专题突破：空间向量与立体几何重点题型突破（20大题型）-2024-2025学年高二数学单元速记•巧练（湘教版2019选择性必修第二册）

专题突破：空间向量与立体几何重点题型突破 1、向量的线性运算： (1)用已知向量来表示未知向量，一定要结合图形，以图形为指导是解题的关键． (2)要正确理解向量加法、减法与数乘运算的几何意义．首尾相接的若干向量之和，等于由起始向量的始点指向末尾向量的终点的向量，我们可把这个法则称为向量加法的多边形法则． (3)在立体几何中要灵活应用三角形法则，向量加法的平行四边形法则在空间中仍然成立． 2、证明空间任意三点共线的方法 对空间三点P，A，B可通过证明下列结论成立来证明三点共线. (1)； (2)对空间任一点O，； (3)对空间任一点O，． 3、证明空间四点共面的方法 对空间四点P，M，A，B可通过证明下列结论成立来证明四点共面 (1)； (2)对空间任一点O，； (3)对空间任一点O，； (4)∥(或∥或∥)． 4、证明三点共线和空间四点共面的方法比较 三点(P，A，B)共线 空间四点(M，P，A，B)共面 ＝λ且同过点P ＝x＋y 对空间任一点O，＝＋t 对空间任一点O，＝＋x＋y 对空间任一点O，＝x＋(1－x) 对空间任一点O，＝x＋y＋(1－x－y) 5、空间向量数量积的四个应用 求夹角 设向量a，b所成的角为θ，则cosθ＝，进而可求两异面直线所成的角 求长度(距离) 运用公式|a|2＝a·a，可使线段长度的计算问题转化为向量数量积的计算问题 解决垂直问题 利用a⊥b⇔a·b＝0(a≠0，b≠0)，可将垂直问题转化为向量数量积的计算问题 求参数 在垂直、夹角、距离条件下求参数. 6、法向量的确定方法 （1）写出平面内两向量的坐标； （2）设出法向量； （3）根据数量积为零列出方程组； （4）解方程组，求出一个法向量 7、利用向量证明平行问题 ①线线平行：方向向量平行． ②线面平行：平面外的直线方向向量与平面法向量垂直． ③面面平行：两平面的法向量平行． 8、利用向量法证垂直问题的类型及常用方法 （1）线线垂直问题：证明两直线所在的方向向量互相垂直，即证它们的数量积为零 （2）线面垂直问题：直线的方向向量与平面的法向量共线，或利用线面垂直的判定定理转化为证明线线垂直 （3）面面垂直问题：两个平面的法向量垂直，或利用面面垂直的判定定理转化为证明线面垂直 9、向量法求两异面直线所成角的步骤 (1)选好基底或建立空间直角坐标系； (2)求出两直线的方向向量v1，v2； (3)代入公式|cos〈v1，v2〉|＝求解． 10、利用向量法求线面角的方法 (1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)； (2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角(钝角时取其补角)，取其余角就是斜线和平面所成的角. 11、利用向量法计算二面角大小的常用方法 (1)找法向量法：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小．但要注意结合实际图形判断所求角的大小． (2)找与棱垂直的方向向量法：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小． 12、点到直线的距离 如图，已知直线l的单位方向向量为u，A是直线l上的定点，P是直线l外一点，设＝a，则向量在直线l上的投影向量＝(a·u)u，在Rt△APQ中，由勾股定理，得PQ＝＝. 13、点到平面的距离 如图，已知平面α的法向量为n，A是平面α内的定点，P是平面α外一点．过点P作平面α的垂线l，交平面α于点Q，则n是直线l的方向向量，且点P到平面α的距离就是在直线l上的投影向量的长度，因此PQ＝＝＝. 题型一 空间向量基本定理及线性运算 【例1】（2023高二·全国·专题练习）我国古代数学名著《九章算术》中，将底面为矩形且一侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马．如图，四棱锥为阳马，平面，点是边上一点,且，若，则（   ） A．1 B．2 C． D． 【变式1-1】（23-24高二下·福建漳州·阶段练习）如图.空间四边形中，，，点在上，且满足，点为的中点，则（    ） A． B． C． D． 【变式1-2】（23-24高一下·安徽·阶段练习）在直三棱柱中，重心为点，棱的中点为，设，则（    ） A． B． C． D． 【变式1-3】（24-25高二上·福建厦门·阶段练习）如图，在四棱柱中，底面是平行四边形，点为的中点，若，则 . 题型二 共线向量定理及其应用 【例2】（24-25高二上·福建泉州·期中）已知平行六面体，底面是正方形，，，，，，，设，，． (1)用向量表示向量，并求的长度； (2)设点满足，是否存在使得，，三点共线，若存在求出，若不存在请说明理由． 【变式2-1】（2023春·福建龙岩·高二校联考期中）设向量，，不共面，已知，，，若A，C，D三点共线，则（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【变式2-2】（24-25高二上·北京·期末）设，向量，，，则（    ） A． B． C． D． 【变式2-3】（23-24高二上·天津·期末）设，，向量，，且，则的值为（    ） A．5 B． C． D． 题型三 共面向量定理及其应用 【例3】（23-24高二上·江西上饶·期末）有下列四个命题： （1）已知A，B，C，D是空间任意四点，则； （2）若两个非零向量与满足，则； （3）分别表示空间向量的有向线段所在的直线是异面直线，则这两个向量不是共面向量； （4）对于空间的任意一点O和不共线的三点A，B，C，若当时，（x，y，），则P，A，B，C四点共面． 其中正确命题的个数是（    ） A．3 B．2 C．1 D．0 【变式3-1】（24-25高二上·福建泉州·期中）已知空间向量，若向量共面，则实数的值为（    ） A． B． C． D． 【变式3-2】（23-24高二下·甘肃天水·阶段练习）在四棱锥中，若，则实数组可能为（    ） A． B． C． D． 【变式3-3】（2019高二上·全国·专题练习）若，且共面，则 ． 题型四 空间向量的数量积 【例4】（24-25高二上·福建南平·期中）已知正三棱锥如图所示，其中，，点D在平面内的投影为点E，点F为线段上靠近B的三等分点. (1)若，求的值； (2)求的值. 【变式4-1】（24-25高二上·四川眉山·期中）棱长为的正四面体中，点是的中点，则（    ） A． B． C． D． 【变式4-2】（2024高二·全国·专题练习）在正三棱锥中，是的中心，，则等于（ ） 【变式4-3】（23-24高二下·江苏泰州·期末）从棱长为的正方体的八个顶点中任意取四个点，则值的不同种数为（    ） A． B． C． D． 题型五 向量的夹角问题 【例5】（10-11高二下·江西上饶·期中）若向量，且与的夹角的余弦值为，则（    ） A．2 B． C．或 D．2或 【变式5-1】（24-25高二上·福建福州·期中）已知，且与的夹角为钝角，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【变式5-2】（23-24高二上·江西九江·期末）已知向量.若，则与的夹角为 . 【变式5-3】（24-25高二上·福建福州·期中）已知，，若与的夹角为锐角，则实数的取值范围为 ． 题型六 距离、长度问题 【例6】（23-24高三下·上海浦东新·期中）正三棱锥中，底面边长，侧棱，向量，满足，，则的最大值为 . 【变式6-1】（24-25高二上·福建福州·期中）如图，在平行六面体中，以顶点A为端点的三条棱长均为3，且它们彼此的夹角都是，则对角线长为（    ） A． B． C． D． 【变式6-2】（24-25高二上·福建泉州·期中）已知三棱柱的侧棱长为2，底面是边长为2的正三角形，，若和相交于点．则（   ） A． B．2 C． D． 【变式6-3】（24-25高二上·福建泉州·期中）平行六面体的底面是边长为2的正方形，且，，则线段的长为（    ） A．5 B． C． D． 题型七 向量的垂直问题 【例7】（15-16高二上·江西宜春·期中）已知空间三点，设. (1)求和的夹角的余弦值； (2)若向量与互相垂直，求的值. 【变式7-1】（23-24高二上·江西上饶·期末）已知空间向量，，若，则（    ） A． B．3 C． D．2 【变式7-2】（21-22高二上·湖南·阶段练习）已知空间向量，，其中，若，则的最大值是（    ） A． B． C． D． 【变式7-3】（23-24高二上·全国·课后作业）在如图所示的平行六面体中，已知，，为上一点，且．若，则的值为 ．    题型八 平面的法向量问题 【例8】（2024·宁夏银川·一模）如图，在棱长为2的正方体中，、分别是棱，的中点，过点作平面，使得∥平面，且平面与交于点，则（    ）    A． B． C． D． 【变式8-1】（22-23高二上·湖北荆州·期末）已知正方体的棱长为1，以为原点，为单位正交基底，建立空间直角坐标系，则平面的一个法向量是（    ） A． B． C． D． 【变式8-2】（23-24高二上·山东菏泽·期末）一平面截正四棱锥，与棱的交点依次为，已知，则的值为（    ） A． B． C． D． 【变式8-3】（2023高二上·全国·专题练习）四边形是直角梯形，，，平面，，，求平面和平面的法向量. 题型九 空间平行关系的判断与证明 【例9】（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. 【变式9-1】（23-24高二下·江苏盐城·期中）为直线的方向向量，和分别为平面与的法向量（与不重合，），下列说法：①；②；③；④．其中正确的有（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【变式9-2】（多选）（23-24高二上·安徽·阶段练习）在空间直角坐标系中，点，则（    ） A．直线平面 B．直线平面 C．直线平面 D．直线平面 【变式9-3】（多选）（2024·宁夏吴忠·模拟预测）在正方体中，点为线段上的动点，直线为平面与平面的交线，现有如下说法 ①不存在点，使得平面 ②存在点，使得平面 ③当点不是的中点时，都有平面 ④当点不是的中点时，都有平面 其中正确的说法有（    ） A．①③ B．③④ C．②③ D．①④ 题型十 空间垂直关系的判断与证明 【例10】（24-25高二上·福建泉州·期中）如图，四棱锥的底面为正方形，平面，是的中点，． (1)求证：平面； (2)设直线与平面交于，求证：． 【变式10-1】（2024·山东菏泽·二模）如图，在正方体中，，则下列结论中正确的是（    ） A．平面 B．平面平面 C．平面 D．平面内存在与平行的直线 【变式10-2】（多选）（2024·全国·模拟预测）如图，在下列给出的正方体中，点为顶点，点为下底面的中心，点为正方体的棱所在的中点，则与不垂直的是（     ）. A． B． C． D． 【变式10-3】（2024·重庆·模拟预测）已知正方体的棱长为1，在棱上运动，在线段上运动，直线与平面交于点．    (1)当为中点时，证明：平面； (2)若平面，求的最大值及此时的长． 题型十一 异面直线所成的角 【例11】（23-24高二上·福建福州·阶段练习）如图，已知三棱锥中，，和都是边长为2的正三角形，点E，F分别是AB，CD的中点． (1)记用表示； (2)求异面直线AF和CE所成角的余弦值． 【变式11-1】（24-25高二上·福建厦门·阶段练习）在中国古代数学著作《九章算术》中记载了一种称为＂曲池＂的几何体，该几何体的上，下底面平行，且均为扇环形（扇环是指圆环被扇形截得的部分）.现有一个如图所示的曲池，它的高为，均与曲池的底面垂直，底面扇环对应的两个圆的半径分别为1和2，对应的圆心角为，则图中异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【变式11-2】（24-25高二上·福建福州·期中）已知直三棱柱的底面ABC为正三角形，且，则异面直线与的夹角余弦值为 . 【变式11-3】（24-25高二上·福建·期末）《九章算术》中记录的 “羡除” 是算学和建筑学术语，指的是一段类似地下车库入口形状的几何体. 如图，在羡除中，四边形，均为等腰梯形， ，，互相平行，平面平面，梯形，的高分别为，，且，，，则异面直线与所成角的余弦值为 . 题型十二 直线与平面所成角 【例12】（24-25高二上·湖南常德·期末）如图，四棱台的上，下底面为正方形，与交于点，平面平面，平面平面. (1)证明：平面； (2)若，求直线与平面所成角的正弦值. 【变式12-1】（24-25高二上·福建福州·期中）如图，在直三棱柱中，，，分别为的中点．    (1)证明：; (2)求直线与平面所成角的正弦值． 【变式12-2】（24-25高二上·河南·期中）如图，在四棱锥中，四边形是矩形，为的中点. (1)证明：； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 【变式12-3】（24-25高三上·北京海淀·开学考试）如图，在直三棱柱中，为直角，侧面为正方形，分别为的中点.    (1)求证：平面； (2)求证：； (3)求直线与平面所成角的正弦值. 题型十三 二面角 【例13】（24-25高二上·福建三明·阶段练习）在三棱锥中，侧面是边长为2的等边三角形，． (1)求证：平面平面； (2)求平面与平面的夹角的余弦值． 【变式13-1】（24-25高二上·福建莆田·期末）如图，已知四棱锥的底面是正方形，侧棱底面，，是的中点． (1)证明：平面； (2)求二面角的平面角的正弦值． 【变式13-2】（24-25高二上·福建福州·阶段练习）如图，四边形是正方形，平面，，，.    (1)求证：平面； (2)求二面角的大小. 【变式13-3】（24-25高二上·福建厦门·阶段练习）如图，在五棱锥中，已知底面，. (1)证明：平面平面； (2)求侧面与侧面所成二面角的余弦值. 题型十四 空间角的综合问题 【例14】（24-25高二上·福建福州·期末）如图，在四棱锥中，底面是正方形，底面，，，分别在棱，上，是的中点. (1)若是的中点，求直线与平面所成的角的余弦值； (2)若，求平面与平面的夹角的余弦值. 【变式14-1】（多选）（24-25高二上·黑龙江·期末）在棱长为2的正方体中，，分别为棱，的中点，则下列选项中正确的为（    ） A．直线与所成角的余弦值为 B．平面 C． D．直线与平面所成角的正弦值为 【变式14-2】（多选）（24-25高二上·江西宜春·期末）点P是棱长为1的正方体的表面上一个动点，则下列结论中正确的（ ） A．当P在平面上运动时，四棱锥的体积发生变化． B．当P在线段上运动时，与所成角的取值范围是 C．若F是的中点，当P在底面上运动，且满足平面时，长度的最小值是 D．使直线与平面所成的角为的点P的轨迹长度为 【变式14-3】（多选）（24-25高二上·福建莆田·期中）如图，棱长为2的正方体中，P为线段上动点（包括端点），以下命题为真命题的是（    ） A．当点P为中点时，异面直线与BD所成角为 B．三棱锥中，点P到面的距离为定值 C．过点P且平行于面的平面被正方体截得的多边形的面积为 D．直线与面所成角的正弦值的范围为 题型十五 根据空间角的关系求其它量 【例15】（24-25高二上·福建福州·期中）如图，在四棱锥中，侧面底面ABCD，底面ABCD是平行四边形，且，，.    (1)求证：平面PAD； (2)若，在棱PB上是否存在一点，使得直线CD与平面ACM所成角的正弦值为?若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 【变式15-1】（22-23高二上·上海普陀·期末）如图，在三棱锥中，平面平面，，， E、F分别为棱、的中点． (1)求证：直线平面； (2)若直线与平面所成的角为，直线与平面所成角为，求二面角的大小． 【变式15-2】（23-24高二上·江苏无锡·期中）在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，平面，，是棱上一点. (1)若为的中点，求直线与平面所成角的正弦值； (2)若平面与平面的夹角的余弦值为，求点的位置. 【变式15-3】（22-23高三下·广东·阶段练习）如图，四棱锥的底面是边长为2的菱形，为的中点，. (1)证明：平面平面. (2)若，且二面角的大小为，求四棱锥的体积. 题型十六 点到直线距离的向量方法 【例16】（23-24高二上·天津·期末）如图，在棱长为4的正方体中，E为BC的中点，点P在线段上，点Р到直线的距离的最小值为 . 【变式16-1】（24-25高二上·湖南·阶段练习）如图，正四棱锥的棱长均为2，分别为，的中点，则点到直线的距离为（   ） A． B． C． D． 【变式16-2】（23-24高二上·天津·期末）已知空间中三点，，，则点到直线的距离为 . 【变式16-3】（24-25高二上·福建泉州·期中）已知直线l经过点，且向量为l的一个单位方向向量，则点到l的距离为 . 题型十七 点到平面距离的向量方法 【例17】（23-24高二上·福建福州·阶段练习）如图，在四棱锥中，底面是正方形，平面，，分别是的中点，是棱上的动点，则下列说法中错误的是（    ） A． B．存在点，使平面 C．存在点，使直线与所成的角为 D．点到平面与平面的距离和为定值 【变式17-1】（24-25高二上·甘肃庆阳·期末）已知平面的法向量，且点，，则点P到平面的距离为（    ） A． B． C．2 D．4 【变式17-2】（24-25高二上·福建福州·期末）如图，在三棱锥中，平面，，点，分别为，的中应，，，则点到平面的距离是（    ）    A． B． C． D． 【变式17-3】（24-25高二上·福建福州·阶段练习）正四棱柱的底面边长为1，点E，F分别为，的中点，且已知与所成角的大小为60°，则直线与平面之间的距离为（   ） A． B． C． D． 题型十八 向量应用的其它角、距离问题 【例18】（24-25高二上·福建福州·期中）如图，在四棱锥中，底面ABCD是边长为2的菱形，是正三角形，.平面平面ABCD，点在棱PC上. (1)若平面ADE与棱PB交于点，求证：平面ABCD； (2)若二面角E-AD-B的余弦值为，求点到平面ABCD的距离. 【变式18-1】（多选）（24-25高二上·福建三明·期中）如图，在长方体中，，点为线段上的 动点（包括端点），则下列结论正确的是（    ） A．当点M为的中点时，平面 B．当点M为的中点时，直线DM与直线BC所角的余弦值为 C．当点在线段上运动时，三棱锥的体积是定值 D．点到直线距离的最小值为 【变式18-2】（24-25高二上·福建泉州·期中）已知平面平面，，平面的一个法向量为，则平面与平面之间的距离为 . 【变式18-3】（24-25高二上·福建泉州·期中）如图，棱锥的底面是矩形，平面，，． (1)求证：平面； (2)求二面角的大小； (3)求点到平面的距离． 题型十九 空间向量应用于最值、范围问题 【例19】（23-24高二下·江苏宿迁·期中）已知，向量，且满足 (1)求点的坐标； (2)若点在直线（为坐标原点）上运动，当取最小值时，求点的坐标． 【变式19-1】（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． 【变式19-2】（21-22高一下·福建南平·期末）如图，正方体中，，当直线与平面所成的角最大时，（    ） A． B． C． D． 【变式19-3】（23-24高二下·甘肃·期中）设O为坐标原点，． (1)求； (2)若点P为直线OC上一动点，求的最小值． 题型二十 空间向量应用的综合问题 【例20】（24-25高二上·福建厦门·期中）如图，在矩形和中，，记. (1)将用表示出来； (2)当等于多少时，线段的长度取得最小值？求此时与夹角的余弦值. 【变式20-1】（多选）（24-25高二上·福建福州·期中）已知正方体棱长为，为平面内一点，为中点.下列论述正确的是（   ） A．若，则 B．若，则到直线的距离为 C．若，则有且仅有一个点，使得平面 D．若，则平面与底面所成角正弦值的取值范围为 【变式20-2】（多选）（24-25高二上·贵州毕节·期末）如图，在边长为2的正方体中，点P在线段上运动，则下列结论正确的是（   ） A． B．