专题03 空间向量与坐标法在立体几何中的简单运用（6大题型专练）高二数学人教A版选择性必修第一册

**基本信息** 以空间向量坐标法为核心，通过六类题型系统构建“建系-坐标量化-代数运算”解题体系，强化几何问题代数化的逻辑推理与空间观念。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |向量锐钝角判定求参数范围|1典例+3变式|数量积正负判定夹角，排除共线情况|从向量数量积概念到参数范围求解，培养运算能力| |四点共面坐标求解问题|1典例+3变式|向量共面条件坐标化|基于共面向量定理，建立几何位置与代数方程的联系| |空间向量夹角与模长计算|1典例+3变式|模长公式、夹角公式直接应用|从向量基本运算到空间度量计算，强化数学表达| |空间直角坐标系建立技巧|1典例+3变式|优先选取两两垂直棱为坐标轴|建系是坐标法基础，影响后续运算准确性| |空间平行垂直位置关系判定|1典例+3变式|向量比例关系证平行，数量积为0证垂直|将几何位置关系转化为代数条件，发展逻辑推理| |空间点坐标精准求解|1典例+3变式|中点公式、向量相等求坐标|坐标求解是代数运算前提，体现数学抽象|

可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 专题03 空间向量与坐标法在立体几何中的简单运用参考答 案 (题型突破举一反三) 题型一：向量锐、钝角判定求参数范围 典例精析 【典例1】【答案】（-1,2U(2,+o) 【解析】由4(0,1，)，B1,2,2),C(1,a,2), 则AB=(11,1),AC=(1,a-1,), 因为∠BAC是锐角， 所以AB.AC>0,且AB,AC不共线， 1+a-1+1>0 则a-1≠1 ，解得a>且a2 则实数a的取值范围为(-1,2U(2,+o)。 上举一反 【变式1-1】【答案】 【解析】若06=(-214(42,0=8+2+>0，则>月 4_21 当a16时，则-2i4,解得1=8：此时方=2a'a,6方向相同， 故a,方的夹角为锐角时，1>-2且1≠8： 故答案为： ξ8+ 变式12【答案1G 【解析】建立如图所示的空间直角坐标系D-xz,则41,0,0)，B(1,0),C(0,1,0),D(0,0,1) 1/19 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 则DB=(11,-),D4=(1,0,-),DC=(0,1-1), 所以DP=DB=(11,-)=(2,,-2), PA=PD+DA=(-,-元，2)+(1,0，-1)=(（1-，-，1-1) PC=PD+DC=(-,-,)+(01,-)=(-,1-,-). ZA D C A B 、P D 因为PAPC不共线， 所以∠APC为钝角，等价于cos∠APC<0,即PA·PC<0, 从而-(1-)1-2(1-)+(2-=(1-1-32)<0，得3元<1. 故答案为： 【变式13】【答案】) 【解析】以D为坐标原点，以DA,DC,DD所在的直线分别为x,y和z轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 设正方体ABCD-ABCD的棱长为1，点P(x,y,2), 则4,0,0)，B11,0,C(0,1,0),D,(0,0,), 所以DB=(,1,-),DP=(x,y,z-1), B人，可符DF=DB,可得c2-)=01-0 因为DB 所以x=九，y=九，z=1-元，即P(2,,1-), 因为点P与点B不重合，所以∠APC≠180°，所以∠APC为钝角，等价于cos∠APC<0, 所以PAPC=0-元，-，元-)-（←元，1-元，-1）=322-41+1<0， 解得3<1<1，即实数2的取值范国为，) 2/19 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 故答案为： 2 D B A B 题型二：四点共面坐标求解问题 典例精析 【典例2】【解析】方法一：坐标法（利用共面向量基本定理） 在平面ABCD内作AS⊥AB,以A为原点，AB,AS,AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图 所示的空间直角坐标系， ZA D M B D 设PA=2a,AB/IDC,BC=CD=2,AB=4,BC⊥CD, B(4,0,0),C(4,2,0),P0,02a,D(2,2,0), ∴.PD=(2,2,-2a),AP=(0,0,2a, 又M,N分别为PB,PC的中点， .M(2,0,m,N(2,l,a) .AM=(2,0,ad),AN=(2,l,a, Ai=AP+PF=AP+2PD=(0,0,2a)+(2,2,-2a)=(22,22,21-元)a), ·AH,AM,AN共面，：存在实数x,y,使得A=xAM+yAN, 即(2元，2元，20-)a=x(2,0,a)+y(2,1,a)=(2x+2y,y,ac+ay), 3/19 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 2=2x+2y 22=y :21-)a=r+y 解得=2 故实数2的值为3； 方法二：坐标法（利用法向量） 在平面ABCD内作AS⊥AB,以A为原点，AB,AS,AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图 所示的空间直角坐标系， 小 M B S D 设PA=2a,:ABIIDC,BC=CD=2,AB=4,BC⊥CD, ∴.B(4,0,0).C(4,2,0),P(0,0,2a,D(2,2,0), ∴.PD=(2,2,-2a,AP=(0,0,2ad), :AH=AP+PH=AP+PD=(0,0,2a)+(2,2,-2a)=(22,2元，21-)a), 又M,N分别为PB,PC的中点， .M(2,0,a),N(2l,a, .AM=(2,0,a),AN=(2,l,a), 设平面AMN的法向量为i=(x,y2), i.AM=2x+az=0 iN=2x+y+=0'y=0'令，=)得」 z=2 x=-a ∴i=（-a,0,2), 又：AH,AM,AN共面， 万=-2a1+40-a=0,解得2 3, 2 故实数2的值为3： 方法三：几何法：延长NH交CD于S,连接SA, 4/19 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 M D S M,N分别为PB,PC的中点， .MN//BC. 