专题7.9 空间向量的应用（举一反三复习讲义）（全国通用）【上好课】2027年高考数学一轮复习举一反三系列

专题7.9 空间向量的应用（举一反三复习讲义） 【全国通用】 考点要求 (1)理解直线的方向向量及平面的法向量，能用向量方法证明立体几何中有关线面位置关系的一些简单定理 (2)能用向量法解决异面直线、直线与平面、平面与平面的夹角问题，并能描述解决这一类问题的程序，体会向量法在研究空间角问题中的作用 (3)会求空间中点到直线以及点到平面的距离 (4)以空间向量为工具，探究空间几何体中线、面的位置关系或空间角存在的条件 高考真题统计 考点 2024年 2025年 2026年 空间向量的应用 新高考I卷：第17题，15分 新高考Ⅱ卷：第17题，15分 全国一卷：第9题，6分 全国一卷：第17题，15分 全国二卷：第17题，15分 全国一卷：第15题，13分 全国二卷：第16题，15分 命题规律分析 1、空间向量的应用 空间点、直线、平面之间的位置关系是高考的热点内容。从近三年的高考情况来看，主要分两方面进行考查，一是空间中点、线、面关系的命题的真假判断；二是异面直线的判定和异面直线所成角问题；主要以选择题、填空题的形式考查，难度较易，突出空间想象能力、逻辑推理能力。 空间向量的应用是高考的重点、热点内容，属于高考的必考内容之一。从近三年的高考情况来看，空间向量解立体几何一般以解答题形式为主，每年必考，难度中等偏难，第一小问一般考查空间线、面位置关系的证明；空间角与点、线、面距离问题通常在解答题的第二小问考查；有时在选择题、多选题中也会涉及，难度一般。 近年命题趋势更注重动态几何问题和向量法的综合应用，如通过翻折情境分析空间角的变化，需灵活求解；备考时需强化坐标系建立技巧、法向量求解步骤及空间角公式的熟练应用，同时注重空间向量运算的严谨性，避免因计算失误失分。 考点1 用空间向量研究直线、平面的位置关系 知识点1 空间位置关系的向量表示 1．直线的方向向量 直线的方向向量：如果表示非零向量的有向线段所在的直线与直线l平行或重合，那么称此向量为直线l的方向向量. 2．平面的法向量 平面的法向量：直线l⊥α，取直线l的方向向量，则称向量为平面α的法向量. 知识点2 用空间向量研究直线、平面的平行关系 1．空间中直线、平面的平行 (1)线线平行的向量表示：设分别是直线l1，l2的方向向量，则l1∥l2⇔⇔∃λ∈R，使得. (2)线面平行的向量表示：设是直线l的方向向量，是平面α的法向量，l⊄α，则l∥α⇔⊥⇔·＝0. (3)面面平行的向量表示：设分别是平面α，β的法向量，则α∥β⇔⇔∃λ∈R，使得 . 2．利用向量证明线线平行的思路： 证明线线平行只需证明两条直线的方向向量共线即可． 3．证明线面平行问题的方法： (1)证明直线的方向向量与平面内的某一向量是共线向量且直线不在平面内； (2)证明直线的方向向量可以用平面内两个不共线向量表示且直线不在平面内； (3)证明直线的方向向量与平面的法向量垂直且直线不在平面内． 4．证明面面平行问题的方法： (1)利用空间向量证明面面平行，通常是证明两平面的法向量平行． (2)将面面平行转化为线线平行然后用向量共线进行证明． 知识点3 用空间向量研究直线、平面的垂直关系 1．空间中直线、平面的垂直 (1)线线垂直的向量表示：设分别是直线l1 , l2的方向向量，则l1⊥l2⇔⇔. (2)线面垂直的向量表示：设是直线 l 的方向向量，是平面α的法向量，l⊄α，则l⊥α⇔∥⇔∃λ∈R，使得＝λ. (3)面面垂直的向量表示：设分别是平面α，β的法向量，则α⊥β⇔⇔. 2．证明两直线垂直的基本步骤： 建立空间直角坐标系→写出点的坐标→求直线的方向向量→证明向量垂直→得到两直线垂直． 3．用坐标法证明线面垂直的方法及步骤： (1)利用线线垂直：①将直线的方向向量用坐标表示；②找出平面内两条相交直线，并用坐标表示它们的方向向量；③判断直线的方向向量与平面内两条直线的方向向量垂直． (2)利用平面的法向量：①将直线的方向向量用坐标表示；②求出平面的法向量；③判断直线的方向向量与平面的法向量平行． 4．证明面面垂直的两种方法： (1)常规法：利用面面垂直的判定定理转化为线面垂直、线线垂直去证明． (2)法向量法：证明两个平面的法向量互相垂直． 考点2 用空间向量研究距离、夹角问题 知识点4 用空间向量研究距离问题 1．距离问题 (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)． 2．向量法求点到直线距离的步骤： (1)根据图形求出直线的单位方向向量. (2)在直线上任取一点M(可选择特殊便于计算的点).计算点M与直线外的点N的方向向量. (3)垂线段长度. 3．求点到平面的距离的常用方法 (1)直接法：过P点作平面α的垂线，垂足为Q，把PQ放在某个三角形中，解三角形求出PQ的长度就是点P到平面α的距离. (2)转化法：若点P所在的直线l平行于平面α，则转化为直线l上某一个点到平面α的距离来求. (3)等体积法. (4)向量法：设平面α的一个法向量为，A是α内任意点，则点P到α的距离为. 知识点5 用向量法求空间角 1．用向量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. 2．向量法求直线与平面所成角的主要方法: (1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，将题目转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)； (2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角. 3．向量法求二面角的解题思路: 用法向量求两平面的夹角：分别求出两个法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到两平面夹角的大小. 【方法技巧与总结】 1．异面直线所成角的范围是；直线与平面所成角的范围是；二面角的范围是；两个平面夹角的范围是. 【题型1 平行关系的向量证明】 【例1】（25-26高二上·天津静海·阶段检测）已知直线的一个方向向量为，平面的一个法向量为，若直线平面，则实数的值为（  ） A． B． C．2 D． 【答案】D 【解题思路】利用空间向量几何意义列方程，解之即可求得的值. 【解答过程】由直线平面，可得，则 则，解得 故选：D. 【变式1-1】（2026·河北邯郸·一模）在下列四个正方体中，为正方体的顶点，为所在棱的中点，则满足直线平面的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解题思路】对于A、B和C，建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量和，利用直线与平面位置关系的向量法，即可求解；对D，利用面面平行的性质，即可求解. 【解答过程】如图1所示，建立空间直角坐标系，设正方体的边长为， 则，所以 设平面的一个法向量为， 则，取，则，所以， 又易知，则， 又，即与不垂直，所以与平面不平行，故A错误， 对于B，如图2，由选项A知平面的一个法向量为， ，则， 又，即与不垂直，所以与平面不平行，故B错误， 对于C，如图3，由选项A知平面的一个法向量为， ，则， 又，即与不垂直，所以与平面不平行，故C错误， 对于D，如图4，记为正方体所在棱的中点，连接，易得， 又平面，平面，所以平面， 又，平面，平面，所以平面， 又平面，所以平面平面， 又平面，则直线平面，所以D正确， 故选：D. 【变式1-2】（2026高二·全国·专题练习）如图，长方体中，，， (1)求证：平面平面; (2)线段上，是否存在点，使得平面. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在. 【解题思路】（1）以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间坐标系，分别求平面和平面的法向量，利用法向量平行即可证明面面平行； （2），当垂直与平面的法向量时 平面，求的值即可. 【解答过程】（1）因为长方体，所以，，两两垂直， 以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间坐标系： 由题知， 则， 设平面的法向量为， 则，故可取， 设平面的法向量为， 则，故可取， 因为 ，所以平面 平面. （2）设线段上存在点使得平面， 由（1）得，，平面的法向量， 所以， 由解得， 即为线段中点时， 平面. 【变式1-3】（2026·江苏南通·一模）如图，在四面体中，平面，．是的中点，是的中点，点在线段上． (1)求证：平面平面； (2)若平面，求． 【答案】(1)证明见解析； (2) 【解题思路】（1）利用线面垂直来证明面面垂直即可； （2）（方法一）利用线面平行来证明线线平行，再通过线段成比例，可求出线段长； （方法二）建立空间直角坐标系，利用空间向量法，通过向量的坐标运算求解即可. 【解答过程】（1）证明：因为平面平面，所以． 因为平面，所以 平面． 因为 平面，所以平面平面． （2）（方法一）如图，连接并延长，与的延长线交于点，连接． 因为平面平面 ， 平面平面，所以． 因为是 的中点，所以是的中点，所以． 过点作，交于点 ，因为是的中点，所以， 因为是的中点，所以，所以． 因为，所以， 因为是的中点，，所以 所以， 则在直角 中，可得，所以． （方法二）以为坐标原点，为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系． 因为， 是的中点，是的中点，所以． 设， 所以． 因为平面 的法向量平面 ，所以， 所以，即，所以，所以． 【题型2 垂直关系的向量证明】 【例2】（25-26高二上·山西·阶段检测）若平面的法向量分别为，且平面，则实数的值为（   ） A． B． C．4 D．5 【答案】B 【解题思路】根据，得，利用数量积坐标运算列式计算求解. 【解答过程】因为平面，所以，则，解得. 故选：B. 【变式2-1】（2026·北京石景山·一模）如图，在正方体中，为底面的中心，为所在棱的中点，M，N为正方体的顶点.则满足的是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【解题思路】利用空间向量法可解. 【解答过程】 不妨以为原点建立如图所示空间直角坐标系，设正方体的棱长为2， 对于A，则， ， 则，所以不垂直，故A错误； 对于B，则， ，则，所以不垂直；故B错误； 对于C，则， ，则，所以垂直，故C正确； 对于D，则， ，则，所以不垂直，故D错误. 故选：C. 【变式2-2】（25-26高二下·甘肃平凉·阶段检测）如图所示，已知四棱锥的底面是直角梯形，， ，侧面底面． (1)证明：； (2)证明：平面平面． 【答案】(1)证明见解析； (2)证明见解析 【解题思路】第（1）问先建立空间直角坐标系，写出各点坐标，利用向量数量积为零证明线线垂直； 第（2）问取中点构造向量，证明该向量与平面内两条相交直线垂直，从而得到线面垂直，再推出面面垂直. 【解答过程】（1）证明：取的中点，连接， 因为平面底面，为等边三角形， 所以底面． 以的中点为坐标原点，以所在直线为轴，过点与平行的直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示． 不妨设，则，． 所以，，，． 所以，． 因为， 所以，所以． （2）证明：取的中点，连接， 则． 因为，， 所以， 所以，即． 因为， 所以，即． 又因为，，平面， 所以平面． 因为平面， 所以平面平面． 【变式2-3】（2026·新疆·模拟预测）如图，在四棱锥中，平面 ，底面 为菱形，. (1)求证：； (2)若，当平面平面时，求的长. 【答案】(1)证明见解析； (2) 【解题思路】（1）通过平面 可得出，再根据直线与平面垂直的判定即可证得平面，最后通过直线与平面垂直的性质定理可证得. （2）建立空间直角坐标系，利用平面与平面垂直的空间向量公式即可求解. 【解答过程】（1）证明：在菱形 中，， 又平面 ，平面 ， ，又， 平面，平面， 平面，平面， . （2）设，交点为，则， 以为原点，以，，分别为 轴， 轴，建立如图直角坐标系， 设，则，，，， ，，， 设平面的法向量为，则， 取，则， 取平面的法向量为， 则，取，则， ， ，. 即. 【题型3 点面距离、面面距离的向量求法】 【例3】（2026·广东湛江·一模）如图，正方体的棱长为4，其中，点F为的中点，则点C到平面的距离为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【解题思路】建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面的法向量，从而利用点到平面的距离公式进行求解. 【解答过程】以点D为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系． 可得，, 设平面的一个法向量为， 则， 令得，故， 其中， 点C到平面的距离. 故选：C． 【变式3-1】（2026·江西萍乡·一模）如图，在平行四边形ABCD中，，，E为CD的中点，沿AE将翻折至的位置得到四棱锥，且.若F为棱PB的中点，则点F到平面PCE的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解题思路】先根据已知条件推导面面垂直关系，再建立空间直角坐标系确定各点坐标，最后通过向量垂直的条件求解平面法向量，再用点到面的距离公式计算即可. 【解答过程】在四边形中，连接，由题意可知是边长为1的等边三角形， 则，，，则，可知， 即，且，由，，， 则，可知. 由，，平面， 可得平面，又因为平面，所以平面平面 取中点O，中点H，连，，则，，可得， 因为为等边三角形，则，平面平面， 平面，所以平面. 以O为原点，分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系， 则，，， ，，可得，，. 设平面的法向量， 则，令，则，， 可得， 由点F为线段的中点，知点F到平面的距离是点B到平面的距离的. 平面的一个法向量，， 点B到平面的距离 ，所以点F到平面的距离为. 故选：B. 【变式3-2】（2026·上海普陀·二模）如图，在正三棱柱中，D、E分别是棱、的中点，且. (1)求证：直线平面； (2)求点A到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析； (2) 【解题思路】（1）根据正三棱柱的结构可判断四边形的形状，进行面面垂直、线面垂直、线线垂直之间的转化；（2）根据三棱锥的体积相等可求距离，也可利用空间向量求解距离问题. 【解答过程】（1）证明：如图1，连接， 由正三棱柱的结构特征可知， 在正三棱柱中是正三角形，侧面均为矩形，平面. 因为D是棱的中点，所以， 因为平面，所以平面平面. 又平面平面，所以平面. 又平面，所以. 因为，所以矩形为正方形，所以， 又，所以， 因为平面，，所以直线平面. （2）方法一：设点A到平面的距离为h， 因为平面，所以到平面的距离相等，都为. 由（1）知，侧面均为正方形，所以，， 又，所以为等腰三角形，所以. 又，即， 所以，解得，即点A到平面的距离为. 方法二：取的中点，连接，由（1）可知两两互相垂直， 所以以D为原点，建立如图2所示的空间直角坐标系， 则， 所以， 设平面的法向量为， 则，即，令，则， 即， 所以点A到平面的距离为. 【变式3-3】（2026·黑龙江哈尔滨·一模）如图，在四棱锥中，底面ABCD为菱形，，分别为CD，PA的中点. (1)证明：平面PBC； (2)若平面平面ABCD，，，，平面PAE与平面PAB夹角的余弦值为，求点到平面PBC的距离. 【答案】(1)证明见解析； (2) 【解题思路】（1）利用中位线定理结合平行四边形的性质得到，再结合线面平行的判定定理证明即可； （2）建立空间直角坐标系，利用平面夹角的向量求法求出点坐标，再由点到平面距离的向量法求解即可. 【解答过程】（1）证明：取PB中点，连接， 分别为的中点， 且，且， ，且，则四边形为平行四边形， ，平面平面， 平面. （2）取AB中点，连接OP，OD，BD 因为，所以， ∵平面平面，面，为交线， 平面，， 为正三角形，， 以为原点，分别以OB，OD，OP为，，轴建系，如图， 设，， 则，，，，， 所以， 易知平面PAB的法向量可取， 设平面PAE的法向量为， 因为，令，可取， 所以，解得， 所以，，， 设平面PBC的法向量为， 因为，令，可得， 所以. 【题型4 异面直线夹角的向量求法】 【例4】（2026·重庆·一模）正三棱柱中，，则异面直线与所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【解题思路】以A为原点，在平面中，过A作的垂线为x轴，为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线与所成角的余弦值． 【解答过程】在正三棱柱中， 以A为原点，在平面中，过A作的垂线为x轴， 为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系，    ，不妨取 则， ， 设异面直线与所成角为， 则， ∴异面直线与所成角的余弦值为． 故选：D． 【变式4-1】（2026·四川巴中·一模）已知正四面体，为的中点，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 【解题思路】建立空间直角坐标系，设正四面体边长为2，设，通过即可求点坐标，从而可表示和，进而可求，即异面直线与所成角的余弦值. 【解答过程】以点为原点，为轴，在平面内过点作轴与垂直，过作轴垂直于平面，建立空间直角坐标系如下：    不妨设正四面体的边长为2，则， 设点，则有，解得， 因为是的中点，则有，即， 因为是的中点，则有，即， 则， 则， 故选：A. 【变式4-2】（2026·江苏苏州·三模）如图，正四棱锥，，，为侧棱上的点，且． (1)求证：； (2)求异面直线与所成角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析； (2) 【解题思路】（1）连结交于点，连结，证明四边形是正方形，证明平面，证明； （2）以为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量即可求解. 【解答过程】（1）证明：如图，连接交于点，连接， 因为正四棱锥，所以平面， 又平面， 所以，因为正四棱锥， 所以四边形是正方形， 所以，因为，，，平面，平面， 所以平面，又平面， 所以； （2） 因为，，， 所以以为原点建立空间直角坐标系， ，，，， 所以， ， 所以， 因此异面直线与所成角的余弦值为. 【变式4-3】（2026·云南·模拟预测）如图，在四棱锥中，，，，，，． (1)求证：平面； (2)若，求直线BD与直线MC所成角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【解题思路】（1）在中，得到，证得，再由，利用线面垂直的判定定理，即可证得平面. （2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，设点，由，求得，再由，结合向量的夹角公式，即可求解. 【解答过程】（1）证明：在中，因为， 可得，所以， 因为，且，平面， 所以平面. （2）解：在中，因为， 可得，所以， 由（1）知：平面，平面，所以， 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，则，可得， 设，可得， 因为，可得， 可得，解得，即，所以， 又由，可得 设异面直线与所成的角为， 可得. 【题型5 线面角的向量求法】 【例5】（2026·重庆·模拟预测）已知正方体，过点且与垂直的平面为，则与平面所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解题思路】建立空间直角坐标系，求平面的法向量，再用线面角公式求解即可. 【解答过程】设正方体棱长为，以为原点，、、分别为、、轴，建立空间直角坐标系， 则，，，. 所以，. 因为平面过点且与垂直，所以就是平面的法向量， 设与平面所成角为， 所以. 所以. 故选：D. 【变式5-1】（2026·江苏徐州·模拟预测）如图，在正方形中，E，F是的两个三等分点，将该正方形折成一个正三棱柱（与重合），则直线与平面所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解题思路】利用折叠后正三棱柱的几何关系建立空间直角坐标系，求出各点坐标，进而得到直线方向向量与平面法向量，通过向量夹角公式计算线面角的正弦值. 【解答过程】如图1所示，沿着，两条折痕将正方形折叠成正三棱柱， 如图2所示，E，F是的两个三等分点，折叠后，分别为的三等分点，设，所以，，， 如图3所示，作，以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系， 作轴，因为，，所以，所以，，， 所以，，， 设平面的法向量，所以，不妨取， 所以平面的一个法向量为，设直线与平面所成角为， 所以，即直线与平面所成角的正弦值为 故选：C. 【变式5-2】（2026·河南郑州·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面,，，，点分别在棱上，，，平面与棱交于点． (1)证明：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)． 【解题思路】（1）根据题意，证得平面，得到平面，证得，再由，证得，得到平面，结合面面垂直的判定定理，即可证得平面平面； （2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，设，得到，根据，求得，得到，再求得平面的法向量，结合向量的夹角公式，即可求解. 【解答过程】（1）证明：因为平面，且平面，所以， 又因为，，所以， 因为，且平面，所以平面， 又因为，所以平面，因为平面，所以， 在直角中，，，所以， 因为，所以，所以， 又因为，所以，所以，所以， 因为且，平面，所以平面， 又因为平面，所以平面平面. （2）解：过点作直线，以为坐标原点，所在的直线分别为x，y，z轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 可得，，，，， 则，，， 设，则， 由（1）知，所以，即，得，所以， 设平面的法向量为，则， 令，可得，所以， 设直线与平面所成的角为， 则， 故直线与平面所成角的正弦值为． 【变式5-3】（2026·北京大兴·三模）如图，在四边形中，，，，是中点，连接，将沿折起使点至点处，得四棱锥，且，点为中点． (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) 【解题思路】（1）连接交于，连接，通过即可证明； （2）建系，求得平面法向量，和直线方向向量，代入夹角公式即可求解. 【解答过程】（1）证明：连接交于，连接， 因为，由题意是中点，又， 所以，则四边形为平行四边形， 故点为中点，又点为中点． 所以，又平面，不在平面内， 所以平面； （2）由（1）可知四边形为梯形中， 且，，，故四边形是正方形， 所以，， 将沿折起使A点至P点处，有，， 因为，平面， 所以平面， 又平面，所以平面平面， 因为，O是中点，所以， 又平面，平面平面， 所以平面． 以O为坐标原点，，所在直线分别为y轴，z轴，以过O与平行的直线为x轴，建立如图所示的空间坐标系． 因为，可得， 则，，，，，，． 则， ，， 设平面的法向量为， 则，取，得， 则． 设直线与平面所成角为， 则， 即直线与平面所成角的正弦值为. 【题型6 面面角的向量求法】 【例6】（2026·北京顺义·一模）六氟化硫是一种无机化合物，常温常压下为无色无味无毒不燃的稳定气体.化学式为，在其分子结构中，硫原子位于中心，六个氟原子均匀分布在其周围，形成一个八面体的结构.如图所示，该分子结构可看作正八面体，记为，各棱长均相等，则平面与平面夹角的余弦值是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解题思路】建立适当的空间直角坐标系，利用空间向量的方法求平面与平面的夹角即可. 【解答过程】 设正八面体的棱长为，连接、相较于点，连接， 根据正八面体的性质可知为正方形，，平面， 建立如图所示，以为坐标原点， 分别以、、为、、轴的空间直角坐标系， ，，，， 所以，， 设平面的法向量为， 所以，，令， 则有：，所以， ，， 设平面的法向量为， 所以，，令， 则有：，所以， 设平面与平面夹角为，则， 平面与平面夹角的余弦值为. 故选：D. 【变式6-1】（2026·云南昆明·模拟预测）已知等腰直角三角形是圆锥的轴截面，点在底面圆上，点为的中点，，则二面角正切值的大小为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解题思路】根据题意建立空间直角坐标系，求出关键点坐标，根据面面角向量求得二面角夹角余弦值，再根据同角三角函数基本关系计算即可求解. 【解答过程】由题意可知等腰直角三角形是圆锥的轴截面， 所以平面，是底面圆的直径，， 因为点在底面圆上，所以， 因为，所以， 以点为坐标原点，为轴，为轴，垂直于平面所在直线为轴建立如图所示空间直角坐标系， 设，则，，， 取平面的一个法向量为， 设平面的一个法向量为， ，， 则，取，则， 所以平面的一个法向量为， 设二面角为，由图可知， 则， 所以，. 故选：A. 【变式6-2】（2026·广东深圳·模拟预测）如图，在四棱锥中，，底面为矩形，，，． (1)求证：平面平面； (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）取与的中点，，由线面垂直判定定理证明平面，由此证明，再利用勾股定理证明，结合线面垂直判定定理，面面垂直判定定理证明结论； （2）以为原点，建立空间直角坐标系，确定各点坐标，分别求出平面和平面的法向量，利用两个平面法向量的夹角公式计算平面夹角的余弦值. 【解答过程】（1）证明：取与的中点，，连接，，， 因为，于是， 又因为，，，平面， 所以平面，结合可得平面， 又平面，所以， 所以，又，， 所以，， 而，， 所以， 从而，，平面， 所以平面，而平面， 所以平面平面． （2）以点为原点，，，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 则，，，，，，， 故，，， 设平面与平面的法向量分别为和， 则由得到，令得到， 由得到，令得到， 所以， 所以平面与平面夹角的余弦值为． 【变式6-3】（2026·广东广州·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面是菱形，平面，，点是线段上的一个动点． (1)若为线段中点，求证：平面； (2)若，求平面与平面夹角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析； (2) 【解题思路】（1）根据三角形中位线定理得，再由线面平行的判定定理可得； （2）直接建立空间直角坐标系，用向量法求面面角的余弦值，再由同角三角函数关系求正弦值可得. 【解答过程】（1）证明：设菱形的对角线交于点， 因为菱形的对角线互相平分，所以是的中点，又因为是的中点， 在中，是中位线，因此. 又因为平面，平面，且， 根据线面平行的判定定理，可得平面. （2）设的中点为，因为分别为中点，所以， 又因为平面，所以平面. 因为平面，所以. 又因为底面是菱形，所以. 以为原点，分别以所在直线为轴建立坐标系： 因为，则. 因此各点坐标为：，，，，设. ，，， . 因为平面在坐标平面上，取其法向量为. 平面的法向量为，， 则，，，令，则，. 设两个平面的夹角为，，， 则 ， 因为，所以. 因此平面与平面夹角的正弦值为. 【题型7 探索性问题的向量求法】 【例7】（2026·甘肃甘南·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面ABCD为平行四边形， ，二面角的大小为． (1)求线段的长． (2)若，且，则在线段上是否存在点，使得直线BE与平面PDC所成的角的正弦值为？若存在，求出的长；若不存在，说明理由． 【答案】(1) (2)存在； 【解题思路】（1）利用等腰三角形三线合一，取底边中点证明两个垂直，即可得二面角的平面角，从而利用余弦定理可求线段的长； （2）利用勾股定理证明线线垂直，可建立以为坐标原点的空间直角坐标系，借助空间向量运算可求解线面角，最后可判断存在性，并求出的长. 【解答过程】（1）如图，取的中点为，连接． ∵四边形是平行四边形，． ． 又． 为二面角的平面角，即． 在中，由余弦定理得． 又平面平面． 平面， ． （2）由（1）知． 同理， 又两两垂直． 以为坐标原点，直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则 ． 假设在线段上存在点满足题意，不妨设， 则． 设平面PDC的法向量为，则 令，则． 设直线BE与平面PDC所成的角为， 则， 解得，此时， 存在点满足题意，且． 【变式7-1】（2026·湖北·模拟预测）如图所示，四棱锥的底面四边形为直角梯形， ，平面与平面的交线平面. (1)求线段的长度； (2)线段上是否存在点，使得平面平面？若存在，求直线与平面所成角的正弦值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2)存在， 【解题思路】（1）先确定平面交线，因不平行，延长相交得点，是两平面公共点，又也是公共点，根据基本事实确定交线（即，即）. 由PB垂直平面内两相交线，得垂直平面，进而得PB垂直MB，用勾股定理求.   （2）以为原点建系，根据已知边长确定各点坐标.设表示出点坐标. 根据法向量与平面内向量垂直，列出方程组求平面和平面的法向量.  因为两平面垂直，所以它们的法向量垂直，法向量数量积为，列方程求解，进而得到点坐标. 【解答过程】（1）由题设，直线不平行，延长必相交，记交点为，则，， 从而平面平面，即点为平面与平面的一个公共点， 又点也为平面与平面的一个公共点，根据基本事实3，知直线即为直线，且点即为点， 由题设，，所以平面， 所以，且易知，所以. （2）如图，以为原点，方向､方向､方向分别为轴､轴､轴建立空间直角坐标系， 如图，由，则. 则各点坐标为：， 假设存在点，设，则点的坐标为. 设和分别为平面和平面的法向量. ，即， 令，得， ，即， 令，得：， 平面平面， 所以， 又，设平面PCD的法向量为， 则,即，令，则， 所以直线与平面所成角的正弦值. 【变式7-2】（2026·湖南邵阳·一模）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，,平面为棱上的点．    (1)当为棱的中点时，证明：平面； (2)在棱上是否存在点，使得平面与平面的夹角的余弦值为？若存在，请确定点的位置；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析； (2)存在，点为棱上靠近点的三等分点. 【解题思路】（1）取棱的中点，连接，证明四边形为平行四边形，得，再由线面平行的判定定理即可得证； （2）如图建系，取线段的中点为，连接，易得平面，可得平面的一个法向量，设，根据点的坐标求出平面的一个法向量，利用空间向量的夹角公式列出方程求解即得. 【解答过程】（1）证明：如图1，取棱的中点，连接，因为棱的中点，则． 又因为， 所以，则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2，以点为坐标原点，分别以所在直线为，，轴建立空间直角坐标系， 则． 则， 取线段的中点为，连接.因平面，平面，则 ， 又，则，因，平面，则平面， 因，则，可取平面的一个法向量为. 假设在棱上存在点，使得平面与平面的夹角的余弦值为， 设，则. 设为平面的一个法向量， 则，故可取. 设平面与平面的夹角为， 则． 解得（舍）或. 此时点为棱上靠近点的三等分点. 【变式7-3】（25-26高二上·广东佛山·月考）如图，在正三棱柱中，底面边长为2，侧棱长为是的中点．    (1)求直线与平面所成角的正弦值： (2)在线段上是否存在一点，使得点到平面的距离为？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)存在， 【解题思路】（1）利用正三棱柱的性质如图建立空间直角坐标系，利用空间向量法来求线面角的正弦值； （2）利用设未知量，来表示空间向量，借助空间向量法来求点到面的距离，从而解决问题. 【解答过程】（1）因为在正中，D是的中点，故， 以D为坐标原点，取的中点F，分别以为轴， 建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，， ，，， 则，，， 设平面的法向量为， 则，取，则， 设直线与平面所成角为， 可得， 所以直线与平面所成角的正弦值为； （2）存在点，使得点到平面的距离为，且，理由如下： 设，其中， 所以， ，， 设平面的法向量为， 则，取，则， 则点到平面的距离， 化简得，解得或（舍去）． 综上，存在点E，使得点到平面的距离为，此时. 一、单选题 1．（25-26高二上·安徽·阶段检测）已知平面的一个法向量，若直线平面，则直线的一个方向向量可以是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【解题思路】根据直线与平面垂直时，直线与平面的法向量共线，即可得解. 【解答过程】若直线平面，则直线与平面的法向量共线， 因此，当时，即为A选项，对于选项B、C、D，找不到满足条件的，故B、C、D错误. 故选：A. 2．（2026·江苏扬州·模拟预测）在正四面体中，分别为的中点，连接，若正四面体的边长为2，则直线与直线所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【解题思路】取底面的中心，连接，以为原点，为轴，过作平行于的直线为轴，为轴建立空间直角坐标系，用空间向量法求异面直线所成的角. 【解答过程】取底面的中心，连接，则平面，以为原点，为轴，过作平行于的直线为轴，为轴建立空间直角坐标系，由正四面体的边长为2，则底面的外接圆半径，则由题易得高 ，故， ，由、分别为、的中点，所以， 同理得，故， 所以由向量夹角公式可知. 故选：D. 3．（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 【解题思路】根据给定条件，求出平面的法向量及所过的点，再利用点到平面距离公式求解 【解答过程】依题意，平面过点，其法向量， 则，所以点Q到平面距离. 故选：B. 4．（2026·安徽蚌埠·二模）已知正方体中，是的中点，则平面与平面的夹角余弦值是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【解题思路】设，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解即可. 【解答过程】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴, 建立如下图所示的空间直角坐标系， 设，则、、，则，， 设平面的一个法向量为， 所以，取，可得， 易知平面的一个法向量为，则， 故平面与平面的夹角余弦值是. 故选：D. 5．（2026·贵州遵义·模拟预测）在正方体中，、分别棱，的中点，则下列选项正确的是（   ） A． B． C．面 D．面 【答案】B 【解题思路】建立如图所示空间直角坐标系，利用空间向量共线的基本定理可得A错误；由向量的数量积为零可得B正确，C错误；求出面的法向量，由与不垂直可得D错误. 【解答过程】 以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，设正方体的边长为2， 对于A，， 则， 若，则，无解，故A错误； 对于B，，， 则，所以，即，故B正确； 对于C，，，， 则，所以与不垂直，因为平面，所以与平面不垂直，故C错误； 对于D，，， 设面的法向量为， 则，取，则， 所以，即与不垂直，所以与平面不平行，故D错误； 故选：B. 6．（2026·甘肃张掖·模拟预测）如图，在三棱锥中，为的中点，平面， ，则直线与平面所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解题思路】建立空间直角坐标系， 求出平面的法向量， 利用向量夹角公式计算直线与平面所成角的正弦值. 【解答过程】在中，，且2，所以是等腰直角三角形. 因为为的中点，根据等腰三角形性质，. 在中，，所以. 因为平面，平面，所以. 以为原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系. 所以 ， ，， ，. 设，在中，，. 所以，故. 所以， 设平面的法向量为，则， 令，则，，所以平面的一个法向量为). ，设直线与平面所成的角为. 所以. 故选：A. 7．（2026·山东·一模）如图所示，已知三棱锥的各棱长均相等，分别是所在棱，，的中点，有下列说法： ①；②平面； ③平面；④平面平面． 其中，说法正确的个数是（    ）    A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【解题思路】建立空间直角坐标系，求出关键点的坐标和关键平面的法向量，利用空间位置关系的向量证明逐个分析选项即可. 【解答过程】如图，将三棱锥放入正方体中，以棱作为面对角线， 以为原点，建立空间直角坐标系，    不妨设正方体的边长为，由题意得，，，， 由中点坐标公式得，，， 对于①，由题意得，， 则，得到，故①正确， 对于②，由题意得，， 设面的法向量为， 则，令，解得，， 可得，而， 因为平面， 所以平面，故②正确， 对于③，由题意得，， 若平面，则， 可得，而不存在这样的使得方程组成立， 则平面不成立，故③错误， 对于④，由题意得，， 设面的法向量为， 则，令，解得，， 可得，由已知得， 而，可得平面平面，故④正确， 综上可得，说法正确的个数是3个，故C正确. 故选：C. 8．（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 【解题思路】推导出，，从而平面，推导出，以为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出． 【解答过程】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，． 故选：A. 二、多选题 9．（2026·福建·二模）在正方体中，分别为的中点，则（    ） A． B．平面 C． D．平面 【答案】ABD 【解题思路】建立空间直角坐标系，求出关键点的坐标和关键平面的法向量，利用空间位置关系的向量证明并结合线面垂直的判定定理求解即可. 【解答过程】如图，以为原点，建立空间直角坐标系， 设正方体边长为，则，，，， 对于A，可得，， 则，得到，故A正确； 对于B，由题意得，，，， 则，，， 可得，得到， 可得，得到， 而平面，得到平面，故B正确； 对于C，由题意得，， 若，则，得到， 而不存在使方程组成立，即不成立，故C错误； 对于D，由题意得，，， 设平面的法向量为，则， 令，解得，，得到， 可得，得到平面，故D正确. 故选：ABD. 10．（2026·河南开封·模拟预测）在直三棱柱中，，，为线段的中点，则下列正确的有（    ） A．直线平面 B． C．直线与直线所成的角为 D．到平面距离为 【答案】ABD 【解题思路】以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，对A，求直线的方向向量和平面的法向量，验证方向向量与法向量垂直，结合线不在面内判定；对B，计算和​的数量积判断；对C，利用异面直线夹角公式，计算两个方向向量夹角的余弦绝对值判断；对D，求出平面的法向量，代入距离公式计算验证. 【解答过程】以为原点，​分别为轴， 由，得各点坐标： ， 对于选项A：，平面中， 设平面的法向量为，则，即， 令，则，所以是平面的一个法向量 ， 因为，故，且不在平面内， 因此平面，A正确； 对于选项B：， 因为 ，所以，B正确； 对于选项C：，设异面直线与所成角为， 则，得，C错误； 对于选项D：，设平面的法向量， 则，即，令，则， 所以是平面的一个法向量，又， 所以点到平面的距离： ，D正确. 故选：ABD. 11．（25-26高二上·湖北武汉·期末）布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达•芬奇方砖在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案，如图1，把三片这样的达•芬奇方砖拼成图2的组合，这个组合再转换成图3所示的空间几何体．若图3中每个正方体的棱长为1，则下列结论正确的是（　　）      A． B．点到直线的距离是 C．平面ECG与平面的夹角正弦值为 D．直线与平面的法向量所成角的正切值为 【答案】BCD 【解题思路】通过空间向量的基底运算可得A的正误，利用空间向量夹角公式和点到面距离公式可以判断B、C、D的正误. 【解答过程】对于A：依题意， 所以，因此本选项结论不正确； 对于B：以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，， ，，，， ，，设， 则点到直线CQ的距离，因此本选项说法正确； 对于C：,； 设平面的向量为， 则， 令可得为， 设平面的法向量为， 则，则， 所以， 即平面与平面的夹角余弦值为，所以本选项说法正确； 对于D：由正方体的性质可知平面， 所以平面的一个法向量为， 因为，， 所以， ， 所以，因此本选项说法正确. 故选：BCD.    三、填空题 12．（2026·四川凉山·二模）若，则点到平面的距离__________. 【答案】 【解题思路】利用空间向量坐标公式计算出、可求出平面法向量，再利用空间中点到平面距离公式计算即可得. 【解答过程】，， 设平面的法向量为， 则，取，则,，故， 则. 故答案为：. 13．（2026·江苏南京·一模）在直三棱柱中，已知，，则异面直线与所成角的余弦值为________． 【答案】/ 【解题思路】结合题意进而建立空间直角坐标系，进而利用异面直线夹角的向量求法求解即可. 【解答过程】作，因为，所以是的中点， 过作，由直三棱柱性质得面， 如图，作出符合题意的图形，以为原点建立空间直角坐标系， 因为，所以，由勾股定理得， 则，，，， 可得，， 设异面直线与所成角为， 则. 故答案为：. 14．（2026·湖南·三模）如图1，已知球O的半径．在球O的内接三棱锥中．平面，，，．P，Q分别为线段AC，BC的中点，G为线段BD上一点（不与点B重合），如图2．则平面与平面夹角的余弦值的最大值为___________．    【答案】 【解题思路】以点C为坐标原点，直线CB，CA分别为x，y轴，过点C且与BD平行的直线为z轴，建立适当的空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，进一步得平面与平面夹角的余弦值的最大值的表达式，结合换元法、基本不等式求解即可. 【解答过程】因为平面，平面，所以，， 因为，又，所以平面， 又平面，所以， 易知在和中，斜边AD的中点到点A，B，C，D的距离相等， 即AD为球O的直径，设，因为，， 所以，，因为，， 所以中，，． 以点C为坐标原点，直线CB，CA分别为x，y轴，过点C且与BD平行的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，    则，，，，设，， 由题可知，，，， 则，，， 设平面的一个法向量为， 则，取，可得． 设平面的一个法向量为， 则，取，可得． 设平面与平面的夹角为． 因为 ， 令，则，，， 可得， 当且仅当，即时等号成立， 此时即取得最大值． 故答案为：. 四、解答题 15．（2026·湖南永州·一模）如图，四棱锥中，侧面底面，底面为平行四边形，，，，，． (1)求证：． (2)求平面与平面的夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析； (2). 【解题思路】（1）设为的中点，连接，，证明平面，即可得； （2）建立空间直角坐标系，用空间向量法求平面和平面夹角的余弦值． 【解答过程】（1）证明：取中点，连接，，由于，故， 由余弦定理可得，所以， 所以，又由于，所以平面，且平面， 所以. （2）因为侧面底面，，侧面底面， 所以底面.如图所示，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，，，. 设平面的法向量为， 由得 取，得平面的一个法向量为． 设平面的法向量为， 由得 取，得平面的一个法向量为． 所以平面与平面夹角的余弦值为 ． 16．（2026·山西太原·二模）如图，在底面是菱形的直四棱柱中，，为线段上靠近的三等分点，为线段的中点. (1)求证：平面； (2)求点到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析； (2) 【解题思路】（1）如图1，连接交线段于点，连接，证明可证 平面； （2）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，利用空间向量法求点到平面的距离. 【解答过程】（1）证明：如图1，连接交线段于点，连接. . 又 . 又平面，平面 平面. （2）如图2，连接四边形为菱形，2，则为等边三角形. 又为中点，. 又 . 易知平面以为原点，，所在直线分别为轴､轴､轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 易知为上靠近的三等分点， . . 设平面的一个法向量为， 则 令，则，∴， ∴点到平面的距离. 17．（2026·重庆九龙坡·一模）如图，已知圆锥PO，AB为底面圆O的直径，点C在圆O上（不同于A，B），，.    (1)若，证明：平面OCE； (2)若，平面平面PBC，求λ的值． 【答案】(1)证明见解析； (2) 【解题思路】（1）作辅助线，根据几何性质可得，进而可证线面平行； （2）建系标点，分别求平面、平面PBC的法向量，根据面面垂直可得，运算求解即可. 【解答过程】（1）证明：取中点F，设与交于点G，连接，， 由知D为中点，且F为中点，则， 则E为中点，且G为中点， 因为O为中点，则， 且平面，平面， 所以平面． （2）因为C在圆周上，为直径，则，同时，由圆锥知平面， 则以C为原点，、、过C与平行的直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系．    因， 则，，，，． 可得，，，， 设平面的一个法向量，则， 令，则，可得； 设平面的一个法向量，则。 令，则，可得， 若平面平面，则，解得． 故的值为． 18．（2026·山东聊城·二模）如图，在六面体中，底面是边长为2的菱形，，平面，是的中点. (1)证明：平面； (2)若直线与平面所成角的正弦值为，求的长. 【答案】(1)证明见解析； (2) 【解题思路】（1）取的中点，连接，，结合中点性质和线面平行的判定定理即可证明. （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求解. 【解答过程】（1）证明：取的中点，连接，. 因为分别为的中点， 所以，且. 又，所以，， 所以四边形是平行四边形， 所以. 又 平面平面，所以平面. （2）连接， 因为底面是菱形，，所以和均为等边三角形. 因为是的中点， 所以，即, 又平面， 则以为坐标原点，分别以，所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 设， 则由题意知，，， 所以，. 设平面的法向量为， 则令， 则. 因为直线与平面所成角的正弦值为， 设直线与平面所成的角为， 则 ， 解得，所以. 19．（2026·天津滨海新区·三模）如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，点为的中点． (1)求证：平面； (2)求直线与直线所成角的余弦值； (3)若线段上存在一点，使直线与平面所成角的正弦值为，求三棱锥的体积． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【解题思路】（1）构造面面平行即可证线面平行； （2）结合（1）找出直线与直线所成的角，再根据勾股定理，及余弦定理即可求解； （3）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，再利用线面角的向量法即可确定的位置，进而根据等积法即可求出三棱锥的体积． 【解答过程】（1）证明：取的中点，连接，， 由条件可得为的中位线，即， 又平面，平面，故平面， 由题意可知四边形是直角梯形，且， 则，，即四边形是平行四边形，所以， 又平面，平面，故平面， 而，平面，所以平面平面， 由平面，显然平面． （2）由（1）可知，直线与直线所成角为， 又平面平面，平面平面，且，则平面， 又平面，则， 又，， 所以，，， 则在中，由余弦定理有， 所以直线与直线所成角的余弦值为． （3）连接，， 结合（1），（2）有是正方形，则，且， 又底面，则底面， 又，则，所以， 所以以为原点，分别以，，所在直线为，，轴，建立如下图空间直角坐标系， 则，，，，，， 则，， 又线段上存在一点，则设， 则，所以， 设平面的一个法向量为，则有， 令，则，，即， 设直线与平面所成的角为，则， 整理得，解得或（舍去）， 所以是线段的中点， 所以． 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题7.9 空间向量的应用（举一反三复习讲义） 【全国通用】 考点要求 (1)理解直线的方向向量及平面的法向量，能用向量方法证明立体几何中有关线面位置关系的一些简单定理 (2)能用向量法解决异面直线、直线与平面、平面与平面的夹角问题，并能描述解决这一类问题的程序，体会向量法在研究空间角问题中的作用 (3)会求空间中点到直线以及点到平面的距离 (4)以空间向量为工具，探究空间几何体中线、面的位置关系或空间角存在的条件 高考真题统计 考点 2024年 2025年 2026年 空间向量的应用 新高考I卷：第17题，15分 新高考Ⅱ卷：第17题，15分 全国一卷：第9题，6分 全国一卷：第17题，15分 全国二卷：第17题，15分 全国一卷：第15题，13分 全国二卷：第16题，15分 命题规律分析 1、空间向量的应用 空间点、直线、平面之间的位置关系是高考的热点内容。从近三年的高考情况来看，主要分两方面进行考查，一是空间中点、线、面关系的命题的真假判断；二是异面直线的判定和异面直线所成角问题；主要以选择题、填空题的形式考查，难度较易，突出空间想象能力、逻辑推理能力。 空间向量的应用是高考的重点、热点内容，属于高考的必考内容之一。从近三年的高考情况来看，空间向量解立体几何一般以解答题形式为主，每年必考，难度中等偏难，第一小问一般考查空间线、面位置关系的证明；空间角与点、线、面距离问题通常在解答题的第二小问考查；有时在选择题、多选题中也会涉及，难度一般。 近年命题趋势更注重动态几何问题和向量法的综合应用，如通过翻折情境分析空间角的变化，需灵活求解；备考时需强化坐标系建立技巧、法向量求解步骤及空间角公式的熟练应用，同时注重空间向量运算的严谨性，避免因计算失误失分。 考点1 用空间向量研究直线、平面的位置关系 知识点1 空间位置关系的向量表示 1．直线的方向向量 直线的方向向量：如果表示非零向量的有向线段所在的直线与直线l平行或重合，那么称此向量为直线l的方向向量. 2．平面的法向量 平面的法向量：直线l⊥α，取直线l的方向向量，则称向量为平面α的法向量. 知识点2 用空间向量研究直线、平面的平行关系 1．空间中直线、平面的平行 (1)线线平行的向量表示：设分别是直线l1，l2的方向向量，则l1∥l2⇔⇔∃λ∈R，使得. (2)线面平行的向量表示：设是直线l的方向向量，是平面α的法向量，l⊄α，则l∥α⇔⊥⇔·＝0. (3)面面平行的向量表示：设分别是平面α，β的法向量，则α∥β⇔⇔∃λ∈R，使得 . 2．利用向量证明线线平行的思路： 证明线线平行只需证明两条直线的方向向量共线即可． 3．证明线面平行问题的方法： (1)证明直线的方向向量与平面内的某一向量是共线向量且直线不在平面内； (2)证明直线的方向向量可以用平面内两个不共线向量表示且直线不在平面内； (3)证明直线的方向向量与平面的法向量垂直且直线不在平面内． 4．证明面面平行问题的方法： (1)利用空间向量证明面面平行，通常是证明两平面的法向量平行． (2)将面面平行转化为线线平行然后用向量共线进行证明． 知识点3 用空间向量研究直线、平面的垂直关系 1．空间中直线、平面的垂直 (1)线线垂直的向量表示：设分别是直线l1 , l2的方向向量，则l1⊥l2⇔⇔. (2)线面垂直的向量表示：设是直线 l 的方向向量，是平面α的法向量，l⊄α，则l⊥α⇔∥⇔∃λ∈R，使得＝λ. (3)面面垂直的向量表示：设分别是平面α，β的法向量，则α⊥β⇔⇔. 2．证明两直线垂直的基本步骤： 建立空间直角坐标系→写出点的坐标→求直线的方向向量→证明向量垂直→得到两直线垂直． 3．用坐标法证明线面垂直的方法及步骤： (1)利用线线垂直：①将直线的方向向量用坐标表示；②找出平面内两条相交直线，并用坐标表示它们的方向向量；③判断直线的方向向量与平面内两条直线的方向向量垂直． (2)利用平面的法向量：①将直线的方向向量用坐标表示；②求出平面的法向量；③判断直线的方向向量与平面的法向量平行． 4．证明面面垂直的两种方法： (1)常规法：利用面面垂直的判定定理转化为线面垂直、线线垂直去证明． (2)法向量法：证明两个平面的法向量互相垂直． 考点2 用空间向量研究距离、夹角问题 知识点4 用空间向量研究距离问题 1．距离问题 (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)． 2．向量法求点到直线距离的步骤： (1)根据图形求出直线的单位方向向量. (2)在直线上任取一点M(可选择特殊便于计算的点).计算点M与直线外的点N的方向向量. (3)垂线段长度. 3．求点到平面的距离的常用方法 (1)直接法：过P点作平面α的垂线，垂足为Q，把PQ放在某个三角形中，解三角形求出PQ的长度就是点P到平面α的距离. (2)转化法：若点P所在的直线l平行于平面α，则转化为直线l上某一个点到平面α的距离来求. (3)等体积法. (4)向量法：设平面α的一个法向量为，A是α内任意点，则点P到α的距离为. 知识点5 用向量法求空间角 1．用向量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. 2．向量法求直线与平面所成角的主要方法: (1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，将题目转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)； (2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角. 3．向量法求二面角的解题思路: 用法向量求两平面的夹角：分别求出两个法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到两平面夹角的大小. 【方法技巧与总结】 1．异面直线所成角的范围是；直线与平面所成角的范围是；二面角的范围是；两个平面夹角的范围是. 【题型1 平行关系的向量证明】 【例1】（25-26高二上·天津静海·阶段检测）已知直线的一个方向向量为，平面的一个法向量为，若直线平面，则实数的值为（  ） A． B． C．2 D． 【变式1-1】（2026·河北邯郸·一模）在下列四个正方体中，为正方体的顶点，为所在棱的中点，则满足直线平面的是（    ） A． B． C． D． 【变式1-2】（2026高二·全国·专题练习）如图，长方体中，，， (1)求证：平面平面; (2)线段上，是否存在点，使得平面. 【变式1-3】（2026·江苏南通·一模）如图，在四面体中，平面，．是的中点，是的中点，点在线段上． (1)求证：平面平面； (2)若平面，求． 【题型2 垂直关系的向量证明】 【例2】（25-26高二上·山西·阶段检测）若平面的法向量分别为，且平面，则实数的值为（   ） A． B． C．4 D．5 【变式2-1】（2026·北京石景山·一模）如图，在正方体中，为底面的中心，为所在棱的中点，M，N为正方体的顶点.则满足的是（   ） A． B． C． D． 【变式2-2】（25-26高二下·甘肃平凉·阶段检测）如图所示，已知四棱锥的底面是直角梯形，， ，侧面底面． (1)证明：； (2)证明：平面平面． 【变式2-3】（2026·新疆·模拟预测）如图，在四棱锥中，平面 ，底面 为菱形，. (1)求证：； (2)若，当平面平面时，求的长. 【题型3 点面距离、面面距离的向量求法】 【例3】（2026·广东湛江·一模）如图，正方体的棱长为4，其中，点F为的中点，则点C到平面的距离为（   ） A． B． C． D． 【变式3-1】（2026·江西萍乡·一模）如图，在平行四边形ABCD中，，，E为CD的中点，沿AE将翻折至的位置得到四棱锥，且.若F为棱PB的中点，则点F到平面PCE的距离为（    ） A． B． C． D． 【变式3-2】（2026·上海普陀·二模）如图，在正三棱柱中，D、E分别是棱、的中点，且. (1)求证：直线平面； (2)求点A到平面的距离. 【变式3-3】（2026·黑龙江哈尔滨·一模）如图，在四棱锥中，底面ABCD为菱形，，分别为CD，PA的中点. (1)证明：平面PBC； (2)若平面平面ABCD，，，，平面PAE与平面PAB夹角的余弦值为，求点到平面PBC的距离. 【题型4 异面直线夹角的向量求法】 【例4】（2026·重庆·一模）正三棱柱中，，则异面直线与所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 【变式4-1】（2026·四川巴中·一模）已知正四面体，为的中点，为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A． B． C． D． 【变式4-2】（2026·江苏苏州·三模）如图，正四棱锥，，，为侧棱上的点，且． (1)求证：； (2)求异面直线与所成角的余弦值． 【变式4-3】（2026·云南·模拟预测）如图，在四棱锥中，，，，，，． (1)求证：平面； (2)若，求直线BD与直线MC所成角的余弦值． 【题型5 线面角的向量求法】 【例5】（2026·重庆·模拟预测）已知正方体，过点且与垂直的平面为，则与平面所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【变式5-1】（2026·江苏徐州·模拟预测）如图，在正方形中，E，F是的两个三等分点，将该正方形折成一个正三棱柱（与重合），则直线与平面所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 【变式5-2】（2026·河南郑州·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面,，，，点分别在棱上，，，平面与棱交于点． (1)证明：平面平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 【变式5-3】（2026·北京大兴·三模）如图，在四边形中，，，，是中点，连接，将沿折起使点至点处，得四棱锥，且，点为中点． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 【题型6 面面角的向量求法】 【例6】（2026·北京顺义·一模）六氟化硫是一种无机化合物，常温常压下为无色无味无毒不燃的稳定气体.化学式为，在其分子结构中，硫原子位于中心，六个氟原子均匀分布在其周围，形成一个八面体的结构.如图所示，该分子结构可看作正八面体，记为，各棱长均相等，则平面与平面夹角的余弦值是（    ） A． B． C． D． 【变式6-1】（2026·云南昆明·模拟预测）已知等腰直角三角形是圆锥的轴截面，点在底面圆上，点为的中点，，则二面角正切值的大小为（    ） A． B． C． D． 【变式6-2】（2026·广东深圳·模拟预测）如图，在四棱锥中，，底面为矩形，，，． (1)求证：平面平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值． 【变式6-3】（2026·广东广州·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面是菱形，平面，，点是线段上的一个动点． (1)若为线段中点，求证：平面； (2)若，求平面与平面夹角的正弦值． 【题型7 探索性问题的向量求法】 【例7】（2026·甘肃甘南·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面ABCD为平行四边形， ，二面角的大小为． (1)求线段的长． (2)若，且，则在线段上是否存在点，使得直线BE与平面PDC所成的角的正弦值为？若存在，求出的长；若不存在，说明理由． 【变式7-1】（2026·湖北·模拟预测）如图所示，四棱锥的底面四边形为直角梯形， ，平面与平面的交线平面. (1)求线段的长度； (2)线段上是否存在点，使得平面平面？若存在，求直线与平面所成角的正弦值；若不存在，请说明理由. 【变式7-2】（2026·湖南邵阳·一模）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，,平面为棱上的点．    (1)当为棱的中点时，证明：平面； (2)在棱上是否存在点，使得平面与平面的夹角的余弦值为？若存在，请确定点的位置；若不存在，请说明理由． 【变式7-3】（25-26高二上·广东佛山·月考）如图，在正三棱柱中，底面边长为2，侧棱长为是的中点．    (1)求直线与平面所成角的正弦值： (2)在线段上是否存在一点，使得点到平面的距离为？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由． 一、单选题 1．（25-26高二上·安徽·阶段检测）已知平面的一个法向量，若直线平面，则直线的一个方向向量可以是（   ） A． B． C． D． 2．（2026·江苏扬州·模拟预测）在正四面体中，分别为的中点，连接，若正四面体的边长为2，则直线与直线所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 3．（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 4．（2026·安徽蚌埠·二模）已知正方体中，是的中点，则平面与平面的夹角余弦值是（   ） A． B． C． D． 5．（2026·贵州遵义·模拟预测）在正方体中，、分别棱，的中点，则下列选项正确的是（   ） A． B． C．面 D．面 6．（2026·甘肃张掖·模拟预测）如图，在三棱锥中，为的中点，平面， ，则直线与平面所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 7．（2026·山东·一模）如图所示，已知三棱锥的各棱长均相等，分别是所在棱，，的中点，有下列说法： ①；②平面； ③平面；④平面平面． 其中，说法正确的个数是（    ）    A．1 B．2 C．3 D．4 8．（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． 二、多选题 9．（2026·福建·二模）在正方体中，分别为的中点，则（    ） A． B．平面 C． D．平面 10．（2026·河南开封·模拟预测）在直三棱柱中，，，为线段的中点，则下列正确的有（    ） A．直线平面 B． C．直线与直线所成的角为 D．到平面距离为 11．（25-26高二上·湖北武汉·期末）布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达•芬奇方砖在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案，如图1，把三片这样的达•芬奇方砖拼成图2的组合，这个组合再转换成图3所示的空间几何体．若图3中每个正方体的棱长为1，则下列结论正确的是（　　）      A． B．点到直线的距离是 C．平面ECG与平面的夹角正弦值为 D．直线与平面的法向量所成角的正切值为 三、填空题 12．（2026·四川凉山·二模）若，则点到平面的距离__________. 13．（2026·江苏南京·一模）在直三棱柱中，已知，，则异面直线与所成角的余弦值为________． 14．（2026·湖南·三模）如图1，已知球O的半径．在球O的内接三棱锥中．平面，，，．P，Q分别为线段AC，BC的中点，G为线段BD上一点（不与点B重合），如图2．则平面与平面夹角的余弦值的最大值为___________．    四、解答题 15．（2026·湖南永州·一模）如图，四棱锥中，侧面底面，底面为平行四边形，，，，，． (1)求证：． (2)求平面与平面的夹角的余弦值． 16．（2026·山西太原·二模）如图，在底面是菱形的直四棱柱中，，为线段上靠近的三等分点，为线段的中点. (1)求证：平面； (2)求点到平面的距离. 17．（2026·重庆九龙坡·一模）如图，已知圆锥PO，AB为底面圆O的直径，点C在圆O上（不同于A，B），，.    (1)若，证明：平面OCE； (2)若，平面平面PBC，求λ的值． 18．（2026·山东聊城·二模）如图，在六面体中，底面是边长为2的菱形，，平面，是的中点. (1)证明：平面； (2)若直线与平面所成角的正弦值为，求的长. 19．（2026·天津滨海新区·三模）如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，点为的中点． (1)求证：平面； (2)求直线与直线所成角的余弦值； (3)若线段上存在一点，使直线与平面所成角的正弦值为，求三棱锥的体积． 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $