第11讲 用空间向量研究距离、夹角问题11种常见考法归类-新高二数学暑假衔接试题练习（人教版）

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知识点1 空间距离及向量求法
注意点：
(1)两条平行直线之间的距离：在其中一条直线上取定一点，则该点到另一条直线的距离即为两条平行直线之间的距离．
(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，在其中一个平面α内任取一点P，可将两个平行平面的距离转化为点P到平面β的距离求解．
知识点2 空间角及向量求法
思考：（1）两个平面的夹角与二面角的平面角的区别？
平面α与平面β的夹角：平面α与平面β相交，形成四个二面角，我们把这四个二面角中不大于90° 的二面角称为平面α与平面β的夹角．二面角的平面角范围是[0，π]，而两个平面的夹角的范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))).
平面与平面所成的夹角与两平面的法向量所成夹角有何关系？
两平面的夹角是两法向量的夹角或其补角．
1、用向量法求点到直线的距离的一般步骤
(1)求直线的方向向量．
(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．
2、求点到平面的距离的四步骤
注：线面距、面面距实质上都是求点面距，求直线到平面、平面到平面的距离的前提是线面、面面平行．
3、基向量法求异面直线的夹角的一般步骤
(1)找基底．
(2)用同一组基底表示两异面直线的方向向量．
(3)利用向量夹角公式求出两条直线的方向向量夹角的余弦值．
(4)结合异面直线的夹角范围得到异面直线的夹角．
4、用空间向量法求异面直线夹角的步骤
(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．
5、求直线与平面所成角的思路与步骤
思路一：找直线在平面内的射影，充分利用面与面垂直的性质及解三角形知识可求得夹角(或夹角的某一三角函数值)．
思路二：用向量法求直线与平面所成角可利用向量夹角公式或法向量．利用法向量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eq \(AB,\s\up7(―→))；
③求平面的法向量n；
④计算：设线面角为θ，则sin θ＝eq \f(|n·eq \(AB,\s\up7(―→))|,|n|·|eq \(AB,\s\up7(―→))|).
6、向量法求两平面的夹角(或其某个三角函数值)的三个步骤
求两平面夹角的两种方法
(1)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．
(2)法向量法：
①建立适当的坐标系，写出相应点的坐标；
②求出两个半平面的法向量n1，n2；
③设两平面的夹角为θ，则cs θ＝|cs〈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.))
[注意] 若要求的是二面角，则根据图形判断该二面角是钝角还是锐角，从而用法向量求解．
7、立体几何中的探索性问题
立体几何中的探索性问题，在命题中多以解答题的一步出现，试题有一定的难度．
这类题型常以适合某种条件的结论“存在”“不存在”“是否存在”等语句表述．解答这类问题，一般要先对结论作出肯定的假设，然后由此肯定的假设出发，结合已知条件进行推理论证，若导致合理的结论，则存在性也随之解决；若导致矛盾，则否定了存在性．
考点一：求点到直线的距离
例1．（2023秋·河南新乡·高二统考期末）已知空间三点，则点到直线的距离为_____________．
【答案】
【分析】根据点到直线的距离公式即可求解.
【详解】易知，
则，，
故点到直线的距离为．
故答案为：.
变式1．（2023秋·高二课时练习）矩形ABCD中，，平面ABCD，且，则P到BC的距离为__________．
【答案】
【分析】利用点到直线距离的定义进行求解，注意做题的规范性：作、证、指、求, 或者是建立坐标系用空间向量方法去求.
【详解】方法一：如图，因为平面,平面,所以,
又因为是矩形，所以,
因为,所以平面,
因为平面，所以,所以为到的距离.
在矩形中，因为，所以,
在直角三角形中，由勾股定理得,
所以到的距离为.
故答案为：.
方法二：建立如图所示坐标系，在矩形中，，
所以，所以
,所以,
所以为到的距离.
,所以到的距离为.
故答案为：

变式2．（2023·广东佛山·统考模拟预测）如图，在平行六面体中，以顶点A为端点的三条棱长都是a，且，，E为的中点，则点E到直线的距离为（ ）

A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用基底向量，即可由空间向量的模长，结合点到直线的距离公式即可求解.
【详解】在平行六面体中，不妨设，，．
,，
，，
所以，，
，
所以E到直线的距离为，
故选：A
变式3．（2023·浙江温州·统考三模）四面体满足，点在棱上，且，点为的重心，则点到直线的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据给定条件，建立空间直角坐标系，再利用向量求出点到直线的距离作答.
【详解】四面体满足，即两两垂直，
以点O为原点，以射线的正方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，如图，
因为，，则，
于是，，
所以点到直线的距离.
故选：A
变式4．（2023·吉林·统考模拟预测）如图1，在等腰梯形中，，沿将折成，如图2所示，连接，得到四棱锥.
(1)若平面平面，求证： ；
(2)若点是的中点，求点到直线的距离的取值范围.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据题意得到四边形是平行四边形，证得，进而证得平面，结合线面平行的性质定理，即可证得.
（2）取中点，以为原点，过作平面的垂线为轴，建立空间直角坐标系，设，求得和向量，得到，且，结合点到直线的距离，即可求解.
【详解】（1）证明：在梯形中，因为且，
所以四边形是平行四边形，所以，
又因为平面，且平面，所以平面，
因为平面，且平面平面，所以.
（2）解：取中点，连接，因为是等边三角形，可得
以为原点，所在直线为轴，轴，过作平面的垂线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
设，
则，
所以，，，且，
则点到直线的距离
因为，所以当时，；
当时，，所以点到直线的距离的取值范围是.
变式5．（2023·江苏南京·统考二模）在梯形中，，，，，如图1．现将沿对角线折成直二面角，如图2，点在线段上．
(1)求证：；
(2)若点到直线的距离为，求的值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）计算确定，证明平面，得到，再证明平面，得到答案.
（2）建立空间直角坐标系，得到各点坐标，设得到，再根据点到直线的距离公式计算得到答案.
【详解】（1），，
，故，则，即，
又平面平面，平面平面，
，平面，故平面，
平面，则 ，
又，，平面，所以平面，
又平面，则.
（2）设中点为，中点为，以为轴建立空间直角坐标系，
如图所示：
有，
设，则，设，则，
则 ，，，
点到直线的距离为，则，
即，即，解得，
所以.
考点二：求点到平面的距离
例2．（2023春·浙江温州·高二校联考期末）如图所示，在棱长为1的正方体中为线段的中点.

(1)求证：平面平面；
(2)求到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先证线面垂直，再根据面面垂直的判定定理可证结论；
（2）建立坐标系，结合空间向量，利用点到平面的距离公式可求答案.
【详解】（1）因为是正方体，所以平面，所以.
又，，所以平面，
平面，所以平面平面.
（2）在正方体中，以为原点，建立空间直角坐标系如图所示，则，，，，，，，设平面的一个法向量为，.
由令，则，，即.
设到平面的距离为，则，即点到平面的距离为.

变式1．（2023秋·河南新乡·高二统考期末）如图，在四棱锥中，底面，底面是矩形，是的中点，，则点到平面的距离为（ ）

A．B．C．D．
【答案】B
【分析】如图，以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可.
【详解】如图，以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系，
则，
因为是的中点，，
所以，
所以，．
设是平面的法向量，

则，令，得．
故点到平面的距离为．
故选：B
变式2．（2023春·福建龙岩·高二校联考期中）如图，在圆锥中，是底面圆的直径，，，为的中点，为的中点，则点到平面的距离为（ ）

A．B．C．D．
【答案】B
【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，利用空间向量法可求得点到平面的距离.
【详解】因为，为的中点，则，
由圆锥的几何性质可知平面，
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、、、、、，
设平面的法向量为，，，
则，取，可得，
又因为，所以，点到平面的距离为.
故选：B.
变式3．（2023秋·重庆长寿·高二统考期末）如图，已知平面，底面为矩形，，，、分别为、的中点．

(1)求证：平面；
(2)求点到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取线段的中点，连接、，证明出四边形为平行四边形，可得出，再利用线面平行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点到平面的距离.
【详解】（1）证明：取中点，连接、，
因为、分别为、的中点，则且，
因为四边形为矩形，则且，
因为为的中点，所以，且，
所以，且，故四边形为平行四边形，故，
因为平面，平面，因此，平面.
（2）解：因为平面，底面为矩形，
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、、、，
设平面的法向量为，，，
则，令，可得，
因为，故点到平面的距离为.
变式4．（2023春·福建宁德·高二校联考期中）如图所示，四棱锥的底面是正方形，底面，为的中点，.

(1)证明：平面；
(2)求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用空间向量与平面的法向量垂直可证结论正确；
（2）根据点面距的向量公式可求出结果.
【详解】（1）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，建立空间直角坐标系.

则，，，，，
所以，，.
设是平面的一个法向量，
则，令，得，，所以.
因为，所以，又因为平面，
所以平面.
（2）因为，，
设是平面的一个法向量，
则，令，得，所以.
所以点到平面的距离.
变式5．（2023·江苏·高二专题练习）如图，四棱锥的底面是矩形，底面，，为的中点，且．
(1)求；
(2)求点B到平面PAM的距离．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）建立空间直角坐标系，设，写出各点坐标，利用列出方程，求出，从而得到的长；
（2）求出平面PAM的法向量，利用点到平面的距离公式进行求解.
【详解】（1）∵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；
（2）设平面的法向量为，则，，
由，取，可得，
，
∴点B到平面PAM的距离.
变式6．（2023春·云南楚雄·高二统考期中）如图，在正三棱柱中，是线段上靠近点的一个三等分点，是的中点．

(1)证明：平面；
(2)若，求点到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取线段的中点，连接，记，连接，证明，，从而可证得平面平面，再根据面面平行的性质即可得证；
（2）取棱的中点，以为原点，分别以，的方向为，轴的正方向，建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
【详解】（1）取线段的中点，连接，记，连接，
因为，分别是，的中点，所以，
因为平面，平面，所以平面，
由题意可知四边形是矩形，则是的中点，
因为是的中点，所以，
因为平面，平面，所以平面，
因为平面，且，所以平面平面，
因为平面，所以平面；
（2）取棱的中点，以为原点，分别以，的方向为，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
因为，所以，，，，
则，，，
设平面的法向量为，
则，令，则，所以，
故点到平面的距离．

考点三：求两平行平面的距离
例3．（2023秋·高二课时练习）已知正方体的棱长为4，设M、N、E、F分别是，的中点，求平面AMN与平面EFBD的距离．
【答案】
【分析】建立适当空间直角坐标系，求出平面EFBD的法向量，并证明平面平面EFBD.于是两平面的距离转化为点到平面的距离．利用向量距离公式求出即可.
【详解】以D为坐标原点，以所在直线分别为x轴，y轴，z轴．
则，
.
设是平面EFBD的一个法向量，
则，即，解得，所以 ．
又因为，
所以，从而，所以平面，
所以平面平面EFBD，所以两平面的距离即是点A到平面BDEF的距离．
从而两平面间距离为．
变式1．（2023春·高二课时练习）两平行平面分别经过坐标原点O和点，且两平面的一个法向量，则两平面间的距离是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由空间向量求解
【详解】∵两平行平面分别经过坐标原点O和点，
且两平面的一个法向量，
∴两平面间的距离．
故选：A
变式2．（2023·全国·高三专题练习）如图，在四棱锥中，底面是边长为的正方形，底面，，、、分别是、、的中点．求：
(1)直线与平面的距离；
(2)平面与平面的距离．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）证明出平面平面，可得出平面，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的距离；
（2）利用空间向量法可求得平面与平面的距离．
【详解】（1）解：因为平面，四边形为正方形，
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、、、、、，
因为、分别为、的中点，则，
平面，平面，平面，
因为且，、分别为、的中点，则且，
所以，四边形为平行四边形，，
平面，平面，平面，
，、平面，平面平面，
平面，平面，
设平面的法向量为，，，
则，取，可得，，
所以，直线与平面的距离为.
（2）解：因为平面平面，则平面与平面的距离为.
变式3．（2023春·高二课时练习）直四棱柱中，底面为正方形，边长为，侧棱，分别为的中点，分别是的中点．

(1)求证：平面平面；
(2)求平面与平面的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）法一：由面面平行的判定定理即可证明；法二：如图所示，建立空间直角坐标系，通过证明，再由面面平行的判定定理即可证明.
（2）法一: 平面与平面的距离到平面的距离,再由等体积法即可求出答案. 法二:求出平面的法向量,，平面与平面的距离等于到平面的距离，由点到平面的距离公式即可求出答案.
【详解】（1）法一:证明：连接分别为的中点，
分别是的中点，
，平面，平面，
平面，平行且等于，
是平行四边形，，
平面，平面，平面，
，平面平面；
法二: 如图所示，建立空间直角坐标系，
则，
，
，
，，，
平面，平面，平面，
平面，平面，平面，
又，平面平面，
（2）法一:平面与平面的距离到平面的距离．
中，，，，
由等体积可得，．
法二:
设平面的一个法向量为，
则，则可取，
，
平面与平面的距离为
变式4．【多选】（2023春·福建福州·高二校联考期中）已知正方体的棱长为1，点分别是的中点，满足，则下列说法正确的是（ ）
A．点到直线的距离是
B．点到平面的距离为
C．平面与平面间的距离为
D．点到直线的距离为
【答案】AB
【分析】建立空间直角坐标系，写出各点坐标，利用直线的方向向量和平面的法向量结合空间向量数量积求得各个选项的距离，得出结论.
【详解】如图，建立空间直角坐标系，
则，
，
所以.
设，则，
.
故到直线的距离，故A对.
易知，
平面的一个法向量，
则点到平面的距离，故B对.
.
设平面的法向量为，
则，所以
令，得，
所以.
所以点到平面的距离.
因为平面平面，
所以平面与平面间的距离等于点到平面的距离，
所以平面与平面间的距离为，故C错.
因为，
所以
又，则，
所以点到的距离，故D错.
故选：AB.
考点四：求两条异面直线的距离
例4．【多选】（2023·辽宁朝阳·校联考一模）如图，在棱长为1正方体中，为的中点，为与的交点，为与的交点，则下列说法正确的是（ ）
A．与垂直
B．是异面直线与的公垂线段，
C．异面直线与所成的角为
D．异面直线与间的距离为
【答案】ABD
【分析】建立空间直角坐标系，运用空间向量逐项分析.
【详解】以D为原点，DA为x轴，DC为y轴， 为z轴，建立如下图所示坐标系：
则： ，
，
设 ，
则有： ，
又 ，
解得 ， ， ， ，同理可得 ；
对于A， ， ， ，正确；
对于B， ， ，
即，又,
故是异面直线与的公垂线段，正确；
对于C，设 与 所成的角为 ，则 ，
，，错误；
对于D，由B知 是 与 的公垂线段， ，正确；
故选：ABD.
变式1．（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．
变式2．（2023·全国·高三专题练习）如图，正四棱锥的棱长均为2，点E为侧棱PD的中点．若点M，N分别为直线AB，CE上的动点，则MN的最小值为______．
【答案】
【分析】根据题意，先建立空间直角坐标系，然后写出相关点的坐标，再写出相关的向量，然后根据点分别为直线上写出点的坐标，这样就得到，然后根据的取值范围而确定
【详解】
建立如图所示的空间直角坐标系，则有：
，，，，，
可得：
设，且
则有：，
可得：
则有：
故
则当且仅当时，
故答案为：
变式3．（2023·全国·高三专题练习）如图，多面体是由长方体一分为二得到的，，，，点D是中点，则异面直线与的距离是______．
【答案】#
【分析】建立空间直角坐标系，直接利用异面直线之间的距离公式求解即可.
【详解】以为坐标原点，分别以，,为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，则,,,,
∴,,
设是，的公垂线方向上的单位向量，
则，即①，
，即②，
易知③，
联立解得，，或，，；
不妨取，
又∵,
则异面直线与的距离，
故答案为：.
变式4．（2023秋·辽宁沈阳·高二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.
考点五：求异面直线所成的角
例5．（2023春·四川宜宾·高二四川省宜宾市第四中学校校考期末）如图，在棱长为1的正方体中，E，F，G分别为，BD，的中点，则与FG所成的角的余弦值为______.

【答案】
【分析】建立空间直角坐标系，分别求得，再利用向量的夹角公式求解.
【详解】解：建立如图所示空间直角坐标系：

则，
，，
所以，
即与FG所成的角的余弦值为.
故答案为：
变式1．（2023春·陕西汉中·高二统考期末）如图，在正方体中，为体对角线上一点，且，则异面直线和所成角的余弦值为（ ）

A．B．C．D．
【答案】A
【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，设正方体的棱长为，利用空间向量法可求得异面直线和所成角的余弦值.
【详解】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，

设正方体的棱长为，
则、、、、，
，
，所以，，
因此，异面直线和所成角的余弦值为.
故选：A.
变式2．（2023春·河南周口·高二校联考阶段练习）在正四棱锥中，，M为棱PC的中点，则异面直线AC，BM所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据已知条件建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，分别求出直线AC，BM的方向向量，利用向量的夹角公式，结合向量的夹角与异面直线所成角的关系即可求解.
【详解】设AC，BD交于点O，以O为原点，，，方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示，
则,，，，，
所以，，
设异面直线AC，BM所成角为，则
．
故选：D．
变式3．（2023春·高二单元测试）如图，在四棱锥中，平面，底面是菱形，，.

(1)求证：平面；
(2)若，求与所成角的余弦值.
【答案】(1)见详解
(2)
【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证明即可；
（2）通过已知条件建立空间直角坐标系，利用空间向量法求两直线所成角的余弦值即可.
【详解】（1）证明：因为底面是菱形，
所以，
又平面，平面
所以，
又，平面，平面，
所以平面.
（2）设
因为，
所以
以为坐标原点,射线分别为轴,轴的正半轴
建立空间直角坐标系，
如图：

则，
所以 ，
设与所成角，
所以
，
即与所成角的余弦值为.
变式4．（2023春·江西赣州·高二江西省寻乌中学校考阶段练习）如图，设在直三棱柱中，，，E，F依次为的中点．

(1)求异面直线、EF所成角的余弦值；
(2)求点到平面AEF的距离．
【答案】(1)；
(2)．
【分析】（1）根据给定的几何体，建立空间直角坐标系，利用空间向量求出异面直线夹角余弦作答.
（2）由（1）中坐标系，利用空间向量求出点到平面的距离作答.
【详解】（1）在直三棱柱中，，以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系，

则，
，，
所以异面直线所成角的余弦值为．
（2）设平面AEF的一个法向量为，而，
则，令，得，又，
于是．
所以点到平面AEF的距离为．
变式5．（2023春·浙江宁波·高一效实中学校考期中）在正方体中，为棱的中点，为直线上的异于点的动点，则异面直线与所成的角的最小值为，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】以A为坐标原点建立空间直角坐标系，利用向量关系即可求出.
【详解】以A为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，

设正方体边长为2，可得设
所以，
设异面直线与所成的角为，
则
.
单调递减,单调递增,
当时，取得最大值为， 单调递减,所以此时最小值为，则
故选：C
变式6．（2023春·江苏连云港·高二校考阶段练习）如图，在四棱锥中，已知平面，且四边形为直角梯形，，，.点是线段上的动点，当直线与所成的角最小时，则线段的长为____________
【答案】
【分析】建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，利用向量的夹角公式求出的最大值，从而确定Q点在上的位置，即可求得答案.
【详解】因为平面年，所以两两垂直,
以为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系，
则各点的坐标分别为,
因为,设，
又，则，
又，从 ,
设 ，
则,
当且仅当，即时，的最大值为,
即直线与所成角的余弦值的最大值为，
而直线与所成角的范围为，
因为在上是减函数，故此时直线与所成角最小，
又因为，所以，
故答案为：
【点睛】方法点睛：建立空间直角坐标系，利用向量的坐标求得的夹角的余弦的最大值，即可确定Q点的位置，进而求得答案，因此在解决类似问题时，可以尝试建立空间坐标系，利用向量解决问题，可以简化题目的难度.
考点六：已知线线角求其他量
例6．（2023秋·湖南岳阳·高二统考期末）如图，在三棱锥中，底面，，点，，分别为棱，，的中点，是线段的中点，，.
(1)求证：平面.
(2)已知点在棱上，且直线与直线所成角的余弦值为，求线段的长.
【答案】(1)证明见解析
(2)或2
【分析】（1）以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能证明平面；
（2）设，且，则,0,，由直线与直线所成角的余弦值，利用向量法能求出线段的长．
【详解】（1）如图，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
则,0,，,0,，,4,，,2,，,0,，,2,，
,2,，,0,，,2,，
设平面的法向量,,，
则，取，得,0,，
，平面，平面．
（2）设，且，则,0,，,,，,2,，
则，整理得
解得或，所以线段AH的长为或2．
变式1．（2023·广东·统考模拟预测）如图，在四棱锥中，平面平面ABCD，，，，，E，F分别为AD，PC的中点.

(1)证明：；
(2)若BF与CD所成的角为，求平面BEF和平面ABE夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）由题可得，根据面面垂直的性质定理可得平面ABCD，进而即得；
（2）利用坐标法，根据面面角的向量求法即得.
【详解】（1）在中，，E为AD的中点，
，又平面平面ABCD，平面平面，平面，
平面ABCD，又平面ABCD，
.
（2）如图，连接EC，由条件知，，
所以四边形BCDE为矩形，又平面ABCD，平面ABCD，
所以，又平面，
所以平面，平面，
所以，又BF与CD所成的角为，，
从而，在中，，
同理在中，，
，
为等边三角形，即，
在中，，，得，
以E为原点，分别以EA，EB，EP为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图，

则，，，
，.
设平面BEF的法向量为，
则，令，得，
易知平面ABE的一个法向量为，
则，
平面BEF和平面ABE夹角的余弦值为.
变式2．（2023春·重庆沙坪坝·高三重庆八中校考阶段练习）如图，在三棱锥中，，，，平面平面，点是线段上的动点.
(1)证明：平面平面；
(2)若点在线段上，，且异面直线与成30°角，求平面和平面夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）要证明面面垂直，需证明线面垂直，利用垂直关系转化为证明平面，即可证明；
（2）首先建立空间直角坐标系，利用向量公式求点的坐标，并分别求平面和平面的法向量，利用二面角的向量公式，即可求解.
【详解】（1）证明：∵平面平面，且平面平面，，且平面，
∴平面，平面，∴，
∵，
∵平面，平面，
∴平面，
∵平面，∴平面平面；
（2）因为，过点作垂直于平面，
以为原点，为轴正方向，为轴正方向，为轴正方向建立空间直角坐标系，
所以
设，，，
，，
因为异面直线与所成30°角，
，
，
由题意知，平面的一个法向量为，，
设平面的一个法向量为，则，
所以，
所以，
平面和平面夹角的余弦值为.
变式3．（2023春·高二课时练习）如图，在四棱锥中，底面，底面为矩形，是线段的中点，是线段上一点（不与两点重合），且．若直线与所成角的余弦值是，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据线面垂直的性质证DP，DC，DA两两互相垂直，构建空间直角坐标，并求直线MN与BD的方向向量，应用空间向量夹角的坐标表示列方程求参数.
【详解】因为平面，平面，平面，
所以，．
因为底面为矩形，所以．
所以DP，DC，DA两两互相垂直．
以为原点，DA、DC、DP所在直线分别为x、y、z轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，，．
所以，．
因为，
所以，则．
设直线MN与BD所成角为，则．
因为，则，
化简得，即，解得或（舍去）．
故选：B
变式4．（2023·全国·高三专题练习）如图，在四棱柱中，底面，且底面为菱形，，，，为的中点，在上，在平面内运动（不与重合），且平面，异面直线与所成角的余弦值为，则的最大值为___________.
【答案】/
【分析】连接交于点，推导出平面，然后以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，设，其中，利用空间向量法可求得的值，求出点的坐标为，求出的最小值，即可求得的最大值.
【详解】连接交于点，平面，平面，则，
因为四边形为菱形，则，
，、平面，平面，
以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、、、、，
易知平面的一个法向量为，
因为平面，所以，，
设点，其中，则，
由已知可得，
因为，解得，即点，
设点，则，
因为，则，可得，且，可得，
所以，点，
因为平面，、平面，，，
且，
所以，.
故答案为：.
考点七：求直线与平面所成的角
例7．（2023春·江苏宿迁·高二统考期中）如图，在四棱锥中，平面，，，，已知Q是棱上靠近点P的四等分点，则与平面所成角的正弦值为（ ）．

A．B．C．D．
【答案】C
【分析】建立空间直角坐标系，写出相应点、的坐标，求出平面的法向量，最后求出与平面所成角的正弦值.
【详解】平面，，
以为坐标原点，所在直线分别为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，则，.
.
易知平面的法向量.
设与平面所成角为，
则.
故选：C.

变式1．（2023春·福建宁德·高二校联考期中）在正四棱柱中，，，E在线段上，且.

(1)求证：平面DBE；
(2)求直线与平面DBE所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）根据给定条件，建立空间直角坐标系，利用空间位置的向量证明推理作答.
（2）利用空间向量求出线面角的正弦值作答.
【详解】（1）在正四棱柱中，两两垂直，
以的方向为轴的正方向建立空间直角坐标系，如图，

则，，，，，，
，，，
于是，，即且，
而平面DBE，
所以平面DBE.
（2）由（1）得，为平面DBE的一个法向量，
因此，
所以直线与平面DBE所成角的正弦值为.
变式2．（2023春·江苏淮安·高二金湖中学校联考阶段练习）如图所示，在直四棱柱中，，，，，.
(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）根据条件建立空间直角坐标系,得两直线方向向量,利用向量数量积运算证明即可；
（2）建立方程组得平面法向量,再根据线面角的向量求法,结合空间向量数量积运算可得结果.
【详解】（1）因为在直四棱柱中，面，
又面，所以，
又因为，所以，即两两垂直，
故以方向分别为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系，如图，
则，
，
，.
（2）因为，，
设平面的法向量为，则由得，
令，则，故，
设直线与平面所成角为，
因为，所以，
故直线与平面所成角的正弦值为.
变式3．（2023秋·河南新乡·高二统考期末）如图，正三棱锥P－ABC的所有侧面都是直角三角形，过点P作PD⊥平面ABC，垂足为，过点作平面，垂足为，连接并延长交于点．

(1)证明：起的中点．
(2)求直线与平面夹角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)．
【分析】（1）连接，根据题意证得平面，得到，结合，即可得到是的中点；
（2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，把直线与平面的夹角即直线与平面的夹角，求得平面的一个法向量为，结合向量的夹角公式，即可求解.
【详解】（1）证明：连接，因为平面，平面，所以，
因为平面平面，所以，
因为，且平面，所以平面，
又因为平面，所以，
因为，所以是的中点．
（2）解：因为正三棱锥的所有侧面都是直角三角形，可得两两垂直，
以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，

不妨设，则，
由，且，平面，
所以平面，因为平面，所以，
直线与平面的夹角即直线与平面的夹角，且，
连接，由正三棱锥性质可知，点是的重心，所以，故，
则，
设平面的法向量为，则，
令可得，所以．
因为，
所以直线与平面夹角的正弦值为．
变式4．（2023春·浙江·高二校联考阶段练习）在四棱锥中，底面为正方形，平面，．

(1)求证：平面平面；
(2)若是中点，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）利用线面垂直与面面垂直的判定定理即可得证；
（2）结合题意，将题干图形调整一下位置，建立空间直角坐标系，假设，从而得到各点的坐标，进而求得向量与平面的法向量，由此利用空间向量夹角余弦的坐标表示即可得解.
【详解】（1）因为平面，平面，所以，
因为底面为正方形，所以，
又平面，所以平面，
又平面，所以平面平面.
（2）将题干图形调整一下位置，记的中点为，的中点为，连接，如图，

因为，是的中点，所以，
又由（1）知平面，平面，所以，
又平面，所以平面，
又是的中点，底面为正方形，所以，
故以为原点，为轴建立空间直角坐标系，如图，
因为平面，平面，所以，
不妨设，则在中，，
则，
因为是中点，则，
故，
设平面的一个法向量为，则，
取，则，故，
记直线与平面所成角为，则，
所以，
故直线与平面所成角的正弦值为.
变式5．（2023·广东梅州·大埔县虎山中学校考模拟预测）如图①，在中，B为直角，AB＝BC＝6，EF∥BC，AE＝2，沿EF将折起，使，得到如图②的几何体，点D在线段AC上．

(1)求证：平面平面ABC；
(2)若平面BDF，求直线AF与平面BDF所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）由余弦定理计算证明，再利用线面垂直的判定、性质，面面垂直的判定推理作答.
（2）以为原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量求线面角的正弦作答.
【详解】（1）在中，，，
由余弦定理得：，
则，有，于是，即有，
又平面，因此平面，而平面，
则，又因为平面，从而平面，而平面，
所以平面平面.
（2）以为原点，以分别为轴，过点垂直于平面的直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图，

由（1）知，平面，而，则有平面，
则，
，连接与交于点，连接，
因为平面，平面，平面平面，则，有，
在四边形中，由，得，即，，
，设平面的法向量为，
则，令，得，
设直线与平面所成角为，于是，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
变式6．（2023春·福建龙岩·高二校联考期中）如图，在三棱柱中，侧面为菱形，且.

(1)证明：.
(2)若，，，点M在直线上，求直线AB与平面所成角的正弦值的最大值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接，交于点O，连接AO，证明出平面，再利用线面垂直的性质推理作答；
（2）以点O为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
【详解】（1）连接，交于O，连接，
因为侧面为菱形，则，
而，O为的中点，即有，
又，且平面，于是平面，
而平面，所以；
（2）设，而，有，，
又，则，
即有，因此，即，，两两垂直，
以O为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图，
则，
则，
设，
因为，所以，
则，
设平面的法向量为，
则有，令，则，
所以，
设直线AB与平面所成角为，
则
，
当时，，
当时，
，
当时，，
当且仅当，即时，取等号，
则，
所以，
当时，，
当且仅当，即时，取等号，
则，
所以，
综上所述，直线AB与平面所成角的正弦值的最大值为.

【点睛】方法点睛：计算线面角，一般有如下几种方法：
（1）利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而确定线面角的垂足，明确斜线在平面内的射影，即可确定线面角；
（2）在构成线面角的直角三角形中，可利用等体积法求解垂线段的长度，从而不必作出线面角，则线面角满足（为斜线段长），进而可求得线面角；
（3）建立空间直角坐标系，利用向量法求解，设为直线的方向向量，为平面的法向量，则线面角的正弦值为.
考点八：已知线面角求其他量
例8．（2023·上海闵行·上海市七宝中学校考二模）已知正方体，点为中点，直线交平面于点.

(1)证明：点为的中点；
(2)若点为棱上一点，且直线与平面所成角的正弦值为，求的值.
【答案】(1)证明见解析.
(2).
【详解】（1）在正方体中，，又平面，且平面，
则平面，而交平面于点，即平面，
又平面，有平面，因此平面平面，
于是，而为中点，
所以为的中点.
（2）以为坐标原点，方向分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系，

不妨设正方体的棱长为3，设，
则,
从而，
设平面的一个法向量为，则
,即,不妨取,则,即，
设直线与平面所成角为，
又直线与平面所成角的正弦值为，
因此，解得，
所以.
变式1．（2023春·上海宝山·高二统考期末）已知、分别是正方体的棱、的中点，求：

(1)与所成角的大小；
(2)二面角的大小；
(3)点在棱上，若与平面所成角的正弦值为，请判断点的位置，并说明理由.
【答案】(1)；
(2)；
(3)点是线段靠近点的三等分点，理由见解析.
【分析】（1）（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求出异面直线的夹角、二面角大小作答.
（3）利用（1）中坐标系，设出点M的坐标，利用线面角的正弦值求解作答.
【详解】（1）在正方体中，令，
以点D为原点，以的方向分别为,,轴正方向，建立空间直角坐标系，如图，
则,，
设与所成角为，，
所以与所成角的大小是.

（2）平面的一个法向量为，
设平面的一个法向量为，，
则，令，得，
设的夹角为，，而二面角为锐二面角，
所以二面角大小为.
（3）设，则，平面的一个法向量为，
设与平面所成角为，即，
所以当，即点是线段靠近点的三等分点时,与平面所成角的的正弦值为
变式2．（2023春·福建宁德·高二校联考期中）如图，四棱锥中，四边形为梯形，其中，，，.

(1)证明：平面平面；
(2)若，且与平面所成角的正弦值为，点E在线段上满足，求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据题意，在中，由余弦定理求得，得到，证得，再由，证得平面，即可证得平面平面；
（2）若O为中点，证得，，两两垂直，以为原点，建立空间直角坐标系，设，由平面的一个法向量为，列出方程求得，进而得到，求得平面的一个法向量，结合向量的夹角公式，即可求解.
【详解】（1）证明：由题知且，所以为等边三角形，
则，
又由四边形为梯形，，则，
在中，，
所以，即，
因为，且，平面，所以平面，
又因为平面，所以平面平面.
（2）解：若O为中点，，则，
由（1）得平面平面，平面平面，平面，
则平面，
连接，则，且平面，所以，，
所以，，两两垂直，
以为原点，，，分别为为轴、轴和轴的正方向建立空间直角坐标系，
如图所示，可得，，，，
设且，则，由平面的一个法向量为，
可得，解得，
因为，所以，可得，
所以，，，
设是平面的一个法向量，则，
取，可得，所以
则，
由图形可得的平面角为锐角，所以二面角的余弦值为.

变式3．（2023春·广西·高二校联考阶段练习）如图，在正三棱柱中，D为AB的中点，，．

(1)若，证明：平面；
(2)若直线与平面所成角为，求的值；
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先证明平面，得到，再证明DE⊥平面即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法，根据线面角列方程即可得解.
【详解】（1）取的中点F，连接EF，DF，DC，
因为平面ABC，平面ABC，所以，同理，
又，结合题设，可得，
易知，
所以，则．
因，平面，
所以平面，
又平面，所以，
因为，平面，
所以平面．

（2）以D为坐标原点，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，则，
设平面的法向量为，
则，取，则
设直线与平面所成的角为，

则
化简得，解得或．
当时，点E与点重合，此时，不符合题意．
所以，即的值为.
变式4．（2023春·湖北·高二校联考阶段练习）如图，在三棱锥中，的中点为.

(1)证明：直线平面；
(2)若，当直线与平面所成的角最大时，求三棱锥的体积.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）通过证明，可得，结合线面垂直判定定理可证；
（2），以为坐标原点，的方向分别为轴，轴，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量表示出直线与平面所成角的正弦，结合基本不等式可得，然后可求体积.
【详解】（1）如图，连接.

因为，所以.
又因为为的中点，所以，
所以.
又因为为公共边，所以，
所以，所以，
又因为平面，
所以平面.
（2）过点作直线平面，以为坐标原点，的方向分别为轴，轴，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.

因为，所以，
所以.
设，则，
于是.
设平面的一个法向量为，
由得
可取.
设直线与平面所成的角为，
则，
所以，，
当且仅当，即时，等号成立，此时，直线与平面所成的角最大.
此时三棱锥的体积.
故当直线与平面所成的角最大时，三棱锥的体积为.
变式5．（2023春·新疆乌鲁木齐·高一乌鲁木齐市第70中校考期中）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，PA⊥平面ABCD，∠ABC=60°，E为BC的中点，F为边PC上的一个点.

(1)求证:平面AEF⊥平面PAD；
(2)若H为PD上的动点，EH与平面PAD所成角的正切值的最大值为，求平面PAB与平面PCD夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由为的中点，所以，得到，证得，进而证得平面，结合面面垂直的判定定理，即可证得平面平面.
（2）以点为原点，以所在的直线分别为轴、轴和轴，建立空间直角坐标系，设，根据题意求得，得到，分别求得平面和平面的一个法向量为和，结合向量的夹角公式，即可求解.
【详解】（1）证明：因为底面是菱形，且，
所以是边长为2的等边三角形，
因为为的中点，所以，
又因为，所以，
因为平面，平面，所以，
又因为，且平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面.
（2）解：以点为原点，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，
设，
则，平面的一个法向量为，
则，
设与平面所成的角为，则，可得，
所以，当最小时，取得最大值，
由，可得，
当最小时，表示点到的距离，所以直角斜边上的高为，
又因为，所以，所以，所以，
设平面的法向量为，则，
取，可得，所以，
设平面的法向量为，则，
取，可得，所以，
则，
由图象可知，平面与平面所成的二面角的平面角为锐角，
所以平面与平面所成角的余弦值为.

变式6．（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.
考点九：求两平面的夹角（二面角）
例9．（2023·吉林四平·四平市实验中学校考模拟预测）如图，在三棱锥中，底面．，D为中点，且．
(1)求的长；
(2)求锐二面角的余弦值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）建立空间直角坐标系，设，根据得到方程组，解得、，即可求出的坐标，再求出，即可得解；
（2）利用空间向量法计算可得.
【详解】（1）因为底面，如图建立空间直角坐标系，
设，，，，所以，，
所以，即，解得或（舍去），
所以，所以，所以，即的长为.
（2）因为，
设平面的法向量为，则，令，则，
由（1）可知，，
设平面的法向量为，则，令，则，
所以，即锐二面角的余弦值为.
变式1．（2023春·江苏徐州·高二统考期中）如图，在正四棱锥中，，正四棱锥的体积为，点为的中点，点为的中点.

(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）利用三角形的中位线定理及线面平行的判定定理即可求解；
（2）根据已知条件建立空间直角坐标系，利用棱锥的体积公式，求出及相关点的坐标，分别求出平面和平面的法向量，利用向量的夹角公式，结合向量的夹角与二面角的关系即可求解.
【详解】（1）在正四棱锥中，连接，
四边形为正方形
为的中点
又点为的中点
为的中位线

又平面，平面，
平面.
（2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示，

因为正四棱锥的体积为，
所以正四棱锥的体积，
所以，
，,
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.
设二面角的所成的角为，则
，
所以二面角的余弦值为.
变式2．（2023·北京·北京四中校考模拟预测）如图，正三棱柱中，分别是棱上的点，.

(1)证明：平面平面；
(2)若，求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）建立空间直角坐标系，求解两个平面的法向量，利用法向量证明面面垂直；
（2）求出两个平面的法向量，利用法向量的夹角求出二面角的余弦值.
【详解】（1）证明：取的中点,连接，
在正三棱柱中，不妨设;
以为原点，分别为轴和轴正方向，建立空间直角坐标系，如图所示，
则,，
；
设平面的一个法向量为，则, ，
取，则，即；
设平面的一个法向量为，则,
即，取得.
因为，所以平面平面；

（2）因为，由（1）可得，即，
易知平面的一个法向量为,
；
二面角的余弦值为.
变式3．（2023秋·安徽蚌埠·高二统考期末）如图，已知四棱锥的底面是直角梯形，，二面角的大小为，是中点.

(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）先利用线线平行证明线面平行，再证面面平行，最后由面面平行证明线面平行；
（2）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）取中点，连接，因为直角梯形中，
，且，所以四边形是平行四边形，
平面平面，
平面.
又是中点平面平面，
平面，
又平面，平面平面，
平面平面.
（2）连接，由知：，
由（1）知：且，
，在平面内过点作交于点，
则两两互相垂直，
以为坐标原点，以方向分别为轴正方向，建立空间直角坐标系，

则，
从而，
设平面的法向量为，
即，令，得，
易知平面的一个法向量为，
，
由题意知，二面角为锐二面角，
所以二面角的余弦值为.
变式4．（2023春·四川泸州·高二泸县五中校考期末）如图，在矩形中，点在边上，且满足，将沿向上翻折，使点到点的位置，构成四棱锥.
(1)若点在线段上，且平面，试确定点的位置；
(2)若，求锐二面角的大小.
【答案】(1)点为线段上靠近点的三等分点
(2)
【分析】（1）在取点使，根据线面平行的判定定理、面面平行的判定及性质定理即得；
（2）取的中点，建立空间直角坐标系，利用向量法求解锐二面角的大小.
【详解】（1）点为线段上靠近点的三等分点，
证明如下：
如图，
在取点，连接，,使得，
又，所以四边形为平行四边形，所以，
又平面平面，所以平面.
又平面，，平面，
所以平面平面，
又平面平面，平面平面，
所以，所以在中，，所以，
所以点为线段上靠近点的三等分点.
（2）如图，取的中点，以O为原点OE为x轴建立如图所示的空间直角坐标系，
因为，所以，
又，则，
由题意，点P在过点O且垂直AE的平面上，故设，
则，
因为，所以，解得，
故，则，
设平面的法向量为，
则，不妨取，则，
设平面的一个法向量为，则，
记锐二面角的平面角为，所以，
又，则，所以锐二面角的大小为.
变式5．（2023春·江苏连云港·高二统考期中）如图，在四棱锥中，平面，与底面所成的角为45°，底面为直角梯形，，，．

(1)求直线与平面所成角的正弦值；
(2)求平面与平面所成的锐二面角的余弦值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）以为坐标原点，建立的空间直角坐标系，求得向量，和平面的一个法向量，结合向量的夹角公式，即可求解；
（2）由平面的一个法向量，求得平面的一个法向量为，结合向量的夹角公式，即可求解．
【详解】（1）解：因为平面，且平面，所以，，
又因为，所以，
因为与底面所成的角为，所以，故，
以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立的空间直角坐标系，如图所示，
因为，，可得，，，，
所以，，，
设平面的一个法向量为，可得，
取，则，可得，
所以，
所以直线与平面所成角的正弦值为．
（2）解：根据题意，平面的一个法向量，
设平面的一个法向量为，可得，
取，则，，所以
则，
所以平面与平面所成的锐二面角的余弦值为．

考点十：已知面面角求其他量
例10．（2023春·高二单元测试）如图，四棱锥中，底面为矩形，侧面为正三角形，,，平面平面，为棱上一点（不与重合），平面交棱于点.

(1)求证：；
(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)
【分析】（1）根据线面平行的判定定理推出平面，再根据线面平行的性质定理可得；
（2）取的中点，连，取的中点，连，可证两两垂直，
以为原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，根据题意平面和平面的法向量，再用点面距公式可求出结果.
【详解】（1）因为为矩形，所以，
又平面，平面，
所以平面，又平面平面，AD在面AEFD内，
所以.
（2）取的中点，连，取的中点，连，则，
因为侧面为正三角形，所以，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，又平面，所以，
所以两两垂直，
以为原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系：
因为,且侧面为正三角形，所以，又，
所以，，，，，
设，显然，
所以，，，
，
设平面的一个法向量为，
则，取，则，，
则，
取平面的一个法向量为，
则，得，解得.
所以，所以，，
所以点到平面的距离为.

变式1．（2023秋·河南新乡·高二统考期末）如图，在直四棱柱中，，为棱的中点，点在线段上，且．

(1)证明：．
(2)若二面角的余弦值为，求的值．
【答案】(1)证明见解析
(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即可；
（2）求出平面，平面的法向量，利用向量夹角公式列出关于的方程，求解即可．
【详解】（1）以为坐标原点，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．

因为，
所以，
所以，故．
（2）因为，
所以．
设平面的法向量为，
则，令，得．
易得平面的一个法向量为．
，解得（舍去）．
故的值为．
变式2．（2023·全国·高三专题练习）如图，在正四棱柱中，．点分别在棱,上，．

(1)证明：；
(2)点在棱上，当二面角为时，求．
【答案】(1)证明见解析；
(2)1
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量坐标相等证明；
（2）设，利用向量法求二面角，建立方程求出即可得解.
【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）设，
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，
.
变式3．（2023春·湖南郴州·高二校考期末）正三棱柱中，为的中点，点在上.

(1)证明：平面；
(2)若二面角大小为，求以为顶点的四面体体积.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由线面垂直的判定定理可证；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求出长度，再求以为顶点的四面体体积.
【详解】（1）正三棱柱，则平面，又平面，，
又为的中点，则，、平面，，
平面
（2）
由题意，为正三角形，为的中点，，如图建立空间坐标系，
由（1）易知平面法向量，
设则，，，则，
设平面的法向量为，则，取，则，
由题意，解得或（舍去），
，点到平面距离为1，
以为顶点的四面体体积为.
变式4．（2023·全国·高二假期作业）如图1，在平行四边形ABCD中，，将沿BD折起，使得点A到达点P，如图2．

(1)证明：平面平面PAD；
(2)当二面角的平面角的正切值为时，求直线BD与平面PBC夹角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）要证平面平面PAD，只需证明平面PAD，再利用面面垂直的判定进行说明；
（2）先找到二面角的平面角，再找直线BD与平面PBC所成角.
【详解】（1）中，由余弦定理：，
所以,则,
将沿BD折起，使得点A到达点P，则，所以,
又平面PAD,所以平面PAD，又平面BCD，
所以平面平面PAD；
（2）
如图，取中点E，连接BE,DE，因为AB=PB,AD=PD,则
所以为二面角的平面角，
且由（1）知，平面
所以,
中，中垂线，
所以由勾股定理可得，
所以，又,
所以平面PBD,又，所以平面PBD,
过D作于点F，因为DF平面PBD,所以，
因为,所以DF面PBC，所以直线BD与平面PBC夹角即为
中，，所以直线BD与平面PBC夹角的正弦值为.
考点十一：立体几何中的探索性问题
例11．（2023秋·福建福州·高二校联考期末）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.
变式1．（2023·辽宁葫芦岛·统考二模）在三棱柱中，平面平面，侧面为菱形，，，，E是AC的中点.

(1)求证：平面
(2)确定在线段上是否存在一点P，使得AP与平面所成角为，若存在，求出的值;若不存，说明理由.
【答案】(1)证明见解析；
(2)存在，或0.
【详解】（1）因为侧面为菱形，，则是等边三角形，取中点O，连接，于是有，
又平面⊥平面，且平面，平面∩平面，于是⊥平面，
又平面，即有，
又，且，因此平面，而平面，则，
由四边形为菱形，得，又平面，，
所以平面.
（2）由（1）可知，，平面，且平面，有，

取中点D，连结，有，，
以O为原点，为空间正交基底建立直角坐标系，
则，，
设平面的一个法向量为，则，令z=1，得，
令，则，，
依题意，，
整理得，，解得或，
所以存在满足条件的点P，的值或0.
变式2．（2023春·江苏徐州·高二统考期中）如图，圆台的下底面圆的直径为，圆台的上底面圆的直径为，是弧上一点，且.

(1)求证：；
(2)若点是线段上一动点，求直线与平面所成角的取值范围.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取的中点为，则可证明，，从而可证得；
（2）以为正交基底建立空间直角坐标系，用向量的方法求出直线与平面所成角的正弦的函数表达式，再利用函数的知识即可求解.
【详解】（1）取的中点为，连结，
，，，
又是以为直径的圆上一点，，
，平面，平面，，
平面，平面，，
又，为的中点，，
，平面，平面，
平面，
在圆台中，平面，
，又因为在圆台中，圆圆，
，所以四边形为平行四边形，
且，
在中，为的中点，为中点，
，又，，又，
.

（2）如图以为正交基底建立空间直角坐标系，

，
，，
设，则，
，
设平面的法向量为，
，取，，
设直线与平面所成角为，则
，
令，，，，
令，，
因为函数在上单调递减，在上单调递增，
，，，则，
所以的取值范围为，
即，又，所以，
所以直线与平面所成角的取值范围.
变式3．（2023春·江苏常州·高二统考期中）如图，直角梯形ABCD与等腰直角三角形ABP所在的平面互相垂直，且，，，，．

(1)求证：；
(2)求直线PC与平面ABP所成角的余弦值；
(3)线段PA上是否存在点E，使得平面EBD？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)；
(3)存在；.
【分析】（1）取AB的中点为O，利用线面垂直的判定、性质推理作答.
（2）以O为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量求出线面角的正弦作答.
（3）确定点E的位置，利用空间位置关系的向量证明推理判断作答.
【详解】（1）取AB的中点为O，连接DO，PO，由，得，
又四边形ABCD为直角梯形，且，，，，
则四边形OBCD为正方形，，又，平面POD，
因此平面POD，又平面POD，
所以.

（2）且平面PAB，又平面平面ABCD，且平面平面，
则平面ABCD，平面，有，即有OA，OD，OP两两垂直，
以点O为原点，OD、OA、OP分别为x、y、z轴的空间直角坐标系，
由等腰直角，，，得，
则，
即，平面PAB的一个法向量为，设直线PC与平面PAB所成的角为，
因此，即，
所以所求直线PC与平面ABP所成角的余弦值为.
（3）线段PA上存在点E，且当时，使得平面EBD.
由，得，则，，
设平面EBD的法向量为，则，令，得，
又，则，而平面EBD，因此平面EBD，
所以点E满足时，有平面EBD．
变式4．（2023春·贵州·高二校联考阶段练习）如图1，已知是直角梯形，，，，C、D分别为BF、AE的中点，，，将直角梯形ABFE沿CD翻折，使得二面角的大小为60°，如图2所示，设N为BC的中点.

(1)证明：；
(2)若M为AE上一点，且，则当为何值时，直线BM与平面ADE所成角的正弦值为.
【答案】(1)证明见解析
(2)或.
【分析】（1）由题可得是二面角的平面角，利用其可说明平面，即可证明结论.（2）如图建立空间直角坐标系，设，由，可得，后表示出平面ADE的法向量，利用直线BM与平面ADE所成角的正弦值为得到关于的方程，即可得答案.
【详解】（1）∵由图1得：，，且，∴在图2中平面，是二面角的平面角，则，∴是正三角形，且N是BC的中点，，又平面BCF，平面BCF，可得，而，平面ABCD.∴平面ABCD，而平面，∴.
（2）因为平面ABCD，过点N做AB平行线NP，所以以点N为原点，NP，NB、NF所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，
则，，，，设
∴，，,.
∵，∴.
∴，∴，
设平面的法向量为
则，取，
设直线BM与平面ADE所成角为，
∴，
∴，∴或.

变式5．（2023·河南郑州·统考模拟预测）在底面ABCD为梯形的多面体中.，BC⊥CD，，∠CBD＝45°，BC＝AE＝DE，且四边形BDEN为矩形．

(1)求证：BD⊥AE；
(2)线段EN上是否存在点Q，使得直线BE与平面QAD所成的角为60°？若不存在，请说明理由．若存在，确定点Q的位置并加以证明．
【答案】(1)证明见解析
(2)点Q为线段EN的中点或在线段EN上距离点E的处，证明见解析
【分析】（1）根据已知条件及勾股定理和逆定理，利用矩形的性质及线面垂直的的判定定理，结合线面垂直的性质定理即可求解；
（2）根据已知条件建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，利用向量的共线定理，求出点的坐标，分别求出直线BE的方向向量和平面QAD的法向量，再利用向量的夹角公式，结合向量的夹角与线面角的关系即可求解.
【详解】（1）由题意知，，BC⊥CD，，∠CBD＝45°，BC＝AE＝DE，
故有，易得，BD＝2，，
在△ABD中，∵，∴BD⊥AD．
因为四边形BDEN为矩形，则BD⊥DE，
又，平面ADE，平面ADE，
故BD⊥平面ADE．
因为平面ADE，
所以BD⊥AE．
（2）存在点Q，使得直线BE与平面QAD所成的角为60°，此时点Q为线段EN的中点或在线段EN上距离点E的处．
证明如下：以点D为坐标原点，建立的空间直角坐标系，如图所示，

则，，，，
所以，，
设，其中，解得，
故，
设平面QAD的法向量为， 则
即令y＝1，则，z＝－2λ，
故，
因为直线BE与平面QAD所成的角为60°，
所以，解得或，
故存在点Q，使得直线BE与平面QAD所成的角为60°，此时点Q为线段EN的中点或在线段EN上距离点E的处．
变式6．（2023·山东菏泽·山东省鄄城县第一中学校考三模）已知在直三棱柱中，其中为的中点，点是上靠近的四等分点，与底面所成角的余弦值为．

(1)求证：平面平面；
(2)在线段上是否存在一点，使得平面与平面所成的锐二面角的余弦值为，若存在，确定点的位置，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，点是线段上靠近的三等分点
【分析】（1）根据与底面所成角的余弦值为，推出是边长为的等边三角形，取的中点，的中点，连，再以为原点，的方向为轴建立空间直角坐标系：利用两个平面的法向量垂直可证两个平面垂直；
（2）根据二面角的向量公式可求出结果.
【详解】（1）取的中点，连，因为为的中点，所以，，
所以四边形为平行四边形，所以，
因为与底面所成角的余弦值为，所以与底面所成角的余弦值为，
因为三棱柱为直三棱柱，所以平面，所以是与底面所成角，所以，所以，所以，
又，所以是边长为的等边三角形，
取的中点，的中点，连，则，，平面，
以为原点，的方向为轴建立空间直角坐标系：
则，，，，，，，，，
，，，，
设平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，
则，得，令，得，，
，令，得，，，
因为，所以，
所以平面平面.
（2）设，则
，
设平面的一个法向量为，
则，
若，则有，则，取，则，
此时，不合题意；
所以，令，得，，
则，
所以，
整理得，解得.
所以在线段上存在一点，使得平面与平面所成的锐二面角的余弦值为，点是线段上靠近的三等分点.

变式7．（2023秋·福建三明·高三统考期末）如图，在三棱柱中，为等边三角形，四边形为菱形，，，.

(1)求证：平面；
(2)线段上是否存在一点，使得平面与平面的夹角的正弦值为？若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明过程见详解
(2)存在，
【分析】（1）连接与相交于点，连接，分别根据菱形的和等边三角形的相关性质得到和，再利用线面垂直的判定即可得证；
（2）建立空间直角坐标系，设，，利用法向量表示平面与平面的夹角的正弦值，求出的值即可.
【详解】（1）连接与相交于点，连接，如图所示：

四边形为菱形，，
为等边三角形，是的中点，有，
、面，，面，又面，
则，又已知，，平面，
所以平面.
（2），分别为，的中点，连接，，
由（1）平面，所以平面面，作，所以有平面，
又因为为等边三角形，，平面
以为原点，，，的方向分别为轴、轴、轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系

则，，，，由，
，
设，，
则，
设平面的一个法向量，
则有，
令，则，
易取平面的一个法向量为 ，
由已知平面与平面的夹角的正弦值为，
则平面与平面的夹角的余弦值为，
则有，
，由解得.
所以，点存在，.
1．（2023·北京·统考高考真题）如图，在三棱锥中，平面，．

(1)求证：平面PAB；
(2)求二面角的大小．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先由线面垂直的性质证得，再利用勾股定理证得，从而利用线面垂直的判定定理即可得证；
（2）结合（1）中结论，建立空间直角坐标系，分别求得平面与平面的法向量，再利用空间向量夹角余弦的坐标表示即可得解.
【详解】（1）因为平面平面，
所以，同理，
所以为直角三角形，
又因为，，
所以，则为直角三角形，故，
又因为，，
所以平面.
（2）由（1）平面，又平面，则，
以为原点，为轴，过且与平行的直线为轴，为轴，建立空间直角坐标系，如图，

则，
所以，
设平面的法向量为，则，即
令，则，所以，
设平面的法向量为，则，即，
令，则，所以，
所以，
又因为二面角为锐二面角，
所以二面角的大小为.
2．（2023·全国·统考高考真题）如图，三棱锥中，，，，E为BC的中点．

(1)证明：；
(2)点F满足，求二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)．
【分析】（1）根据题意易证平面，从而证得；
（2）由题可证平面，所以以点为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，再求出平面的一个法向量，根据二面角的向量公式以及同角三角函数关系即可解出．
【详解】（1）连接，因为E为BC中点，，所以①，
因为，，所以与均为等边三角形，
，从而②，由①②，，平面，
所以，平面，而平面，所以．
（2）不妨设，，．
，，又，平面平面．
以点为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：

设，
设平面与平面的一个法向量分别为，
二面角平面角为,而，
因为，所以，即有，
，取，所以；
，取，所以，
所以，，从而．
所以二面角的正弦值为．
3．（2022·天津·统考高考真题）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)求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）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；
（2）利用空间向量法可求得直线与平面夹角的正弦值；
（3）利用空间向量法可求得平面与平面夹角的余弦值.
【详解】（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）解：，，，
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）解：，，
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·浙江·统考高考真题）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．
【答案】(1)证明见解析；
(2)．
【分析】（1）过点、分别做直线、的垂线、并分别交于点、，由平面知识易得，再根据二面角的定义可知，，由此可知，，，从而可证得平面，即得；
（2）由（1）可知平面，过点做平行线，所以可以以点为原点，，、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，以及，即可利用线面角的向量公式解出．
【详解】（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，
∴．
5．（2022·全国·统考高考真题）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．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接并延长交于点，连接、，根据三角形全等得到，再根据直角三角形的性质得到，即可得到为的中点从而得到，即可得证；
（2）建立适当的空间直角坐标系，利用空间向量法求出二面角的余弦的绝对值，再根据同角三角函数的基本关系计算可得.
【详解】（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）解：过点作，如图建立空间直角坐标系，
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.

6．（2022·全国·统考高考真题）在四棱锥中，底面．
(1)证明：；
(2)求PD与平面所成的角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）作于，于，利用勾股定理证明，根据线面垂直的性质可得，从而可得平面，再根据线面垂直的性质即可得证；
（2）以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法即可得出答案.
【详解】（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）解：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.
7．（2022·全国·统考高考真题）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．
【答案】(1)证明过程见解析
(2)与平面所成的角的正弦值为
【分析】（1）根据已知关系证明，得到，结合等腰三角形三线合一得到垂直关系，结合面面垂直的判定定理即可证明；
（2）根据勾股定理逆用得到，从而建立空间直角坐标系，结合线面角的运算法则进行计算即可.
【详解】（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.
一、单选题
1．（2022春·四川绵阳·高二四川省绵阳南山中学校考阶段练习）如图所示，已知正方体，，分别是正方形和的中心，则和所成的角是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.
【详解】如图建立空间直角坐标系，令正方体的棱长为，则，，，，
所以，，
设和所成的角为，则，
因为，所以.
故选：B
2．（2022秋·河南洛阳·高二洛宁县第一高级中学校考阶段练习）如图，在直三棱柱中，，已知与分别为和的中点， 与分别为线和上的动点（不包括端点），若 、则线段长度的取值范围为（ ）
A．[ )B．[ ]C．[)D．[]
【答案】A
【分析】以为坐标原点建立空间直角坐标系，设出的坐标，根据已知条件求得参数之间的关系，并建立关于参数的函数关系式，求其值域即可.
【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，
则，设点坐标为，，
故，因为，
故可得，则，由可得，
又，故,
故当时，取得最小值；又当时，，但无法取到，则无法取到；
综上，线段DF长度的取值范围为.
故选：A
3．（2022秋·重庆渝北·高二重庆市两江育才中学校校考阶段练习）在正方体中，棱长为2，是底面正方形的中心，点在上，是上靠近的三等分点，当直线与垂直的时候，的长为（ ）
A．1B．C．D．
【答案】A
【分析】建立空间直角坐标，设，，表示出，，依题意，即可得到方程，解得即可.
【详解】解：如图建立空间直角坐标系，则、，，
设，，
则，，
因为，所以，解得.
故选：A
4．（2022秋·安徽六安·高二校考阶段练习）在正方体中，是中点，点在线段上，直线与平面所成的角为，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用空间向量的坐标运算表示出直线与平面所成的角的正弦即可求解.
【详解】设正方体的的棱长为1，分别以的方向为轴的正方向，
建立空间直角坐标系,
则
,
可设
所以
因为，
所以平面的一个法向量，
所以
.当时，有最大值，最大值为;
当或时，有最小值，最小值为.
所以的取值范围是，
故选:A.
5．（2022秋·山东济南·高二校考期中）已知向量分别是直线l与平面α的方向向量、法向量，若，则l与α所成的角为 （ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据直线l的方向向量与平面α的法向量的夹角与线面角之间的关系，可得线面角的正弦值，即可求得答案.
【详解】设直线l与α所成的角为，
因为向量分别是直线l与平面α的方向向量、法向量，且，
故 ，即得，
故选：B
6．（2022·全国·高三专题练习）在三棱锥中，，，两两垂直，为棱上一动点，，.当与平面所成角最大时，与平面所成角的正弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】首先利用线面角的定义，可知当为的中点时，取得最小值，此时与平面所成角最大，再以点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量坐标法求线面角的正弦值.
【详解】，且，
平面，
易证平面，则与平面所成角为，
，
当取得最小值时，取得最大值
在等腰中，
当为的中点时，取得最小值.
以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，
则，，
设平面的法向量为，则，
即
令，得.
因为，所以与平面所成角的正弦值为.
故选：C
【点睛】关键点点睛：本题重点考查线面角，既考查了几何法求线面角，又考查向量法求线面角，本题关键是确定点的位置，首先利用线面角的定义确定点的位置，再利用向量法求线面角.
7．（2022·全国·高三专题练习）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】首先以为原点，，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，，根据与平面所成角的正切值为得到，再求到平面的距离即可.
【详解】以为原点，，，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，
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.
所以平面的法向量，
故到平面的距离为.
故选：D
【点睛】本题主要考查向量法求点到面的距离，同时考查线面成角问题，属于中档题.
8．（2022秋·河北保定·高二定兴中学校联考阶段练习）已知平面的一个法向量为，向量，，则平面与平面ABC夹角的正切值为（ ）
A．B．2C．D．
【答案】C
【分析】根据面面角的向量求法求出平面与平面ABC夹角的余弦值，即可根据同角三角函数的关系得出答案.
【详解】设为平面ABC的法向量，
则，令，得．
所以平面与平面ABC夹角的余弦值为，
则平面与平面ABC夹角的正弦值为，
所以平面与平面ABC夹角的正切值为．
故选：C.
9．（2022秋·广西钦州·高二浦北中学统考期末）已知向量，分别为平面和平面的法向量，则平面与平面的夹角为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据坐标可求出，根据夹角的范围以及平面的夹角与平面法向量之间的关系即可求出答案.
【详解】解：由已知可得，，，
所以.
设为平面与平面的夹角，则，
又，
所以.
故选：C.
二、多选题
10．（2022秋·黑龙江哈尔滨·高二哈九中校考期末）在棱长为1的正方体中，为线段的中点，为线段的中点，则下列说法中正确的是（ ）
A．点到直线的距离是B．直线到直线的距离是
C．点到平面的距离是D．直线到平面的距离是
【答案】ABCD
【分析】根据题意，利用等面积法，由，代入求解即可判断A；将两平行线的距离转化为点到直线的距离，结合余弦定理及同角三角函数的基本关系，求得，因此可得，即可求出直线到直线的距离可判断B；建立空间直角坐标系，求得平面的法向量，利用点到平面的距离公式可判断C，D.
【详解】对于A，连接，过点作，交于，
在直角三角形中，，
在直角三角形中，，
因为直线平面，平面，所以，
因为，所以，
则，
所以点到直线的距离是，故A正确；
对于B，如图，连接，，在平面中，作，
为垂足，因为分别为，的中点，
因为，所以，
所以，同理，所以四边形是平行四边形，
所以，所以即为直线到直线的距离，
在三角形中，由余弦定理得：，
所以，在直角三角形中，
.
故直线到直线的距离是，所以B正确；
对于C，如图，以D为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，则，
所以，
设平面的一个法向量为，
则，令得，
所以点到平面的距离是，
所以C正确；
对于D，由C可知，，
直线到平面的距离是，
所以D正确.
故选：ABCD.
11．（2022秋·福建厦门·高二统考期末）如图，四边形为正方形，，平面，，点在棱上，且，则（ ）
A．当时，平面
B．当时，平面
C．当时，点到平面的距离为
D．当时，平面与平面的夹角为
【答案】BC
【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，利用空间向量法逐项判断可得合适的选项.
【详解】因为平面，四边形为正方形，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、、、、、，
对于AD选项，当时，，
，易知平面的一个法向量为，
因为，因此，与平面不平行，A错，
设平面的法向量为，，
则，取，可得，
易知平面的一个法向量为，
，
所以，平面与平面的夹角不是，D错；
对于BC选项，当时，，
，，，
所以，，，所以，，，
又因为，、平面，平面，B对，
点到平面的距离为，C对.
故选：BC.
12．（2022秋·河北保定·高二定兴中学校联考阶段练习）如图，在四棱锥中，平面ABCD，底面ABCD是正方形，且，E，F分别为PD，PB的中点，则（ ）
A．平面PAC
B．平面EFC
C．点F到直线CD的距离为
D．点A到平面EFC的距离为
【答案】AD
【分析】以A为坐标原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，由，，利用线面垂直的判定定理可判断A正确；求出平面EFC的法向量、的坐标，利用可判断B；设点A到平面EFC的距离为d，由可判断D；设点F到直线CD的距离为h，计算可判断C．
【详解】以A为坐标原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向建立如图空间直角坐标系，则，,，，，，
则，，，，
因为，，
所以，，即，，
又，平面PAC，
所以平面PAC，A正确；
设平面EFC的法向量为，则，令，得，
因为，所以，B不正确；
设点A到平面EFC的距离为d，，则，D正确；
设点F到直线CD的距离为h，，，
则，即，C不正确．
故选：AD.
13．（2022·全国·高三专题练习）在棱长为1的正方体中，点为线段上的动点（包含线段的端点），点，分别为线段，的中点，则下列说法正确的是（ ）
A．当时，点，，，四点共面
B．异面直线与的距离为
C．三棱锥的体积为定值
D．不存在点，使得
【答案】AC
【分析】对于A，借助空间向量判断共面即可；对于B，建立空间直角坐标系，利用空间向量求距离即可判断；
对于C，证明直线A1C//平面DMN即可判断；对于D，利用空间直角坐标系中向量坐标运算即可判断作答.
【详解】在棱长为1的正方体中，点为线段上的动点，如图，

对于A，因，则
，共面，
且它们有公共点A，点，，，四点共面，A正确；
对于B，建立如图所示的空间直角坐标系，则，A1(1，0，1)，
，设与都垂直的向量，
因此，，令，得，则异面直线与的距离，B不正确；
对于C，因点，分别为线段，的中点，则，平面DMN，平面DMN，于是得平面DMN，
因此，上任意点P到平面DMN的距离都相等，而点D，M，N都是定点，即面积是定值，则三棱锥的体积为定值，C正确；
对于D，令，，则，而，
于是得，当时，，即，因此当点P与点C重合时，，D不正确.
故选：AC
三、填空题
14．（2022秋·福建泉州·高二校考阶段练习）直线l的方向向量为，且l过点，则点到l的距离为__________.
【答案】
【分析】利用空间向量投影和点到线的距离公式运算即可．
【详解】
又，
在方向上的投影，
到l距离．
故答案为：．
15．（2022秋·山东枣庄·高二滕州市第一中学新校校考阶段练习）如图，已知正三棱柱的所有棱长均为1，则线段上的动点P到直线的距离的最小值为______.
【答案】/
【分析】首先以点A为原点，建立空间直角坐标系，然后利用点到直线距离的坐标公式列式，化简后求函数的最小值即可.
【详解】在正三棱柱中，在平面内过A作，显然射线两两垂直，以点A为原点，射线分别为轴建立空间直角坐标系，如图，
因正三棱柱的所有棱长均为1，
则，
所以，
因动点P在线段上，则令，
即有点，所以，则，
从而，
因此点P到直线的距离
，当且仅当时取等号，
所以线段上的动点P到直线的距离的最小值为.
故答案为：
16．（2022秋·安徽亳州·高二校联考期末）如图，在四棱锥中，底面，底面为正方形，，为上一点，且，则异面直线与所成的角的大小为______．
【答案】/
【分析】建立以为原点，分别以的方向为轴，轴，轴正方向得空间直角坐标系，设异面直线与所成的角为，根据公式得，即可解决.
【详解】由题知，在四棱锥中，底面，底面为正方形，，为上一点，且，
易知两两垂直，所以建立以为原点，分别以的方向为轴，轴，轴正方向得空间直角坐标系，
所以，所以，
设异面直线与所成的角为，所以，所以，
故答案为：
17．（2022秋·河南洛阳·高二统考期末）设、分别在正方体的棱、上，且，，则直线与所成角的余弦值为_____________．
【答案】
【分析】以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线与所成角的余弦值．
【详解】、分别在正方体的棱、上，且，，
如图以为坐标原点，建立空间直角坐标系，
设，则，，，，
，，
设直线与所成角为，
则直线与所成角的余弦值．
故答案为：．
四、解答题
18．（2022春·江苏常州·高二常州高级中学校考期中）已知四棱锥，底面是菱形，，平面，，点满足.

(1)求二面角的平面角的余弦值；
(2)若棱上一点到平面的距离为，试确定点的位置.
【答案】(1)
(2)M为PC的中点.
【分析】（1）连接交于，过作的平行线义于，以为坐标原点，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平面角的余弦值；
（2）设，利用向量示表示出点到平面的距离可求的值，从而确定的位置．
【详解】（1）连接AC交BD于O，过O作PD的平行线，
以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

则
则，，
设平面BDT的一个法向量
则，则，
∴平面BDT的一个法向量为
又PD⊥平面是平面BDC的一个法向量
∴，又由图可知二面角为钝角，
∴二面角的平面角的余弦值为；
（2）设，则
∴，
则点M到平面TBD的距离为，
解得
故点M的坐标为，即M为PC的中点.
19．（2022春·安徽滁州·高一统考期末）如图，平面平面，四边形为正方形，，．

(1)求证：平面；
(2)若点为的中点，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）根据平面平面，利用面面垂直的性质证得平面，得到，再由，结合线面垂直的判定定理，即可证得平面.
（2）以为原点，建立空间直角坐标系，根据题意求得，结合向量的夹角公式，即可求解.
【详解】（1）证明：由平面平面，且平面平面，
又由，可得，且平面，所以平面，
因为平面，所以，
又因为四边形为正方形，所以，
因为，且平面，所以平面.
（2）解：由（1）知平面，平面，所以，
又由又因为四边形为正方形，所以，
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，
因为，可得，
因为点为的中点，可得，
所以，
设异面直线与所成角为，
可得，
所以异面直线与所成角的余弦值为．

20．（2022春·云南昭通·高二校联考期中）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为直角梯形，其中AD∥BC，AD＝3，AB＝BC＝2，PA⊥平面ABCD，且PA＝3．点M在棱PD上，点N为BC中点．

(1)证明：若DM＝2MP，则直线MN∥平面PAB；
(2)求平面CPD与平面NPD所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取，利用平行线分线段成比例和平行四边形的性质，结合线面平行的判定可证得MQ∥平面PAB，QN∥平面PAB，由面面平行的判定与性质可证得结论；
（2）以A为坐标原点可建立空间直角坐标系，利用面面角的向量求法可求得所求角的余弦值，由余弦值可求得正弦值．
【详解】（1）在AD上取一点Q，使得，连接MQ，NQ，如图，

∵，∴MQ∥AP，又平面PAB，PA⊂平面PAB，
∴MQ∥平面PAB；
∵，，AD∥BC，
∴AQ∥BN，AQ＝BN，∴四边形ABNQ为平行四边形，
∴AB∥QN，又平面PAB，AB⊂平面PAB，
∴QN∥平面PAB，又MQ∩QN＝Q，MQ，QN⊂平面MNQ，
∴平面MNQ∥平面PAB，又MN⊂平面MNQ，
∴MN∥平面PAB；
（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，，，，
∴，，，
设平面的法向量，
则，
令，解得，，；
设平面的法向量，
则，
令，解得，，；
∴，
∴平面CPD与平面NPD所成角的正弦值为．
21．（2022·高二课时练习）已知如图1直角梯形ABCD，AB∥CD，∠DAB＝90°，AB＝4，AD＝CD＝2，E为AB的中点，沿EC将梯形ABCD折起（如图2），使平面BED⊥平面AECD．

(1)证明：BE⊥平面AECD；
(2)在线段CD上是否存在点F，使得平面FAB与平面EBC所成的锐二面角的余弦值为，若存在，求出点F的位置：若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，F为CD中点
【分析】（1）在直角梯形中证明为正方形，在几何体中连接，利用面面垂直的性质、线面垂直的判定推理作答；
（2）建立空间直角坐标系，设 ，根据向量法求出二面角的余弦即可得解.
【详解】（1）在直角梯形中，，E为AB的中点，即，，
四边形为平行四边形，
而，，则为正方形，
连接，如图，
则，
因为平面平面，平面平面，平面，
于是得平面，
而平面，则有，
又，，平面，
所以平面.
（2）由（1）得BE⊥平面AECD，所以BE⊥AE，
所以EA，EB，EC两两垂直，
分别以，，方向为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系，
如图所示，
则，设，
所以，，
设平面FAB的法向量为，
则，
取x＝2，得，
取平面EBC的法向量为，
因为，
所以a＝1或（舍去），
故线段CD上存在点F，且F为CD中点时，使得平面FAB与平面EBC所成的锐二面角的余弦值为．
22．（2022·全国·高二专题练习）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.M为CD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．
23．（2022秋·广西贵港·高三统考阶段练习）如图，在四棱锥中，平面，底面四边形是正方形，，点为上的点，.
(1)求证：平面平面；
(2)若，求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据线面垂直的判定证明，，进而可得平面，从而得到平面平面；
（2）（法一）利用等体积法求解；
（法二）以为坐标原点，，，所在的直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，再根据点到面的向量表示求解即可.
【详解】（1）因为底面四边形为正方形，所以，
因为平面，平面，所以，
又，平面，所以平面，
又平面，所以平面平面.
（2）（法一）因为平面，平面，所以，
因为底面四边形为正方形，所以，又，平面，所以平面，
又平面，所以，即为直角三角形，
因为，则，所以，，，，
在中，，
在中，由余弦定理，
即，
同理可求得，所以为直角三角形，，
因为，所以点到平面的距离为，
设点到平面的距离为，由得
，即，所以，
所以点到平面的距离为.
（法二）因为，则，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，由，得，
，，，
设平面的一个法向量为，则
取，可得，，所以，
设点到平面的距离为，
则，
所以点到平面的距离为.
24．（2022秋·广东佛山·高二佛山市顺德区容山中学校考期中）如图，在长方体中，，，求：
(1)点到直线BD的距离；
(2)点到平面的距离；
(3)异面直线之间的距离.
【答案】(1)；
(2)；
(3).
【分析】(1)建立空间直角坐标系，求直线的方向向量和向量的坐标，再求在上的投影向量的大小，结合勾股定理求点到直线BD的距离；(2)求平面的法向量，再求向量在向量上的投影的大小即可；(3)证明平面，利用向量方法求点到平面的距离即可.
【详解】（1）以点为原点，，，为，，轴的正方向建立空间直角坐标系，因为，，则，，，，，
所以，，所以在上的投影向量的大小为，又，所以点到直线BD的距离；
（2）由(1) ，，，
设平面的法向量，则，所以，
取，可得，，所以是平面的一个法向量，向量在法向量上的投影为，所以点到平面的距离为；
（3）由(1) ，，所以，所以，又平面，平面，所以平面，所以异面直线之间的距离与点到平面的距离相等，设平面的法向量，因为，则，所以，
取，可得，，所以是平面的一个法向量，向量在法向量上的投影为，所以点到平面的距离为；故异面直线之间的距离为.
25．（2022秋·贵州遵义·高二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.
分类
点到直线的距离
点到平面的距离
图形语言
文字语言
设u为直线l的单位方向向量，A∈l，Pl，eq \(AP,\s\up7(―→))＝a，向量eq \(AP,\s\up7(―→))在直线l上的投影向量为eq \(AQ,\s\up7(―→))
（eq \(AQ,\s\up7(―→))＝(a·u)u.），
则PQ＝eq \r(|eq \(AP,\s\up7(―→))|2－|eq \(AQ,\s\up7(―→))|2)＝eq \r(a2－a·u2)
设已知平面α的法向量为n，A∈α，Pα，向量eq \(AQ,\s\up7(―→))是向量eq \(AP,\s\up7(―→))在平面上的投影向量，
PQ＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(eq \(AP,\s\up7(―→))·\f(n,|n|)))＝eq \f(|eq \(AP,\s\up7(―→))·n|,|n|)
注：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．
角的分类
向量求法
范围
异面直线所成的角
设两异面直线所成的角为θ，两直线的方向向量分别为u，v，则
cs θ＝|cs〈u，v〉|＝eq \f(|u·v|,|u||v|)
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．
直线与平面所成的角
设直线l与平面α所成的角为θ，l的方向向量为u，平面α的法向量为n，则
sin θ＝|cs〈u，n〉|＝eq \f(|u·n|,|u||n|)
(1)线面角的范围为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))).
(2)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．
两平面的夹角
平面α与平面β相交，形成四个二面角，把不大于eq \f(π,2)的二面角称为这两个平面的夹角．设平面α与平面β的夹角为θ，两平面α，β的法向量分别为n1，n2，则cs θ＝|cs〈n1，n2〉|＝eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|)
(1)两个平面的夹角的范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))
(2)两平面的夹角是两法向量的夹角或其补角．