文档内容
专题 8.4 空间向量与立体几何
题型一 空间向量及其运算
题型二 空间共面向量定理
题型三 求平面的法向量
题型四 利用空间向量证明平行，垂直
题型五 求空间角
题型六 已知夹角求其他量
题型七 求异面直线，点到面或者面到面的距离
题型八 求点到线的距离
题型九 点的存在性问题
题型一 空间向量及其运算
例1．（2022·全国·高三专题练习）如图，在平行六面体ABCD﹣ABC D 中，AB＝5，AD
1 1 1 1
＝3，AA＝4，∠DAB＝90°，∠BAA＝∠DAA ＝60°，设 ， ， ．
1 1 1
(1)用 ， ， 表示 ；
(2)求AC 的长．
1
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由空间向量加法法则得 ，由此能求出
结果．
（2）由 即可求出AC 的长．
1
【详解】（1）在平行六面体ABCD﹣ABC D 中，
1 1 1 1
， ， ，
．（2） AB＝5，AD＝3，AA＝4，∠DAB＝90°，∠BAA＝∠DAA ＝60°，
1 1 1
．
.
AC 的长| | .
1
例2．（2022·全国·高二专题练习）已知向量 ， ， 且
，则 （ ）
A． B．2 C． D．3
【答案】D
【分析】对 两边平方，列出方程解出．
【详解】 ， ， ．
∵ ，∴ ．即 ，
∴ ，∵ ，∴ ．
故选：D．
练习1．（2023春·高二课时练习）如图所示，已知正四面体OABC的棱长为1，点E，F
分别是OA，OC的中点．求下列向量的数量积：
(1)
(2)
(3)
【答案】(1)
(2)(3)1
【分析】（1）正四面体的每个面均为等边三角形，夹角为 ，再结合空间向量数量积的
运算法则，得解；
（2）由 ，代入运算，即可得解；
（3）取 的中点 ，连接 ， ，可推出 ，再在
中，利用余弦定理求出 的值，从而得解．
【详解】（1）
（2） ；
（3）取 的中点 ，连接 ， ，则 ， ，
在 中， ， ，
由余弦定理知， ，
所以 ．
练习2．（2022·高三课时练习）已知： ， ∥ ，
⊥ ，求：
(1) ， ， ；
(2) 与 所成角的余弦值.
【答案】(1)
(2)【分析】（1）由空间向量平行与垂直坐标公式列出方程组，即可求解.
（2）利用空间向量的夹角坐标公式，即得.
【详解】（1）∵ ∥ ，
∴ ，
解得 ，
故 ，
又因为 ，所以 0，
即 ，解得 ，
故 ；
（2）由（1）可得 （5，2，3）， （1，﹣6，1），
设向量 与 所成的角为 ，
则
.
练习3．（2023秋·贵州铜仁·高三统考期末）如图，在三棱锥 中，点 ， 分别是
， 的中点， 是 的中点，设 ， ， ，用 ， ， 表示 ，
则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据空间向量的线性运算计算得解.
【详解】因为 是 的中点， ， 分别是 ， 的中点，
所以.
故选：A
练习4．（2023·山东·校联考模拟预测）定义两个向量 与 的向量积 是一个向量，它
的模 ，它的方向与 和 同时垂直，且以 的顺序符合右手法则
（如图），在棱长为2的正四面体 中，则 （ ）
A． B．4 C． D．
【答案】A
【分析】根据题中条件确定 ，设底面△ABD的中心为O，则CO⊥平面ABD，可
求得 ，又 的方向与 相同，代入计算可得答案．
【详解】 ，
，
设底面△ABD的中心为O，连接CO，AO，则OC⊥平面ABD，
又AO，AB，AD 平面ABD，故OC⊥AO， OC⊥AB，OC⊥AD，
， ，
在 中， ，则 ，又 的方向与 相同，
所以 ．
故选：A．
练习5．（2022·高三单元测试）（多选）已知空间中三点A（0，1，0），B（1，2，0），
C（﹣1，3，1），则正确的有（ ）
A． 与 是共线向量
B． 的单位向量是（1，1，0）
C． 与 夹角的余弦值是
D．平面ABC的一个法向量是（1，﹣1，3）
【答案】CD
【分析】由 ，可判断选项A； 的单位向量为± ，可判断选项B；由
，可判断选项C；设平面ABC的一个法向量为 ，由
，求得 ，即可判断D．
【详解】解：由题意知， ， ， ，
因为 ，所以 与 不是共线向量，即A错误；
的单位向量为 ，所以 的单位向量为 或 ，
即B错误；
，所以 与 夹角的余弦值为 ，即C正
确；
设平面ABC的一个法向量为 ，则 ，即 ，
令x＝1，则y＝﹣1，z＝3，所以 ，即D正确．
故选：CD．
题型二 空间共面向量定理例3．（2022·高二课时练习）（多选）若 构成空间的一个基底，则下列向量共面
的是（ ）
A． ， ， B． ， ，
C． ， ， D． ， ，
【答案】ABD
【分析】利用共面向量定理逐项分析判断作答.
【详解】 构成空间的一个基底，
对于A， ，因此 ， ， 共面，A正确；
对于B， ，因此 ， ， 共面，B正确；
对于C，假定 ， ， 共面，则存在 使得
，而 不共面，则 ，解得
，
于是 ， 共面，与 不共面矛盾，因此 ， ， 不能共面，C错误；
对于D， ，因此 ， ， 共面，D正确．
故选：ABD
例4．（2023春·江苏宿迁·高三校考阶段练习）已知向量 ， 不共线， ，
， ，则（ ）
A． 与 共线 B． 与 共线
C． ， ， ， 四点不共面 D． ， ， ， 四点共面
【答案】D
【分析】根据平面向量共线定理及推论依次判断各个选项即可.
【详解】对于A， ， 不存在实数 ，使得 成立， 与 不共线，
A错误；
对于B， ， ， ，
又 ， 不存在实数 ，使得 成立， 与 不共线，B错误；
对于C、D，若 ， ， ， 四点共面，
则有 ，，即 ，故 ，
故 ， ， ， 四点共面，C错误，D正确.
故选：D.
练习6．（2023春·河南安阳·高三安阳一中校联考开学考试）在空间直角坐标系中，已知
点 ，若 四点共面，则 __________.
【答案】1
【分析】利用平面向量基本定理，列出关系式，利用向量的坐标运算得出关系式，即可求
解
【详解】∵ ，
∴ ， ， ，
又∵ 四点共面，
∴由平面向量基本定理可知存在实数 使 成立,
∴ ,
∴ ，解得 ，
故答案为：1
练习7．（2023春·高三课时练习）设空间任意一点 和不共线的三点 ， ， ，若点
满足向量关系 （其中 ），试问： ， ， ， 四点是
否共面？
【答案】共面
【分析】由已知得 ，由此利用空间向量共面定理能证明 ， ，
， 四点共面．
【详解】解： ， ， ， 四点共面．
理由如下： ， ，
，即 ，由 ， ， 三点不共线，可知 和 不共线，
由共面定理可知向量 ， ， 共面，
， ， ， 四点共面．
练习8．（2023·高二校考课时练习）已知 是空间的一组基底，则可以与向量
， 构成基底的向量是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】利用空间共面向量定理及基底的概念判断即可.
【详解】∵ ， ，∴ 与 共面，故A，B错误；
∵ ，∴ 与 共面，故C错误；
∵ 是基底，∴不存在 使 成立，
∴ 与 不共面，故 可以与 构成空间的一组基底，故D正确.
故选：D.
练习9．（2022·北京·高三强基计划）（多选）如图，已知正三棱锥 的侧棱长为
l，过其底面中心O作动平面 ，交线段 于点S，交 的延长线于M，N两点．则
下列说法中正确的是（ ）
A． 是定值 B． 不是定值
C． D．
【答案】AD
【分析】利用四点共面可求得 .【详解】
如图，设 的中点为 ，连接 则 在 上且 ，
所以
.
故 ，
由于S，M，N，O四点共面，于是 ，
因此 ．
故选：AD.
练习10．（2022秋·重庆·高三统考期末）（多选）若 构成空间的一个基底，
则下列说法中正确的是（ ）
A．存在 ，使得
B． 也构成空间的一个基底
C．若 ，则直线 与 异面
D．若 ，则 ， ， ， 四点共面
【答案】BCD
【分析】根据空间向量基本定理判断A,B选项，再由共线向量基本性质及 为
一组基底判断出C、D.
【详解】由题意知， 三向量不共面，所以 错误；
若 三向量共面，则有 ，
化简有： ，因为 不共面，则 ，无解，故三向量 不共面，能够构成一组基底，故B正确；
若 与 共面，则有 ，则有 ，与题意矛
盾，故C正确；
若 ，化简有 ，则有 ，所以四点共面，故
D正确．
故选：BCD
题型三 求平面的法向量
例5．（2023·全国·高三专题练习）设向量 是直线l的方向向量，
是平面α的法向量，则（ ）
A． B． 或 C． D．
【答案】B
【分析】由 ，得 ，所以 或
【详解】 ， ， ，
则有 ，
又 是直线l的方向向量， 是平面α的法向量，所以 或 .
故选：B
例6．（2023春·四川成都·高二四川省成都市新都一中校联考期中）已知 ，
， ，则平面ABC的一个法向量可以是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】代入法向量的计算公式，即可求解.
【详解】 ， ，令法向量为 ，则 ，
，可取 .
故选：A.
练习11．（2023春·湖北·高三校联考阶段练习）已知点 在平面 内，
是平面 的一个法向量，则下列点 中，在平面 内的是（ ）
A． B． C． D．【答案】A
【分析】根据每个选项中P点的坐标，求出 的坐标，计算 ，根据结果是否等于
0，结合线面垂直的性质，即可判断点 是否在平面 内.
【详解】对于选项A， ，所以 ，
根据线面垂直的性质可知 ,故 在平面 内；
对于选项B， ，则 ，
在平面 内，根据线面垂直的性质可知 ,故 不在平面 内；
对于选项C， ，则 ，
在平面 内，根据线面垂直的性质可知 ,故 不在平面 内；
对于选项D， ，则 ，
在平面 内，根据线面垂直的性质可知 ,故 不在平面 内；
故选：A
练习12．（2023春·高三课时练习）已知 ，则平面 的一个单
位法向量是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】待定系数法设平面 的一个法向量为 ，由法向量的性质建立方程组解出分析
即可.
【详解】设平面 的一个法向量为 ，
又 ，
由 ，
即 ，
又因为单位向量的模为1，所以B选项正确，故选：B.
练习13．（2023春·高三课时练习）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PCD的一个法向量.
【答案】
【分析】利用垂直关系，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】如图所示，建立空间直角坐标系A－xyz，则P(0，0，1)，C(1， ，0)，
所以 ＝(1， ，－1)即为直线PC的一个方向向量.
设平面PCD的一个法向量为 ＝(x，y，z).
因为D(0， ，0)，所以 ＝(0， ，－1).
则 ,即 令y＝1，则z＝ ， ，则
所以平面PCD的一个法向量为 .
练习14．（2023春·高二课时练习）已知在正方体 中，E， F分别是BB
1，
DC的中点，求证： 是平面ADF的一个法向量．
1 1
【答案】证明见解析
【分析】首先建立空间直角坐标系，然后利用垂直的坐标表示，说明垂直关系，即可证明.
【详解】证明：设正方体的棱长为2，建立如图所示的空间直角坐标系．由题意设点 ,则知点 ， ， ， ，
所以 ， ．
因为 ， ，
所以AE⊥AF， AE⊥DF.
1 1
又因为 ，所以AE⊥平面ADF.
1 1
所以 是平面ADF的一个法向量．
1 1
练习15．（2023春·高三课时练习）在棱长为2的正方体 中，E，F分别为
棱 的中点，在如图所示的空间直角坐标系中，求：
(1)平面 的一个法向量；
(2)平面 的一个法向量.
【答案】(1) (答案不唯一)
(2) (答案不唯一)
【分析】（1）利用线面垂直的判定定理求解法向量；
（2）利用空间向量的坐标运算求平面的法向量.【详解】（1）
由题意，可得 ,
连接AC，因为底面为正方形，所以 ,
又因为 平面 ， 平面 ，所以 ，
且 ，则AC⊥平面 ，
∴ 为平面 的一个法向量. (答案不唯一).
（2）
设平面 的一个法向量为 ，
则
令 ，得
∴ 即为平面 的一个法向量.(答案不唯一).
题型四 利用空间向量证明平行，垂直
例7．（2022·全国·高二专题练习）如图，设P为长方形ABCD所在平面外一点，M在PD
上，N在AC上，若 ，用向量法证明：直线MN∥平面PAB.
【答案】证明见解析
【分析】建立空间坐标系，设A，C，P三点坐标，用此三点的坐标表示出 ， ， ，
然后观察能否用 表示出 即可判断线面是否平行．
【详解】建立如图所示的空间坐标系，设 ，则 ，
∴ ，
，
∵ ，∴ ，设 ，
λ
则 ， ．
∴ λ ，
∴ ．
∵BP 平面PAB，BA 平面PAB，MN 平面PAB，
∴MN∥平面PAB．
⊂ ⊂ ⊄
例8．（2022·高二课时练习）如图，在正方体 中，
求证：
(1)求AC与 所成角的大小；
(2)平面 平面 ；
(3) 平面 ．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】以 为坐标原点，建立空间坐标系，设正方体 的棱长为1，可求
出各顶点的坐标,（1）分别求出AC与 方向向量，代入向量夹角公式，可得AC与 所成角的大小；
（2）要证明两个平面平行，由面面平行的判定定理知：须在某一平面内寻找两条相交且与
另一平面平行的直线．求出 与 的方向向量，通过证明向量平行，得到 与 平
行，同理证明出 与 平行，可得结论．
（3）求出 的方向向量，并证明 的方向向量是平面 的法向量，可得 ⊥平
面 ．
【详解】（1）令正方体ABCD﹣ABC D 的棱长为1，
1 1 1 1
以B 为坐标原点，建立空间坐标系如下图所示：
1
则 ,
∴ ， ,
设AC与 所成角的大小为 ,
则 故 .
（2）∵ ,
∴
又∵ 平面 ， 平面 ，
∴ 平面 ，
又因为 ,
∴
又∵ 平面 ， 平面 ，
∴ 平面 ，
又 ，
且 平面 ，
∴平面 平面 ．（3） ，
∴ ，即 ，即 ，
且 0，即 ⊥ ，即 ．
∵ ， 平面 ．
∴ 平面 ．
练习16．（2023春·高三课时练习）如图所示，正三棱柱ABC－ABC 的所有棱长都为2，
1 1 1
D为CC 的中点．求证：AB⊥平面ABD.
1 1 1
【答案】证明见解析
【分析】建系，利用空间向量证明线面垂直.
【详解】如图所示，取BC的中点O，连接AO，因为△ABC为正三角形，
所以AO⊥BC，
因为在正三棱柱ABC－ABC 中，CC ⊥平面ABC，
1 1 1 1
平面ABC，则 ，
， 平面BCC B，
1 1
所以AO⊥平面BCC B，
1 1
取BC 的中点O，以O为坐标原点，
1 1 1
以 分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，则 ，
所以 ，
则 ，
可得 ，即AB⊥BA，AB⊥BD，
1 1 1
BA∩BD＝B， 平面 ，
1
所以AB⊥平面ABD.
1 1
练习17．（2023春·高三课时练习）如图所示，△ABC是一个正三角形，EC⊥平面ABC，
BD∥CE，且CE＝CA＝2BD.求证：平面DEA⊥平面ECA.
【答案】证明见解析
【分析】建系，分别求平面DEA、平面ECA的法向量，利用空间向量证明面面垂直.
【详解】证明：建立如图所示的空间直角坐标系C－xyz，不妨设CA＝2，则CE＝2，BD＝
1，
则 ，
所以 ，
设平面ECA的一个法向量是 ，
则 ，
取 ，则 ，即 ，设平面DEA的一个法向量是 ，
则 ，
取 ，则 ，即 ，
因为 ，所以 ，
所以平面DEA⊥平面ECA.
练习18．（2023·全国·高三专题练习）如图，在四棱锥 中，底面 为直角梯
形，其中 . 平面 ，且 ，点 在棱
上，点 为 中点.若 ，证明：直线 平面 .
【答案】证明见解析
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法证明即可.
【详解】如图所示，以点 为坐标原点，以 为 轴， 为 轴， 为 轴建立空间直
角坐标系，
则 ，
若 ，则 ， ，
因为 平面 ， 平面 ，所以 ，
又因为 ， ， 平面 ，
所以 平面
平面 的其中一个法向量为 ，
所以 ，即 ，
又因为 平面 ，所以 平面 .
练习19．（2022·全国·高三专题练习）四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD是平行四边形，
.
(1)求证：PA⊥底面ABCD；
(2)求PC的长.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据两个向量的数量积为0，可以判断出AP⊥AB且AP⊥AD，进而根据线
面垂直的判定定理得到PA⊥底面ABCD；
（2）根据向量加法的三角形法则，可以求出向量PC的坐标，进而代入向量模的计算公式，
得到答案．
【详解】（1）∵ ，
∴ ， ，
∴ ， ，
即AP⊥AB且AP⊥AD，
又∵AB∩AD＝A， 平面ABCD
∴AP⊥平面ABCD.
（2）∵ ，
∴ ， ，
∴ ．
练习20．（2023·北京密云·统考三模）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 ；
(2)求二面角 的余弦值.
【答案】(1)证明见解析(2)
【分析】（1）通过求出 和面 的一个法向量，即可证明结论；
（2）分别求出面 和面 的法向量，即可求出二面角 的余弦值.
【详解】（1）由题意，
在矩形 中， ， ， ,
， 分别是 ， 的中点，
∴ ， ，
在四棱锥 中，面 平面 ，
面 面 ， ， ∴ 面 ，
面 ，∴ ，
取 中点 ，连接 ，由几何知识得 ，
∵ ，∴ ，
∵ 面 ， 面 ，
∴ 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 .
（2）由题意，（1）及图得，
在面 中， ，
，
设其法向量为 ，则 ，即 ，解得： ，
当 时， ，
在面 中，其一个法向量为 ，
设二面角 为
∴ ，
由图象可知二面角 为钝角，
∴二面角 的余弦值为 .
题型五 求空间角
例9．（2023·青海西宁·统考二模）如图，在三棱柱 中，侧面 为正方形，
平面 平面 ，AB＝BC＝2，M，N分别为 ，AC的中点．
(1)求证： 平面 ；
(2)从条件①：AB⊥MN，条件②：BM＝MN中选择一个作为已知，求直线AB与平面BMN
所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取AB的中点为K，连接MK，NK，易得 ，由线面平行的判定证
平面 、 平面 ，再由面面平行的判定和性质证结论；
（2）根据所选条件证BC，BA， 两两垂直，构建空间直角坐标系，向量法求线面角的
正弦值即可.
【详解】（1）取AB的中点为K，连接MK，NK，
由三棱柱 得：四边形 为平行四边形，
因为M是 中点，则 ，又 平面 ， 平面 ，故 平面 ，同理得 平面 ，
又NK∩MK＝K， 平面MKN， 平面MKN，
故平面 平面 ， 平面MKN，
故 平面 ；
（2）因为侧面 为正方形，故 ，而 平面 ，
平面 平面 ，又平面 平面 ，
故CB⊥平面 ， 平面 ，所以CB⊥AB，
又 ，所以NK⊥AB，
若选①：AB⊥MN，已证NK⊥AB，又NK∩MN＝N， 平面MNK， 平面MNK，
故AB⊥平面MNK， 平面MNK，故AB⊥MK，
又 ，所以 ，所以BC，BA， 两两垂直．
故可建立如图所示的空间直角坐标系B－xyz，
则 ，故 ， ， ，
设平面BNM的法向量为 ，则 ，从而 ，取z＝1，则
，
设直线AB与平面BNM所成的角为θ，则
若选②：BM＝MN，已证CB⊥平面 ，又 ，故NK⊥平面 ，而 平面 ，故NK⊥KM，
又BM＝MN， ， ，AB＝BC＝2，
故△MKB MKN，所以∠MKB＝∠MKN＝90°，
所以MK⊥AB，又 ，所以 ，所以BC，BA， 两两垂直
故可建立如图所示的空间直角坐标系B－xyz，
则 ，故 ， ， ，
设平面BNM的法向量为 ，则 从而 ，取z＝1，则
，
设直线AB与平面BNM所成的角为θ，则 ．
例10．（2023·四川成都·石室中学校考模拟预测）如图，四边形 为菱形，
， 平面 ， ， ．
(1)求证：平面 平面 ；
(2)求二面角 的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据根据线面垂直的判定定理先证明 平面 ，再利用面面垂直的判定即可证明平面 平面 ；
（2）先根据题意建立合适的空间直角坐标系，再求出平面 和平面 的法向量，再
根据二面角的空间向量求法即可得到答案．
【详解】（1）因为四边形 为菱形，所以 ，
因为 平面 ， 平面 ，所以 ，
又 ，且 ， 平面 ，
所以 平面 ，
又 平面 ，
所以平面 平面 ．
（2）如图，设 交 于点 ，以 为 轴， 为 轴，过点 且平行于 的方向
为 轴建立空间直角坐标系 ，
设 ，则 ， ，
因为 ， ，
所以 是正三角形，则 ，
则 ， ， ， ，
则 ， ， ，
设平面 的法向量为 ，
则 ，得 ，取 ，得 ， ，即 ，
设平面 的法向量为 ，
则 ，得 ，取 ，得 ， ，即 ，
所以 ，又二面角 为钝角，
故二面角 的余弦值为 ．
练习21．（2022春·湖南株洲·高三统考期末）如图，四边形 是正方形， 平面
， ， ， ， 为 的中点．
(1)求证： 平面 ；
(2)求平面 与平面 夹角的余弦.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用空间向量共线的坐标表示以及线面平行的判定定理证明；
（2）利用空间向量的坐标运算计算平面与平面所成角的余弦值.
【详解】（1）证明：依题意， 平面 ．
如图，以 为原点，分别以 、 、 的方向为 轴、 轴、 轴的正方向，
建立空间直角坐标系．
依题意，可得 ， ， ，
， ， ， ．
取 的中点 ，连接 ．
因为 ， ， ，所以 ，所以 ．
又因为 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ．
（2）因为 ,所以 ，
又因为 平面 ， 平面 ，
所以 ，且 , ,
所以 平面 ，
又因为 平面 ，所以 ，
且 平面 ,
所以 平面 , 平面 ,
所以 ， ， ， 平面 ，
所以 平面 ，故 为平面 的一个法向量．
设平面 的法向量为 ，
因为
所以 即 ，
令 ，得 ， ，故 ．
所以 ，
所以平面 与平面 夹角的余弦值为 .
练习22．（2023·甘肃定西·统考模拟预测）如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是边
长为2的菱形，∠BAD＝60°，AC与BD交于点O， 底面ABCD， ，点E，F
分别是棱PA，PB的中点，连接OE，OF，EF．
(1)求证：平面 平面PCD；
(2)求二面角P－EF－O的正弦值．
【答案】(1)见解析(2)
【分析】（1）根据中位线可得线线平行，进而得线面平行，即可求证面面平行，
（2）建立空间直角坐标系，利用法向量的夹角即可求解.
【详解】（1）由于点E，F分别是棱PA，PB的中点，所以 ,
, 平面 平面PCD,故 平面PCD,
又 是 的中点，所以, , 平面 平面PCD,故 平面PCD,
由于 平面 ,所以平面 平面PCD.
（2）由于 底面ABCD，底面为菱形，所以 两两垂直，故建立如图所示的
空间直角坐标系，则
所以 ,
设平面 和平面 的法向量分别为 ，
所以 取 ，
同理 取 ，
设二面角P－EF－O的平面角为 ，则 ，
所以 ，
练习23．（2023春·四川成都·高三四川省成都市新都一中校联考期中）如图，在长方体中， ， ， ， 交 于点E.
(1)证明：直线 平面 ；
(2)求AD与平面 所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用长方体的结构特征，证明平面 平面 ，可得直线 平面
；
（2）建立空间直角坐标系，求平面 的法向量，利用向量法求AD与平面 所成角
的正弦值.
【详解】（1）证明：如图，连接 ， ，
长方体中， 且 ，四边形 为平行四边形，
则有 ，又 平面 ， 平面 ，
平面 ，
同理可证 ， 平面 ，
又 ， 平面 ， 平面 平面 ，
又 平面 ， 直线 平面 ；
（2）以A为原点， 分别为x轴，y轴，z轴，建系如图：得 ， ， ，
， ， ，
设平面 的一个法向量为 ，
由 ，令 ，得 ，
可得平面 的一个法向量为 ，
设AD与平面 所成角大小为 ，
则 ，
与平面 所成角的正弦值为 .
练习24．（2023·天津河西·天津市新华中学校考模拟预测）如图，四边形 是边长为
2的菱形， ，四边形 为矩形， ，且平面 平面 .
(1)求 与平面 所成角的正弦值；
(2)求平面 与平面 夹角大小；
(3)若在线段 上存在点 ，使得 平面 ，求点 到平面 的距离.
【答案】(1)
(2)
(3)【分析】（1）建立空间直角坐标系，表达出各点的坐标，得出 和平面 的法向量，
即可求出 与平面 所成角的正弦值；
（2）求出平面 与平面 的法向量，即可得到平面 与平面 夹角大小；
（3）设出 ，求出平面 的法向量，得出点 坐标，即可求出点 到平面 的
距离.
【详解】（1）由题意，
∵平面 平面 ，平面 平面 ，
∴ 平面 ，
∵底面 为菱形，
∴ ，
以 为原点， 所在直线为 轴，过点 作 平行线为 轴建立如图所示空间直角
坐标系：
则 ，
∴ ，
平面 的一个法向量是 ，
设 与平面 所成的角为 ，所以 ，
∴ 与平面 所成的角的正弦值为
（2）由题意及（1）得，
，
设平面 的一个法向量为 ，则 ，即 ，
令 ，则 ，所以 ，设平面 的一个法向量为 ，则 ，即 ，
令 ，则 ，所以 ，
所以 ，
因为 ，
∴平面 与平面 的夹角为 .
（3）由题意，（1）及（2）得，
，
设 ， ，
∵ 平面 ，所以 ，即 ，
解得： ，
∴点 为 中点， ，
∴点 到平面 的距离为： .
练习25．（2023·江西鹰潭·贵溪市实验中学校考模拟预测）如图，在三棱柱
中， 平面 ， ， ， 为 的中点， 交 于点 ．
(1)证明： ；
(2)求异面直线 与 所成角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析(2)
【分析】（1）根据线面垂直的判定定理，线面垂直的性质定理的结合即可得出结论.
（2）建立空间直角坐标系，得出相应点的坐标，然后利用向量间余弦值的公式求解即可.
【详解】（1）由题知，在三棱柱 中，
因为 ， ， 平面 ，
所以四边形 是正方形， ，
又 平面 ，则 ，
又 平面 ， ，
则 平面 ，
又 是 中点， 是 中点，
则 ，所以 平面 ，
又 平面 ，则 ，
又 平面 ， ，
则 平面 ，
又 平面 ，则 .
（2）根据已知，以 为原点，
所在直线分别为 轴，
建立空间直角坐标系，如图所示，
假定 ，
又 是 的中点，
则 ，
则 ， ，
， ，则 ， ，
.
故异面直线 与 所成角的余弦值为 .
题型六 已知夹角求其他量
例11．（2023·上海长宁·上海市延安中学校考三模）已知 和 所在的平面互相
垂直， ， ， ， ， 是线段 的中点， .
(1)求证： ；
(2)设 ，在线段 上是否存在点 （异于点 ），使得二面角 的大小为
.
【答案】(1)证明见解析
(2)不存在，理由见解析
【分析】（1）根据余弦定理计算 ，根据勾股定理得到 ，确定 平
面 ，得到证明.
（2）建立空间直角坐标系，计算各点坐标，平面 的一个法向量为 ，平面
的一个法向量为 ，根据向量的夹角公式计算得到答案.
【详解】（1） ，故 ，
，则 ，故 ，
又 ， 平面 ， ，故 平面 ，
平面 ，故 ，
（2） 和 所在的平面互相垂直，则平面 平面 ，
△ 且 △ 平面 ，故 平面 ，
如图所示：以 分别为 轴建立空间直角坐标系，则 ， ， ，设 ， ，
平面 的一个法向量为 ，
设平面 的一个法向量为 ，则 ，
取 得到 ，
则 ，解得 ，不满足题意.
综上所述：不存在点 ，使二面角 的大小为 .
例12．（2023·广东深圳·深圳中学校考模拟预测）如图， 且 ，
， 且 ， 且 . 平面 ，
.
(1)求平面 与平面 的夹角的正弦值；
(2)若点 在线段 上，且直线 与平面 所成的角为 ，求线段 的长.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用空间向量法求出平面 与平面 的法向量，即可求解；（2）设线段DP的长为 （ ），求出 ， ，然后利用向量的夹角
公式列方程求解.
【详解】（1）因为 平面 ， ， 平面 ，所以 ，
.
因为 ，所以 ， ， 两两垂直，以 为原点，
分别以 ， ， 的方向为 轴， 轴， 轴的正方向的空间直角坐标系（如图），
则 ， ， ， ， ， ， .
得 ， ， .
设 为平面 的法向量，则 ，
令 ，则 ；
设 为平面 的法向量，则 ，
令 ，则 ，
所以 .
所以平面 与平面 的夹角的正弦为 .
（2）设线段 的长为 ，则 ， .
因为 ， ， 平面 ，
所以 平面 ， 为平面 的一个法向量，
所以 ，由题意，可得 ，解得.
所以线段 的长为 .
练习26．（2023·浙江绍兴·统考模拟预测）如图，正三棱柱 的所有棱长均为
为 的中点， 为 上一点，
(1)若 ，证明： 平面 ；
(2)当直线 与平面 所成角的正弦值为 ，求 的长度.
【答案】(1)证明见解析；
(2)3.
【分析】（1）记 与 交于点 ，连结 ，证明 ，原题即得证；
（2）取 中点 ，以 原点，直线 为 轴，直线 为 轴，建立如图空间直角坐标
系. 设 ，利用向量法求解.
【详解】（1）记 与 交于点 ，连结 .
由 得 .
又 平面 ， 平面 ,
所以 平面 .（2）取 中点 ，以 原点，直线 为 轴，直线 为 轴，建立如图空间直角坐标
系.
则
设 ，则
设平面 法向量为 ，则 ,
取
因为线面角正弦值为 ，
所以
解得 ，故
练习27．（2023春·辽宁朝阳·高三校联考期中）如图，在正三棱柱A₁B₁C₁-ABC中，D为
AB的中点， .(1)若 证明:DE⊥平面A₁B₁E；
(2)若直线BC₁与平面A₁B₁E所成角为 求λ的值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先证明A₁B₁⊥平面DCC₁F，得到DE⊥A₁B，再证明DE⊥平面A₁B₁E即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求出线面角即可得解.
【详解】（1）证明：取A₁B₁的中点F，连接EF，DF，DC，FC₁.
由题意，得
所以DE²+EF²=DF²，则DE⊥EF.
因为A₁B₁⊥C₁F，A₁B₁⊥DF， 平面DCC₁F，
所以A₁B₁⊥平面DCC₁F，又 平面DCC₁F，所以DE⊥A₁B，
因为A₁B₁∩EF=F， 平面A₁B₁E，所以DE⊥平面A₁B₁E.
（2）以D为坐标原点，DB，DC，DF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，
则设
设平面A₁B₁E的法向量为 ，
则 .
取 则
设直线BC₁与平面A₁B₁E所成的角为θ，
则 ，
化简得 ，解得 或
当 时，点E与点C₁重合，此时λ=0，不符合题意.
所以 ，即λ的值为
练习28．（2023春·江苏泰州·高三泰州中学校考期中）如图，在多面体 中，四边
形 与 均为直角梯形， ， . 平面 ， ，
.
(1)已知点G为AF上一点，且 ，试判断 是否与平面 平行，并说明理由；(2)已知直线 与平面 所成角的正弦值为 ，求该多面体 的体积.
【答案】(1) 与平面 不平行；证明见解析；
(2)3
【分析】（1） 是与平面 不平行；建立空间直角坐标系，求得平面 的法向量，
利用 ，即可证明结论；
（2）根据线 与平面 所成角的正弦值为 求出 的长，分别计算
，利用 即可求得答案.
【详解】（1） 与平面 不平行；
因为 平面 ， 平面 ,
故 ，
又 , ，则 ,
以A为坐标原点， 为 轴，建立空间直角坐标系，
则 ，
故 ，
设平面 的法向量为 ，则 ，
令 ，则 ，则 ，
即 与 不垂直，故 是与平面 不平行；
（2）设 且 ，则 ，所以 ，
因为直线 与平面 所成角的正弦值为 ，故 ，
即 ，解得 或 （舍去），
因为 ， 平面 ，所以 平面 ，
又 平面 ，故 , ，
又 ，
而 平面 ，
故 平面 ，
又 ，所以 ，
，所以 ，
故 ，即多面体 的体积为3.
练习29．（2023·北京东城·统考二模）如图，直角三角形 和等边三角形 所在平面
互相垂直， ， 是线段 上一点.
(1)设 为 的中点，求证： ；
(2)若直线 和平面 所成角的正弦值为 ，求 的值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）要证明线线垂直，利用面面垂直的性质定理，转化为证明 平面 ；
（2）首先设 ， ，再以 的中点 为原点，建立空间直角坐标系，根据线
面角的向量公式，列式求解.
【详解】（1）由题设知
因为平面 平面 ，平面 平面 ，，
所以 平面 ．
因为 平面 ，所以 .
因为 为等边三角形， 是 的中点，
所以 .
因为 ， 平面 ，
所以 平面 ．
所以 .
（2）设 ， .
取 的中点 ， 的中点 ，连接 ， ，
则 ， .
由（I）知 平面 ，所以 平面 ，
所以 ， .
如图建立空间直角坐标系 ，则
， ， ， ．
所以 ， ， ， ，
.
设平面 的法向量为 ，
则 即
令 ，则 ， .于是 .
因为直线 和平面 所成角的正弦值为 ，
所以 ，
整理得 ，
解得 或 .因为 ，
所以 ，即 .
练习30．（河北省2023届高三模拟（六）数学试题）在圆柱 中，等腰梯形 为
底面圆 的内接四边形，且 ，矩形 是该圆柱的轴截面， 为圆
柱的一条母线， .
(1)求证：平面 平面 ；
(2)设 ， ，试确定 的值，使得直线 与平面 所成角的正弦值为
.
【答案】(1)证明见解析
(2) 或
【分析】（1）先证明 平面 以及 平面 ，根据面面平行的判定定理即
可证明结论；
（2）建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，求得平面 的一个法向量，根据空间角
的向量求法，即可求得答案.
【详解】（1）在圆柱 中， , 平面 , 平面 ,
故 平面 ；
连接 ，因为等腰梯形 为底面圆 的内接四边形， ，
故 ，则 为正三角形，故 ，则 ，
平面 , 平面 ,
故 平面 ；
又 平面 ，
故平面 平面 .
（2）如图，以 为坐标原点，在底面圆 过点 垂直于平面 作直线为x轴，
以 为 轴建立空间直角坐标系，
由于 ，由（1）可知 ,
故 ,
则 ，
设平面 的一个法向量为 ，
则 ，即 ，
令 ，则 ，
由 ， ， ，
可得 ，
设直线 与平面 所成角为 ，
则 ，即得 ，解得 或 ，符合 ，
故 或 .
题型七 求异面直线，点到面或者面到面的距离
例13．（2023·浙江宁波·镇海中学校考模拟预测）在直角梯形 中， ，
， ，现将 沿着对角线 折起，使点D到达点P位置，
此时二面角 为 ．
(1)求异面直线 ， 所成角的余弦值；
(2)求点A到平面 的距离．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）作出辅助线，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，得到异面直线的夹角；
（2）利用点到平面距离的向量公式进行求解.
【详解】（1）过点D做 交 于O，连接 ，
以O点为原点，以 为x轴，在平面 内，过点O垂直于 的线为y轴，
过点O垂直于平面 的直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示．
因为 ，所以 ，
所以 为二面角 的平面角．所以 ，
又因为 ，所以点 ，又因为 ， ，由等边三角形 可得 ，
所以 ， ，
所以 ，
所以 与 夹角的余弦值为 ．
（2） ， ，
设 为平面 的一个法向量，
则 ，
令 ，则 ，
故 ，
所以点A到平面 的距离为 ．
例14．（2023秋·辽宁沈阳·高三沈阳二十中校联考期末）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)
【分析】（1）根据折叠前后的几何性质，建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算得异面直线 与 所成的角的余弦值；
（2）根据空间向量求直线 与 公垂线的方向向量，再结合空间向量坐标运算即可得
异面直线 与 之间的距离．
【详解】（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 .
练习31．（2022·全国·高三专题练习）在如图所示的五面体ABCDFE中，面ABCD是边长
为2的正方形，AE⊥面ABCD，DF∥AE，且DF AE＝1，N为BE的中点.(1)求证：FN∥平面ABCD；
(2)求二面角N﹣MF﹣D的余弦值；
(3)求点A到平面MNF的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）建立空间直角坐标系，得到 ，显然平面ABCD的法向量可以
为 （0，0，1），所以 ，即 ，即可得证；
（2）平面MNF的法向量为 ，平面MFD的法向量可以为 （0，1，0），代入
公式即可求解；
（3）由（2）知平面MNF的法向量为 （2，1，2），又 ，代入公式即
可求解．
【详解】（1）证明：如图建立空间直角坐标系，
则A（0，0，0），B（2，0，0），D（0，2，0），
E（0，0，2），N（1，0，1），M（1，2，0），F（0，2，1），
所以 ，显然平面ABCD的法向量可以为 （0，0，1），
所以 ，即 ，又NF 平面ABCD，所以NF∥平面ABCD；
（2）因为 ⊄ ，设平面MNF的法向量为 （x，y，z），则 ，
令y＝1，则x＝z＝2，所以 ，
显然平面MFD的法向量可以为 （0，1，0），
设二面角N﹣MF﹣D为 ，由图可知二面角N﹣MF﹣D为钝角，
则 ，
所以二面角N﹣MF﹣D的余弦值为 ；
（3）由（2）知平面MNF的法向量为 （2，1，2），
又 ，设点A到平面MNF的距离为d，
则 ，
所以点A到平面MNF的距离为 ．
练习32．（2023·高一课时练习）如图所示，在空间四边形 中， ，
， ， ．
(1)求证： ；
(2)求异面直线 与 的距离；
(3)求二面角 的大小．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）取 中点 ，连结 ，利用线面垂直的判定定理证得 平面
即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用异面直线的向量距离公式求解即可；（3）求出面的法向量，然后利用面面角的向量方法进行求解
【详解】（1）取 中点 ，连结 ．
， ．
， ．
， 平面 ， 平面 ．
平面 ， ．
（2）因为 ， ， ， 平面 ，
平面 ．
如图，以 为原点，分别以 为 轴建立空间直角坐标系 ．
则 ．
设 ． ， ， ．
所以 ， ，
设 与 的公垂线的一个方向向量为 ，
则 ，取 ，得 ， ，即 ，
又 ，
所以异面直线 与 之间的距离为 ．
（3）取 中点 ，连结 ．
， ， ， ．是二面角 的平面角．
， ， ，
，
二面角 的大小为 ．
练习33．（2021秋·上海浦东新·高三上海市实验学校校考期中）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
【分析】建立空间直角坐标系，求出与 和 垂直的向量坐标，求出异面直线间的距
离.
【详解】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.
练习34．（2023·重庆·统考模拟预测）在多面体 中，四边形 是边长为4
的正方形， ，△ABC是正三角形．
(1)若 为AB的中点，求证：直线 平面 ；
(2)若点 在棱 上且 ，求点C到平面 的距离．
【答案】(1)证明见详解
(2)
【分析】（1）根据线面平行的判定定理分析证明；
（2）根据题意可证 平面 ， 平面 ，建系，利用空间向量求点到面的距
离.
【详解】（1）连接 ，设 ，由题意可得 为 的中点，连接 ，
因为 分别为 的中点，则 // ，
平面 ， 平面 ，
所以直线 平面 .
（2）由题意可得： ， ， 平面 ，
所以 平面 ，
取 的中点 ，连接 ，
因为△ABC是正三角形，则 ，
又因为 平面 ， 平面 ，则 ，
， 平面 ，所以 平面 ，
如图，以 为坐标原点， 为 轴， 轴，建立空间直角坐标系，
则 ，
可得 ，
设平面 的法向量 ，则 ，
令 ，则 ，即 ，
所以点C到平面 的距离 .
练习35．（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 ；
(2)求平面 与平面 所成角的余弦值；
(3)若棱 上一点 ，满足 ，求点 到平面 的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)(3)
【分析】（1）（2）（3）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，利用空间向量法计算可得.
【详解】（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 .
（2）易知平面 的一个法向量 ，
设平面 与平面 所成角为 ，则 ，
所以平面 与平面 所成角的余弦值为 .（3）因为棱 上一点 ，满足 ，所以 ，
所以 ，
所以点 到平面 的距离 .
题型八 求点到线的距离
例15．（2023·全国·高三专题练习）如图，在四棱锥 中， 平面 ，底
面 为正方形，且 ， 为棱 的中点，点 在 上，且 ，
则 的中点 到直线 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，计算出 、 ，进而可计算得出点 到直线 的距离为
.
【详解】因为 平面 ，底面 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，则点 、 、 ，
， ， ，
所以， ，
所以， 的中点 到直线 的距离 .
故答案为： .
例16．（2023·全国·高三专题练习）如图，直四棱柱 的底面 为平行
四边形， ， ，点P，M分别为 ， 上靠近 的三
等分点．
(1)求点M到直线 的距离；
(2)求直线PD与平面 所成角的正弦值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）建立空间直角坐标系，写出相应点的坐标，利用向量法求出点到直线的距离
即可；
（2）结合（1）中点的坐标，分别求出直线 的方向向量和平面 的法向量，利用空
间向量的夹角公式即可求解.
【详解】（1）由题可得AD=2， ，
又点P为AB上靠近A的三等分点，所以AP=1．
在 中，由余弦定理可得，
，故 ，
所以 为直角三角形，故DP⊥AB．
因为底面ABCD为平行四边形，所以DP⊥CD．
由直四棱柱性质可知 ， ，
即DP，CD， 两两垂直．
故以D为坐标原点，分别以DP，DC， 所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的
空间直角坐标系Dxyz．
则 ．
因为 ，过点M作 ，（点到直线的距离即为通过该点向直线做垂
线，点到垂足的距离）
令 ，所以 ，故 ．
由 ，解得 ，所以 ，故点M到直线
的距离为 ．
（2）因为 ， ， ，
设平面 的法向量为 ，则 即
令 ，得 ， ，故 ．
设直线PD与平面 所成角为 ，
则 ．
所以直线PD与平面 所成角的正弦值为 ．练习36．（2023春·安徽池州·高二池州市第一中学校联考阶段练习）已知点 ，
若 ， 两点在直线l上，则点A到直线l的距离为______.
【答案】3
【分析】先求与 方向相同的单位向量 ，然后由公式 可得.
【详解】依题意， 而 ，
故与 方向相同的单位向量为 ，
则所求距离 .
故答案为:3
练习37．（2023秋·山西临汾·高二统考期末）如图所示，在四棱锥 中，平面
平面 ，底面 为矩形， ， 是棱 上一点，
且 .
(1)求点 到直线 的距离；
(2)求平面 与平面 夹角的余弦值.
【答案】(1)2
(2) .
【分析】（1）利用面面垂直得出线面垂直，建立坐标系，利用空间向量求解点到直线的距
离；
（2）分别求解平面 与平面 的法向量，利用法向量求解两平面的夹角.
【详解】（1）取 的中点 ，连接 ，并过 点作 的平行线 ，交 于 ，
则 .
因为 ，所以 .
因为平面 平面 ，平面 平面 平面 ，
所以 平面 ，
因为 平面 ，所以 .
以 为坐标原点，以 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 ，
则 ，
直线 的一个单位方向向量为 ，
点 到直线 的距离 .
（2） ，
设平面 的法向量为 ，
则 令 ，
设平面 的法向量为 ，
则 令 ，
设平面 与平面 的夹角为 ，则 .
所以平面 与平面 夹角的余弦值为 .
练习38．（2023春·高二课时练习）如图，正方形 的中心为O，四边形 为矩
形，平面 平面 ，点G为 的中点， .
(1)求证： 平面 ；(2)求点D到直线 的距离.
【答案】(1)证明见解析；
(2) .
【分析】（1）取 的中点M，连接 为线段 的中点，根据三角
形的中位线定理、矩形的性质、平行四边形的判断定理、线面平行的判定定理即可证明结
论.
（2）连接 ，根据面面垂直的性质定理可得 平面 ，建立空间直角坐标系，
求得直线EG的单位方向向量 ，可得点D到直线EG的距离 .
【详解】（1）证明：取 的中点M，连接 ，正方形 的中心为O，则
共线，
又G为线段 的中点，则 ，
∵四边形 为矩形，则 ，
∴四边形 为平行四边形，
∴ ，而 平面 ，而 平面 ，
∴ 平面 .
（2）连接 ,
∵四边形 为矩形，则 ,平面 平面 ，
平面 平面 , 平面 ,
∴ 平面 ，故以B为坐标原点，以 为 轴， 建立如图所示的空
间直角坐标系 ，
则 ，
， ，直线EG的单位方向向量 ，
∴ ，
∴点D到直线EG的距离 .
练习39．（2022秋·陕西西安·高二校考阶段练习）在长方体 中， ，
， ， 是 的中点，建立空间直角坐标系，用向量方法解下列问题：
(1)求直线 与 所成的角的余弦值；
(2)求点 到直线 的距离．
【答案】(1) ；
(2) ．
【分析】（1）由题意写出点的坐标，求出 ， 的坐标，从而利用空间向量求异面直
线所成角即可；
（2）先将问题转化为求 ，再由空间向量平行与垂直的坐标表示求得 点坐标，从而
得到 ，再利用向量的模求解即可.
【详解】（1）由题意得 ， ， ， ．
则 ， ，
设 与 所成的角为 ，则 ，
所以 ，
所以 与 所成的角的余弦值为 ．（2）作 于 ，则点 到直线 的距离为 ，
因为 ， ，
又 ，设 ，则 ， ， ，
所以 ，解得 ，则 ，故 ，
所以 ，
所以点 到直线 的距离为 ．
.
练习40．（2022秋·湖北十堰·高二统考期末）如图所示，在几何体 中，
， 平面 ，则点
E到直线 的距离为_________、直线 与平面 所成角的正弦值为
_______________．
【答案】
【分析】建立坐标系，利用向量法求解即可.
【详解】以A为原点， 的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，
则 ．．
因为 ，所以 ，所以点E到直线 的
距离为 ．
记平面 的法向量为 ，
则 令 ，得 ．
因为 ，所以直线 与平面 所成角的正弦值
为 ．
故答案为： ；
题型九 点的存在性问题
例17．（2023·黑龙江齐齐哈尔·统考二模）如图，四棱锥 中， 平面 ，
， ， ， ， 为线段 上一点，点 在边 上
且 .
(1)若 为 的中点，求四面体 的体积；
(2)在线段 上是否存在点 ，使得 与平面 所成角的余弦值是 ？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)存在，
【分析】（1）根据题意，以 为原点， 所在直线分别为 轴建立空间
直角坐标系 ，进而利用坐标法求得点 到平面 的距离为 ，再计算体积即可；
（2）设点 坐标为 ，根据 得 ，进而根据线面角的向量方法求
解即可.
【详解】（1）解：由题意可得 两两互相垂直，
所以可以以 为原点， 所在直线分别为 轴建立空间直角坐标系 ，
如图所示：
∴ ， ， ， ，
∴ ， ， .
设平面 的一个法向量 ，
，不妨令y＝1，∴ .
设点 到平面 的距离为 ，则 ，
又因为 ， ，∴ 的面积为 .
∴四面体 的体积为 .
（2）设点 坐标为 ，∴ ， .∵ ，即 ，∴ ，
∴ ，∴ .
设 ， ，
∴ .
设平面 的一个法向量 ，
∴ ，即 ，令 得
∴ ，
∴ ，
∵ 与面 所成角的余弦值是 ，正弦值为 .
∴ ，整理得 ，
∴ ， （舍去）.
∴存在满足条件的点 ， 且 .
例18．（2023春·广东佛山·高二佛山一中校考阶段练习）如图，在四棱锥 中，
已知底面 是正方形， 底面 ，且 ， 是棱 上动点.
(1)证明： 平面 .
(2)线段 上是否存在点 ，使二面角 的余弦值是 ？若存在，求 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）利用正方形性质、线面垂直的性质和线面垂直的判定定理进行证明即可；
（2）以 为坐标原点建立空间直角坐标系，设 ，利用向量线性运算可
得 ，根据二面角的向量求法可构造方程求得 的值.
【详解】（1）连接 ，交 于点 ，
四边形 为正方形， ；
平面 ， 平面 ， ，
又 ， 平面 ， 平面 .
（2）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 ， ， ， ， ，
， ， ， ，
假设在线段 上存在点 ，使得二面角 的余弦值为 ，
设 ，则 ， ，
设平面 的法向量 ，
则 ，令 ，解得： ， ，
；
由（1）知： 平面 ， 平面 的一个法向量为 ；
，解得： ，
当 ，即 时，二面角 的余弦值为 .练习41．（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.
【答案】(1)
(2)存在，
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用法向量的夹角即可求解二面角，
（2）由平面法向量与直线方向向量垂直，结合向量共线，即可由坐标运算求解.
【详解】（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
练习42．（2022秋·贵州遵义·高三习水县第五中学校联考期末）如图，在四棱锥
中， ，且 .点
是线段 上一动点.
(1)当 平面 时，求 的值；
(2)点 是线段 上运动的过程中，能否使得二面角 的大小为 ？若存在，
求出 的位置；若不存在，说明理由.【答案】(1)
(2)存在，
【分析】（1）利用线面平行性质定理得到 ，进而求得 的值；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量的方法表示二面角 的大小为 ，进而求
得 的位置.
【详解】（1）连接 交 于O，连接 .
由 知： ，
则
又 平面 平面 ，平面 平面
；
（2）由 ， ，可得 ，
又 ，则 ，
由 ， ， ，
可得 ，则 ，
又 ， 平面 ,
则 平面 ，又 ，则 两两垂直，
以A为原点，以 分别为 轴建立空间直角坐标系.
假设存在点 是线段 上运动，使得二面角 的大小为 ，
设此时 ，
则有：
，设平面 的一个法向量为 ，
，令 ，则 ，则
设平面 的一个法向量为 ，
，令 ，则 ，则
，
又 ，
存在点 是线段 上运动，当 时，
二面角 的大小为 .
练习43．（2023·安徽阜阳·安徽省临泉第一中学校考三模）在梯形 中，
， ， 为 的中点，将 沿 折起至
的位置，且 .
(1)求证：平面 平面 ；
(2)判断在线段 上是否存在点 ，使得直线 与平面 成角的正弦值为 .若存在，
求出 的长；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，
【分析】（1）由条件证明 ， ，根据线面垂直判定定理证明 平面
，再由面面垂直判定定理证明平面 平面 .
（2）取 的中点 ，由条件证明 平面 ，建立空间直角坐标系，求直线 方
向向量与平面 法向量，结合条件列方程求出点 的位置即可.
【详解】（1）连接 ，由已知可得： ，又 ， ，
在 中， ，故 ，
又 ，且 ， 平面 ，
所以 平面 .
因为 平面 ，所以平面 平面 .
（2）取 的中点 ，连接 .
由（1）知 平面PBC，故 .
又 ，所以 平面 ，故 ，
又 ，所以 ，
又 ， 平面 ，
所以 平面
以OB，OP所在直线分别为y，z轴，建立空间直角坐标系.
则 ， ， ， ， ，
设 ，则 ，
设平面PEC的法向量为 ，
， ，
， ，故 ，
取 ，则 ， ，则 .
故设直线 与平面 夹角为 ，
则 ，所以 ，
则 或 （舍去），
即Q为线段AP的中点，此时 .
练习44．（2023·湖北襄阳·襄阳四中校考模拟预测）在三棱锥P-ABC中，若已知 ，
，点P在底面ABC的射影为点H，则
(1)证明：
(2)设 ，则在线段PC上是否存在一点M，使得 与平面 所成
角的余弦值为 ，若存在，设 ，求出 的值，若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析；
(2)在线段PC上是否存在一点M，满足条件，且 .
【分析】（1）由条件证明 ，再证明 ，由
此可得 ，由线面垂直判定定理证明 平面 ，由此证明 ；
（2）建立空间直角坐标系，技术存在点 满足条件，由条件求平面 的法向量和直线
的方向向量，由条件列方程求 即可.
【详解】（1）因为点P在底面ABC的射影为点H，
所以 平面 ，又 平面 ，
所以 ，
因为 ， ， ， 平面 ，所以 平面 ，又 平面 ，
所以 ，
因为 ， ， ， 平面 ，
所以 平面 ，又 平面 ，
所以 ，
因为 ， ，
所以点 为 的垂心，所以 ，
因为 ， ， 平面 ， ，
所以 平面 ，又 平面 ，
所以 ；
（2）延长 交 于点 ，由（1）可得 ，
又 ，所以点 为线段 的中点，
所以 ，同理可得 ，
所以 为等边三角形，又 ，所以 ，
如图，以点 为原点，以 为 轴的正方向，建立空间直角坐标系，
则 ，
故 ，
设存在点M，使得BM与平面 所成角的余弦值为 ，且 ，
则 ，
设平面 的法向量为 ， ，
则 ，所以 ，
令 ，可得 ，
所以 为平面 的一个法向量，
所以 ，
设直线BM与平面 所成角为 ，则 ，又 ，
所以 ，故 ，所以 或 ，又 ，
所以 .
所以在线段PC上存在点M，使得BM与平面PAB所成角的余弦值为 ，且 .
练习45．（2023·福建厦门·统考模拟预测）（多选）如图，在棱长为1的正方体
中，点 满足 ，其中 ，则（ ）
A．
B．当 时，有且仅有一个点 ，使得 平面
C．当 时，有且仅有一个点 ，使得
D．当 时，三棱锥 的体积为定值
【答案】AD
【分析】建立空间直角坐标系，则可得出点P的坐标，依次判定选项即可.
【详解】如图建立空间直角坐标系，则
因为 ， ，所以
所以 ，
对于选项A，则 ，所以 ，
因为 ，所以 ，故A答案正确；
对于选项B，
当 时， ， ,设面 的法向量为 ，
则 ，令 ，所以 ，
若 平面 ，则 ， 无解，所以不存在点 ，使得 平
面 ,故选项B错误；
对于选项C，当 时， ,
若 ，则 ， ，无解，所以不存在点 ，使得
，故C错误；
对于选项D， 为边长为 的等边三角形，所以 ,
点P到平面 的距离为 ，当 时，
点P到平面 的距离为定值，则三棱锥 的体积为定值，故D选项正确.
故选：AD.
