专题01 空间向量与立体几何（考点+二级结论+19题型+易错，期末复习知识清单）高二数学上学期人教A版选择性必修第一册

该高中数学专题清单系统整合空间向量与立体几何内容，涵盖6大知识模块、19类典型题型及3个易错点，构建从概念定理到空间角距离求解的递进式学习支架，助力学生全面掌握核心知识。 清单以“知识清单+题型突破+易错警示”三维架构呈现，如用表格对比共线共面向量定理应用，提炼“同负异正”判二面角锐钝等二级结论，培养数学思维与空间观念。例题变式搭配易错分析，教师可精准教学，学生能自主高效复习，提升解题能力。

专题01 空间向量与立体几何（6知识&19题型&3易错） 【清单01】空间向量及其加减数乘运算 1．空间向量的定义及表示 （1）空间向量的定义：在空间，把具有方向和大小的量叫做空间向量 （2）空间向量的长度或模：空间向量的大小叫做空间向量的长度或模 （3）空间向量的表示方法：①几何表示法：空间向量用有向线段表示，有向线段的长度表示空间向量的模 ②符号表示法：若向量的起点是，终点是，则也可记作，其模记为或 2.几类特殊的空间向量 名称 方向 模 表示法 零向量 任意 0 记为 单位向量 1 或 相反向量 相反 相等 记为 共线向量 相同或相反 或 相等向量 相同 相等 或 3.空间向量的加减运算 加法运算 三角形法则 语言叙述 首尾顺次相接，首指向尾为和 图形叙述 平行四边形法则 语言叙述 共起点的两边为邻边作平行四边形，共起点对角线为和 图形叙述 减法运算 三角形法则 语言叙述 共起点，连终点，方向指向被减向量 图形叙述 4.空间向量的数乘运算 定义：与平面向量一样，实数λ与空间向量的乘积仍然是一个向量，称为空间向量的数乘 几何意义：当时，与向量的方向相同； 当时，与向量的方向相反； 当时，，其方向是任意的 5.空间向量的运算律 交换律： 结合律：， 分配律： 【清单02】 空间向量的有关定理 1.共线向量定理 对空间任意两个向量，的充要条件是存在实数λ，使得 推论：对空间任意一点O，点P在直线AB上的充要条件是存在实数t，使（其中1）. 2.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：空间一点P位于平面ABC内的充要条件是存在有序实数对(x，y)，使； 或对空间任意一点O，有. 3.空间向量基本定理 如果三个向量不共面，那么对空间任一向量，存在有序实数组，使得.其中，{}叫做空间的一个基底，都叫做基向量. 注意：（1）空间任意三个不共面的向量都可构成基底； （2）基底选定后，空间的所有向量均可由基底唯一表示；（3）不能作为基向量. 【清单03】空间向量的数量积运算及坐标运算 1．空间向量的夹角 如图，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， 夹角的范围：，特别地，如果，那么向量互相垂直，记作 2．空间向量的数量积 已知两个非零向量，则叫做的数量积，记作，即． 零向量与任意向量的数量积为0 3．数量积的运算律 数乘向量与数量积的结合律： 交换律： 分配律： 4．投影向量 在空间，向量向向量投影，由于它们是自由向量，因此可以先将它们平移到同一个平面α内，进而利用平面上向量的投影，得到与向量共线的向量，，向量称为向量在向量上的投影向量． 5．数量积的性质 若，为非零向量， 则（1）；（2）；（3），； （4）；（5） 6．空间向量的运算及坐标的关系 设向量,那么 向量运算 坐标表示 向量运算 坐标表示 加法 向量长度 减法 共线 数乘 垂直 数量积 向量夹角公式 7．向量的坐标及两点间的距离公式 在空间直角坐标系中,设． （1）；（2）； 【清单04】空间位置关系的向量表示 1．直线的方向向量和平面的法向量 （1）直线的方向向量就是指和这条直线平行(或共线)的向量，记作，显然一条直线的方向向量可以有无数个. （2）若直线，则该直线的方向向量即为该平面的法向量，平面的法向量记作,有无数多个，任意两个都是共线向量. 2．利用空间向量表示空间线面平行、垂直 设直线的方向向量分别为，平面的法向量分别为. 位置关系 平行 垂直 线线（与） 线面（与） 面面（与） 【清单05】利用空间向量求空间角 设直线的方向向量分别为，平面的法向量分别为. （1）直线所成的角为，则，计算方法：； （2）直线与平面所成的角为，则，计算方法：； （3）平面所成的二面角为，则， 如图①，AB，CD是二面角α－l－β的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小． 如图②③，分别是二面角的两个半平面的法向量，则二面角的大小θ满足，二面角的平面角大小是向量与的夹角(或其补角)． 【清单06】利用空间向量求距离 （1）点到平面的距离 如图所示，已知AB为平面的一条斜线段，为平面的法向量， 则B到平面的距离为. （2）点到直线的距离 设为直线上一点, 为直线的方向向量, 在向量方向上的投影向量 的模长为,则点到直线的距离. 【二级结论1】判二面角的锐钝问题 1．设二面角的平面角为，两个平面的法向量为，求二面角的成角的余弦时，需要通过图形直观感知——也就是老师们常说的由图可知． 当为锐角时，； 当为钝角时，． 2．四种情况的分析 当两个半平面的法向量同时都指向二面角的内侧或外侧时，此时，二面角的平面角与两向量的夹角互补：． 当两个半平面的法向量一个指向外侧，一个指向内侧时，此时，二面角的平面角与两向量的夹角相等，． 3．总结规律（同负异正） 内 外 内 外 4．设平面和的法向量分别为、，在平面和内各取一点A、B（两点均不在二面角的棱上），则有： 当向量与两个法向量的夹角同为钝角或锐角，即两向量分别相乘且同号时，二面角的大小与两个法向量的夹角相等． 当向量与一个法向量的夹角为锐角、与另一个法向量的夹角为钝角，即两向量分别相乘且异号时，二面角的大小与两个法向量的夹角互补． 从而得名：同等异补，即向量与法向量同号时二面角大小即为法向量的夹角大小，异号时则互补． 【二级结论2】空间余弦定理 定理： 证明： 推论：几何体，异面直线、夹角为， [口诀]“里里”“外外”-“前前”“后后”．例如，计算AC•BD，其中字母C和B位于计算式中间，字母A和D位于计算式外面，字母A和B都是计算式的前一个字母，字母C和D都是计算式的后一个字母． 题型1 空间向量的线性运算 空间向量线性运算中的三个关键点 【例1】（24-25高一下·福建福州·期末）点在平行四边形所在平面外，与交于点，则（    ） A． B． C． D． 【变式1-1】（24-25高二下·甘肃白银·期末）在四面体中，，，棱，的中点分别为，，若，则 . 【变式1-2】【多选】（24-25高二上·广西桂林·期末）如图，已知四面体，点分别是的中点，下列等式正确的是（    ） A． B． C． D． 【变式1-3】【多选】（23-24高二上·河南开封·期末）已知四面体ABCD，E，F分别是BC，CD的中点，则（   ） A． B． C． D． 题型2 共线、共面向量定理的应用 应用共线(面)向量定理证明点共线(面)的方法比较 三点(P，A，B)共线 空间四点(M，P，A，B)共面 ＝λ ＝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) 【例2】（23-24高二上·安徽·期末）已知向量与共线，则（   ） A． B．0 C．2 D．6 【变式2-1】（22-23高二下·福建龙岩·期中）设向量不共面，已知，若三点共线，则（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【变式2-2】（24-25高二上·上海·期末）有以下命题： ①若（），则与、共面； ②若与、共面，则（）； ③若（），则M、P、A、B共面； ④若M、P、A、B共面，则（）. 则所有真命题的序号是 【变式2-3】（22-23高二上·浙江杭州·期末）对于空间一点和不共线三点，且有，则（    ） A．四点共面 B．四点共面 C．四点共面 D．五点共面 题型3 空间向量基本定理及其应用 用基向量表示指定向量的方法 （1）结合已知向量和所求向量观察图形． （2）将已知向量和所求向量转化到三角形或平行四边形中． （3）利用三角形法则或平行四边形法则把所求向量用已知基向量表示出来． 【例3】（24-25高二下·上海奉贤·期末）如图，在边长为2的正四面体中，是的中心，则下列正确的是（   ）          A． B． C． D． 【变式3-1】（19-20高二上·河北·月考）如图，在空间四边形中，，，，且，，则等于（    ） A． B． C． D． 【变式3-2】（17-18高二上·福建泉州·期末）如图所示，三棱柱中，是的中点，若，，，则＝（    ）    A．) B． C． D． 【变式3-3】（2025高三·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.如图所示，已知四棱锥是阳马，平面，且，若，则（ ） A． B． C． D． 题型4 空间向量数量积及其应用 空间向量数量积的应用 【例4】（25-26高二上·北京·期中）如图，在平行六面体中，，，则（    ） A． B．8 C．-4 D．4 【变式4-1】【多选】（24-25高三上·江苏常州·期末）在四棱柱中，，，为底面的中心，则（    ） A． B． C． D． 【变式4-2】【多选】（23-24高二上·广东·期末）如图，在直棱柱中，分别是的中点，则下列说法正确的有（    ） A． B． C．直线与平面的夹角正切值为 D． 【变式4-3】【多选】（23-24高二上·河北沧州·期末）在棱长为2的正四面体A-BCD中，E，F分别是AD，BC的中点，G是△BCD的重心，则下列结论正确的是（    ） A． B． C．在上的投影向量为 D． 题型5 利用空间向量证明线线平行 证明两条直线的方向向量共线． 【例5】（24-25高二上·北京怀柔·期末）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． 【变式5-1】（2025·云南红河·模拟预测）如图1，等腰梯形中，，，，分别为的中点，且，将梯形沿翻折至梯形，使得平面平面，得到如图2的多面体. (1)证明：四点共面； (2)在上取一点，使得平面平面，求平面与平面夹角的余弦值. 【变式5-2】（23-24高二上·全国·课后作业）如图，已知空间几何体的底面ABCD是一个直角梯形，其中,,,，且底面ABCD，PD与底面成角．    (1)若，求该几何体的体积； (2)若AE垂直PD于E，证明：； (3)在（2）的条件下，PB上是否存在点F，使得，若存在，求出该点的坐标；若不存在，请说明理由． 【变式5-3】（2024·全国·模拟预测）如图所示，在长方体中，，，，点，，分别在棱，，上，，，． (1)证明：，，，四点共面； (2)点在棱上，当平面与平面的夹角的余弦值为时，求． 题型6 利用空间向量证明线面平行 (1)证明该直线的方向向量与平面的某一法向量垂直； (2)证明直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行； (3)可在平面α内取基向量{e1，e2}，证明存在实数λ1，λ2，使直线l的方向向量a＝λ1e1＋λ2e2，然后说明l不在平面α内即可． 注意：证明线面平行，最后必须加上线不在面内的条件． 【例6】（2025高三·全国·专题练习）如图，在四棱锥中，平面为的中点，为菱形，，，分别是线段，上的动点，且满足. (1)求证：平面； (2)求的值，使得二面角的平面角的正切值为. 【变式6-1】（2025高三·全国·专题练习）如图，分别是正四棱柱上、下底面的中心，是的中点，.    (1)求证：平面； (2)当时，求直线与平面所成角的大小； (3)当取何值时，在平面内的射影恰好为的重心？ 【变式6-2】（2025高三·北京·专题练习）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. 【变式6-3】（2025高三·北京·专题练习）如图是一个直三棱柱（以为底面）被一平面所截得到的几何体，截面为 ．已知，，，，． (1)设点是的中点，证明：平面； (2)求与平面所成的角的正弦值； 题型7 利用空间向量证明面面平行 (1)证明两个平面的法向量为共线向量； (2)转化为线面平行、线线平行问题． 【例7】（2025·湖南邵阳·一模）如图，在直四棱柱中，，，，，E，F分别为AD，AB的中点. (1)求证：； (2)求证：平面平面； (3)若，P是线段上的动点，求直线与平面所成角的正弦值的最大值. 【变式7-1】（24-25高二上·上海·随堂练习）如图，在直三棱柱中，，，，点E在线段上，且，分别为、、的中点.求证：    (1)平面平面； (2)平面平面. 【变式7-2】（25-26高二上·新疆巴音郭楞·月考）如图所示，在直三棱柱中，，点E在线段上，且，D、F、G分别为的中点.    (1)求证：平面EGF平面ABD； (2)求平面EGF与平面ABD的距离. 【变式7-3】（25-26高三上·上海浦东新·期末）如图，该几何体由一个棱长为4的正方体与一个半圆柱拼接而成，圆心、分别为线段、的中点，动点在弧上滑动. (1)若点为弧的中点，求直线与平面所成角的大小； (2)若弧的长度为，求证：平面平面. 题型8 利用空间向量证明线线垂直 证明两条直线所在的方向向量互相垂直，即证它们的数量积为零． 【例8】（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. 【变式8-1】（25-26高三上·广西柳州·开学考试）如图，在四棱锥中，底面为正方形，侧面是正三角形，平面底面是的中点． (1)证明：． (2)求平面与平面夹角的余弦值． 【变式8-2】（25-26高三上·贵州毕节·开学考试）在三棱锥中，，平面，点M是棱上的动点，点N是棱上的动点，且． (1)当时，求证：； (2)当的长最小时，求二面角的余弦值 【变式8-3】（25-26高三上·福建漳州·开学考试）在三棱柱中，四边形与都是棱长为1的正方形，，E，F，G分别是棱AB，BC，上的动点，且. (1)求证：； (2)若平面与平面的夹角的余弦值为，求BF的长. 题型9 利用空间向量证明线面垂直 证明直线的方向向量与平面的法向量共线，或将线面垂直的判定定理用向量表示． 【例9】（2025·黑龙江大庆·一模）如图，在四棱锥中，底面为梯形，，为等边三角形，为的中点，且平面平面，. (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 【变式9-1】（2024·河北·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面，，为中点. (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值. 【变式9-2】（25-26高二上·浙江嘉兴·月考）在正四棱柱中，，P为的中点. (1)取中点，中点，求证：平面. (2)求证：平面平面 【变式9-3】（25-26高二上·江苏无锡·期中）如图，在平行六面体中，，，．    (1)求的长； (2)求证：直线平面． 题型10 利用空间向量证明面面垂直 证明两个平面的法向量垂直，或将面面垂直的判定定理用向量表示． 【例10】（2025·云南昆明·一模）如图，正方体的棱长为，为线段上的动点，，分别是线段，上的点，且，为的中点. (1)求证：平面平面； (2)两条异面直线之间的距离是指其中一条直线上任意一点到另外一条直线距离的最小值，求异面直线与之间的距离； (3)求异面直线与所成角的余弦值的最大值，并说明点的位置. 【变式10-1】（24-25高三上·江苏·月考）在空间几何体中，四边形均为直角梯形．如图，设，，． (1)求证：平面平面； (2)若二面角的余弦值为，求的值． 【变式10-2】（2025高三·全国·专题练习）在如图所示的多面体中，已知正方形和直角梯形所在的平面互相垂直，，．    (1)求证：平面平面； (2)求二面角的大小． 【变式10-3】（2025·重庆沙坪坝·模拟预测）在中国古代数学中，将底面为矩形并有一条棱垂直于底面的四棱锥称为“阳马”.如图是一个底面为正方形的阳马，其中底面，且. (1)求证：平面平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 题型11 利用空间向量求两异面直线所成角 用坐标法求异面直线所成角的一般步骤 (1)建立空间直角坐标系； (2)用坐标表示两异面直线的方向向量； (3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值； (4)注意两异面直线所成角的范围是，即两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角的余弦值的绝对值． 【例11】（25-26高二上·北京·月考）中国古代数学著作《九章算术》中记载了一种被称为“曲池”的几何体．该几何体是上、下底面均为扇环形的柱体（扇环是指圆环被扇形截得的部分）．在如图所示的“曲池”中，平面，记弧、弧的长度分别为，已知为弧的中点，则直线与所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 【变式11-1】（25-26高二上·浙江·期中）在正方体中，点为线段上的动点，则异面直线与所成角的最小值为（   ） A． B． C． D． 【变式11-2】（24-25高一上·重庆·期末）《九章算术》中，将底面为长方形，且一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马.在阳马中，若平面，且，异面直线与所成角的余弦值为，则（    ） A． B．4 C．2 D．3 【变式11-3】（24-25高二上·山西·期中）如图，已知多面体中，底面是边长为的正方形，，，平面，平面，，若异而直线与所成的角的余弦值为，则的值为（   ）    A． B． C． D． 题型12 利用空间向量求直线与平面所成角 利用空间向量求线面角的解题步骤 【例12】（24-25高一下·吉林松原·期末）在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，为的中点，二面角为直二面角. (1)求证：； (2)求直线与平面所成角的正弦值； 【变式12-1】（24-25高二下·广东湛江·期末）如图，已知四棱锥，底面，圆为底面的外接圆，是直径，，． (1)求证：平面平面； (2)求直线与平面所成的角的正弦值． 【变式12-2】（25-26高二上·陕西西安·月考）如图，在四棱锥中，平面，，，，为的中点，点在上，且．    (1)求证：平面； (2)判断直线是否在平面，说明理由； (3)是线段上的动点，是否存在点G使得AE与平面AFG所成夹角的正弦值为，请说明理由. 【变式12-3】（24-25高一下·新疆·期末）由平行六面体截去三棱锥后得到如图所示的几何体，其体积为5，底面为菱形，与交于点O，． (1)求证平面； (2)求证平面平面； (3)设，，与底面所成角为，求平面与平面所成角的正弦值． 题型13 利用空间向量求平面与平面所成角（二面角） 1.利用空间向量求平面与平面夹角的解题步骤 2.利用法向量的方向判断二面角 二面角的大小可以通过这两个面的法向量的夹角求得，它等于两法向量的夹角或其补角，法向量的方向指向内部的称为“进”入半平面；法向量的方向指向外部的称为穿“出”半平面；当法向量m，n“一进一出”时，m，n的夹角就是二面角的大小；当法向量m，n“同进同出”时，m，n的夹角就是二面角的补角． 【例13】（25-26高二上·山西·期中）如图，在三棱锥中，，，平面平面是的中点.    (1)求证：. (2)点满足，且平面. （i）求的值； （ii）求平面与平面的夹角的余弦值. 【变式13-1】（25-26高二上·陕西咸阳·期中）如图1，在等腰直角中，分别为的中点.将沿向平面上方翻折，得到如图2所示的四棱锥，且.记的中点为，动点在线段上运动.    (1)证明：平面； (2)若，求平面与平面夹角的余弦值； (3)求动点到直线的距离的取值范围. 【变式13-2】（2025·河北保定·二模）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，平面为棱上的动点.    (1)当为棱的中点时，证明：平面； (2)若，求平面与平面夹角的余弦值. 【变式13-3】（25-26高二上·陕西安康·期中）如图，在三棱台中，平面，.    (1)求的值； (2)若，二面角的大小为，求. 题型14 利用空间向量求点线距离 点线距：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，设向量在直线l上的投影向量为＝a，则点P到直线l的距离为． 【例14】（25-26高二上·广东·期末）在空间直角坐标系中，已知，，则点到直线的距离为（    ） A． B． C． D． 【变式14-1】（24-25高二上·辽宁·月考）在空间直角坐标系中，直线经过点，且其方向向量，则点到直线的距离为（   ） A． B． C．3 D． 【变式14-2】（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． 【变式14-3】（23-24高二下·江苏扬州·期末）已知三棱柱的棱长均为. (1)证明：平面平面； (2)若，且直线与平面所成角的正弦值为，求点到直线的距离. 题型15 利用空间向量求点面距、线面距、面面距 利用向量法求点到平面的距离的步骤 【例15】（25-26高三上·上海松江·期末）已知四棱锥的底面是直角梯形，，，，是边长为2的正三角形，侧面底面ABCD． (1)证明：； (2)求点到平面的距离． 【变式15-1】（24-25高一下·吉林松原·期末）如图，在长方体中，，点是棱的中点. (1)求证：平面； (2)求点到平面的距离 【变式15-2】（25-26高二上·山西·月考）如图甲，在梯形中，，，，是的中点，将沿折起，使点到达点的位置，如图乙，且. (1)求证：平面平面； (2)求点到平面的距离. 【变式15-3】（2022高二·全国·专题练习）设正方体的棱长为2，求： (1)求直线到平面的距离； (2)求平面与平面间的距离. 题型16 利用空间向量求异面直线的距离 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． 【例16】（24-25高二下·河南开封·期末）如图，两个正方形框架、的边长都是，且它们所在的平面相互垂直． (1)证明：； (2)证明：与是异面直线； (3)定义：两条异面直线之间的距离是指其中一条直线上任意一点到另一条直线距离的最小值．依据上述定义，求异面直线与之间的距离． 【变式16-1】（23-24高三下·湖南·月考）如图，在四棱锥中，，，，，，平面平面，.    (1)证明：平面； (2)若点Q是线段的中点，M是直线上的一点，N是直线上的一点，是否存在点M，N使得?请说明理由. 【变式16-2】（23-24高二上·辽宁大连·期末）三棱台中，，平面平面ABC，，与交于D．    (1)证明：平面； (2)求异面直线与DE的距离． 【变式16-3】（22-23高二上·辽宁沈阳·期末）如图①菱形，．沿着将折起到，使得，如图②所示． (1)求异面直线与所成的角的余弦值； (2)求异面直线与之间的距离． 题型17 利用空间向量解决探索性问题 (1)对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等问题． (2)对于位置探究型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数． 【例17】（25-26高二上·福建福州·期中）如图（1），在直角梯形中，，，过的中点作交于点，，现将四边形沿着翻折至位置，使得，如图（2）所示． (1)证明：平面； (2)在线段上是否存在一点，使得平面与平面的夹角的余弦值为，若存在，确定点的位置，若不存在，请说明理由． 【变式17-1】（25-26高二上·云南·月考）如图，在四棱锥中，是边长为4的等边三角形，底面四边形为菱形，，平面平面，为棱的中点，记平面和平面的交线为． (1)求证：； (2)求点到平面的距离； (3)在线段（不含端点）上是否存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求的位置；若不存在，请说明理由． 【变式17-2】（24-25高二上·河北沧州·期末）如图，在多面体中，底面为矩形，底面，，且，，． (1)当时，求直线与平面所成角的正弦值． (2)是否存在实数，使得在平面内的射影恰好为的重心？若存在，求出；若不存在，请说明理由． 【变式17-3】（24-25高二上·海南海口·期末）在四棱锥中，底面是边长为的正方形，平面底面，.点分别是棱的中点. (1)求证：； (2)设平面平面，求直线与平面所成角的余弦值； (3)若点分别是棱的中点，平面与棱的交点为，则在线段上是否存在一点，使得，若存在，求的长；若不存在，请说明理由. 题型18 立体几何中的翻折问题 三步解决平面图形翻折问题 【例18】（24-25高二下·云南曲靖·月考）如图1，已知四边形是上、下底边长分别为1，3，高为1的直角梯形，，为线段上更靠近点的三等分点.将沿着翻折，使得点翻折到点，且，得到的几何体如图2所示. (1)证明：平面. (2)求平面和平面的夹角. 【变式18-1】（24-25高二下·河南南阳·期末）如图（1），在平面四边形中，，，形如这样的四边形称为“筝形”，将沿着翻折得到三棱锥，如图（2），设的中点为. (1)证明：平面平面； (2)在图（2）中，若，，，求平面与平面夹角的余弦值. 【变式18-2】（24-25高三上·辽宁丹东·期末）如图，在边长为4的正方形MBCD中，A为线段MB的中点，沿AD将翻折至，使得. (1)求证：平面平面PCD； (2)求平面PBC与平面PCD所成角的正弦值. 【变式18-3】（24-25高二下·广东汕尾·期末）如图1，在平面多边形中，为直角三角形，，，．如图2，现将沿轴向上翻折到图中的处，此时，． (1)证明：； (2)证明：平面； (3)求平面与平面夹角的余弦值． 题型19 利用空间向量解决最值范围问题 立体几何中的最值与范围问题，一般是考查空间角、空间距离和几何体的体积、表面积的范围和最值问题，一般和动态问题相结合． 【例19】（2025·重庆沙坪坝·模拟预测）如图，在直三棱柱中，侧面是正方形，，分别是棱的中点，且． (1)若，证明：平面； (2)当平面与平面夹角的余弦值最大时，求的值． 【变式19-1】（24-25高二上·山西吕梁·期末）已知边长为6的菱形ABCD（如图1），，AC与BD相交于点O，E为线段AO上一点，且，将三角形ABD沿BD折叠成三棱锥（如图2）． (1)证明：BD⊥AC； (2)当三棱锥的体积最大时， （ⅰ）求三棱锥外接球的表面积； （ⅱ）求平面BCE与平面ACD的夹角的余弦值． 【变式19-2】（24-25高二上·山东临沂·期末）若为平面的一条斜线，为斜足，为在平面内的射影，为平面内的一条直线，其中为与所成的角，为与所成的角，为与所成的角，那么，简称三余弦定理.如图，直三棱柱中，，，（）. (1)求的余弦值； (2)当点到平面距离最大时，求的值； (3)在（2）的条件下，求平面与平面夹角的大小. 【变式19-3】（24-25高二上·江西景德镇·期末）如图，已知直三棱柱，点为棱的中点，点分别为棱上的动点，记平面与平面所成角为.     (1)求证：； (2)若，请完成以下两个问题： ①求证：平面平面； ②当角取最大时，在平面与平面的交线上存在一点，计算直线与平面所成角的正弦值的最大值.（可以使用（1）中结论） 【题型一】忽视异面直线的夹角与向量的夹角范围不同 【例1】（23-24高一下·湖北武汉·期末）在正方体中，若，，则BE与DF所成的角的正弦值是（   ） A． B． C． D． 【变式1-1】（25-26高二上·全国·单元测试）如图，已知，均为正方形，二面角的大小为，则异面直线与所成角的余弦值为（    ）． A． B． C． D． 【变式1-2】（24-25高二下·广西桂林·期末）在四棱锥中，底面，底面为正方形，，为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 【变式1-3】（24-25高一下·河北承德·期末）如图，一块矿石晶体的形状为四棱柱，其中底面是正方形，，，则直线与所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 【题型二】线面角与向量夹角转化不清等问题 【例2】（25-26高二上·陕西榆林·期中）如图，正方体的棱长为2，，分别是棱，的中点，过作平面，使得，以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则直线与平面所成角的正弦值为（   ） A． B． C． D． 【变式2-1】（2025高二上·全国·专题练习）正多面体被古希腊圣哲认为是构成宇宙的基本元素，加上它们的多种变体，一直是科学、艺术、哲学灵感的源泉之一．如图，该几何体是一个高为4的正八面体，G为的中点，则异面直线与平面所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 【变式2-2】（25-26高二上·全国·期末）在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为“鳖臑”，在鳖臑中，平面，且，M为中点，为中点，则直线与平面所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【变式2-3】（25-26高二上·云南文山·月考）长方体中，，，为侧面内的一个动点，且，记与平面所成的角为，则的最大值为（   ） A． B． C． D． 【题型三】二面角概念模糊 【例3】（24-25高二上·安徽黄山·期末）如图，在正方体中，平面与平面的夹角的正切值为（    ） A． B． C． D． 【变式3-1】（24-25高二上·北京·月考）如图，三棱锥中，，且平面与底面垂直，为中点，，则平面与平面夹角的余弦值为（    ）    A． B． C． D． 【变式3-2】（23-24高二上·河南漯河·期末）如图，在直三棱柱中，，，点是棱的中点，则平面与平面夹角的正弦值为（    ） A． B． C． D．1 【变式3-3】（23-24高二下·福建龙岩·月考）如图，四棱锥的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍，平面，为侧棱上的点，则二面角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 学科网（北京）股份有限公5 / 5 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题01 空间向量与立体几何（6知识&19题型&3易错） 【清单01】空间向量及其加减数乘运算 1．空间向量的定义及表示 （1）空间向量的定义：在空间，把具有方向和大小的量叫做空间向量 （2）空间向量的长度或模：空间向量的大小叫做空间向量的长度或模 （3）空间向量的表示方法：①几何表示法：空间向量用有向线段表示，有向线段的长度表示空间向量的模 ②符号表示法：若向量的起点是，终点是，则也可记作，其模记为或 2.几类特殊的空间向量 名称 方向 模 表示法 零向量 任意 0 记为 单位向量 1 或 相反向量 相反 相等 记为 共线向量 相同或相反 或 相等向量 相同 相等 或 3.空间向量的加减运算 加法运算 三角形法则 语言叙述 首尾顺次相接，首指向尾为和 图形叙述 平行四边形法则 语言叙述 共起点的两边为邻边作平行四边形，共起点对角线为和 图形叙述 减法运算 三角形法则 语言叙述 共起点，连终点，方向指向被减向量 图形叙述 4.空间向量的数乘运算 定义：与平面向量一样，实数λ与空间向量的乘积仍然是一个向量，称为空间向量的数乘 几何意义：当时，与向量的方向相同； 当时，与向量的方向相反； 当时，，其方向是任意的 5.空间向量的运算律 交换律： 结合律：， 分配律： 【清单02】 空间向量的有关定理 1.共线向量定理 对空间任意两个向量，的充要条件是存在实数λ，使得 推论：对空间任意一点O，点P在直线AB上的充要条件是存在实数t，使（其中1）. 2.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：空间一点P位于平面ABC内的充要条件是存在有序实数对(x，y)，使； 或对空间任意一点O，有. 3.空间向量基本定理 如果三个向量不共面，那么对空间任一向量，存在有序实数组，使得.其中，{}叫做空间的一个基底，都叫做基向量. 注意：（1）空间任意三个不共面的向量都可构成基底； （2）基底选定后，空间的所有向量均可由基底唯一表示；（3）不能作为基向量. 【清单03】空间向量的数量积运算及坐标运算 1．空间向量的夹角 如图，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， 夹角的范围：，特别地，如果，那么向量互相垂直，记作 2．空间向量的数量积 已知两个非零向量，则叫做的数量积，记作，即． 零向量与任意向量的数量积为0 3．数量积的运算律 数乘向量与数量积的结合律： 交换律： 分配律： 4．投影向量 在空间，向量向向量投影，由于它们是自由向量，因此可以先将它们平移到同一个平面α内，进而利用平面上向量的投影，得到与向量共线的向量，，向量称为向量在向量上的投影向量． 5．数量积的性质 若，为非零向量， 则（1）；（2）；（3），； （4）；（5） 6．空间向量的运算及坐标的关系 设向量,那么 向量运算 坐标表示 向量运算 坐标表示 加法 向量长度 减法 共线 数乘 垂直 数量积 向量夹角公式 7．向量的坐标及两点间的距离公式 在空间直角坐标系中,设． （1）；（2）； 【清单04】空间位置关系的向量表示 1．直线的方向向量和平面的法向量 （1）直线的方向向量就是指和这条直线平行(或共线)的向量，记作，显然一条直线的方向向量可以有无数个. （2）若直线，则该直线的方向向量即为该平面的法向量，平面的法向量记作,有无数多个，任意两个都是共线向量. 2．利用空间向量表示空间线面平行、垂直 设直线的方向向量分别为，平面的法向量分别为. 位置关系 平行 垂直 线线（与） 线面（与） 面面（与） 【清单05】利用空间向量求空间角 设直线的方向向量分别为，平面的法向量分别为. （1）直线所成的角为，则，计算方法：； （2）直线与平面所成的角为，则，计算方法：； （3）平面所成的二面角为，则， 如图①，AB，CD是二面角α－l－β的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小． 如图②③，分别是二面角的两个半平面的法向量，则二面角的大小θ满足，二面角的平面角大小是向量与的夹角(或其补角)． 【清单06】利用空间向量求距离 （1）点到平面的距离 如图所示，已知AB为平面的一条斜线段，为平面的法向量， 则B到平面的距离为. （2）点到直线的距离 设为直线上一点, 为直线的方向向量, 在向量方向上的投影向量 的模长为,则点到直线的距离. 【二级结论1】判二面角的锐钝问题 1．设二面角的平面角为，两个平面的法向量为，求二面角的成角的余弦时，需要通过图形直观感知——也就是老师们常说的由图可知． 当为锐角时，； 当为钝角时，． 2．四种情况的分析 当两个半平面的法向量同时都指向二面角的内侧或外侧时，此时，二面角的平面角与两向量的夹角互补：． 当两个半平面的法向量一个指向外侧，一个指向内侧时，此时，二面角的平面角与两向量的夹角相等，． 3．总结规律（同负异正） 内 外 内 外 4．设平面和的法向量分别为、，在平面和内各取一点A、B（两点均不在二面角的棱上），则有： 当向量与两个法向量的夹角同为钝角或锐角，即两向量分别相乘且同号时，二面角的大小与两个法向量的夹角相等． 当向量与一个法向量的夹角为锐角、与另一个法向量的夹角为钝角，即两向量分别相乘且异号时，二面角的大小与两个法向量的夹角互补． 从而得名：同等异补，即向量与法向量同号时二面角大小即为法向量的夹角大小，异号时则互补． 【二级结论2】空间余弦定理 定理： 证明： 推论：几何体，异面直线、夹角为， [口诀]“里里”“外外”-“前前”“后后”．例如，计算AC•BD，其中字母C和B位于计算式中间，字母A和D位于计算式外面，字母A和B都是计算式的前一个字母，字母C和D都是计算式的后一个字母． 题型1 空间向量的线性运算 空间向量线性运算中的三个关键点 【例1】（24-25高一下·福建福州·期末）点在平行四边形所在平面外，与交于点，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由向量的线性运算即可求解. 【详解】由题意点是的中点， 所以. 故选：B. 【变式1-1】（24-25高二下·甘肃白银·期末）在四面体中，，，棱，的中点分别为，，若，则 . 【答案】 【分析】根据向量线性运算规则，用向量表示出，求出参数的值. 【详解】 在四面体中，棱，的中点分别为，，取的中点，所以，， 所以， 又因为，所以. 故答案为：. 【变式1-2】【多选】（24-25高二上·广西桂林·期末）如图，已知四面体，点分别是的中点，下列等式正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】AC 【分析】根据空间向量的线性运算逐项分析即可得解. 【详解】因为，故A正确； 因为，故B错误； 因为，故C正确； 因为，故D错误. 故选：AC 【变式1-3】【多选】（23-24高二上·河南开封·期末）已知四面体ABCD，E，F分别是BC，CD的中点，则（   ） A． B． C． D． 【答案】AC 【分析】根据空间向量的线性运算逐项判断即可. 【详解】对于A，因为E，F分别是BC，CD的中点，所以，正确； 对于B，，错误； 对于C，，正确； 对于D，，错误. 故选：AC 题型2 共线、共面向量定理的应用 应用共线(面)向量定理证明点共线(面)的方法比较 三点(P，A，B)共线 空间四点(M，P，A，B)共面 ＝λ ＝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) 【例2】（23-24高二上·安徽·期末）已知向量与共线，则（   ） A． B．0 C．2 D．6 【答案】D 【分析】根据两向量共线的坐标关系，列出方程求解即可. 【详解】因为向量与共线， 显然：,所以， 所以， 故． 故选：D 【变式2-1】（22-23高二下·福建龙岩·期中）设向量不共面，已知，若三点共线，则（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】利用三点共线得到，再使用共线向量定理即可. 【详解】因为三点共线，所以，则存在实数，使得， 由已知得 故 由于不共面，故解得 另解:因为向量不共面，所以， 由已知得 故向量表达式中的系数对应成比例，即，解得． 故选：C. 【变式2-2】（24-25高二上·上海·期末）有以下命题： ①若（），则与、共面； ②若与、共面，则（）； ③若（），则M、P、A、B共面； ④若M、P、A、B共面，则（）. 则所有真命题的序号是 【答案】①③ 【分析】根据空间向量的共面定理，逐项判断即可. 【详解】由空间向量的共面定理可知，①和③是真命题； 对于②，当与共线，且与、不共线时，满足与、共面， 但不存在实数组，使成立，故②是假命题； 对于④，当M、A、B共线且P与M、A、B不共线时，满足M、P、A、B共面， 但不存在实数组，使成立，故④是假命题. 故答案为：①③. 【变式2-3】（22-23高二上·浙江杭州·期末）对于空间一点和不共线三点，且有，则（    ） A．四点共面 B．四点共面 C．四点共面 D．五点共面 【答案】B 【分析】根据题意，化简得到，得到共面，进而得到四点共面，即可求解. 【详解】由，可得， 即，根据平面向量的基本定理，可得共面， 又因为三个向量有公共点，所以四点共面. 故选：B. 题型3 空间向量基本定理及其应用 用基向量表示指定向量的方法 （1）结合已知向量和所求向量观察图形． （2）将已知向量和所求向量转化到三角形或平行四边形中． （3）利用三角形法则或平行四边形法则把所求向量用已知基向量表示出来． 【例3】（24-25高二下·上海奉贤·期末）如图，在边长为2的正四面体中，是的中心，则下列正确的是（   ）          A． B． C． D． 【答案】D 【分析】设基底为，选项中涉及到的向量都用基底表示出来，再验证各个选项是否正确. 【详解】设基底为，由于四面体为正四面体，所以可得基底的两两夹角都为. 对于A：， ，故A错误； 对于B：， ，故B错误； 对于C、D：延长交于，易得为的中点，由于是的中心，可得. ，故D正确； 又，故C错误. 故选：D. 【变式3-1】（19-20高二上·河北·月考）如图，在空间四边形中，，，，且，，则等于（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用空间向量加减运算与数乘运算的几何表示即可得解. 【详解】根据题意， . 故选：A 【变式3-2】（17-18高二上·福建泉州·期末）如图所示，三棱柱中，是的中点，若，，，则＝（    ）    A．) B． C． D． 【答案】B 【分析】利用空间向量基本定理，用基底表示向量即可. 【详解】因为. 故选：B 【变式3-3】（2025高三·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.如图所示，已知四棱锥是阳马，平面，且，若，则（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据空间向量加、减运算法则，以为基底表示出向量即可. 【详解】 . 故选：D 题型4 空间向量数量积及其应用 空间向量数量积的应用 【例4】（25-26高二上·北京·期中）如图，在平行六面体中，，，则（    ） A． B．8 C．-4 D．4 【答案】C 【分析】根据空间向量加法的运算性质，结合空间向量数量积的运算性质和定义进行求解即可. 【详解】因为，， 所以 . 故选：C. 【变式4-1】【多选】（24-25高三上·江苏常州·期末）在四棱柱中，，，为底面的中心，则（    ） A． B． C． D． 【答案】AD 【分析】由向量加减法的几何意义判断AB,利用数量积和夹角模长公式判断CD可得答案. 【详解】对于选项A，，正确； 对于选项B，，错误； 对于选项C，，错误； 对于选项D，易得为正三角形， 故，正确； 故选：AD． 【变式4-2】【多选】（23-24高二上·广东·期末）如图，在直棱柱中，分别是的中点，则下列说法正确的有（    ） A． B． C．直线与平面的夹角正切值为 D． 【答案】BC 【分析】对于A：直接求解判断；对于B：通过证明面来判断；对于C：为直线与平面的夹角，计算其正切值即可；对于D：分别求出，，然后利用公式计算即可. 【详解】对于A：因为， 所以， 则，A错误； 对于B：因为，为线段中点， 所以， 又面面，面面，面， 所以面，又面， 所以，B正确； 对于C：因为面， 所以面， 所以为直线与平面的夹角， 又，C正确； 对于D： ， 又， 所以，D错误. 故选：BC. 【变式4-3】【多选】（23-24高二上·河北沧州·期末）在棱长为2的正四面体A-BCD中，E，F分别是AD，BC的中点，G是△BCD的重心，则下列结论正确的是（    ） A． B． C．在上的投影向量为 D． 【答案】AB 【分析】取DC的中点M，根据CD⊥平面ABM判断A；取BD的中点H，判断B；根据投影向量定义判断C；根据空间向量线性运算判断D. 【详解】 如图，取DC的中点M，连接AM，BM， ∵AM⊥CD，BM⊥CD，平面， ∴CD⊥平面，平面，∴CD⊥AB，故A正确； 取BD的中点H，连接HE，HF，则，， ∴HE⊥FH，即，又，∴，， ∴，故B正确； 由B知，在上的投影向量为，故C不正确； ，故D不正确， 故选：AB． 题型5 利用空间向量证明线线平行 证明两条直线的方向向量共线． 【例5】（24-25高二上·北京怀柔·期末）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 【分析】由已知可得，设，列方程求. 【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. 【变式5-1】（2025·云南红河·模拟预测）如图1，等腰梯形中，，，，分别为的中点，且，将梯形沿翻折至梯形，使得平面平面，得到如图2的多面体. (1)证明：四点共面； (2)在上取一点，使得平面平面，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2). 【分析】（1）由面面垂直的性质定理可得平面，以为原点，建立空间直角坐标系，由平行向量的坐标关系证得，即可证得四点共面； （2）由题意设，求出，分别求出平面与平面的法向量，由垂直向量的坐标表示求出，再求出平面与平面的法向量，由二面角的向量公式即可得出答案. 【详解】（1）因为平面平面，平面平面， 且，平面， 所以平面，又， 以为原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系， 易得， 则， 则，则， 即，所以四点共面. （2）由（1）知，，，，， 设，则，则， 设平面的一个法向量为， 则，取，得， 设平面的一个法向量为， 则，取，得， 由平面平面，则，解得， 则，则，又， 设平面的一个法向量为， 则，取，得， 易得平面的一个法向量为， 则， 则平面与平面夹角的余弦值为. 【变式5-2】（23-24高二上·全国·课后作业）如图，已知空间几何体的底面ABCD是一个直角梯形，其中,,,，且底面ABCD，PD与底面成角．    (1)若，求该几何体的体积； (2)若AE垂直PD于E，证明：； (3)在（2）的条件下，PB上是否存在点F，使得，若存在，求出该点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)存在． 【分析】建立空间直角坐标系， （1）求出，利用可得，再求体积即可； （2）求出坐标，可得答案； （3）由，求出E点的竖坐标、点的竖坐标，设，由，得可得答案． 【详解】（1）如图，建立空间直角坐标系，则，， ， ， 此时； （2）， ， ； （3）由，E点的竖坐标为，点的竖坐标为， 设，由，得，存在． 【变式5-3】（2024·全国·模拟预测）如图所示，在长方体中，，，，点，，分别在棱，，上，，，． (1)证明：，，，四点共面； (2)点在棱上，当平面与平面的夹角的余弦值为时，求． 【答案】(1)证明见解析； (2)3. 【分析】（1）建立空间直角坐标系，求，证明，由此证明结论， （2）设，求平面与平面的法向量，利用向量夹角余弦公式求两平面的夹角余弦，列方程求，可得结论. 【详解】（1）以为原点，，，所在的直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系． 可得，，，． 所以，， 则， 故，，，四点共面． （2）设，，则， 设是平面的法向量， 则 取，则，， 故， 又因为平面的法向量为， 所以， 平方整理得， 化简得， 解得或， 由图易知，当时，平面与平面的夹角为钝角，舍去． 综上，，即． 题型6 利用空间向量证明线面平行 (1)证明该直线的方向向量与平面的某一法向量垂直； (2)证明直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行； (3)可在平面α内取基向量{e1，e2}，证明存在实数λ1，λ2，使直线l的方向向量a＝λ1e1＋λ2e2，然后说明l不在平面α内即可． 注意：证明线面平行，最后必须加上线不在面内的条件． 【例6】（2025高三·全国·专题练习）如图，在四棱锥中，平面为的中点，为菱形，，，分别是线段，上的动点，且满足. (1)求证：平面； (2)求的值，使得二面角的平面角的正切值为. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）结合题干建立空间直角坐标系，得到平面的法向量，进而可证明和法向量的数量积为即可.题干列式求解即可. （2）利用（1）求出的点的坐标，再求出平面和平面的法向量，利用已知条件列式即可. 【详解】（1）证明：如图，以点为原点建立空间直角坐标系，其中为的中点. 不妨设，则， ， 设，，，，， 由，得，， 同理得，， 设平面的法向量，则，，得 可取，于是，故. 又因为平面，即平面. （2）由（1）可得， 设平面的法向量，则，， 可取，又为平面的法向量, ，，， 化简得，解得或（舍去），故. 【变式6-1】（2025高三·全国·专题练习）如图，分别是正四棱柱上、下底面的中心，是的中点，.    (1)求证：平面； (2)当时，求直线与平面所成角的大小； (3)当取何值时，在平面内的射影恰好为的重心？ 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）解法1：过点作，分别交于点，结合正四棱柱的性质及平行四边形的性质得，利用线面平行的判定定理证明即可； 解法2：建立空间直角坐标系，求出向量的坐标，然后利用共面定理得，进而利用向量法证明线面平行即可； （2）解法1：过点作，垂足为，连接，利用线面垂直的性质和判定定理得平面，利用线面角的定义知就是直线与平面所成的角，再在直角三角形中求解即可； 解法2：建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，然后利用向量法求解线面角即可； （3）解法1：先判断在平面上的射影是的垂心，又在平面上的射影是的重心，则为正三角形，求得；再验证时，在平面内的射影为的重心. 解法2：建立坐标系求出的重心，利用向量坐标运算求得，即可得解. 【详解】（1）解法1：取，分别为的中点，连接，则过， 且四边形是平行四边形.如图.    因为分别为中点，所以， 又平面，平面，所以平面. 解法2：以点为原点，直线所在直线分别为轴、轴、轴， 建立如图所示的空间直角坐标系. 不妨设，    则. 由上得. 设得， 解得，所以. 因为平面，平面，所以平面. （2）解法1：过点作，垂足为，连接.    因为平面平面，所以， 平面，所以平面， 所以就是直线与平面所成的角. 设，则. 所以，直线与平面所成的角是. 解法2：当时，由， 得. 设平面的法向量为， 则由得. ， 所以直线与平面所成角的大小为. （3）解法1：连接，，    因为，，平面， 所以平面，所以， 同理，所以在平面上的射影是的垂心. 又在平面上的射影是的重心，则为正三角形，即， 所以. 反之，当时，，所以三棱锥为正三棱锥. 所以在平面内的射影为的重心. 解法2：设的重心，    所以，所以， 则， 若在平面内的射影恰好为的重心，则有解得. 所以当时，在平面内的射影恰好为的重心. 【变式6-2】（2025高三·北京·专题练习）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. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）法一：连接，由中位线的性质可证，再由线面平行的判定定理可证平面；法二：以点为坐标原点，分别以为轴，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用空间向量证明； （2）利用空间向量求线面角的方法计算. 【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. 【变式6-3】（2025高三·北京·专题练习）如图是一个直三棱柱（以为底面）被一平面所截得到的几何体，截面为 ．已知，，，，． (1)设点是的中点，证明：平面； (2)求与平面所成的角的正弦值； 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）判断方向向量平行于平面， （2）通过向量积找法向量，然后利用点积确定角度. 【详解】（1），为原点建立空间直角坐标系，如图， 则， 是的中点，， 由图可知，是平面的一个法向量， 由，且不在平面内， 平面· （2）设与面所成的角为 ， 因为， 设是平面的一个法向量， 则由得， 令，得， 又，，则， 与面所成的角为正弦值为. 题型7 利用空间向量证明面面平行 (1)证明两个平面的法向量为共线向量； (2)转化为线面平行、线线平行问题． 【例7】（2025·湖南邵阳·一模）如图，在直四棱柱中，，，，，E，F分别为AD，AB的中点. (1)求证：； (2)求证：平面平面； (3)若，P是线段上的动点，求直线与平面所成角的正弦值的最大值. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3). 【分析】（1）求出，即可得到，结合，即可得到，从而得证； （2）建立空间直角坐标系，求出平面、平面的法向量，即可证明； （3）设，即可表示出的坐标，设直线与平面所成角为，利用向量法求出，再根据二次函数的性质求出的最大值. 【详解】（1），，所以 又，， 又，，，. （2）在直四棱柱中，平面，又平面，所以，， ，，两两垂直，以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 设，则，，，，，. ，，， 设为平面的一个法向量， 令，得，. 设平面的一个法向量，则，取. ，又平面与平面不重合， 平面平面. （3）当时，为平面的一个法向量，， 则， 设， ，， 设直线与平面所成角为， ， 当且仅当时，等号成立， 所以直线与平面所成角的正弦值的最大值为. 【变式7-1】（24-25高二上·上海·随堂练习）如图，在直三棱柱中，，，，点E在线段上，且，分别为、、的中点.求证：    (1)平面平面； (2)平面平面. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）利用空间向量法证明线面垂直证明面面垂直； （2）利用空间向量法证明平面，再根据线面垂直的性质得到面面平行； 【详解】（1）证明：以为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示空间直角坐标系.    则，，，，，. 设，则，，. 因为，，， 所以，. 所以，，即，. 又平面，所以平面. 因为平面，所以平面平面. （2）因为，，， 所以，. 所以，. 因为平面，所以平面. 又由（1）知平面，所以平面平面. 【变式7-2】（25-26高二上·新疆巴音郭楞·月考）如图所示，在直三棱柱中，，点E在线段上，且，D、F、G分别为的中点.    (1)求证：平面EGF平面ABD； (2)求平面EGF与平面ABD的距离. 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）根据给定条件，建立空间直角坐标系，利用空间位置的向量证明推理即得. （2）由（1）中信息，利用点到平面的距离公式计算即得. 【详解】（1）在直三棱柱中，，则直线两两垂直， 以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，设， 则， ，于是， 即，因此直线， 而平面，则平面； 又，则，直线， 而平面，则平面，又点平面， 所以平面平面.    （2）由（1）得，平面的一个法向量为，而， 则点到平面的距离， 由平面平面，得平面与平面的距离等于点到平面的距离， 所以平面与平面的距离为. 【变式7-3】（25-26高三上·上海浦东新·期末）如图，该几何体由一个棱长为4的正方体与一个半圆柱拼接而成，圆心、分别为线段、的中点，动点在弧上滑动. (1)若点为弧的中点，求直线与平面所成角的大小； (2)若弧的长度为，求证：平面平面. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）建立空间直角坐标系，求得与平面的法向量，通过向量夹角公式求线面角； （2）由弧长可求得点坐标，进而求得平面和平面的法向量，计算即可得到结果. 【详解】（1）建立如图所示空间直角坐标系： 则：，，，，， 若点为弧的中点，则 所以 平面的一个法向量为 所以 所以直线与平面所成角的大小 （2）若弧的长度为，由弧长得，则 ， 设平面的一个法向量为，平面的一个法向量为 令 所以 所以平面平面 题型8 利用空间向量证明线线垂直 证明两条直线所在的方向向量互相垂直，即证它们的数量积为零． 【例8】（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. 【变式8-1】（25-26高三上·广西柳州·开学考试）如图，在四棱锥中，底面为正方形，侧面是正三角形，平面底面是的中点． (1)证明：． (2)求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取的中点为，连接，，根据面面垂直的性质定理证得底面，再由线面垂直的性质定理得，，从而建立空间直角坐标系，由向量法证明垂直关系； （2）求出平面与平面的法向量，由平面夹角的向量公式计算即可求解. 【详解】（1）取的中点为，连接，， 因为是等边三角形，所以， 因为侧面底面，侧面底面， 所以底面，因为底面， 所以，，所以，，两两垂直， 则分别以，，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 不妨设， 则，，，，，， ，， 因为，所以，所以； （2）在平面中，，， 设为平面的一个法向量， 则， 令，则为平面的一个法向量． 又平面的一个法向量， 设平面与平面夹角为， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为． 【变式8-2】（25-26高三上·贵州毕节·开学考试）在三棱锥中，，平面，点M是棱上的动点，点N是棱上的动点，且． (1)当时，求证：； (2)当的长最小时，求二面角的余弦值 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）证明出，建立空间直角坐标系，得到点的坐标，计算出，得到垂直关系. （2）计算出当时，取得最小值，求出两平面的法向量，利用向量法可求得二面角的余弦值． 【详解】（1）由，得，则，又平面， 以为坐标原点，直线分别为轴，平行于的直线为轴建立空间直角坐标系， 当时，分别为的中点，， 则，，因此， 所以. （2）由，得， 则，当且仅当时取等号， 此时， 设平面的法向量为，则，取，得， 设平面的法向量为，则，取，得， 因此，由图形知：二面角为锐二面角， 所以二面角的余弦值为. 【变式8-3】（25-26高三上·福建漳州·开学考试）在三棱柱中，四边形与都是棱长为1的正方形，，E，F，G分别是棱AB，BC，上的动点，且. (1)求证：； (2)若平面与平面的夹角的余弦值为，求BF的长. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量的坐标运算即可求解， （2）求解平面法向量，根据法向量的夹角即可求解. 【详解】（1）证明：因为与都是棱长为的正方形， 所以，，又，所以，，两两垂直， 故以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 设，，则，，，， 所以，， 所以，故，则. （2）方法一：由（1）知，，所以， 设是平面的一个法向量， 所以即 即 令，得 所以平面的一个法向量为， 又平面的一个法向量为， 因为平面与平面的夹角的余弦值， 所以， 解得，故. 方法二： 由（1）知，，所以，，， 所以，即， 又，，平面， 所以平面， 所以平面的一个法向量为， 又平面的一个法向量为， 因为平面与平面的夹角的余弦值， 所以， 解得，故. 题型9 利用空间向量证明线面垂直 证明直线的方向向量与平面的法向量共线，或将线面垂直的判定定理用向量表示． 【例9】（2025·黑龙江大庆·一模）如图，在四棱锥中，底面为梯形，，为等边三角形，为的中点，且平面平面，. (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见详解. (2). 【分析】（1）取中点，由线面垂直证明两两垂直，从而建立空间直角坐标系，然后得到点坐标，由空间向量的数量积证明线线垂直，从而得到线面垂直； （2）由空间直角坐标系得到点坐标，由空间向量求得平面的一个法向量，由空间向量的夹角求得线面角的正弦值. 【详解】（1）如图，取中点，连接，， 在正三角形中，， ∵平面平面，平面平面， ∴平面，且平面， ∴， 在梯形中，，∴四边形为平行四边形， ∴，又∵，∴， 又，平面，平面， ∴平面，平面， ∴， 如图建立空间直角坐标系， 则，，，，， ，，， ∵，， ∴且，且，平面，平面， ∴平面. （2）由（1）可知， ∴，，， 设平面的一个法向量为， 则，令，则，即， 直线与平面所成角， 则， 即直线与平面所成角的正弦值为. 【变式9-1】（2024·河北·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面，，为中点. (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出相关点坐标，根据数量积的坐标运算，结合线面垂直的判定定理，即可证明结论； （2）根据空间角的向量求法，即可求得答案. 【详解】（1）由题意知底面，， 故以A为坐标原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系， 则， 则， 则， 故，，即， 而平面， 故平面； （2）由（1）可得， 设平面的法向量为，则, 即，令，可取， 平面的法向量可取为， 设平面与平面夹角为，则. 【变式9-2】（25-26高二上·浙江嘉兴·月考）在正四棱柱中，，P为的中点. (1)取中点，中点，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）建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面的法向量再应用向量相等即可证明； （2）先应用线面垂直判定定理证明平面，再应用面面垂直判定定理证明. 【详解】（1）建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，，， 所以，. 设平面的法向量为，则. 令，解得，.. 又， 所以平面. （2）因为，又因为平面，平面， 所以平面， 所以平面，平面， 所以平面平面. 【变式9-3】（25-26高二上·江苏无锡·期中）如图，在平行六面体中，，，．    (1)求的长； (2)求证：直线平面． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）以，，为空间向量的基底，利用基底表示向量，即可得； （2）利用基底法表示向量，再根据向量位置关系证明线面垂直. 【详解】（1）以，，为空间向量的基底， 则， 则； （2）由， 所以， 所以，即， 又， 所以， 所以，即， 又，，平面， 所以直线平面. 题型10 利用空间向量证明面面垂直 证明两个平面的法向量垂直，或将面面垂直的判定定理用向量表示． 【例10】（2025·云南昆明·一模）如图，正方体的棱长为，为线段上的动点，，分别是线段，上的点，且，为的中点. (1)求证：平面平面； (2)两条异面直线之间的距离是指其中一条直线上任意一点到另外一条直线距离的最小值，求异面直线与之间的距离； (3)求异面直线与所成角的余弦值的最大值，并说明点的位置. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)，点在靠近点的线段的三等分点处 【分析】（1）建立空间直角坐标系，根据条件求得，从而有，，利用线面垂直的判断定理得面，再利用面面垂直的判定定理，即可求解； （2）设是直线上任意一点，且，利用向量法，求得到直线的距离，即可求解； （3）利用线线角的向量法，得到，再利用基本不等式，即可求解. 【详解】（1）如图，建立空间直角坐标系，因为正方体的棱长为，且， 则 ， 所以， 因为，则，即， 又，则，即， 又平面， 所以平面，又平面，所以平面平面. （2）设是直线上任意一点，且， 又，所以，得到， 则，又，设到直线的距离为， 则， 所以当时，取到最小值，最小值为，故异面直线与之间的距离为. （3）因为为的中点，所以，设， 则，，设异面直线与所成的角为， 则， 令，则，所以， 当且仅当，即时取等号，所以， 又当时，，即点在靠近点的线段的三等分点处. 【点睛】关键点点晴，本题的关键在于第（2）问，设是直线上任意一点，且，再利用向量法得到到直线的距离，再结合定义进行求解. 【变式10-1】（24-25高三上·江苏·月考）在空间几何体中，四边形均为直角梯形．如图，设，，． (1)求证：平面平面； (2)若二面角的余弦值为，求的值． 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）根据已知条件的三个直角，建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，证得法向量平行即可； （2）求出两个半平面的法向量，代入余弦公式可以求得三棱柱其他边的长度，用余弦公式即可求得的值. 【详解】（1）如图建立空间直角坐标系，则由题意，， 设，则，， 则，， ，，， 因为，所以， 设平面的法向量为， 则， 取，则， 设平面的法向量为， 则， 取，则， 所以，所以， 所以平面平面； （2）设平面的法向量为， 则， 取，则， 设二面角的平面角为， 所以，· 所以，即， 解得或（舍），则， 所以，即， 又，所以. 【变式10-2】（2025高三·全国·专题练习）在如图所示的多面体中，已知正方形和直角梯形所在的平面互相垂直，，．    (1)求证：平面平面； (2)求二面角的大小． 【答案】(1)证明见解析 (2)． 【分析】（1）先由面面垂直证明线面垂直得到平面，结合条件建系，求出相关点和向量的坐标，利用两平面的法向量垂直即可证得两平面的垂直； （2）先求得平面的法向量，利用向量夹角的坐标公式计算即得. 【详解】（1）因为平面平面，平面平面， ， 平面，所以平面． 建立如图19所示的空间直角坐标系， 则， 所以．    设平面，平面的法向量分别为， 则①，②， ③，④． 由①②③④解得． 所以． 所以，所以，故平面平面． （2）设平面的法向量为， 因为，， 所以，， 解得． 所以，所以． 由图19知，二面角的平面角是钝角， 故所求二面角的大小为． 【变式10-3】（2025·重庆沙坪坝·模拟预测）在中国古代数学中，将底面为矩形并有一条棱垂直于底面的四棱锥称为“阳马”.如图是一个底面为正方形的阳马，其中底面，且. (1)求证：平面平面； (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）先证明线线垂直建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，再根据得出面面垂直； （2）应用线面角正弦公式计算求解. 【详解】（1）因为底面，底面， 所以. 又底面为正方形，所以. 故两两垂直. 以点为坐标原点，所在直线依次为轴、轴、轴建立空间直角坐标系. 由条件可得下面各点的坐标：， ， 进一步得. 设平面的法向量为， 由得即 令，得，所以. 设平面的法向量为， 由得即 令，得，所以. 因为， 所以，平面平面. （2）由（1）得，平面的一个法向量为， 设直线与平面所成的角为，则 . 题型11 利用空间向量求两异面直线所成角 用坐标法求异面直线所成角的一般步骤 (1)建立空间直角坐标系； (2)用坐标表示两异面直线的方向向量； (3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值； (4)注意两异面直线所成角的范围是，即两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角的余弦值的绝对值． 【例11】（25-26高二上·北京·月考）中国古代数学著作《九章算术》中记载了一种被称为“曲池”的几何体．该几何体是上、下底面均为扇环形的柱体（扇环是指圆环被扇形截得的部分）．在如图所示的“曲池”中，平面，记弧、弧的长度分别为，已知为弧的中点，则直线与所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】建立空间直角坐标系，以向量法去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，， 在下底面作， 以为原点，分别以所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图： 因为，所以扇环对应的两个圆的半径之比为1：2， ，所以，得， 则即，即， ，，，， ，， . 所以， 又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：B. 【变式11-1】（25-26高二上·浙江·期中）在正方体中，点为线段上的动点，则异面直线与所成角的最小值为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设正方体的棱长为1，异面直线与所成角为，以D为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，利用向量法研究即可求解 【详解】设正方体的棱长为1，异面直线与所成角为， 以D为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则， 所以， 设， 所以， 所以，， 所以， ， 因为，所以时，取最小值，此时取最大值， 因为，所以的最小值为， 则异面直线与所成角的最小值为． 故选：B． 【变式11-2】（24-25高一上·重庆·期末）《九章算术》中，将底面为长方形，且一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马.在阳马中，若平面，且，异面直线与所成角的余弦值为，则（    ） A． B．4 C．2 D．3 【答案】B 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量即可求. 【详解】由题意，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建系如图， 设，因为， 所以， ， 设异面直线与所成角为， 则， 解得，即. 故选：B. 【变式11-3】（24-25高二上·山西·期中）如图，已知多面体中，底面是边长为的正方形，，，平面，平面，，若异而直线与所成的角的余弦值为，则的值为（   ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】以点为原点，分别以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，求出的坐标，结合条件运算得解. 【详解】以点为原点，分别以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，    则， 所以，， ， 可得， 所以， 所以，可得． 故选：C. 题型12 利用空间向量求直线与平面所成角 利用空间向量求线面角的解题步骤 【例12】（24-25高一下·吉林松原·期末）在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，为的中点，二面角为直二面角. (1)求证：； (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）证明出，平面ABCD，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，计算出，得到垂直关系； （2）求出平面的法向量，利用线面角求解公式得到答案； 【详解】（1）因为，O为CD的中点， 所以． 又因为平面平面ABCD，平面平面，平面PCD， 所以平面ABCD． 因为，，，所以． 取的中点，连接，则， 以点O为坐标原点，OD，OE，OP所在直线分别为x，y，z轴，如图建立空间直角坐标系， 则，，，，，． ，， 因为， 所以． （2），， 设平面PAB的一个法向量为， 则，即， 解得，令，则，则． 设直线PC与平面PAB所成的角为， 又， 则， 所以直线PC与平面PAB所成的角的正弦值为． 【变式12-1】（24-25高二下·广东湛江·期末）如图，已知四棱锥，底面，圆为底面的外接圆，是直径，，． (1)求证：平面平面； (2)求直线与平面所成的角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由线面垂直得出线线垂直，利用圆的性质得出线线垂直，进而得出线面垂直，进而证明面面垂直； （2）利用垂直关系建立空间直角坐标系，结合已知条件得出相关点坐标和向量坐标，求出平面法向量，利用直线所在向量与平面法向量夹角的余弦值得出线面角的正弦值． 【详解】（1）底面，底面， ， 又圆为底面的外接圆，是直径， ， ，平面，， 平面， 平面， 平面平面． （2）以为坐标原点，建立下图所示空间直角坐标系， 由，得， ， ，，， 设平面的一个法向量为， ，， 设直线与平面所成角为，， ， 直线与平面所成的角的正弦值为． 【变式12-2】（25-26高二上·陕西西安·月考）如图，在四棱锥中，平面，，，，为的中点，点在上，且．    (1)求证：平面； (2)判断直线是否在平面，说明理由； (3)是线段上的动点，是否存在点G使得AE与平面AFG所成夹角的正弦值为，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)在，理由见解析 (3)存在，理由见解析 【分析】（1）利用直线与平面判定定理求解 （2）（3）建立空间直角坐标系，空间向量法求线面角以及判断直线与平面位置关系。 【详解】（1）证明：平面，，， ，，平面，平面， 平面． （2）以为原点，在平面内过作的平行线为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，，，，，，. 