专题强化01：空间向量在立体几何中的应用大题训练【7大题型】-2024-2025学年高二数学《考点•题型 •技巧》精讲与精练高分突破系列(人教A版2019选择性必修第一册）

专题强化01：空间向量在立体几何中的应用大题训练 【题型归纳】 · 题型一：空间向量研究直线、平面的平行 · 题型二：空间向量研究直线、平面的垂直 · 题型三：空间向量研究点到直线、平面的距离 · 题型四：空间向量研究异面角、线面角 · 题型五：空间向量研究二面角 · 题型六：空间向量研究存在性问题 · 题型七：空间向量研究综合性问题 【题型探究】 题型一：空间向量研究直线、平面的平行 1．（2024高二上·全国）如图所示，在直角梯形中，，，，是的中点，分别为的中点，将沿折起，使得平面，试用向量方法证明平面. 2．（2023高三·全国·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；    3．（2023高二·全国·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． 题型二：空间向量研究直线、平面的垂直 4．（23-24高二下·湖北·期中）在中，，点分别为边的中点，将沿折起，使得平面平面.    (1)求证：； (2)在平面内是否存在点，使得平面平面？若存在，指出点的位置；若不存在，说明理由. 5．（23-24高二上·四川成都·期中）已知：在四棱锥中，底面为正方形，侧棱平面，点M为PD中点，.求证：平面平面.（注：必须用向量法做，否则不得分） 6．（23-24高二上·山西大同·期中）如图，在直三棱柱中，，垂足为，为线段上的一点. (1)若为线段的中点，证明：平面； (2)若平面平面，求的值. 题型三：空间向量研究点到直线、平面的距离 7．（23-24高二下·江苏淮安）如图，圆锥是由直角旋转而成，母线，底面圆的半径为1，D是AB的中点，为底面圆上的一点且， (1)求点到平面ABC的距离； (2)求直线CD与平面AOB所成的角的正弦值； (3)求点O到直线CD的距离， 8．（23-24高二上·浙江金华·期中）已知在棱长为4的正方体中，.    (1)求点到直线的距离； (2)求点到平面的距离； (3)在此正方体中，，则称线段的长为异面直线与的公垂线段长，也称为异面直线与的距离.试求异面直线与的距离. 9．（23-24高一下·广西·阶段练习）如图，在三棱柱中，侧棱垂直于底面，分别是的中点，是边长为2的等边三角形，． (1)证明：； (2)求点到平面的距离． 题型四：空间向量研究异面角、线面角 10．（24-25高二上·上海·随堂练习）如图，已知正三棱柱的各条棱长都相等，P为上一点，，且． (1)求λ的值； (2)求异面直线PC与所成角的余弦值． 11．（23-24高二下·江苏南京·期中）已知三棱锥中，平面，，，为上一点且满足，，分别为，的中点． (1)求证：； (2)求直线与平面所成角的大小； 12．（24-25高二上·江苏）如图，在四棱锥中，底面是正方形，，平面，，点为中点． (1)证明：平面平面； (2)若，求与所成角的余弦值； (3)求与平面所成角的正弦值的取值范围． 题型五：空间向量研究二面角 13．（2025·安徽·一模）如图，在四棱锥中，，，平面平面为中点．    (1)求证：平面； (2)点在棱上，与平面所成角的正弦值为，求平面与平面夹角的余弦值． 14．（24-25高三上·云南大理·开学考试）如图，在多面体中，底面是边长为2的正方形，为底面的中心，为的中点，侧面与是全等的等腰梯形，且.    (1)证明:平面 (2)若直线与平面所成角的余弦值为，求二面角的余弦值. 15．（24-25高三上·北京·开学考试）已知在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，是正三角形，平面平面分别是的中点． (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的大小； (3)线段上是否存在点，使得直线与平面所成角为？若存在，求出线段的长度；若不存在，说明理由． 题型六：空间向量研究存在性问题 16．（2024·内蒙古呼和浩特·二模）如图，已知平面，，是等腰直角三角形，其中，且． (1)设线段中点为，证明：平面； (2)在线段上是否存在点，使得点到平面的距离等于，如果存在，求的长． 17．（23-24高二下·湖南·期中）如图，直四棱柱的底面是菱形，，且直线与平面所成角为． (1)求直四棱柱的高； (2)在棱上是否能找到一点，使得平面与平面的夹角为？若能，求出的值；若不能，说明理由． 18．（2024·广西·模拟预测）如图，在四棱锥中，，，四边形是菱形，，是棱上的动点，且.    (1)证明：平面. (2)是否存在实数，使得平面与平面所成锐二面角的余弦值是？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 题型七：空间向量研究综合性问题 19．（24-25高三上·四川成都·开学考试）如图，在四棱锥中，底面. (1)若，证明：平面； (2)若，且，线段上是否存在一点，使得二面角的正弦值为？若存在，求出点在线段上的位置；若不存在，请说明理由. 20．（2025·广东·一模）如图所示，四边形是圆柱底面的内接四边形，是圆柱的底面直径，是圆柱的母线，是与的交点，. (1)记圆柱的体积为，四棱锥的体积为 ，求 ； (2)设点在线段上，且存在一个正整数，使得，若已知平面与平面的夹角的正弦值为，求的值. 【专题强化】 21．（23-24高一下·吉林·期末）在中，，，，分别是上的点，满足且经过的重心，将沿折起到的位置，使，是的中点，如图所示. (1)求证：平面； (2)求与平面所成角的大小； (3)在线段上是否存在点，使平面与平面成角余弦值为？若存在，求出的长度；若不存在，请说明理由. 22．（24-25高三上·内蒙古赤峰·阶段练习）如图，在四棱锥中，，，平面，，、分别是棱、的中点．    (1)证明：平面； (2)求平面与平面的夹角的正弦值． 23．（2024·四川·一模）如图，在三棱锥中，平面，. (1)求证；平面平面； (2)若，，三棱锥的体积为100，求二面角的余弦值. 24．（24-25高二上·河南周口·开学考试）《九章算术》是我国古代的一部数学经典著作，在其中一篇《商功》中有如下描述：“斜解立方，得两堑堵”，堑堵是底面为直角三角形的直三棱柱．如图，在堑堵中，，，，，为棱的中点，为棱的中点． (1)证明：平面平面；(2)求二面角的正切值；(3)求与平面所成角的正弦值． 25．（23-24高二下·江苏扬州·期中）已知在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，是正三角形，E、F、M、O分别是、、、的中点，平面． (1)求证：； (2)求点B到平面的距离； (3)在线段上是否存在点N，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求线段的长度，若不存在，说明理由． 26．（24-25高二上·山东·开学考试）如图，在四棱锥中，，底面为正方形，分别为的中点． (1)求证：∥平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)求点到平面的距离． 27．（23-24高二下·河南南阳·期末）如图，在四棱锥中，平面平面，为等边三角形，，，为的中点. (1)证明：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值. 28．（24-25高二上·河南开封·阶段练习）如图，在四棱锥 ，平面 ，，且 ，，，，，为的中点. (1)求证：平面； (2)求平面与平面所成二面角的余弦值； (3)在线段上是否存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值是，若存在，求出的值，若不存在，说明理由. 29．（23-24高一下·山东青岛·期末）如图1，直角梯形中，，，，，以为轴将梯形旋转后得到几何体W，如图2，其中，分别为上下底面直径，点P，Q分别在圆弧，上，直线平面. (1)证明：平面平面； (2)若直线与平面所成角的正切值等于，求P到平面的距离； (3)若平面与平面夹角的余弦值，求． 30．（23-24高二下·江苏南京·期中）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，为等边三角形，平面平面，．点在线段上．    (1)若，在上找一点，使得四点共面，并说明理由； (2)求点到平面的距离； (3)若直线与平面所成的角的正弦值为，求平面与平面夹角的余弦值． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题强化01：空间向量在立体几何中的应用大题训练 【题型归纳】 · 题型一：空间向量研究直线、平面的平行 · 题型二：空间向量研究直线、平面的垂直 · 题型三：空间向量研究点到直线、平面的距离 · 题型四：空间向量研究异面角、线面角 · 题型五：空间向量研究二面角 · 题型六：空间向量研究存在性问题 · 题型七：空间向量研究综合性问题 【题型探究】 题型一：空间向量研究直线、平面的平行 1．（2024高二上·全国）如图所示，在直角梯形中，，，，是的中点，分别为的中点，将沿折起，使得平面，试用向量方法证明平面. 【答案】证明见解析 【分析】建立空间直角坐标系，求出的方向向量和平面的法向量即可求解. 【详解】由题意可知底面为正方形， 因为平面，平面，所以两两垂直， 如图以为原点，以为方向向量建立空间直角坐标系， 则有关点及向量的坐标为： ，，，，，， ，，， 设平面的法向量为， 则，取可得平面的一个法向量为， 因为，又在平面外， 所以平面. 2．（2023高三·全国·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 【分析】 建系，利用空间向量证明线面平行. 【详解】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． 3．（2023高二·全国·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 【分析】建立空间直角坐标系，利用法向量即可求解. 【详解】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． 题型二：空间向量研究直线、平面的垂直 4．（23-24高二下·湖北·期中）在中，，点分别为边的中点，将沿折起，使得平面平面.    (1)求证：； (2)在平面内是否存在点，使得平面平面？若存在，指出点的位置；若不存在，说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在点，点在直线（点在直线上且）上 【分析】（1）利用已知可得，结合面面垂直可得平面，可证结论. （2）以点为原点，以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量，若，求得平面的一个法向量，可判断此情况不成立，若与不共线，设，连接，利用，可求得结论. 【详解】（1）在中，点D、E分别为边AC、AB的中点， 且. 又平面平面，平面平面平面， 平面. 又平面. （2）由（1）知，. 以点为原点，以所在直线为轴，建立空间直角坐标系. 则. ， 设为平面的一个法向量， 则，取，则. 假设在平面内存在点，使得平面平面.连接. 若，则设.设平面的一个法向量为. 由，取，则. 平面的法向量.由知，此情况不成立. 若与不共线，设，连接.    设，则. 当，即时，. 又平面，即平面平面，也即平面平面. 所以在平面内存在点，当点在直线（点在直线上且）上时， 平面平面. 5．（23-24高二上·四川成都·期中）已知：在四棱锥中，底面为正方形，侧棱平面，点M为PD中点，.求证：平面平面.（注：必须用向量法做，否则不得分） 【答案】证明见解析 【分析】建立空间直角坐标系，求出相关点坐标，求出平面和平面.的法向量，计算二者的数量积，即可证明结论. 【详解】证明：在四棱锥中，底面为正方形，侧棱平面， 以A为坐标原点，所在直线为轴，建立空间直角坐标系， ，则， 故, 设平面的法向量为，则, 令，则， ， 设平面的法向量为，则, 令，则， 则， 故平面平面. 6．（23-24高二上·山西大同·期中）如图，在直三棱柱中，，垂足为，为线段上的一点. (1)若为线段的中点，证明：平面； (2)若平面平面，求的值. 【答案】(1)证明见解析； (2) 【分析】（1）利用棱长求出，进而得到D是中点，利用中位线证明，进而证明线面平行； （2）建立空间直角坐标系，根据面面垂直时两个面的法向量也互相垂直，列出方程进行求解即可. 【详解】（1）连接，在直三棱柱中，有， . 为中点， 又为中点，， ，， 又平面平面， 平面. （2）建立如图所示的空间直角坐标系，则， ， 设， 则， 设平面的法向量， 则，取，得， 设平面的法向量， 则，取，得， 平面平面， ，解得， 当平面平面时，. 题型三：空间向量研究点到直线、平面的距离 7．（23-24高二下·江苏淮安）如图，圆锥是由直角旋转而成，母线，底面圆的半径为1，D是AB的中点，为底面圆上的一点且， (1)求点到平面ABC的距离； (2)求直线CD与平面AOB所成的角的正弦值； (3)求点O到直线CD的距离， 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据题意建立空间直角坐标，先求出平面ABC的一个法向量，再根据点到平面距离的向量计算方法即可解答； （2）先求出平面AOB的一个法向量和直线CD的方向向量，再根据直线与平面所成角的向量计算方法即可解答； （3）先求出，，再根据点到直线距离的向量计算方法即可解答. 【详解】（1）在所在平面内作， 由题意可得面OBC，因为面OBC，面OBC， 所以，， 以O为原点，以OM、OB、OA所在直线分别为x、y、z轴，建立空间直角坐标系， 由题意可得：，，， ， 则，， 设平面ABC的一个法向量， 则，即， 令，则 所以点到平面ABC的距离为. （2）设直线CD与平面AOB所成角为， 设平面AOB的一个法向量， 因为， 所以则，即， 令，则， 又因为， 所以. （3）因为，， 所以，， ， 所以. 8．（23-24高二上·浙江金华·期中）已知在棱长为4的正方体中，.    (1)求点到直线的距离； (2)求点到平面的距离； (3)在此正方体中，，则称线段的长为异面直线与的公垂线段长，也称为异面直线与的距离.试求异面直线与的距离. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】建立空间直角坐标系，然后运用点到线，点到面，线线之间的距离公式求解即可. 【详解】（1）    如图根据正方体性质，可以如图建立空间直角坐标系，， 可以得到各点坐标．，，，，． ，，， 则点到直线的距离. （2），，， 设平面法向量为，则， 令，则，则. 则到平面的距离. （3），，， 设与的公垂线方向向量为.则， 解得，则. 则异面直线与的距离. 9．（23-24高一下·广西·阶段练习）如图，在三棱柱中，侧棱垂直于底面，分别是的中点，是边长为2的等边三角形，． (1)证明：； (2)求点到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由等边三角形三线合一可得，再由侧棱垂直于底面可得面即可得出结论； （2）可由等体积法计算即可得出. 【详解】（1）法一:是等边三角形，且是中点 面，面 面，面，且 面 面 法二：取的中点，则面，可知两两垂直， 如图以为轴，为轴，为轴，则，，，； 所以，，则，即； （2）法一：由题可知：； 在中，，； 取中点，在中，， 边上的高为； ； 设点到平面的距离为，则， 解得，即点到平面的距离为． 法二：，，，， 设面的法向量为，； 设点到面的距离为， 故点到平面的距离为. 题型四：空间向量研究异面角、线面角 10．（24-25高二上·上海·随堂练习）如图，已知正三棱柱的各条棱长都相等，P为上一点，，且． (1)求λ的值； (2)求异面直线PC与所成角的余弦值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，表示出的坐标，根据，可得，即可求得答案； （2）根据空间角的向量求法，即可求得答案. 【详解】（1） 设正三棱柱的棱长为2，分别取AC、中点为O、点，连接OB，． 因为为等边三角形，所以，，． 又O、点分别为AC、的中点，所以． 又由正三棱柱的性质可知，平面ABC，所以平面ABC． 以点O为坐标原点，分别以OB、OC、所在的直线为x、y、z轴，如图建立空间直角坐标系， 则，，，，，，， 所以，，，， 所以． 因为，所以， 所以有，解得． （2）由（1）可知：， 所以， 所以异面直线PC与所成角的余弦值为． 11．（23-24高二下·江苏南京·期中）已知三棱锥中，平面，，，为上一点且满足，，分别为，的中点． (1)求证：； (2)求直线与平面所成角的大小； 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）以为原点，所在直线分别为轴､轴､轴，建立空间直角坐标系，计算，进而可得答案； （2）求出平面的法向量，，利用线面角的向量公式求解即可. 【详解】（1）因为平面，， 如图以为原点，所在直线分别为轴､轴､轴，建立空间直角坐标系， 则， 所以，因为，所以． （2）设平面的法向量，， 则，即，取，得， 设直线与平面所成角为， 则， 又，所以， 所以直线与平面所成角的大小为． 12．（24-25高二上·江苏·假期作业）如图，在四棱锥中，底面是正方形，，平面，，点为中点． (1)证明：平面平面； (2)若，求与所成角的余弦值； (3)求与平面所成角的正弦值的取值范围． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）通过证明平面，证得平面平面； （2）建立空间直角坐标系，证明平面，并运用向量法，求解异面直线所成角的余弦值； （3）求出平面的法向量，向量法求线面角的正弦值． 【详解】（1）证明：因为平面，平面，所以， 又，，平面，平面， 所以平面． 又平面，所以平面平面． （2）以，所在直线为，轴，以过点垂直于平面的直线为轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 过作，垂足为， 因为平面，平面，所以， 又，平面，平面，所以平面． 因为，，，则，，， 得， 又，，，， 所以， 所以， 设与所成角为，故， 即得与所成角的余弦值为． （3）设，则， 因为，所以， 则有，，则， 设平面的法向量为，则， 取，则，，即平面的一个法向量为， 所以 ， 因为，所以，故， 又与平面所成角的正弦值为， 所以与平面所成角的正弦值的取值范围是． 题型五：空间向量研究二面角 13．（2025·安徽·一模）如图，在四棱锥中，，，平面平面为中点．    (1)求证：平面； (2)点在棱上，与平面所成角的正弦值为，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)． 【分析】（1）应用面面垂直性质定理证明线面垂直； （2）先应用空间向量法计算线面角得出参数，再计算二面角即可. 【详解】（1）由题意：，同理， 又．而，即 又平面平面，平面平面平面， 平面平面，又，且面面平面． （2）以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，    则， ， 设，有， 取面的一个法向量， 则， 故． 令是平面的一个法向量，则，即 令，有，则 故平面与平面夹角的余弦值为． 14．（24-25高三上·云南大理·开学考试）如图，在多面体中，底面是边长为2的正方形，为底面的中心，为的中点，侧面与是全等的等腰梯形，且.    (1)证明:平面 (2)若直线与平面所成角的余弦值为，求二面角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先利用三角形全等，证明，根据等腰三角形的性质，得，，再根据线面垂直的判断定理得出结论. （2）先根据已知的线面角，确定的长度，再以为原点，建立空间直角坐标系，用空间向量求二面角的余弦. 【详解】（1）连接，    由侧面与是全等的等腰梯形,,为中点， ,及全等的性质,易得. 因为为底面的中心，所以是的中点,也是的中点,， 所以，. 因为平面, 所以平面. （2）由(1)易得即直线与平面所成的角. 因为，, 所以，则. 分别取的中点,连接. 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,. 所以：，，. 设平面的法向量为， 由得，令,则. 设平面的法向量为， 由得,令,则. 所以. 由图可知二面角为锐角， 所以二面角的余弦值为. 15．（24-25高三上·北京·开学考试）已知在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，是正三角形，平面平面分别是的中点． (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的大小； (3)线段上是否存在点，使得直线与平面所成角为？若存在，求出线段的长度；若不存在，说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)平面与平面夹角的大小为； (3)线段上不存在点，使得直线与平面所成角为，理由见解析 【分析】（1）由已知可得，进而可得，可证结论； （2）取的中点，连接，由题意可证得，，，以以为坐标原点，为坐标轴建立空间直角坐标系，求得平面平面的一个法向量为，求得平面的一个法向量为，利用向量法可求平面与平面夹角的大小. （3）设，利用设，表示出，利用线面角的向量求法可构造方程，由方程无解可知不存在. 【详解】（1）因为分别是的中点，所以， 又因为四边形是正方形，所以，所以， 又平面，平面，所以平面； （2）取的中点，连接， 因为是正三角形，所以， 又平面平面，平面平面，平面平面， 所以平面，又平面，所以， 由四边形是正方形，易得是矩形，所以， 以为坐标原点，为坐标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，则可得， 所以平面的一个法向量为， 又平面的一个法向量为， 设平面与平面夹角的大小为， 所以， 所以平面与平面夹角的大小为； （3）线段上不存在点，使得直线与平面所成角为，理由如下： 假设线段上存在点，使得直线与平面所成角为， 即直线与平面的法向量所成的角为， 设，， 所以， 所以， 整理可得，，所以方程无解， 所以线段上不存在点，使得直线与平面所成角为. 题型六：空间向量研究存在性问题 16．（2024·内蒙古呼和浩特·二模）如图，已知平面，，是等腰直角三角形，其中，且． (1)设线段中点为，证明：平面； (2)在线段上是否存在点，使得点到平面的距离等于，如果存在，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，的长为 【分析】（1）取的中点，根据线面平行的判定定理即可得证； （2）设，根据等体积法求出x的值，即可得出结论. 【详解】（1）取的中点，的中点，连结、、， 则有，， 因为，，所以且， 所以四边形是平行四边形，则， 又平面，平面， 所以平面. （2）存在.设，在中，. 因为平面，所以. 因为平面，平面，平面 所以,， 则均为直角三角形. 在中，， 同理，. 取的中点，因为，所以， 而. 故. 因为点到面的距离等于， 所以. 而，所以，解得. 所以在线段上只存在唯一一点，当且仅当时，点到面的距离等于. 17．（23-24高二下·湖南·期中）如图，直四棱柱的底面是菱形，，且直线与平面所成角为． (1)求直四棱柱的高； (2)在棱上是否能找到一点，使得平面与平面的夹角为？若能，求出的值；若不能，说明理由． 【答案】(1) (2)能， 【分析】（1）设，以分别为轴正方向建立空间直角坐标系，设，用空间向量法结合直线与平面所成角为，列出方程求解即可； （2）假设能找到这样的点，设，且，根据平面与平面的夹角为及空间向量，列方程解出，即可说明存在，计算出即可． 【详解】（1）设， 因为棱柱是直棱柱，且底面是菱形，故两两垂直， 如图，以分别为轴正方向建立空间直角坐标系， 因为菱形中，， 所以，设， 则，， 所以 设平面的一个法向量为，则由,得， 令得，， 所以， 因为直线与平面所成角为， 所以，即，解得． （2）假设能找到这样的点， 设，且， 则， 设平面的一个法向量为，则由,得， 令得，， 则， 由平面与平面的夹角为， 可得，即，解得， 所以能找到这样的点， 此时，，故． 18．（2024·广西·模拟预测）如图，在四棱锥中，，，四边形是菱形，，是棱上的动点，且.    (1)证明：平面. (2)是否存在实数，使得平面与平面所成锐二面角的余弦值是？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)存在实数，理由见解析 【分析】 （1）由线线垂直得到线面垂直，进而得到，再由勾股定理逆定理得到，从而得到线面垂直； （2）作出辅助线，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，进而由二面角的余弦值得到方程，求出答案. 【详解】（1） 因为四边形是菱形，所以. 因为，，平面，且，所以平面. 因为平面，所以. 因为，所以，即. 因为，平面，且，所以平面. （2） 取棱的中点，连接，因为四边形是菱形，， 所以为等边三角形，故⊥， 又平面，平面， 所以，，故，，两两垂直， 故以为原点，分别以，，的方向为，，轴的正方向，建立空间直角坐标系.    设，则，，，， 故，，， 所以， 设平面的法向量为， 则， 令，得. 平面的一个法向量为，设面与面所成的锐二面角为， 则， 整理得，解得或（舍去）. 故存在实数，使得面与面所成锐二面角的余弦值是. 题型七：空间向量研究综合性问题 19．（24-25高三上·四川成都·开学考试）如图，在四棱锥中，底面. (1)若，证明：平面； (2)若，且，线段上是否存在一点，使得二面角的正弦值为？若存在，求出点在线段上的位置；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析； (2)存在，点是线段上靠近点的三等分点. 【分析】（1）利用线面垂直的性质判定证得，再利用线面平行的判定推理即得. （2）以点为原点建立空间直角坐标系，令，求出平面的法向量，再利用面面角的向量求法求解即得. 【详解】（1）在四棱锥中，由平面，平面，得， 又平面，则平面， 而平面，于是，由，得， 则，又平面平面， 所以平面. （2）由（1）知，过点作平面，则直线两两垂直， 以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则， 假设存在点满足条件，令， ， 设平面的法向量，则，令，得， 由平面，得为平面的法向量， 由二面角的正弦值为，得， 即，而，解得， 所以点是线段上靠近点的三等分点，使得二面角的正弦值为. 20．（2025·广东·一模）如图所示，四边形是圆柱底面的内接四边形，是圆柱的底面直径，是圆柱的母线，是与的交点，. (1)记圆柱的体积为，四棱锥的体积为 ，求 ； (2)设点在线段上，且存在一个正整数，使得，若已知平面与平面的夹角的正弦值为，求的值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用圆柱以及棱锥的体积公式，即可求得答案. （2）建立空间直角坐标系，求出相关点坐标，利用空间角的向量求法，结合平面与平面的夹角的正弦值，即可求得答案. 【详解】（1）在底面中，因为 是底面直径，所以 ， 又 ，故 ≌， 所以. 因为是圆柱的母线，所以面，所以 ， , 因此； （2）以为坐标原点，以为轴正方向，在底面内过点C作平面的垂直线为y轴， 建立如图所示的空间直角坐标系. 因为，所以 ≌， 故 ， 所以，， 因此，， 因为 ，所以 ， 则 设平面和平面的法向量分别为， 则有:，， 取， 设平面与平面的夹角为 ，则 所以有：， 整理得，（无解，舍）， 由于k为正整数，解得. 【专题强化】 21．（23-24高一下·吉林·期末）在中，，，，分别是上的点，满足且经过的重心，将沿折起到的位置，使，是的中点，如图所示. (1)求证：平面； (2)求与平面所成角的大小； (3)在线段上是否存在点，使平面与平面成角余弦值为？若存在，求出的长度；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在，或 【分析】（1）应用线面垂直的判定定理证明线面垂直关系，再由性质定理得到线线垂直关系，进而再利用判定定理证明所求证的线面垂直关系； （2）以为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系.用向量法求与平面所成角的大小； （3）假设存在点，使平面与平面成角余弦值为，设，分别求解两平面的法向量，用表示余弦值解方程可得. 【详解】（1）因为在中，，，且， 所以，，则折叠后，， 又平面， 所以平面，平面，所以， 又已知，且都在面内，所以平面； （2）由（1），以为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系. 因为，故， 由几何关系可知，，，， 故，，，，，， ，，， 设平面的法向量为，则，即， 不妨令，则，，. 设与平面所成角的大小为， 则有， 设为与平面所成角，故， 即与平面所成角的大小为； （3）假设在线段上存在点，使平面与平面成角余弦值为. 在空间直角坐标系中，，，， 设，则，， 设平面的法向量为，则有，即， 不妨令，则，，所以， 设平面的法向量为，则有，即， 不妨令，则，，所以， 若平面与平面成角余弦值为. 则满足， 化简得，解得或，即或， 故在线段上存在这样的点，使平面与平面成角余弦值为. 此时的长度为或. 22．（24-25高三上·内蒙古赤峰·阶段练习）如图，在四棱锥中，，，平面，，、分别是棱、的中点．    (1)证明：平面； (2)求平面与平面的夹角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)． 【分析】（1）由中位线易证明四边形是平行四边形，进而得到，进而得到平面； （2）由题易知，，两两垂直，建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，通过平面与平面的夹角计算公式计算余弦值，再用同角三角函数的基本关系计算正弦值； 【详解】（1）如图所示，连接．    因为，分别是棱，的中点， 所以， 因为，， 所以，， 所以四边形是平行四边形， 则． 因为平面，平面， 所以平面． （2）因为平面， 平面, 所以， 又因为， 所以，，两两垂直， 以为坐标原点，，，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．    由题中数据可得，， ，． 设平面的法向量为， 则 令，得． 因为，, 所以平面 平面的一个法向量为． 设平面与平面的夹角为， 则． 故， 即平面与平面的夹角的正弦值为． 23．（2024·四川·一模）如图，在三棱锥中，平面，. (1)求证；平面平面； (2)若，，三棱锥的体积为100，求二面角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由平面得到，再结合，可证明平面，从而可求解； （2）由题意知求出，建立空间直角坐标系，再利用空间面面夹角向量方法，从而可求解. 【详解】（1）证明：由题意得平面，因为平面，所以， 又因为，平面，所以平面， 又因为平面，所以平面平面. （2）因为，，，所以， 又因为三棱锥的体积为，即，得， 由题意可得以为原点，分别以平行于，及，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图， 则，，， 所以，，， 设平面的一个法向量为， 则，令，得，则， 设平面的一个法向量为， 则，令，得，则， 设二面角为，则. 所以锐二面角的余弦值为. 24．（24-25高二上·河南周口·开学考试）《九章算术》是我国古代的一部数学经典著作，在其中一篇《商功》中有如下描述：“斜解立方，得两堑堵”，堑堵是底面为直角三角形的直三棱柱．如图，在堑堵中，，，，，为棱的中点，为棱的中点． (1)证明：平面平面； (2)求二面角的正切值； (3)求与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析； (2)二面角的正切值为； (3)与平面所成角的正弦值为. 【分析】（1）先证明，根据线面平行判定定理证明平面，再证明平面，根据面面平行判定定理证明结论； （2）建立空间直角坐标系，求平面和平面的法向量，结合向量夹角公式求二面角的余弦值，根据同角关系求结论； （3）求直线的方向向量和平面的法向量，由线面夹角公式求结论. 【详解】（1）由已知，， 因为为棱的中点，为棱的中点， 所以，， 所以四边形为平行四边形， 所以，又平面，平面， 所以平面， 连接，因为，， 因为为棱的中点，为棱的中点， 所以，， 所以四边形为平行四边形， 所以，， 又，， 所以，， 所以四边形为平行四边形， 所以， 又平面，平面， 所以平面， 又，平面， 所以平面平面. （2）由已知平面，平面， 所以，又， 所以直线两两垂直， 以点为原点，为轴的正方向，建立空间直角坐标系，则 ，，，，， 所以，， 设平面的法向量为，则 ，所以， 取，可得，， 所以为平面的一个法向量， 又为平面的 法向量， 设二面角的平面角为， 所以， 观察可得，所以， 所以， 所以二面角的正切值为. （3）因为，， 所以， 因为平面平面，为平面的一个法向量， 所以为平面的一个法向量， 设与平面所成角为， 所以， 所以与平面所成角的正弦值为. 25．（23-24高二下·江苏扬州·期中）已知在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，是正三角形，E、F、M、O分别是、、、的中点，平面． (1)求证：； (2)求点B到平面的距离； (3)在线段上是否存在点N，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求线段的长度，若不存在，说明理由． 【答案】(1)证明见详解 (2) (3)存在点满足题意， 【分析】（1）先证明平面，再证明，即可得证； （2）求点到平面的距离即求点到平面的距离，利用三棱锥等体积法求解； （3）建立空间直角坐标系，利用向量法求解. 【详解】（1）因为平面，平面， 所以，又底面是正方形，则， 且与是平面内两条相交直线， 所以平面，平面，所以， 又分别是的中点，所以， 所以. （2）因为分别是的中点， 所以， 所以平面即是平面， 由（1）知平面，则平面，平面， ，则， 设点到平面的距离为，由， 得，即， 解得， 所以点到平面的距离为. （3）如图以为原点，为轴，可建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，， ，，， 设线段上存在点，使得与平面所成角的正弦值为，且， ，， ， 设平面的一个法向量为， 则，即，令，得， ， ，整理得， 解得或（舍）， ，即存在点使得直线与平面所成角的正弦值为，此时. 26．（24-25高二上·山东·开学考试）如图，在四棱锥中，，底面为正方形，分别为的中点． (1)求证：∥平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)求点到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）利用中位线定理证明，然后由线面平行的判定定理证明即可； （2）建立合适的空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标，然后利用待定系数法求出平面的法向量，由向量的夹角公式求解即可； （3）求出的坐标，然后利用点到平面距离的向量公式求解即可． 【详解】（1）证明：因为，分别为，的中点， 所以， 又平面，平面， 故平面； （2）由于平面， 所以平面， 以点为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示， 则,1,，,1,，,0,，,0,，,0,， 所以， 设平面的法向量为， 则，令，则，， 故， 设直线与平面所成角为， 则， 故直线与平面所成角的正弦值为； （3）因为， 又平面的法向量为， 所以点到平面的距离为． 27．（23-24高二下·河南南阳·期末）如图，在四棱锥中，平面平面，为等边三角形，，，为的中点. (1)证明：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）取的中点，连接，即可得到，根据面面垂直的性质得到平面，从而证明平面，即可得到，再由，即可得证； （2）由（1）可得平面，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得. 【详解】（1）取的中点，连接， 因为为等边三角形，所以， 又因为平面平面，平面平面，平面，所以平面， 因为平面，所以， 又平面，所以平面， 因为平面，所以， 因为是的中点，所以， 因为平面，且， 所以平面. （2）因为，由（1）知四边形为矩形，则， 又平面，所以平面， 以为坐标原点，分别以所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 则， 取平面的法向量为， 设平面的法向量为， 则，即，令，则， 所以. ， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 28．（24-25高二上·河南开封·阶段练习）如图，在四棱锥 ，平面 ，，且 ，，，，，为的中点. (1)求证：平面； (2)求平面与平面所成二面角的余弦值； (3)在线段上是否存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值是，若存在，求出的值，若不存在，说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在，且. 【分析】（1）建立适当空间直角坐标系后，求出平面的法向量后，借助向量的数量积为零即可得两向量垂直，即可得线面平行； （2）求出平面的法向量后，结合所得平面的法向量，利用夹角公式计算即可得； （3）假设存在，设出对应未知数，可表示出向量，再结合空间向量夹角公式计算即可得. 【详解】（1）过作，垂足为，则， 如图，以为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系， 则， 为的中点，，则， ， 设平面的一个法向量为 ， 则，令，解得， ，即， 又平面，所以平面； （2）设平面的一个法向量为， 所以 ，令，解得， 所以 ， 即平面与平面所成二面角的余弦值为； （3）存在，且，理由如下： 假设线段上存在一点，设， ， 则 又直线与平面所成角的正弦值为， 平面的一个法向量， ， 化简得，即， ，故存在，且. 29．（23-24高一下·山东青岛·期末）如图1，直角梯形中，，，，，以为轴将梯形旋转后得到几何体W，如图2，其中，分别为上下底面直径，点P，Q分别在圆弧，上，直线平面. (1)证明：平面平面； (2)若直线与平面所成角的正切值等于，求P到平面的距离； (3)若平面与平面夹角的余弦值，求． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）先证明和平面，再根据面面垂直判定定理即可得证. （2）先求证点P到平面的距离即为C到平面的距离，再利用即等体积法即可求解. （3）建立空间直角坐标系利用空间向量法结合已知条件计算求解出点H坐标即可求解. 【详解】（1）设平面交上底面于，在圆弧上， 因为上下底面平行，故， 又因为平面，平面，平面平面， 所以，所以， 由题意可知，又，平面， 所以平面，所以平面， 又平面，平面平面. （2）由（1）知平面，连接，所以是直线与平面所成角， 所以由题意， 又由题意，， 所以，所以，即在圆弧的中点上， 所以由知点P在圆弧中点上，故, 所以， 因为平面，所以点P到平面的距离即为F到平面的距离， 又圆柱结构性质可知,平面，平面， 所以平面，所以F到平面的距离即为C到平面的距离，设该距离为， 因为， ， 又，所以，即点P到平面的距离为. （3）过作垂直于底面，则由上知， 所以可建立如图所示的分别以为轴的空间直角坐标系， 则，设，且， 所以， 设平面的法向量为，则， 所以即，取可求得， 设平面的法向量为，则， 所以即，取可求得， 设平面与平面的夹角为，则，且， 整理得， 所以即， 即，所以， 所以，所以. 【点睛】思路点睛：过作垂直于底面，建立分别以为轴的空间直角坐标系，设未知点，求出平面和平面的法向量，从而根据二面角的空间向量法结合已知条件建立关于的等量关系，从而求出即可求出. 30．（23-24高二下·江苏南京·期中）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，为等边三角形，平面平面，．点在线段上．    (1)若，在上找一点，使得四点共面，并说明理由； (2)求点到平面的距离； (3)若直线与平面所成的角的正弦值为，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)为靠近点的四等分点，理由见解析 (2) (3) 【分析】（1）当为靠近点的四等分点时，结合已知条件可得∥，而∥，则∥，从而可得结论； （2）取中点，连接，，由面面垂直可得平面，再由结合菱形的性质可得，则得平面，然后求出，再利用等体积法可求得点到平面的距离； （3）以为原点，分别以，，为轴，轴，轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量求解即可. 【详解】（1）当为靠近点的四等分点时，四点共面， 理由如下： 因为，所以， 所以∥， 因为四边形是菱形，所以∥， 所以∥，所以四点共面；    （2）取中点，连接，． 因为为等边三角形，， 所以，，． 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，因为平面，所以， 因为，∥，所以． 因为，平面，平面，， 所以平面，又平面，所以． 所以， 所以， 设点到平面的距离为， 因为，所以， 所以，解得；    （3）由（2）知，，，两两垂直， 所以以为原点，分别以，，为轴，轴，轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系． 则，，，， 所以，，． 设，则，． 得，则． 又平面，则取平面的法向量． 设与平面所成的角为，则 ， 化简整理得，解得． 则，． 设平面的法向量，则, 令，则取平面的法向量， 又平面的法向量． 故平面与平面夹角的余弦值为．    1 学科网（北京）股份有限公司 $$