又：MN平面ABCD,BCC平面ABCD, .MNII平面ABCD 又：AS=平面AMNH∩平面ABCD, .MN //SA,.BC I/SA, 又AB/ICD. ∴.四边形ABCS是平行四边形， ..AB=CS,..CD=DS 过N作NT //CD交PD于T,.PT=TD, HT NTNT 1 又.HD-DS CD2' 1=PH2 PD3' 故实数2的值为3 三举一反三 【变式2-1】【解析】A(2,3),B(2,34),C(3,4,5),D(4,5,6), 则AB=(11,1),AC=(2,2,2),AD=(3,3,3), 因此AC=2AB,AD=3AB,说明A,B,C,D四点都在直线AB上，而一条直线上的所有点必然共面，因此 A,B,C,D四点共面 【变式2-2】【解析】(1)如图，以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标 系A-yz, 5/19 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 P D E BE 则C(2a,2b,0）,D(0,2b,0),B(2a,0,0),P(0,0,2c), 由E、F分别是AB、PC的中点， 则E(a,0,0),F(a,b,c, .CD=(-2a,0,0),EF=(0,b,c), .CD.EF=(-2a0+0-b+0c=0, .CD⊥EF, 即CD⊥EF: (2)由(1)中建立的空间直角坐标系得，A(0,0,0),D(0,2b,0),P(0,0,2c), .AP=(0,0,2c).AD=(0,2b,0), 又EF=(0,b,c), :EF=AP+D】 2 2 .EF,AP,AD共面 【变式2-3】【解析】(1)因为AD=(5,-4,3)-(10,0)=(4,4,3),BC=(2,0,1)-(31,1)=(-1,-1,0) 所以AD.BC=4×(-1)+(-4)x(-)+3×0=0, 所以AD在BC上的投影向量为O, (2)四点AB、CD不共面，理由如下： 因为AD=(4,4,3),AB=(21,1),AC=(1,0,1), [4=22+4 设 ,即 4=几，该方程组无解， AD=AAB+HAC 3=九+4 所以四点AB、CD不共面 6/19 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 题型三：空间向量夹角与模长计算 典例精析 【典例3】【解析】(1)因为=(-1,0，)，6=(1，-2,0)， 所以ā+6=(-1+1,0-2,1+0)=(0，-2,1)， 所以a+b-V02+(-2}+P=5, (2)因为=(-1,0,1)，6=(1，-2,0)， 所以-b=(-1-1,0+2,1-0)=(-2,2,1), 所以a-(a-b)=(-)x(-2)+0x2+1x1=3」 d-√I+02+1P=2,a-=-22+22+=3, 设a与（à-b)的夹角为a, 则cos0= a(a-)32 dl:a-bv2×32, 又0e0,得0-： (3)因为a=(-1,01),6=(1,-2,0), 所以2à+b=(-1,-2,2),ā-6=(-1-4,24,1)， 因为2a+b与a-6垂直，所以(2a+b{a-b)=0, 故1×(-1-)+(-2)×21+2x1=0,解得1=1. 三举一反三 【变式3-1】【解析】(1)由题意得，ā.b=1×(-2)+0x1+2×0=-2 (2)+b=(1,0,2)+(-2,1,0)=(-11,2),则a+6=1+1+4=v6 )同=i+04=5同=4+10=5，则a5-a 啊5碳*号 -2 【变式3-2】【解析】(1)因为△ADC与△BAC都是等腰直角三角形，∠BAC=∠ADC=90°，AD=2, 所以AC=2W2,AB=AC=2V2, 7/19 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 △PAB中，PA=3V2,PB=V26,PA2+AB2=(322+(2V2}2=18+8=26=PB 故∠PAB=90°，即PA⊥AB 又平面PAB⊥平面ABCD,平面PAB∩平面ABCD=AB,PAC平面PAB, 所以PA⊥平面ABCD (2)以A为原点，AB为x轴，AC为y轴，AP为z轴建立直角坐标系，如图所示 B A0,0,0,B(2W2,0,0),C(0,2V2,0,D(-√2，V2,0),P0,0,32), PB=(22,0,-32),AP=(0,0,32),PD=（-V2,v2,-32) 设PM=P8元0,1D,则PM=(22,0,-3N2,AM=AP+PM=(220,321-2刃 因为PD/I平面AMC,AM∩AC=A,所以PD可由AM和AC线性表示， 1 = 3 设 ,则 22x=-V2 ,解得 x= 2√2y=√2 2 PD=xAM+yAC 3W21-)x=-32 y22 所以PM= a） 所以PM- 【变式3-3】【解析】(1)由题意，得AD=(-1,山，元-3)，AB=(2,4,4),AC=(1,2,0), :A,B,C,D四点共面， ∴存在实数x,y使得AD=xAB+yAC。 即(-1,1，-3)=x(2,4,4)+y0,2,0), 8/19 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 -1=2x+y 1-4x+2y,解得3，入2 2-3=-4x x二8 9, y=-4 9 故2的值为2 (2)AB=(2,4,4),CD=(-2,-1,元-3)， 设直线AB和直线CD的夹角为O, AB CD cos0=cos(AB,CD) 4(-3_2(2-32 ABCD6×V5+(2-3} 3V5+(-3) 2 31 5+(2-3)2, 因方R5a-32s所以-o.苏以m0- 5 15 所以两直线AB和CD的夹角余弦值的范围是！ 2 0, 3 题型四：空间直角坐标系建立技巧 典例精析 【典例4】【解析】(1)B(2,0,0,C(0,4,0),E(0,0,1),G(0,2,-2) (2)因为BC=(-2,4,0),EG=(0,2,-3), 所以EG.BC=-2×0+4×2+0x(-3)=8. (3)依题意可得n=(0,0,)是平面ABC的一个法向量， cos(m,EG〉 nEG_-3.3v13 园1x13, W13 所以EG与平面ABC所成角的正弦值为 13 三举一反三 【变式41】【解析】(1)由题知，当经过π秒时，N(-l,0,),M(0,l),则ON=(-1,0,,OM=(01,), 设平面OMN的法向量为n=(x,y,z), 9/19 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ON.n=-x+πz=0 则 OMn=y+形=0令21得x=元y=-x则万=（怀-元） z=1 易知平面Oxy的一个法向量为m=(0,0,), 记平面OMN与平面Oy夹角为0 则cos0= m:列_r×0+(-×+1×1-V2元2+1 m时1×V元+(-'+1 2π2+1. (2)因为经过2π秒，蚂蚁N第一次爬到A的正上方的位置，此时蚂蚁N到平面Oxy的距离为2π， 所以蚂蚁N沿，轴正方向移动的速度为2元 =1,绕着圆柱旋转的角速度为2 =1, 所以当经过(0<t<2m)秒时，N(cos1,sint,), 又A(1,0,0),B(01,0),所以AB=(-l1,0),0N=(cos6,sin,), 所gowB-w+=m-引}即-》9， 又0<1<2π’即-4 <1-<7π 行3，解得 得7匹≤1s 12 【变式42】【解析】(1)证明：在菱形BB,CC中，BC⊥B,C,又AB⊥B,C,AB∩BC=B, 所以B,C⊥平面ABC,AOc平面ABC,所以BC⊥A0, 侧面BB,CC为菱形，对角线BC,BC相交于O, 所以O为BC的中点，因为AB=AC,所以A0⊥BC, 又BC∩BC=O,所以AO⊥平面BBCC ②2 (2)由(1)可知，A0⊥B,C,所以AC=AB,AC⊥AB,AC=√2， 所以A0=)BC=l,又∠CBB=60,所以aCBB为等边三角形， 2 所以BC=BC=CC=2,BB的中点为D,CD=V3, c455g42别 G(020 10119 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 放配-(-w4G(尊月 31 所以cosB,C,AC B.C.AC 22 2 所以异面直线BC与4C所成角的余弦值为：2 【变式43】【解析】(1)由题意可知，半正多面体的棱长为V2, 则正方体的棱长为2x2x5-2, 2 B E 所以A(21,0),F(2,2,),B(1,0,2),C(0,1,2),D(1,2,2): (2)AF=(01,1),BC=(-1,1,0), 所以BE=元BC=(元，，0)，∈[0刘， 则E(1-元，元，2)，则DE=(←元-2,0)， 设直线DE与直线AF所成角为B, 则os0=-os(,DE AF.DE 12-2 513 AF DE 2V22+(2-2)2 26, 即62+元-1=0，解得2 3或1-1 （舍)， 1 即2的值为3 题型五：空间平行、垂直位置关系判定 三典例精析 11/19 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 【典例5】【解析】(I)因为MA⊥平面ABCD,且AB,ADc平面ABCD, 所以，AM⊥AB,AM⊥AD 在正方形ABCD中，AB⊥AD, 所以，AB,AD,AM两两垂直， 如图，以A为原点，AB,AD,AM方向为本人2轴，建立空间直角坐标系A-2, ZA M 因为底面ABCD边长为1的正方形，MA=2, 则C1,1,0),M(0,0,2),B(1,0,0),D(0,1,0),CM=(-1,-1,2), 设P(x,y,z), 由m-Cw,可得x-山y-l2=-1-l2. 解得x= 4 4421 （②正明因为M派=0-2DF气售5引 所以.M5DP=等+0号0，则5LDp、 5 所以，MB⊥DP. 举一反三 【变式5-1】【解析】由题意可知AB,AC,AA两两垂直，则以A为原点，AB,AC,AA的方向 分别为x,y,2轴的正方向， 建立如图所示的空间直角坐标系.设AB=2,则A4=4 12119 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 B, F必A C 所以D(0,14),F(1,0,0),E(0,2,2),G(2,0,3),则DF=(1,-1,4),EG=(2,-2,1) 因为DF.EG=1x2+(-I)×(-2)+(-4)x1=0, 所以DF⊥EG,即DF⊥EG. 【变式5-2】【解析】证明：依题意，以A为坐标原点，AB,AC,AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴 建立空间直角坐标系， G D有 C立 B 又D,E,F,G分别是棱AB,BC,CP,AP的中点，AB=AC=PA=2. 所以D1,0,0),E11,0),F(01,),G(0,0,1) 所以DG=(-1,0,1),EF=(-1,0,1), 则DG=EF,而点D:直线EF,所以DGIIEF 【变式5-3】【解析】(I)因MA⊥平面ABCD,底面ABCD是边长为1的正方形，则AB,AD,AM两两互 相垂直， 故可以A为坐标原点，分别以AB,AD,AM所在直线为x,y,2轴，建立空间直角坐标系， 13119 的学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ZA B 如图，易得M(0,0,2),B(1,0,0),C1,1,0),D(01,0). 设P(xyz),则CP=(x-1,y-1,z),CM=(-1,-1,2), 由C-写CM代入坐标，可得（-hy-l2)-l-l,2)， 4 42 442 解得x=y=z=5,故点p的坐标为535) （2由山易构@=(0-2)0p-(传写引】 4 因MB.Dp-1x4 -2× 5 =0,故MB⊥DP 题型六：空间点坐标精准求解 三典例精析 【典例6】【解析】(1)证明：由题意可得A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),E(0,0,2), F(2,0,2),G(2,2,2),H(0,2,2) 由于P,O分别为线段AE与线段BC的中点，故P(0,0,1),(21,0), 则PG=(2,2,1),F=(-21,2), 则PG:0F=2×(-2)+2×1+1×2=0,即PG1Qi, 故PG⊥QH (2)不相交，理由如下： 由(1)知P2=(21,-,DF=(2,-2,2),AP=(0,0,1),AD=(0,2,0) 假设PO与DF相交，设实数t,5,则直线P吧上的点的坐标为AP+P四=(2,41-)， 直线DF上的点的坐标为AD+sDF=(2,2-2s,2s), 14119 丽学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 若直线P与直线DF相交，则存在1，s,使(24,41-)=(2,2-2,2s), [2t=2s 即t=2-2s,该方程组无解，故P四与DF不相交 1-t=2s G B 举一反三 【变式61】【解析】(1)：AC=BC,M是AB的中点，CM⊥AB, 又：EA⊥平面ABC,CMC平面ABC,∴EA⊥CM, :EA∩AB=A,EAc平面AEM,ABC平面AEM, ∴.CM⊥平面AEM,而EMc平面AEM,.CM⊥EM (2)如图，以M为原点，分别以MB,MC为x轴，y轴， 建立如图所示空间直角坐标系M-2 M B 则M0,0,0)，,C(0,2W2,0),B(2V2,0,0),D(22,0,4),E(-2N2,0,2), 所以ME=(-22,0,2),MC=(0,22,0),BD=(0,0,4),BC=(-22,22,0). m.ME=-2√2x+2z1=0 设平面EMC的法向量为m=G,X,2)'则mMC=22=0 EMC 取x=1,y=0,乙=V2,所以m=(1,0,2). .BC=-22x2+2W2y2=0 设平面BCD的法向量为7=，》则 BCD n.BD=4z2=0 15119 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 取为2=1，为=1，=0，所以n=(1,0). cos(m,n训= m.1√6 m同2x5=6, 设平面EMC与平面BCD所成的角为0，而B∈[O,], ，1V30 :.sin0=1-cos2m,i=1-6=6, 30 所以平面EMC与平面BCD所成的角的正弦值为6 (3)在棱DC上存在一点N,设N(x,y,),且DN=1DC,0≤1≤1， .(x-2W2,y,z-4)=2(-22,22,-4), x=22-22,y=22,z=4-41, .MN=(2√2-2√2,2√2元，4-42)， 若直线N与平面EMc所成的角是， 则cos(M,m= 22-2V2+V2(4-42) 5×81-2}+82+16(1-2} 所以符合条件的点N存在，为棱DC的中点N(W2,V2,2), 【变式6-2】【解析】(1)如图，以D为原点，DA,DC,DD为x,y,z轴建立空间直角坐标系， 则B(2,20),P(0,2,5),(0,03),F(2,2,3),设E(xy,z), ZA D B E B 由于平面ADDAII平面BCCB,平面CDD,G/I平面BAAB, 且平面EFPO与平面ADDA,平面BCCB的交线分别为EO,FP 平面EFP2与平面CDD,C,平面BAAB的交线分别为OP,EF, 16119 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 因此E0IIFP,OP/IEF,故四边形EFPO为平行四边形， ∴E=PF,则有(x,y2-3)=(2,0,-2), 解得x=2,y=0,z=1, .E(2,0,I),EP=(-2,2,4),0B=(2,2,-3), ..cos(EF,n)= E乎.0B_-12。V102 EP·②BV24×1717, 设异面直线EP与BO所成角为O, 则ow0-omF-。 异面直线EP与B0所成角的余弦值为 V102 17 (2)设平面ABCD上一点H(a,b,0)」 因为4(2,0,6)，则4H=(a-2b,6),P=(0,22),F=(2,2,0), 由AH⊥平面a,则AH可以作为平面α的一个法向量， 0p.4H=2b-12=0 则有0F.4i=2(a-2)+2b=0' 解得a=-4,b=6,H(4,6,0). 【变式63】【解析】(1)证明如下： :AC=BC,M是AB的中点， ∴.CM⊥AB 又：EA⊥平面ABC,CMC平面ABC, ∴.EA⊥CM, :EA∩AB=A,EAc平面AEM,ABC平面AEM, .CM⊥平面AEM,EMC平面AEM, ∴.CM⊥EM (2) 17119 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ZA B 以M为原点，分别以MB,MC为x轴，y轴，建立如图所示空间直角坐标系M-z. 则M0,0,0),C0,V2,0),BN2,0,0),D(2,0,2),E(-V2,0,1), 所以ME=(-V2,0,),MC=(0,2,0),BD=0,0,2),BC=(-V2,V2,0). m.ME=-√2x+z,=0 设平面 c的法向量为m=任，则 EMC m.MC=2y=0 取x=1,=0,名=V2,所以m=(1,02). (n.BC=-2x+2y2=0 设平面。的法向量为 BCD =k,,》则1m-BD=22,=0 取=1，=1,2=0，所以n=(1,1,0). m…n 16 设平面EMC与平面BCD所成的角为B, 30 所以平面EMC与平面BCD所成的角的正弦值为 6 (3)在棱DC上存在一点N,设N(x,y2),且DN=DC,0≤≤1， ∴.(x-V2,y,z-2)=(-V2,V2,-2), x=V2-2,y=V2%,z=2-2n, .MN=(W2-√22，V21,2-22). 若直线MN与平面EMC所成的角是60°， √2-√2+√2(2-2) 则os(瓜m）产5x20-+2+40-对 -sin 2,解得2= 18119 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 所以得合条科的点看有，为按心的中点N) 19119 专题03 空间向量与坐标法在立体几何中的简单运用 （题型突破·举一反三） 题型一：向量锐、钝角判定求参数范围 题型二：四点共面坐标求解问题 题型三：空间向量夹角与模长计算 题型四：空间直角坐标系建立技巧 题型五：空间平行、垂直位置关系判定 题型六：空间点坐标精准求解 空间向量坐标法是立体几何的核心解题方法，核心思路为建立空间直角坐标系，用坐标量化向量，将几何位置关系与度量问题转化为代数运算，规避几何作图与推理难点。 解题首要步骤是建系，优先选取几何体两两垂直的棱为坐标轴，保证坐标简洁准确，再利用中点公式、向量相等、数乘运算标注所有关键点坐标。其次依托向量坐标运算解决各类题型：通过向量数量积正负判定夹角锐钝角、求解参数范围；利用向量共面条件解决四点共面问题；借助向量模长、夹角公式完成空间度量计算。 同时可依据向量坐标比例、数量积为0，精准判定空间线线、线面的平行与垂直关系。解题易错点为锐角需排除向量共线同向情况，钝角排除共线反向情况，规范运算即可高效解决绝大多数立体几何问题。 题型一：向量锐、钝角判定求参数范围 【典例1】（2026·高二·福建龙岩·期末）已知，，三点，若是锐角，则实数a的取值范围为__________． 【答案】 【解析】由，，， 则， 因为是锐角， 所以，且不共线， 则，解得且， 则实数a的取值范围为. 【变式1-1】（2026·高二·天津武清·阶段检测）已知向量，且向量的夹角为锐角则的取值范围是____________． 【答案】 【解析】若，则， 当时，则，解得，此时，方向相同， 故的夹角为锐角时，且， 故答案为： 【变式1-2】（微主题一利用坐标法数学机械化）设动点在棱长为的正方体的对角线上，记，当为钝角时，的取值范围为______． 【答案】 【解析】建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，． 则，,, 所以， ， ． 因为不共线， 所以为钝角,等价于，即， 从而，得． 故答案为：. 【变式1-3】（2026·高三·辽宁·期中）已知动点在正方体的对角线（不含端点）上．设，若为钝角，则实数的值为______． 【答案】 【解析】以为坐标原点，以所在的直线分别为和轴，建立空间直角坐标系，如图所示，设正方体的棱长为1，点， 则， 所以， 因为，可得，可得， 所以，即， 因为点与点不重合，所以，所以为钝角，等价于， 所以， 解得，即实数的取值范围为. 故答案为：. 题型二：四点共面坐标求解问题 【典例2】如图，在四棱锥中，平面，，，，，分别为的中点. 设，且，，，四点共面，求实数的值. 【解析】方法一：坐标法（利用共面向量基本定理） 在平面内作，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，，，，， ，，，， ，， 又分别为的中点， ，， ，， ， 共面，存在实数，使得， 即， ，解得， 故实数的值为； 方法二：坐标法（利用法向量） 在平面内作，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，，，，， ，，，， ，， ， 又分别为的中点， ，， ，， 设平面的法向量为， ，，令得， ， 又，，共面， ，解得， 故实数的值为； 方法三：几何法：延长交于，连接， ，分别为，的中点， ， 又平面，平面， 平面， 又平面平面， ，， 又， 四边形是平行四边形， ，， 过作交于，， 又， ， 故实数的值为. 【变式2-1】已知空间四点：，判断四点是否共面． 【解析】， 则， 因此，，说明四点都在直线上，而一条直线上的所有点必然共面，因此四点共面. 【变式2-2】（2026·高二·陕西汉中·阶段检测）如图，在矩形中，，，矩形所在平面外一点满足平面，、分别是、的中点，且．请建立适当的空间直角坐标系，然后证明： (1)； (2)，，共面． 【解析】（1）如图，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系， 则，，，， 由、分别是、的中点， 则，， ，， ， ， 即； （2）由（1）中建立的空间直角坐标系得，，，， ，， 又， ， ，，共面． 【变式2-3】（2026·高二·上海浦东新·期末）给定点与点． (1)求在上的投影向量； (2)判断四点是否共面？ 【解析】（1）因为，， 所以， 所以在上的投影向量为. （2）四点不共面，理由如下： 因为，，， 设，即，该方程组无解， 所以四点不共面. 题型三：空间向量夹角与模长计算 【典例3】（2026·高二·浙江杭州·期中）已知向量. (1)求； (2)求与的夹角； (3)若与垂直，求实数t的值． 【解析】（1）因为， 所以, 所以； （2）因为， 所以， 所以， ，， 设与的夹角为， 则， 又，得； （3）因为， 所以，， 因为与垂直，所以， 故，解得. 【变式3-1】（2026·高二·陕西汉中·阶段检测）已知向量，. (1)求； (2)求； (3)求. 【解析】（1）由题意得，. （2），则. （3），则. 【变式3-2】（2026·高三·上海·阶段检测）如图，四棱锥中，与都是等腰直角三角形，，平面平面，点在棱上． (1)证明：平面； (2)若平面，求线段PM长度． 【解析】（1）因为与都是等腰直角三角形，，， 所以， 中，， 故，即 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面 （2）以为原点，为轴，为轴，为轴建立直角坐标系，如图所示 ， ，， 设，则， 因为平面，，所以可由和线性表示， 设，则，解得 所以， 所以 【变式3-3】（2026·高二·广东汕头·阶段检测）已知空间四点，，，. (1)若、、、四点共面，求的值； (2)求直线和直线夹角余弦值的取值范围. 【解析】（1）由题意，得，, ，，，四点共面， 存在实数使得， 即， 则，解得，，， 故的值为. （2），，      设直线和直线的夹角为， ，              因为，，所以，所以， 所以两直线和的夹角余弦值的范围是 . 题型四：空间直角坐标系建立技巧 【典例4】（2026·高二·云南·阶段检测）在三棱锥中，两两垂直，，底面，点在平面的下方，且.以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系. (1)直接写出四点的坐标； (2)求； (3)求与平面所成角的正弦值. 【解析】（1）. （2）因为， 所以. （3）依题意可得是平面的一个法向量， ， 所以与平面所成角的正弦值为. 【变式4-1】（2026·高二·河北邢台·开学考试）在底面半径为1，高为的圆柱OP中建立如图所示的空间直角坐标系．在点处有一只蚂蚁M（视为质点）沿z轴正方向以每秒1个单位长度的速度爬行，同时在点处有一只蚂蚁N（视为质点）沿着圆柱的表面逆时针匀速螺旋爬行，经过秒，蚂蚁N第一次爬到A的正上方的位置，此时蚂蚁N到平面Oxy的距离为． (1)当经过秒时，求平面OMN与平面Oxy夹角的余弦值； (2)当经过秒时，，求t的取值范围． 【解析】（1）由题知，当经过秒时，，则， 设平面的法向量为， 则，令，得，则， 易知平面的一个法向量为， 记平面与平面夹角为， 则. （2）因为经过秒，蚂蚁N第一次爬到A的正上方的位置，此时蚂蚁N到平面的距离为， 所以蚂蚁沿轴正方向移动的速度为，绕着圆柱旋转的角速度为， 所以当经过秒时，， 又，所以， 所以，即， 又，即，所以，解得. 【变式4-2】（2026·高二·北京顺义·期中）如图三棱柱中，侧面为菱形，对角线，相交于O，，. (1)求证：平面； (2)若，，，棱的中点为D，以棱CD，所在直线分别为x轴、y轴建立直角坐标系（如图）. ①直接写出，的坐标； ②求异面直线与所成角的余弦值. 【解析】（1）证明：在菱形中，，又，， 所以平面，平面，所以， 侧面为菱形，对角线，相交于O， 所以O为的中点，因为，所以， 又，所以平面. (2)①，；②. （2）由（1）可知，，所以，，， 所以，又，所以为等边三角形， 所以，的中点为D，， 所以，，，，，， 故，， 所以， 所以异面直线与所成角的余弦值为：. 【变式4-3】（2026·高二·上海·期中）有很多立体图形都体现了数学的对称美，其中半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体因其最早由阿基米德研究发现，故也被称作阿基米德体.如图，这是一个棱数为，棱长都相等的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，可以看成是由一个正方体截去八个一样的四面体所得.已知点为线段上一点且，若直线与直线所成角的余弦值为，设半正多面体的棱长为，将半正多面体补成正方体，建立如图所示的空间直角坐标系. (1)求正方体的棱长，并写出A，B，C，D，F点的坐标. (2)求. 【解析】（1）由题意可知，半正多面体的棱长为， 则正方体的棱长为， 所以，，，，； （2），， 所以，， 则，则， 设直线与直线所成角为， 则， 即，解得或（舍）， 即的值为. 题型五：空间平行、垂直位置关系判定 【典例5】（2026·高二·陕西榆林·阶段检测）如图所示，平面，底面边长为1的正方形，2，P是MC上一点，且. (1)建立适当的坐标系并求点坐标； (2)求证：. 【解析】（1）因为平面，且平面， 所以，， 在正方形中，， 所以两两垂直， 如图，以为原点，方向为轴，建立空间直角坐标系， 因为底面边长为1的正方形，2， 则，， 设， 由，可得， 解得，即. （2）证明:因为， 所以，，则， 所以，. 【变式5-1】如图，在直三棱柱中，，，D，E，F分别是棱，，的中点，点G在棱上，且．证明：． 【解析】由题意可知，，两两垂直，则以为原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向， 建立如图所示的空间直角坐标系．设，则． 所以，，，，则，． 因为， 所以，即． 【变式5-2】如图，在三棱锥中，平面，，，，，分别是棱，，，的中点，．求证：； 【解析】证明:依题意，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． 又，，，分别是棱，，，的中点，． 所以，，，． 所以，， 则，而点直线，所以． 【变式5-3】（2026·高二·吉林·期中）如图所示，平面，底面是边长为1的正方形，点是上一点，且． (1)建立适当的坐标系并求点的坐标； (2)求证：． 【解析】（1）因平面，底面是边长为1的正方形，则两两互相垂直， 故可以为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系， 如图，易得，，，. 设，则， 由代入坐标，可得， 解得，故点的坐标为. （2）由（1）易得， 因，故. 题型六：空间点坐标精准求解 【典例6】（2026·高二·河南·阶段检测）已知正方体的棱长为2，且P，Q分别为线段AE与线段BC的中点，现以A为坐标原点，为x轴的正方向，为y轴的正方向，为z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．    (1)证明：； (2)判断直线PQ与直线DF是否相交？若相交，求出交点坐标；若不相交，请说明理由． 【解析】（1）证明：由题意可得，，，，， ，，， 由于P，Q分别为线段AE与线段BC的中点，故，， 则，， 则，即， 故． （2）不相交，理由如下： 由（1）知， ，，， 假设PQ与DF相交，设实数t，s，则直线PQ上的点的坐标为， 直线DF上的点的坐标为， 若直线PQ与直线DF相交，则存在t，s，使， 即，该方程组无解，故PQ与DF不相交. 【变式6-1】（2026·高三·天津·开学考试）在如图所示的多面体中，平面，平面，，且，是的中点． (1)求证：； (2)求平面与平面所成角的正弦值； (3)在棱上是否存在一点，使得直线与平面所成的角是，若存在，写出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【解析】（1），是的中点，， 又平面，平面，， ，平面，平面， 平面，而平面，. （2）如图，以为原点，分别以，为轴，轴， 建立如图所示空间直角坐标系. 则，，，，， 所以，，，. 设平面的法向量为，则， 取，，，所以. 设平面的法向量为，则， 取，，，所以. ， 设平面与平面所成的角为，而， ， 所以平面与平面所成的角的正弦值为. （3）在棱上存在一点，设，且，， ， ，，， ， 若直线与平面所成的角是， 则，解得， 所以符合条件的点存在，为棱的中点. 【变式6-2】（2026·高三·上海·开学考试）如图，在长方体中，，点F是的中点，点P在上，若过的平面交于E，交于Q.若点Q是的中点，且.    (1)求异面直线与所成角的余弦值； (2)若平面上有一点H满足平面，求点H的坐标. 【解析】（1）如图，以D为原点，DA，DC，为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 则，，，，设， 由于平面平面，平面平面， 且平面与平面，平面的交线分别为 平面与平面，平面的交线分别为， 因此，故四边形为平行四边形， ∴，则有， 解得，，， ∴，，， ∴， 设异面直线与所成角为， 则， 异面直线与所成角的余弦值为. （2）设平面ABCD上一点， 因为，则，，， 由平面，则可以作为平面的一个法向量， 则有， 解得，，∴. 【变式6-3】（2026·高二·天津西青·阶段检测）在如图所示的多面体中， EA平面ABC， DB平面ABC， ACBC， 且， M是AB的中点. (1)求证: CMEM； (2)求平面EMC与平面BCD所成角的正弦值； (3)在棱DC上是否存在一点N，使得直线MN与平面EMC所成的角是60°，若存在，写出点N的坐标；若不存在，请说明理由. 【解析】（1）证明如下： ，是的中点， ， 又平面，平面， ， ，平面，平面， 平面，平面， . （2） 以为原点，分别以，为轴，轴，建立如图所示空间直角坐标系. 则，，，，， 所以，，，. 设平面的法向量为，则， 取，，，所以. 设平面的法向量为，则， 取，，，所以. ， 设平面与平面所成的角为， ， 所以平面与平面所成的角的正弦值为. （3）在棱上存在一点，设，且，， ， ，，， ， 若直线与平面所成的角是60°， 则，解得， 所以符合条件的点存在，为棱的中点. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司zxxk.com 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 专题03 空间向量与坐标法在立体几何中的简单运用 (题型突破举一反三) 目录 题型一：向量锐、钝角判定求参数范围 题型二：四点共面坐标求解问题 题型三：空间向量夹角与模长计算 题型四：空间直角坐标系建立技巧 题型五：空间平行、垂直位置关系判定 题型六：空间点坐标精准求解 解题必备 空间向量坐标法是立体几何的核心解题方法，核心思路为建立空间直角坐标系，用坐标量化向量，将 几何位置关系与度量问题转化为代数运算，规避几何作图与推理难点。 解题首要步骤是建系，优先选取几何体两两垂直的棱为坐标轴，保证坐标简洁准确，再利用中点公式、 向量相等、数乘运算标注所有关键点坐标。其次依托向量坐标运算解决各类题型：通过向量数量积正负判 定夹角锐钝角、求解参数范围；利用向量共面条件解决四点共面问题；借助向量模长、夹角公式完成空间 度量计算。 同时可依据向量坐标比例、数量积为0，精准判定空间线线、线面的平行与垂直关系。解题易错点为 锐角需排除向量共线同向情况，钝角排除共线反向情况，规范运算即可高效解决绝大多数立体几何问题。 1/11 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 题型一：向量锐、钝角判定求参数范围 典例精析 【典例1】(2026高二福建龙岩期末)己知A(0,1),B(1,2,2),C(1,a,2)三点，若∠BAC是锐角，则实 数a的取值范围为 举一反三 【变式1-1】(2026高二·天津武清阶段检测)已知向量=(-21,4)，b=(4,2,),且向量a,6的夹角为 锐角则t的取值范围是 【变式1-2】（微主题一利用坐标法数学机械化）设动点P在棱长为1的正方体ABCD-ABCD,的对角线 BD上，记DP=元DB(0<元<)，当∠APC为钝角时，元的取值范围为一 【变式1-3】(2026高三辽宁期中)已知动点P在正方体ABCD-ABCD的对角线BD,(不含端点)上. 85入，若∠AC为纯角，则实数2的位为-一 设D,B 题型二：四点共面坐标求解问题 典例精析 【典例2】如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD,BC⊥CD,ABIIDC,BC=CD=2, AB=4,M,N分别为PB,PC的中点 M D 设PH=PD,且H,A,M,N四点共面，求实数元的值 2/11 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 上举一反三 【变式2-1】已知空间四点：A,2,3),B(2,3,4),C(3,4,5),D(4,5,6),判断A,B,C,D四点是否共面. 【变式2-2】(2026高二陕西汉中阶段检测)如图，在矩形ABCD中，AB=2a,BC=2b,矩形ABCD 所在平面外一点P满足PA⊥平面ABCD,E、F分别是AB、PC的中点，且PA=2C.请建立适当的空间 直角坐标系，然后证明： A E B (I)EF⊥CD: (2)EF,AP,AD共面： 【变式2-3】(2026高二·上海浦东新期末)给定点A(1,0,0八B(3,1八C(20,1)与点D(5,-4,3), (I)求AD在BC上的投影向量： (2)判断四点A、BC、D是否共面？ 题型三：空间向量夹角与模长计算 三典例精析 【典例3】(2026高二浙江杭州期中)已知向量ā=(-1,0,1)，b=(1,-2,0), 3/11 丽学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ()求ld+bl: (2)求a与（à-b)的夹角： (3)若2a+b与a-tb垂直，求实数t的值. E 举一反三 【变式3-1】(2026高二·陕西汉中阶段检测)已知向量ā=(1,0,2)，万=(-2,10). ()求ai: (2求|a+b: 3)求cos(a,6】 【变式3-2】(2026高三·上海·阶段检测)如图，四棱锥P-ABCD中，△ADC与△BAC都是等腰直角三角 形，∠BAC=∠ADC=90°，平面PAB⊥平面ABCD,PA=3V2,AD=2,PB=V26,点M在棱PB上. M B (I)证明：PA⊥平面ABCD: (2)若PDII平面AMC,求线段PM长度. 【变式3-3】(2026高二广东汕头阶段检测)已知空间四点A(0,2,3),B(2,-2,-1),C(1,4,3), 4/11 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 D(-1,3,) (I)若A、B、C、D四点共面，求九的值： (2)求直线AB和直线CD夹角余弦值的取值范围， 题型四：空间直角坐标系建立技巧 三典例精析 【典例4】(2026高二云南·阶段检测)在三棱锥D-ABC中，AB,AC,AD两两垂直， AC=AD=4,AB=2,DE=3EA,AF=FC,FG⊥底面ABC,点G在平面ABC的下方，且FG=2.以A为 坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Az ()直接写出B,C,E,G四点的坐标； (2)求EG.BC: (3)求EG与平面ABC所成角的正弦值 举一反三 5 【变式41】(2026高二，河北邢台开学考试)在底面半径为1，高为2π的圆柱OP中建立如图所示的空 间直角坐标系.在点B(01,0)处有一只蚂蚁M(视为质点)沿z轴正方向以每秒1个单位长度的速度爬行， 同时在点4,0,0)处有一只蚂蚁N(视为质点)沿着圆柱的表面逆时针匀速螺旋爬行，经过2π秒，蚂蚁V 5/11 丽学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 第一次爬到A的正上方的位置，此时蚂蚁N到平面Oxy的距离为2π ZA M (I)当经过π秒时，求平面OMW与平面Oxy夹角的余弦值： ②当经过0<1<2)秒时，0N.B≥ 2,求t的取值范围. 【变式42】(2026高二北京顺义期中)如图三棱柱ABC-4B,C中，侧面BB,CC为菱形，对角线BC, BC相交于O,AB⊥BC,AB=AC. ZA (I)求证：AO⊥平面BBCC: (②)若AC⊥AB,AC=√2，∠CBB,=60°，棱BB的中点为D,以棱CD,CC所在直线分别为x轴、y轴 建立直角坐标系C-z(如图) ①直接写出A,B的坐标； ②求异面直线BC与AC1所成角的余弦值 6/11 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 【变式4-3】(2026高二·上海·期中)有很多立体图形都体现了数学的对称美，其中半正多面体是由两种 或两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体因其最早由阿基米德研究发现，故也被称作阿基米德体. 如图，这是一个棱数为24，棱长都相等的半正多面体，它的所有项点都在同一个正方体的表面上，可以看 成是由一个正方体截去八个一样的四面体所得.已知点E为线段BC上一点且BE=BC,若直线DE与直线 4所成角的余弦值为 v13 26 设半正多面体的棱长为、，将半正多面体补成正方体，建立如图所示的空 间直角坐标系 E (I)求正方体的棱长，并写出A,B,C,D,F点的坐标 (2)求元. 题型五：空间平行、垂直位置关系判定 典例精析 【典例5】(2026高二陕西榆林阶段检测)如图所示，MA⊥平面ABCD,底面ABCD边长为1的正方形， M-2.P是Mc上-点，且=号CW 7/11 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (1)建立适当的坐标系并求点P坐标： (2)求证：MB⊥DP. E 举一反三 【变式5-1】如图，在直三棱柱ABC-ABC中，A4=2AB=2AC,∠BAC=90°，D,E,F分别是棱AC, CC,AB的中点，点G在棱BB上，且BG=3BG.证明：DF⊥EG. B B 【变式5-2】如图，在三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC,∠BAC=90°，D,E,F,G分别是棱AB, BC,CP,AP的中点，AB=AC=PA=2.求证：DG1IEF: D G D E 【变式5-3】(2026高二·吉林期中)如图所示，MA⊥平面ABCD,底面ABCD是边长为1的正方形， M=2B,点p是MC上-点，且CF-写CW. 8/11 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 M B (1)建立适当的坐标系并求点P的坐标： (2)求证：MB⊥DP. 题型六：空间点坐标精准求解 典例精析 【典例6】(2026·高二河南阶段检测)已知正方体ABCD-EFGH的棱长为2，且P,Q分别为线段AE与 线段BC的中点，现以A为坐标原点，AB为x轴的正方向，AD为y轴的正方向，AE为z轴的正方向，建 立如图所示的空间直角坐标系A-2. G B (1)证明：PG⊥QH (2)判断直线PQ与直线DF是否相交？若相交，求出交点坐标；若不相交，请说明理由. 举一反三 【变式6-1】(2026高三·天津·开学考试)在如图所示的多面体中，EA⊥平面ABC,DB⊥平面ABC, 9/11 丽学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 AC⊥BC,且AC=BC=BD=2AE=4,M是AB的中点. M (I)求证：CM⊥EM: (2)求平面EMC与平面BCD所成角的正弦值； (3)在棱DC上是否存在一点N,使得直线MN与平面EMC所成的角是3，若存在，写出点N的坐标；若 不存在，请说明理由. 【变式62】(2026高三·上海开学考试)如图，在长方体ABCD-AB,CD中，A4=3AB=3BC=6,点 F是BB的中点，点P在CC上，若过FP的平面u交AA于E,交DD于O.若点Q是DD的中点，且 PC,=1 D C B F E D A (I)求异面直线EP与BQ所成角的余弦值： (2)若平面ABCD上有一点H满足HA1平面a,求点H的坐标. 10/11 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 【变式6-3】(2026高二·天津西青·阶段检测)在如图所示的多面体中，EA⊥平面ABC,DB⊥平面 ABC,AC⊥BC,且AC=BC=BD=2AE=2,M是AB的中点 D M B (I)求证：CMLEM; (2)求平面EMC与平面BCD所成角的正弦值； (3)在棱DC上是否存在一点N,使得直线N与平面EMC所成的角是60°，若存在，写出点N的坐标：若 不存在，请说明理由： 11/11