第一章 空间向量与立体几何（复习讲义）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表格对比和分步梳理构建“空间向量与立体几何”知识体系，涵盖向量概念、运算、位置关系判定及距离角计算，突出空间向量线性运算、法向量求解等重难点，呈现知识内在逻辑。 讲义亮点在于分层练习设计，“要点速测”夯实基础，“迁移练”强化应用，“难点精练”突破翻折、最值等综合问题，培养数学思维与数学语言能力。题型示例如利用向量求二面角，帮助不同学生提升，支持教师精准教学。

第一章 空间向量与立体几何 复习要点 1.掌握空间向量的概念、运算及坐标表示； 2.理解共线、共面向量定理及空间向量基本定理； 3.能利用向量方法解决线线、线面、面面的位置关系判定，以及空间距离与角的计算问题，实现几何问题的代数化求解。 复习重难点 重点：（1）空间向量的线性运算与数量积运算。 （2）利用直线的方向向量和平面的法向量判定平行与垂直关系。 （3）利用向量公式计算异面直线夹角、线面角及二面角。 难点：（1）平面法向量的求解及其几何意义的理解。 （2）将立体几何图形准确转化为向量语言（建系与坐标化）。 （3）二面角与向量夹角之间的对应关系（锐角/钝角的判断）． 知识点 空间向量的概念及运算 1.几类特殊的空间向量 名称 定义及表示 零向量 长度为0的向量叫做零向量，记为0 单位向量 模为1的向量称为单位向量 相反向量 与向量a长度相等而方向相反的向量，称为a的相反向量，记为 －a 共线向量(平行向量) 如果表示若干空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合，那么这些向量叫做共线向量或平行向量．规定：对于任意向量a，都有0∥a 相等向量 方向相同且模相等的向量称为相等向量 2．空间向量的线性运算 空间向量的线性运算 加法 a＋b＝ 减法 a－b＝ 数乘 当λ>0时，λa＝； 当λ<0时，λa＝； 当λ＝0时，λa＝0 运算律 交换律：a＋b＝b＋a； 结合律：a＋(b＋c)＝(a＋b)＋c，λ(μa)＝(λμ)a； 分配律：(λ＋μ)a＝λa＋μa，λ(a＋b)＝λa＋λb. 3.证明三点共线和空间四点共面的方法比较 三点（P，A，B）共线 空间四点（M，P，A，B）共面 ＝λ且同过点P ＝x＋y 对空间任一点O，＝＋t 对空间任一点O，＝＋x＋y 对空间任一点O，＝x＋（1－x） 对空间任一点O，＝x＋y＋（1－x－y） 要点速测 1.已知空间四边形中，连结，设分别是的中点，则等于（    ） A． B． C． D． 2.（25-26高二下·广东东莞·期末）已知，，三点不共线，对空间任意一点，满足.若，，，四点共面，则_________ 知识点空间向量的数量积及运算律 1.空间两个向量的夹角的定义：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，注意：共起点找夹角范围：，其中，当，； 或 (为非零向量) 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． 规定：零向量与任何向量的数量积都为0 3.数量积的运算：①，；②(交换律)； ③ (分配律). 4．向量的投影 (1)如图(1)，在空间，向量a向向量b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b共线的向量c，c＝|a|cos〈a，b〉，向量c称为向量a在向量b上的投影向量．类似地，可以将向量a向直线l投影(如图(2))． (2)如图(3)，向量a向平面β投影，就是分别由向量a的起点A和终点B作平面β的垂线，垂足分别为A′，B′，得到，向量称为向量a在平面β上的投影向量．这时，向量a，的夹角就是向量a所在直线与平面β所成的角． 要点速测 1.（25-26高二上·四川·阶段检测）在正方体中，向量在上的投影向量为（    ） A． B． C． D． 2.（25-26高二上·云南·期中）已知空间单位向量两两垂直，则（    ） A．1 B． C．3 D． 3.空间四边形中，，，则的值是（   ） A． B． C． D．0 知识点 利用空间向量证明线面位置关系 1.平面法向量的概念：如图，若直线，取直线的方向向量，我们称为平面的法向量；过点且以为法向量的平面完全确定，可以表示为集合． 2.平面的法向量的求法： 求一个平面的法向量时，通常采用待定系数法，其一般步骤如下: ①设向量：设平面的法向量为 ；②选向量：选取两不共线向量 ③列方程组：由列出方程组； ④解方程组：解方程组 ⑤赋非零值：取其中一个为非零值（常取)； ⑥得结论：得到平面的一个法向量.1.空间中直线、平面的平行与垂直 3.设直线,的方向向量分别为,,平面,的法向量分别为，，则 ①线线平行：⇔⇔() ②线面平行：⇔⇔ ③面面平行：⇔⇔； ④线线垂直：⇔ ⑤线面垂直：⇔⇔ ⑥面面垂直：⇔⇔ 3.利用空间向量证明平行、垂直的一般步骤 要点速测 1.（25-26高二上·北京·阶段检测）如图，在正三棱柱中，D为棱上的点，E，F分别为，的中点，.若平面BCD，则AD的长为___________. 2.（25-26高三·全国·中职高考）已知正方体中，点M在棱上，直线平面，则点M的位置是（    ） A．点D B．点 C．的中点 D．不存在 知识点利用空间向量求距离 1.点P到直线 l 的距离：已知直线l的单位方向向量为，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＝，则点P到直线l的距离为(如图)． 2.点P到平面α的距离：设平面α的法向量为，A是平面α内的定点，P是平面α外一点，则点P到平面α的距离为(如图)． 要点速测 1.（25-26高二上·广东广州·期末）在空间直角坐标系中，已知点，，，则点A到直线BC的距离为（   ） A． B． C． D．1 2.（25-26高二下·甘肃兰州·期中）如图，在棱长为2的正方体中，P，M，N分别为AB，，的中点，则点A到平面的距离为（    ） A． B． C．1 D． 知识点 利用空间向量求空间角 1.两个平面的夹角：平面α与平面β的夹角：平面α与平面β相交，形成四个二面角，我们把这四个二面角中不大于90° 的二面角称为平面α与平面β的夹角． 2.空间角的向量法解法 角的分类 向量求法 范围 两条异面直线所成的角 设两异面直线 l1，l2 所成的角为θ，其方向向量分别为，，则cos θ＝|cos|＝ 直线与平面所成的角 设直线AB与平面α所成的角为θ，直线AB的方向向量为，平面α的法向量为，则sin θ＝|cos|＝ 两个平面的夹角 设平面α与平面β的夹角为θ，平面α，β的法向量分别为，则cos θ＝|cos|＝ 要点速测 1.（25-26高一下·天津红桥·期末）如图，直三棱柱，，点，分别是，的中点，若，则与所成角的余弦值是（    ） A． B． C． D． 2.（25-26高二上·广东东莞·期末）如图，在正方体中，点是棱的中点，则与平面所成角的正弦值_____. 题型1 空间向量及其线性运算 ▌例1 （25-26高一下·广东广州·期末）在四面体中，点满足，在上，若，则（    ） A． B． C． D． 解题要点：空间向量线性运算中的三个关键点 ▌迁移练1（25-26高二下·湖南长沙·期末）如图，在平行六面体中，M为与的交点，若，则下面向量中与相等的向量是（    ） A． B． C． D． ▌迁移练2（25-26高一下·重庆·期末）如图，空间四边形中，，，，，，则（     ） A． B． C． D． ▌迁移练3（25-26高二下·四川成都·期末）如图，在三棱柱中，与的交点为，则（    ）    A． B． C． D． 题型2 空间向量共线、共面定理 ▌例2 （25-26高一下·广东深圳·期末）已知三点不共线，点在平面外，点P满足，则当点共面时，实数（    ） A． B． C． D． 解题要点共线定理应用：核心是寻找实数λ使 a=λb。常用于证明三点共线或线线平行。解题时可通过平移使向量首尾相接，或引入公共点，利用线性运算将向量相互表示。 共面定理应用：前提是找到两个不共线向量，再证第三向量可表示为它们的线性组合。常用于证明四点共面或线面平行。 ▌迁移练1（25-26高二上·广东梅州·期末）已知空间三点在同一直线上，则实数（    ） A．0 B．2 C．4 D．6 ▌迁移练2（25-26高一下·河南郑州·期末）在空间直角坐标系中，四点共面，则的值为（   ） A．4 B．1 C．6 D．－6 ▌迁移练3（25-26高二下·江苏盐城·期中）已知空间向量，若点在平面内，则（    ） A． B． C． D．0 题型3 空间向量数量积及应用 ▌例3 （25-26高二下·甘肃酒泉·期中）已知直四棱柱的棱长均为2，，则（    ） A．4 B．2 C． D． 解题要点：空间向量数量积的3个应用 （1）求夹角：设向量a，b的夹角为θ，则cos θ＝，进而可求两异面直线所成的角； （2）求长度（距离）：利用公式｜a｜2＝a·a，可将线段长度的计算问题转化为向量数量积的计算问题； （3）解决垂直问题：利用a⊥b⇔a·b＝0（a≠0，b≠0），可将垂直问题转化为向量数量积的计算问题. ▌迁移练1（25-26高二上·广东中山·阶段检测）已知，在的投影向量为，且，则（    ） A． B． C． D． ▌迁移练2（25-26高二下·江苏连云港·期中）在空间四边形中，，点，分别在上，且，则（    ） A． B． C． D． ▌迁移练3（25-26高二上·安徽芜湖·期末）如图，已知正四面体的棱长为3，点满足，为的中点，则（   ）    A． B． C． D． 题型4 投影向量 ▌例4 （25-26高二上·黑龙江哈尔滨·期末）已知空间向量，，则向量在向量上的投影向量为（    ） A． B． C． D． 解题要点 核心公式：向量在上的投影向量为. 求解步骤：先算两向量数量积，再除以目标向量模的平方，最后乘上目标向量。 ▌迁移练1（2026·山西太原·二模）已知空间向量，平面的一个法向量为，则向量在平面上的投影向量是（    ） A． B． C． D． ▌迁移练2（24-25高二上·贵州毕节·期末）若空间向量，，则向量在向量上的投影向量的坐标是（   ） A． B． C． D． ▌迁移练3（25-26高二上·陕西渭南·期中）已知向量，当时，向量在向量上的投影数量为（   ） A． B． C． D． 题型5 空间向量的平行垂直问题 ▌例5 （25-26高一下·安徽六安·期末）在正方体中，是的中点，则下列说法中正确的是（   ）． A．直线与直线相交 B．直线与直线垂直 C．直线与直线平行 D．直线平面 解题要点：利用空间向量证明平行、垂直的一般步骤 ▌迁移练1（25-26高二上·湖北襄阳·期中）若平面的法向量为，平面的法向量为，直线的方向向量为，则（   ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 ▌迁移练2（24-25高二上·陕西西安·期中）我国古代数学名著《九章算术》第五卷“商功”中把底面为直角三角形的直三棱柱称为堑堵．如图，在堑堵中，，，分别是线段，上的点，且，，则下列说法正确的是（     ） A． B． C． D． ▌迁移练3（25-26高一下·广东广州·期中）直三棱柱的所有棱长均为4，D为侧棱的中点，M为侧棱上一点，N为上一点，且，且平面，则的长为（    ） A．1 B．2 C． D． 题型6 空间角问题 ▌例6 （2026·陕西咸阳·三模）在四面体中，平面，，.若四面体的体积为，则与平面所成角的正弦值为（   ） A． B． C． D． 解题要点 1.利用空间向量求线面角的解题步骤 2.向量法求平面与平面的夹角（二面角）的方法 （1）找法向量：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小； （2）找与棱垂直的方向向量：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小. ▌迁移练1（25-26高一下·江苏常州·期末）在正方体中，点分别在线段和上，且，，则直线和所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． ▌迁移练2（25-26高二下·广东广州·期末）如图，正三棱柱的所有棱长都为2，且． (1)求证：平面； (2)求平面与平面的夹角的余弦值． ▌迁移练3（25-26高一下·广东深圳·期末）如图，已知直四棱柱中，，，，，，是的中点，是的中点． (1)求异面直线ND1与B1C夹角的余弦值； (2)求平面与平面夹角的余弦值； 题型7 空间距离问题 ▌例7 （2026高三·全国·专题练习）如图所示，正方体的棱长为1，，，，分别为棱，，，的中点．则平面与平面间的距离为（   ） A． B． C． D． 解题要点 1.利用向量求点到直线的距离 设过点P的直线l的单位方向向量为n，A为直线l外一点，点A到直线l的距离d＝. 2.利用向量法求点B到平面α的距离的步骤 ▌迁移练1（25-26高二下·湖北鄂州·阶段检测）在空间直角坐标系中，已知点，则点到平面的距离为（    ） A． B． C． D． ▌迁移练2（25-26高二下·湖南株洲·阶段检测）已知正方体的棱长为分别为正方体的棱的中点． (1)求证：平面； (2)求线段到平面的距离． ▌迁移练3（25-26高二下·福建龙岩·期末）如图，在正三棱柱中，M为线段的中点，N为线段上的动点． (1)求证：； (2)若，，二面角的余弦值为，求点到平面的距离． 题型8 翻折问题 ▌例8 （25-26高一下·广东深圳·期末）如图，平面四边形ABCD中，，，，，，点E，F满足，，将沿EF翻折至，使得． (1)证明：平面； (2)证明：平面； (3)求直线EC与平面PCD所成角的正弦值． 解题要点 翻折问题的两个解题策略 ▌迁移练1（25-26高二下·湖南邵阳·阶段检测）如图，正方形的边长为．如图，现将正方形沿着对角线翻折，其中为原正方形的中心．    (1)证明：平面平面； (2)翻折至四面体的体积最大时，求与平面所成的角的正弦值． ▌迁移练2（25-26高二下·四川凉山·期末）如图，为直角梯形，，，为的中点，现将沿折起使点至点处，得四棱锥，点为中点．    (1)求证：平面； (2)当二面角为直二面角时，求：直线与平面所成角的正弦值． ▌迁移练3（25-26高二下·河南·阶段检测）如图1，在平面四边形中，是以为斜边的等腰直角三角形，，是边长为2的等边三角形．现将沿翻折至的位置，使得，如图2． (1)设为的中点，证明：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值． 难点一 空间向量中的最值问题 1、基本类型 （1）数量积的最值范围：常考查动点在线段或面上运动时，两向量数量积的取值范围。 （2）空间角的最值范围：包括异面直线所成角、直线与平面所成角以及二面角的极值问题。 （3）长度与距离的最值：涉及动点间距离、点到平面距离或线段长度的最小值求解。 （4）体积的最值范围：探讨动点位置变化时，棱锥等几何体体积的最大值，或当体积取最值时求解其他空间量。 2、求解策略 （1）建立函数法（代数法）：这是最通用的策略。通过建立合适的空间直角坐标系，将几何问题转化为代数问题。引入参数（如动点坐标或比例系数），建立所求目标量（如距离、夹角余弦值）关于参数的目标函数。随后利用一次函数的端点法、二次函数的配方法或三角函数的有界性来求解最值。 （2）几何特征法（几何法）：充分利用几何体的结构特征与公理定理。例如，利用“两点之间线段最短”、“异面直线的公垂线段最短”等性质，将动态问题转化为静态的几何直观判断。 （3）展开图法（平面化）：针对求几何体表面动点间折线段长度最值的问题，可将几何体表面展开为平面图形。在平面展开图中，利用“两点之间线段最短”的原理，将空间折线转化为平面直线段进行直观求解。 （4）变量分析法：透过现象看本质，透彻分析几何体中点、线、面的“动”与“静”的关系。明确变量之间的相互制约关系，从而将复杂的空间最值问题转化为求特定线段或角的最值问题。 难点精练 1．（25-26高二上·江西南昌·期末）如图，在棱长为2的正方体中，为棱的中点，为四边形内（包括边界）一个动点，若直线与平面所成的角为，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 2.（25-26高二上·安徽淮北·期末）如图，已知四棱台的底面是直角梯形，，，，平面，是侧棱所在直线上的动点，则与平面所成角的正弦值的最大值为（    ） A． B． C． D． 3．（2026·四川遂宁·二模）在直三棱柱中，，点为的中点，点为侧面内（含边界）的动点，且平面，设直线与平面所成的角为，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 4．（2026高三·全国·专题练习）如图，已知，，，，D为线段的中点．若是绕直线旋转而成的．记二面角的大小为θ． (1)当平面平面时，求θ的值； (2)当时，求二面角的余弦值的取值范围． 5.（25-26高二下·江苏苏州·期末）如图，在直三棱柱中，已知，，，分别是线段，上的动点（不含端点），． (1)求证：； (2)当三棱锥的体积取得最大值时，求平面与平面的夹角的余弦值． 6．（2026·福建厦门·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，是正三角形，且平面，若E，F，G分别为PC，PD，CB的中点，点H在直线AB上． (1)求证：直线EF与直线GH为异面直线； (2)过P点的直线l与直线EF，直线HG相交，求直线l与平面EFG夹角正弦值的最大值． 7.（25-26高一下·河北保定·期中）已知直三棱柱中，侧面为正方形，AB＝BC＝2，E，F分别为AC，的中点，D为棱上的点，． (1)证明：AB⊥平面； (2)证明：BF⊥DE； (3)当为何值时，平面与平面DFE所成角的余弦值最大？并求出这个最大值． 难点二 空间中的轨迹问题 1.常见动点轨迹类型 （1）等距（定距）型：动点保持到定点、定直线或定平面的距离为定值，或到两定点、两直线的距离相等。其轨迹通常为球面、圆柱面或中垂面。 （2）平行与垂直型：动点运动时，保持与定直线或定平面的平行、垂直关系。其轨迹通常为直线或平面。 （3）定角型：动点与定点连线保持与定直线或定平面成定角。此类轨迹常涉及圆锥曲线的空间推广，如圆锥面被平面所截产生的圆、椭圆、抛物线或双曲线。 （4）比例型（阿波罗尼斯型）：动点到两定点的距离之比为定值，其轨迹为阿波罗尼斯球面。 难点精练 1．（2026·湖北武汉·模拟预测）已知正方体的棱长为，点为棱的中点．若动点在正方体内部或表面上，且，则动点的轨迹所形成区域的体积为（     ） A． B． C． D． 2．（2026·山东东营·模拟预测）在棱长为2的正方体中，点P在正方体的棱上运动，则三棱锥的体积的取值范围是（   ） A． B． C． D． 3．（2026·湖南长沙·三模）如图所示，在棱长为2的正方体中，为棱上（含端点）的动点，为棱的中点，则下列结论正确的是（    ） A．若为的中点，则直线与直线是异面直线 B．若为的中点，点到直线的距离为 C．存在点，使得 D．存在点，使得平面 4．（2026·湖南株洲·三模）如图，在棱长为2的正方体中，分别是线段和线段上的动点，且，则下列说法正确的有（    ）    A． B．三棱锥的体积最大值为1 C．若为中点时，则点到直线的距离为 D．三棱锥外接球球心轨迹的长度为 5．（25-26高一下·陕西西安·期中）正方形的边长为1，且它们所在的平面互相垂直．点分别在正方形对角线和上移动，且．则（   ） A．直线与所成的角为 B．平面 C．当时，的长最小，且最小值为 D．当的长最小时，点到平面的距离为 6．（2026·广西河池·二模）如图，在棱长为4的正方体中，分别是棱的中点，点为线段上的动点，下列结论正确的是（   ） A．三棱锥的体积为定值 B． C．平面 D．点到直线的距离为 7．（2026·山西吕梁·二模）如图，在棱长为3的正方体中，点P为线段上的一个动点，则（   ） A．三棱锥的体积为定值 B．存在点P，使平面 C．若，则二面角的余弦值为 D．若，则过点，D，P三点的平面截正方体所得截面的周长为 基础达标 1．（24-25高二上·广东深圳·阶段检测）若直线l的一个方向向量为，平面的一个法向量为，则（    ） A．或 B． C． D．与斜交 2．（25-26高二上·四川南充·阶段检测）已知点关于x轴的对称点为，则（     ） A． B． C． D． 3．（25-26高二下·福建宁德·期中）如图，空间四边形中，点和点分别在和上，且满足，则下列向量与是共线向量的是（    ） A． B． C． D． 4．（2026·湖南郴州·模拟预测）阅读材料：空间直角坐标系中，过点且一个法向量为的平面的方程为，阅读上面材料，解决下面问题：已知平面的方程为，点，则点Q到平面距离为（    ） A． B． C． D．1 5．（25-26高一下·重庆·期末）在正三棱柱中，，，则直线与平面所成角的正弦值为（     ） A． B． C． D． 6．（25-26高二下·福建泉州·期中）已知正方体的棱长为1，点P满足，其中，则直线AP与CD所成角的正切值范围是（   ） A． B． C． D． 7．（25-26高二上·福建厦门·期中）下列命题中真命题的是（   ） A．直线的倾斜角不存在； B．若直线的方向向量，平面的法向量，则； C．已知为空间直角坐标系的原点，且，则点到直线的距离是； D．如果向量与任何向量不能构成空间向量的一个基底，那么一定共线． 8．（25-26高一下·黑龙江·期末）已知A，B，C三点不共线，P为平面ABC外一点，且.若H，A，B，C四点共面，则__________. 9．（24-25高二上·福建厦门·阶段检测）若向量，，且与的夹角为钝角，则实数的取值范围为__. 10．（安徽宿州市2025-2026学年高二下学期期末考试数学试卷）如图，已知正方体，其中点为线段上靠近的三等分点，点为直线，的交点． (1)若，求，，的值； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 11．（25-26高二下·江苏镇江·期末）已知四棱锥的底面是菱形，，交于点，底面，点为棱上的点.在空间坐标系中，点，，，. (1)求点坐标； (2)求直线与平面所成的角； (3)求平面与平面的夹角的余弦值. 能力进阶 1．（25-26高二下·四川成都·期中）已知直线平面，且的一个方向向量为，平面的一个法向量为，则实数的值为（   ） A． B．2 C．2或 D．或1 2．（25-26高二下·广东·期中）四面体中，，，，且，，则等于（    ） A． B． C． D． 3．（25-26高一下·重庆·期末）已知是同一平面内的四点，且任意三点不共线，为平面外一点，若，则实数的值为（    ） A．1 B． C． D． 4．（2026高三·全国·专题练习）正方体中，E、F分别为、的中点，则直线与平面所成角的正弦值为（   ） A． B． C． D． 5．（25-26高二下·河南·阶段检测）在空间直角坐标系中，三棱锥的四个顶点的坐标分别为，若该三棱锥的四个顶点均在球M的表面上，则球M的表面积为（   ） A．8π B．9π C．11π D．14π 6．（25-26高一下·山西晋中·阶段检测）如图，在长方体中，分别为，的中点，分别为的中点，则（    ） A．四点在同一平面内 B．三条直线有公共点 C．直线与直线相交 D．直线上存在点使三点共线 7．（25-26高二上·广东中山·阶段检测）如图，正方体的棱长为，点分别为的中点，点为线段上的动点，则下列说法正确的是（    ） A． B． C．当为线段中点时，平面 D．点到直线的距离的最小值为 8．（25-26高二下·云南昭通·阶段检测）已知向量，，，若，，，共面，则在上的投影向量的模为__________. 9．（25-26高二下·安徽安庆·阶段检测）在长方体中，，为线段上一动点，则的最小值为____． 10．（25-26高二下·湖南怀化·期末）如图，在四棱锥中，底面为矩形，，，，． (1)证明：； (2)求点到平面的距离； (3)点为中点，求平面与平面夹角余弦值． 11．（2026·山东青岛·模拟预测）如图，在圆柱中，是底面圆的直径，和是两条母线，是底面圆上异于，的一动点，是线段的一点，直线平面． (1)求证：为的中点； (2)若，，求二面角的最小值． 12．（2026·河南·三模）如图，一张边长为2的正方形纸片，为的中点，现沿将折起至，使得． (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 13．（2026·天津·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面是边长为的正方形，侧棱底面，，是的中点，作交于点． (1)求证：平面； (2)求平面与平面的夹角的正弦值； (3)线段上是否存在点，使得三棱锥体积为；若存在，求出该点的位置，若不存在，请说明理由． 1 / 3 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 第一章 空间向量与立体几何 复习要点 1.掌握空间向量的概念、运算及坐标表示； 2.理解共线、共面向量定理及空间向量基本定理； 3.能利用向量方法解决线线、线面、面面的位置关系判定，以及空间距离与角的计算问题，实现几何问题的代数化求解。 复习重难点 重点：（1）空间向量的线性运算与数量积运算。 （2）利用直线的方向向量和平面的法向量判定平行与垂直关系。 （3）利用向量公式计算异面直线夹角、线面角及二面角。 难点：（1）平面法向量的求解及其几何意义的理解。 （2）将立体几何图形准确转化为向量语言（建系与坐标化）。 （3）二面角与向量夹角之间的对应关系（锐角/钝角的判断）． 知识点 空间向量的概念及运算 1.几类特殊的空间向量 名称 定义及表示 零向量 长度为0的向量叫做零向量，记为0 单位向量 模为1的向量称为单位向量 相反向量 与向量a长度相等而方向相反的向量，称为a的相反向量，记为 －a 共线向量(平行向量) 如果表示若干空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合，那么这些向量叫做共线向量或平行向量．规定：对于任意向量a，都有0∥a 相等向量 方向相同且模相等的向量称为相等向量 2．空间向量的线性运算 空间向量的线性运算 加法 a＋b＝ 减法 a－b＝ 数乘 当λ>0时，λa＝； 当λ<0时，λa＝； 当λ＝0时，λa＝0 运算律 交换律：a＋b＝b＋a； 结合律：a＋(b＋c)＝(a＋b)＋c，λ(μa)＝(λμ)a； 分配律：(λ＋μ)a＝λa＋μa，λ(a＋b)＝λa＋λb. 3.证明三点共线和空间四点共面的方法比较 三点（P，A，B）共线 空间四点（M，P，A，B）共面 ＝λ且同过点P ＝x＋y 对空间任一点O，＝＋t 对空间任一点O，＝＋x＋y 对空间任一点O，＝x＋（1－x） 对空间任一点O，＝x＋y＋（1－x－y） 要点速测 1.已知空间四边形中，连结，设分别是的中点，则等于（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】因为分别是的中点，所以，则.故选B. 2.（25-26高二下·广东东莞·期末）已知，，三点不共线，对空间任意一点，满足.若，，，四点共面，则_________ 【答案】 【解析】根据向量线性运算的三角形法则，， 则，即， 因为，，，四点共面，所以，解得. 知识点空间向量的数量积及运算律 1.空间两个向量的夹角的定义：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，注意：共起点找夹角范围：，其中，当，； 或 (为非零向量) 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． 规定：零向量与任何向量的数量积都为0 3.数量积的运算：①，；②(交换律)； ③ (分配律). 4．向量的投影 (1)如图(1)，在空间，向量a向向量b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b共线的向量c，c＝|a|cos〈a，b〉，向量c称为向量a在向量b上的投影向量．类似地，可以将向量a向直线l投影(如图(2))． (2)如图(3)，向量a向平面β投影，就是分别由向量a的起点A和终点B作平面β的垂线，垂足分别为A′，B′，得到，向量称为向量a在平面β上的投影向量．这时，向量a，的夹角就是向量a所在直线与平面β所成的角． 要点速测 1.