专题02 空间向量的应用（13大考点知识串讲+热考题型+专题训练）（解析版）

专题02空间向量的应用知识点1直线的方向向量与平面的法向量1、直线的方向向量的定义及表示（1）定义：若A、B是直线上的任意两点，则为直线的一个方向向量；与平行的任意非零向量也是直线的方向向量。（2）空间直线的向量表示式：直线l的方向向量为a，且过点A。如图，取定空间中的任意一点O，可以得到点P在直线l上的充要条件是存在实数t，使eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))＋ta①，把eq\o(AB,\s\up6(→))＝a代入①式得eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))＋teq\o(AB,\s\up6(→))②，①式和②式都称为空间直线的向量表示式．2、平面的法向量的定义及表示（1）定义：如图，若直线，取直线的方向向量，称为平面的法向量；过点A且以为法向量的平面完全确定，可以表示为集合（2）利用待定系数法求平面法向量的步骤=1\*GB3①设向量：设平面的法向量为n＝(x，y，z)=2\*GB3②选向量：在平面内选取两个不共线向量eq\o(AB,\s\up7(→))，eq\o(AC,\s\up7(→))=3\*GB3③列方程组：由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AB,\s\up7(→))＝0，,n·\o(AC,\s\up7(→))＝0，))列出方程组=4\*GB3④解方程组：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AB,\s\up7(→))＝0，,n·\o(AC,\s\up7(→))＝0.))=5\*GB3⑤赋非零值：取其中一个为非零值(常取±1)=6\*GB3⑥得结论：得到平面的一个法向量知识点2空间中直线、平面的平行1、线线平行的向量表示：若分别为直线的方向向量，则使得.2、线面平行的向量表示法1：设直线的方向向量，是平面的法向量，，则.法2：在平面内取一个非零向量，若存在实数，使得，且，则.法3：在平面内取两个不共线向量，若存在实数，使得，且，则.3、面面平行的向量表示设分别是平面的法向量，则，使得.知识点3空间中直线、平面的垂直1、线线垂直的向量表示：若分别为直线的方向向量，则.2、线面垂直的向量表示：设直线的方向向量，是平面的法向量，法1：，使得.法2：在平面内取两个不共线向量，若.则.3、面面垂直的向量表示：设分别是平面的法向量，则.知识点4向量法求空间夹角1、异面直线所成角：若分别为直线的方向向量，为直线的夹角，则.2、直线与平面所成角（1）夹角定义：设是直线的方向向量，是平面的法向量，直线与平面的夹角为.则.（2）利用空间向量求异面直线所成角的步骤：=1\*GB3①建立适当的空间直角坐标系，=2\*GB3②求出两条异面直线的方向向量的坐标，=3\*GB3③利用向量的夹角公式求出两直线方向向量的夹角，=4\*GB3④结合异面直线所成角的范围得到两异面直线所成角。3、平面与平面的夹角（1）平面与平面的夹角：两个平面相交形成四个二面角,我们把这四个二面角中不大于的二面角称为这两个平面的夹角.（2）若分别为平面的法向量，为平面的夹角，则.知识点5向量法求空间距离1、点到直线的距离：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eq\o(AP,\s\up6(→))在直线l上的投影向量为eq\o(AQ,\s\up6(→))＝a，则点P到直线l的距离为eq\r(a2－a·u2)(如图)．2、点到平面的距离已知平面的法向量为，是平面内的任一点，是平面外一点,过点作则平面的垂线，交平面于点，则点到平面的距离为（如图）.3、线面距与面面距线面距、面面距均可转化为点面距离，用求点面距的方法进行求解。（1）直线与平面之间的距离：，其中，是平面的法向量。（2）两平行平面之间的距离：，其中，是平面的法向量。考点1向量法解决线线平行问题【例1】（2023春·高二课时练习）已知直线的方向向量分别为和，若，则.【答案】【解析】因为，所以，即所以，解得，故答案为：.【变式1-1】（2023秋·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：．【答案】证明见解析【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．【变式1-2】（2023·全国·高二专题练习）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：.【答案】证明见解析【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.【变式1-3】（2023·全国·高二专题练习）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：.【答案】证明见解析.【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.考点2向量法解决线面平行问题【例2】（2022秋·福建泉州·高二校考期中）若直线的一个方向向量为，平面的一个法向量为，则可能使的是（）A．，B．，C．，D．，【答案】D【解析】若，则，即，对于A，，不符合题意；对于B，，不符合题意；对于C，，不符合题意；对于D，，符合题意；故选：D【变式2-1】（2023·全国·高二课堂例题）如图，已知矩形ABCD和矩形ADEF所在平面相交于AD，点M，N分别在对角线BD，AE上，且，．求证：平面CDE．【答案】证明见解析【解析】如图，因为M在BD上，且，所以,同理．又，所以.又与不共线，根据共面向量定理，可知，，共面．因为MN不在平面CDE内，所以平面CDE．【变式2-2】（2023·全国·高二专题练习）如图，在四面体中，平面，，，．是的中点，是的中点，点在线段上，且．证明：平面；【答案】证明见解析【解析】因为，平面BCD，故以C为原点，CB为x轴，CD为y轴，过点C作DA的平行线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设，则，可得，，，，因为是的中点，则，则，因为，，可得，因为平面BCD的法向量可取为，则，且平面BCD，所以PQ平面BCD．【变式2-3】（2023·全国·高二专题练习）如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面平面，，，，，分别是，的中点.求证：平面.【答案】证明见解析【解析】由题意，在矩形中，，，，，分别是，的中点，∴，，在四棱锥中，面平面，面面，，平面，∴面，面，∴，取中点，连接，∵，∴，所以四边形是平行四边形，∴，∵，∴，∵面，面，∴面，∵平面，∴以、、为、、轴建立空间直角坐标系如下图所示，∴，∴，面的一个法向量为，∵，平面，∴平面.【变式2-4】（2023·全国·高二专题练习）在四棱锥中，底面，且，四边形是直角梯形，且，，，，为中点，在线段上，且.求证：平面；【答案】证明见解析【解析】由于底面，平面，所以，而，故以为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，则，，，，，，，，易知平面的一个法向量为，故，则，又平面，故平面．考点3向量法解决面面平行问题【例3】（2023秋·高二课时练习）若平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，且，则的值是（）A．－3B．－4C．3D．4【答案】A【解析】∵，∴，故存在实数，使得，即，故，解得，∴.故选：A【变式3-1】（2023·全国·高二专题练习）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．【答案】证明见解析【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．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3-2】（2023·全国·高二专题练习）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.【答案】证明见解析【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．【变式3-3】（2023·全国·高二专题练习）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.【答案】证明见解析【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【变式3-4】（2023·全国·高二专题练习）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．【答案】证明过程见解析【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．考点4向量法解决线线垂直问题【例4】（2023秋·宁夏银川·高二校考阶段练习）（多选）在等腰梯形中，M，N分别是，的中点，沿将折起至，使平面平面（如图）.已知，下列四个结论正确的是（）A．B．C．D．【答案】ABC【解析】因为等腰梯形中，分别是的中点，所以，，所以为二面角的平面角，又平面平面，所以，即,设，以点M为坐标原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，则，，，，，因为，，，，则，所以，故A正确；，所以，故B正确；，所以，故C正确；，故D错误；故选:ABC.【变式4-1】（2023秋·高二课时练习）如图，在空间四边形中，，．证明：．【答案】证明见解析【解析】∵，，∴，∴.【变式4-2】（2023秋·高二课时练习）如图所示，已知矩形和矩形所在的平面互相垂直，点，分别在对角线，上，且，．求证：.【答案】证明见解析【解析】在矩形中，，因为平面平面，且平面平面，平面，所以平面，又因平面，所以，又，所以，所以.【变式4-3】（2023秋·河南商丘·高二校考阶段练习）如图所示，已知是一个正方体，求证：．【答案】证明见解析【解析】在正方体中，以点为原点，的方向分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系，令正方体棱长为1，则，于是，有，因此，所以.【变式4-4】（2023·全国·高二专题练习）如图所示，在直四棱柱中，，，，，.证明：.【答案】证明见解析【解析】因为在直四棱柱中，面，又面，所以，又因为，所以，即两两垂直，故以方向分别为轴、轴、轴的正方向建立如图空间直角坐标系，则，，，.考点5向量法解决线面垂直问题【例5】（2023秋·高二课时练习）如图，在四棱锥中，底面，，，，，E是PC的中点．证明：PD⊥平面ABE.【答案】证明见解析【解析】由底面，，易知两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，连接AC，设，则，∵，∴为正三角形，则，∴，法一：设平面ABE的法向量为，则，令，，而，显然，则，∴也是平面ABE的一个法向量，即平面ABE.法二：，则，∴，，即，故平面ABE.【变式5-1】（2023·全国·高二专题练习）如图，在直三棱柱中，点分别为线段的中点，．证明：平面．【答案】证明见解析【解析】由直三棱柱可知平面，因为平面，所以，又因为，所以以为正交基底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，令，则，即，所以，即，所以平面．【变式5-2】（2023·全国·高二专题练习）如图，在三棱柱中，底面是边长为2的等边三角形，分别是线段的中点，在平面内的射影为.求证：平面.【答案】证明见解析【解析】法一：连接，因为为等边三角形，为中点，，因为在平面内的射影为，所以平面，又因为平面，，平面，平面，又因为平面，由题设知四边形为菱形，，分别为中点，，又平面，平面.法二：连接，因为在平面内的射影为，所以平面，又平面，，又为等边三角形，为中点，，则以为坐标原点，所在直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，即，又平面，平面.法三：连接，因为在平面内的射影为，所以平面，又平面，，又为等边三角形，为中点，，则以为坐标原点，所在直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系，则，，设平面的法向量为，，即，不妨取，则，则，所以平面的一个法向量为，，，，平面.【变式5-3】（2023秋·全国·高二随堂练习）在正四棱柱中，，，E在线段上，且.求证：平面DBE.【答案】证明见解析【解析】在正四棱柱中，两两垂直，以的方向为轴的正方向建立空间直角坐标系，如图，则，，，，，，，，，于是，，即且，而平面DBE，所以平面DBE.【变式5-4】（2023·全国·高二专题练习）如图，直三棱柱中，，，，侧棱，侧面的两条对角线交点为D，的中点为M．求证：平面.【答案】证明见解析【解析】由已知，直三棱柱中，，所以以为坐标原点，分别以，，所在直线为轴建立空间直角坐标系，则，，，，，，，，所以，，，因为，所以，即，因为，所以，即，而，且平面，所以平面.考点6向量法解决面面垂直问题【例6】（2023·河南三门峡·高二统考期末）已知平面、的法向量分别为、，若，则等于（）A．1B．2C．0D．3【答案】C【解析】因为，所以，解得，故选：C【变式6-1】（2023·全国·高二专题练习）如图，在四棱锥中，平面，底面是梯形，点在上，．求证：平面平面.【答案】证明见解析【解析】因为平面，平面，所以，因为，所以两两垂直，所以以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，因为，所以，所以，所以，所以，即，因为,，平面，所以平面，因为平面，所以平面平面；【变式6-2】（2023秋·高二课时练习）如图所示，在四棱锥中，底面是直角梯形，底面，且，建立适当的空间直角坐标系，分别求平面与平面的一个法向量，判断平面与平面是否有可能垂直？【答案】答案见解析【解析】如图所示，以A为原点，所在直线分别为横、纵、竖轴建立空间直角坐标系，则，即,由条件易知平面的一个法向量为，设平面的一个法向量为，则有，令，则，即平面的一个法向量为，，故平面与平面不可能垂直．【变式6-3】（2023秋·高二课时练习）如图，已知正三棱柱的各条棱长均为，点是棱的中点．求证：平面平面．【答案】证明见解析【解析】如图，在平面作，可得，以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，可得，，，，所以，，，设平面的一个法向量为，可得，即，令可得，设平面的一个法向量为，可得，即，令可得，因为，所以，所以平面平面．【变式6-4】（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.【答案】证明见解析【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；【变式6-5】（2023·全国·高二专题练习）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．求证：平面平面.【答案】证明见解析【解析】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.考点7向量法求异面直线夹角【例7】（2023秋·江苏常州·高三校考开学考试）在空间直角坐标系中，已知异面直线，的方向向量分别为，，则，所成角的余弦值为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】设异面直线，所成角为，因为异面直线，的方向向量分别为，，所以，故选：A【变式7-1】（2023春·福建漳州·高二校考期中）如图，在正方体中，是底面正方形的中心，点为的中点，点在上，则直线与所成的角为（）A．B．C．D．【答案】D【解析】如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，设，则，∵，则，∴，即直线与所成的角为.故选：D.【变式7-2】（2023·四川眉山·高三校考模拟预测）如图，在直三棱柱中，面，，则直线与直线夹角的余弦值为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】在直三棱柱中，平面，平面，所以，，平面，平面，所以，所以互相垂直，以为原点，分别以所在的直线为轴建立空间直角坐标系，设，则，可得，，所以.所以直线与直线夹角的余弦值为.故选：C.【变式7-3】（2023秋·河南商丘·高二校考阶段练习）如图，在底面为正方形，侧棱垂直于底面的四棱柱中，，则异面直线与所成角的余弦值为（）A．B．C．D．【答案】D【解析】在直四棱柱中，四边形为正方形，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，，，所以，，因此，异面直线与所成角的余弦值为.故选：D.【变式7-4】（2023秋·吉林·高二校考阶段练习）若三棱锥中，，，，点E为BC中点，点F在棱AD上（包括端点），则异面直线AE与CF所成的角的余弦值的取值范围是．【答案】【解析】因为，所以，又，所以，因为点E为BC中点，所以，又因为，所以，所以，记，，则，因为，所以，，记异面直线AE与CF所成的角为，则，因为，所以，所以.故答案为：.考点8向量法求直线与平面夹角【例8】（2023秋·河南驻马店·高二统考期末）《九章算术》是我国东汉初年编订的一部数学经典著作，其在卷第五《商功》中描述的几何体“阳马”实为“底面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥”．如图，在“阳马”中，平面，，则直线与面所成角的正弦值为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】因为平面，面，底面为矩形，所以两两垂直，设，以分别为轴建立空间直角坐标系如图，则所以，设平面的法向量为，所以，令，则，所以取，直线与面所成角的正弦值为.故选：A【变式8-1】（2023秋·河北沧州·高二校考阶段练习）如图，在四棱锥中，平面，，，，已知Q是棱上靠近点P的四等分点，则与平面所成角的正弦值为（）．A．B．C．D．【答案】C【解析】平面，，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，则，..易知平面的法向量.设与平面所成角为，则.故选：C.【变式8-2】（2023·广西柳州·统考模拟预测）如图，三棱柱的底面是正三角形，侧面是菱形，平面平面，分别是棱的中点.

（1）证明：平面；（2）若，求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】（1）取的中点，连接，因为分别是棱的中点，则，，∴四边形为平行四边形，所以，∵平面，平面，∴平面；（2）在平面中过点作于，连接，∵平面平面，平面平面，∴平面，由菱形，，得，，因为点为的中点，∴，故以为原点，分别为轴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，则有，解得，令，得，设直线与平面所成角为，则，综上，直线与平面所成角的正弦值为.【变式8-3】（2023秋·宁夏·高二校考阶段练习）如图，长方体是的中点.（1）求证：∥平面；（2）求直线与平面夹角的正弦值.【答案】（1）见解析；；（2）.【解析】（1）证明：连接交于，再连接，由题意可知是中点，又因为是的中点，所以∥,又因为平面，平面，所以∥平面；（2）以为原点，所在的直线分别为轴、轴、轴，建立空间坐标系，如图所示：因为所以，，，，，，，，，所以，，，设平面的法向量为，则有，所以，取，设直线与平面夹角为，则有，所以直线与平面夹角的正弦值为.【变式8-4】（2023秋·湖南常德·高三校考阶段练习）如图，在三棱柱中，平面平面，四边形是矩形，四边形是平行四边形，且，，，以为直径的圆经过点F．（1）求证：平面平面；（2）求直线与平面所成角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】（1）因为以为直径的圆经过点，所以．因为四边形为矩形，所以，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面．因为平面，所以，又因为平面，平面，，平面，所以平面，又因为平面，所以平面平面．（2）因为平面，又因为平面，平面，所以，，又因为，所以，则两两互相垂直，以点为原点，为轴，为轴，为轴，建立如图所示的空间直角坐标系．因为，，，所以，所以在中，由勾股定理得，则点，，，，则，，．设平面的法向量为，则由得，不妨令，得，则设直线与平面所成角为，则，所以所以直线与平面所成角的余弦值为．考点9向量法求平面与平面夹角【例9】（2023·全国·高二专题练习）如图，在四棱锥中，平面，，，，，为的中点，则二面角的余弦值为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】如图所示：过作，垂足为，则，以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，．，，设平面的法向量为，则令，得．取平面的一个法向量为，设二面角为，则，所以二面角的余弦值为．故选：A【变式9-1】（2023秋·全国·高二专题练习）如图，在直三棱柱中，底面是边长为2的正三角形，侧棱长为1，则平面与平面所成的角为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】以C为原点，在平面中，过C作BC的垂线为x轴，CB为y轴，CC1为z轴，建立空间直角坐标系，由题意，，，则，，设平面的法向量，则，得，令得，易知平面的法向量，所以，设平面与平面所成的角为，则，所以，所以平面与平面所成的角为.故选：A.【变式9-2】（2023秋·江西宜春·高三校考开学考试）在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，ABCD是矩形，且AB＝3，AD＝4，PA＝，则锐二面角的大小为（）A．30°B．45°C．60°D．75°【答案】A【解析】因为平面，平面，所以，，又是矩形，所以两两垂直，故以为坐标原点，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，又，，，所以，因为平面，所以平面的一个法向量为，而,设平面的法向量为，则，取，则，，所以30°，所以锐二面角的大小为30°，故选：A.【变式9-3】（2023春·河南周口·高二校联考阶段练习）在四棱台中，四边形是正方形，是边上一点，平面平面．（1）求实数的值；（2）若，求二面角的余弦值．【答案】（1）；（2）【解析】（1）以为原点，以所在方向分别为轴､轴､轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系，设，则，，由，得，故，则，，设平面的法向量为，则即取，则，而平面，故，则．（2）由（1）知，又，则，设平面的法向量为，则即，取，则；设平面的法向量为，则即，取，则．设二面角的平面角为，则，则二面角的余弦值为．【变式9-4】（2023秋·四川眉山·高二仁寿一中校考阶段练习）如图，在三棱柱中，底面是边长为2的等边三角形，在菱形中，，，平面平面，，分别是线段､的中点.（1）求证：平面；（2）若点为线段上的动点（不包括端点），求锐二面角的余弦值的取值范围.【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】（1）由平面平面，且两平面交线为,为中点，，平面，所以平面，由于平面，故，在菱形中，，，所以为等边三角形，又为中点，所以，则以为坐标原点，所在直线为，，轴，可建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，，又，，平面，平面．（2），设，则，，，；由（1）知平面，平面的一个法向量，设平面的法向量，又则，，即，令，则，，，，令，则，，，所以，，，即锐二面角的余弦值的取值范围为．考点10向量法求点到直线距离【例10】（2023秋·高二课时练习）已知直线过点，直线的一个方向向量为，则到直线的距离等于（）A．B．C．D．5【答案】C【解析】，，，所以到直线的距离为.故选：C【变式10-1】（2023秋·吉林长春·高二校考阶段练习）如图，是棱长为1的正方体，若在正方体内部且满足，则到直线的距离为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】以为原点，以分别为轴建立空间直角坐标系，则，，，，所以，，，所以，所以在上的投影向量的长度为：，所以到直线的距离为.故选：C.【变式10-2】（2023·山东·高二校考开学考试）在空间直角坐标系中，已知，则到的距离为（）A．3B．C．D．【答案】D【解析】因为，所以，所以，所以，所以到的距离为，故选：D【变式10-3】（2023秋·河北邢台·高二校考阶段练习）在空间直角坐标系中，，，则点到直线的距离为.【答案】【解析】取，，则，,所以点到直线的距离为.故答案为：【变式10-4】（2023秋·宁夏银川·高二校考阶段练习）已知直线l的一个方向向量为，若点为直线l外一点，为直线l上一点，则点P到直线l的距离为.【答案】【解析】由题意可得l的一个单位方向向量为，,故点P到直线l的距离.故答案为：.考点11向量法求异面直线的距离【例11】（2023·全国·高二专题练习）如图是一棱长为的正方体，则异面直线与之间的距离为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】以D为原点，DA，DC，分别为x，y，z轴，建立如图空间直角坐标系，则，，设与和都垂直，则，即，取，又因为，所以异面直线和间的距离为.故选：B.【变式11-1】（2023·全国·高二专题练习）（多选）如图，在棱长为1正方体中，为的中点，为与的交点，为与的交点，则下列说法正确的是（）A．与垂直B．是异面直线与的公垂线段，C．异面直线与所成的角为D．异面直线与间的距离为【答案】ABD【解析】以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，为z轴，建立如下图所示坐标系：则：，，设，则有：，又，解得，，，，同理可得；对于A，，，，正确；对于B，，，即，又,故是异面直线与的公垂线段，正确；对于C，设与所成的角为，则，，，错误；对于D，由B知是与的公垂线段，，正确；故选：ABD.【变式11-2】（2023·全国·高三专题练习）两条异面直线a，b所成的角为，在直线a，b上分别取点，E和A，F，使，且已知，则线段的长为．【答案】或【解析】由题意，得，所以，因为，所以，，因为，所以，则，同理：，因为异面直线a，b所成的角为，当的夹角为时，，所以，则，即，故；当的夹角为时，，所以，则，故；综上：线段的长为或.故答案为：或.【变式11-3】（2023秋·湖北武汉·高二校考阶段练习）如图，已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，点P为线段BC1上的动点，则点P到直线AC的距离的最小值为（）A．1B．C．D．【答案】C【解析】正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，点P为线段BC1上的动点，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A（2，0，0），C（0，2，0），B（2，2，0），设P（2﹣t，2，t），（0≤t≤2），，设异面直线的公共法向量为，则，取x＝1，得，∴点P到直线AC的距离为：，点P到直线AC的距离的最小值为.故选：C.【变式11-4】（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．【答案】（1）；（2）【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.考点12向量法求点到平面的距离【例12】（2023秋·陕西榆林·高二校考阶段练习）在长方体中，，，为的中点，则点到平面的距离为（）A．B．C．D．【答案】D【解析】如图所示，以为坐标原点，以，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，所以，，，，则，，设是平面的一个法向量，则，令，则，又，所以点到平面的距离为，故选：D.【变式12-1】（2022秋·湖北黄冈·高二统考期中）已知正方形的边长为4，平面，，E是中点，F是靠近A的四等分点，则点B到平面的距离为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】建立空间直角坐标系，如图所示，依题意，则有，，，，，故，，.设平面的一个法向量为，则，，所以，取，得，，于是，所以点到平面的距离为.故选：C.【变式12-2】（2023秋·广东梅州·高二校考阶段练习）在空间直角坐标系中，，，，点在平面内，则当取最小时，点的坐标是（）A．B．C．D．【答案】A【解析】由题意，在空间直角坐标系中，，，，设，为平面的法向量，则，,，则，令则，故，则点到平面的距离为，所以，则又，，即，所以，代入可得，则所以，则故选：.【变式12-3】（2023秋·广东梅州·高二校考阶段练习）如图，在直三棱柱中，，．（1）求证：；（2）求点到平面的距离．【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】（1）建立直角坐标系，其中为坐标原点.依题意得，因为，所以.（2）设是平面的法向量，由得，所以，令，则，因为，所以到平面的距离为.【变式12-4】（2023秋·广西南宁·高二校考开学考试）如图，在三棱柱中，已知侧面，，，，点为棱的中点.（1）证明：平面；（2）求点到平面的距离.【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】（1）在三棱柱中，，，，在中，由余弦定理得，即有，于是，又侧面，侧面，则，而，平面，所以平面.（2）解法1：由（1）知，，，两两垂直，以为坐标原点，建立如图所示的坐标系，则，，，，，，，，设平面的一个法向量为，则，令，得，点到平而的距离.解法2：等体积法（最优解）在中，，在中，，在平行四边形中，由（1）得三角形为等腰直角三角形，而为的中点，则，由于，故，，由，即，解得.考点13向量法求其他空间距离【例13】（2023秋·宁夏银川·高二校考阶段练习）如图，在棱长为1的正方体中，E为线段的中点，F为线段的中点．直线到平面的距离为（）．A．B．C．D．【答案】D【解析】平面,平面,平面,因此直线到平面的距离等于点到平面的距离，如图，以点为坐标原点，所在的直线为轴，所在的直线为轴，所在的直线为轴，建立直角坐标系.则设平面的法向量为，则，令，则设点到平面的距离为，则故直线到平面的距离为.故选：D.【变式13-1】（2023·全国·高二专题练习）正方体的棱长为1，则平面与平面的距离为（）A．B．C．D．【答案】D【解析】由正方体的性质：∥,∥，，，且平面，平面，平面，平面，所以平面平面，则两平面间的距离可转化为点B到平面的距离．以为坐标原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示：由正方体的棱长为1，所以，，，，，所以，，．连接，由，所以，且，可知平面，得平面的一个法向量为，则两平面间的距离：．故选：D.【变式13-2】（2022·全国·高二专题练习）设正方体的棱长为2，求：（1）求直线到平面的距离；（2）求平面与平面间的距离.【答案】（1）；（2）【解析】（1）以D为原点，为x，y，z轴，建立如图所示空间直角坐标系，则所以，所以，即，又平面，平面，所以平面，所以直线到平面的距离等于点到平面的距离．设平面的一个法向量为，则，令，则，又，所以点到平面的距离.（2）由（1）知平面，同理，平面，又，平面，所以平面平面，即平面与平面间的距离等于点到平面的距离．由（1）知，点到平面的距离.所以平面与平面间的距离为.【变式13-3】（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．【答案】（1）证明见解析；（2）【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【变式13-4】（2022·高二单元测试）如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为4，点M，N，E，F分别为A1D1，A1B1，C1D1，B1C1的中点，（1）证明：平面AMN∥平面EFBD；（2）求平面AMN与平面EFBD间的距离．【答案】（1）证明见解析；（2）．【解析】（1）证明：如图所示，建立空间直角坐标系，则A(4，0，0)，M(2，0，4)，D(0，0，0)，B(4，4，0)，E(0，2，4)，F(2，4，4)，N(4，2，4)．从而＝(2，2，0)，＝(2，2，0)，＝(－2，0，4)，＝(－2，0，4)，所以，，所以EF∥MN，AM∥BF．又平面EFBD，平面EFBD，所以MN∥平面EFBD，平面EFBD，平面EFBD，所以AM∥平面EFBD，因为MN∩AM＝M，所以平面AMN∥平面EFBD；（2）因为平面AMN∥平面EFBD，所以点B到平面AMN的距离即为平面AMN与平面EFBD间的距离．设是平面AMN的法向量，则有即，可取，由于＝(0，4，0)，所以点B到平面AMN的距离为，所以平面AMN与平面EFBD间的距离为．1．（2022秋·浙江绍兴·高二校考期中）已知直线的方向向量是，平面的法向量是，则直线与平面的位置关系是（）A．或B．C．与相交但不垂直D．【答案】A【解析】，所以，所以或.故选：A.2．（2023春·全国·高一专题练习）已知向量为平面α的一个法向量，为一条直线l的方向向量，则∥是l⊥α的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件【答案】C【解析】向量为平面α的一个法向量，为一条直线l的方向向量，若∥，则向量为平面α的一个法向量，l⊥α，充分性成立；若l⊥α，则向量为平面α的一个法向量，∥，必要性成立，则∥是l⊥α的充要条件．故选：C．3．（2023·全国·高二专题练习）下列利用方向向量、法向量判断线、面位置关系的结论中，正确的是（）A．两条不重合直线l1，l2的方向向量分别是，，则l1∥l2B．直线l的方向向量，平面α的法向量是，则l⊥αC．两个不同的平面α，β的法向量分别是，，则α⊥βD．直线l的方向向量，平面α的法向量是，则l∥α【答案】C【分析】根据空间关系的向量判断方法逐一判断即可.【解析】对于A，直线l1，l2的方向向量分别是，，因为，所以与不平行，选项A错误；对于B，直线l的方向向量，平面α的法向量是，且，所以l∥α或l⊂α，选项B错误；对于C，两个不同的平面α，β的法向量分别是，，且，所以α⊥β，选项C正确；对于D，直线l的方向向量，平面α的法向量是，且，所以l⊥α，选项D错误.故选：C4．（2023春·福建龙岩·高二校联考期中）如图，在直三棱柱中，，，直线与平面所成角的正弦值为，则异面直线与所成角的余弦值为（）A．B．C．D．【答案】D【解析】取的中点，连接，则，以为坐标原点，，所在直线分别为，轴，过点且平行于的直线为轴建立空间直角坐标系．设，则，易知平面，则直线与平面所成的角为，所以，解得，则，．则，，，，所以，，则，故异面直线与所成角的余弦值为．故选：D．5．（2023秋·河南商丘·高二校考阶段练习）如图，在长方体中，，，为中点，则到平面的距离为（）A．1B．C．D．2【答案】C【解析】以为坐标原点，分别以为轴,轴,轴,建立空间直角坐标系，则,，设平面的法向量为，则，令得：，所以，则点到平面的距离为，故选：C.6．（2023秋·江西赣州·高三校考开学考试）棱长为1的正方体中，点P在棱CD上运动，点Q在侧面上运动，满足平面，则线段PQ的最小值为（）A．B．1C．D．【答案】A【解析】以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，则，设，，所以，，因为平面，所以，故，，故，其中，故，故当时，，此时满足要求，所以线段PQ的最小值为.故选：A7．（2022秋·吉林长春·高二校考阶段练习）（多选）已知，分别是正方体的棱和的中点，则（）A．与是异面直线B．与所成角的大小为C．与平面所成角的正弦值为D．二面角的余弦值为【答案】AD【解析】根据异面直线的判定定理，及正方体的结构特征，易知：A正确；以为原点，，，，的方向分别为，，轴的正方向建立空间直角坐标系，设正方体棱长2，则，，，，,,所以,,设与所成角的大小为,则，所以，故B错误;由题意可知,平面的法向量为,,设与平面所成角为，则,故C错误;，设平面的一个法向量为，则，令，得，设平面的一个法向量为，，则，令，得，设二面角为，由题图知为锐角，则，故D正确．故选:AD．8．（2022秋·重庆北碚·高二统考阶段练习）（多选）若将正方形沿对角线折成直二面角，则（）A．与所成的角为B．与所成的角为C．与平面所成角的正弦值为D．平面与平面所成角的正切值是【答案】AD【解析】由题意，取中点，连接，，若将正方形沿对角线折成直二面角，则，，，则以为原点，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.设，则，，，.由题意易得，，因为，所以，则选项A正确；，，所以，所以与所成的角为，则选项B错误；设平面的一个法向量为，则，取，则，所以，且，设与平面所成的角为，所以，则选项C错误；由题意易知平面的一个法向量，，，设平面的一个法向量为，则，取，则，，所以，设平面与平面所成的角为，则，所以，，所以平面与平面所成角的正切值，则选项D正确.故选：AD.9．（2023秋·高二单元测试）（多选）在棱长为2的正方体中，，分别是棱BC，的中点，点满足，，下列结论正确的是（）A．若，则平面MPQB．若，则过点，，的截面面积是C．若，则点到平面MPQ的距离是D．若，则AB与平面MPQ所成角的正切值为【答案】BD【解析】如图所示，时有M与A重合，对于A选项，延长PQ交BB1于L，连接AL，易得平面平面MPQ=AL，若平面MPQ，则，显然，且B、L不重合，矛盾，故A错误；对于B项，连接AD1、D1Q，易知平面APQD1即该截