【备战2023高考】数学专题讲与练-考向31《利用向量法解决立体几何问题》（十五大经典题型）全能练（新高考地区专用）

这是一份【备战2023高考】数学专题讲与练-考向31《利用向量法解决立体几何问题》（十五大经典题型）全能练（新高考地区专用）

考向31 利用向量法解决立体几何问题 经典题型一：空间向量的加法、减法、数乘运算经典题型二：空间共线向量定理的应用经典题型三：空间向量的数量积运算经典题型四：证明三点共线经典题型五：证明多点共面的方法经典题型六：证明直线和直线平行经典题型七：证明直线和平面平行经典题型八：证明平面与平面平行经典题型九：证明直线与直线垂直经典题型十：证明直线与平面垂直经典题型十一：证明平面和平面垂直经典题型十二：求两异面直线所成角经典题型十三：求直线与平面所成角经典题型十四：求平面与平面所成角经典题型十五：距离问题（2022·全国·高考真题）如图，是三棱锥的高，，，E是的中点．(1)证明：平面；(2)若，，，求二面角的正弦值．【解析】（1）证明：连接并延长交于点，连接、，因为是三棱锥的高，所以平面，平面，所以、，又，所以，即，所以，又，即，所以，，所以所以，即，所以为的中点，又为的中点，所以，又平面，平面，所以平面（2）过点作，如图建立平面直角坐标系，因为，，所以，又，所以，则，，所以，所以，，，，所以，则，，，设平面的法向量为，则，令，则，，所以；设平面的法向量为，则，令，则，，所以；所以.设二面角的大小为，则，所以，即二面角的正弦值为.（2022·全国·高考真题）如图，直三棱柱的体积为4，的面积为．(1)求A到平面的距离；(2)设D为的中点，，平面平面，求二面角的正弦值．【解析】（1）在直三棱柱中，设点A到平面的距离为h，则，解得，所以点A到平面的距离为；（2）取的中点E,连接AE,如图，因为，所以,又平面平面，平面平面，且平面，所以平面，在直三棱柱中，平面，由平面，平面可得，，又平面且相交，所以平面，所以两两垂直，以B为原点，建立空间直角坐标系，如图，由（1）得，所以，，所以，则,所以的中点，则，,设平面的一个法向量，则，可取，设平面的一个法向量，则，可取，则，所以二面角的正弦值为.方法技巧一：空间向量及其加减运算（1）空间向量在空间，我们把具有大小和方向的量叫做空间向量，向量的大小叫做向量的长度或模．空间向量也可用有向线段表示，有向线段的长度表示向量的模，若向量的起点是，终点是，则向量也可以记作，其模记为或．（2）零向量与单位向量规定长度为0的向量叫做零向量，记作．当有向线段的起点与终点重合时，．模为1的向量称为单位向量．（3）相等向量与相反向量方向相同且模相等的向量称为相等向量．在空间，同向且等长的有向线段表示同一向量或相等向量．空间任意两个向量都可以平移到同一个平面，成为同一平面内的两个向量．与向量长度相等而方向相反的向量，称为的相反向量，记为．（4）空间向量的加法和减法运算①，．如图所示．②空间向量的加法运算满足交换律及结合律，方法技巧二：空间向量的数乘运算（1）数乘运算实数与空间向量的乘积称为向量的数乘运算．当时，与向量方向相同；当时，向量与向量方向相反．的长度是的长度的倍．（2）空间向量的数乘运算满足分配律及结合律，．（3）共线向量与平行向量如果表示空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合，则这些向量叫做共线向量或平行向量，平行于，记作．（4）共线向量定理对空间中任意两个向量，，的充要条件是存在实数，使．（5）直线的方向向量如图8-153所示，为经过已知点且平行于已知非零向量的直线．对空间任意一点，点在直线上的充要条件是存在实数，使①，其中向量叫做直线的方向向量，在上取，则式①可化为②①和②都称为空间直线的向量表达式，当，即点是线段的中点时，，此式叫做线段的中点公式．（6）共面向量如图8-154所示，已知平面与向量，作，如果直线平行于平面或在平面内，则说明向量平行于平面．平行于同一平面的向量，叫做共面向量．（7）共面向量定理如果两个向量，不共线，那么向量与向量，共面的充要条件是存在唯一的有序实数对，使．推论：①空间一点位于平面内的充要条件是存在有序实数对，使；或对空间任意一点，有，该式称为空间平面的向量表达式．②已知空间任意一点和不共线的三点，，，满足向量关系式（其中）的点与点，，共面；反之也成立．方法技巧三：空间向量的数量积运算（1）两向量夹角已知两个非零向量，，在空间任取一点，作，，则叫做向量，的夹角，记作，通常规定，如果，那么向量，互相垂直，记作．（2）数量积定义已知两个非零向量，，则叫做，的数量积，记作，即．零向量与任何向量的数量积为0，特别地，．（3）空间向量的数量积满足的运算律：，（交换律）；（分配律）．方法技巧四：空间向量的坐标运算及应用（1）设，，则；；；；；．（2）设，，则．这就是说，一个向量在直角坐标系中的坐标等于表示该向量的有向线段的终点的坐标减起点的坐标．（3）两个向量的夹角及两点间的距离公式．①已知，，则；；；；②已知，，则，或者．其中表示与两点间的距离，这就是空间两点的距离公式．（4）向量在向量上的投影为．方法技巧五：法向量的求解与简单应用（1）平面的法向量：如果表示向量的有向线段所在直线垂直于平面，则称这个向量垂直于平面，记作，如果，那么向量叫做平面的法向量．几点注意： = 1 \* GB3 \* MERGEFORMAT ①法向量一定是非零向量； = 2 \* GB3 \* MERGEFORMAT ②一个平面的所有法向量都互相平行； = 3 \* GB3 \* MERGEFORMAT ③向量是平面的法向量，向量是与平面平行或在平面内，则有．第一步：写出平面内两个不平行的向；第二步：那么平面法向量，满足．（2）判定直线、平面间的位置关系 = 1 \* GB3 \* MERGEFORMAT ①直线与直线的位置关系：不重合的两条直线，的方向向量分别为，．若∥，即，则；若，即，则． = 2 \* GB3 \* MERGEFORMAT ②直线与平面的位置关系：直线的方向向量为，平面的法向量为，且．若∥，即，则；若，即，则． （3）平面与平面的位置关系平面的法向量为，平面的法向量为．若∥，即，则；若⊥，即，则⊥． 方法技巧六：空间角公式．（1）异面直线所成角公式：设，分别为异面直线，上的方向向量，为异面直线所成角的大小，则．（2）线面角公式：设为平面的斜线，为的方向向量，为平面的法向量，为与所成角的大小，则．（3）二面角公式：设，分别为平面，的法向量，二面角的大小为，则或（需要根据具体情况判断相等或互补），其中．方法技巧七：空间中的距离求解空间中的距离（1）异面直线间的距离：两条异面直线间的距离也不必寻找公垂线段，只需利用向量的正射影性质直接计算．如图，设两条异面直线的公垂线的方向向量为，这时分别在上任取两点，则向量在上的正射影长就是两条异面直线的距离．则即两异面直线间的距离，等于两异面直线上分别任取两点的向量和公垂线方向向量的数量积的绝对值与公垂线的方向向量模的比值．（2）点到平面的距离为平面外一点（如图），为平面的法向量，过作平面的斜线及垂线．用向量法可以证点共线、线共点、线（或点）共面、两直线（或线与面、面与面）垂直的问题，也可以求空间角和距离．因此，凡涉及上述类型的问题，都可以考虑利用向量法求解，且其解法一般都比较简单．用向量法解题的途径有两种：一种是坐标法，即通过建立空间直角坐标系，确定出一些点的坐标，进而求出向量的坐标，再进行坐标运算；另一种是基底法，即先选择基向量（除要求不共面外，还要能够便于表示所求的目标向量，并优先选择相互夹角已知的向量作为基底，如常选择几何体上共点而不共面的三条棱所在的向量为基底），然后将有关向量用基底向量表示，并进行向量运算．经典题型一：空间向量的加法、减法、数乘运算1．（2022·全国·高三专题练习（理））如图所示，在平行六面体中，M为与的交点，若，，，则（    ）A． B．C． D．【答案】D【解析】由题意得，.故选：D2．（2022·浙江·高三开学考试）在平行六面体中，为的中点，为的中点，，则（    ）A． B．C． D．【答案】C【解析】设则.所以，，所以.故选：C3．（2022·广西桂林·模拟预测（文））如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1的中心为O，则下列结论中①+与1+1是一对相反向量；②-1与-1是一对相反向量；③1+1+1+1与+++是一对相反向量；④-与1-1是一对相反向量．正确结论的个数为（    ）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】A【解析】设E,F分别为AD和A1D1的中点，①+与+不是一对相反向量，错误；②-与-不是一对相反向量，错误；③1+1+1+是一对相反向量,正确；④-与1-不是一对相反向量,是相等向量，错误．即正确结论的个数为1个故选：A4．（2022·全国·高三专题练习）如图，设，，，若，，则（    ）A． B．C． D．【答案】A【解析】由题意得=.故选：A经典题型二：空间共线向量定理的应用5．（2022·全国·高三专题练习）在下列命题中：①若向量共线，则所在的直线平行；②若向量所在的直线是异面直线，则向量一定不共面；③若三个向量两两共面，则三个向量一定也共面；④已知三个向量，则空间任意一个向量总可以表示为.其中正确命题的个数为（    ）A． B． C． D．【答案】A【解析】对于①，若共线，可能在同一条直线上，①错误；对于②，向量可以自由平移，所在的直线是异面直线，但可平移到共面状态，②错误；对于③，三个向量两两共面，若，，交于一点，则垂直于所在平面，此时不共面，③错误；对于④，只有当不共面时，空间任意一个向量才可以表示为，④错误.故选：A.6．（2022·全国·高三专题练习）若空间中任意四点O，A，B，P满足，其中m＋n＝1，则（    ）A．P∈AB B．P∉ABC．点P可能在直线AB上 D．以上都不对【答案】A【解析】因为m＋n＝1，所以m＝1－n，所以，即，即，所以与共线．又，有公共起点A，所以P，A，B三点在同一直线上，即P∈AB.故选：A.7．（2022·全国·高三专题练习）设为空间中的四个点，则“”是“四点共面”的（    ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】A【解析】由，所以直线重合或互相平行，因此四点共面，当是平行四边形时，显然四点共面，显然不成立，故选：A8．（2022·全国·高三专题练习）A，B，C三点不共线，对空间内任意一点O，若，则P，A，B，C四点（    ）A．一定不共面 B．一定共面 C．不一定共面 D．无法判断是否共面【答案】B【解析】因为，则即即由空间向量共面定理可知，共面，则P，A，B，C四点一定共面故选：B经典题型三：空间向量的数量积运算9．（2022·全国·高三专题练习）如图，在三棱锥中，两两垂直，为的中点，则的值为（    ）A．1 B． C． D．【答案】D【解析】由题意得，故.故选：D.10．（2022·全国·高三专题练习）已知在平行六面体ABCD—A1B1C1D1中，同一顶点为端点的三条棱长都等于1，且彼此的夹角都是60°，则此平行六面体的对角线AC1的长为（    ）．A．6 B． C．3 D．【答案】B【解析】∵，∴∴，即AC1的长为.故选：B11．（2022·全国·高三专题练习）如图，在平行六面体中，，，则（    ）A．1 B． C．9 D．3【答案】D【解析】在平行六面体中，有，，由题知，，，，，所以，，与的夹角为，与的夹角为，与的夹角为，所以.所以.故选：D.12．（2022·全国·高三专题练习）正四面体的棱长为4，空间中的动点P满足，则的取值范围为（    ）A． B．C． D．【答案】D【解析】分别取BC，AD的中点E，F，则，所以，故点的轨迹是以为球心，以为半径的球面，，又，所以，，所以的取值范围为．故选：D．13．（2022·湖南益阳·模拟预测）在正三棱锥中，是的中心，，则(    )A． B． C． D．【答案】D【解析】为正三棱椎，为的中心，∴平面，△ABC是等边三角形，∴PO⊥AO，∴，故．故选：D.14．（2022·全国·高三专题练习）在三棱锥中，已知，，，则___________【答案】【解析】设，显然，则，即，而，即，于是得，， ，则有，所以.故答案为：经典题型四：证明三点共线15．（2022·全国·高三专题练习）已知向量，，不共面，，，．求证：B，C，D三点共线．【解析】，而，所以，故B，C，D三点共线．16．（2022·全国·高三专题练习）在长方体中，M为的中点，N在AC上，且，E为BM的中点.求证：，E，N三点共线.【解析】由图作出如图所示长方体由题可得，，，所以，所以，E，N三点共线.17．（2022·全国·高三专题练习）如图，在平行六面体中，，．(1)求证：、、三点共线；(2)若点是平行四边形的中心，求证：、、三点共线．【解析】（1）由题意，，，故 ,,故，由于有公共点A，故A、、三点共线；（2）由题意，点是平行四边形的中心，故，故 ,因为有公共点D，故、、三点共线．经典题型五：证明多点共面的方法18．（2022·全国·高三专题练习）如图，在几何体ABCDE中，ABC，BCD，CDE均为边长为2的等边三角形，平面ABC⊥平面BCD，平面DCE⊥平面BCD．求证：A，B，D，E四点共面；【解析】取的中点，连接，取的中点，连接，因为平面平面，且平面平面，而为等边三角形，所以，因此平面，因为平面平面，且平面平面，又因为为等边三角形，所以，因此平面，又因为平面，因此，又因为为等边三角形，所以，因此两两垂直，从而以为坐标原点，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，又因为均为边长为2的等边三角形，所以，，，设，则，，，由于，所以，解得，因此，所以，，，所以，由空间向量基本定理可知：共面，所以四点共面；19．（2022·全国·高三专题练习）已知、、、、、、、、为空间的个点（如图所示），并且，，，，．求证：（1）、、、四点共面，、、、四点共面；【解析】（1）因为，所以，、、为共面向量，因为、、有公共点，故、、、四点共面，因为，则、、为共面向量，因为、、有公共点，故、、、四点共面；经典题型六：证明直线和直线平行20．（2022·全国·高三专题练习）在四棱锥中，平面ABCD⊥平面PCD，底面ABCD为梯形．，，且，，．若M是棱PA的中点，则对于棱BC上是否存在一点F，使得MF与PC平行．【解析】在平面内过点作，交于点，因为平面平面，且平面平面，平面，可得平面，又由，所以两两垂直，以为原点，以所在的直线分别为轴、轴和轴，建立空间直角坐标系，如图所示，由，，，可得，假设上存在点，使得，设，其中，因为是棱的中点，可得，又由，所以，设，可得，此方程组无解，所以假设不成立，所以对于上任意一点，与都不平行，即在线段上不存在点，使得与平行．21．（2022·全国·高三专题练习）如图，已知O､A､B､C､D､E､F､G､H为空间的9个点，且，，，，，.求证：(1)A､B､C､D四点共面，E､F､G､H四点共面；(2)；(3).【解析】（1）因为，，所以由共面向量定理可得是共面向量，是共面向量，因为有公共点，有公共点，所以A､B､C､D四点共面，E､F､G､H四点共面，（2）因为，所以；（3）22．（2022·全国·高三专题练习）已知、、、、、、、、为空间的个点（如图所示），并且，，，，．求证：．【解析】，，，，，因为、无公共点，故.23．（2022·全国·高三专题练习）已知长方体中，，，，点S、P在棱、上，且，，点R、Q分别为AB、的中点．求证：直线直线．【解析】以点D为原点，分别以、与的方向为x、y与z轴的正方向，建立空间直角坐标系．则、、、、、、、，由题意知、、、，∴，．∴，又，不共线，∴.经典题型七：证明直线和平面平行24．（2022·全国·高三专题练习）如图，在直三棱柱中，，，D为AB的中点．试用向量的方法证明：平面．【解析】证明：建立如图所示空间直角坐标系，设，则，，，设平面的法向量为，则，故可令，则，即，又平面,所以平面.25．（2022·四川·成都七中高三开学考试（理））如图所示，在四棱锥中，平面，平面，，，又，，为中点.(1)证明：平面；【解析】（1）过点作的垂线交于，以为原点，以，，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系.如图所示因为，所以,又，所以点到轴的距离为，到轴的距离为，则有,所以设平面的法向量为，则，即，令，则，所以，所以，即，又平面，所以平面.26．（2022·全国·高三专题练习）如图，且，，且，且，平面ABCD，.若M为CF的中点，N为EG的中点，求证：平面CDE；【解析】因为，，平面ABCD，而AD､平面ABCD，所以，，因此以D为坐标原点，分别以､､的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系.因为且，且，，所以，，，，，，，，.设为平面CDE的法向量，，，则，不妨令，可得；又，所以.又∵直线平面CDE，∴平面CDE；27．（2022·全国·高三专题练习）如图，三棱柱中侧棱与底面垂直，且，，分别为的中点．求证：∥平面；【解析】因为三棱柱中侧棱与底面垂直，所以平面，因为平面，所以，因为,所以AB､AC､两两垂直，所以以点A为坐标原点，AB､AC､所在直线分别为x､y､z轴建立空间直角坐标系， 则，，，，．取向量为平面的一个法向量，，∴，∴．又∵平面，∴平面．经典题型八：证明平面与平面平行28．（2022·全国·高三专题练习）如图，已知棱长为4的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M，N，E，F分别是棱A1D1，A1B1，D1C1，B1C1的中点，求证：平面∥平面.【解析】由正方体的棱长为4，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，则即，令，解得所以设平面的一个法向量为，则即，令，解得所以所以∴平面∥平面.29．（2022·全国·高三专题练习）如图，正方体中，、分别为、的中点．用向量法证明平面平面；【解析】如图建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为，则，，，，，，故，，，，设平面的法向量，则 , 即 ,令，则，设平面的法向量，则 , 即 ，令，则，所以，即，故平面平面；经典题型九：证明直线与直线垂直30．（2022·全国·高三专题练习）如图，已知直三棱柱中，，，E，F分别为AC和的中点，D为棱上的一点．证明：；【解析】因为直三棱柱中，，，所以两两垂直，以B为坐标原点，所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，则，设，所以，故，所以.31．（2022·全国·高三专题练习）已知四棱锥中，底面为正方形，平面，，，、分别为、的中点.求证：；【解析】连接FC，∵面，面，∴又，面，，∴平面即平面，∴∴以为坐标原点，以、、方向分别为，，轴正向建立空间直角坐标系， 则，，，∴，，∴，∴.32．（2022·全国·高三专题练习）如图，在棱长为a的正方体中，M为的中点，E为与的交点，F为与的交点．(1)求证：，．(2)求证：是异面直线与的公垂线段．【解析】（1）以D为原点，分别为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系．正方体中，，则，，，，，，，，，，．所以，，．因为，所以，即；因为，所以，即；（2）由（1），，．所以，所以，即；，所以，即．又，所以是异面直线与的公垂线段．33．（2022·全国·高三专题练习）如图，四棱锥中，为矩形，，且．为上一点，且．(1)求证：平面；(2)分别在线段上的点，是否存在，使且，若存在，确定的位置；若不存在，说明理由．【解析】（1），且平面又平面，矩形中，又，则与相似，则．；又，平面；（2），且平面．又，则可以D为原点分别以DA、DC、DS为x、y、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，由题意可知，假设存在满足且．在线段上 ，可设的坐标在线段上，可设则．要使且，则，又，可得，解得 ．故存在使且，其中是线段靠近的四等分点，是线段靠近的四等分点.经典题型十：证明直线与平面垂直34．（2022·全国·高三专题练习）在正方体中，如图E、F分别是，CD的中点，求证：平面ADE；【解析】以D为原点，建立空间直角坐标系，不妨设正方体的棱长为1，则D（0，0，0），A（1，0，0），（0，0，1），E（1，1，），F（0，，0），则＝（0，，－1），＝（1，0，0），＝（0，1，），则＝0，＝0，，，即，，又，平面ADE．故平面ADE．35．（2022·全国·高三专题练习）如图，在正方体中，，分别为，的中点．求证：平面；【解析】如图示：以D为原点，DA、DC、DD1分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系．不妨设正方体的边长为2，则，，，，，，，，，．所以，，，因为，所以，则同理：,即，故，又，平面，平面，所以平面．36．（2022·天津·南开中学模拟预测）在四棱锥中，，，，，，平面，．(1)若是的中点，求证：平面；(2)求证：平面；【解析】（1）取的中点，连接．因为是中点，所以,因为，，，所以，所以四边形为平行四边形，所以，因为平面，平面，所以平面．（2）证明：因为平面，平面,平面,所以，，又，所以两两垂直．如图，以点坐标原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系．则，所以，，因为，所以，因为平面，所以，因为，平面,平面，所以平面．经典题型十一：证明平面和平面垂直37．（2022·全国·高三专题练习）如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，，，，，平面平面，且，为的中点，证明：平面平面.【解析】如图，以为坐标原点，以，的方向分别为，轴的正方向建立空间直角坐标系，则，，，.因为，为的中点，所以.因为平面平面且交于，所以平面，令.则，，，所以，，所以，，因为，，平面，所以平面，因为平面，所以平面平面.38．（2022·全国·高三专题练习）在三棱台ABC－A1B1C1中，C1C⊥平面ABC，AB⊥BC，且AB=BC=C1C=2A1B1，O为AC的中点，P是C1C的中点．证明：平面A1BC⊥平面POB；【解析】证明：连接A1O，设A1B1=1，则AB=BC=C1C=2，AC=，A1C1=因为O为AC的中点，所以,因为∥，所以四边形为平行四边形，所以∥，因为C1C⊥平面ABC，平面ABC，所以，所以，因为平面ABC，，所以A1O⊥平面ABC，因为AB=BC，所以BO⊥AC．以O为坐标原点，以，，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系O－，则O（0，0，0），B（，0，0），C（0，，0），（0，0，2），（，，2），（0，，2），P（0，，1）．因为，所以，所以，所以A1C⊥OB，A1C⊥OP．因为，平面POB，所以A1C⊥平面POB．因为平面A1BC，所以平面A1BC⊥平面POB．39．（2022·全国·高三专题练习）如图，在四棱锥中，平面PAB，平面PAB，．．求证：平面平面ABCD.【解析】取的中点，取的中点，连接，因为，所以，又因为，且平面，所以平面，所以两两垂直，故以为原点，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，如图所示，因为．，所以，，所以，可得，设平面的一个法向量为，则，取，可得；设平面的一个法向量为，则，取，可得，因为，所以平面平面.经典题型十二：求两异面直线所成角40．（2022·河北·青龙满族自治县实验中学高三开学考试）如图，正四棱锥中，，，为棱上的动点．(1)若为棱的中点，求证：平面；(2)若满足，求异面直线与所成角的余弦值．【解析】（1）连接交于点,连接,因为四棱锥为正四棱锥，所以四边形为正方形，所以为的中点，因为为棱的中点，所以,因为平面，平面，所以平面.（2）因为四棱锥为正四棱锥,所以为顶点在底面的射影，所以平面，且,,故以为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，因为，，则,因为上的点满足，所以,设，则，所以所以，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.41．（2022·天津市第九十五中学益中学校高三开学考试）在如图所示的几何体中，四边形ABCD是正方形，四边形ADPQ是梯形，，，平面平面ABCD，且.(1)求证：平面PDC；(2)求平面CPB与平面PBQ所成角的正弦值；(3)已知点H在棱PD上，且异面直线AH与PB所成角的余弦值为，求线段DH长.【解析】（1）由已知可知： ，平面ADPQ 平面ABCD， 平面ADPQ， 平面ABCD，∵ 平面ABQ， 平面ABQ， 平面PDC， 平面PDC， 平面ABQ 平面PDC， 平面PDC；（2）建立空间直角坐标系如图：以DA为x轴，DC为y轴，DP为z轴，D为原点，则有 ， ，设平面CPB的一个法向量为 ，则 ，得 ，令b=1，则有 ，设平面PQB的一个法向量为 ，则有 ，得 ，令z=2，则x=1，y=1， ，设平面PQB与平面CPB所成二面角的平面角为 ，则 ， ；（3）∵点H在PD上，∴设H（0,0，t），则有 ， ，依题意有 ，解得 ，由于H点PD上，PD=2，，∴  ； ；综上，平面PQB与平面CPB所成二面角的平面角的正弦值为 ，.42．（2022·全国·高三专题练习）如图，在平行六面体中，底面是边长为1的正方形，侧棱的长度为2，且．(1)求的长；(2)直线与所成角的余弦值．【解析】（1）由题意，，，，．（2），，，所以，所以直线与所成角的余弦值为．经典题型十三：求直线与平面所成角43．（2022·浙江·湖州中学高三阶段练习）如图，四棱锥中，平面平面ABC，，，，，，．(1)求证：；(2)当时，求直线MC与平面PAC所成角的正弦值．【解析】(1)证明：取中点，连接，因为，所以，因为平面平面，因为平面平面，平面，所以平面，如图建立空间直角坐标系，则，，，设，则所以，，，所以(2)因为，且，即，所以，所以，，设平面的法向量为，，令，则，，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.44．（2022·全国·高三专题练习）如图，在四棱锥中，面ABCD，，且，，，，，N为PD的中点.(1)求证：平面PBC；(2)在线段PD上是否存在一点M，使得直线CM与平面PBC所成角的正弦值是.若存在，求出的值，若不存在，说明理由.【解析】（1）设是的中点，连接，由于，所以四边形是矩形，所以，由于平面，所以，以为空间坐标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.，且平面，所以平面.（2），设，则，，，设直线与平面所成角为，则，，两边平方并化简得，解得或（舍去）.所以存在，使直线与平面所成角的正弦值是，且.经典题型十四：求平面与平面所成角45．（2022·湖南·宁乡市教育研究中心模拟预测）如图，在四棱锥中，已知底面，底面是正方形，且，是线段上一点.(1)若是的中点，求证:平面；(2)若二面角的余弦值是，试求在线段上的位置.【解析】（1）证明：如图，连接交于点，连接，因为是正方形，所以是的中点，又是的中点所以，又平面，平面，故平面；（2）以为坐标原点，建立如图空间直角坐标系，则，，，，设则，，，由且知，为平面的一个法向量.设为平面的一个法向量，则，即，取，，，则，有，解得，从而是线段的中点.46．（2022·河北邯郸·高三开学考试）如图，在四棱锥中，底面为梯形，，平面平面.(1)证明：；(2)若为正三角形，求二面角的正弦值.【解析】（1）证明：由题意，设，又，得，又，所以，所以，又平面平面，且平面平面平面，所以平面，又平面，所以；（2）方法一（向量法）：取的中点为坐标原点，以的方向为轴正方向，过点分别作和的平行线，分别为轴和轴，建立如图所示空间直角坐标系，由为正三角形，，得，则，则，设为平面的法向量，则有，即，可取，设为平面的法向量，同理所以，设二面角的平面角为，则，故二面角的正弦值为.方法二（几何法）：如图，取的中点，连接，在平面中作，连接，由（1）知，又为正三角形，所以，所以，所以，又，所以为二面角的平面角，因为平面，平面，所以，所以，在中，，所以，所以，在中，，所以，在中，，所以，即二面角的正弦值为.47．（2022·全国·高三专题练习）如图，在直三棱柱中，底面是边长为4的等边三角形，且，D是棱上一动点（不包括端点）．(1)若D为的中点，证明：；(2)设平面ABC与平面所成的锐二面角为，求的取值范围．【解析】(1)证明：分别取AB，的中点，，则∥,因为平面所以平面ABC，以O为坐标原点，OC，OB，分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系如图所示，因为直三棱柱的底边长和侧棱长都为4，D为的中点，所以，，，，故，，则，所以．(2)∵平面ABC，∴取平面ABC的法向量为，设，则点，所以，设平面的法向量为，则n⋅AB1=4y+4z=0n⋅AD=23x+2y+tz=0令，则，，故，所以，因为，则，所以．故的取值范围为．48．（2022·黑龙江·哈九中三模（理））如图，在三棱柱中，平面，，，，点分别在棱和棱上，且，为棱的中点．(1)求证：；(2)求二面角的正弦值．【解析】(1)由题意，以为原点，分别以、、的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示可得，，，，，所以，，从而，所以所以；(2)因为平面，平面，所以，，,所以平面.所以平面的一个法向量为，设为平面的法向量，则，即，令，则，可得．设二面角所成的角为，则，所以二面角的正弦值为.49．（2022·全国·高三专题练习（理））如图，四边形是正方形，平面，，，，F为的中点．(1)求证：平面；(2)求二面角的大小．【解析】(1)依题意，平面，且四边形是正方形以A为原点，分别以的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系．则，，，，，，取的中点M，连接．，则，∴，∴，∵平面平面，∴平面．(2)，F为的中点，则，，，又，平面，故为平面的一个法向量，设平面的法向量为，因为，，即,令，得，，故．设二面角的大小为，则，由图知，所求二面角为钝角，所以二面角的大小是50．（2022·贵州贵阳·一模（理））如图，AC，BD为圆柱底面的两条直径，PA为圆柱的一条母线，且.(1)证明：；(2)若，求二面角的正弦值.【解析】(1)根据圆柱的几何性质，可建立如图所示空间直角坐标系，设圆柱的底面半径为，则高为，则，设，点与点关于点对称，所以，，，所以.(2)若，则三角形是等边三角形，所以，，，设平面的法向量为，则，故可设，同理可求得平面的法向量，设二面角为，由图可知，为钝角，所以.经典题型十五：距离问题51．（2022·全国·高三专题练习）已知正方体的棱长为a，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，∥,∥，，，易得平面平面，则两平面间的距离可转化为点B到平面的距离．以D为坐标原点，DA，DC，所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则，，，，，所以，，，．连接，由，，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：D52．（2022·全国·高三专题练习）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1的正方体中，直线与之间的距离是（    ）A． B． C． D．【答案】B【解析】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，，则，，，，即，，即，，，，当时，取得最小值，故直线与之间的距离是.故选：B.53．（2022·全国·高三专题练习）如图，在正四棱柱中，已知，，E，F分别为，上的点，且．(1)求证：平面ACF：(2)求点B到平面ACF的距离．【解析】（1）以为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，如下图所示：则,设面的一个法向量为，，可得，即，不妨令则,平面.（2），则点到平面的距离为.54．（2022·全国·高三专题练习）如图，已知平行六面体中，底面ABCD是边长为2的菱形，，，M为与的交点，设，，．(1)用，，表示并求BM的长；(2)求点A到直线BM的距离．【解析】（1）又，，，故BM的长为．（2）由（1）知，，∴，所以，则为点A到直线BM的距离，又，故点A到直线BM的距离为2．1．（2022·全国·高考真题（文））在正方体中，E，F分别为的中点，则（    ）A．平面平面 B．平面平面C．平面平面 D．平面平面【答案】A【解析】在正方体中，且平面，又平面，所以，因为分别为的中点，所以，所以，又，所以平面，又平面，所以平面平面，故A正确；选项BCD解法一：如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，设，则，，则，，设平面的法向量为， 则有，可取，同理可得平面的法向量为，平面的法向量为，平面的法向量为，则，所以平面与平面不垂直，故B错误；因为与不平行，所以平面与平面不平行，故C错误；因为与不平行，所以平面与平面不平行，故D错误，故选：A.选项BCD解法二：对于选项B，如图所示，设，，则为平面与平面的交线，在内，作于点，在内，作，交于点，连结，则或其补角为平面与平面所成二面角的平面角，由勾股定理可知：，，底面正方形中，为中点，则，由勾股定理可得，从而有：，据此可得，即，据此可得平面平面不成立，选项B错误；对于选项C，取的中点，则，由于与平面相交，故平面平面不成立，选项C错误；对于选项D，取的中点，很明显四边形为平行四边形，则，由于与平面相交，故平面平面不成立，选项D错误；故选：A.2．（多选题）（2021·全国·高考真题）在正三棱柱中，，点满足，其中，，则（    ）A．当时，的周长为定值B．当时，三棱锥的体积为定值C．当时，有且仅有一个点，使得D．当时，有且仅有一个点，使得平面【答案】BD【解析】易知，点在矩形内部（含边界）．对于A，当时，，即此时线段，周长不是定值，故A错误；对于B，当时，，故此时点轨迹为线段，而，平面，则有到平面的距离为定值，所以其体积为定值，故B正确．对于C，当时，，取，中点分别为，，则，所以点轨迹为线段，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图，，，，则，，，所以或．故均满足，故C错误；对于D，当时，，取，中点为．，所以点轨迹为线段．设，因为，所以，，所以，此时与重合，故D正确．故选：BD．3．（2022·天津·高考真题）直三棱柱中，，D为的中点，E为的中点，F为的中点．(1)求证：平面；(2)求直线与平面所成角的正弦值；(3)求平面与平面所成二面角的余弦值．【解析】（1）证明：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，易知平面的一个法向量为，则，故，平面，故平面.（2），，，设平面的法向量为，则，取，可得，.因此，直线与平面夹角的正弦值为.（3），，设平面的法向量为，则，取，可得，则，因此，平面与平面夹角的余弦值为.4．（2022·全国·高考真题（理））如图，四面体中，，E为的中点．(1)证明：平面平面；(2)设，点F在上，当的面积最小时，求与平面所成的角的正弦值．【解析】（1）因为，E为的中点，所以；在和中，因为，所以，所以，又因为E为的中点，所以；又因为平面，，所以平面，因为平面，所以平面平面.（2）连接，由（1）知，平面，因为平面，所以，所以，当时，最小，即的面积最小.因为，所以，又因为，所以是等边三角形，因为E为的中点，所以，，因为，所以,在中，，所以.以为坐标原点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，取，则，又因为，所以，所以，设与平面所成的角的正弦值为，所以，所以与平面所成的角的正弦值为.5．（2022·全国·高考真题（理））在四棱锥中，底面．(1)证明：；(2)求PD与平面所成的角的正弦值．【解析】（1）证明：在四边形中，作于，于，因为，所以四边形为等腰梯形，所以，故，，所以，所以，因为平面，平面，所以，又，所以平面，又因为平面，所以；（2）如图，以点为原点建立空间直角坐标系，，则，则，设平面的法向量，则有，可取，则，所以与平面所成角的正弦值为.6．（2022·浙江·高考真题）如图，已知和都是直角梯形，，，，，，，二面角的平面角为．设M，N分别为的中点．(1)证明：；(2)求直线与平面所成角的正弦值．【解析】（1）过点、分别做直线、的垂线、并分别交于点、．∵四边形和都是直角梯形，，，由平面几何知识易知，，则四边形和四边形是矩形，∴在Rt和Rt，，∵，且，∴平面是二面角的平面角，则，∴是正三角形，由平面，得平面平面，∵是的中点，，又平面，平面，可得，而，∴平面，而平面．（2）因为平面，过点做平行线，所以以点为原点， ，、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，设，则，设平面的法向量为由，得，取，设直线与平面所成角为，∴．7．（2022·北京·高考真题）如图，在三棱柱中，侧面为正方形，平面平面，，M，N分别为，AC的中点．(1)求证：平面；(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB与平面BMN所成角的正弦值．条件①：；条件②：．注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．【解析】（1）取的中点为，连接，由三棱柱可得四边形为平行四边形，而，则，而平面，平面，故平面，而，则，同理可得平面，而平面，故平面平面，而平面，故平面，（2）因为侧面为正方形，故，而平面，平面平面，平面平面，故平面，因为，故平面，因为平面，故，若选①，则，而，，故平面，而平面，故，所以，而，，故平面，故可建立如所示的空间直角坐标系，则，故，设平面的法向量为，则，从而，取，则，设直线与平面所成的角为，则.若选②，因为，故平面，而平面，故，而，故，而，，故，所以，故，而，，故平面，故可建立如所示的空间直角坐标系，则，故，设平面的法向量为，则，从而，取，则，设直线与平面所成的角为，则.8．（2022·全国·高考真题）如图，直三棱柱的体积为4，的面积为．(1)求A到平面的距离；(2)设D为的中点，，平面平面，求二面角的正弦值．【解析】（1）在直三棱柱中，设点A到平面的距离为h，则，解得，所以点A到平面的距离为；（2）取的中点E,连接AE,如图，因为，所以,又平面平面，平面平面，且平面，所以平面，在直三棱柱中，平面，由平面，平面可得，，又平面且相交，所以平面，所以两两垂直，以B为原点，建立空间直角坐标系，如图，由（1）得，所以，，所以，则,所以的中点，则，,设平面的一个法向量，则，可取，设平面的一个法向量，则，可取，则，所以二面角的正弦值为.9．（2021·全国·高考真题）在四棱锥中，底面是正方形，若．（1）证明：平面平面；（2）求二面角的平面角的余弦值．【解析】（1）取的中点为，连接.因为，，则，而，故.在正方形中，因为，故，故，因为，故，故为直角三角形且，因为，故平面，因为平面，故平面平面.（2）在平面内，过作，交于，则，结合（1）中的平面，故可建如图所示的空间坐标系.则，故.设平面的法向量，则即，取，则，故.而平面的法向量为，故.二面角的平面角为锐角，故其余弦值为.10．（2021·全国·高考真题（理））如图，四棱锥的底面是矩形，底面，，为的中点，且．（1）求；（2）求二面角的正弦值．【解析】（1）[方法一]：空间坐标系+空间向量法平面，四边形为矩形，不妨以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，设，则、、、、，则，，，则，解得，故；[方法二]【最优解】：几何法+相似三角形法如图，连结．因为底面，且底面，所以．又因为，，所以平面．又平面，所以．从而．因为，所以．所以，于是．所以．所以． [方法三]：几何法+三角形面积法   如图，联结交于点N．由[方法二]知．在矩形中，有，所以，即．令，因为M为的中点，则，，．由，得，解得，所以．（2）[方法一]【最优解】：空间坐标系+空间向量法设平面的法向量为，则，，由，取，可得，设平面的法向量为，，，由，取，可得，，所以，，因此，二面角的正弦值为.[方法二]：构造长方体法+等体积法  如图，构造长方体，联结，交点记为H，由于，，所以平面．过H作的垂线，垂足记为G．联结，由三垂线定理可知，故为二面角的平面角．易证四边形是边长为的正方形，联结，．，由等积法解得．在中，，由勾股定理求得．所以，，即二面角的正弦值为．【整体点评】（1）方法一利用空坐标系和空间向量的坐标运算求解；方法二利用线面垂直的判定定理，结合三角形相似进行计算求解，运算简洁，为最优解；方法三主要是在几何证明的基础上，利用三角形等面积方法求得.（2）方法一，利用空间坐标系和空间向量方法计算求解二面角问题是常用的方法，思路清晰，运算简洁，为最优解；方法二采用构造长方体方法+等体积转化法，技巧性较强，需注意进行严格的论证.11．（2021·全国·高考真题（理））已知直三棱柱中，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，面与面所成的二面角的正弦值最小?【解析】（1）[方法一]：几何法因为，所以．又因为，，所以平面．又因为，构造正方体，如图所示，过E作的平行线分别与交于其中点，连接，因为E，F分别为和的中点，所以是BC的中点，易证，则．又因为，所以．又因为，所以平面．又因为平面，所以． [方法二] 【最优解】：向量法因为三棱柱是直三棱柱，底面，，，，又，平面．所以两两垂直．以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图．，．由题设（）．因为，所以，所以． [方法三]：因为，，所以，故，，所以，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，设平面与平面的二面角的平面角为，则．当时，取最小值为，此时取最大值为．所以，此时．