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第11講 第一章 空間向量與立體幾何 章末題型大總結
題型01空間向量的概念及運算
【典例1】（多選）（23-24高一下·山東淄博·期中）已知，，是平面上的三個非零向量，那么下列說法正確的是（ ）
A．若，則或
B．若，則
C．若，則與的夾角為
D．在正方體中，
【典例2】（23-24高一下·吉林長春·期中）如圖，在空間四邊形中，，，，點在上，且，為的中點，則等于（ ）
A． B．
C． D．
【變式1】（23-24高二上·云南臨滄·階段練習）如圖，平行六面體中，分別為的中點.若，則（ ）
A． B．
C． D．
【變式2】（23-24高二下·北京·開學考試）已知平行六面體，則下列四式中錯誤的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【變式3】（2024高二·全國·專題練習）如圖，在四面體PABC中，E是AC的中點，，設，，則（ ）
A． B．
C． D．
題型02四點共面問題
【典例1】（23-24高二下·四川成都·期中）已知為空間任意一點，若，則四點（ ）
A．一定不共面 B．一定共面 C．不一定共面 D．無法判斷
【典例2】（23-24高二上·廣東深圳·階段練習）已知四面體，空間的一點滿足，若共面，則 .
【典例3】（23-24高二上·河南洛陽·期中）已知點在確定的平面內，是空間任意一點，實數滿足，則的最小值為（ ）
A． B． C．1 D．2
【變式1】（23-24高二上·四川遂寧·階段練習）已知為空間任一點，，，，四點滿足任意三點不共線，但四點共面，且，則的值為（ ）
A．1 B． C．2 D．
【變式2】（23-24高二上·廣東深圳·階段練習）已知，，，是平面內不共線的四點，為平面外一點，若，則（ ）
A． B． C． D．
【變式3】（23-24高二上·上海·期中）在平面上有如下命題：“若為直線外一點，則點在直線上的充要條件是：存在實數，滿足且”類比此命題，給出點在平面上的充要條件是： .
題型03平面法向量的求解
【典例1】（23-24高二上·湖北荊州·期末）已知正方體的棱長為1，以為原點，為單位正交基底，建立空間直角坐標系，則平面的一個法向量是（ ）
A． B． C． D．
【典例2】（23-24高二上·河南漯河·階段練習）如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD為矩形，PA⊥平面ABCD，E為PD的中點，AB＝AP＝1，AD＝，試建立恰當的空間直角坐標系，求平面ACE的一個法向量.
【變式1】（23-24高二上·浙江嘉興·期中）在空間直角坐標系中，，，，則平面的一個法向量為（ ）
A． B． C． D．
【變式2】（2024高三·全國·專題練習）已知是平面內的兩個不共線的向量，，求平面的一個法向量．
題型04利用空間向量證明平行、垂直關系
【典例1】（23-24高二下·甘肅白銀·期中）在棱長為2的正方體中，E，F分別是棱的中點，直線與平面交于點．
(1)求；
(2)求；
(3)若點在棱BC上，且平面，求的長．
【典例2】（23-24高二上·重慶梁平·開學考試）平面上兩個等腰直角和，既是的斜邊又是的直角邊，沿邊折疊使得平面平面，為斜邊的中點．

(1)求證：；
(2)在線段上是否存在點，使得平面平面？若存在，求出的值；若不存在，說明理由．
【典例3】（23-24高二上·廣東珠海·期末）已知在四棱錐中，底面是矩形，且，，平面，、分別是線段、的中點.
(1)求證：；
(2)在線段上是否存在點，使得平面，若存在，確定點的位置；若不存在，請說明理由.
【變式1】（2024高二上·全國·專題練習）如圖，在四棱錐中，底面，，，，，點E為棱PC的中點．證明：
(1)平面；
(2)平面平面．
【變式2】（2024高二上·江蘇·專題練習）如圖，正方形ADEF所在平面和等腰梯形所在的平面互相垂直，已知，.
(1)求證：；
(2)在線段BE上是否存在一點P，使得平面平面？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由.
【變式3】（23-24高二上·四川成都·階段練習）如圖，多面體中，面為正方形，平面，且為棱的中點，為棱上的動點.
(1)證明：當為棱的中點時，平面；
(2)是否存在點，使得；若存在，求的值；若不存在，請說明理由.
題型05異面直線所成角
【典例1】（23-24高二下·江蘇泰州·階段練習）如圖，平行六面體，其中，以頂點A為端點的三條棱長均為2，且它們彼此的夾角都是，則異面直線與所成角的正切值為 ．
【典例2】（2024·全國·模擬預測）如圖，長方體中，，點在線段上，且為線段的中點，若，則異面直線與所成角的余弦值為 ．
【典例3】（23-24高二上·浙江·期中）已知三棱錐與是兩個同底面的正三棱錐，且是的中點，記異面直線所成的角為，則的最大值為 ．
【變式1】（2024·遼寧·一模）如圖，四邊形是正方形，平面，且，是線段的中點，則異面直線與所成角的正切值為 .
【變式2】（23-24高二上·湖南長沙·階段練習）如圖，在三棱錐中，，點在線段上，且，則直線與直線所成角的余弦值為 ．
【變式3】（23-24高二上·浙江嘉興·期中）在正方體中，動點在線段上，，分別為，的中點．若異面直線與所成角為，則的取值范圍為 ．
題型06利用向量法求直線與平面所成角
【典例1】（23-24高二上·上海徐匯·期中）正三棱柱中，，則直線與平面所成角的正弦值為 .
【典例2】（23-24高三上·浙江·期末）如圖，已知菱形，，沿直線將翻折成，分別為的中點，與平面所成角的正弦值為，為線段上一點（含端點），則與平面所成角的正弦值的最大值為 .
【典例3】（2024·北京西城·三模）如圖.在四棱錐P-ABCD中.平面.底面ABCD為菱形.E.F分別為AB.PD的中點.
(1)求證：平面；
(2)若，，，求直線CD與平面EFC所成角的正弦值.
【變式1】（23-24高二上·河北·期中）如圖1，已知為直角三角形，于點，現沿將折成的二面角如圖2，則與平面所成角為 .

圖1 圖2
【變式2】（23-24高二上·廣東肇慶·期末）如圖，在長方體中，，，E，F分別為棱AB，BC上一點，且，P是線段上一動點，當三棱錐的體積最大時，直線與平面所成角的正弦值的取值范圍為 ．
【變式3】（23-24高三下·上海松江·階段練習）如圖，在圓錐中，P是圓錐的頂點，O是圓錐底面圓的圓心，是圓錐底面圓的直徑，等邊三角形是圓錐底面圓的內接三角形，是圓錐母線的中點，，.
(1)求證：平面；
(2)設線段與交于點，求直線與平面所成角的正弦值.
題型07利用向量法解決直線與平面所成角的探索性問題
【典例1】（23-24高三下·上海·階段練習）如圖，四棱錐的底面為正方形，底面分別是線段的中點，是線段上的一點.
(1)證明直線平面;
(2)若直線與平面所成角的正弦值為，試確定點的位置.
【典例2】（2024·河北秦皇島·二模）如圖，在四棱錐中，，，，，E是棱的中點，且平面，點F是棱上的一點.
(1)求證：平面平面；
(2)若直線與平面所成角的正弦值為，求的長
【典例3】（23-24高二下·江蘇鹽城·期中）如圖，在四棱錐中，平面平面，，且，，，，，為的中點.
(1)求證：平面；
(2)求平面與平面所成銳二面角的余弦值；
(3)在線段上是否存在一點，使得直線與平面所成角的正弦值為，若存在，求出的值；若不存在，說明理由.
【變式1】（23-24高三下·貴州·階段練習）如圖，已知正方體，為的中點.
(1)過作出正方體的截面，使得截面平行于平面，并說明理由；
(2)為線段上一點，且直線與截面所成角的正弦值為，求.
【變式2】（2024·廣東汕頭·一模）如圖，三棱臺中，側面四邊形為等腰梯形，底面三角形為正三角形，且.設為棱上的點.
(1)若為的中點，求證：；
(2)若三棱臺的體積為，且側面底面，試探究是否存在點，使直線與平面所成角的正弦值為？若存在，確定點的位置；若不存在，說明理由.
【變式3】（2024·廣東廣州·二模）如圖，在三棱柱中，側面是菱形，且與平面垂直，，.
(1)證明：平面；
(2)棱上是否存在一點，使得直線與平面所成角為？若存在，請確定點的位置；若不存在，請說明理由.
題型08利用向量法求二面角
【典例1】（23-24高二下·江蘇連云港·階段練習）如圖，在四棱錐中，側面底面，側棱，，底面為直角梯形，其中，，，O為中點．線段上存在一點Q，使得二面角的余弦值為，則
【典例2】（2024高三·全國·專題練習）如圖，直三棱柱的體積為4，的面積為．設D為的中點，，平面平面，則二面角的正弦值為 ．
【典例3】（23-24高二下·湖北武漢·階段練習）四棱錐中，，側面底面，且是棱上一動點．
(1)求證：上存在一點，使得與總垂直；
(2)當平面時，求的值；
(3)當時，求平面與平面所成角的大小．
【變式1】（23-24高三上·江蘇蘇州·階段練習）如圖，在正方體中，和分別為底面和側面的中心，則二面角的余弦值為 .
【變式2】（23-24高二上·福建泉州·期中）中國古代數學瑰寶《九章算術》中記載了一種被稱為“羨除”的幾何體，該幾何體是三個面均為梯形，其他兩個面為三角形的五面體.如圖，現有一羨除，平面平面，，，四邊形，均為等腰梯形，，M，N，P分別為，，的中點，則二面角的平面角的余弦值為
【變式3】（23-24高二下·江西·階段練習）如圖，在中，分別為邊的中點，將沿折起到處，為線段的中點.
(1)求證：平面平面；
(2)若，求平面與平面的夾角的余弦值.
題型09利用向量法解決二面角中的探索性問題
【典例1】（2024·安徽·三模）如圖，已知四棱錐中，點在平面內的投影為點，，.

(1)求證：平面平面；
(2)若平面與平面所成角的正弦值為，求的值.
【典例2】（2024·江蘇泰州·模擬預測）如圖，直四棱柱的底面是菱形，，，，E，N分別是BC，的中點．
(1)若M是的中點，證明：平面平面；
(2)若M是線段上的一動點，當二面角的余弦值為時，求BM長度．
【典例3】（23-24高二下·江蘇連云港·期中）在四棱柱中，已知平面，，，，，是線段上的點．
(1)求證：平面平面．
(2)在線段上是否存在點，使得二面角的余弦值為？若存在，求出點位置；若不存在，說明理由．
【變式3】（2024·江西·二模）如圖所示的五面體為直三棱柱截去一個三棱錐后的幾何體，，，D為的中點，E，F分別為，的中點.

(1)判斷BF和CE是否垂直，并說明理由；
(2)設（），是否存在，使得平面ABC與平面PBF夾角的余弦值為？若存在，請求出的值；若不存在，請說明理由.
題型10利用向量法求點到直線的距離
【典例1】（23-24高二上·天津·期末）已知空間三點，，，則點到直線的距離為 .
【典例2】（23-24高二上·山東棗莊·階段練習）如圖，已知正三棱柱的所有棱長均為1，則線段上的動點P到直線的距離的最小值為 .
【變式1】（23-24高二上·黑龍江齊齊哈爾·期末）若空間三點，則點到直線的距離為 ．
【變式2】（23-24高二上·福建莆田·期中）如圖，在平行六面體中，，，E為的中點，則點E到直線的距離為 ．
【變式3】（23-24高二上·全國·課后作業）如圖①，在中，，，，、分別是、上的點，且，，將沿折起到的位置，使平面，如圖②.若點是線段的靠近點的三等分點，點是線段上的點，直線過點且垂直于平面，則點到直線的距離的最小值為 .
題型11利用向量法求點到平面的距離
中點.則點到平面ABN的距離為 .

