第3章 空间向量与立体几何（知识清单）数学北师大版2019选择性必修第一册

第3章 空间向量与立体几何 知识点一、空间向量与线、面位置关系 1．空间向量的有关概念 名称 定义 空间向量 空间中既有大小又有方向的量称为空间向量 相等向量 大小相等、方向相同的向量 相反向量 大小相等、方向相反的向量 共线向量 (或平行向量) 如果两个非零向量的方向相同或者相反，则称这两个向量共线(或平行) 共面向量 空间中的多个向量，如果表示它们的有向线段通过平移后，都能在同一平面内，则称这些向量共面 2.空间向量的有关定理 (1)共线向量定理：如果a≠0且b∥a，则存在唯一的实数λ，使得b＝λa. (2)共面向量定理：如果两个向量a，b不共线，则向量a，b，c共面的充要条件是，存在唯一的实数对(x，y)，使c＝xa＋yb． (3)空间向量基本定理：如果空间中的三个向量a，b，c不共面，那么对空间中的任意一个向量p，存在唯一的有序实数组(x，y，z)，使得p＝xa＋yb＋zc．其中，{a，b，c}称为空间向量的一组基底． 3．空间向量的数量积 (1)两向量的数量积：两个非零向量a，b，a·b＝|a||b|cos〈a，b〉． (2)空间向量的坐标表示及其应用 设a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)． 向量表示 坐标表示 数量积 a·b a1b1＋a2b2＋a3b3 共线 a＝λb(b≠0，λ∈R) a1＝λb1，a2＝λb2，a3＝λb3 垂直 a·b＝0(a≠0，b≠0) a1b1＋a2b2＋a3b3＝0 模 |a| 夹角 〈a，b〉(a≠0，b≠0) cos〈a，b〉＝ 4．直线的方向向量和平面的法向量 (1)直线的方向向量：如果l是空间中的一条直线，v是空间中的一个非零向量，且表示v的有向线段所在的直线与l平行或重合，则称v为直线l的一个方向向量． (2)平面的法向量：如果α是空间中的一个平面，n是空间中的一个非零向量，且表示n的有向线段所在的直线与平面α垂直，则称n为平面α的一个法向量． 5．空间位置关系的向量表示 位置关系 向量表示 直线l1，l2的方向向量分别为v1，v2 l1∥l2 v1∥v2⇔v1＝λv2 l1⊥l2 v1⊥v2⇔v1·v2＝0 直线l的方向向量为v，平面α的法向量为n l∥α v⊥n⇔v·n＝0 l⊥α v∥n⇔n＝λv 平面α，β的法向量分别为n1，n2 α∥β n1∥n2⇔n1＝λn2 α⊥β n1⊥n2⇔n1·n2＝0 知识点二、向量法求空间角 1．两条异面直线所成的角 设异面直线l1，l2所成的角为θ，其方向向量分别为v1，v2，则cos θ＝|cos〈v1，v2〉|＝． 2．直线与平面所成的角 设直线l的方向向量为v，平面α的法向量为n，直线l与平面α所成的角为θ，则sin θ＝|cos〈v，n〉|＝． 3．平面与平面所成的角 (1)平面与平面所成的角：如图，平面α与平面β相交，形成四个二面角，我们把四个二面角中不小于0°且不大于90°的二面角称为平面α与平面β所成的角． (2)平面与平面所成的角的计算：若平面α，β的法向量分别是n1和n2，则平面α与平面β所成的角即为向量n1和n2的夹角或其补角．设平面α与平面β所成的角为θ，则cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝． 知识点三、向量法求空间距离、折叠及探索性问题 1．点P到直线l的距离 设＝a，u是直线l的单位方向向量，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＝＝． 2．点到平面的距离 如图所示，若A是平面α外一点，B是平面α内一点，n是平面α的一个法向量，则点A到平面α的距离d＝． 特别说明：线面距离、面面距离都可以转化为点到平面的距离． 【易错点一】01 计算线面角出错 辨析：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。 【典例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. 【典例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： 重难点01 空间向量的概念及线性运算 用已知向量表示某一向量的三个关键点 (1)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． (3)在立体几何中，三角形法则、平行四边形法则仍然成立． 1．（24-25高二上·安徽安庆·阶段练习）给出下列四个命题，其中正确的有（    ） （1）若空间向量，，，满足，，则； （2）空间任意两个单位向量必相等； （3）对于非零向量，由，则； （4）在向量的数量积运算中 A．0个 B．1个 C．2个 D．4个 【答案】A 【分析】根据题意，由空间向量的相关性质以及运算，逐一判断，即可得到结果. 【详解】对于（1），当时，与不一定平行，故（1）错误； 对于（2），空间任意两个单位向量的模长相等，方向不一定相同，故（2）错误； 对于（3），取，满足， 且，但是，故（3）错误； 对于（4），因为与都是常数，所以和表示两个向量， 若与方向不同，则与不相等，故（4）错误； 故选：A 2．（24-25高二上·全国·课后作业）已知正方体的中心为O，则下列各结论中正确的是（　　） A．与是一对相反向量 B．与是一对相反向量 C．与是一对相反向量 D．与是一对相反向量 【答案】C 【分析】根据空间向量的加减运算法则和相反向量的概念判断即可 【详解】 所以，故A错误； ，故B错误； ，故C正确； ，故D错误. 故选：C 3．（24-25高二上·河南南阳·阶段练习）在长方体中，（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】应用 空间向量的线性运算结合向量相等即可求解. 【详解】. 故选：C. 4．（25-26高二上·全国·课后作业）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 【分析】利用向量加法和减法的定义及题设几何条件即可求解. 【详解】由点在上，且，知； 由为的中点，知. 所以. 故选：C. 5．（2025高二·全国·专题练习）在平行六面体中，与相交于点，设，，，则下列向量中与相等的是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据向量的线性运算求解即可. 【详解】根据题意，， 故选：B. 6．（24-25高二下·四川泸州·期末）四面体中，，且，则等于（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用空间向量线性运算计算即可. 【详解】 因为， 所以，点为的中点， 所以，即. 故选：B 7．（24-25高二下·河南·阶段练习）在直三棱柱中，，分别为，的中点，设，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据给定的基底，结合几何图形表示出. 【详解】在直三棱柱中，. 故选：A 重难点02 空间共线向量定理的应用 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． 8．（24-25高二下·甘肃白银·期中）设，，不共面，已知，，，若，，三点共线，则（   ） A．6 B．12 C． D． 【答案】C 【分析】首先表示出，由，，三点共线，可得，则则存在实数使得，根据空间向量基本定理得到方程组，解得即可. 【详解】因为，，， 所以， 又，，三点共线，所以， 则存在实数使得，即， 又，，不共面， 所以，解得，所以. 故选：C 9．（24-25高二下·福建龙岩·期中）已知，，不共面，若，，且三点共线，则（   ） A． B．1 C．2 D．3 【答案】A 【分析】由，列出方程求解即可. 【详解】因为三点共线， 所以， 即， 所以，解得， 所以， 故选：A 10．（24-25高二下·江苏淮安·阶段练习）已知，，且，则（   ） A．-6 B．5 C．4 D．6 【答案】D 【分析】利用空间向量共线的坐标公式计算即得. 【详解】由可得，解得. 故选：D. 11．（24-25高二上·北京西城·期末）在空间直角坐标系中，已知点，，，若三点共线，则的值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据向量共线即可求解. 【详解】由于， 由于三点共线，所以，解得， 故, 故选：A 12．（24-25高二上·河南驻马店·期末）已知，，三点在同一条直线上，则（   ） A．5 B．6 C．7 D．8 【答案】C 【分析】先利用空间向量的坐标运算求出与的坐标，再利用列方程求解即可. 【详解】因为，， 所以，， 又因为，，三点共线， 所以，， 解得，，所以， 故选：C 重难点03 空间共面向量定理的应用 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. 13．（2025高二·全国·专题练习）若是空间的一个基底，则下列各组向量中，不共面的一组是（    ） A．，， B．，， C．，， D．，， 【答案】A 【分析】根据空间向量共面的判定定理，结合基底的性质（不共面），对每个选项逐一分析向量是否共面，即可得出结果. 【详解】选项A，若，，共面，则存在实数使得，即，得到共面，与已知矛盾，所以A正确； 选项B，因为，所以，，共面，所以B错误； 选项C，因为，所以，，共面，所以C错误； 选项D，因为，所以，，共面，所以D错误. 故选：A. 14．（2025高二·全国·专题练习）下列命题中正确的是（    ） ①若，则，，三点共线； ②若，则，，，四点共面； ③若，则，，，四点共面． A．①② B．②③ C．①③ D．①②③ 【答案】C 【分析】根据空间向量基本定理判断即可. 【详解】根据共线定理推论，系数，所以，，三点共线，命题①正确； ，若，，不共面， 则根据平行六面体法则，此时四点不共面，命题②错误； ， 所以，即，，，四点共面，命题③正确． 故选：C. 15．（2025高二·全国·专题练习）已知非零向量，，，若，为共线向量，则以下判断中错误的是（    ） A．与一定共线 B．与一定共面 C．，，一定共面 D．与一定共线 【答案】D 【分析】先得到与共线，从而，，共面，则A和C都正确；空间中任意两个向量必定共面，B正确，得到答案. 【详解】对于A，因为，为共线向量，所以，则，即与共线，所以A正确， 对于B，因为空间中任意两个向量必定共面，所以B正确， 对于C，由A可知，与共线，所以，，共面，所以C正确， 对于D，与不一定共线，所以D错误. 故选：D. 16．（25-26高二上·全国·课后作业）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 【分析】根据四点共面的条件逐项判断即可求得结论. 【详解】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 17．（24-25高二下·福建漳州·期末）在三棱锥中，是平面内一点，且，则（   ） A． B．1 C．2 D．3 【答案】A 【分析】根据空间中四点共面的判定方法，列出方程，求出参数值即可； 【详解】已知， 因为四点共面，所以，解得. 故选：A. 18．（24-25高二下·福建龙岩·期末）已知为空间中四点，任意三点不共线，且，若四点共面，则的值为（   ） A．2 B．1 C． D．0 【答案】C 【分析】根据空间向量共面定理得，进而求解. 【详解】由四点共面，所以，即， 故选：C. 重难点04 空间向量的数量积运算 ； 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． 19．（24-25高二下·江苏南京·期中）已知，则（    ） A．11 B． C．45 D．3 【答案】A 【分析】先根据空间向量的线性运算得出，再应用数量积公式计算求解. 【详解】因为， 所以， 所以. 故选： 20．（2025高三·全国·专题练习）已知空间四点满足，，，，则的值（    ）． A．只有一个 B．有两个 C．有四个 D．有无穷多个 【答案】A 【分析】利用向量的加法和点积公式进行推导 【详解】通过观察有， 又，则， 两边平方得， 则， 故 ， 即， 所以只有一个值0． 故选：A． 21．（24-25高二下·甘肃白银·期末）设正四面体的棱长为2，是的中点，则的值为（    ） A． B． C． D．1 【答案】B 【分析】先表示出，然后利用数量积公式计算. 【详解】 . 故选：B 22．（24-25高三下·江苏南京·阶段练习）《九章算术》第五卷中涉及到一种几何体——羡除，它下广六尺，上广一丈.深三尺，末广八尺，袤七尺.该羡除是一个多面体，如图，四边形，均为等腰梯形，，平面平面，梯形，梯形的高分别为3，7，且，，，则 A． B． C． D． 【答案】C 【分析】过分别作，的高，垂足分别为，，进而结合线面垂直和面面垂直的性质证明，，两两垂直，然后建立空间直角坐标系，求出关键点的坐标，最后求出的值即可． 【详解】过分别作，的高，垂足分别为，， 因为平面平面，， 且平面平面，所以平面， 因为平面，平面， 所以，，又，故，，两两垂直， 以为坐标原点，，，分别为，，轴的正方向， 建立空间直角坐标系， 则由题意可知，，，， 故，，故， 故选：C 23．（25-26高二上·全国·单元测试）已知向量，，则“与的夹角为钝角”是“”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】A 【分析】若与的夹角为钝角，则且与不共线，结合向量的坐标运算求得的取值范围，再根据范围之间的关系即可判断其充分性或必要性. 【详解】依题意得，，， 当与的夹角为钝角时， ，且与不共线， 当时，， 当与共线时，存在实数，使， 于是得解得，. 所以与不共线时，， 所以的取值范围为． 所以“与的夹角为钝角”是“”的充分不必要条件． 故选: 24．（25-26高二上·全国·单元测试）已知向量，在向量上的投影向量为，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】求出向量在向量上的投影向量，再分和两种情况、利用基本不等式即可求解. 【详解】由已知得，则向量在向量上的投影向量为： ， 所以， 当时，， 当且仅当，即时，等号成立； 当时，， 当且仅当，即时，等号成立. 所以实数的取值范围为. 故选：C. 25．（24-25高二下·江苏南京·阶段练习）在平行六面体中，，，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由空间向量线性运算，可得，利用数量积运算性质即可得出． 【详解】， 又，，，， ， ； 故选：A 重难点05 证明直线和直线平行 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. 26．（24-25高二上·全国·课后作业）长方体中，，分别是面对角线，上的点，且，．求证：． 【答案】证明见解析 【分析】建立空间直角坐标系，由向量共线坐标运算即可求证. 【详解】如图所示，分别以，，所在的直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系， 设，，，则得下列各点的坐标： ，，，，，. 由即，可得：， 由，即，可得：． ，，． 又与不共线，． 27．（23-24高二上·新疆阿克苏·阶段练习）如图，在正方体中，分别是棱的中点. (1)证明：； (2)证明：； 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量的坐标运算，根据共线即可求解， （2）根据向量垂直满足的坐标关系即可求解. 【详解】（1）建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则 ， 故， 由于，故，显然，不重合，故； （2） 故， 因此，故 28．（23-24高二上·全国·课后作业）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：．    【答案】证明见解析 【分析】证法一：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，求出的坐标，利用空间向量共线的坐标表示可得答案； 证法二：由空间向量的线性表示可得答案. 【详解】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．    重难点06 证明直线和平面平行 （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）． 29．（2025高二·全国·专题练习）如图，已知正方体，动点和分别在线段和线段上（不包括端点），且，求证：平面． 【答案】证明见解析 【分析】法一：设，，应用向量加法的几何意义用表示出，结合向量共面的推论即可证；法二：构建合适的空间直角坐标系，设正方体棱长为1，，标注相关点坐标，应用向量法计算证明线面关系. 【详解】法一（向量法）：设，则，， 因为， ①②得， 所以，则，，共面， 又平面，，平面，即平面； 法二（坐标法）：以为原点，，，分别为轴、轴、轴正半轴建立空间直角坐标系， 设正方体棱长为1，则，， ，则，， ， 平面的法向量可以是， 因为，平面，所以平面． 30．（24-25高二下·江苏镇江·阶段练习）如图所示，已知矩形ABCD和矩形ADEF所在的平面互相垂直，点M，N分别在对角线BD，AE上，且，. 用向量方法证明：平面. 【答案】证明见解析 【分析】根据题意，求得，，再结合向量的共面定理，得到共面，又平面，得平面. 【详解】因为在上，且， 所以. 同理. 所以 ， 又与不共线，则共面， 又平面，得平面. 31．（2025高三·全国·专题练习）如图，在三棱柱中，分别是的中点，平面，且，，.求证：平面. 【答案】证明见解析 【分析】以点H为原点，建立空间直角坐标系，得到向量和平面的法向量为，求得，得到，进而证得平面； 【详解】证明：如图， 因为H，P分别是BC，AB的中点，所以， 因为，可得，又因为平面ABC， 以点为原点，以所在直线分别为轴，轴和轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，可得，，，，，，，， 所以向量，且平面的法向量为， 则，所以， 又因为平面，所以平面. 32．（2025高三·全国·专题练习）如图，已知矩形所在平面与直角梯形所在平面交于直线，且，，，且.设点为棱的中点，求证：平面. 【答案】证明见解析 【分析】利用勾股定理逆定理先判定，建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量研究线面关系即可. 【详解】由已知，， 可知，则， 又矩形中有，且， 平面， 所以平面， 又， 则平面， 所以两两垂直， 故以为原点，分别为轴，轴，轴正方向， 建立如图所示的空间直角坐标系 ， 则， 所以. 易知平面的一个法向量等于， 所以， 所以， 又平面， 所以平面. 重难点07 证明平面与平面平行 （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）． 33．（17-18高二·全国·课后作业）如图所示，为矩形，平面，，，，分别是，，的中点．求证： (1)平面； (2)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）证明平行于平面，结合面面平行判定定理证明结论. 【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. 34．（24-25高二上·全国·课后作业）在直四棱柱中，底面为等腰梯形，，，，，是棱的中点．试用向量的方法证明：平面平面．    【答案】证明见解析 【分析】先根据直棱柱及建立空间直角坐标系由向量关系得出线线平行，再应用面面平行判定定理得证． 【详解】因为，，是棱的中点， 所以，所以为正三角形． 因为为等腰梯形，，， 所以． 取的中点，连接，则，所以． 以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系，    则，，，，，， 所以，，，， 所以，，所以， 又因为平面，平面，所以平面， 因为，平面，平面，所以平面， 又，平面，所以平面平面. 重难点08 证明直线与直线垂直 设直线的方向向量为，则. 35．（2025·广东深圳·一模）如图，在三棱锥中，已知． (1)若，求证：； (2)若，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）取的中点，连接，易证，再通过空间位置的关系的向量表示即证即可； （2）通过等体积法，求得到平面的距离为，即可求解； 【详解】（1） 取的中点，连接， 因为， 所以，又为平面内两条相交直线， 所以平面，又在平面内， 所以， 由 因为，所以, 所以， 又， 所以， 所以； （2） 过点作的垂线，交于点，连接， 因为，又为平面内两条相交直线， 所以平面，又在平面内， 所以， 又， ，故，故， 所以为中点，所以， 因为， 由勾股定理可得：, 所以，所以， 所以， ， 设到平面的距离为， 则， ， 解得：， 设直线与平面所成角为， 所以， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 36．（24-25高二上·四川成都·期中）如图，在平行六面体中，，，，E是的中点，设，，. (1)用向量，，表示向量，并求向量的模； (2)证明：. 【答案】(1)， (2)证明见解析 【分析】（1）根据空间向量的线性运算以及模长公式计算即可； （2）将也用，，表达出来，再根据向量垂直判定定理即可求解. 【详解】（1）在平行六面体， 可得, 所以， 因为， 所以 ； （2）由（1）知，， 则 ， 根据向量垂直判定定理可知，所以. 37．（2024高三·全国·专题练习）如图，在直三棱柱中，，，为的中点．试用向量的方法证明： (1)； (2)平面． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）以为原点建立空间直角坐标系，表示各点坐标，利用可得. （2）表示，计算平面的法向量，利用可得平面． 【详解】（1） 如图，以为原点，建立空间直角坐标系. 设，则，，，， ∴，， ∴，∴． （2）由（1）得，，，， ∴，，， 设平面的法向量为， 则，令则， ∴， ∵ 平面，∴平面． 38．（2024高三·全国·专题练习）如图，三棱台中，平面⊥平面，，.证明：. 【答案】证明见解析 【分析】法一：利用面面垂直的性质及线面垂直的判断和性质定理即可证明；法二：利用空间向量即可证明；法三：利用三余弦定理法证明. 【详解】法一：几何证法 作交于，连接， 因为平面平面，而平面平面，平面， 所以平面，而平面，即有， 因为，所以，所以， 在中， ， 即有，所以， 由棱台的定义可知，，所以， 又平面，而平面，则有，， 而，平面，平面， 所以平面，而平面，所以. 法二：空间向量坐标系方法 作交于， 因为平面平面，而平面平面，平面， 所以平面，以为原点，建立空间直角坐标系如图所示， 设OC=1，因为，， 所以，所以， 所以，， 所以， 所以，即， 又因为棱台中，所以. 法三：三余弦定理法 因为平面平面， 所以， 所以，又因为， 所以， 所以，所以，即， 又因为，所以. 重难点09 证明直线与平面垂直 （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． 39．（2024高三·全国·专题练习）如图，正方体中，，分别为，的中点． (1)用向量法证明：平面平面； (2)用向量法证明：平面． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）以为原点建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，表示各点坐标，求两个平面的法向量，利用法向量平行可证平面平行. （2）求直线的方向向量和平面的法向量，利用向量平行可得线面垂直. 【详解】（1）如图，以为原点建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则，，，，，， 故，，，， 设平面的法向量为， 则，即，令，则． 设平面的法向量为， 则，即，令，则， 所以，即，故平面平面． （2）由，是线段，中点得，，， 所以， 由得，， 所以平面． 40．（20-21高二上·山东菏泽·阶段练习）如图，正方形ADEF与梯形ABCD所在的平面互相垂直，，，，，M为CE的中点． (1)求证：BM∥平面ADEF； (2)求证：平面BDE. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）依题意可以D为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量共面定理可证明，即可证明平面； （2）由空间向量数量积为零可证明，，再由线面垂直的判定定理即可证明平面. 【详解】（1）根据题意可知平面平面，平面平面， 又是正方形，所以，平面， 所以平面，从而可得，，两两垂直； 以D为原点，分别以，，分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系． 则， 又为的中点，所以， 则，且平面的一个法向量为， 因为，可知， 又平面，所以∥平面. （2）因为 易知，所以； 又，可得； 又，平面， 所以平面. 41．（24-25高三上·山东青岛·期中）如图，在三棱锥中，为在平面内的射影点，已知，，，，. (1)请以、为基底表示，并证明. (2)求证平面. 【答案】(1)，证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）平面中：延长到，使；延长到，使，可得点为的重心，利用向量的运算可用、表示，利用数量积运算可证明； （2）由条件可证得平面，得；利用向量的运算求得，，进而得，利用勾股定理证得，然后利用线面垂直的判定定理证得结论． 【详解】（1）如图： 平面中：延长到，使；延长到，使. 因为，所以， 所以点为的重心. 所以 ， 所以. 又因为， 即. 因为 . 所以. （2）如图： 因为平面，平面，所以； 又，，平面，，所以平面， 又平面，所以. 又因为， 所以， 所以； 在中，，，所以. 又， 所以， 所以. 在中，，，所以. 在中，，，， 因为，所以. 又，平面，，所以平面. 42．（24-25高二上·广东惠州·期中）直三棱柱中，，，，分别是的中点．    (1)求的值； (2)求证：⊥平面． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用数量积的坐标运算求的值； （2）利用向量法证明线线垂直，可证线面垂直. 【详解】（1）直三棱柱中，平面，又， 以点为坐标原点，、、所在的直线分别为轴、轴、轴， 建立如图所示的空间直角坐标系，    依题意得，， ∴，，，，， 所以； （2）求得，． ∴，，， ∴，， ∴，，即， 又平面，平面，， ∴⊥平面． 重难点10 证明平面和平面垂直 （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． 43．（24-25高二上·安徽阜阳·阶段练习）如图，正四棱柱的底面边长为2，E为棱的中点，，且四棱锥的体积为． (1)求棱的长； (2)证明：平面平面． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据正四棱柱，可得平面，设，结合线面关系确定四棱锥的体积表达式求解，即可得所求； （2）建立空间直角坐标系，分别求解平面与平面的法向量，根据法向量的关系证明结论即可. 【详解】（1）因为正四棱柱，所以平面， 且四边形为直角梯形，设， 所以， 解得，即； （2）以点为原点，直线分别为轴，如图建立空间直角坐标系， 由题意可得， 所以， 设平面的法向量为， 则，令，则； 设平面的法向量为， 则，令，则； 因为， 所以平面平面． 44．（24-25高二上·全国·课后作业）如图，在直三棱柱中，侧面是正方形，分别为棱的中点，且． (1)求的值； (2)用向量法证明：平面平面． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）由题意可得，，所以以为坐标原点，分别以为轴，建立空间直角坐标系，即可求解； （2）通过证明平面与平面的法向量的数量积为，即可证明. 【详解】（1）在直三棱柱中，， 又平面， 所以平面，因此两两垂直． 建立如图所示的空间直角坐标系， 则． 所以， 所以． （2）由（1）知， ， 设平面BEA的法向量为，平面的法向量为， 则，即，令，则； ，即 令，则，所以， 所以平面平面． 45．（2024高三·全国·专题练习）如图，四棱锥中，底面为直角梯形，，，平面，，，为的中点．求证：平面平面. 【答案】证明见解析 【分析】以为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系，设，分别求出平面和平面的法向量，计算的值，，即可证明平面平面. 【详解】以为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系，设， 则，，，， ，，. 设平面PCD的一个法向量为， 则，即， 不妨令，则，，所以， 设平面PAC的一个法向量为， 则，即， 不妨令，则，， 所以， 因为， 所以， 所以平面平面． 重难点11 求两异面直线所成角 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. 46．（2025高二·全国·专题练习）如图，在矩形中，，，为的中点，现将沿直线翻折成，为线段的中点． (1)求证：平面； (2)当时，求直线与直线所成的角． 【答案】(1)证明见解析 (2)60° 【分析】（1）通过用，表示，从而，，共面，且直线平面,故有得平面. （2）先由，得，再由，得，进而由夹角公式解得. 【详解】（1）证明： 因为 从而，，共面，且直线平面. 所以平面． （2）由， . 得，则——①. 同理由 ，再将①式代入得 ，得. 又，. 所以，即直线与直线所成的角为60°． 47．（2025高二·全国·专题练习）如图，已知正方体的棱长为1，和分别是和的中点． (1)求的值； (2)求证：； (3)求直线和所成角的大小． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)60° 【分析】（1）由向量的线性运算及数量积的运算律计算即得； （2）计算即可证明； （3）根据向量的夹角公式计算即可. 【详解】（1）由题易知， 所以． （2）证明：因为和分别是和的中点，则为的中点， 所以且，即， 所以 ， 所以． （3）设直线和所成角为， 又 ， ，则， 所以和所成的角为60°． 48．（24-25高二上·安徽黄山·期末）如图，在棱长为的正四面体中，分别是的中点，设. (1)求（用表示）； (2)求直线和夹角的正弦值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据向量的线性运算进行计算； （2）根据向量夹角的计算公式进行求解. 【详解】（1）. （2），， 所以 . 又和都是等边三角形，， 设直线和的夹角为，则， 所以. 49．（25-26高二上·河北衡水·阶段练习）如图，正四棱锥，，，P为侧棱SD中点． (1)求证：； (2)求异面直线与所成角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连结交于点，连结，证明四边形是正方形，证明平面，证明； （2）以为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量即可求解. 【详解】（1）连结交于点，连结， 因为正四棱锥，所以平面， 又平面，所以， 因为正四棱锥， 所以四边形是正方形， 所以，因为，，，平面，平面， 所以平面，又平面， 所以； （2） 因为， 所以以为原点建立空间直角坐标系， 使用， 所以， 所以， 所以， 因此异面直线与所成角的余弦值为. 50．（2025·江苏盐城·模拟预测）在四棱锥中，,，. (1)求证：平面； (2)设为棱上一点，若直线与所成角的余弦值为，求的值. 【答案】(1)证明见解析; (2)或. 【分析】（1）在上取一点，得到，则有，利用余弦定理及勾股定理的逆定理证得，则有平面，即有，再结合可证得平面； （2）建立空间直角坐标系，设，利用空间向量间夹角的坐标运算公式建立方程，即可得解. 【详解】（1） 在棱上取一点，使得，连接, 因为，所以四边形是平行四边形，则，因为，所以. 又因为，根据余弦定理可得，即， 则有，所以， 又平面，则平面， 又平面，则， 又因为平面， 所以平面. （2）以点为坐标原点，以所在直线分别为轴，轴，过点作轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 设，则， 则， 于是， 化简得，解得或， 所以或. 重难点12 求直线与平面所成角 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． 51．（2025高二·全国·专题练习）如图，四边形为正方形，平面，，，．    (1)求与平面所成角的正弦值； (2)在棱上是否存在一点，使得平面平面说明理由． 【答案】(1) (2)存在，理由见解析 【分析】（1）以分别为轴建立坐标系，求出和平面的法向量，设与平面所成角为，利用求解即可； （2）设，，求出平面的法向量，利用平面平面则求出的值即可. 【详解】（1）因为平面，平面，且四边形为正方形， 所以两两垂直，以所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，    由题意可得，，，，， 所以，，， 设平面的一个法向量为，则， 取可得平面的一个法向量， 设与平面所成角为， 则， 即与平面所成角的正弦值为. （2）依题意，可设，， 则，． 设平面的一个法向量为， 则， 取取可得平面的一个法向量， 若平面平面，则， 解得，即， 所以在棱上存在一点，满足时，平面平面． 52．（2025高二·全国·专题练习）如图，在四棱锥中，底面是矩形，是的中点，平面，且，．求：    (1)与平面所成角的正弦值； (2)平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）以为原点，，，分别为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，根据线面角的向量求法进行求解； （2）根据二面角的向量求法进行求解. 【详解】（1）因为平面，平面， 所以， 因为底面是矩形，所以， 所以两两垂直， 所以以为原点，分别为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，如图， 则，，，，．   ，，， 设平面的一个法向量，则有， 取，得，设与平面所成角为，则， 所以与平面所成角的正弦值为． （2）设平面的一个法向量为， 则有， 取，得，， 所以平面与平面夹角的余弦值为． 53．（2025·江西新余·模拟预测）在多面体ABCDE中，平面平面为等边三角形，四边形ABCD为平行四边形，M，N分别为AD，BE的中点.    (1)求证：； (2)求直线MN与平面ACE所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）连接，过作，垂足为，过作，垂足为，由题意得到，利用面面垂直的性质得到平面，以为坐标原点，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，设等边的边长为2，写出各点坐标，通过证明即可证得； （2）由（1）求得的坐标，进而求得平面ACE的一个法向量的坐标，根据即可求得结果. 【详解】（1）连接，过作，垂足为，过作，垂足为， ∵为等边三角形，N分别为BE的中点，∴ ∵平面平面平面平面平面， ∴平面 以为坐标原点，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 设等边的边长为2， 则 设则 ∵四边形ABCD为平行四边形，M为AD的中点， 所以 .,, ∵， 所以，即.      （2）由（1）知, 设平面的一个法向量为 ，取则， 所以是平面的一个法向量. . 所以直线MN与平面ACE所成角的正弦值为. 54．（25-26高二上·全国·单元测试）如图，在梯形中，，，，将沿折起至，使． (1)求证：平面平面； (2)若点是的中点，点是的中点，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）根据条件先证明线面垂直，进而得证面面垂直； （2）利用空间向量法计算线面夹角正弦值； 【详解】（1）在梯形中，，故， 又，，平面，所以平面， 又平面，所以平面平面． （2）由（1）得两两垂直，故以为坐标原点，分别以所在的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系． 则，，，，．易知． 因为是的中点，点是的中点，所以，． ，． 设平面的法向量为，则得 取，则，得平面的一个法向量为 设直线与平面所成角为， 则． 55．（2025高三·全国·专题练习）如图，在四棱锥中，底面，在四边形中，，，．设． (1)若直线与平面所成的角为，求线段的长； (2)在线段上是否存在点，使得点到点的距离都相等？说明理由． 【答案】(1)． (2)不存在，理由见解析 【分析】（1）设，建立适当的空间直角坐标系，求出直线的方向向量与平面的法向量，根据已知即可列方程求解的长； （2）思路一：用空间向量求模长即可；思路二：由勾股定理求距离即可. 【详解】（1）因为平面平面， 所以．又，平面， 所以平面． 又平面，所以平面平面． 以为坐标原点，建立空间直角坐标系（如图2）． 在平面内，作交于点，则． 在中，． 设，则． 由，得， 所以 设平面的法向量为， 由，得 取，得平面的一个法向量． 又，故由直线与平面所成的角为，得， 即， 解得或（舍去，因为），所以． （2）解法1  如图3，假设在线段上存在点，使得点到点的距离都相等． 设（其中）， 则． 由得，即①， 由得②， 由①，②消去，化简得③． 由于方程③没有实数根，所以在线段上不存在点， 使得点到点的距离都相等． 从而，在线段上不存在点， 使得点到点的距离都相等． 解法2  假设在线段上存在点，使得点到点的距离都相等，如图4． 由，得， 从而，即， 所以， 设，则． 在中，，这与矛盾． 所以在线段上不存在点，使得点到点的距离都相等，从而，在线段上不存在点，使得点到点的距离都相等． 重难点13 求平面与平面所成角 （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． 56．（2025高二·全国·专题练习）如图，在梯形中，是边的中点，，且，为等边三角形，现将平面沿翻折，使平面平面，得到四棱锥，点在棱上，且． (1)求证：； (2)求平面和平面的夹角的大小． 【答案】(1)证明见解析 (2)60° 【分析】（1）解法1：取的中点，连接，，利用线面垂直的判定定理和性质定理证明；解法2：利用向量数量积的运算律证明； （2）解法1：建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，利用向量的夹角公式求解即可；解法2：由向量的四则运算设，则是平面和平面的交线，可得，又，所以即为平面和平面的夹角，再利用向量的夹角公式求解即可. 【详解】（1）解法1：取的中点，连接，， 由题意可得和均为等边三角形，所以，， 因为平面，，所以平面， 因为平面，所以. 解法2：取的中点，连接，， 由题意可得和均为等边三角形， 所以，，即，， 因为， 所以，即. （2）解法1：分别以射线，，为轴、轴、轴正半轴，建立空间直角坐标系，如图， 设，则，，，， 所以，， 因为，所以， 所以， 设平面的法向量为， 则，取可得平面的一个法向量， 又平面的一个法向量为， 设平面和平面的夹角为，则， 所以平面和平面的夹角为60°． 解法2：因为，所以， 又因为，， 所以， 设， 则是平面和平面的交线，平面， 因为平面，所以， 又因为，所以即为平面和平面的夹角， 所以， 即平面和平面的夹角为60°． 57．（24-25高二上·广东汕头·期末）如图，在三棱锥中，，，为正三角形，为的中点，．    (1)求证：平面平面； (2)若为的中点，求平面与平面的夹角． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用线面垂直的判定定理可得平面，然后利用面面垂直的判定定理即得； （2）利用坐标法，根据面面角的向量求法即得． 【详解】（1）因为，所以，， 又，平面，平面， 所以平面， 又平面，所以平面平面； （2）因为为正三角形，为中点，所以， 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面，又平面，所以， 又为的中点，所以，， 如图以为原点建立空间直角坐标系，    则，，， 所以，， 设平面的法向量为， 则，令，可得， 又平面的一个法向量可取， 设平面与平面夹角为， 则， 又，所以，即平面与平面夹角为． 58．（2025·河北秦皇岛·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面是边长为3的菱形，平面，，，点为线段上的三等分点.    (1)证明：平面平面. (2)求二面角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用面面垂直的判定定理可得答案； （2）连接，取的中点，以为原点，所在的直线分别为，建立空间直角坐标系，求出平面、平面的一个法向量，由二面角的向量求法可得答案. 【详解】（1）因为四棱锥中，底面是边长为3的菱形，所以， 因为平面，平面，所以， 由，平面，得平面， 又平面， 所以平面平面； （2）连接，取的中点，连接，因为，所以， 以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则， ， 设为平面的一个法向量，则 ，令，则， ， 设为平面的一个法向量，则 ，令，则， ， 所以， 所以二面角的余弦值为.    59．（24-25高一下·黑龙江哈尔滨·期末）如图，四棱锥的底面是平行四边形，，，，分别是棱的中点.    (1)证明：平面； (2)若二面角为； （i）证明：平面平面； （ii）棱上是否存在点，使，若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)（i）证明见解析（ii）棱上不存在点，使.理由见解析. 【分析】（1）可以先证明，利用线面平行的判定定理，可证明平面； （2）（i）先证平面，可用面面垂直的判定定理，证明即可（ii）假设棱上存在点，使，利用空间向量法进行验证得出结果. 【详解】（1）证明：如图，取中点，连接． 因为为中点，故．由已知有． 又由于为中点，因而，故四边形为平行四边形， 所以．又平面，而平面，所以平面．    （2）（i）如图，连接． 因为，而为中点，故， 所以为二面角的平面角． 在中，由，，可解得． 在中，由，，可解得． 在中，，，，由余弦定理，可解得， 从而，即． 又，从而，因此平面． 又平面，所以平面平面． （ii）棱上不存在点，使. 理由：假设棱上是存在点，使. 由（i）知，，因为，，所以，因此两两垂直， 以为坐标原点，分别以为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则有 ， 因为点在棱上,设，， 因为，所以，解得. 此时此时点在的反向延长线上，与因为点在棱上矛盾. 所以棱上是不存在点，使.    重难点 13 求点到直线距离、异面直线的距离 1.设＝a，u是直线l的单位方向向量，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＝＝． 2.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． 60．（24-25高二下·广西桂林·期末）如图，在三棱柱中，平面，，，，点，分别在棱和棱上，且，，为棱的中点．    (1)求证：； (2)求二面角的余弦值； (3)求点到直线的距离． 【答案】(1)证明过程见解析； (2)； (3) 【分析】（1）利用空间向量法求出即可； （2）利用空间向量法分别求出平面和平面的法向量，进而求出二面角的余弦值； （3）求出在上的投影向量的模长，进而求出到直线的距离. 【详解】（1）证明：由题知，平面ABC， 所以、、两两垂直 故以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系    因为，，，则 ，，，，，， 所以， 故 所以 （2）由（1）分析知，，， 又，即 所以， 设平面的法向量为 则，即 令，则 由题知，是平面的一个法向量 设二面角的平面角为，则 所以二面角的余弦值为. （3）由（2）知，，且 在上的投影向量的模长. 计算. 根据点到直线距离公式， 即点到直线的距离为. 61．（25-26高二·全国·假期作业）如图，在四棱锥中，底面四边形为菱形，为棱的中点，为边的中点． (1)求证：平面； (2)若侧面底面，且，；在棱上是否存在点，使点到直线的距离为，若存在，求的值；若不存在，说明理由． 【答案】(1)证明见解析； (2)存在点， 【分析】（1）取线段的中点，连接，证明为平行四边形，即可证明结论； （2）以为原点，建立空间直角坐标系如图所示，设，点点坐标用表示出来，根据点到直线距离向量公式解出参数，即可求出结果． 【详解】（1）取线段的中点，连接，在中，分别为的中点． ，且 又底面是菱形，且为的中点， ，且， ，且， 四边形为平行四边形， 又平面平面 平面. （2）在平面内过点作， 又由平面底面,且平面平面,可得平面， 又菱形中，且，所以可得在中有， 以为原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，由且，所以是正三角形，所以， 设 ， ， ，， 即 化简得，故（舍负）. 综上，存在点，. 62．（2025·天津北辰·三模）如图，在四棱锥中，底面为矩形，侧棱底面是的中点，点是棱上靠近的四等分点. (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)求点到直线的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）法一合理作出辅助线，利用中位线定理得到，再利用线面平行的判定定理得到线面平行，法二建立空间直角坐标系，求出关键点的坐标和关键平面的法向量，利用空间位置关系的向量证明求解即可. （2）建立空间直角坐标系，求出关键点的坐标和关键平面的法向量，结合线面角的向量求法求解即可. （3）建立空间直角坐标系，求出关键点的坐标和关键平面的法向量，利用空间中点到平面的距离公式求解即可. 【详解】（1）法一：如图，连接交于，连接， 因为底面为矩形，所以为的中点， 因为为的中点，所以是的中位线， 得到，而平面，平面，故平面. 法二：根据题意，以点为坐标原点， 分别以为轴，建立空间直角坐标系， 由题意得， 则， 设为平面的法向量， 则，即， 令，则，故， 平面，平面. （2）， ， 直线与平面所成角的正弦值为. （3）由已知得， 由点到直线的距离公式得， 故点到直线的距离为. 63．（2025·天津滨海新·三模）如图，在多面体ABCDGEF中，四边形ABCD为直角梯形，且满足，，，，平面ABCD． (1)证明：平面CDE； (2)求平面CDE与平面ABE夹角的余弦值； (3)求点G到直线AB的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）根据线面垂直的判断定理，转化为证明和，即可证明； （2）根据（1）的结果，分别求平面和平面的法向量，利用法向量求平面夹角的余弦值； （3）代入点到直线的距离公式，即可求解. 【详解】（1）因为平面，平面， 所以， 且，，平面， 所以平面，平面， 所以， 由条件可知四边形是正方形，所以， ，且平面， 所以平面； （2） 如图，以点为原点，以为轴的正方向建立空间直角坐标系， ，，，，，， 由（1）可知，平面的法向量可为， ，， 设平面的一个法向量为， 所以，令，则，， 所以平面的一个法向量， 设平面CDE与平面ABE的夹角为， 所以； （3）, 所以点到直线的距离. 64．（24-25高一下·浙江宁波·期末）如图，在四面体中，，． (1)求二面角的平面角的大小； (2)求异面直线与间的距离． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）取中点，由已知可得，可得为二面角的平面角，求解即可； （2）以为坐村标原点，所在直线为轴，过作直线平面， 为轴建立如图所示的空间直角坐标系，求得异面直线与的公垂线的方向向量，利用向量法可求异面直线与间的距离． 【详解】（1）取中点，连接， 因为，所以， 所以为二面角的平面角， 又，所以，， 又，所以是等边三角形， 所以，所以二面角的平面角的大小为； （2）以为坐村标原点，所在直线为轴，过作直线平面， 为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 由（1）可知，又，平面， 所以平面，又平面， 所以平面平面，所以平面， 则， 则， 设，且， 则，令，则， 则， 则异面直线与间的距离． 65．（2025·江苏徐州·模拟预测）如图，在三棱锥中，平面ABC，，M，N分别为PC，AB的中点． (1)求异面直线PC与AB间的距离； (2)求二面角的余弦值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）方法一：先应用线面垂直得出平面PAB，应用边长关系得出，计算求解距离即可；方法二：建立空间直角坐标系设与和都垂直，应用异面直线的距离公式计算求解； （2）应用空间直角坐标系先求出平面PMN及平面AMN的一个法向量，最后应用面面角的余弦公式计算求解. 【详解】（1）方法一：连接BM，CN， 因为平面ABC，平面ABC，所以， 又因为，平面PAB，平面PAB， ，所以平面PAB， 又因为平面PAB，所以． 在中，M为PC的中点，所以． 因为平面ABC，平面ABC，所以． 在中，M为PC的中点，所以， 所以． 又因为N为AB中点，所以．                     在和中，， 所以，所以，又M为PC的中点，． 故线段MN的长即为异面直线AB与PC间的距离．                    在中，， 在中，， 所以．因为，所以． 故异面直线AB与PC间的距离为．                     方法二：因为平面ABC，平面ABC，所以． 如图，在平面ABC中，过点A作直线AB的垂线为x轴，以AB为y轴，AP为z轴建立空间直角坐标系， 则， 所以．                         设与和都垂直， 则即 则，不妨取，则．                       所以异面直线AB与PC间的距离． （2）因为M，N分别为PC，AB的中点，所以， 则，                        设是平面AMN的一个法向量， 所以即 不妨取，则．                  设是平面PMN的一个法向量， 所以即 不妨取，则．                           设二面角的平面角为， 由图可知为锐角，则，                     所以二面角的余弦值为． 66．（25-26高二上·全国·单元测试）如图，在长方体中，，为棱的中点，为棱的中点．    (1)证明，并求直线到直线的距离； (2)求点到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析， (2) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，写出相应点的坐标，证明，从而可得，利用空间点到直线的距离公式求出直线到直线的距离； （2）求出平面的法向量，利用点到平面的距离的向量公式求解． 【详解】（1）以为坐标原点，分别以所在直线为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，，．    由上可知，，，故，故． ，设直线到直线的距离为，则即为到直线的距离， 又，，， ， 则直线到直线的距离为． （2）设平面的法向量为， 由（1）可知，，， 则即 令，则，所以． 设点到平面的距离为， ， 则点到平面的距离为． 重难点14 求点面距、线面距、面面距 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 67．（24-25高三下·安徽合肥·阶段练习）如图，在三棱柱中，平面，，，，D为棱的中点． (1)求证：平面； (2)若E为棱BC的中点，求三棱锥的体积． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由题意可得为等边三角形，为等腰三角形，进而证得， 再利用线面垂直的性质可得，再利用线面垂直的判定定理即可判定即可证明平面； （2）由（1）可知为直角三角形，求出其面积，连接，以为原点， 所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，可求得向量和平面的法向量， 利用点到平面的距离公式可求得三棱锥对于底面的高，再根据锥体的体积公式即可求得答案. 【详解】（1）由题意可知在三棱柱中，，，所以为等边三角形，所以， 又，，故， 可得，因此， 又因为平面，平面，所以，即， 又，所以平面； （2）由（1）可知,由平面，平面， 所以，则为直角三角形， 由平面，平面，所以，即， 所以在中，, 则在中，, 所以的面积为. 连接，因为，，所以， 因为平面，所以，即两两垂直， 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， 所以， 设是平面的一个法向量， 则，解得，取, 所以点到平面的距离, 则三棱锥的体积. 68．（25-26高二上·全国·单元测试）如图，已知正方体的棱长为2，点是棱的中点. (1)求直线与直线所成角的余弦值； (2)求直线到平面的距离. 【答案】(1) (2) 【分析】(1) 建立合适的空间直角坐标系，利用向量的夹角即可求解. (2) 利用线面平行，转化为求到平面的距离，即可利用点面距离的向量法求解公式求解. 【详解】（1）以为原点，分别以所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，， 所以，，所以， 即直线与直线所成角的余弦值为. （2）由于，平面，平面，故平面， 因此直线到平面的距离与点到平面的距离相等. ，，，， 设平面的法向量为，则，且， 令，则. 又，故到平面的距离为， 因此直线到平面的距离为. 69．（24-25高二上·四川自贡·阶段练习）在棱长为的正方体中，求 (1)直线与平面所成的角； (2)求平面与平面的距离； (3)求三棱锥外接球的表面积； 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间向量的方法即可求得线面角； （2）先证平面平面，将面到面的距离转化为点到面的距离，建立空间直角坐标系，利用空间向量的方法求出点到面的距离即可； （3）根据补形法确定三棱锥的外接球即为正方体的外接球，求出正方体外接球半径，即可求得结果. 【详解】（1） 建立如图所示，以为坐标原点， 、、分别为轴、轴、轴的空间直角坐标系， 根据题意有：，，，，， 所以，，， 设平面的法向量为， 所以，即，令，则有， 所以为平面的一个法向量， 设直线与平面所成角为， 则有，又因为， 所以 （2） 连接、、、、、， 因为，，所以四边形是平行四边形， 所以，又因为平面，平面， 所以平面；同理可证平面， 又，平面， 所以平面平面； 因为，，， 所以，， 设平面的法向量为， 则，， 令，可得， 则为平面的一个法向量， 所以平面与平面的距离. （3）根据补形法可知三棱锥的外接球就是正方体的外接球， 设三棱锥的外接球半径为，则， 所以，所以三棱锥的外接球的表面积为. 70．（24-25高二上·全国·课后作业）如图，在棱长为1的正方体中，为线段的中点，为线段的中点，为线段的中点，求平面到平面的距离.    【答案】 【分析】由题以为原点建立空间直角坐标系，求出，进而得出，再由线面平行和面面平行的判定定理得平面平面，从而用向量法求出点到平面的距离即为解. 【详解】由题可以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，            则，，， 所以， 故，所以， 因为平面，平面， 所以平面，平面， 又，所以平面平面， 所以平面到平面的距离等价于点到平面的距离， 设平面的法向量为，则，所以， 令，则，所以， 故点到平面的距离为，即平面到平面的距离为. 71．（2024高三·全国·专题练习）已知正方体的棱长为1，为中点，求下列问题： (1)求异面直线与的距离； (2)求到平面的距离； (3)求到平面的距离； (4)求平面与平面的距离. 【答案】(1) (2) (3) (4) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用异面直线距离的向量公式求解即可； （2）求出平面的法向量，利用点到平面距离的向量公式求解即可； （3）利用直线到平面距离的向量公式求解即可； （4）求出平面、平面的一个法向量，可得平面平面，转化为点到平面的距离，利用点到平面的距离向量求法即可求解. 【详解】（1）如图，建立空间直角坐标系，    则、、、，、、 、、， 所以，， 设是与，都垂直的向量， 则，即，即，令得， 选与的两点向量为， 得与的距离. （2），设为平面的法向量，则， 即，即，令得， 选点到平面两点向量为， 由公式得：点到平面的距离. （3）由（2）可知：平面的法向量可设， 设与平面的两点向量为， 故直线到平面的距离. （4），， 设分别为平面、平面的一个法向量， 所以，令，可得，所以， ，令，可得，所以， 所以，所以平面平面， 可得点到平面的距离即为所求，， 所以点到平面的距离为， 故平面与平面的距离为. 12 / 49 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第3章 空间向量与立体几何 知识点一、空间向量与线、面位置关系 1．空间向量的有关概念 名称 定义 空间向量 空间中既有 又有 的量称为空间向量 相等向量 大小 、方向 的向量 相反向量 大小相等、方向相反的向量 共线向量 (或平行向量) 如果两个非零向量的方向 ，则称这两个向量共线(或平行) 共面向量 空间中的多个向量，如果表示它们的有向线段通过平移后，都能在同一平面内，则称这些向量共面 2.空间向量的有关定理 (1)共线向量定理：如果a≠0且 ，则存在唯一的实数λ，使得b＝λa. (2)共面向量定理：如果两个向量a，b不共线，则向量a，b，c共面的充要条件是，存在唯一的实数对(x，y)，使c＝ ． (3)空间向量基本定理：如果空间中的三个向量a，b，c不共面，那么对空间中的任意一个向量p，存在唯一的有序实数组(x，y，z)，使得p＝ ．其中，{a，b，c}称为空间向量的一组基底． 3．空间向量的数量积 (1)两向量的数量积：两个非零向量a，b，a·b＝ ． (2)空间向量的坐标表示及其应用 设a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)． 向量表示 坐标表示 数量积 a·b 共线 a＝λb(b≠0，λ∈R) 垂直 a·b＝0(a≠0，b≠0) 模 |a| 夹角 〈a，b〉(a≠0，b≠0) cos〈a，b〉＝ 4．直线的方向向量和平面的法向量 (1)直线的方向向量：如果l是空间中的一条直线，v是空间中的一个非零向量，且表示v的有向线段所在的直线与l ，则称v为直线l的一个方向向量． (2)平面的法向量：如果α是空间中的一个平面，n是空间中的一个非零向量，且表示n的有向线段所在的直线与平面α ，则称n为平面α的一个 ． 5．空间位置关系的向量表示 位置关系 向量表示 直线l1，l2的方向向量分别为v1，v2 l1∥l2 v1∥v2⇔v1＝λv2 l1⊥l2 v1⊥v2⇔ 直线l的方向向量为v，平面α的法向量为n l∥α v⊥n⇔ l⊥α v∥n⇔ 平面α，β的法向量分别为n1，n2 α∥β n1∥n2⇔n1＝λn2 α⊥β n1⊥n2⇔ 知识点二、向量法求空间角 1．两条异面直线所成的角 设异面直线l1，l2所成的角为θ，其方向向量分别为v1，v2，则cos θ＝|cos〈v1，v2〉|＝ ． 2．直线与平面所成的角 设直线l的方向向量为v，平面α的法向量为n，直线l与平面α所成的角为θ，则sin θ＝ ＝ ． 3．平面与平面所成的角 (1)平面与平面所成的角：如图，平面α与平面β相交，形成四个二面角，我们把四个二面角中不小于0°且不大于90°的二面角称为平面α与平面β所成的角． (2)平面与平面所成的角的计算：若平面α，β的法向量分别是n1和n2，则平面α与平面β所成的角即为向量n1和n2的夹角或其补角．设平面α与平面β所成的角为θ，则cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝ ． 知识点三、向量法求空间距离、折叠及探索性问题 1．点P到直线l的距离 设＝a，u是直线l的单位方向向量，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＝＝ ． 2．点到平面的距离 如图所示，若A是平面α外一点，B是平面α内一点，n是平面α的一个法向量，则点A到平面α的距离d＝ ． 特别说明：线面距离、面面距离都可以转化为点到平面的距离． 【易错点一】01 计算线面角出错 辨析：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。 【典例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. 【典例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 ． 重难点01 空间向量的概念及线性运算 用已知向量表示某一向量的三个关键点 (1)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． (3)在立体几何中，三角形法则、平行四边形法则仍然成立． 1．（24-25高二上·安徽安庆·阶段练习）给出下列四个命题，其中正确的有（    ） （1）若空间向量，，，满足，，则； （2）空间任意两个单位向量必相等； （3）对于非零向量，由，则； （4）在向量的数量积运算中 A．0个 B．1个 C．2个 D．4个 2．（24-25高二上·全国·课后作业）已知正方体的中心为O，则下列各结论中正确的是（　　） A．与是一对相反向量 B．与是一对相反向量 C．与是一对相反向量 D．与是一对相反向量 3．（24-25高二上·河南南阳·阶段练习）在长方体中，（   ） A． B． C． D． 4．（25-26高二上·全国·课后作业）如图，在空间四边形中，，，，点在上，且，为的中点，则等于（ ） A． B． C． D． 5．（2025高二·全国·专题练习）在平行六面体中，与相交于点，设，，，则下列向量中与相等的是（    ） A． B． C． D． 6．（24-25高二下·四川泸州·期末）四面体中，，且，则等于（   ） A． B． C． D． 7．（24-25高二下·河南·阶段练习）在直三棱柱中，，分别为，的中点，设，，，则（    ） A． B． C． D． 重难点02 空间共线向量定理的应用 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． 8．（24-25高二下·甘肃白银·期中）设，，不共面，已知，，，若，，三点共线，则（   ） A．6 B．12 C． D． 9．（24-25高二下·福建龙岩·期中）已知，，不共面，若，，且三点共线，则（   ） A． B．1 C．2 D．3 10．（24-25高二下·江苏淮安·阶段练习）已知，，且，则（   ） A．-6 B．5 C．4 D．6 11．（24-25高二上·北京西城·期末）在空间直角坐标系中，已知点，，，若三点共线，则的值为（   ） A． B． C． D． 12．（24-25高二上·河南驻马店·期末）已知，，三点在同一条直线上，则（   ） A．5 B．6 C．7 D．8 重难点03 空间共面向量定理的应用 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. 13．（2025高二·全国·专题练习）若是空间的一个基底，则下列各组向量中，不共面的一组是（    ） A．，， B．，， C．，， D．，， 14．（2025高二·全国·专题练习）下列命题中正确的是（    ） ①若，则，，三点共线； ②若，则，，，四点共面； ③若，则，，，四点共面． A．①② B．②③ C．①③ D．①②③ 15．（2025高二·全国·专题练习）已知非零向量，，，若，为共线向量，则以下判断中错误的是（    ） A．与一定共线 B．与一定共面 C．，，一定共面 D．与一定共线 16．（25-26高二上·全国·课后作业）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． 17．（24-25高二下·福建漳州·期末）在三棱锥中，是平面内一点，且，则（   ） A． B．1 C．2 D．3 18．（24-25高二下·福建龙岩·期末）已知为空间中四点，任意三点不共线，且，若四点共面，则的值为（   ） A．2 B．1 C． D．0 重难点04 空间向量的数量积运算 ； 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． 19．（24-25高二下·江苏南京·期中）已知，则（    ） A．11 B． C．45 D．3 20．（2025高三·全国·专题练习）已知空间四点满足，，，，则的值（    ）． A．只有一个 B．有两个 C．有四个 D．有无穷多个 21．（24-25高二下·甘肃白银·期末）设正四面体的棱长为2，是的中点，则的值为（    ） A． B． C． D．1 22．（24-25高三下·江苏南京·阶段练习）《九章算术》第五卷中涉及到一种几何体——羡除，它下广六尺，上广一丈.深三尺，末广八尺，袤七尺.该羡除是一个多面体，如图，四边形，均为等腰梯形，，平面平面，梯形，梯形的高分别为3，7，且，，，则 A． B． C． D． 23．（25-26高二上·全国·单元测试）已知向量，，则“与的夹角为钝角”是“”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 24．（25-26高二上·全国·单元测试）已知向量，在向量上的投影向量为，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 25．（24-25高二下·江苏南京·阶段练习）在平行六面体中，，，，则（   ） A． B． C． D． 重难点05 证明直线和直线平行 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. 26．（24-25高二上·全国·课后作业）长方体中，，分别是面对角线，上的点，且，．求证：． 27．（23-24高二上·新疆阿克苏·阶段练习）如图，在正方体中，分别是棱的中点. (1)证明：； (2)证明：； 28．（23-24高二上·全国·课后作业）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：．    重难点06 证明直线和平面平行 （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）． 29．（2025高二·全国·专题练习）如图，已知正方体，动点和分别在线段和线段上（不包括端点），且，求证：平面． 30．（24-25高二下·江苏镇江·阶段练习）如图所示，已知矩形ABCD和矩形ADEF所在的平面互相垂直，点M，N分别在对角线BD，AE上，且，. 用向量方法证明：平面. 31．（2025高三·全国·专题练习）如图，在三棱柱中，分别是的中点，平面，且，，.求证：平面. 32．（2025高三·全国·专题练习）如图，已知矩形所在平面与直角梯形所在平面交于直线，且，，，且.设点为棱的中点，求证：平面. 重难点07 证明平面与平面平行 （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）． 33．（17-18高二·全国·课后作业）如图所示，为矩形，平面，，，，分别是，，的中点．求证： (1)平面； (2)平面平面． 34．（24-25高二上·全国·课后作业）在直四棱柱中，底面为等腰梯形，，，，，是棱的中点．试用向量的方法证明：平面平面．    重难点08 证明直线与直线垂直 设直线的方向向量为，则. 35．（2025·广东深圳·一模）如图，在三棱锥中，已知． (1)若，求证：； (2)若，求直线与平面所成角的正弦值． 36．（24-25高二上·四川成都·期中）如图，在平行六面体中，，，，E是的中点，设，，. (1)用向量，，表示向量，并求向量的模； (2)证明：. 37．（2024高三·全国·专题练习）如图，在直三棱柱中，，，为的中点．试用向量的方法证明： (1)； (2)平面． 38．（2024高三·全国·专题练习）如图，三棱台中，平面⊥平面，，.证明：. 重难点09 证明直线与平面垂直 （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． 39．（2024高三·全国·专题练习）如图，正方体中，，分别为，的中点． (1)用向量法证明：平面平面； (2)用向量法证明：平面． 40．（20-21高二上·山东菏泽·阶段练习）如图，正方形ADEF与梯形ABCD所在的平面互相垂直，，，，，M为CE的中点． (1)求证：BM∥平面ADEF； (2)求证：平面BDE. 41．（24-25高三上·山东青岛·期中）如图，在三棱锥中，为在平面内的射影点，已知，，，，. (1)请以、为基底表示，并证明. (2)求证平面. 42．（24-25高二上·广东惠州·期中）直三棱柱中，，，，分别是的中点．    (1)求的值； (2)求证：⊥平面． 重难点10 证明平面和平面垂直 （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． 43．（24-25高二上·安徽阜阳·阶段练习）如图，正四棱柱的底面边长为2，E为棱的中点，，且四棱锥的体积为． (1)求棱的长； (2)证明：平面平面． 44．（24-25高二上·全国·课后作业）如图，在直三棱柱中，侧面是正方形，分别为棱的中点，且． (1)求的值； (2)用向量法证明：平面平面． 45．（2024高三·全国·专题练习）如图，四棱锥中，底面为直角梯形，，，平面，，，为的中点．求证：平面平面. 重难点11 求两异面直线所成角 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. 46．（2025高二·全国·专题练习）如图，在矩形中，，，为的中点，现将沿直线翻折成，为线段的中点． (1)求证：平面； (2)当时，求直线与直线所成的角． 47．（2025高二·全国·专题练习）如图，已知正方体的棱长为1，和分别是和的中点． (1)求的值； (2)求证：； (3)求直线和所成角的大小． 48．（24-25高二上·安徽黄山·期末）如图，在棱长为的正四面体中，分别是的中点，设. (1)求（用表示）； (2)求直线和夹角的正弦值. 49．（25-26高二上·河北衡水·阶段练习）如图，正四棱锥，，，P为侧棱SD中点． (1)求证：； (2)求异面直线与所成角的余弦值． 50．（2025·江苏盐城·模拟预测）在四棱锥中，,，. (1)求证：平面； (2)设为棱上一点，若直线与所成角的余弦值为，求的值. 重难点12 求直线与平面所成角 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． 51．（2025高二·全国·专题练习）如图，四边形为正方形，平面，，，．    (1)求与平面所成角的正弦值； (2)在棱上是否存在一点，使得平面平面说明理由． 52．（2025高二·全国·专题练习）如图，在四棱锥中，底面是矩形，是的中点，平面，且，．求：    (1)与平面所成角的正弦值； (2)平面与平面夹角的余弦值． 53．（2025·江西新余·模拟预测）在多面体ABCDE中，平面平面为等边三角形，四边形ABCD为平行四边形，M，N分别为AD，BE的中点.    (1)求证：； (2)求直线MN与平面ACE所成角的正弦值. 54．（25-26高二上·全国·单元测试）如图，在梯形中，，，，将沿折起至，使． (1)求证：平面平面； (2)若点是的中点，点是的中点，求直线与平面所成角的正弦值． 55．（2025高三·全国·专题练习）如图，在四棱锥中，底面，在四边形中，，，．设． (1)若直线与平面所成的角为，求线段的长； (2)在线段上是否存在点，使得点到点的距离都相等？说明理由． 重难点13 求平面与平面所成角 （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． 56．（2025高二·全国·专题练习）如图，在梯形中，是边的中点，，且，为等边三角形，现将平面沿翻折，使平面平面，得到四棱锥，点在棱上，且． (1)求证：； (2)求平面和平面的夹角的大小． 57．（24-25高二上·广东汕头·期末）如图，在三棱锥中，，，为正三角形，为的中点，．    (1)求证：平面平面； (2)若为的中点，求平面与平面的夹角． 58．（2025·河北秦皇岛·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面是边长为3的菱形，平面，，，点为线段上的三等分点.    (1)证明：平面平面. (2)求二面角的余弦值. 59．（24-25高一下·黑龙江哈尔滨·期末）如图，四棱锥的底面是平行四边形，，，，分别是棱的中点.    (1)证明：平面； (2)若二面角为； （i）证明：平面平面； （ii）棱上是否存在点，使，若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 重难点 13 求点到直线距离、异面直线的距离 1.设＝a，u是直线l的单位方向向量，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＝＝． 2.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． 60．（24-25高二下·广西桂林·期末）如图，在三棱柱中，平面，，，，点，分别在棱和棱上，且，，为棱的中点．    (1)求证：； (2)求二面角的余弦值； (3)求点到直线的距离． 61．（25-26高二·全国·假期作业）如图，在四棱锥中，底面四边形为菱形，为棱的中点，为边的中点． (1)求证：平面； (2)若侧面底面，且，；在棱上是否存在点，使点到直线的距离为，若存在，求的值；若不存在，说明理由． 62．（2025·天津北辰·三模）如图，在四棱锥中，底面为矩形，侧棱底面是的中点，点是棱上靠近的四等分点. (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)求点到直线的距离. 63．（2025·天津滨海新·三模）如图，在多面体ABCDGEF中，四边形ABCD为直角梯形，且满足，，，，平面ABCD． (1)证明：平面CDE； (2)求平面CDE与平面ABE夹角的余弦值； (3)求点G到直线AB的距离． 64．（24-25高一下·浙江宁波·期末）如图，在四面体中，，． (1)求二面角的平面角的大小； (2)求异面直线与间的距离． 65．（2025·江苏徐州·模拟预测）如图，在三棱锥中，平面ABC，，M，N分别为PC，AB的中点． (1)求异面直线PC与AB间的距离； (2)求二面角的余弦值． 66．（25-26高二上·全国·单元测试）如图，在长方体中，，为棱的中点，为棱的中点．    (1)证明，并求直线到直线的距离； (2)求点到平面的距离． 重难点14 求点面距、线面距、面面距 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 67．（24-25高三下·安徽合肥·阶段练习）如图，在三棱柱中，平面，，，，D为棱的中点． (1)求证：平面； (2)若E为棱BC的中点，求三棱锥的体积． 68．（25-26高二上·全国·单元测试）如图，已知正方体的棱长为2，点是棱的中点. (1)求直线与直线所成角的余弦值； (2)求直线到平面的距离. 69．（24-25高二上·四川自贡·阶段练习）在棱长为的正方体中，求 (1)直线与平面所成的角； (2)求平面与平面的距离； (3)求三棱锥外接球的表面积； 70．（24-25高二上·全国·课后作业）如图，在棱长为1的正方体中，为线段的中点，为线段的中点，为线段的中点，求平面到平面的距离.     71．（2024高三·全国·专题练习）已知正方体的棱长为1，为中点，求下列问题： (1)求异面直线与的距离； (2)求到平面的距离； (3)求到平面的距离； (4)求平面与平面的距离. 12 / 49 学科网（北京）股份有限公司 $$