2024年通用版高考数学二轮复习专题8.4 空间向量与立体几何(教师版)

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题型一空间向量及其运算
例1．（2022·全国·高三专题练习）如图，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝5，AD＝3，AA1＝4，∠DAB＝90°，∠BAA1＝∠DAA1＝60°，设，，．

(1)用，，表示；
(2)求AC1的长．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由空间向量加法法则得，由此能求出结果．
（2）由即可求出AC1的长．
【详解】（1）在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，
，，，
．
（2）AB＝5，AD＝3，AA1＝4，∠DAB＝90°，∠BAA1＝∠DAA1＝60°，
．
.
AC1的长||.
例2．（2022·全国·高二专题练习）已知向量，，且，则（ ）
A．B．2C．D．3
【答案】D
【分析】对两边平方，列出方程解出．
【详解】，，．
∵，∴．即，
∴，∵，∴．
故选：D．
练习1．（2023春·高二课时练习）如图所示，已知正四面体OABC的棱长为1，点E，F分别是OA，OC的中点．求下列向量的数量积：
(1)
(2)
(3)
【答案】(1)
(2)
(3)1
【分析】（1）正四面体的每个面均为等边三角形，夹角为，再结合空间向量数量积的运算法则，得解；
（2）由，代入运算，即可得解；
（3）取的中点，连接，，可推出，再在中，利用余弦定理求出的值，从而得解．
【详解】（1）
（2）；
（3）取的中点，连接，，则，，
在中，，，
由余弦定理知，，
所以．
练习2．（2022·高三课时练习）已知：，∥，⊥，求：
(1)，，；
(2)与所成角的余弦值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由空间向量平行与垂直坐标公式列出方程组，即可求解.
（2）利用空间向量的夹角坐标公式，即得.
【详解】（1）∵∥，
∴，
解得，
故，
又因为，所以0，
即，解得，
故；
（2）由（1）可得（5，2，3），（1，﹣6，1），
设向量与所成的角为，
则
.
练习3．（2023秋·贵州铜仁·高三统考期末）如图，在三棱锥中，点，分别是，的中点，是的中点，设，，，用，，表示，则（ ）

A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据空间向量的线性运算计算得解.
【详解】因为是的中点，，分别是，的中点，
所以
.
故选：A
练习4．（2023·山东·校联考模拟预测）定义两个向量与的向量积是一个向量，它的模，它的方向与和同时垂直，且以的顺序符合右手法则（如图），在棱长为2的正四面体中，则（ ）
A．B．4C．D．
【答案】A
【分析】根据题中条件确定，设底面△ABD的中心为O，则CO⊥平面ABD，可求得，又的方向与相同，代入计算可得答案．
【详解】，
，
设底面△ABD的中心为O，连接CO，AO，则OC⊥平面ABD，
又AO，AB，AD 平面ABD，故OC⊥AO， OC⊥AB，OC⊥AD，
，，
在中，，
则，又的方向与相同，
所以．
故选：A．
练习5．（2022·高三单元测试）（多选）已知空间中三点A（0，1，0），B（1，2，0），C（﹣1，3，1），则正确的有（ ）
A．与是共线向量
B．的单位向量是（1，1，0）
C．与夹角的余弦值是
D．平面ABC的一个法向量是（1，﹣1，3）
【答案】CD
【分析】由，可判断选项A；的单位向量为±，可判断选项B；由，可判断选项C；设平面ABC的一个法向量为，由，求得，即可判断D．
【详解】解：由题意知，，，，
因为，所以与不是共线向量，即A错误；
的单位向量为，所以的单位向量为或，即B错误；
，所以与夹角的余弦值为，即C正确；
设平面ABC的一个法向量为，则，即，
令x＝1，则y＝﹣1，z＝3，所以，即D正确．
故选：CD．
题型二空间共面向量定理
例3．（2022·高二课时练习）（多选）若构成空间的一个基底，则下列向量共面的是（ ）
A．，，B．，，
C．，，D．，，
【答案】ABD
【分析】利用共面向量定理逐项分析判断作答.
【详解】构成空间的一个基底，
对于A，，因此，，共面，A正确；
对于B，，因此，，共面，B正确；
对于C，假定，，共面，则存在使得
，而不共面，则，解得，
于是，共面，与不共面矛盾，因此，，不能共面，C错误；
对于D，，因此，，共面，D正确．
故选：ABD
例4．（2023春·江苏宿迁·高三校考阶段练习）已知向量，不共线，，，，则（ ）
A．与共线B．与共线
C．，，，四点不共面D．，，，四点共面
【答案】D
【分析】根据平面向量共线定理及推论依次判断各个选项即可.
【详解】对于A，，不存在实数，使得成立，与不共线，A错误；
对于B，，，，
又，不存在实数，使得成立，与不共线，B错误；
对于C、D，若，，，四点共面，
则有，
，即，故，
故，，，四点共面，C错误，D正确.
故选：D.
练习6．（2023春·河南安阳·高三安阳一中校联考开学考试）在空间直角坐标系中，已知点，若四点共面，则__________.
【答案】1
【分析】利用平面向量基本定理，列出关系式，利用向量的坐标运算得出关系式，即可求解
【详解】∵，
∴，，，
又∵四点共面，
∴由平面向量基本定理可知存在实数使成立,
∴,
∴，解得，
故答案为：1
练习7．（2023春·高三课时练习）设空间任意一点和不共线的三点，，，若点满足向量关系（其中），试问：，，，四点是否共面？
【答案】共面
【分析】由已知得，由此利用空间向量共面定理能证明，，，四点共面．
【详解】解：，，，四点共面．
理由如下：，，
，
即，由，，三点不共线，可知和不共线，
由共面定理可知向量，，共面，
，，，四点共面．
练习8．（2023·高二校考课时练习）已知是空间的一组基底，则可以与向量，构成基底的向量是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用空间共面向量定理及基底的概念判断即可.
【详解】∵，，∴与共面，故A，B错误；
∵，∴与共面，故C错误；
∵是基底，∴不存在使成立，
∴与不共面，故可以与构成空间的一组基底，故D正确.
故选：D.
练习9．（2022·北京·高三强基计划）（多选）如图，已知正三棱锥的侧棱长为l，过其底面中心O作动平面，交线段于点S，交的延长线于M，N两点．则下列说法中正确的是（ ）
A．是定值B．不是定值
C．D．
【答案】AD
【分析】利用四点共面可求得.
【详解】
如图，设的中点为，连接则在上且，
所以
.
故，
由于S，M，N，O四点共面，于是，
因此．
故选：AD.
练习10．（2022秋·重庆·高三统考期末）（多选）若构成空间的一个基底，则下列说法中正确的是（ ）
A．存在，使得
B．也构成空间的一个基底
C．若，则直线与异面
D．若，则，，，四点共面
【答案】BCD
【分析】根据空间向量基本定理判断A,B选项，再由共线向量基本性质及为一组基底判断出C、D.
【详解】由题意知，三向量不共面，所以错误；
若三向量共面，则有，
化简有：，因为不共面，
则，无解，故三向量不共面，能够构成一组基底，故B正确；
若与共面，则有，则有，与题意矛盾，故C正确；
若，化简有，则有，所以四点共面，故D正确．
故选：BCD
题型三求平面的法向量
例5．（2023·全国·高三专题练习）设向量是直线l的方向向量，是平面α的法向量，则（ ）
A．B．或C．D．
【答案】B
【分析】由，得，所以或
【详解】，，，
则有，
又是直线l的方向向量，是平面α的法向量，所以或.
故选：B
例6．（2023春·四川成都·高二四川省成都市新都一中校联考期中）已知，，，则平面ABC的一个法向量可以是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】代入法向量的计算公式，即可求解.
【详解】，，令法向量为，则，
，可取.
故选：A.
练习11．（2023春·湖北·高三校联考阶段练习）已知点在平面内，是平面的一个法向量，则下列点中，在平面内的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据每个选项中P点的坐标，求出的坐标，计算，根据结果是否等于0，结合线面垂直的性质，即可判断点是否在平面内.
【详解】对于选项A，，所以，
根据线面垂直的性质可知,故在平面内；
对于选项B，，则，
在平面内，根据线面垂直的性质可知,故不在平面内；
对于选项C，，则，
在平面内，根据线面垂直的性质可知,故不在平面内；
对于选项D，，则，
在平面内，根据线面垂直的性质可知,故不在平面内；
故选：A
练习12．（2023春·高三课时练习）已知，则平面的一个单位法向量是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】待定系数法设平面的一个法向量为，由法向量的性质建立方程组解出分析即可.
【详解】设平面的一个法向量为，
又，
由，
即，
又因为单位向量的模为1，所以B选项正确，
故选：B.
练习13．（2023春·高三课时练习）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.
【答案】
【分析】利用垂直关系，可以以A为原点，以AB、AD、AP为坐标轴建立空间直角坐标系，再按照法向量的求法计算即可.
【详解】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.
练习14．（2023春·高二课时练习）已知在正方体中，E， F分别是BB1， DC的中点，求证：是平面A1D1F的一个法向量．
【答案】证明见解析
【分析】首先建立空间直角坐标系，然后利用垂直的坐标表示，说明垂直关系，即可证明.
【详解】证明：设正方体的棱长为2，建立如图所示的空间直角坐标系．
由题意设点,则知点，，，，
所以，．
因为，，
所以AE⊥A1F， AE⊥D1F.
又因为，所以AE⊥平面A1D1F.
所以是平面A1D1F的一个法向量．
练习15．（2023春·高三课时练习）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.
【答案】(1) (答案不唯一)
(2) (答案不唯一)
【分析】（1）利用线面垂直的判定定理求解法向量；
（2）利用空间向量的坐标运算求平面的法向量.
【详解】（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).
题型四利用空间向量证明平行，垂直
例7．（2022·全国·高二专题练习）如图，设P为长方形ABCD所在平面外一点，M在PD上，N在AC上，若，用向量法证明：直线MN∥平面PAB.

【答案】证明见解析
【分析】建立空间坐标系，设A，C，P三点坐标，用此三点的坐标表示出，，，然后观察能否用表示出即可判断线面是否平行．
【详解】建立如图所示的空间坐标系，

设，则，
∴，
，
∵，∴，设λ，
则λ ，．
∴，
∴．
∵BP⊂平面PAB，BA⊂平面PAB，MN⊄平面PAB，
∴MN∥平面PAB．
例8．（2022·高二课时练习）如图，在正方体中，

求证：
(1)求AC与所成角的大小；
(2)平面平面；
(3)平面．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】以为坐标原点，建立空间坐标系，设正方体的棱长为1，可求出各顶点的坐标,
（1）分别求出AC与方向向量，代入向量夹角公式，可得AC与所成角的大小；
（2）要证明两个平面平行，由面面平行的判定定理知：须在某一平面内寻找两条相交且与另一平面平行的直线．求出与的方向向量，通过证明向量平行，得到与平行，同理证明出与平行，可得结论．
（3）求出的方向向量，并证明的方向向量是平面的法向量，可得⊥平面．
【详解】（1）令正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，
以B1为坐标原点，建立空间坐标系如下图所示：

则,
∴，,
设AC与所成角的大小为,
则故.
（2）∵,
∴
又∵平面，平面，
∴平面，
又因为,
∴
又∵平面，平面，
∴平面，
又，
且平面，
∴平面平面．
（3），
∴，即，即，
且0，即⊥，即．
∵，平面．
∴平面．
练习16．（2023春·高三课时练习）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.
【答案】证明见解析
【分析】建系，利用空间向量证明线面垂直.
【详解】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.
练习17．（2023春·高三课时练习）如图所示，△ABC是一个正三角形，EC⊥平面ABC，BD∥CE，且CE＝CA＝2BD.求证：平面DEA⊥平面ECA.
【答案】证明见解析
【分析】建系，分别求平面DEA、平面ECA的法向量，利用空间向量证明面面垂直.
【详解】证明：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.
练习18．（2023·全国·高三专题练习）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.
【答案】证明见解析
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法证明即可.
【详解】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.
练习19．（2022·全国·高三专题练习）四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD是平行四边形，.
(1)求证：PA⊥底面ABCD；
(2)求PC的长.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据两个向量的数量积为0，可以判断出AP⊥AB且AP⊥AD，进而根据线面垂直的判定定理得到PA⊥底面ABCD；
（2）根据向量加法的三角形法则，可以求出向量PC的坐标，进而代入向量模的计算公式，得到答案．
【详解】（1）∵，
∴，，
∴，，
即AP⊥AB且AP⊥AD，
又∵AB∩AD＝A，平面ABCD
∴AP⊥平面ABCD.
（2）∵，
∴，，
∴．
练习20．（2023·北京密云·统考三模）如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面平面，，，，，分别是，的中点.

(1)求证：平面；
(2)求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）通过求出和面的一个法向量，即可证明结论；
（2）分别求出面和面的法向量，即可求出二面角的余弦值.
【详解】（1）由题意，
在矩形中，，，,
，分别是，的中点，
∴，，
在四棱锥中，面平面，
面面，， ∴面，
面，∴，
取中点，连接，由几何知识得，
∵，∴，
∵面，面，
∴面，
∴
以、、为、、轴建立空间直角坐标系如下图所示，

∴，
∴，面的一个法向量为，
∵，
∴平面.
（2）由题意，（1）及图得，
在面中，，
，
设其法向量为，
则，即，解得：，
当时，，
在面中，其一个法向量为，
设二面角为
∴，
由图象可知二面角为钝角，
∴二面角的余弦值为.
题型五求空间角
例9．（2023·青海西宁·统考二模）如图，在三棱柱中，侧面为正方形，平面平面，AB＝BC＝2，M，N分别为，AC的中点．

(1)求证：平面；
(2)从条件①：AB⊥MN，条件②：BM＝MN中选择一个作为已知，求直线AB与平面BMN所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取AB的中点为K，连接MK，NK，易得，由线面平行的判定证平面、平面，再由面面平行的判定和性质证结论；
（2）根据所选条件证BC，BA，两两垂直，构建空间直角坐标系，向量法求线面角的正弦值即可.
【详解】（1）取AB的中点为K，连接MK，NK，
由三棱柱得：四边形为平行四边形，
因为M是中点，则，又平面，平面，
故平面，同理得平面，
又NK∩MK＝K，平面MKN，平面MKN，
故平面平面，平面MKN，
故平面；

（2）因为侧面为正方形，故，而平面，
平面平面，又平面平面，
故CB⊥平面，平面，所以CB⊥AB，
又，所以NK⊥AB，
若选①：AB⊥MN，已证NK⊥AB，又NK∩MN＝N，平面MNK，平面MNK，
故AB⊥平面MNK，平面MNK，故AB⊥MK，
又，所以，所以BC，BA，两两垂直．
故可建立如图所示的空间直角坐标系B－xyz，

则，故，，，
设平面BNM的法向量为，则，从而，取z＝1，则，
设直线AB与平面BNM所成的角为θ，则
若选②：BM＝MN，已证CB⊥平面，又，故NK⊥平面，
而平面，故NK⊥KM，
又BM＝MN，，，AB＝BC＝2，
故△MKBMKN，所以∠MKB＝∠MKN＝90°，
所以MK⊥AB，又，所以，所以BC，BA，两两垂直
故可建立如图所示的空间直角坐标系B－xyz，

则，故，，，
设平面BNM的法向量为，则从而，取z＝1，则，
设直线AB与平面BNM所成的角为θ，则．
例10．（2023·四川成都·石室中学校考模拟预测）如图，四边形为菱形，，平面，，．

(1)求证：平面平面；
(2)求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据根据线面垂直的判定定理先证明平面，再利用面面垂直的判定即可证明平面平面；
（2）先根据题意建立合适的空间直角坐标系，再求出平面和平面的法向量，再根据二面角的空间向量求法即可得到答案．
【详解】（1）因为四边形为菱形，所以，
因为平面，平面，所以，
又，且，平面，
所以平面，
又平面，
所以平面平面．
（2）如图，设交于点，以为轴，为轴，过点且平行于的方向为轴建立空间直角坐标系，

设，则，，
因为，，
所以是正三角形，则，
则，，，，
则，，，
设平面的法向量为，
则，得，取，得，，即，
设平面的法向量为，
则，得，取，得，，即，
所以，
又二面角为钝角，
故二面角的余弦值为．
练习21．（2022春·湖南株洲·高三统考期末）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.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用空间向量共线的坐标表示以及线面平行的判定定理证明；
（2）利用空间向量的坐标运算计算平面与平面所成角的余弦值.
【详解】（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.
练习22．（2023·甘肃定西·统考模拟预测）如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠BAD＝60°，AC与BD交于点O，底面ABCD，，点E，F分别是棱PA，PB的中点，连接OE，OF，EF．

(1)求证：平面平面PCD；
(2)求二面角P－EF－O的正弦值．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据中位线可得线线平行，进而得线面平行，即可求证面面平行，
（2）建立空间直角坐标系，利用法向量的夹角即可求解.
【详解】（1）由于点E，F分别是棱PA，PB的中点，所以, ,平面平面PCD,故平面PCD,
又是的中点，所以, , 平面平面PCD,故平面PCD,
由于平面 ,所以平面平面PCD.
（2）由于底面ABCD，底面为菱形，所以两两垂直，故建立如图所示的空间直角坐标系，则
所以,
设平面和平面的法向量分别为，
所以取，
同理取，
设二面角P－EF－O的平面角为 ，则，
所以，

练习23．（2023春·四川成都·高三四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.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用长方体的结构特征，证明平面平面，可得直线平面；
（2）建立空间直角坐标系，求平面的法向量，利用向量法求AD与平面所成角的正弦值.
【详解】（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.
练习24．（2023·天津河西·天津市新华中学校考模拟预测）如图，四边形是边长为2的菱形，，四边形为矩形，，且平面平面.

(1)求与平面所成角的正弦值；
(2)求平面与平面夹角大小；
(3)若在线段上存在点，使得平面，求点到平面的距离.
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）建立空间直角坐标系，表达出各点的坐标，得出和平面的法向量，即可求出与平面所成角的正弦值；
（2）求出平面与平面的法向量，即可得到平面与平面夹角大小；
（3）设出，求出平面的法向量，得出点坐标，即可求出点到平面的距离.
【详解】（1）由题意，
∵平面平面，平面平面，
∴平面，
∵底面为菱形，
∴，
以为原点，所在直线为轴，过点作平行线为轴建立如图所示空间直角坐标系：

则，
∴，
平面的一个法向量是，
设与平面所成的角为，所以，
∴与平面所成的角的正弦值为
（2）由题意及（1）得，
，
设平面的一个法向量为，则，即，
令，则，所以，
设平面的一个法向量为，则，即，
令，则，所以，
所以，
因为，
∴平面与平面的夹角为.
（3）由题意，（1）及（2）得，
，
设，，
∵平面，所以，即，
解得：，
∴点为中点，，
∴点到平面的距离为：.
练习25．（2023·江西鹰潭·贵溪市实验中学校考模拟预测）如图，在三棱柱中，平面，，，为的中点，交于点．
(1)证明：；
(2)求异面直线与所成角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据线面垂直的判定定理，线面垂直的性质定理的结合即可得出结论.
（2）建立空间直角坐标系，得出相应点的坐标，然后利用向量间余弦值的公式求解即可.
【详解】（1）由题知，在三棱柱中，
因为，，平面，
所以四边形是正方形，，
又平面，则，
又平面，，
则平面，
又是中点，是中点，
则，所以平面，
又平面，则，
又平面，，
则平面，
又平面，则.
（2）根据已知，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，
假定，
又是的中点，
则，
则，，
，，
则，，
.
故异面直线与所成角的余弦值为.
题型六已知夹角求其他量
例11．（2023·上海长宁·上海市延安中学校考三模）已知和所在的平面互相垂直，，，，，是线段的中点，.
(1)求证：；
(2)设，在线段上是否存在点（异于点），使得二面角的大小为.
【答案】(1)证明见解析
(2)不存在，理由见解析
【分析】（1）根据余弦定理计算，根据勾股定理得到，确定平面，得到证明.
（2）建立空间直角坐标系，计算各点坐标，平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，根据向量的夹角公式计算得到答案.
【详解】（1），故，
，则，故，
又，平面，，故平面，
平面，故，

（2）△和△所在的平面互相垂直，则平面平面，
且平面，故平面，
如图所示：以分别为轴建立空间直角坐标系，

则，，，设，，
平面的一个法向量为，
设平面的一个法向量为，则，
取得到，
则，解得，不满足题意.
综上所述：不存在点，使二面角的大小为.
例12．（2023·广东深圳·深圳中学校考模拟预测）如图，且，，且，且.平面，.

(1)求平面与平面的夹角的正弦值；
(2)若点在线段上，且直线与平面所成的角为，求线段的长.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用空间向量法求出平面与平面的法向量，即可求解；
（2）设线段DP的长为（），求出，，然后利用向量的夹角公式列方程求解.
【详解】（1）因为平面，，平面，所以，.
因为，所以，，两两垂直，以为原点，
分别以，，的方向为轴，轴，轴的正方向的空间直角坐标系（如图），

则，，，，，，.
得，，.
设为平面的法向量，则，
令，则；
设为平面的法向量，则，
令，则，
所以.
所以平面与平面的夹角的正弦为.
（2）设线段的长为，则，.
因为，，平面，
所以平面，为平面的一个法向量，
所以，由题意，可得，解得.
所以线段的长为.
练习26．（2023·浙江绍兴·统考模拟预测）如图，正三棱柱的所有棱长均为为的中点，为上一点，
(1)若，证明：平面；
(2)当直线与平面所成角的正弦值为，求的长度.
【答案】(1)证明见解析；
(2)3.
【分析】（1）记与交于点，连结，证明，原题即得证；
（2）取中点，以原点，直线为轴，直线为轴，建立如图空间直角坐标系. 设，利用向量法求解.
【详解】（1）记与交于点，连结.
由得.
又平面，平面,
所以平面.
（2）取中点，以原点，直线为轴，直线为轴，建立如图空间直角坐标系.
则
设，则
设平面法向量为，则,
取
因为线面角正弦值为，
所以
解得，故
练习27．（2023春·辽宁朝阳·高三校联考期中）如图，在正三棱柱A₁B₁C₁-ABC中，D为AB的中点， .
(1)若证明:DE⊥平面A₁B₁E；
(2)若直线BC₁与平面A₁B₁E所成角为求λ的值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先证明A₁B₁⊥平面DCC₁F，得到DE⊥A₁B，再证明DE⊥平面A₁B₁E即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求出线面角即可得解.
【详解】（1）证明：取A₁B₁的中点F，连接EF，DF，DC，FC₁.
由题意，得
所以DE²+EF²=DF²，则DE⊥EF.
因为A₁B₁⊥C₁F，A₁B₁⊥DF，平面DCC₁F，
所以A₁B₁⊥平面DCC₁F，又平面DCC₁F，所以DE⊥A₁B，
因为A₁B₁∩EF=F，平面A₁B₁E，所以DE⊥平面A₁B₁E.
（2）以D为坐标原点，DB，DC，DF的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，
则
设
设平面A₁B₁E的法向量为，
则.
取则
设直线BC₁与平面A₁B₁E所成的角为θ，
则，
化简得，解得或
当时，点E与点C₁重合，此时λ=0，不符合题意.
所以，即λ的值为
练习28．（2023春·江苏泰州·高三泰州中学校考期中）如图，在多面体中，四边形与均为直角梯形，，.平面，，.
(1)已知点G为AF上一点，且，试判断是否与平面平行，并说明理由；
(2)已知直线与平面所成角的正弦值为，求该多面体的体积.
【答案】(1)与平面不平行；证明见解析；
(2)3
【分析】（1）是与平面不平行；建立空间直角坐标系，求得平面的法向量，利用，即可证明结论；
（2）根据线与平面所成角的正弦值为求出的长，分别计算，利用即可求得答案.
【详解】（1）与平面不平行；
因为平面，平面,
故，
又,，则,
以A为坐标原点，为轴，建立空间直角坐标系，
则，
故，
设平面的法向量为，则，
令，则，则，
即与不垂直，故是与平面不平行；
（2）设且，则，所以，
因为直线与平面所成角的正弦值为，
故，
即，解得或（舍去），
因为，平面，所以平面，
又平面，故,，
又，
而平面，
故平面，
又，所以，
，所以，
故，即多面体的体积为3.
练习29．（2023·北京东城·统考二模）如图，直角三角形和等边三角形所在平面互相垂直，，是线段上一点.
(1)设为的中点，求证：；
(2)若直线和平面所成角的正弦值为，求的值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）要证明线线垂直，利用面面垂直的性质定理，转化为证明平面；
（2）首先设，，再以的中点为原点，建立空间直角坐标系，根据线面角的向量公式，列式求解.
【详解】（1）由题设知
因为平面 平面，平面 平面，，
所以平面．
因为平面，
所以.
因为为等边三角形，是的中点，
所以.
因为，平面，
所以平面．
所以.
（2）设，.
取的中点，的中点，连接，，
则，.
由（I）知平面，所以平面，
所以，.
如图建立空间直角坐标系，则
，，，．
所以， ，，，
.
设平面的法向量为，
则即
令，则，.于是.
因为直线和平面所成角的正弦值为，
所以，
整理得，
解得或.
因为，
所以，即.
练习30．（河北省2023届高三模拟（六）数学试题）在圆柱中，等腰梯形为底面圆的内接四边形，且，矩形是该圆柱的轴截面，为圆柱的一条母线，.

(1)求证：平面平面；
(2)设，，试确定的值，使得直线与平面所成角的正弦值为.
【答案】(1)证明见解析
(2)或
【分析】（1）先证明平面以及平面，根据面面平行的判定定理即可证明结论；
（2）建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，求得平面的一个法向量，根据空间角的向量求法，即可求得答案.
【详解】（1）在圆柱中，,平面,平面,
故平面；
连接，因为等腰梯形为底面圆的内接四边形，，

故，
则为正三角形，故，则，
平面,平面,
故平面；
又平面，
故平面平面.
（2）如图，以为坐标原点，在底面圆过点垂直于平面作直线为x轴，
以为轴建立空间直角坐标系，

由于，由（1）可知,
故,
则，
设平面的一个法向量为，
则，即，
令，则，
由，，，
可得，
设直线与平面所成角为，
则，
即得，解得或，符合，
故或.
题型七求异面直线，点到面或者面到面的距离
例13．（2023·浙江宁波·镇海中学校考模拟预测）在直角梯形中，，，，现将沿着对角线折起，使点D到达点P位置，此时二面角为．

(1)求异面直线，所成角的余弦值；
(2)求点A到平面的距离．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）作出辅助线，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，得到异面直线的夹角；
（2）利用点到平面距离的向量公式进行求解.
【详解】（1）过点D做交于O，连接，
以O点为原点，以为x轴，在平面内，过点O垂直于的线为y轴，
过点O垂直于平面的直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示．

因为，所以，
所以为二面角的平面角．所以，
又因为，所以点，
又因为，，由等边三角形可得，
所以，，
所以，
所以与夹角的余弦值为．
（2），，
设为平面的一个法向量，
则，
令，则，
故，
所以点A到平面的距离为．
例14．（2023秋·辽宁沈阳·高三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．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据折叠前后的几何性质，建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算得异面直线与所成的角的余弦值；
（2）根据空间向量求直线与公垂线的方向向量，再结合空间向量坐标运算即可得异面直线与之间的距离．
【详解】（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.
练习31．（2022·全国·高三专题练习）在如图所示的五面体ABCDFE中，面ABCD是边长为2的正方形，AE⊥面ABCD，DF∥AE，且DFAE＝1，N为BE的中点.

(1)求证：FN∥平面ABCD；
(2)求二面角N﹣MF﹣D的余弦值；
(3)求点A到平面MNF的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）建立空间直角坐标系，得到，显然平面ABCD的法向量可以为（0，0，1），所以，即，即可得证；
（2）平面MNF的法向量为，平面MFD的法向量可以为（0，1，0），代入公式即可求解；
（3）由（2）知平面MNF的法向量为（2，1，2），又，代入公式即可求解．
【详解】（1）证明：如图建立空间直角坐标系，

则A（0，0，0），B（2，0，0），D（0，2，0），
E（0，0，2），N（1，0，1），M（1，2，0），F（0，2，1），
所以，显然平面ABCD的法向量可以为（0，0，1），
所以，即，又NF⊄平面ABCD，所以NF∥平面ABCD；
（2）因为，
设平面MNF的法向量为（x，y，z），则，
令y＝1，则x＝z＝2，所以，
显然平面MFD的法向量可以为（0，1，0），
设二面角N﹣MF﹣D为，由图可知二面角N﹣MF﹣D为钝角，
则，
所以二面角N﹣MF﹣D的余弦值为；
（3）由（2）知平面MNF的法向量为（2，1，2），
又，设点A到平面MNF的距离为d，
则，
所以点A到平面MNF的距离为．
练习32．（2023·高一课时练习）如图所示，在空间四边形中，，，，．
(1)求证：；
(2)求异面直线与的距离；
(3)求二面角的大小．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）取中点，连结，利用线面垂直的判定定理证得平面即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用异面直线的向量距离公式求解即可；
（3）求出面的法向量，然后利用面面角的向量方法进行求解
【详解】（1）取中点，连结．
，．
，．
，平面，平面．
平面，．
（2）因为，，，平面，
平面．
如图，以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系．
则．
设．，，．
所以，，
设与的公垂线的一个方向向量为，
则，取，得，，即，
又，
所以异面直线与之间的距离为．
（3）取中点，连结．
，，，．
是二面角的平面角．
，，，
，
二面角的大小为．
练习33．（2021秋·上海浦东新·高三上海市实验学校校考期中）如图是一棱长为的正方体，则异面直线与之间的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】建立空间直角坐标系，求出与和垂直的向量坐标，求出异面直线间的距离.
【详解】以D为原点，DA，DC，分别为x，y，z轴，建立如图空间直角坐标系，
则，，设与和都垂直，
则，即，取，又因为，
所以异面直线和间的距离为.
故选：B.
练习34．（2023·重庆·统考模拟预测）在多面体中，四边形是边长为4的正方形，，△ABC是正三角形．

(1)若为AB的中点，求证：直线平面；
(2)若点在棱上且，求点C到平面的距离．
【答案】(1)证明见详解
(2)
【分析】（1）根据线面平行的判定定理分析证明；
（2）根据题意可证平面，平面，建系，利用空间向量求点到面的距离.
【详解】（1）连接，设，由题意可得为的中点，连接，
因为分别为的中点，则//，
平面，平面，
所以直线平面.

（2）由题意可得：，，平面，
所以平面，
取的中点，连接，
因为△ABC是正三角形，则，
又因为平面，平面，则，
，平面，
所以平面，
如图，以为坐标原点，为轴，轴，建立空间直角坐标系，
则，
可得，
设平面的法向量，则，
令，则，即，
所以点C到平面的距离.

练习35．（2023·北京丰台·北京丰台二中校考三模）如图，在四棱锥中，平面，，，，.为的中点，点在上，且.
(1)求证：平面平面；
(2)求平面与平面所成角的余弦值；
(3)若棱上一点，满足，求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）（2）（3）如图，以为原点，分别以，为轴，轴，过作平行线为轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.
【详解】（1）如图，以为原点，分别以，为轴，轴，过作平行线为轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
所以，，因为，所以，
所以，即，
所以，，
设平面的法向量为，则，
令，则，所以，
平面的法向量为，则，
令，则，所以，
所以，所以，
所以平面平面.

（2）易知平面的一个法向量，
设平面与平面所成角为，则，
所以平面与平面所成角的余弦值为.
（3）因为棱上一点，满足，所以，
所以，
所以点到平面的距离.
题型八求点到线的距离
例15．（2023·全国·高三专题练习）如图，在四棱锥中，平面，底面为正方形，且，为棱的中点，点在上，且，则的中点到直线的距离是______．
【答案】/
【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，计算出、，进而可计算得出点到直线的距离为.
【详解】因为平面，底面为正方形，
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、、，
，，，
所以，，
所以，的中点到直线的距离.
故答案为：.
例16．（2023·全国·高三专题练习）如图，直四棱柱的底面为平行四边形，，，点P，M分别为，上靠近的三等分点．
(1)求点M到直线的距离；
(2)求直线PD与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）建立空间直角坐标系，写出相应点的坐标，利用向量法求出点到直线的距离即可；
（2）结合（1）中点的坐标，分别求出直线的方向向量和平面的法向量，利用空间向量的夹角公式即可求解.
【详解】（1）由题可得AD=2，，
又点P为AB上靠近A的三等分点，所以AP=1．
在中，由余弦定理可得，
，
故，
所以为直角三角形，故DP⊥AB．
因为底面ABCD为平行四边形，所以DP⊥CD．
由直四棱柱性质可知，，
即DP，CD，两两垂直．
故以D为坐标原点，分别以DP，DC，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Dxyz．
则．
因为，过点M作，（点到直线的距离即为通过该点向直线做垂线，点到垂足的距离）
令，所以，故．
由，解得，所以，故点M到直线的距离为．
（2）因为，，，
设平面的法向量为，则即
令，得，，故．
设直线PD与平面所成角为，
则．
所以直线PD与平面所成角的正弦值为．
练习36．（2023春·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
【分析】先求与方向相同的单位向量，然后由公式可得.
【详解】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
练习37．（2023秋·山西临汾·高二统考期末）如图所示，在四棱锥中，平面平面，底面为矩形，，是棱上一点，且.
(1)求点到直线的距离；
(2)求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】(1)2
(2).
【分析】（1）利用面面垂直得出线面垂直，建立坐标系，利用空间向量求解点到直线的距离；
（2）分别求解平面与平面的法向量，利用法向量求解两平面的夹角.
【详解】（1）取的中点，连接，并过点作的平行线，交于，
则.
因为，所以.
因为平面平面，平面平面平面，
所以平面，
因为平面，所以.
以为坐标原点，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，
因为，
则，
直线的一个单位方向向量为，
点到直线的距离.
（2），
设平面的法向量为，
则令，
设平面的法向量为，
则令，
设平面与平面的夹角为，则.
所以平面与平面夹角的余弦值为.
练习38．（2023春·高二课时练习）如图，正方形的中心为O，四边形为矩形，平面 平面，点G为 的中点， .
(1)求证： 平面 ；
(2)求点D到直线的距离.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）取 的中点M，连接 为线段 的中点，根据三角形的中位线定理、矩形的性质、平行四边形的判断定理、线面平行的判定定理即可证明结论.
（2）连接 ，根据面面垂直的性质定理可得平面 ，建立空间直角坐标系，求得直线EG的单位方向向量，可得点D到直线EG的距离.
【详解】（1）证明：取的中点M，连接 ，正方形的中心为O，则共线，
又G为线段的中点，则 ，
∵四边形为矩形，则 ，
∴四边形为平行四边形，
∴ ，而平面 ，而平面，
∴平面.
（2）连接 ,
∵四边形为矩形，则,平面平面 ，
平面平面,平面,
∴平面，故以B为坐标原点，以为轴， 建立如图所示的空间直角坐标系 ，
则 ，
，，
直线EG的单位方向向量，
∴，
∴点D到直线EG的距离.
练习39．（2022秋·陕西西安·高二校考阶段练习）在长方体中，，，，是的中点，建立空间直角坐标系，用向量方法解下列问题：
(1)求直线与所成的角的余弦值；
(2)求点到直线的距离．
【答案】(1)；
(2)．
【分析】（1）由题意写出点的坐标，求出，的坐标，从而利用空间向量求异面直线所成角即可；
（2）先将问题转化为求，再由空间向量平行与垂直的坐标表示求得点坐标，从而得到，再利用向量的模求解即可.
【详解】（1）由题意得，，，．
则，，
设与所成的角为，则，
所以，
所以与所成的角的余弦值为．
（2）作于，则点到直线的距离为，
因为，，
又，设，则，，，
所以，解得，则，故，
所以，
所以点到直线的距离为．
.
练习40．（2022秋·湖北十堰·高二统考期末）如图所示，在几何体中，，平面，则点E到直线的距离为_________、直线与平面所成角的正弦值为_______________．
【答案】
【分析】建立坐标系，利用向量法求解即可.
【详解】以A为原点，的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，则．
．
因为，所以，所以点E到直线的距离为．
记平面的法向量为，
则令，得．
因为，所以直线与平面所成角的正弦值为．
故答案为：；
题型九点的存在性问题
例17．（2023·黑龙江齐齐哈尔·统考二模）如图，四棱锥中，平面，，，，，为线段上一点，点在边上且.
(1)若为的中点，求四面体的体积；
(2)在线段上是否存在点，使得与平面所成角的余弦值是？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)存在，
【分析】（1）根据题意，以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，进而利用坐标法求得点到平面的距离为，再计算体积即可；
（2）设点坐标为，根据得，进而根据线面角的向量方法求解即可.
【详解】（1）解：由题意可得两两互相垂直，
所以可以以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示：
∴，，，，
∴，，.
设平面的一个法向量，
，不妨令y＝1，∴.
设点到平面的距离为，则，
又因为，，∴的面积为.
∴四面体的体积为.
（2）设点坐标为，∴，.
∵，即，∴，
∴，∴.
设，，
∴.
设平面的一个法向量，
∴，即，令得
∴，
∴，
∵与面所成角的余弦值是，正弦值为.
∴，整理得，
∴，（舍去）.
∴存在满足条件的点，且.
例18．（2023春·广东佛山·高二佛山一中校考阶段练习）如图，在四棱锥中，已知底面是正方形，底面，且，是棱上动点.
(1)证明：平面.
(2)线段上是否存在点，使二面角的余弦值是？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）利用正方形性质、线面垂直的性质和线面垂直的判定定理进行证明即可；
（2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，利用向量线性运算可得，根据二面角的向量求法可构造方程求得的值.
【详解】（1）连接，交于点，
四边形为正方形，；
平面，平面，，
又，平面，平面.
（2）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，，，，，
，，，，
假设在线段上存在点，使得二面角的余弦值为，
设，则，，
设平面的法向量，
则，令，解得：，，；
由（1）知：平面，平面的一个法向量为；
，解得：，
当，即时，二面角的余弦值为.
练习41．（2023·全国·高三对口高考）如图所示的几何体中，四边形是等腰梯形，，，平面，，.

(1)求二面角的余弦值；
(2)在线段AB（含端点）上，是否存在一点P，使得平面.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）建立空间直角坐标系，利用法向量的夹角即可求解二面角，
（2）由平面法向量与直线方向向量垂直，结合向量共线，即可由坐标运算求解.
【详解】（1）过作于，由于，则,由于,且四边形是等腰梯形，所以,在三角形中，由余弦定理可得，所以,故,

以为坐标原点，，为轴，轴，过点作的平行线为轴，建立空间直角坐标系，设，则，

设面的法向量，
则，即，取，得．
设面的法向量，
则，即，则取，得．
，
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．
（2），,， 面，
面．
设,
若平面，则 ,所以，
所以
练习42．（2022秋·贵州遵义·高三习水县第五中学校联考期末）如图，在四棱锥中，，且.点是线段上一动点.
(1)当平面时，求的值；
(2)点是线段上运动的过程中，能否使得二面角的大小为？若存在，求出的位置；若不存在，说明理由.
【答案】(1)
(2)存在，
【分析】（1）利用线面平行性质定理得到，进而求得的值；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量的方法表示二面角的大小为，进而求得的位置.
【详解】（1）连接交于O，连接.
由知：，
则
又平面平面，平面平面
；
（2）由，，可得，
又，则，
由，，，
可得，则，
又，平面,
则平面，又，则两两垂直，
以A为原点，以分别为轴建立空间直角坐标系.
假设存在点是线段上运动，使得二面角的大小为，
设此时，
则有：
，
设平面的一个法向量为，
，令，则，则
设平面的一个法向量为，
，令，则，则
，
又，
存在点是线段上运动，当时，
二面角的大小为.
练习43．（2023·安徽阜阳·安徽省临泉第一中学校考三模）在梯形中，，，为的中点，将沿折起至的位置，且.

(1)求证：平面平面；
(2)判断在线段上是否存在点，使得直线与平面成角的正弦值为.若存在，求出的长；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，
【分析】（1）由条件证明，，根据线面垂直判定定理证明平面，再由面面垂直判定定理证明平面平面.
（2）取的中点，由条件证明平面，建立空间直角坐标系，求直线方向向量与平面法向量，结合条件列方程求出点的位置即可.
【详解】（1）连接，由已知可得：，
又，，
在中，，故，
又，且，平面，
所以平面.
因为平面，所以平面平面.

（2）取的中点，连接.
由（1）知平面PBC，故.
又，所以平面，故，
又，所以，
又，平面，
所以平面
以OB，OP所在直线分别为y，z轴，建立空间直角坐标系.
则，，，，，
设，则，
设平面PEC的法向量为，
，，
，，故，
取，则，，则.
故设直线与平面夹角为，
则，
所以，
则或（舍去），
即Q为线段AP的中点，此时.

练习44．（2023·湖北襄阳·襄阳四中校考模拟预测）在三棱锥P-ABC中，若已知，，点P在底面ABC的射影为点H，则
(1)证明：
(2)设，则在线段PC上是否存在一点M，使得与平面所成角的余弦值为，若存在，设，求出的值，若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析；
(2)在线段PC上是否存在一点M，满足条件，且.
【分析】（1）由条件证明，再证明，由此可得，由线面垂直判定定理证明平面，由此证明；
（2）建立空间直角坐标系，技术存在点满足条件，由条件求平面的法向量和直线的方向向量，由条件列方程求即可.
【详解】（1）因为点P在底面ABC的射影为点H，
所以平面，又平面，
所以，
因为，，，平面，
所以平面，又平面，
所以，
因为，，，平面，
所以平面，又平面，
所以，
因为，，
所以点为的垂心，所以，
因为，，平面，，
所以平面，又平面，
所以；
（2）延长交于点，由（1）可得，
又，所以点为线段的中点，
所以，同理可得，
所以为等边三角形，又，所以，
如图，以点为原点，以为轴的正方向，建立空间直角坐标系，
则，
故，
设存在点M，使得BM与平面所成角的余弦值为，且，
则，
设平面的法向量为，，
则，所以，
令，可得，
所以为平面的一个法向量，
所以，
设直线BM与平面所成角为，则，又，
所以，故，
所以或，又，
所以.
所以在线段PC上存在点M，使得BM与平面PAB所成角的余弦值为，且.

练习45．（2023·福建厦门·统考模拟预测）（多选）如图，在棱长为1的正方体中，点满足，其中，则（ ）
A．
B．当时，有且仅有一个点，使得平面
C．当时，有且仅有一个点，使得
D．当时，三棱锥的体积为定值
【答案】AD
【分析】建立空间直角坐标系，则可得出点P的坐标，依次判定选项即可.
【详解】如图建立空间直角坐标系，
则
因为，，所以
所以，
对于选项A，则，所以，
因为，所以，故A答案正确；
对于选项B，
当时，，,设面的法向量为，
则，令，所以，
若平面，则，无解，所以不存在点，使得平面,故选项B错误；
对于选项C，当时，,
若，则，，无解，所以不存在点，使得，故C错误；
对于选项D，为边长为的等边三角形，所以,
点P到平面的距离为，当时，
点P到平面的距离为定值，则三棱锥的体积为定值，故D选项正确.
故选：AD.题型一
空间向量及其运算
题型二
空间共面向量定理
题型三
求平面的法向量
题型四
利用空间向量证明平行，垂直
题型五
求空间角
题型六
已知夹角求其他量
题型七
求异面直线，点到面或者面到面的距离
题型八
求点到线的距离
题型九
点的存在性问题