第一章空间向量与立体几何章末题型归纳总结

第一章空间向量与立体几何章末题型归纳总结模块一：本章知识思维导图模块二：典型例题经典题型一：空间向量的概念及运算经典题型二：利用空间向量证明位置关系经典题型三：利用空间向量计算距离经典题型四：利用空间向量求空间角经典题型五：共线与共面问题模块三：数学思想方法①分类讨论思想②转化与化归思想③数形结合思想模块一：本章知识思维导图模块二：典型例题经典题型一：空间向量的概念及运算例1．（2023·黑龙江哈尔滨·高二尚志市尚志中学校考阶段练习）在四面体中，，点在棱上，且，为中点，则（

）A． B．C． D．【答案】B【解析】点在线段上，且，为中点，，，．故选：B．例2．（2023·福建宁德·高二校考阶段练习）直三棱柱中，若，，，则（

）.A． B．C． D．【答案】A【解析】根据向量的加减法运算法则得：.故选：A例3．（2023·全国·高二专题练习）若是空间的一个基底，且向量不能构成空间的一个基底，则（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】因为向量，，不能构成空间的一个基底，所以、、共面，故存在实数、使得，即，因为是空间的一个基底，则，解得.故选：D.例4．（2023·高二课时练习）在以下命题中：①三个非零向量，，不能构成空间的一个基底，则，，共面；②若两个非零向量，与任何一个向量都不能构成空间的一个基底，则，共线；③对空间任意一点和不共线的三点，，，若，则，，，四点共面④若，是两个不共线的向量，且，则构成空间的一个基底⑤若为空间的一个基底，则构成空间的另一个基底；其中真命题的个数是（

）A．0 B．1 C．2 D．3【答案】C【解析】空间任意三个不共面的向量都可以作为空间的一个基底.①根据空间基底的定义，三个非零向量，，不能构成空间的一个基底，则，，共面；故命题①正确．②由空间基底的定义，若两个非零向量，与任何一个向量都不能构成空间的一个基底，则，共线，若，不共线，则，共面，一定有向量与，不共面；故命题②正确．③对空间任意一点和不共线的三点，，，当时，若，，，四点共面，则，，，，方程组无解，故，，，四点不共面；故命题③错误．④若，是两个不共线的向量，且，则向量与，构成共面向量，不能构成空间的一个基底；故命题④错误．⑤因为，所以向量共面，不能够成空间的一个基底，故命题⑤错误．真命题有2个.故选：C例5．（2023·广西百色·高二统考期末）在正四面体中，，，，为中点，为靠近的三等分点，用向量，，表示（

）A． B．C． D．【答案】A【解析】因为为中点，所以，因为为靠近的三等分点，所以，所以，∴.故选：A.例6．（2023·全国·高二阶段练习）已知矩形为平面外一点，平面，点满足，．若，则（

）A． B．1 C． D．【答案】C【解析】因为，，所以，因为，所以，，，所以.故选：C例7．（2023·高二课时练习）在四面体中，点在上，且，为中点，则=（

）A．B．C．D．【答案】B【解析】如图，因为点在上，且，所以，因为为中点，所以，所以，即.故选：B.例8．（2023·全国·高二专题练习）在平行六面体中，，，且，，则（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】以为基底向量，可得，则，∴．故选：C.例9．（2023·全国·高二专题练习）如图，正四面体的高的中点为，的中点为.(1)求证：，，两两垂直；(2)求.【解析】（1）设，，，正四面体的棱长为1，因为，，，，所以，所以，即.同理，，，所以，，两两垂直.（2），所以，又，，所以，又，所以.例10．（2023·江苏连云港·高二连云港高中校考期中）平行六面体中，底面是边长为1的正方形，侧棱，且，为中点，为中点，设，，；(1)用向量，，表示向量；(2)求线段的长度．【解析】（1）因为为中点，为中点，，，，所以；（2）因为平行六面体中，底面是边长为1的正方形，侧棱，且，所以，，，所以所以，即线段PM长为经典题型二：利用空间向量证明位置关系例11．（2023·高二单元测试）如图，在多面体中，四边形是正方形，，且，二面角是直二面角．(1)求证：平面；(2)求证：平面.【解析】（1）证明：由二面角是直二面角，四边形为正方形，则，平面，平面平面,可得平面ABC.又因为，所以，所以，即，所以两两垂直，以A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，则知点，，，，由于两两垂直，平面，即平面，故平面的一个法向量可取为，而，即，所以平面.（2）证明：由（1）知，，，设平面的一个法向量为，则，即，令，则，即，所以，所以，又因为平面，所以平面.例12．（2023·全国·高二专题练习）如图，正三棱柱中，分别是棱上的点，.证明：平面平面.【解析】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，取，得，，即.因为，所以平面平面；例13．（2023·全国·高二专题练习）如图，在三棱柱中，平面，D，E分别为棱AB，的中点，，，.证明：平面.【解析】在三棱柱中，平面，，，.所以，则，则，则如下图，以为原点，为轴建立空间直角坐标系，设，则，所以，，设平面的一个法向量为，所以，令，则，即，所以，得，又平面，所以平面.例14．（2023·全国·高二专题练习）如图，在四棱锥中，底面是正方形，底面，E是的中点，已知，．(1)求证：；(2)求证：平面平面．【解析】（1）以A为原点，，，所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则，，，，，所以，，所以，所以．（2）连接，，如图所示，因为面，面，所以，又因为四边形为正方形，所以，又因为，、面，所以面，又因为面，所以平面平面．例15．（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16．（2023·云南大理·高二云南省下关第一中学校考开学考试）如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面平面，，，，为中点.(1)求证：平面；(2)在棱上是否存在点，使得?若存在，求的值；若不存在，说明理由.【解析】（1）设交与点F，连接，因为底面为矩形，所以F为的中点，又为中点，故，而平面，平面，故平面；（2）在棱上存在点，使得；取的中点为O，连接,因为底面为矩形，故，，故O为的中点，则，而F为的中点，故；又平面平面，平面，平面平面，故平面，故以为坐标原点，分别为轴建立空间直角坐标系，则，设，则，即，则，可得，故，因为，故，即，解得，即在棱上存在点，使得，此时.例17．（2023·福建漳州·高二统考期末）如图所示的几何体中，平面平面为等腰直角三角形，，四边形为直角梯形，.(1)求证：平面；(2)线段上是否存在点满足，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.【解析】（1）四边形是平行四边形，.平面平面平面.（2）取的中点为.平面平面平面，平面平面,平面.以点为坐标原点，分别以直线为轴，轴建立空间直角坐标系，则轴在平面内,，，，.设平面的法向量为即令，则.，.又平面的法向量为平面，∴.∴在线段上存在点，使平面，且的值是.例18．（2023·全国·高二专题练习）如图，在棱长为1的正方体中，点E为BC的中点．(1)在B1B上是否存在一点P，使平面？(2)在平面上是否存在一点N，使平面？【解析】（1）如图，以D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则点A(1，0，0)，E，，，＝．假设存在点满足题意，于是，所以，所以，解得与矛盾，故在上不存在点使平面．（2）假设在平面上存在点N，使平面．设，则，因为，所以，解得，故平面AA1B1B上存在点N，使平面．例19．（2023·全国·高二专题练习）如图，四棱锥P－ABCD中，PD⊥底面ABCD，PD＝AD＝DC，底面ABCD为正方形，E为PC的中点，点F在PB上，问点F在何位置时，为平面DEF的一个法向量?【解析】以D为原点，DA，DC，DP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示，设DA＝2，则，∴，,∵，∴，设，，∴，∴∴，∴∵＝0，∴，∴，∴F为线段PB的一个三等分点(靠近P点)．经典题型三：利用空间向量计算距离例20．（2023·全国·高二专题练习）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.例21．（2023·全国·高二假期作业）如图，在四棱锥中，平面，底面四边形是正方形，，点为上的点，.(1)求证：平面平面；(2)若，求点到平面的距离.【解析】（1）因为底面四边形为正方形，所以，因为平面，平面，所以，又，平面，所以平面，又平面，所以平面平面.（2）（法一）因为平面，平面，所以，因为底面四边形为正方形，所以，又，平面，所以平面，又平面，所以，即为直角三角形，因为，则，所以，，，，在中，，在中，由余弦定理，即，同理可求得，所以为直角三角形，，因为，所以点到平面的距离为，设点到平面的距离为，由得，即，所以，所以点到平面的距离为.（法二）因为，则，以为坐标原点，，，所在的直线分别为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，.所以，由，得，，，，设平面的一个法向量为，则取，可得，，所以，设点到平面的距离为，则，所以点到平面的距离为.例22．（2023·全国·高二专题练习）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．【解析】（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例23．（2023·全国·高二假期作业）如图1，在等腰梯形中，，沿将折成，如图2所示，连接，得到四棱锥.(1)若平面平面，求证：；(2)若点是的中点，求点到直线的距离的取值范围.【解析】（1）证明：在梯形中，因为且，所以四边形是平行四边形，所以，又因为平面，且平面，所以平面，因为平面，且平面平面，所以.（2）取中点，连接，因为是等边三角形，可得以为原点，所在直线为轴，轴，过作平面的垂线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，设，则，所以，，，且，则点到直线的距离因为，所以当时，；当时，，所以点到直线的距离的取值范围是.例24．（2023·全国·高二假期作业）在梯形中，，，，，如图1．现将沿对角线折成直二面角，如图2，点在线段上．(1)求证：；(2)若点到直线的距离为，求的值．【解析】（1），，，故，则，即，又平面平面，平面平面，，平面，故平面，平面，则，又，，平面，所以平面，又平面，则.（2）设中点为，中点为，以为轴建立空间直角坐标系，如图所示：有，设，则，设，则，则，，，点到直线的距离为，则，即，即，解得，所以.例25．（2023·全国·高二专题练习）如图①菱形，．沿着将折起到，使得，如图②所示．(1)求异面直线与所成的角的余弦值；(2)求异面直线与之间的距离．【解析】（1）图①菱形，，由余弦定理得，所以，所以，即，又，所以，在图②中，，即，又平面所以平面，即平面，又平面，所以，如图，以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，则，所以，故，则异面直线与所成的角的余弦值为；（2）由（1）得，设是异面直线与公垂线的方向向量，所以，令，则所以异面直线与之间的距离为.例26．（2023·全国·高二专题练习）如图，在长方体中，，，求：(1)点到直线BD的距离；(2)点到平面的距离；(3)异面直线之间的距离.【解析】（1）以点为原点，，，为，，轴的正方向建立空间直角坐标系，因为，，则，，，，，所以，，所以在上的投影向量的大小为，又，所以点到直线BD的距离；（2）由(1)，，，设平面的法向量，则，所以，取，可得，，所以是平面的一个法向量，向量在法向量上的投影为，所以点到平面的距离为；（3）由(1)，，所以，所以，又平面，平面，所以平面，所以异面直线之间的距离与点到平面的距离相等，设平面的法向量，因为，则，所以，取，可得，，所以是平面的一个法向量，向量在法向量上的投影为，所以点到平面的距离为；故异面直线之间的距离为.例27．（2023·山东济宁·高二济宁市兖州区第一中学校考阶段练习）如图，在三棱锥，，，E，F分别为AB，SC的中点．（1）求直线BF与平面ABC所成角的正弦值；（2）给出以下定义：与两条异面直线都垂直相交的直线叫做这两条异面直线的公垂线，公垂线被这两条异面直线截取的线段，叫做这两条异面直线的公垂线段．两条异面直线的公垂线段的长度，叫做这两条异面直线的距离．根据以上定义可知，公垂线段的长度也可以看作是两条异面直线上任意两点连线的方向向量在公垂线的方向向量上的投影向量的长度．请根据以上定义和理解，求异面直线SE，BF的距离d．【解析】（1）连接EF，EC，由题知，SE是等腰三角形SAB底边AB上的中线，∴．同理，．∴平面SEC，∴．同理，平面ABF．

作平面ABF，分别以EB，EF，EG为x，y，z轴建立空间直角坐标系．由题知，，，∴，，，，，．设是平面ABC的法向量，则，即，取．

，∴直线BF与平面ABC所成角的正弦值为．

（2）设是异面直线SE，BF的公垂线的方向向量，由，同（1）可求得．

由题知，异面直线SE，BF的距离等于在方向上的投影向量的长度，即．∴异面直线SE，BF的距离．

例28．（2023·全国·高二专题练习）如图，在正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝1，AA1＝2，点E为CC1中点，点F为BD1中点．（1）求异面直线BD1与CC1的距离；（2）求直线BD1与平面BDE所成角的正弦值；（3）求点F到平面BDE的距离．【解析】（1）以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则B（1，1，0），D1（0，0，2），C（0，1，0），C1（0，1，2），E（0，1，1），F（，，1），∴（﹣1，﹣1，2），（0，0，2），（，，0），∴•0，•0，∴BD1⊥EF，CC1⊥EF，即EF为BD1与CC1的公垂线，而||，∴异面直线BD1与CC1的距离为．（2）由（1）知，（1，1，0），（0，1，1），（﹣1，﹣1，2），设平面BDE的法向量为（x，y，z），则，即，令y＝1，则x＝﹣1，z＝﹣1，∴（﹣1，1，﹣1），设直线BD1与平面BDE所成角为θ，则sinθ＝|cos，|＝||＝||，故直线BD1与平面BDE所成角的正弦值为．（3）由（1）知，（，，1），由（2）知，平面BDE的法向量为（﹣1，1，﹣1），∴点F到平面BDE的距离为||．经典题型四：利用空间向量求空间角例29．（2023·黑龙江哈尔滨·高二哈尔滨三中校考开学考试）四棱锥的底面是正方形，平面ABCD，E，F分别是AB，PD的中点，且．(1)求证：平面PEC；(2)求直线BF与平面PEC所成角的正弦值．【解析】（1）证明：如图所示：取PC的中点G，连接EG，FG，因为E，F分别是AB，PD的中点，所以，则四边形是平行四边形，则，又平面PEC，平面PEC，所以平面PEC；（2）以A为原点，分别以AB，AD，AP为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则，所以，设平面PEC的一个法向量为，则，即，令，则，所以，设直线AF与平面PEC所成的角为，则.例30．（2023·安徽合肥·高二合肥一六八中学校考阶段练习）如图，三棱锥的棱长都是，点是棱的中点，记，，.(1)用向量，，表示向量；(2)求异面直线与所成角的余弦值.【解析】（1），，（2），，，，，设异面直线与所成角为，所以.例31．（2023·高二课时练习）如图，已知正三棱柱的各条棱长都相等，P为上的点.且求：(1)λ的值；(2)异面直线PC与所成角的余弦值．【解析】（1）设正三棱柱的棱长为2，设AC的中点为O，连接，因为为正三角形，故，以AC的中点O为原点，为轴，以过点O和平行的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，于是，，，因为，故，则，故，因为，所以，即.（2）由（1）知，所以，，所以，，所以，由于异面直线所成角的范围为，所以异面直线PC与所成角的余弦值是.例32．（2023·全国·高二假期作业）在三棱柱中，平面平面，侧面为菱形，，，，E是AC的中点.(1)求证：平面(2)确定在线段上是否存在一点P，使得AP与平面所成角为，若存在，求出的值;若不存，说明理由.【解析】（1）因为侧面为菱形，，则是等边三角形，取中点O，连接，于是有，又平面⊥平面，且平面，平面∩平面，于是⊥平面，又平面，即有，又，且，因此平面，而平面，则，由四边形为菱形，得，又平面，，所以平面.（2）由（1）可知，，平面，且平面，有，取中点D，连结，有，，以O为原点，为空间正交基底建立直角坐标系，则，，设平面的一个法向量为，则，令z=1，得，令，则，，依题意，，整理得，，解得或，所以存在满足条件的点P，的值或0.例33．（2023·全国·高二专题练习）如图，在四棱锥中，侧棱平面ABCD，底面四边形ABCD是矩形，，点M，N分别为棱PB，PD的中点，点E在棱AD上，.(1)求证：直线平面BNE；(2)从下面①②两个条件中选取一个作为已知，证明另外一个成立.①平面PAB与平面PCD的交线l与直线BE所成角的余弦值为；②二面角的余弦值为.注：若选择不同的组合分别作答，则按第一个解答计分.【解析】（1）如图，连接MD，交BN于点F，连接EF，因为M，N分别为棱PB，PD的中点，所以F为的重心，则，又在中，，所以，又因为平面BNE，平面BNE，所以平面BNE.（2）若选①作为已知条件：在矩形ABCD中，，平面PCD，平面PCD，所以平面PCD.又平面PAB，平面平面，所以.所以l与直线BE所成角即为.在直角三角形ABE中，，，所以由可得，以为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，所以，.设平面BNE的法向量为，则，取，可得.又为平面BDE的一个法向量，所以.由图可知，二面角的余弦值为.若选②为已知条件：以为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系，因为，设，则，，，则，.设平面BNE的法向量为，则，取，可得.又为平面BDE的一个法向量，且二面角的余弦值为，所以，解得.在矩形ABCD中，，平面PCD，平面PCD，所以平面PCD.又平面PAB，平面平面，所以.所以l与直线BE所成角即为.在直角三角形ABE中，，，，可得，所以平面PAB与平面PCD的交线l与直线BE所成角的余弦值为.例34．（2023·全国·高二假期作业）如图，在四棱锥中，平面平面ABCD，，，，，E，F分别为AD，PC的中点.(1)证明：；(2)若BF与CD所成的角为，求平面BEF和平面ABE夹角的余弦值.【解析】（1）在中，，E为AD的中点，，又平面平面ABCD，平面平面，平面，平面ABCD，又平面ABCD，.（2）如图，连接EC，由条件知，，所以四边形BCDE为矩形，又平面ABCD，平面ABCD，所以，又平面，所以平面，平面，所以，又BF与CD所成的角为，，从而，在中，，同理在中，，，为等边三角形，即，在中，，，得，以E为原点，分别以EA，EB，EP为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图，则，，，，.设平面BEF的法向量为，则，令，得，易知平面ABE的一个法向量为，则，平面BEF和平面ABE夹角的余弦值为.例35．（2023·山东烟台·高二山东省烟台第一中学校考阶段练习）如图，在三棱柱中，侧棱平面，，，，，点是AB的中点．(1)求直线到平面的距离．(2)在线段AB上找一点，使得与CP所成角为60°，求的值．【解析】（1）如图，连接交于点，连接DE，在三棱柱中，四边形为平行四边形，∴E是的中点，又是AB的中点，∴，∵平面，平面，∴平面，∴直线到平面的距离即为点到平面的距离，因为在三棱柱中，侧棱平面，平面，，则以CA为轴，CB为轴，为轴建立空间直角坐标系，又，，，故，，，，，，所以，，设平面的法向量为，则，所以，令，得，，所以，又，所以点到平面的距离，即直线到平面的距离为；（2）因为，，，所以，，，设，所以，因为与CP所成角为60°，所以，整理得，即，解得，即．例36．（2023·全国·高二专题练习）图①是直角梯形，，，四边形是边长为的菱形，并且，以为折痕将折起，使点到达的位置，且.(1)求证：平面平面；(2)在棱上是否存在点，使得点到平面的距离为？若存在，求出直线与平面所成角的正弦值；若不存在，请说明理由.【解析】（1）在图①中，连接，交于，四边形是边长为的菱形，，，；在图②中，相交直线均与垂直，是二面角的平面角，，，，，平面平面.（2）以为坐标原点，正方向为轴可建立如图②所示空间直角坐标系，则，，，，，，，，，，设，，则，设平面的一个法向量，则，令，解得：，，；点到平面的距离，解得：或（舍），，，，直线与平面所成角的正弦值为.例37．（2023·山东东营·高二统考期末）如图，已知六面体的面为梯形，，，，，棱平面，，，为的中点.(1)求证：平面；(2)求直线与平面所成角的大小.【解析】（1）因为平面ABCD，所以，，且，建立如图所示的空间直角坐标系，则所以设平面的法向量为，则，令，解得，故，所以，故，又平面，所以平面.（2）由（1）得设平面的法向量为则，令，解得，故所以，设直线与平面所成的角为，则又，所以.例38．（2023·江西南昌·高二南昌市八一中学校考阶段练习）在梯形中，，，，P为AB的中点，线段AC与DP交于O点（如图1）.将沿AC折起到位置，使得平面平面（如图2）.(1)求证：平面；(2)求二面角的大小；(3)线段上是否存在点Q，使得与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值；【解析】（1）在梯形中，，，，P为AB的中点，可得为等边三角形，四边形为菱形，故，而平面，平面，所以平面.（2）由（1）得，，，故，，而平面平面，平面平面，平面，，平面，两两垂直，如图所示建立空间直角坐标系，则，，，，，设平面的一个法向量为，则取得，平面的一个法向量为，由图得二面角为锐角，设二面角为，故，因为，所以二面角的大小为.（3）设，则，，，的，，设平面的一个法向量为CQ与平面所成角的正弦值为，化简得，解得（舍去），故存在，使得CQ与平面所成角的正弦值为．例39．（2023·全国·高二专题练习）已知、分别是正方体的棱、的中点，求：(1)与所成角的大小；(2)二面角的余弦值；(3)点在棱上，若与平面所成角的正弦值为，请判断点的位置，并说明理由.【解析】（1）在正方体中，令，以点为原点，以所在的直线分别为轴、轴和轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则，所以，设与所成的角为，可得，因为，所以，所以与所成的角为.（2）由（1）中的空间直角坐标系，可得，所以设平面的一个法向量为，则，取，可得，所以，又由平面的一个法向量为，则，所以二面角的余弦值为.（3）设，其中，则，平面的一个法向量为，设与平面所成角为，可得，即，解得，因为，所以，即，所以当时，即点是线段靠近点的三等分点时，与平面所成角的正弦值为例40．（2023·安徽黄山·高二统考期末）如图1，在边长为的正方形中，点分别是边和的中点，将沿翻折到，连结，如图2.(1)证明：；(2)当平面平面时，求平面与平面夹角的余弦值.【解析】（1）连接交于点，在正方形中，分别是边和的中点，易知，得，即，所以，根据翻折过程知：，，又，面，故平面，又平面，所以.（2）当面面，且交线为，又平面且，所以平面，结合（1）知：，由，，则，所以，，且，以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，则，则，，设面的法向量为，则，取，则.设面的法向量为，则，取，则，即面与面夹角的余弦值为.例41．（2023·新疆乌鲁木齐·高二乌鲁木齐101中学校考期末）如图，在四棱锥中，，，，E为棱的中点，异面直线与所成的角为.(1)在平面内是否存在一点M，使得直线平面，如果存在，请确定点M的位置，如果不存在，请说明理由；(2)若二面角的大小为，求P到直线的距离.【解析】（1）延长交直线于点，点为的中点，，，∴，，即，四边形为平行四边形，即.，∴，故，平面平面，平面，平面，平面，故在平面内可以找到一点，使得直线平面；（2）如图所示，，即，且异面直线与所成的角为，即，又平面，平面.平面，又平面，平面，平面，，因此是二面角的平面角，大小为..不妨设，则.以A为坐标原点，平行于的直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，，，方向上的单位向量坐标为，则在上的投影的绝对值为，所以到直线的距离为.例42．（2023·四川宜宾·高二统考期末）如图，在四棱锥中，底面是一个边长为的菱形，且，侧面是正三角形.(1)求证：；(2)若平面平面，求平面与平面所成角的正弦值.【解析】（1）证明：取的中点，连接、、.底面是一个边长为的菱形，且，则，是正三角形，为的中点，，是正三角形，为的中点，，，、平面，平面，平面，.（2）由（1）知，，当平面平面时，平面平面，平面，平面，又，以为坐标原点，、、的正方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系.则、、、、、，易知平面的一个法向量为，设平面的一个法向量为，，，则，令，可得，所以，，则，平面与平面所成角的正弦值为.例43．（2023·重庆长寿·高二重庆市长寿中学校校考期中）如图甲，在矩形中，，E为线段的中点，沿直线折起，使得，O点为AE的中点，连接DO、OC，如图乙．(1)求证：；(2)线段上是否存在一点，使得平面与平面所成的角为？若不存在，说明理由；若存在，求出点的位置．【解析】（1）取线段的中点，连接，在Rt中，，，在中，，由余弦定理可得：，，在中，，；（2）因为，，，平面，，所以平面，过作的平行线，以为原点，分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，，平面的法向量，在平面直角坐标系中，直线的方程为，设的坐标为，，则，设平面的法向量为，，所以，令，则，由已知，解之得：或9（舍去），所以点是线段的中点．经典题型五：共线与共面问题例44．（2023·山东·高二校联考阶段练习）已知空间三点，三点的坐标分别是．(1)求与共线的单位向量．(2)若，且四点共面，求，并求此时点P到直线的距离．【解析】(1)，，设与共线的单位向量为，则，解得所以与共线的单位向量为或(2)，，因为四点共面，则，即，解得由（1）知，设直线AB的单位方向向量为又，点P到直线AB的距离例45．（2023·重庆九龙坡·高二渝西中学校考期末）已知正方形的边长为4，E、F分别为AD、BC的中点，以EF为棱将正方形ABCD折成如图所示的60°的二面角，点M在线段AB上．(1)若M为AB的中点，且直线MF与由A，D，E三点所确定平面的交点为O，试确定点O的位置，并证明直线平面EMC；(2)是否存在点M，使得直线DE与平面EMC所成的角为；若存在，求此时二面角的余弦值，若不存在，说明理由．【解析】（1）依题意，四边形是矩形，点M为AB的中点，如图1，延长FM与EA的延长线交于点O，又平面ADE，即有平面ADE，因，且，因此点A为线段EO中点，即AO=2，M为线段FO的中点，连接DF交CE于N，连接MN，矩形CDEF中，N是线段DF中点，于是得，而平面，平面，所以平面.（2）依题意，，，，平面，平面，则平面，且为二面角的平面角，即.连接，而，即有为正三角形，取的中点H，连接DH，则，由平面，平面，得平面平面，又平面，平面平面，于是得平面，取BF中点G，连接HG，由矩形得，即有两两垂直，以点H为原点，射线分别为轴非负半轴建立空间直角坐标系，如图2，则点，，.假设存在点M满足条件，因点M在线段AB上，设，，，，.设平面的一个法向量，则，令，得，因直线DE与平面EMC所成的角为60°，则，解得或，即存在点满足直线DE与平面EMC所成的角为60°，点为线段AB的靠近点A或B的四等分点.