专题25：空间向量的应用 （5大考点+13大题型）讲义-2026届高三数学一轮复习（上海专用）

2026年高考数学一轮复习考点精析与题型全解（上海专用） 专题25 空间向量的应用 知识点一：直线的方向向量和平面的法向量 1、直线的方向向量：与直线平行的任何非零向量。 在直线上取有向线段表示的向量，或在与它平行的直线上取有向线段表示的向量，均为直线的方向向量． 2、平面的法向量定义：垂直于平面的任何非零向量。 一个平面的法向量不是唯一的，在应用时，可适当取平面的一个法向量． 3、平面的法向量确定通常有两种方法： （1）几何体中有具体的直线与平面垂直，只需证明线面垂直，取该垂线的方向向量即得平面的法向量； （2）几何体中没有具体的直线，一般要建立空间直角坐标系，然后用待定系数法求解，一般步骤如下： （i）设出平面的法向量为； （ii）找出（求出）平面内的两个不共线的向量的坐标，； （iii）根据法向量的定义建立关于x、y、z的方程； （iv）解方程组，取其中的一个解，即得法向量．由于一个平面的法向量有无数个，故可在代入方程组的解中取一个最简单的作为平面的法向量． 知识点二：判定空间直线、平面的位置关系 空间中的平行关系主要是指：线线平行、线面平行、面面平行．空间中的垂直关系主要是指：线线垂直、线面垂直、面面垂直． 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⊥． 知识点三、用向量方法求空间角 1、求异面直线所成的角 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． 两异面直线所成的角的范围为．两异面直线所成的角可以通过这两直线的方向向量的夹角来求得，但二者不完全相等，当两方向向量的夹角是钝角时，应取其补角作为两异面直线所成的角． 2、求直线和平面所成的角 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． 3、求二面角 如图，若于于，平面交于，则为二面角的平面角，. 若分别为面的法向量， 则二面角的平面角或， 即二面角等于它的两个面的法向量的夹角或夹角的补角． ①当法向量与的方向分别指向二面角的内侧与外侧时，二面角的大小等于的夹角的大小． ②当法向量的方向同时指向二面角的内侧或外侧时，二面角的大小等于的夹角的补角的大小． 知识点四、用向量方法求空间距离 1、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． 2、直线到平面距离、平面与平面距离均可转化为点到平面距离，用求点到平面距离的方法进行求解． 直线与平面之间的距离：，其中是平面的法向量． 两平行平面之间的距离：，其中是平面的法向量． 3、点到直线距离 设直线的方向向量为，直线上一点，点为直线外一点。 （1）首先求出向量。 （2）然后求在上的投影向量的模长，即。 （3）最后根据勾股定理，点到直线的距离为：。 4、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． 考点一 直线的方向向量与平面的法向量 题型01：求平面的法向量 【名师点拨】1.验证法：垂直于平面的任何非零向量，只要验证法向量与平面上两个向量数量积为0. 2.待定系数法：求平面向量的法向量的基本方法是待定系数法，即先设出一个法向量的坐标（x，y，z），再在平面上取两个向量（可取特殊向量，如在某个坐标平面上的向量，或与某坐标轴平行的向量），则它们与法向量均垂直，因此它们的数量积均为0，从而得到x、y、。所满足的两个方程，再令x为某个特殊值，便可得出y、z的值，从而确定一个法向量．要注意一个平面的法向量有无数个，因此不可能直接求出x、y、z的值，但在特殊条件下便可求出． 【例1】（24-25高二下上海期末）已知，则平面ABC的一个法向量可以为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由题设，，根据平面的法向量性质及空间向量数量积的坐标运算求法向量即可. 【详解】由题设，， 若是平面ABC的一个法向量，则， 取，则. 故选：A 【例2】（2025上海高三阶段练习）已知，则平面ABC的一个法向量可以为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由题设，，根据平面的法向量性质及空间向量数量积的坐标运算求法向量即可. 【详解】由题设，， 若是平面ABC的一个法向量，则， 取，则. 故选：A 【例3】（2025上海高三阶段练习）如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面，．    (1)求证：平面； (2)求平面的一个法向量． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）因为底面为正方形，故； 平面，平面，故， 平面， 故平面； （2）以D为坐标原点，以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，    设，则， 故， 设平面的一个法向量为， 则，即，令，则， 故平面的一个法向量为. 【跟踪训练】 1.（2025上海高三阶段练习）在空间直角坐标系中，已知点，则下列向量可以作为平面的一个法向量的是（    ）． A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先求出和，然后求出平面的法向量，再逐个分析各个向量是否与法向量共线即可. 【详解】因为， 所以，， 设平面的法向量为，则 ，令，则， 对于A，因为，所以此向量与不共线，所以此向量不是平面的法向量，所以A错误， 对于B，因为，所以此向量与共线，所以此向量是平面的法向量，所以B正确， 对于C，因为，所以此向量与不共线，所以此向量不是平面的法向量，所以C错误， 对于D，因为，所以此向量与不共线，所以此向量不是平面的法向量，所以D错误. 故选：B 2．（2025上海高三阶段练习）我们把平面内与直线垂直的非零向量称为直线的法向量，在平面直角坐标系中，过点的直线的一个法向量为，则直线的点法式方程为：，化简得.类比以上做法，在空间直角坐标系中，经过点的平面的一个法向量为，则该平面的方程为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】根据题意可得， 化简得， 故选：B 3．（2025上海高三阶段练习）已知为平面的一个法向量，点位于平面内，写出平面内异于点的另一个点的坐标 . 【答案】（答案不唯一） 【详解】令平面内异于点的另一个点的坐标，则， 由为平面的一个法向量，则， 所以，故满足要求. 故答案为：（答案不唯一） 4.（2025上海高三阶段练习）在平行六面体中，，．设，，，则平面的一个法向量为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】要是平面的一个法向量，则要与平面的两不共线的向量垂直，两向量垂直即数量积为零，再根据数量积的运算验证即可. 【详解】如下图所示： 在平行六面体中，，．设，，， 所以， ，， 对A，，故A错误； 对B，，故B错误； 对C，，故C错误； 对D，, ， 与、都垂直，则是平面的一个法向量，故D正确； 故选：D. 考点二 判断空间直线、平面的位置关系 题型02：利用向量研究线线平行、线面平行与面面平行问题 【例4】（2025松江二中练习）已知直线的一个方向向量为，直线的一个方向向量为，若，则值为（    ） A． B．1 C． D． 【答案】A 【详解】因为直线的一个方向向量为，直线的一个方向向量为，， 所以，设， 则， 所以，. 故选：A. 【例5】（2025上海高三阶段练习）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. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）由已知可证得两两垂直，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，利用空间向量证明； （2）只需证明平面的法向量与平面中的两个向量垂直即可. 【详解】（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. 【跟踪训练】 1．（2023·上海闵行·上海市七宝中学校考模拟预测）已知平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，若，则的值为__________. 【答案】4 【分析】利用向量共线定理即可得出． 【解析】解：，， 存在实属使得 解得：．故答案为4. 【点睛】本题考查了向量共线定理，属于基础题． 2．（2025上海高三阶段练习）已知点，点，平面的一个法向量为，则直线与平面的关系是（    ） A． B． C． D．与相交但不垂直 【答案】A 【分析】根据平面的法向量与直线的方向向量的关系即可求解. 【详解】因为直线l经过点， 所以，又因为平面的一个法向量为， 且，所以平面的一个法向量与直线l的方向向量平行， 则，； 故选：A. 3．（24-25高二上·辽宁大连·阶段练习）如图，在四面体中，面是的中点，是的中点，点在棱上，且.请建立适当的空间直角坐标系，证明：面. 【答案】证明见解析 【分析】解法一：以为坐标原点，所在直线为z轴，线段的延长线为y轴建立空间直角坐标系，利用空间向量证明线面平行的方法进行证明； 解法二：取的中点为坐标原点，的方向分别为x轴､y轴､z轴正方向建立空间直角坐标系，利用空间向量证明线面平行的方法进行证明. 【详解】解法一： 以为坐标原点，所在直线为z轴，线段的延长线为y轴， 建立如图所示空间直角坐标系， 设，由题意得，， 因为，所以 即，即， 所以，所以， 又因为面的一个法向量为，所以，所以， 又因为面，所以面. 解法二： 取的中点，连接，因为为的中点， 所以，所以平面， 过作，交BC于， 以为坐标原点，的方向分别为x轴､y轴､z轴正方向， 建立如图所示的空间直角坐标系. 因为为中点，设， 则， 设点的坐标为. 因为，所以. 因为为的中点，故，又为的中点，故， 所以， 又平面的一个法向量为，故，所以， 又平面，所以平面. 题型03：利用向量研究线线垂直、线面垂直与面面垂直问题 【例6】（2024上海高三阶段练习）已知在长方体中，，若棱上存在点，使得，则的取值范围是 . 【答案】 【详解】如图建立空间直角坐标系，设，，则，，， ，， ，， 即，所以， 当时，所以，所以.    故答案为：. 【跟踪训练】 1．（2024上海高三阶段练习）已知平面的法向量为，则直线和平面的位置关系是（    ） A． B． C． D．与相交但不垂直 【答案】A 【分析】得出，即可判断. 【详解】由题意得，，则，则. 故选：A 2．（2021·上海浦东新·华师大二附中校考模拟预测）已知梯形如图（1）所示，其中，为线段的中点，四边形为正方形，现沿进行折叠，使得平面平面，得到如图（2）所示的几何体．已知当上一点满足时，平面平面，则的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】构建以A为原点，射线AB、AD、AP为x、y、z轴正方向的空间直角坐标系，由题设标注相关点的坐标，进而求平面、平面的法向量，根据空间向量垂直的坐标表示求参数. 【解析】由题意，可构建以A为原点，射线AB、AD、AP为x、y、z轴正方向的空间直角坐标系， 所以， 则， ， 若是面一个法向量， 则， 可得， 若是面一个法向量， 则， 可得， 由面面， 所以有， 解得， 故选：C. 3．（2024上海高三阶段练习）在正方体中，点M，N分别是棱和线段上的动点，则满足与垂直的直线MN（    ） A．有且仅有1条 B．有且仅有2条 C．有且仅有3条 D．有无数条 【答案】D 【分析】建立空间直角坐标系，利用向量垂直的数量积表示计算得解. 【详解】以正方向分别为轴正方向建立空间直角坐标系，如图， 设正方体棱长为1， 则， 所以， 若，则， 即，方程有无数组解， 故选：D 4．（2024上海高三阶段练习）如图，在棱长为2的正方体中，分别为棱，的中点，为面对角线上的一点，且,若平面，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】建立以为坐标原点，为轴，为轴，为轴的空间直角坐标系，则有，,由平面,可得,从而有,代入计算即可得答案. 【详解】解：以为坐标原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，如图所示： 则 , 所以， 由,可得， 所以, 平面, 所以, 所以, 即， 解得， 当为线段上靠近的四等分点时，平面. 故选:. 5.（2024上海高三阶段练习）如图，在四棱锥中，底面，，，，，为上一点，且．（请用空间向量法予以证明） (1)求证：平面PBC； (2)求证：平面BDE． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）以A为原点，，，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，证明，，原题即得证； （2）设平面BDE的法向量为，证明即得证. 【详解】（1）证明：如图，以A为原点，，，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， 则，，，，， 所以，，， 因为，所以，所以， 所以，， 所以， ，即，， 又因为，平面PBC． 所以平面PBC． （2）证明：由（1）可得，，． 设平面BDE的法向量为， 则，即令，得，， 则是平面BDE的一个法向量， 因为，所以， 因为平面BDE，所以平面BDE． 考点三 求距离 题型04：点到直线的距离 【例7】（24-25高二上·浙江湖州·期末）已知空间三点，，，则点到直线的距离是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先求在上的投影向量，再结合勾股定理求结论. 【详解】因为，，， 所以，， 所以在向量上的投影向量的长为， 所以点到直线的距离是. 故选：C. 【跟踪训练】 1．（2022·全国·高三专题练习）正方形的边长是分别是和的中点，将正方形沿折成直二面角 (如图所示).为矩形内一点，如果和平面所成角的正切值为，那么点到直线的距离为______. 【答案】## 【分析】利用空间向量运算处理，根据直线夹角结合可得，再根据线面夹角运算求解． 【解析】如图，以为坐标原点建立空间直角坐标系 则，设 则 ∵，则，即 ∴ 平面的一个法向量，则 ∵和平面所成角的正切值为，则，则 ∴点到直线的距离为 故答案为：． 题型05：点到平面的距离 【例8】（2024·上海静安·一模）在四棱锥中，，则该四棱锥的高为（    ） A．4 B．3 C．2 D．1 【答案】C 【分析】求出平面的一个法向量，再利用点到平面的距离公式即可得到答案. 【详解】设平面的一个法向量， 则，令，则，即， 所以该四棱锥的高. 故选：C. 【跟踪训练】 1．（2022·上海长宁·统考一模）若，则三棱锥O—ABC的体积为___________. 【答案】 【分析】根据空间向量的坐标运算，求得棱锥底面积和高，结合棱锥的体积计算公式，即可求得结果. 【解析】根据已知可得：，即， 又， 故△的面积； 不妨取平面的一个法向量， 则点到平面的距离， 故三棱锥O—ABC的体积. 故答案为：. 7．（2021·上海普陀·统考一模）在空间直角坐标系中，若平面的一个法向量，则点到平面的距离为___________. 【答案】 【分析】利用空间向量法可求得点到平面的距离. 【解析】由已知可得，因此，点到平面的距离为. 故答案为：. 题型06：平行平面距离的向量求法 【例9】（2024上海高三阶段练习）在边长为1的正方体中．平面与平面之间的距离为（    ） A． B．1 C． D． 【答案】A 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得. 【详解】解：建立如图所示的直角坐标系，则，，，， 所以，，， 设平面的一个法向量，则，令得，故， 显然平面平面， 所以平面与平面之间的距离． 故选：A 【跟踪训练】 1.（2024上海高三阶段练习））在棱长为1的正方体中，E为线段的中点，F为线段AB的中点． (1)求直线与所成角的余弦值； (2)求直线到平面的距离． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，进而根据向量夹角公式计算即可； （2）利用向量法求线面距离作答即可. 【详解】（1）在正方体中，以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则，，，，， 所以，， 所以直线与所成角的余弦值为. （2）由（1）知，，，，， 显然，所以， 而平面，平面，于是平面， 因此直线到平面的距离等于点到平面的距离， 设平面的法向量为， 则，令，得， 所以点到平面的距离为， 所以直线FC到平面的距离是. 题型07：异面直线间距离的向量求法 【例10】（2024上海高三阶段练习）如图，棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，N是棱AD的中点，M是棱CC1上的点，且CC1=3CM，则直线BM与B1N之间的距离为 . 【答案】 【分析】建立空间直角坐标系，进而求出直线BM与B1N的公垂线方向上的向量，进而通过空间向量求出在方向上的投影，进而得到答案. 【详解】正方体的棱长为1，如图，以D为坐标原点，所在方向分别为轴正方向建立空间直角坐标系， 则B(1，1，0)，B1(1，1，1)，，，∴=(0，0，1)，，. 设直线BM与B1N的公垂线方向上的向量，由，， 得，令x=2，则z=6，y=-7，∴， 设直线BM与B1N之间的距离为d，则d===. 故答案为：. 【跟踪训练】 1.（2024大同中学高三模拟）如图，正方体中，M，N分别是线段上的动点（不含端点），则下列各项中会随着M，N的运动而变化的是（    ）    A．异面直线与直线所成的角的大小 B．平面与平面所成的角的大小 C．直线到平面距离的大小 D．异面直线，之间的距离的大小 【答案】A 【分析】建立空间直角坐标系，用空间向量把异面直线与直线所成的角，平面与平面所成的角，直线到平面距离，异面直线，之间的距离均求出来，看是否随着M，N的运动而变化 【详解】以点D为原点，DA，DC，所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，设正方形边长为1，则，，，，，，，因为M，N分别是线段上的动点（不含端点），故设，，所以， 会随着M，N的运动而变化，故A选项正确； 设平面的法向量为，则 ，解得： 设平面的法向量为，则，解得： 所以，故平面与平面所成的角的大小为，不随着M，N的运动而变化； 设平面的法向量为，则，解得：， 则，即与平面平行，故直线到平面距离不变，不随着M，N的运动而变化. 设异面直线，的公共法向量为，则，解得：，设异面直线，之间的距离为，夹角为，则，所以异面直线，之间的距离的不随着M，N的运动而变化.    故选：A 考点四 求角的大小 题型08：利用向量法求异面直线所成的角 【例11】（2024上海高三阶段练习）直三棱柱中，，，点是的中点，则直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据条件，建立空间直角坐标系，求出，再利用线线角的向量法，即可求解. 【详解】由题可建立，以为坐标原点的空间直角坐标系，如图所示， 因为，点是的中点，所以， 则， 设直线与所成的角为，则， 故选：C. 【跟踪训练】 1．在直三棱柱中，已知，E是的中点，D是的中点，与相交于点F，，，，则与所成的角的大小为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】由题意建立如图所示的空间直角坐标系， 因为，，， 所以， 由于在平面内，所以的纵坐标为0， 且直线方程满足，满足，联立，解得， 所以， 因为， 所以与所成的角的余弦值为， 所以与所成的角的大小为. 故选：B. 2．（24-25高二上·山东淄博·期末）在正方体 中，点 分别在棱 上，且 ， ，则异面直线 与 所成角的正弦值为 . 【答案】/ 【分析】以D为原点，为x轴，为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线与所成角的余弦值. 【详解】设正方体中棱长为3， 以D为原点，为x轴，为y轴，为z轴，建立如图所示空间直角坐标系，    则，，，，，， 设异面直线与所成角为，则. 即异面直线与所成角的余弦值为. 故答案为：. 3．（2024·上海宝山·一模）如图，四棱锥中，底面为矩形，，且该四棱锥的体积为.    (1)证明：平面底面； (2)求异面直线和所成角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由四棱锥的体积为得到高 ，取的中点为，计算出，从而底面即可得证. （2）因为，所以即为异面直线和所成的角或其补角，最后在中利用余弦定理即可求出夹角. 【详解】（1）证明：设该四棱锥的高为，则体积 ， 从而， 等腰中，设边的中点为，易知， 在中，，所以，     所以该四棱锥的高为即为，                       即底面，又平面， 所以面底面.                            （2）因为， 所以即为异面直线和所成的角或其补角；             由（1）知平面底面，且平面底面， 在矩形中，，所以平面， 因为平面，从而，      中，，所以，            同理可得，       中，， 由余弦定理可得， 所以异面直线和所成角的余弦值为. 题型09：利用向量法求线面角 【例12】（24-25高二上·辽宁丹东·期末）在三棱锥中，两两互相垂直，为的中点，且，则直线与平面所成角的正弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】建立空间直角坐标系求出平面的法向量，再由线面角的向量求法可得结果. 【详解】因为两两互相垂直，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如下图所示： 由可设，则， 因此， 显然，， 设平面的一个法向量为， 则，令，则； 所以， 设直线与平面所成的角为， 所以. 故选：A 【跟踪训练】 1．（24-25高三上·上海黄浦·期末）如图，在正方体中，E是的中点． (1)求证：平面； (2)求直线DE与平面ABCD所成角的大小． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接，结合正方体的性质易得，，进而求证即可； （2）过作，交于，连接，易得是直线与平面所成的角，进而结合直角三角形中正切的定义求解即可. 【详解】（1）证明：连接，在正方体中，E是的中点， 所以E是的中点，且，即， 因为平面，平面， 所以， 又，平面, 所以平面. （2）过作，交于，连接， 在正方体中，平面，， 所以平面， 又平面，所以， 所以是直线与平面所成的角. 由题意，设，则， ，所以， 所以在，， 故直线与平面所成角的大小是. 2．（2024·上海徐汇·二模）如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面圆的圆心，为圆的直径，且，是底面圆的内接正三角形，为线段上一点，且. (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由勾股定理可得，，由此即可证明； （2）方法一：建立空间直角坐标系，求解以及平面的法向量为，利用向量的坐标运算得线面夹角即可；方法二：利用体积相等求解点到平面的距离，即可得与平面所成角． 【详解】（1）证明：由题意得，， ，， ， 在中，由，得， 同理可得，又平面，故平面. （2）（方法一）如图所示，以为坐标原点，、为轴正方向建立空间直角坐标系， 则点，故，，， 设平面的法向量为， 则，令，可得， 设直线与平面所成角为， 故， 因此直线与平面所成角的正弦值. （方法二），， 则，． 记点到平面的距离为，因为， 所以，则， 设直线与平面所成角为，， 因此，直线与平面所成角的正弦值为． 题型10：利用向量法求二面角问题 【例13】（2024·上海杨浦·一模）如图，在正方体中，点、分别是棱、的中点. (1)求证：； (2)求二面角的大小. 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）利用线面垂直证线线垂直； （2）法一：利用几何法可得二面角，法二：建立空间直角坐标系，利用坐标法求二面角. 【详解】（1）如图所示，连接，，， 由为正方体， 可知，平面，又平面， ， ，分别为，中点， ，， ，且，平面， 平面， 平面， ； （2）设正方体棱长为， 法一： 如图所示，设，连接， 由（1）得平面， ，平面， ，， 二面角的平面角即为， 又， 在中，，， 所以，所以， 所以二面角的余弦值为，即二面角的大小为； 法二： 如图所示，以点为坐标原点，，，方向分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 则，，，， 即，， 设平面的法向量，则，则， 令，则， 易知平面的一个法向量为， ， 二面角为锐二面角， 二面角的余弦值为， 即二面角的大小为. 【例14】（2024·上海徐汇·一模）如图，在四棱锥中， .为棱的中点，异面直线与所成角的大小为. (1)求证：平面； (2)若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据线面平行的判定定理证明即可； （2）解法一：分析可知是二面角的平面角，以为坐标原点，平行于的直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值；解法二：过作，交的延长线于，连接，再过作，交于，结合线面垂直的性质定理和判定定理可知即为直线与平面的所成角，求正弦值即可. 【详解】（1）因为为棱的中点， 所以且，所以四边形是平行四边形. 所以，又平面不在平面上， 由线面平行的判定定理知，平面. （2）解法一：因为，即，且异面直线与所成的角为，即， 又平面平面， 又，由三垂线定理可得， 因此是二面角的平面角，，所以， 不妨设，则， 以为坐标原点，平行于的直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 所以，（其中， 则， 设平面的一个法向量为， 则，可得， 令，则，可得， 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. 解法二：过作，交的延长线于，连接， 由（1）知： ， 因为，所以， 因为，即， 又平面，所以平面， 因为平面，所以， 又是在平面上的射影，由三垂线定理知，， 又，所以平面， 再过作，交于， 因为平面平面，所以， 又，所以平面，所以即为直线与平面的所成角， 因为平面，由三垂线定理， 因此是二面角的平面角，， 设，则， 因为所以四边形为正方形， 所以， 所以，所以， 所以， 即直线与平面所成角的正弦值为. 【跟踪训练】 1.（2024·四川·模拟预测）如图，多面体中，已知面是边长为4的正方形，是等边三角形，，，平面平面． (1)求证：； (2)求二面角的大小． 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）利用面面垂直的性质、线面垂直的性质推理即可得证. （2）以为原点建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，再利用面面角的向量求法求出二面角. 【详解】（1）由是正方形，得，而平面平面，平面平面， 平面，则平面，又平面，于是，又， 所以. （2）在平面内过作，由平面平面，平面平面， 得平面，以为坐标原点，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， 而平面的法向量为，设二面角的平面角为，显然为锐角， 于是，则， 所以二面角的大小. 2．如图，四棱锥中，底面为直角梯形，，，，平面平面.且是以为直角顶点的等腰直角三角形. (1)证明：平面； (2)求二面角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）因为平面平面，平面平面， 又，面，所以平面. （2）取中点，连接， 因为是以为直角顶点的等腰直角三角形，则， 由（1）知平面，又面，所以， 又，面，所以面， 又，且，又，所以四边形为平行四边形， 所以，则面，又面，则， 建立如图所示的空间直角坐系， 又，所以， 则， 所以， 设平面的一个法向量为，则， 取，得，所以， 设平面的一个法向量为，则， 取，得，所以， 所以， 设二面角的大小为，则. 考点五 综合问题 题型11：最值与取值范围问题 【例15】（24-25高二上·河南周口·期末）在正四棱柱中，为棱上的动点（不包含端点），则与所成角的余弦值的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】建立空间直角坐标系，设，利用异面直线所成的角的夹角公式可得，平方后利用换元法可求范围. 【详解】以为坐标原点，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， 则，设，故，， 设与所成的角为，则， 所以，令， 所以，故. 故选：B. 【例16】如图，已知正方体的棱长为1，则线段上的动点P到直线的距离的最小值为______ 【答案】 【解析】如图建立空间直角坐标系，则， 设，则， ∴动点P到直线的距离为 ，当时取等号， 即线段上的动点P到直线的距离的最小值为. 故答案为： 【跟踪训练】 1.如图，在长方体中，E是的中点，点F是AD上一点，2，，动点P在上底面上，且满足三棱锥的体积等于1，则直线CP与所成角的正切值的最小值为_________. 【答案】 【解析】以D为坐标原点，分别以所在直线为x轴，y轴，z轴 建立空间直角坐标系，， 则， ， 设平面的法向量为 则，令，则， 所以平面的一个法向量 因为 所以点P到平面BFE的距离 因为， 所以在等腰中，到的高为， 所以 因为， 所以 所以或(舍去)， 设直线与所成的角为，则， 所以 ， 所以的最大值为，此时最小，此时最小， 因为，且，所以， 所以，即直线CP与所成角的正切值的最小值为， 故答案为： 2.如图，在长方体中，，.若平面与棱，分别交于，，且，，分别为棱，上的点，且. （1）求证：平面平面； （2）求平面与平面所成的夹角的余弦值的最小值. 【答案】（1）证明见解析；（2） 【解析】（1）因为为长方体，所以平面， 又平面，， ，， 又， ，即， 所以，即， 又，，平面， 平面， 平面， 平面平面； （2）以点为坐标原点，射线，，分别为轴，轴，轴， ，平面，且平面平面， ，，四边形为平行四边形，， ，，， 所以，，，，， ，， 设平面的法向量为， 则， 令，则，且， 又由（1）得平面的法向量为， 设平面与平面所成角为， 则， 设，则， 即， 所以当，即，时，取得最小值为. 题型12：建系有度难度问题 【例17】（2022秋·江苏常州·高三常州市第三中学校联考阶段练习）如图，在三棱柱中，为的中点，平面平面    (1)证明：平面; (2)己知四边形为边长为2的菱形，且，求二面角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析； (2) 【分析】（1）根据几何体特征，由面面垂直性质以及线面垂直判定定理即可证明； （2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用空间向量分别求出两平面的法向量，结合几何体特点即可求得二面角的余弦值. 【详解】（1）由为的中点，所以； 又平面平面，且平面平面，平面， 所以平面; （2）因为四边形为边长为2的菱形，且， 连接，则； 又平面平面，且平面平面，面平面， 所以平面； 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，如下图所示：    所以为边长是2的等边三角形，可得； 又四边形为边长为2的菱形，且， 所以均为边长是2的等边三角形，所以； 易知， 所以； 设平面的法向量为， 则，即， 解得，令，则，所以. 设平面的法向量为， 则，即， 令，则，，所以； 所以， 由图可知，所求二面角为锐角， 所以二面角的余弦值为. 【跟踪训练】 1．（24-25高二上·广东广州·期中）如图，在四棱锥中，底面是边长为的菱形，侧面底面，，，是中点，点在侧棱上（不包括端点）． (1)求证：； (2)是否存在点，使与平面所成角的正弦值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析； (2)存在， 【分析】（1）连接，分别证得和，利用线面垂直的判定定理，证得平面，进而证得； （2）利用面面垂直的性质定理，证得平面，得到，，以为坐标原点，设， 求得，再求得平面的一个法向量，利用向量的夹角公式，列出方程，求得，进而得出答案. 【详解】（1）证明：如图所示，连接， 因为，且为中点，所以， 在菱形中，，可得为等边三角形 ，所以， 又因为平面，且，所以平面， 因为平面，所以. （2）解：因为，平面平面，平面平面， 且平面，所以平面， 又因为平面，所以，， 因为，以为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，， 假设存在点满足题意，设， 则， 所以， 设平面的法向量为，则， 令，则，，所以， 设与平面所成角为，则 解得或（舍），所以存在点，使得与平面所成角的正弦值为， 此时. 2．（2025·陕西安康·模拟预测）如图，在多面体中，四边形为菱形，，平面，，，，是的中点，是的中点，平面平面.    (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先根据线面平行判定定理证明平面，再应用面面面垂直的性质定理得出则平面，进而结合线面垂直判定定理即可证明； （2）建立空间直角坐标系求解平面的法向量，再应用线面角正弦公式计算求解即可. 【详解】（1）    如图，取的中点，连接，.由，分别是，的中点，得. 又平面，平面，所以平面. 因为四边形是菱形，，是的中点，所以，. 因为平面，平面，所以平面. 又，平面，平面，所以平面平面. 由平面平面，得平面平面，且平面平面， 过点作于点，平面，则平面. 又平面，所以. 因为平面，平面，所以. 又，，平面，平面，所以平面. 又平面，所以，. 又，且，与不重合，平面，平面，所以平面，所以平面. （2）如图，由（1），知平面.又平面，所以，连接， 则且.又，所以四边形为平行四边形，所以. 又平面，平面，所以，所以四边形为正方形. 以为原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 所以，，. 设平面的法向量为，则即 令，则，，所以平面的一个法向量为， 所以直线与平面所成角的正弦值为 题型13：空间探索性问题 【例18】（24-25高二上·云南曲靖·期中）如图，在四棱锥中，侧棱底面，底面是直角梯形，，，，，是棱的中点. (1)求证：平面； (2)求二面角的余弦值； (3)在线段上是否存在一点使得与平面所成角的正弦值为？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在，且 【分析】（1）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可证得平面； （2）利用空间向量法可求得二面角的余弦值； （3）假设存在满足题意的点，且，求出向量的坐标，利用空间向量法可得出关于的方程，结合的取值范围可求出的值，由此可得出结论. 【详解】（1）因为底面，， 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、、、、、， 则，，. 设平面的法向量是，则， 令，则，，于是. 因为，所以，， 又因为平面，所以，平面. （2）设平面的法向量为，则，， 则，取，可得，，则， 设二面角的平面角大小为，则为锐角， 所以，， 所以，二面角的平面角的余弦值为. （3）假设存在满足题意的点，且， 则 由于平面的一个法向量， 由题意可得：， 整理可得，解得， 据此可得存在满足题意的点，且. 【跟踪训练】 1．（24-25高二上·北京怀柔·期末）如图，在四棱锥中，平面平面，，，为中点，，，. (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)在线段上是否存在点，使得平面，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)； (3)存在，. 【分析】（1）取的中点，证明，根据线面平行判定定理证明结论； （2）建立空间直角坐标系，求直线的方向向量与平面法向量，利用向量夹角公式求两向量的夹角余弦，由此可得结论； （3）假设线段上存在点，使得平面，求直线的方向向量和平面的法向量，由假设可得两向量垂直，列方程求出的坐标，由此可得结论. 【详解】（1）取的中点，连接，， 因为，分别为，的中点， 所以中，，. 底面中，，，，， ，， 四边形为平行四边形， ∴， ∵平面，平面， ∴平面； （2）取的中点，连接， 因为，， 所以四边形为平行四边形， 所以，又， 所以， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，平面， 所以，， 因为，， 所以，所以， 所以两两垂直， 以点为原点，为轴的正方向，建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 所以，，， 设平面的法向量为， 则，即， 取，则，， 所以为平面的一个法向量， 所以， 设直线与平面所成角为，则， 所以直线与平面所成角的正弦值为； （3）设线段上是存在点，使得平面，， 设平面的法向量为， 又，， 则，即， 取，则，， 所以为平面的一个法向量， 因为平面， 所以，又， 所以， 所以， 所以存在点，使得平面，此时. 1. （2025上海秋季高考）如图，P是圆锥的顶点，O是底面圆心，AB是底面直径，且． （1）若直线PA与圆锥底面的所成角为，求圆锥的侧面积； （2）已知Q是母线PA的中点，点C、D在底面圆周上，且弧AC的长为，．设点M在线段OC上，证明：直线平面PBD． 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由线面角先算出母线长，然后根据侧面积公式求解. （2）证明平面平面，然后根据面面平行的性质可得. 【小问1详解】 由题知，，即轴截面是等边三角形，故， 底面周长为，则侧面积为：; 【小问2详解】 由题知，则根据中位线性质，， 又平面，平面，则平面 由于，底面圆半径是，则，又，则， 又，则为等边三角形，则， 于是且，则四边形是平行四边形，故， 又平面，平面，故平面. 又平面， 根据面面平行的判定，于是平面平面， 又，则平面，则平面 2．【2024年上海市高考数学第17题】如图为正四棱锥为底面的中心． (1)若，求绕旋转一周形成的几何体的体积； (2)若为的中点，求直线与平面所成角的大小． 【答案】(1) (2) 【详解】（1）正四棱锥满足且平面，由平面，则， 又正四棱锥底面是正方形，由可得，， 故， 根据圆锥的定义，绕旋转一周形成的几何体是以为轴，为底面半径的圆锥， 即圆锥的高为，底面半径为， 根据圆锥的体积公式，所得圆锥的体积是 （2）连接，由题意结合正四棱锥的性质可知，每个侧面都是等边三角形， 由是中点，则，又平面， 故平面，即平面，又平面， 于是直线与平面所成角的大小即为， 不妨设，则，， 又线面角的范围是， 故.即为所求. 3．【2023年上海市高考数学第17题】已知直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1，AB⊥AD，AB∥CD，AB＝2，AD＝3，CD＝4． （1）证明：直线A1B∥平面DCC1D1； （2）若该四棱柱的体积为36，求二面角A1﹣BD﹣A的大小． 【答案】（1）证明见解答；（2）arctan． 【解答】解：（1）证明：根据题意可知AB∥DC，AA1∥DD1，且AB∩AA1＝A， ∴可得平面A1ABB1∥平面DCC1D1，又直线A1B⊂平面A1ABB1， ∴直线A1B∥平面DCC1D1； （2）设AA1＝h，则根据题意可得该四棱柱的体积为36， ∴h＝4，∵A1A⊥底面ABCD，在底面ABCD内过A作AE⊥BD，垂足点为E， 则A1E在底面ABCD内的射影为AE， ∴根据三垂线定理可得BD⊥A1E， 故∠A1EA即为所求， 在Rt△ABD中，AB＝2，AD＝3，∴BD， ∴AE，又A1A＝h＝4， ∴tan∠A1EA， ∴二面角A1﹣BD﹣A的大小为arctan． 4．【2022年上海市高考数学第17题】如图所示三棱锥，底面为等边△ABC，O为AC边中点，且PO⊥底面ABC，AP＝AC＝2． （1）求三棱锥体积VP﹣ABC； （2）若M为BC中点，求PM与面PAC所成角大小． 【答案】（1）1； （2）arcsin． 【解答】解：（1）在三棱锥P﹣ABC中，因为PO⊥底面ABC，所以PO⊥AC， 又O为AC边中点，所以△PAC为等腰三角形， 又AP＝AC＝2．所以△PAC是边长为2的为等边三角形， ∴PO，三棱锥体积VP﹣ABC1， （2）以O为坐标原点，OB为x轴，OC为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系， 则P（0，0，），B（，0，0），C（0，1，0），M（，，0）， （，，）， 平面PAC的法向量（，0，0）， 设直线PM与平面PAC所成角为θ， 则直线PM与平面PAC所成角的正弦值为sinθ＝||， 所以PM与面PAC所成角大小为arcsin． 5．【2021年上海市高考数学第17题】如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，已知AB＝BC＝2，AA1＝3． （1）若P是棱A1D1上的动点，求三棱锥C﹣PAD的体积； （2）求直线AB1与平面ACC1A1的夹角大小． 【答案】(1)2； (2)． 【解答】解：（1）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，； （2）连接A1C1∩B1D1＝O， ∵AB＝BC， ∴四边形A1B1C1D1为正方形，则OB1⊥OA1， 又AA1⊥OB1，OA1∩AA1＝A1， ∴OB1⊥平面ACC1A1， ∴直线AB1与平面ACC1A1所成的角为∠OAB1， ∴． ∴直线AB1与平面ACC1A1所成的角为． 6．【2020年上海市高考数学第17题】已知ABCD是边长为1的正方形，正方形ABCD绕AB旋转形成一个圆柱． （1）求该圆柱的表面积； （2）正方形ABCD绕AB逆时针旋转至ABC1D1，求线段CD1与平面ABCD所成的角． 【答案】(1)4π． (2)arccos． 【解答】解：（1）该圆柱的表面由上下两个半径为1的圆面和一个长为2π、宽为1的矩形组成， ∴S＝2×π×12+2π×1＝4π． 故该圆柱的表面积为4π． （2）∵正方形ABC1D1，∴AD1⊥AB， 又∠DAD1，∴AD1⊥AD， ∵AD∩AB＝A，且AD、AB⊂平面ADB， ∴AD1⊥平面ADB，即D1在面ADB上的投影为A， 连接CD1，则∠D1CA即为线段CD1与平面ABCD所成的角， 而cos∠D1CA， ∴线段CD1与平面ABCD所成的角为arccos． 7．【2019年上海市高考数学第17题】如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M为BB1上一点，已知BM＝2，CD＝3，AD＝4，AA1＝5． （1）求直线A1C和平面ABCD的夹角； （2）求点A到平面A1MC的距离． 【答案】(1)； (2)． 【解答】解：（1）依题意：AA1⊥平面ABCD，连接AC，则A1C与平面ABCD所成夹角为∠A1CA， ∵AA1＝5，AC5， ∴△A1CA为等腰三角形， ∴∠A1CA， ∴直线A1C和平面ABCD的夹角为， （2）（空间向量），如图建立坐标系， 则A（0，0，0），C（3，4，0），A1（0，0，5），M（3，0，2）， ∴（3，4，0），（3，4，﹣5），（0，4．﹣2）， 设平面A1MC的法向量（x，y，z）， 由，可得（2，1，2）， ∴点A到平面A1MC的距离d． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2026年高考数学一轮复习考点精析与题型全解（上海专用） 专题25 空间向量的应用 知识点一：直线的方向向量和平面的法向量 1、直线的方向向量：与直线平行的任何非零向量。 在直线上取有向线段表示的向量，或在与它平行的直线上取有向线段表示的向量，均为直线的方向向量． 2、平面的法向量定义：垂直于平面的任何非零向量。 一个平面的法向量不是唯一的，在应用时，可适当取平面的一个法向量． 3、平面的法向量确定通常有两种方法： （1）几何体中有具体的直线与平面垂直，只需证明线面垂直，取该垂线的方向向量即得平面的法向量； （2）几何体中没有具体的直线，一般要建立空间直角坐标系，然后用待定系数法求解，一般步骤如下： （i）设出平面的法向量为； （ii）找出（求出）平面内的两个不共线的向量的坐标，； （iii）根据法向量的定义建立关于x、y、z的方程； （iv）解方程组，取其中的一个解，即得法向量．由于一个平面的法向量有无数个，故可在代入方程组的解中取一个最简单的作为平面的法向量． 知识点二：判定空间直线、平面的位置关系 空间中的平行关系主要是指：线线平行、线面平行、面面平行．空间中的垂直关系主要是指：线线垂直、线面垂直、面面垂直． 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⊥． 知识点三、用向量方法求空间角 1、求异面直线所成的角 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． 两异面直线所成的角的范围为．两异面直线所成的角可以通过这两直线的方向向量的夹角来求得，但二者不完全相等，当两方向向量的夹角是钝角时，应取其补角作为两异面直线所成的角． 2、求直线和平面所成的角 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． 3、求二面角 如图，若于于，平面交于，则为二面角的平面角，. 若分别为面的法向量， 则二面角的平面角或， 即二面角等于它的两个面的法向量的夹角或夹角的补角． ①当法向量与的方向分别指向二面角的内侧与外侧时，二面角的大小等于的夹角的大小． ②当法向量的方向同时指向二面角的内侧或外侧时，二面角的大小等于的夹角的补角的大小． 知识点四、用向量方法求空间距离 1、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． 2、直线到平面距离、平面与平面距离均可转化为点到平面距离，用求点到平面距离的方法进行求解． 直线与平面之间的距离：，其中是平面的法向量． 两平行平面之间的距离：，其中是平面的法向量． 3、点到直线距离 设直线的方向向量为，直线上一点，点为直线外一点。 （1）首先求出向量。 （2）然后求在上的投影向量的模长，即。 （3）最后根据勾股定理，点到直线的距离为：。 4、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． 考点一 直线的方向向量与平面的法向量 题型01：求平面的法向量 【名师点拨】1.验证法：垂直于平面的任何非零向量，只要验证法向量与平面上两个向量数量积为0. 2.待定系数法：求平面向量的法向量的基本方法是待定系数法，即先设出一个法向量的坐标（x，y，z），再在平面上取两个向量（可取特殊向量，如在某个坐标平面上的向量，或与某坐标轴平行的向量），则它们与法向量均垂直，因此它们的数量积均为0，从而得到x、y、。所满足的两个方程，再令x为某个特殊值，便可得出y、z的值，从而确定一个法向量．要注意一个平面的法向量有无数个，因此不可能直接求出x、y、z的值，但在特殊条件下便可求出． 【例1】（24-25高二下上海期末）已知，则平面ABC的一个法向量可以为（   ） A． B． C． D． 【例2】（2025上海高三阶段练习）已知，则平面ABC的一个法向量可以为（   ） A． B． C． D． 【例3】（2025上海高三阶段练习）如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面，．    (1)求证：平面； (2)求平面的一个法向量． 【跟踪训练】 1.（2025上海高三阶段练习）在空间直角坐标系中，已知点，则下列向量可以作为平面的一个法向量的是（    ）． A． B． C． D． 2．（2025上海高三阶段练习）我们把平面内与直线垂直的非零向量称为直线的法向量，在平面直角坐标系中，过点的直线的一个法向量为，则直线的点法式方程为：，化简得.类比以上做法，在空间直角坐标系中，经过点的平面的一个法向量为，则该平面的方程为（   ） A． B． C． D． 3．（2025上海高三阶段练习）已知为平面的一个法向量，点位于平面内，写出平面内异于点的另一个点的坐标 . 4.（2025上海高三阶段练习）在平行六面体中，，．设，，，则平面的一个法向量为（   ） A． B． C． D． 考点二 判断空间直线、平面的位置关系 题型02：利用向量研究空间平行问题 【例4】（2025松江二中练习）已知直线的一个方向向量为，直线的一个方向向量为，若，则值为（    ） A． B．1 C． D． 【例5】（2025上海高三阶段练习）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. 【跟踪训练】 1．（2023·上海闵行·上海市七宝中学校考模拟预测）已知平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，若，则的值为__________. 2．（2025上海高三阶段练习）已知点，点，平面的一个法向量为，则直线与平面的关系是（    ） A． B． C． D．与相交但不垂直 3．（24-25高二上·辽宁大连·阶段练习）如图，在四面体中，面是的中点，是的中点，点在棱上，且.请建立适当的空间直角坐标系，证明：面. 题型03：利用向量研究空间垂直问题 【例6】（2024上海高三阶段练习）已知在长方体中，，若棱上存在点，使得，则的取值范围是 . 【跟踪训练】 1．（2024上海高三阶段练习）已知平面的法向量为，则直线和平面的位置关系是（    ） A． B． C． D．与相交但不垂直 2．（2021·上海浦东新·华师大二附中校考模拟预测）已知梯形如图（1）所示，其中，为线段的中点，四边形为正方形，现沿进行折叠，使得平面平面，得到如图（2）所示的几何体．已知当上一点满足时，平面平面，则的值为（    ） A． B． C． D． 3．（2024上海高三阶段练习）在正方体中，点M，N分别是棱和线段上的动点，则满足与垂直的直线MN（    ） A．有且仅有1条 B．有且仅有2条 C．有且仅有3条 D．有无数条 4．（2024上海高三阶段练习）如图，在棱长为2的正方体中，分别为棱，的中点，为面对角线上的一点，且,若平面，则（    ） A． B． C． D． 5.（2024上海高三阶段练习）如图，在四棱锥中，底面，，，，，为上一点，且．（请用空间向量法予以证明） (1)求证：平面PBC； (2)求证：平面BDE． 考点三 求距离 题型04：点到直线的距离 【例7】（24-25高二上·浙江湖州·期末）已知空间三点，，，则点到直线的距离是（    ） A． B． C． D． 【跟踪训练】 1．（2022·全国·高三专题练习）正方形的边长是分别是和的中点，将正方形沿折成直二面角 (如图所示).为矩形内一点，如果和平面所成角的正切值为，那么点到直线的距离为______. 题型05：点到平面的距离 【例8】（2024·上海静安·一模）在四棱锥中，，则该四棱锥的高为（    ） A．4 B．3 C．2 D．1 【跟踪训练】 1．（2022·上海长宁·统考一模）若，则三棱锥O—ABC的体积为___________. 2．（2021·上海普陀·统考一模）在空间直角坐标系中，若平面的一个法向量，则点到平面的距离为___________. 题型06：平行平面距离的向量求法 【例9】（2024上海高三阶段练习）在边长为1的正方体中．平面与平面之间的距离为（    ） A． B．1 C． D． 【跟踪训练】 1.（2024上海高三阶段练习））在棱长为1的正方体中，E为线段的中点，F为线段AB的中点． (1)求直线与所成角的余弦值； (2)求直线到平面的距离． 题型07：异面直线间距离的向量求法 【例10】（2024上海高三阶段练习）如图，棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，N是棱AD的中点，M是棱CC1上的点，且CC1=3CM，则直线BM与B1N之间的距离为 . 【跟踪训练】 1.（2024大同中学高三模拟）如图，正方体中，M，N分别是线段上的动点（不含端点），则下列各项中会随着M，N的运动而变化的是（    ）    A．异面直线与直线所成的角的大小 B．平面与平面所成的角的大小 C．直线到平面距离的大小 D．异面直线，之间的距离的大小 考点四 求角的大小 题型08：利用向量法求异面直线所成的角 【例11】（2024上海高三阶段练习）直三棱柱中，，，点是的中点，则直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【跟踪训练】 1．在直三棱柱中，已知，E是的中点，D是的中点，与相交于点F，，，，则与所成的角的大小为（    ） A． B． C． D． 2．（24-25高二上·山东淄博·期末）在正方体 中，点 分别在棱 上，且 ， ，则异面直线 与 所成角的正弦值为 . 3．（2024·上海宝山·一模）如图，四棱锥中，底面为矩形，，且该四棱锥的体积为.    (1)证明：平面底面； (2)求异面直线和所成角的余弦值. 题型09：利用向量法求线面角 【例12】（24-25高二上·辽宁丹东·期末）在三棱锥中，两两互相垂直，为的中点，且，则直线与平面所成角的正弦值为（   ） A． B． C． D． 【跟踪训练】 1．（24-25高三上·上海黄浦·期末）如图，在正方体中，E是的中点． (1)求证：平面； (2)求直线DE与平面ABCD所成角的大小． 2．（2024·上海徐汇·二模）如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面圆的圆心，为圆的直径，且，是底面圆的内接正三角形，为线段上一点，且. (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 题型10：利用向量法求二面角问题 【例13】（2024·上海杨浦·一模）如图，在正方体中，点、分别是棱、的中点. (1)求证：； (2)求二面角的大小. 【例14】（2024·上海徐汇·一模）如图，在四棱锥中， .为棱的中点，异面直线与所成角的大小为. (1)求证：平面； (2)若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值. 【跟踪训练】 1.（2024·四川·模拟预测）如图，多面体中，已知面是边长为4的正方形，是等边三角形，，，平面平面． (1)求证：； (2)求二面角的大小． 2．如图，四棱锥中，底面为直角梯形，，，，平面平面.且是以为直角顶点的等腰直角三角形. (1)证明：平面； (2)求二面角的正弦值. 考点五 综合问题 题型11：最值与取值范围问题 【例15】（24-25高二上·河南周口·期末）在正四棱柱中，为棱上的动点（不包含端点），则与所成角的余弦值的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【例16】如图，已知正方体的棱长为1，则线段上的动点P到直线的距离的最小值为______ 【跟踪训练】 1.如图，在长方体中，E是的中点，点F是AD上一点，2，，动点P在上底面上，且满足三棱锥的体积等于1，则直线CP与所成角的正切值的最小值为_________. 2.如图，在长方体中，，.若平面与棱，分别交于，，且，，分别为棱，上的点，且. （1）求证：平面平面； （2）求平面与平面所成的夹角的余弦值的最小值. 题型12：建系有度难度问题 【例17】（2022秋·江苏常州·高三常州市第三中学校联考阶段练习）如图，在三棱柱中，为的中点，平面平面    (1)证明：平面; (2)己知四边形为边长为2的菱形，且，求二面角的余弦值． 【跟踪训练】 1．（24-25高二上·广东广州·期中）如图，在四棱锥中，底面是边长为的菱形，侧面底面，，，是中点，点在侧棱上（不包括端点）． (1)求证：； (2)是否存在点，使与平面所成角的正弦值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 2．（2025·陕西安康·模拟预测）如图，在多面体中，四边形为菱形，，平面，，，，是的中点，是的中点，平面平面.    (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 题型13：空间探索性问题 【例18】（24-25高二上·云南曲靖·期中）如图，在四棱锥中，侧棱底面，底面是直角梯形，，，，，是棱的中点. (1)求证：平面； (2)求二面角的余弦值； (3)在线段上是否存在一点使得与平面所成角的正弦值为？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由. 【跟踪训练】 1．（24-25高二上·北京怀柔·期末）如图，在四棱锥中，平面平面，，，为中点，，，. (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)在线段上是否存在点，使得平面，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 1. （2025上海秋季高考）如图，P是圆锥的顶点，O是底面圆心，AB是底面直径，且． （1）若直线PA与圆锥底面的所成角为，求圆锥的侧面积； （2）已知Q是母线PA的中点，点C、D在底面圆周上，且弧AC的长为，．设点M在线段OC上，证明：直线平面PBD． 2．【2024年上海市高考数学第17题】如图为正四棱锥为底面的中心． (1)若，求绕旋转一周形成的几何体的体积； (2)若为的中点，求直线与平面所成角的大小． 3．【2023年上海市高考数学第17题】已知直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1，AB⊥AD，AB∥CD，AB＝2，AD＝3，CD＝4． （1）证明：直线A1B∥平面DCC1D1； （2）若该四棱柱的体积为36，求二面角A1﹣BD﹣A的大小． 4．【2022年上海市高考数学第17题】如图所示三棱锥，底面为等边△ABC，O为AC边中点，且PO⊥底面ABC，AP＝AC＝2． （1）求三棱锥体积VP﹣ABC； （2）若M为BC中点，求PM与面PAC所成角大小． 5．【2021年上海市高考数学第17题】如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，已知AB＝BC＝2，AA1＝3． （1）若P是棱A1D1上的动点，求三棱锥C﹣PAD的体积； （2）求直线AB1与平面ACC1A1的夹角大小． 6．【2020年上海市高考数学第17题】已知ABCD是边长为1的正方形，正方形ABCD绕AB旋转形成一个圆柱． （1）求该圆柱的表面积； （2）正方形ABCD绕AB逆时针旋转至ABC1D1，求线段CD1与平面ABCD所成的角． 7．【2019年上海市高考数学第17题】如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M为BB1上一点，已知BM＝2，CD＝3，AD＝4，AA1＝5． （1）求直线A1C和平面ABCD的夹角； （2）求点A到平面A1MC的距离． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$