第一章 空间向量与立体几何（举一反三讲义·培优篇）高二数学人教A版选择性必修第一册

该高中数学讲义通过十大压轴题型框架系统梳理空间向量与立体几何知识，从线性运算、共线共面到距离、线面角、二面角及探索性问题，层层递进呈现知识脉络，突出重难点内在逻辑联系。 讲义亮点在于“举一反三”的分层练习设计，如探索性问题（题型10）引导学生用数学思维分析存在性，线面角计算（题型8）培养数学语言表达能力，基础题与综合题结合助力不同层次学生提升，为教师精准教学提供有效支持。

第一章 空间向量与立体几何全章十大压轴题型归纳（举一反三讲义·培优篇） 【人教A版】 题型1 根据空间向量的线性运算求参数 1．（25-26高二上·福建莆田·期末）如图，平行六面体中，点在上，点在上，且，，若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解题思路】根据空间向量的运算法则确定，得到答案. 【解答过程】， 故，，，. 故选：A. 2．（2026·新疆喀什·模拟预测）在任意四边形中，E，F分别是，的中点，若，则（    ） A． B．1 C．2 D．3 【答案】C 【解题思路】根据向量加法法则，将分别用表示，再结合题意即可得解. 【解答过程】如图，， ， ，. 故选：C. 3．（25-26高二上·广东东莞·阶段练习）《九章算术》中的“商功”篇主要讲述了以立体几何为主的各种形体体积的计算，其中堑堵是指底面为直角三角形的直棱柱.如图，在堑堵中，M，N分别是的中点，是的中点，若，则（    ）    A． B． C． D． 【答案】A 【解题思路】连接，利用空间向量运算即可求得正确答案. 【解答过程】连接，因为是的中点，所以，    因为底面为直角三角形的直棱柱， 所以四边形为长方形， 又因M，N分别是的中点， 所以， 则， 又因，所以可得，解得， 所以. 故选：A. 4．（25-26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】 【解题思路】根据向量线性运算规则，用向量表示出，求出参数的值. 【解答过程】 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：. 5．（25-26高二·全国·随堂练习）如图，正方体中，点E，F分别是上底面和侧面的中心，分别求满足下列各式的x，y，z的值． (1)； (2)； (3)． 【答案】(1) (2) (3) 【解题思路】（1）由向量加法的三角形法则和四边形法则得和，由此即可求出结果； （2）由向量加法的三角形法则和四边形法则得和，由此即可求出结果； （3）因为，由（1），（2）可知，，由此即可求出结果. 【解答过程】（1）解：由向量加法的三角形法则得，， 由平行四边形法则和向量相等得，； 所以， 所以； （2）解：由向量加法的三角形法则得，， 由四边形法则和向量相等得，； 所以， 所以． （3）解： 由（1），（2）可知， ， 所以. 题型2 空间向量共线、共面的判定及应用 1．（25-26高二上·广西来宾·期中）已知空间向量不共面，则与向量共面的向量为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解题思路】根据共面向量定理一一计算判断即可. 【解答过程】对A，假设，即， 则，显然无实数解，则与向量不共面，故A错误； 对B，因为，所以共面，故B正确； 对C，假设，即， 则，显然无实数解，则与向量不共面，故C错误； 对D，假设，即， 则，显然无实数解，则与向量不共面，故D错误； 故选：B. 2．（25-26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 【解题思路】根据题意，得到，根据三点共线得到，再利用向量相等的条件求解参数即可. 【解答过程】因为，，， 所以， 因为三点共线，所以存在唯一的实数使得， 所以，解得， 所以. 故选：C. 3．（25-26高二上·浙江绍兴·期中）已知为空间中任意一点，三点不共线，且，若四点共面，则实数___________. 【答案】 【解题思路】根据四点共面的推论即可求解. 【解答过程】为空间中任意一点，三点不共线，且， 若四点共面，则，解得， 故答案为：. 4．（25-26高二·全国·课后作业）如图所示，在正方体中，点在上，且，点在体对角线上，且．求证：，，三点共线．    【答案】证明见解析 【解题思路】把用基底表示后证明它们共线，再由共顶点可得三点共线． 【解答过程】连接，， ∵ ， ， ∴，∴， 又，∴，，三点共线．    5．（25-26高二下·江苏扬州·阶段检测）已知向量是空间中不共面的三个向量，. (1)若，求的值； (2)若四点共面，求的值. 【答案】(1) (2) 【解题思路】（1）根据向量的运算得到以及，再根据与的关系列得方程组，即可求得结果； （2）根据四点共面得到，可用和表示出和，即可求出结果. 【解答过程】（1）由题可得： ， ， 因为，所以， 即解得 所以的值分别为； （2）因为四点共面，所以存在，使得， 即， 于是有 所以， 即的值为. 题型3 空间向量的夹角问题 1．（25-26高二上·安徽芜湖·阶段检测）已知空间向量满足，，则与的夹角为（　　） A．30° B．45° C．60° D．以上都不对 【答案】D 【解题思路】由题意，再两边平方求解即可. 【解答过程】由题意，设与的夹角为，则， 即，解得. 故选：D. 2．（25-26高三上·江西吉安·期末）已知空间向量满足，则向量的夹角为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【解题思路】由，求得，结合向量的夹角公式，即可求解. 【解答过程】由向量， 因为，可得，解得， 所以. 又因为，所以. 故选：D． 3．（25-26高二上·安徽阜阳·阶段检测）斗拱是中国建筑上特有的构件，是较大建筑物的柱与屋顶之间的过渡部分，用于支撑上部突出的屋檐，如图（1），其简化结构如图（2），其中是两两互相垂直的线段，为斗拱，满足，且和都为钝角．若，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解题思路】以为原点，建立空间直角坐标系，设，设点，得到，根据题意，列出方程，求得，结合向量的夹角公式，即可求解. 【解答过程】以为原点，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，设，可得， 所以， 设点，可得，则， 由，可得， ，可得， 所以， 即，所以. 故选：D. 4．（25-26高二上·山东聊城·阶段检测）点，若，的夹角为钝角，则的取值范围为__________. 【答案】，且 【解题思路】根据夹角为钝角得出数量积小于零且向量不共线即可列式求参数. 【解答过程】因为， 所以， 因为，的夹角为钝角，则，且不共线， 所以且； 则的取值范围为且； 故答案为：且. 5．（25-26高二上·广西河池·阶段检测）如图，在平行六面体中，以顶点为端点的三条棱长都是2，且它们彼此的夹角都是，为与的交点．若． (1)求的值； (2)求． 【答案】(1) (2) 【解题思路】（1）根据平行六面体的性质，结合已知条件得出各向量的模及夹角，再通过向量加减法，结合向量的数量积计算； （2）先用已知向量分别表示，再求出以及和，进而求解． 【解答过程】（1） 平行六面体所有棱长均为2，的模均为2，夹角均为，为与的中点， ，， ， ． （2）， ， ， ， ． 题型4 利用空间向量的数量积求模 1．（25-26高二上·重庆·期中）如图，在平行六面体中，，，则（    ） A．1 B．3 C． D． 【答案】C 【解题思路】由空间向量平行六面体法则可得，利用空间向量数量积的运算性质可求得的值. 【解答过程】由题意可知：，， 则， 因为， 则 ， 所以. 故选：C. 2．（25-26高二上·四川成都·阶段检测）设，，，，且⊥，，则（   ） A． B． C．3 D． 【答案】B 【解题思路】根据向量的垂直和平行关系得到方程，求出，求得，利用坐标求其模即可. 【解答过程】由⊥，可得，解得， ，故可设，即， 则，解得，即， 则， 故. 故选：B. 3．（25-26高二下·江苏扬州·期中）在平行六面体中，，．取棱的中点M，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【解题思路】取的中点，连接，结合图形由向量的加法和数量积的运算律以及数量积的定义计算可得. 【解答过程】取的中点，连接， 由图形可得， 所以 ， 所以. 故选：B. 4．（25-26高三上·上海·阶段检测）已知、、为空间三个向量，又且，向量满足，，，则对于任意实数的最小值为___________． 【答案】 【解题思路】根据给定条件，利用向量数量积的运算律及数量积的定义化简，结合配方法求出最小值. 【解答过程】依题意， ，当且仅当时取等号， 所以当时，取得最小值. 故答案为：. 5．（25-26高二上·浙江·期中）如图，已知四面体的所有棱长都等于2，分别是棱的中点.    (1)求与； (2)求的长. 【答案】(1)， (2) 【解题思路】（1）利用中位线定理得到和，再结合空间向量数量积的定义求解即可. （2）利用空间向量的线性运算得到，再结合空间向量数量积的定义求解即可. 【解答过程】（1）因为分别是棱的中点， 所以是的中位线，则， 得到， 同理可得，而四面体的所有棱长都等于2， 得到，故. （2）因为分别是棱的中点， 所以 ， 而， 同理可得， 可得 ，故. 题型5 空间向量基本定理及其应用 1．（25-26高二上·广东佛山·阶段检测）如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，过点的平面分别与棱、、交于点、、，若，，则（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【解题思路】设，连接，由空间向量的线性运算得出，，结合空间向量的基本定理可得出关于、、的方程组，解出这三个未知数的值，即可得出答案. 【解答过程】设，连接， 则． 因为，即，故， 因为、、、四点共面，且、不共线，存在、，使得， 所以， 由空间向量的基本定理可得，解得，所以. 故选：A. 2．（25-26高二上·山东烟台·开学考试）如图，在三棱柱中，分别是，上的点，且，．设，，，若，，，则下列结论中正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解题思路】对于A，根据向量的线性运算法则利用基底，，表示即可判断，对于B，由，结合模的性质及数量积的运算律求，即可判断，对于C，由基底，，表示，计算，即可判断，对于D，计算，，利用向量夹角公式求即可判断. 【解答过程】对于A， ，A错误； 对于B，由题可知，，， 所以 ， 所以，B错误； 对于C，因为，， 所以，所以不垂直，C错误， 对于D，由选项C的解析可得， ，，， 所以， ， 所以 ,D正确， 故选：D. 3．（25-26高二上·河南·阶段检测）如图，在三棱柱中，、分别是、的中点，若，则__________. 【答案】 【解题思路】将用、、表示，结合空间向量的基本定理可得出、、的值，即可得出的值. 【解答过程】在三棱柱中，、分别是、的中点， 则， 又因为，且、、不共面， 所以，，故. 故答案为：. 4．（25-26高二上·山东青岛·期中）如图所示，在平行六面体中，底面是边长为的菱形，，，、分别在线段和上，且，． (1)证明：、、、四点共面； (2)为的中点，求直线与所成角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【解题思路】（1）设，，，证明出，结合直线、不重合可证得结论成立； （2）将、用基底、、表示，利用空间向量数量积的运算性质可求出的值，即可得出结果. 【解答过程】（1）设，，，则、、不共面， 由题意可得，，所以， 又因为直线、不重合，所以，故、、、四点共面. （2）由题意可得，， 由空间向量数量积的定义可得， ，同理可得， 因为为的中点，所以， ， 所以， 故 ， ， ， 所以， 因此直线与所成角的余弦值为. 5．（25-26高二上·广东东莞·阶段检测）如图，在平行六面体中，以顶点为端点的三条棱长都是1，，，为与的交点．设，，． (1)用，，表示，并求的值； (2)求的值． 【答案】(1)， (2)2 【解题思路】（1）先根据平行六面体的性质找到向量之间的关系，用表示出，再通过向量模的计算公式求出的值； （2）先求出，再根据向量数量积的运算规则求出的值. 【解答过程】（1）因为平行六面体中，为与的交点， 所以是中点，也是中点， 又因为，且平行六面体中，， 那么， 因为，， 所以， ， 因为，所以，又，， 所以， ，所以. （2）因为， 所以 . 题型6 空间向量平行、垂直的坐标表示 1．（25-26高二上·青海·阶段检测）若、、三点共线，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解题思路】求出向量、的坐标，分析可知，结合空间向量共线的坐标表示可求得实数的值. 【解答过程】因为、、，所以，. 由、、三点共线，可得，可得，解得. 故选：B. 2．（25-26高二上·安徽·阶段检测）已知向量，且，则的值为（    ） A． B．1 C．2 D．3 【答案】C 【解题思路】先求出和的坐标，由两向量垂直得其数量积为零，从而求出的值. 【解答过程】由已知得. 因为， 所以，解得． 故选：C. 3．（25-26高二下·江苏连云港·阶段检测）设，向量，，，且，，则（   ） A．5 B．1 C． D． 【答案】D 【解题思路】由有存在，即可解得，又得解得，进而求解. 【解答过程】由有存在，所以， 由有，所以，所以， 故选：D. 4．（25-26高二上·广东深圳·期中）若，. (1)若，求实数k的值. (2)若，求实数k的值. 【答案】(1) (2) 【解题思路】（1）直接利用向量的坐标运算和向量共线的充要条件求出k的值； （2）直接利用向量的坐标运算和向量垂直的充要条件求出k的值． 【解答过程】（1）∵，， ∴ ， ∵， ∴，解得. （2）∵， ∴， 即， 解得. 5．（25-26高二上·天津西青·阶段检测）已知，. (1)若，求的值； (2)若，求实数k的值； (3)若，求实数k的值. 【答案】(1)； (2)； (3). 【解题思路】（1）根据向量的坐标运算及向量夹角公式即得； （2）根据空间向量的线性运算的坐标表示可得，，然后根据向量平行的坐标关系即得； （3）根据向量垂直的坐标表示即得. 【解答过程】（1）由已知可得，， 所以； （2）因为，， 又， 存在实数m使得， ，，， 解得； （3）因为， 所以， 即， 解得. 题型7 利用空间向量研究点、线、面的距离问题 1．（25-26高二上·河南·阶段检测）如图，在直四棱柱中，底面ABCD为平行四边形，，点E在棱上，且，则点C到平面的距离为（    ）    A． B． C． D． 【答案】D 【解题思路】建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算以及点到面的距离公式代入计算，即可得到结果. 【解答过程】以为坐标原点，以的正方向为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，    则，，，，， ∴，，． 设平面的法向量为，则． 令，则，，∴． ∴点到平面的距离． 故选：D. 2．（2026·河南安阳·一模）如图，在三棱锥中，，，两两垂直，，，，为线段上靠近的三等分点，点为的重心，则点到直线的距离为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【解题思路】根据题意，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算代入计算，即可得到结果. 【解答过程】 根据题意，以为坐标原点，建立空间直角坐标系， 则， 又点为的重心，所以， 则，， 则， 则， 所以点到直线的距离为. 故选：B. 3．（25-26高二上·贵州贵阳·阶段检测）如图，在棱长为的正方体中，平面与平面的距离为__________. 【答案】2 【解题思路】先由题设求证平面平面得到平面与平面的距离即为点C到平面的距离，接着建立适当空间直角坐标系求出和平面的一个法向量，再由向量法距离公式即可求解. 【解答过程】由正方体结构性质可知且，且， 所以四边形和四边形均为平行四边形， 所以，又在平面外，平面， 所以平面，平面， 又，平面， 所以平面平面， 所以平面与平面的距离即为点C到平面的距离， 由题可建立如图所示空间直角坐标系， 则， 所以， 设平面的一个法向量为， 则，所以，取，则， 所以平面与平面的距离即点C到平面的距离为. 故答案为：2. 4．（25-26高二上·贵州贵阳·阶段检测）如图，在四棱锥中，侧棱底面ABCD，底面ABCD是矩形，其中是PD的中点. (1)求证：平面ACE； (2)若点为PB的中点，求点到平面ACE的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【解题思路】（1）连接AC，交BD于O，连接EO，先由三角形中位线得PB//EO，再利用线面平行的判定定理即可得证； （2）以A为原点，AB、AD、AP所在的直线分别为x轴，y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面ACE的一个法向量，利用空间点到平面的距离公式求解即可. 【解答过程】（1）如图，连接AC，交BD于O，连接EO. 因底面ABCD是矩形，则， 又因是PD的中点，所以. 又平面，平面， 则平面. （2）因为底面ABCD是矩形，侧棱PA⊥底面ABCD，所以AB、AD、AP两两相互垂直. 以A为原点，AB、AD、AP所在的直线分别为x轴，y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 由，E是PD的中点， 所以 ， 则，    设平面ACE的一个法向量为， 那么，所以， 令，则，所以， 于是， 所以点Q到平面ACE的距离为. 5．（25-26高二上·山东淄博·阶段检测）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) 【解题思路】（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. 【解答过程】（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8 利用空间向量求线面角 1．（25-26高二上·广东佛山·阶段检测）如图，三棱锥中，，且平面与底面垂直，为中点，，则直线与平面夹角的余弦值为（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【解题思路】建立空间直角坐标系，求出和平面的一个法向量，再利用线面角的空间向量公式即可求解. 【解答过程】如下图，连接，因为，为中点， 所以，，又平面底面， 平面底面，平面，所以平面， 又因为平面，所以，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，，，， ，，，      设平面的一个法向量为，则有， 令，得，，得， 设所求角为，则， 所以直线与平面夹角的余弦值为. 故选：C. 2．（25-26高二上·湖北孝感·阶段检测）如图1，正方形中，，，是的中点.将沿折叠到的位置，使得平面平面（如图2），则直线与平面所成角的正弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【解题思路】建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法求解. 【解答过程】连接，如图， 由题意可知，， 又平面平面，是交线，平面， 所以平面，又平面，所以， 以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系， 设，则，，，，， 由，，知为的中点，则，, ,， 设平面的一个法向量， 则，令，则，即， 设直线与平面所成角为， 则， 故选：C. 3．（25-26高二上·河南·阶段检测）如图，三棱柱的棱长均为，若，其中，则直线与平面所成角的正弦值的取值范围是__________. 【答案】 【解题思路】建立空间直角坐标系，写出与平面的法向量，再利用向量夹角公式表示出直线与平面所成角的正弦值，再结合的取值范围以及函数的单调性可求解出范围. 【解答过程】 如图，取的中点，连接，因为， 所以，又， 所以， 所以，即. 又因为，所以，即，所以两两垂直， 故可以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 所以， 因为，则. 设是平面的法向量，则即， 取， 所以是平面的一个法向量， 设直线与平面所成角为，则， 令，由，得， 又，故，，所以， 即直线与平面所成角的正弦值的取值范围是. 故答案为：. 4．（25-26高二上·湖北十堰·阶段检测）已知四棱锥的底面为直角梯形，，，底面，且，且是的中点.    (1)求与所成的角余弦值； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1) (2) 【解题思路】（1）以为原点，建立空间直角坐标系，求得向量，结合向量的夹角公式，即可求解； （2）由（1）求得向量和平面的法向量，结合向量的夹角公式，即可求解. 【解答过程】（1）解：因为四边形为直角梯形，且平面，所以两两垂直， 以为原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，因为，且是的中点， 可得， 所以， 设直线与所成的角为，则， 所以直线与所成的角的余弦值为. （2）解：由（1）知，向量， 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， 设直线与平面所成的角为， 可得， 所以直线与平面所成的角正弦值为.    5．（25-26高二上·重庆·阶段检测）如图，在四棱锥中，是以为斜边的直角三角形，四边形是等腰梯形，，，，，为的中点. (1)证明：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). 【解题思路】（1）若为的中点，连接，先证明四边形为平行四边形，从而有，再应用线面平行的判定证明结论； （2）若是上靠近的四分之一的等分点，根据已知证明两两垂直，构建合适的空间直角坐标系，标注出相关点坐标，应用向量法求线面角的正弦值. 【解答过程】（1）若为的中点，连接，又为的中点，则且， 又且，易知，， 所以四边形为平行四边形，则， 由平面，平面，则平面； （2）若是上靠近的四分之一的等分点，则，连接， 由四边形是等腰梯形，，，易知为梯形的高， 所以，而，则， 由是以为斜边的直角三角形，，，则， 所以，故，则， 所以，且，而， 所以，则， 综上，两两垂直， 以为原点，为轴建立空间直角坐标系， 所以， 所以，，， 令是平面的一个法向量，则， 若，则， 所以， 所以直线与平面所成的角的正弦值为. 题型9 利用空间向量求二面角 1．（25-26高二上·北京·阶段检测）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 【解题思路】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． 【解答过程】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． 2．（25-26高二下·江苏盐城·期中）在三棱锥中，平面平面是的中点.，则二面角的余弦值为（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【解题思路】先证明平面，建立空间直角坐标系，利用向量法求解. 【解答过程】平面平面，且 为交线，，平面， 平面， 以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系.    因为，在Rt中，， 所以，. 设平面的一个法向量为， 则，即，令，则. 设平面的一个法向量为， 则，即，令，则. 设二面角的平面角为， 则. 故选：C. 3．（25-26高二上·上海·阶段检测）如图，在直四棱柱中，底面是边长为2的菱形，，，则二面角的正切值为___________. 【答案】 【解题思路】设二面角的平面角为，根据题意分析可以建立空间直角坐标系，利用空间向量法求得，得，进而即得. 【解答过程】取的中点， 因为底面是边长为2的菱形，且， 由余弦定理得， 所以,则，即得， 如图所示，分别以、、为x，y，z轴建立坐标系， 则，，，， 则， 设平面的一个法向量为， 则，，则， 令，则，即可得， 因为为平面的一个法向量， 设二面角的平面角为， 则， ， 所以二面角的正切值是． 故答案为：. 4．（25-26高三上·河南周口·阶段检测）如图，在三棱柱中，，，，，，D是棱的中点． (1)证明：平面平面ABC； (2)求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【解题思路】（1）先证明平面ABC，进行求解； （2）以A为坐标原点，AC，所在直线分别为x轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系,求出两个平面的法向量进行求解． 【解答过程】（1）证明：因为，所以． 因为，，所以， 则，所以． 因为，平面ABC，平面ABC，且，所以平面ABC． 因为平面，所以平面平面ABC． （2）解：以A为坐标原点，AC，所在直线分别为x轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系． 由题中数据可知，，，，， 则，，，． 设平面的法向量为， 则,令，得． 设平面的法向量为， 则,令，得． 设平面与平面的夹角为，则， 即平面与平面夹角的余弦值为． 5．（25-26高二上·四川内江·阶段检测）如图，在四棱锥中， ，平面平面， 为棱的中点.    (1)求三棱锥的体积； (2)求直线与所成角的余弦值； (3)若点在棱上，使得点到平面的距离是，求二面角的余弦值. 【答案】(1) (2) (3) 【解题思路】（1）利用等体积法求解； （2）建立空间直角坐标系，确定各点坐标，根据向量的夹角公式计算得到答案； （3）设，确定，再利用距离的向量公式计算出的值，最后计算两个平面的法向量，根据向量的夹角公式计算得到答案. 【解答过程】（1）因为，， 所以，所以， 因为为棱的中点，所以， 因为平面平面，平面平面，， 所以平面， 因为，所以点到平面的距离为， 所以； （2）因为平面，平面，所以， 又，， 所以以点为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图：    则， 所以， 所以， 所以直线与所成角的余弦值为. （3）根据（2）可知，则，，， 设，， 设平面的一个法向量为，则， 令，则，故， 点到平面的距离是， 解得， 所以，所以， 设平面的一个法向量为，则， 令，则，故， 所以， 所以二面角的余弦值为. 题型10 利用空间向量研究探索性问题 1．（2026高三上·全国·专题练习）如图所示的几何体是由正方形沿直线旋转得到的，设是圆弧的中点，是圆弧上的动点（含端点），则下列结论不正确的是（   ） A．存在点，使得 B．存在点，使得 C．存在点，使得平面 D．存在点，使得直线与平面的所成角为 【答案】B 【解题思路】由题意将图形补全为正方体，，对于A，根据平面，当重合即可判定；对于B，根据平面，而是圆弧上的动点，即可判定；对于C，建立空间直角坐标系，根据平面的法向量和垂直即可判定结果；对于D，当点与点重合时，直线与平面所成角最大，求出夹角正弦值，进一步分析即可. 【解答过程】对于A，因为正方体中，平面 平面，所以 ，所以当重合时，由.由A正确； 对于B，因为，若，则，又，所以B不正确； 对于C，以A为原点，为轴的正方向建立空间直角坐标系， 设，则，， ， ， 所以 设为平面的一个法向量， 则即， 令得，则 假设平面， 则，所以. 因为，所以， 即是圆弧的中点，符合题意，故C正确； 对于D，当点与点重合时，直线与平面所成角最大， 所以. 由得直线与平面的所成角的最大角大于， 所以存在点，使得直线与平面的所成角为，故D正确. 故选：B. 2．（25-26高二上·湖北武汉·期中）在正四面体中，点E在棱AB上，满足，点F为线段AC上的动点，则（    ） A．存在某个位置，使得 B．存在某个位置，使得 C．存在某个位置，使得直线DE与平面DBF所成角的正弦值为 D．存在某个位置，使得平面DEF与平面DAC夹角的余弦值为 【答案】C 【解题思路】设正四面体的底面中心为点，连接，则平面，以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立空间直角坐标系，设正四面体的棱长为，然后利用空间向量法逐一分析求解可得结果. 【解答过程】如下图所示，设正四面体的底面中心为点，连接，则平面， 以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立空间直角坐标系， 设正四面体的棱长为， 则，，，，， 设，其中， 对于A，若存在某个位置使得，，， 所以，解得，不满足题意，故A错误； 对于B，若存在某个位置使得，，， 则，该方程无解，故B错误； 对于C，设平面的一个法向量为， ，， 由，令，则， 若存在某个位置，使得直线DE与平面DBF所成角的正弦值为，又， 则， 整理得，解得或（舍去）， 所以存在，即为的中点，满足题意，故C正确； 对于D，设平面的一个法向量为， 又，， 由，取，得， 设平面的一个法向量为， ，， 由，取，则， 若存在某个位置，使得平面DEF与平面DAC夹角的余弦值为， 则， 整理得，易得，所以该方程无解，故D错误. 故选：C. 3．（25-26高二上·广东中山·期末）如图，正方体中，点在棱上. (1)求证：； (2)设在上，且，是否在上存在点，使平面平面，若存在，指出点的位置，若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析； (2)存在，点为的中点. 【解题思路】（1）建立空间直角坐标系，利用直线方向向量数量积即可得证； （2）求出两个平面的法向量，根据数量积为0计算是否有解即可. 【解答过程】（1）以点为坐标原点，分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示： 设正方体的棱长为1，则，,， 设，则,， 所以，所以， 故. （2）设满足条件的点，设平面的一个法向量， 因为,， 则，即， 取，得， 由M在上，且，则， 设平面的一个法向量， ,， 则即， 取，得， 平面⊥平面，则，解得或（舍）， 所以当，即为的中点时，平面⊥平面. 4．（25-26高二上·浙江宁波·期中）如图，三棱柱中，侧面底面，是边长为的正三角形，，与平面所成角为.    (1)证明：平面； (2)若点为中点，点为棱上一点（不与重合），且满足，是否存在使得平面与平面夹角的余弦值为，若存在求出值，若不存在请说明理由． 【答案】(1)证明见解析； (2)存在， 【解题思路】（1）取中点，连接，先证明底面，再通过几何关系证明，由此可证明出平面； （2）先证明，再建立合适空间直角坐标系，根据两个平面法向量夹角余弦值的绝对值等于，由此可求解出的值. 【解答过程】（1）证明：取中点，连接，如图所示， 因为是边长为的正三角形，所以且， 因为侧面底面，侧面底面，且，侧面， 所以底面， 所以与平面所成角即为，所以， 所以，所以， 又因为，所以， 所以， 因为底面，平面， 所以，且，平面， 所以平面； （2）设存在满足条件，因为为棱上一点（不与重合），所以， 因为，所以，所以， 因为为的中点，所以，所以， 以为原点，以方向为轴的正方向，建立如下图所示的空间直角坐标系，    则， 所以， 因为，所以，所以， 设平面的一个法向量为， 所以，取，则， 所以， 设平面的一个法向量为， 所以，取，则， 所以， 设平面与平面所成角为， 所以，解得， 所以存在使得平面与平面夹角的余弦值为. 5．（25-26高二上·安徽合肥·期中）如图1，，，分别是边长为4的正方形三边，，的中点，先沿着虚线段将等腰直角三角形裁掉，再将剩下的五边形沿着线段折起，分别连接、就得到了一个空间五面体（如图2）.    (1)若是四边形EBCF对角线的交点，求证：平面； (2)若图2中的，求直线与平面所成角的正弦值； (3)在（2）的条件下，在棱上是否存在点，使得平面与平面所成的二面角的余弦值为?若存在，求出点的位置，若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3)存在，与点重合 【解题思路】（1）取中点，构造平行四边形，结合线线平行证线面平行即可； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量研究线面夹角即可； （3）利用空间向量研究面面夹角，建立方程计算参数即可. 【解答过程】（1）取中点，连接，，    由题意可知且， 又因为是矩形对角线的交点， 所以且，所以且， 则四边形为平行四边形，所以， 又因为平面，平面， 所以平面； （2）因为在图1中，，且，， 在图2中上述关系依然成立， 以为坐标原点，，分别为轴，轴正向， 垂直平面向上方向为轴，建立空间直角坐标系，    则，，， ，，，所以， 又因为，平面，所以， 所以，，， 设平面的一个法向量， 则，则有， 取， 所以， 所以直线与平面所成角的正弦值为； （3）存在. 假设存在满足条件的点， 设，所以， 则，， 设平面的一个法向量为， 则， 所以，取， 由（2）知平面的一个法向量， 则， 又平面与平面所成的二面角的余弦值为， 则，即， 整理得，解得或（舍去）， 所以当与点重合时，满足题意， 即在棱上存在点，当与点重合时，使得平面与平面所成的二面角的余弦值为. 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $ 第一章 空间向量与立体几何全章十大压轴题型归纳（举一反三讲义·培优篇） 【人教A版】 题型1 根据空间向量的线性运算求参数 1．（25-26高二上·福建莆田·期末）如图，平行六面体中，点在上，点在上，且，，若，则（    ） A． B． C． D． 2．（2026·新疆喀什·模拟预测）在任意四边形中，E，F分别是，的中点，若，则（    ） A． B．1 C．2 D．3 3．（25-26高二上·广东东莞·阶段练习）《九章算术》中的“商功”篇主要讲述了以立体几何为主的各种形体体积的计算，其中堑堵是指底面为直角三角形的直棱柱.如图，在堑堵中，M，N分别是的中点，是的中点，若，则（    ）    A． B． C． D． 4．（25-26高二下·甘肃白银·期末）在四面体中，，，棱，的中点分别为，，若，则___________. 5．（25-26高二·全国·随堂练习）如图，正方体中，点E，F分别是上底面和侧面的中心，分别求满足下列各式的x，y，z的值． (1)； (2)； (3)． 题型2 空间向量共线、共面的判定及应用 1．（25-26高二上·广西来宾·期中）已知空间向量不共面，则与向量共面的向量为（    ） A． B． C． D． 2．（25-26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 3．（25-26高二上·浙江绍兴·期中）已知为空间中任意一点，三点不共线，且，若四点共面，则实数___________. 4．（25-26高二·全国·课后作业）如图所示，在正方体中，点在上，且，点在体对角线上，且．求证：，，三点共线．    5．（25-26高二下·江苏扬州·阶段检测）已知向量是空间中不共面的三个向量，. (1)若，求的值； (2)若四点共面，求的值. 题型3 空间向量的夹角问题 1．（25-26高二上·安徽芜湖·阶段检测）已知空间向量满足，，则与的夹角为（　　） A．30° B．45° C．60° D．以上都不对 2．（25-26高三上·江西吉安·期末）已知空间向量满足，则向量的夹角为（ ） A． B． C． D． 3．（25-26高二上·安徽阜阳·阶段检测）斗拱是中国建筑上特有的构件，是较大建筑物的柱与屋顶之间的过渡部分，用于支撑上部突出的屋檐，如图（1），其简化结构如图（2），其中是两两互相垂直的线段，为斗拱，满足，且和都为钝角．若，，则（    ） A． B． C． D． 4．（25-26高二上·山东聊城·阶段检测）点，若，的夹角为钝角，则的取值范围为__________. 5．（25-26高二上·广西河池·阶段检测）如图，在平行六面体中，以顶点为端点的三条棱长都是2，且它们彼此的夹角都是，为与的交点．若． (1)求的值； (2)求． 题型4 利用空间向量的数量积求模 1．（25-26高二上·重庆·期中）如图，在平行六面体中，，，则（    ） A．1 B．3 C． D． 2．（25-26高二上·四川成都·阶段检测）设，，，，且⊥，，则（   ） A． B． C．3 D． 3．（25-26高二下·江苏扬州·期中）在平行六面体中，，．取棱的中点M，则（   ） A． B． C． D． 4．（25-26高三上·上海·阶段检测）已知、、为空间三个向量，又且，向量满足，，，则对于任意实数的最小值为___________． 5．（25-26高二上·浙江·期中）如图，已知四面体的所有棱长都等于2，分别是棱的中点.    (1)求与； (2)求的长. 题型5 空间向量基本定理及其应用 1．（25-26高二上·广东佛山·阶段检测）如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，过点的平面分别与棱、、交于点、、，若，，则（　　） A． B． C． D． 2．（25-26高二上·山东烟台·开学考试）如图，在三棱柱中，分别是，上的点，且，．设，，，若，，，则下列结论中正确的是（    ） A． B． C． D． 3．（25-26高二上·河南·阶段检测）如图，在三棱柱中，、分别是、的中点，若，则__________. 4．（25-26高二上·山东青岛·期中）如图所示，在平行六面体中，底面是边长为的菱形，，，、分别在线段和上，且，． (1)证明：、、、四点共面； (2)为的中点，求直线与所成角的余弦值． 5．（25-26高二上·广东东莞·阶段检测）如图，在平行六面体中，以顶点为端点的三条棱长都是1，，，为与的交点．设，，． (1)用，，表示，并求的值； (2)求的值． 题型6 空间向量平行、垂直的坐标表示 1．（25-26高二上·青海·阶段检测）若、、三点共线，则（    ） A． B． C． D． 2．（25-26高二上·安徽·阶段检测）已知向量，且，则的值为（    ） A． B．1 C．2 D．3 3．（25-26高二下·江苏连云港·阶段检测）设，向量，，，且，，则（   ） A．5 B．1 C． D． 4．（25-26高二上·广东深圳·期中）若，. (1)若，求实数k的值. (2)若，求实数k的值. 5．（25-26高二上·天津西青·阶段检测）已知，. (1)若，求的值； (2)若，求实数k的值； (3)若，求实数k的值. 题型7 利用空间向量研究点、线、面的距离问题 1．（25-26高二上·河南·阶段检测）如图，在直四棱柱中，底面ABCD为平行四边形，，点E在棱上，且，则点C到平面的距离为（    ）    A． B． C． D． 2．（2026·河南安阳·一模）如图，在三棱锥中，，，两两垂直，，，，为线段上靠近的三等分点，点为的重心，则点到直线的距离为（   ） A． B． C． D． 3．（25-26高二上·贵州贵阳·阶段检测）如图，在棱长为的正方体中，平面与平面的距离为__________. 4．（25-26高二上·贵州贵阳·阶段检测）如图，在四棱锥中，侧棱底面ABCD，底面ABCD是矩形，其中是PD的中点. (1)求证：平面ACE； (2)若点为PB的中点，求点到平面ACE的距离. 5．（25-26高二上·山东淄博·阶段检测）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8 利用空间向量求线面角 1．（25-26高二上·广东佛山·阶段检测）如图，三棱锥中，，且平面与底面垂直，为中点，，则直线与平面夹角的余弦值为（    ）    A． B． C． D． 2．（25-26高二上·湖北孝感·阶段检测）如图1，正方形中，，，是的中点.将沿折叠到的位置，使得平面平面（如图2），则直线与平面所成角的正弦值为（   ） A． B． C． D． 3．（25-26高二上·河南·阶段检测）如图，三棱柱的棱长均为，若，其中，则直线与平面所成角的正弦值的取值范围是__________. 4．（25-26高二上·湖北十堰·阶段检测）已知四棱锥的底面为直角梯形，，，底面，且，且是的中点.    (1)求与所成的角余弦值； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 5．（25-26高二上·重庆·阶段检测）如图，在四棱锥中，是以为斜边的直角三角形，四边形是等腰梯形，，，，，为的中点. (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成的角的正弦值. 题型9 利用空间向量求二面角 1．（25-26高二上·北京·阶段检测）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． 2．（25-26高二下·江苏盐城·期中）在三棱锥中，平面平面是的中点.，则二面角的余弦值为（    ）    A． B． C． D． 3．（25-26高二上·上海·阶段检测）如图，在直四棱柱中，底面是边长为2的菱形，，，则二面角的正切值为___________. 4．（25-26高三上·河南周口·阶段检测）如图，在三棱柱中，，，，，，D是棱的中点． (1)证明：平面平面ABC； (2)求平面与平面夹角的余弦值． 5．（25-26高二上·四川内江·阶段检测）如图，在四棱锥中， ，平面平面， 为棱的中点.    (1)求三棱锥的体积； (2)求直线与所成角的余弦值； (3)若点在棱上，使得点到平面的距离是，求二面角的余弦值. 题型10 利用空间向量研究探索性问题 1．（2026高三上·全国·专题练习）如图所示的几何体是由正方形沿直线旋转得到的，设是圆弧的中点，是圆弧上的动点（含端点），则下列结论不正确的是（   ） A．存在点，使得 B．存在点，使得 C．存在点，使得平面 D．存在点，使得直线与平面的所成角为 2．（25-26高二上·湖北武汉·期中）在正四面体中，点E在棱AB上，满足，点F为线段AC上的动点，则（    ） A．存在某个位置，使得 B．存在某个位置，使得 C．存在某个位置，使得直线DE与平面DBF所成角的正弦值为 D．存在某个位置，使得平面DEF与平面DAC夹角的余弦值为 3．（25-26高二上·广东中山·期末）如图，正方体中，点在棱上. (1)求证：； (2)设在上，且，是否在上存在点，使平面平面，若存在，指出点的位置，若不存在，请说明理由. 4．（25-26高二上·浙江宁波·期中）如图，三棱柱中，侧面底面，是边长为的正三角形，，与平面所成角为.    (1)证明：平面； (2)若点为中点，点为棱上一点（不与重合），且满足，是否存在使得平面与平面夹角的余弦值为，若存在求出值，若不存在请说明理由． 5．（25-26高二上·安徽合肥·期中）如图1，，，分别是边长为4的正方形三边，，的中点，先沿着虚线段将等腰直角三角形裁掉，再将剩下的五边形沿着线段折起，分别连接、就得到了一个空间五面体（如图2）.    (1)若是四边形EBCF对角线的交点，求证：平面； (2)若图2中的，求直线与平面所成角的正弦值； (3)在（2）的条件下，在棱上是否存在点，使得平面与平面所成的二面角的余弦值为?若存在，求出点的位置，若不存在，请说明理由. 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $