专题02 空间向量与立体几何的综合应用8大重点题型归纳（必考40题专项训练）-2025-2026学年高二数学秋季讲义（人教A版选择性必修第一册）

专题02 空间向量与立体几何的综合应用8大重点题型归纳（必考40题专项训练） 【人教A版】 题型归纳 题型1 利用空间向量证明线、面的平行关系 1．（2025高三·全国·专题练习）如图所示，在正方体中，棱长为a，M，N分别为和AC上的点，，则MN与平面的位置关系是（    ） A．相交 B．平行 C．垂直 D．MN在平面内 【答案】B 【解题思路】以点为坐标原点，分别以所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，写出各点坐标，求出平面的一个法向量，利用向量数量积的坐标运算可得线面平行． 【解答过程】以点为坐标原点，分别以所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 因为，则， 又因为平面，则为平面的一个法向量， 可得，可知， 且平面，所以MN与平面的位置关系是平行. 故选：B. 2．（24-25高二上·四川遂宁·期中）《九章算术》是我国古代数学名著，书中将底面为矩形，且有一条侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马.如图，在阳马中，平面，底面是正方形，，E，F分别为，的中点，，，若平面，则（    ） A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】C 【解题思路】以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，根据法向量的求法可求得平面的法向量，由可求得结果． 【解答过程】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， 设，则,0, ,0,,,,,, ， 所以，，，， 设平面的法向量， 则，令，得，，所以； 由可得是的中点，， 由可得， 所以， 因为平面，所以，解得． 故选：C. 3．（24-25高二上·湖南·期末）在长方体中，，，，是的中点，点满足，当平面时，的值为 . 【答案】 【解题思路】建立适当的空间直角坐标系，利用空间向量的方法即可求解. 【解答过程】 根据已知条件，建立如图所示： 以为坐标原点，、、分别为、、轴的空间直角坐标系， ，，，，， ，， ， ， 设平面的一个法向量， ，，则， 令，有，，所以， 平面，则，即， 解得. 故答案为：. 4．（24-25高二上·山东菏泽·阶段练习）如图， 在长方体中，.    (1)求平面的法向量. (2)线段中点为点，求证平面. 【答案】(1) (2)证明见解析 【解题思路】（1）以点为原点建立空间直角坐标系，根据法向量与平面垂直即可求出法向量； （2）证明直线的方向向量与平面的法向量垂直即可得证. 【解答过程】（1）如图，以点为原点建立空间直角坐标系， 则， 故， 设平面的法向量为， 则有，令，则， 所以， 所以平面的法向量为； （2），则， 故， 因为， 所以， 又平面， 所以平面. 5．（24-25高二·全国·课后作业）如图所示，为矩形，平面，，，，分别是，，的中点．求证： (1)平面； (2)平面平面． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【解题思路】（1）由已知可证得两两垂直，所以以为原点，分别以，，所在直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量证明； （2）证明平行于平面，结合面面平行判定定理证明结论. 【解答过程】（1）证明：因为平面，平面， 所以， 因为四边形为矩形，所以， 所以两两垂直， 所以以为原点，分别以，，所在直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，如图所示， 设，，. 则，因为，，分别是，，的中点， 所以，，， 所以. 因为平面的一个法向量为， 所以，即. 又因为平面，所以平面. （2）因为， 所以，所以， 又平面，所以平面. 又因为，平面， 所以平面平面. 题型2 利用空间向量证明线、面的垂直关系 6．（24-25高二上·北京密云·期末）如图，下列各正方体中，为下底面中心，为其所在棱的中点，，为正方体的顶点，则满足的是（    ） A．   B．   C．   D．   【答案】A 【解题思路】通过建立空间直角坐标系，对于每个选项，先确定相关点的坐标，进而得到向量与的坐标，再计算它们的数量积进行判断. 【解答过程】对于选项A，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体棱长为.    根据正方体的性质以及点的位置，可得，，，. ，，. 因为，根据向量垂直的性质可知，即满足，故A正确. 对于选项B，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体棱长为.    根据正方体的性质以及点的位置，可得，，，. ，，.则与不垂直.故B错误. 对于选项C，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体棱长为，    根据正方体的性质以及点的位置，可得，，，. ，.则.则与不垂直.故C错误. 对于选项D，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体棱长为，    根据正方体的性质以及点的位置，可得，，，. ，，则.则与不垂直.故D错误. 故选：A. 7．（24-25高三上·四川达州·阶段练习）如图，在正方体中，点分别为所在棱的中点，则（    ） A． B．平面 C．直线与为异面直线 D．平面 【答案】D 【解题思路】首先以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法，判断垂直和平行关系. 【解答过程】如图，建立空间直角坐标系，设棱长为， A.，，，，，， ，所以与不垂直，故A错误； B.平面的法向量为，，所以与平面的法向量不垂直，则与平面不平行，故B错误； C.，，，，所以，则，故C错误； D.，，，，， ，，，平面，所以平面，故D正确. 故选：D. 8．（24-25高一·全国·随堂练习）下列五个正方体图形中，是正方体的一条对角线，点，，分别为其所在棱的中点，能得出平面的图形的序号是 ．（写出所有符合要求的图的序号）    【答案】①③⑤ 【解题思路】利用线面垂直的定义、空间向量分析运算即可得解. 【解答过程】解：由题意，建立空间直角坐标系如下图，    设正方体棱长为，则，， 故向量. 图①中，，，， 则，， ∵， ∴，，即，， 又∵平面，平面，， ∴平面，即平面，故图①正确. 图②中，，，， 则， ∵，∴和不垂直， 即和不垂直， ∴由线面垂直定义知不垂直平面， 即不垂直平面，故图②错误. 图③中，，，，则 ，， ∵， ∴，，即，， 又∵平面，平面，， ∴平面，即平面，故图③正确. 图④中，，，，则 ， ∵， ∴和不垂直， 即和不垂直， ∴由线面垂直定义知不垂直平面， 即不垂直平面，故图④错误. 图⑤中，，，，则 ，， ∵， ∴，，即，， 又∵平面，平面，， ∴平面，即平面，故图⑤正确. 故答案为：①③⑤. 9．（24-25高二上·安徽阜阳·阶段练习）如图，正四棱柱的底面边长为2，E为棱的中点，，且四棱锥的体积为． (1)求棱的长； (2)证明：平面平面． 【答案】(1) (2)证明见解析 【解题思路】（1）根据正四棱柱，可得平面，设，结合线面关系确定四棱锥的体积表达式求解，即可得所求； （2）建立空间直角坐标系，分别求解平面与平面的法向量，根据法向量的关系证明结论即可. 【解答过程】（1）因为正四棱柱，所以平面， 且四边形为直角梯形，设， 所以， 解得，即； （2）以点为原点，直线分别为轴，如图建立空间直角坐标系， 由题意可得， 所以， 设平面的法向量为， 则，令，则； 设平面的法向量为， 则，令，则； 因为， 所以平面平面． 10．（24-25高二上·全国·课后作业）如图所示，已知平行六面体的底面为正方形，分别为上、下底面的中心，且在底面上的射影是.    (1)求证：平面平面； (2)若点分别在棱上，且，问点在何处时，? 【答案】(1)证明见解析 (2)为的三等分点（靠近点） 【解题思路】（1）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，设，结合空间向量的坐标运算可得轴，进而得到平面，进而求证； （2）设，结合空间向量数量积的坐标表示求解即可. 【解答过程】（1）证明：如图所示，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.    设. . ， 轴，又轴和平面垂直， 平面， 又平面， 平面平面. （2）由，结合（1）可知，. 设，则，故点的坐标为， ， 由， 即，解得. 故当为的三等分点（靠近点）时，有. 题型3 空间中线、面位置关系的探索性问题 11．（24-25高二上·上海嘉定·期中）在正方体中，为上一动点，则下列各选项正确的是（      ） A．存在点使得与平面垂直 B．存在点使得与平面垂直 C．存在点使得与平面垂直 D．存在点使得与平面垂直 【答案】D 【解题思路】如图，以为原点，以分别为轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，求出平面的法向量，设，然后逐个分析判断即可. 【解答过程】如图，以为原点，以分别为轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则， 所以， 设平面的法向量为，则 ，令，则， 设， 对于A，，若与平面垂直，则与共线，则存在唯一，使，则，所以，方程组不成立，所以与不共线，所以与平面不垂直，所以A错误， 对于B，，若与平面垂直，则与共线，则存在唯一，使，则，所以，得不合题意，所以与不共线，所以与平面不垂直，所以B错误， 对于C，，若与平面垂直，则与共线，则存在唯一，使，则，所以，方程组不成立，所以与不共线，所以与平面不垂直，所以C错误， 对于D，，若与平面垂直，则与共线，则存在唯一，使，则，所以，得符合题意，所以当时，与共线，此时与平面垂直，所以D正确， 故选：D. 12．（24-25高二上·福建泉州·期末）如图，在正四棱柱中，，点分别是的中点，点是线段上的动点，则下列说法错误的是（    ）    A．当时，存在，使得平面 B．存在，使得平面 C．存在，使得平面平面 D．存在，使得平面平面 【答案】A 【解题思路】对于ABD：建系，利用空间向量结合线、面位置关系分析判断，对于C：根据面面平行的判定定理分析判断. 【解答过程】以D为原点，分别为建立空间直角坐标系，如图：    设，则，则， 因为点分别是的中点， 所以， 对于选项B：设平面的一个法向量为， 因为， 可得，取，解得， 设， 因为，则，可得，即， 则， 若∥平面，则， 可得，且，解得， 即为的中点，故B正确； 对于选项A：由B可知：， 若平面，则， 则，当且仅当时成立，故A错误； 对于选项D：由B可知：，则， 因为，则 ， 设平面的法向量为， 则，取，得， 若平面平面，则，故D正确； 对于选项C：  当与D重合时， 因为分别是的中点， 则，且平面，平面， 可得平面， 同理可得：平面， 且，平面， 所以此时平面平面，故C正确；    故选：A. 13．（24-25高二上·北京石景山·期末）如图，在正四棱柱中，为棱上的一个动点，给出下列四个结论： ①； ②三棱锥的体积为定值； ③存在点，使得 平面； ④存在点，使得平面. 其中所有正确结论的序号是 . 【答案】①②③ 【解题思路】以为原点，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，以及空间向量的应用，逐项判定，即可求解. 【解答过程】以为原点，所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，则， 设，则， 因为，所以，即，所以①正确； 由，因为的面积为定值，点到平面的距离也是定值， 所以为定值，所以②正确； 又由 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， 因为，由，解得，所以③正确； 又因为，，则， 所以不存在点，使得平面，所以④错误. 故选：①②③. 14．（24-25高二上·山东烟台·开学考试）如图，在长方体中，.    (1)求证：平面平面.（使用向量方法） (2)线段上是否存在点，使得平面？若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，为线段的中点 【解题思路】（1）以为原点建系，求出两个平面的法向量，证明其平行即可； （2）设，利用平面的法向量与垂直即可求出. 【解答过程】（1）证明：由题可以为原点，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，， 则. 设平面的法向量为， 则，所以，取，则， 所以平面的一个法向量为， 设平面的法向量为， 则，所以，取，则， 所以平面的一个法向量为， 因为，即，所以平面平面. （2）设线段上存在点，使得平面， 设， 由（1）得，平面的一个法向量为， 所以， 令，解得， 所以当为线段的中点时，平面. 15．（24-25高二上·贵州·期中）如图，在直三棱柱中，，，P为上的动点，Q为棱的中点． (1)设平面平面，若P为的中点，求证：； (2)设，问线段上是否存在点P，使得平面？若存在，求出实数的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析； (2)存在，. 【解题思路】（1）设的中点为，连接，易证四边形为平行四边形，可得，进而得到平面，再根据线面平行的性质求证即可； （2）建立空间直角坐标系，结合空间向量及平面列出方程组求解即可. 【解答过程】（1）证明：设的中点为，连接， 因为P为的中点，Q为的中点， 所以，，， 在直三棱柱中，，， 所以，且， 所以四边形为平行四边形， 则，又平面，平面， 所以平面， 又平面平面，平面， 所以. （2）在直三棱柱中，平面，， 故可以为原点，以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系， 因为， 所以， 则，， 又，则， 所以， 若平面，则， 则，解得， 所以线段上存在点P，使得平面，此时. 题型4 利用空间向量求点到直线距离 16．（24-25高二上·河南周口·阶段练习）如图，在直三棱柱中，是等边三角形，，则点到直线的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解题思路】取的中点，建立如图所示的空间直角坐标系，根据点到线距离的向量求法和投影的定义计算即可. 【解答过程】取的中点，则，且， 以所在直线为轴，所在直线为轴，与中点连线所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 因为，则， 所以在上的投影的长度为， 故点到直线的距离为， 故选：C. 17．（24-25高二上·浙江杭州·期中）如图，在棱长为2的正方体中，为的中点，为的中点，则点到直线的距离为（    ）    A．1 B． C． D． 【答案】B 【解题思路】建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法求解点线距即可. 【解答过程】建立如图空间直角坐标系，    则， ，. 故点到直线的距离. 故选：B. 18．（24-25高二上·河南·阶段练习）已知直线过点，它的一个方向向量为，则点到直线的距离为 ． 【答案】 【解题思路】借助空间向量中点到直线的距离公式计算即可得. 【解答过程】，则有， 即点到直线的距离为 故答案为：. 19．（24-25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) 【解题思路】（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. 【解答过程】（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. 20．（24-25高二上·河南商丘·阶段练习）在四棱锥中．底面为矩形，且平面．为中点． (1)求点到直线的距离； (2)求异面直线所成角的余弦值． 【答案】(1) (2) 【解题思路】（1）建立空间直角坐标系，求出、，利用空间向量法求出，从而求出，再由点到直线的距离计算可得； （2）利用空间向量法计算可得. 【解答过程】（1）因为为矩形，所以， 又因为平面平面，所以， 所以分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系， 因为， 所以， 所以， 则有， 所以， 所以点到直线的距离． （2）因为， 所以， 所以异面直线所成角的余弦值． 题型5 利用空间向量求点到平面距离 21．（24-25高二上·福建福州·期中）在棱长为4的正方体中，分别是棱的中点，过作平面，使得，则点到平面的距离是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解题思路】建立空间直角坐标系，得到点的坐标，因为平面的法向量既垂直于平面内的向量，也垂直于平行于平面的向量，求得法向量，由点到面的距离公式即可求得结果. 【解答过程】如图，以原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系， ∴，，，， ∴，， 设平面的一个法向量为， ∵，，∴，， 即， 令则， 即为平面的一个法向量， ∴点到平面的距离. 故选：D. 22．（24-25高二上·全国·课后作业）如图①，在中，，，E，F分别为AB，AC上的点，，．如图②，将沿EF折起，当四棱锥的体积最大时，点E到平面ACF的距离为（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【解题思路】确定四棱锥的体积最大时，平面，然后以为原点，分别以为轴建立如图所示的空间直角坐标系，用空间向量法求点面距． 【解答过程】由得，所以，四边形的面积是确定的， 点到平面为，则，因此 四棱锥的体积最大时，取得最大值，所以平面， 以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，如图，    则， ， 设平面的一个法向量是， 则，取得， 所以点到平面的距离为， 故选：B． 23．（24-25高二上·山东泰安·期中）已知在长方体中，，，则到平面的距离为 ． 【答案】1 【解题思路】以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用空间距离的向量求法计算可得结果. 【解答过程】以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，如下图所示： 则， 可得， 设平面的一个法向量为， 可得，令，则， 即， 又， 所以到平面的距离为. 故答案为：1. 24．（24-25高二下·福建莆田·期末）如图，在长方体中，，，，分别为棱，的中点. (1)求证：，，，四点共面； (2)求点到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【解题思路】（1）通过证明即可证明，，，四点共面； （2）建立空间直接坐标系，利用空间向量求解即可. 【解答过程】（1）连接， 因为，分别为棱，的中点，所以， 在长方体中，，所以， 所以，，，四点共面. （2）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， 则，，，， 所以，，， 设平面的一个法向量为， 则，即，令，得， 则点到平面的距离. 25．（25-26高二上·全国·单元测试）如图，在长方体中，，为棱的中点，为棱的中点．    (1)证明，并求直线到直线的距离； (2)求点到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析， (2) 【解题思路】（1）建立空间直角坐标系，写出相应点的坐标，证明，从而可得，利用空间点到直线的距离公式求出直线到直线的距离； （2）求出平面的法向量，利用点到平面的距离的向量公式求解． 【解答过程】（1）以为坐标原点，分别以所在直线为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，，．    由上可知，，，故，故． ，设直线到直线的距离为，则即为到直线的距离， 又，，， ， 则直线到直线的距离为． （2）设平面的法向量为， 由（1）可知，，， 则即 令，则，所以． 设点到平面的距离为， ， 则点到平面的距离为． 题型6 利用空间向量求线面角 26．（24-25高二下·重庆·阶段练习）在棱长为4的正方体中，分别是棱的中点，过作平面，使得 ，则直线与平面所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解题思路】以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，取中点，平面即为平面再根据线面角的向量法求解即可. 【解答过程】如图，以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系， 取中点，因为是棱的中点，故， 又平面，平面，则平面， 故平面即为平面 ， ， 设平面的一个法向量为，即， 令则，即为平面的一个法向量， 线面角的正弦值为. 故选：C. 27．（24-25高二上·广西河池·阶段练习）在直四棱柱中，底面为等腰梯形，，，E为棱的中点，则到平面的夹角余弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【解题思路】建系标点，求平面的法向量，利用空间向量求线面夹角. 【解答过程】底面ABCD为等腰梯形，， 如图，在底面ABCD中，过点D作，垂足为H， 以D为坐标原点，分别以所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系． 则， 可得，， 设平面的法向量为，则， 令，则， 可得平面的一个法向量为， 设到平面的夹角为， 则， 可得，所以到平面的夹角余弦值为. 故选：B． 28．（24-25高二上·四川内江·期末）如图，在正方体中，M为线段BD的中点，N为线段上的一动点含端点，则直线MN与平面所成角的正弦值的最大值为 . 【答案】 【解题思路】建立空间直角坐标系，得到点坐标即向量坐标，设，求得点坐标，从而得到坐标.由空间向量求得平面的一个法向量，由空间向量的夹角求得直线MN与平面所成角的正弦值的表达式，再由函数的性质求得最大值. 【解答过程】设，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，，，， 设，，，又， 所以， 则，，， 即， 所以， 设平面的一个法向量为， 又，， 则， 取， 设直线MN与平面所成角为，， 当时，N与上的重合，直线MN在平面内，不合题意， 当时， ， 令，则， 则，时，有最小值6， 所以当，即，即时 故答案为： 29．（24-25高二下·江苏南京·期末）如图，在直三棱柱中，，，，分别为，的中点．    (1)求证：； (2)求直线与平面所成角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)． 【解题思路】（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. 【解答过程】（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， 所以与平面成角的余弦值为． 30．（25-26高二上·全国·单元测试）如图，在梯形中，，，，将沿折起至，使． (1)求证：平面平面； (2)若点是的中点，点是的中点，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【解题思路】（1）根据条件先证明线面垂直，进而得证面面垂直； （2）利用空间向量法计算线面夹角正弦值； 【解答过程】（1）在梯形中，，故， 又，，平面，所以平面， 又平面，所以平面平面． （2）由（1）得两两垂直，故以为坐标原点，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，，，，．易知． 因为是的中点，点是的中点，所以，． ，． 设平面的法向量为，则得 取，则，得平面的一个法向量为 设直线与平面所成角为， 则 ． 题型7 利用空间向量求二面角 31．（24-25高二上·辽宁沈阳·期末）在长方体中，，，，点为的中点，则平面与平面所成的锐二面角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【解题思路】以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，求平面与平面的法向量，利用面面角的向量法即可求解. 【解答过程】以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，故，， 设平面的一个法向量为， 所以有，即，取故， 平面的一个法向量为，， 故平面与平面所成的锐二面角的余弦值为. 故选：D. 32．（24-25高二下·江苏盐城·期中）在三棱锥中，平面平面是的中点.，则二面角的余弦值为（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【解题思路】先证明平面，建立空间直角坐标系，利用向量法求解. 【解答过程】平面平面，且 为交线，，平面， 平面， 以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系.    因为，在Rt中，， 所以，. 设平面的一个法向量为， 则，即，令，则. 设平面的一个法向量为， 则，即，令，则. 设二面角的平面角为， 则. 故选：C. 33．（24-25高二上·河北张家口·阶段练习）在长方体中，，，点为长方体的底面的中心，点为棱的中点，则平面与平面夹角的余弦值为 .    【答案】 【解题思路】建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，利用面面角的向量公式求解即可. 【解答过程】    如图所示，以点为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系； 由题意，，，，则，， 设平面的法向量， 由，得，令，解得，， 则平面的一个法向量， 因为平面，所以是平面的一个法向量， 设平面与平面夹角为， 则, 因此，平面与平面夹角的余弦值为. 故答案为：. 34．（24-25高二上·海南海口·阶段练习）如图，四棱锥的底面是正方形，侧棱底面，，是的中点. (1)证明：平面； (2)求二面角的平面角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析； (2). 【解题思路】（1）连接交 于点，连接，根据线面平行的判定定理证明即可； （2）以为坐标原点，分别以，，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，分别求出平面和平面的法向量为，，根据法向量夹角的余弦值求解即可. 【解答过程】（1）如图，连接交 于点，连接，因为底面是正方形，所以为的中点， 因为是的中点，所以在中， 又平面，平面，所以平面； （2）因为四棱锥的底面是正方形，所以，又因为侧棱底面，所以，， 如图，以为坐标原点，分别以，，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 因为，则，，，所以，， 设平面的一个法向量为，则，即， 令，则，，所以， 平面的一个法向量为，则， 易知二面角的平面角为锐角，所以二面角的平面角的余弦值为. 35．（2025高二·全国·专题练习）如图，在梯形中，是边的中点，，且，为等边三角形，现将平面沿翻折，使平面平面，得到四棱锥，点在棱上，且． (1)求证：； (2)求平面和平面的夹角的大小． 【答案】(1)证明见解析 (2)60° 【解题思路】（1）解法1：取的中点，连接，，利用线面垂直的判定定理和性质定理证明；解法2：利用向量数量积的运算律证明； （2）解法1：建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，利用向量的夹角公式求解即可；解法2：由向量的四则运算设，则是平面和平面的交线，可得，又，所以即为平面和平面的夹角，再利用向量的夹角公式求解即可. 【解答过程】（1）解法1：取的中点，连接，， 由题意可得和均为等边三角形，所以，， 因为平面，，所以平面， 因为平面，所以. 解法2：取的中点，连接，， 由题意可得和均为等边三角形， 所以，，即，， 因为， 所以，即. （2）解法1：分别以射线，，为轴、轴、轴正半轴，建立空间直角坐标系，如图， 设，则，，，， 所以，， 因为，所以， 所以， 设平面的法向量为， 则，取可得平面的一个法向量， 又平面的一个法向量为， 设平面和平面的夹角为，则， 所以平面和平面的夹角为60°． 解法2：因为，所以， 又因为，， 所以， 设， 则是平面和平面的交线，平面， 因为平面，所以， 又因为，所以即为平面和平面的夹角， 所以， 即平面和平面的夹角为60°． 题型8 空间角与空间距离中的探索性问题 36．（24-25高二上·湖北·阶段练习）如图1，在直角梯形中，已知，，将沿翻折，使平面平面.如图2，的中点为.    (1)求证：平面； (2)若的中点为，在线段上是否存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，点位于线段靠近的三等分点处 【解题思路】（1）利用面面垂直性质定理即可证明； （2）分别以，，为，，轴的正方向建立如图所示空间直角坐标系，设，，利用面面角的空间向量公式列出方程求解即可. 【解答过程】（1）因为，的中点为，所以， 又因为平面平面，平面平面，平面， 根据面面垂直的性质可得平面； （2）取的中点为，连接，则， 由图1直角梯形可知，为正方形， ，，，，. 由（1）平面，可知，，两两互相垂直，分别以，，为，，轴的正方向建立如图所示空间直角坐标系，    则，，，， 设， ， 设平面的法向量为， 取，则.即平面的法向量为， 由平面，取平面的法向量， 设平面与平面的夹角为，则 ， 解得或（舍）. 所以，线段上存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为.点位于线段靠近的三等分点处. 37．（24-25高二下·湖南·期末）如图，在正三棱柱中，底面边长为2，侧棱长为，D是BC的中点．    (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)在线段上是否存在一点E，使得点到平面ADE的距离为?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)． (3)存在， 【解题思路】（1）利用中位线证明线线平行，再证明线面平行即可； （2）利用正三棱柱的性质如图建立空间直角坐标系，利用空间向量法来求线面角的正弦值； （3）利用设未知量，来表示空间向量，借助空间向量法来求点到面的距离，从而解决问题. 【解答过程】（1）    如图，连接交于点O，连接， 则点O为的中点，且D是的中点， 则为的中位线，所以． 又因为平面，平面， 所以平面． （2）因为在正中，D是的中点，故， 以D为坐标原点，取的中点F，分别以为轴，建立空间直角坐标系，    则，，，，，，． 故，，， 设平面的法向量为， 则取． 设直线与平面所成角为, 可得， 所以直线与平面所成角的正弦值为． （3）存在点E，理由如下： 设，其中， 所以，， 设平面ADE的法向量为， 则取． 且， 则点到平面ADE的距离， 化简得，解得或（舍去）． 综上，存在点E使得点到平面ADE的距离为．此时． 38．（2025高三·全国·专题练习）如图，已知四棱柱的底面为菱形，，，，．    (1)若为中点，证明：平面； (2)在线段上是否存在点，使得平面与平面所成角的余弦值为，若存在，求出；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，或． 【解题思路】（1）根据题中给出的垂直与边长条件，证明线面垂直. （2）取中点，连接，易知，以为坐标原点，以，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，设出，利用空间向量法求解. 【解答过程】（1）由四边形为菱形知， 又，，，平面， 所以平面， 又平面，所以， 因为，，， 所以，故， 又，，平面， 所以平面． 如图①，设， 因为四边形是菱形，， 所以，故， 则，， 故，易知， 则，故，所以， 又平面， 易知平面，所以， 又，所以平面． （2）存在点，理由如下： 如图②，取中点，连接，易知， 则，，两两垂直，故以为坐标原点，以，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，    则，，，设， 由中点的坐标为， 结合（1）知平面的一个法向量为， 又，， 设平面的法向量为， 则,即， 所以，令，得， 故平面的一个法向量为． 则， 解得或，此时或． 39．（24-25高二上·湖南长沙·期末）如图，三棱锥由三个以为公共直角顶点的直角三角板拼成，其中直角三角板和为两个全等的直角三角板，且，，分别为，的中点，平面与平面的交线为. (1)证明：平面； (2)点在直线上，直线与直线的夹角为，直线与平面的夹角为，是否存在点，使得.如果存在，请求出；如果不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，. 【解题思路】（1）通过线面平行的判定定理和性质定理先证得，再根据平面，即可得证； （2）建立空间直角坐标系，设，根据，可确定点坐标. 【解答过程】（1）因为，分别为，的中点，∴. 又平面，平面，∴平面. 又平面，平面平面，. 又，且，，平面， ∴平面，从而平面. （2）以为坐标原点，分别以，，的方向作为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系，不妨设，如图， 则，，，，， 由于，设， 则，，， 设平面的法向量， 则取. 由题意，， 即，解得，从而符合题意的点存在，. 40．（24-25高二上·河南驻马店·期末）图1是等腰梯形，，，是中点，以为折痕，将折起，使点到达点的位置，如图2.    (1)求证：； (2)若 （i）求二面角的平面角的正弦值； （ii）在棱上存在点，使得到平面的距离为，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2)（i）（2）（ii） 【解题思路】（1）利用等腰梯形和菱形性质得出线面垂直进而得出线线垂直； （2）（i）建立平面直角坐标系，建立以为坐标原点，，为轴、轴、轴的坐标系，空间向量法求出二面角的正弦值；（ii）设，根据点到平面距离求出参数，再计算线面角的正弦值. 【解答过程】（1）连接交于，在等腰梯形，，，易得，    因为是中点，所以，易知是菱形，即， 因为，平面， 所以平面，平面，所以 （2）由（1）可知，在菱形中，，因为，所以， 建立以为坐标原点，，为轴、轴、轴的坐标系，如图所示， ，，，    （i），，，，， 设为平面的法向量， 则，令，可得，即， 设为平面的法向量， 则，令，可得，即， ，二面角的平面角为，即， （ii）设， ，，即， 由（i）可知为平面的法向量， 到平面的距离为，， 即为中点，可得，， 易知，，所以，， 设平面的法向量，， 令，则，，则， 设直线与平面所成角为， 直线与平面所成角的正弦值. 第 1 页 共 20 页 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题02 空间向量与立体几何的综合应用8大重点题型归纳（必考40题专项训练） 【人教A版】 题型归纳 题型1 利用空间向量证明线、面的平行关系 1．（2025高三·全国·专题练习）如图所示，在正方体中，棱长为a，M，N分别为和AC上的点，，则MN与平面的位置关系是（    ） A．相交 B．平行 C．垂直 D．MN在平面内 2．（24-25高二上·四川遂宁·期中）《九章算术》是我国古代数学名著，书中将底面为矩形，且有一条侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马.如图，在阳马中，平面，底面是正方形，，E，F分别为，的中点，，，若平面，则（    ） A．3 B．4 C．5 D．6 3．（24-25高二上·湖南·期末）在长方体中，，，，是的中点，点满足，当平面时，的值为 . 4．（24-25高二上·山东菏泽·阶段练习）如图， 在长方体中，.    (1)求平面的法向量. (2)线段中点为点，求证平面. 5．（24-25高二·全国·课后作业）如图所示，为矩形，平面，，，，分别是，，的中点．求证： (1)平面； (2)平面平面． 题型2 利用空间向量证明线、面的垂直关系 6．（24-25高二上·北京密云·期末）如图，下列各正方体中，为下底面中心，为其所在棱的中点，，为正方体的顶点，则满足的是（    ） A．   B．   C．   D．   7．（24-25高三上·四川达州·阶段练习）如图，在正方体中，点分别为所在棱的中点，则（    ） A． B．平面 C．直线与为异面直线 D．平面 8．（24-25高一·全国·随堂练习）下列五个正方体图形中，是正方体的一条对角线，点，，分别为其所在棱的中点，能得出平面的图形的序号是 ．（写出所有符合要求的图的序号）    9．（24-25高二上·安徽阜阳·阶段练习）如图，正四棱柱的底面边长为2，E为棱的中点，，且四棱锥的体积为． (1)求棱的长； (2)证明：平面平面． 10．（24-25高二上·全国·课后作业）如图所示，已知平行六面体的底面为正方形，分别为上、下底面的中心，且在底面上的射影是.    (1)求证：平面平面； (2)若点分别在棱上，且，问点在何处时，? 题型3 空间中线、面位置关系的探索性问题 11．（24-25高二上·上海嘉定·期中）在正方体中，为上一动点，则下列各选项正确的是（      ） A．存在点使得与平面垂直 B．存在点使得与平面垂直 C．存在点使得与平面垂直 D．存在点使得与平面垂直 12．（24-25高二上·福建泉州·期末）如图，在正四棱柱中，，点分别是的中点，点是线段上的动点，则下列说法错误的是（    ）    A．当时，存在，使得平面 B．存在，使得平面 C．存在，使得平面平面 D．存在，使得平面平面 13．（24-25高二上·北京石景山·期末）如图，在正四棱柱中，为棱上的一个动点，给出下列四个结论： ①； ②三棱锥的体积为定值； ③存在点，使得 平面； ④存在点，使得平面. 其中所有正确结论的序号是 . 14．（24-25高二上·山东烟台·开学考试）如图，在长方体中，.    (1)求证：平面平面.（使用向量方法） (2)线段上是否存在点，使得平面？若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由. 15．（24-25高二上·贵州·期中）如图，在直三棱柱中，，，P为上的动点，Q为棱的中点． (1)设平面平面，若P为的中点，求证：； (2)设，问线段上是否存在点P，使得平面？若存在，求出实数的值；若不存在，请说明理由． 题型4 利用空间向量求点到直线距离 16．（24-25高二上·河南周口·阶段练习）如图，在直三棱柱中，是等边三角形，，则点到直线的距离为（    ） A． B． C． D． 17．（24-25高二上·浙江杭州·期中）如图，在棱长为2的正方体中，为的中点，为的中点，则点到直线的距离为（    ）    A．1 B． C． D． 18．（24-25高二上·河南·阶段练习）已知直线过点，它的一个方向向量为，则点到直线的距离为 ． 19．（24-25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. 20．（24-25高二上·河南商丘·阶段练习）在四棱锥中．底面为矩形，且平面．为中点． (1)求点到直线的距离； (2)求异面直线所成角的余弦值． 题型5 利用空间向量求点到平面距离 21．（24-25高二上·福建福州·期中）在棱长为4的正方体中，分别是棱的中点，过作平面，使得，则点到平面的距离是（    ） A． B． C． D． 22．（24-25高二上·全国·课后作业）如图①，在中，，，E，F分别为AB，AC上的点，，．如图②，将沿EF折起，当四棱锥的体积最大时，点E到平面ACF的距离为（    ）    A． B． C． D． 23．（24-25高二上·山东泰安·期中）已知在长方体中，，，则到平面的距离为 ． 24．（24-25高二下·福建莆田·期末）如图，在长方体中，，，，分别为棱，的中点. (1)求证：，，，四点共面； (2)求点到平面的距离. 25．（25-26高二上·全国·单元测试）如图，在长方体中，，为棱的中点，为棱的中点．    (1)证明，并求直线到直线的距离； (2)求点到平面的距离． 题型6 利用空间向量求线面角 26．（24-25高二下·重庆·阶段练习）在棱长为4的正方体中，分别是棱的中点，过作平面，使得 ，则直线与平面所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 27．（24-25高二上·广西河池·阶段练习）在直四棱柱中，底面为等腰梯形，，，E为棱的中点，则到平面的夹角余弦值为（   ） A． B． C． D． 28．（24-25高二上·四川内江·期末）如图，在正方体中，M为线段BD的中点，N为线段上的一动点含端点，则直线MN与平面所成角的正弦值的最大值为 . 29．（24-25高二下·江苏南京·期末）如图，在直三棱柱中，，，，分别为，的中点．    (1)求证：； (2)求直线与平面所成角的余弦值． 30．（25-26高二上·全国·单元测试）如图，在梯形中，，，，将沿折起至，使． (1)求证：平面平面； (2)若点是的中点，点是的中点，求直线与平面所成角的正弦值． 题型7 利用空间向量求二面角 31．（24-25高二上·辽宁沈阳·期末）在长方体中，，，，点为的中点，则平面与平面所成的锐二面角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 32．（24-25高二下·江苏盐城·期中）在三棱锥中，平面平面是的中点.，则二面角的余弦值为（    ）    A． B． C． D． 33．（24-25高二上·河北张家口·阶段练习）在长方体中，，，点为长方体的底面的中心，点为棱的中点，则平面与平面夹角的余弦值为 .    34．（24-25高二上·海南海口·阶段练习）如图，四棱锥的底面是正方形，侧棱底面，，是的中点. (1)证明：平面； (2)求二面角的平面角的余弦值. 35．（2025高二·全国·专题练习）如图，在梯形中，是边的中点，，且，为等边三角形，现将平面沿翻折，使平面平面，得到四棱锥，点在棱上，且． (1)求证：； (2)求平面和平面的夹角的大小． 题型8 空间角与空间距离中的探索性问题 36．（24-25高二上·湖北·阶段练习）如图1，在直角梯形中，已知，，将沿翻折，使平面平面.如图2，的中点为.    (1)求证：平面； (2)若的中点为，在线段上是否存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由. 37．（24-25高二下·湖南·期末）如图，在正三棱柱中，底面边长为2，侧棱长为，D是BC的中点．    (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)在线段上是否存在一点E，使得点到平面ADE的距离为?若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由． 38．（2025高三·全国·专题练习）如图，已知四棱柱的底面为菱形，，，，．    (1)若为中点，证明：平面； (2)在线段上是否存在点，使得平面与平面所成角的余弦值为，若存在，求出；若不存在，请说明理由． 39．（24-25高二上·湖南长沙·期末）如图，三棱锥由三个以为公共直角顶点的直角三角板拼成，其中直角三角板和为两个全等的直角三角板，且，，分别为，的中点，平面与平面的交线为. (1)证明：平面； (2)点在直线上，直线与直线的夹角为，直线与平面的夹角为，是否存在点，使得.如果存在，请求出；如果不存在，请说明理由. 40．（24-25高二上·河南驻马店·期末）图1是等腰梯形，，，是中点，以为折痕，将折起，使点到达点的位置，如图2.    (1)求证：； (2)若 （i）求二面角的平面角的正弦值； （ii）在棱上存在点，使得到平面的距离为，求直线与平面所成角的正弦值. 第 1 页 共 20 页 学科网（北京）股份有限公司 $