第05讲 空间向量及其应用（十六大题型）（讲义）-【上好课】2025年高考数学一轮复习讲练测（新教材新高考）

第05讲 空间向量及其应用 目录 01 考情透视·目标导航 2 02 知识导图·思维引航 3 03 考点突破·题型探究 4 知识点1：空间向量及其加减运算 4 知识点2：空间向量的数乘运算 5 知识点3：空间向量的数量积运算 6 知识点4：空间向量的坐标运算及应用 7 知识点5：向量法证明平行、垂直 9 知识点6：空间角公式 11 知识点7：空间中的距离 12 解题方法总结 14 题型一：空间向量的加法、减法、数乘运算 15 题型二：空间共线向量定理的应用 19 题型三：空间向量的数量积运算 23 题型四：三点共线问题 28 题型五：多点共面问题 32 题型六：证明直线和直线平行 42 题型七：证明直线和平面平行 45 题型八：证明平面与平面平行 49 题型九：证明直线与直线垂直 52 题型十：证明直线与平面垂直 57 题型十一：证明平面和平面垂直 60 题型十二：求两异面直线所成角 65 题型十三：求直线与平面所成角 72 题型十四：求平面与平面所成角 81 题型十五：求点面距、线面距、面面距 94 题型十六：点到直线距离、异面直线的距离 100 04真题练习·命题洞见 108 05课本典例·高考素材 115 06易错分析·答题模板 121 易错点：计算线面角出错 121 答题模板：用向量法求空间角 123 考点要求 考题统计 考情分析 （1）空间向量的线性运算 （2）空间向量基本定理及其应用 （3）向量法证明平行、垂直 （4）向量法求空间角 （5）空间距离 2024年I卷第17题，15分 2024年II卷第17题，15分 2023年I卷第18题，12分 2023年II卷第20题，12分 2022年I卷第19题，12分 2022年II卷第20题，12分 空间向量解立体几何一般以解答题形式为主,每年必考,一般12分.以解答题为主,难度中等,可灵活选择运用向量方法与综合几何方法,从不同角度解决立体几何问题,通过对比体会向量方法的优越性.选择题和填空题一般不用空间向量法.但要理解向量基本定理的本质,感悟“基底”的思想,并运用它解决立体几何中的问题. 复习目标： （1）了解空间向量的概念，了解空间向量的基本定理及其意义，掌握空间向量的正交分解及其坐标表示. （2）掌握空间向量的线性运算及其坐标表示，掌握空间向量的数量积及其坐标表示，能用向量的数量积判断向量的共线和垂直. （3）理解直线的方向向量及平面的法向量，能用向量方法证明立体几何中有关线面位置关系的一些简单定理． （4）能用向量法解决异面直线、直线与平面、平面与平面的夹角问题，并能描述解决这一类问题的程序，体会向量法在研究空间角问题中的作用． 知识点1：空间向量及其加减运算 （1）空间向量 在空间，我们把具有大小和方向的量叫做空间向量，向量的大小叫做向量的长度或模．空间向量也可用有向线段表示，有向线段的长度表示向量的模，若向量的起点是，终点是，则向量也可以记作，其模记为或． （2）零向量与单位向量 规定长度为0的向量叫做零向量，记作．当有向线段的起点与终点重合时，． 模为1的向量称为单位向量． （3）相等向量与相反向量 方向相同且模相等的向量称为相等向量．在空间，同向且等长的有向线段表示同一向量或相等向量．空间任意两个向量都可以平移到同一个平面，成为同一平面内的两个向量． 与向量长度相等而方向相反的向量，称为的相反向量，记为． （4）空间向量的加法和减法运算 ①，．如图所示． ②空间向量的加法运算满足交换律及结合律 ， 【诊断自测】如图，在平行六面体中，为与的交点．若，则下列向量中与相等的是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】. 故选：B． 知识点2：空间向量的数乘运算 （1）数乘运算 实数与空间向量的乘积称为向量的数乘运算．当时，与向量方向相同；当时，向量与向量方向相反．的长度是的长度的倍． （2）空间向量的数乘运算满足分配律及结合律 ，． （3）共线向量与平行向量 如果表示空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合，则这些向量叫做共线向量或平行向量，平行于，记作． （4）共线向量定理 对空间中任意两个向量，，的充要条件是存在实数，使． （5）直线的方向向量 如图8-153所示，为经过已知点且平行于已知非零向量的直线．对空间任意一点，点在直线上的充要条件是存在实数，使①，其中向量叫做直线的方向向量，在上取，则式①可化为② ①和②都称为空间直线的向量表达式，当，即点是线段的中点时，，此式叫做线段的中点公式． （6）共面向量 如图8-154所示，已知平面与向量，作，如果直线平行于平面或在平面内，则说明向量平行于平面．平行于同一平面的向量，叫做共面向量． （7）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． 推论：①空间一点位于平面内的充要条件是存在有序实数对，使；或对空间任意一点，有，该式称为空间平面的向量表达式． ②已知空间任意一点和不共线的三点，，，满足向量关系式（其中）的点与点，，共面；反之也成立． 【诊断自测】已知点，，，若A，B，C三点共线，则a，b的值分别是（    ） A．，3 B．，2 C．1，3 D．，2 【答案】D 【解析】因为，，， 所以，， 因为A，B，C三点共线，所以存在实数，使， 所以， 所以，解得. 故选：D 知识点3：空间向量的数量积运算 （1）两向量夹角 已知两个非零向量，，在空间任取一点，作，，则叫做向量，的夹角，记作，通常规定，如果，那么向量，互相垂直，记作． （2）数量积定义 已知两个非零向量，，则叫做，的数量积，记作，即．零向量与任何向量的数量积为0，特别地，． （3）空间向量的数量积满足的运算律： ，（交换律）； （分配律）． 【诊断自测】已知正四面体，底面边长为2，侧棱中点为E，则 ． 【答案】 【解析】因为正四面体，底面边长为2，侧棱PB中点为E， 所以 . 故答案为：. 知识点4：空间向量的坐标运算及应用 （1）设，，则； ； ； ； ； ． （2）设，，则． 这就是说，一个向量在直角坐标系中的坐标等于表示该向量的有向线段的终点的坐标减起点的坐标． （3）两个向量的夹角及两点间的距离公式． ①已知，，则； ； ； ； ②已知，，则， 或者．其中表示与两点间的距离，这就是空间两点的距离公式． （4）向量在向量上的投影为． 【诊断自测】已知，，则在上的投影向量为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】， 故在上的投影向量为. 故选：D 知识点5：向量法证明平行、垂直 （1）平面的法向量： 如果表示向量的有向线段所在直线垂直于平面，则称这个向量垂直于平面，记作，如果，那么向量叫做平面的法向量． 注意： ①法向量一定是非零向量；②一个平面的所有法向量都互相平行；③向量是平面的法向量，向量是与平面平行或在平面内，则有． 第一步：写出平面内两个不平行的向； 第二步：那么平面法向量，满足． （2）判定直线、平面间的位置关系 ①直线与直线的位置关系：不重合的两条直线，的方向向量分别为，． 若∥，即，则； 若，即，则． ②直线与平面的位置关系：直线的方向向量为，平面的法向量为，且． 若∥，即，则； 若，即，则． （3）平面与平面的位置关系 平面的法向量为，平面的法向量为． 若∥，即，则；若⊥，即，则⊥． 【诊断自测】如图所示，四边形为矩形，平面，，，，分别是，，的中点.    (1)求证：平面； (2)求证：平面平面. 【解析】（1）证明：因为平面，平面， 所以， 因为四边形为矩形，所以， 所以两两垂直， 所以以为原点，分别以，，所在直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，如图所示， 设，，. 则，因为，，分别是，，的中点， 所以，，， 所以. 因为平面的一个法向量为，所以，即. 又因为平面，所以平面. （2）因为，所以，所以， 又平面，所以平面. 又因为，平面， 所以平面平面. 知识点6：空间角公式 （1）异面直线所成角公式：设，分别为异面直线，上的方向向量，为异面直线所成角的大小，则． （2）线面角公式：设为平面的斜线，为的方向向量，为平面的法向量，为 与所成角的大小，则． （3）二面角公式： 设，分别为平面，的法向量，二面角的大小为，则或（需要根据具体情况判断相等或互补），其中． 【诊断自测】如图，在正四棱柱中，，，分别为，的中点.    (1)证明：平面. (2)求与平面所成角的正弦值. 【解析】（1）在正四棱柱中，，，两两垂直，且， 以为坐标原点，，，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，，. 因为，分别为的中点，所以，， 则，，， 设平面的法向量为， 则，即， 令，则有，，即， 因为，所以， 又平面，所以平面； （2）由（1）可知，， ， 所以与平面所成角的正弦值为. 知识点7：空间中的距离 求解空间中的距离 （1）异面直线间的距离：两条异面直线间的距离也不必寻找公垂线段，只需利用向量的正射影性质直接计算． 如图，设两条异面直线的公垂线的方向向量为，这时分别在上任取两点，则向量在上的正射影长就是两条异面直线的距离．则即两异面直线间的距离，等于两异面直线上分别任取两点的向量和公垂线方向向量的数量积的绝对值与公垂线的方向向量模的比值． （2）点到平面的距离 为平面外一点（如图），为平面的法向量，过作平面的斜线及垂线． 【诊断自测】如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面，，，若M、N分别为棱、的中点，O为中点． (1)求证：平面平面； (2)求点N到平面的距离． 【解析】（1）平面，面， ，． 矩形， ，故、、两两垂直． 分别以、、所在直线为轴、轴和轴建立空间直角坐标系，如图所示． 则，，，，． ，，， 设平面的法向量为，则可取， 设平面的法向量为，，，则可取， ， ， 平面平面． （2）设平面的法向量为． ，， 由得可取 ，平面的法向量为， ． 解题方法总结 用向量法可以证点共线、线共点、线（或点）共面、两直线（或线与面、面与面）垂直的问题，也可以求空间角和距离．因此，凡涉及上述类型的问题，都可以考虑利用向量法求解，且其解法一般都比较简单． 用向量法解题的途径有两种：一种是坐标法，即通过建立空间直角坐标系，确定出一些点的坐标，进而求出向量的坐标，再进行坐标运算；另一种是基底法，即先选择基向量（除要求不共面外，还要能够便于表示所求的目标向量，并优先选择相互夹角已知的向量作为基底，如常选择几何体上共点而不共面的三条棱所在的向量为基底），然后将有关向量用基底向量表示，并进行向量运算． 题型一：空间向量的加法、减法、数乘运算 【典例1-1】如图，在空间四边形中，，，，点在上，且，为的中点，则等于（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】由点在上，且，知；由为的中点，知. 所以. 故选：C. 【典例1-2】如图，在四面体中，分别为的中点，为的重心，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】因为分别为的中点，所以. 因为为的重心，所以， 所以. 故选：B. 【方法技巧】 空间向量的运算包括空间向量的加法、减法、数乘、数量积的几何意义及坐标运算，可以类比平面向量的运算法则． 【变式1-1】如图，在梯形 中，，且，点为空间内任意一点，设，，则向量=（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】 . 故选：D 【变式1-2】（2024·高三·河南濮阳·开学考试）已知直四棱柱的底面为梯形，，若平面，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】因为四棱柱为直四棱柱，， 故平面平面，而平面平面， 平面平面，故， 又，则，故∽， 故，又，，则， 则，故，则， 故选：C 【变式1-3】如图，OABC是四面体，G是的重心，是OG上一点，且，则（    ） A． B．= C．= D．= 【答案】B 【解析】连接AG并延长交BC于N，连接ON， 由G是的重心，可得， 则 则 故选：B 【变式1-4】如图，在四面体中，，，，，，，M为的重心，N为的外心，则（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【解析】连接并延长交于F，因为M为的重心，所以F为的中点， 根据重心的性质： , 取、的中点，，连接，，因为N为的外心，所以,， 设，因，，， 则， 又，所以， 因为， 又，所以， 解得，，所以， 所以． 故选：C． 题型二：空间共线向量定理的应用 【典例2-1】若空间四点满足，则（    ） A．直线 B．直线 C．点P可能在直线上，也可能不在直线上 D．直线，且 【答案】A 【解析】由于，所以四点共面， 由于，所以三点共线， 根据平行四边形法则可知：是线段上，靠近的三等分点（如下图所示）. 所以A选项正确，BCD选项错误. 故选：A 【典例2-2】设，是空间两个不共线的非零向量，已知，，，且A、B、D三点共线，则实数k的值为（    ） A．-8 B．-4 C．-2 D．8 【答案】A 【解析】因为A、B、D三点共线，所以使得 又，，， 所以 则 则解得： 故选：A. 【方法技巧】 空间共线向量定理：． 利用此定理可解决立体几何中的平行问题． 【变式2-1】已知向量，，若，，三点共线，则（    ） A． B． C．2 D．3 【答案】B 【解析】因为，，三点共线，则，又向量，， 所以，解得， 故选：B. 【变式2-2】在四面体中，E为的中点，G为平面的重心．若与平面交于点F，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】如图：连接交于H，则H为中点，连接, 因为平面，平面，设，则， 又平面，所以平面，故K为与平面的交点， 又因为与平面交于点F，所以F与K重合， 又E为的中点，G为平面的重心， 因为点A，F，G三点共线，则 又因为点E，F，H三点共线，则， , 所以，解得，即，故. 故选：C. 【变式2-3】已知空间向量，，且，，，则一定共线的三点是（    ） A．、、 B．、、 C．、、 D．、、 【答案】C 【解析】因为，，若、、三点共线， 则，而无解，故A错误. 因为，若、、三点共线， 则，而无解，故B错误. 因为、、， 所以，即， 所以、、三点共线，故选C正确. 因为、、， 所以，若、、三点共线， 则，而无解，故D错误. 故选：C. 【变式2-4】在正方体中，点E在对角线上，且，点F在棱上，若A、E、F三点共线，则 ． 【答案】/ 【解析】因为正方体中，， 设，又， 所以，即， 因为A、E、F三点共线，所以，解得，即. 故答案为：. 题型三：空间向量的数量积运算 【典例3-1】已知MN是长方体外接球的一条直径，点P在长方体表面上运动，长方体的棱长分别为1、1、4，则的取值范围为 【答案】 【解析】根据题意，以D为坐标原点，为x轴正方向，为y轴正方向，为z轴正方向，建立空间直角坐标系，如图示. 设长方体外接球球心为O，则DB1为外接球的一条直径， 设O为DB1中点，不妨设M与D重合，N与B1重合. 所以， 所以 ， 由P在长方体表面上运动，所以，故 所以，即. 故答案为： 【典例3-2】已知空间向量，，，则 ． 【答案】 【解析】因为， 又因为， 所以. 故答案为：. 【方法技巧】 ； 求模长时，可根据； 求空间向量夹角时，可先求其余弦值．要判断空间两向量垂直时，可以求两向量的数量积是否为0，即． 为锐角；为钝角．由此，通常通过计算的值来判断两向量夹角是锐角还是钝角． 【变式3-1】棱长为2的正四面体ABCD中，点E是AD的中点，则（    ）    A．1 B．－1 C． D． 【答案】A 【解析】，所以． 故选：A． 【变式3-2】设O为坐标原点，向量，，，点Q在直线OP上运动，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】∵，点Q在直线OP上运动， ∴可设. 又向量，， ∴，， 则. 易得当时，取得最小值. 故选：B. 【变式3-3】由四个棱长为1的正方体组合成的正四棱柱（如图所示），点是正方形的中心，则（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【解析】因为，， 所以 . 故选：C. 【变式3-4】有一长方形的纸片，的长度为，的长度为，现沿它的一条对角线把它折成直二面角，则折叠后（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】在中，，，， 所以， 所以， 故选：C． 【变式3-5】（多选题）（2024·校考模拟预测）在平行六面体中，已知，，则（    ） A．直线与所成的角为 B．线段的长度为 C．直线与所成的角为 D．直线与平面所成角的正弦值为 【答案】AC 【解析】设，则，且， 对于A，， ， 所以直线与所成的角为，故A正确； 对于B，因为， 所以，故B错误； 对于C，因为， 所以，故C正确； 对于D，连接，交于点，则为的中点， 因为，， 所以， 又因平面，所以平面， 又平面，所以平面平面， 作，垂足为， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 则与平面所成的角为， 在中，，所以， 即直线与平面所成角的正弦值为，故D错误. 故选：AC. 【变式3-6】（多选题）空间直角坐标系中，已知，，，，则（    ） A． B．是等腰直角三角形 C．与平行的单位向量的坐标为或 D．在方向上的投影向量的坐标为 【答案】AC 【解析】根据空间向量的线性运算， ，选项A正确； 计算可得，三条边不相等，选项B不正确； 与平行的单位向量为： 选项C正确； 在方向上的投影向量与向量共线，，选项D不正确， 故选：AC. 题型四：三点共线问题 【典例4-1】如图，在棱长均相等的平行六面体中，用空间向量证明下列结论． 若是棱的中点，是上靠近点的三等分点，求证：三点共线． 【解析】由题意，， 故 ， 又， 所以，由于有公共点 故三点共线． 【典例4-2】如图，已知分别为四面体的面与面的重心，为上一点，且.设.    (1)请用表示； (2)求证：三点共线. 【解析】（1）． （2）； 则， 又有公共起点，，，三点共线． 【方法技巧】 先构造共起点的向量，，然后证明存在非零实数，使得． 【变式4-1】如图，在平行六面体中，点在对角线上，且，点在对角线上，且．求证：、、三点共线．    【解析】在平行六面体中，令，，， 则，，， 因此， 又，， 因此， 于是，即有，而与有公共点， 所以、、三点共线． 【变式4-2】如图，已知M，N分别为四面体A-BCD的面BCD与面ACD的重心，G为AM上一点，且.求证：B，G，N三点共线.    【解析】证明：取CD的中点E，连接AE，BE， 因为M，N分别为四面体A-BCD的面DCD与面ACD的重心， 所以M在BE上，N在AE上， 设，，， 因为M为BCD的重心， 所以 因为，所以， 所以， 同理得， ∴. 又， ∴B，G，N三点共线 题型五：多点共面问题 【典例5-1】在下列条件中，使M与A，B，C一定共面的是（其中O为坐标原点）（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】空间向量共面定理：，若不共线，且共面，其充要条件是. 对A，因为，所以四点不共面； 对B，因为，所以四点不共面； 对C，由可得， 因为，所以四点不共面； 对D，由可得， 即，因为，所以四点共面. 故选：D 【典例5-2】（2024·河南·模拟预测）已知空间向量，若共面，则实数 （    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】A 【解析】因为不共线，共面， 所以存在一对有序实数，使， 所以， 所以，解得， 故选：A 【方法技巧】 要证明多点（如，，，）共面，可使用以下方法解题． 先作出从同一点出发的三个向量（如，，），然后证明存在两个实数，使得. 【变式5-1】如图，已知四棱锥的底面是菱形，对角线交于点，，，底面，分别为侧棱的中点，点在上且．求证：四点共面. 【解析】因为平面是菱形，所以， 由平面，平面，得， 所以两两垂直，建立如图空间直角坐标系， ， 则， 由知，点为靠近的三等分点，则， 所以， 设，则，解得， 则，所以共面， 又直线的公共点为，所以四点共面. 【变式5-2】（2024·高三·北京海淀·开学考试）如图，正四棱锥的底面边长和高均为2，E，F分别为，的中点． (1)证明：； (2)若点M是线段上的点，且，判断点M是否在平面内，并证明你的结论； 【解析】（1）连接、交于，连接，由正四棱锥的性质可得平面，底面为正方形，则， 所以以为坐标原点，、、为、、轴建立空间直角坐标系， 则，，， 则，，则， 所以. （2）由（1）知，， ，， 又，得， ，所以， 所以、、、四点共面，即点在平面内． 【变式5-3】已知点在确定的平面内，是平面外任意一点，实数满足，则的最小值为（    ） A． B． C．1 D．2 【答案】A 【解析】因为， 所以，又点D在确定的平面内，是平面外任意一点， 所以，即， 则. 故选：A. 【变式5-4】在正四棱锥中，若，，平面与棱交于点，则四棱锥与四棱锥的体积比为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】如图所示，   设，由、、、四点共面， 设，则， 即， 得， 又，，不共面，则，解得：，即， 设，分别是点到平面和点到平面的距离，则， 所以， ，， 同理，，，， 则四棱锥与四棱锥的体积比为. 故选：B 【变式5-5】如图四棱锥，且，平面平面，且是以为直角的等腰直角三角形，其中为棱的中点，点在棱上，且.求证：四点共面. 【解析】证明：由，且， 取的中点，连接，则，且， 所以， 又是以为直角的等腰直角三角形，所以. 过点作，垂足为，则点为的中点，且， 因为平面平面，且平面平面， 所以平面， 故以所在的直线分别为轴，轴，过点作垂直于平面的轴，建立如图所示空间直角坐标系， 则，，， 因为为棱的中点，所以，又因为点在棱上，且， 所以，则，，， 令， 则， 则，解得， 故，则共面，且向量有公共点， 所以四点共面. 【变式5-6】已知正三棱锥的侧棱长为，过其底面中心作动平面交线段于点，分别交的延长线于点，求的值． 【解析】是等边三角形，是的重心， 如图，延长交于点，则为的中点，， 故 ， 设， 则， 四点共面，，即， 又，，， ，． 【变式5-7】（2024·浙江温州·模拟预测）如图，在三棱柱中，，，平面平面分别为的中点． (1)求直线与平面所成角的正弦值； (2)若平面平面，且，求的长度． 【解析】（1）， 又∵平面平面， 且平面平面 平面， 连接交于，则. ∵四边形是菱形，且是线段的中点，, 又∵，∴平面， 连接，则为与平面所成的角 连接，有， 又，． （2）以为坐标原点，以射线方向为轴，建立空间直角坐标系如图所示： 则，， 设，∵，∴存在,使得， 即，∴. 于是， 易得. 共面，∴存在实数使得， 即， ，，∴M的坐标为， ∴. 【变式5-8】如图，在边长为3的正方体中，点P，Q，R分别在棱，，上，且. （1）求点D到平面的距离； （2）若平面与线段的交点为N，求的值. 【解析】（1）如图，以点D为坐标原点，分别以，，的方向为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，则，，，，，，，，，. 设平面的法向量为， 则，代入可得， 令，则，，所以， 故点D到平面的距离为. （2）因为点N在平面内，可设（其中m，n为常数）， 又与共线，可设，由图可得， 即， 整理得， 由①③可得④， 由②③可得⑤， 联立④⑤解得，代入②可得， 所以，即. 题型六：证明直线和直线平行 【典例6-1】如图所示，在四棱锥中，底面为矩形，平面，为的中点，为的中点，，求证：．    【解析】证法一：由题意知，直线两两垂直， 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， 所以，又，故． 证法二：由题意可得 ， 又，所以． 【典例6-2】已知棱长为1的正方体在空间直角坐标系中的位置如图所示，分别为棱的中点，求证：. 【解析】因为正方体的棱长为1， 分别为棱的中点， 所以有， ， ， ， 所以，，则有，所以. 【方法技巧】 将证线线平行转化为证两向量共线．设是两条不重合的直线，它们的方向向量分别为，则. 【变式6-1】如图，四边形ABCD和ABEF都是平行四边形，且不共面，M，N分别是AC，BF的中点，求证：. 【解析】（方法1）因为M，N分别是AC，BF的中点，且四边形ABCD和ABEF都是平行四边形， 则有，又， 两式相加得：，因此与共线，而直线与不重合， 所以. （方法2）因为M，N分别是AC，BF的中点，且四边形ABCD和ABEF都是平行四边形， ， 因此与共线，而直线与不重合， 所以. 【变式6-2】在四棱锥中，平面ABCD⊥平面PCD，底面ABCD为梯形．，，且，，．若M是棱PA的中点，则对于棱BC上是否存在一点F，使得MF与PC平行． 【解析】在平面内过点作，交于点， 因为平面平面，且平面平面，平面， 可得平面， 又由，所以两两垂直， 以为原点，以所在的直线分别为轴、轴和轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 由，，， 可得， 假设上存在点，使得， 设，其中， 因为是棱的中点，可得， 又由， 所以， 设，可得，此方程组无解，所以假设不成立， 所以对于上任意一点，与都不平行， 即在线段上不存在点，使得与平行． 题型七：证明直线和平面平行 【典例7-1】（2024·陕西安康·模拟预测）如图，已知多面体是由正四棱锥P-ABCD与正方体组合而成的，且.    求证：平面； 【解析】如图以点为原点，为 x 轴为 y 轴为 z 轴建立空间直角坐标系． 设 ,则 ,过 P 作平面 . 是正四棱锥点是正方形的中心, 因为，所以, 设平面法向量为, , , 则, 可得, 所以,,不在平面内，所以平面 【典例7-2】如图，在四棱锥中，底面满足，底面， 且，E为中点．求证：面 【解析】由题可知底面，，故两两垂直． 则以A为原点，分别为x、y、z轴正方向建系， ， 则，，， 设平面的一个法向量为， 则，即，令，则， 所以， 而， 所以，又面， ∴面； 【方法技巧】 （1）利用共面向量定理．设为平面内不共线的两个向量，证明存在两个实数，使得，则． （2）转化为证明直线和平面内的某一直线平行． （3）转化为证明直线的方向向量与平面的法向量垂直（此方法最常用）． 【变式7-1】如图所示，正方形与矩形所在平面互相垂直，，点为的中点. 求证：平面； 【解析】平面平面， 平面平面， 平面平面， 则以为坐标原点，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 . ， 设平面的法向量为，则， 令，解得：， 又，即， 又平面平面； 【变式7-2】由四棱柱截去三棱锥后得到如图所示的几何体，四边形是菱形，为与的交点，平面.求证：平面 【解析】四边形是菱形，则⊥， 又平面，平面，故，， 故两两垂直，以直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系， 其中，则， 设， 由，得， 由，得， 则， 设平面的法向量为， 则，取，得， ， 又平面， 平面. 题型八：证明平面与平面平行 【典例8-1】如图所示，平面PAD⊥平面ABCD，四边形ABCD为正方形，△PAD是直角三角形，且PA＝AD＝2，E，F，G分别是线段PA，PD，CD的中点，求证：平面EFG∥平面PBC． 【解析】因为平面PAD⊥平面ABCD，四边形ABCD为正方形，△PAD是直角三角形， 所以AB，AP，AD两两垂直， 以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系， 则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)，E(0，0，1)，F(0，1，1)，G(1，2，0)． 所以，，，， 设是平面EFG的法向量， 则，，即，得， 令，则，，所以， 设是平面PBC的法向量， 由，，即，得， 令，则，，所以， 所以，所以平面EFG∥平面PBC． 【典例8-2】如图，在长方体中，，，.求证：平面平面. 【解析】以D为原点，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. 【方法技巧】 （1）证明两平面内有两条相交直线分别平行． （2）转化为证两平面的法向量平行（常用此方法）． 【变式8-1】如图所示，正四棱的底面边长1，侧棱长4，中点为，中点为．求证：平面平面.    【解析】以为原点，，，所在直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，如图 则,0,，,1,，,0,，,0,，,1,，,1,， ，，同理， 平面，平面，平面， 平面，平面，平面， 又平面 平面与平面平行． 【变式8-2】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. 【解析】（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. 题型九：证明直线与直线垂直 【典例9-1】（2024·高三·贵州·开学考试）在三棱锥中，，，，为线段的中点． 证明：． 【解析】作面，， 如图，以中点为原点建立如下空间直角坐标系， 所以，因为， 所以，是等边三角形，设， 因为为线段的中点，所以，， 故，所以，， 得到， 因为，所以， 而，， 所以， 解得，所以，， 所以，设，因为是等边三角形， 所以，故，而，， 所以，解得，所以， 因为，所以， ，故， 由两点间距离公式得，解得， 所以，故， 而，可得，故得证. 【典例9-2】如图，直三棱柱中，，，，，是的中点． (1)求直线的一个方向向量； (2)求证：． 【解析】（1） 由题意知，两两垂直，故以点B为原点， 分别以、与的方向为与轴的正方向，建立空间直角坐标系， 所以、、、、 、． 则，是直线的一个方向向量 （2）因为M是的中点，所以，所以， 又因为， 所以，所以． 【方法技巧】 设直线的方向向量为，则. 【变式9-1】在四棱锥中，底面ABCD是边长为2的正方形，，，为的中点，二面角为直二面角.求证：.    【解析】因为，为的中点，所以， 由二面角为直二面角，故平面平面， 又平面平面，平面， 所以平面， 因为，，，所以， 取的中点，连接，则， 以点O为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴， 如图建立空间直角坐标系， 则，，，，，， ，， 因为，所以． 【变式9-2】如图，在多面体中，都是等边三角形，平面为的中点.证明： 【解析】由都是等边三角形，，可得. 取的中点为，则， 又，所以， 所以，即， 又平面，故平面. 因为，所以. 因为平面，平面， 所以，又，所以两两垂直， 以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则，， 所以， 所以，则. 题型十：证明直线与平面垂直 【典例10-1】如图，在正三棱柱中，分别是的中点． 在线段上是否存在一点Q，使平面？若存在，确定点Q的位置；若不存在，也请说明理由． 【解析】假设在线段上存在一点Q，使平面． 取的中点O，以O为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系． 设，则， ． 平面， ，解得， ∴在线段上存在一点Q，使平面，此时点Q为点B． 【典例10-2】如图，在直三棱柱中，，，，.当时，求证：平面； 【解析】证明：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， ， 当时，，所以， 可得，所以， 又因为，平面，平面， 所以平面. 【方法技巧】 （1）证明直线和平面内的两天相交直线垂直． （2）证明直线和平面内的任一直线垂直． （3）转化为证明直线与平面的法向量共线． 【变式10-1】如图，为正方体． 证明：平面； 【解析】如图，以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系， 设正方体的棱长为1， 则 因为 ， 且， 所以 ， 又，平面， 所以 平面； 【变式10-2】如图，在三棱锥中，，，点，分别是，的中点.底面. (1)求证：平面； (2)当取何值时，在平面内的射影恰好为的重心？ 【解析】（1）连接， 平面，，， ，，， 以为原点，，，所在直线为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系（如图）. 设，则，，. 设，则. 为的中点，，又， ，，则， 又平面，平面 平面. （2）设的重心为，则， ， 平面，又平面， 又，， ，，即， 经检验，当时，在平面内的射影为的重心， 所以. 题型十一：证明平面和平面垂直 【典例11-1】如图，直四棱柱的底面为平行四边形，，，，，是的中点．平面满足：直线平面，直线平面．求证：平面平面 【解析】由，，，可得，， 在直四棱柱中，平面， 平面，平面，所以，， 所以两两相互垂直， 所以以为原点，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，， ，， 设为平面的一个法向量， 则， 令，则，，所以， 又平面，所以为平面的一个法向量， 又，即， 所以平面平面. 【典例11-2】如图，四边形为正方形，平面，，.证明：平面平面 【解析】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. 【方法技巧】 （1）转化为证明两平面的法向量互相垂直 （2）转化为证明一平面内的一条直线垂直于另一个平面． 【变式11-1】如图所示，在直三棱柱中，分别为棱的中点．证明：平面平面． 【解析】如图，以C为坐标原点，所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系， 则， 所以． 设平面的法向量为， 则，即，令， 可得平面的一个法向量． 设平面的法向量为， 则，即，令， 可得平面的一个法向量． 因为， 所以， 所以平面平面． 【变式11-2】平面上两个等腰直角和，既是的斜边又是的直角边，沿边折叠使得平面平面，为斜边的中点．    (1)求证：； (2)在线段上是否存在点，使得平面平面？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 【解析】（1）取中点，连接，如图， 又为的中点， ，由，则， 又为等腰直角三角形，，， ，又，平面， 平面，又平面， （2）平面平面，平面平面，，平面， 平面，平面，故， 故以为原点，为、、轴正方向的空间直角坐标系，设，   ， 则，，， 若存在使得平面平面，且，， 则，解得，， 则，， 设为平面的一个法向量，则， 令，即， 设是平面的一个法向量，则， 令，则， ，可得． 存在使得平面平面，此时 题型十二：求两异面直线所成角 【典例12-1】如图，在三棱锥中，为等边三角形，为等腰直角三角形，，平面平面ABC，D为AB的中点，则异面直线AC与PD所成角的余弦值为 ． 【答案】 【解析】取的中点，连接，，因为，所以． 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面．又，所以， 可得，，两两垂直，所以以为坐标原点， ，，的方向分别为，，轴的正方向， 建立空间直角坐标系，不妨设，则，，，，所以， ， 所以， 又异面直线所成角的取值范围为， 所以异面直线与所成角的余弦值为． 故答案为：. 【典例12-2】在我国古代数学名著《九章算术》中，将底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的棱柱称为堑堵．已知在堑堵中，，，，若直线与直线所成角为，则(    ) A．​ B．2 C．​ D．​ 【答案】B 【解析】如图，以为原点建立空间直角坐标系， 则，，，设， 则，， ， 解得，故． 故选：B． 【方法技巧】 设两异面直线a和b的方向向量为和，利用求角余弦公式可求得和的夹角，由于两向量所成角的范围是，而两异面直线所成角的范围是．所以. 【变式12-1】（2024·辽宁抚顺·三模）在直三棱柱中，，为的中点，点满足，则异面直线所成角的余弦值为 ． 【答案】 【解析】如图，以为坐标原点，建立空间直角坐标系， 则， 所以， 设异面直线所成的角为，则． 故答案为：. 【变式12-2】（2024·高三·四川德阳·期末）正四面体中，、分别是和的中点，则和所成角的大小是 . 【答案】/ 【解析】取中点，连接，令棱长为， 因为、分别是和的中点， 所以，，，， 所以是和所成角， 又， ， ， 所以 ， ，， 所以， 所以，即和所成角的大小为. 故答案为： 【变式12-3】（2024·江西南昌·模拟预测）如图，在平行六面体中，，.      (1)求证：四边形为正方形； (2)求体对角线的长度； (3)求异面直线与所成角的余弦值. 【解析】（1）因为，， 所以，而不共线，所以四边形为平行四边形， 又， 所以，即，所以四边形为正方形； （2）由题意易知， 所以， 因为，， 所以，， 所以，即； （3）因为，， 所以 ， ， 所以， 所以异面直线与所成角的余弦值为. 【变式12-4】（2024·高三·江苏南京·期中）如图，矩形所在平面与所在平面垂直，，    (1)证明：平面； (2)若平面与平面的夹角的余弦值是，求异面直线与所成角的余弦值. 【解析】（1）因为四边形为矩形， 所以， 因为，即， 又， 所以， 因为平面平面， 所以平面. （2）由题意可知，平面平面,平面平面, 且, 所以平面, 所以. 因为, 所以平面, 又因为平面，所以. 所以. 如图所示以分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示， 设，且， 则， 所以， 设为平面的法向量， 则，取， 则. 因为平面,则为平面的法向量， 设平面与平面的夹角为， 则， 解得. 即,,, 所以异面直线与夹角余弦值为 . 【变式12-5】如图，在中，分别为的中点，为的中点，，.将沿折起到的位置，使得平面平面，如图． (1)求证：． (2)线段上是否存在点，使得直线和所成角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 【解析】（1），分别为中点，，即， 为中点，， 又平面平面，平面平面，平面， 平面，又平面，. （2）取中点，连接， ，为中点，，即， ，； 则以为坐标原点，正方向为轴正方向，可建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，， ，，， 假设在线段上存在点，使得直线和所成角的余弦值为， 设，则， ， ， 整理可得：，解得：， 存在满足题意的点，此时. 题型十三：求直线与平面所成角 【典例13-1】（2024·广东茂名·模拟预测）已知四棱柱的底面是正方形，，，点在底面的射影为中点H，则直线与平面所成角的正弦值为 ． 【答案】 【解析】因为点在底面的射影为中点H，则平面， 又因为四边形为正方形， 以点H为坐标原点，、、的方向分别为x、y、z轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系， 因为平面，平面，则， 因为，，则， 则、、、， 所以， 易知平面的一个法向量为， ， 因此，直线与平面所成角的正弦值为． 故答案为：. 【典例13-2】如图，四棱锥的底面为正方形，底面．设平面与平面的交线为l．若，Q为l上的点，则PB与平面所成角的正弦值的最大值为 ． 【答案】 【解析】因为两两垂直，建立空间直角坐标系，如图所示： 因为，则， 为正方形，有， 平面，平面，则平面， 平面平面，， 平面，则，即， 设，则有， 设平面的法向量为，则， 令，则，所以平面的一个法向量为， 则， 根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值， 所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值等于， 当时，， 当时， ， 当且仅当且，即时取等号， 所以直线与平面所成角的正弦值的最大值为. 故答案为：. 【方法技巧】 设为平面的斜线，为的方向向量，为平面的法向量，为与所成角的大小，则． 【变式13-1】如图，AB是圆的直径，平面PAC面ACB，且APAC． (1)求证：平面； (2)若，求直线AC与面PBC所成角的正弦值. 【解析】（1）因为平面PAC面ACB，且APAC.，平面PAC面ACB ，平面PAC， 所以PA面ACB，又因为平面PBC， 所以PA，又因为AB是圆的直径，所以， 因为平面， 所以平面； （2）建立如图所示的空间直角坐标系， 因为，所以， 所以，则， 设平面PBC的法向量为，则， 而，设直线AC与面PBC所成角为， 则， 所以直线AC与面PBC所成角的正弦值为. 【变式13-2】（2024·江苏南京·模拟预测）如图，四棱锥中，底面，，分别为线段上一点，. (1)若为的中点，证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值的最大值. 【解析】（1）证明：由已知得，取的中点T，连接， 由N为的中点知， ．又，故，且， ∴四边形为平行四边形，∴， ∵平面，平面， ∴平面． （2）取的中点，连接，建立如图所示的空间坐标系． ， 不妨设， 则， 设平面的一个法向量为， ， 取，则. 设直线与平面所成角为 . 故直线与平面所成角的正弦值的最大值为. 【变式13-3】（2024·广西桂林·模拟预测）如图，几何体中，和均为等边三角形，平面平面，为中点． (1)证明：与不是异面直线； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 【解析】（1）连接，由为等边三角形，为中点， 得， 又平面， 则平面平面，于是； 而，平面， 则平面，又平面，于是 又平面，因此平面， 设平面与直线交于点，则，显然平面， 在平面内，过直线外一点A有且仅有一条直线与垂直， 所以与重合，即有四点共面． 故与不是异面直线； （2）由（1）知，平面平面，在平面内过点作， 而平面平面，则平面，直线两两垂直， 以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 由平面平面，平面平面平面平面， 而平面，则，由和均为等边三角形， 得，由，得， 于是， 则， 设平面的法向量为， 则，令，得， 设直线与平面夹角为，则， 所以直线与平面所成角的正弦值为． 【变式13-4】（2024·贵州贵阳·二模）由正棱锥截得的棱台称为正棱台.如图，正四棱台中，分别为的中点，，侧面与底面所成角为.    (1)求证：平面； (2)线段上是否存在点，使得直线与平面所成的角的正弦值为，若存在，求出线段的长；若不存在，请说明理由. 【解析】（1）连接、，由分别为的中点，则， 又平面，平面，故平面， 正四棱台中，且， 则四边形为平行四边形，故， 又平面，平面，故平面， 又，且平面，平面， 故平面平面，又平面，故平面； （2）正四棱台中，上下底面中心的连线底面， 底面为正方形，故， 故可以为原点，、、为轴，建立空间直角坐标系， 由，侧面与底面所成角为， 则， 则，，， 假设在线段上存在点满足题设，则， 设，则， ， 设平面的法向量为， 则，令，则，，即， 因为直线与平面所成的角的正弦值为， 故， 解得或（舍），故， 故线段上存在点，使得直线与平面所成的角的正弦值为， 此时线段的长为. 【变式13-5】（2024·河南驻马店·二模）在如图①所示的平面图形中，四边形为菱形，现沿进行翻折，使得平面，过点作，且，连接，所得图形如图②所示，其中为线段的中点，连接.    (1)求证：平面； (2)若，直线与平面所成角的正弦值为，求的值. 【解析】（1）证明：. 在菱形中，， 因为平面，平面，所以， 又，平面，所以平面. 因为分别为的中点，所以，， 又， ， 所以，，所以四边形为平行四边形， 所以，所以平面. （2）在菱形中，因为，所以和都是正三角形， 取的中点，连接，则， 又平面，所以，即两两垂直. 以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 设，则， 则，. 设平面的法向量为，则 取，则. 记直线与平面所成角为， 则.， 解得，即的值为2. 题型十四：求平面与平面所成角 【典例14-1】（2024·海南·模拟预测）如图，在四棱锥中，平面平面，点在平面内的射影恰为点，直线，交于点. (1)求证：； (2)若，，求平面与平面夹角的余弦值. 【解析】（1）连接，过点作，垂足为， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，平面， 所以， 因为点在平面内的射影恰为点， 所以平面，平面， 所以， 又，平面， 所以平面，平面， 所以， 所以. （2）因为，， 所以，所以， 又由已知可得平面，平面， 所以， 如图，以为原点，为轴正方向，建立空间直角坐标系， 因为，， 所以，，， 所以， 设平面的法向量为， 则，故， 取，则， 所以为平面的一个法向量， 又向量为平面的一个法向量， 设平面与平面夹角为， 则. 【典例14-2】（2024·山西太原·一模）如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，，. (1)点在侧棱上，且平面，确定在侧棱上的位置； (2)若平面平面，且，求二面角的余弦值. 【解析】（1）连接，设，连接，则平面平面， 平面，面， 底面是直角梯形，，且， ，则， 为侧棱上靠近处的三等分点； （2）平面平面，且， ，平面平面，平面， 平面，（为中点） 如图所示建立空间直角坐标系， 依题意有，，， ，则， ，，显然是平面的一个法向量， 设是平面的一个法向量，则， 取得， ， 二面角的大小的余弦值为. 【方法技巧】 （1）在平面内，，在平面β内，（是交线的方向向量），其方向如图所示，则二面角的平面角的余弦值为． （2）设是二面角的两个半平面的法向量，其方向一个指向二面角内侧，另一个指向二面角的外侧，则二面角的余弦值为． 【变式14-1】（2024·安徽安庆·三模）如图，在多面体ABCDE中，平面ACD⊥平面ABC，BE⊥平面ABC，△ABC和△ACD均为正三角形，，，点F在棱AC上. (1)若BF∥平面CDE，求CF的长； (2)若F是棱AC的中点，求二面角的正弦值. 【解析】（1）记AC中点为M，连接DM、BM，三角形ACD为正三角形，，则DM⊥AC，且. 因为平面ACD⊥平面ABC，平面平面，平面ACD，所以DM⊥平面ABC， 又△ABC为正三角形，所以BM⊥AC，所以， 如图建立空间直角坐标系，则，，，， 所以，， 设平面CDE的法向量为，则，令，则，，则， 设，，则， 因为BF∥平面CDE，所以，解得， 所以F为CM的中点，此时. （2）若F是AC的中点，则点F与点M重合，则平面FDE的一个法向量可以为， 设二面角为，显然二面角为锐角，则， 所以， 所以二面角的正弦值为. 【变式14-2】（2024·湖南·三模）如图，四棱锥的底面是梯形，平面. (1)求证：平面平面； (2)在棱上是否存在一点E，使得二面角的余弦值为.若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【解析】（1）因为平面，平面，所以， 因为，所以， 所以， 又因为平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面； （2）因为平面，，所以平面， 又因为平面，所以，又， 所以两两互相垂直， 所以以点为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 如图，， 设， 则， ，设平面的法向量为， 则，即，取，满足条件， 所以可取， ，，设平面的法向量为， 则，即，取，解得， 所以， 由题意， 化简并整理得，解得或（舍去）， 所以， 综上所述，棱上是否存在一点E，且，使得二面角的余弦值为. 【变式14-3】（2024·四川达州·二模）如图，在直角梯形中，，，，把梯形绕旋转至，，分别为，中点． (1)证明：平面； (2)若，求二面角余弦的最小值． 【解析】（1）证明：设中点为，连接， 为中位线，， 又平面，平面， 平面， 为梯形中位线，， 又平面，平面， 平面， ，平面，平面， 平面平面， 平面， 平面． （2）以为原点，以所在直线为轴，以垂直于平面的直线为轴，建立如图空间直角坐标系， ，不妨设， ， 则， ∴， 则，， 设平面的法向量为， ∴，即， 不妨取，， 设平面的法向量为， ∴，即， 不妨取，则， ， 设二面角平面角为，由图可知为锐角， ， 时，二面角的余弦最小值为． 【变式14-4】（2024·辽宁锦州·模拟预测）如图，在四棱锥中，为的中点，平面． (1)求证：； (2)若，． （i）求证：平面； （ii）设平面平面，求二面角的正弦值． 【解析】（1）取的中点，连接， 因为为的中点，所以，， 因为，所以，所以四点共面， 因为平面，平面平面，平面， 所以，所以四边形为平行四边形，所以，所以； （2）（i）取的中点，连接， 由（1）知，所以， 因为，所以四边形是平行四边形， 所以， 因为，所以， 所以，即， 因为，所以， 因为，所以与全等， 所以，即， 因为， 又因为，、平面， 所以平面； （ii）由（i）知平面，而平面， 所以， 因为， 建立如图所示空间直角坐标系， 则，， 所以，， 设平面的法向量为, 则 令，则，于是， 因为为平面的法向量, 设二面角为，由图可得 所以, 所以二面角的余弦值为， 则二面角的正弦值为 【变式14-5】由四棱柱截去三棱锥后得到如图所示的几何体，四边形是菱形，为与的交点，平面. (1)求证：平面； (2)若二面角的正切值为，求平面与平面夹角的大小. 【解析】（1）法一：将几何体补成四棱柱， 因为，， 所以四边形为平行四边形， 所以，， 又， 故，， 故四边形为平行四边形， 故， 又平面，平面， 平面. 法二：∵四边形是菱形， ∴⊥， 又平面，平面， ∴，， 故两两垂直， 以直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系， 其中， 则，设， 由得， 由得， 则， 设平面的法向量为， 则，取，得， ， 又平面， 平面. （2）设，取的中点，则， 又四边形是菱形，， 因为平面，平面， 所以， 因为，平面， 故面， 因为平面， 则， 因为且， 所以四边形为平行四边形，故， 所以， 又，故四边形为平行四边形， 故，，故. 所以为二面角的平面角. 则，其中，故， 故， 设平面的法向量为， 则取，得， ， 平面与平面夹角的余弦值为， 平面与平面夹角为. 题型十五：求点面距、线面距、面面距 【典例15-1】如图，在四棱锥中，底面是边长为的正方形，底面，，、、分别是、、的中点．求： (1)直线与平面的距离； (2)平面与平面的距离． 【解析】（1）因为平面，四边形为正方形， 以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、、、， 因为、分别为、的中点，则， 平面，平面，平面， 因为且，、分别为、的中点，则且， 所以，四边形为平行四边形，， 平面，平面，平面， ，、平面，平面平面， 平面，平面， 设平面的法向量为，，， 则，取，可得，， 所以，直线与平面的距离为. （2）因为平面平面，则平面与平面的距离为. 【典例15-2】（2024·广西柳州·一模）如图的外接圆的直径，垂直于圆所在的平面，，，，为上的点.    (1)证明：； (2)当为的中点时，求点到平面的距离. 【解析】（1）平面，平面，， 又，、平面， 平面，平面，； （2）由(1)和已知条件可知，两两垂直，故以C为原点，分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系： 则， ，， 设平面的法向量为， 则，令，则，即， 由点到平面的距离公式知，点到平面的距离 【方法技巧】 如图所示，平面的法向量为，点是平面内一点，点是平面外的任意一点，则点到平面的距离，就等于向量在法向量方向上的投影的绝对值，即或 【变式15-1】已知正方体 的棱长为1，求平面 与平面 间的距离． 【解析】正方体中，,故四边形, 所以 ，同理 ， 所以平面 平面 ， 以D为原点，分别以 所在直线为x轴，y轴，z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 ， 则为平面的一个法向量， 所以点 到平面的距离d， 则平面 与平面 的距离等于点到平面 的距离， 所以平面与平面间的距离为． 【变式15-2】（2024·山西吕梁·三模）如图，为圆锥的顶点，为圆锥底面的圆心，为底面直径，为底面圆的内接正三角形，且的边长为，点在母线上，且，. (1)求证：，并求三棱锥的体积； (2)若点为线段上的动点，当直线与平面所成角的正弦值最大时，求此时点到平面的距离. 【解析】（1）设，连接， 为底面圆的内接正三角形， 为中点， 又， ； ， ； 平面平面平面平面， 平面平面平面平面， 又平面， 又平面，又平面， 所以， 又平面， 平面平面平面； 为中点，，即， 又平面，平面， 平面平面， ， ， 又平面， . （2）为中点，又， 为中点，， ， 以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系， 则， ， ， ， 设， ； 设平面的法向量， 则，令，解得：， 设直线与平面所成角为， ， 令，则， ， 当，即时，， ，此时， ， 点到平面的距离. 题型十六：点到直线距离、异面直线的距离 【典例16-1】在如图所示实验装置中，正方形框架的边长都是1，且平面平面，活动弹子分别在正方形对角线，上移动，则长度的最小值是 ． 【答案】 【解析】是异面直线，上两点，的最小值即为两条异面直线间距离. 平面平面，，平面平面， 平面，又，则以为坐标原点可建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， ，，， 设异面直线，的公垂向量， 则，令，则，，， ，即的最小值为. 故答案为：. 【典例16-2】（2024·黑龙江哈尔滨·模拟预测）已知空间中有三点，，，则点O到直线的距离为 . 【答案】 【解析】因为，，， 所以, 所以，. 所以, 所以. 所以点O到直线的距离为. 故答案为：. 【方法技巧】 设两条异面直线的公垂线的方向向量为，这时分别在上任取两点，则向量在上的正射影长就是两条异面直线的距离．则即两异面直线间的距离，等于两异面直线上分别任取两点的向量和公垂线方向向量的数量积的绝对值与公垂线的方向向量模的比值． 【变式16-1】如图，多面体是由长方体一分为二得到的，，，，点D是中点，则异面直线与的距离是 ． 【答案】# 【解析】以为坐标原点，分别以，,为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，则,,,, ∴,, 设是，的公垂线方向上的单位向量， 则，即①， ，即②， 易知③， 联立解得，，或，，； 不妨取， 又∵, 则异面直线与的距离， 故答案为：. 【变式16-2】已知棱长为2的正四面体中，的一条高为，求与间的距离． 【解析】 如图，连接，作为垂足，∴是的中心，显然面 作∥，故以为原点建立空间直角坐标系， 在中，由勾股定理得， 则，，，，， 而，，， 设和的公垂法向量为，故得，， 化为，，令，解得，， 故，设与间的距离为， 由异面直线距离公式得. 【变式16-3】（2024·高三·河北沧州·期末）已知正方体的棱长为2，M为棱的中点，P，Q分别为线段，上的动点，则的最小值为 . 【答案】/ 【解析】建立如图所示的空间直角坐标系，, 则， 设， 故， 由于直线，为异面直线，要使的最小，则是，的公垂线， 故解得， 所以 故， 故答案为： 【变式16-4】（2024·天津河西·模拟预测）如图，在棱长为的正方体中，分别是棱上的动点，且． (1)求证：； (2)当三棱锥的体积取得最大值时，求平面与平面BEF夹角的正切值及点到直线的距离． 【解析】（1）以为原点，如图所示建立空间直角坐标系， ，， 设， ， ， ， ，即， （2） ，由二次函数性质得， 当时，取得最大值， 此时为的中点， 设平面的法向量为， ， ， 设平面的法向量为， ，， 令，， 设平面与平面的夹角为， ， ，， ， 设直线和所成角为， ， 点到直线的距离. 【变式16-5】（2024·江苏南京·二模）在梯形中，，，，，如图1．现将沿对角线折成直二面角，如图2，点在线段上． (1)求证：； (2)若点到直线的距离为，求的值． 【解析】（1），， ，故，则，即， 又平面平面，平面平面， ，平面，故平面， 平面，则 ， 又，，平面，所以平面， 又平面，则. （2）设中点为，中点为，以为轴建立空间直角坐标系， 如图所示： 有， 设，则，设，则， 则 ，，， 点到直线的距离为，则， 即，即，解得， 所以. 1．（2024年上海秋季高考数学真题）定义一个集合，集合中的元素是空间内的点集，任取，存在不全为0的实数，使得．已知，则的充分条件是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】由题意知这三个向量共面，即这三个向量不能构成空间的一个基底， 对A，由空间直角坐标系易知三个向量共面，则当无法推出，故A错误； 对B，由空间直角坐标系易知三个向量共面，则当无法推出，故B错误； 对C， 由空间直角坐标系易知三个向量不共面，可构成空间的一个基底， 则由能推出， 对D，由空间直角坐标系易知三个向量共面， 则当无法推出，故D错误. 故选：C． 2．（2022年高考全国乙卷数学（理）真题）在正方体中，E，F分别为的中点，则（    ） A．平面平面 B．平面平面 C．平面平面 D．平面平面 【答案】A 【解析】在正方体中， 且平面， 又平面，所以， 因为分别为的中点， 所以，所以， 又， 所以平面， 又平面， 所以平面平面，故A正确； 选项BCD解法一： 如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，设， 则， ， 则，， 设平面的法向量为， 则有，可取， 同理可得平面的法向量为， 平面的法向量为， 平面的法向量为， 则， 所以平面与平面不垂直，故B错误； 因为与不平行， 所以平面与平面不平行，故C错误； 因为与不平行， 所以平面与平面不平行，故D错误， 故选：A. 选项BCD解法二： 对于选项B，如图所示，设，，则为平面与平面的交线， 在内，作于点，在内，作，交于点，连结， 则或其补角为平面与平面所成二面角的平面角， 由勾股定理可知：，， 底面正方形中，为中点，则， 由勾股定理可得， 从而有：， 据此可得，即， 据此可得平面平面不成立，选项B错误； 对于选项C，取的中点，则， 由于与平面相交，故平面平面不成立，选项C错误； 对于选项D，取的中点，很明显四边形为平行四边形，则， 由于与平面相交，故平面平面不成立，选项D错误； 故选：A. 3．（多选题）（2021年全国新高考I卷数学试题）在正三棱柱中，，点满足，其中，，则（    ） A．当时，的周长为定值 B．当时，三棱锥的体积为定值 C．当时，有且仅有一个点，使得 D．当时，有且仅有一个点，使得平面 【答案】BD 【解析】 易知，点在矩形内部（含边界）． 对于A，当时，，即此时线段，周长不是定值，故A错误； 对于B，当时，，故此时点轨迹为线段，而，平面，则有到平面的距离为定值，所以其体积为定值，故B正确． 对于C，当时，，取，中点分别为，，则，所以点轨迹为线段，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图，，，，则，，，所以或．故均满足，故C错误； 对于D，当时，，取，中点为．，所以点轨迹为线段．设，因为，所以，，所以，此时与重合，故D正确． 故选：BD． 4．（2017年普通高等学校招生统一考试数学（上海卷））如图，以长方体的顶点为坐标原点，过的三条棱所在的直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，若的坐标为，则的坐标为 【答案】 【解析】 过的三条棱所在直线为坐标轴，建立空间直角坐标系， 因为的坐标为，所以, 所以. 5．（2016年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（浙江卷精编版））如图，已知平面四边形ABCD，AB=BC=3，CD=1，AD=，∠ADC=90°．沿直线AC将△ACD翻折成△ACD'，直线AC与BD'所成角的余弦的最大值是 ． 【答案】 【解析】［方法一］：异面直线所成角的向量公式 设直线与所成角为，设是中点，由已知得，如图，以为轴，为轴，过与平面垂直的直线为轴，建立空间直角坐标系，由，，，作于，翻折过程中，始终与垂直，，则，，因此可设，则，与平行的单位向量为， 所以＝，所以时，取最大值． 故答案为：． ［方法二］：几何法 由翻折过程可以看出D'在以H为圆心，DH为半径的圆上运动，设E是圆H与平面ABC的交点， 易知E在CB上，且CE=1．设直线AC与BD'所成角为，则，， 设点在平面上的投影为，，因此． ［方法三］：考虑纯几何运算 由折叠过程可知，在以为圆心，为半径的圆上运动，且垂直圆所在的平面，如图,作于，则，与所成角即为，且，,要使最大只需最小， 在中，为定值，即只要最短, ，因此． ［方法四］：【最优解】利用三余弦定理 前面过程同方法三, 与所成角即为， 是点在平面上的投影，可知： 观察得当与点重合时，和同时达到最小， 和同时取最大，此时有最大值， 最后我们不难发现，其实在翻折过程中，，那么，即当与重合时有最大值. 【整体点评】方法一：利用建系求异面直线所成角，是通性通法，易操作，但此题运算较复杂； 方法二：利用几何性质求异面直线所成角，计算简单，需要较好的空间想象能力； 方法三：利用几何法找到异面直线所成角的平面角，计算简单，需要较好的空间想象能力； 方法四：利用三余弦定理分析最简单，但是三余弦定理不是教材要求必需掌握的内容． 1．在如图所示的试验装置中，两个正方形框架ABCD，ABEF的边长都是1，且它们所在的平面互相垂直．活动弹子M，N分别在正方形对角线AC和BF上移动，且CM和BN的长度保持相等，记． （1）求MN的长； （2）a为何值时，MN的长最小？ （3）当MN的长最小时求平面MNA与平面MNB夹角的余弦值． 【解析】如图建立空间直角坐标系， ，， ， ， ，， ． （1）； （2）， 当时，最小，最小值为； （3）由（2）可知，当，为中点时，最短， 则，0，，，，，取的中点，连接，， 则，，， ，，，， 是平面与平面的夹角或其补角． ，， ． 平面与平面夹角的余弦值是． 2．在空间直角坐标系中，已知向量，点，点． （1）若直线l经过点，且以为方向向量，P是直线l上的任意一点，求证： （2）若平面经过点，且以为法向量，P是平面内的任意一点，求证：． 【解析】（1）因为，，所以， 即，因为，所以． （2）因为，，， 所以． 3．如图，在直三棱柱中，，，，M是AB的中点，N是的中点，P是与的交点．在线段上是否存在点Q，使得平面？ 【解析】如图，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系， 则, 设面的法向量,则,即. 令得 因为平面，所以,即. 所以得， ,所以. 因为，，所以存在在三等分点处靠近，使得平面. 4．如图，正方体的棱长为1，M是棱的中点，O是的中点．求证：OM分别与异面直线，垂直，并求OM的长． 【解析】 如图建立空间直角坐标系， 则， 所以， 因为， 所以 . 5．如图，已知正方体的棱长为1，Q为的中点，点P在棱上，．求平面ABCD与平面BQP的夹角的余弦值． 【解析】 如图建立空间直角坐标系，， ， 设平面的法向量为， 则，不妨令，则， 所以 平面的法向量为， 所以. 所以平面ABCD与平面BQP的夹角的余弦值为. 6．如图，在正方体中，E，F，G，H，K，L分别是AB，，，，，DA各棱的中点． （1）求证：平面EFGHKL； （2）求与平面EFGHKL所成角的余弦值． 【解析】 如图所示建立空间直角坐标系， （1）， 则，所以 为平面EFGHKL的两条相交直线， 所以平面EFGHKL； （2）由（1）知平面EFGHKL的法向量为 ， 因为， 求与平面EFGHKL所成角的余弦值为. 易错点：计算线面角出错 易错分析： 计算线面角时出错，常见原因包括：1. 对线面角概念理解不清，错误地将直线与平面上任意直线的夹角视为线面角；2. 在利用向量法计算时，未正确设置平面的法向量和直线的方向向量，导致计算结果偏离实际；3. 忽视线面角的取值范围，错误地计算了钝角或超出规定范围的角；4. 计算过程中存在符号错误或计算失误，影响最终结果的准确性。因此，在计算线面角时需仔细理解概念，正确设置向量，并仔细检查计算过程。 【易错题1】（2024·山东菏泽·模拟预测）如图，在正四棱台中，. (1)证明：； (2)若为的中点，求直线与平面的夹角的正弦值. 【解析】（1）设，，连接， 则平面且平面， 又，所以， ，则， 如图建立空间直角坐标系，则，，，， 所以，， 所以，即，所以. （2）由（1）可知，所以， ， 设平面的法向量为，则，取， 设直线与平面的角为，则， 所以直线与平面的夹角的正弦值为. 【易错题2】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】/ 【解析】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： 答题模板：用向量法求空间角 1、模板解决思路 用向量法求空间角的方法一般都是先确定两个向量（直线的方向向量或平面的法向量），然后求这两个向量夹角的余弦值。 2、模板解决步骤 第一步：我们需要根据题目的描述，选择一个合适的点作为原点，并建立空间直角坐标系。 第二步：我们需要求出与所求角相关的直线的方向向量或平面的法向量。 第三步：我们可以利用向量的夹角公式来求出它们之间的夹角的余弦值。 第四步：我们根据得到的向量夹角的余弦值，可以确定所求角的值或其三角函数值。 【典型例题1】如图，正方体中，，分别是，的中点，则 ， 【答案】 【解析】建立如图所示空间直角坐标系，设正方体的边长为， 则， ， 所以. 故答案为： 【典型例题2】已知正四棱柱的底面边长与侧棱长之比为，则平面与平面夹角的余弦值为 ． 【答案】 【解析】如图，以点为原点，以为轴，建立空间直角坐标系， 正四棱柱的底面边长为，则， 所以 则， 设平面与平面的法向量分别为， 则，令，则， ，令，则， 设向量的夹角为，则， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 故答案为： 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 119 / 125 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第05讲 空间向量及其应用 目录 01 考情透视·目标导航 2 02 知识导图·思维引航 3 03 考点突破·题型探究 4 知识点1：空间向量及其加减运算 4 知识点2：空间向量的数乘运算 5 知识点3：空间向量的数量积运算 6 知识点4：空间向量的坐标运算及应用 7 知识点5：向量法证明平行、垂直 7 知识点6：空间角公式 9 知识点7：空间中的距离 10 解题方法总结 11 题型一：空间向量的加法、减法、数乘运算 11 题型二：空间共线向量定理的应用 13 题型三：空间向量的数量积运算 14 题型四：三点共线问题 16 题型五：多点共面问题 18 题型六：证明直线和直线平行 21 题型七：证明直线和平面平行 22 题型八：证明平面与平面平行 23 题型九：证明直线与直线垂直 25 题型十：证明直线与平面垂直 26 题型十一：证明平面和平面垂直 27 题型十二：求两异面直线所成角 28 题型十三：求直线与平面所成角 30 题型十四：求平面与平面所成角 32 题型十五：求点面距、线面距、面面距 35 题型十六：点到直线距离、异面直线的距离 37 04真题练习·命题洞见 39 05课本典例·高考素材 40 06易错分析·答题模板 42 易错点：计算线面角出错 42 答题模板：用向量法求空间角 43 考点要求 考题统计 考情分析 （1）空间向量的线性运算 （2）空间向量基本定理及其应用 （3）向量法证明平行、垂直 （4）向量法求空间角 （5）空间距离 2024年I卷第17题，15分 2024年II卷第17题，15分 2023年I卷第18题，12分 2023年II卷第20题，12分 2022年I卷第19题，12分 2022年II卷第20题，12分 空间向量解立体几何一般以解答题形式为主,每年必考,一般12分.以解答题为主,难度中等,可灵活选择运用向量方法与综合几何方法,从不同角度解决立体几何问题,通过对比体会向量方法的优越性.选择题和填空题一般不用空间向量法.但要理解向量基本定理的本质,感悟“基底”的思想,并运用它解决立体几何中的问题. 复习目标： （1）了解空间向量的概念，了解空间向量的基本定理及其意义，掌握空间向量的正交分解及其坐标表示. （2）掌握空间向量的线性运算及其坐标表示，掌握空间向量的数量积及其坐标表示，能用向量的数量积判断向量的共线和垂直. （3）理解直线的方向向量及平面的法向量，能用向量方法证明立体几何中有关线面位置关系的一些简单定理． （4）能用向量法解决异面直线、直线与平面、平面与平面的夹角问题，并能描述解决这一类问题的程序，体会向量法在研究空间角问题中的作用． 知识点1：空间向量及其加减运算 （1）空间向量 在空间，我们把具有大小和方向的量叫做空间向量，向量的大小叫做向量的长度或模．空间向量也可用有向线段表示，有向线段的长度表示向量的模，若向量的起点是，终点是，则向量也可以记作，其模记为或． （2）零向量与单位向量 规定长度为0的向量叫做零向量，记作．当有向线段的起点与终点重合时，． 模为1的向量称为单位向量． （3）相等向量与相反向量 方向相同且模相等的向量称为相等向量．在空间，同向且等长的有向线段表示同一向量或相等向量．空间任意两个向量都可以平移到同一个平面，成为同一平面内的两个向量． 与向量长度相等而方向相反的向量，称为的相反向量，记为． （4）空间向量的加法和减法运算 ①，．如图所示． ②空间向量的加法运算满足交换律及结合律 ， 【诊断自测】如图，在平行六面体中，为与的交点．若，则下列向量中与相等的是（    ） A． B． C． D． 知识点2：空间向量的数乘运算 （1）数乘运算 实数与空间向量的乘积称为向量的数乘运算．当时，与向量方向相同；当时，向量与向量方向相反．的长度是的长度的倍． （2）空间向量的数乘运算满足分配律及结合律 ，． （3）共线向量与平行向量 如果表示空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合，则这些向量叫做共线向量或平行向量，平行于，记作． （4）共线向量定理 对空间中任意两个向量，，的充要条件是存在实数，使． （5）直线的方向向量 如图8-153所示，为经过已知点且平行于已知非零向量的直线．对空间任意一点，点在直线上的充要条件是存在实数，使①，其中向量叫做直线的方向向量，在上取，则式①可化为② ①和②都称为空间直线的向量表达式，当，即点是线段的中点时，，此式叫做线段的中点公式． （6）共面向量 如图8-154所示，已知平面与向量，作，如果直线平行于平面或在平面内，则说明向量平行于平面．平行于同一平面的向量，叫做共面向量． （7）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． 推论：①空间一点位于平面内的充要条件是存在有序实数对，使；或对空间任意一点，有，该式称为空间平面的向量表达式． ②已知空间任意一点和不共线的三点，，，满足向量关系式（其中）的点与点，，共面；反之也成立． 【诊断自测】已知点，，，若A，B，C三点共线，则a，b的值分别是（    ） A．，3 B．，2 C．1，3 D．，2 知识点3：空间向量的数量积运算 （1）两向量夹角 已知两个非零向量，，在空间任取一点，作，，则叫做向量，的夹角，记作，通常规定，如果，那么向量，互相垂直，记作． （2）数量积定义 已知两个非零向量，，则叫做，的数量积，记作，即．零向量与任何向量的数量积为0，特别地，． （3）空间向量的数量积满足的运算律： ，（交换律）； （分配律）． 【诊断自测】已知正四面体，底面边长为2，侧棱中点为E，则 ． 知识点4：空间向量的坐标运算及应用 （1）设，，则； ； ； ； ； ． （2）设，，则． 这就是说，一个向量在直角坐标系中的坐标等于表示该向量的有向线段的终点的坐标减起点的坐标． （3）两个向量的夹角及两点间的距离公式． ①已知，，则； ； ； ； ②已知，，则， 或者．其中表示与两点间的距离，这就是空间两点的距离公式． （4）向量在向量上的投影为． 【诊断自测】已知，，则在上的投影向量为（    ） A． B． C． D． 知识点5：向量法证明平行、垂直 （1）平面的法向量： 如果表示向量的有向线段所在直线垂直于平面，则称这个向量垂直于平面，记作，如果，那么向量叫做平面的法向量． 注意： ①法向量一定是非零向量；②一个平面的所有法向量都互相平行；③向量是平面的法向量，向量是与平面平行或在平面内，则有． 第一步：写出平面内两个不平行的向； 第二步：那么平面法向量，满足． （2）判定直线、平面间的位置关系 ①直线与直线的位置关系：不重合的两条直线，的方向向量分别为，． 若∥，即，则； 若，即，则． ②直线与平面的位置关系：直线的方向向量为，平面的法向量为，且． 若∥，即，则； 若，即，则． （3）平面与平面的位置关系 平面的法向量为，平面的法向量为． 若∥，即，则；若⊥，即，则⊥． 【诊断自测】如图所示，四边形为矩形，平面，，，，分别是，，的中点.    (1)求证：平面； (2)求证：平面平面. 知识点6：空间角公式 （1）异面直线所成角公式：设，分别为异面直线，上的方向向量，为异面直线所成角的大小，则． （2）线面角公式：设为平面的斜线，为的方向向量，为平面的法向量，为 与所成角的大小，则． （3）二面角公式： 设，分别为平面，的法向量，二面角的大小为，则或（需要根据具体情况判断相等或互补），其中． 【诊断自测】如图，在正四棱柱中，，，分别为，的中点.    (1)证明：平面. (2)求与平面所成角的正弦值. 知识点7：空间中的距离 求解空间中的距离 （1）异面直线间的距离：两条异面直线间的距离也不必寻找公垂线段，只需利用向量的正射影性质直接计算． 如图，设两条异面直线的公垂线的方向向量为，这时分别在上任取两点，则向量在上的正射影长就是两条异面直线的距离．则即两异面直线间的距离，等于两异面直线上分别任取两点的向量和公垂线方向向量的数量积的绝对值与公垂线的方向向量模的比值． （2）点到平面的距离 为平面外一点（如图），为平面的法向量，过作平面的斜线及垂线． 【诊断自测】如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面，，，若M、N分别为棱、的中点，O为中点． (1)求证：平面平面； (2)求点N到平面的距离． 解题方法总结 用向量法可以证点共线、线共点、线（或点）共面、两直线（或线与面、面与面）垂直的问题，也可以求空间角和距离．因此，凡涉及上述类型的问题，都可以考虑利用向量法求解，且其解法一般都比较简单． 用向量法解题的途径有两种：一种是坐标法，即通过建立空间直角坐标系，确定出一些点的坐标，进而求出向量的坐标，再进行坐标运算；另一种是基底法，即先选择基向量（除要求不共面外，还要能够便于表示所求的目标向量，并优先选择相互夹角已知的向量作为基底，如常选择几何体上共点而不共面的三条棱所在的向量为基底），然后将有关向量用基底向量表示，并进行向量运算． 题型一：空间向量的加法、减法、数乘运算 【典例1-1】如图，在空间四边形中，，，，点在上，且，为的中点，则等于（    ） A． B． C． D． 【典例1-2】如图，在四面体中，分别为的中点，为的重心，则（    ） A． B． C． D． 【方法技巧】 空间向量的运算包括空间向量的加法、减法、数乘、数量积的几何意义及坐标运算，可以类比平面向量的运算法则． 【变式1-1】如图，在梯形 中，，且，点为空间内任意一点，设，，则向量=（    ） A． B． C． D． 【变式1-2】（2024·高三·河南濮阳·开学考试）已知直四棱柱的底面为梯形，，若平面，则（    ） A． B． C． D． 【变式1-3】如图，OABC是四面体，G是的重心，是OG上一点，且，则（    ） A． B．= C．= D．= 【变式1-4】如图，在四面体中，，，，，，，M为的重心，N为的外心，则（    ）    A． B． C． D． 题型二：空间共线向量定理的应用 【典例2-1】若空间四点满足，则（    ） A．直线 B．直线 C．点P可能在直线上，也可能不在直线上 D．直线，且 【典例2-2】设，是空间两个不共线的非零向量，已知，，，且A、B、D三点共线，则实数k的值为（    ） A．-8 B．-4 C．-2 D．8 【方法技巧】 空间共线向量定理：． 利用此定理可解决立体几何中的平行问题． 【变式2-1】已知向量，，若，，三点共线，则（    ） A． B． C．2 D．3 【变式2-2】在四面体中，E为的中点，G为平面的重心．若与平面交于点F，则（    ） A． B． C． D． 【变式2-3】已知空间向量，，且，，，则一定共线的三点是（    ） A．、、 B．、、 C．、、 D．、、 【变式2-4】在正方体中，点E在对角线上，且，点F在棱上，若A、E、F三点共线，则 ． 题型三：空间向量的数量积运算 【典例3-1】已知MN是长方体外接球的一条直径，点P在长方体表面上运动，长方体的棱长分别为1、1、4，则的取值范围为 【典例3-2】已知空间向量，，，则 ． 【方法技巧】 ； 求模长时，可根据； 求空间向量夹角时，可先求其余弦值．要判断空间两向量垂直时，可以求两向量的数量积是否为0，即． 为锐角；为钝角．由此，通常通过计算的值来判断两向量夹角是锐角还是钝角． 【变式3-1】棱长为2的正四面体ABCD中，点E是AD的中点，则（    ）    A．1 B．－1 C． D． 【变式3-2】设O为坐标原点，向量，，，点Q在直线OP上运动，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【变式3-3】由四个棱长为1的正方体组合成的正四棱柱（如图所示），点是正方形的中心，则（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【变式3-4】有一长方形的纸片，的长度为，的长度为，现沿它的一条对角线把它折成直二面角，则折叠后（    ） A． B． C． D． 【变式3-5】（多选题）（2024·校考模拟预测）在平行六面体中，已知，，则（    ） A．直线与所成的角为 B．线段的长度为 C．直线与所成的角为 D．直线与平面所成角的正弦值为 【变式3-6】（多选题）空间直角坐标系中，已知，，，，则（    ） A． B．是等腰直角三角形 C．与平行的单位向量的坐标为或 D．在方向上的投影向量的坐标为 题型四：三点共线问题 【典例4-1】如图，在棱长均相等的平行六面体中，用空间向量证明下列结论． 若是棱的中点，是上靠近点的三等分点，求证：三点共线． 【典例4-2】如图，已知分别为四面体的面与面的重心，为上一点，且.设.    (1)请用表示； (2)求证：三点共线. 【方法技巧】 先构造共起点的向量，，然后证明存在非零实数，使得． 【变式4-1】如图，在平行六面体中，点在对角线上，且，点在对角线上，且．求证：、、三点共线．    【变式4-2】如图，已知M，N分别为四面体A-BCD的面BCD与面ACD的重心，G为AM上一点，且.求证：B，G，N三点共线.    题型五：多点共面问题 【典例5-1】在下列条件中，使M与A，B，C一定共面的是（其中O为坐标原点）（    ） A． B． C． D． 【典例5-2】（2024·河南·模拟预测）已知空间向量，若共面，则实数 （    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【方法技巧】 要证明多点（如，，，）共面，可使用以下方法解题． 先作出从同一点出发的三个向量（如，，），然后证明存在两个实数，使得. 【变式5-1】如图，已知四棱锥的底面是菱形，对角线交于点，，，底面，分别为侧棱的中点，点在上且．求证：四点共面. 【变式5-2】（2024·高三·北京海淀·开学考试）如图，正四棱锥的底面边长和高均为2，E，F分别为，的中点． (1)证明：； (2)若点M是线段上的点，且，判断点M是否在平面内，并证明你的结论； 【变式5-3】已知点在确定的平面内，是平面外任意一点，实数满足，则的最小值为（    ） A． B． C．1 D．2 【变式5-4】在正四棱锥中，若，，平面与棱交于点，则四棱锥与四棱锥的体积比为（    ） A． B． C． D． 【变式5-5】如图四棱锥，且，平面平面，且是以为直角的等腰直角三角形，其中为棱的中点，点在棱上，且.求证：四点共面. 【变式5-6】已知正三棱锥的侧棱长为，过其底面中心作动平面交线段于点，分别交的延长线于点，求的值． 【变式5-7】（2024·浙江温州·模拟预测）如图，在三棱柱中，，，平面平面分别为的中点． (1)求直线与平面所成角的正弦值； (2)若平面平面，且，求的长度． 【变式5-8】如图，在边长为3的正方体中，点P，Q，R分别在棱，，上，且. （1）求点D到平面的距离； （2）若平面与线段的交点为N，求的值. 题型六：证明直线和直线平行 【典例6-1】如图所示，在四棱锥中，底面为矩形，平面，为的中点，为的中点，，求证：．    【典例6-2】已知棱长为1的正方体在空间直角坐标系中的位置如图所示，分别为棱的中点，求证：. 【方法技巧】 将证线线平行转化为证两向量共线．设是两条不重合的直线，它们的方向向量分别为，则. 【变式6-1】如图，四边形ABCD和ABEF都是平行四边形，且不共面，M，N分别是AC，BF的中点，求证：. 【变式6-2】在四棱锥中，平面ABCD⊥平面PCD，底面ABCD为梯形．，，且，，．若M是棱PA的中点，则对于棱BC上是否存在一点F，使得MF与PC平行． 题型七：证明直线和平面平行 【典例7-1】（2024·陕西安康·模拟预测）如图，已知多面体是由正四棱锥P-ABCD与正方体组合而成的，且.    求证：平面； 【典例7-2】如图，在四棱锥中，底面满足，底面， 且，E为中点．求证：面 【方法技巧】 （1）利用共面向量定理．设为平面内不共线的两个向量，证明存在两个实数，使得，则． （2）转化为证明直线和平面内的某一直线平行． （3）转化为证明直线的方向向量与平面的法向量垂直（此方法最常用）． 【变式7-1】如图所示，正方形与矩形所在平面互相垂直，，点为的中点. 求证：平面； 【变式7-2】由四棱柱截去三棱锥后得到如图所示的几何体，四边形是菱形，为与的交点，平面.求证：平面 题型八：证明平面与平面平行 【典例8-1】如图所示，平面PAD⊥平面ABCD，四边形ABCD为正方形，△PAD是直角三角形，且PA＝AD＝2，E，F，G分别是线段PA，PD，CD的中点，求证：平面EFG∥平面PBC． 【典例8-2】如图，在长方体中，，，.求证：平面平面. 【方法技巧】 （1）证明两平面内有两条相交直线分别平行． （2）转化为证两平面的法向量平行（常用此方法）． 【变式8-1】如图所示，正四棱的底面边长1，侧棱长4，中点为，中点为．求证：平面平面.    【变式8-2】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. 题型九：证明直线与直线垂直 【典例9-1】（2024·高三·贵州·开学考试）在三棱锥中，，，，为线段的中点． 证明：． 【典例9-2】如图，直三棱柱中，，，，，是的中点． (1)求直线的一个方向向量； (2)求证：． 【方法技巧】 设直线的方向向量为，则. 【变式9-1】在四棱锥中，底面ABCD是边长为2的正方形，，，为的中点，二面角为直二面角.求证：.    【变式9-2】如图，在多面体中，都是等边三角形，平面为的中点.证明： 题型十：证明直线与平面垂直 【典例10-1】如图，在正三棱柱中，分别是的中点． 在线段上是否存在一点Q，使平面？若存在，确定点Q的位置；若不存在，也请说明理由． 【典例10-2】如图，在直三棱柱中，，，，.当时，求证：平面； 【方法技巧】 （1）证明直线和平面内的两天相交直线垂直． （2）证明直线和平面内的任一直线垂直． （3）转化为证明直线与平面的法向量共线． 【变式10-1】如图，为正方体． 证明：平面； 【变式10-2】如图，在三棱锥中，，，点，分别是，的中点.底面. (1)求证：平面； (2)当取何值时，在平面内的射影恰好为的重心？ 题型十一：证明平面和平面垂直 【典例11-1】如图，直四棱柱的底面为平行四边形，，，，，是的中点．平面满足：直线平面，直线平面．求证：平面平面 【典例11-2】如图，四边形为正方形，平面，，.证明：平面平面 【方法技巧】 （1）转化为证明两平面的法向量互相垂直 （2）转化为证明一平面内的一条直线垂直于另一个平面． 【变式11-1】如图所示，在直三棱柱中，分别为棱的中点．证明：平面平面． 【变式11-2】平面上两个等腰直角和，既是的斜边又是的直角边，沿边折叠使得平面平面，为斜边的中点．    (1)求证：； (2)在线段上是否存在点，使得平面平面？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 题型十二：求两异面直线所成角 【典例12-1】如图，在三棱锥中，为等边三角形，为等腰直角三角形，，平面平面ABC，D为AB的中点，则异面直线AC与PD所成角的余弦值为 ． 【典例12-2】在我国古代数学名著《九章算术》中，将底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的棱柱称为堑堵．已知在堑堵中，，，，若直线与直线所成角为，则(    ) A．​ B．2 C．​ D．​ 【方法技巧】 设两异面直线a和b的方向向量为和，利用求角余弦公式可求得和的夹角，由于两向量所成角的范围是，而两异面直线所成角的范围是．所以. 【变式12-1】（2024·辽宁抚顺·三模）在直三棱柱中，，为的中点，点满足，则异面直线所成角的余弦值为 ． 【变式12-2】（2024·高三·四川德阳·期末）正四面体中，、分别是和的中点，则和所成角的大小是 . 【变式12-3】（2024·江西南昌·模拟预测）如图，在平行六面体中，，.      (1)求证：四边形为正方形； (2)求体对角线的长度； (3)求异面直线与所成角的余弦值. 【变式12-4】（2024·高三·江苏南京·期中）如图，矩形所在平面与所在平面垂直，，    (1)证明：平面； (2)若平面与平面的夹角的余弦值是，求异面直线与所成角的余弦值. 【变式12-5】如图，在中，分别为的中点，为的中点，，.将沿折起到的位置，使得平面平面，如图． (1)求证：． (2)线段上是否存在点，使得直线和所成角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 题型十三：求直线与平面所成角 【典例13-1】（2024·广东茂名·模拟预测）已知四棱柱的底面是正方形，，，点在底面的射影为中点H，则直线与平面所成角的正弦值为 ． 【典例13-2】如图，四棱锥的底面为正方形，底面．设平面与平面的交线为l．若，Q为l上的点，则PB与平面所成角的正弦值的最大值为 ． 【方法技巧】 设为平面的斜线，为的方向向量，为平面的法向量，为与所成角的大小，则． 【变式13-1】如图，AB是圆的直径，平面PAC面ACB，且APAC． (1)求证：平面； (2)若，求直线AC与面PBC所成角的正弦值. 【变式13-2】（2024·江苏南京·模拟预测）如图，四棱锥中，底面，，分别为线段上一点，. (1)若为的中点，证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值的最大值. 【变式13-3】（2024·广西桂林·模拟预测）如图，几何体中，和均为等边三角形，平面平面，为中点． (1)证明：与不是异面直线； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 【变式13-4】（2024·贵州贵阳·二模）由正棱锥截得的棱台称为正棱台.如图，正四棱台中，分别为的中点，，侧面与底面所成角为.    (1)求证：平面； (2)线段上是否存在点，使得直线与平面所成的角的正弦值为，若存在，求出线段的长；若不存在，请说明理由. 【变式13-5】（2024·河南驻马店·二模）在如图①所示的平面图形中，四边形为菱形，现沿进行翻折，使得平面，过点作，且，连接，所得图形如图②所示，其中为线段的中点，连接.    (1)求证：平面； (2)若，直线与平面所成角的正弦值为，求的值. 题型十四：求平面与平面所成角 【典例14-1】（2024·海南·模拟预测）如图，在四棱锥中，平面平面，点在平面内的射影恰为点，直线，交于点. (1)求证：； (2)若，，求平面与平面夹角的余弦值. 【典例14-2】（2024·山西太原·一模）如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，，. (1)点在侧棱上，且平面，确定在侧棱上的位置； (2)若平面平面，且，求二面角的余弦值. 【方法技巧】 （1）在平面内，，在平面β内，（是交线的方向向量），其方向如图所示，则二面角的平面角的余弦值为． （2）设是二面角的两个半平面的法向量，其方向一个指向二面角内侧，另一个指向二面角的外侧，则二面角的余弦值为． 【变式14-1】（2024·安徽安庆·三模）如图，在多面体ABCDE中，平面ACD⊥平面ABC，BE⊥平面ABC，△ABC和△ACD均为正三角形，，，点F在棱AC上. (1)若BF∥平面CDE，求CF的长； (2)若F是棱AC的中点，求二面角的正弦值. 【变式14-2】（2024·湖南·三模）如图，四棱锥的底面是梯形，平面. (1)求证：平面平面； (2)在棱上是否存在一点E，使得二面角的余弦值为.若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【变式14-3】（2024·四川达州·二模）如图，在直角梯形中，，，，把梯形绕旋转至，，分别为，中点． (1)证明：平面； (2)若，求二面角余弦的最小值． 【变式14-4】（2024·辽宁锦州·模拟预测）如图，在四棱锥中，为的中点，平面． (1)求证：； (2)若，． （i）求证：平面； （ii）设平面平面，求二面角的正弦值． 【变式14-5】由四棱柱截去三棱锥后得到如图所示的几何体，四边形是菱形，为与的交点，平面. (1)求证：平面； (2)若二面角的正切值为，求平面与平面夹角的大小. 题型十五：求点面距、线面距、面面距 【典例15-1】如图，在四棱锥中，底面是边长为的正方形，底面，，、、分别是、、的中点．求： (1)直线与平面的距离； (2)平面与平面的距离． 【典例15-2】（2024·广西柳州·一模）如图的外接圆的直径，垂直于圆所在的平面，，，，为上的点.    (1)证明：； (2)当为的中点时，求点到平面的距离. 平面，平面，； ，， 【方法技巧】 如图所示，平面的法向量为，点是平面内一点，点是平面外的任意一点，则点到平面的距离，就等于向量在法向量方向上的投影的绝对值，即或 【变式15-1】已知正方体 的棱长为1，求平面 与平面 间的距离． 【变式15-2】（2024·山西吕梁·三模）如图，为圆锥的顶点，为圆锥底面的圆心，为底面直径，为底面圆的内接正三角形，且的边长为，点在母线上，且，. (1)求证：，并求三棱锥的体积； (2)若点为线段上的动点，当直线与平面所成角的正弦值最大时，求此时点到平面的距离. 题型十六：点到直线距离、异面直线的距离 【典例16-1】在如图所示实验装置中，正方形框架的边长都是1，且平面平面，活动弹子分别在正方形对角线，上移动，则长度的最小值是 ． 【典例16-2】（2024·黑龙江哈尔滨·模拟预测）已知空间中有三点，，，则点O到直线的距离为 . 【方法技巧】 设两条异面直线的公垂线的方向向量为，这时分别在上任取两点，则向量在上的正射影长就是两条异面直线的距离．则即两异面直线间的距离，等于两异面直线上分别任取两点的向量和公垂线方向向量的数量积的绝对值与公垂线的方向向量模的比值． 【变式16-1】如图，多面体是由长方体一分为二得到的，，，，点D是中点，则异面直线与的距离是 ． 【变式16-2】已知棱长为2的正四面体中，的一条高为，求与间的距离． 【变式16-3】（2024·高三·河北沧州·期末）已知正方体的棱长为2，M为棱的中点，P，Q分别为线段，上的动点，则的最小值为 . 【变式16-4】（2024·天津河西·模拟预测）如图，在棱长为的正方体中，分别是棱上的动点，且． (1)求证：； (2)当三棱锥的体积取得最大值时，求平面与平面BEF夹角的正切值及点到直线的距离． 【变式16-5】（2024·江苏南京·二模）在梯形中，，，，，如图1．现将沿对角线折成直二面角，如图2，点在线段上． (1)求证：； (2)若点到直线的距离为，求的值． 1．（2024年上海秋季高考数学真题）定义一个集合，集合中的元素是空间内的点集，任取，存在不全为0的实数，使得．已知，则的充分条件是（    ） A． B． C． D． 2．（2022年高考全国乙卷数学（理）真题）在正方体中，E，F分别为的中点，则（    ） A．平面平面 B．平面平面 C．平面平面 D．平面平面 3．（多选题）（2021年全国新高考I卷数学试题）在正三棱柱中，，点满足，其中，，则（    ） A．当时，的周长为定值 B．当时，三棱锥的体积为定值 C．当时，有且仅有一个点，使得 D．当时，有且仅有一个点，使得平面 4．（2017年普通高等学校招生统一考试数学（上海卷））如图，以长方体的顶点为坐标原点，过的三条棱所在的直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，若的坐标为，则的坐标为 5．（2016年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（浙江卷精编版））如图，已知平面四边形ABCD，AB=BC=3，CD=1，AD=，∠ADC=90°．沿直线AC将△ACD翻折成△ACD'，直线AC与BD'所成角的余弦的最大值是 ． 1．在如图所示的试验装置中，两个正方形框架ABCD，ABEF的边长都是1，且它们所在的平面互相垂直．活动弹子M，N分别在正方形对角线AC和BF上移动，且CM和BN的长度保持相等，记． （1）求MN的长； （2）a为何值时，MN的长最小？ （3）当MN的长最小时求平面MNA与平面MNB夹角的余弦值． 2．在空间直角坐标系中，已知向量，点，点． （1）若直线l经过点，且以为方向向量，P是直线l上的任意一点，求证： （2）若平面经过点，且以为法向量，P是平面内的任意一点，求证：． 3．如图，在直三棱柱中，，，，M是AB的中点，N是的中点，P是与的交点．在线段上是否存在点Q，使得平面？ 4．如图，正方体的棱长为1，M是棱的中点，O是的中点．求证：OM分别与异面直线，垂直，并求OM的长． 5．如图，已知正方体的棱长为1，Q为的中点，点P在棱上，．求平面ABCD与平面BQP的夹角的余弦值． 6．如图，在正方体中，E，F，G，H，K，L分别是AB，，，，，DA各棱的中点． （1）求证：平面EFGHKL； （2）求与平面EFGHKL所成角的余弦值． 易错点：计算线面角出错 易错分析： 计算线面角时出错，常见原因包括：1. 对线面角概念理解不清，错误地将直线与平面上任意直线的夹角视为线面角；2. 在利用向量法计算时，未正确设置平面的法向量和直线的方向向量，导致计算结果偏离实际；3. 忽视线面角的取值范围，错误地计算了钝角或超出规定范围的角；4. 计算过程中存在符号错误或计算失误，影响最终结果的准确性。因此，在计算线面角时需仔细理解概念，正确设置向量，并仔细检查计算过程。 【易错题1】（2024·山东菏泽·模拟预测）如图，在正四棱台中，. (1)证明：； (2)若为的中点，求直线与平面的夹角的正弦值. 【易错题2】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 ． 答题模板：用向量法求空间角 1、模板解决思路 用向量法求空间角的方法一般都是先确定两个向量（直线的方向向量或平面的法向量），然后求这两个向量夹角的余弦值。 2、模板解决步骤 第一步：我们需要根据题目的描述，选择一个合适的点作为原点，并建立空间直角坐标系。 第二步：我们需要求出与所求角相关的直线的方向向量或平面的法向量。 第三步：我们可以利用向量的夹角公式来求出它们之间的夹角的余弦值。 第四步：我们根据得到的向量夹角的余弦值，可以确定所求角的值或其三角函数值。 【典型例题1】如图，正方体中，，分别是，的中点，则 ， 【典型例题2】已知正四棱柱的底面边长与侧棱长之比为，则平面与平面夹角的余弦值为 ． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 42 / 43 学科网（北京）股份有限公司 $$