第一章空间向量与立体几何拓展训练-2026-2027学年高二上学期数学人教A版选择性必修第一册

**基本信息** 聚焦空间向量与立体几何，分存在性（动点）问题和劣构问题两层次，覆盖核心知识点与解题方法，梯度合理，适配新授课巩固与能力提升。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |类型一|位置关系转化、夹角距离公式、动点参数化|以参数方程求解与范围验证为核心，如线段上动点存在性问题，培养数学思维的严谨性| |类型二|条件甄别、几何体唯一性判定|以条件筛选与逻辑推理为主，如三选一条件确定几何体，发展数学眼光的批判性与创新意识|

高二数学空间向量与立体几何拓展训练（解析版） 类型一：空间向量与立体几何之存在性（动点）问题 1．（25-26高二上·北京·期末）如图，在正四棱锥中，，，分别为，的中点.设平面平面. (1)求证：； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)若平面与棱交于点，求的值. 【答案】(1) 在中，因为，分别为，的中点，所以， 又因为平面，平面， 所以平面， 又因为平面，平面平面，所以. (2) (3) 【分析】（1）在中，由条件易得，结合线面平行的判定可得平面，结合平面，平面平面，可得； （2）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，易得为平面的法向量，设平面的法向量为，由题意可求，结合向量夹角公式即可求平面与平面夹角的余弦值； （3）由题意得，平面与平面共面，连接，设，结合条件可得，由（2）可得，即可求得的值，即的值. 【详解】（1）略 （2）设，连接， 因为为正四棱锥，所以为正方形的中心， 所以，平面 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，如图： 由题意可知，，，，，，，， 故，，， 设平面的法向量为， 则，即， 令，则. 因为平面，所以为平面的法向量，， 设平面与平面夹角为， 则. 所以平面与平面夹角的余弦值为． （3）由题意得，平面与平面共面， 连接，设，（），所以， 因为，所以， 平面的法向量为， 由平面，可知， 即，解得． 即. 2．（25-26高二上·北京顺义·期末）四棱锥中，为棱上一点，，分别为棱，的中点，，，，，．    (1)证明：平面； (2)若平面，，平面与平面夹角的余弦值为，求． 【答案】(1) 因为M，N分别为SB，SD的中点，所以MN是△SBD的中位线， 故MN∥BD； 又MN⊂平面MNE，平面MNE， 所以平面. (2) 【分析】（1）利用中位线性质可得线线平行，结合线面平行的判定定理可证结论； （2）建立坐标系，求出平面的法向量，利用向量夹角公式可求答案. 【详解】（1）略 （2）以A为原点，分别以AB、AC、AS所在直线分别为x、y、z轴，建立空间直角坐标系.    各点坐标为：. 设，则E的坐标为， 易知平面SAC法向量可取， ， 设平面MNE的法向量为，则,即， 令，可得. 因为已知平面MNE与平面SAC夹角的余弦值为，所以， 解得或（舍），故. 3．（25-26高二下·北京·期中）如图，在四棱锥中，底面是边长为的菱形，交于点，，，点是棱的中点，连接． (1)求证：平面； (2)若平面平面，平面与平面的夹角的余弦值，求线段OP的长． 【答案】(1)证明见解析 (2)． 【分析】（1）利用菱形对角线中点与三角形中位线性质，证明线线平行，进而推导线面平行； （2）先证线面垂直建立空间直角坐标系，求出两平面的法向量，结合面面角的余弦值公式列方程，解得高的长度． 【详解】（1）因为底面是菱形，所以是中点， 因为是的中点，所以， 又因为平面， 平面， 所以平面． （2） 因为，是的中点，所以， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，因为平面，所以， 又，所以两两垂直， 如图，以为原点建立空间直角坐标系， 因为菱形的边长为2，，所以，， 所以，， 设，所以，， 设为平面的一个法向量， 由，得，所以， 取，，，所以， 因为，，，平面， 所以平面，所以平面的一个法向量为， 平面与平面的夹角的余弦值为， 所以，所以， 所以，所以，因为，所以． 所以线段OP的长为． 4．（25-26高二下·北京海淀·期中）如图，在四棱锥中，底面ABCD是直角梯形， ，. (1)求证：； (2)若平面平面ABCD，线段PD上是否存在点，使得直线CQ与平面BCP所成角的正弦值为？如果存在，求出的值；如果不存在，请说明理由. 【答案】(1) 因为，所以． 又因为，，平面，平面， 所以平面． 因为平面，所以． (2)点存在，． 【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证明线面垂直，利用线面垂直的定义得到线线垂直； （2）利用面面垂直的性质得到平面，利用空间向量法求解，，写出坐标，求出平面BCP的一个法向量，设直线CQ与平面BCP所成角为，利用公式求出的值，从而得到点存在，且求出的值． 【详解】（1）略 （2）因为平面平面，平面平面， ，平面，所以平面， 于是． 因此AP，AB，AD两两垂直，如图建系． 设． 由题可知，． 因为，所以，于是． 因此． 设平面BCP的一个法向量， ，，取则 于是平面BCP的一个法向量． 设直线CQ与平面BCP所成角为，于是． 化简可得，于是．解得或（舍去）． 于是点存在，且． 5．（25-26高二上·北京昌平·期末）如图，是边长为4的正方形，平面，，且. (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值. (3)线段上是否存在一点，使得点到平面的距离为？若存在，求线段的长；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)在上取点，使，连接，，如下图： 因为，即，且，故四边形是平行四边形， 则有且，因为是正方形，则有且， 故且，即四边形是平行四边形，则有， 因为平面， 平面，故 平面. (2) (3)存在； 【分析】（1）在上取点，使，通过证明是平行四边形，有，平面， 平面，故 平面； （2）以为原点，为轴建立空间直角坐标系，先求出平面 的法向量，与平面 所成角的正弦值，就是的方向向量与平面 的法向量夹角的余弦值，通过夹角余弦值公式即可求解. （3）由题意可设，再使用点到平面距离公式，即点到平面 的距离即可求出的值，进而得到点的坐标，从而可求. 【详解】（1）略 （2）由题意可设为原点，为轴建立空间直角坐标系，如下图： 则， ， 设平面 的法向量，则有， 令，则，即，直线的方向向量为， 设直线与平面 的夹角为，则有 ， 故直线与平面 所成角的正弦值为. （3）已知，平面 的法向量，且， 设是线段上一点，由可设， 则， 点到平面 的距离， 令，解得（舍）或，故存在满足条件的点， 则，故线段长. 6．（25-26高二上·北京海淀·期末）如图所示，在三棱柱中，D是AC中点，⊥平面，平面与棱交于点E，，．    (1)求证：； (2)已知点C与平面的距离为，求的长度． 【答案】(1) 根据棱柱的性质可知，， 由于平面，平面， 所以平面，又平面， 平面平面，所以． (2) 【分析】（1）先得到线面平行，再根据线面平行得到线线平行； （2）由线面垂直得到线线垂直，建立空间直角坐标系，设（），写出各点坐标，得到平面法向量，利用点到平面距离公式得到方程，求出，求出的长度. 【详解】（1）略 （2）由于⊥平面，平面， 所以，，由于，D是AC的中点， 所以⊥， 以D为原点，以所在直线分别为轴， 建立如图所示空间直角坐标系，    设（），已知， 则，则， ，， 设平面的法向量为， 则， 令得，故， 所以点C与平面的距离， 解得或（舍）， 即，． 7．（25-26高二上·北京·期末）如图1，在中，分别为边的中点，且，将沿折起到的位置，使，如图2，连接.    (1)求证：平面； (2)若为的中点，求直线与平面所成角的正弦值； (3)线段上是否存在点，使平面与平面的夹角正弦值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) 证明：因为分别为的中点，所以， 又因为，所以，所以， 因为，且，平面， 所以平面. (2) (3)存在， 【分析】（1）根据题意，证得，得到，再由，结合线面垂直的判定定理，即可证得平面； （2）以为原点，建立空间直角坐标系，求得向量和平面的一个法向量，结合向量的夹角公式，即可求解； （3）假设存在实数，转化为平面和平面的夹角的余弦值为，由（2）得，得到，分别求得平面和平面的法向量和，结合向量的夹角公式，列出方程，即可求解. 【详解】（1）略 （2）解：因为，所以两两垂直， 以为原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，可得， 所以， 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， 设直线与平面所成的角为，则， 所以直线与平面所成的角的正弦值为. （3）解：假设存在实数，使得平面和平面的夹角的正弦值为， 即使得平面和平面的夹角的余弦值为， 由（2）得， 所以， 由平面的一个法向量为， 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， 则有， 即，整理得，解得或， 因为，所以， 所以存在，即，使得平面和平面的夹角的正弦值为. 8．（25-26高二上·北京·期末）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，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(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，则且， 由直角梯形可知，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，因为， 则， ， ， 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，当时，使得平面与平面夹角的余弦值为. 【分析】（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. 【详解】（1）略 （2）略 9．（25-26高二上·北京西城·期末）如图，在边长为2的正方体中，是棱上的点，平面交棱于点.    (1)证明：； (2)若直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长度. 【答案】(1) 证明：由正方体性质可知，因为平面，平面， 所以平面， 因为平面，平面平面， 所以. (2)1 【分析】（1）先证明线面平行，利用线面平行的性质定理可证结论； （2）建立坐标系，求出平面法向量，利用线面角的向量求法可得答案. 【详解】（1）略 （2）以为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，设的长为， 则, ； 设平面的一个法向量为，则， 令，可得； 设直线与平面所成角为，则， 解得，即线段的长度为1.    10．（25-26高二上·北京西城·期末）如图，正方形与梯形所在平面互相垂直，已知，，． (1)求证：平面平面； (2)求二面角的余弦值； (3)已知点在以点为球心的同一球面上，求的长. 【答案】(1) 过作于， 因为，，，     所以，则，故，则. 因为平面平面，平面平面，， 所以平面，平面，则， 又，所以平面，平面， 所以平面平面； (2)； (3). 【分析】（1）过作于，根据已知可得，由面面垂直的性质有，最后由线面、面面垂直的判定定理证明结论； （2）构建合适的空间直角坐标系，标出相关点坐标，应用向量法求二面角的余弦值； （3）设，由及空间两点的距离公式列方程求得，即可求的长. 【详解】（1）略 （2）由（1）知平面，平面，所以，， 如图建立空间直角坐标系，则，，，，． 所以，，设平面的法向量为， 则，即，令，则，于是， 因为平面的法向量为，所以， 由题知二面角为锐角，所以二面角的余弦值为； （3）设，由题知， 所以 ， 整理得，解得，所以， 所以. 11．（25-26高二上·北京东城·期末）如图，在长方体中，，，是棱上的点.    (1)求证：； (2)设二面角的大小为，直线与平面所成的角为，是否存在点使得？若存在求的值；若不存在，说明理由. 【答案】(1) 根据题意，以为原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系， 则，设， 那么. 所以，所以. (2)存在点使得，. 【分析】（1）先建立空间直角坐标系，列出向量的坐标，根据向量的数量积判断是否垂直即可. （2）先将平面和平面的法向量坐标求出来，然后求出，并列出等式，化简即可求得的坐标，然后根据两点距离公式求出结果即可. 【详解】（1）略 （2）由题意知，平面的一个法向量是. 设平面的一个法向量为，则有. 则，令，那么，所以. 因为二面角的大小为，由观察可得为锐角， 所以. 因为直线与平面所成的角为，所以. 若存在点使得，则. 那么有，化简得. 解得，即或，由于， 所以，所以，又， 所以，所以. 所以存在点使得，此时.    12．（25-26高二上·北京昌平·期末）如图，在三棱柱中，四边形为正方形，为等边三角形，平面平面为BC的中点． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)在棱上是否存在一点，使得点到平面的距离为？若存在，求的值；若不存在，说明理由． 【答案】(1) 连接,连接， 四边形为正方形，为中点，为BC的中点，， 平面，平面， 平面； (2) (3) 假设在棱上存在一点，使得点到平面的距离为，设， ，，， ，， ，， 设平面的法向量为， 则，令，则，，， 则点到平面的距离为， 解得，或（舍）， 在棱上存在一点，使得点到平面的距离为，此时. 【分析】（1）利用直线与平面平行的判定定理即可证明； （2）建立空间直角坐标系，写出点的坐标，进而利用线面角的向量方法即可求解； （3）假设存在点，设，再利用点到平面的距离为即可求出的值. 【详解】（1）略 （2）取的中点，的中点，连接，， 为等边三角形，， 平面平面，平面平面，平面， 平面，平面，， 两两垂直， 以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系， ，， ，，，，， ，，， 设平面的法向量为， 则，令，则，，， 设直线与平面所成角为， ， 直线与平面所成角的正弦值为； （3）略 13．（25-26高二上·北京·阶段检测）如图，在四棱锥中，平面 ，，点为的中点. (1)求证：平面平面； (2)求二面角的余弦值； (3)若线段与平面交于点，求的值. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）取的中点，连接，由平行四边形、正方形的性质可得为正方形，再由面面垂直的判定即可证结论； （2）构建空间直角坐标系，求出平面、平面的法向量，应用空间向量夹角的坐标表示求二面角的余弦值； （3）取中点，连接，它们的交点即为，由平行四边形的性质即可求的值. 【详解】（1）取的中点，连接， 因为，，所以， 又因为 ，所以四边形是平行四边形. 因为，所以四边形是正方形， 则，所以， 得到，所以. 因为平面，平面，所以， 又，所以平面. 因为平面， 所以平面平面. （2）因为平面， 所以，则两两垂直， 如图建立空间直角坐标系. 则， 所以. 设平面的一个法向量为， 所以所以，即， 令，则，所以， 又因为平面的一个法向量为， 所以， 由已知，二面角为锐角， 所以二面角的余弦值为. （3）取中点，连接，又为的中点， 所以 且，而 ， 所以 ， 所以为平行四边形 连接，则线段与平面的交点，即为它们的交点， 又因为为平行四边形，则， 所以. 14．（25-26高二上·北京·阶段检测）如图，四棱锥中，平面，，．为的中点，点在上，且． (1)求点到平面的距离； (2)在棱上，是否存在点，使得四点共面?若存在，求出的值，若不存在，请说明理由． (3)设平面与平面的交线为，求直线与直线所成角大小． 【答案】(1) (2)存在， (3) 【分析】（1）建系，利用点面距的坐标计算公式可得答案； （2）利用与平面的法向量垂直可得答案； （3）利用直线分别与平面和平面的法向量垂直，可得到直线的方向向量，然后利用两直线夹角的坐标公式可得答案. 【详解】（1）过作的垂线交于点， 因为平面，所以， 如图建立空间直角坐标系，则， 因为为的中点，所以，所以， 所以， 设平面的法向量为，则，， 令，则，于是， 易知向量为，设点到平面的距离为， 所以． 所以点到平面的距离为， （2）设，所以． 因为四点共面， 所以， 所以，从而． 所以在棱上，存在点，使得四点共面，此时． （3），轴垂直平面，可得平面的一个法向量， 设直线的方向向量为， 平面与平面的交线为， 所以， 令得： 直线l的一个方向向量为， 因为， 所以异面直线与成角为. 15．（25-26高二上·北京东城·阶段检测）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，且平面平面，在平面内过，交于，连接． (1)求证：平面； (2)求二面角的余弦值： (3)在线段上存在一点，使直线与平面所成的角的正弦值为，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) (3) 【分析】（1）由线面垂直的判定定理可证； （2）建立恰当的空间直角坐标系，由二面角的向量求法求解； （3）设，根据线面角的向量求法，求得参数的值，从而求得的长． 【详解】（1）因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面. 因为平面，所以. 直角梯形中，， 所以四边形为矩形，所以. ，，所以. 由正弦定理，得，所以. 中，. 所以，所以. 因为平面，所以平面. （2）由（1）知两两垂直，以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系. 则. 所以. 设平面的法向量为， 则，所以。 令，则.所以面的一个法向量为； 设平面的法向量为， ，所以. 令，则.所以面的一个法向量为. 所以. 由图可知二面角是钝角，所以二面角的余弦值为. （3）设，则. 由（1）知平面，所以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，所以， 化简得，解得. 所以. 16．（25-26高三上·北京·阶段检测）在五面体中，平面，平面．    (1)求证：； (2)若，点D到平面的距离为，求二面角的大小． (3)在第（2）问条件下，线段上是否存在点M，使得与平面所成的角为．若存在，求的长度，若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在， 【分析】（1）运用线面平行的判定定理得出线面平行，再由线面平行的性质定理证明线线平行； （2）利用等体积法求出为等腰直角三角形得出线段长度，建立空间直角坐标系，利用向量垂直求出，求解两平面的法向量，进而利用向量夹角余弦公式计算求解； （3）设，结合平面的法向量，利用向量法求解即可得出的长度． 【详解】（1）证明：平面，平面， ，平面，平面， 平面， 平面平面，平面， ． （2）平面，，平面，平面， ， 又平面，平面， ， 又，平面， 平面， ，， ，即， ，即，， 以D为坐标原点，建立下图所示空间直角坐标系，    设，则 ， ， ，，解得， 设平面的法向量为，平面的法向量为， ， ，令则， ， ，令，则， 设二面角的大小为，结合图象可知为钝角， ，故． （3）设线段上存在点M，使得与平面所成的角为， 设， 则，则， 由（2）知，平面的法向量为， ，即，解得， ，， 线段上是存在点M，使得与平面所成的角为，此时． 17．（25-26高二上·北京·期中）如图，已知四边形ABCD是菱形，是边长为2的等边三角形，，且平面平面    (1)请在AB上找一点M，使得平面ABCD，写出点M的位置并写出的度数不要求证明； (2)求二面角的余弦值； (3)在线段PC上是否存在点E，使得平面PAD，若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 【答案】(1)点M为AB的中点， (2) (3)存在， 【分析】（1）作的中点,利用面面垂直的性质即可说明; （2）由（1）建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，可得这两个向量夹角的余弦值，由题意可得二面角的余弦值； （3）假设存在点E，设，且，可得的坐标，由题意可得，解得此参数的值，即判断出存在满足条件的点E，即可求出的值. 【详解】（1）点M为AB的中点，且， 作的中点,因为是边长为2的等边三角形，所以, 又因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面 连接， 四边形ABCD为菱形，可得为等边三角形，M为AB的中点， 可得，由于, 所以 （2）因为是边长为2的等边三角形，，平面平面， 由(1)可得：平面ABCD，四边形ABCD为菱形，可得为等边三角形，M为AB的中点， 可得，可得， 以M为坐标原点，以MB，MD，MP所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，    则， ， 易得平面PAB的法向量为， 设平面PAD的法向量为，则， 即， 令，可得， 可得， 可得， 因为二面角的平面角为锐角，所以二面角的平面角的余弦值为； （3）存在E为PC的中点满足条件，且此时 证明如下： 设，且， 可得， 可得， 因为平面PAD，所以，即， 即，解得， 即存在PC的中点E，满足条件，此时 类型二：空间向量与立体几何之劣构问题 1．（25-26高二上·北京·期中）如图，在三棱锥中，平面平面，，，，分别为，的中点.从条件①，条件②，条件③，这三个条件中选择两个作为已知， (1)求与平面所成角的正弦值； (2)线段的延长线上是否存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求出的值，若不存在，说明理由. 【答案】(1)无论选择①②，②③还是①③，与平面所成角的正弦值为. (2)存在点M使得平面与平面夹角的余弦值为，且. 【分析】（1）根据面面垂直的性质定理，可证平面，根据线面垂直的性质定理，可证，，可求出BC长.若选择①②，根据各长度及勾股定理，可得，如图建系，求得各点坐标，进而可得及平面BEF的法向量，根据线面角的向量求法，代数计算，即可求得答案；若选择②③，根据线面垂直的判定及性质定理，可证，即可求出AD长，建系，求解方法同上；若选择①③，据线面垂直的判定及性质定理，可证，建系，求解方法同上. （2）假设存在点M，设，可得，进而可得坐标，则可求出平面法向量，根据二面角的向量求法，列式计算，化简整理，可得值，即可得答案. 【详解】（1）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. 若选择①②：因为，所以，即， 因为，所以为等边三角形，即， 所以，即， 以A为原点，AB、AC、AD为轴正方向建系，如图所示， 则， 所以， 设平面BEF的法向量， 则，即， 令，则，所以， 设与平面所成角为， 则， 所以与平面所成角的正弦值. 若选择②③：因为，，，平面ACD， 所以平面ACD， 因为平面ACD， 所以， 因为， 所以. 以A为原点，AB、AC、AD为轴正方向建系，如图所示， 则， 所以， 设平面BEF的法向量， 则，即， 令，则，所以， 设与平面所成角为， 则， 所以与平面所成角的正弦值. 若选择①③，因为，，，平面ACD， 所以平面ACD， 因为平面ACD， 所以， 以A为原点，AB、AC、AD为轴正方向建系，如图所示， 则， 所以， 设平面BEF的法向量， 则，即， 令，则，所以， 设与平面所成角为， 则， 所以与平面所成角的正弦值. （2）假设存在点M，设，则， 所以,， 设平面的法向量， 则，即， 令，则，即， 所以， 整理得，解得或， 所以或（舍）， 所以存在点M使得平面与平面夹角的余弦值为，且. 2．（25-26高二上·北京朝阳·阶段检测）如图，在四棱锥中，侧面底面，且底面是矩形，，. (1)求证：平面平面； (2)从条件①，条件②，条件③这三个条件中选择一个作为已知，求平面与平面夹角的大小.条件①：；条件②：；条件③：. 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分. 【答案】(1)证明见解析 (2)答案见解析 【分析】（1）要证明面面垂直，则需要通过证明线面垂直得到面面垂直，即证明平面. （2）选条件①，顶角不确定，由无法求出，则都不确定；选条件②  ，取中点，连接，过点作交于点，证明平面，然后建立空间直角坐标系，  求出平面与平面的法向量的坐标，进而根据向量夹角的余弦公式求出结果；选条件③   取中点，连接，过点作交于点，先证明和都是直角三角形，然后建立空间直角坐标系，  求出平面与平面的法向量的坐标，进而根据向量夹角的余弦公式求出结果. 【详解】（1）因为四边形是矩形， 所以，又平面平面， 且平面与平面相交于，                                                             所以平面，又平面， 所以平面平面. （2）选条件①，由（1）知，，在等腰中，顶角不确定， 由无法求出，则都不确定，因此不能求出二面角的大小，即①不可选. 选条件②  ，取中点，连接，过点作交于点， 由（1）知，平面，所以. 因为矩形中，，所以平面，所以， 所以和都是直角三角形. 因为，所以. 因为，所以. 因为，为中点， 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， 所以如图以为原点建立空间直角坐标系，   则，   因为， 所以. 因为平面平面， 平面平面， 又平面， 所以平面， 所以平面一个法向量为.   设平面法向量，，， 由，可以取.   设平面与平面的夹角为， 则.  因为，所以平面与平面的夹角为.    选条件③   取中点，连接，过点作交于点， 由（1）知，平面， 因为矩形中，，， 所以平面， 所以和都是直角三角形， 因为，，所以， 又，，所以， 所以在直角三角形中，， 所以如图以为原点建立空间直角坐标系， 则， 因为， 所以. 因为平面平面， 平面平面， 又平面， 所以平面， 所以平面一个法向量为. 设平面法向量，，， 由，可以取.   设平面与平面的夹角为， 则. 因为，所以平面与平面的夹角为. 3．（25-26高二下·北京东城·期末）如图，在四棱锥中，，点在上，，，为的中点． (1)求证：平面； (2)已知，．若为的中点，，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使四棱锥存在且唯一确定，求直线与平面所成角的正弦值． 条件①：； 条件②：； 条件③：． 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 【答案】(1)取的中点，连接、， 因为是的中点，所以，且， 且，所以，即且， 因此，四边形是平行四边形，故， 又平面，平面，所以平面. (2) 【分析】（1）利用线面平行的判定定理求解. （2）选条件①，利用线面垂直的判定定理得到平面，以为原点，为轴，为轴，利用空间向量法得到故条件①不符合要求.选条件②：利用空间向量法求出，结合已知求出的的值唯一，从而得到条件②符合要求，利用空间向量法求出线面角；选条件③，由求出，利用向量的数量积求出的的值唯一，从而得到条件③符合要求，利用空间向量法求出线面角. 【详解】（1）略. （2）选条件①，因为，，为中点，所以， 因为， ，所以是矩形，所以， 因为，，平面，所以平面， 因平面，所以， 以为原点，为轴，为轴，过作平面的垂线作为轴， 则轴在平面内， 因为，所以， 由，，得，则， 因为，，所以， 因为，所以恒成立， 则条件①不能确定，故不唯一，则条件①不符合“唯一确定”的要求， 从而得到条件①不符合要求. 选条件②：因为为中点，，， 所以， 因为，所以， 所以，解得， 因为，所以，解得， 有一个高度，几何体唯一，故条件②符合要求， 则，故以为轴建立空间直角坐标系， 因为，所以，，， 设平面的法向量为， 则，即，则令，得， 设直线与平面所成角为， 则：， ， ， . 选条件③：因为，所以， 因为，，所以， 因为，所以， ， 则， 因为，所以，解得， 有一个高度，几何体唯一，故条件③符合要求， 则，故为轴建立空间直角坐标系， 因为，所以，，， 设平面的法向量为， 则，即，则令，得， 设直线与平面所成角为， 则：， ， ， . 4．（25-26高二上·北京丰台·期末）如图，在直四棱柱中，，，，为棱的中点.再从下列三个条件中选择一个作为已知，完成以下问题的解答. 条件①：； 条件②：； 条件③：直线与平面所成角的正切值为. (1)求证：平面； (2)在棱上是否存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为，若存在，求线段的长；若不存在，请说明理由. 注：如果选择条件①、条件②和条件③分别解答，按第一个解答计分. 【答案】(1) 证明：选择条件①： 在直四棱柱中，平面， 因为平面，所以， 设中点为，连接， ，，， ，则四边形为平行四边形， ， ，， ，， 平面， 平面，又平面， ， ， 又平面， 平面； 选择条件②： 同①可证， 又平面， 所以平面， 选择条件③：连接， 在直四棱柱中，平面， 就是直线与平面所成角， ，解得， ，即， 又，， 又平面， 平面； (2)存在， 【分析】（1）根据线面垂直的判定证明即可； （2）以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，设，分别求出平面与平面的法向量，再建立方程求解判断即可． 【详解】（1）略 （2）由（1）知，两两垂直， 故以为原点建立如图所示的空间直角坐标系， 则，设， 所以， 设平面的法向量为， 则， 取，则，所以， 易知平面的一个法向量为， 设平面与平面夹角为， 则， 解得或（舍去），即， 所以，存在，． 5．（25-26高二上·北京·期中）如图，在四棱锥中，底面是正方形，，，是棱的中点.    (1)求证：平面； (2)从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求二面角的余弦值. 条件①：；条件②：平面平面. 注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分. 【答案】(1) 在底面中，连接交于点，可得为中点，连接．    因为是的中位线， 所以， 因为平面，平面， 所以平面． (2) 选①：． 因为，，又底面是正方形 所以两两相互垂直． 如图建立空间直角坐标系， 则，，． 所以，，       设平面的法向量为， 则，即， 令，则，．于是．    又因为，平面，所以平面， 所以为平面的一个法向量. 设平面与平面夹角为，则 ．           由图可知， 二面角为锐角， 所以二面角的余弦值为． 选②：平面平面． 因为平面平面，平面平面，平面，， 所以平面， 因为平面，平面， 所以，， 又底面是正方形，所以两两相互垂直． 如图建立空间直角坐标系， 则，，． 所以，， 设平面的法向量为， 则，即， 令，则，．于是．    又因为平面， 所以为平面的一个法向量. 设平面与平面夹角为，则 ．           由图可知， 二面角为锐角， 所以二面角的余弦值为． 【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，利用空间向量的求角即可. 【详解】（1）略 （2）略 6．（25-26高二上·北京·期中）如图，在四棱锥中，底面为梯形，，点在上，且    (1)若为线段中点，求证：平面 (2)从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求平面与平面夹角的余弦值. 条件①：； 条件②： 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分. (3)在（2）的条件下，设平面平面，求证：，在l上恰有两个点Q使得 【答案】(1) 取的中点M，连接， 因为是的中点， 所以， 因为，所以， 所以， 所以四边形是平行四边形， 所以， 又平面，平面， 所以平面 (2)若选条件①，则无解；选条件②， (3) 延长，相交于点N，则，且， 而，所以直线即为交线l， 设，则， 所以点Q到底面的距离为， 因为， 所以，即， 所以，两解均符合题意， 故，在l上恰有两个点Q使得 【分析】（1）取的中点，连接，先证四边形是平行四边形，可得，再由线面平行的判定定理，即可得证； （2）若选条件①：可证四边形是矩形，从而知，于是条件是多余的，而点P的位置无法确定；若选条件②：先利用勾股定理证明，结合，可得平面，再以为原点建系，利用向量法求面面角即可； （3）延长，相交于点，易知直线即为交线，设，利用等体积法可得有两解，从而得证. 【详解】（1）略 （2）解：若选条件①：因为， 所以， 又，所以， 所以四边形是平行四边形， 又，所以四边形是矩形，所以， 也就是条件是多余的， 而点P的位置无法确定， 故若选条件①，则无解； 若选条件②：因为， 所以， 又，所以， 所以四边形是平行四边形， 又，所以四边形是矩形，所以，且， 而， 所以，即， 又且都在平面内，所以平面， 故以为原点，所在直线分别为x，y，z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， 则， 取，则， 所以， 设平面的法向量为， 则， 取，则， 所以， 所以， 故平面与平面夹角的余弦值为    （3）略 7．（25-26高二上·北京·期中）羡除是中国古代数学书中提到的一种几何体．《九章算术》中有记载“羡除，隧道也．其所穿地，上平下斜”，羡除是有三条棱互相平行且有一个面为梯形的五面体． 如图，在羡除ABCDEF中，四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形，且为中点，平面与平面交于． (1)求证：平面平面； (2)若，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使羡除存在，求： （i）点到平面的距离； （ii）若是线段上一动点，当直线与平面所成角最大时，求的值． 条件①：； 条件②：； 条件③：平面平面． 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 【答案】(1)证明见解析 (2)（i）答案见解析；（ii）答案见解析 【分析】（1）由条件，可证四边形CDMB为平行四边形，所以，同理可证，根据面面平行的判定定理，即可得证. （2）取的中点，连接，根据等腰梯形的性质，可证，同理可证，根据勾股定理，可得各个长度.若选择条件①，根据勾股定理，取EF中点P，BC中点N，连接MP，MN，即可证明两两垂直，如图建系，求得各点坐标，进而可求平面的法向量，根据点到平面距离的向量求法，即可求得（i）答案； （ii）设，根据线面角的向量求法，可得直线与平面所成角正弦值的表达式，分析计算，可得成角最大时的值； 若选择条件②，根据直角三角形性质，分析可得不成立；若选择条件③，根据面面垂直的性质定理、线面垂直的性质定理，结合各个长度，可证两两垂直，如图建系，求得各点坐标，进而可求平面的法向量，根据点到平面距离的向量求法，即可求得（i）答案； （ii）设，根据线面角的向量求法，可得直线与平面所成角正弦值的表达式，分析计算可得成角最大时的值； 【详解】（1）因为，且为中点， 所以， 又因为，且为中点， 所以， 所以四边形CDMB为平行四边形， 所以， 同理可证，， 又因为，平面， ，平面FBM， 所以平面平面． （2）因为四边形CDMB为平行四边形， 所以， 因为四边形为等腰梯形，M为AD中点， 所以MB=MC，则CD=MC， 取的中点，连接， 所以，即， 同理可证，且， 所以， 因为， 所以，. 若选择条件①，. 在中，，所以， 因为，， 所以GC，GD，GE两两垂直， 取EF中点P、BC中点N，连接MP，MN， 因为等腰梯形ADEF，M、P分别为AD，EF中点， 所以， 所以两两垂直， 以M为原点，MN、MD、MP为x，y，z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 因为， 所以， 所以， 设平面的法向量为， 则，即， 令，则， 所以平面的法向量为， （i），所以. （ii）因为点是线段上的动点， 所以设，则， 所以， 设直线与平面所成角， 则 ， 当时，直线与平面所成角正弦值最大， 此时直线与平面所成角最大， 所以. 选择条件②，. 因为，，， 所以斜边为CD，直角边为ED，但，不成立， 此时羡除不存在，故不能选择②. 选择条件③，平面平面． 因为， 所以， 因为， 所以，即， 因为平面平面，平面平面， 所以平面，则， 因为， 所以， 所以，即， 所以两两垂直， 以C为原点，CD，CA，CE为x，y，z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系； 所以， 所以， 设平面的法向量为， 则，即， 令，则， 所以平面的法向量为， （i），所以. （ii）因为点是线段上的动点，所以， 则，所以， 设直线与平面所成角， 则 ， 当时，直线与平面所成角正弦值最大， 此时直线与平面所成角最大， 所以. 8．（2025·北京海淀·三模）在四棱锥中，四边形为边长为4的正方形，．从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个作为已知． (1)求证：平面； (2)求平面与平面所成角的余弦值． 条件①，平面平面； 条件②：； 条件③，． 【答案】(1) 选择①②， 因为为正方形，所以， 由①知，平面平面，平面， 平面平面=，， 所以平面，又平面 ，所以， 由②知，，，，所以， 又在平面内相交于点A，所以平面， 选择①③， 因为为正方形，所以， 由①知，平面平面，平面， 平面平面=，， 所以平面，又平面 ，所以， 由③知，，又为正方形，所以， 所以，所以， 所以，， 又在平面内相较于点A，所以平面， 选择②③， 由②知，，，，所以， 由③知，，又为正方形，所以， 所以，所以， 所以，， 又在平面内相较于点A，所以平面 (2) 【分析】（1）选择①②，根据面面垂直的性质可得，勾股定理可得，然后根据线面垂直的判定即可证明；选择①③，根据面面垂直的性质可得，根据三角形全等得，然后根据线面垂直的判定即可证明；选择②③，勾股定理可得，根据三角形全等得，然后根据线面垂直的判定即可证明； （2）以A为原点建立空间直角坐标系，，利用向量法求解即可 【详解】（1）略 （2）由（1）知，平面， 又为正方形，所以， 如图，以A为原点建立空间直角坐标系， 则，， 设平面的法向量为， 则， 令，则，所以， 设平面的法向量为， 则， 令，则。 所以， 设平面与平面所成角为， 所以， 所以平面与平面所成角的余弦值为． 9．（24-25高二上·北京昌平·期末）如图，在四棱柱中，侧面是边长为2的正方形，平面平面，，，E为的中点，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知． 条件①：；条件②：． (1)求证：； (2)求平面BCE与平面夹角的余弦值； (3)已知点M在线段上，直线EM与平面所成角的正弦值为，求线段CM的长． 【答案】(1) 证明：选择条件①： 因为侧面是正方形，所以， 又平面平面，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． 选择条件②： 因为侧面是正方形，所以， 又平面平面，平面平面平面，所以平面， 因为平面，所以，所以 又，所以，即， 因为，所以． (2) (3)或 【分析】（1）选择条件：由面面垂直的性质定理知平面，从而得，结合，可证平面，再由线面垂直的性质定理，即可得证； 选择条件②：由面面垂直的性质定理知平面，从而得，再结合勾股定理及其逆定理，可证，结合，即可得证； （2）以为原点建系，利用向量法求面面角即可； （3）设，利用向量法求线面角可得关于的方程，解之即可． 【详解】（1）略 （2）由（1）知，两两垂直， 故以为原点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，则， 取，则，所以， 易知平面的一个法向量为， 设平面与平面夹角为， 则 . （3）设，则， 由（2）知， 设平面的法向量为，则， 取，则，所以， 因为直线与平面所成角的正弦值为， 所以， 整理得，即， 解得或， 故线段的长为或． 10．（25-26高二上·北京大兴·期中）如图，在四棱锥中，底面为菱形，平面平面，，E，F分别为，的中点． (1)求证：平面； (2)若，，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知： （i）求二面角的大小； （ⅱ）线段上是否存在一点M，使得平面？若存在，说明点M的位置，若不存在，说明理由． 条件①：； 条件②：． 【答案】(1)证明见解析 (2)任选一条件，（i）；（ii）不存在，理由见解析． 【分析】（1）利用四棱锥的性质，结合线面平行定理证明结论； （2）建立空间直角坐标系，求出相关向量坐标并求出法向量，结合向量夹角余弦公式求出二面角的大小；假设存在点使得线面垂直，则对应向量与平面法向量平行，利用向量平行关系构造方程判断结论． 【详解】（1）证明：取中点G，连接、， F，G分别为，的中点， 且， 为的中点，底面为菱形， 且， 则且， 四边形为平行四边形，则， 又平面，平面， 平面； （2）选条件①：，连接， 平面平面，平面平面， 又，平面， 平面， 平面， ， ，，，平面， 平面，则， 以D为原点，以所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系， ， （i）设平面EFC的法向量为，由 ，， 得，令，则 ， 平面， 为平面的一个法向量， 可得，，， ， 由图可知二面角为钝角，故二面角的大小为； （ii）设且，则， ， 平面，，则，无解， 故不存在M，使得平面． 选条件②：，连接，， 平面平面，平面平面， 又，平面， 平面， 平面， ， ，则， ，则， E为中点， ，由菱形得， ， 以为原点，以所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系， ， （i）设平面EFC的法向量为，由 ，， 得，令，则 ， 平面， 为平面的一个法向量， 可得，，， ， 由图可知二面角为钝角，故二面角的大小为； （ii）设且，则， ， 平面，，则，无解， 故不存在M，使得平面． 11．（25-26高二上·北京海淀·期末）如图，在四棱锥中，平面，，，．    (1)求证：平面； (2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知． ①求二面角的大小； ②棱上是否存在点，使得直线与平面所成角为?若存在，求出的长；若不存在，说明理由． 条件①：； 条件②：平面． 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 【答案】(1)连接AC，因PA⊥平面ABCD，AC、CD⊂平面ABCD， 则且，即为直角三角形， 又，，则由勾股定理得， 在中，，且， 所以，为等腰直角三角形，也就是， 又因为，所以得平面.    (2)①；②存在点，且. 【分析】（1）利用线面垂直的判定定理（一条直线垂直于平面内两条相交直线，则线面垂直）即可； （2）合理建立空间直角坐标系，①求两个平面的法向量，计算法向量夹角；②设在上的参数坐标，利用线面角公式列方程求解. 【详解】（1）略 （2）如图建立空间直角坐标系（以点为坐标原点，为轴，为轴，为轴，为与轴的交点）， 所以得，，，，.    由条件①：，，，可得 由条件②：平面，得，又因为，所以，也可得. 向量，，设， 有：，代入向量坐标：，取. 向量，，设， 同理列方程：，代入向量坐标：，取. 法向量夹角. 故二面角的大小为（即）. 设的坐标，则， 所以， 化简得，解得有效. 因此， 故存在点，且 12．（25-26高二上·北京海淀·期末）四棱锥中，底面为平行四边形，平面平面，，E为棱的中点，过点B，C，E的平面交棱于点F. (1)求证：F为中点； (2)若，，再从条件①或条件②中选择一个作为已知，求二面角的余弦值. 条件①： 条件②：与平面所成角的正切值为2. 注：如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据线面平行的判定定理及性质定理可得结果； （2）选条件①：根据面面垂直的性质定理结合已知，建立空间直角坐标系，由向量法求二面角可得结果；选条件②：根据面面垂直的性质定理得为与平面所成角，建立空间直角坐标系，由向量法求二面角可得结果. 【详解】（1）证明：因为底面为平行四边形，所以， 又平面，平面，所以平面， 因为平面，且平面平面，所以， 又E为棱的中点，所以F为中点. （2）选择①：因为平面平面，平面平面， ，平面，所以平面， 因为平面，所以，， 所以， 所以， 所以，即， 故以A为坐标原点，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，则，即. 取，则，，所以， 设平面的法向量为，则，即. 取，则，，所以， 所以，由图可知，二面角为钝角， 所以二面角的余弦值为. 选择②：因为平面平面，平面平面，，平面， 所以平面， 所以即为与平面所成角，即， 在中，，所以， 因为平面，平面，所以， 所以， 所以，即， 故以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，下同选①. 13．（25-26高二上·北京·期末）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，交于点，点是棱上一点，且平面．    (1)求证：点是棱的中点； (2)若，请再从条件①，条件②这两个条件中选择一个作为已知，求平面与平面的夹角的余弦值． 条件①：平面平面； 条件②：． 注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分． 【答案】(1) 因为平面． 因为平面，且平面平面， 所以． 因为底面是菱形，所以是的中点，所以是的中点； (2)选择条件①②，均有 【分析】（1）利用线面平行性质得线线平行，根据菱形性质得中点关系，最后由平行线分线段成比例得中点； （2）建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，再利用向量的夹角公式计算平面夹角的余弦值. 【详解】（1）略 （2）选择条件①： 因为是的中点，所以，    因为平面平面， 平面平面平面， 所以平面， 因为平面，所以， 又，所以两两垂直， 以为原点建立空间直角坐标系． 因为菱形的边长为2，，所以， 所以． 所以， 设为平面的一个法向量， 由得所以，所以 因为平面，所以平面的一个法向量为， 所以 因此平面与平面的夹角的余弦值． 选择条件②： 因为，在菱形中，， ，所以平面， 因为平面，所以，因为 所以两两垂直， 以为原点建立空间直角坐标系． 因为菱形的边长为2，，所以， 所以． 所以， 设为平面的一个法向量， 由得所以，所以 因为平面，所以平面的一个法向量为， 所以 因此平面与平面的夹角的余弦值． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二数学空间向量与立体几何拓展训练（原卷版） 北京高考考纲核心要求 1. 能够利用空间直角坐标系、空间向量证明线线、线面、面面平行与垂直关系； 2. 熟练运用向量公式求解异面直线夹角、线面角、二面角（平面夹角）、点到平面距离； 3. 针对棱、线段上动点问题，掌握参数化设点方法，结合方程判断点是否存在； 4. 掌握结构不良（劣构）题型解题逻辑，能够区分有效条件、冗余条件、无效条件，筛选唯一确定几何体的条件； 5. 核心解题思想：几何关系代数化，将立体几何证明、计算全部转化为坐标运算。 类型一：空间向量与立体几何之存在性（动点）问题 一、核心知识点清单 （一）位置关系向量等价转化 几何结论 向量判定条件 直线 l 平行平面 α 直线方向向量与平面法向量数量积为 0，即=0 直线 l 垂直平面 α 直线方向向量与平面法向量n共线，存在实数λ满足=λ 平面 α 垂直平面 β 两平面法向量数量积为 0，=0 平面 α 平行平面 β 两平面法向量成比例、共线 四点 A、G、E、F 共面 AG与平面 AEF 法向量积等于 0 线线平行 两条直线方向向量成比例 线线垂直 方向向量数量积为 0 （二）空间夹角必考公式 异面直线夹角(→ 直线与平面所成角 设直线方向向量，平面法向量 两平面夹角（二面锐角） 补充：单纯二面角可分为钝角、锐角；若题目描述 “平面与平面夹角” 统一取绝对值。 （3） 点到平面距离公式 平面内任意一点 A，平面法向量，对于空间中任意一点 （四）动点参数化规则 若点 P 在线段 MN 上，设比例，则参数范围； 向量关系：，动点坐标全部用表示； 若解出或，说明点在线段延长线上，若题干中限定 “棱 / 线段上” 时该解舍去。 二、通用五步解题思路 1.前置证明：利用菱形、正方形、面面垂直性质，证明三条两两垂直的直线，为建立坐标系提供依据； 2.建系写坐标：以三线交点为坐标原点，坐标轴沿垂直棱，写出所有定点坐标； 3.参数设点：设线段比例，写出动点含参坐标； 4.条件转化：平行、垂直、角度、距离全部转化为向量方程，求解参数； 5.存在性判定：若，点存在；反之不存在。 三、大展身手，实战演练 1．（25-26高二上·北京·期末）如图，在正四棱锥中，，，分别为，的中点.设平面平面. (1)求证：； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)若平面与棱交于点，求的值. 2．（25-26高二上·北京顺义·期末）四棱锥中，为棱上一点，，分别为棱，的中点，，，，，．    (1)证明：平面； (2)若平面，，平面与平面夹角的余弦值为，求． 3．（25-26高二下·北京·期中）如图，在四棱锥中，底面是边长为的菱形，交于点，，，点是棱的中点，连接． (1)求证：平面； (2)若平面平面，平面与平面的夹角的余弦值，求线段OP的长． 4．（25-26高二下·北京海淀·期中）如图，在四棱锥中，底面ABCD是直角梯形， ，. (1)求证：； (2)若平面平面ABCD，线段PD上是否存在点，使得直线CQ与平面BCP所成角的正弦值为？如果存在，求出的值；如果不存在，请说明理由. 5．（25-26高二上·北京昌平·期末）如图，是边长为4的正方形，平面，，且. (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值. (3)线段上是否存在一点，使得点到平面的距离为？若存在，求线段的长；若不存在，请说明理由. 6．（25-26高二上·北京海淀·期末）如图所示，在三棱柱中，D是AC中点，⊥平面，平面与棱交于点E，，．    (1)求证：； (2)已知点C与平面的距离为，求的长度． 7．（25-26高二上·北京·期末）如图1，在中，分别为边的中点，且，将沿折起到的位置，使，如图2，连接.    (1)求证：平面； (2)若为的中点，求直线与平面所成角的正弦值； (3)线段上是否存在点，使平面与平面的夹角正弦值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 8．（25-26高二上·北京·期末）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，求出的值；若不存在，请说明理由． 9．（25-26高二上·北京西城·期末）如图，在边长为2的正方体中，是棱上的点，平面交棱于点.    (1)证明：； (2)若直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长度. 10．（25-26高二上·北京西城·期末）如图，正方形与梯形所在平面互相垂直，已知，，． (1)求证：平面平面； (2)求二面角的余弦值； (3)已知点在以点为球心的同一球面上，求的长. 11．（25-26高二上·北京东城·期末）如图，在长方体中，，，是棱上的点.    (1)求证：； (2)设二面角的大小为，直线与平面所成的角为，是否存在点使得？若存在求的值；若不存在，说明理由. 12．（25-26高二上·北京昌平·期末）如图，在三棱柱中，四边形为正方形，为等边三角形，平面平面为BC的中点． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)在棱上是否存在一点，使得点到平面的距离为？若存在，求的值；若不存在，说明理由． 13．（25-26高二上·北京·阶段检测）如图，在四棱锥中，平面 ，，点为的中点. (1)求证：平面平面； (2)求二面角的余弦值； (3)若线段与平面交于点，求的值. 14．（25-26高二上·北京·阶段检测）如图，四棱锥中，平面，，．为的中点，点在上，且． (1)求点到平面的距离； (2)在棱上，是否存在点，使得四点共面?若存在，求出的值，若不存在，请说明理由． (3)设平面与平面的交线为，求直线与直线所成角大小． 15．（25-26高二上·北京东城·阶段检测）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，且平面平面，在平面内过，交于，连接． (1)求证：平面； (2)求二面角的余弦值： (3)在线段上存在一点，使直线与平面所成的角的正弦值为，求的长． 16．（25-26高三上·北京·阶段检测）在五面体中，平面，平面．    (1)求证：； (2)若，点D到平面的距离为，求二面角的大小． (3)在第（2）问条件下，线段上是否存在点M，使得与平面所成的角为．若存在，求的长度，若不存在，请说明理由． 17．（25-26高二上·北京·期中）如图，已知四边形ABCD是菱形，是边长为2的等边三角形，，且平面平面    (1)请在AB上找一点M，使得平面ABCD，写出点M的位置并写出的度数不要求证明； (2)求二面角的余弦值； (3)在线段PC上是否存在点E，使得平面PAD，若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 类型二：空间向量与立体几何之劣构问题 一、核心新增知识点 1、几何体唯一性判定规则 （1） 冗余条件：由题干原有几何性质可直接推出，无新增等量等式，无法定量计算，不可选用； （2） 条件不足：缺少垂直、长度等量关系，几何体高、棱长无法求解，无数解，不可选用； （3） 有效条件：能够列出方程，唯一求出几何体所有棱长、垂直关系，可用于解题。 2、向量夹角、距离、动点参数知识完全和类型一一致； 3、逻辑考点：条件充分性、几何关系互相推导。 二、三类出题形式 1、三选一：共 3 个条件，仅 1 个有效，剩余为冗余 / 无效条件； 2、三选二：任选两组条件组合，完成证明 + 计算； 3、自选条件：自主挑选条件组合，先证明垂直，再求解角度、距离。 三、六步通用解题思路 1、筛选条件：逐一判断每个条件属于冗余、无效、有效； 2、规范声明：答题开头写明 “选择条件 XX”； 3、推导垂直：利用所选条件证明三线两两垂直； 4、建立空间直角坐标系，写出全部定点坐标； 5、向量运算，求平面法向量，计算角度、距离、动点比值； 6、检验解的取值范围，规范收尾。 三、大展身手，实战演练 1．（25-26高二上·北京·期中）如图，在三棱锥中，平面平面，，，，分别为，的中点.从条件①，条件②，条件③，这三个条件中选择两个作为已知， (1)求与平面所成角的正弦值； (2)线段的延长线上是否存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求出的值，若不存在，说明理由. 2．（25-26高二上·北京朝阳·阶段检测）如图，在四棱锥中，侧面底面，且底面是矩形，，. (1)求证：平面平面； (2)从条件①，条件②，条件③这三个条件中选择一个作为已知，求平面与平面夹角的大小.条件①：；条件②：；条件③：. 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分. 3．（25-26高二下·北京东城·期末）如图，在四棱锥中，，点在上，，，为的中点． (1)求证：平面； (2)已知，．若为的中点，，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使四棱锥存在且唯一确定，求直线与平面所成角的正弦值． 条件①：； 条件②：； 条件③：． 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 4．（25-26高二上·北京丰台·期末）如图，在直四棱柱中，，，，为棱的中点.再从下列三个条件中选择一个作为已知，完成以下问题的解答. 条件①：； 条件②：； 条件③：直线与平面所成角的正切值为. (1)求证：平面； (2)在棱上是否存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为，若存在，求线段的长；若不存在，请说明理由. 注：如果选择条件①、条件②和条件③分别解答，按第一个解答计分. 5．（25-26高二上·北京·期中）如图，在四棱锥中，底面是正方形，，，是棱的中点.    (1)求证：平面； (2)从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求二面角的余弦值. 条件①：；条件②：平面平面. 注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分. 6．（25-26高二上·北京·期中）如图，在四棱锥中，底面为梯形，，点在上，且    (1)若为线段中点，求证：平面 (2)从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求平面与平面夹角的余弦值. 条件①：； 条件②： 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分. (3)在（2）的条件下，设平面平面，求证：，在l上恰有两个点Q使得 7．（25-26高二上·北京·期中）羡除是中国古代数学书中提到的一种几何体．《九章算术》中有记载“羡除，隧道也．其所穿地，上平下斜”，羡除是有三条棱互相平行且有一个面为梯形的五面体． 如图，在羡除ABCDEF中，四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形，且为中点，平面与平面交于． (1)求证：平面平面； (2)若，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使羡除存在，求： （i）点到平面的距离； （ii）若是线段上一动点，当直线与平面所成角最大时，求的值． 条件①：； 条件②：； 条件③：平面平面． 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 8．（2025·北京海淀·三模）在四棱锥中，四边形为边长为4的正方形，．从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个作为已知． (1)求证：平面； (2)求平面与平面所成角的余弦值． 条件①，平面平面； 条件②：； 条件③，． 9．（24-25高二上·北京昌平·期末）如图，在四棱柱中，侧面是边长为2的正方形，平面平面，，，E为的中点，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知． 条件①：；条件②：． (1)求证：； (2)求平面BCE与平面夹角的余弦值； (3)已知点M在线段上，直线EM与平面所成角的正弦值为，求线段CM的长． 10．（25-26高二上·北京大兴·期中）如图，在四棱锥中，底面为菱形，平面平面，，E，F分别为，的中点． (1)求证：平面； (2)若，，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知： （i）求二面角的大小； （ⅱ）线段上是否存在一点M，使得平面？若存在，说明点M的位置，若不存在，说明理由． 条件①：； 条件②：． 11．（25-26高二上·北京海淀·期末）如图，在四棱锥中，平面，，，．    (1)求证：平面； (2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知． ①求二面角的大小； ②棱上是否存在点，使得直线与平面所成角为?若存在，求出的长；若不存在，说明理由． 条件①：； 条件②：平面． 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 12．（25-26高二上·北京海淀·期末）四棱锥中，底面为平行四边形，平面平面，，E为棱的中点，过点B，C，E的平面交棱于点F. (1)求证：F为中点； (2)若，，再从条件①或条件②中选择一个作为已知，求二面角的余弦值. 条件①： 条件②：与平面所成角的正切值为2. 注：如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分. 13．（25-26高二上·北京·期末）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，交于点，点是棱上一点，且平面．    (1)求证：点是棱的中点； (2)若，请再从条件①，条件②这两个条件中选择一个作为已知，求平面与平面的夹角的余弦值． 条件①：平面平面； 条件②：． 注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分． 题型综合对比 对比维度 类型一：动点存在性 类型二：劣构（结构不良） 核心难点 参数方程求解 + 参数范围验证 条件甄别、几何体唯一性判断 前置操作 证明垂直后直接建系 先筛选有效条件，再证明垂直、建系 共用工具 空间直角坐标系、向量、夹角距离公式 完全一致 北京考题定位 大题第 (3) 小问 整道综合大题（新高考创新必考） 核心得分点 验证参数λ∈[0,1] 正确选出可唯一确定几何体的条件 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $