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第07讲 空间向量的应用
【知识点梳理】
知识点一：直线的方向向量和平面的法向量
1.直线的方向向量：
点A是直线l上的一个点，是直线l的方向向量，在直线l上取，取定空间中的任意一点O，则点P在直线l上的充要条件是存在实数t，使或，这就是空间直线的向量表达式.
知识点诠释：
（1）在直线上取有向线段表示的向量，或在与它平行的直线上取有向线段表示的向量，均为直线的方向向量．
（2）在解具体立体几何题时，直线的方向向量一般不再叙述而直接应用，可以参与向量运算或向量的坐标运算．
2.平面的法向量定义：
直线l⊥α，取直线l的方向向量，我们称向量为平面α的法向量．给定一个点A和一个向量，那么过点A，且以向量为法向量的平面完全确定，可以表示为集合.
知识点诠释：一个平面的法向量不是唯一的，在应用时，可适当取平面的一个法向量．已知一平面内两条相交直线的方向向量，可求出该平面的一个法向量．
3.平面的法向量确定通常有两种方法：
（1）几何体中有具体的直线与平面垂直，只需证明线面垂直，取该垂线的方向向量即得平面的法向量；
（2）几何体中没有具体的直线，一般要建立空间直角坐标系，然后用待定系数法求解，一般步骤如下：
（i）设出平面的法向量为；
（ii）找出（求出）平面内的两个不共线的向量的坐标，；
（iii）根据法向量的定义建立关于x、y、z的方程；
（iv）解方程组，取其中的一个解，即得法向量．由于一个平面的法向量有无数个，故可在代入方程组的解中取一个最简单的作为平面的法向量．
知识点二：用向量方法判定空间中的平行关系
空间中的平行关系主要是指：线线平行、线面平行、面面平行．
（1）线线平行
设直线的方向向量分别是，则要证明，只需证明，即．
（2）线面平行
线面平行的判定方法一般有三种：
①设直线的方向向量是，平面的向量是，则要证明，只需证明，即．
②根据线面平行的判定定理：要证明一条直线和一个平面平行，可以在平面内找一个向量与已知直线的方向向量是共线向量．
③根据共面向量定理可知，要证明一条直线和一个平面平行，只要证明这条直线的方向向量能够用平面内两个不共线向量线性表示即可．
（3）面面平行
①由面面平行的判定定理，要证明面面平行，只要转化为相应的线面平行、线线平行即可．
②若能求出平面，的法向量，则要证明，只需证明．
知识点三、用向量方法判定空间的垂直关系
空间中的垂直关系主要是指：线线垂直、线面垂直、面面垂直．
（1）线线垂直
设直线的方向向量分别为，则要证明，只需证明，即．
（2）线面垂直
①设直线的方向向量是，平面的向量是，则要证明，只需证明．
②根据线面垂直的判定定理转化为直线与平面内的两条相交直线垂直．
（3）面面垂直
①根据面面垂直的判定定理转化为证相应的线面垂直、线线垂直．
②证明两个平面的法向量互相垂直．
知识点四、用向量方法求空间角
（1）求异面直线所成的角
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．
知识点诠释：两异面直线所成的角的范围为．两异面直线所成的角可以通过这两直线的方向向量的夹角来求得，但二者不完全相等，当两方向向量的夹角是钝角时，应取其补角作为两异面直线所成的角．
（2）求直线和平面所成的角
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．
（3）求二面角
如图，若于于，平面交于，则为二面角的平面角，.
若分别为面的法向量，
则二面角的平面角或，
即二面角等于它的两个面的法向量的夹角或夹角的补角．
①当法向量与的方向分别指向二面角的内侧与外侧时，二面角的大小等于的夹角的大小．
②当法向量的方向同时指向二面角的内侧或外侧时，二面角的大小等于的夹角的补角的大小．
知识点五、用向量方法求空间距离
1.求点面距的一般步骤：
①求出该平面的一个法向量；
②找出从该点出发的平面的任一条斜线段对应的向量；
③求出法向量与斜线段向量的数量积的绝对值再除以法向量的模，即可求出点到平面的距离．
即：点A到平面的距离，其中，是平面的法向量．
2.线面距、面面距均可转化为点面距离，用求点面距的方法进行求解．
直线与平面之间的距离：，其中，是平面的法向量．
两平行平面之间的距离：，其中，是平面的法向量．
3. 点线距
设直线l的单位方向向量为，，，设，则点P到直线l的距离 .
【题型归纳目录】
题型一：求平面的法向量
题型二：利用向量研究平行问题
题型三：利用向量研究垂直问题
题型四：异面直线所成的角
题型五：线面角
题型六：二面角
题型七：距离问题
【典型例题】
题型一：求平面的法向量
1．（2022·江苏·高二课时练习）如图，在正方体中，以为原点建立空间直角坐标系，为的中点，为的中点，则下列向量中，能作为平面的法向量的是（ ）．
A．（1，，4） B．（，1，）
C．（2，，1） D．（1，2，）
2．（2022·江苏·高二课时练习）过空间三点，，的平面的一个法向量是（ ）
A． B． C． D．
3．（2022·全国·高二课时练习）若是平面的一个法向量，则下列向量中能作为平面的法向量的是( )
A． B． C． D．
4．（2022·江苏·淮安市淮安区教师发展中心学科研训处高二期中）已知平面，写出平面的一个法向量______．
5．（2022·全国·高二课时练习）已知三点、、，则平面的法向量可以是______．（写出一个即可）
6．（2022·全国·高二课时练习）已知正方体，分别写出对角面和平面的一个法向量．
7．（2022·湖南·高二课时练习）如图，在长方体中，，，，建立适当的空间直角坐标系，求下列平面的一个法向量：
(1)平面ABCD；
(2)平面；
(3)平面．
8．（2022·湖南·高二课时练习）如图，已知平面内有，，三点，求平面的法向量．
9．（2022·全国·高二课时练习）已知，，，求平面ABC的一个法向量的坐标，并在坐标平面中作出该向量．
10．（2022·全国·高二课时练习）已知，求平面的一个单位法向量的坐标.
题型二：利用向量研究平行问题
1．（2022·全国·高三专题练习（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
2．（2022·广东·广州奥林匹克中学高二阶段练习）如图，在正四棱柱中，是底面的中心，分别是的中点，则下列结论正确的是（ ）
A．//
B．
C．//平面
D．平面
3．（2022·四川成都·高二期中（理））若直线l的方向向量，平面的法向量，则（ ）
A． B． C． D．或
4．（2022·全国·高二课时练习）如图所示，正方体的棱长为，、分别为和上的点，，则与平面的位置关系是______．
5．（2022·全国·高二课时练习）在棱长为1的正方体中，E为的中点，P、Q是正方体表面上相异两点．若P、Q均在平面上，满足，．
(1)判断PQ与BD的位置关系；
(2)求的最小值．
6．（2022·福建宁德·高二期中）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，其中.平面，且，点M在棱PD上，点N为BC中点.
(1)若，证明：直线平面PAB：
(2)线段PD上是否存在点M，使NM与平面PCD所成角的正弦值为？若存在求出值；若不存在，说明理由
7．（2022·全国·高二课时练习）已知正方体中，棱长为2a，M是棱的中点.求证：平面.
8．（2022·全国·高二课时练习）如图，正方体中，、分别为、的中点．
(1)用向量法证明平面平面；
(2)用向量法证明平面．
9．（2022·全国·高二课时练习）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．
10．（2022·全国·高二课时练习）在正方体中，点E，F分别是正方形和正方形
的中心．求证：
(1)平面；
(2)平面；
(3)平面平面．
11．（2022·全国·高二课时练习）如图，在正方体中，点E，F，G，H，M，N分别是该正方体六个面的中心，求证：平面平面HMN．
12．（2022·全国·高二课时练习）已知正方体中，M与N分别是棱与对角线的中点．求证：，并且．
题型三：利用向量研究垂直问题
1．（2022·四川省成都市新都一中高二期中（理））在直三棱柱中，底面是以B为直角项点，边长为1的等腰直角三角形，若在棱上有唯一的一点E使得，那么（ ）
A．1 B．2 C． D．
2．（2022·江苏·徐州市王杰中学高二阶段练习）已知平面的法向量为，若直线平面，则直线的方向向量可以为（ ）.
A．（8，6，4） B．
C． D．
3．（2022·宁夏·石嘴山市第一中学高二期末（理））平面的法向量为，平面的法向量为，则下列命题正确的是（ ）
A．，平行 B．，垂直
C．，重合 D．，相交不垂直
4．（2022·全国·高三专题练习）在棱长为的正方体中，，分别为，的中点，点在正方体表面上运动，且满足，点轨迹的长度是___________.
5．（2022·湖南·高三阶段练习）若直线的方向向量，平面的法向量，且直线平面，则实数的值是______.
6．（2022·陕西·武功县普集高级中学高二期末（理））设分别是平面的法向量，若，则实数的值是________．
7．（2022·全国·高二课时练习）在棱长为1的正方体中，E F分别是棱AB BC上的动点，且.
(1)求证：；
(2)若 E F 四点共面，求证：.
8．（2022·全国·高二课时练习）如图，已知长方体中，，判断满足下列条件的点M，N是否存在：.
9．（2022·全国·高二课时练习）如图，在正方体中，O是AC与BD的交点，M是的中点．求证：平面MBD．
10．（2022·浙江·高三专题练习）如图所示，在长方体中，，，、
分别、的中点.
（1）求证：平面；
（2）求证：平面.
11．（2022·全国·高三专题练习）已知正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为棱CC1上的动点．
（1）求证：A1E⊥BD；
（2）若平面A1BD⊥平面EBD，试确定E点的位置．
12．（2022·全国·高三专题练习）如图，在正三棱锥中，是高上一点，，直线与底面所成角的正切值为.
（1）求证：平面；
（2）求三棱锥外接球的体积.
13．（2022·全国·高三专题练习）已知四棱锥的底面为直角梯形，，，，，平面，且，平面与平面的交线为.
（1）求证：；
（2）试建立适当的空间直角坐标系，并求点在平面上的射影的坐标.
题型四：异面直线所成的角
1．（2022·四川省成都市新都一中高二期中（理））将正方形沿对角线折起，使得平面平面，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
2．（2022·福建龙岩·模拟预测）已知直三棱柱的所有棱长都相等，为的中点，则与所成角的正弦值为（ ）
A． B． C． D．
3．（2022·内蒙古赤峰·模拟预测（理））在正方体中，，分别为，的中点，则异面直线与所成角的余弦值是（ ）
A． B． C． D．
4．（2022·河南安阳·高一阶段练习）已知在四棱柱中，底面为正方形，侧棱底面.若，，是线段的中点，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
5．（2022·吉林长春·模拟预测（理））在矩形ABCD中，O为BD中点且，将平面ABD沿对角线BD翻折至二面角为90°，则直线AO与CD所成角余弦值为（ ）
A． B．
C． D．
6．（2022·重庆八中模拟预测）如图所示，是棱长为的正方体，、分别是下底面的棱、的中点，是上底面的棱上的一点，，过、、的平面交上底面于，在上，则异面直线与所成角的余弦值为___________．
7．（2022·江苏·高二阶段练习）如图，四棱雉的底面为直角梯形，∥，，，，平面．
(1)求异面直线与所成的角的余弦值；
(2)求出点A在平面上的投影M的坐标．
8．（2022·天津·一模）如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平而ABCD，E为CD的中点，M在AB上，且
(1)求证：EM∥平面PAD；
(2)求平面PAD与平面PBC所成锐二面角的余弦值；
(3)点F是线段PD上异于两端点的任意一点，若满足异面直线EF与AC所成角为45°，求AF的长.
9．（2022·江苏常州·高二期中）如图，已知正方形和矩形所在平面互相垂直，，，是线段的中点.
(1)求证：平面；
(2)试在线段上确定一点，使与所成角是60°.
10．（2022·全国·高二课时练习）如图，直三棱柱中，底面边长为.
(1)若侧棱长为1，求证：；
(2)若与所成角的大小为，求侧棱的长.
题型五：线面角
1．（2022·全国·高三专题练习（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．
2．（2022·浙江绍兴·模拟预测）如图，三棱台中，，，．
(1)证明：；
(2)求直线与平面所成的角．
3．（2022·北京市十一学校高三阶段练习）图1是直角梯形，四边形是边长为2的菱形，并且，以为折痕将折起，使点到达的位置，且，如图2.
(1)求证：平面平面；
(2)在棱上是否存在点，使得到平面的距离为？若存在，求出直线与平面所成角的正弦值.
4．（2022·浙江湖州·模拟预测）已知四棱锥中，底面为等腰梯形，，，，是斜边为的等腰直角三角形．
(1)若时，求证：平面平面；
(2)若时，求直线与平面所成的角的正弦值．
5．（2022·北京市第十二中学高二阶段练习）如图，在四棱锥中，平面，底面是梯形，点E在上，．
(1)求证：平面平面；
(2)求直线与平面所成的角的正弦值．
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．
7．（2022·全国·高三专题练习）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．
8．（2022·全国·高三专题练习）如图，在四棱锥中，平面，，，，，点，分别为棱，的中点．
(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值．
9．（2022·河南省杞县高中模拟预测（理））如图，在四棱锥中，四边形ABCD为菱形，且，平面ABCD，E为BC的中点，F为棱PC上一点．
(1)求证：平面平面PAD；
(2)若G为PD的中点，，是否存在点F，使得直线EG与平面AEF所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
10．（2022·吉林·三模（理））如图，四棱柱中，平面平面，底面为菱形，与交于点O，．
(1)求证：平面；
(2)线段上是否存在点F，使得与平面所成角的正弦值是？若存在，求出；若不存在，说明理由．
题型六：二面角
1．（2022·广东·广州奥林匹克中学高二阶段练习）在四棱锥中，底面为直角梯形，，E，F分别为的中点，.
(1)证明：平面平面；
(2)若与所成角为，求平面和平面所成角的余弦值.
2．（2022·福建·三明一中模拟预测）如图，四边形为菱形，，将沿折起，得到三棱锥，点M，N分别为和的重心．
(1)证明：∥平面；
(2)当三棱锥的体积最大时，求二面角的余弦值．
3．（2022·青海玉树·高三阶段练习（理））如图，在多面体ABCDFE中，平面平面ABEF，四边形ABCD是矩形，四边形ABEF为等腰梯形，且，，．
(1)求证：；
(2)求二面角的余弦值．
4．（2022·全国·模拟预测（理））如图，在四棱锥中，，，，，，平面平面.
(1)证明：平面；
(2)求二面角的余弦值.
5．（2022·全国·高三专题练习）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．
6．（2022·全国·高三专题练习）如图，等腰直角△ACD的斜边AC为直角△ABC的直角边，E是AC的中点，F在BC上．将三角形ACD沿AC翻折，分别连接DE，DF，EF，使得平面平面ABC．已知，，
(1)证明：平面ABD；
(2)若，求二面角的余弦值．
7．（2022·黑龙江·大庆实验中学模拟预测（理））如图，在四棱锥中，四边形为平行四边形，在平面的投影为边的中点..，，，，．
(1)求证： 平面 ；
(2)点为线段上靠近点的三等分点，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值．
8．（2022·河南·开封市东信学校模拟预测（理））如图，在三棱锥中，D，E分别为的中点，且平面．
(1)证明：；
(2)若，求锐二面角的大小．
9．（2022·山东聊城·三模）已知四边形ABCD为平行四边形，E为CD的中点，AB=4，为等边三角形，将三角形ADE沿AE折起，使点D到达点P的位置，且平面平面ABCE.
(1)求证：；
(2)试判断在线段PB上是否存在点F，使得平面AEF与平面AEP的夹角为45°.若存在，试确定点F的位置；若不存在，请说明理由.
10．（2022·福建省连城县第一中学高二阶段练习）在四棱锥P-ABCD中，底面为直角梯形，CDAB，∠ABC=90°，AB=2BC=2CD=4，侧面PAD平面ABCD，PA=PD=2，E为PA中点.
(1)求证：ED平面PBC；
(2)已知平面PAD与平面PBC的交线为，在上是否存在点N，使二面角P-DC-N的余弦值为？若存在，请确定点N位置；若不存在，请说明理由.
题型七：距离问题
1．（2022·福建省连城县第一中学高二阶段练习）已知平面的法向量为，点在平面内，则点到平面的距离为（ ）
A． B． C． D．
2．（2022·江苏·高二课时练习）长方体中，，，为的中点，则异面直线与之间的距离是（ ）
A． B． C． D．
3．（2022·江苏·淮安市淮安区教师发展中心学科研训处高二期中）将边长为的正方形沿对角线折成直二面角，则点到平面的距离为______．
4．（2022·江西南昌·高二期中（理））如图，在棱长为4的正方体中，E为BC的中点，点P在线段上，点Р到直线的距离的最小值为_______.
5．（2022·福建·厦门一中高二阶段练习）在空间直角坐标系中，点，则到直线的距离为__________．
6．（2022·全国·高二课时练习）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______．
7．（2022·全国·高二期末）如图，在正方体中，AB＝1，M，N分别是棱AB，的中点，E是BD的中点，则异面直线，EN间的距离为______.
8．（2022·浙江·杭州市富阳区第二中学高二阶段练习）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______．
9．（2022·江苏·南京师大附中高二期末）在矩形ABCD中，，点E是线段AD的中点，将△ABE沿BE折起到△PBE位置（如图），点F是线段CP的中点．
(1)求证：DF∥平面PBE：
(2)若二面角的大小为，求点A到平面PCD的距离．
10．（2022·全国·高二课时练习）如图，是正四棱锥，是正方体，其中，．
(1)求该几何体的表面积；
(2)求点到平面PAD的距离．
11．（2022·湖南·高二课时练习）在正方体中，M，N，E，F分别为，，，
的中点，棱长为4，求平面MNA与平面EFBD之间的距离．
12．（2022·全国·高二）如图，已知正方体的棱长为2，E，F，G分别为AB，BC，的中点．
(1)求证：平面平面EFG；
(2)求平面与平面EFG间的距离．
13．（2022·全国·高二课时练习）正方体的棱长为1，E F分别为 CD的中点，求点F到平面的距离.
14．（2022·全国·高二课时练习）如图，已知是底面边长为1的正四棱柱，为与的交点.
(1)若点到平面的距离为，求正四棱柱的高；
(2)在（1）的条件下，点是的中点，求点到直线的距离.第07讲 空间向量的应用
【知识点梳理】
知识点一：直线的方向向量和平面的法向量
1.直线的方向向量：
点A是直线l上的一个点，是直线l的方向向量，在直线l上取，取定空间中的任意一点O，则点P在直线l上的充要条件是存在实数t，使或，这就是空间直线的向量表达式.
知识点诠释：
（1）在直线上取有向线段表示的向量，或在与它平行的直线上取有向线段表示的向量，均为直线的方向向量．
（2）在解具体立体几何题时，直线的方向向量一般不再叙述而直接应用，可以参与向量运算或向量的坐标运算．
2.平面的法向量定义：
直线l⊥α，取直线l的方向向量，我们称向量为平面α的法向量．给定一个点A和一个向量，那么过点A，且以向量为法向量的平面完全确定，可以表示为集合.
知识点诠释：一个平面的法向量不是唯一的，在应用时，可适当取平面的一个法向量．已知一平面内两条相交直线的方向向量，可求出该平面的一个法向量．
3.平面的法向量确定通常有两种方法：
（1）几何体中有具体的直线与平面垂直，只需证明线面垂直，取该垂线的方向向量即得平面的法向量；
（2）几何体中没有具体的直线，一般要建立空间直角坐标系，然后用待定系数法求解，一般步骤如下：
（i）设出平面的法向量为；
（ii）找出（求出）平面内的两个不共线的向量的坐标，；
（iii）根据法向量的定义建立关于x、y、z的方程；
（iv）解方程组，取其中的一个解，即得法向量．由于一个平面的法向量有无数个，故可在代入方程组的解中取一个最简单的作为平面的法向量．
知识点二：用向量方法判定空间中的平行关系
空间中的平行关系主要是指：线线平行、线面平行、面面平行．
（1）线线平行
设直线的方向向量分别是，则要证明，只需证明，即．
（2）线面平行
线面平行的判定方法一般有三种：
①设直线的方向向量是，平面的向量是，则要证明，只需证明，即．
②根据线面平行的判定定理：要证明一条直线和一个平面平行，可以在平面内找一个向量与已知直线的方向向量是共线向量．
③根据共面向量定理可知，要证明一条直线和一个平面平行，只要证明这条直线的方向向量能够用平面内两个不共线向量线性表示即可．
（3）面面平行
①由面面平行的判定定理，要证明面面平行，只要转化为相应的线面平行、线线平行即可．
②若能求出平面，的法向量，则要证明，只需证明．
知识点三、用向量方法判定空间的垂直关系
空间中的垂直关系主要是指：线线垂直、线面垂直、面面垂直．
（1）线线垂直
设直线的方向向量分别为，则要证明，只需证明，即．
（2）线面垂直
①设直线的方向向量是，平面的向量是，则要证明，只需证明．
②根据线面垂直的判定定理转化为直线与平面内的两条相交直线垂直．
（3）面面垂直
①根据面面垂直的判定定理转化为证相应的线面垂直、线线垂直．
②证明两个平面的法向量互相垂直．
知识点四、用向量方法求空间角
（1）求异面直线所成的角
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．
知识点诠释：两异面直线所成的角的范围为．两异面直线所成的角可以通过这两直线的方向向量的夹角来求得，但二者不完全相等，当两方向向量的夹角是钝角时，应取其补角作为两异面直线所成的角．
（2）求直线和平面所成的角
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．
（3）求二面角
如图，若于于，平面交于，则为二面角的平面角，.
若分别为面的法向量，
则二面角的平面角或，
即二面角等于它的两个面的法向量的夹角或夹角的补角．
①当法向量与的方向分别指向二面角的内侧与外侧时，二面角的大小等于的夹角的大小．
②当法向量的方向同时指向二面角的内侧或外侧时，二面角的大小等于的夹角的补角的大小．
知识点五、用向量方法求空间距离
1.求点面距的一般步骤：
①求出该平面的一个法向量；
②找出从该点出发的平面的任一条斜线段对应的向量；
③求出法向量与斜线段向量的数量积的绝对值再除以法向量的模，即可求出点到平面的距离．
即：点A到平面的距离，其中，是平面的法向量．
2.线面距、面面距均可转化为点面距离，用求点面距的方法进行求解．
直线与平面之间的距离：，其中，是平面的法向量．
两平行平面之间的距离：，其中，是平面的法向量．
3. 点线距
设直线l的单位方向向量为，，，设，则点P到直线l的距离 .
【题型归纳目录】
题型一：求平面的法向量
题型二：利用向量研究平行问题
题型三：利用向量研究垂直问题
题型四：异面直线所成的角
题型五：线面角
题型六：二面角
题型七：距离问题
【典型例题】
题型一：求平面的法向量
1．（2022·江苏·高二课时练习）如图，在正方体中，以为原点建立空间直角坐标系，为的中点，为的中点，则下列向量中，能作为平面的法向量的是（ ）．
A．（1，，4） B．（，1，）
C．（2，，1） D．（1，2，）
【答案】B
【解析】
【分析】
设正方体的棱长为2，依次求出各点坐标，设向量是平面的法向量，根据法向量的定义，逐一验证各选项即可求出答案．
【详解】
解：设正方体的棱长为2，则，，
∴，
设向量是平面的法向量，
则取，得，
则是平面的一个法向量，
结合其他选项，只需和共线即可，
检验可知，ACD选项均不与共线.
所以能作为平面的法向量只有选项B
故选：B．
2．（2022·江苏·高二课时练习）过空间三点，，的平面的一个法向量是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
设出平面的法向量为，利用垂直关系，布列方程组，即可得到结果.
【详解】
，．
设平面的法向量为．
由题意知，，
所以，解得，
令，得平面的一个法向量是．
故选：A
3．（2022·全国·高二课时练习）若是平面的一个法向量，则下列向量中能作为平面
的法向量的是( )
A． B． C． D．
【答案】
【解析】
略
4．（2022·江苏·淮安市淮安区教师发展中心学科研训处高二期中）已知平面，写出平面的一个法向量______．
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】
设出法向量，利用数量积为0列出方程组，求出一个法向量即可.
【详解】
设法向量为，
则有，
令得：，所以
故答案为：
5．（2022·全国·高二课时练习）已知三点、、，则平面的法向量可以是______．（写出一个即可）
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】
设平面的法向量为，则有，然后赋值即可得出答案.
【详解】
解：，
设平面的法向量为，
则有，令，则，
所以，
所以平面的法向量可以是.
故答案为：（答案不唯一）.
6．（2022·全国·高二课时练习）已知正方体，分别写出对角面和平面的一个法向量．
【答案】平面的一个法向量为，平面的一个法向量为；
【解析】
【分析】
建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为，分别求出平面与平面的法向量；
【详解】
解：如图建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为，则、、、、，所以，，，设面的法向量为，所以，令，则，，所以，即平面的一个法向量为，设平面的法向量为，则，令，则，，所以，所以平面的一个法向量为；
7．（2022·湖南·高二课时练习）如图，在长方体中，，，，建立适当的空间直角坐标系，求下列平面的一个法向量：
(1)平面ABCD；
(2)平面；
(3)平面．
【答案】(1)
(2)
(3)
【解析】
【分析】
以为原点，所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
（1）由于平面，所以为平面的一个法向量，
（2）设平面的法向量为，则，从而可求出法向量，
（3）设平面的法向量为，则，从而可求出法向量
(1)
以为原点，所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，
所以，
因为平面，所以为平面的一个法向量，
所以平面的一个法向量为，
(2)
设平面的法向量为，
因为，
所以，令，则，
所以平面的一个法向量为，
(3)
设平面的法向量为，
因为，
所以，令，则
所以平面的一个法向量为
8．（2022·湖南·高二课时练习）如图，已知平面内有，，三点，求平面的法向量．
【答案】（结果不唯一）
【解析】
【分析】
设出法向量的坐标，根据法向量与向量垂直，列出方程组，求解即可.
【详解】
不妨设平面的法向量，又，
故可得，即，不妨取，故可得，
故平面的一个法向量为.
又平面的法向量不唯一，只要与向量平行且非零的向量均可.
故答案为：.（结果不唯一）
9．（2022·全国·高二课时练习）已知，，，求平面ABC的一个法向量的坐标，并在坐标平面中作出该向量．
【答案】法向量为，作图见解析.
【解析】
【分析】
由题设求、的坐标，设为所求法向量，利用向量垂直的坐标表示求法向量坐标，进而画出该向量即可.
【详解】
由题设，，，若是面ABC的一个法向量，
所以，令，则.
10．（2022·全国·高二课时练习）已知，求平面的一个单位法向量的坐标.
【答案】
【解析】
【分析】
由题设有，，求出面的一个法向量，根据单位向量的定义写出对应的单位向量即可.
【详解】
由题设，，，若是面的一个法向量，
所以，令，则，
所以平面的一个单位法向量的坐标为.
题型二：利用向量研究平行问题
1．（2022·全国·高三专题练习（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】
【分析】
证明平面，即可判断A；如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，设，分别求出平面，，的法向量，根据法向量的位置关系，即可判断BCD.
【详解】
解：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；
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.
2．（2022·广东·广州奥林匹克中学高二阶段练习）如图，在正四棱柱中，是底面的中心，分别是的中点，则下列结论正确的是（ ）
A．//
B．
C．//平面
D．平面
【答案】B
【解析】
【分析】
建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明，逐项分析、判断作答.
【详解】
在正四棱柱中，以点D为原点建立如图所示的空间直角坐标系，
令，是底面的中心，分别是的中点，
则，，，
对于A，显然与不共线，即与不平行，A不正确；
对于B，因，则，即，B正确；
对于C，设平面的法向量为，则，令，得，
，因此与不垂直，即不平行于平面，C不正确；
对于D，由选项C知，与不共线，即不垂直于平面，D不正确.
故选：B
3．（2022·四川成都·高二期中（理））若直线l的方向向量，平面的法向量，则（ ）
A． B． C． D．或
【答案】D
【解析】
【分析】
根据可得结果.
【详解】
因为，
所以，
所以或.
故选：D
4．（2022·全国·高二课时练习）如图所示，正方体的棱长为，、分别为和上的点，，则与平面的位置关系是______．
【答案】平行
【解析】
【分析】
以为坐标原点，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求得的方向向量和平面的法向量，由向量法即可判断.
【详解】
因为是正方体，且棱长为，
故以为坐标原点建立空间直角坐标系，如下所示：
则，
由题可知，设点坐标为，
则，故可得，即；
，设点坐标为，
则，故可得，即；
故所在的方向向量为，
又平面的一个法向量，
故，故直线//面.
故答案为：平行.
5．（2022·全国·高二课时练习）在棱长为1的正方体中，E为的中点，P、Q是正方体表面上相异两点．若P、Q均在平面上，满足，．
(1)判断PQ与BD的位置关系；
(2)求的最小值．
【答案】(1)PQ与BD的位置关系是平行
(2)
【解析】
【分析】
（1）建立空间直角坐标系，利用空间向量判断PQ与BD的位置关系；（2）用含参数的表达式求出，进而求出最小值.
(1)
以D为原点，以射线DA，DC，分别为x，y，z轴的正向建立空间直角坐标系，，，．
因为P、Q均在平面上，所以设，，
则，，．
因为，，
所以
解得:
所以，，
即，，
所以PQ与BD的位置关系是平行．
(2)
由（1）可知：，，
所以．
当时，有最小值，最小值为．
6．（2022·福建宁德·高二期中）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，其中.平面，且，点M在棱PD上，点N为BC中点.
(1)若，证明：直线平面PAB：
(2)线段PD上是否存在点M，使NM与平面PCD所成角的正弦值为？若存在求出值；若不存在，说明理由
【答案】(1)证明见解析
(2)不存在，理由见解析
【解析】
【分析】
（1）以点A为坐标原点，以AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴建立空间直角坐标系，用向量法证明；
（2）利用向量法计算，判断出点M不存在.
(1)
如图所示，以点A为坐标原点，以AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴建立空间直角坐标系，
则
若，则，
因为平面ABCD，所以
又因为
所以平面PAB
平面PAB的其中一个法向量为
所以，即
又因为平面
所以平面
(2)
不存在符合题意的点M，理由如下：
设平面PCD的法向量
则
不妨令，则
设，即
则
解得或，不满足，故不存在符合题意的点M.
7．（2022·全国·高二课时练习）已知正方体中，棱长为2a，M是棱的中点.求证：平面.
【答案】证明见解析
【解析】
【分析】
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，分别求出面
的一个法向量和直线的方向向量，根据直线与平面平行的定义即可证明.
【详解】
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 ，M是棱的中点得，.设面的一个法向量为，，，则令，则.又，因为平面，所以平面.
8．（2022·全国·高二课时练习）如图，正方体中，、分别为、的中点．
(1)用向量法证明平面平面；
(2)用向量法证明平面．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）利用向量法可得两平面的法向量，再根据法向量互相平行证明面面平行；
（2）利用向量法证明平面的法向量与平行，即可得证.
(1)
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；
(2)
由，是线段，中点，
则，，
所以，
则，
所以平面.
9．（2022·全国·高二课时练习）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．
【答案】证明见解析.
【解析】
【分析】
利用坐标法，利用向量共线定理即得.
【详解】
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，
∴.
10．（2022·全国·高二课时练习）在正方体中，点E，F分别是正方形和正方形的中心．求证：
(1)平面；
(2)平面；
(3)平面平面．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）建立空间直角坐标系，利用向量法证得平面；
（2）利用向量法证得平面；
（3）利用向量法证得平面平面．
(1)
设正方体的边长为，建立如图所示空间直角坐标系，
，
，
，
所以，
由于，所以平面.
(2)
设平面的法向量为，
则，故可设.
，
，平面，
所以平面.
(3)
，
设平面的法向量为，
则，故可设.
，
显然，平面与平面不重合，所以平面平面.
11．（2022·全国·高二课时练习）如图，在正方体中，点E，F，G，H，M，N分别是该正方体六个面的中心，求证：平面平面HMN．
【答案】证明见解析.
【解析】
【分析】
建立如图空间直角坐标系，利用向量法证明，进而利用面面平行的判定定理即可证明.
【详解】
由题意知，
建立如图空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，
则，
得，
所以，即，
又平面HMN，平面HMN，
所以平面HMN，平面HMN，
又平面EFG，平面EFG，，
所以平面EFG平面HMN.
12．（2022·全国·高二课时练习）已知正方体中，M与N分别是棱与对角线的中点．求证：，并且．
【答案】证明见解析
【解析】
【分析】
建立空间直角坐标系，写出向量的坐标，利用坐标关系来证明.
【详解】
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，
不妨设正方体的棱长为，则,,,;
因为，且，
所以，并且．
题型三：利用向量研究垂直问题
1．（2022·四川省成都市新都一中高二期中（理））在直三棱柱中，底面是以B为直角项点，边长为1的等腰直角三角形，若在棱上有唯一的一点E使得，那么（ ）
A．1 B．2 C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
建立空间直角坐标系，设出，根据垂直和唯一的点E得到方程由唯一解，根据二次函数根的分布问题求出.
【详解】
如图，以B为坐标原点，BA，BC，所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，设，则，，，
则，
则，
因为在棱上有唯一的一点E使得，
所以在上有唯一的解，
令，可知，
故要想在上有唯一的解，只需，
因为，所以解得：
故选：B
2．（2022·江苏·徐州市王杰中学高二阶段练习）已知平面的法向量为，若直线平面，则直线的方向向量可以为（ ）.
A．（8，6，4） B．
C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
结合空间向量平行关系即可求解.
【详解】
因为平面的法向量为，又因为直线平面，所以直线的方向向量平行于，四个选项中，，故B选项符合题意.
故选：B
3．（2022·宁夏·石嘴山市第一中学高二期末（理））平面的法向量为，平面的法向量为，则下列命题正确的是（ ）
A．，平行 B．，垂直
C．，重合 D．，相交不垂直
【答案】B
【解析】
【分析】
根据可判断两平面垂直.
【详解】
因为，所以，所以，垂直.
故选：B.
4．（2022·全国·高三专题练习）在棱长为的正方体中，，分别为，的中点，点在正方体表面上运动，且满足，点轨迹的长度是___________.
【答案】
【解析】
【分析】
建立空间直角坐标系，利用空间向量求解出点轨迹的长度.
【详解】
在正方体中，以为坐标原点，分别以，，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
∴，，，，∴，
设，则，
∵，∴，
当时，，当时，，
取，，，，
连结，，，，
则，，
∴四边形为矩形，则，，
即，，又和为平面中的两条相交直线，
∴平面，
又，，
∴为的中点，则平面，
为使，必有点平面，
又点在正方体表面上运动，所以点的轨迹为四边形，
又，，∴，则点的轨迹不是正方形，
则矩形的周长为.
故答案为：
【点睛】
对于立体几何中的轨迹问题，可以建立空间直角坐标系，将其代数化处理，可以很方便的求出边的长度及角度.
5．（2022·湖南·高三阶段练习）若直线的方向向量，平面的法向量，且直线平面，则实数的值是______.
【答案】-1
【解析】
【分析】
利用法向量的定义和向量共线的定理即可.
【详解】
直线的方向向量，平面的法向量，直线平面，
必有 ，即向量 与向量 共线，
，∴，解得；
故答案为：-1.
6．（2022·陕西·武功县普集高级中学高二期末（理））设分别是平面的法向量，若，则实数的值是________．
【答案】4
【解析】
根据分别是平面的法向量，且，则有求解.
【详解】
因为分别是平面的法向量，且
所以
所以
解得
故答案为：4
【点睛】
本题主要考查空间向量垂直，还考查了运算求解的能力，属于基础题.
7．（2022·全国·高二课时练习）在棱长为1的正方体中，E F分别是棱AB BC上的动点，且.
(1)求证：；
(2)若 E F 四点共面，求证：.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）建立空间直角坐标系，求出，，由即可证明；
（2）分别求出，，，设，解出，即可证明.
(1)
如图所示，以点O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.设，其中.
由已知条件 ，则，，所以，
所以，即；
(2)
，，，设，解得，.
所以.
8．（2022·全国·高二课时练习）如图，已知长方体中，，判断满足下列条件的点M，N是否存在：.
【答案】存在点满足
【解析】
【分析】
建立直角坐标系利用空间向量垂直的求解方法进行求证.
【详解】
解：假设存在满足条件.在长方体中以D为原点，分别以所在的直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系.
不妨设则
在中，
，
又
解得：
即存在点满足
9．（2022·全国·高二课时练习）如图，在正方体中，O是AC与BD的交点，M是的中点．求证：平面MBD．
【答案】证明见解析
【解析】
【分析】
建立空间直角坐标系，利用向量法来证得平面.
【详解】
建立如图所示空间直角坐标系，
设正方体的边长为，则，
，，
由于，所以平面.
10．（2022·浙江·高三专题练习）如图所示，在长方体中，，，、分别、的中点.
（1）求证：平面；
（2）求证：平面.
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【解析】
【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）求出平面的一个法向量，利用空间向量法可证得结论成立.
【详解】
（1）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、、、、，
，易知平面的一个法向量为，
，则，
平面，故平面；
（2）设平面的法向量为，，，
由，得，取，可得，
所以，，故平面.
11．（2022·全国·高三专题练习）已知正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为棱CC1上的动点．
（1）求证：A1E⊥BD；
（2）若平面A1BD⊥平面EBD，试确定E点的位置．
【答案】（1）证明见解析；（2）E为CC1的中点.
【解析】
【分析】
以D为原点，DA、DC、DD1为x，y，z轴，建立空间直角坐标系.
（1）计算即可证明；
（2）求出面A1BD与面EBD的法向量，根据法向量垂直计算即可．
【详解】
以D为坐标原点，以DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图，
设正方体的棱长为a，则A(a，0，0)，B(a，a，0)，C(0，a，0)，A1(a，0，a)，C1(0，a，a)．
设E(0，a，e)(0≤e≤a)．
（1）＝(－a，a，e－a)，＝(－a，－a，0)，
＝a2－a2＋(e－a)·0＝0，
∴，即A1E⊥BD；
（2）设平面A1BD，平面EBD的法向量分别为＝(x1，y1，z1)，＝(x2，y2，z2)．
∵＝(a，a，0)，＝(a，0，a)，＝(0，a，e)
∴， ， ，.
∴,　
取x1＝x2＝1，得＝(1，－1，－1)，＝(1，－1，)．
由平面A1BD⊥平面EBD得⊥.
∴2－＝0，即e＝.
∴当E为CC1的中点时，平面A1BD⊥平面EBD.
12．（2022·全国·高三专题练习）如图，在正三棱锥中，是高上一点，，直线
与底面所成角的正切值为.
（1）求证：平面；
（2）求三棱锥外接球的体积.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】
（1）根据线面角的定义找出线面角，进而得出正三棱锥中相关线段的比例，并设出长度，然后建立空间直角坐标系，利用空间向量方法证明线面垂直；
（2）由条件可以判断三棱锥是正三棱锥，进而可以得出其外接球心应该在直线EO上，然后根据勾股定理算出外接球半径，最后得到答案.
【详解】
（1）证明：在正三棱锥中，延长AO交BC于点D，则D为BC中点.
因为SO⊥平面ABC，所以∠EAO即为直线EA与底面ABC所成的角，
从而.
设AO=2，则，SA=2AO=4，则,
易知，在正中，O为重心，则，.
如图1，以点O为坐标原点，分别以所在方向为y、z轴正方向建立空间直角坐标系.
则,,,,,
所以,,,
所以，则，而，
所以AE⊥平面EBC.
（2）由题意知，三棱锥为正三棱锥，则其外接球心在其高EO所在的直线上，设，设该三棱锥外接球半径为R，如图2，
由，结合勾股定理可得：，
所以外接球的体积.
13．（2022·全国·高三专题练习）已知四棱锥的底面为直角梯形，，，
，，平面，且，平面与平面的交线为.
（1）求证：；
（2）试建立适当的空间直角坐标系，并求点在平面上的射影的坐标.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】
（1）由，根据线面平行的判定可得面，再由线面平行的性质可证；
（2）构建以D为原点，为x、y、z轴的正方向构建空间直角坐标系，写出、、的坐标，可得，，进而求面的法向量并写出平面所在的方程，由，即可求出的坐标.
【详解】
（1）∵，面，面，
∴面，而面面，面，
∴，得证.
（2）由题意，平面，易得、，且，故构建以D为原点，为x、y、z轴的正方向构建空间直角坐标系，
∵，，，
∴，，，，则，，
若为面的一个法向量，则，令，即，
∴面的方程为，
∴为过方向向量为的直线与面PBC的交点，若，则令，可得，
综上，，即，故.
【点睛】
关键点点睛：第二问，构建空间直角坐标系，求出面的一个法向量，并写出平面方程，结合的比例关系，求的坐标.
题型四：异面直线所成的角
1．（2022·四川省成都市新都一中高二期中（理））将正方形沿对角线折起，使得平面平面，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
根据空间直角坐标系，根据向量的夹角的余弦值来确定异面直线的夹角.
【详解】
取中点为，连接，所以，
又面面且交线为，面，
所以面，面，则.
设正方形的对角线长度为2，
如图所示，建立空间直角坐标系，，
所以，.
所以异面直线与所成角的余弦值为.
故选:A
2．（2022·福建龙岩·模拟预测）已知直三棱柱的所有棱长都相等，为的中点，则与所成角的正弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
取线段的中点，则，设直三棱柱的棱长为，以点为原点，、、的方向分别为、、的正方向建立空间直角坐标系，利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系可求得结果.
【详解】
取线段的中点，则，设直三棱柱的棱长为，
以点为原点，、、的方向分别为、、的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、，
所以，，，.
所以，.
故选：C.
3．（2022·内蒙古赤峰·模拟预测（理））在正方体中，，分别为，的中点，则异面直线与所成角的余弦值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
建立空间直角坐标系，设棱长，由向量法可得.
【详解】
如图，以AB、AD、分别为x、y、z轴，建立空间直角坐标系，设正方体棱长为2，则
则
因为
所以异面直线与所成角的余弦值为.
故选：A
4．（2022·河南安阳·高一阶段练习）已知在四棱柱中，底面为正方形，侧棱底面.若，，是线段的中点，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可.
【详解】
建立如图所示的空间直角坐标系，
，
，
所以异面直线与所成角的余弦值为，
故选：B
5．（2022·吉林长春·模拟预测（理））在矩形ABCD中，O为BD中点且，将平面ABD沿对角线BD翻折至二面角为90°，则直线AO与CD所成角余弦值为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
建立空间直角坐标系，利用向量法求得直线AO与CD所成角余弦值.
【详解】
在平面中过作，垂足为；
在平面中过作，垂足为.
由于平面平面，且交线为，
所以平面，平面，
设，
，
同理可得，
以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，
则，
，
设与所成角为，
则.
故选：C
6．（2022·重庆八中模拟预测）如图所示，是棱长为的正方体，、分别是下底面的棱、的中点，是上底面的棱上的一点，，过、、的平面交上底面于，在
上，则异面直线与所成角的余弦值为___________．
【答案】##
【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，分析可知，可求得点的坐标，再利用空间向量法可求得结果.
【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，
则、、、、、，
因为平面平面，平面平面，平面平面，所以，，
设点，，，
因为，所以，，即点，
，，
所以，.
因此，异面直线与所成角的余弦值为.
故答案为：.
7．（2022·江苏·高二阶段练习）如图，四棱雉的底面为直角梯形，∥，，，，平面．
(1)求异面直线与所成的角的余弦值；
(2)求出点A在平面上的投影M的坐标．
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）以D点为原点，， ，分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，然后利用向量的夹角公式求解即可，
（2）设，则，表示出，然后由，，列方程组可求出结果
(1)
因为平面，平面，
所以，
因为，
所以，，两两垂直，
所以以D点为原点，，，分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，．
，，
，
所以异面直线与所成的角的余弦值为．
(2)
设，
则．
又，
由，，得，
解得．
所以．
8．（2022·天津·一模）如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平而ABCD，E为CD的中点，M在AB上，且
(1)求证：EM∥平面PAD；
(2)求平面PAD与平面PBC所成锐二面角的余弦值；
(3)点F是线段PD上异于两端点的任意一点，若满足异面直线EF与AC所成角为45°，求AF的长.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【解析】
【分析】
(1)通过向量证明线线平行，再证明线面平行即可；
(2)分别求出相关平面的法向量后，再运用夹角公式计算即可；
(3)根据已知条件求出点的坐标，再计算长度即可.
(1)
由题意，建立如下图所示的空间直角坐标系，
则.
(1)
则，
所以，又，
所以，
又平面PAD，平面PAD,
所以EM∥平面PAD.
(2)
.
设平面的法向量为，
则有，可取，
由题意，平面的一个法向量可取，
设平面PAD与平面PBC所成锐二面角为，
则，
所以平面PAD与平面PBC所成锐二面角的余弦值为.
(3)
设，，
即，
可得，
所以,又，
由题意有,
解得或（舍）
所以，
所以
9．（2022·江苏常州·高二期中）如图，已知正方形和矩形所在平面互相垂直，，，是线段的中点.
(1)求证：平面；
(2)试在线段上确定一点，使与所成角是60°.
【答案】(1)证明见解析
(2)点应在线段的中点处
【解析】
【分析】
（1）设，连接，通过证明即可得出；
（2）以为原点建立空间直角坐标系，利用向量关系可求出.
(1)
设，连接，因为是正方形，所以是中点，
又因为是矩形，是线段的中点，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)
如图，以为原点建立空间直角坐标系，
依题意设，
则，，
因为，，，
与所成角是，
所以，即，
化简得，解得或（不合题意舍去），
从而，因此点应在线段的中点处．
10．（2022·全国·高二课时练习）如图，直三棱柱中，底面边长为.
(1)若侧棱长为1，求证：；
(2)若与所成角的大小为，求侧棱的长.
【答案】(1)证明见解析
(2)2
【解析】
【分析】
（1）利用空间向量法证明；
（2）利用空间向量的夹角公式求解.
(1)
解：因为，.
又平面ABC，
所以，.
又为正三角形，
所以.
因为，
，
所以；
(2)
结合（1）知，
又.
所以，
得，即侧棱长为2.
题型五：线面角
1．（2022·全国·高三专题练习（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．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【解析】
【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.
(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.
2．（2022·浙江绍兴·模拟预测）如图，三棱台中，，，．
(1)证明：；
(2)求直线与平面所成的角．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）由题，取中点，连接，，先由线线垂直证面，即可由线面垂直证，即可证；
（2）分别以为轴建立如图空间直角坐标系，即可由向量法求所求线面角.
(1)
由题，取中点，连接，由，，则，又面，故面，
因为面，故，又，则，得证；
(2)
由题，，则，又，，
故，故.
分别以为轴建立如图空间直角坐标系，
易得，，，，，，设平面法向量，
则，令，则，
故，故直线与平面所成的角为.
即直线与平面所成的角为.
3．（2022·北京市十一学校高三阶段练习）图1是直角梯形，四边形是边长为2的菱形，并且，以为折痕将折起，使点到达的位置，且，如图2.
(1)求证：平面平面；
(2)在棱上是否存在点，使得到平面的距离为？若存在，求出直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)详见解析；
(2)存在点且为的中点；.
【解析】
【分析】
（1）在图1中连接AC，交BE于O，易知，且，再在图2中由是二面角的平面角证明；
（2）由（1）分别以为x，y，z建立空间直角坐标系，设，由表示坐标，求得平面的一个法向量，根据到平面的距离为求得，进而得到，由求得坐标，设直线与平面所成的角为，由求解.
(1)
证明：如图所示：
在图1中连接AC，交BE于O，
因为四边形是边长为2的菱形，并且，
所以，且，
在图2中，相交直线均与BE垂直，
所以是二面角的平面角，
因为，则，
所以平面平面；
(2)
由（1）分别以为x，y，z建立如图所示空间直角坐标系，
则，
所以，
设，
则，
设平面的一个法向量为，
则，即，取，
因为到平面的距离为，
所以，解得，
则，所以，
设直线与平面所成的角为，
所以直线与平面所成角的正弦值为：.
4．（2022·浙江湖州·模拟预测）已知四棱锥中，底面为等腰梯形，，，，是斜边为的等腰直角三角形．
(1)若时，求证：平面平面；
(2)若时，求直线与平面所成的角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【解析】
【分析】
（1）根据给定条件，证明，再利用线面垂直、面面垂直的判定推理作答.
（2）作出二面角的平面角并求出其大小，再建立空间直角坐标系，借助空间向量求解作答.
(1)
因，，，则有，即有，
又，且，平面，
于是得平面，而平面，
所以平面平面.
(2)
在平面内，过B作直线垂直于，交直线于E，有，，如图，
则为二面角的平面角，平面，，于是得，
中，，则，在中，，，，
由余弦定理得，则有，
显然平面平面，在平面内过B作，则平面，
以B为原点，分别以射线为x，y，z轴非负半轴建立空间直角坐标系，
则，，，
设平面的法向量，则，令，得
而，设与平面所成的角为，
所以与平面所成的角的正弦值为.
5．（2022·北京市第十二中学高二阶段练习）如图，在四棱锥中，平面，底面是梯形，点E在上，．
(1)求证：平面平面；
(2)求直线与平面所成的角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）由题意可得两两垂直，所以以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，利用向量可得，由线面垂直的判定定理可得平面
，然后由面面垂直的判定定理可证得结论，
（2）由（1）可得是平面的法向量，然后向量的夹角公式可求得结果
(1)
证明：因为平面，平面，
所以，
因为，
所以两两垂直，
所以以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
因为，
所以，
所以，
所以，
所以，即，
因为,，
所以平面，
因为平面，
所以平面平面；
(2)
设直线与平面所成的角为，
由（1）可知平面，
所以为平面的一个法向量，
因为，
所以，
所以直线与平面所成的角的正弦值为
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．
【答案】(1)证明见解析；
(2)．
【解析】
【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．
(1)
过点、分别做直线、的垂线、并分别交于点交于点、．
∵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·全国·高三专题练习）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．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【解析】
【分析】
（1）取的中点为，连接，可证平面平面，从而可证平面.
（2）选①②均可证明平面，从而可建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量可求线面角的正弦值.
(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·高三专题练习）如图，在四棱锥中，平面，，，，，点，分别为棱，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)
【解析】
【分析】
（1）以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系,利用向量法证明线面平行；
（2）利用向量法求直线与平面所成角的正弦值.
(1)
证明: 以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系,则,,
则,,
设平面的一个法向量为,
则,
令, 则,
则平面的一个法向量为,
平面
(2)
由（1）得 ,
设直线与平面所成角为.
直线与平面所成角的正弦值为.
9．（2022·河南省杞县高中模拟预测（理））如图，在四棱锥中，四边形ABCD为菱形，且，平面ABCD，E为BC的中点，F为棱PC上一点．
(1)求证：平面平面PAD；
(2)若G为PD的中点，，是否存在点F，使得直线EG与平面AEF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；或
【解析】
【分析】
（1）根据底面菱形的特点得到，再由线面垂直得到，平面，进而得到面面垂直；
（2）建立空间坐标系得到线面角的表达式，求解即可.
(1)
证明：连接，
因为底面为菱形，，
所以是正三角形，
是的中点，
，
又，
平面，平面，
又平面，
又平面，
所以平面平面．
(2)
由（1）知AE，AD，AP两两垂直，以为坐标原点，直线AE，AD，AP分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，设，则，，，，，，
所以，，．
设平面的法向量，则即
令，得平面的一个法向量．
设与平面所成的角为，则
，
解得或，
即存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为，且或．
10．（2022·吉林·三模（理））如图，四棱柱中，平面平面，底面为菱形，与交于点O，．
(1)求证：平面；
(2)线段上是否存在点F，使得与平面所成角的正弦值是？若存在，求出；若不存在，说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在；
【解析】
【分析】
(1)由条件证明，根据面面垂直性质定理可证平面；(2)建立空间直角坐标系，利用向量法求与平面所成角的正弦值，由此可求.
(1)
∵，，∴，
又O是中点∴
∵平面平面，平面平面，
平面，∴平面
(2)
∵底面是菱形，∴
以O为原点，所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系．
则．
又，所以，
∴，
设平面的法向量是，∴，
令，则，
假设线段上存在点F，且，
∴，∴，
∴，
平方整理得：，∴或（舍）.
∴时，即存在点F是中点时，与平面所成角的正弦值是．
题型六：二面角
1．（2022·广东·广州奥林匹克中学高二阶段练习）在四棱锥中，底面为直角梯形，，E，F分别为的中点，.
(1)证明：平面平面；
(2)若与所成角为，求平面和平面所成角的余弦值.
【答案】(1)详见解析；
(2)
【解析】
【分析】
（1）根据，E为的中点，得到，再由，利用线面垂直和面面垂直的判定定理证明；
（2）以E为原点，以EA为x轴，EB为y轴，以EP为z轴，建立空间直角坐标系，求得平面EBF的一个法向量为，再由平面ABE的一个法向量为，由求解.
(1)
证明：因为，E为的中点，
所以，又，且.
所以平面ABCD，
又因为平面PAD，
所以平面平面；
(2)
易证，则，
所以四边形是平行四边形，则，
所以，则，
以E为原点，以EA为x轴，EB为y轴，以EP为z轴，建立空间直角坐标系：
则，
所以，
设平面EBF的一个法向量为，
则，即，
令，则，
平面ABE的一个法向量为，
则，
又是钝角，
所以平面和平面所成角的余弦值.
2．（2022·福建·三明一中模拟预测）如图，四边形为菱形，，将沿折起，得到三棱锥，点M，N分别为和的重心．
(1)证明：∥平面；
(2)当三棱锥的体积最大时，求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）延长交于点P，延长交于O点，连接,证明即可.
（2）证明两两垂直，以O为坐标原点，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，利用二面角的向量公式求解即可.
(1)
延长交于点P，延长交于O点，连接．
因为点M，N分别为和的重心，所以点P，
O分别为和的中点，所以，
又平面，平面，
所以平面．
(2)
当三棱锥的体积最大时，点D到底面的距离最大，
即平面平面，
连接，因为和均为正三角形，
于是，又平面平面，
所以平面，所以两两垂直，
以O为坐标原点，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则，
所以，
又二面角即二面角，
设平面的一个法向量为，则
可得，取，则，
同理设平面的一个法向量为，
则,即，取，则，
所以，
由图可知二面角为钝角，
所以二面角的余弦值为．
3．（2022·青海玉树·高三阶段练习（理））如图，在多面体ABCDFE中，平面平面ABEF，四边形ABCD是矩形，四边形ABEF为等腰梯形，且，，．
(1)求证：；
(2)求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）取EF中点G，连接BF，根据线线平行且相等证明四边形ABGF为平行四边形，再根据勾股定理证明，再根据线面垂直的性质与判定证明平面BCE即可
（2）以为原点建立空间直角坐标系，再分别求解平面和的法向量，进而求得二面角的余弦值即可
(1)
因为四边形ABCD是矩形，故，又平面平面，平面平面，平面ABEF，又平面ABEF，
取EF中点G，连接BG
四边形ABGF为平行四边形
在中，，
平面BCE，且交于点B
平面BCE
平面BCE
(2)
由（1），平面ABEF，可得两两垂直，故以为原点建立如图空间直角坐标系，由（1）同理可得，，故，，，
故，，.
设平面的一个法向量为，则，故 ，令，则
设平面的一个法向量为，则，故 ，令，则
二面角为，则，即二面角的余弦值为
4．（2022·全国·模拟预测（理））如图，在四棱锥中，，，，，，平面平面.
(1)证明：平面；
(2)求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【解析】
【分析】
（1）由面面、线面垂直的性质可得，且，根据线面垂直的判定即可证结论；
（2）构建空间直角坐标系，求面、面的法向量，应用空间向量夹角的坐标表示求二面角的余弦值.
(1)
由题设，，又面面，面面，面，
所以面，而面，则，
由得：，
又，则平面.
(2)
若是的中点，连接，
由，，，，
所以，
面面，面面，面，
所以面，面，则.
综上，可构建如下空间直角坐标系，，
所以，则，
若是面的法向量，则，令，则，
若是面的法向量，则，令，则，
所以，故二面角的余弦值为.
5．（2022·全国·高三专题练习）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．
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）由等体积法运算即可得解；
（2）由面面垂直的性质及判定可得平面，建立空间直角坐标系，利用空间向量法即可得解.
(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.
6．（2022·全国·高三专题练习）如图，等腰直角△ACD的斜边AC为直角△ABC的直角边，E是AC的中点，F在BC上．将三角形ACD沿AC翻折，分别连接DE，DF，EF，使得平面平面ABC．已知，，
(1)证明：平面ABD；
(2)若，求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）过D作，垂足为G，根据线面垂直的性质与判定可得平面DEF，进而证明即可；
（2）先根据（1）结合可得，，，再以E为原点，建立空间直角坐标系，求解平面CDF的法向量，再根据面面垂直的向量求法求解即可
(1)
证明：过D作，垂足为G，
∵平面平面ABC，平面平面，平面DEF，
∴平面ABC，∵平面ABC，∴，
∵E是等腰直角三角形ADC斜边AC的中点，
∴，又，DE，平面DEF，
∴平面DEF，∵平面DEF，∴，
∵，∴，
∵平面ABD，平面ABD，∴平面ABD．
(2)
由题意可知，在等腰直角三角形ADC中，
∵，∴，
由（1）可知，EF为直角三角形BAC的中位线，
∵，∴，∴，
∵，∴，∴，
∴，．
以E为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设平面CDF的法向量，则，，，，，
由得，令，则，
显然，平面ABC的法向量，．
二面角的余弦值．
7．（2022·黑龙江·大庆实验中学模拟预测（理））如图，在四棱锥中，四边形为平行四边形，在平面的投影为边的中点..，，，，．
(1)求证： 平面 ；
(2)点为线段上靠近点的三等分点，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）利用余弦定理及勾股定理得到，再利用点的投影的概念得到平面，从而得到，利用线面垂直的判定定理即可得到 平面,再利用线面垂直判定定理的推论即可得证；（2）利用空间向量求解二面角的余弦值
(1)
因为四边形是平行四边形，所以， ，
故在中，由余弦定理可得：
，
，
，，又在平面的投影为
平面，平面，
，平面
四边形为平行四边形，
，
平面
(2)
取的中点 ，连接，则由（1）知，，两两垂直，故分别以的反向延长线、，为轴、轴、轴建立如图的空间直角坐标系, 则，，，，， ，，
设，，
易知平面的一个法向量为，
设平面的法向量为，
则，
令得，
由题得
平面与平面所成的锐二面角余弦值．
8．（2022·河南·开封市东信学校模拟预测（理））如图，在三棱锥中，D，E分别为的中点，且平面．
(1)证明：；
(2)若，求锐二面角的大小．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【解析】
【分析】
(1)根据线面垂直可证，再证平面即可得证；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解即可.
(1)
∵D为中点，且，∴，即．
∵平面，平面，∴．
∵，∴平面．
又∵平面，∴；
(2)
由（1）可知，以为x轴，为y轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
设，∵，∴，，
∴．
设平面的法向量为，有
即，令，得．
设平面的法向量为，
由，
有，取，则
可得，
有，，
∴二面角的余弦值为，
故锐二面角的大小为．
9．（2022·山东聊城·三模）已知四边形ABCD为平行四边形，E为CD的中点，AB=4，为等边三角形，将三角形ADE沿AE折起，使点D到达点P的位置，且平面平面ABCE.
(1)求证：；
(2)试判断在线段PB上是否存在点F，使得平面AEF与平面AEP的夹角为45°.若存在，试确定点F的位置；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，点F为线段PB的靠近点P的三等分点
【解析】
【分析】
（1）由BE⊥AE结合平面AEP⊥平面ABCE得出BE⊥平面APE，再由线面垂直的定义得出；
（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.
(1)
证明：因为四边形ABCD为平行四边行，且为等边三角形，
所以∠BCE=120 .
又E为CD的中点，所以CE=ED=DA=CB，即为等腰三角形，
所以∠CEB=30 .
所以∠AEB=180 －∠AED－∠BEC=90 ，
即BE⊥AE.
又因为平面AEP⊥平面ABCE，
平面平面ABCE=AE，平面ABCE，
所以BE⊥平面APE，
又平面APE，所以BE⊥AP.
(2)
解：取AE的中点O，连接PO，由于为正三角形，则PO⊥AE，
又平面APE⊥平面ABCE，平面平面ABCE=AE，平面EAP，
所以PO⊥平面ABCE，，，
取AB的中点G，则，
由（1）得BE⊥AE，所以OG⊥AE，
以点O为原点，分别以OA，OG，OP所在的直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz，
则0（0，0，0），A（1，0，0），，，E（－1，0，0），
则，，，，
假设存在点F，使平面AEF与平面AEP的夹角为45°，
设，
则，
设平面AEF的法向量为，
由得，取z=2λ，
得；
由（1）知为平面AEP的一个法向量，
于是，，
解得或λ=－1（舍去），
所以存在点F，且当点F为线段PB的靠近点P的三等分点时，平面AEF与平面AEP的夹角为45°.
10．（2022·福建省连城县第一中学高二阶段练习）在四棱锥P-ABCD中，底面为直角梯形，CDAB，∠ABC=90°，AB=2BC=2CD=4，侧面PAD平面ABCD，PA=PD=2，E为PA中点.
(1)求证：ED平面PBC；
(2)已知平面PAD与平面PBC的交线为，在上是否存在点N，使二面角P-DC-N的余弦值为？若存在，请确定点N位置；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，点N为PM的中点，其中M为AD与BC交点
【解析】
【分析】
(1) 取PB的中点F，连接EF，FC，先证明四边形EFCD为平行四边形，从而EDFC，从而可证明.
(2) 延长AD，BC相交于点M，连接PM，得出直线.取AB中点Q，连DQ，则DQDC，过D在平面PAD内作AD的垂线DH，可得DH平面ABCD.分别以DQ，DC，DH所在直线为x轴 y轴 z轴正方向，建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
(1)
取PB的中点F，连接EF，FC，
在三角形PAB中，EFAB，且，
在直角梯形中，CDAB，且
∴EFCD，EF = CD
∴四边形EFCD为平行四边形,所以EDFC
又FC平面PBC，ED平面PBC
所以ED平面PBC；
(2)
在梯形中，CDAB，则AD，BC延长必相交.
延长AD，BC相交于点M，连接PM，知PM即为交线.
取AB中点Q，连DQ，则DQDC，过D在平面PAD内作AD的垂线DH，
又侧面PAD 平面ABCD，侧面PAD 平面ABCD=AD，
则DH平面ABCD.
分别以DQ，DC，DH所在直线为x轴 y轴 z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以.
设平面PDC的法向量为，则由,即，
取，则，，所以.
设，，
则，所以，，
即
∴，（0，2，0）.
设平面NDC的法向量为，则由即，
取，则，，所以.
所以
因为二面角P-DC-N的余弦值为
所以，
所以，解得或
由，即，解得
则当时，二面角P-DC-N为锐二面角；当时，二面角P-DC-N为钝二面角
所以，经检验时，不合题意，舍去.
所以存在点N，点N为PM的中点.
题型七：距离问题
1．（2022·福建省连城县第一中学高二阶段练习）已知平面的法向量为，点在平面内，则点到平面的距离为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
根据点到平面的距离的向量公式直接计算即可.
【详解】
则点到平面的距离为
故选：D
2．（2022·江苏·高二课时练习）长方体中，，，为的中点，则异面直线与之间的距离是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
建立如图所示的空间直角坐标系，得出各点坐标，求出与的公垂线的一个方向向量，由空间向量的数量积求得结论．
【详解】
建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，
，，
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．
故选：D．
3．（2022·江苏·淮安市淮安区教师发展中心学科研训处高二期中）将边长为的正方形沿对角线折成直二面角，则点到平面的距离为______．
【答案】##
【解析】
【分析】
建立空间直角坐标系，由向量法计算可得.
【详解】
记AC与BD的交点为O，图1中，由正方形性质可知，
所以在图2中，，所以，即
如图建立空间直角坐标系，易知
则
则
设为平面ABC的法向量，
则，取，得
所以点到平面的距离
故答案为：
4．（2022·江西南昌·高二期中（理））如图，在棱长为4的正方体中，E为BC的中点，点P在线段上，点Р到直线的距离的最小值为_______.
【答案】##
【解析】
【分析】
建立空间直角坐标系，借助空间向量求出点Р到直线距离的函数关系，再求其最小值作答.
【详解】
在正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，
因点P在线段上，则，，
，向量在向量上投影长为，
而，则点Р到直线的距离
，当且仅当时取“=”，
所以点Р到直线的距离的最小值为.
故答案为：
5．（2022·福建·厦门一中高二阶段练习）在空间直角坐标系中，点，则到直线的距离为__________．
【答案】
【解析】
【分析】
利用点到直线距离的向量公式即可求解．
【详解】
依题意得，
则到直线的距离为
故答案为：
6．（2022·全国·高二课时练习）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】#
【解析】
【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：.
7．（2022·全国·高二期末）如图，在正方体中，AB＝1，M，N分别是棱AB，的中点，E是BD的中点，则异面直线，EN间的距离为______.
【答案】
【解析】
【分析】
建立空间直角坐标系，表示出，求出同时垂直于的，再通过公式求距离即可.
【详解】
以为原点，的方向为轴建立空间直角坐标系，易知，
，设同时垂直于，由，令，得，
又，则异面直线，EN间的距离为.
故答案为：.
8．（2022·浙江·杭州市富阳区第二中学高二阶段练习）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】
【解析】
【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：
9．（2022·江苏·南京师大附中高二期末）在矩形ABCD中，，点E是线段AD的中点，将△ABE沿BE折起到△PBE位置（如图），点F是线段CP的中点．
(1)求证：DF∥平面PBE：
(2)若二面角的大小为，求点A到平面PCD的距离．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【解析】
【分析】
（1）利用线面平行的判定定理即得；
（2）由题建立空间直角坐标系，利用点到平面的距离的向量求法即得.
(1)
设PB的中点为G点，连接GF和GE，
因为点G、点F分别为PB和PC的中点，
所以且，又且，
所以且，
所以四边形GFDE为平行四边形，
所以，又GE平面PBE，DF平面PBE，
所以DF∥平面PBE；
(2)
由二面角的大小为可知，平面平面，
取BE得中点O，连接，则，平面，
如图建立空间直角坐标系，
则，，
所以，
设平面PCD的法向量为，
则，
令则，又，
所以点A到平面PCD的距离为.
10．（2022·全国·高二课时练习）如图，是正四棱锥，是正方体，其中，．
(1)求该几何体的表面积；
(2)求点到平面PAD的距离．
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）先计算正四棱锥的斜高，即可求得几何体的表面积；
（2）建立空间直角坐标系，求得相关点的坐标，求得平面PAD的一个法向量，根据空间距离的向量求法，可得答案.
(1)
由题意得正四棱锥的斜高，
故几何体表面积为．
(2)
如图，分别以、、为x、y、z轴，建立空间直角坐标系,
则 ,
设平面PAD的法向量是．∵，，
∴由，可得，
取得．∵，
∴到平面PAD的距离．
11．（2022·湖南·高二课时练习）在正方体中，M，N，E，F分别为，，，的中点，棱长为4，求平面MNA与平面EFBD之间的距离．
【答案】．
【解析】
【分析】
建立如图所示的空间直角坐标系，用空间向量法求面面距．
【详解】
以为轴建立空间直角坐标系，如图，
则，，，
，
设平面的一个法向量是，
则，取得，
又，
，
所以平面MNA与平面EFBD之间的距离．
12．（2022·全国·高二）如图，已知正方体的棱长为2，E，F，G分别为AB，BC，的中点．
(1)求证：平面平面EFG；
(2)求平面与平面EFG间的距离．
【答案】(1)证明见详解；
(2)﹒
【解析】
【分析】
(1)要证面面平行，转化为证明两组线面平行，连接AC，证明EF∥AC∥，可证∥平面，同理可证EG∥平面；
(2)由(1)知两平面平行，建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，两平面间的距离为在法向量上的投影﹒
(1)
∵E是AB中点，F是BC中点，
∴连接AC得，EF∥AC，
∵是平行四边形，
∴，
又平面平面，
∥平面，
同理，连接可得，可得EG∥平面，
与平面EFG，
∴平面∥平面EFG﹒
(2)
如图：
以D为原点，DA、DC、分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系Oxyz﹒
则
∴，
设平面的法向量为，
则，取，
则平面与平面EFG间的距离为﹒
13．（2022·全国·高二课时练习）正方体的棱长为1，E F分别为 CD的中点，求点F到平面的距离.
【答案】
【解析】
【分析】
以点为原点，分别以和所在的直线分别为轴、轴和
轴的正方向，建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量，结合向量的距离公式，即可求解.
【详解】
以点为原点，分别以和所在的直线分别为轴、轴和轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示，
则 ，
所以，，
设平面的一个法向量为，则，
取，可得，所以，
又由，所以点F到平面的距离.
故答案为：.
14．（2022·全国·高二课时练习）如图，已知是底面边长为1的正四棱柱，为与的交点.
(1)若点到平面的距离为，求正四棱柱的高；
(2)在（1）的条件下，点是的中点，求点到直线的距离.
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】
根据题意建立空间直角坐标系，第一问利用空间向量计算点到面的距离，从而得到参数的值；第二问利用空间向量共线和垂直的条件，得到垂线段所在的向量，垂线段所在的向量的模即为点到线的距离
(1)
设正四棱柱的高为，以为坐标原点，、、所在的直线分别为 轴、轴、轴建立如图的空间直角坐标系，则
则，，.设平面的法向量为.因为，，所以，.
由得，，所以.取，得.由点 到平面的距离为，解得高；
(2)
由（1）可知、 、
设，为垂足，设，.
因为，所以.
因为，，所以，即.
所以.所以.所以，故点到直线的距离为.

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