【變式3】（23-24高二上·山東濰坊·期中）已知正方體的棱長為2，點M是棱BC的中點，點N是棱上的一個動點，設點A，M，N確定的平面為，當點N為的中點時，平面截正方體的截面的面積為 ．點到平面的距離的最小值為 ．
題型12利用向量法解決點到平面的距離的探索性問題
【典例1】（23-24高三上·廣東深圳·開學考試）正方體的棱長為2，底面內（含邊界）的動點到直線的距離與到平面的距離相等，則三棱錐體積的取值范圍為 .
【典例2】（2024·四川廣安·）如圖，在棱長為2的正方體中，M是線段AB上的動點．
（1）證明：平面；
（2）若點M是AB中點，求二面角的余弦值；
（3）判斷點M到平面的距離是否為定值？若是，求出定值；若不是，請說明理由．
【變式1】（23-24高二上·四川宜賓·期末）如圖，在三棱柱中，四邊形是菱形，分別是的中點，平面，.
(1)證明：
(2)若，點到平面的距離為.求直線與平面所成角的正弦值．21世紀教育網(www.21cnjy.com)
第11講 第一章 空間向量與立體幾何 章末題型大總結
題型01空間向量的概念及運算
【典例1】（多選）（23-24高一下·山東淄博·期中）已知，，是平面上的三個非零向量，那么下列說法正確的是（ ）
A．若，則或
B．若，則
C．若，則與的夾角為
D．在正方體中，
【答案】BD
【分析】根據向量的定義結合向量模的含義可判斷A；根據數量積的運算律判斷B；根據向量的夾角公式可判斷C；根據正方體的性質可判斷D。
【詳解】對于A，若，但，的方向不確定，A錯誤；
對于B，若，兩邊平方得，
則，B正確；
對于C，，則，即得，
故，，
故，
而，故與的夾角為，C錯誤；
對于D，在正方體中，，
故四邊形為平行四邊形，故，
故，D正確，
故選：BD
【典例2】（23-24高一下·吉林長春·期中）如圖，在空間四邊形中，，，，點在上，且，為的中點，則等于（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】利用向量加法的定義及題設條件即可化簡得到結論.
【詳解】由點在上，且，知；由為的中點，知.
所以.
故選：C.
【點睛】關鍵點點睛：本題的關鍵在于對向量加法定義的運用.
【變式1】（23-24高二上·云南臨滄·階段練習）如圖，平行六面體中，分別為的中點.若，則（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】根據題意，利用空間向量的線性運算法，求得，進而求得的值，即可求解.
【詳解】因為平行六面體中，分別為的中點，
可得，
又因為，可得，即.
故選：A.
【變式2】（23-24高二下·北京·開學考試）已知平行六面體，則下列四式中錯誤的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】根據平行六面體的性質及空間向量線性運算法則計算可得.
【詳解】對于A：，故A正確；
對于B：因為，所以，故B正確；
對于C：，故C正確；
對于D：因為，所以，
故D錯誤.
故選：D
【變式3】（2024高二·全國·專題練習）如圖，在四面體PABC中，E是AC的中點，，設，，則（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】根據向量的線性運算即可求解．
【詳解】因為E是AC的中點，，
所以
故選：B．
題型02四點共面問題
【典例1】（23-24高二下·四川成都·期中）已知為空間任意一點，若，則四點（ ）
A．一定不共面 B．一定共面 C．不一定共面 D．無法判斷
【答案】B
【分析】根據空間向量線性運算化簡得，即可判斷四點位置情況.
【詳解】由題設，
所以，則，故四點共面.
故選：B
【典例2】（23-24高二上·廣東深圳·階段練習）已知四面體，空間的一點滿足，若共面，則 .
【答案】
【分析】根據向量共面，由共面基本定理即可列方程求解，或者利用共面的結論求解.
【詳解】方法一：由共面，故存在實數使得 ,
故,化簡得,
又，所以，解得，
方法二：因為共面，所以，解得.
故答案為:.
【典例3】（23-24高二上·河南洛陽·期中）已知點在確定的平面內，是空間任意一點，實數滿足，則的最小值為（ ）
A． B． C．1 D．2
【答案】A
【分析】由空間向量四點共面定理可得，然后利用一元二次函數的圖像和性質求最小值即可.
【詳解】由題意因為四點共面且平面唯一確定，，
所以，即，
所以，
由一元二次函數的圖像和性質可得當時，取得最小值，
所以，
故選：A
【變式1】（23-24高二上·四川遂寧·階段練習）已知為空間任一點，，，，四點滿足任意三點不共線，但四點共面，且，則的值為（ ）
A．1 B． C．2 D．
【答案】B
【分析】
根據空間向量共面定理的推論求解．
【詳解】解：，，
又，，，四點滿足任意三點不共線，但四點共面，
，，
故選：B．
【變式2】（23-24高二上·廣東深圳·階段練習）已知，，，是平面內不共線的四點，為平面外一點，若，則（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由空間向量的共面定理的推論求解即可.
【詳解】因為，，，是平面內不共線的四點，，所以.
故選：D
【變式3】（23-24高二上·上海·期中）在平面上有如下命題：“若為直線外一點，則點在直線上的充要條件是：存在實數，滿足且”類比此命題，給出點在平面上的充要條件是： .
【答案】存在實數滿足且.
【分析】命題表示的點在直線上的充要條件，類比直線，推廣到點在平面內的充要條件.
【詳解】類比到空間向量，所得結論為，在空間中，點在平面內的充要條件是：存在實數滿足且.
充分性：因為點在平面內，所以滿足平面向量基本定理，
得到，即，
整理得：，所以存在實數.
滿足，且，得證.
必要性：因為且.
所以
即有
，由共面定理可得、、、四點共面，即點在平面內.
故答案為：存在實數滿足
題型03平面法向量的求解
【典例1】（23-24高二上·湖北荊州·期末）已知正方體的棱長為1，以為原點，為單位正交基底，建立空間直角坐標系，則平面的一個法向量是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】求出的坐標，設平面的一個法向量為，利用求出法向量.
【詳解】如圖由已知得，
則，
設平面的一個法向量為，
則，取得.
故選：D.
【典例2】（23-24高二上·河南漯河·階段練習）如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD為矩形，PA⊥平面ABCD，E為PD的中點，AB＝AP＝1，AD＝，試建立恰當的空間直角坐標系，求平面ACE的一個法向量.
【答案】（不唯一）
【分析】用垂直關系，可以以A為原點，以AB、AD、AP為坐標軸建立空間直角坐標系，再按照法向量的求法計算即可.
【詳解】因為PA⊥平面ABCD，底面ABCD為矩形，所以AB，AD，AP兩兩垂直.
如圖所示，以A為坐標原點，AB為x軸，AD為y軸，AP為z軸，建立空間直角坐標系A－xyz，
則，， ，，，
于是，，
設平面ACE的一個法向量為，
則，即，所以，
令，則，，即
所以平面ACE的一個法向量.
【變式1】（23-24高二上·浙江嘉興·期中）在空間直角坐標系中，，，，則平面的一個法向量為（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】設平面的一個法向量為，利用列方程求解即可.
【詳解】由已知，
設平面的一個法向量為，
取，解得，
選項A符合，另外選項BCD中的向量與選項A中的向量不共線.
故選：A.
【變式2】（2024高三·全國·專題練習）已知是平面內的兩個不共線的向量，，求平面的一個法向量．
【答案】
【分析】可利用待定系數法，利用垂直關系建立方程組，對進行賦值即可求解；也可以利用矢量積法進行求解.
【詳解】解法一（待定系數法）：設是平面的一個法向量，
由直線與平面垂直的判定定理知
即
不妨設，得解得
∴平面的一個法向量．
解法二（矢量積法）：設是平面的一個法向量，
由矢量積法可知平面的一個法向量
．
題型04利用空間向量證明平行、垂直關系
【典例1】（23-24高二下·甘肅白銀·期中）在棱長為2的正方體中，E，F分別是棱的中點，直線與平面交于點．
(1)求；
(2)求；
(3)若點在棱BC上，且平面，求的長．
【答案】(1)2
(2)
(3)
【分析】（1）以為坐標原點，建立空間直角坐標系，利用坐標運算求解；
（2）設，求出面的法向量，通過列方程求出即可；
（3）設，則，可得是平面的一個法向量，通過求解即可.
【詳解】（1）如圖，以為坐標原點，建立空間直角坐標系，
則，
所以，
所以；
（2）設，則
設平面的法向量為，
則，令得，
依題意可得，
解得，所以；
（3）設，則，
由（2）知，則，
因為，
所以，
所以是平面的一個法向量．因為平面，
所以，解得，
所以的長為.
【典例2】（23-24高二上·重慶梁平·開學考試）平面上兩個等腰直角和，既是的斜邊又是的直角邊，沿邊折疊使得平面平面，為斜邊的中點．

(1)求證：；
(2)在線段上是否存在點，使得平面平面？若存在，求出的值；若不存在，說明理由．
【答案】(1)證明見解析
(2)存在，
【分析】（1）取中點，連接，依題意可得、即可證明平面，從而得證；
（2）建立空間直角坐標系，求出平面、平面的一個法向量，根據平面垂直可得法向量數量積為求解即可.
【詳解】（1）取中點，連接，如圖，