的最小值为 C．三棱锥的体积是定值 D．不存在点P使直线与直线AP夹角的余弦值为 【变式20-3】（23-24高二上·浙江台州·阶段练习）如图，正方形和正方形的边长都是1，且它们所在的平面所成的二面角的平面角，M，N分别是，上的动点，，则的最小值是 ．    1 / 7 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题突破：空间向量与立体几何重点题型突破 1、向量的线性运算： (1)用已知向量来表示未知向量，一定要结合图形，以图形为指导是解题的关键． (2)要正确理解向量加法、减法与数乘运算的几何意义．首尾相接的若干向量之和，等于由起始向量的始点指向末尾向量的终点的向量，我们可把这个法则称为向量加法的多边形法则． (3)在立体几何中要灵活应用三角形法则，向量加法的平行四边形法则在空间中仍然成立． 2、证明空间任意三点共线的方法 对空间三点P，A，B可通过证明下列结论成立来证明三点共线. (1)； (2)对空间任一点O，； (3)对空间任一点O，． 3、证明空间四点共面的方法 对空间四点P，M，A，B可通过证明下列结论成立来证明四点共面 (1)； (2)对空间任一点O，； (3)对空间任一点O，； (4)∥(或∥或∥)． 4、证明三点共线和空间四点共面的方法比较 三点(P，A，B)共线 空间四点(M，P，A，B)共面 ＝λ且同过点P ＝x＋y 对空间任一点O，＝＋t 对空间任一点O，＝＋x＋y 对空间任一点O，＝x＋(1－x) 对空间任一点O，＝x＋y＋(1－x－y) 5、空间向量数量积的四个应用 求夹角 设向量a，b所成的角为θ，则cosθ＝，进而可求两异面直线所成的角 求长度(距离) 运用公式|a|2＝a·a，可使线段长度的计算问题转化为向量数量积的计算问题 解决垂直问题 利用a⊥b⇔a·b＝0(a≠0，b≠0)，可将垂直问题转化为向量数量积的计算问题 求参数 在垂直、夹角、距离条件下求参数. 6、法向量的确定方法 （1）写出平面内两向量的坐标； （2）设出法向量； （3）根据数量积为零列出方程组； （4）解方程组，求出一个法向量 7、利用向量证明平行问题 ①线线平行：方向向量平行． ②线面平行：平面外的直线方向向量与平面法向量垂直． ③面面平行：两平面的法向量平行． 8、利用向量法证垂直问题的类型及常用方法 （1）线线垂直问题：证明两直线所在的方向向量互相垂直，即证它们的数量积为零 （2）线面垂直问题：直线的方向向量与平面的法向量共线，或利用线面垂直的判定定理转化为证明线线垂直 （3）面面垂直问题：两个平面的法向量垂直，或利用面面垂直的判定定理转化为证明线面垂直 9、向量法求两异面直线所成角的步骤 (1)选好基底或建立空间直角坐标系； (2)求出两直线的方向向量v1，v2； (3)代入公式|cos〈v1，v2〉|＝求解． 10、利用向量法求线面角的方法 (1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)； (2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角(钝角时取其补角)，取其余角就是斜线和平面所成的角. 11、利用向量法计算二面角大小的常用方法 (1)找法向量法：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小．但要注意结合实际图形判断所求角的大小． (2)找与棱垂直的方向向量法：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小． 12、点到直线的距离 如图，已知直线l的单位方向向量为u，A是直线l上的定点，P是直线l外一点，设＝a，则向量在直线l上的投影向量＝(a·u)u，在Rt△APQ中，由勾股定理，得PQ＝＝. 13、点到平面的距离 如图，已知平面α的法向量为n，A是平面α内的定点，P是平面α外一点．过点P作平面α的垂线l，交平面α于点Q，则n是直线l的方向向量，且点P到平面α的距离就是在直线l上的投影向量的长度，因此PQ＝＝＝. 题型一 空间向量基本定理及线性运算 【例1】（2023高二·全国·专题练习）我国古代数学名著《九章算术》中，将底面为矩形且一侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马．如图，四棱锥为阳马，平面，点是边上一点,且，若，则（   ） A．1 B．2 C． D． 【答案】A 【知识点】用空间基底表示向量、空间向量基本定理及其应用 【分析】利用空间向量基本定理将用，和表示出来，对照各项系数计算即得. 【详解】∵，∴， ∴ ， 则，，，故． 故选:A. 【变式1-1】（23-24高二下·福建漳州·阶段练习）如图.空间四边形中，，，点在上，且满足，点为的中点，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】用空间基底表示向量、空间向量的加减运算 【分析】通过向量加减形式，用已知向量表示未知向量. 【详解】 故选：B. 【变式1-2】（23-24高一下·安徽·阶段练习）在直三棱柱中，重心为点，棱的中点为，设，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由空间向量基本定理求解即可. 【详解】取中点，连接，，由底面为正三角形， 知过点，且. 于是， 故选：D. 【变式1-3】（24-25高二上·福建厦门·阶段练习）如图，在四棱柱中，底面是平行四边形，点为的中点，若，则 . 【答案】 【知识点】用空间基底表示向量、空间向量基本定理及其应用 【分析】根据向量的运算法则利用表示，由条件结合空间向量基本定理列方程求可得结论. 【详解】在四棱柱中，底面是平行四边形，点为的中点， 所以 又 所以 即. 故答案为：. 题型二 共线向量定理及其应用 【例2】（24-25高二上·福建泉州·期中）已知平行六面体，底面是正方形，，，，，，，设，，． (1)用向量表示向量，并求的长度； (2)设点满足，是否存在使得，，三点共线，若存在求出，若不存在请说明理由． 【答案】(1)， (2)存在， 【知识点】空间向量数量积的应用、空间向量数乘运算的几何表示、由空间向量共线求参数或值 【分析】（1）先表示出，然后根据可求的表示；采用先平方再开方的方法结合数量积计算公式求解出的长度； （2）假设存在满足条件，先表示出，再根据三点共线得到对应方程组，由此可求的值. 【详解】（1）因为， ， 所以； 所以 ， 所以. （2）假设存在满足条件，所以， 因为，，三点共线，所以设， 所以， 所以，解得， 故满足条件. 【变式2-1】（2023春·福建龙岩·高二校联考期中）设向量，，不共面，已知，，，若A，C，D三点共线，则（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】根据A，C，D三点共线，可得，则存在唯一实数，使得，再根据空间向量共线定理即可得解. 【详解】由，， 得， 因为A，C，D三点共线，所以， 则存在唯一实数，使得， 则，解得. 故选：C. 【变式2-2】（24-25高二上·北京·期末）设，向量，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】空间向量的坐标运算 【分析】利用向量共线的充要条件求解即可. 【详解】因为向量，，，所以存在，使得， 即，解得， 故选：C. 【变式2-3】（23-24高二上·天津·期末）设，，向量，，且，则的值为（    ） A．5 B． C． D． 【答案】D 【知识点】由空间向量共线求参数或值 【分析】根据向量共线列出方程求解即可. 【详解】因为向量，，且， 所以，即， 所以解得，，， 所以， 故选：D 题型三 共面向量定理及其应用 【例3】（23-24高二上·江西上饶·期末）有下列四个命题： （1）已知A，B，C，D是空间任意四点，则； （2）若两个非零向量与满足，则； （3）分别表示空间向量的有向线段所在的直线是异面直线，则这两个向量不是共面向量； （4）对于空间的任意一点O和不共线的三点A，B，C，若当时，（x，y，），则P，A，B，C四点共面． 其中正确命题的个数是（    ） A．3 B．2 C．1 D．0 【答案】A 【分析】利用空间向量的概念与运算、共面向量定理对4个命题分别进行判断，即可得出结论． 【详解】对于（1），A，B，C，D是空间任意四点， 则成立，（1）正确； 对于（2），若两个非零向量与满足，即， 则，（2）正确； 对于（3），因为空间任意两个向量共面，因此分别表示空间向量的有向线段所在的直线是异面直线， 这两个向量是共面向量，（3）错误； （4）对于空间的任意一点O和不共线的三点A，B，C， 若xyz（x，y，）， 当且仅当时成立，则P，A，B，C四点共面，（4）正确， 所以正确命题的个数是3个． 故选：A 【变式3-1】（24-25高二上·福建泉州·期中）已知空间向量，若向量共面，则实数的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【知识点】空间向量共面求参数 【分析】利用空间向量基本定理求解. 【详解】显然不共线，故可设，即， 从而，，，故. 故选：A. 【变式3-2】（23-24高二下·甘肃天水·阶段练习）在四棱锥中，若，则实数组可能为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用底面是平行四边形判断A，根据向量的线性运算与向量的共线与共面性质判断BCD． 【详解】选项A，若底面是平行四边形，设，则， 因此，即，A可能取得； 选项B，若，则，B错误； 选项C，若，则，C错误； 选项D，若，则， 但平面，即不共面，因此不可能成立，D错． 故选：A． 【变式3-3】（2019高二上·全国·专题练习）若，且共面，则 ． 【答案】1 【知识点】空间向量共面求参数、空间向量的坐标运算 【分析】根据三个向量的坐标，得出向量，不共线，根据，，共面，得出可由，表达，列出对应关系式，即可得出结论 【详解】由题意，， 因为向量，不共线，且，，共面， 所以存在实数，使得， 即有，解得：． 故答案为：1. 题型四 空间向量的数量积 【例4】（24-25高二上·福建南平·期中）已知正三棱锥如图所示，其中，，点D在平面内的投影为点E，点F为线段上靠近B的三等分点. (1)若，求的值； (2)求的值. 【答案】(1)，，； (2) 【知识点】用空间基底表示向量、求空间向量的数量积 【分析】（1）先根据空间向量得线性运算将用表示，再根据空间向量基本定理即可得解； （2）先利用余弦定理求出，再根据数量积的运算律即可得解. 【详解】（1） ， 又， ∴，，； （2）由余弦定理得， 易知； 故 ， ∴． 【变式4-1】（24-25高二上·四川眉山·期中）棱长为的正四面体中，点是的中点，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【知识点】求空间向量的数量积、空间向量的加减运算 【分析】根据向量线性运算法则和数量积的性质可得，结合数量积定义可得结论． 【详解】因为， 所以， 又，，，， 所以． 故选：A． 【变式4-2】（2024高二·全国·专题练习）在正三棱锥中，是的中心，，则等于（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】 根据给定条件，结合正三棱锥的结构特征求出，再利用数量积的运算律计算即得. 【详解】 在正三棱锥中，为正的中心，， 则平面，而平面，于是，，且， 所以. 故选：D 【变式4-3】（23-24高二下·江苏泰州·期末）从棱长为的正方体的八个顶点中任意取四个点，则值的不同种数为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】分别讨论不同位置时的情况，根据向量数量积定义可求得结果. 【详解】①当为正方体的两条棱，且时， 或，； ②当为正方体的两条棱，且时，； ③当为正方体的一条棱，为与垂直的侧面的面对角线时， ，； ④当为正方体的一条棱，为与平行的侧面的面对角线时， ，，或，； ⑤当为正方体的一条棱，为正方体的体对角线时， ，，，； ⑥当分别为同一侧面或两平行侧面的面对角线时，或， 若，则； 若，则或，，； ⑦当分别为两相邻侧面的面对角线时， ，或，； ⑧当为正方体两条体对角线时， 设，则，， ，； 综上所述：的值有，，，共种. 故选：B. 题型五 向量的夹角问题 【例5】（10-11高二下·江西上饶·期中）若向量，且与的夹角的余弦值为，则（    ） A．2 B． C．或 D．2或 【答案】C 【分析】根据向量的夹角公式的坐标形式，列式求解，即可得答案. 【详解】由题意，向量， 得，解得或， 故选：C 【变式5-1】（24-25高二上·福建福州·期中）已知，且与的夹角为钝角，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【知识点】空间向量夹角余弦的坐标表示 【分析】两个向量夹角为钝角则两个向量数量积为负数，但是两个向量反向时夹角为不是钝角，要排除. 【详解】由题意可知：，∴， 又∵时，即时，共线，∴， ∴. 故选：A 【变式5-2】（23-24高二上·江西九江·期末）已知向量.若，则与的夹角为 . 【答案】 【分析】根据空间向量的垂直的坐标表示求出m的值，再根据向量的夹角公式，即可求得答案. 【详解】， 又，， 而，故与的夹角为， 故答案为： 【变式5-3】（24-25高二上·福建福州·期中）已知，，若与的夹角为锐角，则实数的取值范围为 ． 【答案】 【知识点】空间向量的坐标运算、空间向量平行的坐标表示 【分析】分析可知，且与不共线，即可求得实数的取值范围. 【详解】因为，，且与的夹角为锐角， 则，解得，且与不共线， 若与共线，则，解得，故当与不共线时，， 综上所述，实数的取值范围是. 故答案为：. 题型六 距离、长度问题 【例6】（23-24高三下·上海浦东新·期中）正三棱锥中，底面边长，侧棱，向量，满足，，则的最大值为 . 【答案】4 【分析】利用向量运算化简变形，设，将向量等式转化为两动点轨迹为均为球面，再利用球心距求两球面上任意两点间距离最大值即可. 【详解】已知正三棱锥，则，且， 由化简得， 由化简得. 设，代入，， 分别化简得，且， 故点在以为直径的球面上，半径； 点在以为直径的球面上，半径 分别取线段、的中点、， 则， 故. 故答案为：4 【变式6-1】（24-25高二上·福建福州·期中）如图，在平行六面体中，以顶点A为端点的三条棱长均为3，且它们彼此的夹角都是，则对角线长为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【知识点】空间向量数量积的应用 【分析】利用空间向量将线段的长度转化成求解向量的模长度. 【详解】如图，由已知，，， ∵， ∴ ， ∴，即， 故选：A. 【变式6-2】（24-25高二上·福建泉州·期中）已知三棱柱的侧棱长为2，底面是边长为2的正三角形，，若和相交于点．则（   ） A． B．2 C． D． 【答案】D 【知识点】空间向量数量积的应用 【分析】利用空间向量的基本运算可得，再由夹角以及模长运算即可得结果. 【详解】如下图所示：    根据题意可知令，且，； 可得 ； 所以 . 故选：D 【变式6-3】（24-25高二上·福建泉州·期中）平行六面体的底面是边长为2的正方形，且，，则线段的长为（    ） A．5 B． C． D． 【答案】C 【知识点】空间向量数量积的应用、求空间向量的数量积 【分析】根据及数量积的运算律求出，即可得解. 【详解】因为， 所以 ， 所以，即线段的长为. 故选：C 题型七 向量的垂直问题 【例7】（15-16高二上·江西宜春·期中）已知空间三点，设. (1)求和的夹角的余弦值； (2)若向量与互相垂直，求的值. 【答案】(1) (2)2或 【知识点】空间向量的坐标运算、空间向量模长的坐标表示、空间向量垂直的坐标表示、空间向量夹角余弦的坐标表示 【分析】（1）利用空间向量的坐标表示求出，再利用向量夹角的坐标表示计算即得. （2）利用垂直关系的向量表示及向量数量积的运算律，结合（1）中信息列出方程求解即可. 【详解】（1）由点，得，， 所以， 所以和夹角的余弦值为. （2）由（1）可得，， 因为向量与互相垂直，则， 由整理可得，解得或， 所以的值为2或. 【变式7-1】（23-24高二上·江西上饶·期末）已知空间向量，，若，则（    ） A． B．3 C． D．2 【答案】D 【分析】根据空间向量运算的坐标表示进行计算即可. 【详解】由题意可得， 因为，所以， 解得. 故选：D. 【变式7-2】（21-22高二上·湖南·阶段练习）已知空间向量，，其中，若，则的最大值是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】基本不等式求积的最大值、空间向量垂直的坐标表示 【分析】先利用向量垂直得到，再利用基本不等式求出最大值. 【详解】因为空间向量，，且， 所以，即. 因为， 所以，即， 当且仅当，即时取等号. 所以的最大值是. 故选：D 【变式7-3】（23-24高二上·全国·课后作业）在如图所示的平行六面体中，已知，，为上一点，且．若，则的值为 ．    【答案】/ 【知识点】求空间向量的数量积、用空间基底表示向量 【分析】根据平行六面体的几何性质，选定一组基底，表示两个垂直的向量，利用垂直向量数量积为零，建立方程，可得答案. 【详解】设，则构成空间的一个基底， 设，因为，所以， 因为， 所以，即， 即，解得． 故答案为：. 题型八 平面的法向量问题 【例8】（2024·宁夏银川·一模）如图，在棱长为2的正方体中，、分别是棱，的中点，过点作平面，使得∥平面，且平面与交于点，则（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】 建系，求平面的法向量，利用空间向量求点M的位置，进而可得结果. 【详解】如图，以为坐标原点建立空间直角坐标系，    则， 可得， 设平面的法向量为，则， 令，则，可得， 因为∥平面，可知平面的法向量为， 设，可得， 可得，解得， 则，可得， 所以. 故选：C. 【变式8-1】（22-23高二上·湖北荆州·期末）已知正方体的棱长为1，以为原点，为单位正交基底，建立空间直角坐标系，则平面的一个法向量是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】求出的坐标，设平面的一个法向量为，利用求出法向量. 【详解】如图由已知得， 则， 设平面的一个法向量为， 则，取得. 故选：D. 【变式8-2】（23-24高二上·山东菏泽·期末）一平面截正四棱锥，与棱的交点依次为，已知，则的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】连接相交于点，连接，以为原点，分别以所在的直线为轴正方向建立空间直角坐标系，设，求出，求出平面的一个法向量，利用可得答案. 【详解】如图，在正四棱锥中，连接相交于点，连接， 则平面，且， 以为原点，分别以所在的直线为轴正方向建立空间直角坐标系， 设，由， 可得， 则，， 设为平面的一个法向量， 则，令，则，， 可得，所以， 解得. 故选：B. 【变式8-3】（2023高二上·全国·专题练习）四边形是直角梯形，，，平面，，，求平面和平面的法向量. 【答案】即为平面的法向量，是平面的法向量 【分析】先证出是三条两两垂直的线段，建立空间直角坐标系，得到点的坐标，求出平面的法向量. 【详解】因为，，所以， 因为平面，平面，平面， 所以， 所以是三条两两垂直的线段， 以A为原点，以的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示， 则， 于是，，.    易得是平面的法向量. 设平面的一个法向量为， 则，解得. 又，解得. 所以即为平面的法向量， 所以即为平面的法向量，是平面的法向量. 题型九 空间平行关系的判断与证明 【例9】（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. 【变式9-1】（23-24高二下·江苏盐城·期中）为直线的方向向量，和分别为平面与的法向量（与不重合，），下列说法：①；②；③；④．其中正确的有（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【分析】利用空间向量法分别判断即可得到答案. 