专题强化01：空间向量与立体几何题型训练【八大题型 培优】-2025-2026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版选择性必修第一册）

专题强化01：空间向量与立体几何题型归纳 【题型归纳】 · 题型一：空间向量的线性运算 · 题型二：空间共线定理、共面定理 · 题型三：空间向量的数量积运算 · 题型四：空间向量的坐标运算 · 题型五：空间向量研究线面平行与垂直 · 题型六：空间向量研究空间距离问题 · 题型七：空间向量研究空间角问题 · 题型八：空间向量研究存在性问题 【题型探究】 题型一：空间向量的线性运算 1．（24-25高二上·广东湛江·期中）如图，在四面体中，．点在上，且为中点，则等于（ ） A． B． C． D． 2．（24-25高二下·广东·期中）已知三棱柱如图所示，其中，若点为棱的中点，则（   ） A． B． C． D． 3．（24-25高二上·辽宁·阶段练习）在正三棱锥中，O为外接圆圆心，则（   ） A． B． C． D． 题型二：空间共线定理、共面定理 4．（23-24高二上·广东广州·期中）已知为空间内三个不共面的向量，平面和平面的法向量分别为和，若，则（    ） A．5 B． C．3 D． 5．（24-25高二上·广东·期中）已知A，B，C三点不共线，点O不在平面ABC内，，若A，B，C，D四点共面，则的最大值为（    ） A． B． C．1 D．2 6．（24-25高二下·上海·期中）在正四棱锥中，，，设平面与直线交于点，，则 ．    题型三：空间向量的数量积运算 7．（24-25高二上·广东东莞·阶段练习）如图，在平行六面体中，以顶点为端点的三条棱长都是1，，，为与的交点．设，，． (1)用，，表示，并求的值； (2)求的值． 8．（22-23高二上·上海·期中）如图所示，在三棱柱中，M，N分别是，上的点，且，.设，，. (1)试用，，表示向量； (2)若，，，求的长. 9．（24-25高二上·河北唐山·期中）如图，在六棱柱中，底面是正六边形，设．若，求： (1)试用向量表示，并求的值； (2)求． 题型四：空间向量的坐标运算 10．（24-25高二下·江苏常州·期中）已知向量，，． (1)若，求； (2)若三个向量，，不能构成空间的一个基底，求实数的值． 11．（21-22高二上·北京丰台·期中）已知向量，. (1)求; (2)求; (3)若，求的值. 12．（24-25高二上·广东佛山·期中）已知向量，，． (1)当时，若向量与垂直，求实数和的值； (2)若向量与向量，共面，求实数的值． 题型五：空间向量研究线面平行与垂直 13．（25-26高二上·全国·课前预习）如图，在直三棱柱中，侧面是正方形，，，分别为棱，的中点，.用向量法证明：平面平面. 14．（21-22高二·全国）如图，在四棱锥中，底面，，，，，为上一点，且．（请用空间向量法予以证明） (1)求证：平面PBC； (2)求证：平面BDE． 15．（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. 题型六：空间向量研究空间距离问题 16．（24-25高二上·辽宁·期中）如图，在直三棱柱中，，D是棱AC的中点，    (1)求C点到平面的距离. (2)求直线与平面所成的角的正弦值. 17．（22-23高二下·福建宁德·期中）如图所示，四棱锥的底面是正方形，底面，为的中点，. (1)证明：平面； (2)求点到平面的距离. 18．（24-25高二下·江苏南京·阶段练习）如图，四棱锥中，平面，，，，，，是的中点． (1)求证：平面； (2)若， ①求平面与平面所成角的余弦值； ②在线段上是否存在点，使得点到平面的距离为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 题型七：空间向量研究空间角问题 19．（2023·上海闵行·一模）如图，在四棱锥中，底面是边长为a的正方形，侧面底面，且，设分别为的中点． (1)证明：直线平面； (2)求直线PB与平面所成的角的正切值． 20．（24-25高二下·江苏南京·期中）如图1，是底边为2的等腰三角形，且，为等腰直角三角形，，将沿翻折到的位置，且点不在平面内（如图2），点为线段的中点． (1)证明：； (2)当平面平面时，求直线与平面所成角的余弦值； (3)若直线与所成角的余弦值为时，设平面与平面的夹角为，求的值． 21．（23-24高二上·吉林长春·期中）如图甲，在矩形中，，为线段的中点，沿直线折起，使得，点为的中点，连接、，如图乙． (1)求证：平面； (2)线段上是否存在一点、使得平面与平面所成的角为？若不存在，说明理由：若存在，求出点的位置． 题型八：空间向量研究存在性问题 22．（24-25高二上·云南曲靖·期中）如图，在四棱锥中，侧棱底面，底面是直角梯形，，，，，是棱的中点. (1)求证：平面； (2)求二面角的余弦值； (3)在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，请求出的值；若不存在，请说明理由. 23．（24-25高二上·河南·阶段练习）如图，在四棱锥中，底面为矩形，底面是的中点. (1)证明：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)在棱上是否存在一点，使直线与平面所成角的正弦值为，若存在，求出线段的长；若不存在，说明理由. 24．（24-25高二上·上海嘉定·期中）如图1，在等腰梯形ABCD中，，，，E为AD中点，点O，F分别为BE，DE的中点.将沿BE折起到的位置，使得平面平面BCDE（如图2）. (1)求证：； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)侧棱上是否存在点P，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【专题强化】 一、单选题 1．（23-24高二上·山西运城·期中）若构成空间的一个基底，则下列向量能构成空间的一个基底的是（    ）. A．，， B．，， C．，， D．，， 2．（25-26高二上·浙江·期中）如图，在平行六面体中，，，，，则的长为（    ） A． B． C． D． 3．（23-24高一下·天津·阶段练习）如图，空间四边形中，，，，点在线段上，且，点为中点，则等于（    ） A． B． C． D． 4．（23-24高二上·山西运城·期中）已知为直线的一个方向向量，点，，则点P到直线的距离为（    ）. A．4 B． C． D． 5．（24-25高二下·甘肃白银·期中）在三棱锥中，M是平面内一点，且，则（   ） A． B．1 C．2 D．3 6．（24-25高二下·甘肃酒泉·期中）在空间直角坐标系中，，，，点在直线上运动，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 7．（24-25高二上·江苏常州·期中）如图，在棱长为2的正方体中，为的中点，点在线段上，点到直线的距离的最小值为（    ） A． B． C． D． 8．（24-25高二上·重庆·期中）如图，已知平行四边形，，且，沿对角线将折起，当二面角的余弦值为时，则A与C之间距离为（    ） A．2 B． C． D． 二、多选题 9．（24-25高二下·江苏宿迁·期中）空间四点.给出下列命题，其中正确的选项是（   ） A．平面的一个法向量为 B．若 且 ，则 C．点到直线的距离为 D．四点共面 10．（24-25高二上·海南省直辖县级单位·期中）已知直三棱柱中，，，，的中点为，直线AB与所成的角为，则下列说法一定正确的是（    ） A． B． C． D． 11．（24-25高二下·云南昭通·期末）正方体的棱长为2，则下列结论正确的是（    ） A．直线与直线所成角为 B．平面 C．点C到平面的距离为 D．直线与平面所成角的正弦值为 12．（24-25高二上·江苏常州·期中）如图，菱形的边长为为边的中点，将沿折起，折叠后点的对应点为，使得平面平面，连接，则下列说法正确的是（    ） A．点到平面的距离为 B．三棱锥的体积为 C．与所成角的余弦值为 D．直线与平面所成角的正弦值为 三、填空题 13．（24-25高二下·福建龙岩·期中）已知向量，，则向量在向量上的投影向量的模为 . 14．（25-26高二上·天津·期中）如图所示，在棱长均为2的平行六面体中，，点M为与的交点，则的长为 . 15．（24-25高二下·湖南长沙·期中）如图，棱长为2的正方体中，，分别是，的中点，动点满足，若，则 ． 16．（24-25高二下·江苏盐城·期中）如图，一块矿石晶体的形状为四棱柱，底面是正方形，，，且，，与所成角的余弦值为 ． 17．（24-25高二上·内蒙古呼和浩特·期中）如图，平行六面体的所有棱长均为2，两两所成夹角均为，点分别在棱上，且，，则 ． 四、解答题 18．（25-26高二上·新疆·期中）在四棱锥中，底面，，，，．    (1)证明：； (2)求与平面所成的角的正弦值． 19．（25-26高二上·云南昭通·开学考试）如图，在平行六面体中，分别为棱的中点，记，满足，． (1)求的长度； (2)求与夹角的余弦值． 20．（2024·湖南益阳·一模）如图，四边形与四边形均为等腰梯形，，，，，，，⊥平面，为上一点，且⊥，连接. (1)证明:⊥平面 ； (2)求平面与平面的夹角的余弦值. 21．（24-25高二上·天津·期中）如图，四棱锥的底面是正方形，侧棱底面，E是的中点，，F为棱上的点且.    (1)证明：平面； (2)求与平面所成角的余弦值； (3)求平面与平面夹角的余弦值. 22．（2025·北京石景山·一模）如图，在四棱锥中，平面，，且，，，，，为的中点. (1)求证：平面； (2)求二面角的余弦值； (3)点在线段上，直线与平面所成角的正弦值为，求点到平面的距离. 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题强化01：空间向量与立体几何题型归纳 【题型归纳】 · 题型一：空间向量的线性运算 · 题型二：空间共线定理、共面定理 · 题型三：空间向量的数量积运算 · 题型四：空间向量的坐标运算 · 题型五：空间向量研究线面平行与垂直 · 题型六：空间向量研究空间距离问题 · 题型七：空间向量研究空间角问题 · 题型八：空间向量研究存在性问题 【题型探究】 题型一：空间向量的线性运算 1．（24-25高二上·广东湛江·期中）如图，在四面体中，．点在上，且为中点，则等于（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】连接，利用空间向量基本定理可得答案. 【分析】连接． 故选：B. 2．（24-25高二下·广东·期中）已知三棱柱如图所示，其中，若点为棱的中点，则（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据空间向量的线性运算法则，准确化简，即可求解. 【详解】根据空间向量的线性运算法则，可得： ． 故选：D 3．（24-25高二上·辽宁·阶段练习）在正三棱锥中，O为外接圆圆心，则（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】取中点，连接，利用空间向量的线性运算即可得解. 【详解】如图，在正三棱锥中，取中点，连接， 则点为底面中心，且在上， 所以 . 故选：D. 题型二：空间共线定理、共面定理 4．（23-24高二上·广东广州·期中）已知为空间内三个不共面的向量，平面和平面的法向量分别为和，若，则（    ） A．5 B． C．3 D． 【答案】B 【分析】根据向量共线，即可列方程求解. 【详解】因为，所以，从而设，即， 由于为空间内三个不共面的向量， 所以解得所以． 故选：B 5．（24-25高二上·广东·期中）已知A，B，C三点不共线，点O不在平面ABC内，，若A，B，C，D四点共面，则的最大值为（    ） A． B． C．1 D．2 【答案】B 【分析】先利用已知条件求得，再利用均值定理即可求得的最大值. 【详解】由及A，B，C，D四点共面得：， 即，又，， 所以，当且仅当时等号成立， 故选：B 6．（24-25高二下·上海·期中）在正四棱锥中，，，设平面与直线交于点，，则 ．    【答案】/ 【分析】由向量基本定理表达出，根据四点共面，得到方程，求出答案. 【详解】， 因为，，所以， 又，故， 即，故， 因为平面与直线交于点，所以四点共面， 所以，解得.    故答案为： 题型三：空间向量的数量积运算 7．（24-25高二上·广东东莞·阶段练习）如图，在平行六面体中，以顶点为端点的三条棱长都是1，，，为与的交点．设，，． (1)用，，表示，并求的值； (2)求的值． 【答案】(1)， (2)2 【分析】（1）先根据平行六面体的性质找到向量之间的关系，用表示出，再通过向量模的计算公式求出的值； （2）先求出，再根据向量数量积的运算规则求出的值. 【详解】（1）因为平行六面体中，为与的交点， 所以是中点，也是中点， 又因为，且平行六面体中，， 那么， 因为，， 所以， ， 因为，所以，又，， 所以， ，所以. （2）因为， 所以 . 8．（22-23高二上·上海·期中）如图所示，在三棱柱中，M，N分别是，上的点，且，.设，，. (1)试用，，表示向量； (2)若，，，求的长. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由空间线性运算即可求解； （2）由（1）平方即可求解. 【详解】（1） . （2） ， ，， 即. 9．（24-25高二上·河北唐山·期中）如图，在六棱柱中，底面是正六边形，设．若，求： (1)试用向量表示，并求的值； (2)求． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据给定的几何体，利用空间向量的线性运算求出，再利用数量积的运算律求出值. （2）由表示，再利用数量积的运算律求出向量的模. 【详解】（1）令正六边形的中心为，连接， 则四边形为菱形，，所以； ； 由，得，， 所以 . （2）由（1）知，，， 所以 . 题型四：空间向量的坐标运算 10．（24-25高二下·江苏常州·期中）已知向量，，． (1)若，求； (2)若三个向量，，不能构成空间的一个基底，求实数的值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）先根据向量数量积的坐标运算求出的值，再求出的坐标，最后根据向量模的计算公式求出； （2）根据三个向量不能构成空间的一个基底可知这三个向量共面，利用向量共面的性质列出方程求解的值. 【详解】（1）已知，，可得,解得. 所以，则. 根据向量模的计算公式可得. （2）已知，，, 先求出. 因为三个向量不能构成空间的一个基底，所以这三个向量共面. 即存在实数，使得，则. 由此可得方程组.由可得，将其代入中，得到，解得. 把代入，可得. 再把，代入， 可得，解得. 11．（21-22高二上·北京丰台·期中）已知向量，. (1)求; (2)求; (3)若，求的值. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据向量数量积的坐标表示即可得解； （2）求出，再根据空间向量的模的坐标表示即可得解； （3）由，可得，再根据数量积的运算律即可得解. 【详解】（1）由题意，. （2）由，，得， 则. （3）由，得，则，即，解得. 12．（24-25高二上·广东佛山·期中）已知向量，，． (1)当时，若向量与垂直，求实数和的值； (2)若向量与向量，共面，求实数的值． 【答案】(1)实数和的值分别为和； (2). 【分析】（1）利用空间向量坐标运算，列出方程求解即得. （2）利用共面向量定理，结合向量的坐标运算求解即得. 【详解】（1）由，得，解得， 向量，，则， 由向量与垂直，得，则， 当时，有，矛盾；当时，有，解得， 所以实数和的值分别为和. （2）由向量与向量，共面，设， 则，即，解得， 所以实数的值为. 题型五：空间向量研究线面平行与垂直 13．（25-26高二上·全国·课前预习）如图，在直三棱柱中，侧面是正方形，，，分别为棱，的中点，.用向量法证明：平面平面. 【答案】证明见解析 【分析】根据题干条件及线面垂直的判定定理可证明平面，利用线面垂直的性质可得，，两两垂直，故以点为坐标原点，，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，利用证明面面垂直的向量法即可证明. 【详解】证明：在直三棱柱中，. 又，，平面，∴平面. ∵平面，平面，∴，，∴，，两两垂直. 以点为坐标原点，以，，分别为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系. 则由题可得，，，，，， ∴，，，. 设平面的法向量为， 则，即，即， 令，则，∴平面的一个法向量为. 设平面的法向量为， 则，即，即， 令，则，∴平面的一个法向量为. ∴，∴平面平面. 14．（21-22高二·全国·课后作业）如图，在四棱锥中，底面，，，，，为上一点，且．（请用空间向量法予以证明） (1)求证：平面PBC； (2)求证：平面BDE． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）以A为原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系，证明，，原题即得证； （2）设平面BDE的法向量为，证明即得证. 【详解】（1）证明：如图，以A为原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系， 则，，，，， 所以，，， 因为，所以，所以， 所以，， 所以， ，即，， 又因为，平面PBC． 所以平面PBC． （2）证明：由（1）可得，，． 设平面BDE的法向量为， 则，即令，得，， 则是平面BDE的一个法向量， 因为，所以， 因为平面BDE，所以平面BDE． 15．（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，. 题型六：空间向量研究空间距离问题 16．（24-25高二上·辽宁·期中）如图，在直三棱柱中，，D是棱AC的中点，    (1)求C点到平面的距离. (2)求直线与平面所成的角的正弦值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）建立空间坐标系，利用点到平面的距离公式求解即可； （2）利用线面角的向量求法即可求解. 【详解】（1）由题意可知，两两垂直， 于是建立如图所示的空间直角坐标系,    则，，，， ∴，，. 设平面的一个法向量为， 即，令，则. 所以点C到平面的距离. （2）设直线与平面所成的角为， ， ， 所以直线与平面所成的角的正弦值为. 17．（22-23高二下·福建宁德·期中）如图所示，四棱锥的底面是正方形，底面，为的中点，. (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）利用空间向量与平面的法向量垂直可证结论正确； （2）根据点面距的向量公式可求出结果. 【详解】（1）证明：以为坐标原点，分别以，，的方向为轴，轴，轴的正方向，并均以1为单位长度，建立如图空间直角坐标系. 则，，，，， 所以，，.     设是平面的一个法向量， 则令，得，， 所以.     因为，     所以，又因为平面， 所以平面. （2）因为，，     设是平面的一个法向量， 则令，得，，所以.     所以点到平面的距离. 18．（24-25高二下·江苏南京·阶段练习）如图，四棱锥中，平面，，，，，，是的中点． (1)求证：平面； (2)若， ①求平面与平面所成角的余弦值； ②在线段上是否存在点，使得点到平面的距离为？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)①；②存在， 【分析】（1）取中点，根据线线平行证明线面平行； （2）建立空间直角坐标系，①利用坐标法可求得两平面法向量，即可得两平面夹角余弦值；②设，利用坐标法表示点到平面距离，列方程，即可得解. 【详解】（1） 取中点，连接，， 又点是中点， ，且， ，， ，且， 四边形为平行四边形， ， 平面，平面， 平面； （2） 平面，且，则以点为坐标原点建立空间直角坐标系， ①，，，，，， 易知平面的一个法向量为， 在平面中，，， 设平面的一个法向量为， 则，令，的， ， 即平面与平面所成角的余弦值为； ②设，， 又，， 则， 又， 设平面的一个法向量为， 则， 令，得， 则， 解得， 即存在点使得点到平面的距离为， 此时. 题型七：空间向量研究空间角问题 19．（2023·上海闵行·一模）如图，在四棱锥中，底面是边长为a的正方形，侧面底面，且，设分别为的中点． (1)证明：直线平面； (2)求直线PB与平面所成的角的正切值． 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）取AD中点O，连结PO，FO，以O为原点，OA为x轴，OF为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法证明平面； （2）求出直线PB的方向向量和平面的法向量，利用向量法即可求出直线PB与平面所成角的正切值. 【详解】（1）取AD中点O，连接， 在四棱锥中，，则， 由，则，有， 又平面底面，平面底面，平面， ∴平面，平面，则， 又分别为的中点，底面是边长为a的正方形，则， 所以两两垂直，以O为原点，所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系， ， 则，取平面PAD的法向量为， 所以，且平面， 所以平面； （2）由（1）知：，取平面的法向量， 设直线PB与平面所成的角为θ， 则， ∴，故， ∴直线PB与平面所成的角的正切值为． 20．（24-25高二下·江苏南京·期中）如图1，是底边为2的等腰三角形，且，为等腰直角三角形，，将沿翻折到的位置，且点不在平面内（如图2），点为线段的中点． (1)证明：； (2)当平面平面时，求直线与平面所成角的余弦值； (3)若直线与所成角的余弦值为时，设平面与平面的夹角为，求的值． 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3). 【分析】（1）取中点为，连接，，易得，，再由线面垂直的判定和性质，即可证； （2）根据已知构建合适的空间直角坐标系，求出直线与平面的方向向量和法向量，最后应用向量法求夹角余弦值； （3）构建合适的空间直角坐标系，设，则，应用异面直线夹角的向量求法及已知列方程求得，即可得. 【详解】（1）取中点为，连接，， ，， ，， 又，、平面， 平面，又平面， ． （2）平面平面，平面平面，，平面， 平面，易知，，两两互相垂直， 以为原点，以为基底，建立空间直角坐标系， ，，，，， ，，， 设平面的法向量为，则， 取，得， ， 设直线与平面所成角为，则，又， 直线与平面所成角的余弦值为. （3）以为原点，以为轴，为轴，垂直于平面所在直线为轴，建立空间直角坐标系， 为等腰三角形，， ，则，，， 设，则，则，， 故， 或（舍），又， ． 21．（23-24高二上·吉林长春·期中）如图甲，在矩形中，，为线段的中点，沿直线折起，使得，点为的中点，连接、，如图乙． (1)求证：平面； (2)线段上是否存在一点、使得平面与平面所成的角为？若不存在，说明理由：若存在，求出点的位置． 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，点是线段的中点 【分析】（1）取线段的中点可得，由余弦定理求出，根据勾股定理逆定理可得，结合以及线面垂直的判定定理即可得证； （2）以为原点，分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，设的坐标为，，可求出平面的法向量，利用二面角的向量求法可得． 【详解】（1）取线段的中点，连接，    在中，， ， 在中，， 由余弦定理可得：， ， 在中，， ， 因为，，，平面， 所以平面； （2）过作的平行线，以为原点，分别为轴，轴，轴， 建立如图所示的空间直角坐标系，   ， 平面的法向量， 在平面直角坐标系中，直线的方程为， 设的坐标为，， 则， 设平面的法向量为， ， 所以， 令，则， 由已知， 解之得：或9（舍去）， 所以点是线段的中点． 题型八：空间向量研究存在性问题 22．（24-25高二上·云南曲靖·期中）如图，在四棱锥中，侧棱底面，底面是直角梯形，，，，，是棱的中点. (1)求证：平面； (2)求二面角的余弦值； (3)在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，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，且 【分析】（1）以点为坐标原点，、、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）利用空间向量法可求得二面角的余弦值； （3）假设存在满足题意的点，且，求出向量的坐标，利用空间向量法可得出关于的方程，结合的取值范围可求出的值，由此可得出结论. 【详解】（1）因为底面，， 以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、、、， 则，，. 设平面的法向量是，则， 令，则，，于是. 因为，所以，， 又因为平面，所以，平面. （2）设平面的法向量为，则，， 则，取，可得，，则， 设二面角的平面角大小为，则为锐角， 所以，， 所以，二面角的平面角的余弦值为. （3）假设存在满足题意的点，且， 则 由于平面的一个法向量， 由题意可得：， 整理可得，解得， 据此可得存在满足题意的点，且. 23．（24-25高二上·河南·阶段练习）如图，在四棱锥中，底面为矩形，底面是的中点. (1)证明：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)在棱上是否存在一点，使直线与平面所成角的正弦值为，若存在，求出线段的长；若不存在，说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在，或 【分析】（1）利用线面平行的判定定理证明即可； （2）建立空间直角坐标系，用空间向量数量积公式求解二面角； （3）假设棱存在一点使得，且，即可求出，利用向量的夹角公式列出关于的方程求解即可. 【详解】（1）连接，交于点，连接， 点是的中点，点是的中点， 所以,平面,平面， 所以平面； （2）以为坐标原点，所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系， ，则， 设平面的法向量， 则，令，则， 所以平面的法向量， 平面的一个法向量为， 设平面和平面的夹角为， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为. （3）， ，设， ， 由（2）知平面的法向量， 设直线与平面的夹角为， 则， 整理得，所以，解得或， 当时，，当时，， 则的长为或. 24．（24-25高二上·上海嘉定·期中）如图1，在等腰梯形ABCD中，，，，E为AD中点，点O，F分别为BE，DE的中点.将沿BE折起到的位置，使得平面平面BCDE（如图2）. (1)求证：； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)侧棱上是否存在点P，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)； (3)存在，. 【分析】（1）根据已知易得，再由面面垂直的性质证平面BCDE，最后应用线面垂直的性质证结论； （2）构建合适的空间直角坐标系，应用向量法求线面角即可； （3）设，，进而得到，证明平面得该面的法向量，通过的坐标表示列方程求参数，判断存在性. 【详解】（1）如图1，在等腰梯形ABCD中，，，E为AD中点， 为等边三角形，如图2中O为BE的中点，则. 又平面平面BCDE，且平面平面，面， 所以平面BCDE，平面BCDE，所以. （2）如图2，连结OC，由已知得，又O为BE的中点，则. 由（1）知平面BCDE，面BCDE，则，， 以O为原点，，，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系（如图2） ，易知. ，，，， ，，. 设平面的一个法向量为，由， 得，即，取，得. 设直线与平面所成角为，则. 所以直线与平面所成角的正弦值为. （3）如图2，假设在侧棱上存在点P，使得平面. 设，， ， . 易知四边形BCDE为菱形，且，而，则， 由（1）知，，且都在面内，所以平面. 所以为平面的一个法向量. 由，得. 所以侧棱上存在点P，使得平面，且. 【专题强化】 一、单选题 1．（23-24高二上·山西运城·期中）若构成空间的一个基底，则下列向量能构成空间的一个基底的是（    ）. A．，， B．，， C．，， D．，， 【答案】C 【分析】要判断一组向量能否构成空间的一个基底，即判断这组向量是否不共面，逐一分析各选项，找出不共面的向量组即可． 【详解】对于A，因为， 所以，，共面，不能构成空间的一个基底，故A错误； 对于B，因为， 所以，，共面，不能构成空间的一个基底，故B错误； 对于C，假设，，共面，则存在实数，使得， 由于为空间的一个基底，所以可得实数的解为， 但与矛盾，假设不成立，即不共面，能构成空间的一个基底，故C正确； 对于D，因为， 所以共面，不能构成空间的一个基底． 故选：C． 2．（25-26高二上·浙江·期中）如图，在平行六面体中，，，，，则的长为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】以向量为基底向量，表示出，由向量模的公式求解即可. 【详解】 ， ，， . 故选：A. 3．（23-24高一下·天津·阶段练习）如图，空间四边形中，，，，点在线段上，且，点为中点，则等于（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用空间向量基本定理，得到答案. 【详解】，点为中点， . 故选：D 4．（23-24高二上·山西运城·期中）已知为直线的一个方向向量，点，，则点P到直线的距离为（    ）. A．4 B． C． D． 【答案】B 【分析】根据点到直线的距离的向量求法计算可得结果. 【详解】，故， 所以， 设直线与直线所成角为， 则，可得， 因此点到直线的距离为． 故选：B. 5．（24-25高二下·甘肃白银·期中）在三棱锥中，M是平面内一点，且，则（   ） A． B．1 C．2 D．3 【答案】B 【分析】根据空间向量线性运算法则得到，再由空间共面定理的推论得到方程，解得即可. 【详解】因为， 所以，即， 又点M是平面内一点， 所以，解得. 故选：B 6．（24-25高二下·甘肃酒泉·期中）在空间直角坐标系中，，，，点在直线上运动，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设，计算、的坐标，利用数量积的坐标运算化简即可. 【详解】由点在直线上运动，故可设，， 则， ， 所以 ， 故当时，取得最小值. 故选：C． 7．（24-25高二上·江苏常州·期中）如图，在棱长为2的正方体中，为的中点，点在线段上，点到直线的距离的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】建立空间直角坐标系利用空间向量求得点到直线的距离的表达式，再由二次函数性质可求得最小值. 【详解】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，所以可得； 因此， 因此点到直线的距离为 . 当（满足题意）时，取得最小值，即点到直线的距离的最小值为. 故选：A 8．（24-25高二上·重庆·期中）如图，已知平行四边形，，且，沿对角线将折起，当二面角的余弦值为时，则A与C之间距离为（    ） A．2 B． C． D． 【答案】C 【分析】利用空间向量的线性运算及数量积公式计算模长即可. 【详解】已知平行四边形，，且， ，， 平面与平面所成角的余弦值为，， ， ， ， 则，即与之间距离为， 故选：C． 二、多选题 9．（24-25高二下·江苏宿迁·期中）空间四点.给出下列命题，其中正确的选项是（   ） A．平面的一个法向量为 B．若 且 ，则 C．点到直线的距离为 D．四点共面 【答案】AD 【分析】求出平面的一个法向量可判断A；设，利用求出可判断B；利用点到直线的距离向量求法可判断C；设，求出可判断D. 【详解】对于A，，设平面的一个法向量为， 则，令，则，则，故A正确； 对于B，，因为，设， 若，则，解得，则或，故B错误； 对于C，，则点到直线的距离为 ， 故C错误； 对于D，设，因为， ， 则有， ，解得，故，则四点共面. 故D正确. 故选：AD. 10．（24-25高二上·海南省直辖县级单位·期中）已知直三棱柱中，，，，的中点为，直线AB与所成的角为，则下列说法一定正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】AB 【分析】由向量加法法则判断A，利用计算后判断B，由平方后计算出判断CD． 【详解】对于A：由空间向量的加法法则知A正确； 对于B：是中点，则 ，B正确； 对于CD：直三棱柱中，侧棱与底面垂直，因此侧棱与底面内所有直线都垂直， 由，，即得： ， ， 又， 则， 又直线AB与所成的角为，所以或， 因此或， 所以或． 因此CD均错． 故选：AB. 11．（24-25高二下·云南昭通·期末）正方体的棱长为2，则下列结论正确的是（    ） A．直线与直线所成角为 B．平面 C．点C到平面的距离为 D．直线与平面所成角的正弦值为 【答案】BC 【分析】首先建立空间直角坐标系，利用向量法证明位置关系，以及利用向量法求线线角，证明线面垂直，求线面角，和点到平面的距离. 【详解】如图，以为坐标原点，所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系， 即， 所以，所以， 因为，所以， 所以直线与直线所成角为，故A不正确； 因为， 则， 所以，又，平面， 所以平面，故B正确； 设平面的法向量为， 则，令，则， 所以平面的法向量为，又， 所以点C到平面的距离为，故C正确； 又， 设直线与平面的夹角为， 则， 所以直线与平面所成角的正弦值为，故D不正确. 故选：BC 12．（24-25高二上·江苏常州·期中）如图，菱形的边长为为边的中点，将沿折起，折叠后点的对应点为，使得平面平面，连接，则下列说法正确的是（    ） A．点到平面的距离为 B．三棱锥的体积为 C．与所成角的余弦值为 D．直线与平面所成角的正弦值为 【答案】ABD 【分析】根据题意利用线面垂直判定定理证明平面，建立空间直角坐标系利用点到平面距离的向量求法可得A正确，利用等体积法计算可知B正确，由异面直线夹角的向量求法可判断C错误，再由线面角的向量求法可得D正确. 【详解】由菱形的边长为为边的中点可得为正三角形， 且，即； 又平面平面，平面平面， 可得平面， 又平面，所以; 因此可得两两垂直， 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： 易知，则， 对于A，易知，； 设平面的一个法向量为， 可得，解得，令； 即； 又， 所以点到平面的距离为，即A正确； 对于B，易知，所以点到平面的距离与点到平面的距离相等，也为； 又因为平面，所以平面； 易知，所以， 即三棱锥的体积为，即B正确； 对于C，易知，又， 所以 即与所成角的余弦值为，可得C错误； 对于D，易知，由选项A可知平面的一个法向量为， 所以直线与平面所成的角的正弦值为，即D正确. 故选：ABD 三、填空题 13．（24-25高二下·福建龙岩·期中）已知向量，，则向量在向量上的投影向量的模为 . 【答案】 【分析】利用向量的数量积公式及投影向量的模的计算公式，即可求解. 【详解】因为向量，， 所以向量在向量上的投影向量，其模为. 故答案为： 14．（25-26高二上·天津·期中）如图所示，在棱长均为2的平行六面体中，，点M为与的交点，则的长为 . 【答案】 【分析】可以通过向量的加法将表示为其他向量的和，再利用向量的模长公式来求解. 【详解】根据向量加法三角形法则得到，， 即，即，展开得到， ， 运用数量积公式计算得到. 因为，所以. 故答案为：. 15．（24-25高二下·湖南长沙·期中）如图，棱长为2的正方体中，，分别是，的中点，动点满足，若，则 ． 【答案】 【分析】以为原点建系，分别计算的坐标，利用即可求出. 【详解】以为原点，分别以，，所在直线为，，轴，建立空间直角坐标系，则， 则， 则 ， 得， 因，则，解得． 故答案为： 16．（24-25高二下·江苏盐城·期中）如图，一块矿石晶体的形状为四棱柱，底面是正方形，，，且，，与所成角的余弦值为 ． 【答案】/ 【分析】取，分别求得和，将与分别用表示出来，再利用空间向量的夹角公式计算即得. 【详解】 如图，分别取，则， 且， 而 由， ， ， 设与的所成角为， 则. 故答案为：. 17．（24-25高二上·内蒙古呼和浩特·期中）如图，平行六面体的所有棱长均为2，两两所成夹角均为，点分别在棱上，且，，则 ． 【答案】 【分析】设，连接，根据向量的线性运算法则，化简得到，，结合向量的数量积的运算公式，即可求解. 【详解】由平行六面体的所有棱长均为2，且两两所成夹角均为， 设，则 且， 如图所示，连接，由，， 可得， 所以. 故答案为：. 四、解答题 18．（25-26高二上·新疆·期中）在四棱锥中，底面，，，，．    (1)证明：； (2)求与平面所成的角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)． 【分析】（1）利用线面垂直得到，利用直角三角形得到，从而可得线面垂直，进而可证线线垂直； （2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用线面角的向量公式可得答案. 【详解】（1）证明：底面，平面， ， 取中点，连接， ，， ，又， ，， 为直角三角形，且为斜边， ， 又，平面，平面， 平面，又平面， ； （2）由（1）知，，，两两互相垂直，故建立如图所示的空间直角坐标系， ， 则， ， 设平面的一个法向量为，则，则可取， 设与平面所成的角为，则， 与平面所成的角的正弦值为． 19．（25-26高二上·云南昭通·开学考试）如图，在平行六面体中，分别为棱的中点，记，满足，． (1)求的长度； (2)求与夹角的余弦值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用空间的基向量表示出，再根据向量数量积运算律计算模长即可； （2）根据向量的线性运算表示，再运用空间向量的夹角公式求解即得. 【详解】（1）因 则，， 于是. 又， 则， 故. （2）因为， 则， 故， 又则，故， 则， 则， 故与夹角的余弦值为． 20．（2024·湖南益阳·一模）如图，四边形与四边形均为等腰梯形，，，，，，，⊥平面，为上一点，且⊥，连接. (1)证明:⊥平面 ； (2)求平面与平面的夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由线面垂直得到⊥，又⊥，从而得到线面垂直，根据得到答案； （2）作出辅助线，求出各边长，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出两平面的法向量，利用法向量夹角余弦公式进行求解. 【详解】（1）因为⊥平面，平面， 所以⊥.又⊥，且，平面， 所以⊥平面. 因为，所以⊥平面； （2）作⊥，垂足为.则，又， 所以四边形是平行四边形，又⊥， 所以四边形是矩形，又四边形为等腰梯形， 且，，所以. 由（1）知⊥平面，又平面，所以⊥. 又，所以，在Rt中，. 在Rt中，. 以B为原点，所在的直线分别为x轴、y轴、z轴， 建立如图所示空间直角坐标系. 则， 所以，，，， 设平面的法向量为， 由，得， 解得，令，则，故， 设平面的法向量为， 由，得， 令得，， 可得， 因此. 故平面ABF与平面DBE的夹角的余弦值为. 21．（24-25高二上·天津·期中）如图，四棱锥的底面是正方形，侧棱底面，E是的中点，，F为棱上的点且.    (1)证明：平面； (2)求与平面所成角的余弦值； (3)求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】(1)利用中位线平行，证明线面平行即可； (2)利用已知中的垂直关系，再结合勾股定理证明，从而可证明平面，即可得线面角，从而可求其余弦值; (3)利用空间向量法来求法向量，再求两法向量夹角的余弦值即可. 【详解】（1）    连接交于点，由底面是正方形，可得， 又因为E是的中点，所以， 又因为平面，平面， 所以平面； （2）由侧棱底面， 底面，所以， 由已知得：，，所以由勾股定理得：， 因为，所以， 再由余弦定理得：， 由于，则可得， 又因为E是的中点，，所以， 又因为侧棱底面， 底面，所以， 又因为正方形，所以， 又因为平面，所以平面， 又因为底面，所以， 又因为，平面，所以平面， 又因为底面，所以， 又因为，平面，所以平面， 即与平面所成的角就是， 所以， 故与平面所成角的余弦值为； （3）    根据题意可如图建立空间直角坐标系： 则， 即， 设平面的法向量为， 则，令，则， 即， 因为平面，所以平面的法向量为 即， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 22．（2025·北京石景山·一模）如图，在四棱锥中，平面，，且，，，，，为的中点. (1)求证：平面； (2)求二面角的余弦值； (3)点在线段上，直线与平面所成角的正弦值为，求点到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）设的中点为，连接、，证明出四边形为平行四边形，可得出，再结合线面平行的判定定理可证得结论成立； （2）记的中点为，连接，推导出，然后以为原点，以、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得二面角的余弦值； （3）设，利用空间向量法可求出的值，在利用空间向量法可求出点到平面的距离. 【详解】（1）设的中点为，连接、， 因为为的中点，所以，且， 又，且，所以，且， 所以四边形为平行四边形，则， 又平面，平面，所以平面. （2）记的中点为，连接， 因为，，， 所以四边形是矩形，则，， 以为原点，以、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系，如图， 则、、、， 则，，， 设平面的一个法向量为， 所以，令，则， 设平面的一个法向量为， 所以，令，则， 所以， 由图可知，二面角为锐角，所以二面角的余弦值为. （3）依题意，设，则， 又由（2）得平面的一个法向量为， 记直线与平面所成角为， 所以，解得（负值舍去）， 所以，则， 而由（2）得平面的一个法向量为， 所以点到平面的距离为. 2 学科网（北京）股份有限公司 $