所成角的余弦值一定为非负值，而对应的方向向量的夹角可能为钝角．
（2）范围：异面直线所成角的范围是，故两直线方向向量夹角的余弦值为负时，应取其绝对值．
4.向量法求二面角步骤
（1）建立空间直角坐标系；（2）分别求出二面角的两个半平面所在的平面的法向量；（3）求两个法向量的夹角；（4）判断所求二面角的平面角是锐角还是钝角；（5）确定二面角的大小．
【注意】用向量法求二面角的大小时，注意根据图形分析二面角是锐角还是钝角，是两平面法向量的夹角还是其补角．
典例·举一反三
题型一 点到直线的距离
例1．空间内有三点，则点P到直线EF的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】求出，得到直线EF的一个单位方向向量，利用点到直线距离公式得到答案.
【详解】因为，所以直线EF的一个单位方向向量为．
因为，所以点P到直线EF的距离为．
故选：A
跟踪训练
1．已知点，则点A到直线的距离是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先求与同方向的单位向量和的坐标，代入点到直线的距离的向量公式即得.
【详解】由题意，,
则与同方向的单位向量为，又,
于是，点A到直线的距离是：.
故选：B.
2．已知，，则点B到直线AC的距离为（ ）
A．B．C．2D．3
【答案】C
【分析】由坐标运算求出，，，进而求出，再求得在方向上的投影，然后即可求出点B到直线AC的距离.
【详解】因为，，
所以，，
，
，
所以在方向上的投影为，，
所以点B到直线AC的距离为.
故选：C.
3．如图所示，在长方体中，，，与平面交于点，则点到直线的距离为 ．
【答案】
【分析】建立空间直角坐标系，先求出点的坐标，再根据点到直线距离的向量公式计算即可．
【详解】以点为原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则，
，
由平面，设，
所以，
设，
所以，即，解得，
所以，则，
设直线的夹角为，
则，
所以，
所以点到直线的距离为，
故答案为：．
题型二 异面直线间的距离
例2．如图，正四棱柱中，，点E和F分别是线段与上的动点，则间最小距离为（ ）
A．B．1C．D．
【答案】C
【分析】根据题意，由条件可得间最小距离即为异面直线与间的距离，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，即可得到结果.
【详解】
因为点E和F分别是线段与上的动点，则间最小距离即为
异面直线与间的距离，
建立如图所示空间直角坐标系，则，
则，，
设与异面直线与都垂直的向量，
则，解得，取，则，
所以，则异面直线间的距离为.
即间最小距离为.
故选：C
跟踪训练
1．在四棱锥中，底面是边长为3的正方形，底面，点在侧棱上，且满足，则异面直线和的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
【详解】如图，以点为原点，分别作为轴正方向，建立空间直角坐标系，
则.
所以，
设为直线和的公垂线的方向向量，
则有，可取，
所以异面直线和的距离为.
故选：A.
2．定义：两条异面直线之间的距离是指其中一条直线上任意一点到另一条直线距离的最小值．在棱长为1的正方体中，直线与的距离为（ ）
A．1B．C．D．
【答案】D
【分析】在直线上任意一点，作，设，，根据得出和的关系，再由模长公式得出与的关系，再求最值即可.
【详解】设为直线上任意一点，过作，垂足为，可知此时到直线距离最短，
设，，
，
，因为，所以，
即，所以，即，
所以，
所以，
所以当时，取得最小值，所以直线与的距离为.
故选：D
3．三棱台中，，平面平面ABC，，与交于D．

(1)证明：平面；
(2)求异面直线与DE的距离．
【答案】(1)证明见解析；
(2)
【分析】（1）由题意和三棱台的结构特征可得，进而证得，结合线面平行的判定定理即可证明；
（2）根据面面垂直的性质和线面垂直的判定定理与性质证得、，建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法求解线线距，即可求解.
【详解】（1）三棱台中，，则，
有，得，所以，
又，所以在平面内，，有，
平面平面，所以平面．
（2）已知平面平面ABC，平面平面，，
平面，所以平面，由平面，得，
又平面ABC，平面ABC，
所以平面ABC，由平面ABC，得.
以B为坐标原点的方向分别为x轴，y轴，z轴正方向，建立如图空间直角坐标系．
则有，
，
因为，所以，
设向量，且满足：，
则有，令，
在的投影数量为，
异面直线与DE的距离.

题型三 点到平面的距离
例3．如图，在棱长为2的正方体中，为的中点.
(1)证明：
(2)求点到平面的距离
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）建立空间直角坐标系，写出点的坐标，计算出，得到垂直关系；
（2）求出平面的法向量，利用点到平面距离公式求出答案.
【详解】（1）以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
，
则，
，
所以，即.
（2）设平面的法向量为m=x,y,z，
，
则，
令，则，故，
点到平面的距离为.
跟踪训练
1．（多选）如图，在边长为1的正方体中，点为线段的中点，点为线段的中点，则（ ）
A．点到直线的距离为B．直线到直线的距离为
C．点到平面的距离为D．直线到平面的距离为
【答案】ABD
【分析】建立空间直角坐标系，求出直线的单位方向向量，由点到直线距离的向量公式求解可判断A；先证明，然后由由点到直线距离的向量公式求解可判断B；求出平面的法向量，由点到平面的向量公式可判断CD.
【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，A1,0,0．
因为，，．
设，所以，
所以点到直线的距离为，故A正确．
因为，，所以，
所以，所以点到直线的距离即为直线到直线的距离．
，．
设，所以，
所以直线到直线的距离为，故B正确．
设平面的一个法向量，
又，，所以
取，则，，所以，
所以．
又，所以点到平面的距离为，故C错误．
因为，平面，所以平面，
所以到平面的距离即为点到平面的距离．
又平面的单位法向量，，
所以直线到平面的距离为，故D正确．
故选：ABD
2．在下图所示直四棱柱中，底面为菱形，，，动点P在体对角线上，则顶点B到平面距离的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】连接交于点O，由题意得，接着建立空间直角坐标系求出向量和平面的法向量即可根据向量法的点到平面距离公式求解.
【详解】连接交于点O，
由题意，得，，
，
如图，以O为原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以，设，
所以，

设平面的一个法向量为，则，
所以，取，
则，
设顶点B到平面距离为d，
则，
当时，
当时，，
所以当即时点B到平面距离最大为.
故选：A.
3．如图，在直四棱柱中，底面四边形为梯形，，，，.

(1)证明：；
(2)若，求点B到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由勾股定理可证，进一步可证，又，可得，得证；
（2）建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，利用点到面的距离公式求解.
【详解】（1）因为，，
所以，所以，
因为为直四棱往，
所以，因为，，面，
所以面，
因为，所以面，
因为面，所以.
（2）由（1）及题意知，，，两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，

因为，，，.
所以A0,0,0，，，，，
所以，，，
设平面的一个法向量为，
则，即，令，解得，，
，
所以点B到平面的距离为.
题型四 异面直线夹角
例4．如图，是棱长为1的正方体，若点为的中点，.
(1)求的长；
(2)求与所成角的余弦值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）以为原点，建立空间直角坐标系，求得，，结合向量模的公式，即可求解；
（2）由（1）得，向量，结合向量的夹角公式，即可求解.
【详解】（1）解：以为原点，所在直线分别为，轴，建立空间直角坐标系，
如图所示，可得，，
则，所以的长为.
（2）解：由（1）得，向量，
设异面直线与所成角为，
则，
故与所成角的余弦值为.
跟踪训练
1．如图，在正四棱锥中，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
【分析】建立空间直角坐标系，先利用向量法求，则得线线角.
【详解】连接交于，连接，
由四棱锥是正四棱锥，则平面，且.
以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
由，不妨设，则，
在中，，
则，则，
，
则，
由异面直线与所成角为锐角，所求余弦值为.
故选：B.
2．如图，在正三棱柱中，，，为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为 ．