【详解】因为 不重合，， 对①，平面平行等价于平面的法向量平行，故①正确； 对②，平面的法向量垂直等价于平面垂直，故②正确； 对③，若 ，故③错误； 对④，，故④正确. 故选：C. 【变式9-2】（多选）（23-24高二上·安徽·阶段练习）在空间直角坐标系中，点，则（    ） A．直线平面 B．直线平面 C．直线平面 D．直线平面 【答案】ACD 【分析】由题意根据数量积的垂直表示、共线向量定理，判断坐标平面的法向量和直线的方向向量之间是否垂直，平行逐一判断即可. 【详解】，平面的一个法向量是，平面的一个法向量是， 因为,所以,又平面,所以直线平面，故A正确； 因为不存在使得,所以与不平行，即直线平面不成立，故B错误； ，因为,所以,又平面,所以直线平面，故C正确； 因为，所以与平行，即直线平面，故D正确． 故选：ACD． 【变式9-3】（多选）（2024·宁夏吴忠·模拟预测）在正方体中，点为线段上的动点，直线为平面与平面的交线，现有如下说法 ①不存在点，使得平面 ②存在点，使得平面 ③当点不是的中点时，都有平面 ④当点不是的中点时，都有平面 其中正确的说法有（    ） A．①③ B．③④ C．②③ D．①④ 【答案】B 【分析】 对于①，由当点与点重合时，结合线面平行的判定定理即可判断；对于②，若平面，则，建系利用向量运算即可判断；对于③④，由线面平行，线面垂直的相关知识判断即可. 【详解】对于①，由当点与点重合时，由， 而平面，平面，得平面，故①错误； 对于②，若存在点，使得平面，则， 又，可得， 以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系，设棱长为1，，， 则，，，， 则，， ，， 所以，这与矛盾，故②错误； 对于③，当不是的中点时， 由，且面，面，可知面， 又直线为面与面的交线，则， 又面，面，从而可得面，故③正确； 对于④，由③可知，又平面，平面， 所以，又，，平面， 所以平面，所以平面，故④正确. 综上，③④正确. 故选：B. 题型十 空间垂直关系的判断与证明 【例10】（24-25高二上·福建泉州·期中）如图，四棱锥的底面为正方形，平面，是的中点，． (1)求证：平面； (2)设直线与平面交于，求证：． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【知识点】判断图形中的面面关系、空间位置关系的向量证明 【分析】（1）以为原点，为轴的正方向建立空间直角坐标系，求出和平面的法向量可得答案； （2）连接相相交于点，可得的交点就是，由 ，可得答案． 【详解】（1）以为原点，所在的直线为轴的正方向建立空间直角坐标系， 设，则，，，，， ，设平面的法向量为， 所以即，令，则， 则，所以，即平面. （2）连接相交于点，则点是中点，连接， 因为平面，故且平面， 而平面，故平面，故平面平面， 所以的交点就是，连接， 又是的中点，所以，， 所以，所以，即. 【变式10-1】（2024·山东菏泽·二模）如图，在正方体中，，则下列结论中正确的是（    ） A．平面 B．平面平面 C．平面 D．平面内存在与平行的直线 【答案】C 【分析】建立空间直角坐标系，结合线面平行的判定定理，线面垂直，面面垂直的判定定理，逐项判定计算即可． 【详解】因为为正方体，设正方体边长为2， 以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系， 则， 设平面的法向量为， 则，令，则， 同理解得平面的法向量， ，故A不正确； ，故B不正确； ， ，所以， 又，所以平面，C正确； 平面的一个法向量为， ，故D不正确； 故选：C 【变式10-2】（多选）（2024·全国·模拟预测）如图，在下列给出的正方体中，点为顶点，点为下底面的中心，点为正方体的棱所在的中点，则与不垂直的是（     ）. A． B． C． D． 【答案】CD 【分析】建立适当空间直角坐标系，利用空间向量分析判断即可. 【详解】设正方体的棱长为2， 对A：建立如图所示空间直角坐标系，则， 可得，则， 所以，即，故A错误； 对B：建立如图所示空间直角坐标系，则， 可得，则， 所以，即，故B错误； 对C：建立如图所示空间直角坐标系，则， 可得，则， 所以与不垂直，即与不垂直，故C正确； 对D：建立如图所示空间直角坐标系，则， 可得，则， 所以与不垂直，即与不垂直，故D正确. 故选：CD. 【变式10-3】（2024·重庆·模拟预测）已知正方体的棱长为1，在棱上运动，在线段上运动，直线与平面交于点．    (1)当为中点时，证明：平面； (2)若平面，求的最大值及此时的长． 【答案】(1)证明见解析 (2)最大值为， 【分析】（1）以为坐标原点，方向为轴，建立空间直角坐标系，设，利用空间向量的坐标运算确定线线垂直，结合线面垂直判定定理证明即可； （2）由（1）坐标关系与线面垂直，设，可得，建立坐标等式关系，利用基本不等式求得最值即可. 【详解】（1）以为坐标原点，方向为轴，建立空间直角坐标系，    则， 设， 当E，F为中点时，，有， 所以，，，有，， 所以，又平面， 所以平面． （2）由（1）可得，，， 若平面，则，，所以， 设，则， 由平面ACE，所以， 当时，，有，当时，等号成立， 所以，即， 综上，的最大值为，． 题型十一 异面直线所成的角 【例11】（23-24高二上·福建福州·阶段练习）如图，已知三棱锥中，，和都是边长为2的正三角形，点E，F分别是AB，CD的中点． (1)记用表示； (2)求异面直线AF和CE所成角的余弦值． 【答案】(1) (2) 【知识点】空间向量数量积的应用、用空间基底表示向量 【分析】（1）根据平面向量加法和减法的运算法则进行求解即可； （2）根据空间向量夹角公式进行求解即可. 【详解】（1）因为F是CD的中点， 所以， 因为点E是AB的中点． 所以； （2）因为和都是边长为2的正三角形 ， 因为， 所以， 因为，所以，即， 所以， 又， ， 所以设所求角为θ，则． 【变式11-1】（24-25高二上·福建厦门·阶段练习）在中国古代数学著作《九章算术》中记载了一种称为＂曲池＂的几何体，该几何体的上，下底面平行，且均为扇环形（扇环是指圆环被扇形截得的部分）.现有一个如图所示的曲池，它的高为，均与曲池的底面垂直，底面扇环对应的两个圆的半径分别为1和2，对应的圆心角为，则图中异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】异面直线夹角的向量求法 【分析】建立空间直角坐标系，用向量法求解异面直线与所成角的余弦值. 【详解】设上底面圆心为，下底面圆心为，连接， 以为原点，分别以，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 则， 则， 所以， 又因为异面直线所成角的范围为， 故异面直线与所成角的余弦值为， 故选：D. 【变式11-2】（24-25高二上·福建福州·期中）已知直三棱柱的底面ABC为正三角形，且，则异面直线与的夹角余弦值为 . 【答案】/ 【知识点】空间向量数量积的应用、求异面直线所成的角 【分析】根据条件先求解出的长度，然后采用平移直线法求解出异面直线所成角的余弦值. 【详解】因为， 所以，所以， 由三棱柱的结构特点可知，所以异面直线与的夹角即为（锐角）， 因为，所以， 所以， 所以异面直线与的夹角的余弦值为， 故答案为：. 【变式11-3】（24-25高二上·福建·期末）《九章算术》中记录的 “羡除” 是算学和建筑学术语，指的是一段类似地下车库入口形状的几何体. 如图，在羡除中，四边形，均为等腰梯形， ，，互相平行，平面平面，梯形，的高分别为，，且，，，则异面直线与所成角的余弦值为 . 【答案】/0.2 【知识点】异面直线夹角的向量求法 【分析】利用面面垂直得线面垂直，建立空间直角坐标系，表示各点坐标，利用空间向量求解异面直线夹角的余弦值. 【详解】 过点作、的垂线，垂足分别为、，则，. 由四边形，均为等腰梯形得，， ，，互相平行，，. 又平面平面，平面平面，平面, 平面， 平面，. 以为原点，、、 分别为轴正方向，建立空间直角坐标系， 则，，，， ， 异面直线与所成角的余弦值为： 故答案为：. 题型十二 直线与平面所成角 【例12】（24-25高二上·湖南常德·期末）如图，四棱台的上，下底面为正方形，与交于点，平面平面，平面平面. (1)证明：平面； (2)若，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析； (2). 【知识点】证明线面垂直、线面垂直证明线线垂直、面面垂直证线面垂直、线面角的向量求法 【分析】（1）由已知结合面面垂直性质定理证明平面，平面， 由此证明，，再利用线面垂直判定定理证明结论； （2）建立空间直角坐标系，求直线的方向向量和平面的法向量，利用向量夹角公式求结论. 【详解】（1）证明：∵四边形为正方形，∴， ∵平面平面，平面平面，平面， ∴平面，平面， ∴. 又∵平面平面，平面平面，平面， ∴平面，平面， ∴， ∵，平面， ∴平面. （2）由题意可建立空间直角坐标系如图所示， 令，可得，，， 则，，， ∵在四棱台中，上，下底面为正方形且， ∴且，∴， 即，则， ，∴. 设平面的法向量为， 则，故， 令，得， 所以为平面的一个法向量，且. 设直线与平面所成角为， 则， 即直线与平面所成角的正弦值为. 【变式12-1】（24-25高二上·福建福州·期中）如图，在直三棱柱中，，，分别为的中点．    (1)证明：; (2)求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【知识点】空间位置关系的向量证明、线面角的向量求法 【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出方向向量，证明向量垂直即可； （2）运用向量法，求出线的方向向量和面的法向量计算即可. 【详解】（1）显然两两垂直，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，    则， ，，则， 则，. （2）由（1）可知，，， 设平面的法向量为， 令，得即. 设A1B与平面所成角为θ . A1B与平面AEF所成角的正弦值为. 【变式12-2】（24-25高二上·河南·期中）如图，在四棱锥中，四边形是矩形，为的中点. (1)证明：； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2). 【知识点】线面角的向量求法、线面垂直证明线线垂直 【分析】（1）根据已知数据结合勾股定逆定理可证得，，然后利用线面垂直的判定定理得平面，再由线面垂直的性质可证得结论； （2）由题意可得两两垂直，所以以为坐标原点，直线分别为轴､轴､轴建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量求解即可. 【详解】（1）证明：， ， . ， ， . 平面， 平面， 又平面， . （2）解：四边形是矩形，， 平面，平面， ， 所以以为坐标原点，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，可得， 平面的一个法向量为. 设直线与平面所成的角为， 则， 直线与平面所成角的正弦值为. 【变式12-3】（24-25高三上·北京海淀·开学考试）如图，在直三棱柱中，为直角，侧面为正方形，分别为的中点.    (1)求证：平面； (2)求证：； (3)求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【知识点】证明线面平行、线面垂直证明线线垂直、线面角的向量求法 【分析】（1）连接，证明，结合线面平行判定定理证明结论； （2）由线面垂直得到，结合得到线面垂直，再证明，结合（1）可得； （3）建立空间直角坐标系，写出点的坐标，得到平面的法向量，得到线面角的正弦值． 【详解】（1）证明：连接，    在中，因为，分别为，的中点， 所以，又平面，平面， 所以平面． （2）证明：因为直三棱柱中，为侧棱， 所以平面，因为平面， 所以， 又为直角，所以 又，，平面，所以平面， 因为平面，所以， 由（1），所以． （3）建立空间直角坐标系，    则，，，，， 因此，． 设平面的法向量为， 则，， 所以，即 令，则，， 所以为平面的一个法向量， 设直线与平面所成角为． 所以． 题型十三 二面角 【例13】（24-25高二上·福建三明·阶段练习）在三棱锥中，侧面是边长为2的等边三角形，． (1)求证：平面平面； (2)求平面与平面的夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【知识点】证明线面垂直、证明面面垂直、面面角的向量求法 【分析】（1）取的中点为，连接，通过证明平面，即可解决问题； （2）建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的法向量，代入夹角公式即可. 【详解】（1）取的中点为，连接， 因为是边长为2的等边三角形，所以， 在直角三角形中，，为中点，所以， 又，所以， 所以°，即， 又∵，，平面， 所以平面， 又平面， 所以平面平面． （2） 由（1）知两两垂直，以为坐标原点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，即， 令，可得， 设平面的法向量为，则， 设平面与平面的夹角为， 则． 所以平面与平面的夹角的余弦值为． 【变式13-1】（24-25高二上·福建莆田·期末）如图，已知四棱锥的底面是正方形，侧棱底面，，是的中点． (1)证明：平面； (2)求二面角的平面角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【知识点】证明线面平行、空间位置关系的向量证明、面面角的向量求法 【分析】（1）建立空间直角坐标系利用空间位置关系的向量证明可得出结论； （2）由二面角的向量求法计算可得二面角的平面角的正弦值． 【详解】（1）以为坐标原点，分别以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，如下图所示： 设，则，，，， ，，， 设是平面的一个法向量， 则由，得，． 因此，可得，又平面， 平面． （2）由（1）知是平面的一个法向量， 由面，面，则，又， 由都在面内，则面，即面， 则是平面的一个法向量． 设锐二面角的平面角为，则， 所以二面角的正弦值为. 【变式13-2】（24-25高二上·福建福州·阶段练习）如图，四边形是正方形，平面，，，.    (1)求证：平面； (2)求二面角的大小. 【答案】(1)证明见解析； (2). 【知识点】证明线面平行、证明线面垂直、空间位置关系的向量证明、面面角的向量求法 【分析】（1）构建合适的空间直角坐标系，取的中点M，连接，向量法有，进而可得，再由线面平行的判定证明结论； （2）取中点，利用线面垂直的判定证平面，得面的一个法向量，并求出面的法向量，应用向量法求二面角即可. 【详解】（1）如图，以A为原点，、、为x轴、y轴、z轴正方向，建立空间直角坐标系，    依题意，得，，，，，， 取的中点M，连接，则，，， 所以，则，又平面，平面， 所以平面. （2）取中点，则，又，则， 由且都在面内，则面， 由，则面，面，故， 由，、平面，所以平面， 故为平面的一个法向量. 设平面的法向量，且，， 所以，即，令，得. 所以， 由图，二面角为钝二面角，所以二面角的大小为. 【变式13-3】（24-25高二上·福建厦门·阶段练习）如图，在五棱锥中，已知底面，. (1)证明：平面平面； (2)求侧面与侧面所成二面角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【知识点】证明面面垂直、面面角的向量求法 【分析】（1）由向量的数量积可得，从而可证底面，由面面垂直的判定定理可得面面垂直； （2）利用向量法可求二面角的余弦值. 【详解】（1）由得， 即，即，所以， 由底面，底面得， 而平面，所以平面， 又，则，所以， 所以平面，平面 平面平面； （2）由（1）知两两垂直，以为轴的正方向， 点为坐标原点建立空间直角坐标系，则， 由得点， 而， 所以点，对于侧面，有 设侧面的法向量为，则, 取侧面的一个法向量， 对于侧面， 设平面的法向量为则 取侧面的一个法向量， 所以， 由题意可判断侧面与侧面所成二面角为钝二面角， 故侧面与侧面所成二面角的余弦值为. 题型十四 空间角的综合问题 【例14】（24-25高二上·福建福州·期末）如图，在四棱锥中，底面是正方形，底面，，，分别在棱，上，是的中点. (1)若是的中点，求直线与平面所成的角的余弦值； (2)若，求平面与平面的夹角的余弦值. 【答案】(1) (2) 【知识点】空间位置关系的向量证明、线面角的向量求法、面面角的向量求法 【分析】（1）以为原点，，，分别为，，轴正方向建立空间直角坐标系；利用空间向量法求线面角； （2）利用空间向量法求两平面夹角. 【详解】（1）以为原点，，，分别为，，轴正方向建立空间直角坐标系； 不妨设，则，，，. 由题意，是的中点，则； 故，，； 设平面的法向量为， 则；令，得； 记与平面所成角为，则， 故；故与平面所成角的余弦值为. （2），，故，故； 又，，平面， 平面，故平面； 故平面的法向量；平面的法向量； 记平面与平面的夹角为，则， 故平面与平面的夹角的余弦值为. 【变式14-1】（多选）（24-25高二上·黑龙江·期末）在棱长为2的正方体中，，分别为棱，的中点，则下列选项中正确的为（    ） A．直线与所成角的余弦值为 B．平面 C． D．直线与平面所成角的正弦值为 【答案】BC 【知识点】证明线面平行、空间位置关系的向量证明、异面直线夹角的向量求法、线面角的向量求法 【分析】A选项，建立，建立空间直角坐标系，得到，设直线与所成角为，利用得到答案；B选项，证明出，得到线面平行；C选项，计算出，得到垂直关系；D选项，求出平面的法向量，利用线面角的夹角公式求出答案. 【详解】A选项，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 故， 则， 设直线与所成角为， 故， 直线与所成角的余弦值为，A错误； B选项，，分别为棱，的中点，故， 因为平面，平面， 所以平面，B正确； C选项，， 故， 故，故，C正确； D选项，， ， 设平面的法向量为， 则， 令，则，，故， 其中，设直线与平面所成角的大小为， 则， 故直线与平面所成角的正弦值为，D错误. 故选：BC 【变式14-2】（多选）（24-25高二上·江西宜春·期末）点P是棱长为1的正方体的表面上一个动点，则下列结论中正确的（ ） A．当P在平面上运动时，四棱锥的体积发生变化． B．当P在线段上运动时，与所成角的取值范围是 C．若F是的中点，当P在底面上运动，且满足平面时，长度的最小值是 D．使直线与平面所成的角为的点P的轨迹长度为 【答案】BC 【知识点】锥体体积的有关计算、求异面直线所成的角、已知线面角求其他量、立体几何中的轨迹问题 【分析】A选项，正方形的面积不变，P到平面的距离不变，由体积公式可知，体积为定值；B选项，与所成角即为与所成角，数形结合得到当P在端点A，时，所成角最小，最小角为，当P在中点时，所成角最大为，B正确；C选项，建立空间直角坐标系，设，求出平面的一个法向量，由可得，所以，当时，等号成立，C正确；D选项，分别考虑点在各个平面内的情况，得到轨迹长度，相加得到答案. 【详解】对于A，底面正方形的面积不变， 当P在平面上运动时，P到平面的距离不变， 即四棱锥的高为正方体棱长， 故四棱锥的体积不变，故A不正确； 对于B，因为，所以与所成角即为与所成角， 因为，所以为等边三角形， 显然，当P在端点A，时，所成角最小，最小角为， 当P在中点时，由三线合一可知，⊥，此时所成角最大为， 所以与所成角的取值范围是，故B正确； 对于C，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， ， 设，则， 设平面的一个法向量为， 则， 令得，故平面的一个法向量为， 因为平面，所以，可得， 所以， 当时，等号成立，C正确. 对于D，因为直线与平面所成的角为， 若点在平面内，此时当与重合时，直线与平面所成角最大， 最大值为，其他位置均不合要求， 同理，若点在平面内，此时当与重合时， 直线与平面所成角最大，最大值为，其他位置不合要求， 若点在平面内，点的轨迹是； 若点在平面内，点的轨迹是； 若点在平面时，作平面，如图所示， 因为，所以， 又因为，所以，所以， 所以点的轨迹是以点为圆心，以1为半径的四分之一圆，其弧长为， 故的轨迹长度为，故D错误； 故选：BC 【变式14-3】（多选）（24-25高二上·福建莆田·期中）如图，棱长为2的正方体中，P为线段上动点（包括端点），以下命题为真命题的是（    ） A．当点P为中点时，异面直线与BD所成角为 B．三棱锥中，点P到面的距离为定值 C．过点P且平行于面的平面被正方体截得的多边形的面积为 D．直线与面所成角的正弦值的范围为 【答案】BCD 【知识点】证明面面平行、异面直线夹角的向量求法、线面角的向量求法、点到平面距离的向量求法 【分析】建立空间直角坐标系，得到各点坐标，计算可判断A；计算平面的法向量为，根据点到平面的距离公式可判断B；确定截面为，计算面积可判断C；根据线面角的向量求法可判断D. 【详解】如图所示建立空间直角坐标系，则，，，， ，，，，设，， ，，， 对A：，，故， 所以异面直线与BD所成角为，故A错误； 对B：设平面的法向量为，则， 取，则，，得到， 又，则点P到面的距离为，故B正确； 对C：如图所示，连接，则， 平面，平面，故平面，同理平面， ，平面，故平面平面， 故截面即为等边三角形，面积为，故C正确； 对D：设直线与面所成角为， 则，， 故，故D正确. 故选：BCD. 题型十五 根据空间角的关系求其它量 【例15】（24-25高二上·福建福州·期中）如图，在四棱锥中，侧面底面ABCD，底面ABCD是平行四边形，且，，.    (1)求证：平面PAD； (2)若，在棱PB上是否存在一点，使得直线CD与平面ACM所成角的正弦值为?若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析； (2)存在，. 【知识点】线面垂直证明线线垂直、面面垂直证线面垂直、已知线面角求其他量 【分析】（1）根据给定条件，利用余弦定理、勾股定理的逆定理证得，再利用面面垂直的性质推理即得. （2）取的中点，以为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量法求线面角的正弦求解. 【详解】（1）在中，， 由余弦定理，得， 则，即，由平面平面， 平面平面平面， 所以平面. （2）设的中点分别为，连接， 由，得，又平面平面， 平面平面平面，则平面， 又平面，则，又，，则，即两两互相垂直， 以为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图，   ，则， 设，则， 于是， 设是平面的法向量，则， 令，则，得， 设直线与平面所成角为，， 则， 即，而，解得， 所以存在点，使得直线直线与平面所成角的正弦值为，. 【变式15-1】（22-23高二上·上海普陀·期末）如图，在三棱锥中，平面平面，，， E、F分别为棱、的中点． (1)求证：直线平面； (2)若直线与平面所成的角为，直线与平面所成角为，求二面角的大小． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据E，F分别是棱、的中点得到，从而可证直线平面； （2）利用线面角与二面角的定义，结合线面垂直的判定定理求得所需线面角与二面角，从而得解. 【详解】（1）∵E，F分别是棱、的中点，∴在中，， ∵平面，平面，∴直线平面； （2）∵平面平面，平面平面， 平面，，∴平面， ∴是直线与平面所成角， ∵直线与平面所成角为， ∴，∴，∵平面，，⊂平面， ∴，，∵，，，平面， ∴平面，∴是直线与平面所成角， ∵直线与平面所成角为，∴， ∴，，设， 则，，，， ∴为等腰直角三角形，， ∵，，∴是二面角的平面角， ∴二面角的大小为． 【变式15-2】（23-24高二上·江苏无锡·期中）在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，平面，，是棱上一点. (1)若为的中点，求直线与平面所成角的正弦值； (2)若平面与平面的夹角的余弦值为，求点的位置. 【答案】(1) (2)点为的中点 【分析】（1）由题设条件建系，表示出相关点，分别计算坐标和平面的法向量坐标，利用线面所成角的空间向量计算公式即得； （2）在原有坐标系中，设出参数表示出点的坐标，分别计算平面与平面的法向量，利用面面所成角的空间向量计算公式列出方程解之即得. 【详解】（1） 如图，分别以为轴的正方向建立空间直角坐标系.则 于是，,设平面的法向量为， 则 故可取.设直线与平面所成角为， 则 即直线与平面所成角的正弦值是. （2） 如图，设，，则，因，故，解得：， 则,设平面的法向量为， 则故可取. 又,设平面的法向量为， 则故可取. 设平面与平面的夹角为，则， 解得：或，因，故，即当点为的中点时，平面与平面的夹角的余弦值为. 【变式15-3】（22-23高三下·广东·阶段练习）如图，四棱锥的底面是边长为2的菱形，为的中点，. (1)证明：平面平面. (2)若，且二面角的大小为，求四棱锥的体积. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）通过证明线面平行即可证明平面平面. （2）建立空间直角坐标系，由几何关系表达出各点的坐标，得出面与的法向量，由二面角的大小，即可求出四棱锥的体积. 【详解】（1）由题意，证明如下： 在中，为的中点， ∴. 在四棱锥中，，且， ∴平面， ∵平面， ∴平面平面. （2）由题意及（1）得，连接. 在中，三角形为等边三角形， ∴， ∴两两垂直， 建立空间直角坐标系如下图所示： 设，则， ∵， ∴， ∴. 设平面的法向量为， 则 令，得. 平面的一个法向量为， ∵二面角的大小为， ∴， 解得， ∴. 题型十六 点到直线距离的向量方法 【例16】（23-24高二上·天津·期末）如图，在棱长为4的正方体中，E为BC的中点，点P在线段上，点Р到直线的距离的最小值为 . 【答案】/ 【知识点】求二次函数的值域或最值、点到直线距离的向量求法 【分析】建立空间直角坐标系，借助空间向量求出点Р到直线距离的函数关系，再求其最小值作答. 【详解】在正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，， 因点P在线段上，则，， ，向量在向量上投影长为， 而，则点Р到直线的距离 ，当且仅当时取“=”， 所以点Р到直线的距离的最小值为. 故答案为： 【变式16-1】（24-25高二上·湖南·阶段练习）如图，正四棱锥的棱长均为2，分别为，的中点，则点到直线的距离为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【知识点】点到直线距离的向量求法 【分析】根据点到直线的向量法，即可建立空间直角坐标系求解. 【详解】取底面的中心为，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， ，, 则， 所以，， 故点到直线的距离为, 故选：A 【变式16-2】（23-24高二上·天津·期末）已知空间中三点，，，则点到直线的距离为 . 【答案】 【知识点】点到直线距离的向量求法 【分析】根据空间中点到直线的距离的向量公式求解. 【详解】由点的坐标可得， 则点到直线的距离为. 故答案为： 【变式16-3】（24-25高二上·福建泉州·期中）已知直线l经过点，且向量为l的一个单位方向向量，则点到l的距离为 . 【答案】 【知识点】点到直线距离的向量求法 【分析】根据已知条件可求得与直线所成的角的正弦值,则空间一点到直线的距离为，代入运算即可. 【详解】 ，故，， 设直线与直线所成的角为 ，则， 故 ， 点到直线 的距离为. 故答案为：． 题型十七 点到平面距离的向量方法 【例17】（23-24高二上·福建福州·阶段练习）如图，在四棱锥中，底面是正方形，平面，，分别是的中点，是棱上的动点，则下列说法中错误的是（    ） A． B．存在点，使平面 C．存在点，使直线与所成的角为 D．点到平面与平面的距离和为定值 【答案】C 【知识点】空间位置关系的向量证明、求平面的法向量、异面直线夹角的向量求法 【分析】以点A为原点建立空间直角坐标系，结合选项，利用坐标法解决问题. 【详解】依题意可知两两相互垂直，以为原点，建立如图所示空间直角坐标系， 设，则， 设，，又， 所以，所以，A选项正确， 点到平面与平面的距离和为为定值，D选项正确， ，， 设平面的法向量为， 则，故可设， 要使平面，平面， 则，解得， 所以存在点，使平面，B选项正确， 若直线与直线所成角为，又， 则， ，无解，所以C选项错误. 故选：C. 【变式17-1】（24-25高二上·甘肃庆阳·期末）已知平面的法向量，且点，，则点P到平面的距离为（    ） A． B． C．2 D．4 【答案】B 【知识点】点到平面距离的向量求法 【分析】利用空间向量法求点面距离即可得解. 【详解】因为平面的法向量，且点，， 所以点到平面的距离为. 故选：B. 【变式17-2】（24-25高二上·福建福州·期末）如图，在三棱锥中，平面，，点，分别为，的中应，，，则点到平面的距离是（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】点到平面距离的向量求法 【分析】先建系再用向量法求点到面的距离即可. 【详解】易知两两垂直，则以为坐标原点，分别为轴建立如图空间直角坐标系. 由题意，得 所以. 设为平面的法向量， 则，令，得， 又， 设点到平面的距离为，所以. 故选：B    【变式17-3】（24-25高二上·福建福州·阶段练习）正四棱柱的底面边长为1，点E，F分别为，的中点，且已知与所成角的大小为60°，则直线与平面之间的距离为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【知识点】异面直线夹角的向量求法、点到平面距离的向量求法 【分析】建立空间直角坐标系，设正四棱柱高为，求出与的方向向量，即可表示出与所成角，从而求得正四棱柱的高，再求出平面的法向量和，即可求得直线与平面之间的距离. 【详解】解：以为原点，，，所在的直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，设，    因为点分别为，的中点，则，，，， 所以，，因为与所成角的大小为60°， 所以，解得， 所以，，，，， 所以，，， 设平面的一个法向量为，由得，解得， 令，得，所以， 因为，又平面，所以平面， 所以直线与平面之间的距离为点到平面的距离，因为， 所以直线与平面之间的距离为：. 故选A. 题型十八 向量应用的其它角、距离问题 【例18】（24-25高二上·福建福州·期中）如图，在四棱锥中，底面ABCD是边长为2的菱形，是正三角形，.平面平面ABCD，点在棱PC上. (1)若平面ADE与棱PB交于点，求证：平面ABCD； (2)若二面角E-AD-B的余弦值为，求点到平面ABCD的距离. 【答案】(1)答案见解析 (2) 【知识点】证明线面平行、面面角的向量求法、点到平面距离的向量求法 【分析】（1）运用线面平行判断得到平面，再用线面平行性质得到，进而得到线面平行； （2）建立空间直角坐标系，写出关键点坐标，设，，则点，求出平面的法向量，根据二面角余弦值构造方程即可求出,再用点到平面的距离公式计算即可. 【详解】（1）因为底面是菱形，所以， 又平面，平面，则平面． 点在线段上，平面与线段交于点， 所以平面平面，而平面，所以． 又平面，平面， 所以平面． （2）取的中点，连接，，如图所示， 由条件，是正三角形，， 则，，， 而平面平面，平面平面，平面， 所以平面，又平面，则， 而，得．在中，，结合勾股定理易得． 以为原点，，，分别为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 设，，则 ， 所以点，，， 设平面的法向量为， 由取，则，， 平面的法向量为，而平面的法向量为， 故， 解得（舍负），所以． 设直线E与平面所成角为， ． 【变式18-1】（多选）（24-25高二上·福建三明·期中）如图，在长方体中，，点为线段上的 动点（包括端点），则下列结论正确的是（    ） A．当点M为的中点时，平面 B．当点M为的中点时，直线DM与直线BC所角的余弦值为 C．当点在线段上运动时，三棱锥的体积是定值 D．点到直线距离的最小值为 【答案】AC 【知识点】锥体体积的有关计算、空间位置关系的向量证明、异面直线夹角的向量求法、点到直线距离的向量求法 【分析】根据给定条件建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明判断A；利用空间向量求出向量夹角余弦判断B；利用三棱锥体积公式判断C；利用空间向量求出点到直线的距离最小值判断D. 【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， 则， 设， 对于A，，，，，， ，即， 而平面，因此平面，故A正确； 对于B，，， 因此=， 因此直线DM与直线BC所角的余弦值为，故B错误； 对于C，由选项A知，点到平面的距离为， 而的面积为， 因此三棱锥的体积是定值，故C正确； 对于D， ， ，则点到直线的距离为 = == 当且仅当时取等号，故D错误； 故选：AC. 【变式18-2】（24-25高二上·福建泉州·期中）已知平面平面，，平面的一个法向量为，则平面与平面之间的距离为 . 【答案】/ 【知识点】点到平面距离的向量求法 【分析】利用点到平面的距离公式即可. 【详解】由题意得平面与平面之间的距离为. 故答案为：. 【变式18-3】（24-25高二上·福建泉州·期中）如图，棱锥的底面是矩形，平面，，． (1)求证：平面； (2)求二面角的大小； (3)求点到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【知识点】证明线面垂直、空间位置关系的向量证明、面面角的向量求法、点到平面距离的向量求法 【分析】（1）建立空间直角坐标系，根据向量的垂直的坐标关系即可求解， （2）求解法向量，即可根据夹角公式求解， （3）求解平面法向量，根据点到平面的距离公式即可求解. 【详解】（1）平面，底面是矩形， 以为原点，分别为轴，建立如图所示的直角坐标系， 则,,． 在中，，，，，， ，，， ，，即，， 又因为，，平面，平面． （2），．设平面的法向量为， 则有，令，则， 故平面的法向量可取为 平面， 为平面的法向量． 设二面角的大小为， 依题意可得， 故，二面角的大小是． （3）得，． 设平面的法向量为，则有， 取，，可得平面的法向量为． ， 到面的距离为． 题型十九 空间向量应用于最值、范围问题 【例19】（23-24高二下·江苏宿迁·期中）已知，向量，且满足 (1)求点的坐标； (2)若点在直线（为坐标原点）上运动，当取最小值时，求点的坐标． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）设，由向量共线列方程组，解出即可； （2）由向量的坐标运算分别求出，再由坐标计算结合二次函数求出最值即可； 【详解】（1）设，则， 因为． 所以，解得． 所以； （2）因为点在直线为坐标原点）上运动， 所以． 所以， ． 所以 ． 当时，取得最小值． ． 【变式19-1】（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 【变式19-2】（21-22高一下·福建南平·期末）如图，正方体中，，当直线与平面所成的角最大时，（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】已知线面角求其他量 【分析】利用坐标法，利用线面角的向量求法，得到线面角正弦值的表达式，再利用三角函数的性质及二次函数的性质即得. 【详解】如图建立空间直角坐标系，不妨设正方体的棱长为. 则，，，，，. 所以，，，． 设平面的法向量为， 则 令，则，，可得. 又，设直线与平面所成的角为，则 ， 从而当时，取到最大值，又，故时直线与平面所成的角最大． 故选：C 【变式19-3】（23-24高二下·甘肃·期中）设O为坐标原点，． (1)求； (2)若点P为直线OC上一动点，求的最小值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用空间向量夹角的坐标表示计算即可； （2）利用三点共线的坐标表示设，利用空间向量的数量积的坐标表示结合二次函数性质求最值即可. 【详解】（1）由题意可知， 所以， 则； （2）由题意可设，则， 易知， 所以 ， 当时，取得最小值. 题型二十 空间向量应用的综合问题 【例20】（24-25高二上·福建厦门·期中）如图，在矩形和中，，记. (1)将用表示出来； (2)当等于多少时，线段的长度取得最小值？求此时与夹角的余弦值. 【答案】(1) (2)，. 【知识点】空间向量基本定理及其应用、用空间基底表示向量、空间向量数量积的应用、求空间向量的数量积 【分析】（1）利用空间向量的加减运算法则化简即得； （2）分别求得，利用向量数量积的运算律求得，再利用空间向量的夹角公式计算即得结果. 【详解】（1）由图知， . （2）由题意， 由（1） ， 所以当时有最小值即有最小值； 此时，， 故， 且， 设与的夹角为，则. 【变式20-1】（多选）（24-25高二上·福建福州·期中）已知正方体棱长为，为平面内一点，为中点.下列论述正确的是（   ） A．若，则 B．若，则到直线的距离为 C．若，则有且仅有一个点，使得平面 D．若，则平面与底面所成角正弦值的取值范围为 【答案】ABD 【知识点】点到直线距离的向量求法、面面角的向量求法、空间位置关系的向量证明、空间向量垂直的坐标表示 【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法逐项判断即可得出合适的选项. 【详解】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、、、、 、、， 对于A选项，， 则， ，所以，，故，A对； 对于B选项，若，则为线段的中点，即点， ，， 所以，点到直线的距离为，B对； 对于C选项，，其中， 则，， 因为平面，则，即， ，解得， 因此，不存在点，使得平面，C错； 对于D选项，若，其中， ，， 设平面的法向量为，则， 取，可得，且， 易知平面的一个法向量为， 设平面与底面所成角为， 所以，， 则，D对. 故选：ABD. 【变式20-2】（多选）（24-25高二上·贵州毕节·期末）如图，在边长为2的正方体中，点P在线段上运动，则下列结论正确的是（   ） A． B．的最小值为 C．三棱锥的体积是定值 D．不存在点P使直线与直线AP夹角的余弦值为 【答案】ABD 【知识点】锥体体积的有关计算、空间位置关系的向量证明、异面直线夹角的向量求法、空间线段点的存在性问题 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法逐项判断即可. 【详解】以为坐标原点，分别为轴，建立如图所示空间直角坐标系， 则， 所以， 设，则. 对于选项A，因为，故，故A正确； 对于选项B，因为，所以， 当时，取得最小值为，故B正确; 对于选项C，因为平面平面， 则平面， 所以三棱锥的体积为，故C错误； 对于选项D，因为， 所以， 设与的夹角为， 则， 因为，所以，故不存在点使直线与直线夹角的余弦值为，故D正确. 故选：ABD. 【变式20-3】（23-24高二上·浙江台州·阶段练习）如图，正方形和正方形的边长都是1，且它们所在的平面所成的二面角的平面角，M，N分别是，上的动点，，则的最小值是 ．    【答案】/ 【知识点】由二面角大小求线段长度或距离、空间向量数量积的应用、空间向量加减运算的几何表示、求二次函数的值域或最值 【分析】利用二面角的定义证得就是二面角的平面角，再利用空间向量将的长转化为的模求解，利用空间向量的线性运算，数量积运算和二次函数的性质求解即可． 【详解】连接，如图，    由题意，，，正方形中， 正方形中，平面，平面， 平面平面， ∴就是二面角的平面角，则， ∴向量与向量夹角为，且， 设，，，则， 且由题意， ∴ ， ， 令，图象开口向上，且对称轴为， ∴当时，取得最小值， 即的最小值为，即的最小值为， ∴的最小值是． 1 / 7 学科网（北京）股份有限公司 $$