又為的中點，
，由，則，
又為等腰直角三角形，，，
，又，平面，
平面，又平面，
（2）平面平面，平面平面，，平面，
平面，平面，故，
故以為原點，為、、軸正方向的空間直角坐標系，設，
，
則，，，
若存在使得平面平面，且，，
則，解得，，
則，，
設為平面的一個法向量，則，
令，即，
設是平面的一個法向量，則，
令，則，
，可得．
存在使得平面平面，此時
【典例3】（23-24高二上·廣東珠海·期末）已知在四棱錐中，底面是矩形，且，，平面，、分別是線段、的中點.
(1)求證：；
(2)在線段上是否存在點，使得平面，若存在，確定點的位置；若不存在，請說明理由.
【答案】(1)證明見解析
(2)存在點，為的四等分點（靠近）.
【分析】（1）根據給定條件，建立空間直角坐標系，利用空間位置關系的向量證明推理即得.
（2）求出平面的法向量，設出點的坐標，利用線面平行的向量表示求解即得.
【詳解】（1）在四棱錐中，底面是矩形，平面，則直線兩兩垂直，
以點原點，直線分別為軸建立空間直角坐標系，
則，令，
于是，
因此，即，
所以.
（2）由（1）知，，假定存在點滿足條件，
設，，
設平面的法向量為，則，令，得，
要平面，顯然平面，則只需，即，解得，
所以在線段上存在點，使得平面，點為靠近點的線段的四等分點.
【變式1】（2024高二上·全國·專題練習）如圖，在四棱錐中，底面，，，，，點E為棱PC的中點．證明：
(1)平面；
(2)平面平面．
【答案】(1)證明見解析
(2)證明見解析
【分析】（1）根據題意，先證明AB，AD，AP兩兩垂直，從而建立對應的空間直角坐標系，再利用空間向量法證明平面PAD的一個法向量與垂直，進而即可證明結論；
（2）結合（1），先證明平面PCD的一個法向量與平面PAD的一個法向量垂直，進而即可證明結論．
【詳解】（1）因為平面ABCD，且平面ABCD，所以，
又因為，且，平面，所以平面，
依題意，以點A為原點，以，，分別為x，y，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，
則，，，，
由為棱的中點，得，則，
所以為平面的一個法向量，
又，所以，
又平面，所以平面．
（2）由（1）知平面的一個法向量，，，
設平面PCD的一個法向量為，則，
令，可得，所以，
又，
所以，所以平面平面.
【變式2】（2024高二上·江蘇·專題練習）如圖，正方形ADEF所在平面和等腰梯形所在的平面互相垂直，已知，.
(1)求證：；
(2)在線段BE上是否存在一點P，使得平面平面？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由.
【答案】(1)證明見解析
(2)存在，
【分析】（1）根據題意，由線面垂直的判定定理可得平面，再由其性質定理即可證明；
（2）根據題意，建立空間直角坐標系，結合空間向量的坐標運算，代入計算，即可得到結果.
【詳解】（1）
證明：∵平面平面，平面，
，平面，∴平面.
∵平面，∴，
過A作于H，
則，
∴，∴，∴.
∵，平面，
∴平面.
∵平面，∴.
（2）
存在.理由：由（1）知，兩兩垂直，
以A為坐標原點，的方向分別為軸、軸、軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系，
則，
假設在線段BE上存在一點P滿足題意，則易知點P不與點B，E重合，
設，則，
由，可求得.
設平面PAC的一個法向量為，則，
由，
可得，
即，令，則，所以為平面PAC的一個法向量.
又，
設平面BCEF的一個法向量為，
則，可得，
所以為平面BCEF的一個法向量.
當，即時，平面平面，故存在滿足題意的P，
此時.
【變式3】（23-24高二上·四川成都·階段練習）如圖，多面體中，面為正方形，平面，且為棱的中點，為棱上的動點.
(1)證明：當為棱的中點時，平面；
(2)是否存在點，使得；若存在，求的值；若不存在，請說明理由.
【答案】(1)證明見解析
(2)不存在，理由見解析
【分析】（1）取中點為，通過平行關系證明四邊形為平行四邊形，再結合線面平行的判定定理完成證明；
（2）建立合適空間直角坐標系，將垂直關系轉化為向量的數量積為，結合結果進行判斷即可.
【詳解】（1）當為的中點時，取中點為，連接，
因為分別為的中點，故可得，
根據已知條件可知：，故，
故四邊形為平行四邊形，則，
又平面平面，
故面；
（2）因為平面平面，故，
又四邊形為矩形，故，則兩兩垂直，
以為坐標原點，建立空間直角坐標系如圖所示，
則，設，
若，則，
即，解得，不滿足題意，
故不存在.
題型05異面直線所成角
【典例1】（23-24高二下·江蘇泰州·階段練習）如圖，平行六面體，其中，以頂點A為端點的三條棱長均為2，且它們彼此的夾角都是，則異面直線與所成角的正切值為 ．
【答案】
【分析】記，以為基底表示出，然后利用數量積性質求出，由夾角公式求出，然后可得.
【詳解】記，
則，，
因為，
所以，
，
，
記異面直線與所成角為，
則，
所以，所以.
故答案為：
【典例2】（2024·全國·模擬預測）如圖，長方體中，，點在線段上，且為線段的中點，若，則異面直線與所成角的余弦值為 ．
【答案】/
【分析】建立空間直角坐標系，設出相關點及向量的坐標，求出必要參數，利用向量的夾角公式求解即可，或作合適輔助線，利用線線角定義求解也可.
【詳解】．
解法一
以點為坐標原點，所在直線分別為軸建立如圖所示的空間直角坐標系，設，
則，
所以，則，解得，
所以，所以，設線線角為
則，
因此異面直線與所成角的余弦值為．
故答案為：
解法二
設，因為，所以，得．如圖，取線段上靠近點的三等分點，靠近點的三等分點，連接，易知， 又，
所以，故為異面直線與所成的角或其補角．
，
所以，因此異面直線與所成角的余弦值為．
故答案為：
【典例3】（23-24高二上·浙江·期中）已知三棱錐與是兩個同底面的正三棱錐，且是的中點，記異面直線所成的角為，則的最大值為 ．
【答案】/
【分析】設，，建立如圖空間直角坐標系，利用空間向量法可得，結合基本不等式計算即可求解.
【詳解】設，的外心為，連接，
則三點共線，三點共線，且，，
過點作，交于點，建立如圖空間直角坐標系，
則，
設，
則，
由，得，解得，.
又，
，
又，當且僅當即時等號成立，
即的最小值為18，所以的最大值為，
即當，時，取到最大值.
故答案為：.
【變式1】（2024·遼寧·一模）如圖，四邊形是正方形，平面，且，是線段的中點，則異面直線與所成角的正切值為 .
【答案】
【分析】根據題意，建立空間直角坐標系，結合空間向量的坐標運算，代入計算，即可得到結果.
【詳解】
因為平面，則，，又四邊形是正方形，
則，以為坐標原點，分別為軸的正半軸，
建立如圖所示的空間直角坐標系，且，則，
，，又是線段的中點，則，
則，，則，
設異面直線與所成角為，即，
則，所以，
即異面直線與所成角的正切值為.
故答案為：
【變式2】（23-24高二上·湖南長沙·階段練習）如圖，在三棱錐中，，點在線段上，且，則直線與直線所成角的余弦值為 ．
【答案】/
【分析】以為基底表示，利用向量的運算和夾角公式求解.
【詳解】,
,
,
∵,
,
∴
,
∵,
∴,
∵,
∴,
∴,
∴直線與直線所成角的余弦值為.
故答案為：.
【變式3】（23-24高二上·浙江嘉興·期中）在正方體中，動點在線段上，，分別為，的中點．若異面直線與所成角為，則的取值范圍為 ．
【答案】
【分析】構建空間直角坐標系，應用向量法求異面直線的夾角范圍即可.
【詳解】以為坐標原點，建立空間直角坐標系，

設，，，，，，
設，則，
則．
當時，取到最大值，此時；
當時，取到最小值，此時．
所以的取值范圍為．
故答案為：
題型06利用向量法求直線與平面所成角
【典例1】（23-24高二上·上海徐匯·期中）正三棱柱中，，則直線與平面所成角的正弦值為 .
【答案】/
【分析】建立空間直角坐標系，利用空間向量的夾角坐標公式即可求出結果.
【詳解】以B為原點，以過B作的垂線為x軸，以為軸，
建立空間直角坐標系，如圖，
則，所以，
平面的一個法向量設為，
則，令得，
又，設直線與平面所成的角為，，
則.
故答案為：
【典例2】（23-24高三上·浙江·期末）如圖，已知菱形，，沿直線將翻折成，分別為的中點，與平面所成角的正弦值為，為線段上一點（含端點），則與平面所成角的正弦值的最大值為 .
【答案】
【分析】根據題意，進而得，再根據底面為等邊三角形，平分，進而得，點為的中心，故三棱錐是棱長為的正四面體，再建立空間直角坐標系，利用坐標法求解即可.
【詳解】解：設頂點在平面內的射影為點，
因為與平面所成角的正弦值為，，所以，
因為，所以，
又因為，所以，如圖1，在平面中，為等邊三角形，≌，
所以平分，即，
所以在中，，解得，（舍），
所以點為的中心，故三棱錐是棱長為的正四面體，
故如圖2，以中點為坐標原點，分別為軸建立空間直角坐標
則，
設，
則，，
設平面的一個法向量為，
則，即，令，得，
因為，設與平面所成角為，
所以 ，
令，則，因為函數在上單調遞增，
所以在上單調遞減，
所以當時，與平面所成角的正弦值最大，最大值為
故答案為：
【典例3】（2024·北京西城·三模）如圖.在四棱錐P-ABCD中.平面.底面ABCD為菱形.E.F分別為AB.PD的中點.
(1)求證：平面；
(2)若，，，求直線CD與平面EFC所成角的正弦值.
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）由中點還需中點幫.取PC中點M.連接FM.BM..很容易得到四邊形BEFM為平行四邊形，再用線面平行的定理證明.
（2）很顯然.可以D為原點建立空間直角坐標系.求出點C、D、E、F的坐標.算出平面EFC的法向量.用向量夾角余弦值來算直線CD與平面EFC所成角的正弦值即可.
【詳解】（1）取PC中點M，連接FM，BM.
在中，因為M，F分別為PC，PD的中點，
所以，.
在菱形ABCD中，因為，，
所以，，
所以四邊形為平行四邊形，
因此.
又因為，
所以.
（2）因為，
所以，.
因為，所以.
在菱形ABCD中，，
因為E為AB中點，所以.
建立如圖空間直角坐標系D-xyz.
在正三角形中，.
因為，， ，，
所以向量，.
設平面EFC的法向量為，則，即.
取得,.
設直線CD與平面EFC所成角為，
.
【變式1】（23-24高二上·河北·期中）如圖1，已知為直角三角形，于點，現沿將折成的二面角如圖2，則與平面所成角為 .

圖1 圖2
【答案】
【分析】
以為坐標原點，分別為軸建立如圖所示的空間直角坐標系，利用向量法求解空間線面角即可.
【詳解】由為直角三角形，于點，
得，
以為坐標原點，分別為軸建立如圖所示的空間直角坐標系.
，
設平面的法向量為，
又
，取，可得
設直線和平面所成的角為，
則.
即.

故答案為：
【變式2】（23-24高二上·廣東肇慶·期末）如圖，在長方體中，，，E，F分別為棱AB，BC上一點，且，P是線段上一動點，當三棱錐的體積最大時，直線與平面所成角的正弦值的取值范圍為 ．
【答案】
【分析】先確定三棱錐的體積最大時，E,F的位置，然后建立空間直角坐標系，求出相關點和向量的坐標，接著確定平面的法向量，利用向量的夾角公式計算求得答案.
【詳解】解析：當三棱錐的體積最大時，的面積取最大值，，當且僅當時，等號成立，
此時，E為AB的中點，F與C重合．
如圖，以D為坐標原點，DA，DC，所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系，
則，，，，，．
設平面的法向量為，
∴，可取，得．
設，，
∴，∴．
設直線與平面所成的角為，
∴．
∵，∴當時，的最大值為；
當或1時，的最小值為，
∴直線與平面所成角的正弦值的取值范圍為，
故答案為：.
【變式3】（23-24高三下·上海松江·階段練習）如圖，在圓錐中，P是圓錐的頂點，O是圓錐底面圓的圓心，是圓錐底面圓的直徑，等邊三角形是圓錐底面圓的內接三角形，是圓錐母線的中點，，.
(1)求證：平面；
(2)設線段與交于點，求直線與平面所成角的正弦值.
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）設交于點，連接，即可證明是的中點，從而得到，即可得證；
（2）由（1）可得平面，建立空間直角坐標系，由得到，利用空間向量法求出線面角的正弦值.
【詳解】（1）如圖，設交于點，連接，
在圓錐中，底面圓，底面圓，所以，
又等邊三角形是圓錐底面圓的內接三角形，為直徑，所以，
所以，所以，
可知，即是的中點，
又是母線的中點，所以，
又平面，平面，所以平面；
（2）由（1）知平面，，所以平面，又，
以點為坐標原點，所在直線分別為軸 軸 軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，