设平面的一个法向量，则，令，得，则.令平面MEC与平面ECF的夹角为，则，显然或时，.由图可知，二面角为锐角，所以二面角的余弦值为.例46．（2023·全国·高二专题练习）如图所示，在平行六面体中，，.试运用向量方法证明：E，F，B三点共线.【解析】证明：在平行六面体中，连接EF，FB，.因为，，所以；，所以，，所以.又，所以E，F，B三点共线.例47．（2023·高二课时练习）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.例48．（2023·广东深圳·高二统考期末）如图，在正方体中，M，N，E，F分别为棱的中点，连接．(1)证明：平面；(2)证明：E，F，N，M四点共面．【解析】（1）设正方体的棱长为2，如图建立空间直角坐标系：则，，，，，，，，则，，，则有，故，因为平面，平面，则有平面；（2），，，则有，则向量、、共面，必有E，F，N，M四点共面例49．（2023·全国·高二专题练习）已知四面体ABCD的顶点坐标分别为，，，．(1)若M是BD的中点，求直线CM与平面ACD所成的角的正弦值；(2)若P，A，C，D四点共面，且BP⊥平面ACD，求点P的坐标．【解析】（1）由题意，，，，，可设平面ACD的法向量，则，即，化简得．令，则，，可得平面ACD的一个法向量，设直线CM与平面ACD所成的角为，则，即直线CM与平面ACD所成的角的正弦值为；（2）由题意，，于是点P的坐标为，又P，A，C，D四点共面，可设，即，即，解得，所以所求点P的坐标为．例50．（2023·辽宁沈阳·高二东北育才双语学校校考期末）在长方体中，，，是的中点，以为原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系.(1)求平面与平面夹角的余弦值；(2)求点到平面的距离；(3)向量是否与向量、共面?【解析】（1）易知、、，，，设平面的法向量为，则，取，可得，易知平面的一个法向量为，则，因此，平面与平面夹角的余弦值为.（2）易知点，，所以，点到平面的距离为.（3）设，即，所以，，解得，即，因此，向量与向量、共面.例51．（2023·山东·高二校联考阶段练习）如图，在直四棱柱中，AB⊥AD，，E是的中点，．(1)证明：．(2)证明：，C，D，E四点共面．【解析】（1）根据已知条件可知两两垂直，由此建立如图所示空间直角坐标系，，，，所以.（2），所以，由于，C，D，E四点不共线，所以，C，D，E四点共面.例52．（2023·高二课时练习）如图所示，在棱长为1的正方体，中，E、F分别是棱AB、BC上的动点，且，其中，以O为原点建立空间直角坐标系．(1)求证：；(2)若、E、F、四点共面，求证：．【解析】（1）由已知得，，，，则，，∴，∴，即．（2），，．设，由解得，．所以．模块三：数学思想方法① 分类讨论思想例53．（2023·高二课时练习）如图，在三棱锥中，底面为等边三角形，，且平面平面．（1）求三棱锥的体积；（2）求二面角的余弦值；（3）判断在线段上是否存在点Q，使得为直角三角形？若存在，找出所有符合要求的点Q，并求的值；若不存在，说明理由．【解析】（1）如图，过P作，∵平面平面，∴平面．在中，，∴，∴．∴三棱锥的体积．（2）取的中点分别为M，N，连接．在等边中，∵O、N分别为的中点，∴．由（1）可知：平面，∴，建立如图所示的空间直角坐标系．．∴，．设为平面的一个法向量，则且．∴，令，则．∴．∵x轴⊥平面，∴取作为平面的法向量．设二面角的大小为，由图可知．∴．∴二面角的余弦值为．（3）在线段上存在点Q，使得为直角三角形．设．则，，．①当时，则，得，解得或1．当时，Q与O重合，为直角三角形，且；当时，Q与M重合，为直角三角形，且；②当时，则，得，解得，不符合题意，应舍去；③当时，则，得，解得，不符合题意，应舍去．综上可知：在线段上存在点Q，使得为直角三角形，且或．例54．（2023·广东广州·高二广州市协和中学校考阶段练习）如图，空间直角坐标系中，四棱锥的底面是边长为的正方形，底面OABC在xOy平面内，且抛物线Q：