直线在平面内，理由如下： 点在上，且， 面的一个法向量为， 则，取，得， 平面的一个法向量为， ， 故直线在平面内． （3）点在上，设，， 面的一个法向量为， 则，取，得， 要使得AE与平面AFG所成夹角的正弦值为，则，解得，满足条件. 所以，存在点G，为线段BP的靠近点P的三分点. 【变式12-3】（24-25高一下·新疆·期末）由平行六面体截去三棱锥后得到如图所示的几何体，其体积为5，底面为菱形，与交于点O，． (1)求证平面； (2)求证平面平面； (3)设，，与底面所成角为，求平面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) 【分析】（1）补全平行六面体，连接交于点，连接，由平行四边形证得，即可得到线面平行； （2）由底面是菱形，得到，由等腰三角形三线合一得到，从而得到线面垂直，进而得到面面垂直； （3）由几何体的体积先求出几何体的高，建立空间直角坐标系，由与底面所成角为，求出的坐标，进而用向量求出平面与平面所成角的正弦值． 【详解】（1）证明：如图补全平行六面体，连接交于点，连接， 在平行六面体，， 所以四边形为平行四边形，所以， 又为的中点，为的中点，所以，， 所以四边形为平行四边形，所以， 又所以平面，平面，所以平面. （2）证明：因为底面是菱形，所以， 又因为，，所以， 又平面，平面，， 所以平面，又平面，所以平面平面. （3）解：， 因为截后的几何体体积为5，所以平行六面体体积为6， 又因为，，设平行六面体的高为， 所以，所以，， 以O为坐标原点，为x轴，为y轴， 过O与平面垂直的直线为z轴，建立空间直角坐标系， 则，，，设，则， 又因为，， 因为，所以， 所以，因为与底面所成角为， 平面的一个法向量为， 所以， 又，，由图可知，所以，所以， 设平面的一个法向量为， 则，取一个法向量， 设平面的一个法向量为， 则，取一个法向量， 所以，， 所以，平面与平面所成角的正弦值. 题型13 利用空间向量求平面与平面所成角（二面角） 1.利用空间向量求平面与平面夹角的解题步骤 2.利用法向量的方向判断二面角 二面角的大小可以通过这两个面的法向量的夹角求得，它等于两法向量的夹角或其补角，法向量的方向指向内部的称为“进”入半平面；法向量的方向指向外部的称为穿“出”半平面；当法向量m，n“一进一出”时，m，n的夹角就是二面角的大小；当法向量m，n“同进同出”时，m，n的夹角就是二面角的补角． 【例13】（25-26高二上·山西·期中）如图，在三棱锥中，，，平面平面是的中点.    (1)求证：. (2)点满足，且平面. （i）求的值； （ii）求平面与平面的夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2)（i）；（ii）. 【分析】（1）根据等腰三角形三线合一的性质得到，然后利用面面垂直和线面垂直的性质定理得到，根据勾股定理得到，最后利用勾股定理证明垂直即可； （2）（i）建系，根据得到，然后计算平面的法向量，根据平面列方程，解方程即可； （ii）利用空间向量的方法求面面角即可. 【详解】（1）连接，因为，是的中点，所以，.             因为平面平面，平面平面，且平面， 所以平面， 又因为平面，所以.             由，，可得， 又，，所以，故. （2）（i）由（1）知，两两互相垂直， 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，，，，，             所以，，，， 则.             设是平面的法向量， 由，可取.             因为平面，所以， 即，解得.             （ii）设是平面的法向量，平面与平面的夹角为. ，， 由，可取.             由知，平面的一个法向量为. 所以， 故平面与平面的夹角的余弦值为. 【变式13-1】（25-26高二上·陕西咸阳·期中）如图1，在等腰直角中，分别为的中点.将沿向平面上方翻折，得到如图2所示的四棱锥，且.记的中点为，动点在线段上运动.    (1)证明：平面； (2)若，求平面与平面夹角的余弦值； (3)求动点到直线的距离的取值范围. 【答案】(1)见解析 (2) (3) 【分析】（1）根据空间中的垂直关系的转化，结合线面垂直的判定即可求证； （2）建立空间直角坐标系，利用法向量的夹角即可求解平面的夹角； （3）根据向量共线求出，利用空间向量表示出点到直线距离，利用二次函数性质求范围即可． 【详解】（1）因为折叠前为中点，，所以，折叠后，， 所以，所以，在折叠前分别为中点， 所以，又因为折叠前，所以， 所以在折叠后，，； 以为坐标原点， 、、分别为、、轴建立空间直角坐标系，    则，，，，， 为中点，所以，， 设平面的法向量为，又，， 所以，即，令，则，，所以， 所以，则， 所以平面； （2）设，由（1）知，，因为动点Q在线段上， 且，所以，所以， 所以，，，所以，， ，设平面的法向量为， ，即，令，则，，所以， 设平面的法向量为， 所以， 所以平面与平面的夹角的余弦值为； （3）设，，，动点Q在线段上， 所以，，即，即， 所以，，， 设点Q到线段的距离为，， ，， ，，令，， 则，，根据二次函数的性质可知， 所以，由此可知动点Q到线段的距离的取值范围为． 【变式13-2】（2025·河北保定·二模）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，平面为棱上的动点.    (1)当为棱的中点时，证明：平面； (2)若，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取的中点，连接，，求证，即可求解； （2）建立空间直角坐标系，求得平面法向量，代入夹角公式即可. 【详解】（1）取的中点，连接，，    因为为的中点，所以， 因为，所以， 所以四边形为平行四边形，所以 又平面平面，所以平面. （2）因为平面， 在平面内，所以， 即两两垂直， 故可以为原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系. 则 因为，所以， 所以.   设平面的法向量为， 则，取，得，所以 因为平面，所以平面. 所以为平面的一个法向量. 设平面与平面的夹角为，    则. 所以平面与平面夹角的余弦值为. 【变式13-3】（25-26高二上·陕西安康·期中）如图，在三棱台中，平面，.    (1)求的值； (2)若，二面角的大小为，求. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）取中点，连接，根据条件及面面垂直的性质，可得平面，进而可得，即可求解； （2）建立空间直角坐标系，设，进而根据条件可设，分别求出平面和平面，根据条件可得，在中，过作于，设，从而可得，再利用平方关系，即可求解. 【详解】（1）取中点，连接，因为，则， 因为平面，又平面，所以平面平面， 又平面平面，平面，所以平面， 则，又由棱台的性质知，所以四边形为平行四边形， 则，所以. （2）如图，过作，且平面，以所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 设，则，所以， 过作于，同理可证得平面，所以， 又，所以四边形为平行四边形，则，， 由棱台的性质及（1）知，所以为中点，又，则， 又，设， 则， 设平面的一个法向量为， 则由，取，则，所以， 设平面的一个法向量为， 由，取，则，所以， 由题知，整理得到，得到 在中，过作于，设， 则，得到，又， 所以，整理得到， 解得或（舍），所以.    题型14 利用空间向量求点线距离 点线距：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，设向量在直线l上的投影向量为＝a，则点P到直线l的距离为． 【例14】（25-26高二上·广东·期末）在空间直角坐标系中，已知，，则点到直线的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由点坐标得到向量坐标，利用数量积求出向量在上的投影，再利用勾股定理求得点到线的距离. 【详解】已知，，， 则，， 设向量与夹角为， 则在上的投影为， ，． 所以， 点到直线的距离，， 则． 故选：D． 【变式14-1】（24-25高二上·辽宁·月考）在空间直角坐标系中，直线经过点，且其方向向量，则点到直线的距离为（   ） A． B． C．3 D． 【答案】D 【分析】由点到直线的距离的向量公式即可求解． 【详解】由题意可得与同向的单位向量 点到直线的距离． 故选：D 【变式14-2】（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. 【变式14-3】（23-24高二下·江苏扬州·期末）已知三棱柱的棱长均为. (1)证明：平面平面； (2)若，且直线与平面所成角的正弦值为，求点到直线的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取AC的中点，连接由余弦定理和勾股定理证明，再证，推出平面，最后由线面垂直推出面面垂直即可； （2）由题意建系，根据题设条件，求出平面的法向量，借助于空间向量夹角公式求出的值，最后利用点到平面距离的向量公式计算即得. 【详解】（1）    如图，取AC的中点，连接， 由余弦定理，， 故有，所以， 由题设可知，为边长为2的等边三角形，所以， 因为，所以，所以， 又因为平面， 所以平面， 又因为平面，所以平面平面； （2）由（1）可知两两垂直，故可分别以所在直线为轴 建立空间直角坐标系如图所示.    则， . 因为，则， 设平面的法向量为， 则 不妨取， 可得是平面的一个法向量. 设直线与平面所成角为， 则， 化简整理得解得，或（舍去），则， 又因为，可得. 设点到直线的距离为， 则，解得. 故点到直线的距离为. 题型15 利用空间向量求点面距、线面距、面面距 利用向量法求点到平面的距离的步骤 【例15】（25-26高三上·上海松江·期末）已知四棱锥的底面是直角梯形，，，，是边长为2的正三角形，侧面底面ABCD． (1)证明：； (2)求点到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取中点，中点，连接，，易证两两垂直，以为原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量证明线线垂直. （2）利用点到平面的距离的向量公式即可解出. 【详解】（1）取中点，中点，连接，. 因为为等边三角形，所以， 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面. 平面，所以， 又底面是直角梯形，，所以. 又分别为，中点，所以，所以. 所以两两垂直. 故以为原点，建立如图空间直角坐标系， 由，设，，，. 所以，. 因为. 所以，所以. （2）由（1）得，，，. 设平面的一个法向量为， 则，令，可得. 所以点到平面的距离. 【变式15-1】（24-25高一下·吉林松原·期末）如图，在长方体中，，点是棱的中点. (1)求证：平面； (2)求点到平面的距离 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）连接AC与BD交于点O，连接OE，由证明出线面平行； （2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，则得到点面距离. 【详解】（1）连接与交于点O，连接． 则O为的中点，又点E是棱的中点，所以， 又平面，平面，所以平面． （2）以DA，DC，所在的直线分别为x，y，z轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 由题得，，则，，，， 则，，， 设平面的法向量为， 则，得， 令，得平面的一个法向量为， 则点到平面的距离为. 【变式15-2】（25-26高二上·山西·月考）如图甲，在梯形中，，，，是的中点，将沿折起，使点到达点的位置，如图乙，且. (1)求证：平面平面； (2)求点到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取的中点，证明平面即得证； （2）以点为原点建立空间直角坐标系，用点到平面距离的向量求法求解. 【详解】（1）取的中点，连结，，因为，所以. 在中，，所以，在中，， 在中， ，，，所以， 所以，又因为，平面，所以平面， 又平面，所以平面平面. （2）连接，，，，又为中点， 所以，且，由（1）可知平面， 又因为平面， 所以，，所以两两垂直， 如图，以点为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， 取，得，则， 所以点到平面的距离. 【变式15-3】（2022高二·全国·专题练习）设正方体的棱长为2，求： (1)求直线到平面的距离； (2)求平面与平面间的距离. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）直线到平面的距离等于点到平面的距离，利用向量求解可得； （2）平面与平面间的距离等于点到平面的距离，利用向量法求解即可． 【详解】（1）以D为原点，为x，y，z轴，建立如图所示空间直角坐标系， 则 所以，所以，即， 又平面，平面，所以平面， 所以直线到平面的距离等于点到平面的距离． 设平面的一个法向量为， 则，令，则，又， 所以点到平面的距离.      （2）由（1）知平面，同理，平面， 又，平面， 所以平面平面， 即平面与平面间的距离等于点到平面的距离． 由（1）知，点到平面的距离. 所以平面与平面间的距离为. 题型16 利用空间向量求异面直线的距离 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． 【例16】（24-25高二下·河南开封·期末）如图，两个正方形框架、的边长都是，且它们所在的平面相互垂直． (1)证明：； (2)证明：与是异面直线； (3)定义：两条异面直线之间的距离是指其中一条直线上任意一点到另一条直线距离的最小值．依据上述定义，求异面直线与之间的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）由面面垂直的性质定理可得出平面，再利用线面垂直的定义可证得结论成立； （2）以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，利用空间向量法分析可知，直线与直线既不平行，也不相交，由此可证得结论成立； （3）设，，、，求出点、的坐标，根据可得出，再利用空间向量的模长公式以及二次函数的基本性质可求得的最小值. 【详解】（1）因为四边形为正方形，所以， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 因为平面，故. （2）因为四边形为正方形，所以， 又因为平面，以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系， 则、、、， 所以，，， ①若，即，即，无解， 所以直线与直线不平行； ②若直线与相交，记它们所确定的平面为， 因为、，所以，设， 即，所以，无解， 所以直线与直线不相交. 由于空间中两直线仅有的三种位置关系：平行、相交或异面，故直线与直线为异面直线. （3）记、分别为异面直线、上任意一点，设，，、， 则， 故，即点， ，故，则， 由得，则， 所以， 因此，当时，取最小值， 所以异面直线与之间的距离为. 【变式16-1】（23-24高三下·湖南·月考）如图，在四棱锥中，，，，，，平面平面，.    (1)证明：平面； (2)若点Q是线段的中点，M是直线上的一点，N是直线上的一点，是否存在点M，N使得?请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)不存在，理由见解析 【分析】（1）根据面面垂直的性质可得线面垂直，进而可得线线垂直，根据线面垂直的判定即可求解 （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求解异面直线的距离，即可求解. 【详解】（1）如图，取的中点O，因为，则， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 又平面， 所以，又，平面，平面，， 所以平面. （2）因为，O为的中点，，所以， 过点O作交于点E，则由平面,平面,可得， 则以O为原点，，，分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，， 所以，，， 设与，都重直的向量为， 则得 令，则， 设直线与直线的距离为d， 则， 则不存在点M和N使得. 【变式16-2】（23-24高二上·辽宁大连·期末）三棱台中，，平面平面ABC，，与交于D．    (1)证明：平面； (2)求异面直线与DE的距离． 【答案】(1)证明见解析； (2) 【分析】（1）由题意和三棱台的结构特征可得，进而证得，结合线面平行的判定定理即可证明； （2）根据面面垂直的性质和线面垂直的判定定理与性质证得、，建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法求解线线距，即可求解. 【详解】（1）三棱台中，，则， 有，得，所以， 又，所以在平面内，，有， 平面平面，所以平面． （2）已知平面平面ABC，平面平面，， 平面，所以平面，由平面，得， 又平面ABC，平面ABC， 所以平面ABC，由平面ABC，得. 以B为坐标原点的方向分别为x轴，y轴，z轴正方向，建立如图空间直角坐标系． 则有， ， 因为，所以， 设向量，且满足：， 则有，令， 在的投影数量为， 异面直线与DE的距离.    【变式16-3】（22-23高二上·辽宁沈阳·期末）如图①菱形，．沿着将折起到，使得，如图②所示． (1)求异面直线与所成的角的余弦值； (2)求异面直线与之间的距离． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据折叠前后的几何性质，建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算得异面直线与所成的角的余弦值； （2）根据空间向量求直线与公垂线的方向向量，再结合空间向量坐标运算即可得异面直线与之间的距离． 【详解】（1）图①菱形，，由余弦定理得，所以， 所以，即，又，所以， 在图②中，，即，又平面 所以平面，即平面， 又平面，所以，如图，以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系， 则， 所以，故， 则异面直线与所成的角的余弦值为； （2）由（1）得，设是异面直线与公垂线的方向向量， 所以，令，则 所以异面直线与之间的距离为. 题型17 利用空间向量解决探索性问题 (1)对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等问题． (2)对于位置探究型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数． 【例17】（25-26高二上·福建福州·期中）如图（1），在直角梯形中，，，过的中点作交于点，，现将四边形沿着翻折至位置，使得，如图（2）所示． (1)证明：平面； (2)在线段上是否存在一点，使得平面与平面的夹角的余弦值为，若存在，确定点的位置，若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，点位于线段靠近点的三等分点 【分析】（1）利用勾股定理可分别证得，，根据线面垂直的判定可证得结论； （2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，根据面面角的向量求法可构造方程求得的值，进而得到结果. 【详解】（1）证明：，，，， 又，，，； ，，四边形为平行四边形，， 即图（2）中，，又，，， ，，平面，平面， 平面，， ，平面，平面. （2）解：由（1）得：平面，又，两两互相垂直， 以为坐标原点，正方向为轴正方向可建立如图空间直角坐标系， 则，，，， ，，，， 设在线段上是否存在一点，使得平面与平面的夹角的余弦值为，且，， ， 设平面的法向量， 则，令，解得：，， ； 轴平面，平面的一个法向量， ， 解得：（舍）或，， 当点位于线段靠近点的三等分点时，平面与平面的夹角的余弦值为. 【变式17-1】（25-26高二上·云南·月考）如图，在四棱锥中，是边长为4的等边三角形，底面四边形为菱形，，平面平面，为棱的中点，记平面和平面的交线为． (1)求证：； (2)求点到平面的距离； (3)在线段（不含端点）上是否存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求的位置；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在，或 【分析】（1）利用菱形性质和线面平行判定定理证明平面，然后结合线面平行的性质定理可证； （2）取的中点，以所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，根据点到平面的距离的向量公式计算即可； （3）利用线面角的向量公式列方程求解可得. 【详解】（1）∵四边形为菱形，∴， ∵平面，平面，∴平面， ∵平面，平面和平面的交线为，∴ （2）取的中点，连接， ∵是边长为4的等边三角形，∴， ∵四边形为菱形，，∴为等边三角形，， ∵平面平面，平面平面，平面，， ∴平面， 如图，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， 则， ， 设平面的一个法向量为， 则，取，得， 所以平面的一个法向量为， ∴点到平面的距离. （3）假设在线段（不含端点）上存在一点， 使得直线与平面所成角的正弦值为． 设，由（2）知， 则， 由（2）知平面的一个法向量， 因为直线与平面所成角的正弦值为， ∴. 整理得，解得或， 所以在线段 （不含端点）上存在点， 当或时，直线与平面所成角的正弦值为. 【变式17-2】（24-25高二上·河北沧州·期末）如图，在多面体中，底面为矩形，底面，，且，，． (1)当时，求直线与平面所成角的正弦值． (2)是否存在实数，使得在平面内的射影恰好为的重心？若存在，求出；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)不存在实数，理由见解析 【分析】（1）建立空间直角坐标系，然后利用空间向量的方法求线面角； （2）计算平面的法向量，利用射影的性质得到，然后列方程，解方程无解，则不存在. 【详解】（1）解：由题易得直线，，两两垂直，故以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 因为，所以，，，，，，． 设平面的法向量为， 所以即得，取，则， 所以平面的一个法向量为． 设直线与平面所成的角为， 则， 所以直线与平面所成角的正弦值为． （2）设的重心为，则，，，， 所以，，，． 设平面的法向量为， 所以即取，则，，即， 假设在平面内的射影恰好为的重心，则， 所以，无解，故不存在实数，使得在平面内的射影恰好为的重心． 【变式17-3】（24-25高二上·海南海口·期末）在四棱锥中，底面是边长为的正方形，平面底面，.点分别是棱的中点. (1)求证：； (2)设平面平面，求直线与平面所成角的余弦值； (3)若点分别是棱的中点，平面与棱的交点为，则在线段上是否存在一点，使得，若存在，求的长；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在， 【分析】（1）设，连接PO，进而说明，从而得到底面，得到，即可求证； （2）先说明直线l与平面DMN所成角即为直线CD与平面DMN所成角，再由（1）建系，利用线面角的向量法公式即可求解； （3）记，，结合向量垂直的坐标表示即可求解； 【详解】（1）记，连接PO， 因为底面ABCD是边长为的正方形， 所以. 因为，所以. 因为平面底面ABCD，且平面底面平面PAC， 所以底面 因为底面，所以，所以. （2）易知，又因为平面，所以平面PAB， 又因为平面PCD，平面平面，所以，所以直线l与平面DMN所成角即为直线CD与平面DMN所成角 由（1）知，可以为坐标原点建系如图所示， 由（1），， ，三角形为直角三角形，所以. 则， ， 所以 设平面DMN的法向量为， 因为，所以 令，可得.所以 设直线CD与平面DMN所成角为，则， （3）记，可得，所以. 由可得，解得， 所以. 记，可得， 所以，若，则，解得，所以， 故在线段BC上存在一点，使得，此时. 题型18 立体几何中的翻折问题 三步解决平面图形翻折问题 【例18】（24-25高二下·云南曲靖·月考）如图1，已知四边形是上、下底边长分别为1，3，高为1的直角梯形，，为线段上更靠近点的三等分点.将沿着翻折，使得点翻折到点，且，得到的几何体如图2所示. (1)证明：平面. (2)求平面和平面的夹角. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先得到平面，，结合勾股定理逆定理得，从而得到平面. （2）方法一：建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面的法向量，利用平面夹角的向量夹角公式得到答案； 方法二：作出辅助线，得到平面和平面夹角的平面角为，求出各边长，利用求出面面角的大小. 【详解】（1）证明：在图1中，由已知，，， ∴四边形是矩形，∴. 在图2中，∵，，， ，平面，∴平面. ∵平面，∴. 其中，，， 故，∴. ∵，，平面， ∴平面. （2）（方法一）由（1）可知，，，两两垂直， 以为原点，，，所在的直线分别为轴、轴、轴， 建立如图所示的空间直角坐标系，则，， ，，. 设平面的一个法向量为， 则取， 则，，得. 易得平面的一个法向量为， 则平面和平面夹角的余弦值为， 故平面和平面的夹角为. （方法二）如图，作矩形，连接. ∵，，∴，∴，，，四点共面， ∴平面和平面的交线为. ∵，，，，平面， ∴平面. ∵平面，∴，∴. ∵，∴平面和平面夹角的平面角为. ∵，∴， 故平面和平面的夹角为. 【变式18-1】（24-25高二下·河南南阳·期末）如图（1），在平面四边形中，，，形如这样的四边形称为“筝形”，将沿着翻折得到三棱锥，如图（2），设的中点为. (1)证明：平面平面； (2)在图（2）中，若，，，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）通过线面垂直可证明面面垂直； （2）以为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量可计算两平面夹角的余弦值. 【详解】（1）由题意得，，，为的中点， 所以， 因为平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面. （2）过点作于点，由得为中点. 因为，，所以,,, 所以. 由（1）得，平面平面，又平面平面，平面， 所以平面. 如图，以为原点，所在直线分别为轴、轴建立空间直角坐标系， 则， 所以. 设平面的法向量为， 则，取,则. 设平面的法向量为， 则，取,则. 因为， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 【变式18-2】（24-25高三上·辽宁丹东·期末）如图，在边长为4的正方形MBCD中，A为线段MB的中点，沿AD将翻折至，使得. (1)求证：平面平面PCD； (2)求平面PBC与平面PCD所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据翻折和勾股定理得到，，然后利用面面垂直的判定定理证明即可； （2）根据等腰三角形的性质得到，利用面面垂直的判定定理得到平面平面ABCD，然后建系，利用空间向量的方法求线面角即可. 【详解】（1） 证明：连接AC，，，可得， , 所以，， 因为，平面， 所以平面PCD， 因为平面PAB， 所以平面平面PCD. （2）取CD的中点Q，连接PQ，AQ 由（1）知，，，，平面， 所以平面PAQ， 因为平面ABCD， 所以平面平面ABCD， 过P作，垂足为N， 因为平面，平面平面， 所以平面ABCD， 因为平面， 所以， 在中，，， 以A为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 可知z轴在平面PAQ内. 则，，，， ，， 设平面PBC的法向量，由， 可得，可取. 由（1）可知，为平面PCD的法向量， 则平面PCD的法向量为. 故， 所以平面PBC与平面PCD所成角的正弦值为. 【变式18-3】（24-25高二下·广东汕尾·期末）如图1，在平面多边形中，为直角三角形，，，．如图2，现将沿轴向上翻折到图中的处，此时，． (1)证明：； (2)证明：平面； (3)求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)． 【分析】（1）根据菱形的性质可得线性垂直，利用线面垂直的判定和性质，可得答案； （2）由线段成比例可得线线平行，利用线面平行的判定，可得答案； （3）由题意建立空间直角坐标系，分别求出平面的法向量，根据面面角的向量公式，可得答案. 【详解】（1）证明：如图，取的中点N，连接，， 因为且， 所以四边形为菱形，故， 又因为，所以四边形为平行四边形， 故有，所以， 因为，、平面，，故平面， 因为平面，所以． （2）证明：如图，连接交于点O，连接． 因为，且， 所以，所以O为的三等分点， 又因为，所以M为的三等分点，所以， 因为平面，平面， 所以平面． （3）由题意知，，， 因为，平面，与相交，所以平面． 以菱形的对角线交点为坐标原点，以为x轴正方向，以为y轴正方向， 建立如图所示的空间直角坐标系， 不妨设，由于， 则，，，，， 由知． 设平面的法向量为， ，， 所以，令，则，， 即， 设平面的法向量为， ，， 所以，令，则，， 即， 因为， 所以平面与平面夹角的余弦值为． 题型19 利用空间向量解决最值范围问题 立体几何中的最值与范围问题，一般是考查空间角、空间距离和几何体的体积、表面积的范围和最值问题，一般和动态问题相结合． 【例19】（2025·重庆沙坪坝·模拟预测）如图，在直三棱柱中，侧面是正方形，，分别是棱的中点，且． (1)若，证明：平面； (2)当平面与平面夹角的余弦值最大时，求的值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取棱中点记为M，连接，由题意可得四边形是平行四边形，可得，可证结论成立； （2）以B点为坐标轴原点，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，求得平面的一个法向量，求得的一个法向量，利用向量法可得，进而求得最大值即可. 【详解】（1）取棱中点记为M，连接， 分别是的中点，且侧面是正方形， ， 四边形是平行四边形， 又平面，平面， 平面． （2）直三棱柱， 两两垂直，以B点为坐标轴原点，为x轴正方向，为y轴正方向，为z轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系， 则． ， ， ． 设平面的法向量， 则，取， 设平面的法向量， 则，取， 记平面与平面夹角为， 令，所以，在，即时取得最大值． 【变式19-1】（24-25高二上·山西吕梁·期末）已知边长为6的菱形ABCD（如图1），，AC与BD相交于点O，E为线段AO上一点，且，将三角形ABD沿BD折叠成三棱锥（如图2）． (1)证明：BD⊥AC； (2)当三棱锥的体积最大时， （ⅰ）求三棱锥外接球的表面积； （ⅱ）求平面BCE与平面ACD的夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)（ⅰ）；（ⅱ） 【分析】（1）先利用线面垂直的判定定理证明平面ACO，再由线面垂直的性质得； （2）（i）以为坐标原点建立空间直角坐标系，设外接球的球心为，利用空间距离公式可得外接球半径，则表面积可求； （ii）利用平面与平面所成角的向量解法求解即可. 【详解】（1）因为四边形ABCD是边长为6的菱形，并且， 所以，均为等边三角形，故，， 因为平面，平面ACO，且， 所以平面ACO，因为平面ACO，所以． （2）因为为等边三角形，且， 又的面积是定值，所以当平面平面BDC时， 三棱锥的体积最大，所以平面， 如图，以为坐标原点，OB、OC、OA所在直线分别为x轴， y轴，z轴，建立空间直角坐标系； 因为菱形ABCD的边长为6，所以 ，，，， （ⅰ）设外接球的球心为，半径为R， 则得： 所以外接球的表面积； （ⅱ）设平面BCE与平面ACD的法向量分别为，， 又． 故取，则，得， 又取，则，得， 故平面BCE与平面ACD的夹角的余弦值为． 【变式19-2】（24-25高二上·山东临沂·期末）若为平面的一条斜线，为斜足，为在平面内的射影，为平面内的一条直线，其中为与所成的角，为与所成的角，为与所成的角，那么，简称三余弦定理.如图，直三棱柱中，，，（）. (1)求的余弦值； (2)当点到平面距离最大时，求的值； (3)在（2）的条件下，求平面与平面夹角的大小. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据三余弦定理即可求解， （2）建立空间直角坐标系，求解平面法向量，即可利用点到平面的距离公式求解距离表达式，结合二次函数的性质即可求解最值得解， （3）求解平面法向量，根据法向量的夹角即可求解. 【详解】（1）在直三棱柱中， 又，由三余弦定理可得 故 （2）由（1）知，, 在中，由余弦定理可得, 在直三棱柱中，平面，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则 为平面的一个法向量， 由，即, 令，则， 故点到平面距离为, 故时，此时点到平面距离最大，且最大值为， 故点到平面距离最大时， （3）由（2）知：当时，平面的一个法向量为， 设平面的一个法向量为 则， ，即, 取，则， 故 故平面与平面夹角的余弦值为， 故平面与平面的夹角大小为 【变式19-3】（24-25高二上·江西景德镇·期末）如图，已知直三棱柱，点为棱的中点，点分别为棱上的动点，记平面与平面所成角为.     (1)求证：； (2)若，请完成以下两个问题： ①求证：平面平面； ②当角取最大时，在平面与平面的交线上存在一点，计算直线与平面所成角的正弦值的最大值.（可以使用（1）中结论） 【答案】(1)证明见解析 (2)①证明见解析；②. 【分析】（1）建立空间直角坐标系，设，，利用空间向量求出面面角的余弦即可. （2）①由（1）的信息，利用空间位置关系的向量证明推理即得；②求出取最小值时位置，并求出直线方程，再借助点到直线距离确定线面角的正弦最大值. 【详解】（1）在直三棱柱中，，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， 则，设，， ，令平面的法向量， 则，取，得，平面的法向量， 因此， ，， ，而， 所以. （2）①，由（1）得，，平面的法向量， ，令平面的法向量， 则，取，得，， 所以平面平面. ②由（1）知，，当且仅当或时取等号， 由对称性，不妨取，则，平面与平面的交线过点， 直线的方程为，由平面，且知， 要直线与平面所成角的正弦值的最大值，当且仅当长最小， 即长为点到直线的距离，此时， 所以直线与平面所成角的正弦值的最大值为. 【点睛】思路点睛：求空间角的最值问题，根据给定条件，选定变量，将该角的某个三角函数建立起变量的函数，求出函数最值即可. 【题型一】忽视异面直线的夹角与向量的夹角范围不同 【例1】（23-24高一下·湖北武汉·期末）在正方体中，若，，则BE与DF所成的角的正弦值是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设空间的一组基底，将直线BE与DF的方向向量用基底表示，再利用空间向量的夹角公式即可求得. 【详解】 如图，设正方体棱长为4，， 则，. 因， ， 则，故， ，故， 且， 则， 设BE与DF所成的角为，则. 故选：C. 【变式1-1】（25-26高二上·全国·单元测试）如图，已知，均为正方形，二面角的大小为，则异面直线与所成角的余弦值为（    ）． A． B． C． D． 【答案】A 【分析】解法一：根据题目条件可知，即为二面角的平面角，将异面直线与所成角的余弦值转化成直线方向向量夹角余弦值的绝对值，结合空间向量线性运算及数量积运算即可求解．解法二：通过补形建立空间直角坐标系，用坐标运算求解. 【详解】解法一：根据题意可知，即为二面角的平面角，所以， 设正方形与边长均为1，异面直线与所成的角为. 因为，，，， 所以， 所以，即. 解法二：不妨假设正方形与的边长均为2， 如图，补形成直三棱柱，以中点为原点，建立空间直角坐标系， 则有，，，，由此可得，. 设异面直线与所成的角为，则. 故选：A. 【变式1-2】（24-25高二下·广西桂林·期末）在四棱锥中，底面，底面为正方形，，为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】如图建立空间直角坐标系，设，则可写出和的坐标，利用向量数量积的坐标运算求出夹角的余弦值，即可得解. 【详解】因为底面，底面为正方形，所以两两垂直， 如图，以点为坐标原点，直线所在方向分别为轴建立空间直角坐标系， 设，则，所以, 则， 设异面直线与所成角为，则. 故选:A. 【变式1-3】（24-25高一下·河北承德·期末）如图，一块矿石晶体的形状为四棱柱，其中底面是正方形，，，则直线与所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】取，分别求得和，将与分别用表示出来，再利用空间向量的夹角公式计算即得. 【详解】 如图，分别取，则， 且， 而 由， ， ， 设与的所成角为， 则. 故选：A. 【题型二】线面角与向量夹角转化不清等问题 【例2】（25-26高二上·陕西榆林·期中）如图，正方体的棱长为2，，分别是棱，的中点，过作平面，使得，以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则直线与平面所成角的正弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】求出相关点的坐标和相关平面的法向量，再利用空间向量的夹角公式计算即得. 【详解】因正方体的棱长为2，由图易得： ，，，，， 而，分别是棱，的中点，可得，， 则，，设平面的法向量为， 依题意在平面上，所以，则， 因为，所以，则， 令，，，故， 而，设直线与平面所成角为， 可得，故C正确. 故选：C 【变式2-1】（2025高二上·全国·专题练习）正多面体被古希腊圣哲认为是构成宇宙的基本元素，加上它们的多种变体，一直是科学、艺术、哲学灵感的源泉之一．如图，该几何体是一个高为4的正八面体，G为的中点，则异面直线与平面所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】连接交于点，连接，建系标点，求直线的方向向量和平面的法向量，利用空间向量求线面夹角. 【详解】连接交于点，连接， 因为该几何体是一个高为4的正八面体， 所以，，， 设棱长为，则，， 所以在中，，即，解得， 以所在直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系， 则， 所以，平面的法向量为， 设直线与平面所成的角为， 所以. 故选：A. 【变式2-2】（25-26高二上·全国·期末）在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为“鳖臑”，在鳖臑中，平面，且，M为中点，为中点，则直线与平面所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】将三棱锥放入正方体中，建立空间直角坐标系，利用空间向量求直线与平面所成角的余弦值． 【详解】由题可知两两垂直，且． 因此，如图所示正方体内的三棱锥即为满足题意的鳖臑， 以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，正方体棱长为2，    则，，，，，则，，． 设平面的法向量为， 则即 故可取．设直线与平面所成角为， 则，故， 故选：D． 【变式2-3】（25-26高二上·云南文山·月考）长方体中，，，为侧面内的一个动点，且，记与平面所成的角为，则的最大值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先建立空间直角坐标系，然后求出点的位置坐标，然后根据向量的夹角求出的最大值即可. 【详解】以为坐标原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示. 则，. 所以. 因为，所以. 所以，所以. 因为向量是平面的一个法向量， 所以. 因为，所以. 所以. 因为，所以当时，取最小值为. 此时取最大值为. 故选：A.    【题型三】二面角概念模糊 【例3】（24-25高二上·安徽黄山·期末）如图，在正方体中，平面与平面的夹角的正切值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】以为原点，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可. 【详解】如图，以为原点，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 设正方体的棱长为1，则， 所以， 因为平面， 所以平面的一个法向量为， 设平面的法向量为，则 ，令， 则，所以为平面的一个法向量， 设平面与平面的夹角为，则 ， 因为为锐角，所以， 所以， 所以平面与平面的夹角的正切值为. 故选：A 【点睛】 【变式3-1】（24-25高二上·北京·月考）如图，三棱锥中，，且平面与底面垂直，为中点，，则平面与平面夹角的余弦值为（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据面面垂直的性质定理，可得平面，故以为坐标原点，建立空间直角坐标系，然后利用向量法直接求解面面角的余弦值即可． 【详解】如图，连接， 因为为中点， 所以， 又平面底面，平面底面平面， 所以平面，故两两垂直， 以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，    设，由， 可得， 则， 设平面的一个法向量为， 则有，令，得，则， 设平面的一个法向量为， 则有，令，得，得， 则， 则平面与平面夹角的余弦值为． 故选：B． 【变式3-2】（23-24高二上·河南漯河·期末）如图，在直三棱柱中，，，点是棱的中点，则平面与平面夹角的正弦值为（    ） A． B． C． D．1 【答案】C 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得 【详解】如图，以为坐标原点建立空间直角坐标系，令， 则， 设平面的法向量为， ∵，，则， 令，则，∴， 又平面的法向量为， 故， 设平面与平面所成角为，，则， 故平面与平面夹角的正弦值为. 故选：C. 【变式3-3】（23-24高二下·福建龙岩·月考）如图，四棱锥的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍，平面，为侧棱上的点，则二面角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】建立空间直角坐标系，结合向量即可求解. 【详解】连接，设交于点，则平面， 以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 设底面边长为，则， 显然是平面的一个法向量， 因为平面，所以是平面的一个法向量， 设二面角为，所以. 故选：B. 学科网（北京）股份有限公5 / 5 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $