用空间向量研究距离、夹角问题（七个重难点突破）（解析版）

专题1.4用空间向量研究距离、夹角问题知识点1空间距离及向量求法1.点到直线的距离设为直线l的单位方向向量，是直线外一点，设，向量在直线l上的投影向量为，则2.点到平面的距离设已知平面的法向量为，是直线外一点，向量是向量在平面上的投影向量，则重难点1点到直线的距离1．已知空间直角坐标系中的点，，，则点Р到直线AB的距离为（    ）A．B．C．D．【答案】D 【分析】由向量在向量上的投影及勾股定理即可求.【详解】，，，，，，在上的投影为，则点到直线的距离为.故选：D．2．空间中有三点，则点到直线的距离为（    ）A．B．C．D．【答案】A【分析】分别求出，即可得，，再根据点到直线的距离为即可得解.【详解】解：，则，，则，所以点到直线的距离为.故选：A.3．生活中的建筑模型多与立体几何中的图形有关联，既呈现对称美，也具有稳定性.已知某凉亭的顶部可视为如图所示的正四棱锥，其所有棱长都为6，且交于点O，点E在线段上，且，则的重心G到直线的距离为（    ） A．B．C．D．【答案】B【分析】首先以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，再利用空间向量法求解即可.【详解】以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示：因为所有棱长都为6，所以，，所以，，，，，因为为的重心，所以.设，，，因为，所以，即.因为，，则G到直线的距离.故选：B4．如图，在棱长为2的正方体中，E为的中点，点P在线段上，点P到直线 的距离的最小值为（    ）A．1B．C．D．【答案】D【分析】建立空间直角坐标系，借助空间向量求出点Р到直线距离的函数关系，再求其最小值作答【详解】以D为原点，分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则，,,所以，，,因点P在线段上，则，，，所以向量在向量上投影长为，而，则点Р到直线的距离， 当且仅当时取等号，所以点Р到直线的距离的最小值为，故选：D5．已知直线过点，它的一个方向向量为，则点到直线AB的距离为.【答案】2【分析】利用空间中点到直线的距离公式求解即可【详解】因为，，点到直线AB方向上的投影为，所以点到直线AB的距离为，故答案为：26．在空间直角坐标系中，，，，若点到直线的距离不小于，写出一个满足条件的的值：.【答案】1（答案不唯一，只要即可）【分析】计算，，根据点到直线的距离公式得到，解得答案.【详解】因为，，所以点到直线的距离，解得.故答案为：1（答案不唯一，只要即可）7．已知长方体中，，圆内切上底面正方形，为圆上的动点． (1)求点到直线的距离；(2)求的取值范围．【答案】(1)(2)【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用坐标运算求解点到直线的距离;（2）利用圆的参数方程或线面垂直的性质求解距离的最值问题.【详解】（1）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，则，，，，取，所以点到直线的距离为.（2）（法一）设，且有，设，可得,所以，因为，所以.（法二）因为平面，，所以，所以△为直角三角形， 而，所以，即.重难点2点到平面的距离8．在单位正方体中，为的中点，则点到平面的距离为（    ）A．B．C．D．【答案】C【分析】建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，求得平面的法向量，根据空间距离的向量求法，即可求得答案.【详解】如图，以D为坐标原点，以分别为轴建立空间直角坐标系，  则,故，设平面的法向量为，则，令，则，故点到平面的距离为,故选：C9．如图，在棱长为1的正方体中，E为线段的中点，则点C到平面的距离等于. 【答案】【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量求点到平面的距离.【详解】如图，建立空间直角坐标系，则，，，，，，设平面的一个法向量为，，即，取，又，所以点到面的距离，故答案为：.10．如图，在三棱锥中，，，两两垂直，，，点在边上，且，为的中点．以，，分别为轴，轴，轴的正方向，井以1为单位长度，建立空间直角坐标系，求：  (1)直线的一个方向向量； (2)点到平面的距离．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据题意得到点的坐标，可得直线的一个方向向量；（2）根据点面距的向量公式可求出结果.【详解】（1）依题意得，，所以为直线的一个方向向量.（2），，，，设平面的一个法向量为，则，取，得，，则，所以点到平面的距离为.11．在空间直角坐标系中，已知，，，则三棱锥的体积为．【答案】【分析】求出平面的一个法向量，从而可求点到平面的距离，求出即可得棱锥的体积.【详解】,设平面的法向量为，则，令,可得,所以.所以点到平面的距离为.又，所以，所以. 故答案为:.12．