第一章 空间向量与立体几何（单元复习，12类重点题型清单）-2024-2025学年高二数学单元速记（人教A版2019选择性必修第一册）

第一章 空间向量与立体几何（题型清单） 01 思维导图 02 知识速记 知识点01：空间向量的数乘运算 定义：与平面向量一样，实数与空间向量的乘积仍然是一个向量，称为向量的数乘运算． 数乘向量与向量的关系 的范围 的方向 的模 与向量的方向相同 ，其方向是任意的 与向量的方向相反 知识点02：共面向量定理： 如果两个向量不共线，那么向量与向量共面的充要条件是存在唯一的有序实数对，使 拓展 对于空间任意一点，四点共面（其中不共线）的充要条件是（其中）． 知识点03：空间向量的数量积 1、已知两个非零向量，，则叫做，的数量积，记作；即．规定：零向量与任何向量的数量积都为0. 2、空间向量数量积的几何意义：向量，的数量积等于的长度与在方向上的投影的乘积或等于的长度与在方向上的投影的乘积. 3、两个向量夹角的坐标计算公式 设，则 知识点04：空间向量运算的坐标表示 设，空间向量的坐标运算法则如下表所示： 运算 坐标表示 加法 减法 数乘 数量积 知识点05：空间向量平行与垂直的条件，几何计算的坐标表示 1、两个向量的平行与垂直 平行（） 垂直（） （均非零向量） 特别提醒：在中，应特别注意，只有在与三个坐标平面都不平行时，才能写成.例如，若与坐标平面平行，则，这样就没有意义了. 知识点06：空间中直线、平面的平行 设直线,的方向向量分别为，，平面，的法向量分别为，，则 线线平行 ⇔⇔() 线面平行 ⇔⇔ 面面平行 ⇔⇔ 知识点07：空间中直线、平面的垂直 设直线的方向向量为，直线的方向向量为，平面的法向量，平面的法向量为，则 线线垂直 ⇔⇔ 线面垂直 ⇔⇔⇔ 面面垂直 ⇔⇔⇔ 知识点08：点到线面距离 1、点到直线的距离 已知直线的单位方向向量为，是直线上的定点，是直线外一点.设，则向量在直线上的投影向量，在中，由勾股定理得： 2、点到平面的距离 如图，已知平面的法向量为，是平面内的定点，是平面外一点.过点作平面的垂线，交平面于点，则是直线的方向向量，且点到平面的距离就是在直线上的投影向量的长度. 知识点09：用向量法求空间角 1、用向量运算求两条直线所成角 已知a，b为两异面直线，A，C与B，D分别是a，b上的任意两点，a，b所成的角为，则 ① ②. 2、用向量运算求直线与平面所成角 设直线的方向向量为，平面的法向量为，直线与平面所成的角为，与的角为，则有 ① ②.（注意此公式中最后的形式是：） 3、用向量运算求平面与平面的夹角 如图，若于A，于B，平面PAB交于E，则∠AEB为二面角的平面角，∠AEB+∠APB=180°. 若分别为面，的法向量 ① ②根据图形判断二面角为锐二面角还是顿二面角； 若二面角为锐二面角（取正），则； 若二面角为顿二面角（取负），则； 03 题型归纳 题型一 空间向量的加减运算　 例题1．（23-24高二上·山西晋中·期末）在平行六面体中，点是线段上的一点，且，设，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题目条件和平行六面体的定义，利用向量的运算法则，将用所给基底表示，计算化简得到结果. 【详解】 . 故选：C 例题2．（23-24高二下·湖北孝感·期中）在三棱柱中，是的中点，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】依题意可得，再根据空间向量线性运算法则计算可得. 【详解】因为，所以， 所以 . 故选：C 巩固训练 1．（23-24高二下·北京·阶段练习）在四面体中，记，，，若点M、N分别为棱OA、BC的中点，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据空间向量的线性运算，即可求得答案. 【详解】由题意得：， 故选：B. 2．（23-24高二下·全国·开学考试）在正四面体中，是的中点，是的中点，若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据向量加法的三角形法则和平行四边形法则即可求解. 【详解】由题意得，． 故选：C． 题型二 空间向量共面问题　 例题1．（23-24高二上·浙江杭州·期末）对于空间一点和不共线三点，且有，则（    ） A．四点共面 B．四点共面 C．四点共面 D．五点共面 【答案】B 【分析】根据题意，化简得到，得到共面，进而得到四点共面，即可求解. 【详解】由，可得， 即，根据平面向量的基本定理，可得共面， 又因为三个向量有公共点，所以四点共面. 故选：B. 例题2．（23-24高二下·广东·期中），，，若，，共面，则实数k为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】D 【分析】利用空间向量共面定理列式求解即可. 【详解】由于共面，则存在，使得， 又， 故， 故，解得. 故选：D. 例题3．（多选）（23-24高二上·浙江温州·期中）已知三点不共线，对平面外的任一点O，下列条件中能确定点共面的是（    ） A． B． C． D． 【答案】ABD 【分析】利用空间向量的共面定理的推论计算即可. 【详解】因为三点不共线，若四点共面， 不妨设，则， 即， 显然有， 反之若， 则有， 即共面，所以共面， 对于A，，有， 故共面，A正确； 对于B，，有， 故共面，B正确； 对于C，，有， 故不共面，C错误； 对于D，，有， 故共面，D正确； 故选：ABD 例题4．（23-24高二上·河北邢台·期末）已知三棱锥，点为平面上的一点，且，则m= . 【答案】 【分析】 根据共面向量定理求解. 【详解】 故答案为： 巩固训练 1．（2024高二·全国·专题练习）已知非零向量，不共线，如果，，，那么下列结论正确的是（    ） A．A，B，C，D四点共线 B．A，B，C，D四点共面 C．A，B，C，D四点不共面 D．无法确定 【答案】B 【分析】根据向量共面和共线的结论判断即可. 【详解】由， 则共面. 从而A，B，C，D四点共面. 故选：B. 2．（23-24高二上·四川成都·期中）已知向量，，，若，，共面，则（    ） A．4 B．2 C．3 D．1 【答案】D 【分析】根据共面定理得，即可代入坐标运算求解. 【详解】因为，，共面，所以存在两个实数、，使得， 即，即，解得. 故选：D 3．（23-24高二下·江苏泰州·阶段练习）为空间任意一点，若，若，，，四点共面，则（    ） A．1 B． C． D． 【答案】C 【分析】将化简为：，利用四点共面定理可得，即可求解. 【详解】因为，所以，可化简为：，即， 由于，，，四点共面，则，解得：； 故选：C 4．（多选）（22-23高二下·江苏连云港·阶段练习）已知A，B，C三点不共线，对平面ABC外的任一点O，下列条件中不能确定点M，A，B，C共面的是（    ） A． B． C． D． 【答案】ABC 【分析】利用向量四点共面的结论进行判断即可. 【详解】设， 若点与点共面，则， 逐一检验各选项，可知只有选项D确定点M，A，B，C共面. 故选：ABC. 题型三 空间向量数量积及应用　 例题1．（23-24高二下·江苏常州·期中）如图，在正三棱柱中，，P为的中点，则（    ） A． B．1 C． D． 【答案】A 【分析】以为基底表示后可求的值. 【详解】由正三棱柱可得，， 而， 故 ， 故选：A. 例题2．（23-24高三下·北京·开学考试）正方体的棱长为1，动点在线段上，动点在平面上，且平面.线段长度的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题意，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，代入计算，即可得到结果. 【详解】 以为坐标原点，以分别为轴的正半轴， 建立如图所示的空间直角坐标系，设，， 则，则， 因为平面，所以， 即，解得， 所以，所以， 又，所以当时，即是的中点时，取得最小值， 当或，即与点或重合时，取得最大值， 所以线段长度的取值范围为. 故选：C 例题3．（23-24高二上·福建福州·期末）已知，则在上的投影向量的坐标为 . 【答案】 【分析】根据投影向量的定义代入公式求解即可. 【详解】在上的投影向量为 ， 故答案为：. 巩固训练 1．（23-24高二下·云南昆明·阶段练习）已知，则向量在向量上的投影向量是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】 直接利用向量的夹角运算及数量积运算求解投影向量. 【详解】 因为，则向量在向量上的投影为， 所以向量在向量上的投影向量是. 故选:C． 2．（23-24高二上·河北石家庄·期末）如图，在平行六面体中，，则直线与直线AC所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由线段的位置关系及向量加减的几何意义可得、，利用向量数量积的运算律求、，最后应用夹角公式求直线夹角余弦值. 【详解】因为，， 可得，， 又因为，， 可得， ， 所以直线与直线所成角的余弦值为. 故选：D. 3．（23-24高二上·新疆和田·期中）已知、、均为单位向量，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用空间向量数量积的定义与运算性质可求得的值. 【详解】因为、、均为单位向量，，， 由空间向量数量积的定义可得，， 所以，， 因此，. 故选：C. 题型四 用向量证明空间向量平行关系　 例题1．（23-24高二上·四川成都·期中）如图，在长方体中，，，. (1)求证：平面平面. (2)线段上是否存在点P，使得平面？若存在，求出点P的位置；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，P为线段的中点 【分析】（1）根据题意，以D为原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面与平面的法向量，由法向量平行，即可证明面面平行； （2）由空间向量的坐标运算，由与平面的法向量垂直，代入计算，即可求解. 【详解】（1）证明：以D为原点，DA，，所在直线分别为x轴、y轴、z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. 取，则，，所以平面的一个法向量为. 设平面的法向量为， 则. 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P使得平面，. 由（1）得，，平面的一个法向量为， 所以. 所以，解得. 所以当P为线段的中点时，平面. 例题2．（23-24高二·全国·课后作业）如图所示，在直四棱柱中，底面为等腰梯形，，，，，，，分别是棱，，的中点． 求证：（1）直线平面； （2）平面平面． 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析. 【分析】取的中点，连接，以为坐标原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系， （1）求出向量和平面的一个法向量为，利用向量法进行证明； （2）设平面的法向量为，利用向量法证明平面平面． 【详解】（1）因为，，是棱的中点，所以，则为正三角形． 因为底面为等腰梯形，所以． 取的中点，连接，则，所以． 以为坐标原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 则，，，，， 所以，，． 设平面的法向量为，则， 令，可得平面的一个法向量为， 则，所以． 又直线平面，所以直线平面． （2）因为，，， 所以，． 设平面的法向量为， 则， 令，可得平面的一个法向量为． 由（1）知，所以，即，所以平面平面． 例题3．（23-24高二上·四川雅安·期中）如图，在正方体中，分别是的中点． (1)用空间向量法证明：平面； (2)在直线上是否存在点，使得平面？若存在，请指出的位置；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，在的延长线上，且 【分析】（1）建立空间直角坐标系，求解平面法向量，即可根据共线求证， （2）根据法向量与直线的方向向量垂直即可求解. 【详解】（1）证明：以为原点，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， 则，， ． 设平面的法向量为， 则取，则，得， 平面． （2）存在点，使得平面，在的延长线上，且． 由题意得， 设，则， 平面，得． 巩固训练 1．（2024高二上·江苏·专题练习）如图，四边形为正方形，平面，，. (1)证明：平面平面； (2)证明：平面. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）根据条件建立空间直角坐标系，利用坐标结合面面垂直的判定定理证明即可. （2）利用空间向量的坐标运算可得为平面的一个法向量，又,且平面，即可证明. 【详解】（1）由题意易知两两互相垂直. 如图，以D为坐标原点，所在直线分别为x轴、y轴、z轴， 建立空间直角坐标系.设. 依题意有, 则, 所以, ， 即, 又,平面, 故平面.又平面， 所以平面平面. （2）根据题意，有, 则, 故 又不共线，所以为平面的一个法向量. 又因为,且 即,且平面， 故有平面. 2．（23-24高三上·浙江湖州·期末）如图，在多面体中，四边形为平行四边形，且平面，且.点分别为线段上的动点，满足. (1)证明：直线平面； (2)是否存在，使得直线与平面所成角的正弦值为？请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，理由见解析 【分析】（1）以为原点，分别以方向为轴建立如图所示空间直角坐标系，证明与平面的法向量垂直即可证； （2）由线面角的向量法求线面角后可得结论． 【详解】（1）如图，以为原点，分别以方向为轴建立坐标系. . . 设平面的法向量为， 则由，取得. 因为，所以 解得. 所以，且平面，所以平面 （2）设平面的法向量为 则由，解得. 所以， 解得. 3．（2024高三·全国·专题练习）如图，在四棱锥中，底面ABCD为正方形，平面ABCD，E为PD的中点，.求证：PB平面AEC； 【答案】证明见解析 【分析】由题意可得AB，AD，AP两两互相垂直，所以以A为原点，以AB，AD，AP分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，然后利用空间向量证明即可. 【详解】证明：因为平面ABCD，且平面ABCD，则， 因为四边形ABCD为正方形，所以， 所以AB，AD，AP两两互相垂直， 如图，以A为原点，以AB，AD，AP分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系， 则， 可得，，. 设平面AEC的法向量为， 则，取，可得， 所以平面AEC的一个法向量为， 可知，即， 又因为平面AEC，所以PB//平面AEC， 题型五 用向量证明空间向量垂直关系　 例题1．（23-24高二上·全国·假期作业）如图所示，在四棱锥中，底面是矩形，底面，，，是的中点，作交于点，且．求证：平面；    【答案】证明见解析． 【分析】以，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系，求得和，结合，即可证得平面； 【详解】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，    可得，，，则． 设点的坐标为，因为，所以， 即，，， 所以点的坐标为，即． 因为，所以，则． 由已知，且，平面，平面， 所以平面． 例题2．（23-24高二上·全国·课后作业）如图所示，已知平行六面体的底面为正方形，分别为上、下底面的中心，且在底面上的射影是.    (1)求证：平面平面； (2)若点分别在棱上，且，问点在何处时，? 【答案】(1)证明见解析 (2)为的三等分点（靠近点） 【分析】（1）以为坐标原点，所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，设，结合空间向量的坐标运算可得轴，进而得到平面，进而求证； （2）设，结合空间向量数量积的坐标表示求解即可. 【详解】（1）证明：如图所示，以为坐标原点，所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系.    设. . ， 轴，又轴和平面垂直， 平面， 又平面， 平面平面. （2）由，结合（1）可知，. 设，则，故点的坐标为， ， 由， 即，解得. 故当为的三等分点（靠近点）时，有. 例题3．（23-24高二上·湖北·阶段练习）如图，已知四棱锥的底面是平行四边形，侧面是等边三角形，. (1)求与平面所成角的正弦值； (2)设为侧棱上一点，四边形是过两点的截面，且平面，是否存在点，使得平面平面？若存在，求出点的位置；若不存在，说明理由. 【答案】(1) (2)在侧棱PD上存在点Q且当时，使得平面BEQF⊥平面PAD. 【分析】对于（1），取AB中点为H，先由条件证得PH⊥平面ABCD，后可得答案. 对于（2），由（1）分析可知AB⊥AC，建立以A为原点的空间直角坐标系，找到平面BEQF，平面PAD法向量，后可得答案. 【详解】（1）证明：取棱AB长的一半为单位长度. 则在中，AB=2，BC=4，∠ABC=60°，根据余弦定理， 得 得，故AB⊥AC. 又PB⊥AC，PB∩AB=B，平面PAB，AB平面PAB，故AC⊥平面PAB. 又平面ABCD，AC⊥平面PAB，则平面ABCD⊥平面PAB. 取AB中点H，连接PH，CH. 因是等边三角形，则PH⊥AB，又PH 平面PAB， 平面ABCD 平面PAB，平面ABCD⊥平面PAB，故PH⊥平面ABCD. 得∠PCH是CP与平面ABCD所成的角. 在直角三角形中，， ，. 故，即为所求. （2）假设存在点Q，使得平面BEQF⊥平面PAD. 如图，以A为原点，分别以为x，y轴的正方向建立空间直角坐标系A-xyz， 则， ， 设是平面PAD的法向量，则 ，取. 设，其中. 则 连接EF，因AC∥平面BEQF，，平面PAC∩平面BEQF=EF， 故AC∥EF，则取与同向的单位向量. 设是平面BEQF的法向量， 则， 取. 由平面BEQF⊥平面PAD，知，有，解得. 故在侧棱PD上存在点Q且当时，使得平面BEQF⊥平面PAD. 【点睛】关键点点睛：本题涉及线面角，及立体几何中的动点问题.对于（1），关键能在各种线面关系中做出相应线面角的平面角.对于（2），求动平面的法向量时，可利用线面平行关系找到动平面内向量的共线向量. 巩固训练 1．（2023高三·全国·专题练习）如图，在三棱柱中，平面ABC，，，D为的中点，交于点E．证明：. 【答案】证明见解析 【分析】由题意可得两两垂直，所以以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，然后利用空间向量证明即可. 【详解】因为平面，平面‖平面, 所以平面， 因为平面，所以, 因为，所以两两垂直， 所以以为原点，所在的直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 所以， 所以，所以， 故 2．（2023·浙江温州·模拟预测）如图，在四棱锥中，平面，菱形的边长2，，．    (1)求直线与平面所成角的正弦值； (2)若点F，E分别在线段PB，PC上，且平面，求线段DE的长度． 【答案】(1)直线与平面所成角的正弦值为； (2)线段DE的长度为. 【分析】（1）过点作，垂足为，证明平面，由此确定直线PB与平面所成角，再求其正弦值； （2）建立空间直角坐标系，设，由条件列方程求的坐标，由此求求线段DE的长. 【详解】（1）过点作，垂足为， 因为平面，平面， 所以， 又，平面， 所以平面，平面， 所以， 所以直线与平面所成角为， 由已知四边形为菱形，，, 所以为边长为的等边三角形，故， 因为平面，平面， 所以，又， 所以， 在中，，，, 所以， 所以直线与平面所成角的正弦值为；    （2）连接，点为线段的中点， 由已知为等边三角形，所以，又， 所以，又平面， 以点为坐标原点，为轴的正方向，建立空间直角坐标系， 则， 故， 设，则， 因为平面，平面， 所以，故， 所以， 所以， 所以， 所以， 所以线段DE的长度为.    3．（2020·天津河东·模拟预测）如图，在四棱锥中，平面，正方形的边长为2，是的中点． (1)求证：平面． (2)若，线段上是否存在一点，使平面？若存在，求出的长度；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，理由见解析. 【分析】（1）连结交于点，可知.然后根据线面平行的判定定理，即可得出平面； （2）先证明平面．以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，写出各点的坐标，设，求出点的坐标，然后得到.求出平面的法向量，根据得出的值，根据数乘向量的模，即可得出答案. 【详解】（1） 如图1，连结交于点. 因为是正方形，所以是的中点， 又是的中点，所以. 因为平面，平面， 所以平面. （2）存在，理由如下： 因为平面，平面，所以． 因为为正方形，所以． 又，平面，平面， 所以平面． 以点为坐标原点，过点作的平行线为轴，分别以为轴， 建立空间直角坐标系，如图2， 则，，，，，， 所以. 令， 则, 所以，所以. 因为，， 设是平面的一个法向量， 则，所以， 取，则是平面的一个法向量. 因为平面，所以， 所以有，解得，所以. 因为， 所以. 题型六 异面直线所成交　 例题1．（2024高三下·全国·专题练习）如图，正三棱锥的高为2，，E，F分别为MB，MC的中点，则异面直线AE与BF所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】解法一：作出辅助线，得到是异面直线AE与BF所成角或其补角，由余弦定理求出，进而得到，，利用余弦定理求出答案；解法二：作出辅助线，得到平面ABC，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，利用空间向量求解异面直线的夹角余弦值. 【详解】解法一：如图，设N是MF的中点，O是的中心， 连接AO并延长，交BC于点D，连接AN，EN，MO，MD， ∵E为MB的中点，∴，， ∴是异面直线AE与BF所成角或其补角， 由题可知，平面ABC，为正三角形，， ∴，，， ∴， ∴在中，． 在中，， ∴． 在中，． 易得， 所以在中，， 故异面直线AE与BF所成角的余弦值为. 解法二：如图，设O是的中心，连接AO并延长，交BC于点D，连接MO， ∵三棱锥为正三棱锥，， ∴平面ABC，，． 以D为坐标原点，OD所在直线为x轴、DC所在直线为y轴、过点D且与OM平行的直线为z轴建立空间直角坐标系， 则，，，， ∴，，∴，． ∴， 故异面直线AE与BF所成角的余弦值为. 故选：D． 例题2．（23-24高二上·河北承德·期末）在长方体中，，，，则异面直线与所成角的余弦值为 ． 【答案】 【分析】以为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得异面直线与所成角的余弦值. 【详解】在长方体中，，，， 以为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、，，， 所以，. 因此，异面直线与所成角的余弦值为. 故答案为：. 例题3．（23-24高二上·陕西榆林·阶段练习）有很多立体图形都体现了数学的对称美，其中半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体因其最早由阿基米德研究发现，故也被称作阿基米德体.如图，这是一个棱数为，棱长都相等的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，可以看成是由一个正方体截去八个一样的四面体所得.已知点为线段上一点且，若直线与直线所成角的余弦值为，则 .    【答案】 【分析】补全正方体，建立空间直角坐标系，利用坐标法表示异面直线夹角余弦值，列出方程，解方程即可. 【详解】将半正多面体补成正方体，建立如图所示的空间直角坐标系.    设半正多面体的棱长为，则正方体的棱长为， 所以，，，，，，，所以，， 则，， 设直线与直线所成角为， 则， 即，解得或（舍）. 故答案为： 巩固训练 1．（23-24高二下·江苏淮安·期中）已知四面体，其中，，为的中点，则直线与所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】将四面体嵌在长方体中，由题意可得长方体的长宽高的大小，建立空间直角坐标系，求出各点的坐标，再求出直线，的方向向量的坐标，进而求出两个向量的夹角的余弦值，最后求出两条直线所成的角的余弦值． 【详解】将四面体放在如图所示的长方体中， 因为，， 设长方体的长，宽，高分别为，，， 则，可得，， 以为坐标原点，以，，所在的直线分别为，，轴建立空间直角坐标系， 则，，，， 所以的中点， 所以，， 所以， ，， 所以． 设直线，所成的角为，,， 所以,． 故选：A． 2．（23-24高二上·上海·期末）如图，正方体中，，点在线段上，且，为线段的中点，则异面直线与所成的角为 . 【答案】/ 【分析】建立空间直角坐标系，求出相关点及向量的坐标，利用向量的异面直线的夹角公式求解即可. 【详解】以点为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， 因为，所以为的靠近的三等分点，所以， 所以，，， ， 设与夹角为， 所以，所以. 故答案为：. 3．（23-24高二下·北京·阶段练习）在棱长为2的正方体中，为棱的中点，点在面上，且，则线段长度的取值范围为 ． 【答案】 【分析】如图建立空间直角坐标系，设，，利用空间向量求出动点的轨迹，即可求出的最值，即可得解； 【详解】解：如图建立空间直角坐标系，则、、， 设，，则，， 因为，所以， 即， 所以点的轨迹是侧面内，和的中点，连线的线段， 所以， 显然， 所以的最小值为，最大值为． 所以 故答案为： 题型七 线面角问题　 例题1．（23-24高二下·甘肃白银·期末）在棱长为2的正方体中，E是的中点，则直线与平面所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量法求解线面角即可. 【详解】以为坐标原点，为轴，为轴，为轴， 建立如图所示的空间直角坐标系，则， ， 设平面的法向量为， 则，令，得，所以， 故，设直线与平面所成角为， 则，所以. 故选：D 例题2．（23-24高二下·湖北·阶段练习）长方体中，，，为侧面内的一个动点，且，记与平面所成的角为，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法求出正弦值，再求正切值即可. 【详解】    以为原点建立空间直角坐标系，必有，，， ，设，而，， 由题意得，故，得，故， 故，，易知面的法向量， 故， 若最大，则最大， 由二次函数性质得当时，最大， 此时，， 此时最大，且，显然A正确. 故选：A 例题3．（23-24高二上·上海·期中）如图，在长方体中，已知，．动点P从出发，在棱上匀速运动；动点Q同时从B出发，在棱BC上匀速运动，P的运动速度是Q的两倍，各自运动到另一端点停止．它们在运动过程中，设直线PQ与平面ABCD所成的角为，则的取值范围是 ． 【答案】 【分析】根据给定条件，建立空间直角坐标系，设，并求出的坐标，再结合线面角的向量求法求解. 【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，由P的运动速度是的2倍，得，即， 则，显然平面的法向量， 于是， ，因此， 显然当时，，当时，， 所以的取值范围是. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：用向量法求直线与平面所成的角，求出平面的法向量是关键，并注意公式求出的是线面角的正弦． 巩固训练 1．（24-25高二上·江苏·假期作业）如图，在正方体中，点为线段的中点．设点在线段上，直线与平面所成的角为，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】设正方体的棱长，建立空间直角坐标系，求出各点的坐标，求出平面的法向量的坐标，求出的坐标，求出向量，的夹角的余弦值，进而求出直线与平面所成的角的正弦值，进而可得它的余弦值，再由函数的单调性，可得余弦值的取值范围． 【详解】以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 设正方体的棱长2，，，0，，，2，，，1，，，2，， 则，1，，，， 则，0，，，2，， 设平面的法向量，，， 则，即，令， 可得，1，， ，，， ， 设直线与平面所成的角为，，， 所以， 所以 ， 设， 则， 设，，， 当时，即， 则，时，函数单调递减，，时，函数单调递增， 而时，；当时，； 当时，， 所以，时，，，所以，， 进而可得， 所以，． 故选：D． 2．（23-24高二下·江苏淮安·阶段练习）如图，在多面体中，侧面四边形，，是三个全等且两两垂直的正方形，平面平面，E是棱的中点，则直线与平面所成角的余弦值为（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】把该几何体补成一个正方体，设该正方体的棱长为，以为原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面的法向量和向量，结合向量的夹角公式，即可求解. 【详解】由多面体中，侧面四边形，，是三个全等且两两垂直的正方形，平面平面， 可把该几何体补成一个正方体，设该正方体的棱长为，如图所示， 以为原点，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 可得， 可得， 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， 设直线与平面所成角为，其中， 则， 则，即直线与平面所成角的余弦值为. 故选：B.    3．（23-24高二上·上海黄浦·阶段练习）已知长方体中，，．则直线和平面所成角的正弦值等于 ． 【答案】/ 【分析】建立空间直角坐标系，确定各点坐标，计算平面的法向量，根据向量的夹角公式计算得到答案. 【详解】如图所示：以为轴建立空间直角坐标系，    则，，，，， 设平面的法向量为，则， 取得到，， 故直线和平面所成角的正弦值等于： . 故答案为：. 题型八 线面角问题（解答题）　 例题1．（23-24高二下·安徽芜湖·期末）已知四棱锥的底面是正方形，底面，且分别为的中点． (1)求证：∥平面； (2)求直线与平面所成角的大小． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由三角形中位线定理结合四边形为正方形，可得∥，再由线面平行的判定定理可证得结论； （2）以所在的直线为轴，所在的直线为轴，所在的直线为轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可. 【详解】（1）证明：因为分别为的中点， 所以∥， 因为四边形为正方形，所以∥， 所以∥， 因为平面，平面， 所以∥平面； （2）因为四边形为正方形，所以， 因为平面，平面， 所以，所以两两垂直， 所以以为原点，以所在的直线为轴，所在的直线为轴，所在的直线为轴，建立空间直角坐标系， 因为，所以， 所以， 设平面的法向量为， 则， 令，则，所以， 设直线与平面所成角为， 所以， 因为，所以， 所以直线与平面所成角的大小为． 例题2．（2024·新疆·三模）已知底面是平行四边形，平面，，，，且. (1)求证：平面平面； (2)线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值是.若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，或. 【分析】（1）由，得到，再由平面，证得，进而证得平面，结合，得到平面，利用面面垂直的判定定理，即可证得平面平面. （2）以为原点，建立空间直角坐标系，设，求得向量和平面的一个法向量为，结合向量的夹角公式，列出方程，即可求解. 【详解】（1）证明：在中，，，， 则，可得， 所以，所以. 因为平面，平面，所以， 又因为，平面，平面，所以平面， 因为，所以平面， 又因为平面，所以平面平面. （2） 是平行四边形，平面，，，，且. 假设线段上存在点，使得直线与平面所成角的正弦值是， 以为原点，所在直线分别为x轴、y轴、轴建立空间直角坐标系， 如图所示，则， 可得，， 设， 则，所以， 设平面的一个法向量为，则， 令，可得，所以， 设直线与平面所成角的大小为， 故， 整理得，解得或，所以或. 例题3．（23-24高二下·湖南·期中）如图，直四棱柱的底面是菱形，，且直线与平面所成角为． (1)求直四棱柱的高； (2)在棱上是否能找到一点，使得平面与平面的夹角为？若能，求出的值；若不能，说明理由． 【答案】(1) (2)能， 【分析】（1）设，以分别为轴正方向建立空间直角坐标系，设，用空间向量法结合直线与平面所成角为，列出方程求解即可； （2）假设能找到这样的点，设，且，根据平面与平面的夹角为及空间向量，列方程解出，即可说明存在，计算出即可． 【详解】（1）设， 因为棱柱是直棱柱，且底面是菱形，故两两垂直， 如图，以分别为轴正方向建立空间直角坐标系， 因为菱形中，， 所以，设， 则，， 所以 设平面的一个法向量为，则由,得， 令得，， 所以， 因为直线与平面所成角为， 所以，即，解得． （2）假设能找到这样的点， 设，且， 则， 设平面的一个法向量为，则由,得， 令得，， 则， 由平面与平面的夹角为， 可得，即，解得， 所以能找到这样的点， 此时，，故． 巩固训练 1．（23-24高二下·江苏泰州·期末）如图，正方体的棱长为2，为的中点，点在上，. (1)求证：为的中点； (2)求直线与平面所成角的大小. 【答案】(1)证明见解析 (2)30° 【分析】（1）根据线面垂直的性质得，再证明，最后得到，即可证明； （2）建立合适的空间直角坐标系，求出相关向量和法向量，根据线面角的空间向量求法即可得到答案. 【详解】（1）连接，在正方体中，因为平面， 平面，所以. 因为，，所以，且均在同一平面内， 所以，因为为的中点，所以为的中点. （2）在正方体中，，，两两互相垂直， 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. 设直线与平面所成的角为，则 因为，所以直线与平面所成角的大小为30°. 2．（23-24高二下·浙江宁波·期末）如图，在五面体中，四边形为矩形，为等腰直角三角形，且.面面. (1)求证：： (2)在线段上是否存在点，使得与平面所成角的正弦值为？若存在，请求出的长度；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析； (2)或. 【分析】（1）利用面面垂直的性质、线面垂直的判定性质推理即得. （2）取的中点，以为原点，建立空间直角坐标系，设，求出平面的法向量，再利用线面角的向量求法求解即得. 【详解】（1）由矩形，得，而平面平面，平面平面， 平面，则平面，又面，于是， 而，，平面， 因此平面，又平面， 所以. （2）取的中点，作，连接，由（1）知，平面， 而平面，则，又，，则，即两两垂直， 以为原点，直线分别为建立空间直角坐标系， 假定在线段上存在点，使得与平面所成角的正弦值为，设， 则， ， 设平面的法向量，则，令，得， 于是，整理得，解得或， 所以在线段上存在点，使得与平面所成角的正弦值为，此时或. 3．（23-24高二上·宁夏吴忠·期中）在直角梯形中，，，，如图（1）．把沿翻折，使得平面平面．    (1)求证：； (2)在线段BC上是否存在点N，使得AN与平面ACD所成角为60°？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)存在点，此时 【分析】（1）利用余弦定理和勾股定理可证明平面，再由线面垂直的性质即可得； （2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用空间向量即可求得结果. 【详解】（1）因为，且， 可得，， 又因为，可得， 所以，则， 因为平面平面，平面平面，且平面， 所以平面， 又因为平面， 所以； （2）因为平面，且平面，所以， 如图所示，以点为原点，建立空间直角坐标系，    可得，，，， 所以，． 设平面的法向量为，则， 令，可得，所以， 假设存在点，使得与平面所成角为， 设，（其中），则，， 所以， 整理得，解得或（舍去）， 所以在线段上存在点，使得与平面所成角为，此时． 题型九 二面角问题（小题）　 例题1．（23-24高二下·福建龙岩·阶段练习）如图，四棱锥的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍，平面，为侧棱上的点，则二面角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】建立空间直角坐标系，结合向量即可求解. 【详解】连接，设交于点，则平面， 以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 设底面边长为，则， 显然是平面的一个法向量， 因为平面，所以是平面的一个法向量， 设二面角为，所以. 故选：B. 例题2．（23-24高二上·全国·课后作业）已知四边形为矩形，平面，设，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，利用向量法求解. 【详解】由题意，两两垂直， 分别以为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 所以，. 设平面、平面的法向量分别为， 则有和 取，可得， 则. 即平面与平面的夹角的余弦值为. 故答案为： 例题3．（23-24高二上·全国·课后作业）已知菱形中，，沿对角线AC折叠之后，使得平面平面，则平面与平面夹角的余弦值为 .    【答案】 【分析】根据题意建立空间直角坐标系，根据二面角余弦值的空间向量求解方法进行计算即可. 【详解】设菱形的边长为1，取的中点，连接，，所以， 因为平面平面，平面平面，平面，所以平面， 又因为平面，所以.    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， 令，则，同理，平面的一个法向量为， 所以， 设平面与平面夹角为，则， 所以，所以平面与平面夹角的余弦值为. 故答案为： 巩固训练 1．（23-24高三下·上海浦东新·开学考试）如图，三棱柱满足棱长都相等，且平面，是棱的中点，是棱上的动点，设，随着增大，平面与底面所成钝二面角的平面角是（    ） A．减小 B．先减小再增大 C．先增大再减小 D．增大 【答案】C 【分析】以中点为坐标原点，，分别为，轴，并垂直向上作轴建立空间直角坐标系，设所有棱长均为，则，平面法向量的夹角的余弦值，平面与底面所成钝二面角的余弦值，通过讨论的增减变化，即可得出结论. 【详解】 以中点为坐标原点，，分别为，轴，并垂直向上作轴建立空间直角坐标系， 设所有棱长均为，则，，，，， ，设平面法向量， 则，所以，令，有，， 故， 又平面的法向量，故两平面法向量夹角的余弦值， 又，故在上单调递增，上单调递减， 平面与底面所成钝二面角的余弦值， 所以在上单调递减，上单调递增， 即随着增大先减小后增大，所以随着增大先增大后减小. 故选：C. 2．（23-24高二上·浙江绍兴·期中）如图，在三棱锥中，平面，，，，则平面与平面所成锐二面角的余弦值为 . 【答案】/ 【分析】以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可. 【详解】如图，以点为原点建立空间直角坐标系， 则， 则， 设平面的法向量为， 则有，可取， 设平面的法向量为， 则有，可取， 则， 所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为. 故答案为：. 3．（23-24高三·全国·对口高考）在直棱柱中，分别是，的中点，．则二面角的余弦值是 ．    【答案】 【分析】建系，分别求平面、平面的法向量，利用空间向量求二面角. 【详解】如图，以为坐标原点，分别为轴建立空间直角坐标系， 则， 可得， 设平面的法向量为，则， 令，则，即， 由题意可得：平面的法向量， 则， 由图形可知：二面角为钝角，所以其余弦值为. 故答案为：.    题型十 二面角问题（解答题）　 例题1．（河南省商丘市部分学校2023-2024学年高二下学期期末考试数学试卷）如图，在三棱柱中，平面平面，分别为棱的中点． (1)求证：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）利用中位线，由线线平行证明线面平行； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法来求两平面夹角的余弦值. 【详解】（1） 如图，连接，，设，连接． 由三棱柱的结构特征及，分别是棱，的中点，可知四边形为平行四边形，则为的中点，又为的中点，， 平面，平面，平面． （2），，，. 又平面平面，平面，平面平面， 平面，又平面，． 以为坐标原点，向量，，的方向分别为轴、轴、轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， ，． 由于平面就是坐标平面，所以它的一个法向量可以为． 设平面的法向量为， 则令，得， 平面的一个法向量为． 设平面与平面的夹角为， 则， 平面与平面夹角的余弦值为． 例题2．（24-25高二上·江苏·假期作业）如图，已知四棱锥的底面是平行四边形，，，是边长为2的等边三角形，，是线段的中点. (1)求证：平面平面； (2)若，是否存在，使得平面和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)证明见解析 (2)存在， 【分析】（1）先在中，利用余弦定理求得，再由勾股定理可证，然后结合，利用线面垂直、面面垂直的判定定理，即可得证； （2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用向量法求平面与平面的夹角的方法列出关于参数的方程，即可得解． 【详解】（1）证明：在中，由余弦定理知，， 所以，即， 因为，且，、平面， 所以平面， 又平面，所以平面平面． （2）以为坐标原点，，所在直线分别为，轴，作平面，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，0，，，0，，，，，，，，，0，，，，， 所以，0，，，，，，，， ，0，，，，， 所以，0，，，，，， 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，，， 因为平面和平面夹角的余弦值为， 所以， 整理得，，即， 解得或， 因为，所以， 故存在，使得平面和平面夹角的余弦值为，此时． 例题3．（23-24高二下·北京·期中）已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为AC和的中点，D为棱上的点，． (1)证明：； (2)当为何值时，平面与平面DEF夹角最小？并求出此时夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)； 【分析】（1）根据题意，证得平面，得到，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得，设，得到，结合，即可得证； （2）根据题意，分别求得平面和平面的法向量和，利用向量的夹角公式，结合二次函数的性质，即可求解. 【详解】（1）证明：因为，，且，平面， 所以平面，因为，所以平面， 又因为平面，所以， 以为坐标原点，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，则，，，可得， 设，则，则， 因为，所以，即. （2）解：由（1）可得， 设平面DEF的法向量为，则， 令，可得，所以， 又由是平面的一个法向量， 设平面与平面DEF夹角的大小为， 则，当且仅当时，等号成立， 所以当，即时，平面与夹角的最小，此时角的余弦值为． 巩固训练 1．（23-24高二下·浙江金华·期末）如图，在四棱锥中，四边形为正方形，为等边三角形，分别为的中点，，垂足为. (1)证明：平面； (2)若，求平面与平面形成的锐二面角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用空间的线面垂直的判定与性质定理即可得证； （2）依题意建立空间直角坐标系，利用空间向量法来求两平面的夹角余弦值即可. 【详解】（1） 如图，连接，在中，， 在正方形中，，又因为平面， 所以平面，又因为，所以平面， 而平面，所以， 又因为，且平面，所以平面. （2）在中，因为，， 所以由余弦定理可得：， 因为平面，所以，在中， 由勾股定理得：， 又在中，由余弦定理得：. 如图以为原点，分别为轴，过且垂直底面的直线为轴建系， 则，，， 则，， 设为平面的法向量，则，取， 设为平面的法向量，则，取， 所以， 故平面与平面形成的锐二面角的余弦值. 2．（24-25高二上·江苏·假期作业）在三棱柱中，已知，，，，是的中点． (1)求证：； (2)在棱上是否存在点，使得二面角的正弦值为？若存在，求线段的长度；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，长度为 【分析】（1）由题意根据余弦定理可得，可得，可得，可得，可得，利用线面垂直的判定可证平面，利用线面垂直的性质可证，利用线面垂直的判定可证平面，进而利用线面垂直的性质可证； （2）由题意以为原点，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，根据三棱柱的性质可知，假设存在符合题意的点，设，设平面的法向量为，，，由，得到平面 的法向量为，而且平面的法向量为，由题意利用空间向量夹角公式即可求解． 【详解】（1）因为，， 所以根据余弦定理可得，代入数值解得， 所以，可得， 又因为，是的中点， 所以，， 所以在△ 中，，，解得， 所以，可得， 因为，， 所以， 又，，平面，平面， 所以平面， 而平面， 所以， 又，，平面，平面， 所以平面， 而平面， 所以，得证； （2）由（1）得平面，， 以为原点，为轴，垂直于所在的直线为轴，为轴，建立如图所示空间直角坐标系， 所以，，，， 根据三棱柱的性质可知， 假设存在符合题意的点，设， 所以，， 设平面的法向量为，，， 由，得到， 取，所以， 所以平面 的法向量为， 而且平面的法向量为， 因为二面角的正弦值为， 所以二面角的余弦值为， 所以，解得， 又因为，， 所以，此时， 所以， 综上，在棱 上存在点，使得二面角的正弦值为，的长度为． 3．（2024高三下·四川成都·专题练习）“阳马”是我国古代数学名著《九章算术》中《商功》章节研究的一种几何体，即其底面为矩形，一条侧棱垂直于底面的四棱锥．如图，四边形是边长为3的正方形，，． (1)证明：四棱锥是一个“阳马”； (2)已知点在线段上，且，若二面角的余弦值为，求的值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）通过证明平面，得到，再由平面得到，即可证明平面，从而得解； （2）建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，利用二面角为计算出. 【详解】（1）四边形是正方形，， ，，平面， 平面， 平面，， 四边形是正方形，， ，，平面. 平面， 平面，， ，平面， 平面， 四棱锥是一个“阳马”； （2）由（1）得平面，平面，， ，，， 以点为原点，，，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， 由题意可得，，，，， 所以， 设，， ，，， 即，所以， ，， 设是平面的一个法向量，则， ，令，则，， 设是平面的一个法向量，则， ，令，则，， ，或（舍去）. 题型十一 点线距　 例题1．（23-24高二上·河北邢台·期末）已知空间直角坐标系中的点，则点到直线的距离为 . 【答案】 【分析】设为三角形的边上的高，由三点共线，以及，可通过待定系数得出，结合模长公式即可得解. 【详解】由题意设为三角形的边上的高，而， 因为三点共线，设， 因为，所以，解得， 所以，所以点到直线的距离为. 故答案为：. 例题2．（2024高二上·全国·专题练习）已知直线过点，且为其一个方向向量，则点到直线的距离为 . 【答案】 【分析】由点到直线的距离公式求解. 【详解】解：因为点，点， 所以， 所以点到直线的距离为： ， 故答案为： 巩固训练 1．（23-24高二上·北京朝阳·阶段练习）正方体的棱长为4，E是的中点，则点到的距离是 ． 【答案】 【分析】如图所示建立空间直角坐标系，确定各点坐标，计算，再计算距离得到答案. 【详解】如图所示：建立空间直角坐标系，则，，， 则，， 则，故. 点到的距离是. 故答案为：. 2．（23-24高二上·湖北武汉·阶段练习）已知点，直线过原点，且平行于向量，则点到直线的距离是 . 【答案】/ 【分析】利用空间向量数量积的坐标运算可求得点到直线的距离. 【详解】由题意可得，易知直线的一个方向向量为， 所以，点到直线的距离为 . 故答案为：. 题型十二 点面距 例题1．（23-24高三上·河南信阳·阶段练习）如图，在棱长为1的正方体中，直线到平面的距离等于 . 【答案】 【分析】建立空间直角坐标系后，利用向量法可证平面，再求点到平面的距离即可. 【详解】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，，，，， 所以，，，. 设平面的法向量为， 则，取，则，， 所以为平面的一个法向量， 所以点到平面的距离为. 又，所以. 又平面，所以平面， 所以点到平面的距离等于直线到平面的距离为. 例题2．（23-24高一下·广西南宁·期末）如图，在四棱锥中，平面，分别是的中点，四边形是菱形，，．    (1)证明：平面； (2)求点E到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由面面平行的判定定理和性质定理证明即可. （2）以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，由点到平面的向量公式求解即可. 【详解】（1）证明：取中点，连接， ∵在四棱锥中，平面，分别是的中点， 四边形是菱形，，． ∴， 平面，平面，所以平面， 同理平面，，， ∴平面， ∵平面，∴平面； （2）连接，由题意得，，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，如图，    则，，， 设，则，，， 设平面的法向量为， 则，取，则，得， ∴点E到平面的距离为：． 例题3．（23-24高二下·江苏镇江·期末）已知四棱柱中，底面为梯形，，平面，，其中．是的中点，是的中点. (1)求证：平面； (2)求点到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取中点，连接，，利用、得四边形是平行四边形，从而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，求出平面的法向量，然后利用点到平面距离的向量公式求解即可. 【详解】（1）取中点，连接，， 由是的中点，故，且， 由是的中点，故，且， 则有、， 故四边形是平行四边形，故， 又平面，平面， 故平面； （2）以为原点建立如图所示空间直角坐标系， 有、、、、、， 则有、、， 设平面的法向量分别为， 则有，取， 则有， 即点到平面的距离为. 巩固训练 1．（23-24高二上·安徽·期中）在空间直角坐标系中，已知点，，，则点到平面的距离为 ． 【答案】/ 【分析】利用空间向量求解点到平面的距离，从而求解. 【详解】设为平面的一个法向量，， 则，令，得：，， 则得： 而，则所求距离． 故答案为：. 2．（2024·广东·三模）如图，边长为4的两个正三角形，所在平面互相垂直，，分别为，的中点，点在棱上，，直线与平面相交于点. (1)证明：； (2)求直线与平面的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2). 【分析】（1）首先证明平面，再由线面平行的性质证明即可； （2）连接,，以点为原点，建立空间直角坐标系，利用点到平面距离公式求解即得. 【详解】（1）因为、分别为、的中点，所以， 又平面，平面，则平面， 又平面，平面平面，所以. （2）由（1）知，平面， 则点到平面的距离即为与平面的距离， 连接,，由均为正三角形，为的中点，得， 又平面平面，平面平面平面， 于是平面，又平面，则， 以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则，，又，， 又，可得， 所以，，， 设平面的一个法向量为，则， 令，得， 设点到平面的距离为，则， 所以与平面的距离为. 3．（2024·天津·高考真题）已知四棱柱中，底面为梯形，，平面，，其中．是的中点，是的中点． (1)求证平面； (2)求平面与平面的夹角余弦值； (3)求点到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）取中点，连接，，借助中位线的性质与平行四边形性质定理可得，结合线面平行判定定理即可得证； （2）建立适当空间直角坐标系，计算两平面的空间向量，再利用空间向量夹角公式计算即可得解； （3）借助空间中点到平面的距离公式计算即可得解. 【详解】（1）取中点，连接，， 由是的中点，故，且， 由是的中点，故，且， 则有、， 故四边形是平行四边形，故， 又平面，平面， 故平面； （2）以为原点建立如图所示空间直角坐标系， 有、、、、、， 则有、、， 设平面与平面的法向量分别为、， 则有，， 分别取，则有、、，， 即、， 则， 故平面与平面的夹角余弦值为； （3）由，平面的法向量为， 则有， 即点到平面的距离为. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！8 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第一章 空间向量与立体几何（题型清单） 01 思维导图 02 知识速记 知识点01：空间向量的数乘运算 定义：与平面向量一样，实数与空间向量的乘积仍然是一个向量，称为向量的数乘运算． 数乘向量与向量的关系 的范围 的方向 的模 与向量的方向相同 ，其方向是任意的 与向量的方向相反 知识点02：共面向量定理： 如果两个向量不共线，那么向量与向量共面的充要条件是存在唯一的有序实数对，使 拓展 对于空间任意一点，四点共面（其中不共线）的充要条件是（其中）． 知识点03：空间向量的数量积 1、已知两个非零向量，，则叫做，的数量积，记作；即．规定：零向量与任何向量的数量积都为0. 2、空间向量数量积的几何意义：向量，的数量积等于的长度与在方向上的投影的乘积或等于的长度与在方向上的投影的乘积. 3、两个向量夹角的坐标计算公式 设，则 知识点04：空间向量运算的坐标表示 设，空间向量的坐标运算法则如下表所示： 运算 坐标表示 加法 减法 数乘 数量积 知识点05：空间向量平行与垂直的条件，几何计算的坐标表示 1、两个向量的平行与垂直 平行（） 垂直（） （均非零向量） 特别提醒：在中，应特别注意，只有在与三个坐标平面都不平行时，才能写成.例如，若与坐标平面平行，则，这样就没有意义了. 知识点06：空间中直线、平面的平行 设直线,的方向向量分别为，，平面，的法向量分别为，，则 线线平行 ⇔⇔() 线面平行 ⇔⇔ 面面平行 ⇔⇔ 知识点07：空间中直线、平面的垂直 设直线的方向向量为，直线的方向向量为，平面的法向量，平面的法向量为，则 线线垂直 ⇔⇔ 线面垂直 ⇔⇔⇔ 面面垂直 ⇔⇔⇔ 知识点08：点到线面距离 1、点到直线的距离 已知直线的单位方向向量为，是直线上的定点，是直线外一点.设，则向量在直线上的投影向量，在中，由勾股定理得： 2、点到平面的距离 如图，已知平面的法向量为，是平面内的定点，是平面外一点.过点作平面的垂线，交平面于点，则是直线的方向向量，且点到平面的距离就是在直线上的投影向量的长度. 知识点09：用向量法求空间角 1、用向量运算求两条直线所成角 已知a，b为两异面直线，A，C与B，D分别是a，b上的任意两点，a，b所成的角为，则 ① ②. 2、用向量运算求直线与平面所成角 设直线的方向向量为，平面的法向量为，直线与平面所成的角为，与的角为，则有 ① ②.（注意此公式中最后的形式是：） 3、用向量运算求平面与平面的夹角 如图，若于A，于B，平面PAB交于E，则∠AEB为二面角的平面角，∠AEB+∠APB=180°. 若分别为面，的法向量 ① ②根据图形判断二面角为锐二面角还是顿二面角； 若二面角为锐二面角（取正），则； 若二面角为顿二面角（取负），则； 03 题型归纳 题型一 空间向量的加减运算　 例题1．（23-24高二上·山西晋中·期末）在平行六面体中，点是线段上的一点，且，设，，，则（    ） A． B． C． D． 例题2．（23-24高二下·湖北孝感·期中）在三棱柱中，是的中点，，则（    ） A． B． C． D． 巩固训练 1．（23-24高二下·北京·阶段练习）在四面体中，记，，，若点M、N分别为棱OA、BC的中点，则（    ） A． B． C． D． 2．（23-24高二下·全国·开学考试）在正四面体中，是的中点，是的中点，若，则（    ） A． B． C． D． 题型二 空间向量共面问题　 例题1．（23-24高二上·浙江杭州·期末）对于空间一点和不共线三点，且有，则（    ） A．四点共面 B．四点共面 C．四点共面 D．五点共面 例题2．（23-24高二下·广东·期中），，，若，，共面，则实数k为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 例题3．（多选）（23-24高二上·浙江温州·期中）已知三点不共线，对平面外的任一点O，下列条件中能确定点共面的是（    ） A． B． C． D． 例题4．（23-24高二上·河北邢台·期末）已知三棱锥，点为平面上的一点，且，则m= . 巩固训练 1．（2024高二·全国·专题练习）已知非零向量，不共线，如果，，，那么下列结论正确的是（    ） A．A，B，C，D四点共线 B．A，B，C，D四点共面 C．A，B，C，D四点不共面 D．无法确定 2．（23-24高二上·四川成都·期中）已知向量，，，若，，共面，则（    ） A．4 B．2 C．3 D．1 3．（23-24高二下·江苏泰州·阶段练习）为空间任意一点，若，若，，，四点共面，则（    ） A．1 B． C． D． 4．（多选）（22-23高二下·江苏连云港·阶段练习）已知A，B，C三点不共线，对平面ABC外的任一点O，下列条件中不能确定点M，A，B，C共面的是（    ） A． B． C． D． 题型三 空间向量数量积及应用　 例题1．（23-24高二下·江苏常州·期中）如图，在正三棱柱中，，P为的中点，则（    ） A． B．1 C． D． 例题2．（23-24高三下·北京·开学考试）正方体的棱长为1，动点在线段上，动点在平面上，且平面.线段长度的取值范围是（    ） A． B． C． D． 例题3．（23-24高二上·福建福州·期末）已知，则在上的投影向量的坐标为 . 巩固训练 1．（23-24高二下·云南昆明·阶段练习）已知，则向量在向量上的投影向量是（    ） A． B． C． D． 2．（23-24高二上·河北石家庄·期末）如图，在平行六面体中，，则直线与直线AC所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 3．（23-24高二上·新疆和田·期中）已知、、均为单位向量，，，则（    ） A． B． C． D． 题型四 用向量证明空间向量平行关系　 例题1．（23-24高二上·四川成都·期中）如图，在长方体中，，，. (1)求证：平面平面. (2)线段上是否存在点P，使得平面？若存在，求出点P的位置；若不存在，请说明理由. 例题2．（23-24高二·全国·课后作业）如图所示，在直四棱柱中，底面为等腰梯形，，，，，，，分别是棱，，的中点． 求证：（1）直线平面； （2）平面平面． 例题3．（23-24高二上·四川雅安·期中）如图，在正方体中，分别是的中点． (1)用空间向量法证明：平面； (2)在直线上是否存在点，使得平面？若存在，请指出的位置；若不存在，请说明理由． 巩固训练 1．（2024高二上·江苏·专题练习）如图，四边形为正方形，平面，，. (1)证明：平面平面； (2)证明：平面. 2．（23-24高三上·浙江湖州·期末）如图，在多面体中，四边形为平行四边形，且平面，且.点分别为线段上的动点，满足. (1)证明：直线平面； (2)是否存在，使得直线与平面所成角的正弦值为？请说明理由. 3．（2024高三·全国·专题练习）如图，在四棱锥中，底面ABCD为正方形，平面ABCD，E为PD的中点，.求证：PB平面AEC； 题型五 用向量证明空间向量垂直关系　 例题1．（23-24高二上·全国·假期作业）如图所示，在四棱锥中，底面是矩形，底面，，，是的中点，作交于点，且．求证：平面；    例题2．（23-24高二上·全国·课后作业）如图所示，已知平行六面体的底面为正方形，分别为上、下底面的中心，且在底面上的射影是.    (1)求证：平面平面； (2)若点分别在棱上，且，问点在何处时，? 例题3．（23-24高二上·湖北·阶段练习）如图，已知四棱锥的底面是平行四边形，侧面是等边三角形，. (1)求与平面所成角的正弦值； (2)设为侧棱上一点，四边形是过两点的截面，且平面，是否存在点，使得平面平面？若存在，求出点的位置；若不存在，说明理由. 巩固训练 1．（2023高三·全国·专题练习）如图，在三棱柱中，平面ABC，，，D为的中点，交于点E．证明：. 2．（2023·浙江温州·模拟预测）如图，在四棱锥中，平面，菱形的边长2，，．    (1)求直线与平面所成角的正弦值； (2)若点F，E分别在线段PB，PC上，且平面，求线段DE的长度．    3．（2020·天津河东·模拟预测）如图，在四棱锥中，平面，正方形的边长为2，是的中点． (1)求证：平面． (2)若，线段上是否存在一点，使平面？若存在，求出的长度；若不存在，请说明理由． 题型六 异面直线所成交　 例题1．（2024高三下·全国·专题练习）如图，正三棱锥的高为2，，E，F分别为MB，MC的中点，则异面直线AE与BF所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 例题2．（23-24高二上·河北承德·期末）在长方体中，，，，则异面直线与所成角的余弦值为 ． 例题3．（23-24高二上·陕西榆林·阶段练习）有很多立体图形都体现了数学的对称美，其中半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体因其最早由阿基米德研究发现，故也被称作阿基米德体.如图，这是一个棱数为，棱长都相等的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，可以看成是由一个正方体截去八个一样的四面体所得.已知点为线段上一点且，若直线与直线所成角的余弦值为，则 .    巩固训练 1．（23-24高二下·江苏淮安·期中）已知四面体，其中，，为的中点，则直线与所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 2．（23-24高二上·上海·期末）如图，正方体中，，点在线段上，且，为线段的中点，则异面直线与所成的角为 . 3．（23-24高二下·北京·阶段练习）在棱长为2的正方体中，为棱的中点，点在面上，且，则线段长度的取值范围为 ． 题型七 线面角问题　 例题1．（23-24高二下·甘肃白银·期末）在棱长为2的正方体中，E是的中点，则直线与平面所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 例题2．（23-24高二下·湖北·阶段练习）长方体中，，，为侧面内的一个动点，且，记与平面所成的角为，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 例题3．（23-24高二上·上海·期中）如图，在长方体中，已知，．动点P从出发，在棱上匀速运动；动点Q同时从B出发，在棱BC上匀速运动，P的运动速度是Q的两倍，各自运动到另一端点停止．它们在运动过程中，设直线PQ与平面ABCD所成的角为，则的取值范围是 ． 巩固训练 1．（24-25高二上·江苏·假期作业）如图，在正方体中，点为线段的中点．设点在线段上，直线与平面所成的角为，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 2．（23-24高二下·江苏淮安·阶段练习）如图，在多面体中，侧面四边形，，是三个全等且两两垂直的正方形，平面平面，E是棱的中点，则直线与平面所成角的余弦值为（    ）    A． B． C． D． 3．（23-24高二上·上海黄浦·阶段练习）已知长方体中，，．则直线和平面所成角的正弦值等于 ． 题型八 线面角问题（解答题）　 例题1．（23-24高二下·安徽芜湖·期末）已知四棱锥的底面是正方形，底面，且分别为的中点． (1)求证：∥平面； (2)求直线与平面所成角的大小． 例题2．（2024·新疆·三模）已知底面是平行四边形，平面，，，，且. (1)求证：平面平面； (2)线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值是.若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 例题3．（23-24高二下·湖南·期中）如图，直四棱柱的底面是菱形，，且直线与平面所成角为． (1)求直四棱柱的高； (2)在棱上是否能找到一点，使得平面与平面的夹角为？若能，求出的值；若不能，说明理由． 巩固训练 1．（23-24高二下·江苏泰州·期末）如图，正方体的棱长为2，为的中点，点在上，. (1)求证：为的中点； (2)求直线与平面所成角的大小. 2．（23-24高二下·浙江宁波·期末）如图，在五面体中，四边形为矩形，为等腰直角三角形，且.面面. (1)求证：： (2)在线段上是否存在点，使得与平面所成角的正弦值为？若存在，请求出的长度；若不存在，请说明理由. 3．（23-24高二上·宁夏吴忠·期中）在直角梯形中，，，，如图（1）．把沿翻折，使得平面平面．    (1)求证：； (2)在线段BC上是否存在点N，使得AN与平面ACD所成角为60°？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 题型九 二面角问题（小题）　 例题1．（23-24高二下·福建龙岩·阶段练习）如图，四棱锥的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍，平面，为侧棱上的点，则二面角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 例题2．（23-24高二上·全国·课后作业）已知四边形为矩形，平面，设，则平面与平面夹角的余弦值为 . 例题3．（23-24高二上·全国·课后作业）已知菱形中，，沿对角线AC折叠之后，使得平面平面，则平面与平面夹角的余弦值为 .    巩固训练 1．（23-24高三下·上海浦东新·开学考试）如图，三棱柱满足棱长都相等，且平面，是棱的中点，是棱上的动点，设，随着增大，平面与底面所成钝二面角的平面角是（    ） A．减小 B．先减小再增大 C．先增大再减小 D．增大 2．（23-24高二上·浙江绍兴·期中）如图，在三棱锥中，平面，，，，则平面与平面所成锐二面角的余弦值为 . 3．（23-24高三·全国·对口高考）在直棱柱中，分别是，的中点，．则二面角的余弦值是 ．    题型十 二面角问题（解答题）　 例题1．（河南省商丘市部分学校2023-2024学年高二下学期期末考试数学试卷）如图，在三棱柱中，平面平面，分别为棱的中点． (1)求证：平面； (2)求平面与平面的夹角的余弦值． 例题2．（24-25高二上·江苏·假期作业）如图，已知四棱锥的底面是平行四边形，，，是边长为2的等边三角形，，是线段的中点. (1)求证：平面平面； (2)若，是否存在，使得平面和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. 例题3．（23-24高二下·北京·期中）已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为AC和的中点，D为棱上的点，． (1)证明：； (2)当为何值时，平面与平面DEF夹角最小？并求出此时夹角的余弦值． 巩固训练 1．（23-24高二下·浙江金华·期末）如图，在四棱锥中，四边形为正方形，为等边三角形，分别为的中点，，垂足为. (1)证明：平面； (2)若，求平面与平面形成的锐二面角的余弦值. 2．（24-25高二上·江苏·假期作业）在三棱柱中，已知，，，，是的中点． (1)求证：； (2)在棱上是否存在点，使得二面角的正弦值为？若存在，求线段的长度；若不存在，请说明理由． 3．（2024高三下·四川成都·专题练习）“阳马”是我国古代数学名著《九章算术》中《商功》章节研究的一种几何体，即其底面为矩形，一条侧棱垂直于底面的四棱锥．如图，四边形是边长为3的正方形，，． (1)证明：四棱锥是一个“阳马”； (2)已知点在线段上，且，若二面角的余弦值为，求的值． 题型十一 点线距　 例题1．（23-24高二上·河北邢台·期末）已知空间直角坐标系中的点，则点到直线的距离为 . 例题2．（2024高二上·全国·专题练习）已知直线过点，且为其一个方向向量，则点到直线的距离为 . 巩固训练 1．（23-24高二上·北京朝阳·阶段练习）正方体的棱长为4，E是的中点，则点到的距离是 ． 2．（23-24高二上·湖北武汉·阶段练习）已知点，直线过原点，且平行于向量，则点到直线的距离是 . 题型十二 点面距 例题1．（23-24高三上·河南信阳·阶段练习）如图，在棱长为1的正方体中，直线到平面的距离等于 . 例题2．（23-24高一下·广西南宁·期末）如图，在四棱锥中，平面，分别是的中点，四边形是菱形，，．    (1)证明：平面； (2)求点E到平面的距离． 例题3．（23-24高二下·江苏镇江·期末）已知四棱柱中，底面为梯形，，平面，，其中．是的中点，是的中点. (1)求证：平面； (2)求点到平面的距离. 巩固训练 1．（23-24高二上·安徽·期中）在空间直角坐标系中，已知点，，，则点到平面的距离为 ． 2．（2024·广东·三模）如图，边长为4的两个正三角形，所在平面互相垂直，，分别为，的中点，点在棱上，，直线与平面相交于点. (1)证明：； (2)求直线与平面的距离. 3．（2024·天津·高考真题）已知四棱柱中，底面为梯形，，平面，，其中．是的中点，是的中点． (1)求证平面； (2)求平面与平面的夹角余弦值； (3)求点到平面的距离． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！8 学科网（北京）股份有限公司 $$