第11讲 第一章 空间向量与立体几何 章末题型大总结（11类高频题型讲练）-【精讲精练】2025-2026学年高二数学同步学与练（人教A版2019选择性必修第一册）

第11讲 第一章 空间向量与立体几何 章末题型大总结 第一部分 思维导图 第二部分 题型精讲 题型01空间向量的概念及运算 【典例1】（23-24高二上·全国·课后作业）下列命题中，正确命题的个数为（    ） ①若，则与方向相同或相反； ②若，则A，B，C，D四点共线； ③若，不共线，则空间任一向量 (). A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】A 【分析】举特例否定①；利用向量共线的定义否定②；依据共面向量基本定理否定③. 【详解】当，时，，不能说与方向相同或相反，①不正确； 当时，A，B，C，D四点共面不一定共线，故②不正确； 当，不共线时，当且仅当共面时才满足(). 故③不正确. 故选：A 【典例2】（多选）（23-24高一下·山东淄博·期中）已知，，是平面上的三个非零向量，那么下列说法正确的是（    ） A．若，则或 B．若，则 C．若，则与的夹角为 D．在正方体中， 【答案】BD 【分析】根据向量的定义结合向量模的含义可判断A；根据数量积的运算律判断B；根据向量的夹角公式可判断C；根据正方体的性质可判断D。 【详解】对于A，若，但，的方向不确定，A错误； 对于B，若，两边平方得， 则，B正确； 对于C，，则，即得， 故，， 故， 而，故与的夹角为，C错误； 对于D，在正方体中，， 故四边形为平行四边形，故， 故，D正确， 故选：BD 【变式1】（23-24高三上·广东·阶段练习）如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1的中心为O，则下列结论中 ①+与1+1是一对相反向量； ②-1与-1是一对相反向量； ③1+1+1+1与+++是一对相反向量； ④-与1-1是一对相反向量． 正确结论的个数为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】A 【分析】由向量的加减运算对各个选项进行检验即可. 【详解】设E,F分别为AD和A1D1的中点， ①+与+不是一对相反向量，错误； ②-与-不是一对相反向量，错误； ③1+1+1+是一对相反向量,正确； ④-与1-不是一对相反向量,是相等向量，错误． 即正确结论的个数为1个 故选：A 【变式2】（23-24高二上·湖北武汉·期末）在下列命题中： ①若向量共线，则向量所在的直线平行； ②若向量所在的直线为异面直线，则向量一定不共面； ③若三个向量两两共面，则向量共面； ④已知空间的三个向量，则对于空间的任意一个向量总存在实数使得其中正确命题的个数是（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】A 【分析】根据向量共线，共面的性质逐一分析每个选项. 【详解】对于①，若向量共线，则向量所在的直线平行，也可能共线，故①错误； 对于②，由于向量可以平移，两个向量一定共面，故②错误； 对于③，任意两个向量自然是两两共面，三个向量则不一定共面，例如空间直角坐标系轴所在的向量两两共面，但是显然轴不共面，故③错误； 对于④，若共线时，显然共面，于是只能表示和共面的向量，对于空间中的任意向量则不一定成立，故④错误. 于是四个选项都是错的. 故选：A 【变式3】（23-24高一下·广东惠州·阶段练习）下列命题正确的是（    ） A．空间中所有的单位向量都相等 B．若，则 C．若，满足，且，同向，则 D．对于任意向量，，必有 【答案】BD 【分析】根据向量的基本概念即可求解. 【详解】对于A：向量相等需要满足两个条件： 长度相等且方向相同，缺一不可，故A错； 对于B：根据平行向量和相等向量的定义可知B正确； 对于C：向量不能比较大小，故C错； 对于D：根据向量的模的三角不等式知正确； 故选：BD. 题型02四点共面问题 【典例1】（24-25高二上·新疆喀什·阶段练习）在四面体中，空间的一点满足．若共面，则（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据给定条件，利用空间向量的共面向量定理的推论列式计算即得. 【详解】在四面体中，不共面，而， 则由，得，所以. 故选：D 【典例2】（23-24高二上·湖北黄冈·期中）对空间任意一点和不共线三点，，，能得到，，，四点共面的是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据共面向量的推论判断. 【详解】A选项：，故A错； B选项：，故B正确； C选项：，故C错； D选项：，故D错. 故选：B. 【变式1】（24-25高二上·江苏无锡·期中）设为空间的一个基底，，，，若，，共面，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据向量共面定理列方程，解方程组即可. 【详解】由已知，，共面， 则可设， 即， 即，解得， 故选：D. 【变式2】（23-24高二上·湖北武汉·阶段练习）已知点、、不共线，对空间任意一点，若，则点、、、（    ） A．不共面 B．共面 C．不一定共面 D．无法判断 【答案】B 【分析】根据共面向量的基本定理可得出结论. 【详解】因为，则， 即，即，所以共面， 又因为它们有公共点，所以点、、、共面. 故选：B. 【变式3】（23-24高二下·四川成都·期中）已知为空间任意一点，若，则四点（    ） A．一定不共面 B．一定共面 C．不一定共面 D．无法判断 【答案】B 【分析】根据空间向量线性运算化简得，即可判断四点位置情况. 【详解】由题设， 所以，则，故四点共面. 故选：B 题型03平面法向量的求解 【典例1】（23-24高二下·江苏·阶段练习）已知平面α上的两个向量，，则平面α的一个法向量为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据平面法向量的定义，列式计算得解. 【详解】显然与不平行，设平面α的法向量为， 则，所以，令，得，. 所以． 故选：C. 【典例2】（23-24高二上·安徽阜阳·阶段练习）在棱长为1的正方体中，求平面的法向量和单位法向量. 【答案】，或 【分析】以点D为坐标原点，建立空间直角坐标系，写出点的坐标以及的坐标，根据方程组求解即可得出.然后根据或即可得出单位法向量. 【详解】 如图，以点D为坐标原点，建立空间直角坐标系， 则，，， 所以，，. 设平面的法向量， 则有. 取，可得. 与同向的单位法向量； 与同向的单位法向量. 【变式1】（23-24高二·全国·课后作业）在平面中，点，若，且为平面的法向量，则 ， . 【答案】 【分析】根据题意，结合，列出方程组，即可求解. 【详解】由平面中，点， 可得， 因为为平面的一个法向量，则， 解得. 故答案为：；. 【变式2】（2024高三·全国·专题练习）已知向量、是平面内的两个不共线的向量，，，求平面的一个法向量的坐标． 【答案】（答案不唯一） 【分析】设法向量，由且，利用向量数量积的坐标运算求解. 【详解】设平面的一个法向量，则， 令，则，故， 所以平面的一个法向量（答案不唯一）. 【变式3】（23-24高二上·新疆·阶段练习）在长方体中，，，.以D为原点，以为空间的一个单位正交基底，建立空间直角坐标系，求平面的法向量. 【答案】（答案不唯一） 【分析】根据坐标系写出点的坐标，然后写出平面内两个不共线的向量坐标，根据法向量与平面内向量数量积为0列方程组求解可得. 【详解】如图，以为空间的一个单位正交基底，建立空间直角坐标系， 则，得， 设为平面的一个法向量， 则，取，得， 所以平面的一个法向量为. 题型04利用空间向量证明平行、垂直关系 【典例1】（24-25高二上·福建福州·期中）在四棱锥中，平面平面，，，，，，. (1)求证：平面； (2)在棱上是否存在点，使得平面？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）面面垂直得到线面垂直，再由线线垂直证明线面垂直； （2）取AD中点，证明三条直线两两垂直，然后建立空间直角坐标系，得到对应点的坐标，设，使得平面，用空间向量建立等量关系，求得的值. 【详解】（1）∵面面，面面， ，面， ∴面， ∵面， ∴， 又，，面，面 ∴面， （2）取中点为，连结， ∵， ∴， ∵， ∴ ∵面面，面面， 两两垂直，建立如图所示空间直角坐标系， 易知，，，， 则，，，， 设为面的法向量，令. 则 假设存在点使得面， 设，， 又，，，， 有∴ ∵面，为的法向量， ∴，即，得 综上，存在点，即当时，点即为所求. 【典例2】（24-25高二上·重庆·期中）如图，三棱柱的底面是等腰直角三角形，，侧面是菱形，，，平面平面.    (1)证明：； (2)求点到平面的距离； (3)线段是否存在一点，使得平面平面，如果存在找出点的位置，不存在请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在，答案见解析 【分析】（1）利用线面垂直的判定可得平面，然后利用线面垂直性质定理结合平行即可得证. （2）根据给定条件，结合余弦定理，利用等体积法求出点到平面的距离. （3）以为原点，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，设，平面的法向量为，平面的法向量为，求出两个平面的法向量，由即可求解. 