专题7.6 空间向量的应用【十二大题型】
【新高考专用】
【题型1 向量法证明线线平行】 4
【题型2 向量法证明直线和平面平行】 5
【题型3 向量法证明平面和平面平行】 7
【题型4 向量法证明线线垂直】 8
【题型5 向量法证明直线和平面垂直】 10
【题型6 向量法证明平面和平面垂直】 11
【题型7 求异面直线所成的角】 13
【题型8 求线面角】 14
【题型9 求平面与平面所成角】 15
【题型10 点到直线距离、异面直线距离的向量求法】 17
【题型11 求点面距、线面距、面面距】 18
【题型12 立体几何中的探索性问题】 19
1、空间向量的应用
考点要求 真题统计 考情分析
(1)理解直线的方向向量及平面的法向量，能用向量方法证明立体几何中有关线面位置关系的一些简单定理 (2)能用向量法解决异面直线、直线与平面、平面与平面的夹角问题，并能描述解决这一类问题的程序，体会向量法在研究空间角问题中的作用 (3)会求空间中点到直线以及点到平面的距离 (4)以空间向量为工具，探究空间几何体中线、面的位置关系或空间角存在的条件 2022年新高考全国I卷：第19题，12分 2022年新高考全国Ⅱ卷：第20题，12分 2023年新高考I卷：第18题，12分 2023年新高考Ⅱ卷：第20题，12分 2024年新高考I卷：第17题，15分 2024年新高考Ⅱ卷：第17题，15分 空间向量的应用是高考的热点内容，属于高考的必考内容之一.从近几年的高考情况来看，空间向量解立体几何一般以解答题形式为主，每年必考，难度中等偏难，第一小问一般考查空间线、面位置关系的证明；空间角与点、线、面距离问题通常在解答题的第二小问考查，有时在选择题、多选题中也会涉及.在高考复习过程中除了掌握空间向量法求空间角、空间距离，还需多锻炼几何法的应用，学会灵活求解.
【知识点1 空间位置关系的向量表示】
1．直线的方向向量
直线的方向向量：如果表示非零向量的有向线段所在的直线与直线l平行或重合，那么称此向量
为直线l的方向向量.
2．平面的法向量
平面的法向量：直线l⊥α，取直线l的方向向量，则称向量为平面α的法向量.
【知识点2 用空间向量研究直线、平面的平行关系】
1．空间中直线、平面的平行
(1)线线平行的向量表示：设u1，u2分别是直线l1，l2的方向向量，则l1∥l2 u1∥u2 λ∈R，使得u1＝λu2.
(2)线面平行的向量表示：设u是直线 l 的方向向量，n是平面α的法向量，l α，则l∥α u⊥n u·n＝0.
(3)面面平行的向量表示：设n1 ，n2 分别是平面α，β的法向量，则α∥β n1∥n2 λ∈R，使得n1＝λn2 .
2．利用向量证明线线平行的思路：
证明线线平行只需证明两条直线的方向向量共线即可．
3．证明线面平行问题的方法：
(1)证明直线的方向向量与平面内的某一向量是共线向量且直线不在平面内；
(2)证明直线的方向向量可以用平面内两个不共线向量表示且直线不在平面内；
(3)证明直线的方向向量与平面的法向量垂直且直线不在平面内．
4．证明面面平行问题的方法：
(1)利用空间向量证明面面平行，通常是证明两平面的法向量平行．
(2)将面面平行转化为线线平行然后用向量共线进行证明．
【知识点3 用空间向量研究直线、平面的垂直关系】
1．空间中直线、平面的垂直
(1)线线垂直的向量表示：设 u1，u2 分别是直线 l1 , l2 的方向向量，则l1⊥l2 u1⊥u2 u1·u2＝0.
(2)线面垂直的向量表示：设u是直线 l 的方向向量，n是平面α的法向量， l α，则l⊥α u∥n λ∈R，使得u＝λn.
(3)面面垂直的向量表示：设n1，n2 分别是平面α，β的法向量，则α⊥β n1⊥n2 n1·n2＝0.
2．证明两直线垂直的基本步骤：
建立空间直角坐标系→写出点的坐标→求直线的方向向量→证明向量垂直→得到两直线垂直．
3．用坐标法证明线面垂直的方法及步骤：
(1)利用线线垂直：①将直线的方向向量用坐标表示；②找出平面内两条相交直线，并用坐标表示它们的方向向量；③判断直线的方向向量与平面内两条直线的方向向量垂直．
(2)利用平面的法向量：①将直线的方向向量用坐标表示；②求出平面的法向量；③判断直线的方向向量与平面的法向量平行．
4．证明面面垂直的两种方法：
(1)常规法：利用面面垂直的判定定理转化为线面垂直、线线垂直去证明．
(2)法向量法：证明两个平面的法向量互相垂直．
【知识点4 用向量法求空间角】
1．用向量法求异面直线所成角的一般步骤：
(1)建立空间直角坐标系；
(2)用坐标表示两异面直线的方向向量；
(3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值；
(4)注意两异面直线所成角的范围是，即两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角的余弦值的绝对值.
2．向量法求直线与平面所成角的主要方法:
(1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，将题目转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；
(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角.
3．向量法求二面角的解题思路:
用法向量求两平面的夹角：分别求出两个法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到两平面夹角的大小.
【知识点5 用空间向量研究距离问题】
1．距离问题
(1)点P到直线 l 的距离：已知直线l的单位方向向量为u，A是直线l上的定点，P是直线l外一点，设向量在直线l上的投影向量为＝a，则点P到直线l的距离为(如图)．
(2)点P到平面α的距离：设平面α的法向量为n，A是平面α内的定点，P是平面α外一点，则点P到平面α的距离为(如图)．
2．向量法求点到直线距离的步骤：
(1)根据图形求出直线的单位方向向量.
(2)在直线上任取一点M(可选择特殊便于计算的点).计算点M与直线外的点N的方向向量.
(3)垂线段长度.
3．求点到平面的距离的常用方法
(1)直接法：过P点作平面的垂线，垂足为Q，把PQ放在某个三角形中，解三角形求出PQ的长度就是点P到平面的距离.
②转化法：若点P所在的直线l平行于平面，则转化为直线l上某一个点到平面的距离来求.
③等体积法.
④向量法：设平面的一个法向量为，A是内任意点，则点P到的距离为.
【方法技巧与总结】
1．异面直线所成角的范围是；直线与平面所成角的范围是；二面角的范围是；两个平面夹角的范围是.
【题型1 向量法证明线线平行】
【例1】（23-24高二上·河南·期末）在空间直角坐标系中，已知，，，，则直线与的位置关系是（ ）
A．异面 B．平行 C．垂直 D．相交但不垂直
【变式1-1】（23-24高二上·广东深圳·期末）已知空间中两条不同的直线，，其方向向量分别为，，则“，共线”是“直线，平行”的（ ）
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【变式1-2】（2024·全国·模拟预测）已知两不重合直线和的方向向量分别为，，则与的位置关系是（ ）
A．平行 B．相交 C．垂直 D．不确定
【变式1-3】（23-24高三上·河北衡水·阶段练习）如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别是BC1，CD1的中点，则下列说法错误的是（ ）
A．MN与CC1垂直
B．MN与AC垂直
C．MN与BD平行
D．MN与A1B1平行
【题型2 向量法证明直线和平面平行】
【例2】（2024高二上·全国·专题练习）如图，在四棱柱中，侧棱底面，，，且点分别为和的中点， 求证：平面.
【变式2-1】（2024高二上·全国·专题练习）如图所示，在直角梯形中，，，，是的中点，分别为的中点，将沿折起，使得平面，试用向量方法证明 平面.
【变式2-2】（2024高二·全国·专题练习）如图，在四棱锥中，底面为矩形，底面，，，为的中点，为的中点，求证：直线平面.
【变式2-3】（23-24高二上·江西·阶段练习）如图，正四棱锥的高为6，，且M是棱上更靠近C的三等分点.
(1)证明：；
(2)若在棱上存在一点N，使得平面，求的长度.
【题型3 向量法证明平面和平面平行】
【例3】（2024高二·全国·专题练习）如图所示，平面平面，四边形为正方形，是直角三角形，且，，，分别是线段，，的中点，求证：平面平面．
【变式3-1】（23-24高二·全国·课后作业）如图，已知在正方体中，，，分别是，，的中点．证明：
(1)平面；
(2)平面平面．
【变式3-2】（23-24高二下·全国·课后作业）如图，在长方体中，，，.求证：平面平面.
【变式3-3】（23-24高二上·天津蓟州·阶段练习）如图，在长方体中，，，.
(1)求证：平面平面.
(2)线段上是否存在点P，使得平面？若存在，求出点P的位置；若不存在，请说明理由.
【题型4 向量法证明线线垂直】
【例4】（23-24高二下·湖南长沙·开学考试）如图，在下列各正方体中，为正方体的一条体对角线，、分别为所在棱的中点，则满足的是（ ）
A． B．
C． D．
【变式4-1】（23-24高二下·江苏徐州·期中）在正方体中，下列关系正确的是（ ）
A． B． C． D．
【变式4-2】（2024高二·全国·专题练习）如图，在多面体中，都是等边三角形，平面为的中点.证明：
【变式4-3】（2024高三·全国·专题练习）斜三棱柱的各棱长都为，点在下底面的投影为的中点.在棱（含端点）上是否存在一点使？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由；
【题型5 向量法证明直线和平面垂直】
【例5】（23-24高二上·浙江·期中）已知正三棱台中，，，、分别为、的中点.
(1)求该正三棱台的表面积；
(2)求证：平面
【变式5-1】（2024高三·全国·专题练习）已知正方体的棱长为，、、分别是棱、、的中点，求证：平面．
【变式5-2】（2024高三·全国·专题练习）如图，已知直三棱柱为的中点，为侧棱上一点，且，三棱柱的体积为32．过点作，垂足为点，求证：平面；
【变式5-3】（2024·重庆·模拟预测）已知正方体的棱长为1，在棱上运动，在线段上运动，直线与平面交于点．
(1)当为中点时，证明：平面；
(2)若平面，求的最大值及此时的长．
【题型6 向量法证明平面和平面垂直】
【例6】（2024高三·全国·专题练习）如图，在底面是矩形的四棱锥中，平面，，，是PD的中点.
求证：平面平面.
【变式6-1】（2024高三·全国·专题练习）如图，在四棱锥中，平面，，，，.为的中点，点在上，且.
求证：平面平面.
【变式6-2】（23-24高二下·湖北·期中）在中，，点分别为边的中点，将沿折起，使得平面平面.
(1)求证：；
(2)在平面内是否存在点，使得平面平面？若存在，指出点的位置；若不存在，说明理由.
【变式6-3】（2024·上海静安·二模）如图，在五面体ABCDEF中，FA⊥平面ABCD，，若 .
(1)求五面体ABCDEF的体积；
(2)若M为EC的中点，求证：平面平面AMD.
【题型7 求异面直线所成的角】
【例7】（2024·河南信阳·模拟预测）已知三棱柱满足，，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【变式7-1】（2024·广东梅州·模拟预测）直三棱柱中，，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【变式7-2】（2024·湖北武汉·模拟预测）已知菱形，，将沿对角线折起，使以四点为顶点的三棱锥体积最大，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【变式7-3】（2024·全国·模拟预测）如图，矩形ABCD是圆柱的轴截面，点E在圆上，若，，，则异面直线BD与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【题型8 求线面角】
【例8】（2024·青海西宁·模拟预测）在直三棱柱中，，，为线段的中点，点在线段上，且，则直线与平面所成角的正弦值为（ ）
A． B． C． D．
【变式8-1】（2023·四川雅安·一模）如图，在正方体中，点是线段上的动点（含端点），点是线段的中点，设与平面所成角为，则的最小值是（ ）
A． B． C． D．
【变式8-2】（2024·广东肇庆·模拟预测）如图，三棱锥中，，，.
(1)证明：平面平面；
(2)若E为中点，点F满足，求直线与平面所成角的余弦值.
【变式8-3】（2024·辽宁沈阳·模拟预测）如图，直线垂直于梯形所在的平面，，为线段的中点，，，四边形为矩形.
(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
【题型9 求平面与平面所成角】
【例9】（2024·四川·模拟预测）如图，多面体中，已知面是边长为4的正方形，是等边三角形，，，平面平面．
(1)求证：；
(2)求二面角的大小．
【变式9-1】（2024·四川乐山·三模）如图，平行六面体中，底面是边长为2的菱形，且，与平面所成的角为与交于．
(1)证明：平面；
(2)求二面角的正弦值．
【变式9-2】（2024·湖南·三模）如图，四棱锥的底面是梯形，平面.
(1)求证：平面平面；
(2)在棱上是否存在一点E，使得二面角的余弦值为.若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【变式9-3】（2024·江西宜春·模拟预测）如图1，在五边形中，，，且，将沿折成图2，使得，为的中点．
(1)证明：平面；
(2)若与平面所成的角为，求二面角的正弦值．
【题型10 点到直线距离、异面直线距离的向量求法】
【例10】（2024·广西来宾·一模）棱长为3的正方体中，点E，F满足，，则点E到直线的距离为（ ）
A． B．
C． D．
【变式10-1】（23-24高二上·山东枣庄·阶段练习）如图，在正方体中，，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（ ）
A． B． C．1 D．
【变式10-2】（2024·全国·模拟预测）已知在空间直角坐标系中，直线经过，两点，则点到直线的距离是（ ）
A． B． C． D．
【变式10-3】（23-24高二下·江苏泰州·期中）在四棱锥中，底面是边长为3的正方形，底面，点在侧棱上，且满足，则异面直线和的距离为（ ）
A． B． C． D．
【题型11 求点面距、线面距、面面距】
【例11】（2024·广东·三模）如图，边长为4的两个正三角形，所在平面互相垂直，，分别为，的中点，点在棱上，，直线与平面相交于点.
(1)证明：；
(2)求直线与平面的距离.
【变式11-1】（2024·安徽合肥·模拟预测）如图，直四棱柱各棱长均为2，，O是线段BD的中点．
(1)求点O到平面的距离；
(2)求直线AB与平面所成角的正弦值．
【变式11-2】（2024高二上·全国·专题练习）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．
【变式11-3】（2024·湖北武汉·模拟预测）如图，三棱柱中，是边长为2的等边三角形，.
(1)证明：；
(2)若三棱柱的体积为3，且直线与平面ABC所成角为60°，求点到平面的距离.
【题型12 立体几何中的探索性问题】
【例12】（2024·内蒙古呼和浩特·二模）如图，已知平面，，是等腰直角三角形，其中，且．
(1)设线段中点为，证明：平面；
(2)在线段上是否存在点，使得点到平面的距离等于，如果存在，求的长．
【变式12-1】（2024·贵州黔西·一模）如图所示为直四棱柱，，分别是线段的中点.
(1)证明:平面；
(2)求直线BC与平面所成角的正弦值，并判断线段BC上是否存在点，使得平面，若存在，求出BP的值，若不存在，请说明理由.
【变式12-2】（2024·黑龙江哈尔滨·一模）如图1，在平行四边形中，，将沿折起，使点D到达点P位置，且，连接得三棱锥，如图2．
(1)证明：平面平面；
(2)在线段上是否存在点M，使平面与平面的夹角的余弦值为，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由．
【变式12-3】（2024·福建龙岩·二模）三棱柱中，，，侧面为矩形，，三棱锥的体积为．
(1)求侧棱的长；
(2)侧棱上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出线段的长；若不存在，请说明理由．
一、单选题
1．（2024·四川德阳·二模）已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，给出下列结论，其中正确结论的个数是（ ）
①若，且，则
②若且，则
③若，且，则
④若，且，则
A．1 B．2 C．3 D．4
2．（2024·山东菏泽·二模）如图，在正方体中，，则下列结论中正确的是（ ）
A．平面 B．平面平面
C．平面 D．平面内存在与平行的直线
3．（2024·辽宁沈阳·模拟预测）已知直三棱柱中，，，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
4．（2024·江西新余·模拟预测）已知，直线过原点且平行于，则到的距离为（ ）.
A． B．1 C． D．
5．（2024·江西宜春·模拟预测）在正方体中，平面经过点，平面经过点，当平面分别截正方体所得截面面积最大时，平面与平面的夹角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
6．（2024·江苏盐城·模拟预测）棱长为2的正方体中，设点为底面内（含边界）的动点，则点到平面距离之和的最小值为（ ）
A． B． C． D．
7．（2024·宁夏吴忠·模拟预测）在正方体中，点为线段上的动点，直线为平面与平面的交线，现有如下说法
①不存在点，使得平面
②存在点，使得平面
③当点不是的中点时，都有平面
④当点不是的中点时，都有平面
其中正确的说法有（ ）
A．①③ B．③④ C．②③ D．①④
8．（2024·陕西·模拟预测）在平行六面体中，已知，，则下列选项中错误的一项是（ ）
A．直线与BD所成的角为90°
B．线段的长度为
C．直线与所成的角为90°
D．直线与平面ABCD所成角的正弦值为
二、多选题
9．（2024·河北·模拟预测）已知正方体为中点，为BC中点，则（ ）
A．直线PD与直线平行 B．直线与直线垂直
C．直线PQ与直线相交 D．直线PQ与直线异面
10．（2024·广西贵港·模拟预测）如图，在正方体中，P为线段的中点，Q为线段上的动点（不包括端点），则（ ）
A．存在点Q，使得 B．存在点Q，使得平面
C．三棱锥的体积是定值 D．二面角的余弦值为
11．（2024·河北承德·二模）如图，在正四棱柱中，是棱的中点，为线段上的点（异于端点），且，则下列说法正确的是（ ）
A．是平面的一个法向量
B．
C．点到平面的距离为
D．二面角的正弦值为
三、填空题
12．（23-24高二下·陕西咸阳·期末）若，且为直线的一个方向向量，为平面的一个法向量，则实数的值为 .
13．（2024·广东·一模）在正方体中，点P、Q分别在、上，且，，则异面直线与所成角的余弦值为 .
14．（2024·广东茂名·模拟预测）已知四棱柱的底面是正方形，，，点在底面的射影为中点H，则直线与平面所成角的正弦值为 ．
四、解答题
15．（2024·陕西安康·模拟预测）如图，已知多面体是由正四棱锥P-ABCD与正方体组合而成的，且.
(1)求证：平面；
(2)若，求四棱锥的体积.
16．（2024·贵州·模拟预测）如图，在三棱台中，平面ABC，，，．
(1)求异面直线与所成角的余弦值；
(2)求直线与平面所成角的正弦值．
17．（2024·河南郑州·模拟预测）如图，在三棱锥中，，，．
(1)证明：平面；
(2)若，E是棱上一点且，求平面与平面的夹角．
18．（2024·海南·模拟预测）如图，在直四棱柱中，底面四边形为梯形，，.
(1)证明： ;
(2)若直线 与平面 所成角的正弦值为 ，点 为线段 上一点，求点到平面 的距离.
19．（2024·贵州贵阳·二模）由正棱锥截得的棱台称为正棱台.如图，正四棱台中，分别为的中点，，侧面与底面所成角为.
(1)求证：平面；
(2)线段上是否存在点，使得直线与平面所成的角的正弦值为，若存在，求出线段的长；若不存在，请说明理由.
21世纪教育网(www.21cnjy.com)专题7.6 空间向量的应用【十二大题型】
【新高考专用】
【题型1 向量法证明线线平行】 4
【题型2 向量法证明直线和平面平行】 6
【题型3 向量法证明平面和平面平行】 9
【题型4 向量法证明线线垂直】 14
【题型5 向量法证明直线和平面垂直】 18
【题型6 向量法证明平面和平面垂直】 23
【题型7 求异面直线所成的角】 28
【题型8 求线面角】 31
【题型9 求平面与平面所成角】 36
【题型10 点到直线距离、异面直线距离的向量求法】 42
【题型11 求点面距、线面距、面面距】 44
【题型12 立体几何中的探索性问题】 50
1、空间向量的应用
考点要求 真题统计 考情分析
(1)理解直线的方向向量及平面的法向量，能用向量方法证明立体几何中有关线面位置关系的一些简单定理 (2)能用向量法解决异面直线、直线与平面、平面与平面的夹角问题，并能描述解决这一类问题的程序，体会向量法在研究空间角问题中的作用 (3)会求空间中点到直线以及点到平面的距离 (4)以空间向量为工具，探究空间几何体中线、面的位置关系或空间角存在的条件 2022年新高考全国I卷：第19题，12分 2022年新高考全国Ⅱ卷：第20题，12分 2023年新高考I卷：第18题，12分 2023年新高考Ⅱ卷：第20题，12分 2024年新高考I卷：第17题，15分 2024年新高考Ⅱ卷：第17题，15分 空间向量的应用是高考的热点内容，属于高考的必考内容之一.从近几年的高考情况来看，空间向量解立体几何一般以解答题形式为主，每年必考，难度中等偏难，第一小问一般考查空间线、面位置关系的证明；空间角与点、线、面距离问题通常在解答题的第二小问考查，有时在选择题、多选题中也会涉及.在高考复习过程中除了掌握空间向量法求空间角、空间距离，还需多锻炼几何法的应用，学会灵活求解.
【知识点1 空间位置关系的向量表示】
1．直线的方向向量
直线的方向向量：如果表示非零向量的有向线段所在的直线与直线l平行或重合，那么称此向量
为直线l的方向向量.
2．平面的法向量
平面的法向量：直线l⊥α，取直线l的方向向量，则称向量为平面α的法向量.
【知识点2 用空间向量研究直线、平面的平行关系】
1．空间中直线、平面的平行
(1)线线平行的向量表示：设u1，u2分别是直线l1，l2的方向向量，则l1∥l2 u1∥u2 λ∈R，使得u1＝λu2.
(2)线面平行的向量表示：设u是直线 l 的方向向量，n是平面α的法向量，l α，则l∥α u⊥n u·n＝0.
(3)面面平行的向量表示：设n1 ，n2 分别是平面α，β的法向量，则α∥β n1∥n2 λ∈R，使得n1＝λn2 .
2．利用向量证明线线平行的思路：
证明线线平行只需证明两条直线的方向向量共线即可．
3．证明线面平行问题的方法：
(1)证明直线的方向向量与平面内的某一向量是共线向量且直线不在平面内；
(2)证明直线的方向向量可以用平面内两个不共线向量表示且直线不在平面内；
(3)证明直线的方向向量与平面的法向量垂直且直线不在平面内．
4．证明面面平行问题的方法：
(1)利用空间向量证明面面平行，通常是证明两平面的法向量平行．
(2)将面面平行转化为线线平行然后用向量共线进行证明．
【知识点3 用空间向量研究直线、平面的垂直关系】
1．空间中直线、平面的垂直
(1)线线垂直的向量表示：设 u1，u2 分别是直线 l1 , l2 的方向向量，则l1⊥l2 u1⊥u2 u1·u2＝0.
(2)线面垂直的向量表示：设u是直线 l 的方向向量，n是平面α的法向量， l α，则l⊥α u∥n λ∈R，使得u＝λn.
(3)面面垂直的向量表示：设n1，n2 分别是平面α，β的法向量，则α⊥β n1⊥n2 n1·n2＝0.
2．证明两直线垂直的基本步骤：
建立空间直角坐标系→写出点的坐标→求直线的方向向量→证明向量垂直→得到两直线垂直．
3．用坐标法证明线面垂直的方法及步骤：
(1)利用线线垂直：①将直线的方向向量用坐标表示；②找出平面内两条相交直线，并用坐标表示它们的方向向量；③判断直线的方向向量与平面内两条直线的方向向量垂直．
(2)利用平面的法向量：①将直线的方向向量用坐标表示；②求出平面的法向量；③判断直线的方向向量与平面的法向量平行．
4．证明面面垂直的两种方法：
(1)常规法：利用面面垂直的判定定理转化为线面垂直、线线垂直去证明．
(2)法向量法：证明两个平面的法向量互相垂直．
【知识点4 用向量法求空间角】
1．用向量法求异面直线所成角的一般步骤：
(1)建立空间直角坐标系；
(2)用坐标表示两异面直线的方向向量；
(3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值；
(4)注意两异面直线所成角的范围是，即两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角的余弦值的绝对值.
2．向量法求直线与平面所成角的主要方法:
(1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，将题目转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；
(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角.
3．向量法求二面角的解题思路:
用法向量求两平面的夹角：分别求出两个法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到两平面夹角的大小.
【知识点5 用空间向量研究距离问题】
1．距离问题
(1)点P到直线 l 的距离：已知直线l的单位方向向量为u，A是直线l上的定点，P是直线l外一点，设向量在直线l上的投影向量为＝a，则点P到直线l的距离为(如图)．
(2)点P到平面α的距离：设平面α的法向量为n，A是平面α内的定点，P是平面α外一点，则点P到平面α的距离为(如图)．
2．向量法求点到直线距离的步骤：
(1)根据图形求出直线的单位方向向量.
(2)在直线上任取一点M(可选择特殊便于计算的点).计算点M与直线外的点N的方向向量.
(3)垂线段长度.
3．求点到平面的距离的常用方法
(1)直接法：过P点作平面的垂线，垂足为Q，把PQ放在某个三角形中，解三角形求出PQ的长度就是点P到平面的距离.
②转化法：若点P所在的直线l平行于平面，则转化为直线l上某一个点到平面的距离来求.
③等体积法.
④向量法：设平面的一个法向量为，A是内任意点，则点P到的距离为.
【方法技巧与总结】
1．异面直线所成角的范围是；直线与平面所成角的范围是；二面角的范围是；两个平面夹角的范围是.
【题型1 向量法证明线线平行】
【例1】（23-24高二上·河南·期末）在空间直角坐标系中，已知，，，，则直线与的位置关系是（ ）
A．异面 B．平行 C．垂直 D．相交但不垂直
【解题思路】利用给定的坐标，求出向量的坐标，再借助共线向量判断得解.
【解答过程】由，，，，
得，，则，即，
而，显然向量不共线，即点不在直线上，
所以直线与平行．
故选：B.
【变式1-1】（23-24高二上·广东深圳·期末）已知空间中两条不同的直线，，其方向向量分别为，，则“，共线”是“直线，平行”的（ ）
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【解题思路】利用充分必要条件的概念进行判断即可.
【解答过程】若直线的方向向量，共线，则两直线平行或重合，
又因为直线，是空间中两条不同的直线，所以两直线，平行，即“，共线”是“直线，平行”的充分条件；
若直线，平行，则，共线，即“，共线”是“直线，平行”的必要条件；
综上，“，共线”是“直线，平行”的充分必要条件.
故选：C.
【变式1-2】（2024·全国·模拟预测）已知两不重合直线和的方向向量分别为，，则与的位置关系是（ ）
A．平行 B．相交 C．垂直 D．不确定
【解题思路】根据两直线方向向量平行两直线平行即可求解》
【解答过程】因为，，
所以，
所以，
故选：A.
【变式1-3】（23-24高三上·河北衡水·阶段练习）如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别是BC1，CD1的中点，则下列说法错误的是（ ）
A．MN与CC1垂直
B．MN与AC垂直
C．MN与BD平行
D．MN与A1B1平行
【解题思路】通过空间向量建系法，结合向量平行与垂直的性质一一验证即可
【解答过程】设正方体的棱长为1，如图，建立空间直角坐标系，则A(1，0，0)，B(1，1，0)，C(0，1，0)，D(0，0，0)，A1(1，0，1)，B1(1，1，1)，C1(0，1，1)，M，N，
∴==(0，0，1)，=(-1，1，0)，=(-1，-1，0)，=(0，1，0)，∴·=0，∴MN⊥CC1，A说法正确；·=-=0，∴MN⊥AC，B说法正确；易知=2，且M，N BD，∴MN∥BD，C说法正确；设=λ，得无解，所以MN与A1B1不平行，D说法错误.
故选：D.
【题型2 向量法证明直线和平面平行】
【例2】（2024高二上·全国·专题练习）如图，在四棱柱中，侧棱底面，，，且点分别为和的中点， 求证：平面.
【解题思路】以为原点，建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量和向量，结合，即可证得平面.
【解答过程】以为原点，分别以所在直线为z轴建立空间直角坐标系，
如图所示，可得，，
又因为分别为和的中点，可得，
又由向量为平面的一个法向量，且,
由此可得，又因为直线平面，所以平面.
【变式2-1】（2024高二上·全国·专题练习）如图所示，在直角梯形中，，，，是的中点，分别为的中点，将沿折起，使得平面，试用向量方法证明 平面.
【解题思路】建立空间直角坐标系，求出的方向向量和平面的法向量即可求解.
【解答过程】由题意可知底面为正方形，
因为平面，平面，所以两两垂直，
如图以为原点，以为方向向量建立空间直角坐标系，
则有关点及向量的坐标为：
，，，，，，
，，，
设平面的法向量为，
则，取可得平面的一个法向量为，
因为，又在平面外，
所以 平面.
【变式2-2】（2024高二·全国·专题练习）如图，在四棱锥中，底面为矩形，底面，，，为的中点，为的中点，求证：直线平面.
【解题思路】利用空间向量法可证
【解答过程】因为底面为矩形，底面，所以AB，AD，AO两两互相垂直，
所以分别以AB，AD，AO所在直线为 轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，，，
∴，，
设平面的法向量为，
则，即 ，取，得
所以
又 平面，所以直线平面，
【变式2-3】（23-24高二上·江西·阶段练习）如图，正四棱锥的高为6，，且M是棱上更靠近C的三等分点.
(1)证明：；
(2)若在棱上存在一点N，使得平面，求的长度.
【解题思路】（1）连接，交于点，连接，证明平面后可证得线线垂直；
（2）建立如图所示的空间直角坐标系，由空间向量法求得点位置，计算出向量的模得结论．
【解答过程】（1）如图，连接，交于点，连接.
底面是正方形，，，，
，，平面.平面.
平面，.
（2）以O为原点，，，所在直线分别为x轴、y轴、z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，.
，，，.
设平面的法向量为.则
取，则，，得.
设，，则.
平面，，得.故.
【题型3 向量法证明平面和平面平行】
【例3】（2024高二·全国·专题练习）如图所示，平面平面，四边形为正方形，是直角三角形，且，，，分别是线段，，的中点，求证：平面平面．
【解题思路】建立空间直角坐标系，利用法向量即可求解.
【解答过程】因为平面PAD⊥平面ABCD，四边形ABCD为正方形，△PAD是直角三角形，
所以AB，AP，AD两两垂直，
以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，
则．
所以，，，，
设是平面EFG的法向量，
则，，即，得，
令，则，，所以，
设是平面PBC的法向量，
由，，即，得，
令，则，，所以，
所以，所以平面EFG∥平面PBC．
【变式3-1】（23-24高二·全国·课后作业）如图，已知在正方体中，，，分别是，，的中点．证明：
(1)平面；
(2)平面平面．
【解题思路】（1）建立空间直角坐标系，根据正方体性质可知为平面的一个法向量，然后证明即可得证；
（2）证明也是平面MNP的一个法向量即可.
【解答过程】（1）证明：以D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.
设正方体的棱长为2，则，，，，，．
由正方体的性质，知平面，
所以为平面的一个法向量．
由于，
则，
所以．
又平面，
所以平面．
（2）证明：因为为平面的一个法向量，
由于，，
则，
即也是平面MNP的一个法向量，
所以平面平面．
【变式3-2】（23-24高二下·全国·课后作业）如图，在长方体中，，，.求证：平面平面.
【解题思路】根据题意，以D为原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面与平面的法向量，由法向量平行，即可证明面面平行；
【解答过程】以D为原点， 所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，，，
则，，，.
设平面的法向量为，
则.
取，则，，
所以平面的一个法向量为.
设平面的法向量为，
则.
取，则，，
所以平面的一个法向量为.
因为，即，
所以平面平面.
【变式3-3】（23-24高二上·天津蓟州·阶段练习）如图，在长方体中，，，.
(1)求证：平面平面.
(2)线段上是否存在点P，使得平面？若存在，求出点P的位置；若不存在，请说明理由.
【解题思路】（1）根据题意，以D为原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面与平面的法向量，由法向量平行，即可证明面面平行；
（2）由空间向量的坐标运算，由与平面的法向量垂直，代入计算，即可求解.
【解答过程】（1）证明：以D为原点，DA，，所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，，，
则，，，.
设平面的法向量为，
则.
取，则，，所以平面的一个法向量为.
设平面的法向量为，
则.
取，则，，所以平面的一个法向量为.
因为，即，所以平面平面.
（2）设线段上存在点P使得平面，.
由（1）得，，平面的一个法向量为，
所以.
所以，解得.
所以当P为线段的中点时，平面.
【题型4 向量法证明线线垂直】
【例4】（23-24高二下·湖南长沙·开学考试）如图，在下列各正方体中，为正方体的一条体对角线，、分别为所在棱的中点，则满足的是（ ）
A． B．
C． D．
【解题思路】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判断即得.
【解答过程】在正方体中，建立空间直角坐标系，令棱长为2，体对角线的端点为，
对于A，，直线的方向向量，
，显然，直线与不垂直，A不是；
对于B，由选项A知，直线的方向向量，，
则,显然，直线与不垂直，B不是；
对于C，由选项A知，直线的方向向量，，
则,显然，，C是；
对于D，由选项A知，直线的方向向量，，
则,显然，直线与不垂直，D不是.
故选：C.
【变式4-1】（23-24高二下·江苏徐州·期中）在正方体中，下列关系正确的是（ ）
A． B． C． D．
【解题思路】建立适当空间直角坐标系后，借助空间向量计算其数量积即可得.
【解答过程】以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，
设正方体棱长为，则有、、、、
、、、，
故、、、、
、、，
对A：，故A错误；
对B：，故B错误；
对C：，故，故C正确；
对D：，故D错误.
故选：C.
【变式4-2】（2024高二·全国·专题练习）如图，在多面体中，都是等边三角形，平面为的中点.证明：
【解题思路】取的中点，根据线面垂直判定定理证明平面，由条件求，建立空间直角坐标系，利用向量方法证明结论.
【解答过程】由都是等边三角形，，可得.
取的中点为，则，
又，所以，
所以，即，
又平面，故平面.
因为，所以.
因为平面，平面，
所以 ，又，所以两两垂直，
以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，，
所以，
所以，则.
【变式4-3】（2024高三·全国·专题练习）斜三棱柱的各棱长都为，点在下底面的投影为的中点.在棱（含端点）上是否存在一点使？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由；
【解题思路】连接，以为原点建立如图所示空间直角坐标系，设，根据结合空间向量的坐标运算求解.
【解答过程】因为点在下底面的投影为的中点，故平面，
连接，由题意为正三角形，故，
以为原点，分别为轴建立如图所示空间直角坐标系，
则，，
可得，，，
设，
可得，
假设在棱（含端点）上存在一点使，
则，解得，
所以存在，此时.
【题型5 向量法证明直线和平面垂直】
【例5】（23-24高二上·浙江·期中）已知正三棱台中，，，、分别为、的中点.
(1)求该正三棱台的表面积；
(2)求证：平面
【解题思路】（1）将正三棱台补成正三棱锥，分析可知正三棱锥是棱长为的正四面体，结合三角形的面积公式可求得正三棱台的表面积；
（2）设点在底面的射影为点，则为正的中心，取的中点，连接，则，以点、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，证明出，，再利用线面垂直的判定定理可证得结论成立.
【解答过程】（1）解：将正三棱台补成正三棱锥，如图所示：
因为，且，则、分别为、的中点，
则，，故是边长为的等边三角形，
由此可知，、都是边长为的等边三角形，
易知是边长为的等边三角形，是边长为的等边三角形，
故正三棱台的表面积为.
（2）解：设点在底面的射影为点，则为正的中心，
取的中点，连接，则，
，则，
因为平面，平面，则，
所以，，
以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，
则、、、、
、，
则，，，
所以，，，所以，，，
因为，、平面，故平面.
【变式5-1】（2024高三·全国·专题练习）已知正方体的棱长为，、、分别是棱、、的中点，求证：平面．
【解题思路】结论空间直角坐标系，求平面的法向量，证明与共线即可.
【解答过程】建立如图的空间直角坐标系，连结、．
则、、、、．
于是，，．
设平面的法向量为．
由，，
得，．
令，则，故．又，
易知，这说明与共线．
∴平面．
【变式5-2】（2024高三·全国·专题练习）如图，已知直三棱柱为的中点，为侧棱上一点，且，三棱柱的体积为32．过点作，垂足为点，求证：平面；
【解题思路】先根据三棱柱的体积为32，求出，再由题意可得两两垂直，所以以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量证明即可.
【解答过程】由直三棱柱，得平面，又，
可得三棱柱的体积，得．
因为三棱柱为直三棱柱，所以，
因为，所以两两垂直，
所以以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则，
则．设，则，
故．
因为，所以，
所以，解得，即．
所以，
所以，
.
所以．
又因为平面ACQ，平面ACQ，，
所以平面．
【变式5-3】（2024·重庆·模拟预测）已知正方体的棱长为1，在棱上运动，在线段上运动，直线与平面交于点．
(1)当为中点时，证明：平面；
(2)若平面，求的最大值及此时的长．
【解题思路】（1）以为坐标原点，方向为轴，建立空间直角坐标系，设，利用空间向量的坐标运算确定线线垂直，结合线面垂直判定定理证明即可；
（2）由（1）坐标关系与线面垂直，设，可得，建立坐标等式关系，利用基本不等式求得最值即可.
【解答过程】（1）以为坐标原点，方向为轴，建立空间直角坐标系，
则，
设，
当E，F为中点时，，有，
所以，，，有，，
所以，又平面，
所以平面．
（2）由（1）可得，，，
若平面，则，，所以，
设，则，
由平面ACE，所以，
当时，，有，当时，等号成立，
所以，即，
综上，的最大值为，．
【题型6 向量法证明平面和平面垂直】
【例6】（2024高三·全国·专题练习）如图，在底面是矩形的四棱锥中，平面，，，是PD的中点.
求证：平面平面.
【解题思路】由题意可得两两垂直，所以以为原点，以所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量证明即可.
【解答过程】证明：因为平面，平面，
所以，
因为四边形为矩形，所以，
所以两两垂直，所以以为原点，以所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示
则
所以
所以即，
所以即，
又，平面PAD，
所以平面PAD，
又平面，所以平面平面PAD.
【变式6-1】（2024高三·全国·专题练习）如图，在四棱锥中，平面，，，，.为的中点，点在上，且.
求证：平面平面.
【解题思路】如图，以为原点，分别以，为轴，轴，过作平行线为轴，建立空间直角坐标系，求出两平面的法向量，利用空间向量证明即可.
【解答过程】证明：如图，以为原点，分别以，为轴，轴，过作平行线为轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
所以，，因为，所以，
所以，即，
所以，，
设平面的法向量为，则，
令，则，所以，
平面的法向量为，则，
令，则，所以，
所以，
所以，
所以平面平面.
【变式6-2】（23-24高二下·湖北·期中）在中，，点分别为边的中点，将沿折起，使得平面平面.
(1)求证：；
(2)在平面内是否存在点，使得平面平面？若存在，指出点的位置；若不存在，说明理由.
【解题思路】（1）利用已知可得，结合面面垂直可得平面，可证结论.
（2）以点为原点，以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量，若，求得平面的一个法向量，可判断此情况不成立，若与不共线，设，连接，利用，可求得结论.
【解答过程】（1）在中，点D、E分别为边AC、AB的中点，
且.
又平面平面，平面平面 平面，
平面.
又平面.
（2）由（1）知，.
以点为原点，以所在直线为轴，建立空间直角坐标系.
则.
，
设为平面的一个法向量，
则，取，则.
假设在平面内存在点，使得平面平面.连接.
若，则设.设平面的一个法向量为.
由，取，则.
平面的法向量.由知，此情况不成立.
若与不共线，设，连接.
设，则.
当，即时，.
又平面，即平面平面，也即平面平面.
所以在平面内存在点，当点在直线（点在直线上且）上时，
平面平面.
【变式6-3】（2024·上海静安·二模）如图，在五面体ABCDEF中，FA⊥平面ABCD，，若 .
(1)求五面体ABCDEF的体积；
(2)若M为EC的中点，求证：平面平面AMD.
【解题思路】（1）取AD中点N，连接EN，，易证得EN⊥平面ABCD，五面体的体积棱柱的体积棱锥的体积，分别求出棱柱的体积和棱锥的体积即可得出答案.
（2）证法1：以A为坐标原点，以，，为轴正半轴建立空间直角坐标系.由垂直向量的坐标运算可证得，即可得出CE⊥平面AMD，再由面面垂直的判定定理即可证明；证法2：由题意证得，即可得出CE⊥平面AMD，再由面面垂直的判定定理即可证明；
【解答过程】（1）因为，取AD中点N，连接EN，，
因为，所以，
又FA⊥平面ABCD，平面ABCD，，
所以EN⊥平面ABCD，又因为，即，，
平面，所以平面，
所以为底面是等腰直角三角形的直棱柱，
高等于1，三棱锥是高等于1底面是等腰直角三角形.
五面体的体积棱柱的体积棱锥的体积.
即：
（2）证法1：以A为坐标原点，以，，为轴正半轴建立空间直角坐标系.
点，，，，
所以
得到：
所以，，平面AMD，
所以CE⊥平面AMD，又CE平面CDE，所以平面平面AMD.
证法2：因为，所以为等腰三角形，M为EC的中点，所以；
同理在中，，（N为AD中点）又AM、MN平面AMD，
，所以CE⊥平面AMD，又CE平面CDE，
平面⊥平面AMD.
【题型7 求异面直线所成的角】
【例7】（2024·河南信阳·模拟预测）已知三棱柱满足，，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【解题思路】设，，，表达出，，求出两向量数量积和模长，利用求出答案.
【解答过程】设，，，
则，，
则，由得,即，
又，由得，
因为，所以，
即，即，
所以 ，
所以异面直线与所成角的余弦值为.
故选：C.
【变式7-1】（2024·广东梅州·模拟预测）直三棱柱中，，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【解题思路】由题意，以为原点，建立空间直角坐标系，求出异面直线与所在直线的方向向量，由空间向量夹角的余弦值的坐标公式求解即可.
【解答过程】以为原点，在平面中过作的垂线交于，
以所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，
因为直三棱柱中，，
设，
所以，，，，
，，
设异面直线与所成角为，
则，
所以异面直线与所成角的余弦值为.
故选：A.
【变式7-2】（2024·湖北武汉·模拟预测）已知菱形，，将沿对角线折起，使以四点为顶点的三棱锥体积最大，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【解题思路】当三棱锥的体积最大时，平面平面，以E为原点，分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，求出向量的坐标，根据向量夹角的坐标表示可解.
【解答过程】记的 中点分别为，因为，所以，
同理，，记，
因为，所以，
所以，，
易知，当平面平面时，三棱锥的体积最大，此时，
以E为原点，分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，
则
所以，
所以，
所以异面直线与所成角的余弦值为.
故选：C.
【变式7-3】（2024·全国·模拟预测）如图，矩形ABCD是圆柱的轴截面，点E在圆上，若，，，则异面直线BD与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【解题思路】解法一 首先作辅助线，找到异面直线所成角，然后利用余弦定理解三角形求得；解法二，以点为坐标原点，，所在直线分别为x，z轴，下底面中与AB垂直的直线为y轴建立如图所示的空间直角坐标系，然后利用公式可求
【解答过程】解法一
如图，设，则F为的中点，连接，
设线段的中点为G，连接FG，BG，则，
故（或其补角）为异面直线BD与所成的角．
因为，所以为等边三角形，
，
，
在中，由余弦定理可得， ，
在中，由余弦定理可得，
故异面直线BD与所成角的余弦值为．
解法二
以点为坐标原点，，所在直线分别为x，z轴，下底面中与AB垂直的直线为y轴建立如图所示的空间直角坐标系．
则，，．
连接，则，因为，所以是等边三角形，
故，则，，
故，
所以异面直线BD与所成角的余弦值为．
故选：B．
【题型8 求线面角】
【例8】（2024·青海西宁·模拟预测）在直三棱柱中，，，为线段的中点，点在线段上，且，则直线与平面所成角的正弦值为（ ）
A． B． C． D．
【解题思路】以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
【解答过程】如图，以点为原点建立空间直角坐标系，
不妨设，则，
则，故，
因为轴平面，则可取平面的法向量为，
则，
即直线与平面所成角的正弦值为.
故选：B.
【变式8-1】（2023·四川雅安·一模）如图，在正方体中，点是线段上的动点（含端点），点是线段的中点，设与平面所成角为，则的最小值是（ ）
A． B． C． D．
【解题思路】以点为原点建立空间直角坐标系，设，利用向量法求解即可.
【解答过程】如图，以点为原点建立空间直角坐标系，
设，不妨设，
则，
故，
，
设平面的法向量为，
则，可取，
则，
所以，
当时，，
当时，，
当，即时，，
综上所述，的最小值是.
故选：A.
【变式8-2】（2024·广东肇庆·模拟预测）如图，三棱锥中，，，.
(1)证明：平面平面；
(2)若E为中点，点F满足，求直线与平面所成角的余弦值.
【解题思路】（1）取中点E，连接，，根据题意可证平面，结合面面垂直的判定定理分析证明；
（2）建系标点，求平面的法向量，利用空间向量求线面夹角.
【解答过程】（1）取中点E，连接，.
因为，，
可知和是两个全等的等边三角形，
不妨设，.
若E为中点，则，
又因为，则，，可知，
在中，则，可知，
且，，平面，可知平面.
又因为平面，所以平面平面.
（2）由（1）可知：，，两两垂直，
以E为原点，分别以，，方向为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系.
则，，.
因为，即，
可得. ，，
设平面的一个法向量为，则，
取，则，即.
设直线与平面所成角为，
则，
可得，
所以直线与平面所成角的余弦值为.
【变式8-3】（2024·辽宁沈阳·模拟预测）如图，直线垂直于梯形所在的平面，，为线段的中点，，，四边形为矩形.
(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
【解题思路】（1）根据条件得到 ，再利用线面平行的判定定理，即可求解；
（2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量及，利用线面角的向量法，即可求解.
【解答过程】（1）设，连接，
因为四边形为矩形，所以为中点，
又为中点，则 ，
又平面，平面，
所以 平面.
（2）以为坐标原点，，，的正方向分别为x，y，z轴，
可建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，
，，，
设平面的法向量为：，
且，令，解得：，，所以，
设直线与平面所成角为，所以.
则直线与平面所成角的正弦值为.
【题型9 求平面与平面所成角】
【例9】（2024·四川·模拟预测）如图，多面体中，已知面是边长为4的正方形，是等边三角形，，，平面平面．
(1)求证：；
(2)求二面角的大小．
【解题思路】（1）利用面面垂直的性质、线面垂直的性质推理即可得证.
（2）以为原点建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，再利用面面角的向量求法求出二面角.
【解答过程】（1）由是正方形，得，而平面平面，平面平面，
平面，则平面，又平面，于是，又，
所以.
（2）在平面内过作，由平面平面，平面平面，
得平面，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，
设平面的法向量为，则，令，得，
而平面的法向量为，设二面角的平面角为，显然为锐角，
于是，则，
所以二面角的大小.
【变式9-1】（2024·四川乐山·三模）如图，平行六面体中，底面是边长为2的菱形，且，与平面所成的角为与交于．
(1)证明：平面；
(2)求二面角的正弦值．
【解题思路】（1）先根据线面垂直得出面面垂直，再应用面面垂直性质定理得出线面垂直；
（2）根据线面垂直建系，应用空间向量法求出二面角的余弦，最后应用同角三角函数关系得出正弦.
【解答过程】（1）
连结，
底面是边长为2的菱形，．
，
．
点为线段中点，．
为菱形，平面，平面
又平面，平面平面，
在平面上的射影为，
为直线与平面所成的角，即．
在中，，
．
则．
又平面平面，
平面．
（2）由（1）知平面，建立如图所示的空间直角坐标系
则，
则
设平面的法向量为，平面的法向量为，
则即取，则．
即取则．
设二面角大小为，
则．
，
二面角的正弦值为．
【变式9-2】（2024·湖南·三模）如图，四棱锥的底面是梯形，平面.
(1)求证：平面平面；
(2)在棱上是否存在一点E，使得二面角的余弦值为.若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【解题思路】（1）只需结合已知证明平面，由面面垂直的判定定理即可进一步得证；
（2）建立适当的空间直角坐标系，引入参数，进一步表示两个平面的法向量，由向量夹角公式建立方程即可求解.
【解答过程】（1）因为平面，平面，所以，
因为，所以，
所以，
又因为平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面；
（2）因为平面，，所以平面，
又因为平面，所以，又，
所以两两互相垂直，
所以以点为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
如图，，
设，
则，
，设平面的法向量为，
则，即，取，满足条件，
所以可取，
，，设平面的法向量为，
则，即，取，解得，
所以，
由题意，
化简并整理得，解得或（舍去），
所以，
综上所述，棱上是否存在一点E，且，使得二面角的余弦值为.
【变式9-3】（2024·江西宜春·模拟预测）如图1，在五边形中，，，且，将沿折成图2，使得，为的中点．
(1)证明：平面；
(2)若与平面所成的角为，求二面角的正弦值．
【解题思路】（1）取的中点，连接，，从而证明平面，平面，即可得到平面平面，即可得证．
（2）推导出平面，平面，平面平面，连接，以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角的正弦值．
【解答过程】（1）取的中点，连接，，
，为的中点，，
又，．
又平面，平面，平面．
为的中点，．
又平面，平面，平面，
又，平面，平面平面，
又平面，平面．
（2），由（1）知，，
又，为的中点，，
又，平面，平面，
又平面，，
又，，平面，平面，
又平面，平面平面，
连接，，为的中点，，
又平面平面，平面，
平面，平面，，
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，
是与平面所成的角，即，
，设，则，，，，
，，，，，
，，，
设平面的法向量为，
则，令，得，
设平面的法向量为，
则，令，得，
设二面角的平面角为，
，
所以，即二面角的正弦值为．
【题型10 点到直线距离、异面直线距离的向量求法】
【例10】（2024·广西来宾·一模）棱长为3的正方体中，点E，F满足，，则点E到直线的距离为（ ）
A． B．
C． D．
【解题思路】利用向量法求点到直线的距离.
【解答过程】如图，建立空间直角坐标系，根据条件可得，，，
，，设向量与的夹角为，
，
所以点到直线的距离为.
故选：A.
【变式10-1】（23-24高二上·山东枣庄·阶段练习）如图，在正方体中，，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（ ）
A． B． C．1 D．
【解题思路】建立空间直角坐标系，利用向量即可根据公式求解.
【解答过程】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，则异面直线间的距离为.
故选：A．
【变式10-2】（2024·全国·模拟预测）已知在空间直角坐标系中，直线经过，两点，则点到直线的距离是（ ）
A． B． C． D．
【解题思路】由题意先求出直线的方向向量，然后依次求得，则到直线的距离为，求解即可.
【解答过程】由题意可知直线的方向向量为：，
又，则，
，
点到直线的距离为：.
故选：C.
【变式10-3】（23-24高二下·江苏泰州·期中）在四棱锥中，底面是边长为3的正方形，底面，点在侧棱上，且满足，则异面直线和的距离为（ ）
A． B． C． D．
【解题思路】以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
【解答过程】如图，以点为原点，分别作为轴正方向，建立空间直角坐标系，
则.
所以，
设为直线和的公垂线的方向向量，
则有，可取，
所以异面直线和的距离为.
故选：A.
【题型11 求点面距、线面距、面面距】
【例11】（2024·广东·三模）如图，边长为4的两个正三角形，所在平面互相垂直，，分别为，的中点，点在棱上，，直线与平面相交于点.
(1)证明：；
(2)求直线与平面的距离.
【解题思路】（1）首先证明平面，再由线面平行的性质证明即可；
（2）连接,，以点为原点，建立空间直角坐标系，利用点到平面距离公式求解即得.
【解答过程】（1）因为、分别为、的中点，所以，
又平面，平面，则平面，
又平面，平面平面，所以.
（2）由（1）知，平面，
则点到平面的距离即为与平面的距离，
连接,，由均为正三角形，为的中点，得，
又平面平面，平面平面平面，
于是平面，又平面，则，
以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，，又，，
又，可得，
所以，，，
设平面的一个法向量为，则，
令，得，
设点到平面的距离为，则，
所以与平面的距离为.
【变式11-1】（2024·安徽合肥·模拟预测）如图，直四棱柱各棱长均为2，，O是线段BD的中点．
(1)求点O到平面的距离；
(2)求直线AB与平面所成角的正弦值．
【解题思路】（1）连接，交于点，连接，以点为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可；
（2）利用向量法求解即可.
【解答过程】（1）连接，由题意，点为的交点，
连接交于点，连接，则平面，
因为四边形为菱形，则，
如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，
在中，，则为等边三角形，则，
则，
故，
设平面的法向量为，则有，可取，
则点O到平面的距离为；
（2），故，
则，
即直线AB与平面所成角的正弦值为．
【变式11-2】（2024高二上·全国·专题练习）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．
【解题思路】（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.
【解答过程】（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11-3】（2024·湖北武汉·模拟预测）如图，三棱柱中，是边长为2的等边三角形，.
(1)证明：；
(2)若三棱柱的体积为3，且直线与平面ABC所成角为60°，求点到平面的距离.
【解题思路】（1）取中点，借助等边三角形的性质结合线面垂直的判定定理可得平面，结合线面垂直的性质定理即可得证；
（2）建立适当空间直角坐标系，再利用体积公式与空间向量夹角公式，结合点到平面的距离公式计算即可得解.
【解答过程】（1）如图，取的中点，连接，，因为是等边三角形，所以，
又，所以，且，平面，
平面，所以平面，
因为平面，所以，
又，所以；
（2）在平面中，作，垂足为D，
由（1）知平面，平面，所以，
而，平面ABC，平面ABC，
所以平面ABC，由为中点，所以，
所以可过点O作Oz轴平行于，建立如图所示的空间直角坐标系，
因为三棱柱的体积为3，
所以，故，
则，，，设，，
所以
平面ABC的一个法向量为，
所以，解得，
此时，，
所以，，
设平面的法向量为，
则，即，
令，解得，，所以，
又，
故点到平面的距离为.
【题型12 立体几何中的探索性问题】
【例12】（2024·内蒙古呼和浩特·二模）如图，已知平面，，是等腰直角三角形，其中，且．
(1)设线段中点为，证明：平面；
(2)在线段上是否存在点，使得点到平面的距离等于，如果存在，求的长．
【解题思路】（1）取的中点，根据线面平行的判定定理即可得证；
（2）设，根据等体积法求出x的值，即可得出结论.
【解答过程】（1）取的中点，的中点，连结、、
则有，，
因为，，所以且，
所以四边形是平行四边形，则，
又平面，平面，
所以平面.
（2）存在.设，在中，.
因为面，所以.
因为面，面，面
所以,，
则均为直角三角形.
在中，
同理，.
取的中点，因为，所以，
而.
故.
因为点到面的距离等于，
所以.
而，所以，解得.
所以在线段上只存在唯一一点，当且仅当时，点到面的距离等于.
【变式12-1】（2024·贵州黔西·一模）如图所示为直四棱柱，，分别是线段的中点.
(1)证明:平面；
(2)求直线BC与平面所成角的正弦值，并判断线段BC上是否存在点，使得平面，若存在，求出BP的值，若不存在，请说明理由.
【解题思路】（1）由题意可知为正三角形，则，又，结合线面垂直的判定定理即可证明；
（2）根据勾股定理的逆定理可得，建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法求解线面角即可；假设在线段上存在点，使得平面，令，利用求出，进而求出即可.
【解答过程】（1）由，知为正三角形，
又为的中点，则.
又为的中点，则，
而，所以，
又平面，
所以平面；
（2）由（1）知为正三角形，则，
在中，，有，所以，
易知，建立如图空间直角坐标系，
则，
所以，
设平面的一个法向量为，
则，令，得，故，
设与平面所成角为，则，
即与平面所成角的正弦值为.
假设在线段上存在点，使得平面，令，
则，所以，
由平面，得，所以，
解得，所以，即的值为.
【变式12-2】（2024·黑龙江哈尔滨·一模）如图1，在平行四边形中，，将沿折起，使点D到达点P位置，且，连接得三棱锥，如图2．
(1)证明：平面平面；
(2)在线段上是否存在点M，使平面与平面的夹角的余弦值为，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由．
【解题思路】（1）推导出，证明出平面，可得出， 利用面面垂直的判定定理可证得结论成立；
（2）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，利用空间向量法可得出关于的等式，结合求出的值，即可得出结论.
【解答过程】（1）证明：翻折前，因为四边形为平行四边形，，则，
因为，则，，
由余弦定理可得，
所以，，则，同理可证，
翻折后，则有，，
因为，，、平面，
所以，平面，
因为平面，则，
因为，、平面，所以，平面，
所以平面平面.
（2）因为平面，，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、、、，
设，其中，
则，，
设平面的法向量为，则，
取，则，，所以，，
平面的一个法向量为，，，
则，令，可得，
则，整理可得，
因此，线段上存在点，使平面AMB与平面MBC的夹角的余弦值为，且.
【变式12-3】（2024·福建龙岩·二模）三棱柱中，，，侧面为矩形，，三棱锥的体积为．
(1)求侧棱的长；
(2)侧棱上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出线段的长；若不存在，请说明理由．
【解题思路】（1）证明平面，结合题目条件，先计算出的值，然后即可以求得侧棱的长；
（2）建立空间直角坐标系，设未知数，结合题目条件，列出方程求解，即可得到本题答案.
【解答过程】（1）在平面内过作，垂足为，
因为侧面为矩形，所以，
又，，平面，
所以平面，
又平面，所以平面平面，
易得，面，平面平面，
所以平面，
因为，所以，
因为，，所以；
（2）存在点满足题意，，理由如下：
如图，以为坐标原点，以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，
设，则，
故，，
设平面的法向量为
则即，令，则，
故平面的一个法向量，
设直线与平面所成角为，
则，解得，
故存在点E满足题意，所以.
一、单选题
1．（2024·四川德阳·二模）已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，给出下列结论，其中正确结论的个数是（ ）
①若，且，则
②若且，则
③若，且，则
④若，且，则
A．1 B．2 C．3 D．4
【解题思路】利用方向向量与法向量判断线面位置关系，从而判断①④；利用面面平行的判定定理判断②，举特例可排除③，从而得解.
【解答过程】设分别是直线的方向向量，
对于①，因为，所以分别是平面的法向量，
又，即，所以，故①正确；
对于②，由面面平行的判定定理可知，当不相交时，不一定成立，故②错误；
对于③，当时，可满足时有，
又，显然此时位置关系不确定，故③错误；
对于④，因为，所以是平面的法向量，
又，所以也是平面的法向量，
又，即，所以，故④错误.
故选：A.
2．（2024·山东菏泽·二模）如图，在正方体中，，则下列结论中正确的是（ ）
A．平面 B．平面平面
C．平面 D．平面内存在与平行的直线
【解题思路】建立空间直角坐标系，结合线面平行的判定定理，线面垂直，面面垂直的判定定理，逐项判定计算即可．
【解答过程】因为为正方体，设正方体边长为2，
以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，
则，
设平面的法向量为，
则，令，则，
同理解得平面的法向量，
，故A不正确；
，故B不正确；
，
，所以，
又，所以平面，C正确；
平面的一个法向量为，
，故D不正确；
故选：C.
3．（2024·辽宁沈阳·模拟预测）已知直三棱柱中，，，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【解题思路】根据空间向量法求线线角即可.
【解答过程】以为原点，在平面内过作的垂线交于，
以为轴，以为轴，以为轴，建立空间直角坐标系，
因为直三棱柱中，，，，
所以，
所以，
设异面直线与所成角为，
所以.
故选：C.
4．（2024·江西新余·模拟预测）已知，直线过原点且平行于，则到的距离为（ ）.
A． B．1 C． D．
【解题思路】根据题意取，然后求出在方向上的投影，再结合勾股定理可求得结果.
【解答过程】由题意取，则，
所以到的距离为
.
故选：C.
5．（2024·江西宜春·模拟预测）在正方体中，平面经过点，平面经过点，当平面分别截正方体所得截面面积最大时，平面与平面的夹角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【解题思路】因为正方体中过体对角线的截面面积最大，所以题目转化为求平面与平面夹角的余弦值，建立空间直角坐标系，求得即可.
【解答过程】
如图：因为正方体中过体对角线的截面面积最大，
所以题目转化为求平面与平面夹角的余弦值，
以点为坐标原点，以的方向分别为轴正方向，
建立空间直角坐标系，
由为正方体，设棱长为，，所以四边形为正方形，
所以，又因为平面，平面，
所以，又因为，平面，所以平面，
即为平面的一个法向量，
同理为平面的一个法向量，
由，知，
设平面与平面的夹角为，，
则.
故选：A.
6．（2024·江苏盐城·模拟预测）棱长为2的正方体中，设点为底面内（含边界）的动点，则点到平面距离之和的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【解题思路】建立空间直角坐标系，设，求出平面的一个法向量，然后利用距离的向量公式并换元化简得 ，最后利用二次函数性质求解最值即可.
【解答过程】在正方体中，两两互相垂直，建立空间直角坐标系，
如图所示：
则，设，
所以，，设平面的法向量为，
则，令，则．于是，
则点到平面距离之和为，
设，则， ，
因为，所以，所以，
函数开口向上，对称轴为，在上单调递增，
所以当时，取到最小值为.
故选：B.
7．（2024·宁夏吴忠·模拟预测）在正方体中，点为线段上的动点，直线为平面与平面的交线，现有如下说法
①不存在点，使得平面
②存在点，使得平面
③当点不是的中点时，都有平面
④当点不是的中点时，都有平面
其中正确的说法有（ ）
A．①③ B．③④ C．②③ D．①④
【解题思路】
对于①，由当点与点重合时，结合线面平行的判定定理即可判断；对于②，若平面，则，建系利用向量运算即可判断；对于③④，由线面平行，线面垂直的相关知识判断即可.
【解答过程】对于①，由当点与点重合时，由，
而平面，平面，得平面，故①错误；
对于②，若存在点，使得平面，则，
又，可得，
以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系，设棱长为1，，，
则，，，，
则，，
，，
所以，这与矛盾，故②错误；
对于③，当不是的中点时，
由，且面，面，可知面，
又直线为面与面的交线，则，
又面，面，从而可得面，故③正确；
对于④，由③可知，又平面，平面，
所以，又，，平面，
所以平面，所以平面，故④正确.
综上，③④正确.
故选：B.
8．（2024·陕西·模拟预测）在平行六面体中，已知，，则下列选项中错误的一项是（ ）
A．直线与BD所成的角为90°
B．线段的长度为
C．直线与所成的角为90°
D．直线与平面ABCD所成角的正弦值为
【解题思路】在平行六面体中，取，利用空间向量的线性运算及数量积运算，逐一分析选项，即可得出答案.
【解答过程】在平行六面体中，令，，，
由，，
得，，
对于，显然，，
则，即，
因此直线与所成的角为，A正确；
对于B，，即，B正确；
对于C，，即，
因此直线与所成的角为，C正确；
对于D，在平行六面体中，四边形是菱形，即，
又，，平面，于是平面，
又平面，则平面平面，
连接交于点，在平面内过点作于点，如图，
由平面平面，因此平面，即直线与平面所成角为，
，则，即，
由及选项C知，，则，D错误.
故选：D.
二、多选题
9．（2024·河北·模拟预测）已知正方体为中点，为BC中点，则（ ）
A．直线PD与直线平行 B．直线与直线垂直
C．直线PQ与直线相交 D．直线PQ与直线异面
【解题思路】根据题意，建立空间直角坐标系，分析AB，由异面直线的定义分析CD，综合可得答案．
【解答过程】根据题意，设正方体的棱长为2，以为坐标原点，如图建立坐标系，
则,0,，,2,，,2,，,0,，,2,，,2,，,0,，
,0,，,2,，
对于A，,0,，,0,，由于对于任意的都不会成立，则与不平行，则直线与直线不平行，A错误；
对于B，,2,，,,，则有，则，即直线与直线垂直，B正确；
对于C，直线与相交，故平面，直线平面，，所以PQ与直线是异面直线，C错误；
对于D，,显然两直线不平行，假设直线与直线相交，则在同一平面上，,故存在实数使得，即，则无解，故与直线既不相交也不平行，是异面直线，D正确．
故选：BD．
10．（2024·广西贵港·模拟预测）如图，在正方体中，P为线段的中点，Q为线段上的动点（不包括端点），则（ ）
A．存在点Q，使得 B．存在点Q，使得平面
C．三棱锥的体积是定值 D．二面角的余弦值为
【解题思路】A选项，由推出平面，矛盾；B选项，建立空间直角坐标系，证明出，，得到线面垂直，进而当Q为的中点时，，此时平面，故B正确；C选项，假设体积为定值，得到平面，求出平面的法向量，证明出平面不成立，C错误；D选项，找到二面角的平面角，利用余弦定理求出余弦值.
【解答过程】对于A，若，因为平面，平面，
所以平面，矛盾，故A错误．
对于B，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
设正方体棱长为2，则，
因为，
，
故，，
故，，
因为，平面，
故平面，当Q为的中点时，，
此时平面，故B正确．
对于C，Q在线段上运动，若三棱锥的体积为定值，则平面，
，，
设平面的法向量为，
则，
解得，令得，故，
故，故与不垂直，
故平面不成立，故C错误；
对于D，二面角即二面角，连接BP，DP，BD，
由于为等边三角形，
则，，所以为所求二面角的平面角，
不妨设正方体的棱长为2，则的棱长为，
故，，
由余弦定理可得，
二面角的余弦值为，故D正确．
故选：BD.
11．（2024·河北承德·二模）如图，在正四棱柱中，是棱的中点，为线段上的点（异于端点），且，则下列说法正确的是（ ）
A．是平面的一个法向量
B．
C．点到平面的距离为
D．二面角的正弦值为
【解题思路】对于A，证明平面即可；对于B，在中通过余弦定理计算的长度即可；对于C，D，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，根据点到面的距离公式可计算C选项，计算平面和平面的法向量即可求出二面角的正弦值，可判断D选项.
【解答过程】对于A，由于是正四棱柱，易知，
在中，因为，
所以，
故，
又平面，平面，
所以平面，故A正确；
对于B，在中，因为，
则，
在中，利用余弦定理,
可求得或（舍去），
因此，故错误；
对于C， 以为原点，分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
由B选择可知，，，
所以，
故，
设为平面的法向量，
则，
令，则，
设点到平面的距离为，
所以由点到平面的距离公式得：
，故C正确；
对于D，由C选项中坐标可知，
为平面的一个法向量，
，
设平面的一个法向量为，
则
令，
所以，
因此二面角的正弦值为，故D正确.
故选：ACD.
三、填空题
12．（23-24高二下·陕西咸阳·期末）若，且为直线的一个方向向量，为平面的一个法向量，则实数的值为 -8 .
【解题思路】由题意即即可列方程求解.
【解答过程】由题意，解得.
故答案为：-8.
13．（2024·广东·一模）在正方体中，点P、Q分别在、上，且，，则异面直线与所成角的余弦值为 .
【解题思路】以D为原点，为x轴，为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线与所成角的余弦值.
【解答过程】设正方体中棱长为3，
以D为原点，为x轴，为y轴，为z轴，建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，，，
设异面直线与所成角为，则.
即异面直线与所成角的余弦值为.
故答案为：.
14．（2024·广东茂名·模拟预测）已知四棱柱的底面是正方形，，，点在底面的射影为中点H，则直线与平面所成角的正弦值为 ．
【解题思路】以点H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，求得平面的一个法向量为，直线的一个方向向量，利用向量的夹角公式可求直线与平面所成角的正弦值.
【解答过程】因为点在底面的射影为中点H，则平面，
又因为四边形为正方形，
以点H为坐标原点，、、的方向分别为x、y、z轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，
因为平面，平面，则，
因为，，则，
则、、、，
所以，
易知平面的一个法向量为，
，
因此，直线与平面所成角的正弦值为．
故答案为：.
四、解答题
15．（2024·陕西安康·模拟预测）如图，已知多面体是由正四棱锥P-ABCD与正方体组合而成的，且.
(1)求证：平面；
(2)若，求四棱锥的体积.
【解题思路】（1）建立空间直角坐标系证明线面平行即可；
（2）根据线面垂直结合锥体体积公式计算即可.
【解答过程】（1）如图以点为原点，为 x 轴为 y 轴为 z 轴建立空间直角坐标系．
设 ,则 ,过 P 作平面 . 是正四棱锥点是正方形的中心,
因为，所以,
设平面法向量为,
,
,
则,
可得,
所以,,不在平面内，所以平面
（2）因为，所以,
因为平面,所以，
因为,平面,平面,所以平面,
.
16．（2024·贵州·模拟预测）如图，在三棱台中，平面ABC，，，．
(1)求异面直线与所成角的余弦值；
(2)求直线与平面所成角的正弦值．
【解题思路】建立空间直角坐标系，写出相应的点的坐标，进而可求直线与的方向向量及平面的法向量，进而利用异面直线、线面角空间向量的求法计算即可.
【解答过程】（1）依题意，以点C为圆点，所在直线分别为 建立如图所示的空间直角坐标系
在三椄台 中. 因为，
，
，
所以
所以，
设异面直线与所成角为则，
所以，
即直线与所成角的余弦值是
（2）设直线 与平面 所成角为 ，则
平面 的法向量为
所以 ，令则 ,
所以，
所以，
即直线与平面所成角的正弦值是.
17．（2024·河南郑州·模拟预测）如图，在三棱锥中，，，．
(1)证明：平面；
(2)若，E是棱上一点且，求平面与平面的夹角．
【解题思路】（1）连接，通过证明得出结合等腰三角形的性质得出线线垂直来证明线面垂直即可；
（2）建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量计算面面夹角即可.
【解答过程】（1）连接，因为，，所以，
因为，，所以，
因为，所以，则，所以，
因为，平面，
所以平面．
（2）易知，O为的中点，所以，
由（1）可知，两两垂直，以O为坐标原点，所在直线
分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
设，因为，所以为正三角形，
所以，，，
因为，所以，所以，，
设平面的法向量为，则，
令，则，
又平面的一个法向量为，
所以，即平面PAE与平面PAC的夹角为．
18．（2024·海南·模拟预测）如图，在直四棱柱中，底面四边形为梯形，，.
(1)证明： ;
(2)若直线 与平面 所成角的正弦值为 ，点 为线段 上一点，求点到平面 的距离.
【解题思路】（1）因为，因此只需证明平面，只需证明（由题可证），，由勾股定理易证.
（2）建立空间直角坐标系，先由直线 与平面 所成角的正弦值为 ，求出，再证明平面，由此得点M到平面 的距离等价于点到平面 的距离，再由点到平面的距离公式求解即可.
【解答过程】（1）因为，，
所以，所以,
因为为直四棱柱，
所以,
因为，平面，
所以平面，
因为，所以平面，
因为平面，所以
（2）由（1）及题意知，两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系
因为，.设，
所以
所以,
设平面的一个法向量为
则，
令，则，所以
设直线 与平面 所成的角为，
则，
解得，所以
所以点到平面 的距离为
因为，所以
因为不在平面，所以平面，
因为M在线段上，所以点M到平面 的距离等价于点到平面 的距离，为
故点M到平面 的距离.
19．（2024·贵州贵阳·二模）由正棱锥截得的棱台称为正棱台.如图，正四棱台中，分别为的中点，，侧面与底面所成角为.
(1)求证：平面；
(2)线段上是否存在点，使得直线与平面所成的角的正弦值为，若存在，求出线段的长；若不存在，请说明理由.
【解题思路】（1）借助中位线的性质可得线线平行，即可得线面平行，利用面面平行的判定定理即可得面面平行，再由面面平行的性质定理即可得证；
（2）建立适当空间直角坐标系后，借助空间向量可用未知数表示出直线与平面所成的角的正弦值，计算即可得解.
【解答过程】（1）连接、，由分别为的中点，则，
又平面，平面，故平面，
正四棱台中，且，
则四边形为平行四边形，故，
又平面，平面，故平面，
又，且平面，平面，
故平面平面，又平面，故平面；
（2）正四棱台中，上下底面中心的连线底面，
底面为正方形，故，
故可以为原点，、、为轴，建立空间直角坐标系，
由，侧面与底面所成角为，
则，
则，，，
假设在线段上存在点满足题设，则，
设，则，
，
设平面的法向量为，
则，令，则，，即，
因为直线与平面所成的角的正弦值为，
故，
解得或（舍），故，
故线段上存在点，使得直线与平面所成的角的正弦值为，
此时线段的长为.
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