（25-26高二上·四川·阶段检测）在正方体中，向量在上的投影向量为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】因为在正方体中，, 所以正三角形，过点作，垂足为. 则，所以向量在上的投影向量为，故选B 2.（25-26高二上·云南·期中）已知空间单位向量两两垂直，则（    ） A．1 B． C．3 D． 【答案】D 【解析】因为空间单位向量两两垂直，所以， 因此， 故选：D 3.空间四边形中，，，则的值是（   ） A． B． C． D．0 【答案】D 【解析】，故 所以，故选D． 知识点 利用空间向量证明线面位置关系 1.平面法向量的概念：如图，若直线，取直线的方向向量，我们称为平面的法向量；过点且以为法向量的平面完全确定，可以表示为集合． 2.平面的法向量的求法： 求一个平面的法向量时，通常采用待定系数法，其一般步骤如下: ①设向量：设平面的法向量为 ；②选向量：选取两不共线向量 ③列方程组：由列出方程组； ④解方程组：解方程组 ⑤赋非零值：取其中一个为非零值（常取)； ⑥得结论：得到平面的一个法向量.1.空间中直线、平面的平行与垂直 3.设直线,的方向向量分别为,,平面,的法向量分别为，，则 ①线线平行：⇔⇔() ②线面平行：⇔⇔ ③面面平行：⇔⇔； ④线线垂直：⇔ ⑤线面垂直：⇔⇔ ⑥面面垂直：⇔⇔ 3.利用空间向量证明平行、垂直的一般步骤 要点速测 1.（25-26高二上·北京·阶段检测）如图，在正三棱柱中，D为棱上的点，E，F分别为，的中点，.若平面BCD，则AD的长为___________. 【答案】2 【解析】在正三棱柱中，在平面内过点作，由平面， 得直线两两垂直，以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 设，则， ，设平面BCD的法向量， 则，令，得， 由平面BCD，得，则，解得， 所以AD的长为2. 2.（25-26高三·全国·中职高考）已知正方体中，点M在棱上，直线平面，则点M的位置是（    ） A．点D B．点 C．的中点 D．不存在 【答案】A 【解析】如图，以为原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，    设正方体棱长为1，， ， ， ∵，∴， ∵直线平面，平面， ∴，∴， ∴，解得，此时点M与点D重合． 故选：A． 知识点利用空间向量求距离 1.点P到直线 l 的距离：已知直线l的单位方向向量为，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＝，则点P到直线l的距离为(如图)． 2.点P到平面α的距离：设平面α的法向量为，A是平面α内的定点，P是平面α外一点，则点P到平面α的距离为(如图)． 要点速测 1.（25-26高二上·广东广州·期末）在空间直角坐标系中，已知点，，，则点A到直线BC的距离为（   ） A． B． C． D．1 【答案】A 【解析】因为点，，， 所以，所以. 所以点到直线的距离为.故选：A. 2.（25-26高二下·甘肃兰州·期中）如图，在棱长为2的正方体中，P，M，N分别为AB，，的中点，则点A到平面的距离为（    ） A． B． C．1 D． 【答案】B 【解析】以A为坐标原点，AB，AD，所在直线分别为x，y，z轴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，所以， 令，则，可得.因为，所以点A到平面PMN的距离. 知识点 利用空间向量求空间角 1.两个平面的夹角：平面α与平面β的夹角：平面α与平面β相交，形成四个二面角，我们把这四个二面角中不大于90° 的二面角称为平面α与平面β的夹角． 2.空间角的向量法解法 角的分类 向量求法 范围 两条异面直线所成的角 设两异面直线 l1，l2 所成的角为θ，其方向向量分别为，，则cos θ＝|cos|＝ 直线与平面所成的角 设直线AB与平面α所成的角为θ，直线AB的方向向量为，平面α的法向量为，则sin θ＝|cos|＝ 两个平面的夹角 设平面α与平面β的夹角为θ，平面α，β的法向量分别为，则cos θ＝|cos|＝ 要点速测 1.（25-26高一下·天津红桥·期末）如图，直三棱柱，，点，分别是，的中点，若，则与所成角的余弦值是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】以为原点建立如图所示空间直角坐标系， 设，则，，，， ，，则与所成角的余弦值为：. 2.（25-26高二上·广东东莞·期末）如图，在正方体中，点是棱的中点，则与平面所成角的正弦值_____. 【答案】/ 【解析】以为坐标原点建立空间直角坐标系如下图所示： 设正方体边长为2，可得 所以，设平面的一个法向量为， 可得，令，可得，即， 所以与平面所成角的正弦值为， 题型1 空间向量及其线性运算 ▌例1 （25-26高一下·广东广州·期末）在四面体中，点满足，在上，若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】由题意，在四面体 中，， 所以 ， 因为点在上，设，其中，则， 又因为， 由于不共面，根据空间向量基本定理，对应系数相等， 可得，解得，，所以 ，则，故C正确. 解题要点：空间向量线性运算中的三个关键点 ▌迁移练1（25-26高二下·湖南长沙·期末）如图，在平行六面体中，M为与的交点，若，则下面向量中与相等的向量是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】由图可得，. ▌迁移练2（25-26高一下·重庆·期末）如图，空间四边形中，，，，，，则（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】由已知， . ▌迁移练3（25-26高二下·四川成都·期末）如图，在三棱柱中，与的交点为，则（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【解析】由已知，在中，与的交点为，所以，与互相平分， . 所以，. 题型2 空间向量共线、共面定理 ▌例2 （25-26高一下·广东深圳·期末）已知三点不共线，点在平面外，点P满足，则当点共面时，实数（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】由点四点共面，且， 根据共面向量的基本定理，可得，解得． 解题要点共线定理应用：核心是寻找实数λ使 a=λb。常用于证明三点共线或线线平行。解题时可通过平移使向量首尾相接，或引入公共点，利用线性运算将向量相互表示。 共面定理应用：前提是找到两个不共线向量，再证第三向量可表示为它们的线性组合。常用于证明四点共面或线面平行。 ▌迁移练1（25-26高二上·广东梅州·期末）已知空间三点在同一直线上，则实数（    ） A．0 B．2 C．4 D．6 【答案】D 【解析】设向量 ，， 由于 ，， 共线，存在 使 ，由 ，解得 ， 代入得 ，解得 ，所以，解得 ，因此，. ▌迁移练2（25-26高一下·河南郑州·期末）在空间直角坐标系中，四点共面，则的值为（   ） A．4 B．1 C．6 D．－6 【答案】C 【解析】由， 得. 因为四点共面，所以存在唯一实数对，使得， 所以，解得.故的值为. ▌迁移练3（25-26高二下·江苏盐城·期中）已知空间向量，若点在平面内，则（    ） A． B． C． D．0 【答案】A 【解析】已知点在平面内，， 故，解得，． 题型3 空间向量数量积及应用 ▌例3 （25-26高二下·甘肃酒泉·期中）已知直四棱柱的棱长均为2，，则（    ） A．4 B．2 C． D． 【答案】B 【解析】 在直四棱柱中，，， , . 解题要点：空间向量数量积的3个应用 （1）求夹角：设向量a，b的夹角为θ，则cos θ＝，进而可求两异面直线所成的角； （2）求长度（距离）：利用公式｜a｜2＝a·a，可将线段长度的计算问题转化为向量数量积的计算问题； （3）解决垂直问题：利用a⊥b⇔a·b＝0（a≠0，b≠0），可将垂直问题转化为向量数量积的计算问题. ▌迁移练1（25-26高二上·广东中山·阶段检测）已知，在的投影向量为，且，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】由题可得：，因为在的投影向量为， 所以，即：，且， 代入，，化简得：，解得：， 所以. ▌迁移练2（25-26高二下·江苏连云港·期中）在空间四边形中，，点，分别在上，且，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】由，得，由，得， 所以， 因为， 所以 即 ▌迁移练3（25-26高二上·安徽芜湖·期末）如图，已知正四面体的棱长为3，点满足，为的中点，则（   ）    A． B． C． D． 【答案】B 【解析】设，，． 由，得，由为的中点， 得， 所以 ，故选B. 题型4 投影向量 ▌例4 （25-26高二上·黑龙江哈尔滨·期末）已知空间向量，，则向量在向量上的投影向量为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】在上的投影向量为 .故选：C 解题要点 核心公式：向量在上的投影向量为. 求解步骤：先算两向量数量积，再除以目标向量模的平方，最后乘上目标向量。 ▌迁移练1（2026·山西太原·二模）已知空间向量，平面的一个法向量为，则向量在平面上的投影向量是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】向量在法向量上的投影向量为 ， 设向量在平面上的投影向量，由平行四边形法则可得， 故. ▌迁移练2（24-25高二上·贵州毕节·期末）若空间向量，，则向量在向量上的投影向量的坐标是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】由空间向量，，则向量在向量上的投影向量为.故选：C. ▌迁移练3（25-26高二上·陕西渭南·期中）已知向量，当时，向量在向量上的投影数量为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】由向量， 因为，可得，解得，即， 则，且， 所以向量在上的投影数量为.故选：B. 题型5 空间向量的平行垂直问题 ▌例5 （25-26高一下·安徽六安·期末）在正方体中，是的中点，则下列说法中正确的是（   ）． A．直线与直线相交 B．直线与直线垂直 C．直线与直线平行 D．直线平面 【答案】B 【解析】A：连接，则，直线平面， 又平面，且平面，且， 所以直线与直线异面，不相交，故本选项说法不正确； B：连接；由正方体的性质可知， 又是的中点，所以直线与直线垂直，因此本选项说法正确； C：以为原点，建立如图空间直角坐标系， 设正方体棱长为1，则 所以，不存在实数使， 故直线与直线不平行，故本选项不正确； D：因为，， 所以，所以直线与平面内的直线不垂直， 所以直线与平面不垂直，D不正确. 解题要点：利用空间向量证明平行、垂直的一般步骤 ▌迁移练1（25-26高二上·湖北襄阳·期中）若平面的法向量为，平面的法向量为，直线的方向向量为，则（   ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】B 【解析】对于选项A：若，则， 可得，解得，故A错误； 对于选项BC：等价于， 即，解得，故B正确，C错误； 对于选项D：若，则， 可得， 所以平面与平面不垂直，故D错误； 故选：B. ▌迁移练2（24-25高二上·陕西西安·期中）我国古代数学名著《九章算术》第五卷“商功”中把底面为直角三角形的直三棱柱称为堑堵．如图，在堑堵中，，，分别是线段，上的点，且，，则下列说法正确的是（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】在堑堵中，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系， 不妨设，因，， 则得. 对于A，因，由可得不成立，故A错误； 对于B, 因，由，可得不成立，故B错误； 对于C，因，由，可得，故C正确； 对于D，因，由，可得不成立，故D错误. ▌迁移练3（25-26高一下·广东广州·期中）直三棱柱的所有棱长均为4，D为侧棱的中点，M为侧棱上一点，N为上一点，且，且平面，则的长为（    ） A．1 B．2 C． D． 【答案】C 【详解】 因为三棱柱为直三棱柱，所以可以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 为中点，故， 在上，且，向量， ， 因此的坐标为：， 在上，设，则：. 接着求平面的法向量，设法向量为， ，，， 令，则，. 因为平面，所以， 化简得：， 所以. 题型6 空间角问题 ▌例6 （2026·陕西咸阳·三模）在四面体中，平面，，.若四面体的体积为，则与平面所成角的正弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】 在中，，，由三角形面积公式得， 由余弦定理得 ，故， 因为平面ABC，四面体体积，代入解得， 以B为原点，为轴，平面内垂直于的方向为轴，过B且垂直于平面的方向为轴， 得各点坐标：， ， ， ，， 设平面的法向量为， 则，解得，令得，即 ， 又向量 ，， 设AC与平面所成角为，根据线面角与向量夹角的关系，. 解题要点 1.利用空间向量求线面角的解题步骤 2.向量法求平面与平面的夹角（二面角）的方法 （1）找法向量：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小； （2）找与棱垂直的方向向量：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小. ▌迁移练1（25-26高一下·江苏常州·期末）在正方体中，点分别在线段和上，且，，则直线和所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】设正方体的棱长为1，以D为坐标原点，分别以、、的方向为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系. 则，，，. ∴， ，, . 设直线和所成角为，则， 所以. ▌迁移练2（25-26高二下·广东广州·期末）如图，正三棱柱的所有棱长都为2，且． (1)求证：平面； (2)求平面与平面的夹角的余弦值． 【解】（1）证明：法一：取中点，连结， 因为为正三角形，所以， 又因为正三棱柱中，平面平面，交线为， 所以平面，因为面，所以， 可得，所以． 又因为，所以，所以， 因为，且面，可得面． 又因为面，所以， 因为四边形是正方形，可得， 又因为，且面，所以面． 法二：取中点，以为原点，的方向为轴的正方向， 建立空间直角坐标系， 则， 可得， 因为，所以，即 又因为，所以，即， 因为平面，且，所以平面． （2）解：由（1）可得，． 设平面的法向量为，则， 令，可得，所以， 由（1）知平面．所以为平面的法向量． 设平面与平面的夹角为， 则， 所以平面与平面的夹角的余弦值为． ▌迁移练3（25-26高一下·广东深圳·期末）如图，已知直四棱柱中，，，，，，是的中点，是的中点． (1)求异面直线ND1与B1C夹角的余弦值； (2)求平面与平面夹角的余弦值； 【解】（1）以为原点建立如图所示空间直角坐标系， 得，，，， 由为的中点，得， 所以，， 所以， 故异面直线与夹角的余弦值为. （2）由（1）得，，，，），， 则有，，， 设平面与平面的法向量分别为，， 则有，， 分别取，则有，，，， 即，， 则， 故平面与平面的夹角的余弦值为． 题型7 空间距离问题 ▌例7 （2026高三·全国·专题练习）如图所示，正方体的棱长为1，，，，分别为棱，，，的中点．则平面与平面间的距离为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】连接，因为，，，分别为棱，，，的中点． 则，又平面平面， 所以平面， 连接，则． 所以四边形为平行四边形，所以． 又平面平面，所以平面， 又，平面，所以平面平面. 所以平面与平面间的距离为点到平面的距离. 以为坐标原点，所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系， 则，，，， 设平面的法向量，，， 则有，令得，故，其中， 则点到平面的距离为. 解题要点 1.利用向量求点到直线的距离 设过点P的直线l的单位方向向量为n，A为直线l外一点，点A到直线l的距离d＝. 2.利用向量法求点B到平面α的距离的步骤 ▌迁移练1（25-26高二下·湖北鄂州·阶段检测）在空间直角坐标系中，已知点，则点到平面的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】由题设有，设平面的法向量为， 则，故，取， 而，故点到平面的距离为. ▌迁移练2（25-26高二下·湖南株洲·阶段检测）已知正方体的棱长为分别为正方体的棱的中点． (1)求证：平面； (2)求线段到平面的距离． 【解】（1）取的中点，连接，， 因为点是的中点，所以， 因为平面，平面，所以平面， 由于，分别为正方体的棱，的中点， 所以，，所以四边形为平行四边形，即， 因为平面，平面，所以平面， 由于，平面，平面，所以平面平面， 因为平面，所以平面. （2）如图建立空间直角坐标系， 则、、，， 所以，，， 设平面的法向量为，所以， 所以，令，则，所以， 设点到平面的距离为，则， 由（1）知，∥平面， 则线段到平面的距离即为点到平面的距离， 故线段到平面的距离为． ▌迁移练3（25-26高二下·福建龙岩·期末）如图，在正三棱柱中，M为线段的中点，N为线段上的动点． (1)求证：； (2)若，，二面角的余弦值为，求点到平面的距离． 【解】（1）连接， 在正三棱柱中，为等边三角形，   又因为M为的中点，所以．   又因为平面，平面，所以   又因为，，平面， 所以平面．   又因为平面，所以． （2）设为的中点， 由（1）知，，， 如图，以M为原点，以，，的方向为x，y，z轴建立空间直角坐标系． 因为，，设，， 所以，， 设平面的法向量为， 所以， 令，得，， 所以平面的一个法向量为， 由已知得，，， 所以的中点， 所以平面的一个法向量为， 设平面与平面的夹角为， 因为二面角的余弦值为， 所以， 化简得，解得，， 因为，所以， 所以平面的一个法向量为，， 又，所以， 所以点到平面的距离， 所以点到平面的距离为． 题型8 翻折问题 ▌例8 （25-26高一下·广东深圳·期末）如图，平面四边形ABCD中，，，，，，点E，F满足，，将沿EF翻折至，使得． (1)证明：平面； (2)证明：平面； (3)求直线EC与平面PCD所成角的正弦值． 【解】（1）证明：由，得， 又，在中， 由余弦定理得， 所以，则，即， 又因为在平面ABCD中，，得， 又因为平面，平面，所以平面； (2)证明：由（1）知，翻折后， 连接，由，则， 在中，因，得，则，                又平面，所以平面 （3）由（2）得平面，又平面，所以，则两两垂直， 建立如图空间直角坐标系，则， 所以， 设平面的一个法向量为， 则，令，得，所以， 所以， 设直线EC平面PCD所成角为，则， 即直线EC与平面PCD所成角的正弦值为.　 