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；(2)求点到平面的距离．【答案】(1)存在，(2)【分析】（1）连接，以O点为原点，如图建立空间直角坐标系，设，根据，求出即可；（2）利用向量法求解即可.【详解】（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； （2）设平面的法向量为，，，则有，可取，又，∴点到平面的距离为，∴所求距离为.13．如图，与都是边长为的正三角形，平面平面，平面，．(1)证明：平面．(2)求点到平面的距离．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）取的中点，连接、，证明出平面，利用线面垂直的性质可得出，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立；（2）以为原点，直线、、分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得点到平面的距离. 【详解】（1）证明：取的中点，连接、，因为是等边三角形，且为的中点，所以，，同理可得，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面．因为平面，所以．因为平面，平面，所以平面．（2）解：因为平面，，以为原点，直线、、分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，如图所示．因为与的边长均为，，所以、、、，设平面的法向量为，因为，，所以，，取，可得，因为，所以到平面的距离．14．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.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据线面垂直的判定证明，，进而可得平面，从而得到平面平面；（2）（法一）利用等体积法求解；（法二）以为坐标原点，，，所在的直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，再根据点到面的向量表示求解即可.【详解】（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.重难点3直线（或平面）到平面的距离15．两平行平面，分别经过坐标原点和点，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】B【详解】两平行平面，分别经过坐标原点和点，，且两平面的一个法向量两平面间的距离，故选B.16．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【分析】建立如图所示的直角坐标系，求得和平面的一个法向量，利用向量的距离公式，即可求解．【详解】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． 【点睛】本题主要考查了空间向量在求解距离中的应用，对于利用空间向量求解点到平面的距离的步骤通常为：①求平面的法向量；②求斜线段对应的向量在法向量上的投影的绝对值，即为点到平面的距离．空间中其他距离问题一般都可转化为点到平面的距离求解．着重考查了推理与运算能力，属于基础题.17．已知是棱长为1的正方体，则平面与平面的距离为．【答案】/【分析】建立空间直角坐标系，可证得平面平面，从而平面与平面的距离等于点到平面的距离．求得平面的法向量和，结合点到平面的距离的向量公式，即可得解．【详解】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：．18．正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4，M，N，E，F分别为A1D1，A1B1，C1D1，B1C1的中点，则平面AMN与平面EFBD的距离为.【答案】【分析】建立空间直角坐标系，计算平面AMN的一个法向量，然后使用等价转化的思想，面面距转为点面距，最后计算即可.【详解】如图所示，建立空间直角坐标系Dxyz，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).∴=(2，2，0)，=(2，2，0)，=(2，0，4)，=(2，0，4)，∴，∴EF∥MN，BF∥AM，EF∩BF=F，MN∩AM=M.∴平面AMN∥平面EFBD.设=(x，y，z)是平面AMN的一个法向量， 则解得取z=1，则x=2，y=-2，得=(2，2，1).平面AMN到平面EFBD的距离就是点B到平面EFBD的距离.∵=(0，4，0)，∴平面AMN与平面EFBD间的距离d=.故答案为：【点睛】本题考查面面距，使用数形结合，形象直观，并采用向量的方法，将几何问题代数化，便于计算，属基础题.19．已知正方体的棱长为4，设M、N、E、F分别是，的中点，求平面AMN与平面EFBD的距离．【答案】【分析】建立适当空间直角坐标系，求出平面EFBD的法向量，并证明平面平面EFBD.于是两平面的距离转化为点到平面的距离．利用向量距离公式求出即可.【详解】以D为坐标原点，以所在直线分别为x轴，y轴，z轴．则，.设是平面EFBD的一个法向量，则，即，解得，所以．又因为， 所以，从而，所以平面，所以平面平面EFBD，所以两平面的距离即是点A到平面BDEF的距离．从而两平面间距离为．知识点2空间角及向量求法1.用向量运算求两条直线所成的角设两异面直线所成的角为θ，两直线的方向向量分别为，则注意：①范围为；②两异面直线所成的角与其方向向量的夹角是相等或互补的关系．2.用向量运算求直线与平面所成的角设直线l与平面所成的角为θ，l的方向向量为，平面α的法向量为，则注意：①范围为；②直线与平面所成的角等于其方向向量与平面法向量所成锐角的余角．3.用向量运算求平面与平面所成的角平面与平面相交，形成四个二面角，把不大于的二面角称为这两个平面的夹角．设平面α与平面β的夹角为θ，两平面的法向量分别为，则注意：①范围为；②两平面的夹角是两法向量的夹角或其补角．重难点4异面直线所成的角20．直三棱柱如图所示，为棱的中点，三棱柱的各顶点在同一球面上，且球的表面积为，则异面直线和所成的角的余弦值为（    ）   A．B．C．D．【答案】A【分析】先根据已知条件求出侧棱长，然后建立空间直角坐标系，求出直线和的方向向量，从而可求解.【详解】因为在直三棱柱中，所以球心到底面的距离，又因为，所以，所以，所以底面外接圆半径，又因为球的表面积为，所以，而，所以，  以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，则，，，，，，设直线和所成的角为，则.故选：A.21．如图所示，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是棱CC1的中点，=λ，若异面直线D1E 和A1F所成角的余弦值为，则异面直线A1F与BE所成角θ的余弦值为（    ）  A．B．C．D．【答案】B【分析】建立空间直角从标系，先利用条件求出，进而求出和，再利用线线角的向量公式即可求出结果.【详解】如图，以D为原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，因为正方体的棱长为2，则A1（2，0，2），D1（0，0，2），E（0，2，1），A（2，0，0）.所以，又所以，整理得到，解得（舍去）,所以，,所以，故cosθ=，  故选：B.22．如图，在四棱锥中，底面是菱形，平面，，，点 是的中点，点是上不与端点重合的动点，则异面直线与所成角的正切值最小为（    ）A．B．C．D．【答案】C【分析】连接，先证明，再以为空间直角坐标系的原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设异面直线与所成角为，利用向量法求出，再利用函数求出最值即得解.【详解】如图所示，连接.由题得，所以是等边三角形，所以.因为平面，所以.以为空间直角坐标系的原点，建立如图所示的空间直角坐标系.设.则.由题得,.设.所以.设异面直线与所成角为，则.当时，最大为，此时最小，最小值为.故选：C 23．已知，是异面直线，，，，，且，，则与所成的角是（    ）A．B．C．D．【答案】C【分析】先计算出,再根据计算夹角的余弦值，即可写出答案【详解】设，由，可得：，，故可得：，，，又，，故与所成的角是.故选：C.24．正四面体中，、分别为边、的中点，则异面直线、所成角的余弦值为．【答案】【分析】根据点分别为棱、的中点，根据向量的运算得出，，然后可设正四面体的棱长为2，从而进行数量积的运算可求得，并且根据可得出，然后便可求出的值，从而可得出异面直线与所成角的余弦值.【详解】为棱的中点，设， .又为棱的中点,.又的两两夹角都为，并设,.又,,异面直线与所成角的余弦值为.故答案为:.25．已知长方体中，，点是线段上靠近点的三等分点，记直线的夹角为，直线的夹角为，直线的夹角为，则之间的大小关系为．（横线上按照从小到大的顺序进行书写）【答案】【分析】以为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法可求得，，，从而可解. 【详解】  记，如图，以为原点，建立空间直角坐标系，则，所以，所以，又，故，，又，故，因为，所以，所以.故．故答案为：.26．如图，已知平行六面体中，底面ABCD是边长为的正方形，侧棱长为，．   (1)求的长；(2)证明：；(3)求直线与AC所成角的余弦值．【答案】(1)；(2)证明见解析；(3)．【分析】（1）由空间向量的运算法则，得到，结合向量的数量积的运算公式，求得，即可求解；（2）由向量的运算法则，可得，，结合向量的数量积的运算公式，求得，即可证得；（3）因为，求得，和，结合向量的夹角公式，即可求解.【详解】（1）解：由空间向量的运算法则，可得，所以，所以，即的长为.（2）解：由向量的运算法则，可得，，则，所以，所以.（3）解：因为，所以，，且 ，所以，所以直线与所成角的余弦值为.重难点5直线与平面所成的角27．在正方体中，E为的中点，则直线与平面所成的角的正弦值为（    ）A．B．C．D．【答案】B【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法求得直线与平面所成角的正弦值.【详解】设正方体的棱长为4，直线与平面所成的角为，以，，所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，，，，所以，由于，所以平面，即平面的法向量为，，所以.故选：B  28．在正方体中，如图、分别是，的中点．   (1)求证：平面平面；(2)求直线与所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）设棱长为，以为原点建立空间直角坐标系，利用向量法证明平面平面．（2）由，平面的法向量，利用向量法求出直线与所成角的正弦值．【详解】（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．（2）设直线与平面所成角的为，而，平面的法向量，所以． 直线与所成角的正弦值．29．正三棱柱的所有棱长都相等，则和平面所成角的余弦值为（    ）A．B．C．D．【答案】A【分析】建立空间直角坐标系，根据线面角的向量求法即可求得答案.【详解】设三棱柱的棱长为1，以B为原点，以过B作的垂线为x轴，以为轴，建立空间直角坐标系，如图，  则，∴，平面的一个法向量可取为，设与平面所成的角为θ，,则，所以.故选：A.30．如图，在直三棱柱中，，，，依次为，的中点．     (1)求证：；(2)求与平面所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）由直棱柱的性质可得平面，则，而，则由线面垂直的判定可得平面，则，而，则平面，再由线面垂直的性质可得结论；（2）以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量求解.【详解】（1）证明：连接，因为三棱柱为直三棱柱，所以平面，又平面，所以，又，，，平面，所以平面，又平面，则，因为在直三棱柱中，，所以四边形为正方形，所以，因为，，平面，所以平面，又平面，则．（2）因为直三棱柱中，，所以两两垂直，所以以为原点，分别以所在的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，所以，，．设平面的一个法向量为，则， 令可得．设与平面所成角为，所以，即与平面成角的正弦值为．  31．如图，在三棱柱中，底面是等边三角形，．  (1)证明：；(2)若平面平面，且，求直线与平面所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析；(2).【分析】（1）取为的中点，通过证明平面，即可；（2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，求出平面的法向量和的坐标，利用向量运算即可.【详解】（1）证明：设为的中点，连接，由题意得：，，又平面，所以平面，平面，所以；   （2）因为平面平面，，平面平面，由平面垂直性质得：，所以两两垂直，建立如图所示的坐标系，，则，，，设平面的法向量为，则，令，可得，设直线与平面所成角为，则.  32．如图1，在梯形ABCD中，，O是边AB的中点．将绕边OD所在直线旋转到位置，使得，如图2．设为平面与平面的交线．  (1)判断直线与直线的位置关系并证明；(2)若直线上的点满足，求出的长； (3)求直线与平面所成角的正弦值．【答案】(1)，证明见解析(2)(3)【分析】（1）根据线面平行的性质定理说明即可；（2）根据两条平行线确定一个平面的性质，先找出交线的位置后，利用进行求解；（3）建立空间直角坐标系，利用空间向量求线面角.【详解】（1）由题意，平面平面，由//，平面，平面，则//平面，又平面根据线面平行的性质定理可知，（2）  过作//，且满足，连接.于是由//，//，则//，故四点共面，四点共面，则平面与平面的交线即为.由题知，，平面，故平面，由平面，故，即.由知，，则，故，于是，又，//，则， （3）  过作，垂足为，以所在直线分别为轴，建立如图所示空间直角坐标系.则，，.，，设平面的法向量为.由，则是平面的法向量.又，设直线与平面所成角为，则33．如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，，，，，分别为，的中点，，．    (1)证明：；(2)求直线与平面所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）利用余弦定理可计算出，由勾股定理的逆定理可得，又已知，根据线面垂直的判定定理可得平面，再由线面垂直性质即可得；（2）易证得，，两两垂直，以点 为坐标原点建立空间直角坐标系，利用空间向量即可求得直线与平面所成角的正弦值为.【详解】（1）在中，，，，由余弦定理可得，即；所以，即可得．由题意且，所以平面，而平面，所以，又，所以．（2）由，，而与相交，所以平面，易知，即，又，可得，取中点，连接，则，，两两垂直，以点为坐标原点建立空间直角坐标系，如下图所示：  则，，，，又为中点，所以，可得由（1）得平面，所以平面的一个法向量设直线与平面所成的角为，则．所以直线与平面所成角的正弦值 重难点6平面与平面所成的角34．三棱柱中，平面平面，是等边三角形，，，.  (1)证明：平面平面；(2)求二面角的平面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）由，，，得到，再利用面面垂直的性质定理和判定定理证明；（2）建立空间直角坐标系，分别求得平面的一个法向量为和平面的一个法向量，由求解.【详解】（1）因为，，，所以，则，即，所以，因为平面平面，且平面平面，平面，所以平面，又平面，所以平面平面；（2）建立如图所示空间直角坐标系：   则，所以，设平面的一个法向量为，则，即，令，得到，则，设平面的一个法向量为，则，即，令，得到，则，所以，又由图知，二面角为锐二面角，所以二面角的余弦值为.35．如图，在四棱锥中，平面平面，四边形为梯形，.   (1)证明：平面；(2)若平面，求平面与平面夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据余弦定理可得，进而得，根据面面垂直的性质即可求证，（2）建立空间直角坐标系，利用向量的夹角即可求解.【详解】（1）证明：，由余弦定理得，，则，平面平面，且平面平面，平面,平面.（2）如图，以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，  则，，设平面的法向量为，由得取，得， ，易得平面的一个法向量为，，平面与平面夹角的余弦值为.36．如图，在三棱柱中，，D为BC的中点，平面平面.  (1)证明：平面；(2)已知四边形是边长为2的菱形，且，求平面与平面所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析；(2).【分析】（1）利用等腰三角形性质，面面垂直的性质推理作答.（2）以点D为原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解作答.【详解】（1）在三棱柱中，由是的中点，得，而平面平面，且平面平面平面，所以平面.（2）因为四边形为菱形，，则为正三角形，连接，有，而平面平面，平面平面，因此平面，两两垂直，以为坐标原点，分别为轴,轴,轴，建立空间直角坐标系，   则，，设平面的法向量，则，令，得，显然平面的法向量，设平面与平面所成角为，则，所以平面与平面所成角的正弦值为.37．校考期末）如图，和所在平面垂直，且，，求：  (1)直线与平面所成角的大小；(2)平面和平面夹角的余弦值.【答案】(1)(2)【分析】（1）过点作交的延长线于，连接，证得两两垂直，建立空间直角坐标系，利用空间向量求线面角的公式即可求出结果；（2）利用向量法求解即可.【详解】（1）过点作交的延长线于，连接，因为，，所以，因此，又因为平面平面，且平面平面，平面，所以平面，又平面，平面，所以,，因此两两垂直，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设，则， 则，则，由于平面，所以平面的一个法向量为，设直线与平面所成的角为，则，又因为线面角的范围是，所以，因此直线与平面所成的角为；（2），则,设平面的法向量为，所以，令,可得，则，则，故平面和平面的夹角的余弦值为.  38．在如图所示的空间几何体中，与均是等边三角形，直线平面，直线平面，.   (1)求证：平面平面；(2)求平面与平面夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）设平面与直线的交点为，根据线面垂直的性质定理以及判定定理推得平面，进而得出，，得出为中点，且二面角的平面角为.根据平面四边形的条件，可得出，即可得出面面垂直；（2）根据面面垂直的性质，推得平面，进而根据已知推得四边形为矩形.以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，设，得出点的坐标，求出平面与平面的法向量，根据向量法，即可得出答案.【详解】（1）  如图1，设平面与直线的交点为，连接，.因为直线平面，直线平面，平面，平面，所以，.因为，平面，平面，所以平面.因为平面，平面，所以，. 又因为与均是等边三角形，所以为中点，且二面角的平面角为.在平面四边形中，因为，所以，所以平面平面.（2）由（1）知，平面平面，平面平面，又，平面，所以，平面.又因为，平面，所以，.同理可得，.所以，四边形为平行四边形.又，所以四边形为矩形.  如图2，分别以，，为，，轴，建立空间直角坐标系，因为四边形为矩形，设，则由已知可得，，则，，，，所以，，，，.设平面的一个法向量为，则，所以. 令，则为平面的一个法向量.设平面的一个法向量为，则，所以.令，解得为平面的一个法向量.设平面与平面夹角为，则，所以平面与平面夹角的余弦值为.39．如图，扇形的半径为，圆心角，点为上一点，平面且，点且，面．  (1)求证：平面；(2)求平面与平面所成二面角的正弦值的大小．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）连接，设与相交于点，连接MN，利用余弦定理可求得，，的长度，进而得到，又，由此可得平面；（2）建立恰当空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，然后利用向量法求解二面角的余弦值，从而即可得答案．【详解】（1）证明：连接，设与相交于点，连接，平面，在平面内，平面平面， ，，，在中，由余弦定理可得，，，又在中，，由余弦定理可得，，，故，又平面，在平面内，，又，平面，平面，平面；  （2）解：由（1）可知直线，，两两互相垂直，所以以点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，所以，，设平面的一个法向量为，则，可取；设平面的一个法向量为，则，可取， ，平面与平面所成二面角的正弦值为．40．如图1，已知正三棱锥分别为的中点，将其展开得到如图2的平面展开图（点的展开点分别为，点的展开点分别为），其中的面积为．在三棱锥中，    (1)求证：平面；(2)求平面与平面夹角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)．【分析】（1）由等腰三角形的性质可得，然后由线面垂直的判定可证得结论；（2）在平面展开图中过作直线的垂线，垂足为，垂线交于点，则由的面积为可求得，再求得，从而可求出，解法一：如图2，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解，解法二：如图3，设平面与平面的交线为，可得为平面与平面的夹角（或其补角），然后在三角形中求解即可.【详解】（1）证明：因为三棱锥为正三棱锥，为的中点，所以，又因为平面，所以平面；（2）如图1，在平面展开图中过作直线的垂线，垂足为，垂线交于点，所以， 因为分别为的中点，所以，所以，得，在正三角形中，因为，所以，所以，在中，．    解法一：如图2，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，则．设为平面的一个法向量，因为，所以，即，令，可得．设为平面的一个法向量，因为，所以，即，令，可得．设平面与平面夹角为，，所以平面与平面夹角的余弦值为．解法二：如图3，设平面与平面的交线为， 因为∥，所以∥平面，所以∥∥．在等腰三角形中，，在等腰三角形中，，所以，则为平面与平面的夹角（或其补角）．，则在等腰三角形中，，在三角形中，，由余弦定理得，所以平面与平面夹角的余弦值为．重难点7已知夹角求其他量41．如图，在四棱锥中，，，，，，，过的平面分别交线段，于，.(1)求证：(2)若直线与平面所成角为，，，求平面和平面夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）先由线面垂直判定定理证出平面，再由线面垂直证明线线垂直即可；（2）建立空间直角坐标系，设点坐标，由已知线面角求得点坐标，再由空间向量求解平面与平面夹角即可. 【详解】（1）由已知，∵，平面，平面，∴平面，又∵平面，平面平面，∴，∴.取中点，连接，∵，，，∴，，∴四边形是平行四边形，∴，∴在中，，，，，∴，即，又∵，∴，又∵，，∴，∵，平面，平面，∴平面，又∵平面，∴，即.（2）如图，取中点为，连接，∵，∴，由第（1）问知平面，∴以为原点，，所在直线为轴，轴，过与平行的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则由已知，，，，，设，（）则， 易知平面的一个法向量为，∵直线与平面所成角为，∴，解得，∴，又∵，，∴，分别为，中点，∴，∴，，设平面的一个法向量为由，得，令，则，，∴平面的一个法向量为，易知，平面的一个法向量为，设平面和平面的夹角为，则，∴平面和平面的夹角的余弦值为.42．在三棱柱中，四边形是菱形，，平面平面，平面与平面的交线为.(1)证明：；(2)已知上是否存在点，使与平面所成角的正弦值为？若存在，求的长度；若不存在，说明理由.【答案】(1)证明见解析 (2)存在，【分析】（1）先证线面垂直即平面，再证线线垂直即可；（2）假设存在，取中点，证平面，建立空间坐标系，设，利用空间向量计算线面角，待定系数解方程即可.【详解】（1）因为四边形为菱形，所以，又因为平面平面，平面平面平面，所以平面，又平面，所以，又，平面，所以平面，又平面，所以.（2）上存在点，使与平面所成角的正弦值为，且.理由如下：取中点，连接，因为，所以，又，所以为等边三角形，所以，因为，所以，又平面平面，平面平面平面，所以平面，以为原点，以方向分别为轴，轴，轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系，，.因为平面平面，所以平面，又平面，平面平面，所以， 假设上存在一点，使与平面所成角的正弦值为，设，则，所以，设为平面的一个法向量，则，即，令，则，可取，又，所以，即，解得，此时；因此上存在点，使与平面所成角的正弦值为，且.43．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．【答案】(1)证明见解析(2)或【分析】（1）以点为原点，以、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可证得平面；（2）设，则，利用空间向量法可得出关于的方程，解出的值，即可得出结论. 【详解】（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）解：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.44．如图，为圆的直径，点在圆上，且为等腰梯形，矩形和圆所在的平面互相垂直，已知.   (1)求证：平面平面；(2)当的长为何值时，平面与平面的夹角的大小为.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）由矩形和圆所在的平面互相垂直结合面面垂直的性质可得平面，则有，而，则由线面垂直的性质可得平面，再由面面垂直的判定定理可证得结论；（2）设的中点分别为，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示，设，然后利用空间向量求解即可.【详解】（1）证明：因为平面平面，平面平面，且平面，所以平面，因为平面，所以.又因为为圆的直径，所以.因为在平面内相交，所以平面.又由平面，所以平面平面.（2）设的中点分别为，因为四边形为矩形，四边形为等腰梯形，所以，，因为平面平面，平面平面，且平面，所以平面，因为平面，所以，所以两两垂直， 所以以为坐标原点，分别所在的直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示，  设，则则.设平面的法向量为，则，取，可得，则.由（1）可知平面，平面的一个法向量为，则，因为平面与平面的夹角的大小为，所以，解得.综上，可得线段的长为.45．如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，平面，．   (1)证明：平面平面；(2)已知，在线段上是否存在一点，使得二面角的平面角为？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由．【答案】(1)证明见解析(2)存在；【分析】（1）根据勾股定理证明线线垂直，结合线面垂直得线线垂直，即可由线面垂直的判断定理证明线面垂直，进而可证面面垂直.（2）建立空间之间坐标系，利用向量的夹角求解二面角，即可.或者利用几何法找到二面角的平面角，即可利用三角形的边角关系求解.【详解】（1）底面是平行四边形，则，∵，∴，∴∵平面，平面，∴，又，∴平面，∵平面，∴平面平面（2）以为坐标原点，以、、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，设，   则，，，，则平面的一个法向量为，所以，，设平面的一个法向量为，则，取，则，，∴，∴，所以解法二：连接，由（1）知，，，平面，平面,所以平面，由平面,所以，所以为二面角的平面角，所以，在中，因为，所以，所以为等边三角形，所以为中点，所以46．（多选）在棱长为1的正方体中，P为侧面（不含边界）内的动点，Q为线段 上的动点，若直线与的夹角为，则下列说法正确的是（    ）A．线段的长度为B．的最小值为2C．对任意点P，总存在点Q，使得D．存在点P，使得直线与平面所成的角为【答案】AC【分析】对选项A，直接通过建立空间直角坐标系，表示出线段，即可求得；对选项B，转化为，然后通过坐标表示出即可求得的最小值；对选项C，通过关系建立方程，结合点的坐标满足，得到关于的一元二次方程，再通过判别式即可判断C；对选项D，通过先求平面的法向量，然后根据直线与平面所成的角为，建立方程即可判断D.【详解】  建立如上图所示的空间直角坐标系，根据题意，可得：，，，，，，，设点，，由直线与的夹角为，则有：，，故有：，解得：，为线段上的动点，则有：（），解得：，对选项A，则有：，故选项A正确；对选项B，过点作平面的垂线，垂足为， 因为，则易知：，故的最小值等价于求，，故有：，则，当且仅当时成立，结合，可得此时，故选项B错误；对选项C，若，则有：，，又，则有：，则有：，又，则有：，故对任意点，总存在点，使得，故选项C正确；对选项D，易知平面的法向量为，若直线与平面所成的角为，即直线与平面的法向量成，则有：解得：，矛盾，故选项D错误.故选：AC.【点睛】方法点睛：解决立体几何问题通常有两种方法：一、建立空间直角坐标系，运用空间向量的运算与性质解决立体几何的问题，将问题转化为代数运算，解题时应结合已知和所求观察图形，联想相关的运算法则和公式等，就近表示所需向量；二、通过传统的几何方法，需要较高的空间想象力.47．（多选）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【分析】根据给定条件，利用空间向量数量积运算律求解判断作答.【详解】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