专题02 空间向量的应用-【寒假提升课】2025年高二数学寒假提升试题（人教A版2019）

这是一份专题02 空间向量的应用-【寒假提升课】2025年高二数学寒假提升试题（人教A版2019），文件包含专题02空间向量的应用思维导图+知识串讲+九大题型+过关检测原卷版docx、专题02空间向量的应用思维导图+知识串讲+九大题型+过关检测解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共106页， 欢迎下载使用。
考点要求
（1）理解直线的方向向量及平面的法向量，能用向量方法证明立体几何中有关线面位置关系的一些简单定理．
（2）能用向量法解决异面直线、直线与平面、平面与平面的夹角问题，并能描述解决这一类问题的程序，体会向量法在研究空间角问题中的作用．
知识点01：用向量表示点、直线、平面的位置
1、用向量表示点的位置：
在空间中,我们取一定点作为基点,那么空间中任意一点就可以用向量表示.我们把向量称为点的位置向量.如图.
2、直线的方向向量
如图①,是直线的方向向量,在直线上取,设是直线上的任意一点,则点在直线上的充要条件是存在实数,使得，即
3、空间直线的向量表示式
如图②,取定空间中的任意一点,可以得到点在直线上的充要条件是存在实数,使①
或②
①式和②式都称为空间直线的向量表示式.由此可知,空间任意直线由直线上一点及直线的方向向量唯一确定.
4、用向量表示空间平面的位置
根据平面向量基本定理，存在唯一实数对，使得，如图；取定空间任意一点，空间一点位于平面内的充要条件是存在实数，，使.
知识点02：平面的法向量及其应用
1、平面法向量的概念
如图，若直线 ，取直线 的方向向量 ，我们称为平面的法向量；过点且以为法向量的平面完全确定，可以表示为集合 ．
2、平面的法向量的求法
求一个平面的法向量时，通常采用待定系数法，其一般步骤如下:
设向量：设平面的法向量为
选向量：选取两不共线向量
列方程组：由列出方程组
解方程组：解方程组
赋非零值：取其中一个为非零值（常取)
得结论：得到平面的一个法向量.
知识点03：空间中直线、平面的平行
设直线,的方向向量分别为，，平面，的法向量分别为，，则
知识点04：空间中直线、平面的垂直
设直线的方向向量为，直线的方向向量为，平面的法向量，平面的法向量为，则
知识点05：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.
知识点06：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
①
②.
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
①
②.（注意此公式中最后的形式是：）
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
①
②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；
考点剖析
【题型一：空间中直线、平面的平行与垂直】
一、解答题
1．（2024高三·全国·专题练习）如图，在直三棱柱中，，点D、E、F分别为的中点， .求证：平面；
【答案】证明见解析
【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可证得结论成立；
【详解】在直三棱柱中，平面，且，则
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、、、、、、、、，
则，
平面的一个法向量为，则，故，
平面，故平面.
2．（24-25高二上·全国·课后作业）在直四棱柱中，底面为等腰梯形，，，，，是棱的中点．试用向量的方法证明：平面平面．

【答案】证明见解析
【分析】先根据直棱柱及建立空间直角坐标系由向量关系得出线线平行，再应用面面平行判定定理得证．
【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，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系，

则，，，，，，
所以，，，，
所以，，所以，
又因为平面，平面，所以平面，
因为，平面，平面，所以平面，
又，平面，所以平面平面.
3．（24-25高二上·全国·课后作业）如图，在直三棱柱中，，，D是的中点，F是上一点，且．
(1)求证：平面；
(2)若，判定直线与平面的位置关系，并证明．
【答案】(1)证明见解析
(2)平面，证明见解析
【分析】（1）建立适当的空间直角坐标系，只需证明，，再结合线面垂直的判定定理即可得证；
（2）只需证明即可得证，其中平面的法向量为.
【详解】（1）因为，是的中点，所以，取的中点，则平面，
分别以、、所在直线为x轴、轴、轴，建立空间直角坐标系如图，
因为，，
所以，B1,0,0，，，，，
因为，所以.
，，，
因为，，
所以，，
又，平面，所以平面；
（2）平面，
因为，所以，
所以．
设平面的法向量为，则，有，取，则．
因为，不在平面上，所以平面．
4．（24-25高二上·全国·假期作业）如图所示，在四棱锥中，底面是矩形，底面，，，是的中点，作交于点，且．求证：平面；

【答案】证明见解析．
【分析】以，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系，求得和，结合，即可证得平面；
【详解】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，

可得，，，则．
设点的坐标为，因为，所以，
即，，，
所以点的坐标为，即．
因为，所以，则．
由已知，且，平面，平面，
所以平面．
5．（2024高三·全国·专题练习）已知四棱锥底面是直角梯形，，，侧面底面.证明：
(1)；
(2)平面平面.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）先证明底面，建立空间直角坐标系，计算得证；
（2）取PA的中点M，连接DM，利用向量法先证明平面，从而可得面面垂直.
【详解】（1）取BC的中点O，连接PO，
∵平面底面，为等边三角形，
平面底面，平面，
∴底面.
以BC的中点O为坐标原点，以BC所在直线为x轴，过点O与AB平行的直线为y轴，
OP所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示.
不妨设，则，
∴，
∴，，
∵，
∴，∴.
（2）取PA的中点M，连接DM，则，
∵，，∴，
∴，即.
∵，
∴，即，
又∵平面PAB，
∴平面.
∵平面，
∴平面平面.
【题型二：异面直线所成角】
一、单选题
1．（24-25高三上·山西吕梁·阶段练习）已知正方体，E为棱的中点，则异面直线，所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量求出异面直线夹角的余弦.
【详解】在正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系，令，

则，，
因此，
所以异面直线，所成角的余弦值为.
故选：A
2．（24-25高二上·福建三明·阶段练习）已知在三棱柱中，侧棱底面，点分别是，的中点，若，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据题意建立空间直角坐标系，利用空间向量法求得异面直线夹角的余弦值，从而得解.
【详解】依题意，建立空间直角坐标系，如图，设，

则，
故，
所以，
所以异面直线与所成角的余弦值为.
故选：A.
3．（24-25高二上·浙江绍兴·期中）如图所示，已知直四棱柱中，底面是边长为2的菱形，且，，，，分别是，，的中点，则异面直线，所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】建立空间直角坐标系求异面直线，所成角的余弦值即可.
【详解】解：连接，，，并且，的中点为，
因为底面是菱形，所以，
又因为四棱柱为直四棱柱，
所以底面，
又因为，所以底面，
所以，.
以点为坐标原点，分别以，，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系（如图所示）.
则，，，，，
于是，，，
所以，，
设异面直线，所成角为，
则.
故选：D
4．（24-25高二上·贵州贵阳·期中）图，已知圆柱的轴截面ABCD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AE与所成角的正弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量的夹角公式求解即可.
【详解】
因为，所以，所以，
如图所示，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,
则异面直线AE与所成角的正弦值为.
故选: A.
5．（2024高三·全国·专题练习）在正四棱锥中，底面边长为，侧棱长为4，点是底面内一动点，且，则当，两点间距离最小时，直线与直线所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据题意作出相应图形连接，交于点，连接，由四棱锥为正四棱锥，可得底面，从而可求得即点在以为圆心，1为半径的圆上，然后建立空间直角坐标系，再利用异面直线向量求法即可求解.
【详解】根据题意作图如图所示，连接，交于点，连接，

因为四棱锥为正四棱锥，可得底面．
由底面边长为，可得，所以，
在中，，，可得，
又由，在中，可得，
即点在以为圆心，1为半径的圆上，
所以当点为圆与的交点时，，两点间距离最小，最小值为．
以，，所在直线分别为轴、轴和轴，建立空间直角坐标系，
可得，，，，
则，，可得，
所以直线与直线所成角的余弦值为，故A正确.
故选：A.
【题型三：线面角与其探索性问题】
一、解答题
1．（24-25高二上·广东韶关·阶段练习）如图，在四棱锥中，底面是矩形，底面，点是的中点，，，
(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）根据线面平行的判定定理来证得平面.
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求得直线与平面所成角的正弦值.
【详解】（1）连接交于，连接，由于是的中点、是的中点，
所以是三角形的中位线，所以，
由于平面平面，所以平面；
（2）依题意，底面是矩形，所以，
底面，平面，所以，
由此以为原点建立如图所示空间直角坐标系，
，
，，
设平面的法向量为，
则，故可设，
设直线与平面所成角为，
则.
2．（24-25高二上·宁夏石嘴山·阶段练习）如图，在四棱锥中，平面，，，且，，M是AD的中点，N是AB的中点．
(1)求证：平面ADE；
(2)求直线CM与平面DEN所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由已知线面关系，证明平面，有，又可证，可证得平面；
（2）以C为坐标原点建立空间直角坐标系，利用向量法求线面角的正弦值.
【详解】（1）证明：因为平面，平面，所以，
由，知，，
又，平面，所以平面，
因为平面，所以，
因为，是的中点，所以，
又，平面，
所以平面．
（2）平面，，以为坐标原点，
以，，所在直线分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，，，
故，，，
设平面的法向量，
则，令，则，
设直线与平面所成角为，
则，
即直线与平面所成角的正弦值．
3．（24-25高三上·山西大同·期中）如图，在以，，，，，为顶点的五面体中，平面平面，．
(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)
【分析】（1）根据面面垂直的性质定理可得平面，从再由线面垂直的定义可得结论；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算得直线的方向向量及平面法向量，即可得所求.
【详解】（1）平面平面，平面平面，平面，
平面，
又平面．
（2）如图，过作交于点，作于点．
由（1）得平面平面，
两两垂直，
故以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，
由条件可得，，
．
设平面的法向量为，
则，
令，则，，
所以为平面的一个法向量．
设直线与平面所成的角为，
则，
即直线与平面所成角的正弦值为．
4．（24-25高二上·福建泉州·期中）如图，在斜三棱柱中，底面是边长为4的正三角形，侧面为菱形，已知，．
(1)当时，求三棱柱的体积；
(2)设点P为侧棱上一动点，当时，求直线与平面所成角的正弦值的取值范围．
【答案】(1)24
(2)
【分析】（1）取的中点为，根据等边三角形可知，再计算出各个长度可知，根据线面垂直判定定理可证平面，即为三棱柱的高，根据体积公式求出即可；
（2）根据及余弦定理求出，以为原点建立合适空间直角坐标系，找出点的坐标，求出平面的一个法向量，设，求出，根据直线面所成角的正弦值等于线与法向量夹角的余弦值的绝对值建立等式，构造新函数，根据二次函数性质即可求得范围.
【详解】（1）如图，取的中点为O，
因为为菱形，且，所以为正三角形，
又为正三角形且边长为4，则，，
且，，所以，
所以，
因为又，
由平面，平面，
所以平面，
所以三棱柱的体积．
（2）在中，，，
由余弦定理可得，
所以，
由（1），，
又，平面，平面，
所以平面，
因为平面，
所以平面平面，
所以在平面内作，则平面，
以，，所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系如图所示
则，，，，
，，
，，
设n=x,y,z是平面的一个法向量，
则，即，
取得，
设，
则
，
设直线与平面所成角为，
则
，
令，
则在单调递增，所以，
故直线与平面所成角的正弦值的取值范围为.
5．（23-24高二上·河南漯河·期末）在梯形中，，为的中点，线段与交于点（如图1）.将沿折起到位置，使得（如图2）.
(1)求证：平面平面；
(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）连接、，由平面几何的知识得到，即，，即可得到，从而得到平面，即可得证；
（2）建立空间直角坐标系，设，利用空间向量法得到方程，求出，即可得解.
【详解】（1）因为，，
所以，，所以，则，
则，
又P为的中点，连接，则且，，所以为菱形，
同理可得为菱形，所以，
所以，连接，则，
又，所以，即，
又，，平面，
所以平面，
又平面，
所以平面平面；
（2）线段上存在点，使得与平面所成角的正弦值为.
因为平面，所以，，两两互相垂直，
如图，以点为坐标原点，，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，
则，，
设平面的一个法向量为，
则，即，令，则，，
，
设，因为，，
所以，
设与平面所成角为，则，
即，，解得或（舍去），
所以线段上存在点，且，使得与平面所成角的正弦值为.
6．（24-25高二上·福建福州·期中）如图，在四棱锥中，侧面底面ABCD，底面ABCD是平行四边形，且，，.

(1)求证：平面PAD；
(2)若，在棱PB上是否存在一点，使得直线CD与平面ACM所成角的正弦值为?若存在，求的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析；
(2)存在，.
【分析】（1）根据给定条件，利用余弦定理、勾股定理的逆定理证得，再利用面面垂直的性质推理即得.
（2）取的中点，以为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量法求线面角的正弦求解.
【详解】（1）在中，，
由余弦定理，得，
则，即，由平面平面，
平面平面平面，
所以平面.
（2）设的中点分别为，连接，
由，得，又平面平面，
平面平面平面，则平面，
又平面，则，又，，则，即两两互相垂直，
以为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图，
，则，
设，则，
于是，
设是平面的法向量，则，
令，则，得，
设直线与平面所成角为，，
则，
即，而，解得，
所以存在点，使得直线直线与平面所成角的正弦值为，.
【题型四：二面角、平面与平面所成角及其探索性问题】
一、单选题
1．（23-24高二上·河南漯河·期末）如图，在直三棱柱中，，，点是棱的中点，则平面与平面夹角的正弦值为（ ）
A．B．C．D．1
【答案】C
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得
【详解】如图，以为坐标原点建立空间直角坐标系，令，
则，
设平面的法向量，
∵，，则，
令，则，∴，
又平面的法向量，
故，
设平面与平面所成角为，，则，
故平面与平面夹角的正弦值为.
故选：C.
2．（24-25高二上·北京·阶段练习）如图，三棱锥中，，且平面与底面垂直，为中点，，则平面与平面夹角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据面面垂直的性质定理，可得平面，故以为坐标原点，建立空间直角坐标系，然后利用向量法直接求解面面角的余弦值即可.
【详解】如图，连接，
因为为中点，
所以，
又平面底面，平面底面平面，
所以平面，故两两垂直，
以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
设，由，
可得，
则，
设平面的一个法向量为，
则有，令，得，则，
设平面的一个法向量为，
则有，令，得，得，
则，
则平面与平面夹角的余弦值为.
故选：B
二、填空题
3．（2024高三·全国·专题练习）如图所示，在几何体中，平面，平面，，，又，，则平面与平面夹角的余弦值为 ．

【答案】
【分析】以D为原点，建立空间直角坐标系，分别求出两个平面的法向量，进而求出两个面所成角的余弦值.
【详解】如图，平面内，过点作的垂线交于，
以为原点，以，，所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系．

∵，∴，又，
∴点S到y轴的距离为1，到x轴的距离为，
则有，，，，
设平面的法向量为，
∵，，
∴，取，得平面的一个法向量为，
又，设平面SAB的法向量为，
，即令，则，
∴.
故平面与平面夹角的余弦值是.
故答案为：.
4．（24-25高二上·全国·课后作业）在四棱锥中，底面是正方形，底面，若二面角的大小为，则的值为 ．
【答案】1
【分析】根据给定条件，建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量坐标，再利用面面角的向量求法列式计算即得.
【详解】四棱锥的底面是正方形，底面，
建立如图所示的空间直角坐标系，设，
则，，
设平面和平面的法向量分别为，
则，令，得；
，令，得，
依题意，解得，所以.
故答案为：1
三、解答题
5．（24-25高三上·河南·阶段练习）如图，在四棱锥中，四边形为菱形，,,.
(1)证明：平面；
(2)已知平面与平面的夹角的余弦值为，求.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）设，利用勾股定理推导出，即，由菱形的几何性质可得出，再利用线面垂直的判定定理可证得结论成立；
（2）以为原点，、所在直线分别为轴、轴，过点且与平面垂直的直线为轴建立空间直角坐标系，设点，则，且，根据空间向量法可得出关于、的另一个等式，求出这两个未知数的值，可得出点的坐标，进而可求得的长.
【详解】（1）设，因为四边形为菱形，则为、的中点，且，
因为，,，则是边长为的等边三角形，
则，，
因为，所以，即，
因为，、平面，所以平面.
（2）因为平面，以为原点，、所在直线分别为轴、轴，
过点且与平面垂直的直线为轴，建立空间直角坐标系，
则、、，设，则，且，
，，
设平面的法向量为，
所以，令，则，
由（1）可知，平面的一个法向量为，
设平面与平面的夹角为，
则，化简得，
所以，，解得，，所以，
所以，，即.
6．（24-25高二上·浙江杭州·期中）四棱锥中，平面，，，，，，为的中点.
(1)求证：平面；
(2)求点到平面的距离；
(3)在线段上，是否存在一点，使得平面与平面的夹角为？如果存在，求出与平面所成角的正弦值；如果不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)1
(3)存在，
【分析】（1）如图，由平行的传递性可得，结合线面平行的判定定理即可证明；
（2）建立如图空间直角系，利用空间向量法求解点面距即可；
（3）假设存在点满足题意，令（），利用空间向量法求解面面角建立关于的方程，解出，再次利用空间向量法求解线面角即可.
【详解】（1）取中点，连接，，则，
又，所以且，
所以四边形为平行四边形，则，
又平面，平面，
所以平面.
（2）由已知得，，，，
，，
又平面，平面，
所以，建立如图空间直角系.
则A0,0,0，，，，P0,0,1，.
显然平面的法向量，，
点到平面的距离.
（3）假设存在点满足题意，令，，则，
显然平面的法向量，设平面的法向量为n=x,y,z
由，取，
，
即，解得.
，，.
记与平面所成角为，
则.
存在点，满足要求，且与平面所成角的正弦值为.
【题型五：点到线的距离】
一、单选题
1．（23-24高二上·河南商丘·期中）如图，在正方体中，分别是棱的中点，则点到直线的距离为（ ）
A．B．C．1D．
【答案】B
【分析】建立空间直角坐标系，求得各点的坐标，以及直线的方向向量，利用向量法直接求解即可.
【详解】如图，以为原点，的方向为轴建立空间直角坐标系，如下所示：
易知，，;
取，，则，
所以点到直线的距离为．
故选：B.
2．（24-25高二上·辽宁抚顺·期中）如图，在四棱台中，底面是菱形，平面，，，则点到直线的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】建立合适空间直角坐标系，然后根据点到直线的距离的向量求法求解出结果.
【详解】以为原点，分别以，过垂直于，方向为轴的正方向，建立空间直角坐标系如图所示，
因为且四边形是菱形，
所以，且，即，
所以，
设点到直线的距离为，
所以，
故选：D.
3．（24-25高二上·辽宁·期中）如图，在直三棱柱中，，，，，点是棱的中点，点在棱上运动，则点到直线的距离的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】以为原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设，其中，利用空间向量法可求得点到直线的距离的取值范围，即可得解.
【详解】因为平面，，
以为原点，、、所在直线分别为、、轴建立如图所示的空间直角坐标系，
连接，则、，设，其中，
所以，，
则点到直线的距离
，
设，因为，所以，则.
所以，点到直线的距离的最小值为，
故选：A.
【题型六：点到面的距离】
一、单选题
1．（24-25高二上·四川广安·期中）在长方体中，，，点E是棱的中点，则点E到平面的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】以D为坐标原点， ，分别为x轴，y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系，用向量法求解.
【详解】如图，
以D为坐标原点， ，分别为x轴，y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系，
则．从而.
设平面的法向量为n=a,b,c，则，即，得，
令，则，所以点E到平面的距离为．
故选：C
2．（24-25高二上·北京西城·期中）布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达·芬奇方砖，在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案（如图1），把三片这样的达·芬奇方砖形成图2的组合，这个组合表达了图3所示的几何体．若图3中每个正方体的棱长为1，则点P到平面QGC的距离是（ ）
A．B．C．D．1
【答案】B
【分析】根据题意，建立空间直角坐标系，结合向量法求解点到面的距离，即可得到结果.
【详解】
建立如图所示空间直角坐标系，
则，
则，
设平面的一个法向量为，
则，取，得，
所以点P到平面QGC的距离是.
故选：B
3．（24-25高二上·广西·期中）如图，在直三棱柱中，分别为的中点，则直线到平面的距离为（ ）

A．B．C．D．
【答案】B
【分析】以为原点建立空间直角坐标系，利用空间坐标运算，即可求得点F到平面的距离，又可证得平面，即可得出直线到平面的距离.
【详解】在直三棱柱中，，
如图所示，以为原点建立空间直角坐标系，
因为，E、F分别为的中点，
则，，，，，
所以，，，

设平面的法向量为，则，
即，取，则，，
所以是平面的一个法向量，
又因为，
所以点F到平面的距离为.
因为在直三棱柱中，分别为的中点，
则且，所以四边形是平行四边形，
所以，又平面，平面，
所以平面，
则点F到平面的距离即为直线到平面的距离.
故选：B.
4．（2020·黑龙江哈尔滨·二模）已知四面体中，，，两两垂直，，与平面所成角的正切值为，则点到平面的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】首先以点为原点建立空间直角坐标系，并设，，利用坐标法表示线面角的余弦值，求，并利用向量法求点到平面的距离.
【详解】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：
设，，，，，．，，．
设平面的法向量为，
则，令，得，，故．
因为直线与平面所成角的正切值为，
所以直线与平面所成角的正弦值为．
即，解得．
所以平面的一个法向量，
故到平面的距离为．
故选：D
5．（24-25高二上·四川·期中）如图，在直三棱柱中，为腰长为的等腰直角三角形，且，侧面为正方形，为平面内一动点，则的最小值是（ ）

A．B．C．D．
【答案】A
【分析】建立空间直角坐标系，设关于平面的对称点为，利用对称点、到平面距离相等，得出关于平面的对称点为，利用对称点求出最短路径即可
【详解】由题意，以为坐标原点，所在的直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以，
设关于平面的对称点为，
则，
设平面的法向量，
则即
令，则，
所以为平面的一个法向量，
所以与到平面的距离，
即①，又，所以②，
所以由①②得，又由可得，所以，
所以，
当且仅当三点共线时取等号，所以的最小值为．
故选：A．

【题型七：平行平面的距离】
一、单选题
1．（24-25高二下·全国·课后作业）正方体的棱长为2，，，，分别是棱，，，的中点，则平面和平面之间的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】将问题转化为点到平面的距离，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，建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量求解即可.
【详解】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，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，，，
所以，，，，
所以，因为四点不共线，所以∥，
由面，面，则面，
因为，，分别是棱，的中点，所以∥，
同理，∥平面，而，面，
所以平面∥平面面，故平面，
所以平面和平面之间的距离，就是到平面的距离，也就是点到平面的距离．
设平面的法向量为，则，不妨取，则，
所以点到平面的距离，
即平面和平面之间的距离是．
故选：B
2．（24-25高二下·湖南衡阳·期中）在棱长为2的正方体中，下列说法正确的是（ ）
A．平面与平面的距离为B．三棱锥外接球的表面积为
C．D．直线BC与平面所成的角为
【答案】A
【分析】D选项，作出辅助线，由线面垂直得到⊥，故⊥平面，直线与平面所成的角为，且，故D错误；C选项，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，得到，所以⊥平面，⊥；B选项，三棱锥的外接球就是正方体的外接球，从而求出外接球半径，得到外接球表面积；A选项，先证明出平面平面，利用点到平面距离向量公式得到答案.
【详解】D选项，如图1，连接，与相交于O点，

因为⊥平面，且平面，所以⊥，
又因为⊥，，平面，
所以⊥平面，
即直线与平面所成的角为，
且，故D错误；
C选项，如图2，连接，以D为原点，建立空间直角坐标系，如图所示，

则，
则，
设平面的法向量为，
则，
令，则，则，
则，所以⊥平面，
又因为平面，则⊥，故C错误；
B选项，三棱锥的外接球就是正方体的外接球，
设其外接球的半径为R，则，即，
所以，故B错误；
A选项，如图3，因为，平面，平面，

所以平面，同理平面，
又，平面，所以平面平面，
由B选项可知，平面的一个法向量为，
且，
则两平面间的距离，故A正确.
故选：A
二、填空题
3．（23-24高二上·广东惠州·阶段练习）如图，在平行六面体中，，，，，．则 ；该平行六面体的体积为 ．
【答案】
【分析】利用空间向量的数量积求向量模长可得第一空，建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量计算点面距离求体积即可.
【详解】由题意易知，
；
如图所示，建立空间直角坐标系，则，设，
由题意可知，
不妨取，则，
易知是底面的一个法向量，
所以到底面的距离为.
【题型八：异面直线距离】
一、单选题
1．（24-25高二上·四川眉山·阶段练习）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.在棱长为的正方体中，直线与之间的距离是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】以为原点，以所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，设点为上一点， 则点到距离的最小值即为直线与之间的距离，利用空间中点到直线的距离公式结合二次函数的最值即可求解.
【详解】
如图，以为原点，以所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
设点为上一点， 则点到距离的最小值即为直线与之间的距离，
已知正方体棱长为2，所以，
设，所以，，
设与共线的单位向量，
所以点到的距离
，
令，
则当时，，
所以直线与之间的距离为.
故选：.
2．（23-24高二下·江苏泰州·期中）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.
3．（24-25高二上·北京·期中）如图，在棱长为2的正方体中，点为BC的中点，点在线段上，则面积的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据题意可知，点到直线距离的最小值等于异面直线与的距离，进而利用向量法求异面直线与的距离，从而可得面积的最小值.
【详解】因为，点到直线的距离最小时面积取得最小值,
而点在线段上，直线与互为异面直线，
因此点到直线距离的最小值等于异面直线与的距离.
下面用向量法求异面直线与的距离：
以D为原点，分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示：
则，,,
，，,
设异面直线与公垂线的方向向量为，则，
即，得，
令，则，即，
于是异面直线与的距离为，
又，
所以面积的最小值为.
故选：B
【题型九：折叠问题】
一、解答题
1．（24-25高二上·北京·期中）如图，已知等腰梯形中，，，是的中点，，将沿着翻折成，使平面.
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值；
(3)在线段上是否存在点，使得平面，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，.
【分析】（1）作出辅助线，得到四边形是菱形，，得到，证明出平面，再证明出四边形是平行四边形，故，所以平面；
（2）证明出两两垂直，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出两平面的法向量，利用面面角的余弦向量公式求出平面与平面夹角余弦值；
（3）假设线段上存在点，使得平面，作出辅助线，得到四点共面，四边形为平行四边形，所以，所以是的中点，求出.
【详解】（1）如图，在梯形ABCD中，连接DE，因为E是BC的中点，所以，
又，所以，
又因为，所以四边形是平行四边形，
因为，所以四边形是菱形，从而，
沿着AE翻折成后，有
又平面，所以平面，
由题意，易知，所以四边形是平行四边形，
故，所以平面.
（2）因为平面，平面，则有，
由（1）知，故两两垂直，
以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
因为，所以为等边三角形，同理也为等边三角形，
则，
设平面的一个法向量为，
则，
令得，故，
又平面的一个法向量为，
则，
故平面与平面夹角的余弦值为；
（3）假设线段上存在点，使得平面，
过点作交于，连接，如图所示：
所以，所以四点共面，
又因为平面，所以，
所以四边形为平行四边形，
所以，所以是的中点，
故在线段上存在点，使得平面，且.
2．（23-24高二上·江西景德镇·期末）某校一个数学兴趣小组发现《九章算术》中提到了“刍甍”这个五面体，于是他们仿照该模型设计了一道数学探究题，如图1，E，F，G分别是边长为4的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，再将剩下的五边形沿着线段折起，连接就得到了一个“刍甍”（如图2）．
(1)若是四边形对角线的交点，求证：平面；
(2)若二面角的平面角为，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）通过构造平行四边形的方法来证得平面.
（2）根据二面角的知识求得，建立空间直角坐标系，利用向量法求得平面与平面夹角的余弦值．
【详解】（1）取线段中点，连接，
由图1可知，四边形是矩形，且，
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）由已知，四边形是矩形，折叠前后都有，
由于平面，所以平面，
由于，所以平面，由于平面，
所以，所以是二面角的平面角，
所以，，
则，，
以为坐标原点，所在直线分别为轴和轴建立空间直角坐标系，如图所示，
可得，
，
平面的一个法向量，
设平面的一个法向量n=x,y,z，
由，得，于是平面的一个法向量，
，
平面与平面夹角的余弦值为．
3．（23-24高二上·江西·期末）如图1，在四边形中，，，，将沿着折叠，使得（如图2），过D作，交于点E．
(1)证明：；
(2)求；
(3)求平面与平面的夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）由勾股定理逆定理推出，，证明平面，根据线面垂直的性质定理，即可证明结论；
（2）作于H，解三角形求出相关线段长，根据等面积法，可求得答案；
（3）建立空间直角坐标系，求出相关点坐标，求出平面与平面的法向量，根据空间角的向量求法，即可求得答案.
【详解】（1）证明：由题意有，，，，，
注意到，，
所以，，
因为，平面，
所以平面，又平面，
所以；
（2）如图，作于H，则，，
由于，则；又，
故，则，
设，

由，得，
解得，即；
（3）由以上分析可知两两垂直，
以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，的方向为y轴正方向，的方向为z轴正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系，

由上述分析知，
故，
得，，，
所以，，，
设是平面的法向量，则，
即，令，可取，
设n=x,y,z是平面的法向量，则，
即，可取，
所以，
即平面与平面的夹角的余弦值为．
4．（24-25高二上·贵州·期中）如图①所示，四边形是直角梯形，，，且，为线段的中点．现沿着将折起，使点到达点，如图②所示；连接、，其中为线段的中点．
(1)求证：；
(2)若二面角的大小为，则在线段上是否存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求三棱锥的体积；若不存在，请说明理由；
(3)在（2）的条件下，求点到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，
(3)
【分析】（1）根据线面垂直，面面垂直的判定与性质得证；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求出线面角解出参数，再由棱锥体积公式得解；
（3）利用向量法根据点到面的距离公式求解.
【详解】（1）在图①中，由题知：四边形为正方形，且；
则在②中，，，且平面，
则平面；
又，平面，又平面，；
又，且为的中点，则；
又平面，
则平面，又平面，．
（2）由（1）知：平面，平面，
则平面平面；
由题知：二面角的平面角为，则，
则是等边三角形，则；
取的中点为，连接，则,
又平面平面，平面，
所以平面，且，
则可以建立如图所示的空间直角坐标系；
则O0,0,0，、、、，
则、、、，
设，，
则，
设平面的一个法向量为m=x,y,z，
则，则，
令，则，
记直线与平面所成角为，
则，
即，解得，
因此，则．
（3）由（2）知：，
则平面的一个法向量可以为，且，
则点到平面的距离为．
5．（24-25高二上·广西河池·阶段练习）如图1，平面图形由直角梯形和等腰直角拼接而成，其中，，；，，点是中点，现沿着将其折成四棱锥（如图2）．
(1)当二面角为直二面角时，求点到平面的距离；
(2)在（1）的条件下，设点为线段上任意一点（不与，重合），求二面角的余弦值的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法求得点到平面的距离.
（2）设，求得点坐标，表示出二面角的余弦值，再求其范围.
【详解】（1）∵，，∴．
点是中点，，∴，
结合折叠前后图形的关系可知，
∵二面角为直二面角，则侧面底面，
侧面底面，
∴平面，
易知，，两两垂直．
以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，
建立空间直角坐标系，如下图所示，
则，，，，，
∴，，．
设平面的法向量为，
则，取，得，，
则为平面的一个法向量，
则点到平面的距离．
（2）设点满足（）．
∵，∴，
∴，
∴．
设平面的法向量为，
又∵，，
∴，
取，则，，
取为平面的一个法向量．
易知平面的一个法向量为，
二面角的余弦值为
，
由，所以，则，
所以二面角的余弦值的取值范围为.
过关检测
一、单选题
1．（24-25高二上·重庆·阶段练习）在棱长为2的正方体中，点E，F分别为棱的中点，则点到直线AE的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】以D为原点，分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，用空间向量法求点线距．
【详解】以D为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，如图，
则,，，
，则方向的单位向量，
那么，所以F到直线AE的距离，
故选：D．
2．（2024·四川攀枝花·一模）《九章算术》是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早一千多年，例如堑堵指底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱；鳖臑指的是四个面均为直角三角形的三棱锥如图，在堑堵中，，若，，直线与平面所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】以点为原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法与同角三角函数的基本关系可求得直线与平面所成角的余弦值.
【详解】在堑堵中，平面，，，，
以点为原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、A1,0,0、，
，，，
设平面的法向量，
则，取，得，
设直线与平面所成角为，则，
所以，
因此，直线与平面所成角的余弦值为．
故选：A．
3．（24-25高二上·广东韶关·期中）如图，圆锥的轴截面为等边三角形，为弧的中点，分别为母线的中点，则异面直线和所成角的大小为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】建立直角坐标系，求出，利用线线角的向量法，即可求出结果.
【详解】取AB中点O,连接如图以所在直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，
不妨设，则，
又分别为母线的中点，所以，
则，
设异面直线和所成角为，
则，
又因为，所以.
故选：C.
4．（2024高三·全国·专题练习）在三棱锥中，，，平面，点，分别为，的中点，，为线段上的点（不包括端点，），若使异面直线与所成角的余弦值为，则（ ）
A．或4B．C．D．
【答案】D
【分析】由题意与勾股定理建立空间直角坐标系，写出各点的坐标，利用线线角向量公式，可得答案.
【详解】如图，在三棱锥中，，，所以．
因为平面，以为原点，，，为、、轴正方向建立空间直角坐标系．
可知，，．
因为，，所以，
所以，则．设，且，
则，可知，，
所以，
，．
因为异面直线与所成的角的余弦值为，
所以，
解得或（舍去）．所以．
故选：D.
5．（24-25高三上·北京·阶段练习）在棱长为2的正方体中，点分别为棱的中点.点为正方体表面上的动点，满足.给出下列四个结论，不正确的是（ ）
A．存在点，使得
B．存在点，使得平面
C．存在点，使得
D．存在点，使得
【答案】C
【分析】建立空间直角坐标系，利用坐标验证垂直判断A，由，得到方程组，找到符合题意的点，即可判断B，找出平行直线再由坐标判断是否垂直可判断C，设点的坐标根据条件列出方程组，即可判断D.
【详解】如图，建立空间直角坐标系，

则，
对于A，由正方体性质知当P在时，线段长度的最大值为，
此时，，
所以，即满足，即存在点，使得，故A正确；
对于B：设，则，，DA=2,0,0，
若平面，因为平面，所以，，
即，则，显然满足题意，
故存在点，使得平面，故B正确；
对于C，取正方形的中心M，连接，易知，
所以四边形为平行四边形，所以，故运动到处时，，
此时，，，即不满足，
综上不存在点，使得，故C错误；
对于D，设，则，，若存在点，使得，
由，，可得方程组，
化简可得，解得，
显然当时满足题意，即存在点，使得，故D正确；
故选：C
6．（江苏省“决胜新高考”2025届高三上学期12月联考数学试卷）已知正四棱台，二面角的正切值为2，则正四棱台的体积为（ ）
A．B．56C．D．
【答案】B
【分析】根据题意建立空间直角坐标系，根据二面角的正切值求出二面角的余弦值，即可求出四棱台的高，根据上下底面的面积以及高可求得体积.
【详解】因为是正四棱台，连接交一点，连接交一点，
则是该正四棱台的高，设为，
过点分别作、的平行线交于点，
则以点为原点，以所在的直线为轴，以所在的直线为轴，以所在的直线为轴， 建立空间直角坐标系，如图所示：
，
因为，
所以，
，
由图可得平面的其中一个法向量为，
设平面的法向量为m=x,y,z，
则，即，令，则，
所以平面的法向量为，则，
因为二面角的正切值为2，则二面角的余弦值为，
所以，解得，
该四棱台上底面积，下底面积为，
所以正四棱台的体积为：
，
故选：B.
二、多选题
7．（24-25高二上·江苏苏州·期中）已知棱长为3的正方体，则（ ）
A．
B．与所成角的大小为
C．平面与平面的距离为3
D．平面与平面ABCD所成角的大小为
【答案】AC
【分析】如图，计算的值，即可判断A；通过向量夹角公式计算能求出直线与所成角即可判断B；由平面与平面的距离转化为点到面的距离，再利用等体积法求解即可判断C；通过平面与平面ABCD的法向量求两平面的夹角即可判断D.
【详解】以D为坐标原点，的方向为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系.
正方体棱长为3，则
，
对于选项A，因为，，
所以，故A正确；
对于选项，
，
所以与所成角的大小为，故B不正确；
对于选项C，平面与平面平行，
两平面的距离可转化为点到平面的距离，则，
即，解得，故 C正确；
对于选项D，设平面的法向量，
，
则，取，
易知平面ABCD的一个法向量为，
，
所以平面与平面ABCD所成角的大小不为，故D不正确.
故选：AC
8．（24-25高二上·广东·期中）在菱形中，，，E为AB的中点，将沿直线DE翻折至的位置，使得二面角为直二面角，若为线段的中点，则（ ）
A．平面
B．
C．异面直线，所成的角为
D．与平面所成角的余弦值为
【答案】AC
【分析】建立空间直角坐标系，用向量法证明线面关系即可判断选项；用向量法分别表示向量，以及求出平面的法向量，代入异面直线所成的角的向量公式可判断选项，代入直线与平面所成角的余弦公式即可判定选项.
【详解】如图，建立空间直角坐标系，则，，，，.
对于A，因为，平面的一个法向量为，
所以，所以平面，故A正确.
对于B，因为，，
所以，
所以DP，EC不垂直，故B错误.
对于C，因为，，
所以，
所以异面直线，所成的角为，故C正确.
对于D，设平面的法向量为，
因为，，
所以令，得.
设与平面所成的角为，因为，
所以，
，故D错误.
故选：AC.
9．（24-25高二上·新疆阿克苏·期中）如图，在棱长为的正方体中，分别为的中点，是线段上的一个动点，则下列说法正确的是（ ）
A．点到平面的距离为
B．直线与平面所成角的余弦值的取值范围为
C．若线段的中点为，则一定平行于平面
D．四面体的体积为
【答案】AC
【分析】建系，求平面的法向量.对于A：利用空间向量求点到面的距离；对于B：利用空间向量求线面夹角；对于C：利用空间向量证明线面平行；对于D：结合锥体体积公式求结论.
【详解】如图，以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，

则，设，
可得，
设平面的法向量，则，
令，则，
所以为平面的一个法向量，
对于选项A：点到平面的距离为，故A正确；
对于选项B：设直线与平面所成角为，
可得，
所以直线与平面所成角的正弦的取值范围为，
所以直线与平面所成角的余弦的取值范围为，故B错误；
对于选项C：由题意可知：，则，
可得，可知，
且平面，所以一定平行于平面，故C正确；
对于选项D：由题意知，所以四面体的体积为，故D错误；
故选：AC.
三、填空题
10．（24-25高三上·安徽六安·阶段练习）已知四棱锥平面，底面是为直角，的直角梯形，如图所示，且，点为的中点，则到直线的距离为 .

【答案】
【分析】以为原点，建立空间直角坐标系，向量法求点到直线的距离.
【详解】由题意知，平面，平面，所以，
又，故以为原点，所在的直线分别为轴，建立如图空间直角坐标系，

则，得
所以，
记，
则，，
所以到直线的距离为.
故答案为：.
11．（2024·四川·一模）四面体体积为6，，，，则异面直线与的夹角为
【答案】或
【分析】通过建立空间直角坐标系，求出，从而得出异面直线AD与BC的夹角.
【详解】由题意，，
以为原点，以所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，
又，设，
则，解得，，
此时，，
因此，，
，
则或，
则或，
所以异面直线AD与BC的夹角为或.
故答案为：或.
四、解答题
12．（24-25高二上·广东东莞·期中）如图所示，在三棱锥中，，直线两两垂直，点分别为棱的中点．
(1)证明：平面；
(2)求平面与平面所成角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）利用三角形中位线性质，线面平行的判定推理即得..
（2）以点为原点，建立空间直角坐标系，再分别求平面和平面的法向量，进而用空间向量的夹角公式求解即可.
【详解】（1）由点分别为棱的中点，得，又平面，平面，
所以平面ADE.
（2）以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
设，则，，，，，
设平面的法向量为，则，取，得，
由平面，得平面的一个法向量为，
所以平面与平面所成角的余弦值为.
13．（上海市长宁区2025届高三一模数学试卷）如图所示，四棱柱的底面ABCD是正方形，O是底面的中心，平面，．

(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）要证明直线垂直于平面，需要在平面内找到两条相交直线与直线垂直；
（2）可以用综合法，利用等体积法求点到平面距离，也可以直接用空间向量法求解.
【详解】（1）因为是正方形，所以，

因为底面，
所以，又，,在平面内，
所以平面,在平面内，
所以，
由底面，
可得，
所以，即有，
因为，所以，
和BD在平面内，且，
所以平面．
（2）方法1：设点到平面的距离为，
由题可知,,.
所以．

得直线与平面所成角的正弦值.
方法2：（建系）

以为原点，射线为轴、轴、轴的正半轴，建立空间直角坐标系．
可得
则，
设平面的一个法向量为，
则，令x=1，可得，
直线与平面所成角的正弦值等于向量与平面法向量的夹角余弦值的绝对值：.
14．（2024高三·全国·专题练习）如图，三棱台中，平面⊥平面，，.证明：.
【答案】证明见解析
【分析】法一：利用面面垂直的性质及线面垂直的判断和性质定理即可证明；法二：利用空间向量即可证明；法三：利用三余弦定理法证明.
【详解】法一：几何证法
作交于，连接，
因为平面平面，而平面平面，平面，
所以平面，而平面，即有，
因为，所以，所以，
在中，
，
即有，所以，
由棱台的定义可知，，所以，
又平面，而平面，则有，，
而，平面，平面，
所以平面，而平面，所以.
法二：空间向量坐标系方法
作交于，
因为平面平面，而平面平面，平面，
所以平面，以为原点，建立空间直角坐标系如图所示，
设OC=1，因为，，
所以，所以，
所以，，
所以，
所以，即，
又因为棱台中，所以.
法三：三余弦定理法
因为平面平面，
所以，
所以，又因为，
所以，
所以，所以，即，
又因为，所以.
15．（2024·陕西宝鸡·模拟预测）如图，在正四棱柱中，.点分别在棱上，.
(1)证明：；
(2)是在棱上否存在点，使得二面角为，若存在，求出点位置，若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，或
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量坐标相等证明；
（2）假设在棱上存在点，使得二面角为，利用向量法求二面角，建立方程求解即可得结论.
【详解】（1）以为坐标原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图，
则，
，
，
又不在同一条直线上，.
（2）假设在棱上存在点，使得二面角为，
则，
设平面的法向量，则，
令，得，
设平面的法向量，
则，
令，得，
，
化简可得，，解得或，或，
所以在棱上存在点，使得二面角为，点是线段靠近两端点的两个四等分点.
16．（2024·广东韶关·一模）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，，平面平面为的中点.
(1)求证：平面平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）方法一，证明平面，得到，进而证明面，得证；方法二，根据二面角平面角定义判断是平面和平面所成二面角的平面角，由勾股定理可得，得证；方法三，建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量判断.
（2）建立空间直角坐标系，求出平面和平面的一个法向量，利用向量法求解.
【详解】（1）方法一；由，有，
，因为为正方形，故，
又平面平面交于平面，
所以，平面，
又平面，所以，
又平面平面，
故平面，又平面，
所以平面平面.
方法二；因为为正方形，故，
而平面平面交于平面，
所以平面，又平面，
所以，
平面和平面交线平行于.
故是平面和平面所成二面角的平面角.
.有，
故平面平面.
方法三：取中点为，先证明：，
，点为的中点.，
而平面平面交于平面，
所以，平面，又平面，
所以，，
由已知，建立如图空间直角坐标系，
因为.
故，
，
设平面的一个法向量为，
则，即，取，得，
设平面的一个法向量为，
则，即，取，得，
，故，
所以，平面平面.
（2）取中点为.由（1）知，，
建立如图所示空间直角坐标系，则，，
所以，，
显然可知平面的法向量为PD=0,1,-1，
设平面的一个法向量为，
则，，取，得，
则，
所以平面和平面所成锐二面角的余弦值为.
17．（24-25高三上·北京·阶段练习）如图，四棱锥中，，底面是个直角梯形，，，.
(1)证明：；
(2)从下面条件①､条件②､条件③三个条件中选择一个作为已知，解答下面的问题.
条件①：；
条件②：；
条件③：二面角的大小为.
在棱上是否存在点（不与端点重合），使得直线与平面所成的角的正弦值为？若存在，求的值，若不存在，说明理由.
（注：如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答给分.）
【答案】(1)证明见解析
(2)答案见解析
【分析】（1）取的中点，连接、，即可证明、，从而得到平面，即可得证；
（2）以为坐标原点，平面，建立空间直角坐标系，推出条件①矛盾；若选条件②：设，利用距离公式求出点坐标，设，求出平面的法向量，利用空间向量法求出，即可得解；若选条件③：由（1）可知即为二面角的平面角，即可求出点坐标，设，求出平面的法向量，利用空间向量法求出，即可得解.
【详解】（1）取的中点，连接、，因为，
所以，又，所以，
所以，即，所以，
又，平面，所以平面，
又平面，所以；
（2）因为，，又，所以，所以四边形为矩形，
如图以为坐标原点，平面，建立空间直角坐标系，
则A1,0,0，，，；
若选条件①：，显然平面，设，
则，DA=2,0,0，所以，与矛盾，故条件①不符合题意；
若选条件②：，显然平面，设，
则，解得，则，
所以，，
设，
则，
设平面的法向量为，则，取，
设直线与平面所成的角为，则，
解得或（舍去），所以的值为；
若选条件③：二面角的大小为.
由（1）可知即为二面角的平面角，即，又，
所以，
则，，
设，
则，
设平面的法向量为，则，取，
设直线与平面所成的角为，则，
解得或（舍去），所以的值为.
18．（24-25高二上·贵州遵义·阶段练习）如图，在四棱锥中，平面，，，，.
(1)证明：平面平面.
(2)若，求点到平面的距离.
(3)求满足题设条件的所有几何体中，与平面所成角的正弦值的最大值.
【答案】(1)证明见解析；
(2)；
(3).
【分析】（1）由线面垂直的性质有，根据线面、面面垂直的判定定理证结论；
（2）构建合适的空间直角坐标系，应用向量法求点面距离；
（3）同（2）构建空间直角坐标系，令且，及是与面所成角的平面角，确定的坐标，结合求最大值即可.
【详解】（1）由平面，平面，则，又，
由都在面内，则面，面，
所以平面平面.
（2）由（1）易知，又，过作于，
由面面，面面，面，
所以面，过作，易知，
故可构建如下图示空间直角坐标系，又，，，
则，
所以，
若是面的一个法向量，则，
令，则，
所以点到平面的距离.
（3）同（2）构建空间直角坐标系，易知是与面所成角的平面角，
显然在以为直径的圆上，令，
显然，可得或，
当时，，，则，
所以，此时最大值为；
当时，，，则，
所以，此时最大值为；
综上，与平面所成角的正弦值的最大值为.
19．（24-25高三上·广东惠州·阶段练习）如图1，在中，，分别为，的中点，，.将沿折起到的位置，使得，如图2.
(1)求证：平面平面；
(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）利用计算证明，结合面面垂直的判定定理来证得平面平面.
（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）设是的中点，是的中点，如下图，连接，则，
则，，
由于，所以，
由于平面，所以平面，
由于平面，所以平面平面；
（2）由（1）以及已知条件可知两两相互垂直，
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.
考点聚焦：核心考点+高考考点，有的放矢
重点专攻：知识点和关键点梳理，查漏补缺
难点强化：难点内容标注与讲解，能力提升
提升专练：真题感知+精选专练，全面突破
线线平行
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线面平行
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面面平行
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线线垂直
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线面垂直
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面面垂直
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