解题要点 翻折问题的两个解题策略 ▌迁移练1（25-26高二下·湖南邵阳·阶段检测）如图，正方形的边长为．如图，现将正方形沿着对角线翻折，其中为原正方形的中心．    (1)证明：平面平面； (2)翻折至四面体的体积最大时，求与平面所成的角的正弦值． 【解】（1）在图中连接，，    由是正方形，则和都是等腰三角形， 又是正方形中心，所以，， 因为，且，平面，所以平面． 又平面，所以平面平面． （2）在翻折过程中，四面体的体积取最大值时，点到平面的距离最大， 此时平面平面， 因为，且平面平面，平面， 所以平面ABC，所以，，两两垂直． 则以为坐标原点，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图，    因为正方形的边长为，则， 则，，，， 所以，，， 设平面的一个法向量， 因为，即， 令，则，，得， 设与平面所成角为， 则， 所以与平面所成的角的正弦值为． ▌迁移练2（25-26高二下·四川凉山·期末）如图，为直角梯形，，，为的中点，现将沿折起使点至点处，得四棱锥，点为中点．    (1)求证：平面； (2)当二面角为直二面角时，求：直线与平面所成角的正弦值． 【解】（1）  如上图，连接交于，连接， 由题可知：底面是正方形，所以为的中点， 又因为为中点，所以， 又因为平面，平面，所以平面. （2）因为底面是正方形，所以，由二面角为直二面角， 得平面平面，而平面平面，平面， 所以平面，而平面，所以， 又，平面，平面，    以E为坐标原点，，，所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间坐标系，直线与平面所成角为． ，，，， 由图可知为平面的法向量， 则，. ▌迁移练3（25-26高二下·河南·阶段检测）如图1，在平面四边形中，是以为斜边的等腰直角三角形，，是边长为2的等边三角形．现将沿翻折至的位置，使得，如图2． (1)设为的中点，证明：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值． 【解】（1）因为为的中点，是边长为2的等边三角形，所以，且. 如图，连接，在等腰中，，又， 满足，所以，即. 又，且平面，平面，所以平面. （2）由(1)知平面， 以为坐标原点，分别以的方向为轴、轴、轴正方向，建立空间直角坐标系， 如图所示，则 因为平面位于平面内，易知平面的一个法向量为 又. 设平面的法向量为，则， 得，令，得， 即平面的一个法向量为. 设平面与平面的夹角为. 因为， ， 所以. 故平面与平面夹角的余弦值为. 难点一 空间向量中的最值问题 1、基本类型 （1）数量积的最值范围：常考查动点在线段或面上运动时，两向量数量积的取值范围。 （2）空间角的最值范围：包括异面直线所成角、直线与平面所成角以及二面角的极值问题。 （3）长度与距离的最值：涉及动点间距离、点到平面距离或线段长度的最小值求解。 （4）体积的最值范围：探讨动点位置变化时，棱锥等几何体体积的最大值，或当体积取最值时求解其他空间量。 2、求解策略 （1）建立函数法（代数法）：这是最通用的策略。通过建立合适的空间直角坐标系，将几何问题转化为代数问题。引入参数（如动点坐标或比例系数），建立所求目标量（如距离、夹角余弦值）关于参数的目标函数。随后利用一次函数的端点法、二次函数的配方法或三角函数的有界性来求解最值。 （2）几何特征法（几何法）：充分利用几何体的结构特征与公理定理。例如，利用“两点之间线段最短”、“异面直线的公垂线段最短”等性质，将动态问题转化为静态的几何直观判断。 （3）展开图法（平面化）：针对求几何体表面动点间折线段长度最值的问题，可将几何体表面展开为平面图形。在平面展开图中，利用“两点之间线段最短”的原理，将空间折线转化为平面直线段进行直观求解。 （4）变量分析法：透过现象看本质，透彻分析几何体中点、线、面的“动”与“静”的关系。明确变量之间的相互制约关系，从而将复杂的空间最值问题转化为求特定线段或角的最值问题。 难点精练 1．（25-26高二上·江西南昌·期末）如图，在棱长为2的正方体中，为棱的中点，为四边形内（包括边界）一个动点，若直线与平面所成的角为，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】由题意可以以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则， 设，则，而平面的一个法向量， 由直线与平面所成的角为得， 整理得， 因此， 当且仅当时取等号，所以的最小值为．故选D 2.（25-26高二上·安徽淮北·期末）如图，已知四棱台的底面是直角梯形，，，，平面，是侧棱所在直线上的动点，则与平面所成角的正弦值的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】因为平面，且平面， 所以，且，，平面， 所以平面， 以为原点，为x轴，AD为y轴，过点A作垂直于平面的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 设， 则，，，，， 所以，，设为平面的法向量， 则即取，可得，， 所以为平面的一个法向量. 设，，则， 设与平面所成的角为，则==， 令，则有， 当，即时，，此时 当，由存在，得， 解得，当时，，此时，即的最大值为， 所以与平面所成角的正弦值的最大值为. 3．（2026·四川遂宁·二模）在直三棱柱中，，点为的中点，点为侧面内（含边界）的动点，且平面，设直线与平面所成的角为，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】根据题意，以为坐标原点，分别以为轴，建立空间直角坐标系，如图， 设，则， 所以， 设平面的法向量为， 所以，令，得， 设，所以， 因为平面， 所以，解得， 所以， 显然平面的一个法向量为， 所以， 当时，取最大值，即取最大值，即， 所以，所以. 4．（2026高三·全国·专题练习）如图，已知，，，，D为线段的中点．若是绕直线旋转而成的．记二面角的大小为θ． (1)当平面平面时，求θ的值； (2)当时，求二面角的余弦值的取值范围． 【解】（1）因为，所以， 所以为二面角的平面角，则， 在中，，则， 如图，以O为原点，在平面内垂直于的直线为x轴，，所在的直线分别为y轴，z轴建立空间直角坐标系， 则，，，． 设为平面的一个法向量， 由，得， 取，则． 因为平面的一个法向量为，由平面平面得， 所以，即． （2）设二面角的大小为α， 由（1）得当时，； 当时，， ， 因为，所以， 所以， 故． 综上，二面角的余弦值的取值范围为． 5.（25-26高二下·江苏苏州·期末）如图，在直三棱柱中，已知，，，分别是线段，上的动点（不含端点），． (1)求证：； (2)当三棱锥的体积取得最大值时，求平面与平面的夹角的余弦值． 【解】（1）以为坐标原点，，，所在的直线分别为轴，轴、轴建立空间直角坐标系， 设，， 则，，，， 所以，， 又，所以． （2）结合（1）设，，则， 由， 所以当时，三棱锥的体积取得最大值． 所以结合（1）的空间直角坐标系有，，，，， 则 ，，，， 设平面的法向量为，则， 令，则，，即， 设平面的法向量为，则， 令，则，，即可得， 记平面与平面的夹角， 则有， 所以平面与平面的夹角的余弦值为． 6．（2026·福建厦门·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，是正三角形，且平面，若E，F，G分别为PC，PD，CB的中点，点H在直线AB上． (1)求证：直线EF与直线GH为异面直线； (2)过P点的直线l与直线EF，直线HG相交，求直线l与平面EFG夹角正弦值的最大值． 【解】（1）方法一：因为，，分别为，，的中点，点在直线上， 取中点，连接， 故、，则，故四点共面， 因为平面，，平面， 故直线与直线为异面直线； 方法二：假设直线，不异面，则与相交或平行， 若，又因为，则由，显然不成立，矛盾； 若与相交，不妨设两直线交点为，则平面，且平面， 所以在平面与平面的交线上，因为，显然不成立，矛盾， 综上，假设不成立，直线，为异面直线 （2）因为点与直线同在平面中，所以直线平面，又平面， 设直线与直线的交点为，为平面与平面的公共点， 所以交点必在直线上，延长与交于点，联结，则直线即为直线， 因为为中点，所以，又因为，， 所以，所以， 由是正三角形，且为中点，故， 由平面，平面，故， 又，、平面，故平面， 以为原点，建立如图所示空间直角坐标系， 则、、、、、、， 由，分别为，的中点，故、， 则，，，， 设，，则， 所以直线的一个方向向量为， 设平面的法向量为，则有， 取，则，即， 设直线与平面的夹角为，则， 当且仅当时，等号成立，故最大值为 7.（25-26高一下·河北保定·期中）已知直三棱柱中，侧面为正方形，AB＝BC＝2，E，F分别为AC，的中点，D为棱上的点，． (1)证明：AB⊥平面； (2)证明：BF⊥DE； (3)当为何值时，平面与平面DFE所成角的余弦值最大？并求出这个最大值． 【解】（1）因为为正方形，所以， 又，且，平面， 所以平面， 因为直三棱柱，所以，所以平面. （2）取BC中点G，连接，如图所示， 因为E、G分别为AC、BC的中点，所以， 则平面， 因为平面，所以， 因为，所以， 则，则，所以， 因为平面， 所以平面， 因为平面，所以， 因为，且平面， 所以平面， 因为D为棱上的点，所以平面， 所以. （3）由（1）得两两垂直，以B为原点，为轴正方向建系，如图所示， 设，则， 则， 设平面DEF的法向量，则， 所以，令，则，所以， 因为平面，所以平面的法向量为， 所以， 所以当时，有最大值， 所以当时，平面与平面DFE所成角的余弦值最大，最大值为 难点二 空间中的轨迹问题 1.常见动点轨迹类型 （1）等距（定距）型：动点保持到定点、定直线或定平面的距离为定值，或到两定点、两直线的距离相等。其轨迹通常为球面、圆柱面或中垂面。 （2）平行与垂直型：动点运动时，保持与定直线或定平面的平行、垂直关系。其轨迹通常为直线或平面。 （3）定角型：动点与定点连线保持与定直线或定平面成定角。此类轨迹常涉及圆锥曲线的空间推广，如圆锥面被平面所截产生的圆、椭圆、抛物线或双曲线。 （4）比例型（阿波罗尼斯型）：动点到两定点的距离之比为定值，其轨迹为阿波罗尼斯球面。 难点精练 1．（2026·湖北武汉·模拟预测）已知正方体的棱长为，点为棱的中点．若动点在正方体内部或表面上，且，则动点的轨迹所形成区域的体积为（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】空间中到两点距离相等的点的轨迹是两点连线的垂直平分面，表示点在垂直平分面靠近D的一侧， 以为原点建立空间直角坐标系，，则中点 ，设动点，对展开化简： ， 消去同类项后得：，即满足条件的点都在该平面一侧，， 在平面的正方形中，的区域是四边形，顶点为，由梯形面积公式得： ， 方向长度为，体积. 2．（2026·山东东营·模拟预测）在棱长为2的正方体中，点P在正方体的棱上运动，则三棱锥的体积的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】如图，当在的顶点相连的棱上时，当无限靠近时， 三棱锥的高可无限接近于0，故三棱锥可无限接近于0； 当点位于正方体顶点处时，三棱锥的高最大，此时三棱锥的体积最大； 如图建立空间直角坐标系，则, ， 则，即得， 结合平面，可得平面， 即为平面的一个法向量，则B到平面的 距离为， 为边长为等边三角形，其面积为， 故三棱锥的体积最大为， 故三棱锥的体积的取值范围是. 3．（2026·湖南长沙·三模）如图所示，在棱长为2的正方体中，为棱上（含端点）的动点，为棱的中点，则下列结论正确的是（    ） A．若为的中点，则直线与直线是异面直线 B．若为的中点，点到直线的距离为 C．存在点，使得 D．存在点，使得平面 【答案】BC 【解析】选项A， ， 因为为中点，为中点， 所以，所以与在同一平面，所以和不是异面直线. 选项B， ， 建立如图直角坐标系，设，易得，，， 因此， 因为，，. 所以，. 选项C，设，，所以，， 因为，所以，，解得，即存在符合题意. 选项D，因为， 所以，， 设平面法向量， 因为且, 则且,令可得, 所以解得， 若平面，则，，解得，不满足条件，即不存在符合题意的点. 4．（2026·湖南株洲·三模）如图，在棱长为2的正方体中，分别是线段和线段上的动点，且，则下列说法正确的有（    ）    A． B．三棱锥的体积最大值为1 C．若为中点时，则点到直线的距离为 D．三棱锥外接球球心轨迹的长度为 【答案】AC 【解析】   如图，建立空间直角坐标系， 则，，，，，，， 设，，， 则，， 因，所以，故A正确； ， 当且仅当，即时成立，故B错误； 若为中点时，则,，， ，， ，，， ，故C正确； 设三棱锥的外接球球心为， 因为平面，则， 因为为直角三角形，球心在与平行的中垂线上， 所以，， 则球心为，球心的轨迹为一条线段， 当时，球心为，当时，球心为， 轨迹长度为，故D错误. 5．（25-26高一下·陕西西安·期中）正方形的边长为1，且它们所在的平面互相垂直．点分别在正方形对角线和上移动，且．则（   ） A．直线与所成的角为 B．平面 C．当时，的长最小，且最小值为 D．当的长最小时，点到平面的距离为 【答案】ABC 【解析】已知正方形的边长为1，且它们所在的平面互相垂直， 以为坐标原点，建立下图所示空间直角坐标系， 则，故， 设夹角为，则， ，故A正确； ， ， ，， 平面的法向量为， ，， 平面，平面，故B正确； ， ，函数开口向上，对称轴为， 当时取得最小值，最小值为， 故C正确； 当时，， ，设平面的法向量为， 则，令，则， ， 则点到平面的距离为：，故D错误． 6．（2026·广西河池·二模）如图，在棱长为4的正方体中，分别是棱的中点，点为线段上的动点，下列结论正确的是（   ） A．三棱锥的体积为定值 B． C．平面 D．点到直线的距离为 【答案】ABD 【解析】以为原点，方向为轴，方向为轴，方向为轴建立空间直角坐标系， 由已知，平面，所以平面，所以上任意一点到平面的距离等于点到平面的距离， 由已知三角形的面积为定值，所以三棱锥的体积为定值，所以A正确； 由已知分别是棱的中点，所以，，，， 所以，，所以，所以，所以B正确； 点，所以，，设平面的法向量为，所以，得， 所以平面的一个法向量为，点，所以， 所以，即与平面的法向量不垂直，所以与平面不平行，C错误； 过点作，，，所以， 所以，所以，所以D正确. 7．（2026·山西吕梁·二模）如图，在棱长为3的正方体中，点P为线段上的一个动点，则（   ） A．三棱锥的体积为定值 B．存在点P，使平面 C．若，则二面角的余弦值为 D．若，则过点，D，P三点的平面截正方体所得截面的周长为 【答案】ABD 【解析】对于A：连接，显然平面，平面， 所以平面，因为点P为线段上的一个动点， 所以点P到平面的距离等于点到平面的距离，即的长度， 因为为定值， 所以本选项说法正确； 对于B：    当点P与点重合时， 因为平面，平面， 所以，因为四边形是正方形， 所以，因为平面， 所以平面，又因为平面， 所以， 同理可证明，因为平面， 所以平面，因此存在点P，使平面，所以本选项说法正确； 对于C：建立如图所示的空间直角坐标系， ， ， 设平面的法向量为， 令，得，即， 平面的法向量为， ，令，得，即， ， 显然二面角的余弦值为不正确，因此本选项说法不正确； 对于D：在平面中，过点P作的平行线，交于两点， 则为所求的截面， 因为， 所以 所以，，， 所以的周长为. 因此过点，D，P三点的平面截正方体所得截面的周长为，所以本选项正确. 基础达标 1．（24-25高二上·广东深圳·阶段检测）若直线l的一个方向向量为，平面的一个法向量为，则（    ） A．或 B． C． D．与斜交 【答案】A 【解析】由，得，所以或. 2．（25-26高二上·四川南充·阶段检测）已知点关于x轴的对称点为，则（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】由点关于x轴的对称点为，所以． 3．（25-26高二下·福建宁德·期中）如图，空间四边形中，点和点分别在和上，且满足，则下列向量与是共线向量的是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】由，得，由，得， 所以， 对于A，假设共线，则，无解，A错误； 对于B，， 所以与共线，B正确； 对于C，假设共线，则，无解，C错误； 对于D，假设共线，则，无解，D错误； 4．（2026·湖南郴州·模拟预测）阅读材料：空间直角坐标系中，过点且一个法向量为的平面的方程为，阅读上面材料，解决下面问题：已知平面的方程为，点，则点Q到平面距离为（    ） A． B． C． D．1 【答案】B 【解析】依题意，平面过点，其法向量， 则，所以点Q到平面距离. 5．（25-26高一下·重庆·期末）在正三棱柱中，，，则直线与平面所成角的正弦值为（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】取中点，连接，因为为正三角形，故， 正三棱柱中，平面，平面，故， 又，平面，因此平面， 以为原点，、过且平行于的直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系， 已知底面边长，故，高，得各点坐标：，，， 直线的方向向量， 平面上所有点的坐标为，故其一个法向量为，， 设直线与平面所成角为，根据线面角的向量关系： ， 计算得，，代入得：，故B正确. 6．（25-26高二下·福建泉州·期中）已知正方体的棱长为1，点P满足，其中，则直线AP与CD所成角的正切值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】由点满足，则点在线段上动，如图所示， 由于，可知即为直线与所成角， 连接，且， 在中，， . 7．（25-26高二上·福建厦门·期中）下列命题中真命题的是（   ） A．直线的倾斜角不存在； B．若直线的方向向量，平面的法向量，则； C．已知为空间直角坐标系的原点，且，则点到直线的距离是； D．如果向量与任何向量不能构成空间向量的一个基底，那么一定共线． 【答案】CD 【解析】对于A，直线的倾斜角为，A错误； 对于B，因为，故，则或，B错误； 对于C，由题意可知，则与同方向的单位向量为， 则点到直线OA的距离是，C正确； 对于D，如果向量，与任何向量不能构成空间向量的一个基底， 则向量，与任何向量均共面，那么，一定共线，D正确． 8．（25-26高一下·黑龙江·期末）已知A，B，C三点不共线，P为平面ABC外一点，且.若H，A，B，C四点共面，则__________. 【答案】 【解析】由题意可知H，A，B，C四点共面的充要条件是存在，使得且，所以，解得. 9．（24-25高二上·福建厦门·阶段检测）若向量，，且与的夹角为钝角，则实数的取值范围为__. 【答案】 【解析】根据题意与的夹角为钝角， 则，解得； 若两向量方向相反，则存在，使得， 即，解得， 故有且， 所以实数的取值范围为. 10．（安徽宿州市2025-2026学年高二下学期期末考试数学试卷）如图，已知正方体，其中点为线段上靠近的三等分点，点为直线，的交点． (1)若，求，，的值； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 【解】（1）不妨设正方体棱长为3. 如图所示，以为原点，，，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 是、交点，故， 是靠近的三等分点，则， 向量，，，， 因为， 则， 即，解得. 则. （2），，，设平面法向量， 则， 令，得， 设线面角为，满足， 因为， ，， 所以， 即直线与平面所成角的正弦值为. 11．（25-26高二下·江苏镇江·期末）已知四棱锥的底面是菱形，，交于点，底面，点为棱上的点.在空间坐标系中，点，，，. (1)求点坐标； (2)求直线与平面所成的角； (3)求平面与平面的夹角的余弦值. 【解】（1）因底面，且均在平面上，所 以面即为平面. 又因为，所以平行于轴且在平面上， 故点的横、纵坐标与点相同，竖坐标为，所以. 如图，作出符合题意的图形， （2）直线的方向向量可取， 已知，，， 所以，， 设平面的法向量为， 则，解得，，取得. 设直线与平面所成角为，且，， 则，因为，故. 因此直线与平面所成的角为. （3）平面，，, 设平面的法向量为，则， 即，令，得，，即. 由（2）的分析知，平面的法向量为， 设平面与平面的夹角为， 则. 因此​​​平面与平面的夹角的余弦值为. 能力进阶 1．（25-26高二下·四川成都·期中）已知直线平面，且的一个方向向量为，平面的一个法向量为，则实数的值为（   ） A． B．2 C．2或 D．或1 【答案】C 【解析】因为直线平面，则，即，解得或. 2．（25-26高二下·广东·期中）四面体中，，，，且，，则等于（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】依题意，由，得， 由，得，所以. 3．（25-26高一下·重庆·期末）已知是同一平面内的四点，且任意三点不共线，为平面外一点，若，则实数的值为（    ） A．1 B． C． D． 【答案】D 【解析】因为是同一平面内的四点，任意三点不共线， 为平面外一点，当时， 根据共面向量定理的推论，有，解得. 4．（2026高三·全国·专题练习）正方体中，E、F分别为、的中点，则直线与平面所成角的正弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】设正方体的边长为2，并以为z轴的正方向，以为x轴的正方向, 以为y轴的正方向，则， 因此，，， 设面的法向量，则，即， 令，解得，即，设直线与平面所成角为， 则.    5．（25-26高二下·河南·阶段检测）在空间直角坐标系中，三棱锥的四个顶点的坐标分别为，若该三棱锥的四个顶点均在球M的表面上，则球M的表面积为（   ） A．8π B．9π C．11π D．14π 【答案】C 【解析】设球心为，球的半径为R，由，得 解得，即球心，，故球M的表面积为． 故选：C 6．（25-26高一下·山西晋中·阶段检测）如图，在长方体中，分别为，的中点，分别为的中点，则（    ） A．四点在同一平面内 B．三条直线有公共点 C．直线与直线相交 D．直线上存在点使三点共线 【答案】BD 【解析】根据题意，如图所示 对于A，假设四点在同一平面内，根据题意，则有或与相交， 因为，而与相交，则不平行，矛盾，说明与是异面直线， 因此，四点不在同一平面内，故A错误； 对于B，延长，，则，相交于点， 又平面，平面，则平面，平面， 且平面平面，所以，即三条直线有公共点，故B正确； 对于C，直线为长方体的体对角线，为的中点，为的中点， 由于不在平面内，在平面内，所以不在平面内， 而直线和点在平面内，假设直线与直线相交，则交点只能是，即在直线上， 由于在底面上，交底面于，所以不在直线上，矛盾， 因此直线与直线不相交，故C错误； 对于D，直线上存在点使三点共线，等价于交于点， 由题意知，，，，均在平面内，连接， 由于分别为，的中点，为的中点，则关于对称，因此在上， 因为为的中点，所以是的中点，即在上，所以直线平面， 因为直线平面，如图所示，设交于点， 所以直线上存在点使三点共线，故D正确. 7．（25-26高二上·广东中山·阶段检测）如图，正方体的棱长为，点分别为的中点，点为线段上的动点，则下列说法正确的是（    ） A． B． C．当为线段中点时，平面 D．点到直线的距离的最小值为 【答案】ACD 【解析】以为原点，方向分别为轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，，，，，，. A选项，可求得，，所以，因此，所以A选项正确； B选项，在中，，，， ， 因此，所以B选项错误； C选项，若为线段中点时，则，所以，易得平面的一个法向量为， 所以，且平面，所以平面，所以C选项正确； D选项，，，其中，，， 所以点到直线的距离， 且，，， 代入可得：， 当时，有最小值， 此时，所以选项正确. 8．（25-26高二下·云南昭通·阶段检测）已知向量，，，若，，，共面，则在上的投影向量的模为__________. 【答案】 【解析】由，，，共面，则可设， 即有，解得，即， 则， 故在上的投影向量的模为. 9．（25-26高二下·安徽安庆·阶段检测）在长方体中，，为线段上一动点，则的最小值为____． 【答案】/ 【解析】如图所示，以为坐标原点，以为轴，建立空间直角坐标系， 则， 设点，即， 可得，即， 所以， 则， 则当时取得最小值，此时最小值为． 10．（25-26高二下·湖南怀化·期末）如图，在四棱锥中，底面为矩形，，，，． (1)证明：； (2)求点到平面的距离； (3)点为中点，求平面与平面夹角余弦值． 【解】（1）连接，因为四边形为矩形，，， 所以， 因为，所以， 因为，，所以，故， 因为四边形为矩形，则且，所以， 因为，、平面，所以平面， 因为平面，故. （2）因为，，所以，故， 因为，，所以， 因为，、平面，所以平面， 因为，平面，平面，所以平面， 因此点到平面的距离等于点到平面的距离为. （3）取线段的中点，连接， 因为平面，平面，所以， 因为，为的中点，所以， 因为，、平面，所以平面， 以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、、， 当点为的中点时，则， 设平面的一个法向量为，，， 则，取，则， 设平面的一个法向量为，，, 则，取，可得， ， 故当点为的中点时，平面与平面夹角余弦值为. 11．（2026·山东青岛·模拟预测）如图，在圆柱中，是底面圆的直径，和是两条母线，是底面圆上异于，的一动点，是线段的一点，直线平面． (1)求证：为的中点； (2)若，，求二面角的最小值． 【解】（1）连接，设，连接，则是、的中点， 直线平面，平面，平面平面， ．   在中是的中点， 是线段中点．   （2）设为圆柱的一条母线，由题意可知两两垂直， 以为原点，，，的方向为，，轴的正方向建立空间直角坐标系． ，设，，则，，其中，，， 设平面的一个法向量为, 则，故可取． 平面的一个法向量为．   由图可知二面角为锐二面角，设二面角的平面角为， 则， ，当且仅当时取等号， 所以,则，故有， 又，则,所以的最小值为， 即二面角的最小值为. 12．（2026·河南·三模）如图，一张边长为2的正方形纸片，为的中点，现沿将折起至，使得． (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 【解】（1）由正方形边长为 2， 为 中点，得 ， 折叠后, , 因为，所以，所以, 折叠前， ，折叠后， , 又因为 ，且平面 ， 所以; （2） 以 为原点， 为 轴， 为 轴，垂直于平面 的方向为 轴，建立空间直角坐标系，则，，，设， 因为,所以 解得，即 ， 所以 ， ， ， 设平面 的法向量为 ，则,令, 则 ， 设直线 与平面 所成角为 ，则 ， ， ， 所以， 所以直线 与平面 所成角的正弦值是. 13．（2026·天津·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面是边长为的正方形，侧棱底面，，是的中点，作交于点． (1)求证：平面； (2)求平面与平面的夹角的正弦值； (3)线段上是否存在点，使得三棱锥体积为；若存在，求出该点的位置，若不存在，请说明理由． 【解】（1）以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系. ∵ 底面是边长为的正方形，底面，， ∴ . ∵ 是的中点，∴ . ∴ ，， ∴ ， ∴ ，即. 又由题知，且，平面， ∴ 平面. （2）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 . ∵ ，∴ . 即平面与平面的夹角的正弦值为. （3）假设线段上存在点满足条件，设， ∵ ，∴ . 则点到平面的距离. 又，，且， ∴ . ∴ . 令，解得，故存在满足条件的点. 此时的坐标为，即为线段上靠近点的四等分点. 1 / 3 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $