专题1.9 空间向量法解立体几何中的探索性问题讲义（4类必考点）-2025-2026学年高二数学人教A版选择性必修第一册

专题1.9 空间向量法解立体几何中的探索性问题 【知识梳理】 1 【考点1：线、面平行的探索性问题】 1 【考点2：线、面垂直的探索性问题】 14 【考点3：与空间角有关的探索性问题】 28 【考点4：与空间距离有关的探索性问题】 45 【知识梳理】 1、利用空间向量证明平行关系的方法和步骤： ①要证明线线平行，首先需要证明两直线的方向向量共线，再说明其中一条直线上存在某个点不在另一条直线上. ②要证明线面平行，首先需要证明该直线的方向向量与平面的某一法向量垂直，或直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行，再说明该直线上存在某个点不在平面内. ③要证明面面平行，首先需要证明两平面的法向量为共线向量，再说明其中一个平面内存在某个点不在另一个平面内(也可转化为证明线面平行、线线平行). 2、利用空间向量证明垂直关系的方法和步骤： ①要证明线线垂直，需证明两直线的方向向量互相垂直，即证它们的数量积为零. ②要证明线面垂直，需证明直线的方向向量与平面的法向量共线，或先通过向量证明线线垂直，再由线面垂直的判定定理证明. ③要证明面面垂直，需证明两个平面的法向量垂直. 3、与空间向量有关的探索性问题： 在立体几何中，与空间向量有关的探究性问题主要有两类：一类是探究线面的位置关系；另一类是探究线面角、二面角或点线面距离满足特定要求时的存在性问题． 4、立体几何中的探索性问题的求解策略： 解决这两类探索性问题的解题策略是：先建立空间直角坐标系，引入参数（有些是题中已给出），设出关键点的坐标，然后探究这样的点是否存在，或参数是否满足要求，从而作出判断． (1)对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”. (2)对于位置探究型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数. 【考点1：线、面平行的探索性问题】 1．（2025高二·全国·专题练习）如图，在直三棱柱中，，四边形，均为正方形，点是线段的中点.在线段（不含端点）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】存在，1，理由见解析. 【分析】以为坐标原点建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，看是否有解，若有解求出点坐标. 【详解】以为坐标原点，分别以所在的直线为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系，    不妨设，则， ，，，， ，. 假设在线段上存在点（），使得平面， 则. 设平面的法向量为，则令，得，， 是平面的一个法向量. ，解得，，为线段的中点. 综上可知，在线段上存在点，满足，使得平面. 2．（25-26高二·湖南·课后作业）如图，已知矩形ABCD和矩形ADEF所在平面互相垂直，点M， N分别在对角线BD， AE上，且BM＝BD，当AN与AE满足什么数量关系时，MN∥平面CDE？ 【答案】当AN＝AE时，MN∥平面CDE. 【分析】以为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系A­xyz，设AN＝xAE， AB、 AD、AF长分别为3a、3b、3c，由向量加减的几何意义用a、b、c表示出、，根据MN∥平面CDE有，利用向量垂直的坐标表示列方程求参数x，即可得答案. 【详解】以为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系A­xyz. 设AN＝xAE， AB、 AD、AF长分别为3a、3b、3c，则B(3a,0,0)，D(0,3b,0)，F(0,0,3c)，E(0,3b,3c)， 所以＝(3a,0,0)，＝(－3a,3b,0)，＝(0,－3b,－3c)． 因为， 又平面CDE的一个法向量是＝(0,3b,0)， 若NM∥平面ECD，则，于是(－3x＋1)b2＝0，解得. 故当AN＝AE时，MN∥平面CDE. 3．（24-25高二上·山东枣庄·阶段练习）如图所示，是梯形的高，OA=OB=BC=1，OD=3OA=3OF，E为AB的中点，将梯形沿折起得到如图所示的四棱锥，使得． 在棱CD上是否存在一点Q，使得PQ//平面CEF？若存在，指出点Q的位置，若不存在，请说明理由.    【答案】存在Q，点Q是CD的中点 【分析】根据题意线面垂直的判定可得平面，然后建立空间直角坐标系，进而求出平面CEF的法向量，根据线面平行得直线的方向向量与平面的法向量垂直， 即求解即可 【详解】存在Q，点Q是CD的中点，其理由如下： 因为是梯形，所以且, 所以四边形是正方形， 所以, 而，，所以，所以， 因为是梯形的高，所以 由，，在平面内相交于点， 所以平面， 如图，以O为坐标原点，OB，OD，OP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系. ，，，， 因为E为PB的中点，所以， 设平面的法向量为，所以， 所以， 令，则，所以， 由三点共线，设， ， 又PQ//平面CEF，所以， 即在棱CD上是存在一点Q，使得PQ//平面CEF，此时Q 是CD的中点.    4．（24-25高二上·湖北黄冈·阶段练习）如图，在四棱维中，平面平面，，，，，，． (1)求直线与平面所成角的正切值； (2)在上是否存在点，使得平面？若存在，求的值；若不存在，说明理由． 【答案】(1) (2)存在点，使得平面，. 【分析】（1）取的中点为，连接，由面面垂直的性质定理证明平面，建立空间直角坐标系求解直线与平面所成角的正切值即可； （2）假设在上存在点，使得，由线面平行，转化为平面的法向量与直线的方向向量垂直，求解参数即可. 【详解】（1） 取的中点为，连接， 因为，所以，又平面平面， 平面平面，平面， 所以平面，又，所以， ，，所以，，所以， 所以以为坐标原点，分别以所在的直线为轴建立空间直角坐标系， ，，，，， 所以，，， 设平面的一个法向量为， 则，，令则， 所以， 设直线与平面所成角为， ， 所以，所以， 所以直线与平面所成角的正切值. （2）在上存在点，使得， 所以，所以， 所以，所以， 因为平面，所以， 即，解得， 所以存在点，使得平面，此时. 5．（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 【分析】（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. 【详解】（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. 6．（24-25高二上·重庆·期中）已知矩形ABCD，，，为CD中点，沿AE折成直二面角，为BC为中点.          (1)求证：； (2)在棱DE上是否存在点N，使得平面ADM?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）取的中点，连接，由面面垂直的性质得到，再由中位线的性质得到，然后由线面垂直的判定定理证明即可； （2）建立如图所示坐标系，平面的法向量，利用解出即可； 【详解】（1）    取的中点，连接， 因为矩形ABCD，，， 所以， 由为CD中点，所以， 因为，所以， 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 由为的中点，为四边形的中位线，， 所以，又平面，， 所以平面， 由平面，所以. （2）    作平面，以为原点，以所在直线为建立空间直角坐标系， 由（1）得为四边形的中位线，所以， 由得，，， 所以， 设平面的法向量为， 则，取，则， 设点存在，，， 所以，所以， 由平面得， 所以，解得， 即，所以 所以存在点N，使得平面ADM，. 7．（24-25高三上·四川成都·期中）如图，正四棱锥 的所有棱长均为，为侧棱上的点，是中点. (1)若是中点，求直线与平面所成角的余弦值； (2)是否存在点，使得直线与平面平行？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2)存在点 ，使得直线与平面平行，此时的值为 【分析】（1）设，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，得到，求得向量和平面的法向量，结合向量的夹角公式，即可求解； （2）设，得到，求得平面的法向量为，根据直线与平面平行，利用，列出方程，求得的值，即可求解. 【详解】（1）如图所示，设， 以点为坐标原点，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 在正方形中，由，可得， 又因为，所以，所以，可得， 则， 因为分别为的中点，可得，， 可得， 设平面的法向量为， 则，令，可得，所以， 设直线与平面所成角为， 可得， 所以直线与平面所成角的余弦值为. （2）因为， 可得， 设，可得， 设平面的法向量为， 则，令，可得， 所以， 若直线与平面平行，可得，即可得， 解得，所以， 即存在点 ，使得直线与平面平行，此时的值为. 8．（24-25高一下·海南海口·期中）刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容.用曲率刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差（多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制），例如：正方体在每个顶点有3个面角，每个面角是，所以正方体在各顶点的曲率为.已知四棱锥在点的曲率为，且. (1)若点的曲率为，求四棱锥的表面积； (2)若点在上，且.试探究：在棱上是否存在点，使平面？证明你的结论. 【答案】(1) (2)存在，证明见解析. 【分析】(1)利用曲率可求出相应的角，从而可计算各表面面积； (2)利用中位线来证明线线平行，再证明线面平行和面面平行，最后问题得证. 【详解】（1） 由，利用余弦定理可得：， 由可得：，利用内角和定理可得， 此时， 又因为，所以， 即， 根据四棱锥在点的曲率为， 可得，利用内角和定理可得， 此时， 再由点的曲率为， 可得， 因为，所以，又因为所以三角形是等边三角形， 此时，由于， 所以，利用， 可知， 所以四棱锥的表面积为； （2） 取分别为的中点，，连接， 利用中位线可知， 又由，可得，即， 又可证得，即，又因为为中点， 所以，又因为平面，平面， 所以平面，同理由，可证明平面， 又因为，平面， 所以平面平面， 又因为平面，所以平面， 此时为的中点. 【考点2：线、面垂直的探索性问题】 1．（2025高三·全国·专题练习）如图，在棱长为1的正方体中，是侧棱上的一点，.问：在线段上是否存在一个定点，使得对任意的在平面上的射影垂直于？证明你的结论. 【答案】存在，证明见解析 【分析】法一：根据已知只需平面，若为的中点，利用线面垂直的性质和判定及三垂线定理证明结论；法二：构建合适的空间直角坐标系，标注相关点坐标，由的坐标表示列方程求点的位置，即可得结论. 【详解】法一：点运动形成平面，即对角面，且平面， 所以只需平面，即有， 若为的中点，则，又平面，平面， 所以，而，平面， 即平面，在平面上的射影为， 由三垂线定理知，必有，故为的中点. 法二：建立如图所示的空间直角坐标系， 则，则， 若在上存在这样的点满足题意，设. 依题意，对任意的要使在平面上的射影垂直于， 即，等价于，解得. 当为的中点时，对任意的在平面上的射影垂直于. 2．（24-25高二上·浙江绍兴·期末）如图，在三棱柱中，底面，，，，为的中点， 为侧棱上的动点. (1)求证：平面平面； (2)试判断是否存在，使得直线.若存在，求的长；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，，结合线面垂直判定定理证明平面，再由面面垂直判定定理证明结论； （2）建立空间直角坐标系，设，求向量，的坐标，由条件列方程求即可. 【详解】（1）在三棱柱中，底面，平面， ， ，为的中点， ， ， 平面， 平面， 平面， 平面平面； （2）以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，如图所示， ，，， 设，则，，， 若，则，解得， 所以存在，使得直线，此时. 3．（24-25高二上·广东珠海·阶段练习）如图，在三棱柱中，，，是棱的中点. (1)证明：； (2)若三棱锥的体积为，问是否在棱上存在一点使得平面？若存在，请求出线段的长度；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见详解； (2)不存在，理由见解析. 【分析】（1）根据条件得到三角形全等，进而证明出线段相等，利用线线垂直得到线面垂直，再由线面垂直推出线线垂直； （2）利用体积得出三棱柱的高，结合题目条件建立空间直角坐标系，写出各点坐标，设，表示出向量，根据线面垂直得出线线垂直，利用数量积等于计算的值，由与平面内的两个不共线向量垂直得出不同的，所以不存在点使得平面. 【详解】（1）如图，取中点，连接. ∵,∴, ∵,,, ∴与全等， ∴，∴， ∵，、平面， ∴平面， ∵平面，∴. （2）不存在，理由如下： 由（1）得，平面， ∵平面， ∴平面平面， 如图，过点作于点. ∵平面平面，平面， ∴平面 由题意得， ∴，设三棱柱的高为， ∵三棱锥的体积为， ∴三棱锥的体积为，即， ∴，即， ∴，∴点为中点. 取中点，则，∴. 故可以为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，，， ∴， ，，. 设，则， ∴， 要使平面，则需且， 由得，，解得， 由得，，解得， 由两个方程解出值不同可得在棱上不存在点使得平面. 4．（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，. 【分析】（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. 【详解】（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. 5．（25-26高二上·广东东莞·阶段练习）在长方体中，．是线段上的点． (1)若，求证：平面． (2)若，在线段上是否存在点．使，若存在．求的取值范围；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)存在， 【分析】（1）以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，根据向量运算可证得垂直于平面的法向量，由此可得结论； （2）假设存在点，使得，由可用表示出，结合的范围可求得结果. 【详解】（1）以为坐标原点，正方向为轴正方向，可建立如图所示空间直角坐标系， 设，则，，，，，， ，，，， ，，； 设平面的法向量， 则，令，解得：，，， ，，平面 平面. （2）假设在线段上存在点，使得， 设，由（1）知：，； 设，则， ，， ，，即， 在线段上存在点，使得，此时的取值范围为. 6．（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. 7．（25-26高二上·福建泉州·阶段练习）如图，在四棱锥中，底面是边长为的正方形，侧棱，E是的中点， (1)求证：平面 ； (2)求证：平面； (3)侧棱上是否存在一点F，使得平面，若存在，则求的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)存在， 【分析】（1）连接交于点，证，即得平面； （2）由勾股定理证得，即可推得平面； （3）利用（2）结论建系，设，求出相关点和平面法向量坐标，由求出的值，即可判断求解. 【详解】（1） 如图，连接交于点，连接，由正方形可得： 因是的中点， 则， 又因平面，平面， 故平面. （2）因则, 故有,因平面，故平面. （3） 由题意和（2）的结论，如图，可以点为原点， 分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系， 则，因E是的中点，则， 设，解得，则得,, 设平面的法向量为，则 故可取.由平面可得， 即，解得，即存在点时，满足平面， 此时，. 8．（24-25高二上·江苏盐城·阶段练习）如图，四棱锥的底面为平行四边形，，，为的重心.    (1)证明：平面； (2)若为的中点，求线段的长； (3)设为线段上的一个动点，是否存在点，使得，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)； (3)存在，使得，理由见解析，. 【分析】（1）以为基底，表示表示，结合向量运算性质证明，由此证明结论； （2）利用基底表示，结合数量积性质求其模，可得结论； （3）设存在点，满足条件，且，利用基底表示，结合假设及数量积性质求，可得结论. 【详解】（1）由已知不共面，故为一组基底， 由已知， ， 所以， 由已知， 因为为的重心，所以， 所以， ， 所以，，即， 又平面，， 所以平面； （2）因为，， 又为的中点， 所以， 所以， 所以， 所以线段的长为；    （3）设存在点，使得，且，， 则， ， 所以， 所以， 所以 ， 所以， 所以存在点，使得，此时. 【考点3：与空间角有关的探索性问题】 1．（25-26高三上·河北·开学考试）如图，在三棱锥中，，，，且平面平面. (1)证明：平面； (2)线段上是否存在一点，使得二面角的正切值为，若存在，求出的值，并给出证明；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）取的中点，连接，根据面面垂直的性质定理得平面，然后根据线面垂直的性质定理得，再根据线面垂直的判定定理即可证明. （2）解法一：过作，交于点，过作于G，连接，根据线面垂直的性质及二面角的平面角的定义，作出二面角的平面角，设，在中，利用正切值列方程解得，即可求得. 解法二：取的中点O，连接，以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，求出点坐标，显然平面的一个法向量为，求出平面的一个法向量，结合同角三角函数基本关系，利用向量法列方程求得，即可求得. 【详解】（1）取的中点，连接， ∵，∴， 又平面平面，平面平面，平面， ∴平面，又平面，∴， 又∵，，平面， ∴平面. （2）解法一：存在，. 证明：假设存在点满足要求，过作，交于点， 过作于G，连接， ∵平面，平面，∴， 又，平面，∴平面， 又平面，∴. 又，平面，∴平面， 又平面，∴. 所以是二面角的平面角. 设，∴，，， ∴， 解得， ∴，∴. 解法二：存在，. 取的中点O，连接， ∵平面，平面，∴， ∵，∴， ，∴平面， 以为坐标原点，以过点且平行于的直线为轴，以所在直线为轴， 以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示. 设，则，，， ，， 显然平面的一个法向量为， 设平面的法向量为， 则 令，则，， ∴平面的一个法向量为， ∴， 设二面角的平面角为， 则， 解得， ∴，∴. 2．（2025高二·全国·专题练习）如图，在三棱锥中，平面平面，与均为等腰直角三角形，且，． (1)求与平面所成角的余弦值； (2)是线段上的动点，若线段上存在点（不包含端点），使得异面直线与成30°角，求线段长的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由面面垂直得到线面垂直，线线垂直，故，，两两垂直，建立空间直角坐标系，利用线面角的向量公式和同角三角函数关系进行求解； （2）设，．设，其中，则，根据与成30°角得到方程，求出，其中，即，结合求出答案. 【详解】（1）因为，所以⊥， 又平面平面，交线为，平面，所以⊥平面， 又平面，所以⊥，⊥， 以为原点、为轴、为轴、平面上过点的的垂线为轴建立空间直角坐标系，如图， 与均为等腰直角三角形，，则，，， 平面的法向量为， 设与平面所成的角为，， ， 故； （2），设，．设，其中， 但当时，两点重合，此时与不是异面直线，故，所以， 则． 由，得， 其中，即，解得， 又，所以 故． 3．（25-26高三上·广西南宁·开学考试）如图，在四棱锥中，，为等腰直角三角形，为斜边，其中．    (1)证明：平面平面； (2)线段上是否存在一点，使得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）设线段的中点为，线段的中点为，利用线面垂直的判定、性质，面面垂直的判定推理得证. （2）根据已知，以为原点，构建如下图空间直角坐标系，令，，结合已知并利用线面角的向量求法列方程求参数，即可得. 【详解】（1）如图，设线段的中点为，线段的中点为，连接， 依题意，，则，由，得， 而，是梯形的中位线，于是， 而平面，则平面， 而平面，于是，又平面，且和相交， 因此平面，而平面，所以平面平面；    （2）依题意，，则，即， 由（1）知平面，平面，则， 由，平面，可得平面， 过作平面，以为原点，构建如下图空间直角坐标系，    则，， 令，，则， 由平面，则平面的一个法向量为， 由题设， 所以，可得（负值舍），所以时满足题设. 4．（2025·江西鹰潭·二模）如图1，等腰梯形是由三个全等的等边三角形拼成，现将沿BC翻折至，使得，如图2所示． (1)求证：； (2)在直线上是否存在点，使得直线BM与平面APD所成角的余弦值为？ 若存在，求出的值：若不存在，说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)5或 【分析】（1）根据全等三角形性质，利用线面垂直判定定理可证明平面，再由线面垂直性质可得； （2）解法一利用线面角的定义，作出线面角的平面角，由余弦定理即可求出结果； 解法二利用空间向量，求出平面法向量以及直线方向向量，根据线面角与空间向量之间的关系即可求得结果. 【详解】（1）在图1连接交于点，在图2中，易知、都是等边三角形，易得，， 又，，平面，可得平面； 又直线平面，所以． （2）解法一：假设存在点，符合题意．设，则， 则在中，由，，由余弦定理得， 由（1）得直线平面，又，直线平面，平面， 平面平面 作，垂足为，则平面， 在，由，，所以 如图3，取中点，连接，由，，得四边形为平行四边形， 因为平面，所以平面， 则直线与平面所成角为，且． 由已知，即，由，得 在中，设，由余弦定理得 即，解得或 所以存在点，使得直线与平面所成角的余弦值为，此时或 解法二（向量法）设，则，则在中，由，， 由余弦定理得，作，垂足为，连接，得，， 如图3，以的中点为原点，分别为轴正方向，建立空间直角坐标系， 则，，，所以， 因此，， 设平面的法向量为， 则， 解得，令，则；即向量， 设存在点，，满足题意，则， 所以， 设直线与平面所成角为，则，所以 所以，解得， 所以存在点，使得直线与平面所成角的余弦值为，此时或 5．（24-25高二下·云南·阶段练习）在如图所示的多面体中，四边形是平行四边形，平面，，且，. (1)求证：平面； (2)求二面角的正弦值； (3)在棱上是否存在点，使得直线与所成角的余弦值为，若不存在，请说明理由；若存在，求线段的长. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在，1 【分析】（1）取的中点，连接，，证明四边形是平行四边形，则，再根据线面平行得判定定理即可得证； （2）以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可； （3）设，由题意可得，进而可得出答案. 【详解】（1）如图，取的中点，连接，， 因为，， 所以且， 所以四边形是平行四边形， 所以且， 又因为且，所以且， 所以四边形是平行四边形，所以， 因为平面，平面， 所以平面； （2）因为，， 所以，所以， 因为平面，， 所以平面，所以，，两两垂直， 以，，所在直线分别为轴，轴，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，， 设平面的一个法向量为， 则，令，则， 所以， 所以二面角的正弦值为； （3）假设在棱存在点，使得直线与所成角的余弦值为， 设，则，又， 所以，即， 所以，解得或（舍去）， 因此适合条件的点存在，且线段的长为1. 6．（24-25高二下·湖南长沙·开学考试）在四棱锥中，底面为等腰梯形，，，，，为正三角形，且平面平面，设为线段上一动点.    (1)当平面时，求的值； (2)当最小时，求与所成角的余弦值； (3)当二面角的大小为时，求的值. 【答案】(1)； (2)； (3). 【分析】（1）以为原点， 分别为轴，作射线垂直于点为轴构建空间直角坐标系，由条件确定在轴上，设，求平面的法向量，由线面平行有求参数值，即可得； （2）利用空间两点距离公式求参数值，得，再应用向量法求异面直线夹角的余弦值； （3）求出平面的法向量，结合二面角大小及向量夹角的求法列方程求参数值，即可得. 【详解】（1）底面是等腰梯形，，，，， 所以，则， 又，可得，故，    以为原点， 分别为轴，作射线垂直于点为轴， 构建如图空间直角坐标系，则， 所以，，显然满足， 因为是边长为的正三角形，故的高为， 所以的高为，且在平面上的投影在的角平分线上， 设且，则， ， 若是平面的一个法向量，则，可取， 若是平面的一个法向量，则，可取， 由平面平面，则，可得，故，即在轴上， 显然平面，又，故， 即为等腰直角三角形，则到的距离为，故，所以， 设，则，则， 所以，而，， 若是平面的一个法向量，则，取， 由平面，则，可得， 此时，故； （2）由，则， 当，最小，此时，则，而， 所以，故所求异面直线的夹角余弦值为； （3）由（1）知，平面的法向量为，，， 设平面的法向量，则，取， 二面角的大小为，则， 整理得，即，故， 所以（负值舍），故. 7．（24-25高三上·北京海淀·阶段练习）如图，在四棱锥中，是边长为4的等边三角形，四边形为菱形，，平面平面，为棱的中点，记平面和平面的交线为．    (1)证明：； (2)求点到平面的距离； (3)在线段（不含端点）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，求的位置；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）由题意，可得平面，然后利用线面平行的性质可证得； （2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用点到平面的距离的向量公式求解； （3）设，根据已知条件及线面角的向量公式列方程求解. 【详解】（1）∵四边形为菱形，∴， ∵平面，平面，∴平面， ∵平面，平面和平面的交线为， ∴. （2）取的中点，连接， ∵是边长为4的等边三角形，∴， ∵四边形为菱形，，∴为等边三角形，， ∵平面平面，平面平面，平面，， ∴平面， 以为坐标原点，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， 令，则，， ∴点到平面的距离. （3）假设在线段（不含端点）上存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值为． 设， 则， ∵平面的法向量为，直线与平面所成角的正弦值为， ∴， 整理得，解得或， 所以在线段 (不含端点)上存在点，当或时，直线与平面所成角的正弦值为． 8．（25-26高二上·贵州黔南·开学考试）如图，直四棱柱的所有棱长均为3，且，点是侧棱上靠近点的三等分点，点是线段上的动点（含端点）． (1)若以为坐标原点、为轴正方向、为轴正方向，建立右手空间直角坐标系，请画出轴的位置，并证明； (2)将点与平面内任意一点的连线段，求这些线段长度的最小值； (3)在线段上是否存在一点，使得二面角的余弦值为？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)3； (3)在线段上存在点在靠近的三等分点处，理由见解析. 【分析】（1）利用底面菱形画轴，证明线面垂直； （2）利用向量法求点到平面距离； （3）假设存在点，由二面角的余弦值列方程，确定点位置. 【详解】（1）连接，，所以是等边三角形， 取中点，则，因为，所以， 又四棱柱为直四棱柱，所以平面， 因为平面，所以，又， 且平面，所以平面. （2）点与平面内任意一点的连线中，长度最小值是点到平面的距离. 由（1）所建坐标系可得：. 所以，，， 设平面的法向量为， 则，即，令，则， 所以是平面的一个法向量. 所以点到平面的距离， 即这些线段长度的最小值是3. （3）设存在点满足条件，设，则 设平面的法向量为， 则，即，令，则， 所以是平面的一个法向量. 设二面角的大小为，则由图可知为锐角， 所以，解得或（舍） 所以在线段上存在点在靠近的三等分点处，使得二面角的余弦值为. 【考点4：与空间距离有关的探索性问题】 1．（24-25高二上·广东梅州·阶段练习）如图，在四棱锥中，平面平面，，，，为棱的中点．    (1)求平面与平面的夹角余弦值； (2)在线段上是否存在点，使得点到平面的距离是？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 【答案】(1) (2)存在满足题意的点，此时 【分析】（1）建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法求解面面角即可； （2）假设存在满足题意的点，，利用空间向量法求解点面距，建立关于a的方程，解之即可求解. 【详解】（1）由平面平面平面， 所以平面，又平面，所以， 又，有，故， 建立如图空间直角坐标系，   ，得， 易知平面的一个法向量为，设平面的一个法向量为， ，令，得，， 所以， 即平面与平面所成角的余弦值为； （2）由（1）知，则，假设存在满足题意的点. 设，则， 得，即，所以， 故点到平面的距离为， 即，解得或（舍去）， 所以存在满足题意的点. 此时，所以. 2．（24-25高二上·陕西安康·阶段练习）图①是直角梯形，四边形是边长为的菱形，并且，以为折痕将折起，使点到达的位置，且.    (1)求证：平面平面； (2)在棱上是否存在点，使得点到平面的距离为?若存在，求出的位置；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，点在棱的中点位置 【分析】（1）取的中点，连接，根据题中条件可得由勾股定理逆定理得：，利用线面垂直的判定定理证平面，再利用面面垂直的判定定理证平面平面； （2）建立空间直角坐标系，设，利用空间向量求解的值，即可确定点的位置. 【详解】（1）    取的中点，连接， 因为四边形是边长为的菱形，并且， 所以均为等边三角形，故且， 因为，所以，由勾股定理逆定理得：， 又因为，平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面； （2）    以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 设，故， 解得：， 故， 设平面的法向量为， 则， 故，即， 令，则，故， 其中 则，解得：， 即点在棱的中点位置时，使得点到平面的距离为. 3．（24-25高二上·上海金山·阶段练习）如图，在长方体中，，，，，分别是棱，，的中点． (1)请判断直线与平面是否垂直，并证明你的结论； (2)求直线与半面所成角的正弦值； (3)在线段上是否存在一点，使得点到平面的距离是，若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 【答案】(1)不垂直；证明见解析 (2)； (3)不存在，理由见解析 【分析】（1）建立空间直角坐标系，证明，，由此可得结论； （2）求平面的法向量，利用向量方法求直线与平面所成角的正弦值； （3）假设存在，，求出的坐标，再求平面的法向量及，利用向量方法求点到平面的距离，列方程求即可. 【详解】（1）结论：直线与平面不垂直， 以为坐标原点，，，，的方向分别为，，轴的正方向建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 所以，，， ， 所以直线与平面不垂直． （2）设平面的一个法向量， ，， ， 令，则，， 所以为平面的一个法向量， 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）假设存在，，使得点到平面的距离是， 由（1）知，，，所以， 所以，又，， 设平面的一个法向量为， 则， 令，则， 所以平面的一个法向量为， 所以点到平面的距离是， 故在线段上不存在点，使得点到平面的距离是． 4．（24-25高二下·江苏扬州·期中）如图，等边三角形ABC的边长为，，分别为所在边的中点，为线段的中点，现将三角形沿直线折起，使得二面角为直二面角． (1)求线段的长度； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)棱上是否存在异于端点的点，使得点到平面的距离为．若存在，请指出点的位置；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)存在，点位于线段的靠近点的三等分点 【分析】（1）连接，证明，结合面面垂直性质定理证明平面，取边的中点记为，建立空间直角坐标系，求的坐标，再求线段的长度； （2）求平面的法向量，结合向量夹角公式求直线与平面所成角的正弦值； （3）设，求平面的法向量，结合点到平面的距离的向量求法求点到平面的距离，列方程求，由此可得结论. 【详解】（1）由已知，连接，因为为线段的中点，所以； 因为平面平面，又平面平面，又面， 所以平面；取边的中点记为，则； 以点为原点，以为轴的正方向，建立空间直角坐标系， 则，所以； （2）由（1），，，， 所以，，， 记平面的法向量为， 所以， 不妨取，得， 所以为平面的一个法向量； 记直线与平面的所成角为， 则， 所以，直线与平面的所成角的正弦值为； （3）设，其中， ，， ，， ， 记平面的一个法向量为， 则有， 不妨取，解得， 即； 则点到平面的距离， 整理得：即， 解得或（舍去）， 所以，当点位于线段的靠近点的三等分点时，点到平面的距离为． 5．（25-26高三上·黑龙江绥化·开学考试）如图，四棱锥的底面是正方形，平面，.已知，分别为，的中点，平面与棱交于点. (1)求证：平面； (2)求平面与平面的夹角的余弦值； (3)判断线段上是否存在一点，使得点到平面的距离为？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在，的坐标为或，理由见解析， 【分析】（1）先证明，，由线面垂直判定定理证明平面，所以，再证明，根据线面垂直判定定理证明结论； （2）先证明平面，由此可得，再证明，由此可得，建立空间直角坐标系，求平面与平面的法向量，结合向量夹角公式求结论； （3）设，，由此可得，根据点到平面的距离的向量求法结合条件列方程求，由此可得结论. 【详解】（1）证明：因为平面ABCD，平面ABCD，所以. 因为四边形为正方形，所以， 又，平面， 所以平面， 因为平面，所以. 因为为中点，，所以. 又，平面， 所以平面， （2） 由（1）平面，平面，所以， 因为平面ABCD，平面ABCD，所以， 因为四边形为正方形，所以， 平面，， 所以平面，平面，所以， 因为为的中点，，所以， ，平面， 所以平面，平面， 所以， 因为，所以平面，平面， 所以，故， 由（1）平面，平面， 所以，故，又， 所以，所以， 由已知，，， 所以，故， 以为原点，，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系， 则，，易知， 所以，. 设平面的一个法向量为， 则，令，则， 所以平面的一个法向量为. 平面ABCD的一个法向量为. 设平面与平面的夹角为， 则， 所以平面与平面的夹角的余弦值为， （3）因为，，所以， 设，， 所以，所以，所以. 由（2）知平面的一个法向量为， 所以，解得或， 所以点的坐标为或. 30．（24-25高二上·北京·期中）如图，在长方体中，，，分别是棱，，的中点. (1)判断直线与平面的位置关系，并证明你的结论； (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，使得点到平面的距离是，若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 【答案】(1)相交但不垂直，证明见解析； (2)； (3)不存在，理由见解析. 【分析】（1）建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量计算线面夹角即可； （2）建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量计算线面夹角即可； （3）假设存在点Q，利用空间向量研究点面距离计算参数即可. 【详解】（1） 如图建立空间直角坐标系，则， 所以， 设平面的一个法向量为， 则，取，即， 则， 连接与交于N点，即直线与平面相交于N点， 则直线与平面的位置关系为相交，直线与平面的夹角的正弦值； （2）由上知，设平面的一个法向量为， 则，取，即， 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）设存在满足题意，不妨设， 则， 易知，设平面的一个法向量为， 则，取，即， 而， 所以点到平面的距离是，所以不存在. 7．（24-25高二上·山东·阶段练习）如图，在四棱锥中，平面平面为棱的中点. (1)证明：平面； (2)若， （i）求二面角的余弦值； （ii）在棱上是否存在点，使得点到平面的距离是？若存在，求出的长；若不存在，说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)（i）,（ii）存在， 【分析】（1）先证明四边形是平行四边形，可得，即可根据线面平行的判定定理证明结论； （2）（i）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用向量的夹角公式即可求解； （ii）设，，根据点面距离的向量法即可求出，进而求出的值． 【详解】（1）取的中点，连接，，如图所示： 为棱的中点， ，，，，，， 四边形是平行四边形，， 又平面，平面， 平面； （2），，， ，， 平面平面，平面平面， 平面， 平面， 又，平面，，，由， 以点为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，如图： 则，，，，，， （i）故， 设平面的一个法向量为， 则，令，则，，， 平面的一个法向量为, 则，令，则，，故， ,， 由于二面角的平面角为锐角，故二面角的余弦值为； （ii）假设在线段上是存在点，使得点到平面的距离是， 设，，则,0,，0,， 由（2）知平面的一个法向量为,,， ， 点到平面的距离是， ，． 8．（24-25高二上·贵州贵阳·阶段练习）如图，在四棱锥中，平面平面.是等腰三角形，且.在梯形中，. (1)求证:平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值; (3)棱上是否存在点到平面的距离为，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，. 【分析】（1）由即可得出平面； （2）建立空间坐标系，求出平面和平面的法向量，利用面面夹角的向量公式计算即可； （3）设，结合点面距离的向量公式建立方程，求解可得的值． 【详解】（1），平面，平面， 平面． （2） ∵底面是直角梯形，， ， 又，到的距离为， 平面平面，到平面的距离为2．以为原点，以，及平面过的垂线为坐标轴， 建立空间坐标系，如图所示： ， ，设平面的法向量为，平面的法向量为， 则，， ，，令，，则， 可得， 设平面与平面夹角为， ． ∴平面与平面夹角的余弦值为； （3）假设棱上存在点到面的距离为， 设，其中 ， 点到平面的距离，，（舍去）， 棱上存在点到面的距离为，． 第 1 页 共 59 页 学科网（北京）股份有限公司 $专题1.9空间向量法解立体几何中的探索性问题 【知识梳理】.1 【考点1：线、面平行的探索性问题】 .1 【考点2：线、面垂直的探索性问题】.7 【考点3：与空间角有关的探索性问题】 14 【考点4：与空间距离有关的探索性问题】 22 【知识梳理】 1、利用空间向量证明平行关系的方法和步骤： ①要证明线线平行，首先需要证明两直线的方向向量共线，再说明其中一条直线上存在某个点不在另 一条直线上 ②要证明线面平行，首先需要证明该直线的方向向量与平面的某一法向量垂直，或直线的方向向量与 平面内某直线的方向向量平行，再说明该直线上存在某个点不在平面内 ③要证明面面平行，首先需要证明两平面的法向量为共线向量，再说明其中一个平面内存在某个点不 在另一个平面内（也可转化为证明线面平行、线线平行） 2、利用空间向量证明垂直关系的方法和步骤： ①要证明线线垂直，需证明两直线的方向向量互相垂直，即证它们的数量积为零 ②要证明线面垂直，需证明直线的方向向量与平面的法向量共线，或先通过向量证明线线垂直，再由 线面垂直的判定定理证明 ③要证明面面垂直，需证明两个平面的法向量垂直 3、与空间向量有关的探索性问题： 在立体几何中，与空间向量有关的探究性问题主要有两类：一类是探究线面的位置关系；另一类是探 究线面角、二面角或点线面距离满足特定要求时的存在性问题， 4、立体几何中的探索性问题的求解策略： 解决这两类探索性问题的解题策略是：先建立空间直角坐标系，引入参数（有些是题中已给出），设 出关键点的坐标，然后探究这样的点是否存在，或参数是否满足要求，从而作出判断 (1)对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把 “是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解” (②)对于位置探究型问题，通常借助向量，引进参数，综合己知和结论列出等式，解出参数 【考点1：线、面平行的探索性问题】 第1页共29页 1.(2025高二全国.专题练习)如图，在直三棱柱ABC-A,B,C,中，AB1AC,四边形ABB,A,ACC,A,均 为正方形，点E是线段CC,的中点.在线段A,B(不含端点)上是否存在点F,使得EF/1平面A,BC？若存 在，求出二的值：若不存在，请说明理由。 BF B E 2.(25-26高二湖南课后作业)如图，已知矩形ABCD和矩形ADEF所在平面互相垂直，点M,N分别 在对角线BD,让上，且BM=D,当AN与AE满足什么数量关系时，MM平面CDE? A M B 第2页共29页 3.(24-25高二上山东枣庄阶段练习)如图所示，B0是梯形ABCD的高，∠BAD=45°，OA=OB=BC=1, OD=3OA=3OF,E为AB的中点，将梯形ABCD沿OB折起得到如图所示的四棱锥P-OBCD,使得PC=V3· 在棱CD上是否存在一点Q,使得PQ平面CEF?若存在，指出点Q的位置，若不存在，请说明理由. P(A) B C B 4.(24-25高二上·湖北黄冈阶段练习)如图，在四棱维P-ABCD中，平面PAD1平面ABCD,PA⊥PD, PA=PD,AB LAD,AB=1,AD=2,AC=CD=5. (1)求直线PB与平面PCD所成角的正切值； 2在P1上是否存在点M,使得8M11平面PCD?若存在，求华的值：若不存在，说明理由。 5.(24-25高二上山东烟台开学考试)如图，在长方体ABCD-A,B,C,D,中，AB=4,BC=3,CC,=2. 第3页共29页 D B (1)求证：平面ACB∥平面ACD,.(使用向量方法) (2)线段B,C上是否存在点P,使得AP∥平面ACD,？若存在，求出点P的位置；若不存在，请说明理由 6.(24-25高二上.重庆期中)已知矩形ABCD,AB=4,AD=2,E为CD中点，沿AE折成直二面角， M为BC为中点. D D C E M (1)求证：BC⊥DM; 2在棱DE上是否存在点N,使得CN11平面ADM?若存在，求E的值；若不存在，请说明理由. ND 第4页共29页 7.(24-25高三上四川成都期中)如图，正四棱锥P-ABCD的所有棱长均为√2，M为侧棱PD上的点， N是PC中点. D A烧 B (1)若M是PD中点，求直线BN与平面MAC所成角的余弦值； (2)是否存在点M,使得直线BN与平面MAC平行？若存在，求出PM的值：若不存在，请说明理由. PD 8.（24-25高一下·海南海口·期中)刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容.用曲率刻画空间弯曲性，规定： 第5页共29页 多面体顶点的曲率等于2π与多面体在该点的面角之和的差（多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用 弧度制)，例如：正方体在每个顶点有3个面角，每个面角是无，所以正方体在各顶点的曲率为 2 2-3×号号已灯四棱锥P-4BCD在点A的曲率为号且PB=PD,C8=CD,PA=4B=D=55D=2. 22 3 A以 B------- @若点B的曲率为，∠PBC=∠ABC,求四棱锥P-ABCD的表面积 (2)若点E在PD上，且PE:ED=2:1.试探究：在棱PC上是否存在点F,使BF//平面AEC？证明你的结论. 【考点2：线、面垂直的探索性问题】 第6页共29页 1.(2025高三全国.专题练习)如图，在棱长为1的正方体ABCD-A,B,C,D,中，P是侧棱CC,上的一点， CP=m.问：在线段AC上是否存在一个定点Q,使得对任意的m∈(0,1)，DQ在平面APD,上的射影垂直于 AP?证明你的结论 D H D: B 2.(24-25高二上浙江绍兴期末)如图，在三棱柱ABC-A,B,C,中，AA⊥底面ABC,∠CAB=90°， AB=AC=2,AA=3,M为BC的中点，P为侧棱BB,上的动点. A B A B M C (1)求证：平面AMP⊥平面BB,CC; (2)试判断是否存在P,使得直线BC,⊥AP.若存在，求PB的长；若不存在，请说明理由. 3.(24-25高二上广东珠海阶段练习)如图，在三棱柱ABC-A,B,C中，AB=AC=BC=AA,=2, 第7页共29页 ∠A,AB=∠A,AC,D是棱B,C,的中点. C D A B C B (1)证明：A4⊥BC; 2)若三棱锥B-ABD的体积为B四，问是否在棱AB上存在一点P使得CP⊥平面4BD?若存在，请求出 12 线段A,P的长度；若不存在，请说明理由. 4.(24-25商二上贵州期市)知图，在直三棱柱ABC-ABC中，CA=CB号4=1，BC1AC,P为 第8页共29页 AB上的动点，Q为棱CC的中点. A (1)设平面A,BQ∩平面ABC=1,若P为A,B的中点，求证：PQ1l; (2)设BP=2BA,问线段A,B上是否存在点P,使得AP⊥平面A,BQ？若存在，求出实数1的值；若不存在， 请说明理由 5.(25-26高二上广东东莞阶段练习)在长方体ABCD-A,B,C,D,中，AD=AA,=2.R是线段AC上的点. 第9页共29页 D B A R D上 1 A P B a法AR=写4C,求证：DR7平面8DC. (2)若AR=λA,C,在线段BB,上是否存在点Q.使D,R⊥CQ,若存在.求1的取值范围；若不存在，请说 明理由. 6.（24-25高二上·重庆·期中)如图，三棱柱ABC-A,B,C,的底面是等腰直角三角形，∠ACB=90°，侧面 第10页共29页