【答案】/
【分析】以A为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得向量和的坐标，结合向量的夹角公式，即可求解.
【详解】以A为坐标原点，在平面ABC内作垂直于AC的直线Ax为x轴，AC为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示：

则，，，，
所以，，
所以，
则直线与所成角的余弦值为，
故答案为：.
3．在棱长为2的正方体中，为的中点.
(1)求异面直线与所成角的余弦值；
(2)求三棱锥的体积.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）建立空间直角坐标系，后求出关键点坐标，后借助向量夹角公式求出，进而得出异面直线与所成角的余弦值.
（2）运用等体积转化法，借助向量求到平面的距离，再用三棱锥体积公式计算即可.
【详解】（1）如图，正方体中, 为的中点，连接交于O，连接，
根据正方体的性质，知道垂直于上下底面，且，则两两垂直.
则可以为x轴，为y轴，为z轴建立空间直角坐标系.
由于棱长为2，则面对角线为.
因此涉及的关键点坐标为，
则.
则，
则异面直线与所成角的余弦值为的余弦值为.
（2）根据题意，知道，显然.
由正方体结构特征知，面，则到平面的距离为.
故.
故三棱锥的体积为.
题型五 直线与平面的夹角
例5．如图，四棱锥中，底面，四边形是正方形，分别是的中点．
(1)求证：平面；
(2)若，求直线与平面所成角的大小．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）证明，进而得，即可证明平面；
（2）证明两两垂直，以A为原点建立空间直角坐标系，求出、、和点的坐标，求出，和，求出平面的法向量，进而求得直线与平面所成角的正弦值，最后求出直线与平面所成角.
【详解】（1）分别为的中点，
，
四边形为正方形，
，则，
平面不在平面内，
平面；
（2）四边形为正方形，，
平面平面，
两两垂直，
故以A为原点，所在的直线为x轴，所在的直线为y轴，所在的直线为z轴，建立空间直角坐标系，
则，
，
设平面的法向量为，则即得
令，则，则，
设直线与平面所成角为，，
由，故直线与平面所成角的大小为．
跟踪训练
1．在棱长为2的正方体中，E，F分别是和的中点，则直线与平面所成角的正弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】建立空间直角坐标系，根据题意，求得向量和平面的法向量，结合向量的夹角公式，即可求解.
【详解】由空间直角坐标系中有棱长为2的正方体，
点分别是和的中点，
可得，
则，
设平面的法向量为，则，
取，可得，所以，
设直线与平面所成角，则，
即直线与平面所成角的正弦值为.
故选：B.

2．在正四棱锥中，为顶点S在底面内的射影，为侧棱上靠近点S的三等分点，且，则直线与平面所成角的余弦值为 ．
【答案】
【分析】建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面的法向量，利用公式得到线面角的正弦值，进而求出线面角的余弦值.
【详解】以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
设，则，
所以，，
设平面的法向量为，则得
解得，令，则，可得，设直线与平面所成角为，
则，
所以．
3．如图，在四棱锥中，底面为正方形、平面分别为棱的中点
(1)证明：平面;
(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）由题意易知，根据线面平行的判定定理证明即可；
（2）由题意，两两垂直，所以建立空间直角坐标系，求出直线的方向向量与平面的法向量,再通过空间角的向量求解即可.
【详解】（1）分别为的中点
为正方形
平面平面
平面.
（2）由题知平面
建立如图所示的空间直角坚标系，
，则,
,,,
设平面的一个法向量为n=x,y,z
则,令则,
设直线与平面所或的角为,
，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
题型六 平面与平面的夹角
例6．如图，在三棱柱中，底面，，，，，点，分别为与的中点.

(1)证明：平面；
(2)求二面角的平面角的正切值.
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据线面平行的判断定理，结合中位线的性质，即可证明；
（2）建立空间直角坐标系，分别求平面和平面的法向量，利用向量公式，即可求解二面角的正切值.
【详解】（1）连结，因为点是的中点，则，
则点是的中点，且是的中点，
所以，
且平面，平面，
所以平面；
（2）如图，建立空间直角坐标系，
，，，
，，
设平面的法向量，
，令，则，，
则平面的法向量，
平面的法向量为，
设二面角的平面角为，
则，
所以.

二面角的平面角的正切值为
跟踪训练
1．如图，在直三棱柱中，，，且，，直线与交于点F.
(1)证明：平面.
(2)求二面角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由题意建立空间直角坐标系，接着求出和平面的法向量，进而得，进而得证.
（2）由（1）得平面的法向量并求出平面的一个法向量，接着计算即可进一步求出二面角的正弦值.
【详解】（1）由题意可以为原点，和分别为轴、轴和轴建立
如图所示的空间直角坐标系，
因为，且，，
所以，
所以，，，
设是平面的一个法向量，
则，所以，取得，
所以，即，所以平面.
（2）由（1）得，，平面的一个法向量为，
设是平面的一个法向量，
则，所以，取得，
设二面角的大小为，，
则，
所以二面角的正弦值为.
2．如图，在四棱锥中，底面 ,,，

(1)证明：平面平面 ；
(2)若，求平面与平面的夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先由线面垂直的判定定理证明平面，再由面面垂直的定理证明结果即可；
（2）建立如图所示坐标系，分别求出平面和平面的法向量，代入公式计算即可；
【详解】（1）证明：记，
因为，所以，
所以，
即，
又底面平面，
所以，
因为，且平面，平面，
所以平面，又平面，
所以平面平面．
（2）取中点，连接，则，所以平面，
所以三条直线两两垂直，
分别以所在的直线分别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，可取，
同理设平面的一个法向量为，
则，可取
所以，，
所以，平面与平面的夹角的余弦值为．
3．如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，，，，且平面平面，在平面内过作，交于，连.
(1)求证：平面；
(2)求二面角的正弦值；
(3)在线段上存在一点，使直线与平面所成的角的正弦值为，求的长.
【答案】(1)证明见解析
(2).
(3).
【分析】（1）由已知四边形为矩形，证明，由条件根据面面垂直性质定理证明平面；
（2）建立空间直角坐标系，求平面，平面的法向量，利用向量法求出二面角的余弦值，再求其正弦值；
（3）设，求，利用向量方法求直线与平面所成的角的正弦值，列方程求.
【详解】（1）因为，因为，，
所以四边形为矩形，
在中，，，，
则，
，，
且平面平面，平面
平面平面，
平面；
（2）以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
，，可得，
则，，，，C−1,3,0，
设平面的法向量为，，，
由，取.
设平面的法向量为，，
由，取，
.
二面角是钝角，
二面角的正弦值为.
（3）设，则，
又平面的法向量为，
直线与平面所成的角的正弦值为，
解得，.
题型七 空间向量解决探究性问题
例7．如图，多面体中，直角梯形所在平面与正三角形所在平面垂直，，．
(1)求该多面体的体积V；
(2)在棱上是否存在点P，使得直线和平面所成的角大小为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)存在，.
【分析】（1）取中点，连接，求证平面，即可由求出该多面体的体积.
（2）先求证两两垂直，建立空间直角坐标系，设，依据已知条件求出和平面的法向量，再依据即可计算求解，进而得解.
【详解】（1）取中点，连接，则由为正三角形得，
又因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，又由题意，
所以该多面体的体积.
（2）连接，由题意以及（1）可知且，
所以四边形是平行四边形，所以，所以，
所以由平面可知两两垂直，
所以可建立如图所示的空间直角坐标系，
则,
所以，，
设，则，
所以，
设是平面的一个法向量，则，
所以，即，取，则，
所以直线和平面所成的角的正弦值为
，
整理得，解得（舍去）或，
所以在棱上存在点P，使得直线和平面所成的角大小为，此时.
跟踪训练
1．如图所示，正方形所在平面与梯形所在平面垂直，，，，，．
(1)证明：平面；
(2)在线段（不含端点）上是否存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值为，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)不存在，理由见解析
【分析】（1）由面面垂直性质定理证明平面，由此证明，再证明，结合线面垂直判定定理证明结论；
（2）建立空间直角坐标系，假设存在点，满足条件，求平面和平面的法向量，结合向量夹角公式列方程求，由此可得结论.
【详解】（1）正方形中，，
平面平面，平面平面，平面，
∴平面，又平面，所以，，
又，，则，
又，，则，即，
又，则，，平面，
∴平面；
（2）由（1）知，平面，，
以为坐标原点，，，为，，轴的正方向建立空间直角坐标系，
则，A1,0,0，，，，，
设点，，，
∴，
∴，故，
∴，，
设平面的法向量为，
∴，
令，则，，
∴为平面的一个法向量，
又，设平面的法向量为，
∴，
令，则，，
所以为平面的一个法向量，
∴，解得或，
则线段（不含端点）上不存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值为．
2．如图，在四棱锥中，面，且，分别为的中点.

(1)求证：平面；
(2)在线段上是否存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值是？若存在，求出的值，若不存任，说明理由；
(3)在平面内是否存在点，满足，若不存在，请简单说明理由；若存在，请写出点的轨迹图形形状.
【答案】(1)证明见解析；
(2)存在，理由见解析；
(3)存在，理由见解析.
【分析】（1）过E作交于点G,连接,由线线平面证明面面平行，再由面面平行的性质即可得出线面平行的证明；
（2）先求出面的法向量，设 , 利用向量法结合线面角得正弦值求解即可;
（3）由 点在空间内轨迹为以中点为球心, 为半径的球,而 中点到平面的距离为 , 即可求解.
【详解】（1）如图，

过E作交于点G,连接,
面，面，则，
又面，面，且不共线，故，
因为为的中点，所以也为中点，又为的中点，所以，
而平面，平面，所以平面，同理平面，
又因为，平面，
所以平面平面，而平面,
所以平面；
（2）

设如图, 以点A为原点建立空间直角坐标系,
则，
故，
则，
设平面的法向量 ,则有 ,取 ,
整理得 , 解得 或(舍去)，
所以当时, 直线与平面所成角的正弦值是.
（3）由（2）知，平面的一个法向量，
点中点，则,
则中点到平面的距离为，
由，即故在以中点为球心，半径为的球面上，
而，故在面上的轨迹是半径为的圆，
故存在符合题意的， 此时轨迹是半径为 的圆.
【点睛】关键点点睛：第三问，根据题设有则在以中点为球心，半径为的球面上，再求中点到面距离，结合直观想象及计算确定在面上的轨迹.
3．四棱锥中，侧面底面，，底面是直角梯形，，，，．
(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值；
(3)侧棱上是否存在异于端点的一点，使得二面角的余弦值为，若存在，求的值，若不存在，说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)存在，且
【分析】（1）利用面面垂直的性质推导出平面，可得出，利用勾股定理推导出，再结合线面垂直的判定定理可证得结论成立；
（2）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值；
（3）设，其中，利用空间向量法可得出关于的等式，结合可求得的值，即可得出结论.
【详解】（1）证明：因为平面平面，平面平面，
平面，，所以，平面，
因为平面，所以，，
取CD的中点，连接，
在直角梯形中，，，，，
因为为CD的中点，则，且，
所以，四边形为正方形，所以，，且，
所以，，，
因为，所以，，故，
因为，、平面，所以，平面.
（2）解：因为平面，，
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、、、、，
由（1）知平面，所以，平面的一个法向量为，
因为，则，
所以，直线与平面所成角的正弦值为.
（3）解：设，其中，
则，，
设平面的法向量为，
则，取，可得，
因为二面角的余弦值为，则，
整理可得，因为，解得，
且当时，由图可知，二面角为锐角，
因此，侧棱上存在异于端点的一点，使得二面角的余弦值为，且.
题型八 利用空间向量解决翻折性问题
例8．如图①，在直角梯形中，，，.将沿折起，使平面平面，连，得如图②的几何体.
(1)求证：平面平面；
(2)若，二面角的平面角的正切值为，在棱上是否存在点使二面角的平面角的余弦值为，若存在，请求出的值，若不存在，说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，
【分析】（1）根据面面垂直的性质定理和线面垂直的性质得到，然后根据线面垂直和面面垂直的判定定理证明即可；
（2）根据二面角的定义得到为二面角的平面角，根据二面角的正切值得到，，然后根据相似得到，，然后建系，设利用空间向量的方法列方程求即可.
【详解】（1）∵平面平面，平面平面，，平面，
∴平面，
∵平面，
∴，
∵，，平面，
∴平面，
∵平面，
∴平面平面.
（2）由（1）知平面，，而平面，故.
∴为二面角的平面角，
又平面，平面，
∴，，
∴，.
在①，∴，
令，则，
解得.即，.
在①中作，垂足.

则可得，.
∵平面平面，平面，平面平面，
∴平面，
过作，以为原点，，，分别为轴轴轴建立如图直角坐标系，则

，，，.
，，
设，.
设平面的法向量为，则
，∴，取，，即，
设平面的法向量为，则
，取，，.即.
.
解得（舍去），或.
∴.
跟踪训练
1．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.
2．在梯形中，为的中点，线段与交于点，将沿折起到的位置，使得平面平面.

(1)求证：平面；
(2)线段上是否存在点，使得与平面所成角的正弦值为？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，
【分析】（1）根据菱形和中位线的性质得到，然后根据线面平行的判定定理证明即可；
（2）根据面面垂直和菱形的性质得到，，两两垂直，然后建立空间直角坐标系，利用空间向量和与平面所成角的正弦值为列方程，解方程得到即可.
【详解】（1）
在梯形中连接，
因为，，为中点，所以，，
所以四边形为菱形，
所以是中点，
又为中点，所以，
因为平面，平面，
所以∥平面.
（2）因为四边形为菱形，所以，，即，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
因为平面，所以，，
所以，，两两垂直，
则以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，
因为，所以，，
，，，，，，，，
设 ，则，
设平面的法向量为，
则，即，令，则，，
所以，
因为与平面所成角的正弦值为，
所以，解得或2（舍去），
所以线段上存在点使得与平面所成角的正弦值为，.
3．已知四边形为正方形，为，的交点，现将三角形沿折起到位置，使得，得到三棱锥.

(1)求证：平面平面；
(2)棱上是否存在点，使平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求；若不存在，说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在满足题意的点，且
【分析】（1）由平面与平面垂直的判定定理即可证明；
（2）建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，然后根据求面面角的方法即可列式求解.
【详解】（1）因为四边形为正方形，所以，，
所以折起后，，，
由于折起前有，且折起后，
所以折起后有，即，
又，，平面，
所以平面，
又平面，所以平面平面.
（2）由（1）知，，，
所以以为原点，以为轴，以为轴，以为轴建立空间直角坐标系，
设，则，，，，
则，，，
假设存在满足题意的点，设，则，
设平面的法向量为，则
，即，
令，得，，即，
易知平面的一个法向量为，
因为平面与平面夹角的余弦值为，
所以，
解得，
所以在棱上存在点，使平面与平面夹角的余弦值为，且为棱的中点，
所以.