因為線段與交于點，，，
所以，即，所以，
又，所以，
所以，
，
設平面的法向量為，
則，即，
令，則，即，
設直線與平面所成的角為，
則，
即直線與平面所成角的正弦值為.
題型07利用向量法解決直線與平面所成角的探索性問題
【典例1】（23-24高三下·上海·階段練習）如圖，四棱錐的底面為正方形，底面分別是線段的中點，是線段上的一點.
(1)證明直線平面;
(2)若直線與平面所成角的正弦值為，試確定點的位置.
【答案】(1)證明見解析
(2)M位于PA中點
【分析】（1）利用線線平行證線面平行即可；
（2）建系，設,利用空間向量法直接求線面角的正弦值,計算即可求得，得出結果.
【詳解】（1）如圖所示，連接BD，
∵E，F分別為PB、PD的中點，
∴在中，EF為其中位線，即BD，
又BD面AFE，EF面AFE，
∴直線面AEF；
（2）分別以 為軸，建立如圖所示空間直角坐標系，
則，，，， ，，，設，
則，，，
設平面的一個法向量為，
則，令，得
設直線與平面所成的角為，
則，解得：
所以，即M位于PA中點.
【典例2】（2024·河北秦皇島·二模）如圖，在四棱錐中，，，，，E是棱的中點，且平面，點F是棱上的一點.
(1)求證：平面平面；
(2)若直線與平面所成角的正弦值為，求的長
【答案】(1)證明見解析
(2)或.
【分析】（1）取的中點O，連接，，.欲證平面平面，需證平面中一條直線垂直平面，如平面，欲證線面垂直，需證直線垂直于平面內兩條相交直線：，.再根據條件，結合勾股定理的逆定理可以證明.
（2）以為原點，建立空間直角坐標系，先根據直線和平面所成的角確定點的坐標，再求的長.
【詳解】（1）取的中點O，連接，，，
因為E是棱的中點，所以，
又平面，平面，
所以平面，
又平面，，平面，
所以平面平面，
又平面平面，平面平面，所以.
在中，，，
又O是的中點，所以，，
又易得，，所以，
所以，所以，，
又，平面，所以平面，
又平面，所以平面平面.
（2）因為，點O是的中點，所以，
所以，，兩兩垂直，
以為坐標原點，，，所在的直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標
系，如圖所示.
所以，，，，，
設，
所以，.
設平面的一個法向量，
所以
令，解得，，
所以平面的一個法向量，
又，設直線與平面所成角的大小為，
所以，
解得或，所以或.
【典例3】（23-24高二下·江蘇鹽城·期中）如圖，在四棱錐中，平面平面，，且，，，，，為的中點.
(1)求證：平面；
(2)求平面與平面所成銳二面角的余弦值；
(3)在線段上是否存在一點，使得直線與平面所成角的正弦值為，若存在，求出的值；若不存在，說明理由.
【答案】(1)證明見解析；
(2)；
(3)存在，.
【分析】（1）根據給定條件，利用面面垂直的性質證得平面，以為坐標原點，求出平面的法向量，利用空間位置關系的向量證明推理即得.
（2）求出平面的法向量，利用面面角的向量求法計算即得.
（3）假定存在符合條件的點，令，，求出，再借助線面角的向量求法求解即得.
【詳解】（1）在四棱錐中，平面平面，平面平面，
又，平面，則平面，
取的中點，連接，由，，得，
則，而，于是，
以為坐標原點，直線分別為軸建立空間直角坐標系，
則，
，，，
設平面的一個法向量為，則，令，得，
顯然，則，又平面，
所以平面.
（2）設平面的一個法向量為，而，，
則，令，得，
則，
所以平面與平面所成銳二面角的余弦值.
（3）假設線段上存在一點滿足條件，令，，
則，即，
由（1）知平面的一個法向量，
于是，
整理得：，即，而，解得，
所以在線段上存在點，使得直線與平面所成角的正弦值為，且.
【點睛】關鍵點點睛：用向量法求直線與平面所成的角，求出平面的法向量是關鍵，并注意公式求出的是線面角的正弦．
【變式1】（23-24高三下·貴州·階段練習）如圖，已知正方體，為的中點.
(1)過作出正方體的截面，使得截面平行于平面，并說明理由；
(2)為線段上一點，且直線與截面所成角的正弦值為，求.
【答案】(1)作圖見解析，理由見解析
(2)
【分析】（1）取的中點，的中點，連接、、，即可證明平面平面，從而得解；
（2）建立空間直角坐標系，利用空間向量法計算可得.
【詳解】（1）如圖所示的平面即為截面，理由如下：
取的中點，的中點，連接、、，
因為為的中點，所以，，，
所以，即、、、四點共面，
又平面，平面，所以平面，
平面，平面，所以平面，
又，平面，
所以平面平面，
即平面即為過的正方體的截面，且截面平行于平面.
（2）如圖建立空間直角坐標系，設，，，
則，，，，，
所以，，，
設平面的法向量為，
則，取，
則截面的法向量為，
又直線與截面所成角的正弦值為，
所以，解得或（舍去），
所以，則.
【變式2】（2024·廣東汕頭·一模）如圖，三棱臺中，側面四邊形為等腰梯形，底面三角形為正三角形，且.設為棱上的點.
(1)若為的中點，求證：；
(2)若三棱臺的體積為，且側面底面，試探究是否存在點，使直線與平面所成角的正弦值為？若存在，確定點的位置；若不存在，說明理由.
【答案】(1)證明見解析；
(2)存在，與重合，理由見解析.
【分析】（1）取中點，利用線面垂直的判定、性質推理即得.
（2）以為原點建立空間直角坐標系，利用線面角的向量求法求解即得.
【詳解】（1）取中點，連結、，則，
由平面，得平面，又平面，
所以.
（2）取中點，連結，由（1）得為二面角平面的平面角，
由平面平面得：，即，
以為原點，直線分別為軸建立空間直角坐標系，
設該棱臺的高為，由，得，
則，，
設平面的法向量為，
則，取，得，
設，則，
于是，解得或(舍去)，
所以存在點滿足條件，此時與重合.
【變式3】（2024·廣東廣州·二模）如圖，在三棱柱中，側面是菱形，且與平面垂直，，.
(1)證明：平面；
(2)棱上是否存在一點，使得直線與平面所成角為？若存在，請確定點的位置；若不存在，請說明理由.
【答案】(1)見解析
(2)存在，且在的中點.
【分析】（1）根據面面垂直的性質可得線面垂直，進而根據線線垂直，結合線面垂直的判定定理即可求證，
（2）建立空間直角坐標系，利用法向量與方向向量的夾角即可求解.
【詳解】（1）連接與，
由于四邊形為菱形，故
由于側面與平面垂直，且兩平面的交線是，側面，
故平面,平面,故,
又，平面，
故平面
（2）由（1）知平面，平面,
所以平面平面，且交線為,
由于故三角形為等邊三角形，
取中點為，則,平面，所以平面，
故建立如圖所示的空間直角坐標系，其中軸與平行，
,
,
設平面的法向量為，
則，取，則，
設，其中，,故，
故，化簡得，
解得，故
故存在，且在的中點.
題型08利用向量法求二面角
【典例1】（23-24高二下·江蘇連云港·階段練習）如圖，在四棱錐中，側面底面，側棱，，底面為直角梯形，其中，，，O為中點．線段上存在一點Q，使得二面角的余弦值為，則
【答案】/
【分析】根據題意，建立空間直角坐標系利用向量法求解.
【詳解】在中，，O為中點，所以，
又側面 底面，
平面平面，平面，
所以平面.
又，，，
又在直角梯形中，連接，易得，
所以以O為坐標原點，為x軸，為y軸，為z軸建立空間直角坐標系．
則，，，，，
設（），
因為，，（）
，所以，
則，，
設平面的法向量為，則，
取，得
平面的一個法向量為，
要使二面角的余弦值為，需使
整理化簡得：，得或（舍去），
所以存在點，且.
故答案為：.
【典例2】（2024高三·全國·專題練習）如圖，直三棱柱的體積為4，的面積為．設D為的中點，，平面平面，則二面角的正弦值為 ．
【答案】
【分析】
取的中點E，利用面面垂直的性質、線面垂直的性質判定證明平面，再建立空間直角坐標系，求出棱長，利用面面角的向量求法求解即得.
【詳解】在直三棱柱中，取的中點E，連接AE，由，得，
又平面平面，平面平面，平面，
則平面，又平面，平面，平面，則，，
又平面且相交，因此平面，直線兩兩垂直，
以B為原點，直線分別為軸建立空間直角坐標系，如圖，
而，又，
解得，則，的中點，
則，，設平面的一個法向量，
則，令，得，
設平面的一個法向量，則，令，得，
則，所以二面角的正弦值為.
故答案為：
【典例3】（23-24高二下·湖北武漢·階段練習）四棱錐中，，側面底面，且是棱上一動點．
(1)求證：上存在一點，使得與總垂直；
(2)當平面時，求的值；
(3)當時，求平面與平面所成角的大小．
【答案】(1)證明見解答
(2)
(3)
【分析】（1）取的中點，連接，利用線線垂直可證得平面，從而可證結集結；
（2）連接交于點，連接，由線面平行的性質可得，進而可得，進而可求結論；
（3）取的中點，連接，可證底面，以為坐標原點，建立的空間直角坐標系，求得平面平面的一個法向量為，，利用向量法可求平面與平面所成角的大小.
【詳解】（1）取的中點，連接，因為為正三角形，所以，
又因為側面底面，且側面底面，，
所以側面，又側面，所以，
又，平面，所以平面，
又平面，所以，
所以上存在一點，使得與總垂直；
（2）連接交于點，連接，
因為當平面，平面，平面平面，
所以，所以，
在梯形中，，所以；
（3），所以，
所以，所以是的中點，
取的中點，連接，則，
又側面底面，側面底面，
所以底面，
以為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，令，
則
則，
設平面的一個法向量為，
則，令，則，
則平面的一個法向量為，
取平面的一個法向量，
所以，
所以平面與平面所成角的大小為．
【變式1】（23-24高三上·江蘇蘇州·階段練習）如圖，在正方體中，和分別為底面和側面的中心，則二面角的余弦值為 .
【答案】
【分析】
建立空間直角坐標系，利用向量法求二面角的余弦值即可.
【詳解】以為原點，所在直線為軸建立空間直角坐標系，如圖，
設正方體棱長為2，則，
故，，，
設平面，平面的法向量分別為，
則，令，可得，故，
由，令，可得，故，
所以，
由圖形可知，二面角的平面角為鈍角，
故二面角的余弦值為.
故答案為：
【變式2】（23-24高二上·福建泉州·期中）中國古代數學瑰寶《九章算術》中記載了一種被稱為“羨除”的幾何體，該幾何體是三個面均為梯形，其他兩個面為三角形的五面體.如圖，現有一羨除，平面平面，，，四邊形，均為等腰梯形，，M，N，P分別為，，的中點，則二面角的平面角的余弦值為
【答案】/
【分析】建立合適的空間直角坐標系利用空間向量求二面角即可.
【詳解】過A作，垂足為O，過O作，垂足為Q，
因為平面平面，平面平面，
所以平面，故可以O為原點，，，所在的直線分別為x軸、y軸、z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，
則由題意可知：，，
則，，
設平面的法向量為，則，
取，則，，得.
易得平面的一個法向量為，二面角的平面角為銳角，
所以二面角的平面角的余弦值為.
故答案為：.
【變式3】（23-24高二下·江西·階段練習）如圖，在中，分別為邊的中點，將沿折起到處，為線段的中點.
(1)求證：平面平面；
(2)若，求平面與平面的夾角的余弦值.
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）取的中點，連接，證明平面，即可求解；
（2）以為原點，直線分別為軸，軸，軸建立空間直角坐標系，分別求出兩個平面的法向量，即可解出.
【詳解】（1）證明：取的中點，連接，則，且，
由題意知，
所以，且，所以四邊形為平行四邊形，
所以，
由題意知，
因為分別為的中點，所以，
因為，所以，
因為平面，所以平面，
又平面，所以平面平面.
（2）解：設，則，
所以，所以，
因為在中，，所以，
所以，
所以兩兩垂直，故以為原點，直線分別為軸，軸，軸建立空間直角坐標系，
則，
所以.
設平面的一個法向量，則，即，
令，解得，所以
設平面的一個法向量，則，即，
令，解得，所以，
所以，
所以平面與平面夾角的余弦值為.
題型09利用向量法解決二面角中的探索性問題
【典例1】（2024·安徽·三模）如圖，已知四棱錐中，點在平面內的投影為點，，.

(1)求證：平面平面；
(2)若平面與平面所成角的正弦值為，求的值.
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）設中點為，連接，即可得到四邊形為正方形，利用勾股定理逆定理得到，再由線面垂直的性質得到，即可證明平面，從而得證；
（2）建立空間直角坐標系，設，求出平面的法向量和平面的法向量，利用空間向量求解即可.
【詳解】（1）設中點為，連接，
因為，且，故四邊形為正方形，
而，，，
所以，所以，
因為平面，平面，
所以，又平面，，
所以平面，因為平面，
所以平面平面；
（2）以為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，
設，則，，，，所以，，
設平面的法向量為，則，即，令，所以，
由（1）知，平面的法向量為，
設平面與平面所成角為，則，所以，
即，解得或（舍去），
所以.

【典例2】（2024·江蘇泰州·模擬預測）如圖，直四棱柱的底面是菱形，，，，E，N分別是BC，的中點．
(1)若M是的中點，證明：平面平面；
(2)若M是線段上的一動點，當二面角的余弦值為時，求BM長度．
【答案】(1)證明見解析；
(2)BM長度為．
【分析】（1）根據線面垂直判定定理證明平面，再證明，由此證明平面，再根據面面垂直判定定理證明結論；
（2）建立空間直角坐標系，設，用表示二面角的余弦值，由條件列方程，由此可得的長.
【詳解】（1）由已知平面，又平面，
所以，
因為為菱形，，
所以，，，
所以為等邊三角形，又為中點，
所以，又，
所以，又，平面，
所以平面，
因為M是的中點，為中點，
所以，又，，
所以，
連接，為中點，
則，，
所以四邊形為平行四邊形，所以，
所以平面，又平面，
所以平面平面；
（2）因為，平面，
以為原點，以為軸正半軸，建立空間直角坐標系，
設，則，
，
設平面的法向量為，平面的法向量為，
則有，可取，
，可取，
則，
由已知，
所以或（舍去）
所以點的坐標為，
所以的長度為.
【典例3】（23-24高二下·江蘇連云港·期中）在四棱柱中，已知平面，，，，，是線段上的點．
(1)點到平面的距離；
(2)若為的中點，求異面直線與所成角的余弦值；
(3)在線段上是否存在點，使得二面角的余弦值為？若存在，請確定點位置；若不存在，試說明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)存在，點在處或在靠近的三等分點處
【分析】（1）建立如圖所示空間直角坐標系，求出平面的法向量后利用點面距公式可求點到平面的距離；
（2）求出直線與的方向向量后可求它們夾角的余弦值；
（3）設，求出面和平面法向量后利用夾角公式可求參數的值，從而可得所求的位置關系.
【詳解】（1）過作直線平面，
則可以點為坐標原點，建立如下圖所示的空間直角坐標系，
則有，，，，，，
則，，
設面的一個法向量為，則，
令，則，，所以，
所以點到面的距離.
（2）因為為的中點，所以，所以，，
所以
所以異面直線與AE所成角的余弦值為．
（3）設，其中，
則，，
設面的一個法向量為，
則有，令，則，，
所以，平面的一個法向量為，
設平面的一個法向量為，
則，令，則，，
所以平面的一個法向量為，
所以，
若存在點，使得二面角的余弦值為，
則，所以，解得或，
故存在或滿足題意，即存在點在處或在靠近的三等分點處．
另解：
連接，則，易得，所以，
又平面，，
所以，，所以兩兩互相垂直，
以為正交基底建立如圖所示的空間直角坐標系，
則，，，，
設，，則，
所以，，，
設平面的一個法向量為，
則，即，
令，得，，所以，
同理可得平面的一個法向量，
所以，即，
解得或，所以存在點在處或在靠近的三等分點處．
【變式1】（2024·四川綿陽·模擬預測）在四棱錐中，底面為平行四邊形，，，，，．
(1)證明：平面平面；
(2)是側棱上一點，記，是否存在實數，使平面與平面所成的二面角為？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由．
【答案】(1)證明見解析
(2)存在，
【分析】（1）利用面面垂直的判定定理，先證平面，再證平面平面即可；
（2）先根據已知條件證面，再建立空間直角坐標系，利用向量方法求平面與平面所成的二面角的余弦值，再結合平面與平面所成的二面角為，即可得到方程，解方程即可求解.
【詳解】（1）
連接交于點，連接，
底面為平行四邊形，為中點，
，
又，，平面，，
平面，又平面，
平面平面.
（2）平面，平面，，
又為平行四邊形，所以為菱形，
，，
，在中，，
，，
，在中，，，
，
在中，，，，
所以，所以，所以，
又，平面，平面，，
面；
以為坐標原點，為軸，為軸，為軸，建立空間直角坐標系．
可得，，，，，由，
，，，
設平面的法向量為，則，
又因為平面的法向量，
，解得（舍去）或．
經檢驗得：．
【變式2】（2024·河南周口·模擬預測）在矩形中，，為邊上的中點．將沿翻折，使得點到點的位置，且滿足平面平面，連接，，．
(1)求證：平面平面．
(2)在線段上是否存在點，使得二面角的余弦值為？若存在，求出點位置；若不存在，說明理由．
【答案】(1)證明見解析
(2)存在，且點在中點
【分析】（1）借助勾股定理可得，結合面面垂直的性質定理可得線面垂直，即可得面面垂直；
（2）建立適當空間直角坐標系，借助空間向量表示二面角的余弦值后計算即可得.
【詳解】（1）由為邊上的中點，故，
又，故有，即，
由平面平面，平面平面，
平面，故平面，
又平面，故平面平面；
（2）以為原點，建立如圖所示空間直角坐標系，作于點，
有、、、，
由，，故有，
即，且，則，
即，故，
則，，，，
設，易得或時，二面角的大小為或，
故，則，
設平面與平面的法向量分別為、，
則有，，
令，則可得，，，
即，，
有，
整理得，解得，
故存在，且點在中點.
【變式3】（2024·江西·二模）如圖所示的五面體為直三棱柱截去一個三棱錐后的幾何體，，，D為的中點，E，F分別為，的中點.

(1)判斷BF和CE是否垂直，并說明理由；
(2)設（），是否存在，使得平面ABC與平面PBF夾角的余弦值為？若存在，請求出的值；若不存在，請說明理由.
【答案】(1)BF和CE不垂直，理由見解析
(2)存在實數
【分析】（1）根據給定條件，以點C為坐標原點，建立空間直角坐標系，求出即可判斷.
（2）利用（1）中坐標系，平面PBF的法向量，再利用面面角的向量求法求解即得.
【詳解】（1）BF和CE不垂直，理由如下：
以點C為坐標原點，直線CA，CB，分別為軸建立空間直角坐標系，如圖，

則，，，，，，
，，，，
因為，
所以BF和CE不垂直.
（2）假設存在使得平面ABC與平面PBF夾角的余弦值為，由，得，
顯然平面ABC的一個法向量為，，
設平面PBF的法向量為，則，取，得，
設平面ABC與平面PBF的夾角為，
則，而，解得，
所以存在實數，使得平面ABC與平面PBF夾角的余弦值為.
題型10利用向量法求點到直線的距離
【典例1】（23-24高二上·天津·期末）已知空間三點，，，則點到直線的距離為 .
【答案】
【分析】利用空間向量坐標法即可求出點到直線的距離.
【詳解】因為，，，
所以，
與同向的單位方向向量，
則點到直線的距離為.
故答案為：
【典例2】（23-24高二上·山東棗莊·階段練習）如圖，已知正三棱柱的所有棱長均為1，則線段上的動點P到直線的距離的最小值為 .
【答案】/
【分析】首先以點A為原點，建立空間直角坐標系，然后利用點到直線距離的坐標公式列式，化簡后求函數的最小值即可.
【詳解】在正三棱柱中，在平面內過A作，顯然射線兩兩垂直，以點A為原點，射線分別為軸建立空間直角坐標系，如圖，
因正三棱柱的所有棱長均為1，
則，
所以，
因動點P在線段上，則令，
即有點，所以，則，
從而，
因此點P到直線的距離
，當且僅當時取等號，
所以線段上的動點P到直線的距離的最小值為.
故答案為：
【變式1】（23-24高二上·黑龍江齊齊哈爾·期末）若空間三點，則點到直線的距離為 ．
【答案】
【分析】
借助空間向量求點到直線的距離即可得.
【詳解】，，則，
則.
故答案為：.
【變式2】（23-24高二上·福建莆田·期中）如圖，在平行六面體中，，，E為的中點，則點E到直線的距離為 ．
【答案】/
【分析】
根據空間向量的運算求出以及，即可求得，進而求出，根據點E到直線的距離為，即可求得答案.
【詳解】
設，，
，
，則，
又，
則，
，
則，而，
，，
又E是的中點，故，
則點E到直線的距離為，
故答案為：
【變式3】（23-24高二上·全國·課后作業）如圖①，在中，，，，、分別是、上的點，且，，將沿折起到的位置，使平面，如圖②.若點是線段的靠近點的三等分點，點是線段上的點，直線過點且垂直于平面，則點到直線的距離的最小值為 .
【答案】/
【分析】以點為坐標原點，、、的方向分別為、、軸的正方向建立空間直角坐標系，設點、，設，將點的坐標用表示，可得出點在直線上的射影為的坐標，求出，利用二次函數的基本性質可求出的最小值.
【詳解】翻折前，在圖①中，，，則，
翻折后，在圖②中，因為平面，，
且平面，則，則，
以點為坐標原點，、、的方向分別為、、軸的正方向建立如下圖所示的空間直角坐標系，
則、、、，
設點，則，，
因為點是線段的靠近點的三等分點，則，
所以，，解得，即點，
設，則，則，
設，即，
所以，，，，
即，
設點在直線上的射影為，則，
點到直線的距離的平方，
由題意，故當時，點到直線的距離最小，最小值為.
故答案為：.
題型11利用向量法求點到平面的距離
【典例1】（23-24高二上·新疆伊犁·期末）如圖，直三棱柱中，，，、分別是棱、的中點.點到平面的距離是 .
【答案】
【分析】以點為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立空間直角坐標系，利用空間向量法可求得點到平面的距離.
【詳解】解：直三棱柱中，，，
以點為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立如下圖所示的空間直角坐標系，
則、、、，
設平面的法向量為，則，，
則，取，可得，
又因為，故點到平面的距離為.
故答案為：.
【典例2】（23-24高二上·河南商丘·期中）已知是圓柱下底面圓的直徑，是下底面圓上一點，是圓柱的母線，且，則點到平面的距離為 ．
【答案】
【分析】建立空間直角坐標系，運用空間點到面的距離公式求解即可.
【詳解】由題知，，
則以為原點，，所在直線分別為軸、軸，該圓柱過的母線為軸建立空間直角坐標系，如圖所示，
則，，，，
所以，，．
設平面的法向量為，
則，令，則，，
所以，
所以點到平面的距離為．
故答案為：.
【典例3】（23-24高二上·廣東東莞·期中）如圖，四棱錐中，平面平面，底面是邊長為2的正方形，是等腰三角形，則平面上任意一點到底面中心距離的最小值為 ．

【答案】
【分析】取中點為，中點為，連接，根據面面垂直的性質定理即可得出平面.以點為坐標原點，建立空間直角坐標系，寫出點的坐標，進而求出平面的法向量，根據向量法求出點到平面的距離，即可得出答案.
【詳解】如圖，取中點為，中點為，連接，
因為，中點為，
所以，且.
又因為平面平面，平面平面，平面，
所以，平面.
又為中點，所以.
因為為正方形，所以，.
連接，交于點，則即為的中心
如圖，以點為坐標原點，建立空間直角坐標系，
則，，，，，，，，
所以，，，.
設是平面的一個法向量，
則，即，
取，則.
所以，點到平面的距離.
顯然，即為平面上任意一點到底面中心的距離的最小值.

故答案為：.
【變式1】（23-24高二上·河南駐馬店·期末）如圖，正方體的棱長為1，、分別為與的中點，則點到平面的距離為 .

【答案】/
【分析】建立空間直角坐標系，利用空間向量點到平面距離公式進行計算.
【詳解】以為坐標原點，所在直線分別為軸，建立空間直角坐標系，

則，，，
設平面的法向量為，則，
令，則，故平面的法向量為，
又，則點到平面的距離為.
故答案為：
【變式2】（23-24高二下·江蘇徐州·期末）如圖，在正三棱柱中，各棱長均為4，N是的中點.則點到平面ABN的距離為 .

【答案】
【分析】構建空間直角坐標系，寫出相關點坐標，并求出面ABN的一個法向量、，利用點面距離的向量求法求到平面ABN的距離.
【詳解】建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，，.
由N是的中點，則.
設平面ABN的一個法向量為，則，
令，即，而，
設點到平面ABN的距離為，則.

故答案為：
【變式3】（23-24高二上·山東濰坊·期中）已知正方體的棱長為2，點M是棱BC的中點，點N是棱上的一個動點，設點A，M，N確定的平面為，當點N為的中點時，平面截正方體的截面的面積為 ．點到平面的距離的最小值為 ．
【答案】 /
【分析】當是的中點時，畫出截面，根據梯形面積公式求得截面面積.當是棱上任意一點時，建
題型12利用向量法解決點到平面的距離的探索性問題
【典例1】（23-24高三上·廣東深圳·開學考試）正方體的棱長為2，底面內（含邊界）的動點到直線的距離與到平面的距離相等，則三棱錐體積的取值范圍為 .
【答案】
【分析】根據點的位置及滿足的條件可求得點的軌跡是以為焦點，為準線的拋物線在底面內的一部分，寫出其軌跡方程，以為坐標原點建立空間直角坐標系再利用空間向量可求得點到平面的距離的表達式，利用點坐標的取值范圍即可求出三棱錐體積的取值范圍.
【詳解】根據題意可知，連接，在底面內作于點，如下圖所示：

由正方體性質可知即為到直線的距離，為到平面的距離，
所以；
在底面內，由拋物線定義可知點的軌跡是以為焦點，為準線的拋物線的一部分，
截取底面，分別以向量為軸的正方向建立平面直角坐標系，如下圖所示：

又正方形邊長為2，易知拋物線過點，，且對稱軸為軸，
設拋物線方程為，代入兩點坐標可得，解得
所以的軌跡拋物線方程為，
以為坐標原點，分別以為軸的正方向建立空間直角坐標系，如下圖所示：

則，所以，
設，平面的一個法向量為，
則，令，解得，即；
，
則點到平面的距離為，
令，易得，
所以，
易知在三棱錐中，底面是邊長為的正三角形，
所以，
所以三棱錐的體積；
即三棱錐體積的取值范圍為.
故答案為：
二面角的余弦值為
（3）由（1）知平面，在上.點到平面的距離等于上任意一點到平面的距離，取點為的中點，結合（2）和點到平面的距離點到平面的距離定值為
【點睛】本題考查線面平行的判定定理、利用空間向量求二面角以及利用空間向量求點到面距離，考查綜合分析論證與求解能力，屬中檔題.
【變式1】（23-24高二上·四川宜賓·期末）如圖，在三棱柱中，四邊形是菱形，分別是的中點，平面，.
(1)證明：
(2)若，點到平面的距離為.求直線與平面所成角的正弦值．
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）取的中點，連接，，可證得，由平面，可得⊥，進而證得平面，即可證得結論；
（2）由已知可證得知MC，ME，MF兩兩垂直，即可建立空間直角坐標系，設利用到平面的距高為計算即可求得，進而求得平面的法向量，計算即可求得結果.
【詳解】（1）證明：因為平面，所以⊥，取的中點，連接，，
所以 ，又因為，所以，
因為 平面，所以平面，
又因為平面，所以.
（2）取的中點，連接ME，MF，由（1）知MC，ME，MF兩兩垂直，如圖，建立空間直角坐標系
設則
設平面 的法向量為，則有
可取，由點到平面的距高為，
，解得.
，
設平面的法向量為，
則有,可取
設直線與平面 所成角為，
，
即直線與平面所成角的正弦值.
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