第11讲 第一章 空间向量与立体几何 章末题型讲义（12类高频题型讲练）-2026-2027学年高二上学期数学人教A版选择性必修第一册

该高中数学讲义通过思维导图系统梳理空间向量与立体几何知识体系，涵盖空间向量概念运算、四点共面、法向量求解等核心内容，按“概念-运算-应用”逻辑呈现知识脉络，突出线面角、二面角等重难点的内在联系。 讲义亮点在于分层题型设计，每个题型配典例与变式题，如探索性问题（判断线段上是否存在点使线面角正弦值为特定值），培养数学思维与推理能力，基础生掌握方法，优秀生深化探究，助力教师实施精准复习教学。

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】（多选）（25-26高二·全国·暑假作业）（多选）下列命题为真命题的是（   ） A．若空间向量，满足，则 B．在正方体中，必有 C．若空间向量，，满足，，则 D．空间中任意两个单位向量必相等 【答案】BC 【详解】A，根据向量相等的定义知，模相等且方向相同为相等向量，而A中向量与的方向不一定相同，假命题； B，由正方体的结构特征知，与的方向相同，模也相等，故，真命题； C，向量的相等满足传递性，真命题； D，空间中任意两个单位向量的模均为1，但方向不一定相同故不一定相等，假命题． 【典例2】（25-26高二下·福建宁德·期末）如图，在三棱锥中，（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】 【变式1】（25-26高二下·江苏淮安·阶段检测）与向量共线的单位向量可以为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】直接求解，再结合选项即可求解. 【详解】由题知， 所以与向量共线的单位向量为，即或， 所以，选项中只有满足. 【变式2】（25-26高二上·重庆·期中）关于空间向量，下列四个结论正确的是（    ） A．共线的单位向量都相等 B．不相等的两个空间向量的模必不相等 C．相反向量指方向相反的两个向量 D．任意两个空间向量一定共面 【答案】D 【分析】根据空间向量的相关定义即可结合选项逐一求解. 【详解】对于A，共线的单位向量方向可能相同也可能相反，即共线的单位向量可能是相等的向量也可能是相反向量，故A不正确； 对于B，不相等的两个空间向量的模可能相等，比如相反向量，故B错误； 对于C，相反向量指方向相反，模相等的两个向量，故C错误； 对于D，任意两个空间向量一定共面，故D正确. 故选：D 【变式3】（25-26高二上·云南曲靖·期末）在正方体中，E，F分别是的中点，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用空间向量的加法法则和数乘运算可得． 【详解】． 故选：B. 题型02四点共面问题 【典例1】（25-26高一下·重庆·期末）已知是同一平面内的四点，且任意三点不共线，为平面外一点，若，则实数的值为（    ） A．1 B． C． D． 【答案】D 【分析】利用共面向量定理的推论，四点共面时向量线性表示的系数和为1，列方程求解λ. 【详解】因为是同一平面内的四点，任意三点不共线， 为平面外一点，当时， 根据共面向量定理的推论，有，解得. 【典例2】（25-26高二下·江苏南京·阶段检测）已知为空间中四点，任意三点不共线，O为平面ABC外一点，且，若四点共面，则的最小值为（    ） A． B． C．9 D．4 【答案】A 【详解】因为四点共面，则有， 由共面条件可得，，即， 所以， 当且仅当，即，即时，等号成立. 故选A. 【变式1】（2025·黑龙江齐齐哈尔·模拟预测）已知空间中有5个点、、、、，若满足，且、、、四点共面，则的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据空间共面向量定理的推论可求的值. 【详解】由得， 即， 由空间向量共面定理的推论可知，，解得. 故选：B. 【变式2】（多选）（25-26高二上·陕西榆林·开学考试）已知，，是空间中不共线的三点，点为空间内的任意一点，若点在平面内，且，则下列关于和的值满足条件的是（    ） A．， B．， C．， D．， 【答案】BCD 【分析】根据空间向量共面定理求出和的关系，即可得出结论. 【详解】由题意， ，，是空间中不共线的三点，点为空间内的任意一点， 点在平面内，且， ∴，即， A项，，故A错误； B项，，故B正确； C项，，故C正确； D项，，故D正确. 【变式3】（25-26高一下·黑龙江·期末）已知A，B，C三点不共线，P为平面ABC外一点，且.若H，A，B，C四点共面，则__________. 【答案】 【分析】结合空间向量共面定理的推论求参数即可. 【详解】由题意可知H，A，B，C四点共面的充要条件是存在，使得且， 所以，解得. 题型03平面法向量的求解 【典例1】（25-26高二下·安徽蚌埠·阶段检测）在空间直角坐标系中的位置如图所示，其中，，．则平面ABC的一个法向量是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】写出点和向量的坐标，然后建立方程组求解法向量的坐标. 【详解】由题意，,. 设平面的法向量为. 则，令，则. 平面的一个法向量 【典例2】已知直线，的方向向量分别为，，且直线，均平行于平面，平面的单位法向量为______． 【答案】或 【分析】由法向量与，垂直列出等式即可求解. 【详解】设平面的单位法向量为， 因为直线，均平行于平面， 所以有， 由可得： 或， 故平面的单位法向量为或． 故答案为：或． 【变式1】（25-26高二上·广东·期末）点，平面的一个法向量为（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据平面法向量的求解过程求解即可． 【详解】设平面的一个法向量， ， 则，不妨取，则， ，即平面的一个法向量为． 故选：B． 【变式2】（24-25高二上·新疆省直辖县级单位·阶段检测）平面上三个点写出平面的一个法向量为______. 【答案】(答案不唯一) 【分析】根据平面的法向量的定义计算即得. 【详解】由则， 设平面的法向量为，则由,可取. 故答案为：. 【变式3】（23-24高一上·江苏·阶段检测）《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑.在鳖臑中，平面，，.若建立如图所示的“空间直角坐标系”，则平面的一个法向量为_____________.    【答案】（答案不唯一） 【分析】根据题意，设，可得,,的坐标，由此可得向量,的坐标，由此可得关于,,的方程组，利用特殊值求出,,的值，即可得答案． 【详解】根据题意，设，则, ,， 则,， 设平面的一个法向量为,,， 则有，令，可得， 则， 故答案为：（答案不唯一） 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·广东中山·期中）如图在边长是2的正方体中，E，F分别为AB，的中点．证明：平面． 【答案】 如图以D为坐标原点，建立空间直角坐标系， 则， ∵E，F分别为AB，的中点，∴， ，，， ∵，，∴， 又，平面， 平面． 【分析】建立适当的空间直角坐标系，求出向量的坐标表示，利用，可证直线EF垂直于CD、，再利用线面垂直的判定定理证明． 【详解】略 【典例2】（24-25高二上·四川绵阳·阶段检测）如图，在四棱锥中，底面，，，，，点为棱的中点．求证： (1)∥平面； (2)平面平面． 【答案】(1) 依题意，以点A为原点建立如图所示的空间直角坐标系. 则，，，． 由E为棱的中点，得． 因为平面，平面，所以， 又，，平面，所以平面， 所以向量为平面的一个法向量，而， 所以，又平面，所以平面． (2) 设平面的一个法向量为， 则，即 不妨令，可得为平面的一个法向量． 设平面的法向量，又向量，， 则，即， 不妨令，可得为平面的一个法向量． 因为，所以． 所以平面平面． 【分析】（1）建立空间直角坐标系，先通过线面垂直的判定定理说明向量为平面的一个法向量，再利用可得线面平行； （2）分别求出平面和平面的法向量，利用法向量垂直可证得面面垂直. 【详解】（1）略 （2）略 【变式1】（24-25高二上·山东菏泽·阶段检测）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 【分析】（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. 【详解】（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. 【变式2】（24-25高二上·广东惠州·期中）直三棱柱中，，，，分别是的中点．    (1)求的值； (2)求证：⊥平面． 【答案】(1) (2)证明：求得，． ∴，，， ∴，， ∴，，即， 又平面，平面，， ∴⊥平面． 【分析】（1）以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用数量积的坐标运算求的值； （2）利用向量法证明线线垂直，可证线面垂直. 【详解】（1）直三棱柱中，平面，又， 以点为坐标原点，、、所在的直线分别为轴、轴、轴， 建立如图所示的空间直角坐标系，    依题意得，， ∴，，，，， 所以； （2）略 【变式3】如图，四棱锥中，底面为直角梯形，，，平面，，，为的中点．求证：平面平面. 【答案】 以为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系，设， 则，，，， ，，. 设平面PCD的一个法向量为， 则，即， 不妨令，则，，所以， 设平面PAC的一个法向量为， 则，即， 不妨令，则，， 所以， 因为， 所以， 所以平面平面． 【分析】以为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系，设，分别求出平面和平面的法向量，计算的值，，即可证明平面平面. 【详解】略 题型05异面直线所成角 【典例1】（25-26高一下·广东深圳·期末）已知平行六面体的所有棱长均为，，则异面直线与夹角的余弦值为（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】设，则， ， ， ， ， ，， ， ， 则， ， 设异面直线与的夹角为， 则，故选项D正确. 【典例2】（25-26高一下·河北石家庄·期末）在所有棱长均为1的正四棱锥中，为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为______. 【答案】 【详解】连接，，交点为，连接，， ，或其补角为异面直线与所成的角， 结合题中条件，正四棱锥中，，则四边形为边长为1的正方形，每个侧面为边长为1的正三角形，则，， 在正三角形中，为的中点，则，， 则，所以， 则，故异面直线与所成角的余弦值为. 【变式1】（24-25高二下·上海闵行·阶段检测）如图所示，钟楼的主体结构可以看做一个长方体，四个侧面各有一个大钟，则从到这段时间内，相邻两面钟的分针所成角为的次数为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】在长方体中，以点为坐标原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴建立如图的空间直角坐标系，设分针长为，矩形的对角线的交点为，矩形的对角线的交点为，考察到这个时间段，根据两向量的夹角公式，得到，即可求解． 【详解】在长方体中，以点为坐标原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴建立如图的空间直角坐标系． 设分针长为，矩形的对角线的交点为，矩形的对角线的交点为， 考察到这个时间段， 设时刻，侧面、内的钟的分针的针点的位置分别为、， 设，其中， 则，， 由已知可得，则， 因为，故的取值为、、、， 即在到这个时间段，相邻两面钟的分针所成角为的次数为， 故选：B． 【变式2】（24-25高二下·河南商丘·开学考试）在底面边长为2的正三棱柱中，异面直线与所成角的余弦值为，则该正三棱柱的体积为________． 【答案】 【分析】建立空间直角坐标系，利用异面直线所成角的向量求法求出三棱柱的高，再利用体积公式即可求得答案。 【详解】设正三棱柱的高为h，以A为坐标原点，在底面内过点A作的垂线为x轴， 以所在直线为轴，建立空间直角标系， 则， 则， 因为异面直线与所成角的余弦值为， 故， 由于，即，解得， 故该正三棱柱的体积为， 故答案为： 题型06利用向量法求直线与平面所成角 【典例1】（2026高三·全国·专题练习）正方体中，E、F分别为、的中点，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，将用坐标表示，再计算出面的法向量，最后根据平面与直线所成角的正弦值公式计算出结果 【详解】设正方体的边长为2，并以为z轴的正方向，以为x轴的正方向, 以为y轴的正方向，则， 因此，，， 设面的法向量，则，即， 令，解得，即，设直线与平面所成角为， 则.    【典例2】（24-25高二上·上海·随堂练习）在长方体中，已知异面直线与AD，与AB所成角的大小分别为60°和45°，则直线和平面所成的角的余弦值为______． 【答案】/ 【分析】设，由题意求出长方体的棱，的长，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，根据空间角的向量求法，即可求得答案. 【详解】设，，，则， 由于，所以异面直线与AD所成角为，而，从而， 由于，所以异面直线与AB所成角为，从而， 所以，． 如图，以D为原点，分别以DA、DC、所在直线为x、y、z轴，建立空间直角坐标系，    则，，，，， ，，． 设平面的法向量为， 则，取， 所以直线和平面所成的角的正弦值为， 从而直线和平面所成的角的余弦值为． 故答案为： 【变式1】（2026高三·全国·专题练习）在长方体中，．若E，F分别为线段，的中点，则直线与平面所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据给定条件，建立空间直角坐标系，利用线面角的向量法求解. 【详解】在长方体中，以点为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 设，则，，， 平面平面，而平面的一个法向量为， 因此平面的法向量为，设直线与平面所成的角， 则，， 所以直线与平面所成角的余弦值为. 【变式2】（25-26高二上·福建厦门·期中）已知向量是直线的方向向量，向量是平面的法向量，则直线与平面所成角的余弦值为______． 【答案】/ 【分析】利用向量法求解线面角即可. 【详解】由直线的方向向量为，平面的法向量为， 设直线与平面的夹角为， 则， 所以直线与平面所成角的余弦值为：. 【变式3】（25-26高二下·陕西咸阳·期末）在棱长为2的正方体中，是的中点，则直线与平面所成角的正弦值为_______________． 【答案】 【分析】以为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解线面角. 【详解】在棱长为2的正方体中，以为原点，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， 则令，解得，， 所以是平面的一个法向量，， 设直线与平面所成角为， 则.    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·广东深圳·阶段检测）如图，是以为直径的圆上异于，的点，平面平面，，，，分别是，的中点，记平面与平面的交线为直线. (1)证明：平面； (2)直线l上是否存在点，使得直线与平面所成的角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)连接并延长，交圆于点，连接， 则，， 所以四边形为矩形，所以， 因为，所以， 故平面与平面的交线为所在直线，即所在直线为直线， 因为为直径，所以， 因为平面平面，交线为，平面， 所以平面，即平面. (2)存在，1 【分析】（1）由三角形中位线性质得，结合圆的直径特征构造矩形，以此确定两平面的交线；利用直径所对圆周角为直角得到线线垂直，再结合面面垂直的性质定理，证明平面. （2）建立空间直角坐标系，设出直线上点的坐标，求出平面的法向量；根据线面角的向量计算公式列方程，解出参数后得到的长度，验证点是否存在. 【详解】（1）略 （2）在上取点，连接，以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，垂直，的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 因为，， 所以，，，， ，， 则， 设平面的法向量为， 则 解得，令，则， 故，又， 故， 解得，故，即直线上存在点， 使得直线与平面所成的角的正弦值为，且. 【典例2】（2026·云南·三模）如图，在四棱锥中，四边形是边长为2的正方形，平面平面， (1)证明：平面； (2)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，求出的值；若不存在，说明理由. 【答案】(1)因为四边形是正方形，所以， 因为平面平面，且平面平面平面， 所以平面，又因为平面，所以， 在中，， 因为，所以， 又因为，且平面，所以平面. (2)存在 【分析】（1）通过面面垂直可以证明平面，从而得到，再使用勾股定理证明，最后证明平面； （2）通过建立空间直角坐标系，求出平面法向量，使用空间向量表示出直线BP的方向向量，求出是否存在直线与平面所成角的正弦值为. 【详解】（1）略 （2）如图，过点作， 因为平面平面，所以， 所以，又，所以两两垂直， 如图，以为原点，分别以为轴建立 空间直角坐标系， ，， ， 设，因此的坐标为， 所以. 因为平面，所以是平面的一个法向量， 设直线与平面所成角为，则， 即，解得（舍去）， 因此存在，使得直线与平面所成角的正弦值为. 【变式1】（25-26高二下·云南昆明·期中）如图所示，在三棱锥中，底面是边长为4的正三角形，，，点为的中点． (1)求证：平面； (2)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，确定点的位置；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)存在；点为的中点 【分析】（1）利用线面垂直的判定定理即可证明； （2）建立空间直角坐标系，设出点的位置，直接利用线面角的计算公式计算即可. 【详解】（1）证明：是正三角形，为的中点，． 又因为，， 所以，，又因为 所以平面，又因为平面，， ，平面，平面， 平面． （2）存在，理由如下： 取的中点，由（1）及已知得，， 点，分别为，的中点， ，，． 又，，，两两垂直． 以为坐标原点，以，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，如图所示， 则，，，，， ．设，， ，， ，设平面的法向量为， 则，即，令，则，， ．由已知得，即， 解得或（舍去），故，此时，则是的中点， 存在满足条件的点，点为的中点 【变式2】（25-26高二下·江苏盐城·期中）如图，已知四边形是矩形，是正三角形，且平面平面，是的中点． (1)证明：； (2)求二面角的余弦； (3)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，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，位于的中点位置 【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出相关点及向量坐标，利用向量数量积为0，证明线线垂直； （2）分别求出两个平面的法向量，利用向量夹角的余弦公式求解； （3）求出平面的法向量，假设存在点，满足，利用向量夹角余弦公式构造方程，解方程求出，进而得出结论． 【详解】（1）已知是正三角形，是中点，则， 以为坐标原点，为轴，为轴，垂直于方向为轴， 建立下图所示空间直角坐标系， 则， ， ， ． （2），设平面的法向量为， 则，令，则； ，设平面的法向量为， 则，令，则， 二面角的余弦值为： ． （3），设平面的法向量为， 则，令，则， 设，则，则， 设直线与平面所成角为，则 ， 化简整理得，解得或（舍去）， 存在点，位于线段的中点位置． 【变式3】（25-26高三下·北京·阶段检测）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)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，求的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) 证明：∵四边形为菱形，∴， ∵平面，平面，∴平面， ∵平面，平面平面， ∴. (2)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. 【详解】（1）略 （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x，y，z轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，，，， ，，， 设平面的法向量为， 则，由， 令，则，，， 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. 题型08利用向量法求二面角 【典例1】（25-26高二下·江苏泰州·期中）设正方形与正方形的边长都是1，若对角线与所成角的余弦值为，则二面角的大小为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据给定条件，利用空间向量数量积的运算律及夹角公式列式求解. 【详解】设二面角的大小为，由， 得，， 则， 而，由对角线与所成角的余弦值为，得， 解得，又，解得， 所以二面角的大小为. 【典例2】4．（2026·上海·二模）在正四棱台中，，，异面直线与所成角为，设二面角的大小为，则________． 【答案】 【分析】法一在正四棱台中，由异面直线所成角可得，再根据面面角定义计算求解即可，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，进而利用二面角的向量求法并结合同角三角函数的基本关系求解即可. 【详解】法一：在正四棱台中，， 因为，，所以为异面直线与所成的角， 即，过点作平面的垂线，垂足为， 作直线的垂线，垂足为，连接，如图所示： 由正四棱台性质可知，点在线段上，， 所以，，， 由二面角定义可知即为二面角的平面角， 而，故. 法二：如图，作出符合题意的图形，作下底面中心，上底面中心， 以为原点，建立空间直角坐标系，设正四棱台的高为， 由题意得，，则，， ，，则，， 因为异面直线与所成角为， 所以，解得， 由题意得面的法向量为， 则，，， 设面的法向量为， 则，令，解得，， 得到，由图可知，是锐角，则， 由已知得，由同角三角函数的基本关系得， 故. 【变式1】（2026·云南昆明·模拟预测）已知等腰直角三角形是圆锥的轴截面，点在底面圆上，点为的中点，，则二面角正切值的大小为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据题意建立空间直角坐标系，求出关键点坐标，根据面面角向量求得二面角夹角余弦值，再根据同角三角函数基本关系计算即可求解. 【详解】由题意可知等腰直角三角形是圆锥的轴截面， 所以平面，是底面圆的直径，， 因为点在底面圆上，所以， 因为，所以， 以点为坐标原点，为轴，为轴，垂直于平面所在直线为轴建立如图所示空间直角坐标系， 设，则，，， 取平面的一个法向量为， 设平面的一个法向量为， ，， 则，取，则， 所以平面的一个法向量为， 设二面角为，由图可知， 则， 所以，. 【变式2】（2026·安徽蚌埠·二模）已知正方体中，是的中点，则平面与平面的夹角余弦值是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】设，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解即可. 【详解】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， 设，则、、，则，， 设平面的一个法向量为， 所以，取，可得， 易知平面的一个法向量为，则， 故平面与平面的夹角余弦值是. 【变式3】（2025·重庆·二模）在正四棱柱中，，，是的中点，则平面与平面夹角的余弦值为________． 【答案】 【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法求平面与平面的夹角. 【详解】 如图，以点为坐标原点，以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系， 由题意，， 则， 设平面的一个法向量， 则有，令，则，所以. 设平面的一个法向量， 则有，令，则，所以. 设平面与平面夹角为， 则. 故答案为：. 题型09利用向量法解决二面角中的探索性问题 【典例1】（2026·天津南开·模拟预测）如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点，是边长为1的等边三角形，且． (1)证明：； (2)求直线和平面所成角的正弦值； (3)在棱上是否存在点，使平面和平面夹角的大小为？若存在，并求出的值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）由面面垂直的性质得出线面垂直，进而得出线线垂直； （2）由已知是直角三角形，根据等积法，求出平面ABC上的高，结合空间向量夹角公式进行求解即可； （3）利用空间向量夹角公式进行求解即可. 【详解】（1）∵，为的中点 ∴， 又∵平面平面，平面平面，平面， ∴平面， ∵平面， ∴； （2）分别取、的中点为F、G，连结、， ∵为的中点，是边长为1的等边三角形， ∴是直角三角形，，，， ∵、的中点为F、G， ∴，，， 由（1）得，是三棱锥底面的高，是直角三角形， ∵，∴， 以O点为坐标原点，分别以、、所在的直线为轴， 如图建立空间直角坐标系， 则，，，，，，， ∴，，， 设是平面的一个法向量， 则，即， 令，则，，，， ， ∴直线和平面所成角的正弦值等于； （3）在棱上存在点，使平面和平面夹角的大小为. 设， 由（2）知，，， ，， ， 是平面的一个法向量， 设是平面的一个法向量，则， 即， 取，，， ∵平面和平面夹角的大小为， ∴， 即， 整理得， 解得，或（舍去）， 所以，，， 所以，在棱上存在点，使平面和平面夹角的大小为，. 【典例2】（25-26高二上·广东中山·期末）如图，正方体中，点在棱上. (1)求证：； (2)设在上，且，是否在上存在点，使平面平面，若存在，指出点的位置，若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析； (2)存在，点为的中点. 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用直线方向向量数量积即可得证； （2）求出两个平面的法向量，根据数量积为0计算是否有解即可. 【详解】（1）以点为坐标原点，分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示： 设正方体的棱长为1，则，,， 设，则,， 所以，所以， 故. （2）设满足条件的点，设平面的一个法向量， 因为,， 则，即， 取，得， 由M在上，且，则， 设平面的一个法向量， ,， 则即， 取，得， 平面⊥平面，则，解得或（舍）， 所以当，即为的中点时，平面⊥平面. 