(人教A版选择性必修一册)高中数学精品讲义第1章第11讲第一章空间向量与立体几何章末题型大总结(学生版+解析)
文档属性
| 名称 | (人教A版选择性必修一册)高中数学精品讲义第1章第11讲第一章空间向量与立体几何章末题型大总结(学生版+解析) |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 8.0MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2024-10-08 17:10:35 | ||
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文档简介
第11讲 第一章 空间向量与立体几何 章末题型大总结
题型01空间向量的概念及运算
【典例1】（多选）（23-24高一下·山东淄博·期中）已知，，是平面上的三个非零向量，那么下列说法正确的是（ ）
A．若，则或
B．若，则
C．若，则与的夹角为
D．在正方体中，
【典例2】（23-24高一下·吉林长春·期中）如图，在空间四边形中，，，，点在上，且，为的中点，则等于（ ）
A． B．
C． D．
【变式1】（23-24高二上·云南临沧·阶段练习）如图，平行六面体中，分别为的中点.若，则（ ）
A． B．
C． D．
【变式2】（23-24高二下·北京·开学考试）已知平行六面体，则下列四式中错误的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【变式3】（2024高二·全国·专题练习）如图，在四面体PABC中，E是AC的中点，，设，，则（ ）
A． B．
C． D．
题型02四点共面问题
【典例1】（23-24高二下·四川成都·期中）已知为空间任意一点，若，则四点（ ）
A．一定不共面 B．一定共面 C．不一定共面 D．无法判断
【典例2】（23-24高二上·广东深圳·阶段练习）已知四面体，空间的一点满足，若共面，则 .
【典例3】（23-24高二上·河南洛阳·期中）已知点在确定的平面内，是空间任意一点，实数满足，则的最小值为（ ）
A． B． C．1 D．2
【变式1】（23-24高二上·四川遂宁·阶段练习）已知为空间任一点，，，，四点满足任意三点不共线，但四点共面，且，则的值为（ ）
A．1 B． C．2 D．
【变式2】（23-24高二上·广东深圳·阶段练习）已知，，，是平面内不共线的四点，为平面外一点，若，则（ ）
A． B． C． D．
【变式3】（23-24高二上·上海·期中）在平面上有如下命题：“若为直线外一点，则点在直线上的充要条件是：存在实数，满足且”类比此命题，给出点在平面上的充要条件是： .
题型03平面法向量的求解
【典例1】（23-24高二上·湖北荆州·期末）已知正方体的棱长为1，以为原点，为单位正交基底，建立空间直角坐标系，则平面的一个法向量是（ ）
A． B． C． D．
【典例2】（23-24高二上·河南漯河·阶段练习）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ACE的一个法向量.
【变式1】（23-24高二上·浙江嘉兴·期中）在空间直角坐标系中，，，，则平面的一个法向量为（ ）
A． B． C． D．
【变式2】（2024高三·全国·专题练习）已知是平面内的两个不共线的向量，，求平面的一个法向量．
题型04利用空间向量证明平行、垂直关系
【典例1】（23-24高二下·甘肃白银·期中）在棱长为2的正方体中，E，F分别是棱的中点，直线与平面交于点．
(1)求；
(2)求；
(3)若点在棱BC上，且平面，求的长．
【典例2】（23-24高二上·重庆梁平·开学考试）平面上两个等腰直角和，既是的斜边又是的直角边，沿边折叠使得平面平面，为斜边的中点．
(1)求证：；
(2)在线段上是否存在点，使得平面平面？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
【典例3】（23-24高二上·广东珠海·期末）已知在四棱锥中，底面是矩形，且，，平面，、分别是线段、的中点.
(1)求证：；
(2)在线段上是否存在点，使得平面，若存在，确定点的位置；若不存在，请说明理由.
【变式1】（2024高二上·全国·专题练习）如图，在四棱锥中，底面，，，，，点E为棱PC的中点．证明：
(1)平面；
(2)平面平面．
【变式2】（2024高二上·江苏·专题练习）如图，正方形ADEF所在平面和等腰梯形所在的平面互相垂直，已知，.
(1)求证：；
(2)在线段BE上是否存在一点P，使得平面平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【变式3】（23-24高二上·四川成都·阶段练习）如图，多面体中，面为正方形，平面，且为棱的中点，为棱上的动点.
(1)证明：当为棱的中点时，平面；
(2)是否存在点，使得；若存在，求的值；若不存在，请说明理由.
题型05异面直线所成角
【典例1】（23-24高二下·江苏泰州·阶段练习）如图，平行六面体，其中，以顶点A为端点的三条棱长均为2，且它们彼此的夹角都是，则异面直线与所成角的正切值为 ．
【典例2】（2024·全国·模拟预测）如图，长方体中，，点在线段上，且为线段的中点，若，则异面直线与所成角的余弦值为 ．
【典例3】（23-24高二上·浙江·期中）已知三棱锥与是两个同底面的正三棱锥，且是的中点，记异面直线所成的角为，则的最大值为 ．
【变式1】（2024·辽宁·一模）如图，四边形是正方形，平面，且，是线段的中点，则异面直线与所成角的正切值为 .
【变式2】（23-24高二上·湖南长沙·阶段练习）如图，在三棱锥中，，点在线段上，且，则直线与直线所成角的余弦值为 ．
【变式3】（23-24高二上·浙江嘉兴·期中）在正方体中，动点在线段上，，分别为，的中点．若异面直线与所成角为，则的取值范围为 ．
题型06利用向量法求直线与平面所成角
【典例1】（23-24高二上·上海徐汇·期中）正三棱柱中，，则直线与平面所成角的正弦值为 .
【典例2】（23-24高三上·浙江·期末）如图，已知菱形，，沿直线将翻折成，分别为的中点，与平面所成角的正弦值为，为线段上一点（含端点），则与平面所成角的正弦值的最大值为 .
【典例3】（2024·北京西城·三模）如图.在四棱锥P-ABCD中.平面.底面ABCD为菱形.E.F分别为AB.PD的中点.
(1)求证：平面；
(2)若，，，求直线CD与平面EFC所成角的正弦值.
【变式1】（23-24高二上·河北·期中）如图1，已知为直角三角形，于点，现沿将折成的二面角如图2，则与平面所成角为 .
图1 图2
【变式2】（23-24高二上·广东肇庆·期末）如图，在长方体中，，，E，F分别为棱AB，BC上一点，且，P是线段上一动点，当三棱锥的体积最大时，直线与平面所成角的正弦值的取值范围为 ．
【变式3】（23-24高三下·上海松江·阶段练习）如图，在圆锥中，P是圆锥的顶点，O是圆锥底面圆的圆心，是圆锥底面圆的直径，等边三角形是圆锥底面圆的内接三角形，是圆锥母线的中点，，.
(1)求证：平面；
(2)设线段与交于点，求直线与平面所成角的正弦值.
题型07利用向量法解决直线与平面所成角的探索性问题
【典例1】（23-24高三下·上海·阶段练习）如图，四棱锥的底面为正方形，底面分别是线段的中点，是线段上的一点.
(1)证明直线平面;
(2)若直线与平面所成角的正弦值为，试确定点的位置.
【典例2】（2024·河北秦皇岛·二模）如图，在四棱锥中，，，，，E是棱的中点，且平面，点F是棱上的一点.
(1)求证：平面平面；
(2)若直线与平面所成角的正弦值为，求的长
【典例3】（23-24高二下·江苏盐城·期中）如图，在四棱锥中，平面平面，，且，，，，，为的中点.
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面所成锐二面角的余弦值；
(3)在线段上是否存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值为，若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
【变式1】（23-24高三下·贵州·阶段练习）如图，已知正方体，为的中点.
(1)过作出正方体的截面，使得截面平行于平面，并说明理由；
(2)为线段上一点，且直线与截面所成角的正弦值为，求.
【变式2】（2024·广东汕头·一模）如图，三棱台中，侧面四边形为等腰梯形，底面三角形为正三角形，且.设为棱上的点.
(1)若为的中点，求证：；
(2)若三棱台的体积为，且侧面底面，试探究是否存在点，使直线与平面所成角的正弦值为？若存在，确定点的位置；若不存在，说明理由.
【变式3】（2024·广东广州·二模）如图，在三棱柱中，侧面是菱形，且与平面垂直，，.
(1)证明：平面；
(2)棱上是否存在一点，使得直线与平面所成角为？若存在，请确定点的位置；若不存在，请说明理由.
题型08利用向量法求二面角
【典例1】（23-24高二下·江苏连云港·阶段练习）如图，在四棱锥中，侧面底面，侧棱，，底面为直角梯形，其中，，，O为中点．线段上存在一点Q，使得二面角的余弦值为，则
【典例2】（2024高三·全国·专题练习）如图，直三棱柱的体积为4，的面积为．设D为的中点，，平面平面，则二面角的正弦值为 ．
【典例3】（23-24高二下·湖北武汉·阶段练习）四棱锥中，，侧面底面，且是棱上一动点．
(1)求证：上存在一点，使得与总垂直；
(2)当平面时，求的值；
(3)当时，求平面与平面所成角的大小．
【变式1】（23-24高三上·江苏苏州·阶段练习）如图，在正方体中，和分别为底面和侧面的中心，则二面角的余弦值为 .
【变式2】（23-24高二上·福建泉州·期中）中国古代数学瑰宝《九章算术》中记载了一种被称为“羡除”的几何体，该几何体是三个面均为梯形，其他两个面为三角形的五面体.如图，现有一羡除，平面平面，，，四边形，均为等腰梯形，，M，N，P分别为，，的中点，则二面角的平面角的余弦值为
【变式3】（23-24高二下·江西·阶段练习）如图，在中，分别为边的中点，将沿折起到处，为线段的中点.
(1)求证：平面平面；
(2)若，求平面与平面的夹角的余弦值.
题型09利用向量法解决二面角中的探索性问题
【典例1】（2024·安徽·三模）如图，已知四棱锥中，点在平面内的投影为点，，.
(1)求证：平面平面；
(2)若平面与平面所成角的正弦值为，求的值.
【典例2】（2024·江苏泰州·模拟预测）如图，直四棱柱的底面是菱形，，，，E，N分别是BC，的中点．
(1)若M是的中点，证明：平面平面；
(2)若M是线段上的一动点，当二面角的余弦值为时，求BM长度．
【典例3】（23-24高二下·江苏连云港·期中）在四棱柱中，已知平面，，，，，是线段上的点．
(1)求证：平面平面．
(2)在线段上是否存在点，使得二面角的余弦值为？若存在，求出点位置；若不存在，说明理由．
【变式3】（2024·江西·二模）如图所示的五面体为直三棱柱截去一个三棱锥后的几何体，，，D为的中点，E，F分别为，的中点.
(1)判断BF和CE是否垂直，并说明理由；
(2)设（），是否存在，使得平面ABC与平面PBF夹角的余弦值为？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由.
题型10利用向量法求点到直线的距离
【典例1】（23-24高二上·天津·期末）已知空间三点，，，则点到直线的距离为 .
【典例2】（23-24高二上·山东枣庄·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 .
【变式1】（23-24高二上·黑龙江齐齐哈尔·期末）若空间三点，则点到直线的距离为 ．
【变式2】（23-24高二上·福建莆田·期中）如图，在平行六面体中，，，E为的中点，则点E到直线的距离为 ．
【变式3】（23-24高二上·全国·课后作业）如图①，在中，，，，、分别是、上的点，且，，将沿折起到的位置，使平面，如图②.若点是线段的靠近点的三等分点，点是线段上的点，直线过点且垂直于平面，则点到直线的距离的最小值为 .
题型11利用向量法求点到平面的距离
中点.则点到平面ABN的距离为 .
【变式3】（23-24高二上·山东潍坊·期中）已知正方体的棱长为2，点M是棱BC的中点，点N是棱上的一个动点，设点A，M，N确定的平面为，当点N为的中点时，平面截正方体的截面的面积为 ．点到平面的距离的最小值为 ．
题型12利用向量法解决点到平面的距离的探索性问题
【典例1】（23-24高三上·广东深圳·开学考试）正方体的棱长为2，底面内（含边界）的动点到直线的距离与到平面的距离相等，则三棱锥体积的取值范围为 .
【典例2】（2024·四川广安·）如图，在棱长为2的正方体中，M是线段AB上的动点．
（1）证明：平面；
（2）若点M是AB中点，求二面角的余弦值；
（3）判断点M到平面的距离是否为定值？若是，求出定值；若不是，请说明理由．
【变式1】（23-24高二上·四川宜宾·期末）如图，在三棱柱中，四边形是菱形，分别是的中点，平面，.
(1)证明：
(2)若，点到平面的距离为.求直线与平面所成角的正弦值．21世纪教育网(www.21cnjy.com)
第11讲 第一章 空间向量与立体几何 章末题型大总结
题型01空间向量的概念及运算
【典例1】（多选）（23-24高一下·山东淄博·期中）已知，，是平面上的三个非零向量，那么下列说法正确的是（ ）
A．若，则或
B．若，则
C．若，则与的夹角为
D．在正方体中，
【答案】BD
【分析】根据向量的定义结合向量模的含义可判断A；根据数量积的运算律判断B；根据向量的夹角公式可判断C；根据正方体的性质可判断D。
【详解】对于A，若，但，的方向不确定，A错误；
对于B，若，两边平方得，
则，B正确；
对于C，，则，即得，
故，，
故，
而，故与的夹角为，C错误；
对于D，在正方体中，，
故四边形为平行四边形，故，
故，D正确，
故选：BD
【典例2】（23-24高一下·吉林长春·期中）如图，在空间四边形中，，，，点在上，且，为的中点，则等于（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】利用向量加法的定义及题设条件即可化简得到结论.
【详解】由点在上，且，知；由为的中点，知.
所以.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于对向量加法定义的运用.
【变式1】（23-24高二上·云南临沧·阶段练习）如图，平行六面体中，分别为的中点.若，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】根据题意，利用空间向量的线性运算法，求得，进而求得的值，即可求解.
【详解】因为平行六面体中，分别为的中点，
可得，
又因为，可得，即.
故选：A.
【变式2】（23-24高二下·北京·开学考试）已知平行六面体，则下列四式中错误的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】根据平行六面体的性质及空间向量线性运算法则计算可得.
【详解】对于A：，故A正确；
对于B：因为，所以，故B正确；
对于C：，故C正确；
对于D：因为，所以，
故D错误.
故选：D
【变式3】（2024高二·全国·专题练习）如图，在四面体PABC中，E是AC的中点，，设，，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】根据向量的线性运算即可求解．
【详解】因为E是AC的中点，，
所以
故选：B．
题型02四点共面问题
【典例1】（23-24高二下·四川成都·期中）已知为空间任意一点，若，则四点（ ）
A．一定不共面 B．一定共面 C．不一定共面 D．无法判断
【答案】B
【分析】根据空间向量线性运算化简得，即可判断四点位置情况.
【详解】由题设，
所以，则，故四点共面.
故选：B
【典例2】（23-24高二上·广东深圳·阶段练习）已知四面体，空间的一点满足，若共面，则 .
【答案】
【分析】根据向量共面，由共面基本定理即可列方程求解，或者利用共面的结论求解.
【详解】方法一：由共面，故存在实数使得 ,
故,化简得,
又，所以，解得，
方法二：因为共面，所以，解得.
故答案为:.
【典例3】（23-24高二上·河南洛阳·期中）已知点在确定的平面内，是空间任意一点，实数满足，则的最小值为（ ）
A． B． C．1 D．2
【答案】A
【分析】由空间向量四点共面定理可得，然后利用一元二次函数的图像和性质求最小值即可.
【详解】由题意因为四点共面且平面唯一确定，，
所以，即，
所以，
由一元二次函数的图像和性质可得当时，取得最小值，
所以，
故选：A
【变式1】（23-24高二上·四川遂宁·阶段练习）已知为空间任一点，，，，四点满足任意三点不共线，但四点共面，且，则的值为（ ）
A．1 B． C．2 D．
【答案】B
【分析】
根据空间向量共面定理的推论求解．
【详解】解：，，
又，，，四点满足任意三点不共线，但四点共面，
，，
故选：B．
【变式2】（23-24高二上·广东深圳·阶段练习）已知，，，是平面内不共线的四点，为平面外一点，若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由空间向量的共面定理的推论求解即可.
【详解】因为，，，是平面内不共线的四点，，所以.
故选：D
【变式3】（23-24高二上·上海·期中）在平面上有如下命题：“若为直线外一点，则点在直线上的充要条件是：存在实数，满足且”类比此命题，给出点在平面上的充要条件是： .
【答案】存在实数满足且.
【分析】命题表示的点在直线上的充要条件，类比直线，推广到点在平面内的充要条件.
【详解】类比到空间向量，所得结论为，在空间中，点在平面内的充要条件是：存在实数满足且.
充分性：因为点在平面内，所以满足平面向量基本定理，
得到，即，
整理得：，所以存在实数.
满足，且，得证.
必要性：因为且.
所以
即有
，由共面定理可得、、、四点共面，即点在平面内.
故答案为：存在实数满足
题型03平面法向量的求解
【典例1】（23-24高二上·湖北荆州·期末）已知正方体的棱长为1，以为原点，为单位正交基底，建立空间直角坐标系，则平面的一个法向量是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】求出的坐标，设平面的一个法向量为，利用求出法向量.
【详解】如图由已知得，
则，
设平面的一个法向量为，
则，取得.
故选：D.
【典例2】（23-24高二上·河南漯河·阶段练习）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ACE的一个法向量.
【答案】（不唯一）
【分析】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】因为PA⊥平面ABCD，底面ABCD为矩形，所以AB，AD，AP两两垂直.
如图所示，以A为坐标原点，AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系A－xyz，
则，， ，，，
于是，，
设平面ACE的一个法向量为，
则，即，所以，
令，则，，即
所以平面ACE的一个法向量.
【变式1】（23-24高二上·浙江嘉兴·期中）在空间直角坐标系中，，，，则平面的一个法向量为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】设平面的一个法向量为，利用列方程求解即可.
【详解】由已知，
设平面的一个法向量为，
取，解得，
选项A符合，另外选项BCD中的向量与选项A中的向量不共线.
故选：A.
【变式2】（2024高三·全国·专题练习）已知是平面内的两个不共线的向量，，求平面的一个法向量．
【答案】
【分析】可利用待定系数法，利用垂直关系建立方程组，对进行赋值即可求解；也可以利用矢量积法进行求解.
【详解】解法一（待定系数法）：设是平面的一个法向量，
由直线与平面垂直的判定定理知
即
不妨设，得解得
∴平面的一个法向量．
解法二（矢量积法）：设是平面的一个法向量，
由矢量积法可知平面的一个法向量
．
题型04利用空间向量证明平行、垂直关系
【典例1】（23-24高二下·甘肃白银·期中）在棱长为2的正方体中，E，F分别是棱的中点，直线与平面交于点．
(1)求；
(2)求；
(3)若点在棱BC上，且平面，求的长．
【答案】(1)2
(2)
(3)
【分析】（1）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用坐标运算求解；
（2）设，求出面的法向量，通过列方程求出即可；
（3）设，则，可得是平面的一个法向量，通过求解即可.
【详解】（1）如图，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，
则，
所以，
所以；
（2）设，则
设平面的法向量为，
则，令得，
依题意可得，
解得，所以；
（3）设，则，
由（2）知，则，
因为，
所以，
所以是平面的一个法向量．因为平面，
所以，解得，
所以的长为.
【典例2】（23-24高二上·重庆梁平·开学考试）平面上两个等腰直角和，既是的斜边又是的直角边，沿边折叠使得平面平面，为斜边的中点．
(1)求证：；
(2)在线段上是否存在点，使得平面平面？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，
【分析】（1）取中点，连接，依题意可得、即可证明平面，从而得证；
（2）建立空间直角坐标系，求出平面、平面的一个法向量，根据平面垂直可得法向量数量积为求解即可.
【详解】（1）取中点，连接，如图，
又为的中点，
，由，则，
又为等腰直角三角形，，，
，又，平面，
平面，又平面，
（2）平面平面，平面平面，，平面，
平面，平面，故，
故以为原点，为、、轴正方向的空间直角坐标系，设，
，
则，，，
若存在使得平面平面，且，，
则，解得，，
则，，
设为平面的一个法向量，则，
令，即，
设是平面的一个法向量，则，
令，则，
，可得．
存在使得平面平面，此时
【典例3】（23-24高二上·广东珠海·期末）已知在四棱锥中，底面是矩形，且，，平面，、分别是线段、的中点.
(1)求证：；
(2)在线段上是否存在点，使得平面，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，为的四等分点（靠近）.
【分析】（1）根据给定条件，建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明推理即得.
（2）求出平面的法向量，设出点的坐标，利用线面平行的向量表示求解即得.
【详解】（1）在四棱锥中，底面是矩形，平面，则直线两两垂直，
以点原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，令，
于是，
因此，即，
所以.
（2）由（1）知，，假定存在点满足条件，
设，，
设平面的法向量为，则，令，得，
要平面，显然平面，则只需，即，解得，
所以在线段上存在点，使得平面，点为靠近点的线段的四等分点.
【变式1】（2024高二上·全国·专题练习）如图，在四棱锥中，底面，，，，，点E为棱PC的中点．证明：
(1)平面；
(2)平面平面．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意，先证明AB，AD，AP两两垂直，从而建立对应的空间直角坐标系，再利用空间向量法证明平面PAD的一个法向量与垂直，进而即可证明结论；
（2）结合（1），先证明平面PCD的一个法向量与平面PAD的一个法向量垂直，进而即可证明结论．
【详解】（1）因为平面ABCD，且平面ABCD，所以，
又因为，且，平面，所以平面，
依题意，以点A为原点，以，，分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
由为棱的中点，得，则，
所以为平面的一个法向量，
又，所以，
又平面，所以平面．
（2）由（1）知平面的一个法向量，，，
设平面PCD的一个法向量为，则，
令，可得，所以，
又，
所以，所以平面平面.
【变式2】（2024高二上·江苏·专题练习）如图，正方形ADEF所在平面和等腰梯形所在的平面互相垂直，已知，.
(1)求证：；
(2)在线段BE上是否存在一点P，使得平面平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，
【分析】（1）根据题意，由线面垂直的判定定理可得平面，再由其性质定理即可证明；
（2）根据题意，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，代入计算，即可得到结果.
【详解】（1）
证明：∵平面平面，平面，
，平面，∴平面.
∵平面，∴，
过A作于H，
则，
∴，∴，∴.
∵，平面，
∴平面.
∵平面，∴.
（2）
存在.理由：由（1）知，两两垂直，
以A为坐标原点，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，
假设在线段BE上存在一点P满足题意，则易知点P不与点B，E重合，
设，则，
由，可求得.
设平面PAC的一个法向量为，则，
由，
可得，
即，令，则，所以为平面PAC的一个法向量.
又，
设平面BCEF的一个法向量为，
则，可得，
所以为平面BCEF的一个法向量.
当，即时，平面平面，故存在满足题意的P，
此时.
【变式3】（23-24高二上·四川成都·阶段练习）如图，多面体中，面为正方形，平面，且为棱的中点，为棱上的动点.
(1)证明：当为棱的中点时，平面；
(2)是否存在点，使得；若存在，求的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)不存在，理由见解析
【分析】（1）取中点为，通过平行关系证明四边形为平行四边形，再结合线面平行的判定定理完成证明；
（2）建立合适空间直角坐标系，将垂直关系转化为向量的数量积为，结合结果进行判断即可.
【详解】（1）当为的中点时，取中点为，连接，
因为分别为的中点，故可得，
根据已知条件可知：，故，
故四边形为平行四边形，则，
又平面平面，
故面；
（2）因为平面平面，故，
又四边形为矩形，故，则两两垂直，
以为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，
则，设，
若，则，
即，解得，不满足题意，
故不存在.
题型05异面直线所成角
【典例1】（23-24高二下·江苏泰州·阶段练习）如图，平行六面体，其中，以顶点A为端点的三条棱长均为2，且它们彼此的夹角都是，则异面直线与所成角的正切值为 ．
【答案】
【分析】记，以为基底表示出，然后利用数量积性质求出，由夹角公式求出，然后可得.
【详解】记，
则，，
因为，
所以，
，
，
记异面直线与所成角为，
则，
所以，所以.
故答案为：
【典例2】（2024·全国·模拟预测）如图，长方体中，，点在线段上，且为线段的中点，若，则异面直线与所成角的余弦值为 ．
【答案】/
【分析】建立空间直角坐标系，设出相关点及向量的坐标，求出必要参数，利用向量的夹角公式求解即可，或作合适辅助线，利用线线角定义求解也可.
【详解】．
解法一
以点为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，设，
则，
所以，则，解得，
所以，所以，设线线角为
则，
因此异面直线与所成角的余弦值为．
故答案为：
解法二
设，因为，所以，得．如图，取线段上靠近点的三等分点，靠近点的三等分点，连接，易知， 又，
所以，故为异面直线与所成的角或其补角．
，
所以，因此异面直线与所成角的余弦值为．
故答案为：
【典例3】（23-24高二上·浙江·期中）已知三棱锥与是两个同底面的正三棱锥，且是的中点，记异面直线所成的角为，则的最大值为 ．
【答案】/
【分析】设，，建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法可得，结合基本不等式计算即可求解.
【详解】设，的外心为，连接，
则三点共线，三点共线，且，，
过点作，交于点，建立如图空间直角坐标系，
则，
设，
则，
由，得，解得，.
又，
，
又，当且仅当即时等号成立，
即的最小值为18，所以的最大值为，
即当，时，取到最大值.
故答案为：.
【变式1】（2024·辽宁·一模）如图，四边形是正方形，平面，且，是线段的中点，则异面直线与所成角的正切值为 .
【答案】
【分析】根据题意，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，代入计算，即可得到结果.
【详解】
因为平面，则，，又四边形是正方形，
则，以为坐标原点，分别为轴的正半轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，且，则，
，，又是线段的中点，则，
则，，则，
设异面直线与所成角为，即，
则，所以，
即异面直线与所成角的正切值为.
故答案为：
【变式2】（23-24高二上·湖南长沙·阶段练习）如图，在三棱锥中，，点在线段上，且，则直线与直线所成角的余弦值为 ．
【答案】/
【分析】以为基底表示，利用向量的运算和夹角公式求解.
【详解】,
,
,
∵,
,
∴
,
∵,
∴,
∵,
∴,
∴,
∴直线与直线所成角的余弦值为.
故答案为：.
【变式3】（23-24高二上·浙江嘉兴·期中）在正方体中，动点在线段上，，分别为，的中点．若异面直线与所成角为，则的取值范围为 ．
【答案】
【分析】构建空间直角坐标系，应用向量法求异面直线的夹角范围即可.
【详解】以为坐标原点，建立空间直角坐标系，
设，，，，，，
设，则，
则．
当时，取到最大值，此时；
当时，取到最小值，此时．
所以的取值范围为．
故答案为：
题型06利用向量法求直线与平面所成角
【典例1】（23-24高二上·上海徐汇·期中）正三棱柱中，，则直线与平面所成角的正弦值为 .
【答案】/
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量的夹角坐标公式即可求出结果.
【详解】以B为原点，以过B作的垂线为x轴，以为轴，
建立空间直角坐标系，如图，
则，所以，
平面的一个法向量设为，
则，令得，
又，设直线与平面所成的角为，，
则.
故答案为：
【典例2】（23-24高三上·浙江·期末）如图，已知菱形，，沿直线将翻折成，分别为的中点，与平面所成角的正弦值为，为线段上一点（含端点），则与平面所成角的正弦值的最大值为 .
【答案】
【分析】根据题意，进而得，再根据底面为等边三角形，平分，进而得，点为的中心，故三棱锥是棱长为的正四面体，再建立空间直角坐标系，利用坐标法求解即可.
【详解】解：设顶点在平面内的射影为点，
因为与平面所成角的正弦值为，，所以，
因为，所以，
又因为，所以，如图1，在平面中，为等边三角形，≌，
所以平分，即，
所以在中，，解得，（舍），
所以点为的中心，故三棱锥是棱长为的正四面体，
故如图2，以中点为坐标原点，分别为轴建立空间直角坐标
则，
设，
则，，
设平面的一个法向量为，
则，即，令，得，
因为，设与平面所成角为，
所以 ，
令，则，因为函数在上单调递增，
所以在上单调递减，
所以当时，与平面所成角的正弦值最大，最大值为
故答案为：
【典例3】（2024·北京西城·三模）如图.在四棱锥P-ABCD中.平面.底面ABCD为菱形.E.F分别为AB.PD的中点.
(1)求证：平面；
(2)若，，，求直线CD与平面EFC所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由中点还需中点帮.取PC中点M.连接FM.BM..很容易得到四边形BEFM为平行四边形，再用线面平行的定理证明.
（2）很显然.可以D为原点建立空间直角坐标系.求出点C、D、E、F的坐标.算出平面EFC的法向量.用向量夹角余弦值来算直线CD与平面EFC所成角的正弦值即可.
【详解】（1）取PC中点M，连接FM，BM.
在中，因为M，F分别为PC，PD的中点，
所以，.
在菱形ABCD中，因为，，
所以，，
所以四边形为平行四边形，
因此.
又因为，
所以.
（2）因为，
所以，.
因为，所以.
在菱形ABCD中，，
因为E为AB中点，所以.
建立如图空间直角坐标系D-xyz.
在正三角形中，.
因为，， ，，
所以向量，.
设平面EFC的法向量为，则，即.
取得,.
设直线CD与平面EFC所成角为，
.
【变式1】（23-24高二上·河北·期中）如图1，已知为直角三角形，于点，现沿将折成的二面角如图2，则与平面所成角为 .
图1 图2
【答案】
【分析】
以为坐标原点，分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法求解空间线面角即可.
【详解】由为直角三角形，于点，
得，
以为坐标原点，分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系.
，
设平面的法向量为，
又
，取，可得
设直线和平面所成的角为，
则.
即.
故答案为：
【变式2】（23-24高二上·广东肇庆·期末）如图，在长方体中，，，E，F分别为棱AB，BC上一点，且，P是线段上一动点，当三棱锥的体积最大时，直线与平面所成角的正弦值的取值范围为 ．
【答案】
【分析】先确定三棱锥的体积最大时，E,F的位置，然后建立空间直角坐标系，求出相关点和向量的坐标，接着确定平面的法向量，利用向量的夹角公式计算求得答案.
【详解】解析：当三棱锥的体积最大时，的面积取最大值，，当且仅当时，等号成立，
此时，E为AB的中点，F与C重合．
如图，以D为坐标原点，DA，DC，所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，．
设平面的法向量为，
∴，可取，得．
设，，
∴，∴．
设直线与平面所成的角为，
∴．
∵，∴当时，的最大值为；
当或1时，的最小值为，
∴直线与平面所成角的正弦值的取值范围为，
故答案为：.
【变式3】（23-24高三下·上海松江·阶段练习）如图，在圆锥中，P是圆锥的顶点，O是圆锥底面圆的圆心，是圆锥底面圆的直径，等边三角形是圆锥底面圆的内接三角形，是圆锥母线的中点，，.
(1)求证：平面；
(2)设线段与交于点，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）设交于点，连接，即可证明是的中点，从而得到，即可得证；
（2）由（1）可得平面，建立空间直角坐标系，由得到，利用空间向量法求出线面角的正弦值.
【详解】（1）如图，设交于点，连接，
在圆锥中，底面圆，底面圆，所以，
又等边三角形是圆锥底面圆的内接三角形，为直径，所以，
所以，所以，
可知，即是的中点，
又是母线的中点，所以，
又平面，平面，所以平面；
（2）由（1）知平面，，所以平面，又，
以点为坐标原点，所在直线分别为轴 轴 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
因为线段与交于点，，，
所以，即，所以，
又，所以，
所以，
，
设平面的法向量为，
则，即，
令，则，即，
设直线与平面所成的角为，
则，
即直线与平面所成角的正弦值为.
题型07利用向量法解决直线与平面所成角的探索性问题
【典例1】（23-24高三下·上海·阶段练习）如图，四棱锥的底面为正方形，底面分别是线段的中点，是线段上的一点.
(1)证明直线平面;
(2)若直线与平面所成角的正弦值为，试确定点的位置.
【答案】(1)证明见解析
(2)M位于PA中点
【分析】（1）利用线线平行证线面平行即可；
（2）建系，设,利用空间向量法直接求线面角的正弦值,计算即可求得，得出结果.
【详解】（1）如图所示，连接BD，
∵E，F分别为PB、PD的中点，
∴在中，EF为其中位线，即BD，
又BD面AFE，EF面AFE，
∴直线面AEF；
（2）分别以 为轴，建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，， ，，，设，
则，，，
设平面的一个法向量为，
则，令，得
设直线与平面所成的角为，
则，解得：
所以，即M位于PA中点.
【典例2】（2024·河北秦皇岛·二模）如图，在四棱锥中，，，，，E是棱的中点，且平面，点F是棱上的一点.
(1)求证：平面平面；
(2)若直线与平面所成角的正弦值为，求的长
【答案】(1)证明见解析
(2)或.
【分析】（1）取的中点O，连接，，.欲证平面平面，需证平面中一条直线垂直平面，如平面，欲证线面垂直，需证直线垂直于平面内两条相交直线：，.再根据条件，结合勾股定理的逆定理可以证明.
（2）以为原点，建立空间直角坐标系，先根据直线和平面所成的角确定点的坐标，再求的长.
【详解】（1）取的中点O，连接，，，
因为E是棱的中点，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.
在中，，，
又O是的中点，所以，，
又易得，，所以，
所以，所以，，
又，平面，所以平面，
又平面，所以平面平面.
（2）因为，点O是的中点，所以，
所以，，两两垂直，
以为坐标原点，，，所在的直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标
系，如图所示.
所以，，，，，
设，
所以，.
设平面的一个法向量，
所以
令，解得，，
所以平面的一个法向量，
又，设直线与平面所成角的大小为，
所以，
解得或，所以或.
【典例3】（23-24高二下·江苏盐城·期中）如图，在四棱锥中，平面平面，，且，，，，，为的中点.
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面所成锐二面角的余弦值；
(3)在线段上是否存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值为，若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
【答案】(1)证明见解析；
(2)；
(3)存在，.
【分析】（1）根据给定条件，利用面面垂直的性质证得平面，以为坐标原点，求出平面的法向量，利用空间位置关系的向量证明推理即得.
（2）求出平面的法向量，利用面面角的向量求法计算即得.
（3）假定存在符合条件的点，令，，求出，再借助线面角的向量求法求解即得.
【详解】（1）在四棱锥中，平面平面，平面平面，
又，平面，则平面，
取的中点，连接，由，，得，
则，而，于是，
以为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，
，，，
设平面的一个法向量为，则，令，得，
显然，则，又平面，
所以平面.
（2）设平面的一个法向量为，而，，
则，令，得，
则，
所以平面与平面所成锐二面角的余弦值.
（3）假设线段上存在一点满足条件，令，，
则，即，
由（1）知平面的一个法向量，
于是，
整理得：，即，而，解得，
所以在线段上存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为，且.
【点睛】关键点点睛：用向量法求直线与平面所成的角，求出平面的法向量是关键，并注意公式求出的是线面角的正弦．
【变式1】（23-24高三下·贵州·阶段练习）如图，已知正方体，为的中点.
(1)过作出正方体的截面，使得截面平行于平面，并说明理由；
(2)为线段上一点，且直线与截面所成角的正弦值为，求.
【答案】(1)作图见解析，理由见解析
(2)
【分析】（1）取的中点，的中点，连接、、，即可证明平面平面，从而得解；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.
【详解】（1）如图所示的平面即为截面，理由如下：
取的中点，的中点，连接、、，
因为为的中点，所以，，，
所以，即、、、四点共面，
又平面，平面，所以平面，
平面，平面，所以平面，
又，平面，
所以平面平面，
即平面即为过的正方体的截面，且截面平行于平面.
（2）如图建立空间直角坐标系，设，，，
则，，，，，
所以，，，
设平面的法向量为，
则，取，
则截面的法向量为，
又直线与截面所成角的正弦值为，
所以，解得或（舍去），
所以，则.
【变式2】（2024·广东汕头·一模）如图，三棱台中，侧面四边形为等腰梯形，底面三角形为正三角形，且.设为棱上的点.
(1)若为的中点，求证：；
(2)若三棱台的体积为，且侧面底面，试探究是否存在点，使直线与平面所成角的正弦值为？若存在，确定点的位置；若不存在，说明理由.
【答案】(1)证明见解析；
(2)存在，与重合，理由见解析.
【分析】（1）取中点，利用线面垂直的判定、性质推理即得.
（2）以为原点建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法求解即得.
【详解】（1）取中点，连结、，则，
由平面，得平面，又平面，
所以.
（2）取中点，连结，由（1）得为二面角平面的平面角，
由平面平面得：，即，
以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
设该棱台的高为，由，得，
则，，
设平面的法向量为，
则，取，得，
设，则，
于是，解得或(舍去)，
所以存在点满足条件，此时与重合.
【变式3】（2024·广东广州·二模）如图，在三棱柱中，侧面是菱形，且与平面垂直，，.
(1)证明：平面；
(2)棱上是否存在一点，使得直线与平面所成角为？若存在，请确定点的位置；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)见解析
(2)存在，且在的中点.
【分析】（1）根据面面垂直的性质可得线面垂直，进而根据线线垂直，结合线面垂直的判定定理即可求证，
（2）建立空间直角坐标系，利用法向量与方向向量的夹角即可求解.
【详解】（1）连接与，
由于四边形为菱形，故
由于侧面与平面垂直，且两平面的交线是，侧面，
故平面,平面,故,
又，平面，
故平面
（2）由（1）知平面，平面,
所以平面平面，且交线为,
由于故三角形为等边三角形，
取中点为，则,平面，所以平面，
故建立如图所示的空间直角坐标系，其中轴与平行，
,
,
设平面的法向量为，
则，取，则，
设，其中，,故，
故，化简得，
解得，故
故存在，且在的中点.
题型08利用向量法求二面角
【典例1】（23-24高二下·江苏连云港·阶段练习）如图，在四棱锥中，侧面底面，侧棱，，底面为直角梯形，其中，，，O为中点．线段上存在一点Q，使得二面角的余弦值为，则
【答案】/
【分析】根据题意，建立空间直角坐标系利用向量法求解.
【详解】在中，，O为中点，所以，
又侧面 底面，
平面平面，平面，
所以平面.
又，，，
又在直角梯形中，连接，易得，
所以以O为坐标原点，为x轴，为y轴，为z轴建立空间直角坐标系．
则，，，，，
设（），
因为，，（）
，所以，
则，，
设平面的法向量为，则，
取，得
平面的一个法向量为，
要使二面角的余弦值为，需使
整理化简得：，得或（舍去），
所以存在点，且.
故答案为：.
【典例2】（2024高三·全国·专题练习）如图，直三棱柱的体积为4，的面积为．设D为的中点，，平面平面，则二面角的正弦值为 ．
【答案】
【分析】
取的中点E，利用面面垂直的性质、线面垂直的性质判定证明平面，再建立空间直角坐标系，求出棱长，利用面面角的向量求法求解即得.
【详解】在直三棱柱中，取的中点E，连接AE，由，得，
又平面平面，平面平面，平面，
则平面，又平面，平面，平面，则，，
又平面且相交，因此平面，直线两两垂直，
以B为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图，
而，又，
解得，则，的中点，
则，，设平面的一个法向量，
则，令，得，
设平面的一个法向量，则，令，得，
则，所以二面角的正弦值为.
故答案为：
【典例3】（23-24高二下·湖北武汉·阶段练习）四棱锥中，，侧面底面，且是棱上一动点．
(1)求证：上存在一点，使得与总垂直；
(2)当平面时，求的值；
(3)当时，求平面与平面所成角的大小．
【答案】(1)证明见解答
(2)
(3)
【分析】（1）取的中点，连接，利用线线垂直可证得平面，从而可证结集结；
（2）连接交于点，连接，由线面平行的性质可得，进而可得，进而可求结论；
（3）取的中点，连接，可证底面，以为坐标原点，建立的空间直角坐标系，求得平面平面的一个法向量为，，利用向量法可求平面与平面所成角的大小.
【详解】（1）取的中点，连接，因为为正三角形，所以，
又因为侧面底面，且侧面底面，，
所以侧面，又侧面，所以，
又，平面，所以平面，
又平面，所以，
所以上存在一点，使得与总垂直；
（2）连接交于点，连接，
因为当平面，平面，平面平面，
所以，所以，
在梯形中，，所以；
（3），所以，
所以，所以是的中点，
取的中点，连接，则，
又侧面底面，侧面底面，
所以底面，
以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，令，
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，
取平面的一个法向量，
所以，
所以平面与平面所成角的大小为．
【变式1】（23-24高三上·江苏苏州·阶段练习）如图，在正方体中，和分别为底面和侧面的中心，则二面角的余弦值为 .
【答案】
【分析】
建立空间直角坐标系，利用向量法求二面角的余弦值即可.
【详解】以为原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图，
设正方体棱长为2，则，
故，，，
设平面，平面的法向量分别为，
则，令，可得，故，
由，令，可得，故，
所以，
由图形可知，二面角的平面角为钝角，
故二面角的余弦值为.
故答案为：
【变式2】（23-24高二上·福建泉州·期中）中国古代数学瑰宝《九章算术》中记载了一种被称为“羡除”的几何体，该几何体是三个面均为梯形，其他两个面为三角形的五面体.如图，现有一羡除，平面平面，，，四边形，均为等腰梯形，，M，N，P分别为，，的中点，则二面角的平面角的余弦值为
【答案】/
【分析】建立合适的空间直角坐标系利用空间向量求二面角即可.
【详解】过A作，垂足为O，过O作，垂足为Q，
因为平面平面，平面平面，
所以平面，故可以O为原点，，，所在的直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则由题意可知：，，
则，，
设平面的法向量为，则，
取，则，，得.
易得平面的一个法向量为，二面角的平面角为锐角，
所以二面角的平面角的余弦值为.
故答案为：.
【变式3】（23-24高二下·江西·阶段练习）如图，在中，分别为边的中点，将沿折起到处，为线段的中点.
(1)求证：平面平面；
(2)若，求平面与平面的夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取的中点，连接，证明平面，即可求解；
（2）以为原点，直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，分别求出两个平面的法向量，即可解出.
【详解】（1）证明：取的中点，连接，则，且，
由题意知，
所以，且，所以四边形为平行四边形，
所以，
由题意知，
因为分别为的中点，所以，
因为，所以，
因为平面，所以平面，
又平面，所以平面平面.
（2）解：设，则，
所以，所以，
因为在中，，所以，
所以，
所以两两垂直，故以为原点，直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
则，
所以.
设平面的一个法向量，则，即，
令，解得，所以
设平面的一个法向量，则，即，
令，解得，所以，
所以，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
题型09利用向量法解决二面角中的探索性问题
【典例1】（2024·安徽·三模）如图，已知四棱锥中，点在平面内的投影为点，，.
(1)求证：平面平面；
(2)若平面与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）设中点为，连接，即可得到四边形为正方形，利用勾股定理逆定理得到，再由线面垂直的性质得到，即可证明平面，从而得证；
（2）建立空间直角坐标系，设，求出平面的法向量和平面的法向量，利用空间向量求解即可.
【详解】（1）设中点为，连接，
因为，且，故四边形为正方形，
而，，，
所以，所以，
因为平面，平面，
所以，又平面，，
所以平面，因为平面，
所以平面平面；
（2）以为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
设，则，，，，所以，，
设平面的法向量为，则，即，令，所以，
由（1）知，平面的法向量为，
设平面与平面所成角为，则，所以，
即，解得或（舍去），
所以.
【典例2】（2024·江苏泰州·模拟预测）如图，直四棱柱的底面是菱形，，，，E，N分别是BC，的中点．
(1)若M是的中点，证明：平面平面；
(2)若M是线段上的一动点，当二面角的余弦值为时，求BM长度．
【答案】(1)证明见解析；
(2)BM长度为．
【分析】（1）根据线面垂直判定定理证明平面，再证明，由此证明平面，再根据面面垂直判定定理证明结论；
（2）建立空间直角坐标系，设，用表示二面角的余弦值，由条件列方程，由此可得的长.
【详解】（1）由已知平面，又平面，
所以，
因为为菱形，，
所以，，，
所以为等边三角形，又为中点，
所以，又，
所以，又，平面，
所以平面，
因为M是的中点，为中点，
所以，又，，
所以，
连接，为中点，
则，，
所以四边形为平行四边形，所以，
所以平面，又平面，
所以平面平面；
（2）因为，平面，
以为原点，以为轴正半轴，建立空间直角坐标系，
设，则，
，
设平面的法向量为，平面的法向量为，
则有，可取，
，可取，
则，
由已知，
所以或（舍去）
所以点的坐标为，
所以的长度为.
【典例3】（23-24高二下·江苏连云港·期中）在四棱柱中，已知平面，，，，，是线段上的点．
(1)点到平面的距离；
(2)若为的中点，求异面直线与所成角的余弦值；
(3)在线段上是否存在点，使得二面角的余弦值为？若存在，请确定点位置；若不存在，试说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)存在，点在处或在靠近的三等分点处
【分析】（1）建立如图所示空间直角坐标系，求出平面的法向量后利用点面距公式可求点到平面的距离；
（2）求出直线与的方向向量后可求它们夹角的余弦值；
（3）设，求出面和平面法向量后利用夹角公式可求参数的值，从而可得所求的位置关系.
【详解】（1）过作直线平面，
则可以点为坐标原点，建立如下图所示的空间直角坐标系，
则有，，，，，，
则，，
设面的一个法向量为，则，
令，则，，所以，
所以点到面的距离.
（2）因为为的中点，所以，所以，，
所以
所以异面直线与AE所成角的余弦值为．
（3）设，其中，
则，，
设面的一个法向量为，
则有，令，则，，
所以，平面的一个法向量为，
设平面的一个法向量为，
则，令，则，，
所以平面的一个法向量为，
所以，
若存在点，使得二面角的余弦值为，
则，所以，解得或，
故存在或满足题意，即存在点在处或在靠近的三等分点处．
另解：
连接，则，易得，所以，
又平面，，
所以，，所以两两互相垂直，
以为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
设，，则，
所以，，，
设平面的一个法向量为，
则，即，
令，得，，所以，
同理可得平面的一个法向量，
所以，即，
解得或，所以存在点在处或在靠近的三等分点处．
【变式1】（2024·四川绵阳·模拟预测）在四棱锥中，底面为平行四边形，，，，，．
(1)证明：平面平面；
(2)是侧棱上一点，记，是否存在实数，使平面与平面所成的二面角为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，
【分析】（1）利用面面垂直的判定定理，先证平面，再证平面平面即可；
（2）先根据已知条件证面，再建立空间直角坐标系，利用向量方法求平面与平面所成的二面角的余弦值，再结合平面与平面所成的二面角为，即可得到方程，解方程即可求解.
【详解】（1）
连接交于点，连接，
底面为平行四边形，为中点，
，
又，，平面，，
平面，又平面，
平面平面.
（2）平面，平面，，
又为平行四边形，所以为菱形，
，，
，在中，，
，，
，在中，，，
，
在中，，，，
所以，所以，所以，
又，平面，平面，，
面；
以为坐标原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系．
可得，，，，，由，
，，，
设平面的法向量为，则，
又因为平面的法向量，
，解得（舍去）或．
经检验得：．
【变式2】（2024·河南周口·模拟预测）在矩形中，，为边上的中点．将沿翻折，使得点到点的位置，且满足平面平面，连接，，．
(1)求证：平面平面．
(2)在线段上是否存在点，使得二面角的余弦值为？若存在，求出点位置；若不存在，说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，且点在中点
【分析】（1）借助勾股定理可得，结合面面垂直的性质定理可得线面垂直，即可得面面垂直；
（2）建立适当空间直角坐标系，借助空间向量表示二面角的余弦值后计算即可得.
【详解】（1）由为边上的中点，故，
又，故有，即，
由平面平面，平面平面，
平面，故平面，
又平面，故平面平面；
（2）以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，作于点，
有、、、，
由，，故有，
即，且，则，
即，故，
则，，，，
设，易得或时，二面角的大小为或，
故，则，
设平面与平面的法向量分别为、，
则有，，
令，则可得，，，
即，，
有，
整理得，解得，
故存在，且点在中点.
【变式3】（2024·江西·二模）如图所示的五面体为直三棱柱截去一个三棱锥后的几何体，，，D为的中点，E，F分别为，的中点.
(1)判断BF和CE是否垂直，并说明理由；
(2)设（），是否存在，使得平面ABC与平面PBF夹角的余弦值为？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)BF和CE不垂直，理由见解析
(2)存在实数
【分析】（1）根据给定条件，以点C为坐标原点，建立空间直角坐标系，求出即可判断.
（2）利用（1）中坐标系，平面PBF的法向量，再利用面面角的向量求法求解即得.
【详解】（1）BF和CE不垂直，理由如下：
以点C为坐标原点，直线CA，CB，分别为轴建立空间直角坐标系，如图，
则，，，，，，
，，，，
因为，
所以BF和CE不垂直.
（2）假设存在使得平面ABC与平面PBF夹角的余弦值为，由，得，
显然平面ABC的一个法向量为，，
设平面PBF的法向量为，则，取，得，
设平面ABC与平面PBF的夹角为，
则，而，解得，
所以存在实数，使得平面ABC与平面PBF夹角的余弦值为.
题型10利用向量法求点到直线的距离
【典例1】（23-24高二上·天津·期末）已知空间三点，，，则点到直线的距离为 .
【答案】
【分析】利用空间向量坐标法即可求出点到直线的距离.
【详解】因为，，，
所以，
与同向的单位方向向量，
则点到直线的距离为.
故答案为：
【典例2】（23-24高二上·山东枣庄·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：
【变式1】（23-24高二上·黑龙江齐齐哈尔·期末）若空间三点，则点到直线的距离为 ．
【答案】
【分析】
借助空间向量求点到直线的距离即可得.
【详解】，，则，
则.
故答案为：.
【变式2】（23-24高二上·福建莆田·期中）如图，在平行六面体中，，，E为的中点，则点E到直线的距离为 ．
【答案】/
【分析】
根据空间向量的运算求出以及，即可求得，进而求出，根据点E到直线的距离为，即可求得答案.
【详解】
设，，
，
，则，
又，
则，
，
则，而，
，，
又E是的中点，故，
则点E到直线的距离为，
故答案为：
【变式3】（23-24高二上·全国·课后作业）如图①，在中，，，，、分别是、上的点，且，，将沿折起到的位置，使平面，如图②.若点是线段的靠近点的三等分点，点是线段上的点，直线过点且垂直于平面，则点到直线的距离的最小值为 .
【答案】/
【分析】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，设点、，设，将点的坐标用表示，可得出点在直线上的射影为的坐标，求出，利用二次函数的基本性质可求出的最小值.
【详解】翻折前，在图①中，，，则，
翻折后，在图②中，因为平面，，
且平面，则，则，
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、、、，
设点，则，，
因为点是线段的靠近点的三等分点，则，
所以，，解得，即点，
设，则，则，
设，即，
所以，，，，
即，
设点在直线上的射影为，则，
点到直线的距离的平方，
由题意，故当时，点到直线的距离最小，最小值为.
故答案为：.
题型11利用向量法求点到平面的距离
【典例1】（23-24高二上·新疆伊犁·期末）如图，直三棱柱中，，，、分别是棱、的中点.点到平面的距离是 .
【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，利用空间向量法可求得点到平面的距离.
【详解】解：直三棱柱中，，，
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，，
则，取，可得，
又因为，故点到平面的距离为.
故答案为：.
【典例2】（23-24高二上·河南商丘·期中）已知是圆柱下底面圆的直径，是下底面圆上一点，是圆柱的母线，且，则点到平面的距离为 ．
【答案】
【分析】建立空间直角坐标系，运用空间点到面的距离公式求解即可.
【详解】由题知，，
则以为原点，，所在直线分别为轴、轴，该圆柱过的母线为轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则，，，，
所以，，．
设平面的法向量为，
则，令，则，，
所以，
所以点到平面的距离为．
故答案为：.
【典例3】（23-24高二上·广东东莞·期中）如图，四棱锥中，平面平面，底面是边长为2的正方形，是等腰三角形，则平面上任意一点到底面中心距离的最小值为 ．
【答案】
【分析】取中点为，中点为，连接，根据面面垂直的性质定理即可得出平面.以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，进而求出平面的法向量，根据向量法求出点到平面的距离，即可得出答案.
【详解】如图，取中点为，中点为，连接，
因为，中点为，
所以，且.
又因为平面平面，平面平面，平面，
所以，平面.
又为中点，所以.
因为为正方形，所以，.
连接，交于点，则即为的中心
如图，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，
则，，，，，，，，
所以，，，.
设是平面的一个法向量，
则，即，
取，则.
所以，点到平面的距离.
显然，即为平面上任意一点到底面中心的距离的最小值.
故答案为：.
【变式1】（23-24高二上·河南驻马店·期末）如图，正方体的棱长为1，、分别为与的中点，则点到平面的距离为 .
【答案】/
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量点到平面距离公式进行计算.
【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，
则，，，
设平面的法向量为，则，
令，则，故平面的法向量为，
又，则点到平面的距离为.
故答案为：
【变式2】（23-24高二下·江苏徐州·期末）如图，在正三棱柱中，各棱长均为4，N是的中点.则点到平面ABN的距离为 .
【答案】
【分析】构建空间直角坐标系，写出相关点坐标，并求出面ABN的一个法向量、，利用点面距离的向量求法求到平面ABN的距离.
【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，.
由N是的中点，则.
设平面ABN的一个法向量为，则，
令，即，而，
设点到平面ABN的距离为，则.
故答案为：
【变式3】（23-24高二上·山东潍坊·期中）已知正方体的棱长为2，点M是棱BC的中点，点N是棱上的一个动点，设点A，M，N确定的平面为，当点N为的中点时，平面截正方体的截面的面积为 ．点到平面的距离的最小值为 ．
【答案】 /
【分析】当是的中点时，画出截面，根据梯形面积公式求得截面面积.当是棱上任意一点时，建
题型12利用向量法解决点到平面的距离的探索性问题
【典例1】（23-24高三上·广东深圳·开学考试）正方体的棱长为2，底面内（含边界）的动点到直线的距离与到平面的距离相等，则三棱锥体积的取值范围为 .
【答案】
【分析】根据点的位置及满足的条件可求得点的轨迹是以为焦点，为准线的抛物线在底面内的一部分，写出其轨迹方程，以为坐标原点建立空间直角坐标系再利用空间向量可求得点到平面的距离的表达式，利用点坐标的取值范围即可求出三棱锥体积的取值范围.
【详解】根据题意可知，连接，在底面内作于点，如下图所示：
由正方体性质可知即为到直线的距离，为到平面的距离，
所以；
在底面内，由抛物线定义可知点的轨迹是以为焦点，为准线的抛物线的一部分，
截取底面，分别以向量为轴的正方向建立平面直角坐标系，如下图所示：
又正方形边长为2，易知抛物线过点，，且对称轴为轴，
设抛物线方程为，代入两点坐标可得，解得
所以的轨迹抛物线方程为，
以为坐标原点，分别以为轴的正方向建立空间直角坐标系，如下图所示：
则，所以，
设，平面的一个法向量为，
则，令，解得，即；
，
则点到平面的距离为，
令，易得，
所以，
易知在三棱锥中，底面是边长为的正三角形，
所以，
所以三棱锥的体积；
即三棱锥体积的取值范围为.
故答案为：
二面角的余弦值为
（3）由（1）知平面，在上.点到平面的距离等于上任意一点到平面的距离，取点为的中点，结合（2）和点到平面的距离点到平面的距离定值为
【点睛】本题考查线面平行的判定定理、利用空间向量求二面角以及利用空间向量求点到面距离，考查综合分析论证与求解能力，属中档题.
【变式1】（23-24高二上·四川宜宾·期末）如图，在三棱柱中，四边形是菱形，分别是的中点，平面，.
(1)证明：
(2)若，点到平面的距离为.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）取的中点，连接，，可证得，由平面，可得⊥，进而证得平面，即可证得结论；
（2）由已知可证得知MC，ME，MF两两垂直，即可建立空间直角坐标系，设利用到平面的距高为计算即可求得，进而求得平面的法向量，计算即可求得结果.
【详解】（1）证明：因为平面，所以⊥，取的中点，连接，，
所以 ，又因为，所以，
因为 平面，所以平面，
又因为平面，所以.
（2）取的中点，连接ME，MF，由（1）知MC，ME，MF两两垂直，如图，建立空间直角坐标系
设则
设平面 的法向量为，则有
可取，由点到平面的距高为，
，解得.
，
设平面的法向量为，
则有,可取
设直线与平面 所成角为，
，
即直线与平面所成角的正弦值.
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题型01空间向量的概念及运算
【典例1】（多选）（23-24高一下·山东淄博·期中）已知，，是平面上的三个非零向量，那么下列说法正确的是（ ）
A．若，则或
B．若，则
C．若，则与的夹角为
D．在正方体中，
【典例2】（23-24高一下·吉林长春·期中）如图，在空间四边形中，，，，点在上，且，为的中点，则等于（ ）
A． B．
C． D．
【变式1】（23-24高二上·云南临沧·阶段练习）如图，平行六面体中，分别为的中点.若，则（ ）
A． B．
C． D．
【变式2】（23-24高二下·北京·开学考试）已知平行六面体，则下列四式中错误的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【变式3】（2024高二·全国·专题练习）如图，在四面体PABC中，E是AC的中点，，设，，则（ ）
A． B．
C． D．
题型02四点共面问题
【典例1】（23-24高二下·四川成都·期中）已知为空间任意一点，若，则四点（ ）
A．一定不共面 B．一定共面 C．不一定共面 D．无法判断
【典例2】（23-24高二上·广东深圳·阶段练习）已知四面体，空间的一点满足，若共面，则 .
【典例3】（23-24高二上·河南洛阳·期中）已知点在确定的平面内，是空间任意一点，实数满足，则的最小值为（ ）
A． B． C．1 D．2
【变式1】（23-24高二上·四川遂宁·阶段练习）已知为空间任一点，，，，四点满足任意三点不共线，但四点共面，且，则的值为（ ）
A．1 B． C．2 D．
【变式2】（23-24高二上·广东深圳·阶段练习）已知，，，是平面内不共线的四点，为平面外一点，若，则（ ）
A． B． C． D．
【变式3】（23-24高二上·上海·期中）在平面上有如下命题：“若为直线外一点，则点在直线上的充要条件是：存在实数，满足且”类比此命题，给出点在平面上的充要条件是： .
题型03平面法向量的求解
【典例1】（23-24高二上·湖北荆州·期末）已知正方体的棱长为1，以为原点，为单位正交基底，建立空间直角坐标系，则平面的一个法向量是（ ）
A． B． C． D．
【典例2】（23-24高二上·河南漯河·阶段练习）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ACE的一个法向量.
【变式1】（23-24高二上·浙江嘉兴·期中）在空间直角坐标系中，，，，则平面的一个法向量为（ ）
A． B． C． D．
【变式2】（2024高三·全国·专题练习）已知是平面内的两个不共线的向量，，求平面的一个法向量．
题型04利用空间向量证明平行、垂直关系
【典例1】（23-24高二下·甘肃白银·期中）在棱长为2的正方体中，E，F分别是棱的中点，直线与平面交于点．
(1)求；
(2)求；
(3)若点在棱BC上，且平面，求的长．
【典例2】（23-24高二上·重庆梁平·开学考试）平面上两个等腰直角和，既是的斜边又是的直角边，沿边折叠使得平面平面，为斜边的中点．
(1)求证：；
(2)在线段上是否存在点，使得平面平面？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
【典例3】（23-24高二上·广东珠海·期末）已知在四棱锥中，底面是矩形，且，，平面，、分别是线段、的中点.
(1)求证：；
(2)在线段上是否存在点，使得平面，若存在，确定点的位置；若不存在，请说明理由.
【变式1】（2024高二上·全国·专题练习）如图，在四棱锥中，底面，，，，，点E为棱PC的中点．证明：
(1)平面；
(2)平面平面．
【变式2】（2024高二上·江苏·专题练习）如图，正方形ADEF所在平面和等腰梯形所在的平面互相垂直，已知，.
(1)求证：；
(2)在线段BE上是否存在一点P，使得平面平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【变式3】（23-24高二上·四川成都·阶段练习）如图，多面体中，面为正方形，平面，且为棱的中点，为棱上的动点.
(1)证明：当为棱的中点时，平面；
(2)是否存在点，使得；若存在，求的值；若不存在，请说明理由.
题型05异面直线所成角
【典例1】（23-24高二下·江苏泰州·阶段练习）如图，平行六面体，其中，以顶点A为端点的三条棱长均为2，且它们彼此的夹角都是，则异面直线与所成角的正切值为 ．
【典例2】（2024·全国·模拟预测）如图，长方体中，，点在线段上，且为线段的中点，若，则异面直线与所成角的余弦值为 ．
【典例3】（23-24高二上·浙江·期中）已知三棱锥与是两个同底面的正三棱锥，且是的中点，记异面直线所成的角为，则的最大值为 ．
【变式1】（2024·辽宁·一模）如图，四边形是正方形，平面，且，是线段的中点，则异面直线与所成角的正切值为 .
【变式2】（23-24高二上·湖南长沙·阶段练习）如图，在三棱锥中，，点在线段上，且，则直线与直线所成角的余弦值为 ．
【变式3】（23-24高二上·浙江嘉兴·期中）在正方体中，动点在线段上，，分别为，的中点．若异面直线与所成角为，则的取值范围为 ．
题型06利用向量法求直线与平面所成角
【典例1】（23-24高二上·上海徐汇·期中）正三棱柱中，，则直线与平面所成角的正弦值为 .
【典例2】（23-24高三上·浙江·期末）如图，已知菱形，，沿直线将翻折成，分别为的中点，与平面所成角的正弦值为，为线段上一点（含端点），则与平面所成角的正弦值的最大值为 .
【典例3】（2024·北京西城·三模）如图.在四棱锥P-ABCD中.平面.底面ABCD为菱形.E.F分别为AB.PD的中点.
(1)求证：平面；
(2)若，，，求直线CD与平面EFC所成角的正弦值.
【变式1】（23-24高二上·河北·期中）如图1，已知为直角三角形，于点，现沿将折成的二面角如图2，则与平面所成角为 .
图1 图2
【变式2】（23-24高二上·广东肇庆·期末）如图，在长方体中，，，E，F分别为棱AB，BC上一点，且，P是线段上一动点，当三棱锥的体积最大时，直线与平面所成角的正弦值的取值范围为 ．
【变式3】（23-24高三下·上海松江·阶段练习）如图，在圆锥中，P是圆锥的顶点，O是圆锥底面圆的圆心，是圆锥底面圆的直径，等边三角形是圆锥底面圆的内接三角形，是圆锥母线的中点，，.
(1)求证：平面；
(2)设线段与交于点，求直线与平面所成角的正弦值.
题型07利用向量法解决直线与平面所成角的探索性问题
【典例1】（23-24高三下·上海·阶段练习）如图，四棱锥的底面为正方形，底面分别是线段的中点，是线段上的一点.
(1)证明直线平面;
(2)若直线与平面所成角的正弦值为，试确定点的位置.
【典例2】（2024·河北秦皇岛·二模）如图，在四棱锥中，，，，，E是棱的中点，且平面，点F是棱上的一点.
(1)求证：平面平面；
(2)若直线与平面所成角的正弦值为，求的长
【典例3】（23-24高二下·江苏盐城·期中）如图，在四棱锥中，平面平面，，且，，，，，为的中点.
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面所成锐二面角的余弦值；
(3)在线段上是否存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值为，若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
【变式1】（23-24高三下·贵州·阶段练习）如图，已知正方体，为的中点.
(1)过作出正方体的截面，使得截面平行于平面，并说明理由；
(2)为线段上一点，且直线与截面所成角的正弦值为，求.
【变式2】（2024·广东汕头·一模）如图，三棱台中，侧面四边形为等腰梯形，底面三角形为正三角形，且.设为棱上的点.
(1)若为的中点，求证：；
(2)若三棱台的体积为，且侧面底面，试探究是否存在点，使直线与平面所成角的正弦值为？若存在，确定点的位置；若不存在，说明理由.
【变式3】（2024·广东广州·二模）如图，在三棱柱中，侧面是菱形，且与平面垂直，，.
(1)证明：平面；
(2)棱上是否存在一点，使得直线与平面所成角为？若存在，请确定点的位置；若不存在，请说明理由.
题型08利用向量法求二面角
【典例1】（23-24高二下·江苏连云港·阶段练习）如图，在四棱锥中，侧面底面，侧棱，，底面为直角梯形，其中，，，O为中点．线段上存在一点Q，使得二面角的余弦值为，则
【典例2】（2024高三·全国·专题练习）如图，直三棱柱的体积为4，的面积为．设D为的中点，，平面平面，则二面角的正弦值为 ．
【典例3】（23-24高二下·湖北武汉·阶段练习）四棱锥中，，侧面底面，且是棱上一动点．
(1)求证：上存在一点，使得与总垂直；
(2)当平面时，求的值；
(3)当时，求平面与平面所成角的大小．
【变式1】（23-24高三上·江苏苏州·阶段练习）如图，在正方体中，和分别为底面和侧面的中心，则二面角的余弦值为 .
【变式2】（23-24高二上·福建泉州·期中）中国古代数学瑰宝《九章算术》中记载了一种被称为“羡除”的几何体，该几何体是三个面均为梯形，其他两个面为三角形的五面体.如图，现有一羡除，平面平面，，，四边形，均为等腰梯形，，M，N，P分别为，，的中点，则二面角的平面角的余弦值为
【变式3】（23-24高二下·江西·阶段练习）如图，在中，分别为边的中点，将沿折起到处，为线段的中点.
(1)求证：平面平面；
(2)若，求平面与平面的夹角的余弦值.
题型09利用向量法解决二面角中的探索性问题
【典例1】（2024·安徽·三模）如图，已知四棱锥中，点在平面内的投影为点，，.
(1)求证：平面平面；
(2)若平面与平面所成角的正弦值为，求的值.
【典例2】（2024·江苏泰州·模拟预测）如图，直四棱柱的底面是菱形，，，，E，N分别是BC，的中点．
(1)若M是的中点，证明：平面平面；
(2)若M是线段上的一动点，当二面角的余弦值为时，求BM长度．
【典例3】（23-24高二下·江苏连云港·期中）在四棱柱中，已知平面，，，，，是线段上的点．
(1)求证：平面平面．
(2)在线段上是否存在点，使得二面角的余弦值为？若存在，求出点位置；若不存在，说明理由．
【变式3】（2024·江西·二模）如图所示的五面体为直三棱柱截去一个三棱锥后的几何体，，，D为的中点，E，F分别为，的中点.
(1)判断BF和CE是否垂直，并说明理由；
(2)设（），是否存在，使得平面ABC与平面PBF夹角的余弦值为？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由.
题型10利用向量法求点到直线的距离
【典例1】（23-24高二上·天津·期末）已知空间三点，，，则点到直线的距离为 .
【典例2】（23-24高二上·山东枣庄·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 .
【变式1】（23-24高二上·黑龙江齐齐哈尔·期末）若空间三点，则点到直线的距离为 ．
【变式2】（23-24高二上·福建莆田·期中）如图，在平行六面体中，，，E为的中点，则点E到直线的距离为 ．
【变式3】（23-24高二上·全国·课后作业）如图①，在中，，，，、分别是、上的点，且，，将沿折起到的位置，使平面，如图②.若点是线段的靠近点的三等分点，点是线段上的点，直线过点且垂直于平面，则点到直线的距离的最小值为 .
题型11利用向量法求点到平面的距离
中点.则点到平面ABN的距离为 .
【变式3】（23-24高二上·山东潍坊·期中）已知正方体的棱长为2，点M是棱BC的中点，点N是棱上的一个动点，设点A，M，N确定的平面为，当点N为的中点时，平面截正方体的截面的面积为 ．点到平面的距离的最小值为 ．
题型12利用向量法解决点到平面的距离的探索性问题
【典例1】（23-24高三上·广东深圳·开学考试）正方体的棱长为2，底面内（含边界）的动点到直线的距离与到平面的距离相等，则三棱锥体积的取值范围为 .
【典例2】（2024·四川广安·）如图，在棱长为2的正方体中，M是线段AB上的动点．
（1）证明：平面；
（2）若点M是AB中点，求二面角的余弦值；
（3）判断点M到平面的距离是否为定值？若是，求出定值；若不是，请说明理由．
【变式1】（23-24高二上·四川宜宾·期末）如图，在三棱柱中，四边形是菱形，分别是的中点，平面，.
(1)证明：
(2)若，点到平面的距离为.求直线与平面所成角的正弦值．21世纪教育网(www.21cnjy.com)
第11讲 第一章 空间向量与立体几何 章末题型大总结
题型01空间向量的概念及运算
【典例1】（多选）（23-24高一下·山东淄博·期中）已知，，是平面上的三个非零向量，那么下列说法正确的是（ ）
A．若，则或
B．若，则
C．若，则与的夹角为
D．在正方体中，
【答案】BD
【分析】根据向量的定义结合向量模的含义可判断A；根据数量积的运算律判断B；根据向量的夹角公式可判断C；根据正方体的性质可判断D。
【详解】对于A，若，但，的方向不确定，A错误；
对于B，若，两边平方得，
则，B正确；
对于C，，则，即得，
故，，
故，
而，故与的夹角为，C错误；
对于D，在正方体中，，
故四边形为平行四边形，故，
故，D正确，
故选：BD
【典例2】（23-24高一下·吉林长春·期中）如图，在空间四边形中，，，，点在上，且，为的中点，则等于（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】利用向量加法的定义及题设条件即可化简得到结论.
【详解】由点在上，且，知；由为的中点，知.
所以.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于对向量加法定义的运用.
【变式1】（23-24高二上·云南临沧·阶段练习）如图，平行六面体中，分别为的中点.若，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】根据题意，利用空间向量的线性运算法，求得，进而求得的值，即可求解.
【详解】因为平行六面体中，分别为的中点，
可得，
又因为，可得，即.
故选：A.
【变式2】（23-24高二下·北京·开学考试）已知平行六面体，则下列四式中错误的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】根据平行六面体的性质及空间向量线性运算法则计算可得.
【详解】对于A：，故A正确；
对于B：因为，所以，故B正确；
对于C：，故C正确；
对于D：因为，所以，
故D错误.
故选：D
【变式3】（2024高二·全国·专题练习）如图，在四面体PABC中，E是AC的中点，，设，，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】根据向量的线性运算即可求解．
【详解】因为E是AC的中点，，
所以
故选：B．
题型02四点共面问题
【典例1】（23-24高二下·四川成都·期中）已知为空间任意一点，若，则四点（ ）
A．一定不共面 B．一定共面 C．不一定共面 D．无法判断
【答案】B
【分析】根据空间向量线性运算化简得，即可判断四点位置情况.
【详解】由题设，
所以，则，故四点共面.
故选：B
【典例2】（23-24高二上·广东深圳·阶段练习）已知四面体，空间的一点满足，若共面，则 .
【答案】
【分析】根据向量共面，由共面基本定理即可列方程求解，或者利用共面的结论求解.
【详解】方法一：由共面，故存在实数使得 ,
故,化简得,
又，所以，解得，
方法二：因为共面，所以，解得.
故答案为:.
【典例3】（23-24高二上·河南洛阳·期中）已知点在确定的平面内，是空间任意一点，实数满足，则的最小值为（ ）
A． B． C．1 D．2
【答案】A
【分析】由空间向量四点共面定理可得，然后利用一元二次函数的图像和性质求最小值即可.
【详解】由题意因为四点共面且平面唯一确定，，
所以，即，
所以，
由一元二次函数的图像和性质可得当时，取得最小值，
所以，
故选：A
【变式1】（23-24高二上·四川遂宁·阶段练习）已知为空间任一点，，，，四点满足任意三点不共线，但四点共面，且，则的值为（ ）
A．1 B． C．2 D．
【答案】B
【分析】
根据空间向量共面定理的推论求解．
【详解】解：，，
又，，，四点满足任意三点不共线，但四点共面，
，，
故选：B．
【变式2】（23-24高二上·广东深圳·阶段练习）已知，，，是平面内不共线的四点，为平面外一点，若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由空间向量的共面定理的推论求解即可.
【详解】因为，，，是平面内不共线的四点，，所以.
故选：D
【变式3】（23-24高二上·上海·期中）在平面上有如下命题：“若为直线外一点，则点在直线上的充要条件是：存在实数，满足且”类比此命题，给出点在平面上的充要条件是： .
【答案】存在实数满足且.
【分析】命题表示的点在直线上的充要条件，类比直线，推广到点在平面内的充要条件.
【详解】类比到空间向量，所得结论为，在空间中，点在平面内的充要条件是：存在实数满足且.
充分性：因为点在平面内，所以满足平面向量基本定理，
得到，即，
整理得：，所以存在实数.
满足，且，得证.
必要性：因为且.
所以
即有
，由共面定理可得、、、四点共面，即点在平面内.
故答案为：存在实数满足
题型03平面法向量的求解
【典例1】（23-24高二上·湖北荆州·期末）已知正方体的棱长为1，以为原点，为单位正交基底，建立空间直角坐标系，则平面的一个法向量是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】求出的坐标，设平面的一个法向量为，利用求出法向量.
【详解】如图由已知得，
则，
设平面的一个法向量为，
则，取得.
故选：D.
【典例2】（23-24高二上·河南漯河·阶段练习）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ACE的一个法向量.
【答案】（不唯一）
【分析】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】因为PA⊥平面ABCD，底面ABCD为矩形，所以AB，AD，AP两两垂直.
如图所示，以A为坐标原点，AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系A－xyz，
则，， ，，，
于是，，
设平面ACE的一个法向量为，
则，即，所以，
令，则，，即
所以平面ACE的一个法向量.
【变式1】（23-24高二上·浙江嘉兴·期中）在空间直角坐标系中，，，，则平面的一个法向量为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】设平面的一个法向量为，利用列方程求解即可.
【详解】由已知，
设平面的一个法向量为，
取，解得，
选项A符合，另外选项BCD中的向量与选项A中的向量不共线.
故选：A.
【变式2】（2024高三·全国·专题练习）已知是平面内的两个不共线的向量，，求平面的一个法向量．
【答案】
【分析】可利用待定系数法，利用垂直关系建立方程组，对进行赋值即可求解；也可以利用矢量积法进行求解.
【详解】解法一（待定系数法）：设是平面的一个法向量，
由直线与平面垂直的判定定理知
即
不妨设，得解得
∴平面的一个法向量．
解法二（矢量积法）：设是平面的一个法向量，
由矢量积法可知平面的一个法向量
．
题型04利用空间向量证明平行、垂直关系
【典例1】（23-24高二下·甘肃白银·期中）在棱长为2的正方体中，E，F分别是棱的中点，直线与平面交于点．
(1)求；
(2)求；
(3)若点在棱BC上，且平面，求的长．
【答案】(1)2
(2)
(3)
【分析】（1）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用坐标运算求解；
（2）设，求出面的法向量，通过列方程求出即可；
（3）设，则，可得是平面的一个法向量，通过求解即可.
【详解】（1）如图，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，
则，
所以，
所以；
（2）设，则
设平面的法向量为，
则，令得，
依题意可得，
解得，所以；
（3）设，则，
由（2）知，则，
因为，
所以，
所以是平面的一个法向量．因为平面，
所以，解得，
所以的长为.
【典例2】（23-24高二上·重庆梁平·开学考试）平面上两个等腰直角和，既是的斜边又是的直角边，沿边折叠使得平面平面，为斜边的中点．
(1)求证：；
(2)在线段上是否存在点，使得平面平面？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，
【分析】（1）取中点，连接，依题意可得、即可证明平面，从而得证；
（2）建立空间直角坐标系，求出平面、平面的一个法向量，根据平面垂直可得法向量数量积为求解即可.
【详解】（1）取中点，连接，如图，
又为的中点，
，由，则，
又为等腰直角三角形，，，
，又，平面，
平面，又平面，
（2）平面平面，平面平面，，平面，
平面，平面，故，
故以为原点，为、、轴正方向的空间直角坐标系，设，
，
则，，，
若存在使得平面平面，且，，
则，解得，，
则，，
设为平面的一个法向量，则，
令，即，
设是平面的一个法向量，则，
令，则，
，可得．
存在使得平面平面，此时
【典例3】（23-24高二上·广东珠海·期末）已知在四棱锥中，底面是矩形，且，，平面，、分别是线段、的中点.
(1)求证：；
(2)在线段上是否存在点，使得平面，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，为的四等分点（靠近）.
【分析】（1）根据给定条件，建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明推理即得.
（2）求出平面的法向量，设出点的坐标，利用线面平行的向量表示求解即得.
【详解】（1）在四棱锥中，底面是矩形，平面，则直线两两垂直，
以点原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，令，
于是，
因此，即，
所以.
（2）由（1）知，，假定存在点满足条件，
设，，
设平面的法向量为，则，令，得，
要平面，显然平面，则只需，即，解得，
所以在线段上存在点，使得平面，点为靠近点的线段的四等分点.
【变式1】（2024高二上·全国·专题练习）如图，在四棱锥中，底面，，，，，点E为棱PC的中点．证明：
(1)平面；
(2)平面平面．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意，先证明AB，AD，AP两两垂直，从而建立对应的空间直角坐标系，再利用空间向量法证明平面PAD的一个法向量与垂直，进而即可证明结论；
（2）结合（1），先证明平面PCD的一个法向量与平面PAD的一个法向量垂直，进而即可证明结论．
【详解】（1）因为平面ABCD，且平面ABCD，所以，
又因为，且，平面，所以平面，
依题意，以点A为原点，以，，分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
由为棱的中点，得，则，
所以为平面的一个法向量，
又，所以，
又平面，所以平面．
（2）由（1）知平面的一个法向量，，，
设平面PCD的一个法向量为，则，
令，可得，所以，
又，
所以，所以平面平面.
【变式2】（2024高二上·江苏·专题练习）如图，正方形ADEF所在平面和等腰梯形所在的平面互相垂直，已知，.
(1)求证：；
(2)在线段BE上是否存在一点P，使得平面平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，
【分析】（1）根据题意，由线面垂直的判定定理可得平面，再由其性质定理即可证明；
（2）根据题意，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，代入计算，即可得到结果.
【详解】（1）
证明：∵平面平面，平面，
，平面，∴平面.
∵平面，∴，
过A作于H，
则，
∴，∴，∴.
∵，平面，
∴平面.
∵平面，∴.
（2）
存在.理由：由（1）知，两两垂直，
以A为坐标原点，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，
假设在线段BE上存在一点P满足题意，则易知点P不与点B，E重合，
设，则，
由，可求得.
设平面PAC的一个法向量为，则，
由，
可得，
即，令，则，所以为平面PAC的一个法向量.
又，
设平面BCEF的一个法向量为，
则，可得，
所以为平面BCEF的一个法向量.
当，即时，平面平面，故存在满足题意的P，
此时.
【变式3】（23-24高二上·四川成都·阶段练习）如图，多面体中，面为正方形，平面，且为棱的中点，为棱上的动点.
(1)证明：当为棱的中点时，平面；
(2)是否存在点，使得；若存在，求的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)不存在，理由见解析
【分析】（1）取中点为，通过平行关系证明四边形为平行四边形，再结合线面平行的判定定理完成证明；
（2）建立合适空间直角坐标系，将垂直关系转化为向量的数量积为，结合结果进行判断即可.
【详解】（1）当为的中点时，取中点为，连接，
因为分别为的中点，故可得，
根据已知条件可知：，故，
故四边形为平行四边形，则，
又平面平面，
故面；
（2）因为平面平面，故，
又四边形为矩形，故，则两两垂直，
以为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，
则，设，
若，则，
即，解得，不满足题意，
故不存在.
题型05异面直线所成角
【典例1】（23-24高二下·江苏泰州·阶段练习）如图，平行六面体，其中，以顶点A为端点的三条棱长均为2，且它们彼此的夹角都是，则异面直线与所成角的正切值为 ．
【答案】
【分析】记，以为基底表示出，然后利用数量积性质求出，由夹角公式求出，然后可得.
【详解】记，
则，，
因为，
所以，
，
，
记异面直线与所成角为，
则，
所以，所以.
故答案为：
【典例2】（2024·全国·模拟预测）如图，长方体中，，点在线段上，且为线段的中点，若，则异面直线与所成角的余弦值为 ．
【答案】/
【分析】建立空间直角坐标系，设出相关点及向量的坐标，求出必要参数，利用向量的夹角公式求解即可，或作合适辅助线，利用线线角定义求解也可.
【详解】．
解法一
以点为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，设，
则，
所以，则，解得，
所以，所以，设线线角为
则，
因此异面直线与所成角的余弦值为．
故答案为：
解法二
设，因为，所以，得．如图，取线段上靠近点的三等分点，靠近点的三等分点，连接，易知， 又，
所以，故为异面直线与所成的角或其补角．
，
所以，因此异面直线与所成角的余弦值为．
故答案为：
【典例3】（23-24高二上·浙江·期中）已知三棱锥与是两个同底面的正三棱锥，且是的中点，记异面直线所成的角为，则的最大值为 ．
【答案】/
【分析】设，，建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法可得，结合基本不等式计算即可求解.
【详解】设，的外心为，连接，
则三点共线，三点共线，且，，
过点作，交于点，建立如图空间直角坐标系，
则，
设，
则，
由，得，解得，.
又，
，
又，当且仅当即时等号成立，
即的最小值为18，所以的最大值为，
即当，时，取到最大值.
故答案为：.
【变式1】（2024·辽宁·一模）如图，四边形是正方形，平面，且，是线段的中点，则异面直线与所成角的正切值为 .
【答案】
【分析】根据题意，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，代入计算，即可得到结果.
【详解】
因为平面，则，，又四边形是正方形，
则，以为坐标原点，分别为轴的正半轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，且，则，
，，又是线段的中点，则，
则，，则，
设异面直线与所成角为，即，
则，所以，
即异面直线与所成角的正切值为.
故答案为：
【变式2】（23-24高二上·湖南长沙·阶段练习）如图，在三棱锥中，，点在线段上，且，则直线与直线所成角的余弦值为 ．
【答案】/
【分析】以为基底表示，利用向量的运算和夹角公式求解.
【详解】,
,
,
∵,
,
∴
,
∵,
∴,
∵,
∴,
∴,
∴直线与直线所成角的余弦值为.
故答案为：.
【变式3】（23-24高二上·浙江嘉兴·期中）在正方体中，动点在线段上，，分别为，的中点．若异面直线与所成角为，则的取值范围为 ．
【答案】
【分析】构建空间直角坐标系，应用向量法求异面直线的夹角范围即可.
【详解】以为坐标原点，建立空间直角坐标系，
设，，，，，，
设，则，
则．
当时，取到最大值，此时；
当时，取到最小值，此时．
所以的取值范围为．
故答案为：
题型06利用向量法求直线与平面所成角
【典例1】（23-24高二上·上海徐汇·期中）正三棱柱中，，则直线与平面所成角的正弦值为 .
【答案】/
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量的夹角坐标公式即可求出结果.
【详解】以B为原点，以过B作的垂线为x轴，以为轴，
建立空间直角坐标系，如图，
则，所以，
平面的一个法向量设为，
则，令得，
又，设直线与平面所成的角为，，
则.
故答案为：
【典例2】（23-24高三上·浙江·期末）如图，已知菱形，，沿直线将翻折成，分别为的中点，与平面所成角的正弦值为，为线段上一点（含端点），则与平面所成角的正弦值的最大值为 .
【答案】
【分析】根据题意，进而得，再根据底面为等边三角形，平分，进而得，点为的中心，故三棱锥是棱长为的正四面体，再建立空间直角坐标系，利用坐标法求解即可.
【详解】解：设顶点在平面内的射影为点，
因为与平面所成角的正弦值为，，所以，
因为，所以，
又因为，所以，如图1，在平面中，为等边三角形，≌，
所以平分，即，
所以在中，，解得，（舍），
所以点为的中心，故三棱锥是棱长为的正四面体，
故如图2，以中点为坐标原点，分别为轴建立空间直角坐标
则，
设，
则，，
设平面的一个法向量为，
则，即，令，得，
因为，设与平面所成角为，
所以 ，
令，则，因为函数在上单调递增，
所以在上单调递减，
所以当时，与平面所成角的正弦值最大，最大值为
故答案为：
【典例3】（2024·北京西城·三模）如图.在四棱锥P-ABCD中.平面.底面ABCD为菱形.E.F分别为AB.PD的中点.
(1)求证：平面；
(2)若，，，求直线CD与平面EFC所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由中点还需中点帮.取PC中点M.连接FM.BM..很容易得到四边形BEFM为平行四边形，再用线面平行的定理证明.
（2）很显然.可以D为原点建立空间直角坐标系.求出点C、D、E、F的坐标.算出平面EFC的法向量.用向量夹角余弦值来算直线CD与平面EFC所成角的正弦值即可.
【详解】（1）取PC中点M，连接FM，BM.
在中，因为M，F分别为PC，PD的中点，
所以，.
在菱形ABCD中，因为，，
所以，，
所以四边形为平行四边形，
因此.
又因为，
所以.
（2）因为，
所以，.
因为，所以.
在菱形ABCD中，，
因为E为AB中点，所以.
建立如图空间直角坐标系D-xyz.
在正三角形中，.
因为，， ，，
所以向量，.
设平面EFC的法向量为，则，即.
取得,.
设直线CD与平面EFC所成角为，
.
【变式1】（23-24高二上·河北·期中）如图1，已知为直角三角形，于点，现沿将折成的二面角如图2，则与平面所成角为 .
图1 图2
【答案】
【分析】
以为坐标原点，分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法求解空间线面角即可.
【详解】由为直角三角形，于点，
得，
以为坐标原点，分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系.
，
设平面的法向量为，
又
，取，可得
设直线和平面所成的角为，
则.
即.
故答案为：
【变式2】（23-24高二上·广东肇庆·期末）如图，在长方体中，，，E，F分别为棱AB，BC上一点，且，P是线段上一动点，当三棱锥的体积最大时，直线与平面所成角的正弦值的取值范围为 ．
【答案】
【分析】先确定三棱锥的体积最大时，E,F的位置，然后建立空间直角坐标系，求出相关点和向量的坐标，接着确定平面的法向量，利用向量的夹角公式计算求得答案.
【详解】解析：当三棱锥的体积最大时，的面积取最大值，，当且仅当时，等号成立，
此时，E为AB的中点，F与C重合．
如图，以D为坐标原点，DA，DC，所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，．
设平面的法向量为，
∴，可取，得．
设，，
∴，∴．
设直线与平面所成的角为，
∴．
∵，∴当时，的最大值为；
当或1时，的最小值为，
∴直线与平面所成角的正弦值的取值范围为，
故答案为：.
【变式3】（23-24高三下·上海松江·阶段练习）如图，在圆锥中，P是圆锥的顶点，O是圆锥底面圆的圆心，是圆锥底面圆的直径，等边三角形是圆锥底面圆的内接三角形，是圆锥母线的中点，，.
(1)求证：平面；
(2)设线段与交于点，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）设交于点，连接，即可证明是的中点，从而得到，即可得证；
（2）由（1）可得平面，建立空间直角坐标系，由得到，利用空间向量法求出线面角的正弦值.
【详解】（1）如图，设交于点，连接，
在圆锥中，底面圆，底面圆，所以，
又等边三角形是圆锥底面圆的内接三角形，为直径，所以，
所以，所以，
可知，即是的中点，
又是母线的中点，所以，
又平面，平面，所以平面；
（2）由（1）知平面，，所以平面，又，
以点为坐标原点，所在直线分别为轴 轴 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
因为线段与交于点，，，
所以，即，所以，
又，所以，
所以，
，
设平面的法向量为，
则，即，
令，则，即，
设直线与平面所成的角为，
则，
即直线与平面所成角的正弦值为.
题型07利用向量法解决直线与平面所成角的探索性问题
【典例1】（23-24高三下·上海·阶段练习）如图，四棱锥的底面为正方形，底面分别是线段的中点，是线段上的一点.
(1)证明直线平面;
(2)若直线与平面所成角的正弦值为，试确定点的位置.
【答案】(1)证明见解析
(2)M位于PA中点
【分析】（1）利用线线平行证线面平行即可；
（2）建系，设,利用空间向量法直接求线面角的正弦值,计算即可求得，得出结果.
【详解】（1）如图所示，连接BD，
∵E，F分别为PB、PD的中点，
∴在中，EF为其中位线，即BD，
又BD面AFE，EF面AFE，
∴直线面AEF；
（2）分别以 为轴，建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，， ，，，设，
则，，，
设平面的一个法向量为，
则，令，得
设直线与平面所成的角为，
则，解得：
所以，即M位于PA中点.
【典例2】（2024·河北秦皇岛·二模）如图，在四棱锥中，，，，，E是棱的中点，且平面，点F是棱上的一点.
(1)求证：平面平面；
(2)若直线与平面所成角的正弦值为，求的长
【答案】(1)证明见解析
(2)或.
【分析】（1）取的中点O，连接，，.欲证平面平面，需证平面中一条直线垂直平面，如平面，欲证线面垂直，需证直线垂直于平面内两条相交直线：，.再根据条件，结合勾股定理的逆定理可以证明.
（2）以为原点，建立空间直角坐标系，先根据直线和平面所成的角确定点的坐标，再求的长.
【详解】（1）取的中点O，连接，，，
因为E是棱的中点，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.
在中，，，
又O是的中点，所以，，
又易得，，所以，
所以，所以，，
又，平面，所以平面，
又平面，所以平面平面.
（2）因为，点O是的中点，所以，
所以，，两两垂直，
以为坐标原点，，，所在的直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标
系，如图所示.
所以，，，，，
设，
所以，.
设平面的一个法向量，
所以
令，解得，，
所以平面的一个法向量，
又，设直线与平面所成角的大小为，
所以，
解得或，所以或.
【典例3】（23-24高二下·江苏盐城·期中）如图，在四棱锥中，平面平面，，且，，，，，为的中点.
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面所成锐二面角的余弦值；
(3)在线段上是否存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值为，若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
【答案】(1)证明见解析；
(2)；
(3)存在，.
【分析】（1）根据给定条件，利用面面垂直的性质证得平面，以为坐标原点，求出平面的法向量，利用空间位置关系的向量证明推理即得.
（2）求出平面的法向量，利用面面角的向量求法计算即得.
（3）假定存在符合条件的点，令，，求出，再借助线面角的向量求法求解即得.
【详解】（1）在四棱锥中，平面平面，平面平面，
又，平面，则平面，
取的中点，连接，由，，得，
则，而，于是，
以为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，
，，，
设平面的一个法向量为，则，令，得，
显然，则，又平面，
所以平面.
（2）设平面的一个法向量为，而，，
则，令，得，
则，
所以平面与平面所成锐二面角的余弦值.
（3）假设线段上存在一点满足条件，令，，
则，即，
由（1）知平面的一个法向量，
于是，
整理得：，即，而，解得，
所以在线段上存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为，且.
【点睛】关键点点睛：用向量法求直线与平面所成的角，求出平面的法向量是关键，并注意公式求出的是线面角的正弦．
【变式1】（23-24高三下·贵州·阶段练习）如图，已知正方体，为的中点.
(1)过作出正方体的截面，使得截面平行于平面，并说明理由；
(2)为线段上一点，且直线与截面所成角的正弦值为，求.
【答案】(1)作图见解析，理由见解析
(2)
【分析】（1）取的中点，的中点，连接、、，即可证明平面平面，从而得解；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.
【详解】（1）如图所示的平面即为截面，理由如下：
取的中点，的中点，连接、、，
因为为的中点，所以，，，
所以，即、、、四点共面，
又平面，平面，所以平面，
平面，平面，所以平面，
又，平面，
所以平面平面，
即平面即为过的正方体的截面，且截面平行于平面.
（2）如图建立空间直角坐标系，设，，，
则，，，，，
所以，，，
设平面的法向量为，
则，取，
则截面的法向量为，
又直线与截面所成角的正弦值为，
所以，解得或（舍去），
所以，则.
【变式2】（2024·广东汕头·一模）如图，三棱台中，侧面四边形为等腰梯形，底面三角形为正三角形，且.设为棱上的点.
(1)若为的中点，求证：；
(2)若三棱台的体积为，且侧面底面，试探究是否存在点，使直线与平面所成角的正弦值为？若存在，确定点的位置；若不存在，说明理由.
【答案】(1)证明见解析；
(2)存在，与重合，理由见解析.
【分析】（1）取中点，利用线面垂直的判定、性质推理即得.
（2）以为原点建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法求解即得.
【详解】（1）取中点，连结、，则，
由平面，得平面，又平面，
所以.
（2）取中点，连结，由（1）得为二面角平面的平面角，
由平面平面得：，即，
以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
设该棱台的高为，由，得，
则，，
设平面的法向量为，
则，取，得，
设，则，
于是，解得或(舍去)，
所以存在点满足条件，此时与重合.
【变式3】（2024·广东广州·二模）如图，在三棱柱中，侧面是菱形，且与平面垂直，，.
(1)证明：平面；
(2)棱上是否存在一点，使得直线与平面所成角为？若存在，请确定点的位置；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)见解析
(2)存在，且在的中点.
【分析】（1）根据面面垂直的性质可得线面垂直，进而根据线线垂直，结合线面垂直的判定定理即可求证，
（2）建立空间直角坐标系，利用法向量与方向向量的夹角即可求解.
【详解】（1）连接与，
由于四边形为菱形，故
由于侧面与平面垂直，且两平面的交线是，侧面，
故平面,平面,故,
又，平面，
故平面
（2）由（1）知平面，平面,
所以平面平面，且交线为,
由于故三角形为等边三角形，
取中点为，则,平面，所以平面，
故建立如图所示的空间直角坐标系，其中轴与平行，
,
,
设平面的法向量为，
则，取，则，
设，其中，,故，
故，化简得，
解得，故
故存在，且在的中点.
题型08利用向量法求二面角
【典例1】（23-24高二下·江苏连云港·阶段练习）如图，在四棱锥中，侧面底面，侧棱，，底面为直角梯形，其中，，，O为中点．线段上存在一点Q，使得二面角的余弦值为，则
【答案】/
【分析】根据题意，建立空间直角坐标系利用向量法求解.
【详解】在中，，O为中点，所以，
又侧面 底面，
平面平面，平面，
所以平面.
又，，，
又在直角梯形中，连接，易得，
所以以O为坐标原点，为x轴，为y轴，为z轴建立空间直角坐标系．
则，，，，，
设（），
因为，，（）
，所以，
则，，
设平面的法向量为，则，
取，得
平面的一个法向量为，
要使二面角的余弦值为，需使
整理化简得：，得或（舍去），
所以存在点，且.
故答案为：.
【典例2】（2024高三·全国·专题练习）如图，直三棱柱的体积为4，的面积为．设D为的中点，，平面平面，则二面角的正弦值为 ．
【答案】
【分析】
取的中点E，利用面面垂直的性质、线面垂直的性质判定证明平面，再建立空间直角坐标系，求出棱长，利用面面角的向量求法求解即得.
【详解】在直三棱柱中，取的中点E，连接AE，由，得，
又平面平面，平面平面，平面，
则平面，又平面，平面，平面，则，，
又平面且相交，因此平面，直线两两垂直，
以B为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图，
而，又，
解得，则，的中点，
则，，设平面的一个法向量，
则，令，得，
设平面的一个法向量，则，令，得，
则，所以二面角的正弦值为.
故答案为：
【典例3】（23-24高二下·湖北武汉·阶段练习）四棱锥中，，侧面底面，且是棱上一动点．
(1)求证：上存在一点，使得与总垂直；
(2)当平面时，求的值；
(3)当时，求平面与平面所成角的大小．
【答案】(1)证明见解答
(2)
(3)
【分析】（1）取的中点，连接，利用线线垂直可证得平面，从而可证结集结；
（2）连接交于点，连接，由线面平行的性质可得，进而可得，进而可求结论；
（3）取的中点，连接，可证底面，以为坐标原点，建立的空间直角坐标系，求得平面平面的一个法向量为，，利用向量法可求平面与平面所成角的大小.
【详解】（1）取的中点，连接，因为为正三角形，所以，
又因为侧面底面，且侧面底面，，
所以侧面，又侧面，所以，
又，平面，所以平面，
又平面，所以，
所以上存在一点，使得与总垂直；
（2）连接交于点，连接，
因为当平面，平面，平面平面，
所以，所以，
在梯形中，，所以；
（3），所以，
所以，所以是的中点，
取的中点，连接，则，
又侧面底面，侧面底面，
所以底面，
以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，令，
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，
取平面的一个法向量，
所以，
所以平面与平面所成角的大小为．
【变式1】（23-24高三上·江苏苏州·阶段练习）如图，在正方体中，和分别为底面和侧面的中心，则二面角的余弦值为 .
【答案】
【分析】
建立空间直角坐标系，利用向量法求二面角的余弦值即可.
【详解】以为原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图，
设正方体棱长为2，则，
故，，，
设平面，平面的法向量分别为，
则，令，可得，故，
由，令，可得，故，
所以，
由图形可知，二面角的平面角为钝角，
故二面角的余弦值为.
故答案为：
【变式2】（23-24高二上·福建泉州·期中）中国古代数学瑰宝《九章算术》中记载了一种被称为“羡除”的几何体，该几何体是三个面均为梯形，其他两个面为三角形的五面体.如图，现有一羡除，平面平面，，，四边形，均为等腰梯形，，M，N，P分别为，，的中点，则二面角的平面角的余弦值为
【答案】/
【分析】建立合适的空间直角坐标系利用空间向量求二面角即可.
【详解】过A作，垂足为O，过O作，垂足为Q，
因为平面平面，平面平面，
所以平面，故可以O为原点，，，所在的直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则由题意可知：，，
则，，
设平面的法向量为，则，
取，则，，得.
易得平面的一个法向量为，二面角的平面角为锐角，
所以二面角的平面角的余弦值为.
故答案为：.
【变式3】（23-24高二下·江西·阶段练习）如图，在中，分别为边的中点，将沿折起到处，为线段的中点.
(1)求证：平面平面；
(2)若，求平面与平面的夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取的中点，连接，证明平面，即可求解；
（2）以为原点，直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，分别求出两个平面的法向量，即可解出.
【详解】（1）证明：取的中点，连接，则，且，
由题意知，
所以，且，所以四边形为平行四边形，
所以，
由题意知，
因为分别为的中点，所以，
因为，所以，
因为平面，所以平面，
又平面，所以平面平面.
（2）解：设，则，
所以，所以，
因为在中，，所以，
所以，
所以两两垂直，故以为原点，直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
则，
所以.
设平面的一个法向量，则，即，
令，解得，所以
设平面的一个法向量，则，即，
令，解得，所以，
所以，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
题型09利用向量法解决二面角中的探索性问题
【典例1】（2024·安徽·三模）如图，已知四棱锥中，点在平面内的投影为点，，.
(1)求证：平面平面；
(2)若平面与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）设中点为，连接，即可得到四边形为正方形，利用勾股定理逆定理得到，再由线面垂直的性质得到，即可证明平面，从而得证；
（2）建立空间直角坐标系，设，求出平面的法向量和平面的法向量，利用空间向量求解即可.
【详解】（1）设中点为，连接，
因为，且，故四边形为正方形，
而，，，
所以，所以，
因为平面，平面，
所以，又平面，，
所以平面，因为平面，
所以平面平面；
（2）以为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
设，则，，，，所以，，
设平面的法向量为，则，即，令，所以，
由（1）知，平面的法向量为，
设平面与平面所成角为，则，所以，
即，解得或（舍去），
所以.
【典例2】（2024·江苏泰州·模拟预测）如图，直四棱柱的底面是菱形，，，，E，N分别是BC，的中点．
(1)若M是的中点，证明：平面平面；
(2)若M是线段上的一动点，当二面角的余弦值为时，求BM长度．
【答案】(1)证明见解析；
(2)BM长度为．
【分析】（1）根据线面垂直判定定理证明平面，再证明，由此证明平面，再根据面面垂直判定定理证明结论；
（2）建立空间直角坐标系，设，用表示二面角的余弦值，由条件列方程，由此可得的长.
【详解】（1）由已知平面，又平面，
所以，
因为为菱形，，
所以，，，
所以为等边三角形，又为中点，
所以，又，
所以，又，平面，
所以平面，
因为M是的中点，为中点，
所以，又，，
所以，
连接，为中点，
则，，
所以四边形为平行四边形，所以，
所以平面，又平面，
所以平面平面；
（2）因为，平面，
以为原点，以为轴正半轴，建立空间直角坐标系，
设，则，
，
设平面的法向量为，平面的法向量为，
则有，可取，
，可取，
则，
由已知，
所以或（舍去）
所以点的坐标为，
所以的长度为.
【典例3】（23-24高二下·江苏连云港·期中）在四棱柱中，已知平面，，，，，是线段上的点．
(1)点到平面的距离；
(2)若为的中点，求异面直线与所成角的余弦值；
(3)在线段上是否存在点，使得二面角的余弦值为？若存在，请确定点位置；若不存在，试说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)存在，点在处或在靠近的三等分点处
【分析】（1）建立如图所示空间直角坐标系，求出平面的法向量后利用点面距公式可求点到平面的距离；
（2）求出直线与的方向向量后可求它们夹角的余弦值；
（3）设，求出面和平面法向量后利用夹角公式可求参数的值，从而可得所求的位置关系.
【详解】（1）过作直线平面，
则可以点为坐标原点，建立如下图所示的空间直角坐标系，
则有，，，，，，
则，，
设面的一个法向量为，则，
令，则，，所以，
所以点到面的距离.
（2）因为为的中点，所以，所以，，
所以
所以异面直线与AE所成角的余弦值为．
（3）设，其中，
则，，
设面的一个法向量为，
则有，令，则，，
所以，平面的一个法向量为，
设平面的一个法向量为，
则，令，则，，
所以平面的一个法向量为，
所以，
若存在点，使得二面角的余弦值为，
则，所以，解得或，
故存在或满足题意，即存在点在处或在靠近的三等分点处．
另解：
连接，则，易得，所以，
又平面，，
所以，，所以两两互相垂直，
以为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
设，，则，
所以，，，
设平面的一个法向量为，
则，即，
令，得，，所以，
同理可得平面的一个法向量，
所以，即，
解得或，所以存在点在处或在靠近的三等分点处．
【变式1】（2024·四川绵阳·模拟预测）在四棱锥中，底面为平行四边形，，，，，．
(1)证明：平面平面；
(2)是侧棱上一点，记，是否存在实数，使平面与平面所成的二面角为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，
【分析】（1）利用面面垂直的判定定理，先证平面，再证平面平面即可；
（2）先根据已知条件证面，再建立空间直角坐标系，利用向量方法求平面与平面所成的二面角的余弦值，再结合平面与平面所成的二面角为，即可得到方程，解方程即可求解.
【详解】（1）
连接交于点，连接，
底面为平行四边形，为中点，
，
又，，平面，，
平面，又平面，
平面平面.
（2）平面，平面，，
又为平行四边形，所以为菱形，
，，
，在中，，
，，
，在中，，，
，
在中，，，，
所以，所以，所以，
又，平面，平面，，
面；
以为坐标原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系．
可得，，，，，由，
，，，
设平面的法向量为，则，
又因为平面的法向量，
，解得（舍去）或．
经检验得：．
【变式2】（2024·河南周口·模拟预测）在矩形中，，为边上的中点．将沿翻折，使得点到点的位置，且满足平面平面，连接，，．
(1)求证：平面平面．
(2)在线段上是否存在点，使得二面角的余弦值为？若存在，求出点位置；若不存在，说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，且点在中点
【分析】（1）借助勾股定理可得，结合面面垂直的性质定理可得线面垂直，即可得面面垂直；
（2）建立适当空间直角坐标系，借助空间向量表示二面角的余弦值后计算即可得.
【详解】（1）由为边上的中点，故，
又，故有，即，
由平面平面，平面平面，
平面，故平面，
又平面，故平面平面；
（2）以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，作于点，
有、、、，
由，，故有，
即，且，则，
即，故，
则，，，，
设，易得或时，二面角的大小为或，
故，则，
设平面与平面的法向量分别为、，
则有，，
令，则可得，，，
即，，
有，
整理得，解得，
故存在，且点在中点.
【变式3】（2024·江西·二模）如图所示的五面体为直三棱柱截去一个三棱锥后的几何体，，，D为的中点，E，F分别为，的中点.
(1)判断BF和CE是否垂直，并说明理由；
(2)设（），是否存在，使得平面ABC与平面PBF夹角的余弦值为？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)BF和CE不垂直，理由见解析
(2)存在实数
【分析】（1）根据给定条件，以点C为坐标原点，建立空间直角坐标系，求出即可判断.
（2）利用（1）中坐标系，平面PBF的法向量，再利用面面角的向量求法求解即得.
【详解】（1）BF和CE不垂直，理由如下：
以点C为坐标原点，直线CA，CB，分别为轴建立空间直角坐标系，如图，
则，，，，，，
，，，，
因为，
所以BF和CE不垂直.
（2）假设存在使得平面ABC与平面PBF夹角的余弦值为，由，得，
显然平面ABC的一个法向量为，，
设平面PBF的法向量为，则，取，得，
设平面ABC与平面PBF的夹角为，
则，而，解得，
所以存在实数，使得平面ABC与平面PBF夹角的余弦值为.
题型10利用向量法求点到直线的距离
【典例1】（23-24高二上·天津·期末）已知空间三点，，，则点到直线的距离为 .
【答案】
【分析】利用空间向量坐标法即可求出点到直线的距离.
【详解】因为，，，
所以，
与同向的单位方向向量，
则点到直线的距离为.
故答案为：
【典例2】（23-24高二上·山东枣庄·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：
【变式1】（23-24高二上·黑龙江齐齐哈尔·期末）若空间三点，则点到直线的距离为 ．
【答案】
【分析】
借助空间向量求点到直线的距离即可得.
【详解】，，则，
则.
故答案为：.
【变式2】（23-24高二上·福建莆田·期中）如图，在平行六面体中，，，E为的中点，则点E到直线的距离为 ．
【答案】/
【分析】
根据空间向量的运算求出以及，即可求得，进而求出，根据点E到直线的距离为，即可求得答案.
【详解】
设，，
，
，则，
又，
则，
，
则，而，
，，
又E是的中点，故，
则点E到直线的距离为，
故答案为：
【变式3】（23-24高二上·全国·课后作业）如图①，在中，，，，、分别是、上的点，且，，将沿折起到的位置，使平面，如图②.若点是线段的靠近点的三等分点，点是线段上的点，直线过点且垂直于平面，则点到直线的距离的最小值为 .
【答案】/
【分析】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，设点、，设，将点的坐标用表示，可得出点在直线上的射影为的坐标，求出，利用二次函数的基本性质可求出的最小值.
【详解】翻折前，在图①中，，，则，
翻折后，在图②中，因为平面，，
且平面，则，则，
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、、、，
设点，则，，
因为点是线段的靠近点的三等分点，则，
所以，，解得，即点，
设，则，则，
设，即，
所以，，，，
即，
设点在直线上的射影为，则，
点到直线的距离的平方，
由题意，故当时，点到直线的距离最小，最小值为.
故答案为：.
题型11利用向量法求点到平面的距离
【典例1】（23-24高二上·新疆伊犁·期末）如图，直三棱柱中，，，、分别是棱、的中点.点到平面的距离是 .
【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，利用空间向量法可求得点到平面的距离.
【详解】解：直三棱柱中，，，
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，，
则，取，可得，
又因为，故点到平面的距离为.
故答案为：.
【典例2】（23-24高二上·河南商丘·期中）已知是圆柱下底面圆的直径，是下底面圆上一点，是圆柱的母线，且，则点到平面的距离为 ．
【答案】
【分析】建立空间直角坐标系，运用空间点到面的距离公式求解即可.
【详解】由题知，，
则以为原点，，所在直线分别为轴、轴，该圆柱过的母线为轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则，，，，
所以，，．
设平面的法向量为，
则，令，则，，
所以，
所以点到平面的距离为．
故答案为：.
【典例3】（23-24高二上·广东东莞·期中）如图，四棱锥中，平面平面，底面是边长为2的正方形，是等腰三角形，则平面上任意一点到底面中心距离的最小值为 ．
【答案】
【分析】取中点为，中点为，连接，根据面面垂直的性质定理即可得出平面.以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，进而求出平面的法向量，根据向量法求出点到平面的距离，即可得出答案.
【详解】如图，取中点为，中点为，连接，
因为，中点为，
所以，且.
又因为平面平面，平面平面，平面，
所以，平面.
又为中点，所以.
因为为正方形，所以，.
连接，交于点，则即为的中心
如图，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，
则，，，，，，，，
所以，，，.
设是平面的一个法向量，
则，即，
取，则.
所以，点到平面的距离.
显然，即为平面上任意一点到底面中心的距离的最小值.
故答案为：.
【变式1】（23-24高二上·河南驻马店·期末）如图，正方体的棱长为1，、分别为与的中点，则点到平面的距离为 .
【答案】/
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量点到平面距离公式进行计算.
【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，
则，，，
设平面的法向量为，则，
令，则，故平面的法向量为，
又，则点到平面的距离为.
故答案为：
【变式2】（23-24高二下·江苏徐州·期末）如图，在正三棱柱中，各棱长均为4，N是的中点.则点到平面ABN的距离为 .
【答案】
【分析】构建空间直角坐标系，写出相关点坐标，并求出面ABN的一个法向量、，利用点面距离的向量求法求到平面ABN的距离.
【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，.
由N是的中点，则.
设平面ABN的一个法向量为，则，
令，即，而，
设点到平面ABN的距离为，则.
故答案为：
【变式3】（23-24高二上·山东潍坊·期中）已知正方体的棱长为2，点M是棱BC的中点，点N是棱上的一个动点，设点A，M，N确定的平面为，当点N为的中点时，平面截正方体的截面的面积为 ．点到平面的距离的最小值为 ．
【答案】 /
【分析】当是的中点时，画出截面，根据梯形面积公式求得截面面积.当是棱上任意一点时，建
题型12利用向量法解决点到平面的距离的探索性问题
【典例1】（23-24高三上·广东深圳·开学考试）正方体的棱长为2，底面内（含边界）的动点到直线的距离与到平面的距离相等，则三棱锥体积的取值范围为 .
【答案】
【分析】根据点的位置及满足的条件可求得点的轨迹是以为焦点，为准线的抛物线在底面内的一部分，写出其轨迹方程，以为坐标原点建立空间直角坐标系再利用空间向量可求得点到平面的距离的表达式，利用点坐标的取值范围即可求出三棱锥体积的取值范围.
【详解】根据题意可知，连接，在底面内作于点，如下图所示：
由正方体性质可知即为到直线的距离，为到平面的距离，
所以；
在底面内，由抛物线定义可知点的轨迹是以为焦点，为准线的抛物线的一部分，
截取底面，分别以向量为轴的正方向建立平面直角坐标系，如下图所示：
又正方形边长为2，易知抛物线过点，，且对称轴为轴，
设抛物线方程为，代入两点坐标可得，解得
所以的轨迹抛物线方程为，
以为坐标原点，分别以为轴的正方向建立空间直角坐标系，如下图所示：
则，所以，
设，平面的一个法向量为，
则，令，解得，即；
，
则点到平面的距离为，
令，易得，
所以，
易知在三棱锥中，底面是边长为的正三角形，
所以，
所以三棱锥的体积；
即三棱锥体积的取值范围为.
故答案为：
二面角的余弦值为
（3）由（1）知平面，在上.点到平面的距离等于上任意一点到平面的距离，取点为的中点，结合（2）和点到平面的距离点到平面的距离定值为
【点睛】本题考查线面平行的判定定理、利用空间向量求二面角以及利用空间向量求点到面距离，考查综合分析论证与求解能力，属中档题.
【变式1】（23-24高二上·四川宜宾·期末）如图，在三棱柱中，四边形是菱形，分别是的中点，平面，.
(1)证明：
(2)若，点到平面的距离为.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）取的中点，连接，，可证得，由平面，可得⊥，进而证得平面，即可证得结论；
（2）由已知可证得知MC，ME，MF两两垂直，即可建立空间直角坐标系，设利用到平面的距高为计算即可求得，进而求得平面的法向量，计算即可求得结果.
【详解】（1）证明：因为平面，所以⊥，取的中点，连接，，
所以 ，又因为，所以，
因为 平面，所以平面，
又因为平面，所以.
（2）取的中点，连接ME，MF，由（1）知MC，ME，MF两两垂直，如图，建立空间直角坐标系
设则
设平面 的法向量为，则有
可取，由点到平面的距高为，
，解得.
，
设平面的法向量为，
则有,可取
设直线与平面 所成角为，
，
即直线与平面所成角的正弦值.
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