第06讲 空间向量及其应用（培优讲义）（全国通用）2027年高考数学一轮复习高效培优系列

该高中数学高考复习讲义聚焦空间向量及其应用专题，覆盖空间向量概念、基本定理、数量积运算、平行垂直证明及空间角与距离的向量求法等高考核心考点，按知识梳理-重难突破-分层集训的逻辑架构系统整合。通过考情解读明确课标要求，知识归纳夯实基础，典例精讲提炼方法，真题实战强化应用，帮助学生构建完整知识体系，突破向量法解立体几何的难点。 讲义突出向量工具性与几何直观的结合，创新采用“基底法与坐标法”双路径教学，通过规范建立空间直角坐标系、总结法向量求解步骤等策略培养学生逻辑推理与数学运算素养。设置基础演练、能力进阶、真题实战分层练习，配合考法预测精准对接高考命题趋势，助力学生在有限时间内提升解题效率，为教师把控复习节奏、实施分层教学提供清晰指导。

第06讲 空间向量及其应用 内容导航 夯实知识·突破重难·分层提能 考情・分析解读（课标要求 考情解读 备考策略） 知识・归纳梳理（核心考点 知识梳理 方法归纳） 知识1 空间向量的概念及有关定理 知识2 两个向量的数量积及其应用 知识3 平行与垂直的向量表示 知识4 向量法求空间角与空间距离 重难・核心突破（核心提炼 重难探究 命题预测） 考点01 空间向量基本定理及应用 考点02 空间向量共线共面的应用 考点03 空间向量的数量积及应用 考点04 位置关系的向量证明 考点05 空间角度的向量求法 考点06 空间距离的向量求法 拔高・分层集训（基础演练 能力进阶 真题实战） 考情·分析解读 课标要求 1．经历由平面向量推广到空间向量的过程，了解空间向量的概念，掌握空间向量的线性运算及其坐标表示；掌握空间向量的数量积，理解空间向量数量积的几何意义． 2．理解空间向量基本定理，能用空间不共面的三个向量表示空间任意向量，认识空间向量的基底． 3．能用空间向量描述空间中点、直线、平面，能用向量方法证明空间直线、平面平行与垂直的位置关系． 4．能用向量方法求解异面直线所成角、直线与平面所成角、二面角，体会向量方法研究几何问题的思想，提升直观想象与逻辑推理素养． 考题统计 核心考点 2026 2025 2024 空间向量的概念与运算 空间向量基本定理及应用 利用空间向量证明平行、垂直 全国I卷T9 利用空间向量求解空间角 全国II卷T16 全国I卷T17 全国II卷T17 全国II卷T17 全国甲卷（理）T19 利用空间向量求解空间距离 全国I卷T15 考情解读 空间向量是新高考立体几何核心解题工具，多在立体几何解答题考查，属于中档题．常以棱柱、棱锥为载体，建立空间直角坐标系，借助向量证明位置关系、求解空间角；小题偶尔考查向量运算、基底辨析．常与点线面位置关系、平行、垂直融合命题，向量法是解决立体几何计算问题的主流方法． 备考策略 1．熟练掌握空间向量线性运算、数量积、坐标运算公式． 2．会选择合适基底，能规范建立空间直角坐标系，准确书写点与向量坐标． 3．熟记三类空间角的向量计算公式，区分角度取值范围，会判断二面角是锐角或钝角． 4．规范向量法解题书写步骤，注意法向量求解计算失误等常见问题． 知识・归纳梳理 知识1 空间向量的概念及有关定理 1、空间向量的有关概念 （1）空间向量：在空间中，具有大小和方向的量； （2）相等向量：方向相同且模相等的向量； （3）相反向量：方向相反且模相等的向量； （4）共线向量(或平行向量)：表示空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合的向量； （5）共面向量：平行于同一个平面的向量． 2、空间向量的线性运算 （1）空间向量的加减法 空间中任意两个向量都是共面的，它们的加、减法运算类似于平面向量的加减法（如下图）． 空间向量加减法的运算律：交换律；结合律． （2）空间向量的数乘：实数与空间向量的乘积仍是一个向量，称为向量的数乘运算． 当时，与方向相同；当时，与方向相反；当时，． 的长度是的长度的倍． 空间向量数乘的运算律：分配律；结合律． 3、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，使得. （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(x，y)，使． （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{x，y，z}，使得，其中，叫做空间的一个基底． 知识2 两个向量的数量积及其应用 1、空间向量的数量积及运算律 （1）数量积及相关概念 ①两向量的夹角：已知两个非零向量，，在空间任取一点O，作，，则∠AOB叫做向量与的夹角，记作，其范围是[0，π]， 若，则称与互相垂直，记作. ②非零向量，的数量积． （2）空间向量数量积的运算律 ①结合律：； ②交换律：； ③分配律：. 2、空间向量的坐标表示及其应用 设，， 向量表示 坐标表示 数量积 共线 ，， 垂直 模 夹角 知识3 平行与垂直的向量表示 1、直线的方向向量和平面的法向量 （1）直线的方向向量：如果表示非零向量的有向线段所在直线与直线l平行或重合，则称此向量为直线l的方向向量． （2）平面的法向量：直线l⊥α，取直线l的方向向量，则向量叫做平面α的法向量． 2、空间位置关系的向量表示 位置关系 向量表示 直线l1，l2的方向向量分别为， 直线l的方向向量为，平面α的法向量为 平面α，β的法向量分别为， 知识4 向量法求空间角与空间距离 1、异面直线所成角 设异面直线a，b所成的角为θ，则，其中，分别是直线a，b的方向向量． 2、直线与平面所成角 如图所示，设l为平面α的斜线，l∩α＝A，为l的方向向量，为平面α的法向量， φ为l与α所成的角，则． 3、二面角 （1）若AB，CD分别是二面角α­l­β的两个平面内与棱l垂直的异面直线，则二面角(或其补角)的大小就是向量与的夹角，如图a． （2）平面α与β相交于直线l，平面α的法向量为，平面β的法向量为，，则二面角α­l­β为θ或π－θ.设二面角大小为φ，则，如图b，c． 4、利用空间向量求空间距离 （1）点到直线的距离 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 (如图)． （2）点到平面的距离 已知平面的法向量为 , 是平面内的任一点，是平面外一点， 过点作则平面的垂线，交平面于点， 则点到平面的距离为（如图）. （3）线面距和面面距 线面距、面面距均可转化为点面距离，用求点面距的方法进行求解． ①直线与平面之间的距离：，其中，是平面的法向量． ②两平行平面之间的距离：，其中，是平面的法向量． 重难・核心突破 考点01 空间向量基本定理及应用 典例1．（25-26高三下·山东青岛·阶段检测）如图，空间四边形中，，，，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】由题意可得： ， 所以. 典例2．（24-25高三上·河北张家口·阶段检测）（多选）若是空间的一个基底，则下列各组中能构成空间一个基底的有（    ） A． B． C． D． 【答案】BC 【解析】A选项，设， 即， 所以，解得， 故共面，不能构成空间的一个基底，A错误； B选项，设，即， 所以，无解，故不共面，可以构成空间的一个基底，B正确； C选项，设，即， 故，无解，故不共面，可以构成空间的一个基底，C正确； D选项，设，即， 故，解得，故共面， 不能构成空间的一个基底，D错误.故选：BC 【考法预测1】（25-26高三上·江苏常州·阶段检测）若是空间向量中的一个基底，那么对任意一个空间向量，存在唯一的有序实数组，使得，我们把有序实数组叫做基底下向量的斜坐标．设向量在基底下的斜坐标为，则向量在基底下的斜坐标为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】由题意可得，设， 即有， 则有，解得即， 即向量在基底下的斜坐标为．故选：A. 【考法预测2】（2026·云南昆明·模拟预测）在平行六面体中，分别为棱，的中点，点在平面上，且，则的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】设基底，以为原点，令，则，因此，D点，， 是中点，，因此， 是中点，，因此， 因为在平面上，所以可表示为平面内的向量的线性组合，， 即：， 代入，整理得：， ，解得，代入得，即. 考点02 空间向量共线共面的应用 典例1．（25-26高三上·河北沧州·期中）已知点，，，若A，B，C三点共线，则a，b的值分别是（    ） A．，3 B．，2 C．1，3 D．，2 【答案】D 【解析】因为，，， 所以，， 因为A，B，C三点共线，所以存在实数，使， 所以， 所以，解得.故选：D 典例2．（26-27高三上·江苏常州·阶段检测）已知向量，，，若，，共面，则（    ） A．存在无数个实数符合题意 B．存在唯一的正整数符合题意 C．不存在正整数符合题意 D．不存在任何实数符合题意 【答案】B 【解析】因为向量，，， 若，，共面，则存在唯一实数，使得， 则，解得， 所以存在唯一的正整数符合题意. 方法技巧 三点共线与四点共面 1、三点(P，A，B)共线： （1）＝λ且同过点P； （2）对空间任一点O，＝＋t； （3）对空间任一点O，＝x＋(1－x) 2、空间四点(M，P，A，B)共面 （1）＝x＋y （2）对空间任一点O，＝＋x＋y （3）对空间任一点O，＝x＋y＋(1－x－y) 【考法预测1】已知，则下列一定共线的三点是（    ） A．A，B，C B．A，B，D C．B，C，D D．A，C，D 【答案】B 【解析】若向量共线，则共线，此时共线，当向量不共线时， 对于A选项，设 ，则 ，即 无解，A错误； 对于B选项， ，所以三点共线，B正确； 对于C选项，设 ，则 ，即 ，无解，C错误； 对于D选项， ，设 ， 即 ，即 ，无解，D错误． 【考法预测2】（25-26高三上·四川广安·阶段检测）已知是空间的一组基底，其中，，．若，，，四点共面，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】由题意，设存在唯一的实数对，使得， 即， 则， 则，，，解得.故选：C 考点03 空间向量的数量积及应用 典例1．（2026·辽宁大连·模拟预测）在棱长为3的正四面体中，点是三角形的重心，若空间内一点满足，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】由可得，， 故， ， 又，， 故 ，故选：C 典例2．（25-26高三上·贵州黔西南·阶段检测）已知，，且与的夹角为钝角，则x的取值范围是______. 【答案】 【解析】因为与的夹角为钝角， 所以且与不共线， 因为，， 所以，且，解得，且， 所以的取值范围是. 方法技巧 空间向量的数量积及应用 1、求夹角：设向量，所成的角为，则，进而可求两异面直线所成的角； 2、求长度（距离）：运用公式，可使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，可将垂直问题转化为向量数量积的计算问题 【考法预测1】（2026·福建福州·模拟预测）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 【考法预测2】（2026·广东广州·模拟预测）已知向量，，，平面的法向量，若，则的值为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】A 【解析】设， 则，即，令，则，所以. 因为，所以，即，整理得，解得. 考点04 位置关系的向量证明 典例1．（2026·湖南益阳·模拟预测改）如图，在直三棱柱中，是侧棱的中点，，，是底边的中点．(1)证明：平面； 【答案】(1)证明见解析 【解析】（1）因为，，所以，． 在直三棱柱中，有底面侧面， 因为平面，平面平面， 所以平面． 在平面内过点作直线， 以，，所在的直线分别为轴、轴、轴建立如图所示空间直角坐标系． 则，，，，． 所以，， 设为平面的一个法向量， 则得， 令，则，，则． 又．则，所以． 又平面，所以平面． 典例2．（26-27高三上·河北雄安·开学考试改）如图，在棱长为2的正方体中，是棱的中点，是棱的中点，是棱的中点. (1)证明：平面； 【答案】(1)证明见解析 【解析】（1）以D为坐标原点，向量，，的方向分别为轴的正方向 建立如图所示空间直角坐标系. ，，，，，. 所以，，. 又，. 可得，. 又由，，，平面， 所以平面. 【考法预测1】（2026·山西忻州·模拟预测改）如图，在直四棱柱中，底面为直角梯形，满足，，且，，，．点M为的中点，点N为的中点．(1)证明：平面； 【答案】(1证明见解析 【解析】（1）)以A为原点，分别以，，所在方向建立空间直角坐标系． 则，，，， ，，，． 因为M为的中点，N为的中点，所以，． 有． 平面中，，． 设平面的一个法向量为， ，不妨取，则， 又，则， 而平面，所以平面． 【考法预测2】（26-27高三上·浙江·开学考试改）如图，矩形中，，．将沿对角线折起，得到三棱锥，在底面上的投影在上． (1)证明：； (2)证明：平面平面； 【答案】证明见解析 【解析】(1)如图，作面，以为原点建立空间直角坐标系， 由题意得，，，设，， 由折叠性质得，， 由两点间距离公式得， 解得，则，， 可得，， 得到，故得证. (2)由题意得，，，， 则，，，， 设面的法向量为，则， 令，解得，，得到， 设面的法向量为，则， 令，解得，，得到， 可得，故平面平面得证. 考点05 空间角度的向量求法 典例1．（25-26高三上·河南周口·阶段检测）如图，在正方体中，E，F，G分别是线段BD，，的中点，则异面直线AG与EF所成角的余弦值是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】以D为坐标原点，DA，DC，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． 设，则，，，，所以，． 设异面直线AG与EF所成的角为， 则．故选：C． 典例2．（25-26高三上·山东·阶段检测）在四棱锥中，底面为矩形，，且，则平面与平面夹角的余弦值的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】以点A为坐标原点，分别为轴， 过点A垂直平面的线为z轴，建立空间直角坐标系，如图： 则．设， 因为，． 所以， 所以，．易知平面的一个法向量为， 设是平面的法向量， 则即，取，则， 所以平面的一个法向量为． 设平面与平面夹角为， 所以. 令，则， 所以， 当且仅当即，即时，等号成立，所以， 所以平面与平面夹角的余弦值的取值范围是.故选：B 【考法预测1】（26-27高三上·陕西渭南·阶段检测）如图，在三棱柱中，平面平面，，，，，为棱上靠近点的三等分点，为棱的中点． (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析；(2) 【解析】（1）由条件得，所以， 因为平面平面，平面平面， 平面，所以平面. （2）由（1）可知，两两垂直，以为原点， 分别以为轴建立空间直角坐标系， 则，，， ，， 设平面的法向量，则， 令，则，所以， 设直线MN与平面所成角为， 则. 【考法预测2】（26-27高三上·广东·开学考试）如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，三棱锥是底面边长为的正三棱锥． (1)证明：； (2)若平面与平面夹角的余弦值为，求． 【答案】(1)证明见解析；(2)或 【解析】（1）证明：如图，取的中点，连接， 由三棱锥是正三棱锥，可得， 所以， 因为平面，所以平面， 因为平面，所以， 因为在平行四边形中， 所以． （2）在线段上取点，使得，连接，则为三棱锥的高， 以为原点，直线为轴，过点与平行的直线为轴， 直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 因为是边长为的正三角形，所以， 设，则， 所以， 设平面的法向量， 则，即， 取，得， 设平面的法向量， 则，即， 取，得， 设平面与平面的夹角为， 则，解得或， 所以或． 考点06 空间距离的向量求法 典例1．（24-25高三上·山东青岛·阶段检测）已知四棱锥平面BCDE，底面EBCD是为直角，的直角梯形，如图所示，且，点为AD的中点，则到直线BC的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】由题意知，平面，平面， 所以，又， 故以为原点，所在的直线分别为轴，建立如图空间直角坐标系， 则，得 所以，， 记， 则， 所以F到直线BC的距离为.故选：A 典例2．（25-26高三上·山西晋中·阶段检测）如图，四棱锥的底面是边长为4的正方形，为上的点，为的中点.底面，，，则点到平面的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】以点为原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，，， ，，设平面的一个法向量为， 则，令，则，，则. 又，故点到平面的距离为.故选：B 【考法预测1】（25-26高三上·河北石家庄·阶段检测）如图，把边长为4的正方形纸片沿着对角线折成直二面角，分别为的中点，则点到直线的距离为（    ） A．2 B． C． D． 【答案】B 【解析】取的中点，连接， 因为、均为等腰直角三角形，所以 , 由二面角是直二面角，平面平面，平面， 所以平面，又平面，所以， 如图，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, 则 , 所以 , 所以 , 所以, , 设直线的单位方向向量为，则, 所以点 到直线的距离为 .故选：B 【考法预测2】（25-26高三下·辽宁铁岭·阶段检测）在正四棱柱中，，以为球心，表面积为的球与平面只有1个公共点，若为棱的中点，则点到平面的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】设，则三棱锥的体积为， 由球的表面积为，得球的半径， 又球与平面只有1个公共点，则球与平面相切， 所以点到平面的距离为1. 在中，，， 所以的面积为， 所以，解得，即． 以点为原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， 所以，，， 设平面的一个法向量为， 则，即，取，则， 所以到平面的距离为． 拔高・分层集训 基础演练 1．（2025·辽宁鞍山·一模）已知向量，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】向量，，则， 所以.故选：A 2．（25-26高三上·湖南·阶段检测）若直线的方向向量为，，则空间一点到直线的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】由，，则， 所以，，而， 则点到直线的距离为.故选：D 3．（24-25高三上·云南昆明·阶段检测）如图，平行六面体的所有棱长为2，四边形ABCD是正方形，，点是与的交点，则直线与所成角的余弦值为（    ） A．1 B． C． D． 【答案】B 【解析】取的中点，连接，，因为，所以直线与所成角即为与所成的角，所以， 所以， 即，又因为， 所以，所以直线与所成角的余弦值为.故选：B． 4．（2026·宁夏银川·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，点、分别为、的中点，若，且，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】因为，所以，可得， 因为四边形为平行四边形，所以， 所以， 因为点、分别为、的中点，所以，， 所以， 因为、、不共面，所以，所以，故. 5．（2026·山东泰安·二模）已知三棱柱所有棱长均为为的中点，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】因三棱柱所有棱长均为1，， 则， ， 则， 又，， 则. 6．（25-26高三上·江苏盐城·阶段检测）向量、不平行，则存在两个非零常数、，使是、、共面的（    ） A．充分非必要条件 B．必要非充分条件 C．充要条件 D．既非充分又非必要条件 【答案】A 【解析】充分性证明：由不平行，则可作为所在平面内的一组基底， 由，则必定共面，所以充分性成立； 必要性证明：由共面，且不平行，当共线时，， 则不存在两个非零常数，使得，所以必要性不成立. 综上，该条件是充分非必要条件.故选：A. 7．（25-26高三上·安徽·阶段检测）（多选）下列说法正确的是（    ） A．若四点共面，为该平面外一点，且，则 B．若为空间的一组基底，则也是空间的一组基底 C．已知向量，则在上的投影向量为 D．若直线的方向向量为，平面的法向量为，则直线 【答案】ABC 【解析】若A，B，C，D四点共面，为该平面外一点，且， 则，故A正确； 假设不是空间的一组基底， 不妨设， 又因为为空间的一个基底，所以， 矛盾，故是空间的一组基底，故B正确； ，，则在上的投影向量为，故C正确； 因为，所以，则，故D错误．故选：ABC． 8．（25-26高三上·福建三明·阶段检测）（多选）关于空间向量，以下说法正确的有（    ） A．空间中的三个向量，若有两个向量共线，则这三个向量一定共面 B．若，则与的夹角是锐角 C．已知向量，，是不共面的向量，则向量，，共面 D．若对空间中任意一点，有，则，，，四点共面 【答案】AD 【解析】对于A，空间中任意两个向量是共面的，三个向量中有两个向量共线，则这三个向量一定共面，故A正确； 对于B，若，则与的夹角是锐角或者，故B错误； 对于C，假设是共面的向量，则存在实数使，即， 故向量是共面向量，与题设矛盾，故假设不成立，即向量不共面，故C错误； 对于D，因，则由空间向量共面的推论可知，四点共面，故D正确. 故选：AD 9．（26-27高三上·广东·阶段检测）如图所示，已知直四棱柱中，，，． (1)求证：平面平面； (2)若平面，求二面角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析；(2) 【解析】（1）证明： 设，，如图所示，以为原点，为轴， 为轴，为轴建立空间直角坐标系， 则. . ，所以. 因为平面，底面，所以. 又，平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面. （2）由题干条件可得， 因为平面，平面，则， ， 故，，， 设平面的一个法向量，则 ， 令，则，得. ， 设平面的一个法向量，则 ， 令，则，得， 故. 由图可知，二面角的平面角为锐角，故二面角的余弦值为. 10．（26-27高三上·河南信阳·开学考试）在直角梯形ABCD中，，，，如图（1）．把沿BD翻折，使得平面平面BCD． (1)求证：； (2)在线段BC上是否存在点N，使得AN与平面ACD所成角为60°？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 【答案】(1)证明简介诶西；(2)存在，． 【解析】（1）因为，且，， 可得，， 又因为，， 所以，则， 因为平面平面BCD，平面平面，且平面BCD，所以平面ABD， 又因为平面ABD，所以； （2）因为平面ABD，且平面ABD，所以， 如图所示，以点D为原点，建立空间直角坐标系， 可得，，，， 所以，, 设平面ACD的法向量为，则, 令，可得，，所以 假设存在点N，使得AN与平面ACD所成角为60°， 设，(其中)，则，， 所以 , 整理得，解得或(舍去)， 所以在线段BC上存在点N，使得AN与平面ACD所成角为60°，此时． 11．（25-26高三下·江西·阶段检测）如图，PB是圆柱的母线，四边形ABCD是底面内接正方形．点E，F是棱BC，CD上的动点（E，F不与端点重合），且． (1)证明：平面PBF； (2)已知圆柱的体积为，点A到直线PF的距离是1．求CE的长度； 【答案】(1)证明见解析；(2) 【解析】（1）证明：在正方形中，由， 得，， 则，，因此， 由是圆柱的母线，得平面，而平面，则， 又平面，所以平面. （2）设圆柱的底面圆半径为，圆柱的体积为，得， 解得，则，显然直线两两垂直， 以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则，设，则， ，由点到直线的距离是1， 得，则，化简得， 即，而，解得， 所以. 能力进阶 1．（25-26高三下·辽宁·阶段检测）已知正四面体的棱长为，若点满足，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】 如图所示，已知正四面体的棱长为， 则且， 所以，同理， 则，故C正确. 2．（2025·湖南张家界·模拟预测）如图1，在直角梯形中，，，，.将直角梯形沿对角线折起，使得平面平面，如图2，则异面直线与所成角的正切值为（    ）       图1                         图2 A． B． C． D． 【答案】B 【解析】过点在平面内作，垂足为点， 过点在平面内作，垂足为点， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，同理可证平面， 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， 因为，，，由勾股定理可得， 由得， 翻折前，在梯形中，，所以， 所以， 由余弦定理可得，即， 所以， 则， 因为，所以， 故点、、、， 所以，， 设直线与所成的角为，则， 所以， 故，所以， 因此异面直线与所成角的正切值为. 3．（2026·广东深圳·模拟预测）已知正方体，点E，F，G分别是线段，和上的动点，正确的是（    ） A．对于任意给定的点，存在点，使得 B．对于任意给定的点，存在点，使得 C．对于任意给定的点G，存在点F，使得 D．对于任意给定的点F，存在点G，使得 【答案】B 【解析】对于AB，如图，以为原点建立空间直角坐标系， 不妨设正方体的边长为1，可得，，， 且点分别是线段和上的动点， 得到，，， 而，，则，设，可得， 则，解得，得到， 可得，，， 若，则，解得， 此时任意给定的点，存在点，使得，故A错误，B正确， 对于CD，若，则， ，方程组无解，故与不可能平行，CD错误． 4．（2026·安徽淮北·一模）如图，矩形中，，将沿对角线翻折至，使顶点在平面的投影恰好落在边上，连接.设二面角，，大小分别为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】如图所示： 平面，平面，， 由，，，平面， 平面，又平面，所以，即是直角三角形， ， 在中，，，， ，． ． 如图以为原点，建立空间直角坐标系如图所示， 则，，，， 由题意得二面角的平面角为， ，， 设平面的法向量为， 由， 令，得， 又平面的一个法向量为， 所以．， 设平面的法向量为， 即， 令可得， ，所以． 综上，． 5．（2026·江西宜春·模拟预测）如图，已知在正四棱台中，，，为的中点，，分别为直线，上的点，若，，三点共线，则线段的长为（    ） A．12 B．9 C． D．8 【答案】D 【解析】法1：取的中点，连接，，， 延长与的延长线交于点，连接并延长交直线于， 得，，， 所以， 因为平面平面，且平面平面，平面平面， 所以，又，所以，所以，所以， 在中，由余弦定理，得， 所以. 法2：连接，，，，记，，连接， 得，，，得，，两两垂直， 以为原点，直线，，分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系， 连接，， 则，，，，， 则，， ，， 设，， 所以， . 因为，，三点共线，所以，所以存在，使得， 即，解得， 所以，， 所以， 所以. 6．（25-26高三下·河北保定·阶段检测）如图，在三棱锥中，，M是线段上的点． (1)求证：平面平面； (2)若直线与平面所成角的正弦值为，求的长； (3)若平面，Q为垂足，直线PQ与平面的交点为N，当三棱锥的体积最大时，求的长． 【答案】(1)证明见解析；(2)；(3)； 【解析】（1）取的中点O，连接， 因为，则， 由，可得，则， 又因，所以，且， 又由，所以， 又因为平面，所以平面， 又因为平面，所以平面平面． （2） 因为平面，， 故可以O为坐标原点，所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系， 则，所以， 因为M为棱PC上的点，设，其中， 所以，，且， 设平面ABM的法向量为， 则，故可取， 因为直线与平面所成角的正弦值为， 所以， 化简得，即， 解得或（舍去）． 所以． （3） 设，由（2）得，其中， 可得，即点， 因为平面，则点，， ， 当且仅当时，即当时，等号成立， 故当点M为线段PC的中点时，三棱锥的体积取得最大值，此时，点， 由（2）可知，此时，平面的一个法向量为， 设，其中， 则， 因为平面，则， 所以，，解得， 所以，， 所以.即的长为． 7．（2026·贵州遵义·模拟预测）如图，四棱锥的底面为平行四边形，为正三角形，平面，，，点 满足（ ）． (1)若时，求三棱锥的体积； (2)若平面过直线，且平面，平面与侧棱，分别交于点，．是否存在点 ，使得平面与平面的夹角为？若存在，请说明点 的位置，并求此时的面积；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)；(2)证明见解析 【解析】（1）取的中点，取的中点，连接，，则， 又平面，则平面， 又平面，则，， 所以以为原点，直线，，分别为，，轴建立空间直角坐标系， 在，由，， 则，，，， 在正三角形中，，则， 所以，，， 又点 满足（ ）， 则，则， 若，则，即点到平面的距离为， 所以三棱锥的体积为． （2）连接，， 由平面过直线，且，平面，则平面是平面， 因为平面，平面平面，所以， 结合（1）的空间直角坐标系， 不妨设，则，， 又，，，， 则，所以， ，所以， 所以，， 设平面的法向量为，则， 令，则，，所以， 显然是平面的一条法向量， 又平面与平面的夹角为， 则， 整理得，解得，或（舍去）， 即点，分别为侧棱，的中点，且平面的法向量为， 又点 满足（ ）， 结合（1）有， 则， 又平面，则， 所以，解得， 所以存在点（为的三等分点，且靠近处），使得平面与平面的夹角为． 结合（1），在中有，则， 在正三角形中，有，则， 又平面，，则平面， 又平面，则， 所以此时的面积为． 8．（2026·陕西安康·模拟预测）如图，在直三棱柱中，为棱的中点，点满足． (1)求的值； (2)若，且二面角为直二面角． （ⅰ）求直线与平面所成角的余弦值； （ⅱ）已知为棱的中点，过点，的平面与射线，交于，两点，求四面体体积的最小值． 【答案】(1)．(2)（ⅰ）．（ⅱ）． 【解析】（1）因为为的中点，所以 由题意得 于是 所以三点共线，且 因此 （2）（ⅰ）以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系． 由，可设 因为在底面内，设 由，得 平面为平面，其一个法向量可取 又 所以平面的一个法向量可取 因为二面角为直二面角，所以平面与平面垂直， 即，故，解得． 再由，得或． 取轴正方向指向点所在一侧，不妨取，于是 ， 设平面的一个法向量为， 因 则，故可取， 设直线与平面所成角为． 则 所以 （ⅱ）由上面坐标可知 因为在射线上，在射线上，所以可设 由于共面，所以存在实数，使得 又， 则， 即，由②得，由③得， 将它们代入①，可得化简得 在中，，，且，所以 平面就是平面，其方程可写为． 点到该平面的距离为 于是四面体的体积为 由，可得所以 又当且仅当时等号成立．此时， 所以的最小值为， 真题实战 1．（2025·全国一卷·高考真题）（多选）在正三棱柱中，D为BC的中点，则（    ） A． B．平面 C． D．平面 【答案】BD 【解析】法一：对于A，在正三棱柱中，平面， 又平面，则，则， 因为是正三角形，为中点，则，则 又， 所以， 则不成立，故A错误； 对于B，因为在正三棱柱中，平面， 又平面，则， 因为是正三角形，为中点，则，， 又平面， 所以平面，故B正确； 对于D，因为在正三棱柱中， 又平面平面，所以平面，故D正确； 对于C，因为在正三棱柱中，， 假设，则，这与矛盾， 所以不成立，故C错误；故选：BD. 法二：如图，建立空间直角坐标系，设该正三棱柱的底边为，高为， 则， 对于A，， 则， 则不成立，故A错误； 对于BD，， 设平面的法向量为， 则，得，令，则， 所以，， 则平面，平面，故BD正确； 对于C，， 则，显然不成立，故C错误；故选：BD. 2．（2026·全国一卷·高考真题）如图，在直三棱柱中，，，，分别为，的中点． (1)证明：平面； (2)设，直线与平面所成的角为，求直线到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析；(2)距离为1. 【解析】（1）由题意证明如下： 如图，作出符合题意的图形，连接， 在中，，分别为，中点，∴， ∵平面，平面， ∴平面. （2）法一：由题意及（1）得， 在直三棱柱中，，设， 四边形与四边形是矩形， ∴，，， 建立空间直角坐标系，如下图所示， 得到，，，，， ∴，面的一个法向量为， ∵直线与平面所成的角为， 设直线与平面所成的角为 ∴ 解得，∴，，，，， ∵面，∴由几何知识得，到面的距离为. 法二：由题意及（1）得， 在直三棱柱中，，， 四边形与四边形是矩形， ∴，，， ∵，平面，平面，平面， ∴平面，， ∴由几何知识得，即为直线与平面所成的角， 直线与平面所成的角为， 在中，，分别为，中点，， ∴直线与平面所成的角为，即， 在Rt中，，，， ∴， 在Rt中，，， 为等腰直角三角形，过点作， 则点为中点，，， 由几何知识得，到面的距离即为. 3．（2026·全国二卷·高考真题）如图，三棱锥中，点在上，，，． (1)证明：； (2)若，，，，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析；(2) 【解析】（1）证明： 因为且，，且， 所以平面. 因为平面，所以. 又，，平面， 平面，平面， 所以平面， 故. （2）如图所示，以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，过点且垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系， 可得， ， ， . 因为 且 ，所以. 所以，，. 设平面 的法向量 ，则， 可得，令，则：，，即. 设与平面所成的角为： 所以， 所以与平面所成的角的正弦值为. 法二：在 中，， 在 中，， 由（1）知，则. 在 中，. 在 中，. ， 为直角三角形，则. 设点到平面的距离为，与平面所成角为， 由得：，即，解得：. 所以. 4．（2025·全国一卷·高考真题）如图,在四棱锥中，底面，． (1)证明：平面平面； (2)设，且点，，，均在球的球面上． （i）证明：点在平面内； （ⅱ）求直线与所成角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析；(2)（i）证明见解析；（ii）. 【解析】（1）证明：由题意证明如下， 在四棱锥中，⊥平面，， 平面，平面，∴，， ∵平面，平面，，∴平面， ∵平面，∴平面平面. （2）（i）证明：由题意及（1）证明如下， 在四棱锥中，，，，∥， ，， 建立空间直角坐标系如下图所示， ∴， 若，，，在同一个球面上， 则， 在平面中， ∴， ∴线段中点坐标， 直线的斜率：， 直线的垂直平分线斜率：， ∴直线的方程：， 即， 当时，，解得：，∴ 在立体几何中，， ∵解得：， ∴点在平面上. （ii）由题意，（1）（2）（ii）及图得， ， 设直线与直线所成角为， ∴. 法2：由几何知识得，， ，∥，∴， 在Rt中，，，由勾股定理得， ， 过点作的平行线，交的延长线为，连接，， 则，直线与直线所成角即为中或其补角. ∵平面，平面，，∴， 在Rt中，，，由勾股定理得， ， 在Rt中，，由勾股定理得， ， 在中，由余弦定理得， ， 即：，解得： ∴直线与直线所成角的余弦值为：. 5．（2025·全国二卷·高考真题）如图，在四边形中，，F为CD的中点，点E在AB上，，.将四边形沿翻折至四边形，使得面与面EFCB所成的二面角为． (1)证明：平面； (2)求面与面夹角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析；(2) 【解析】（1）设，所以，因为为中点，所以， 因为，，所以是平行四边形， 所以，所以， 因为平面平面，所以平面， 因为平面平面，所以平面， 又，平面，所以平面平面， 又平面，所以平面． （2） 因为，所以，又因为，所以， 以为原点，以及垂直于平面的直线分别为轴，建立空间直角坐标系. 因为，平面与平面所成二面角为60° ， 所以. 则，，，，，. 所以. 设平面的法向量为，则 ，所以，令，则，则. 设平面的法向量为， 则，所以， 令，则，所以. 所以. 所以平面与平面夹角的正弦值为. 6．（2024·全国甲卷·高考真题）如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形，，，，为的中点． (1)证明：平面； (2)求二面角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析；(2) 【解析】（1）证明：因为为的中点，所以， 四边形为平行四边形，所以，又因为平面， 平面，所以平面； （2）如图所示，作交于，连接， 因为四边形为等腰梯形，，所以， 结合（1）为平行四边形，可得，又， 所以为等边三角形，为中点，所以， 又因为四边形为等腰梯形，为中点，所以， 四边形为平行四边形，， 所以为等腰三角形，与底边上中点重合，，， 因为，所以，所以互相垂直， 以方向为轴，方向为轴，方向为轴，建立空间直角坐标系， ，，， ，设平面的法向量为， 平面的法向量为， 则，即，令，得，即， 则，即，令，得， 即，，则， 故二面角的正弦值为. 7．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）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：； (2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析；(2) 【解析】（1）由， 得，又，在中， 由余弦定理得, 所以，则，即， 所以，又平面， 所以平面，又平面， 故； （2）连接，由，则， 在中，，得， 所以，由（1）知，又平面， 所以平面，又平面， 所以，则两两垂直，建立如图空间直角坐标系， 则， 由是的中点，得， 所以， 设平面和平面的一个法向量分别为， 则，， 令，得， 所以， 所以， 设平面和平面所成角为，则， 即平面和平面所成角的正弦值为. 4 / 28 学科网（北京）股份有限公司 $ 第06讲 空间向量及其应用 内容导航 夯实知识·突破重难·分层提能 考情・分析解读（课标要求 考情解读 备考策略） 知识・归纳梳理（核心考点 知识梳理 方法归纳） 知识1 空间向量的概念及有关定理 知识2 两个向量的数量积及其应用 知识3 平行与垂直的向量表示 知识4 向量法求空间角与空间距离 重难・核心突破（核心提炼 重难探究 命题预测） 考点01 空间向量基本定理及应用 考点02 空间向量共线共面的应用 考点03 空间向量的数量积及应用 考点04 位置关系的向量证明 考点05 空间角度的向量求法 考点06 空间距离的向量求法 拔高・分层集训（基础演练 能力进阶 真题实战） 考情·分析解读 课标要求 1．经历由平面向量推广到空间向量的过程，了解空间向量的概念，掌握空间向量的线性运算及其坐标表示；掌握空间向量的数量积，理解空间向量数量积的几何意义． 2．理解空间向量基本定理，能用空间不共面的三个向量表示空间任意向量，认识空间向量的基底． 3．能用空间向量描述空间中点、直线、平面，能用向量方法证明空间直线、平面平行与垂直的位置关系． 4．能用向量方法求解异面直线所成角、直线与平面所成角、二面角，体会向量方法研究几何问题的思想，提升直观想象与逻辑推理素养． 考题统计 核心考点 2026 2025 2024 空间向量的概念与运算 空间向量基本定理及应用 利用空间向量证明平行、垂直 全国I卷T9 利用空间向量求解空间角 全国II卷T16 全国I卷T17 全国II卷T17 全国II卷T17 全国甲卷（理）T19 利用空间向量求解空间距离 全国I卷T15 考情解读 空间向量是新高考立体几何核心解题工具，多在立体几何解答题考查，属于中档题．常以棱柱、棱锥为载体，建立空间直角坐标系，借助向量证明位置关系、求解空间角；小题偶尔考查向量运算、基底辨析．常与点线面位置关系、平行、垂直融合命题，向量法是解决立体几何计算问题的主流方法． 备考策略 1．熟练掌握空间向量线性运算、数量积、坐标运算公式． 2．会选择合适基底，能规范建立空间直角坐标系，准确书写点与向量坐标． 3．熟记三类空间角的向量计算公式，区分角度取值范围，会判断二面角是锐角或钝角． 4．规范向量法解题书写步骤，注意法向量求解计算失误等常见问题． 知识・归纳梳理 知识1 空间向量的概念及有关定理 1、空间向量的有关概念 （1）空间向量：在空间中，具有大小和方向的量； （2）相等向量：方向相同且模相等的向量； （3）相反向量：方向相反且模相等的向量； （4）共线向量(或平行向量)：表示空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合的向量； （5）共面向量：平行于同一个平面的向量． 2、空间向量的线性运算 （1）空间向量的加减法 空间中任意两个向量都是共面的，它们的加、减法运算类似于平面向量的加减法（如下图）． 空间向量加减法的运算律：交换律；结合律． （2）空间向量的数乘：实数与空间向量的乘积仍是一个向量，称为向量的数乘运算． 当时，与方向相同；当时，与方向相反；当时，． 的长度是的长度的倍． 空间向量数乘的运算律：分配律；结合律． 3、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，使得. （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(x，y)，使． （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{x，y，z}，使得，其中，叫做空间的一个基底． 知识2 两个向量的数量积及其应用 1、空间向量的数量积及运算律 （1）数量积及相关概念 ①两向量的夹角：已知两个非零向量，，在空间任取一点O，作，，则∠AOB叫做向量与的夹角，记作，其范围是[0，π]， 若，则称与互相垂直，记作. ②非零向量，的数量积． （2）空间向量数量积的运算律 ①结合律：； ②交换律：； ③分配律：. 2、空间向量的坐标表示及其应用 设，， 向量表示 坐标表示 数量积 共线 ，， 垂直 模 夹角 知识3 平行与垂直的向量表示 1、直线的方向向量和平面的法向量 （1）直线的方向向量：如果表示非零向量的有向线段所在直线与直线l平行或重合，则称此向量为直线l的方向向量． （2）平面的法向量：直线l⊥α，取直线l的方向向量，则向量叫做平面α的法向量． 2、空间位置关系的向量表示 位置关系 向量表示 直线l1，l2的方向向量分别为， 直线l的方向向量为，平面α的法向量为 平面α，β的法向量分别为， 知识4 向量法求空间角与空间距离 1、异面直线所成角 设异面直线a，b所成的角为θ，则，其中，分别是直线a，b的方向向量． 2、直线与平面所成角 如图所示，设l为平面α的斜线，l∩α＝A，为l的方向向量，为平面α的法向量， φ为l与α所成的角，则． 3、二面角 （1）若AB，CD分别是二面角α­l­β的两个平面内与棱l垂直的异面直线，则二面角(或其补角)的大小就是向量与的夹角，如图a． （2）平面α与β相交于直线l，平面α的法向量为，平面β的法向量为，，则二面角α­l­β为θ或π－θ.设二面角大小为φ，则，如图b，c． 4、利用空间向量求空间距离 （1）点到直线的距离 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 (如图)． （2）点到平面的距离 已知平面的法向量为 , 是平面内的任一点，是平面外一点， 过点作则平面的垂线，交平面于点， 则点到平面的距离为（如图）. （3）线面距和面面距 线面距、面面距均可转化为点面距离，用求点面距的方法进行求解． ①直线与平面之间的距离：，其中，是平面的法向量． ②两平行平面之间的距离：，其中，是平面的法向量． 重难・核心突破 考点01 空间向量基本定理及应用 典例1．（25-26高三下·山东青岛·阶段检测）如图，空间四边形中，，，，，，则（    ） A． B． C． D． 典例2．（24-25高三上·河北张家口·阶段检测）（多选）若是空间的一个基底，则下列各组中能构成空间一个基底的有（    ） A． B． C． D． 【考法预测1】（25-26高三上·江苏常州·阶段检测）若是空间向量中的一个基底，那么对任意一个空间向量，存在唯一的有序实数组，使得，我们把有序实数组叫做基底下向量的斜坐标．设向量在基底下的斜坐标为，则向量在基底下的斜坐标为（    ） A． B． C． D． 【考法预测2】（2026·云南昆明·模拟预测）在平行六面体中，分别为棱，的中点，点在平面上，且，则的值为（    ） A． B． C． D． 考点02 空间向量共线共面的应用 典例1．（25-26高三上·河北沧州·期中）已知点，，，若A，B，C三点共线，则a，b的值分别是（    ） A．，3 B．，2 C．1，3 D．，2 典例2．（26-27高三上·江苏常州·阶段检测）已知向量，，，若，，共面，则（    ） A．存在无数个实数符合题意 B．存在唯一的正整数符合题意 C．不存在正整数符合题意 D．不存在任何实数符合题意 方法技巧 三点共线与四点共面 1、三点(P，A，B)共线： （1）＝λ且同过点P； （2）对空间任一点O，＝＋t； （3）对空间任一点O，＝x＋(1－x) 2、空间四点(M，P，A，B)共面 （1）＝x＋y （2）对空间任一点O，＝＋x＋y （3）对空间任一点O，＝x＋y＋(1－x－y) 【考法预测1】已知，则下列一定共线的三点是（    ） A．A，B，C B．A，B，D C．B，C，D D．A，C，D 【考法预测2】（25-26高三上·四川广安·阶段检测）已知是空间的一组基底，其中，，．若，，，四点共面，则（   ） A． B． C． D． 考点03 空间向量的数量积及应用 典例1．（2026·辽宁大连·模拟预测）在棱长为3的正四面体中，点是三角形的重心，若空间内一点满足，则（    ） A． B． C． D． 典例2．（25-26高三上·贵州黔西南·阶段检测）已知，，且与的夹角为钝角，则x的取值范围是______. 方法技巧 空间向量的数量积及应用 1、求夹角：设向量，所成的角为，则，进而可求两异面直线所成的角； 2、求长度（距离）：运用公式，可使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，可将垂直问题转化为向量数量积的计算问题 【考法预测1】（2026·福建福州·模拟预测）在空间四边形中，，点，分别在上，且，则（    ） A． B． C． D． 【考法预测2】（2026·广东广州·模拟预测）已知向量，，，平面的法向量，若，则的值为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 考点04 位置关系的向量证明 典例1．（2026·湖南益阳·模拟预测改）如图，在直三棱柱中，是侧棱的中点，，，是底边的中点．(1)证明：平面； 典例2．（26-27高三上·河北雄安·开学考试改）如图，在棱长为2的正方体中，是棱的中点，是棱的中点，是棱的中点. (1)证明：平面； 【考法预测1】（2026·山西忻州·模拟预测改）如图，在直四棱柱中，底面为直角梯形，满足，，且，，，．点M为的中点，点N为的中点．(1)证明：平面； 【考法预测2】（26-27高三上·浙江·开学考试改）如图，矩形中，，．将沿对角线折起，得到三棱锥，在底面上的投影在上． (1)证明：； (2)证明：平面平面； 考点05 空间角度的向量求法 典例1．（25-26高三上·河南周口·阶段检测）如图，在正方体中，E，F，G分别是线段BD，，的中点，则异面直线AG与EF所成角的余弦值是（    ） A． B． C． D． 典例2．（25-26高三上·山东·阶段检测）在四棱锥中，底面为矩形，，且，则平面与平面夹角的余弦值的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【考法预测1】（26-27高三上·陕西渭南·阶段检测）如图，在三棱柱中，平面平面，，，，，为棱上靠近点的三等分点，为棱的中点． (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 【考法预测2】（26-27高三上·广东·开学考试）如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，三棱锥是底面边长为的正三棱锥． (1)证明：； (2)若平面与平面夹角的余弦值为，求． 考点06 空间距离的向量求法 典例1．（24-25高三上·山东青岛·阶段检测）已知四棱锥平面BCDE，底面EBCD是为直角，的直角梯形，如图所示，且，点为AD的中点，则到直线BC的距离为（    ） A． B． C． D． 典例2．（25-26高三上·山西晋中·阶段检测）如图，四棱锥的底面是边长为4的正方形，为上的点，为的中点.底面，，，则点到平面的距离为（    ） A． B． C． D． 【考法预测1】（25-26高三上·河北石家庄·阶段检测）如图，把边长为4的正方形纸片沿着对角线折成直二面角，分别为的中点，则点到直线的距离为（    ） A．2 B． C． D． 【考法预测2】（25-26高三下·辽宁铁岭·阶段检测）在正四棱柱中，，以为球心，表面积为的球与平面只有1个公共点，若为棱的中点，则点到平面的距离为（    ） A． B． C． D． 拔高・分层集训 基础演练 1．（2025·辽宁鞍山·一模）已知向量，，则（    ） A． B． C． D． 2．（25-26高三上·湖南·阶段检测）若直线的方向向量为，，则空间一点到直线的距离为（    ） A． B． C． D． 3．（24-25高三上·云南昆明·阶段检测）如图，平行六面体的所有棱长为2，四边形ABCD是正方形，，点是与的交点，则直线与所成角的余弦值为（    ） A．1 B． C． D． 4．（2026·宁夏银川·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，点、分别为、的中点，若，且，则（    ） A． B． C． D． 5．（2026·山东泰安·二模）已知三棱柱所有棱长均为为的中点，，则（    ） A． B． C． D． 6．（25-26高三上·江苏盐城·阶段检测）向量、不平行，则存在两个非零常数、，使是、、共面的（    ） A．充分非必要条件 B．必要非充分条件 C．充要条件 D．既非充分又非必要条件 7．（25-26高三上·安徽·阶段检测）（多选）下列说法正确的是（    ） A．若四点共面，为该平面外一点，且，则 B．若为空间的一组基底，则也是空间的一组基底 C．已知向量，则在上的投影向量为 D．若直线的方向向量为，平面的法向量为，则直线 8．（25-26高三上·福建三明·阶段检测）（多选）关于空间向量，以下说法正确的有（    ） A．空间中的三个向量，若有两个向量共线，则这三个向量一定共面 B．若，则与的夹角是锐角 C．已知向量，，是不共面的向量，则向量，，共面 D．若对空间中任意一点，有，则，，，四点共面 9．（26-27高三上·广东·阶段检测）如图所示，已知直四棱柱中，，，． (1)求证：平面平面； (2)若平面，求二面角的余弦值． 10．（26-27高三上·河南信阳·开学考试）在直角梯形ABCD中，，，，如图（1）．把沿BD翻折，使得平面平面BCD． (1)求证：； (2)在线段BC上是否存在点N，使得AN与平面ACD所成角为60°？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 11．（25-26高三下·江西·阶段检测）如图，PB是圆柱的母线，四边形ABCD是底面内接正方形．点E，F是棱BC，CD上的动点（E，F不与端点重合），且． (1)证明：平面PBF； (2)已知圆柱的体积为，点A到直线PF的距离是1．求CE的长度； 能力进阶 1．（25-26高三下·辽宁·阶段检测）已知正四面体的棱长为，若点满足，则（    ） A． B． C． D． 2．（2025·湖南张家界·模拟预测）如图1，在直角梯形中，，，，.将直角梯形沿对角线折起，使得平面平面，如图2，则异面直线与所成角的正切值为（    ）       图1                         图2 A． B． C． D． 3．（2026·广东深圳·模拟预测）已知正方体，点E，F，G分别是线段，和上的动点，正确的是（    ） A．对于任意给定的点，存在点，使得 B．对于任意给定的点，存在点，使得 C．对于任意给定的点G，存在点F，使得 D．对于任意给定的点F，存在点G，使得 4．（2026·安徽淮北·一模）如图，矩形中，，将沿对角线翻折至，使顶点在平面的投影恰好落在边上，连接.设二面角，，大小分别为，则（    ） A． B． C． D． 5．（2026·江西宜春·模拟预测）如图，已知在正四棱台中，，，为的中点，，分别为直线，上的点，若，，三点共线，则线段的长为（    ） A．12 B．9 C． D．8 6．（25-26高三下·河北保定·阶段检测）如图，在三棱锥中，，M是线段上的点． (1)求证：平面平面； (2)若直线与平面所成角的正弦值为，求的长； (3)若平面，Q为垂足，直线PQ与平面的交点为N，当三棱锥的体积最大时，求的长． 7．（2026·贵州遵义·模拟预测）如图，四棱锥的底面为平行四边形，为正三角形，平面，，，点 满足（ ）． (1)若时，求三棱锥的体积； (2)若平面过直线，且平面，平面与侧棱，分别交于点，．是否存在点 ，使得平面与平面的夹角为？若存在，请说明点 的位置，并求此时的面积；若不存在，请说明理由． 8．（2026·陕西安康·模拟预测）如图，在直三棱柱中，为棱的中点，点满足． (1)求的值； (2)若，且二面角为直二面角． （ⅰ）求直线与平面所成角的余弦值； （ⅱ）已知为棱的中点，过点，的平面与射线，交于，两点，求四面体体积的最小值． 真题实战 1．（2025·全国一卷·高考真题）（多选）在正三棱柱中，D为BC的中点，则（    ） A． B．平面 C． D．平面 2．（2026·全国一卷·高考真题）如图，在直三棱柱中，，，，分别为，的中点． (1)证明：平面； (2)设，直线与平面所成的角为，求直线到平面的距离． 3．（2026·全国二卷·高考真题）如图，三棱锥中，点在上，，，． (1)证明：； (2)若，，，，求直线与平面所成角的正弦值． 4．（2025·全国一卷·高考真题）如图,在四棱锥中，底面，． (1)证明：平面平面； (2)设，且点，，，均在球的球面上． （i）证明：点在平面内； （ⅱ）求直线与所成角的余弦值． 5．（2025·全国二卷·高考真题）如图，在四边形中，，F为CD的中点，点E在AB上，，.将四边形沿翻折至四边形，使得面与面EFCB所成的二面角为． (1)证明：平面； (2)求面与面夹角的正弦值． 6．（2024·全国甲卷·高考真题）如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形，，，，为的中点． (1)证明：平面； (2)求二面角的正弦值． 7．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）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：； (2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值． 4 / 28 学科网（北京）股份有限公司 $