【变式1】（2026·陕西渭南·三模）如图，在四棱锥中，，，． (1)求证：平面平面； (2)线段PB上是否存在点M（不包括端点），使得平面PAB与平面MCD夹角的余弦值为？若存在，求出MB的长；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)不存在，理由见解析 【分析】（1）根据勾股定理、线面垂直的判定定理以及面面垂直的判定定理求解即可. （2）建立空间直角坐标系，根据向量法求解即可. 【详解】（1） 取中点，连接 . 由题意得，故，又，， 因此， ，所以四边形、为平行四边形， 进而，， 即 均为边长为2的等边三角形. 因为​，是中点，故，且 . 又​，故，得. 因为， 平面，故平面. 又平面，因此平面平面. （2）建立如图所示空间直角坐标系： 由题意知：，，，， 假设存在点使得满足题意． 设，其中. 反解得：M点坐标为： 设平面ABP的法向量为， 设平面MCD的法向量为， 所以． 解得，又因为， 故不存在点M使得满足题意． 【变式2】（2026高二·全国·专题练习）在斜三棱柱中，，，为菱形，，，为中点． (1)证明：平面； (2)线段上是否存在一点，使二面角为，若存在，求出的位置，若不存在，请说明理由． 【答案】(1) 法一：如图，连接，交于， 取中点，连接，． 为中点，且， 又且，且， 所以四边形为平行四边形，，， 平面，平面， 平面． 法二：如图，连接，交于，连接． 分别为中点，， 平面，平面， 平面． (2)不存在，理由： 四边形为菱形，，又， 为等边三角形，为中点，， 又，，，平面，平面， ，又，，，平面， 平面， 如图，以为原点，在平面内过点作的平行线为轴， 所在直线为轴，所在直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系． 得，，， ，，， ． 设，，， ，， 设平面法向量，且，， ，令，解得， ，而设平面法向量， 则，由题意得二面角为， 得到，化简得  ． 故不存在点满足二面角等于． 【分析】（1）法一作出符合题意的图形，结合中位线定理得到四边形为平行四边形，进而得到，最后利用线面平行的判定定理求解；法二直接利用中位线定理证明，最后利用线面平行的判定定理求解即可. （2）结合题意与线面垂直的判定定理得到平面，再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，结合二面角的向量求法建立方程，求解参数，最后判断点的存在性即可. 【详解】（1）略 （2）略 【变式3】（2026·北京通州·一模）如图，在三棱锥中，为边长为的等边三角形，，，为棱的中点． (1)求证：平面平面； (2)棱上（端点除外）是否存在一点，使得平面与平面的夹角为．若存在，求的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) ∵ 为边长为2的等边三角形，为中点， ∴ ，且. ∵ ，为中点， ∴ ，且，故， ∴ . ∵ ， ∴ ，故. ∵ ，平面， ∴ 平面. ∵ 平面， ∴ 平面平面. (2) 由第一小问，以为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系， ，，，，. 设，则，所以点坐标为. ∵，且平面 ∴平面 ∴平面的法向量为. 设平面的法向量为，其中，， ∴ 令，代入解得，， ∴. 已知平面与平面的夹角为， ∴ 代入数据得 两边约去后平方整理得，解得或. ∵， ∴. 因此存在满足条件的点，且. 【分析】（1）利用面面垂直的判定定理，结合等边三角形、等腰三角形的三线合一性质及勾股定理逆定理，证明平面即可完成推导； （2）通过建立空间直角坐标系，引入参数表示点的坐标，求解两个平面的法向量，利用二面角的余弦值列方程求解参数，结合参数范围验证即可    . 【详解】（1）略 （2）略 【点睛】方法归纳：面面垂直证明核心是找到一个平面内垂直于另一个平面的直线，常结合等腰三角形三线合一、勾股定理逆定理证明线线垂直，再推导线面垂直；空间中的存在性问题可通过建立坐标系，引入参数表示动点坐标，将几何关系转化为代数方程求解，最后验证参数范围即可. 易错归纳：求解平面法向量时需注意坐标运算的准确性，二面角的余弦值等于两法向量夹角余弦的绝对值，避免符号错误；得到参数解后需结合动点的限制条件舍去不满足要求的解. 题型10利用向量法求点到直线的距离 【典例1】（25-26高二上·江苏无锡·期末）已知空间内三点，，，则点到直线的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据空间向量数量积的坐标表示求出，利用同角三角函数的关系求出，结合计算即可求解. 【详解】空间内三点，，，， 因为， 由， 所以， 所以点到直线的距离. 故选：D. 【典例2】（25-26高二下·福建漳州·期中）在空间直角坐标系中，已知，，，则点到直线的距离为________． 【答案】 【详解】由题意得，， ， ， 向量在直线上的投影长度为， 故点到直线的距离为 【变式1】（2026高三·全国·专题练习）已知正方体的棱长为，则点到对角线所在的直线的距离为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】直接用向量的方法求点到线的距离可得. 【详解】如图：分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系， 则，所以， 所以向量在向量上投影向量的模为， ， 所以点到直线的距离为. 【变式2】（25-26高二下·陕西安康·期中）若、、，则点到直线的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】求出向量、，利用空间向量法求解即可. 【详解】由题意可得，， 所以点到直线的距离为. 【变式3】（25-26高二下·江苏南京·阶段检测）已知空间三点，，，则点到直线的距离为______. 【答案】/ 【详解】由，，， 可得，， 则，，与同方向的单位向量为， 则点到直线的距离为. 题型11利用向量法求点到平面的距离 【典例1】（25-26高二下·湖北鄂州·阶段检测）在空间直角坐标系中，已知点，则点到平面的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】由题设有，设平面的法向量为， 则，故，取， 而，故点到平面的距离为. 【典例2】（2026·四川凉山·二模）若，则点到平面的距离__________. 【答案】 【分析】利用空间向量坐标公式计算出、可求出平面法向量，再利用空间中点到平面距离公式计算即可得. 【详解】，， 设平面的法向量为， 则，取，则,，故， 则. 【变式1】（25-26高三下·江苏南通·开学考试）已知三棱柱的棱长均为2，在底面内的射影为的中心，则到平面的距离为（    ） A．1 B． C． D．2 【答案】B 【分析】根据题意结合等边三角形和棱柱的性质求解棱柱的高，然后建立空间直角坐标系，确定的坐标，进而求解平面的法向量，最后利用点到平面距离公式求解. 【详解】由三棱柱的所有棱长均为， 可得为边长为的等边三角形，侧棱. 设在底面内的投影为，则平面， 由的边长，可得高，   则到顶点的距离.   在中，. 如图所示，取的中点为原点，以直线为轴，直线为轴， 过点且垂直于底面的直线为轴建立空间直角坐标系， 可得，，，， 故，，. 设平面的法向量为， 则，令，得， 所以到平面的距离. 【变式2】（25-26高二上·北京海淀·期末）已知点，向量，平面经过原点，且与向量垂直，则点A到平面的距离为_______. 【答案】 【分析】求出，再利用点到平面的距离公式，求出答案. 【详解】由题知，设点到平面的距离为， 则， 所以点到平面的距离为， 故答案为：. 【变式3】（25-26高二上·北京平谷·期末）在棱长为1的正方体中，为中点，则点到平面的距离为____________. 【答案】 【分析】建立坐标系，利用点面距的向量求解公式可得答案. 【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，则，；设平面的一个法向量为， 则，令，可得， 设点到平面的距离为，则. 故答案为：    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】（25-26高三下·北京·阶段检测）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) 连接交于，连接. 因为四边形为正方形，、为对角线且交于点，所以为中点. 又为的中点，所以为的中位线，所以. 又平面，平面，所以平面. (2) (3) 假设棱上存在一点，使得点到平面的距离为，设. 因为，，所以，则 . 又，. 设平面的一个法向量为， 则，即，令，则，，所以. 则点到平面的距离为， 整理得，即，解得或（舍去）. 所以棱上存在一点，使得点到平面的距离为，此时. 【分析】（1）根据线面平行的判定定理证明即可. （2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用线面角的向量求法求解即可. （3）设，求出及平面的法向量，利用点到平面距离的向量求法求解即可. 【详解】（1）略 （2）取中点，中点，连接、. 因为为等边三角形，所以，，. 因为四边形为正方形，、为中点，所以，. 因为平面平面，平面平面， 所以平面. 又平面，所以. 因此以点为原点，以、、为轴、轴、轴建立空间直角坐标系， 则，，，，. 因为为中点，所以， 所以，，. 设平面的一个法向量为， 则，即，令，则，所以. 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）略 【典例2】（2026·河北邯郸·模拟预测）如图，在四棱锥中，平面，是的中点． (1)求证：平面； (2)若， （i）求平面与平面夹角的正弦值； （ii）在线段上是否存在点，使得点到平面的距离为1？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) 取中点，连接， 因为为中点，所以，且， 又，所以， 所以四边形为平行四边形，即， 又平面，平面，所以平面； (2)（i）（ii）存在， 【分析】（1）取中点，连接，根据线线平行证明线面平行； （2）（i）建立空间直角坐标系，利用坐标法可求得平面的法向量，利用向量法可得面面角余弦值，再由同角三角函数的基本关系求正弦值； （ii）设，利用向量法表示点到平面的距离，列方程，解方程即可. 【详解】（1）略 （2）（i）因为平面，且， 以点为原点，建立如图所示空间直角坐标系： 则， 所以， 因为平面，平面， 所以平面平面， 又因为平面平面平面， 所以平面，所以平面的一个法向量为， 设平面的法向量为，则 不妨取，则，则， 所以平面与平面夹角的正弦值为； （ii）存在点满足题意， 易知， 假设存在点满足题意，设， 所以， 设平面的法向量为，则， 令，则， 所以点到平面的距离，化简可得， 解得或（舍去），即. 【变式1】（25-26高二上·云南昆明·阶段检测）如图，在四棱锥中，侧面底面，侧棱，底面为直角梯形，其中为的中点. (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)线段上是否存在，使得它到平面的距离为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) 为的中点， 侧面底面. 侧面底面平面， 平面. (2) (3)存在， 【分析】（1）已知侧面底面，应用面面垂直性质定理证明线面垂直； （2）建立空间向量求出平面PAD的法向量和平面的法向量，再应用二面角余弦公式计算求解； （3）设点，再应用点到平面距离公式计算求参即可. 【详解】（1）略 （2）∵底面为直角梯形， 其中， ，又平面， ∴以为原点，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， ， 设平面PAD的法向量. 设平面的法向量， 则，取，得. 设平面与平面夹角为， 则， 故平面与平面夹角的余弦值为. （3）设线段上存在， 使得它到平面的距离为， 到平面的距离， 解得或（舍去）， 则，则 【变式2】（25-26高二上·湖北·阶段检测）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正弦值； (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，请求出点的位置；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) 因为平面，平面，则， 在正方形中，，因平面， 则平面，因平面，则， 又，点是的中点，则， 因平面，故平面. (2) (3) 由（2）可得，则， 假设线段上存在一点，满足， 则， 所以，则，即，则， 由（2）已得平面的一个法向量为， 则点H到平面的距离，解得或， 则得或. 故在线段上是否存在一点或，使得点到平面的距离为. 【分析】（1）先由条件证明平面，再由平面得，由等腰三角形三线合一证得，最后利用线面垂直的判定定理即可证得结论； （2）结合图形利用线面垂直的判定定理和性质定理证明平面，得到，再证，求得，从而可得，依题建系，写出相关点的坐标，求出两平面的法向量的坐标，利用空间向量夹角公式计算即得； （3）假设线段上存在一点，满足，表示出的坐标，结合平面的法向量，利用点到平面的距离坐标公式列方程，求解即得的值，从而得到点H的坐标. 【详解】（1）略 （2）由（1）平面，因平面，则， 因平面，平面，则， 又，平面，平面， 因平面，则， 因点是的中点，.，则， 因平面，则平面， 因平面，则， 因平面，则平面， 因平面，则，即. 由（1）平面，因平面，则，即， 又，则，则， 因为，， ， 则，即，即. 以点为原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系， 则， 所以， ， 设平面的一个法向量为， 则，取，得， 而平面的法向量可取为， 设平面与平面的夹角为， 则， 所以 即平面与平面的夹角的正弦值为. （3）略 【变式3】（25-26高二上·四川成都·阶段检测）在平行四边形中（如图1），，为的中点，将等边沿折起，连接，，且（如图2） (1)求证：平面； (2)点在线段上，若点到平面的距离为，求平面与平面所成角的余弦值． 【答案】(1)连接，在 中，∵，， ∴， 在 中，∵，∴， 同理可得，∵，平面， ∴平面； (2) 【分析】（1）利用余弦定理及勾股定理得，，然后利用线面垂直的判定定理证明即可； （2）设为的中点，利用面面垂直的性质定理可得 平面，建立空间直角坐标系，求出平面 的法向量，利用点面距离的向量公式求得的位置，然后求出平面和平面 的法向量，利用向量法求解平面夹角的余弦值即可. 【详解】（1）略 （2）设为的中点，∴， ∵平面，平面，∴平面平面， 又∵平面平面， 平面， ∴ 平面，∴以点为坐标原点，为轴，为轴， 过点且平行于的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系， ∴，，，，，， ∴， 设平面 的法向量为， ∵，， 取，∴， ∴设， ∵，∴， 设点到平面 的距离为， ∴，∴， ∴是线段上靠近点的三等分点，易求平面的法向量为， 设平面 的法向量为， ∵，， 取 ，∴， 设平面 与平面所成的角为， ∴． 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】（多选）（25-26高二·全国·暑假作业）（多选）下列命题为真命题的是（   ） A．若空间向量，满足，则 B．在正方体中，必有 C．若空间向量，，满足，，则 D．空间中任意两个单位向量必相等 【典例2】（25-26高二下·福建宁德·期末）如图，在三棱锥中，（    ） A． B． C． D． 【变式1】（25-26高二下·江苏淮安·阶段检测）与向量共线的单位向量可以为（    ） A． B． C． D． 【变式2】（25-26高二上·重庆·期中）关于空间向量，下列四个结论正确的是（    ） A．共线的单位向量都相等 B．不相等的两个空间向量的模必不相等 C．相反向量指方向相反的两个向量 D．任意两个空间向量一定共面 【变式3】（25-26高二上·云南曲靖·期末）在正方体中，E，F分别是的中点，则（   ） A． B． C． D． 题型02四点共面问题 【典例1】（25-26高一下·重庆·期末）已知是同一平面内的四点，且任意三点不共线，为平面外一点，若，则实数的值为（    ） A．1 B． C． D． 【典例2】（25-26高二下·江苏南京·阶段检测）已知为空间中四点，任意三点不共线，O为平面ABC外一点，且，若四点共面，则的最小值为（    ） A． B． C．9 D．4 【变式1】（2025·黑龙江齐齐哈尔·模拟预测）已知空间中有5个点、、、、，若满足，且、、、四点共面，则的值为（    ） A． B． C． D． 【变式2】（多选）（25-26高二上·陕西榆林·开学考试）已知，，是空间中不共线的三点，点为空间内的任意一点，若点在平面内，且，则下列关于和的值满足条件的是（    ） A．， B．， C．， D．， 【变式3】（25-26高一下·黑龙江·期末）已知A，B，C三点不共线，P为平面ABC外一点，且.若H，A，B，C四点共面，则__________. 题型03平面法向量的求解 【典例1】（25-26高二下·安徽蚌埠·阶段检测）在空间直角坐标系中的位置如图所示，其中，，．则平面ABC的一个法向量是（   ） A． B． C． D． 【典例2】已知直线，的方向向量分别为，，且直线，均平行于平面，平面的单位法向量为______． 【变式1】（25-26高二上·广东·期末）点，平面的一个法向量为（     ） A． B． C． D． 【变式2】（24-25高二上·新疆省直辖县级单位·阶段检测）平面上三个点写出平面的一个法向量为______. 【变式3】（23-24高一上·江苏·阶段检测）《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑.在鳖臑中，平面，，.若建立如图所示的“空间直角坐标系”，则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·广东中山·期中）如图在边长是2的正方体中，E，F分别为AB，的中点．证明：平面． 【典例2】（24-25高二上·四川绵阳·阶段检测）如图，在四棱锥中，底面，，，，，点为棱的中点．求证： (1)∥平面； (2)平面平面． 【变式1】（24-25高二上·山东菏泽·阶段检测）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. 【变式2】（24-25高二上·广东惠州·期中）直三棱柱中，，，，分别是的中点．    (1)求的值； (2)求证：⊥平面． 【变式3】如图，四棱锥中，底面为直角梯形，，，平面，，，为的中点．求证：平面平面. 题型05异面直线所成角 【典例1】（25-26高一下·广东深圳·期末）已知平行六面体的所有棱长均为，，则异面直线与夹角的余弦值为（     ） A． B． C． D． 【典例2】（25-26高一下·河北石家庄·期末）在所有棱长均为1的正四棱锥中，为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为______. 【变式1】（24-25高二下·上海闵行·阶段检测）如图所示，钟楼的主体结构可以看做一个长方体，四个侧面各有一个大钟，则从到这段时间内，相邻两面钟的分针所成角为的次数为（ ） A． B． C． D． 【变式2】（24-25高二下·河南商丘·开学考试）在底面边长为2的正三棱柱中，异面直线与所成角的余弦值为，则该正三棱柱的体积为________． 题型06利用向量法求直线与平面所成角 【典例1】（2026高三·全国·专题练习）正方体中，E、F分别为、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高二上·上海·随堂练习）在长方体中，已知异面直线与AD，与AB所成角的大小分别为60°和45°，则直线和平面所成的角的余弦值为______． 【变式1】（2026高三·全国·专题练习）在长方体中，．若E，F分别为线段，的中点，则直线与平面所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 【变式2】（25-26高二上·福建厦门·期中）已知向量是直线的方向向量，向量是平面的法向量，则直线与平面所成角的余弦值为______． 【变式3】（25-26高二下·陕西咸阳·期末）在棱长为2的正方体中，是的中点，则直线与平面所成角的正弦值为_______________． 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·广东深圳·阶段检测）如图，是以为直径的圆上异于，的点，平面平面，，，，分别是，的中点，记平面与平面的交线为直线. (1)证明：平面； (2)直线l上是否存在点，使得直线与平面所成的角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【典例2】（2026·云南·三模）如图，在四棱锥中，四边形是边长为2的正方形，平面平面， (1)证明：平面； (2)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，求出的值；若不存在，说明理由. 【变式1】（25-26高二下·云南昆明·期中）如图所示，在三棱锥中，底面是边长为4的正三角形，，，点为的中点． (1)求证：平面； (2)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，确定点的位置；若不存在，请说明理由． 【变式2】（25-26高二下·江苏盐城·期中）如图，已知四边形是矩形，是正三角形，且平面平面，是的中点． (1)证明：； (2)求二面角的余弦； (3)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，确定点的位置，若不存在，请说明理由． 【变式3】（25-26高三下·北京·阶段检测）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)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】（25-26高二下·江苏泰州·期中）设正方形与正方形的边长都是1，若对角线与所成角的余弦值为，则二面角的大小为（    ） A． B． C． D． 【典例2】4．（2026·上海·二模）在正四棱台中，，，异面直线与所成角为，设二面角的大小为，则________． 【变式1】（2026·云南昆明·模拟预测）已知等腰直角三角形是圆锥的轴截面，点在底面圆上，点为的中点，，则二面角正切值的大小为（    ） A． B． C． D． 【变式2】（2026·安徽蚌埠·二模）已知正方体中，是的中点，则平面与平面的夹角余弦值是（   ） A． B． C． D． 【变式3】（2025·重庆·二模）在正四棱柱中，，，是的中点，则平面与平面夹角的余弦值为________． 题型09利用向量法解决二面角中的探索性问题 【典例1】（2026·天津南开·模拟预测）如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点，是边长为1的等边三角形，且． (1)证明：； (2)求直线和平面所成角的正弦值； (3)在棱上是否存在点，使平面和平面夹角的大小为？若存在，并求出的值． 【典例2】（25-26高二上·广东中山·期末）如图，正方体中，点在棱上. (1)求证：； (2)设在上，且，是否在上存在点，使平面平面，若存在，指出点的位置，若不存在，请说明理由. 【变式1】（2026·陕西渭南·三模）如图，在四棱锥中，，，． (1)求证：平面平面； (2)线段PB上是否存在点M（不包括端点），使得平面PAB与平面MCD夹角的余弦值为？若存在，求出MB的长；若不存在，请说明理由． 【变式2】（2026高二·全国·专题练习）在斜三棱柱中，，，为菱形，，，为中点． (1)证明：平面； (2)线段上是否存在一点，使二面角为，若存在，求出的位置，若不存在，请说明理由． 【变式3】（2026·北京通州·一模）如图，在三棱锥中，为边长为的等边三角形，，，为棱的中点． (1)求证：平面平面； (2)棱上（端点除外）是否存在一点，使得平面与平面的夹角为．若存在，求的值；若不存在，请说明理由． 题型10利用向量法求点到直线的距离 【典例1】（25-26高二上·江苏无锡·期末）已知空间内三点，，，则点到直线的距离为（    ） A． B． C． D． 【典例2】（25-26高二下·福建漳州·期中）在空间直角坐标系中，已知，，，则点到直线的距离为________． 【变式1】（2026高三·全国·专题练习）已知正方体的棱长为，则点到对角线所在的直线的距离为（   ） A． B． C． D． 【变式2】（25-26高二下·陕西安康·期中）若、、，则点到直线的距离为（    ） A． B． C． D． 【变式3】（25-26高二下·江苏南京·阶段检测）已知空间三点，，，则点到直线的距离为______. 题型11利用向量法求点到平面的距离 【典例1】（25-26高二下·湖北鄂州·阶段检测）在空间直角坐标系中，已知点，则点到平面的距离为（    ） A． B． C． D． 【典例2】（2026·四川凉山·二模）若，则点到平面的距离__________. 【变式1】（25-26高三下·江苏南通·开学考试）已知三棱柱的棱长均为2，在底面内的射影为的中心，则到平面的距离为（    ） A．1 B． C． D．2 【变式2】（25-26高二上·北京海淀·期末）已知点，向量，平面经过原点，且与向量垂直，则点A到平面的距离为_______. 【变式3】（25-26高二上·北京平谷·期末）在棱长为1的正方体中，为中点，则点到平面的距离为____________. 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】（25-26高三下·北京·阶段检测）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． 【典例2】（2026·河北邯郸·模拟预测）如图，在四棱锥中，平面，是的中点． (1)求证：平面； (2)若， （i）求平面与平面夹角的正弦值； （ii）在线段上是否存在点，使得点到平面的距离为1？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【变式1】（25-26高二上·云南昆明·阶段检测）如图，在四棱锥中，侧面底面，侧棱，底面为直角梯形，其中为的中点. (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)线段上是否存在，使得它到平面的距离为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【变式2】（25-26高二上·湖北·阶段检测）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正弦值； (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，请求出点的位置；若不存在，请说明理由. 【变式3】（25-26高二上·四川成都·阶段检测）在平行四边形中（如图1），，为的中点，将等边沿折起，连接，，且（如图2） (1)求证：平面； (2)点在线段上，若点到平面的距离为，求平面与平面所成角的余弦值． 学科网（北京）股份有限公司 $