第05讲空间向量及其应用（十六大题型）（讲义）

第05讲空间向量及其应用目录考点要求考题统计考情分析（1）了解空间向量的概念，了解空间向量的基本定理及其意义，掌握空间向量的正交分解及其坐标表示.（2）掌握空间向量的线性运算及其坐标表示，掌握空间向量的数量积及其坐标表示，能用向量的数量积判断向量的共线和垂直.（3）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．（4）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．2023年I卷第18题，12分2023年II卷第20题，12分2022年I卷第19题，12分2022年II卷第20题，12分空间向量解立体几何一般以解答题形式为主,每年必考,一般12分.以解答题为主,难度中等,可灵活选择运用向量方法与综合几何方法,从不同角度解决立体几何问题,通过对比体会向量方法的优越性.选择题和填空题一般不用空间向量法.但要理解向量基本定理的本质,感悟“基底”的思想,并运用它解决立体几何中的问题.知识点一：空间向量及其加减运算（1）空间向量在空间，我们把具有大小和方向的量叫做空间向量，向量的大小叫做向量的长度或模．空间向量也可用有向线段表示，有向线段的长度表示向量的模，若向量的起点是，终点是，则向量也可以记作，其模记为或．（2）零向量与单位向量规定长度为0的向量叫做零向量，记作．当有向线段的起点与终点重合时，．模为1的向量称为单位向量．（3）相等向量与相反向量方向相同且模相等的向量称为相等向量．在空间，同向且等长的有向线段表示同一向量或相等向量．空间任意两个向量都可以平移到同一个平面，成为同一平面内的两个向量．与向量长度相等而方向相反的向量，称为的相反向量，记为．（4）空间向量的加法和减法运算①，．如图所示．②空间向量的加法运算满足交换律及结合律，知识点二：空间向量的数乘运算（1）数乘运算实数与空间向量的乘积称为向量的数乘运算．当时，与向量方向相同；当时，向量与向量方向相反．的长度是的长度的倍．（2）空间向量的数乘运算满足分配律及结合律，．（3）共线向量与平行向量如果表示空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合，则这些向量叫做共线向量或平行向量，平行于，记作．（4）共线向量定理对空间中任意两个向量，，的充要条件是存在实数，使．（5）直线的方向向量如图8-153所示，为经过已知点且平行于已知非零向量的直线．对空间任意一点，点在直线上的充要条件是存在实数，使①，其中向量叫做直线的方向向量，在上取，则式①可化为②①和②都称为空间直线的向量表达式，当，即点是线段的中点时，，此式叫做线段的中点公式．（6）共面向量如图8-154所示，已知平面与向量，作，如果直线平行于平面或在平面内，则说明向量平行于平面．平行于同一平面的向量，叫做共面向量．（7）共面向量定理如果两个向量，不共线，那么向量与向量，共面的充要条件是存在唯一的有序实数对，使．推论：①空间一点位于平面内的充要条件是存在有序实数对，使；或对空间任意一点，有，该式称为空间平面的向量表达式．②已知空间任意一点和不共线的三点，，，满足向量关系式（其中）的点与点，，共面；反之也成立．知识点三：空间向量的数量积运算（1）两向量夹角已知两个非零向量，，在空间任取一点，作，，则叫做向量，的夹角，记作，通常规定，如果，那么向量，互相垂直，记作．（2）数量积定义已知两个非零向量，，则叫做，的数量积，记作，即．零向量与任何向量的数量积为0，特别地，．（3）空间向量的数量积满足的运算律：，（交换律）；（分配律）．知识点四：空间向量的坐标运算及应用（1）设，，则；；；；；．（2）设，，则．这就是说，一个向量在直角坐标系中的坐标等于表示该向量的有向线段的终点的坐标减起点的坐标．（3）两个向量的夹角及两点间的距离公式．①已知，，则；；；；②已知，，则，或者．其中表示与两点间的距离，这就是空间两点的距离公式．（4）向量在向量上的投影为．知识点五：法向量的求解与简单应用（1）平面的法向量：如果表示向量的有向线段所在直线垂直于平面，则称这个向量垂直于平面，记作，如果，那么向量叫做平面的法向量．几点注意：=1\*GB3①法向量一定是非零向量；=2\*GB3②一个平面的所有法向量都互相平行；=3\*GB3③向量是平面的法向量，向量是与平面平行或在平面内，则有．第一步：写出平面内两个不平行的向；第二步：那么平面法向量，满足．（2）判定直线、平面间的位置关系=1\*GB3①直线与直线的位置关系：不重合的两条直线，的方向向量分别为，．若∥，即，则；若，即，则．=2\*GB3②直线与平面的位置关系：直线的方向向量为，平面的法向量为，且．若∥，即，则；若，即，则．（3）平面与平面的位置关系平面的法向量为，平面的法向量为．若∥，即，则；若⊥，即，则⊥．知识点六：空间角公式．（1）异面直线所成角公式：设，分别为异面直线，上的方向向量，为异面直线所成角的大小，则．（2）线面角公式：设为平面的斜线，为的方向向量，为平面的法向量，为与所成角的大小，则．（3）二面角公式：设，分别为平面，的法向量，二面角的大小为，则或（需要根据具体情况判断相等或互补），其中．知识点七：空间中的距离求解空间中的距离（1）异面直线间的距离：两条异面直线间的距离也不必寻找公垂线段，只需利用向量的正射影性质直接计算．如图，设两条异面直线的公垂线的方向向量为，这时分别在上任取两点，则向量在上的正射影长就是两条异面直线的距离．则即两异面直线间的距离，等于两异面直线上分别任取两点的向量和公垂线方向向量的数量积的绝对值与公垂线的方向向量模的比值．（2）点到平面的距离为平面外一点（如图），为平面的法向量，过作平面的斜线及垂线．【解题方法总结】用向量法可以证点共线、线共点、线（或点）共面、两直线（或线与面、面与面）垂直的问题，也可以求空间角和距离．因此，凡涉及上述类型的问题，都可以考虑利用向量法求解，且其解法一般都比较简单．用向量法解题的途径有两种：一种是坐标法，即通过建立空间直角坐标系，确定出一些点的坐标，进而求出向量的坐标，再进行坐标运算；另一种是基底法，即先选择基向量（除要求不共面外，还要能够便于表示所求的目标向量，并优先选择相互夹角已知的向量作为基底，如常选择几何体上共点而不共面的三条棱所在的向量为基底），然后将有关向量用基底向量表示，并进行向量运算．题型一：空间向量的加法、减法、数乘运算例1．（2023·全国·高三专题练习）下列命题中是假命题的是（

）A．任意向量与它的相反向量不相等B．和平面向量类似，任意两个空间向量都不能比较大小C．如果，则D．两个相等的向量，若起点相同，则终点也相同【答案】A【解析】对于A，零向量的相反向量是它本身，A错误；对于B，空间向量是有向线段，不能比较大小，B正确；对于C，如果，则，C正确；对于D，两个相等的向量，若起点相同，则终点也相同，D正确.故选：A.例2．（2023·全国·高三对口高考）如图所示，在平行六面体中，为与的交点，若，，，则（

）

A． B．C． D．【答案】D【解析】因为为与的交点，所以，故.故选：D例3．（2023·福建福州·福建省福州第一中学校考三模）在三棱锥P-ABC中，点O为△ABC的重心，点D，E，F分别为侧棱PA，PB，PC的中点，若，，，则=（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】取中点为，三个式子相加可得,又,故选：D

变式1．（2023·高三课时练习）如图.空间四边形OABC中，，点M在OA上，且满足，点N为BC的中点，则（

）A． B．C． D．【答案】D【解析】.故选：D.变式2．（2023·湖南长沙·高三校联考期中）如图，M在四面体OABC的棱BC的中点，点N在线段OM上，且，设，，，则下列向量与相等的向量是（

）A． B．C． D．【答案】A【解析】因为M在四面体OABC的棱BC的中点，所以，又点N在线段OM上，且，故点为的三等分点，所以，所以.故选与相等的向量的向量是；故选：A.变式3．（2023·全国·高三专题练习）如图，在四面体中，是的重心，是上的一点，且，若，则为（

）A． B．C． D．【答案】D【解析】因为是中点，所以，是的重心，则，所以，因为所以，若，则．故选：D．变式4．（2023·全国·高三专题练习）已知在空间单位正交基底下，是空间的一组单位正交基底，是空间的另一组基底.若向量在基底下的坐标为，则向量在基底下的坐标为（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】设向量在基底下的坐标为，则，又向量在基底下的坐标为，则，所以，即，所以解得所以向量在基底下的坐标为.故选：C.【解题方法总结】空间向量的运算包括空间向量的加法、减法、数乘、数量积的几何意义及坐标运算，可以类比平面向量的运算法则．题型二：空间共线向量定理的应用例4．（2023·全国·高三专题练习）若空间中任意四点O，A，B，P满足，其中m＋n＝1，则（

）A．P∈AB B．P∉ABC．点P可能在直线AB上 D．以上都不对【答案】A【解析】因为m＋n＝1，所以m＝1－n，所以，即，即，所以与共线．又，有公共起点A，所以P，A，B三点在同一直线上，即P∈AB.故选：A.例5．（2023·全国·高三专题练习）已知，则下列向量中与平行的是（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】因为，所以与平行.故选：B.例6．（2023·全国·高三专题练习）向量，分别是直线，的方向向量，且，，若，则（

）A．， B．，C．， D．，【答案】C【解析】因为，所以，所以，，所以，解得，.故选：C.变式5．（2023·全国·高三专题练习）若点，，在同一条直线上，则（

）A．21 B．4 C．4 D．10【答案】C【解析】，∵点，，在同一条直线上∴∥则解得∴故选：C．变式6．（2023·全国·高三专题练习）已知，，如果与为共线向量，则（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】因为与为共线向量，所以，故选：D变式7．（2023·浙江·高三专题练习）若、、三点共线，则（

）．A．B．C．D．【答案】A【解析】∵，，由题意得，则，∴、，∴，故选:A．【解题方法总结】空间共线向量定理：．利用此定理可解决立体几何中的平行问题．题型三：空间向量的数量积运算例7．（多选题）（2023·全国·高三专题练习）已知向量，，则下列正确的是（

）A． B． C． D．【答案】AB【解析】向量，，则，A正确；显然，B正确；由数量积的定义得，C错误；显然，则，即有，D错误.故选：AB例8．（多选题）（2023·黑龙江哈尔滨·高三哈尔滨七十三中校考期中）如图，在平行六面体中，其中以顶点A为端点的三条棱长均为6，且彼此夹角都是，下列说法中不正确的是（

）

A．B．C．向量与夹角是D．向量与所成角的余弦值为【答案】CD【解析】在平行六面体中，其中以顶点为端点的三条棱长均为6，且彼此夹角都是，.对于A，，，A正确；对于B，，，即，B正确；对于C，连接，由题意可知是等边三角形，则，，且向量与的夹角是，向量与夹角是，C错误；对于D，，，，，D错误.故选：CD

例9．（多选题）（2023·全国·高三专题练习）四面体中，，，，，，平面与平面的夹角为，则的值可能为（

）A． B． C． D．【答案】AD【解析】在四面体中，，，则是二面角的平面角，如图，，而，，，，因为平面与平面的夹角为，则当时，，当时，，所以的值可能为，.故选：AD变式8．（多选题）（2023·校考模拟预测）在平行六面体中，已知，，则（

）A．直线与所成的角为B．线段的长度为C．直线与所成的角为D．直线与平面所成角的正弦值为【答案】AC【解析】设，则，且，对于A，，，所以直线与所成的角为，故A正确；对于B，因为，所以，故B错误；对于C，因为，所以，故C正确；对于D，连接，交于点，则为的中点，因为，，所以，又因平面，所以平面，又平面，所以平面平面，作，垂足为，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，则与平面所成的角为，在中，，所以，即直线与平面所成角的正弦值为，故D错误.故选：AC.变式9．（多选题）（2023·全国·高三专题练习）空间直角坐标系中，已知，，，，则（

）A．B．是等腰直角三角形C．与平行的单位向量的坐标为或D．在方向上的投影向量的坐标为【答案】AC【解析】根据空间向量的线性运算，，选项A正确；计算可得，三条边不相等，选项B不正确；与平行的单位向量为：选项C正确；在方向上的投影向量与向量共线，，选项D不正确，故选：AC.变式10．（多选题）（2023·全国·高三专题练习）已知空间向量，，下列说法正确的是（

）A．若，则B．若，则C．若在上的投影向量为，则D．若与夹角为锐角，则【答案】ABD【解析】对于A：，，即：，解得：.故A选项正确；对于B：，，解得：.故B选项正确；对于C：在上的投影向量为：，即，代入坐标化简可得：，无解，故C选项错误；对于D：与夹角为锐角，，解得：，且与不共线，即，解得：，所以与夹角为锐角时，解得：.故D选项正确；故选：ABD.变式11．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考模拟预测）如图，平行六面体中，，，，，则线段的长为.

【答案】1【解析】由题可得,，,所以,且,因为,所以，所以，故答案为:1.变式12．（2023·全国·高三专题练习）已知空间向量，，则在方向上的投影向量为.【答案】【解析】，与同向的单位向量，在方向上的投影向量为.故答案为：.变式13．（2023·全国·高三专题练习）已知是棱长为2的正方体内切球的一条直径，则．【答案】2【解析】因为正方体的棱长为2，所以其内切球的半径．又球心一定在该正方体的体对角线的中点处，且体对角线长为，所以设该正方体的内切球的球心为O，则，易知，所以．故答案为：变式14．（2023·全国·高三对口高考）已知向量，若，则．【答案】【解析】设向量，，，设与的夹角为，，，.故答案为：.变式15．（2023·上海·高三专题练习）已知空间向量，，，若，则．【答案】【解析】，，，，解得，故答案为：.变式16．（2023·上海·高三专题练习）已知向量，向量，则与的夹角的大小为.【答案】【解析】因为，，所以，因为，所以.故答案为：.【解题方法总结】；求模长时，可根据；求空间向量夹角时，可先求其余弦值．要判断空间两向量垂直时，可以求两向量的数量积是否为0，即．为锐角；为钝角．由此，通常通过计算的值来判断两向量夹角是锐角还是钝角．题型四：证明三点共线例10．（2023·全国·高三专题练习）在四面体OABC中，点M，N分别为OA、BC的中点，若，且G、M、N三点共线，则．【答案】【解析】若G、M、N三点共线，则存在实数，使得，又点M，N分别为OA、BC的中点，则，，则，则，解得，则.故答案为：.例11．（2023·全国·高三专题练习）已知点A（1，2，3），B（0，1，2），C（﹣1，0，λ），若A，B，C三点共线，则．【答案】1【解析】由题意，点A（1，2，3），B（0，1，2），C（﹣1，0，λ），所以,若A，B，C三点共线，则，即，解得.故答案为：1．例12．（2023·全国·高三专题练习）如图，在平行六面体中，，．(1)求证：、、三点共线；(2)若点是平行四边形的中心，求证：、、三点共线．【解析】（1）由题意，，，故,,故，由于有公共点A，故A、、三点共线；（2）由题意，点是平行四边形的中心，故，故,因为有公共点D，故、、三点共线．变式17．（2023·全国·高三专题练习）在长方体中，M为的中点，N在AC上，且，E为BM的中点.求证：，E，N三点共线.【解析】由图作出如图所示长方体

由题可得，，，所以，所以，E，N三点共线.【解题方法总结】先构造共起点的向量，，然后证明存在非零实数，使得．题型五：证明多点共面的方法例13．（2023·全国·高三专题练习）下面关于空间向量的说法正确的是（

）A．若向量平行，则所在直线平行B．若向量所在直线是异面直线，则不共面C．若A，B，C，D四点不共面，则向量，不共面D．若A，B，C，D四点不共面，则向量，，不共面【答案】D【解析】向量平行，所在直线可以重合，也可以平行，A错误；可以通过平移将空间中任意两个向量平移到一个平面内，因此空间任意两个向量都是共面的，BC错误；显然AB，AC，AD是空间中有公共端点A，但不共面的三条线段，所以向量，，不共面，D正确.故选：D例14．（2023·江苏常州·高三校考阶段练习）以下四组向量在同一平面的是（

）A．、、 B．、、C．、、 D．、、【答案】B【解析】对于A选项，设，所以，，无解；对于B选项，因为，故B选项中的三个向量共面；对于C选项，设，所以，，无解；对于D选项，设，所以，，矛盾.故选：B.例15．（2023·全国·高三对口高考）已知，若三向量共面，则等于（

）A． B．9 C． D．【答案】D【解析】∵，，共面，∴设（为实数），即，∴，解得．故选：D.变式18．（2023·江西·校联考二模）在四棱锥中，棱长为2的侧棱垂直底面边长为2的正方形，为棱的中点，过直线的平面分别与侧棱、相交于点、，当时，截面的面积为（

）A． B．2 C． D．3【答案】A【解析】由题意，平面，四边形为正方形，如图，建立空间直角坐标系D-xyz，

则，，，，，，，设，，则，又，，所以，则，由题意，四点共面，所以，所以，解得，所以，，所以，所以，即，所以，所以，又，所以，即，所以，所以，所以截面的面积为.故选：A变式19．（2023·全国·高三专题练习）为空间任意一点，若，若四点共面，则（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】若A，B，C，P四点共面，则存在有序实数对，使，所以，整理得：，又由题知，由空间向量的基本定理知：解得所以.故选：C.变式20．（2023·全国·高三专题练习）已知空间、、、四点共面，且其中任意三点均不共线，设为空间中任意一点，若，则（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】由、、、四点共面，且其中任意三点均不共线可得，解之得故选：D变式21．（2023·广东广州·高三执信中学校考阶段练习）如图所示的木质正四棱锥模型，过点A作一个平面分别交于点E，F，G，若，则的值为（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】建立如图所示空间直角坐标系，设，，，，(a、b>0)，则，，，，∴，，由题意四点共面，则有，其中，设，∴由方程组，即，解得，所以，故选：C.变式22．（2023·甘肃平凉·高三统考期中）对于空间任意一点和不共线的三点，有如下关系：，则（

）A．四点必共面 B．四点必共面C．四点必共面 D．五点必共面【答案】B【解析】对于空间任一点和不共线三点，若点满足且，则四点共面.而，其中，所以四点共面.故选：B.变式23．（2023·全国·高三专题练习）已知A、B、C三点不共线，对平面外的任一点O，下列条件中能确定点M与点A、B、C一定共面的是（

）A． B．C． D．【答案】B【解析】M与A、B、C共面的条件是，且，故B选项正确，故选：B变式24．（2023·全国·高三专题练习）如图，正四棱锥的底面边长和高均为2，，分别为，的中点．(1)若点是线段上的点，且，判断点是否在平面内，并证明你的结论；(2)求直线与平面所成角的正弦值．【解析】（1）连接、交于，连接，由正四棱锥的性质可得平面，底面为正方形，则，所以以为坐标原点，、、为、、轴建立空间直角坐标系，则，，，所以，，又，得，，所以，所以、、、四点共面，即点在平面内．（2）由（1）可得，设平面的法向量，由，得，令，则，，所以，所以，所以直线与平面所成角的正弦值为．变式25．（2023·全国·高三专题练习）如图，在几何体ABCDE中，ABC，BCD，CDE均为边长为2的等边三角形，平面ABC⊥平面BCD，平面DCE⊥平面BCD．求证：A，B，D，E四点共面；【解析】取的中点，连接，取的中点，连接，因为平面平面，且平面平面，而为等边三角形，所以，因此平面，因为平面平面，且平面平面，又因为为等边三角形，所以，因此平面，又因为平面，因此，又因为为等边三角形，所以，因此两两垂直，从而以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，又因为均为边长为2的等边三角形，所以，，，设，则，，，由于，所以，解得，因此，所以，，，所以，由空间向量基本定理可知：共面，所以四点共面；变式26．（2023·全国·高三专题练习）如图，四边形为正方形，若平面平面，，，.(1)求二面角A－CF－D的余弦值；(2)判断点D与平面CEF的位置关系，并说明理由.【解析】（1）因为平面平面，且交线为，因为四边形为正方形，所以，于是平面，以为原点，所在方向分别为轴，轴的正方向建立空间直角坐标系.设，容易得到，所以，，，，，，设平面的法向量为，由，可取，又，，设平面的法向量为，由，可取，所以，所以二面角的的余弦值为.（2）点在平面外，证明如下，连接ED，因为，，，设，则，即，显然此方程组无解，所以四点，，，不共面，即点在平面外.变式27．（2023·全国·高三专题练习）如图，在边长为3的正方体中，点P，Q，R分别在棱，，上，且.（1）求点D到平面的距离；（2）若平面与线段的交点为N，求的值.【解析】（1）如图，以点D为坐标原点，分别以，，的方向为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，则，，，，，，，，，.设平面的法向量为，则，代入可得，令，则，，所以，故点D到平面的距离为.（2）因为点N在平面内，可设（其中m，n为常数），又与共线，可设，由图可得，即，整理得，由①③可得④，由②③可得⑤，联立④⑤解得，代入②可得，所以，即.变式28．（2023·四川成都·石室中学校考模拟预测）如图四棱锥，且，平面平面，且是以为直角的等腰直角三角形，其中为棱的中点，点在棱上，且.

(1)求证：四点共面；【解析】（1）由，且，取的中点，连接，则，且，所以，又是以为直角的等腰直角三角形，所以.过点作，垂足为，则点为的中点，且，因为平面平面，且平面平面，所以平面，故以所在的直线分别为轴，轴，过点作垂直于平面的轴，建立如图所示空间直角坐标系，则，，，因为为棱的中点，所以，又因为点在棱上，且，所以，则，，，令，则，解得，故，则共面，且向量有公共点，所以四点共面.【解题方法总结】要证明多点（如，，，）共面，可使用以下方法解题．先作出从同一点出发的三个向量（如，，），然后证明存在两个实数，使得．题型六：证明直线和直线平行例16．（2023·高二课时练习）如图所示，在四棱锥中，底面为矩形，平面，为的中点，为的中点，，求证：．

【解析】证法一：由题意知，直线两两垂直，以为坐标原点，所在直线分别为轴､轴､轴建立空间直角坐标系，如图所示，则，所以，所以，又，故．证法二：由题意可得，又，所以．例17．（2023·高二课时练习）已知棱长为1的正方体在空间直角坐标系中的位置如图所示，分别为棱的中点，求证：.【解析】因为正方体的棱长为1，分别为棱的中点，所以有，，，，所以，，则有，所以.例18．（2023·高二课时练习）如图，四边形ABCD和ABEF都是平行四边形，且不共面，M，N分别是AC，BF的中点，求证：.【解析】（方法1）因为M，N分别是AC，BF的中点，且四边形ABCD和ABEF都是平行四边形，则有，又，两式相加得：，因此与共线，而直线与不重合，所以.（方法2）因为M，N分别是AC，BF的中点，且四边形ABCD和ABEF都是平行四边形，，因此与共线，而直线与不重合，所以.变式29．（2023·全国·高三专题练习）在四棱锥中，平面ABCD⊥平面PCD，底面ABCD为梯形．，，且，，．若M是棱PA的中点，则对于棱BC上是否存在一点F，使得MF与PC平行．【解析】在平面内过点作，交于点，因为平面平面，且平面平面，平面，可得平面，又由，所以两两垂直，以为原点，以所在的直线分别为轴、轴和轴，建立空间直角坐标系，如图所示，由，，，可得，假设上存在点，使得，设，其中，因为是棱的中点，可得，又由，所以，设，可得，此方程组无解，所以假设不成立，所以对于上任意一点，与都不平行，即在线段上不存在点，使得与平行．【解题方法总结】将证线线平行转化为证两向量共线．设是两条不重合的直线，它们的方向向量分别为，则．题型七：证明直线和平面平行例19．（2023·全国·高三专题练习）在苏州博物馆有一类典型建筑八角亭，既美观又利于采光，其中一角如图所示，为多面体，，，，底面，四边形是边长为2的正方形且平行于底面，，，的中点分别为，，，．(1)证明：平面；【解析】（1）过点作的平行线，由题意可知以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，，，，，，，．设平面的法向量为，，，，，令，则，∵，∴，平面.例20．（2023·广东潮州·高三校考阶段练习）如图，四棱锥中，底面ABCD为矩形，平面ABCD，E为PD的中点．(1)证明：//平面AEC【解析】（1）以点A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设，由几何关系有：，则直线的方向向量为：，，设平面的法向量，则：，据此可得：平面的一个法向量为，结合可知：，即据此可得：平面.例21．（2023·天津滨海新·高三校考期中）如图，且，，且，且，平面，.

(1)若为的中点，为的中点，求证：平面；【解析】（1）证明：因为，，平面，而、平面，所以，，因此以为坐标原点，分别以、、的方向为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系，

因为且，且，，所以，，，，，，，，，设为平面的法向量，，，则，不妨令，可得；又，所以，得，又直线平面，平面．变式30．（2023·全国·高三专题练习）如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面平面，，，，，分别是，的中点．

(1)求证：平面；【解析】（1）证明：由题意，在矩形中，，，，，分别是，的中点，，，在四棱锥中，面面，面面，，平面面，面，，，，，面，面，，面，面，，以，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，如图，,0,，,0,，,4,，,4,，,0,，,2,，,2,，,0,，面的一个法向量为，，平面，平面．变式31．（2023·陕西汉中·校联考模拟预测）如图，在四棱锥中，底面ABCD为正方形，平面ABCD，E为PD的中点，.

(1)求证：PB平面AEC；【解析】（1）因为平面ABCD，且平面ABCD，则，即AB，AD，AP两两互相垂直，如图，以A为原点，以AB，AD，AP分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，则，可得，，.设平面AEC的法向量为，则，取，可得，所以平面AEC的一个法向量为，可知，即，又因为平面AEC，所以PB//平面AEC，变式32．（2023·全国·高三对口高考）如图所示的几何体中，四边形是等腰梯形，，，平面，，.

(1)求二面角的余弦值；(2)在线段AB（含端点）上，是否存在一点P，使得平面.若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.【解析】（1）过作于，由于，则,由于,且四边形是等腰梯形，所以,在三角形中，由余弦定理可得，所以,故,

以为坐标原点，，为轴，轴，过点作的平行线为轴，建立空间直角坐标系，设，则，设面的法向量，则，即，取，得．设面的法向量，则，即，则取，得．，由几何体的特征可知二面角的平面角为锐角，二面角的余弦值为．（2），,，面，面．设,若平面，则,所以，所以【解题方法总结】（1）利用共面向量定理．设为平面内不共线的两个向量，证明存在两个实数，使得，则．（2）转化为证明直线和平面内的某一直线平行．（3）转化为证明直线的方向向量与平面的法向量垂直（此方法最常用）．题型八：证明平面与平面平行例22．（2023·全国·高一专题练习）如图所示，正四棱的底面边长1，侧棱长4，中点为，中点为．求证：平面平面.

【解析】以为原点，，，所在直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，如图

则,0,，,1,，,0,，,0,，,1,，,1,，，，同理，平面，平面，平面，平面，平面，平面，又平面平面与平面平行．例23．（2023·高二课时练习）如图，在直四棱柱中，底面为等腰梯形，，，，，是棱的中点．求证：平面平面.【解析】因为，是棱的中点，所以，所以为正三角形.因为为等腰梯形，，所以.取的中点，连接，则，所以.以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，则，所以，，，，所以，，又不重合，不重合，所以，，因为平面，平面，所以平面，平面，又，平面，所以平面平面例24．（2023·高二课时练习）如图所示，平面PAD⊥平面ABCD，四边形ABCD为正方形，△PAD是直角三角形，且PA＝AD＝2，E，F，G分别是线段PA，PD，CD的中点，求证：平面EFG∥平面PBC．【解析】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A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)，E(0，0，1)，F(0，1，1)，G(1，2，0)．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33．（2023·高二课时练习）在正方体中，分别是的中点，试建立适当的空间直角坐标系，求证：平面平面.【解析】证明:如图，以为坐标原点，所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系．设正方体的棱长为1，则有，，，，，，于是，，，，显然有，，所以，，由，平面，平面，平面，同理平面，平面，，所以平面平面【解题方法总结】（1）证明两平面内有两条相交直线分别平行．（2）转化为证两平面的法向量平行（常用此方法）．题型九：证明直线与直线垂直例25．（2023·山西太原·高二统考期中）如图，在平行六面体中，.(1)求的长；(2)求证：.【解析】（1）则.（2）证明：故.例26．（2023·北京海淀·高二校考期中）已知三棱锥（如图1）的平面展开图（如图2）中，四边形为边长为的正方形，和均为正三角形.在三棱锥中：(1)求点到平面的距离；(2)若点在棱上，满足，点在棱上，且，求的取值范围.【解析】（1）如图，取，中点，，连接，，，∵展开图中四边形为边长为的正方形，为中点，∴，，又和均为正三角形，∴，，∵，∴，∵，平面，平面,∴平面，设点到平面的距离为，，解得，所以点到平面的距离为.（2）如图，以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，，，，，，，,∵，∴，，设，则,∵，∴，整理得，∵，∴，∴的范围为.例27．（2023·全国·高三专题练习）如图，平行六面体的所有棱长均为，底面为正方形，，点为的中点，点为的中点，动点在平面内．(1)若为中点，求证：；(2)若平面，求线段长度的最小值．【解析】（1）由已知，，，，所以，，，因为为中点，所以，又，所以，所以所以（2）连接，，∵，∴，∵，∴，连接，由正方形的性质可得三点共线，为的中点，所以，由第一问，平面，，所以平面，以为坐标原点，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系、、、、，设平面法向量为，，则，所以，

∴，令，则，．∴为平面的一个法向量，因为点在平面内，故设点的坐标为，因为，所以，，则，所以，所以当时，有最小值，最小值为.变式34．（2023·湖南长沙·雅礼中学校考一模）斜三棱柱的各棱长都为2，，点在下底面ABC的投影为AB的中点O．(1)在棱（含端点）上是否存在一点D使？若存在，求出BD的长；若不存在，请说明理由；【解析】（1）连接，因为，为的中点，所以，由题意知平面ABC，又，，所以，以O点为原点，如图建立空间直角坐标系，则，，，，由得，同理得，设，得，又，，由，得，得，又，∴，∴存在点D且满足条件；

60．（2023·湖北襄阳·襄阳四中校考模拟预测）斜三棱柱的各棱长都为，点在下底面的投影为的中点.

(1)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；【解析】（1）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，，设，可得，，假设在棱（含端点）上存在一点使，则，则；变式35．（2023·贵州遵义·统考三模）如图，棱台中，，底面ABCD是边长为4的正方形，底面是边长为2的正方形，连接，BD，.

(1)证明：；【解析】（1）由题意，该棱台是正四棱台.连接交于，以所在直线为轴，经过且垂直于平面的直线为轴，交上底面于，连接，建立空间直角坐标系如图.根据正四棱台的性质，过作底面的垂线，则垂足在上.根据题干数据，，为上底面正方形对角线长的一半，显然，故，又，则，故.于是，，则，于是变式36．（2023·江西鹰潭·高三贵溪市实验中学校考阶段练习）如图，在三棱柱中，平面ABC，，，D为的中点，交于点E．(1)证明：；【解析】（1）由于平面ABC，，所以两两垂直，故建立如图所示的空间直角坐标系，则,，所以故变式37．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨市第六中学校校考三模）已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为AC和的中点，D为棱上的动点..

(1)证明：；【解析】（1）因为三棱柱是直三棱柱，所以底面，又底面，所以，，又因为，，所以，又，平面，所以平面，又平面，所以，即两两垂直，以为原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，设，则，，，，，，，，设，所以，，因为，所以，即.

51．（2023·江西·高三统考阶段练习）如图，在四棱锥中，底面，底面是矩形，，分别是的中点，.

(1)证明：.【解析】（1）解法一：如图，以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系，则，.因为，所以.【解题方法总结】设直线的方向向量为，则．这里要特别指出的是，用向量法证明两直线尤其是两异面直线垂直是非常有效的方法．题型十：证明直线与平面垂直例28．（2023·内蒙古乌兰察布·校考三模）如图，在四棱锥中，底面，底面是边长为2的正方形，，，分别是，的中点．

(1)求证：平面；【解析】（1）因为底面，底面，且底面是边长为2的正方形，所以两两垂直，以为原点，所在直线为轴，轴，轴，建立如图所示空间直角坐标系，

则，，，，，，所以，，，设平面的法向量，则，取可得，所以平面的一个法向量为，因为，所以平面.例29．（2023·吉林通化·梅河口市第五中学校考模拟预测）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．

(1)过点作，垂足为点，求证：平面；【解析】（1）由直三棱柱，得平面，又，可得三棱柱的体积，得．如图，建立空间直角坐标系，则，则．设，则，故．因为，所以，所以，解得，即．证明：由，得，.所以．又因为平面ACQ，平面ACQ，，所以平面．例30．（2023·上海黄浦·上海市大同中学校考三模）如图，直三棱柱中，，，，D为BC的中点，E为上的点，且．

(1)求证：BE⊥平面；【解析】（1）在直三棱柱中，，显然射线两两垂直，以点为原点，射线的方向分别为轴正方向，建立空间直角坐标系，如图，因为，，D为BC的中点，E为上的点，且，则，，于是，即，而平面，所以BE⊥平面.变式38．（2023·全国·高三专题练习）如图，直三棱柱的侧面为正方形，，E，F分别为，的中点，．(1)证明：平面；【解析】（1）因为三棱柱为直三棱柱，所以，又因为，，所以，因为，平面，所以平面，因为平面，所以，因为为正方形，所以，故以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，则，因为，，所以，，因为平面，，所以平面，【解题方法总结】（1）证明直线和平面内的两天相交直线垂直．（2）证明直线和平面内的任一直线垂直．（3）转化为证明直线与平面的法向量共线．题型十一：证明平面和平面垂直例31．（2023·广东深圳·统考模拟预测）在正方体中，如图、分别是，的中点．

(1)求证：平面平面；【解析】（1）设棱长为，以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，所以，，，，设平面的法向量，则，取，得，设平面的法向量，则，取，得，所以，则平面平面．例32．（2023·全国·高三专题练习）已知在直三棱柱中，其中为的中点，点是上靠近的四等分点，与底面所成角的余弦值为．

(1)求证：平面平面；【解析】（1）取的中点，连，因为为的中点，所以，，所以四边形为平行四边形，所以，因为与底面所成角的余弦值为，所以与底面所成角的余弦值为，因为三棱柱为直三棱柱，所以平面，所以是与底面所成角，所以，所以，所以，又，所以是边长为的等边三角形，取的中点，的中点，连，则，，平面，以为原点，的方向为轴建立空间直角坐标系：则，，，，，，，，，，，，，设平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，则，得，令，得，，，令，得，，，因为，所以，所以平面平面.例33．（2023·北京丰台·北京丰台二中校考三模）如图，在四棱锥中，平面，，，，.为的中点，点在上，且.(1)求证：平面平面；【解析】（1）如图，以为原点，分别以，为轴，轴，过作平行线为轴，建立空间直角坐标系，则，，，，，，所以，，因为，所以，所以，即，所以，，设平面的法向量为，则，令，则，所以，平面的法向量为，则，令，则，所以，所以，所以，所以平面平面.变式39．（2023·北京·北京四中校考模拟预测）如图，正三棱柱中，分别是棱上的点，.

(1)证明：平面平面；【解析】（1）证明：取的中点,连接，在正三棱柱中，不妨设;以为原点，分别为轴和轴正方向，建立空间直角坐标系，如图所示，则,，；设平面的一个法向量为，则,，取，则，即；设平面的一个法向量为，则,即，取得.因为，所以平面平面；变式40．（2023·江西新余·高三江西省分宜中学校考阶段练习）如图，在四棱锥中，底面ABCD是菱形，，，，底面ABCD，，点E在棱PD上，且.(1)证明：平面平面ACE；【解析】（1）证明：已知底面ABCD是菱形，，又平面ABCD，所以BO，CO，PO互相垂直，故可以以点O为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，由，，可知相关点坐标如下：，，，，，易知平面PBD的一个法向量为，因为，所以，故平面PBD，从而平面平面ACE.变式41．（2023·全国·高三专题练习）如图，在底面是矩形的四棱锥中，平面，，，是PD的中点.(1)求证：平面平面PAD；【解析】（1）由题可知，以为原点，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42．（2023·全国·高三专题练习）如图，已知四棱锥的底面是平行四边形，侧面是等边三角形，.(1)求证：平面平面；(2)设为侧棱上一点，四边形是过两点的截面，且平面，是否存在点，使得平面平面？若存在，求的值；若不存在，说明理由.【解析】（1）证明：在中，因，所以，所以，又，且，平面，所以平面，又平面，所以平面平面.（2）假设存在点，使得平面平面.取中点为，连接，则，因为平面平面，平面平面，所以平面.如图所示建立空间直角坐标系，不妨设，则，，则，设是平面的法向量，则，取.设，其中.则连接，因平面平面，平面平面，故取与同向的单位向量.设是平面的法向量，则，取.由平面平面，知，有，解得.故在侧棱上存在点，使得平面平面.变式43．（2023·江苏·统考三模）如图，三棱锥P－ABC的底面为等腰直角三角形，∠ABC＝90°，AB＝2．D，E分别为AC，BC的中点，PD⊥平面ABC，点M在线段PE上．(1)再从条件①、②、③、④四个条件中选择两个作为已知，使得平面MBD⊥平面PBC，并给予证明；(2)在（1）的条件下，求直线BP与平面MBD所成的角的正弦值．条件①：；条件②：∠PED＝60°；条件③：PM＝3ME：条件④：PE＝3ME．【解析】（1）因PD⊥平面ABC，平面ABC，平面ABC，则，又由题可知，则如图，建立以D为原点的空间直角坐标系，则，，，，设，.则，，，，.故.设平面MBD法向量为，则，令，可得；设平面PBC法向量为，则，可令，可得.要使平面MBD⊥平面PBC，需满足.注意到条件①，PD⊥平面ABC，平面ABC，，又由题可知，则条件②，条件③，条件④.则当条件①④成立或条件②③成立时，都有，即可以使平面MBD⊥平面PBC；（2）由（1），当选择①④时，，，.则，平面MBD法向量为，设BP与平面MBD所成角为，则；当选择②③时，，，.则，平面MBD法向量，设BP与平面MBD所成角为，则；【解题方法总结】（1）转化为证明两平面的法向量互相垂直（2）转化为证明一平面内的一条直线垂直于另一个平面．题型十二：求两异面直线所成角例34．（2023·宁夏银川·银川一中校考模拟预测）在正四棱柱中，底面边长为1，高为3，则异面直线与AD所成角的余弦值是.【答案】【解析】，即为异面直线与AD所成的角，

连接，在中，正四棱柱的底面边长为1，高为3，，，，∴，，.故异面直线与AD所成角的余弦值是．故答案为：．例35．（2023·江西鹰潭·贵溪市实验中学校考模拟预测）已知正方体的棱长为1，是棱的中点，为棱上的动点（不含端点），记㫒面直线与所成的角为，则的取值范围是.【答案】【解析】方法1：取的中点N，连接，如图所示，

则，面，所以异面直线AB与EG所成角即为，，设，（），所以，又因为，所以，所以，即：.方法2：如图所示建立空间直角坐标系，

则，，，，所以，，所以，（），又因为当时，；当或时，，所以，又因为，所以.故答案为：.例36．（2023·全国·高三专题练习）在三棱锥P－ABC中，底面ABC，底面ABC为正三角形，PA＝AB，则异面直线PB与AC所成角的余弦值为【答案】【解析】设，则，；故答案为：.变式44．（2023·四川成都·石室中学校考模拟预测）如图，在三棱锥中，底面，.点、、分别为棱、、的中点，是线段的中点，，.

(1)求证：平面；(2)已知点在棱上，且直线与直线所成角的余弦值为，求线段的长．【解析】（1）证明：因为底面，，如图，以点为原点，以、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

则、、、、、、、，，，设平面的法向量为，则，取，可得，又因为，则，所以，，又因为平面，所以，平面.（2）依题意，设，则，所以，，，由已知，得，整理可得，解得或，所以，线段的长为或.变式45．（2023·湖北·高三校联考阶段练习）在四棱锥中，底面ABCD为正方形，平面平面，，.

(1)证明：平面平面；(2)若E为PC的中点，异面直线BE与PA所成角为，求四棱锥的体积.【解析】（1）证明：过点D作，垂足为点F，因为平面平面PAB，平面平面，平面，所以平面PAB，平面PAB，所以，因为，又平面PAD，，所以平面PAD，因为平面，所以平面平面.（2）如图，以点D为原点，DA为X轴，DC为Y轴建立空间直角坐标系，

则、、、，设，则，因为，所以，所以，，因为异面直线BE与PA所成角为，所以，化简得，解得（舍），所以；所以，平面ABCD，四棱锥，底面是边长为2的正方形，棱锥的高为2，所以四棱锥的体积为.变式46．（2023·全国·高三对口高考）如图，图1，四棱锥中，底面，面是直角梯形，M为侧棱上一点．该四棱锥的俯视图和侧（左）视图如图2所示．

(1)证明：平面；(2)证明：平面；(3)线段上是否存在点N，使与所成角的余弦值为？若存在，找到所有符合要求的点N，并求的长；若不存在，说明理由．【解析】（1）根据俯视图可知，，，，所以，，因为底面，底面，所以，因为，平面，所以平面.（2）因为底面是直角梯形，根据俯视图可知，，在直角三角形中，由，，，得，所以，在直角三角形中，，，，所以，，根据侧视图可知，，，因为底面，底面，所以，，以为原点，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，取，得，，，因为，所以，又平面，所以平面.

（3）假设线段上存在点N，使与所成角的余弦值为，设，则，则，依题意可得，解得或，所以点位于点处或位于的中点处，所以或.【解题方法总结】设两异面直线a和b的方向向量为和，利用求角余弦公式可求得和的夹角，由于两向量所成角的范围是，而两异面直线所成角的范围是．所以．题型十三：求直线与平面所成角例37．（2023·湖南长沙·高三长郡中学校考假期作业）如图所示，直三棱柱中，，，.

(1)求证：；(2)求直线与平面所成角的正弦值.【解析】（1）证明：因为三棱柱为直三棱柱，且，，在直角与直角中，可得，所以，所以，所以，所以.因为底面，底面，所以，又，，且平面，所以平面，又因为平面，所以，因为，且平面，所以平面，又因为平面，所以.（2）以为坐标原点，以，，分别为，，轴建立的空间直角坐标系，如图所示，则，，，，则，，，设平面的法向量为，则，令，可得，所以平面的一个法向量为.设直线与平面所成角的大小为，则.故直线与平面所成角的正弦值为.

例38．（2023·广东河源·高三校联考开学考试）如图，在四棱锥中，分别为的中点，连接.

(1)当为上不与点重合的一点时，证明：平面；(2)已知分别为的中点，是边长为的正三角形，四边形是面积为的矩形，当时，求与平面所成角的正弦值.【解析】（1）因为分别为的中点，所以，因为平面，平面，所以//平面.（2）因为是正三角形，为的中点，所以，又因为，，所以平面，平面，所以，因为四边形是矩形，所以，即直线两两垂直，以为坐标系的原点，射线分别为轴建立空间直角坐标系，

因为四边形是面积为的矩形，，所以，由已知得，，，，，所以，，设平面的一个法向量为，，，∴，∴，令，得，.∴，设与平面所成的角为，则.所以与平面所成角的正弦值为.例39．（2023·山西运城·高三校考阶段练习）在如图所示的多面体中，四边形为正方形，四点共面，且和均为等腰直角三角形，，平面平面，.

(1)求证：直线平面；(2)求平面与平面夹角的余弦值；(3)若点在直线上，求直线与平面所成角的最大值.【解析】（1）因为和均为等腰直角三角形，且，所以，所以，又平面平面，所以平面.（2）连接，因为四边形为正方形，所以，因为平面平面平面，平面平面，所以平面，建立如图所示的空间直角坐标系，

因为，所以，，设平面的法向量为，则，得，令，则，设平面的法向量，由，令，得，因为，所以平面与平面夹角的余弦值是.（3）设，则，设与平面所成的角为，则要使最大，则，所以时等号成立，所以，所以与平面所成角的最大值为.变式47．（2023·河南·校联考模拟预测）已知三棱柱中，是的中点，是线段上一点.

(1)求证：；(2)设是棱上的动点（不包括边界），当的面积最小时，求直线与平面所成角的正弦值.【解析】（1）证明：连接

，，是的中点，是的中点，，平面平面，平面，，在三棱柱中，，，，，平面，平面，．（2）连接，由（1）可知，平面，平面平面，，要使的面积最小，则最小，又，△是等腰直角三角形即时，最小，是的中点，如图，建立以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴的空间直角坐标系：

则，，，,0,，设,,，则，即，得，，，即,,，，则，，,,，设平面的法向量为,,，由，得，即，令，则，，即，设直线与平面所成角为，则,，即直线与平面所成角的正弦值为．变式48．（2023·全国·高三专题练习）如图，四棱锥的底面为正方形，，平面，分别是线段的中点，是线段上的一点.

(1)求证：平面平面；(2)若直线与平面所成角的正弦值为，且点不是线段的中点，求三棱锥体积.【解析】（1）连接，分别是线段的中点，，底面四边形为正方形，，平面，平面，，又，平面，平面，，平面，又平面，平面平面.（2）以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，则，，，，，设，，则，，，设平面的一个法向量为，则，令，解得：，，；设直线与平面所成角为，，解得：或（舍），，平面，平面，；，，平面，平面，到平面的距离为，.

变式49．（2023·福建漳州·统考模拟预测）如图，是圆的直径，点是圆上异于，的点，平面，，，，分别为，的中点，平面与平面的交线为，在圆上.

(1)在图中作出交线（说明画法，不必证明），并求三棱锥的体积；(2)若点满足，且与平面所成角的正弦值为，求的值.【解析】（1）过点作交圆于点，（，分别为，的中点，所以,又，所以,故为平面与平面的交线）因为是圆的直径，所以，，所以，所以四边形为矩形，因为，，所以，因为平面，为的中点，所以点到平面的距离为，所以（2）以为坐标原点，分别以，，的方向作为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系，如图，

则，，，，，所以，，，，设平面的法向量为，则即，不妨取，得因为与平面所成角的正弦值为，所以所以，所以或【解题方法总结】设为平面的斜线，为的方向向量，为平面的法向量，为与所成角的大小，则．题型十四：求平面与平面所成角例40．（2023·全国·高三专题练习）如图1，在等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AD＝4，BC＝2，∠DAB＝60°，点E，F在以AD为直径的半圆上，且，将半圆沿AD翻折如图2．

(1)求证：EF∥平面ABCD；(2)当多面体ABE﹣DCF的体积为4时，求平面ABE与平面CDF夹角的余弦值．【解析】（1）证明：连接，，，六边形为正六边形，则，

在翻折过程中，，平面，平面，所以平面．（2）连接，分别交于，，则，，翻折过程中，平面，平面，，，，所以平面，同理平面，所以平面平面．又因为，则三棱柱为直三棱柱，，，且，，．设，所以，．所以，即，，，为二面角的平面角，即平面平面．以为坐标原点，，，所在的直线为，，轴，建立空间直角坐标系如图，

则,,，，，,2,，,3,，,2,，，设平面的一个法向量，有，令得，同理可得平面的法向量，设平面与平面的夹角为，观察图可知其为锐角，则，所以平面与平面的夹角的余弦值为．例41．（2023·黑龙江大庆·高三大庆中学校考开学考试）如图，在四棱锥中，底面ABCD是菱形，，，，底面ABCD，，点E在棱PD上，且

(1)证明：平面平面ACE；(2)求平面PAC与平面ACE所成角的余弦值．【解析】（1）因为平面ABCD，且平面ABCD，则又因为ABCD为菱形，则，且，平面PBD，所以平面PBD，则平面，故平面平面PBD.（2）由题意可知：，平面ABCD，故以点O为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，

则，，，，设，则，可得，解得，即，可得，因为，则，解得，所以，由题意可知：平面PAC的一个法向量为，设平面ACE的一个法向量，可得，则，令，则，可得则，所以平面PAC与平面ACE所成角的余弦值为.例42．（2023·山西运城·山西省运城中学校校考二模）如图，在三棱柱中，侧面为菱形，，，.

(1)证明：平面平面；(2)求平面与平面夹角的余弦值.【解析】（1）如图，连接，交于，连接.因为侧面为菱形，所以，且为的中点.又，故.又，且，所以，所以.又，所以，所以.因为平面，，所以平面.又平面，所以平面平面.

（2）由（1）知，两两互相垂直，因此以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，.故，，.设为平面的一个法向量，则有，即，令，则.设为平面的一个法向量，则有，即，令，则.因为平面平面，所以也是平面的一个法向量.所以.所以平面与平面夹角的余弦值.

变式50．（2023·宁夏石嘴山·统考一模）如图，在四棱锥中，侧面底面，底面为菱形，．

(1)若四棱锥的体积为1，求的长；(2)求平面与平面所成二面角的正弦值．【解析】（1）如图，过作于，连接，因为侧面底面，且侧面底面面，所以底面，设，因为，所以，在菱形中，，则为等边三角形，则，所以四棱锥的体积，解得；（2）取的中点，连接，则，以的方向为轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，设，则，，设平面的法向量为，则，令，得，设平面的法向量为，，令，得，则，故平面与平面所成二面角的正弦值为.变式51．（2023·全国·高三专题练习）在三棱台中，为中点，，，.(1)求证：平面；(2)若，，平面与平面所成二面角大小为，求三棱锥的体积.【解析】（1）在三棱台中，为中点，则，又，，，四边形为平行四边形，，又，，，，，，平面，平面.（2），，，又，，平面，平面，连接，，，为中点，；以为正交基底，可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，解得：，，；又平面的一个法向量，，解得：，即，平面，平面平面，平面，.变式52．（2023·四川成都·高三四川省成都市第四十九中学校校考阶段练习）如图，四棱锥中，底面是矩形，，，且侧面底面，侧面底面，点F是PB的中点，动点E在边BC上移动，且．

(1)证明：底面；(2)当点E在BC边上移动，使二面角为时，求二面角的余弦值．【解析】（1）证明：因为侧面底面，且侧面底面，底面是矩形，，底面，所以面，面，所以，同理，侧面底面，且侧面底面，底面是矩形，，底面，所以面，面，所以，底面，，所以底面ABCD．（2）因为底面ABCD，点F是PB的中点，且，所以．因为侧面，且，则侧面，侧面，所以，侧面，，所以侧面，侧面，，所以为二面角的平面角，当时，中，由，得，因为AD，AB，AP三线两两垂直，分别以AD，AB，AP为x、y、z轴建立空间直角坐标系，如图所示，

，，，，，，，设平面FAE的法向量为，则，即，令，得，，则；设平面PAE的法向量为，由，即，令，得，，所以，设二面角为，则．【解题方法总结】（1）在平面内，，在平面β内，（是交线的方向向量），其方向如图所示，则二面角的平面角的余弦值为．（2）设是二面角的两个半平面的法向量，其方向一个指向二面角内侧，另一个指向二面角的外侧，则二面角的余弦值为．题型十五：求点面距、线面距、面面距例43．（2023·山东青岛·高三统考期中）如图，四棱锥中，底面ABCD为正方形，为等边三角形，面底面ABCD，E为AD的中点.

(1)求证：；(2)在线段BD上存在一点F，使直线AP与平面PEF所成角的正弦值为.①确定点F的位置；②求点C到平面PEF的距离.【解析】（1）取中点，连接，,为等边三角形,,面底面，面底面，面，面，，，，又，面，面，，

（2）①如图以为原点，为轴，为轴建立空间

直角坐标系.设，，，，,,，，，，，设是平面的一个法向量则有，令解得：因为直线与平面所成角的正弦值为即解得，所以点的位置是线段上靠近的三等分点，②，，，点到平面的距离.例44．（2023·全国·高三专题练习）如图，已知菱形和矩形所在的平面互相垂直，，.

(1)求直线与平面的夹角；(2)求点到平面的距离.【解析】（1）设，因为菱形和矩形所在的平面互相垂直，所以易得平面，以点为坐标原点，以所在直线为轴，所在直线为轴，过点且平行于的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系，

由已知得，，因为轴垂直于平面，因此可令平面的一个法向量为，又，设直线与平面的夹角为，则有，即，所以直线与平面的夹角为.（2）由（1）空间直角坐标系，得，，所以，，可设平面的法向量为，则，得，令，得，，即，又因为，所以点到平面的距离为.例45．（2023·广东东莞·高三校联考阶段练习）如图所示，在四棱锥中，侧面是正三角形，且与底面垂直，平面，，是棱上的动点.

(1)当是棱的中点时，求证：平面；(2)若，，求点到平面距离的范围.【解析】（1）证明：因为平面，平面，且平面平面，所以.取的中点，连接、，因为是棱的中点，所以，且，因为且，所以，且，所以，四边形为平行四边形，则，因为平面，平面，所以平面.（2）取的中点，连接.因为是正三角形，所以.又因为平面平面，平面平面，平面，所以，平面，因为，，为的中点，所以，且，所以，四边形为平行四边形，则，因为，则，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

则、、、，所以，设，其中，则，设平面的法向量，所以，令，得，设点到平面距离为，.当时，；当时，，则，当且仅当时等号成立.综上，点到平面距离的取值范围是.变式53．（2023·浙江·校联考模拟预测）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，侧面是边长为的正三角形，平面平面，．

(1)求证：平行四边形为矩形；(2)若为侧棱的中点，且平面与平面所成角的余弦值为，求点到平面的距离．【解析】（1）取中点，连接，为正三角形，则，面面，面面，面，则面，

面，故，又，面，，所以面，面，故，则平行四边形为矩形.（2）如下图，以为原点，为轴，为轴建立坐标系，设，则，，，，，所以，，

设面的法向量为，则，令，则，设面的法向量为，则，令，则，由，解得，则面的法向量为，，点到平面的距离.变式54．（2023·湖北·模拟预测）如图所示的多面体是由底面为的长方体被截面所截得到的，其中，，，，则点到平面的距离为（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】以D为原点，分别以DA，DC，DF所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系D-xyz，则，∴，.设为平面的法向量，，由，得，令z=1，∴，所以.又，∴点C到平面AEC1F的距离d=.故选：C.变式55．（2023·云南昆明·昆明市第三中学校考模拟预测）如图，已知是侧棱长和底面边长均等于的直三棱柱，是侧棱的中点.则点到平面的距离为（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】取的中点，连接，因为为等边三角形，为的中点，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、、、，设平面的法向量为，，，由，取，可得，，所以，点到平面的距离为.故选：A.变式56．（2023·全国·高三专题练习）两平行平面分别经过坐标原点O和点，且两平面的一个法向量，则两平面间的距离是（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】∵两平行平面分别经过坐标原点O和点，且两平面的一个法向量，∴两平面间的距离．故选：A变式57．（2023·全国·高三专题练习）空间直角坐标系中、、）、，其中，，，，已知平面平面，则平面与平面间的距离为（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】由已知得，，，设向量与向量、都垂直，则，即，取，，又平面平面，则平面与平面间的距离为，故选：A.变式58．（2023·全国·高三专题练习）在棱长为的正方体中，则平面与平面之间的距离为A． B．C． D．【答案】B【解析】建立如图所示的直角坐标系，则，，，，所以，，，设平面的一个法向量，则，即，解得，故，显然平面平面，所以平面与平面之间的距离．变式59．（2023·高二课时练习）如图所示，在长方体中，，则直线到平面的距离是（

）A．5 B．8 C． D．【答案】C【解析】以为坐标原点，所在的直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系．则．设．设平面的法向量为，由，得，∴可取．又，∴点到平面的距离为,∥，平面，平面，∴∥平面，到平面的距离为．故选：C变式60．（2023·全国·高三专题练习）已知是棱长为1的正方体，则平面与平面的距离为．【答案】/【解析】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，则，可得，因为，则，所以，因为平面，平面，平面，平面，所以平面，平面，又，平面，所以平面平面，所以平面与平面的距离等于点到平面的距离，设平面的法向量为，则，令，可得，所以，又因为，所以．所以平面与平面的距离为．故答案为：．变式61．（2023·高二单元测试）在直三棱柱中，，，D是AC的中点，则直线到平面的距离为．【答案】【解析】连与交于，则为的中点，连，因为D是AC的中点，则，因为平面，平面，所以平面，所以直线到平面的距离就等于点B1到平面的距离．因为，D是AC的中点，所以，以点D为坐标原点，为轴，为轴，过平行于的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，设平面的一个法向量为，则，则，令，得，则，所以所求距离为.

故答案为：.变式62．（2023·全国·高三专题练习）如图，在长方体中，，，､､分别是､､的中点，则直线到平面的距离为.【答案】【解析】以D为原点，DC，DA，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示，由题，则，，因为､､分别是､､的中点，所以，，，则，所以，所以平面，所以点E到平面的距离即为直线到平面的距离，设平面的法向量为，则，因为，所以，取，则，，所以是平面的一个法向量，又向量，所以点E到平面的距离为，即直线到平面的距离为.故答案为：变式63．（2023·浙江温州·统考模拟预测）在棱长为1的正方体中，E为线段的中点，F为线段AB的中点，则直线FC到平面的距离为．【答案】/【解析】建立如图所示的空间直角坐标系，则，故，故，而平面，平面，故平面，故直线FC到平面的距离为即为到平面的距离.设平面的法向量为，又，故，取，则，而，故到平面的距离为，故答案为：.变式64．（2023·高二课时练习）如图，在棱长为1的正方体中，为线段的中点，F为线段的中点．(1)求直线到直线的距离；(2)求直线到平面的距离．【解析】（1）建立如下图所示的空间直角坐标系，，，因为，所以，即，所以点到直线的距离即为直线到直线的距离，，，，，所以直线到直线的距离为；（2）因为，平面，平面，所以平面，所以直线到平面的距离等于到平面的距离，,，设平面的一个法向量为，则，即，取，可得，所以到平面的距离为，所以直线到平面的距离为.【解题方法总结】如图所示，平面的法向量为，点是平面内一点，点是平面外的任意一点，则点到平面的距离，就等于向量在法向量方向上的投影的绝对值，即或题型十六：点到直线距离、异面直线的距离例46．（2023·全国·高三专题练习）如图，在三棱柱中，底面是边长