【详解】（1）连接，由四边形为菱形，得，由，得， 又平面平面，平面平面，面ABC， 则平面，又平面，于是，而，则， 又，平面，因此平面，又平面， 所以    （2）点到平面的距离，即三棱锥的底面上的高， 由（1）知平面，则三棱锥的底面上的高为， 设点到平面的距离为d，由，得， 而，，则的面积， 由，，得，又，，则， 又，，由余弦定理得， 则，的面积， 则，即 ，所以点到平面的距离为. （3）    取的中点为，连接， 因为四边形是菱形，且， 所以，， 又因为平面平面，平面平面， 平面， 所以平面， ，即， 如图，以为原点， 为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 则， 设，， 所以，可得， ， 设平面的法向量为， 则， 可得， ， 设平面的法向量为， 则， 可得， 使得平面平面， 则，解得， 故上存在一点，当时，平面平面. 【变式1】（24-25高二上·广东佛山·阶段练习）如图，在四棱锥中，平面，，，，，， (1)证明：平面平面； (2)在棱上是否存在一点，使得平面？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，，证明见解析. 【分析】（1）运用两次证明线线平行，得到线面平行，再用面面平行判定定理证明即可；（2）建立空间直角坐标系，写出关键点坐标，求出方向向量和平面法向量计算证明即可. 【详解】（1）如图，连接,由于平面，平面,则. 且，，则. 又，则，故. 又,则,又,则四边形为平行四边形.则. 平面,平面,则平面(∗). 由于，，则.又，则, 则,则，则. 平面,平面,则平面(∗∗). 平面,结合 (∗)，(∗∗)，得到平面平面. （2）由前面证明知道，四边形为矩形，平面， 则两两垂直，可建立空间直角坐标系.则 , 设,则. 设平面法向量为，且. 则,则，则解得. 又,若平面，则. 则， 则，解得.此时. 故棱上存在一点，使得平面，. 【变式2】（23-24高二上·广东珠海·阶段练习）如图，四边形ABCD是边长为1的正方形，平面ABCD，平面ABCD，且，E为BC的中点. (1)证明：平面ABCD； (2)在线段AN上是否存在点S，使得平面AMN?如果存在，求出线段AS的长度；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在， 【分析】（1）由平面，平面ABCD，所以，因为，所以四边形MDBN为平行四边形，所以可证明结论. （2）建系，设，由平面AMN，解出，再由向量的模长公式计算长度. 【详解】（1）证明：连接BD，如图(1).    因为平面，平面ABCD， 所以. 因为， 所以四边形MDBN为平行四边形. 所以. 又平面，平面ABCD，所以平面ABCD. （2）由题意知DM，DC，DA两两垂直. 以点D为原点，DA，DC，DM所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图(2)的空间直角坐标系，    则，，，，， 假设在线段AN上存在点S，使得平面AMN，连接AE. 易知，，. 设，， 则. 由平面AMN，得即 解得. 此时，所以. 故在线段AN上存在点S，使得平面AMN，此时线段AS的长度为. 【变式3】（23-24高三上·江苏南通·阶段练习）已知四棱锥的底面为直角梯形，平面，.    (1)若点是棱上的点，且满足，证明：平面； (2)若点为棱上的一点（不含端点），试探究上是否存在一点N，使得平面ADN平面BDN？若存在，请求出的值，若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，. 【分析】（1）利用空间向量证明线面平行； （2）建立空间直角坐标系，设，由平面平面解出即可. 【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，，，，, 因为点是棱上靠近的三等分点，即，则， 则，，， 设平面的一个法向量为，满足 令，则，则． ，∴， 又平面，所以平面． （2）存在． 设，则，，，    设平面的一个法向量为，满足 令，则，故取． ，， 设平面的法向量为， 满足 令，则，故取， 若平面平面，则，即 解得，此时为的中点，则． 题型05异面直线所成角 【典例1】（24-25高二下·江苏淮安·期中）如图，在直三棱柱中，AB⊥AC，，点E，F分别为棱AB、的中点． (1)求直线与直线AF的夹角的余弦值； (2)求点F到平面的距离． 【答案】(1) (2)． 【分析】（1）以点A为坐标原点，AB、AC、所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得直线与直线AF的夹角的余弦值； （2）求得平面的法向量，利用空间向量法可求得点F到平面的距离. 【详解】（1）因为丄平面ABC，AB⊥AC，以点A为坐标原点，AB、AC、所在直线分别为x，y，z轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 因为，则A(0,0,0)、、E(1,0,0)、F(1,0,2)， 所以，，， ， 所以，直线与直线AF的夹角的余弦值为． （2）易知，，， 设平面的法向量为， 则，取x=2，可得， 所以平面的一个法向量为， 且，所以，点F到平面的距离为． 【典例2】（2025·江西·模拟预测）如图1，是圆的直径，，，，现将圆沿直径翻折，如图2，记二面角的大小为． (1)当时，求直线与底面所成角的正弦值； (2)是否存在使得直线与直线垂直？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)； (2)不存在，理由见解析. 【分析】（1）方法一：建立空间直角坐标系，求出和平面的法向量，利用数量积求出向量间夹角的余弦值，从而得到线面角的正弦值；方法二：作辅助线，利用面面垂直的性质证得为所求线面角，通过边长关系求出正弦值； （2）建立空间直角坐标系，作出二面角的平面角，分析出在翻折过程中，点在以为圆心、为半径的圆上，从而可设出点坐标，利用数量积的坐标运算得出，即可得出结论. 【详解】（1）方法一： 如图，以为坐标原点，以所在直线分别为轴，过点作轴垂直平面，建立空间直角坐标系． 当时，平面平面，因为，，所以， 则，，． 易知底面的一个法向量为， 所以直线与底面所成角的正弦值为. 方法二： 如图，过点作，垂足为，连接， 因为，即平面平面，且平面平面，，平面， 所以平面，得到为所求直线与底面所成角， 由，， 得，，， 故． （2）不存在，理由如下： 如图1-12，过点作的垂线，垂足为，延长与圆交于点．翻折后（如图1-13），由，知，． 在将圆沿直径翻折的过程中，点在以为圆心、为半径的圆上，且该圆与直径垂直． 如图，以为坐标原点，以所在直线分别为轴，过点作轴垂直平面，建立空间直角坐标系. 设，，则，即， 又，，，所以，， 所以． 因此不存在使得直线与直线垂直． 【变式1】（24-25高一下·江苏苏州·阶段练习）如图，棱长为2的正方体，点E在BD上（异于B，D）． (1)若平面分别交，，BD，AE于点M，N，P，Q，四边形MNPQ为平行四边形，求证： 平面： (2)若，求异面直线与的夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析； (2) 【分析】（1）根据线面平行的判定先证明平面，再由线面平行的性质证明，再由线面平行判定定理得证； （2）利用中位线作出异面直线所成的角，再由余弦定理求解即可. 【详解】（1）如图， 因为四边形MNPQ为平行四边形， 所以， 又平面，平面， 所以平面， 又平面，平面平面， 所以， 又平面，平面， 所以 平面. （2）连接，且交于，连接，如图， 因为，，，平面， 所以平面，又平面， 所以，又四边形为正方形， 所以为的中点，所以， 又为中点，所以，且, 所以异面直线与的夹角为（或其补角）， 在等腰三角形中，， 由余弦定理，, 即异面直线与的夹角的余弦值为. 【变式2】（2025·江苏盐城·模拟预测）在四棱锥中，,，. (1)求证：平面； (2)设为棱上一点，若直线与所成角的余弦值为，求的值. 【答案】(1)证明见解析; (2)或. 【分析】（1）在上取一点，得到，则有，利用余弦定理及勾股定理的逆定理证得，则有平面，即有，再结合可证得平面； （2）建立空间直角坐标系，设，利用空间向量间夹角的坐标运算公式建立方程，即可得解. 【详解】（1） 在棱上取一点，使得，连接, 因为，所以四边形是平行四边形，则，因为，所以. 又因为，根据余弦定理可得，即， 则有，所以， 又平面，则平面， 又平面，则， 又因为平面， 所以平面. （2）以点为坐标原点，以所在直线分别为轴，轴，过点作轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 设，则， 则， 于是， 化简得，解得或， 所以或. 【变式3】（2025高三·全国·专题练习）如图，已知三棱锥，，，． (1)求证：； (2)若异面直线与所成的角的余弦值为，求． 【答案】(1)证明见解析 (2)或． 【分析】（1）根据面面垂直的性质可得平面即可证. （2）根据题意建立空间直角坐标，设，利用空间向量坐标法求异面直线与所成的角的余弦值，解出即可求. 【详解】（1）由得平面平面． 由平面平面且得平面， 所以． （2）不妨设， 以为原点，分别以为轴，轴建立空间直角坐标系， 则，， 故，， 则， 解得或， 所以或． 题型06利用向量法求直线与平面所成角 【典例1】（24-25高二上·贵州黔南·阶段练习）在直三棱柱中，，是的中点，则直线与平面所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法即可求出答案. 【详解】设，则， 则，即， 在直三棱柱中，平面， 建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， 则，，， 设平面的一个法向量为， 则，令，得. 直线与平面所成角为， 所以， 故直线BC与平面所成角的正弦值为. 故选：D. 【典例2】（24-25高三下·河北沧州·阶段练习）已知正四棱柱中，，则与平面所成角的正弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，进而得到向量的坐标，再求出平面的法向量；最后利用向量公式求出直线与平面所成角的正弦值. 【详解】因为正四棱柱中底面ABCD是正方形，且，所以. 以为原点，分别以所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系. 则，，，，. 所以， ，. 设平面的法向量为， 则且. ，  . 令，解得，. 所以. 设直线与平面所成角为，则. . ，. 所以. 故选：D. 【变式1】（24-25高二上·辽宁丹东·期末）在三棱锥中，两两互相垂直，为的中点，且，则直线与平面所成角的正弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】建立空间直角坐标系求出平面的法向量，再由线面角的向量求法可得结果. 【详解】因为两两互相垂直，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如下图所示： 由可设，则， 因此， 显然，， 设平面的一个法向量为， 则，令，则； 所以， 设直线与平面所成的角为， 所以. 故选：A 【变式2】（24-25高二下·安徽·开学考试）如图，圆锥的底面圆周上有，，三点，为底面圆的直径，点是底面直径所对弧的中点，点是母线的中点，若，则直线和平面所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】建系标点，求平面的法向量，利用空间向量求线面夹角. 【详解】建立空间直角坐标系如图所示， 则，，，，，， 可得，，， 设平面的法向量为，则， 令，则，可得， 设直线和平面所成角为， 可得. 故选：B. 【变式3】（24-25高三上·辽宁丹东·期末）已知正三棱锥中，D是棱PC上的点，，且，则直线BD与平面PAB所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】建系，设点，根据列方程得到，然后利用空间向量的方法求线面角. 【详解】 取中点，连接， 因为为中点，所以，， 因为，平面，所以平面， 以为原点，所在直线分别为轴，作平面，建立如图所示的空间直角坐标系， 设，则，，，， 设，，，，，， 因为，所以，解得， 则，， 设平面的法向量为，则， 取，则，， 所以，， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 故选：A. 题型07利用向量法解决直线与平面所成角的探索性问题 【典例1】（24-25高二上·天津北辰·阶段练习）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，E、F、G分别是的中点．    (1)求证：平面； (2)求平面与平面所成二面角的夹角的余弦值； (3)线段上是否存在一个动点M，使得直线与平面所成角正弦值，若存在，求线段的长度，若不存在，说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在，或 【分析】（1）根据面面垂直的性质定理及线面垂直的性质定理证明即可. （2）取的中点O，连接，连接，利用面面垂直的性质定理得平面，建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，利用向量法求解夹角余弦值. （3）设，则，然后利用线面角的向量公式列式计算求得或1，即可求解线段的长度. 【详解】（1）因为平面平面，平面平面， 平面， 所以平面， 又E、F分别是的中点，则， 故平面； （2）取的中点O，连接，连接，则， 因为平面平面平面，平面平面， 所以平面， 故以点O为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示， 则， 所以， 设平面的法相向量为，则，即， 令，则，故， 又平面的法向量为，所以， 所以平面与平面所成二面角的夹角的余弦值为；    （3）设，因为， 故， 所以， 因为直线与平面所成角为正弦值，故， 化简可得，解得或1， 所以或. 【典例2】（24-25高二上·重庆秀山·阶段练习）如图，已知矩形所在平面与直角梯形所在平面交于直线，且，，，，且. (1)设点为棱的中点，求证：平面； (2)求平面与平面的所成角的余弦值； (3)线段上是否存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，试确定点的位置；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在，点与点重合 【分析】（1）利用勾股定理逆定理先判定，建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量研究线面关系即可； （2）利用空间向量计算面面夹角即可； （3）假设存在，设，由空间向量计算线面夹角，解方程求参数即可. 【详解】（1）由已知，，可知，则， 又矩形中有，且， 平面，所以平面， 又， 则平面，所以两两垂直， 故以为原点，分别为轴，轴，轴正方向， 建立如图所示的空间直角坐标系 ， 则，所以. 易知平面的一个法向量等于， 所以，所以， 又平面，所以平面. （2）因为， 设平面的法向量为， 由，得， 取，则， 即为平面的一个法向量， 因为， 设平面的法向量为， 由，得， 取，则， 即为平面的一个法向量， 设平面与平面的所成角为， 则； （3）存在，当点与点重合时，直线与平面所成角的正弦值为. 理由如下： 假设线段上存在一点，使得直线与平面所成的角的正弦值等于. 设， 则. 所以 . 所以，解得或(舍去)， 因此，线段上存在一点，当点与点重合时， 直线与平面所成角的正弦值等于. 【变式1】（24-25高二上·北京·期中）如图，在四面体中，平面，点为中点，且，，. (1)证明：； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)在直线上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在；求的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见详解 (2) (3)存在， 【分析】（1）由勾股定理得，由平面得，从而平面，进而得出结论； （2）以A为坐标原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，利用向量夹角公式求解； （3）设，则，求得，设直线与平面所成角为，由题意，列式求解即可. 【详解】（1）因为，则，即， 又因为平面，平面，则， 且，平面， 可得平面， 由平面，可得. （2）以A为坐标原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则， 可得, 设平面的法向量为，则， 令，则，可得， 设平面的法向量为，则， 令，则，可得， 则， 所以平面和平面夹角的余弦值为. （3）设，则， 设，则，得， 即，可得， 平面的法向量为， 设直线与平面所成角为， 由题意，， 整理可得，解得或（舍去）， 所以存在，使得直线与平面所成角的正弦值为，此时. 【变式2】（24-25高二上·江西·阶段练习）如图1，等腰直角的斜边，为的中点，沿上的高折叠，使得二面角为，如图2，为的中点． (1)证明：． (2)求二面角的余弦值． (3)试问在线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出线段的长度；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在， 【分析】（1）根据三角形性质以及线面垂直判定定理可证明平面，再由线面垂直性质可得结论； （2）方法一：建立空间直角坐标系，利用二面角的向量求法计算可得结果； 方法二：根据二面角定义作出二面角的平面角，即可求出二面角的余弦值； （3）方法一：设，利用线面角的向量表示计算可得当时，满足题意； 方法二：根据题意作出直线与平面所成角的平面角，计算可知当时，满足题意. 【详解】（1）在图1的等腰直角中，为的中点，则， 所以在图2中，有，， 又，平面，所以平面， 又平面，可得； 因为平面，所以是二面角的平面角，即， 所以为正三角形，因为为的中点，所以， 又平面， 可得平面，又平面 所以． （2）方法一： 以为原点，，所在直线分别为，轴，在平面内过点作垂直于轴 的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系． 易知，，，，， 所以，， 设平面的法向量为， 则，解得，令，则； 所以平面的一个法向量为． 设平面的法向量为， 则，解得，令，则； 可得平面的一个法向量为， 所以， 即二面角的余弦值为． 方法二： 作于，于，连接，如下图所示： 因为平面，平面，所以． 因为平面，所以平面． 平面，故, 因为，平面MNH，故平面MNH， 所以即为二面角的平面角． 在中，，，所以，． 在中，，，所以， 所以， 可得． 所以二面角的余弦值为. （3）假设在线段上存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为． 方法一： 易知，， 设，则， 平面的一个法向量为． 依题意可得， 解得或（舍去）， 所以存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为，此时． 方法二： 作于，如下图所示： 由（1）知平面，又平面， 所以平面平面， 又平面平面，平面，所以平面， 所以即为与平面所成的角． 在中，由余弦定理可得， 所以． 设，则，， 所以，解得或（舍去）， 所以存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为，此时. 【变式3】（24-25高三上·贵州·阶段练习）如图，在三棱柱中，侧面为菱形，，底面为等边三角形，平面平面，点满足，点为棱上的动点（含端点）． (1)当与重合时，证明：平面平面； (2)是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？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）取中点，连接，根据面面垂直的性质证明平面，证明，可得平面，再根据面面垂直的判定定理即可得证； （2）连接，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可. 【详解】（1）如图，取中点，连接， 因为侧面为菱形，， 所以， 又因为平面平面，平面平面， 平面，所以平面， 又因为为的中点，所以四边形为平行四边形，所以， 所以平面，又平面，所以平面平面； （2）连接，因为为等边三角形，则， 所以两两垂直，则以为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示： 令三棱柱的棱长为2，所以， 故， ， 又，所以， 设，， 则， 即； 又， 设平面的法向量为， 则则，取，则， 故平面的法向量可为， 又，设直线与平面所成角为， 由题可得，即， 整理得：，解得， 故当时，直线与平面所成角的正弦值为． 题型08利用向量法求二面角 【典例1】（24-25高二下·江苏盐城·阶段练习）已知两平面的法向量分别为，，则两平面的夹角为（ ） A． B． C．或 D． 【答案】A 【分析】通过向量夹角公式求出两平面法向量的夹角，再根据两平面夹角与法向量夹角的关系求出两平面的夹角. 【详解】因为两平面的法向量分别为，. 又，，. 所以. 所以两平面的夹角为. 故选：A. 【典例2】（2024·内蒙古包头·一模）如图，底面是边长为2的正方形，半圆面底面，点为圆弧上的动点．当三棱锥的体积最大时，二面角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由题意当三棱锥的体积最大时,此时点处于半圆弧的正中间位置.此时建立适当的空间直角坐标系，求出平面，平面的法向量，由法向量夹角余弦的坐标公式即可求解. 【详解】三棱锥的体积与到平面的距离成正比， 故当三棱锥的体积最大时,此时点处于半圆弧的正中间位置. 点处于半圆弧的正中间位置时，记的中点为，以其为原点，分别作为轴正方向，建立空间直角坐标系. 平面显然有法向量， ， 设为平面的法向量， 则该向量与和均垂直， 所以，从而. 令，解得， 故符合条件， 显然二面角为锐角， 因此所求余弦值为. 故选：D. 【变式1】（24-25高三上·安徽阜阳·阶段练习）在三棱锥中，分别是棱的中点，则当三棱锥的体积最大时，二面角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】当三棱锥的体积最大时，平面平面，取中点，连接，，则 ，，从而建立空间直角坐标系，利用向量求出二面角的余弦值即可. 【详解】在三棱锥中，， 分别是棱的中点， 当三棱锥的体积最大时，平面平面， 如图：取中点，连接，，则 ，， 平面平面，平面平面，，平面， 则平面， 故以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，，， ，，，， 所以设平面的一个法向量为 则，即，令，则，， 故， 设平面的一个法向量为 则，即，令，则，， 故， 所以. 由图知，二面角为锐二面角， 故二面角的余弦值为. 故选：C. 【变式2】（24-25高二上·河南郑州·阶段练习）在四棱锥中，平面ABCD，底面ABCD为矩形，.若BC边上有且只有一个点Q，使得，此时面APD与面PDQ所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由线面垂直的性质与判定可证得平面，进而得到，设，，，利用勾股定理可得关于的方程，由方程有且仅有一个范围内的解，由求得的值；以为坐标原点，利用二面角的向量求法可求得结果. 【详解】平面，平面，， 又，，平面，平面， 又平面，； 设，，， ，，， ，即， 关于的方程有且仅有一个范围内的解，对称轴为，，解得：，， 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，，，，， 轴平面，平面的一个法向量； 设平面的法向量， 则，令，解得：，，， ， 由图形可知：二面角为锐二面角，二面角的余弦值为. 故选：C. 【变式3】（24-25高二上·北京·阶段练习）如图，三棱锥中，，且平面与底面垂直，为中点，，则平面与平面夹角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据面面垂直的性质定理，可得平面，故以为坐标原点，建立空间直角坐标系，然后利用向量法直接求解面面角的余弦值即可. 【详解】如图，连接， 因为为中点， 所以， 又平面底面，平面底面平面， 所以平面，故两两垂直， 以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 设，由， 可得， 则， 设平面的一个法向量为， 则有，令，得，则， 设平面的一个法向量为， 则有，令，得，得， 则， 则平面与平面夹角的余弦值为. 故选：B 题型09利用向量法解决二面角中的探索性问题 【典例1】（24-25高二下·江苏连云港·阶段练习）如图，在四棱柱中，已知底面，，，，，点是线段上的动点（不包含端点）. (1)求证：平面； (2)求直线与所成角的余弦值的最大值； (3)若二面角的正弦值为.求线段的长. 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3). 【分析】（1）根据四棱柱的几何性质，结合线面判定定理，可得答案. （2）根据直线与其斜交平面内的直线的交角的取值范围，求得平面与直线的夹角，结合法向量与线面距，可得答案. （3）求得组成二面角的两平面的法向量，结合夹角的向量公式，建立方程，可得答案. 【详解】（1）在四棱柱中，，而平面，平面， 所以平面. （2）取中点，连接，在梯形中，，得，， 四边形是，，由，得，而平面， 则直线两两垂直，以为原点，直线分别为轴，建立空间直角坐标系， ，在中，， 则， ， 设平面的法向量为，可得，取，得， 设点到平面的距离， 设直线与平面的夹角为，则，即， 而，且平面，所以当直线与所成角为时，其余弦值取得最大值. （3）由（2）得，， 由，令，，则， 设平面的法向量，则，令，得， 设平面的法向量，则，令，得， 设二面角的大小为，则， 由二面角的正弦值为，则， 则，整理得，而，解得， ，，所以线段的长为. 【典例2】（24-25高二下·湖南·阶段练习）如图，是以为直径的半圆上的动点，已知，且，平面平面． (1)求证：； (2)当三棱锥的体积取得最大值时，在线段上是否存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值等于？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）过点作于，应用面面、线面垂直的性质有，再由线面垂直的判定证明面，最后应用线面垂直的判定和性质证明结论； （2）根据已知确定三棱锥的体积取得最大有，过点作于，建立合适的空间直角坐标系，应用向量法，结合面面角的余弦值，求解即可. 【详解】（1）过点作于， 由平面平面，平面平面，平面， 平面，平面，故，又为直径，易知， 且由于，，则不可能重合，重合的话，与三角形内角和矛盾. 则平面，所以平面，平面， ，且，平面，， 平面，平面，故. （2）由（1）知， 当时，取到最大值，过点作于， 建立以为原点，为轴，为轴，过点垂直于平面的方向为轴的空间直角坐标系，如下图所示： 设平面与平面的法向量分别为，易知平面的法向量可取， 则， 设，则，则， 所以，则， 令，可得， 由于平面与平面夹角的余弦值. 则，因此， 即，即，即，解得或(舍去). 此时，，则. 故线段上是否存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值等于，且. 【变式1】（24-25高二下·四川泸州·期中）如图，在四棱锥中，，，，，，点Q为棱PC上一点． (1)证明：平面； (2)当二面角的余弦值为时，求． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）在四棱锥中由勾股定理计算可证明，，结合线面垂直判定定理可得出结论； （2）建立空间直角坐标系分别求出平面和平面的法向量，设，再利用二面角的余弦值解方程可得. 【详解】（1）在四棱锥中， 由，，，， 得，， 则，， 又，且，平面， 所以平面． （2）由（1）知两两垂直，以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图： 则， 可得，，， 设（），则， 设平面的法向量， 则，令，得， 设平面的法向量为， 由，解得，令，，得， 由二面角的余弦值为，得， 即，整理得，解得， 所以． 【变式2】（2025高三·全国·专题练习）如图，在三棱锥中，平面，，，，分别为棱的中点，分别为线段上一点，且，． (1)当时，证明：平面； (2)若平面与平面夹角的正弦值为，求此时点的坐标． 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）连接，在线段上取一点，使，在线段上取一点，使，连接，结合已知先证，再由线面平行的判定证明结论； （2）构建合适的空间直角坐标系，并标注出相关点的坐标，进而求出平面与平面的法向量，应用向量法及面面角的正弦值，列方程求参数，进而确定点的坐标． 【详解】（1）如图，连接，在线段上取一点，使， 在线段上取一点，使，连接， 则，且． 因为分别为棱的中点．则， 且，，， 所以，，又，所以，， 所以四边形为平行四边形，同理四边形为平行四边形， 所以，，所以． 因为平面，平面，所以平面． （2）如图，以为原点，过点作的垂线为轴，分别以射线为轴的正半轴建立空间直角坐标系， 易得，，，，所以，， 又，所以，所以，则． 设平面的一个法向量为，则， 令，得，，则． 易知平面的一个法向量为． 因为平面与平面所成角的正弦值为， 易知平面与平面所成角为锐角，则这两个平面夹角的余弦值为， 所以，整理得，解得或（舍去）， 所以. 【变式3】（24-25高二下·河南·阶段练习）如图，直四棱柱的底面为直角梯形，为的中点，点为棱上一动点. (1)证明：平面； (2)当点为棱的中点时，证明：平面平面； (3)若二面角的余弦值为，求的值. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）取的中点，连接，先证出四边形为平行四边形，再利用线面平行的判定定理直接证明即可； （2）以为坐标原点，以直线，分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，利用坐标表示向量的数量积，即可得到线线垂直，然后利用面面垂直的判定定理证明即可； （3）设，设平面的一个法向量，并求出法向量，又向量是平面的一个法向量，然后利用向量法表示出二面角的余弦值，即可求得，即可得出结果. 【详解】（1）取的中点，连接， 在中，为中位线，所以，且， 因为四边形为直角梯形，，所以， 又，所以， 所以，且，所以四边形为平行四边形， 所以， 又平面平面， 所以平面. （2）易知两两垂直，以为坐标原点， 以直线，分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 所以，， 因为， 且， 所以，即， 因为平面，所以平面， 又平面，故平面平面. （3）设，则由（2）知，所以， 设平面的一个法向量，则，即， 取，解得，所以， 由（2）可知，向量是平面的一个法向量， 因为二面角的余弦值为， 所以， 整理，得，解得，或（舍去）， 所以，则，故. 题型10利用向量法求点到直线的距离 【典例1】（2025·天津滨海新·三模）如图，在多面体ABCDGEF中，四边形ABCD为直角梯形，且满足，，，，平面ABCD． (1)证明：平面CDE； (2)求平面CDE与平面ABE夹角的余弦值； (3)求点G到直线AB的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）根据线面垂直的判断定理，转化为证明和，即可证明； （2）根据（1）的结果，分别求平面和平面的法向量，利用法向量求平面夹角的余弦值； （3）代入点到直线的距离公式，即可求解. 【详解】（1）因为平面，平面， 所以， 且，，平面， 所以平面，平面， 所以， 由条件可知四边形是正方形，所以， ，且平面， 所以平面； （2） 如图，以点为原点，以为轴的正方向建立空间直角坐标系， ，，，，，， 由（1）可知，平面的法向量可为， ，， 设平面的一个法向量为， 所以，令，则，， 所以平面的一个法向量， 设平面CDE与平面ABE的夹角为， 所以； （3）, 所以点到直线的距离. 【典例2】（24-25高三下·山西·阶段练习）如图，在直四棱柱中，，，，，． (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)若为线段上的动点，求到直线距离的最小值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）由直棱柱的性质可得，再结合，可证得平面，则，然后根据已知的条件可得∽，从而可证得，进而可得，最后利用线面垂直的判定定理可证得结论； （2）由题意可证得，，，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，分别求出平面与平面的法向量，从而利用向量的夹角公式可求得结果； （3）设，则表示出点的坐标，从而可表示出的坐标，然后表示出到直线的距离，化简可求出其最小值. 【详解】（1）证明：由直四棱柱知底面， 因为平面，所以， 又，，，平面， 所以平面， 因为平面，所以． 因为，，， 所以，， 所以∽，所以， 因为，所以，所以， 又，，平面，所以平面． （2）解：因为底面，平面， 所以， 因为，所以，，两两垂直， 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如图所示， 则，，，，，， 由（1）知，为平面的一个法向量． 设为平面的一个法向量， 因为，， 所以，即，令，可得． 所以， 所以平面与平面夹角的余弦值为． （3）解：设，， 则，， 设到直线的距离为，则 ， 所以当时，，即到直线距离的最小值为． 【变式1】（2025·天津北辰·三模）如图，在四棱锥中，底面为矩形，侧棱底面是的中点，点是棱上靠近的四等分点. (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)求点到直线的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）法一合理作出辅助线，利用中位线定理得到，再利用线面平行的判定定理得到线面平行，法二建立空间直角坐标系，求出关键点的坐标和关键平面的法向量，利用空间位置关系的向量证明求解即可. （2）建立空间直角坐标系，求出关键点的坐标和关键平面的法向量，结合线面角的向量求法求解即可. （3）建立空间直角坐标系，求出关键点的坐标和关键平面的法向量，利用空间中点到平面的距离公式求解即可. 【详解】（1）法一：如图，连接交于，连接， 因为底面为矩形，所以为的中点， 因为为的中点，所以是的中位线， 得到，而平面，平面，故平面. 法二：根据题意，以点为坐标原点， 分别以为轴，建立空间直角坐标系， 由题意得， 则， 设为平面的法向量， 则，即， 令，则，故， 平面，平面. （2）， ， 直线与平面所成角的正弦值为. （3）由已知得， 由点到直线的距离公式得， 故点到直线的距离为. 【变式2】（23-24高二下·江苏扬州·期末）已知三棱柱的棱长均为. (1)证明：平面平面； (2)若，且直线与平面所成角的正弦值为，求点到直线的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取AC的中点，连接由余弦定理和勾股定理证明，再证，推出平面，最后由线面垂直推出面面垂直即可； （2）由题意建系，根据题设条件，求出平面的法向量，借助于空间向量夹角公式求出的值，最后利用点到平面距离的向量公式计算即得. 【详解】（1）    如图，取AC的中点，连接， 由余弦定理，， 故有，所以， 由题设可知，为边长为2的等边三角形，所以， 因为，所以，所以， 又因为平面， 所以平面， 又因为平面，所以平面平面； （2）由（1）可知两两垂直，故可分别以所在直线为轴 建立空间直角坐标系如图所示.    则， . 因为，则， 设平面的法向量为， 则 不妨取， 可得是平面的一个法向量. 设直线与平面所成角为， 则， 化简整理得解得，或（舍去），则， 又因为，可得. 设点到直线的距离为， 则，解得. 故点到直线的距离为. 【变式3】（24-25高三上·天津滨海新·期中）如图，在直三棱柱中，，，，点，分别在棱和棱上，且，． (1)设为中点，求证：面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)求点到直线的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）取BE的中点为G，连接，根据线面平行的判定定理即可证明结论； （2）建立空间直角坐标系，利用空间角的向量求法，即可求得答案； （3）利用空间距离的向量求法，即可求得答案. 【详解】（1）取BE的中点为G，连接， 因为为中点，所以， 而，，则，，故， 所以，则四边形为平行四边形， 故，而平面，平面， 故平面； （2）在直三棱柱中，，故两两垂直， 以所在直线为轴建立空间直坐标系， 由于， 故， 则， 设平面的法向量为，则， 令，则， 设直线与平面所成角为， 则， 即直线与平面所成角的正弦值为； （3）, 故点到直线的距离为. 题型11利用向量法求点到平面的距离 【典例1】（24-25高二下·福建龙岩·期中）如图，在四棱柱中，底面是菱形，，，则点到平面的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】连接，设，连接，证明平面，再以点为坐标原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可. 【详解】连接，设，连接， 由，得，所以， 因为底面是菱形，所以， 又因为，且，在平面内， 所以平面， 在中，，，所以， 如图，以点为坐标原点建立空间直角坐标系， 则，，，，， 故，，， 设平面的法向量为， 则有，令，得， 所以点到平面的距离. 故选：C. 【典例2】（2025·甘肃甘南·模拟预测）在棱长为的正方体 中，， 分别为棱 ，的中点， 为棱 上的一点，且 ，则点 到平面 的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】建立空间直接坐标系，写出点坐标，利用空间坐标法求点到平面的距离即可. 【详解】 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 ，，， 设平面 的法向量为，则 令 ，则 ，，所以平面 的一个法向量为． 所以点 到平面 的距离为， 故选：A 【变式1】（2025高三·全国·专题练习）在长方体中，已知，，点是四边形内（包含边界）的一个动点，若点到平面的距离为1，则点的轨迹的长度为（    ） A． B． C．1 D． 【答案】D 【分析】解法一：将平面延展，借助线面位置关系找到点的轨迹为线段，然后确定的大致位置，借助线面位置关系找到点到平面的距离，利用等面积法求得，，最后利用中位线性质即可求得点的轨迹的长度. 解法二：建立空间直角坐标系，设出点P的坐标，求出平面的法向量，利用点到平面的距离向量公式求得点的轨迹的方程，然后求出线段长度即可. 【详解】解法一：如图，将，，分别延长至，，， 使得，，，连接， 则平面即平面， 则满足条件的点的轨迹为和平面平行的平面与平面的交线 落在四边形内部（含边界）的部分，不妨设为线段. 由面面平行的性质知，线段与平行.设点到平面的距离为， 连接，则由，得， 解得，连接，则线段在的左侧.不妨设点在线段上，在线段上. 过点分别作，交于点，于点，连接， 作于点，易知，，平面， 从而有平面，作，垂足为，则，， 平面，从而有平面，即点到平面的距离为. 易知，， 因为，所以. 设，则，故，，.由及可得， 解得（舍去）或，故为的中点，所以为的中点， 所以，即点的轨迹的长度为，. 解法二：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，，，因为点在平面内， 所以可设， 则，，. 设平面的法向量为，则由，得， 即，取，则， 则点到平面的距离为，所以. 因为点是四边形内（包含边界）的一个动点，所以， 即，由得， 即点的轨迹方程为，. 所以点的轨迹的长度为. 故选：D 【变式2】（24-25高二上·辽宁·期末）如图，平面ABCD，，，，，点M为BQ的中点，若，则N到平面CPM的距离为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据题设构建合适的空间直角坐标系，应用向量法求点面距离即可. 【详解】因为平面，，易知AD，CD，PD两两垂直， 以D为原点，分别以，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系. 依题意得，，，. 所以，，， 设为平面CPM的法向量，则，即， 不妨设，可得， 由，得， 则N到平面CPM的距离为. 故选：B 【变式3】（24-25高二上·广东惠州·阶段练习）如图，正方体的棱长为1，且分别是各棱的中点，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，求出各点的坐标，用向量的坐标运算证明向量共面，进而证明点共面，确定平面的一个法向量，利用点到面的距离的向量计算公式求得答案. 【详解】在正方体中，以D为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则，，，，，，，， 于是，，，，，， 则有，，， ，， 因此，，，，共面，又它们过同一点E， 所以E，F，G，H，K，L共面， 因，，又， ， 是平面的一个法向量，且， 设点到平面的距离为， 则. 故选：C. 题型12利用向量法解决点到平面的距离的探索性问题 【典例1】（24-25高二下·浙江温州·开学考试）如图，矩形ABCD中，，，E为AD的三等分点靠近D点，将沿着BE折起，使得点在底面的射影O落在BD上，Q为线段上的动点． (1)求证：平面平面； (2)若，当Q到平面的距离为时，求的值． 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）根据已知先证、，再由线面、面面垂直的判定证结论； （2）构建合适的空间坐标系，再由已知求的坐标，并求出平面的法向量及的坐标，应用点面距离的向量求法列方程求参数. 【详解】（1）连接CE、BD，，点在底面的射影O落在BD上， 所以平面，平面BCDE，则， 由，则，， 矩形ABCD中，则，，所以，， ，即， 由且都在平面内，则平面，平面， 平面平面. （2）以C为原点，CD所在直线为x轴，CB所在直线为y轴建系如图． ，，，， 设，，，，， 即，解得，，，即， 设平面的法向量为，，， 所以，解得， 由，易知， ，解得. 【典例2】（2025·湖南岳阳·一模）如图，在四棱锥中，平面底面，底面为平行四边形，为边的中点，.    (1)求证：； (2)已知二面角的平面角等于，则在线段上是否存在点，使得到平面的距离为，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，为中点 【分析】（1）由余弦定理可求得，进而可得，由面面垂直的性质可得平面，可证. （2）法一，取的中点，可证底面，设在线段上存在点，使得到平面的距离为，且，利用等体积法求解即可.法二，取的中点，可证两两垂直，以为坐标原点，以所在直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，设，求得平面的法向量，平面的一个法向量，利用向量法可求，设，利用点到面的距离可求，可得结论. 【详解】（1）因为，为边的中点，所以， 又在中，， 由余弦定理可得，即，则， 又为平行四边形，所以，则， 又平面底面，平面底面， 所以平面，又平面， 所以. （2）法一：取的中点，又，    所以， 又平面底面， 所以底面， 所以， 而， 所以即为二面角的平面角，， 又为直角三角形，， 所以， 设在线段上存在点，使得到平面的距离为，且， 为直角三角形，， ， 又， 解得，即为中点. 法二：取的中点，又，    所以， 又平面底面， 所以底面， 又，所以， 所以两两垂直. 如图，以为坐标原点，以所在直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系： ， 设，则， 设平面的法向量为， 则， 取，则， 又平面的一个法向量为， 则，得，即. 则平面的一个法向量为， 设，则， 则， 解得， 即为中点. 【变式1】（24-25高二上·江西吉安·期末）在长方体中，侧面为正方形，，为线段（不包含端点）上一动点，请利用空间向量法解决下列两个问题． (1)若，求的长度； (2)求点到平面距离的取值范围． 【答案】(1)1； (2). 【分析】（1）构建合适空间直角坐标系，设且，应用向量垂直的坐标表示列方程求参数m，即可得长度； （2）求出面的一个法向量，应用点面距离的向量求法求范围. 【详解】（1）构建如下图示的空间直角坐标系，则，设且， 则，，又， 则，可得， 所以的长度为1. （2）若是面的一个法向量，则， 令，则，而，故， 所以点到平面距离，， 所以，且，故. 【变式2】（24-25高二上·黑龙江哈尔滨·期末）如图，在平行四边形中，为的中点，沿将翻折至位置得到四棱锥为上一动点， (1)若为的中点，证明：在翻折过程中均有平面； (2)若， ①证明：平面平面； ②当动点到平面的距离为时，求的值． 【答案】(1)证明见解析 (2)①证明见解析，② 【分析】（1）根据中位线的性质可证四边形为平行四边形，即可利用线面平行的判定求证， （2）根据三角形的边角关系可证,根据等腰梯形的性质可得，进而根据勾股定理求证,即可根据线面垂直的判定以及面面垂直的判定求证①，建立空间直角坐标系，求解平面法向量，根据点到平面的距离的向量法即可求解②. 【详解】（1）取的中点，连接, 由于为的中点，故且， 又且，故, 故四边形为平行四边形，故平面,平面, 故平面 （2）①，由于为的中点， 故， 所以，故, 由于,故为等边三角形， 又,故梯形为等腰梯形，因此, 由于，故，即平面， 故平面，平面， 故平面平面； ②以分别为轴的正方向，建立如图所示的空间之间坐标系， 则, ， 设平面的法向量为， 则，取，则， 设，则， 则,故， 因此点到平面的距离，解得， 故 【变式3】（24-25高二上·全国·课后作业）如图，在四棱锥中，侧面底面，侧棱，底面为直角梯形，其中为中点．    (1)证明：平面； (2)求直线与平面夹角的正弦值； (3)在线段上是否存在一点，使得它到平面的距离为？请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在，理由见解析 【分析】（1）根据为中点，可得，再根据面面垂直的性质即可求证； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可； （3）令，利用空间向量表示出到平面的距离，建立方程求解即可. 【详解】（1）证明：在中，为中点， 所以． 因为侧面底面，平面平面平面， 所以平面． （2）连接，由（1）知平面，且平面， 所以． 因为， 所以四边形为平行四边形． 又因为，所以． 以为坐标原点，以为轴、轴、轴正方向，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，即， 令，得， 平面的一个法向量为． 设直线与平面的夹角为， 则．    （3）存在点，且，使得到平面的距离为，理由如下： 由（1）知， 令，则． 设平面的一个法向量为， 则，即， 令，得， 所以为平面的一个法向量． 因为点到平面的距离为， 则， 又，则， 故存在点，且，使得到平面的距离为. 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第11讲 第一章 空间向量与立体几何 章末题型大总结 第一部分 思维导图 第二部分 题型精讲 题型01空间向量的概念及运算 【典例1】（23-24高二上·全国·课后作业）下列命题中，正确命题的个数为（    ） ①若，则与方向相同或相反； ②若，则A，B，C，D四点共线； ③若，不共线，则空间任一向量 (). A．0 B．1 C．2 D．3 【典例2】（多选）（23-24高一下·山东淄博·期中）已知，，是平面上的三个非零向量，那么下列说法正确的是（    ） A．若，则或 B．若，则 C．若，则与的夹角为 D．在正方体中， 【变式1】（23-24高三上·广东·阶段练习）如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1的中心为O，则下列结论中 ①+与1+1是一对相反向量； ②-1与-1是一对相反向量； ③1+1+1+1与+++是一对相反向量； ④-与1-1是一对相反向量． 正确结论的个数为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【变式2】（23-24高二上·湖北武汉·期末）在下列命题中： ①若向量共线，则向量所在的直线平行； ②若向量所在的直线为异面直线，则向量一定不共面； ③若三个向量两两共面，则向量共面； ④已知空间的三个向量，则对于空间的任意一个向量总存在实数使得其中正确命题的个数是（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 【变式3】（23-24高一下·广东惠州·阶段练习）下列命题正确的是（    ） A．空间中所有的单位向量都相等 B．若，则 C．若，满足，且，同向，则 D．对于任意向量，，必有 题型02四点共面问题 【典例1】（24-25高二上·新疆喀什·阶段练习）在四面体中，空间的一点满足．若共面，则（   ） A． B． C． D． 【典例2】（23-24高二上·湖北黄冈·期中）对空间任意一点和不共线三点，，，能得到，，，四点共面的是（    ） A． B． C． D． 【变式1】（24-25高二上·江苏无锡·期中）设为空间的一个基底，，，，若，，共面，则（    ） A． B． C． D． 【变式2】（23-24高二上·湖北武汉·阶段练习）已知点、、不共线，对空间任意一点，若，则点、、、（    ） A．不共面 B．共面 C．不一定共面 D．无法判断 【变式3】（23-24高二下·四川成都·期中）已知为空间任意一点，若，则四点（    ） A．一定不共面 B．一定共面 C．不一定共面 D．无法判断 题型03平面法向量的求解 【典例1】（23-24高二下·江苏·阶段练习）已知平面α上的两个向量，，则平面α的一个法向量为（    ） A． B． C． D． 【典例2】（23-24高二上·安徽阜阳·阶段练习）在棱长为1的正方体中，求平面的法向量和单位法向量. 【变式1】（23-24高二·全国·课后作业）在平面中，点，若，且为平面的法向量，则 ， . 【变式2】（2024高三·全国·专题练习）已知向量、是平面内的两个不共线的向量，，，求平面的一个法向量的坐标． 【变式3】（23-24高二上·新疆·阶段练习）在长方体中，，，.以D为原点，以为空间的一个单位正交基底，建立空间直角坐标系，求平面的法向量. 题型04利用空间向量证明平行、垂直关系 【典例1】（24-25高二上·福建福州·期中）在四棱锥中，平面平面，，，，，，. (1)求证：平面； (2)在棱上是否存在点，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【典例2】（24-25高二上·重庆·期中）如图，三棱柱的底面是等腰直角三角形，，侧面是菱形，，，平面平面.    (1)证明：； (2)求点到平面的距离； (3)线段是否存在一点，使得平面平面，如果存在找出点的位置，不存在请说明理由. 【变式1】（24-25高二上·广东佛山·阶段练习）如图，在四棱锥中，平面，，，，，， (1)证明：平面平面； (2)在棱上是否存在一点，使得平面？若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 【变式2】（23-24高二上·广东珠海·阶段练习）如图，四边形ABCD是边长为1的正方形，平面ABCD，平面ABCD，且，E为BC的中点. (1)证明：平面ABCD； (2)在线段AN上是否存在点S，使得平面AMN?如果存在，求出线段AS的长度；若不存在，请说明理由. 【变式3】（23-24高三上·江苏南通·阶段练习）已知四棱锥的底面为直角梯形，平面，.    (1)若点是棱上的点，且满足，证明：平面； (2)若点为棱上的一点（不含端点），试探究上是否存在一点N，使得平面ADN平面BDN？若存在，请求出的值，若不存在，请说明理由. 题型05异面直线所成角 【典例1】（24-25高二下·江苏淮安·期中）如图，在直三棱柱中，AB⊥AC，，点E，F分别为棱AB、的中点． (1)求直线与直线AF的夹角的余弦值； (2)求点F到平面的距离． 【典例2】（2025·江西·模拟预测）如图1，是圆的直径，，，，现将圆沿直径翻折，如图2，记二面角的大小为． (1)当时，求直线与底面所成角的正弦值； (2)是否存在使得直线与直线垂直？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【变式1】（24-25高一下·江苏苏州·阶段练习）如图，棱长为2的正方体，点E在BD上（异于B，D）． (1)若平面分别交，，BD，AE于点M，N，P，Q，四边形MNPQ为平行四边形，求证： 平面： (2)若，求异面直线与的夹角的余弦值． 【变式2】（2025·江苏盐城·模拟预测）在四棱锥中，,，. (1)求证：平面； (2)设为棱上一点，若直线与所成角的余弦值为，求的值. 【变式3】（2025高三·全国·专题练习）如图，已知三棱锥，，，． (1)求证：； (2)若异面直线与所成的角的余弦值为，求． 题型06利用向量法求直线与平面所成角 【典例1】（24-25高二上·贵州黔南·阶段练习）在直三棱柱中，，是的中点，则直线与平面所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 【典例2】（24-25高三下·河北沧州·阶段练习）已知正四棱柱中，，则与平面所成角的正弦值为（   ） A． B． C． D． 【变式1】（24-25高二上·辽宁丹东·期末）在三棱锥中，两两互相垂直，为的中点，且，则直线与平面所成角的正弦值为（   ） A． B． C． D． 【变式2】（24-25高二下·安徽·开学考试）如图，圆锥的底面圆周上有，，三点，为底面圆的直径，点是底面直径所对弧的中点，点是母线的中点，若，则直线和平面所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 【变式3】（24-25高三上·辽宁丹东·期末）已知正三棱锥中，D是棱PC上的点，，且，则直线BD与平面PAB所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 题型07利用向量法解决直线与平面所成角的探索性问题 【典例1】（24-25高二上·天津北辰·阶段练习）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，E、F、G分别是的中点．    (1)求证：平面； (2)求平面与平面所成二面角的夹角的余弦值； (3)线段上是否存在一个动点M，使得直线与平面所成角正弦值，若存在，求线段的长度，若不存在，说明理由． 【典例2】（24-25高二上·重庆秀山·阶段练习）如图，已知矩形所在平面与直角梯形所在平面交于直线，且，，，，且. (1)设点为棱的中点，求证：平面； (2)求平面与平面的所成角的余弦值； (3)线段上是否存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，试确定点的位置；若不存在，请说明理由. 【变式1】（24-25高二上·北京·期中）如图，在四面体中，平面，点为中点，且，，. (1)证明：； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)在直线上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在；求的值；若不存在，请说明理由. 【变式2】（24-25高二上·江西·阶段练习）如图1，等腰直角的斜边，为的中点，沿上的高折叠，使得二面角为，如图2，为的中点． (1)证明：． (2)求二面角的余弦值． (3)试问在线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出线段的长度；若不存在，请说明理由． 【变式3】（24-25高三上·贵州·阶段练习）如图，在三棱柱中，侧面为菱形，，底面为等边三角形，平面平面，点满足，点为棱上的动点（含端点）． (1)当与重合时，证明：平面平面； (2)是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 题型08利用向量法求二面角 【典例1】（24-25高二下·江苏盐城·阶段练习）已知两平面的法向量分别为，，则两平面的夹角为（ ） A． B． C．或 D． 【典例2】（2024·内蒙古包头·一模）如图，底面是边长为2的正方形，半圆面底面，点为圆弧上的动点．当三棱锥的体积最大时，二面角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【变式1】（24-25高三上·安徽阜阳·阶段练习）在三棱锥中，分别是棱的中点，则当三棱锥的体积最大时，二面角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【变式2】（24-25高二上·河南郑州·阶段练习）在四棱锥中，平面ABCD，底面ABCD为矩形，.若BC边上有且只有一个点Q，使得，此时面APD与面PDQ所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【变式3】（24-25高二上·北京·阶段练习）如图，三棱锥中，，且平面与底面垂直，为中点，，则平面与平面夹角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 题型09利用向量法解决二面角中的探索性问题 【典例1】（24-25高二下·江苏连云港·阶段练习）如图，在四棱柱中，已知底面，，，，，点是线段上的动点（不包含端点）. (1)求证：平面； (2)求直线与所成角的余弦值的最大值； (3)若二面角的正弦值为.求线段的长. 【典例2】（24-25高二下·湖南·阶段练习）如图，是以为直径的半圆上的动点，已知，且，平面平面． (1)求证：； (2)当三棱锥的体积取得最大值时，在线段上是否存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值等于？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【变式1】（24-25高二下·四川泸州·期中）如图，在四棱锥中，，，，，，点Q为棱PC上一点． (1)证明：平面； (2)当二面角的余弦值为时，求． 【变式2】（2025高三·全国·专题练习）如图，在三棱锥中，平面，，，，分别为棱的中点，分别为线段上一点，且，． (1)当时，证明：平面； (2)若平面与平面夹角的正弦值为，求此时点的坐标． 【变式3】（24-25高二下·河南·阶段练习）如图，直四棱柱的底面为直角梯形，为的中点，点为棱上一动点. (1)证明：平面； (2)当点为棱的中点时，证明：平面平面； (3)若二面角的余弦值为，求的值. 题型10利用向量法求点到直线的距离 【典例1】（2025·天津滨海新·三模）如图，在多面体ABCDGEF中，四边形ABCD为直角梯形，且满足，，，，平面ABCD． (1)证明：平面CDE； (2)求平面CDE与平面ABE夹角的余弦值； (3)求点G到直线AB的距离． 【典例2】（24-25高三下·山西·阶段练习）如图，在直四棱柱中，，，，，． (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)若为线段上的动点，求到直线距离的最小值． 【变式1】（2025·天津北辰·三模）如图，在四棱锥中，底面为矩形，侧棱底面是的中点，点是棱上靠近的四等分点. (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)求点到直线的距离. 【变式2】（23-24高二下·江苏扬州·期末）已知三棱柱的棱长均为. (1)证明：平面平面； (2)若，且直线与平面所成角的正弦值为，求点到直线的距离. 【变式3】（24-25高三上·天津滨海新·期中）如图，在直三棱柱中，，，，点，分别在棱和棱上，且，． (1)设为中点，求证：面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)求点到直线的距离． 题型11利用向量法求点到平面的距离 【典例1】（24-25高二下·福建龙岩·期中）如图，在四棱柱中，底面是菱形，，，则点到平面的距离为（    ） A． B． C． D． 【典例2】（2025·甘肃甘南·模拟预测）在棱长为的正方体 中，， 分别为棱 ，的中点， 为棱 上的一点，且 ，则点 到平面 的距离为（    ） A． B． C． D． 【变式1】（2025高三·全国·专题练习）在长方体中，已知，，点是四边形内（包含边界）的一个动点，若点到平面的距离为1，则点的轨迹的长度为（    ） A． B． C．1 D． 【变式2】（24-25高二上·辽宁·期末）如图，平面ABCD，，，，，点M为BQ的中点，若，则N到平面CPM的距离为（   ） A． B． C． D． 【变式3】（24-25高二上·广东惠州·阶段练习）如图，正方体的棱长为1，且分别是各棱的中点，则点到平面的距离为（   ） A． B． C． D． 题型12利用向量法解决点到平面的距离的探索性问题 【典例1】（24-25高二下·浙江温州·开学考试）如图，矩形ABCD中，，，E为AD的三等分点靠近D点，将沿着BE折起，使得点在底面的射影O落在BD上，Q为线段上的动点． (1)求证：平面平面； (2)若，当Q到平面的距离为时，求的值． 【典例2】（2025·湖南岳阳·一模）如图，在四棱锥中，平面底面，底面为平行四边形，为边的中点，.    (1)求证：； (2)已知二面角的平面角等于，则在线段上是否存在点，使得到平面的距离为，若存在，指出点的位置；若不存在，说明理由. 【变式1】（24-25高二上·江西吉安·期末）在长方体中，侧面为正方形，，为线段（不包含端点）上一动点，请利用空间向量法解决下列两个问题． (1)若，求的长度； (2)求点到平面距离的取值范围． 【变式2】（24-25高二上·黑龙江哈尔滨·期末）如图，在平行四边形中，为的中点，沿将翻折至位置得到四棱锥为上一动点， (1)若为的中点，证明：在翻折过程中均有平面； (2)若， ①证明：平面平面； ②当动点到平面的距离为时，求的值． 【变式3】（24-25高二上·全国·课后作业）如图，在四棱锥中，侧面底面，侧棱，底面为直角梯形，其中为中点．    (1)证明：平面； (2)求直线与平面夹角的正弦值； (3)在线段上是否存在一点，使得它到平面的距离为？请说明理由． 学科网（北京）股份有限公司 $$