专题02 空间向量与立体几何（题型清单）（全国通用）2027年高考数学一轮复习讲练测

专题02 空间向量与立体几何 题型脑图·核心考法构建 考法深研·解题技能通关 题型01 用基底表示空间向量 （1）结合已知向量和所求向量观察图形． （2）将已知向量和所求向量转化到三角形或平行四边形中． （3）利用三角形法则或平行四边形法则把所求向量用已知基向量表示出来． 1．（2026·四川成都·模拟预测）在三棱锥中，是的中点，则（    ） A． B． C． D． 2．（2026·湖北随州·一模）如图，在四面体中，，，，且，，则（    ） A． B． C． D． 3．（2026·陕西咸阳·二模）如图，在长方体中，，，分别是线段，，上靠近点的三等分点，设，，，则（    ） A． B． C． D． 4．（25-26高三上·安徽·阶段检测）如图，在平行六面体中，点是线段上的一点，且，设，则（    ） A． B． C． D． 题型02 空间向量的基本定理及应用 同一组基底下，向量相等则对应系数分别相等，可通过比较系数建立方程求解参数；空间任意向量都能由一组基底唯一线性表示，若三向量共面，则存在不全为0的实数使，判断向量是否共面时，注意向量可平移，不要被直观图形误导． 1．（25-26高三上·安徽合肥·阶段检测）若，则称为在基底下的坐标，若一向量在基底下的坐标为，则向量在基底下的坐标为__________. 2．（24-25高三上·福建福州·阶段检测）在四棱锥中，若，则实数组可能为（    ） A． B． C． D． 3．（24-25高三上·江苏常州·阶段检测）已知四面体中，，，，，为中点，若，则（    ） A．3 B．2 C． D． 4．（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． 题型03 空间向量的共线定理及应用 三点(P，A，B)共线，＝λ且同过点P 对空间任一点O，＝＋t 对空间任一点O，＝x＋(1－x) 1．（26-27高二上·河北邯郸·阶段检测）对于空间的三个向量，它们一定是（    ） A．共面向量 B．共线向量 C．既不共线也不共面的向量 D．无法判断 2．（2026高三上·湖北黄冈·专题练习）已知空间向量与共线，则（    ） A．0 B．6 C．-4 D．4 3．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 4．（24-25高三上·湖北随州·阶段检测）若三点共线，则______． 题型04 空间向量的共面定理及应用 空间四点(M，P，A，B)共面，＝x＋y 对空间任一点O，＝＋x＋y 对空间任一点O，＝x＋y＋(1－x－y) 1．（24-25高三下·福建厦门·阶段检测），，，若，，共面，则实数为（    ） A． B． C． D． 2．（25-26高三上·黑龙江·阶段检测）已知正方体，点，，分别在棱，，上，且，，，过，，三点的平面与棱相交于点，若，则（    ） A． B． C． D． 3．（2026·湖北宜昌·模拟预测）如图，在三棱锥中，为的中点，为的中点，过点作平面，与射线、、的交点分别为，，．若，，，则的最小值为（    ） A．2 B．4 C．6 D．9 4．（24-25高三上·广东深圳·阶段检测）在三棱锥中，与中点分别为，点为中点．若在上满足，在上满足，平面交于点，且，则_____． 题型05 空间向量的数量积问题 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。 1．（24-25高三下·重庆·阶段检测）已知四面体，所有棱长均为2，点分别为棱的中点，则（    ） A．1 B． C．2 D． 2．（2026·河南南阳·一模）在三棱柱中，与相交于点，，，，，则线段的长度是（    ） A． B． C． D． 3．（25-26高三上·福建厦门·阶段检测）如图，在空间四面体中，已知，，则异面直线与所成角是（    ） A． B． C． D． 4．（25-26高三上·吉林·阶段检测）如图，两条异面直线所成角为，在直线上分别取点和点．已知，当长度最小时，，则线段的最短长度为______． 题型06 利用空间向量判断平行与垂直 1、利用空间向量证明平行的方法 线线平行 证明两直线的方向向量共线 线面平行 ①证明该直线的方向向量与平面的某一法向量垂直；②证明直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行 面面平行 ①证明两平面的法向量为共线向量；②转化为线面平行、线线平行问题 2.利用空间向量证明垂直的方法 线线垂直 证明两直线所在的方向向量互相垂直，即证它们的数量积为零 线面垂直 证明直线的方向向量与平面的法向量共线，或将线面垂直的判定定理用向量表示 面面垂直 证明两个平面的法向量垂直，或将面面垂直的判定定理用向量表示 1．（24-25高三上·山东临沂·阶段检测）已知是直线的一个方向向量，是平面的一个法向量．若，则下列选项可能正确的是（    ） A． B． C． D． 2．（24-25高三上·四川达州·阶段检测）如图，在正方体中，点分别为所在棱的中点，则（    ） A． B．平面 C．直线与为异面直线 D．平面 3．（2025·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 4．（2025·湖北武汉·一模）如图，已知在四面体中，为等边三角形，的面积为，点在平面上的投影为点，点分别为的中点，则（    ）    A．与相交 B．与异面 C． D． 题型07 利用空间向量求线线角 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． 1．（2026·山东济南·模拟预测）在平行四边形中，设，，，沿将平行四边形折成一个直二面角，则与所成的角的余弦值是（    ） A． B． C． D． 2．（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． 3．（2025·新疆喀什·模拟预测）已知圆台的上底面圆的半径为1，下底面圆的半径为2，点，分别在上、下底面圆周上，且，则与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 4．（2025·安徽合肥·模拟预测）中国古代数学著作《九章算术》记载了一种被称为“曲池”的几何体，该几何体的上､下底面平行，且均为扇环形（扇环是指圆环被扇形截得的部分）.现有一个如图所示的曲池，它的高为，、、、均与曲池的底面垂直，底面扇环对应的两个圆的半径分别为和，对应的圆心角为，则图中异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 题型08 利用空间向量求线面角 如图所示，设直线l的方向向量为，平面α的法向量为，直线l与平面α所成的角为φ，向量与的夹角为θ，则有. 1．（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． 2．（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． 3．（2025·广东广州·模拟预测）在三棱锥中，若，，则直线与平面所成角的正弦值是（    ） A． B． C． D． 4．（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． 题型09 利用空间向量求二面角 1、找法向量法：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法：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． 1．（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． 2．（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． 3．（26-27高三上·甘肃白银·阶段检测）如图，在直四棱柱中，，，，，，分别是，，的中点． (1)证明：平面． (2)求平面与平面夹角的余弦值． 4．（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10 利用空间向量求空间距离 （1）点线距：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． （2）点面距：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． 【注意】线面距、面面距可转化为点面距进行求解． 1．（2026·福建厦门·模拟预测）直线l的方向向量为，且l过点，则点到l的距离为______. 2．（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 3．（2026·内蒙古呼和浩特·模拟预测）如图，四棱锥中，底面为矩形，对角线与交于点，平面，为的中点． (1)证明：平面； (2)设，，．求到平面的距离． 4．（2026·广西南宁·模拟预测）如图甲，在梯形中，，为中点．将沿折起到位置，连接，，得到如图乙所示的四棱锥．    (1)证明：平面； (2)当为时，求点到平面的距离． 题型11 利用空间向量研究动点问题 利用空间向量解决立体几何的探索性问题思路： （1）根据题设条件的垂直关系，建立适当空间直角坐标系，将相关点、相关向量用坐标表示． （2）假设所成的点或参数存在，并用相关参数表示相关点的坐标，根据线、面满足的位置关系、数量关系，构建方程（组）求解，若能求出参数的值且符合该限定的范围，则存在，否则不存在． 1．（2026·贵州遵义·模拟预测）如图，在四棱锥中，，，，是边长为4的等边三角形，平面平面. (1)证明：； (2)线段上是否存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 2．（2026·黑龙江哈尔滨·二模）已知菱形中，，，为边的中点，将沿翻折成（点位于平面上方），连接和． (1)求证：； (2)当时，在线段上是否存在点，使得直线与平面所成夹角的正弦值为?若存在，求出点位置；若不存在，请说明理由． 3．（25-26高三下·海南海口·阶段检测）如图1，是圆的直径，，，，现将圆沿直径翻折，如图2，记二面角的大小为． (1)当时，求直线与底面所成角的正弦值； (2)是否存在使得直线与直线垂直？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 4．（2026·安徽滁州·二模）三棱锥中，底面为等腰直角三角形，，．点P在底面ABC上的射影E是线段AB靠近点A的四等分点． (1)求PB与平面PCE所成角的正弦值； (2)设AB靠近B的四等分点为F，D是平面ABC内的动点，且C，D在直线AB的两侧，满足．试探究是否存在点D使得平面平面PBC？若存在，请求出DE的长度；若不存在，请说明理由． 题型12 利用空间向量求取值范围 此类问题多以规则几何体为载体，涉及到几何体的结构特征以及空间线面关系的逻辑推理、空间角与距离的求解等，题目较为综合，解决此类问题一般可从三个方面思考： 一是函数法，即利用传统方法或空间向量的坐标运算，建立所求目标函数，转化为函数的最值问题求解； 二是根据几何体的结构特征，变动态为静态，直观判断在什么情况下取得最值； 三是将几何体平面化，如利用展开图，在平面几何图中直观求解． 1．（24-25高三上·云南玉溪·阶段检测）在下图所示直四棱柱中，底面为菱形，，，动点P在体对角线上，则顶点B到平面距离的最大值为（    ） A． B． C． D． 2．（25-26高三上·浙江·阶段检测）如图1，在直角梯形中，，分别是的中点，将四边形沿折起，如图2，连接．    (1)求证：； (2)若为线段上一动点，，求的最小值． 3．（2026·云南曲靖·二模）如图甲，是等边三角形，为等腰直角三角形，，将沿翻折到的位置，其中（如图乙），点F在线段上（不含端点）． (1)证明：； (2)设平面与平面的夹角为，求的取值范围． 4．（2026·湖南湘潭·二模）在四棱锥中，平面，，，，，E为的中点，点F在上，且，设点G是线段上（含端点）的一动点. (1)求证：平面； (2)设与平面所成角为，求的范围； (3)若Q为中点，求的面积取值范围. 题型13 空间向量的新定义问题 面对新情景、新定义，首先要深入理解并分析这些新元素，将其与已知的立体几何知识相结合．明确解题目标后，灵活运用基本定理和性质，如平行、垂直的判定与性质，以及空间角、距离的计算公式．在解题过程中，合理构造辅助线和面，以揭示隐藏的空间关系，简化问题．对于复杂问题，可尝试建立空间直角坐标系，利用向量法进行计算和证明．同时，要善于将空间问题平面化，通过截面、投影等方式转化求解对象．最后，解题后要进行验证和反思，确保结论的正确性，并总结所使用的方法和技巧，以便在未来遇到类似问题时能够迅速应对． 1．（2026·重庆九龙坡·模拟预测）对于两个空间向量与，我们定义它们之间的曼哈顿距离为.如图，在棱长为1的正方体中，若点P在底面内（含边界）运动，且，则的取值范围是_______. 2．（2026·黑龙江哈尔滨·三模）如图，在斜三棱柱中，，，侧棱，，，其中为锐角． (1)当时，求证：； (2)定义：过点作垂直底面于，且在内部，记与、所成角分别为、，称为斜三棱柱的投影偏差率． （ⅰ）当时，求斜三棱柱的投影偏差率（不需证明），并求此时平面与平面夹角的余弦值； （ⅱ）关于的函数解析式记为，若存在两个不同的锐角，使得，求证：． 3．（2026·辽宁沈阳·三模）世界模型是人工智能领域中，通过学习客观世界的物理规则与因果关系，构建时空统一表征，实现环境状态预测与动态演化模拟的核心技术模型.其数学基础之一就是在三维空间中对几何对象进行解析化的计算.例如，在空间直角坐标系中，已知过点且法向量为的平面的方程为，过点且方向向量为的直线l的方程为，基于以上知识，解决如下问题. (1)已知平面的方程为，直线是两个平面与的交线，求直线与平面所成的角的正弦值； (2)求通过直线且与平面垂直的平面方程； (3)已知直线为两个平面与的交线，直线为两个平面与的交线，若直线与直线、都相交且都垂直，则定义为两条直线、的公垂线，两个交点之间的距离称作两条直线、的距离，求、的距离与公垂线方程. 4．（2025·湖南·模拟预测）空间中，我们将至少两条坐标轴不垂直的坐标系称为“空间斜坐标系”．类比空间直角坐标系，分别为“空间斜坐标系”中三条数轴（轴、轴、轴）正方向的单位向量，若向量，则与有序实数组相对应，称向量的斜坐标为，记作．如图，在平行六面体中，，，，．以为基底建立“空间斜坐标系”． (1)若点在平面内，且平面，求的斜坐标； (2)若的斜坐标为，求平面与平面的夹角的余弦值． 学科网（北京）股份有限公司1 / 17 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题02 空间向量与立体几何 题型脑图·核心考法构建 考法深研·解题技能通关 题型01 用基底表示空间向量 （1）结合已知向量和所求向量观察图形． （2）将已知向量和所求向量转化到三角形或平行四边形中． （3）利用三角形法则或平行四边形法则把所求向量用已知基向量表示出来． 1．（2026·四川成都·模拟预测）在三棱锥中，是的中点，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】由是的中点， 可知，故选：B 2．（2026·湖北随州·一模）如图，在四面体中，，，，且，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】由题意可得： ， 所以. 3．（2026·陕西咸阳·二模）如图，在长方体中，，，分别是线段，，上靠近点的三等分点，设，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】由题意可知，， ， 则， 又因为，所以. 4．（25-26高三上·安徽·阶段检测）如图，在平行六面体中，点是线段上的一点，且，设，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】因为， 又，所以， 所以．故选：C． 题型02 空间向量的基本定理及应用 同一组基底下，向量相等则对应系数分别相等，可通过比较系数建立方程求解参数；空间任意向量都能由一组基底唯一线性表示，若三向量共面，则存在不全为0的实数使，判断向量是否共面时，注意向量可平移，不要被直观图形误导． 1．（25-26高三上·安徽合肥·阶段检测）若，则称为在基底下的坐标，若一向量在基底下的坐标为，则向量在基底下的坐标为__________. 【答案】 【解析】由条件可知，， 设向量在基底下的坐标为， 所以， 所以，得， 所以向量在基底下的坐标为. 2．（24-25高三上·福建福州·阶段检测）在四棱锥中，若，则实数组可能为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】选项A，若底面是平行四边形，设，则， 因此，即，A可能取得； 选项B，若，则，B错误； 选项C，若，则，C错误； 选项D，若，则， 但平面，即不共面，因此不可能成立，D错．故选：A． 3．（24-25高三上·江苏常州·阶段检测）已知四面体中，，，，，为中点，若，则（    ） A．3 B．2 C． D． 【答案】D 【解析】因为，所以， 依题意可得， 因为，所以，解得.故选：D. 4．（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. 题型03 空间向量的共线定理及应用 三点(P，A，B)共线，＝λ且同过点P 对空间任一点O，＝＋t 对空间任一点O，＝x＋(1－x) 1．（26-27高二上·河北邯郸·阶段检测）对于空间的三个向量，它们一定是（    ） A．共面向量 B．共线向量 C．既不共线也不共面的向量 D．无法判断 【答案】A 【解析】分两种情况讨论： 若共线，则均为共线向量，而共线向量必然是共面向量， 若不共线，则可作为平面内的一组基底，是的线性组合，根据共面向量定理，三个向量共面， 综上，一定是共面向量. 2．（2026高三上·湖北黄冈·专题练习）已知空间向量与共线，则（    ） A．0 B．6 C．-4 D．4 【答案】A 【解析】因为空间向量与共线，显然， 所以，解得，，所以.故选:A. 3．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． 4．（24-25高三上·湖北随州·阶段检测）若三点共线，则______． 【答案】 【解析】，且三点共线， 存在实数，使得． 即， 解得 题型04 空间向量的共面定理及应用 空间四点(M，P，A，B)共面，＝x＋y 对空间任一点O，＝＋x＋y 对空间任一点O，＝x＋y＋(1－x－y) 1．（24-25高三下·福建厦门·阶段检测），，，若，，共面，则实数为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】向量，，， 若向量，，共面，则存在唯一的实数对，使， 即 ，解得， 实数的值为．故选：D 2．（25-26高三上·黑龙江·阶段检测）已知正方体，点，，分别在棱，，上，且，，，过，，三点的平面与棱相交于点，若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】因为点，，分别在棱，，上，且，，， 则， ， 设，则， 因为四点共面，所以共面． 设存在实数，使得， 所以，，，解得，． 即，所以．故选：A． 3．（2026·湖北宜昌·模拟预测）如图，在三棱锥中，为的中点，为的中点，过点作平面，与射线、、的交点分别为，，．若，，，则的最小值为（    ） A．2 B．4 C．6 D．9 【答案】B 【解析】， 又，，，则， 因为点共面，所以，且. 则， 又当且仅当时取等号； ，当且仅当时取等号； ，当且仅当时取等号. 所以，当且仅当时取等号. 故的最小值为.故选：B 4．（24-25高三上·广东深圳·阶段检测）在三棱锥中，与中点分别为，点为中点．若在上满足，在上满足，平面交于点，且，则_____． 【答案】 【分析】利用向量的线性运算，结合四点共面，即可得到结果. 【解析】 由题意得，， ∵，，，∴，，， ∴， ∵点四点共面， ∴，解得. 故答案为：. 题型05 空间向量的数量积问题 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。 1．（24-25高三下·重庆·阶段检测）已知四面体，所有棱长均为2，点分别为棱的中点，则（    ） A．1 B． C．2 D． 【答案】D 【解析】因为点分别为棱的中点，且四面体所有棱长均为2， 则， 所以 .故选：D 2．（2026·河南南阳·一模）在三棱柱中，与相交于点，，，，，则线段的长度是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】如下图所示： 因为，，，， 由空间向量数量积的定义可得，， 同理可得， 由题意可知，四边形是平行四边形， ， ， ， 故，则线段的长度为．故选：C． 3．（25-26高三上·福建厦门·阶段检测）如图，在空间四面体中，已知，，则异面直线与所成角是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】由空间向量得， 两边平方得，整理得， 所以， 则，故异面直线与所成角为．故选：C. 4．（25-26高三上·吉林·阶段检测）如图，两条异面直线所成角为，在直线上分别取点和点．已知，当长度最小时，，则线段的最短长度为______． 【答案】2或4 【解析】由题意知，异面直线，所成角为， 要使线段最短，则， 此时， 则，所以或. 故答案为：2或4. 题型06 利用空间向量判断平行与垂直 1、利用空间向量证明平行的方法 线线平行 证明两直线的方向向量共线 线面平行 ①证明该直线的方向向量与平面的某一法向量垂直；②证明直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行 面面平行 ①证明两平面的法向量为共线向量；②转化为线面平行、线线平行问题 2.利用空间向量证明垂直的方法 线线垂直 证明两直线所在的方向向量互相垂直，即证它们的数量积为零 线面垂直 证明直线的方向向量与平面的法向量共线，或将线面垂直的判定定理用向量表示 面面垂直 证明两个平面的法向量垂直，或将面面垂直的判定定理用向量表示 1．（24-25高三上·山东临沂·阶段检测）已知是直线的一个方向向量，是平面的一个法向量．若，则下列选项可能正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】因为，所以． 对于A，，A错误； 对于B，，B错误； 对于C，，C正确； 对于D，，D错误．故选：C 2．（24-25高三上·四川达州·阶段检测）如图，在正方体中，点分别为所在棱的中点，则（    ） A． B．平面 C．直线与为异面直线 D．平面 【答案】D 【解析】如图，建立空间直角坐标系，设棱长为， A.，，，，，， ，所以与不垂直，故A错误； B.平面的法向量为，， 所以与平面的法向量不垂直，则与平面不平行，故B错误； C.，，，， 所以，则，故C错误； D.，，，，， ，，，平面， 所以平面，故D正确. 故选：D 3．（2025·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 【解析】 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. 4．（2025·湖北武汉·一模）如图，已知在四面体中，为等边三角形，的面积为，点在平面上的投影为点，点分别为的中点，则（    ）    A．与相交 B．与异面 C． D． 【答案】C 【解析】AB选项，连接，则，平面，平面， 由于与相交，故与异面，故AB错误； C选项，的面积为，为等边三角形， 设的边长为，则，解得， 因为分别为的中点，所以⊥， 又在平面上的投影为点，故⊥平面， 以为坐标原点，所在直线为轴，平行的直线为轴，所在直线为轴， 建立空间直角坐标系， 又，故， 则， ，所以，C正确； D选项，，，， 故 故所成角的余弦值为，故D错误.故选：C. 题型07 利用空间向量求线线角 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． 1．（2026·山东济南·模拟预测）在平行四边形中，设，，，沿将平行四边形折成一个直二面角，则与所成的角的余弦值是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】因为二面角为直二面角，为交线， 故平面平面，平面平面，又，平面， 所以底面， 以为原点，建立空间直角坐标系如图所示， 因为，， 所以为等腰直角三角形， 则，，，, ，, 设与所成的角为， 则. 2．（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 【解析】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． 3．（2025·新疆喀什·模拟预测）已知圆台的上底面圆的半径为1，下底面圆的半径为2，点，分别在上、下底面圆周上，且，则与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】过的母线为，连接，则，又因为，所以， 以为坐标原点，为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 所以， 所以， 所以与所成角的余弦值为.故选：A. 4．（2025·安徽合肥·模拟预测）中国古代数学著作《九章算术》记载了一种被称为“曲池”的几何体，该几何体的上､下底面平行，且均为扇环形（扇环是指圆环被扇形截得的部分）.现有一个如图所示的曲池，它的高为，、、、均与曲池的底面垂直，底面扇环对应的两个圆的半径分别为和，对应的圆心角为，则图中异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】设上底面圆心为，下底面圆心为，连接、、， 以为坐标原点，分别以、、所在直线为、、轴，建立空间直角坐标系，如图所示： 则、、、， 所以，，， 所以异面直线与所成角的余弦值为.故选：A. 题型08 利用空间向量求线面角 如图所示，设直线l的方向向量为，平面α的法向量为，直线l与平面α所成的角为φ，向量与的夹角为θ，则有. 1．（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 【解析】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. 2．（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 【解析】 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， . 3．（2025·广东广州·模拟预测）在三棱锥中，若，，则直线与平面所成角的正弦值是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】设，以为原点，为轴，为轴，建立如下图所示空间直角坐标系， 则，设点， ， ， ，即， 同理，即 设，则， ，，解得， 直线与平面夹角的正弦值等于点到平面的距离与的比值， 即．故选：B． 4．（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 【解析】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. 题型09 利用空间向量求二面角 1、找法向量法：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法：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． 1．（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 【解析】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. 2．（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 【解析】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，. 3．（26-27高三上·甘肃白银·阶段检测）如图，在直四棱柱中，，，，，，分别是，，的中点． (1)证明：平面． (2)求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析；(2) 【解析】（1）证明：连接．是四棱柱，，， ∴四边形是平行四边形，． ，分别是，的中点，， ． 平面， 平面． （2）易得，，两两垂直．设， 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，，， ，． 设平面的法向量为， 则 取，则，，是平面的一个法向量． 易得平面的一个法向量为， ∴平面与平面夹角的余弦值为． 4．（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) 【解析】（1）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10 利用空间向量求空间距离 （1）点线距：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． （2）点面距：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． 【注意】线面距、面面距可转化为点面距进行求解． 1．（2026·福建厦门·模拟预测）直线l的方向向量为，且l过点，则点到l的距离为______. 【答案】 【解析】依题意，， 所以点到的距离. 2．（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. 3．（2026·内蒙古呼和浩特·模拟预测）如图，四棱锥中，底面为矩形，对角线与交于点，平面，为的中点． (1)证明：平面； (2)设，，．求到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析；(2) 【解析】（1）证明：连接，因为四边形为矩形， 所以点为的中点，又点为的中点，所以， 因为平面，平面，所以平面； （2）法一：由题意，可以点为原点建立如图所示空间直角坐标系， 则，，， 则，， 设平面的法向量为， 则，可取， 由（1）知平面， 到平面的距离为到平面的距离， 又，则在法向量上的投影长度为， 故到平面的距离为. 法二：由（1）知平面， 到平面的距离为到平面的距离， 在中，，， 由平面，平面，故， 由底面为矩形，则，又，、平面， 故平面，又平面，故， 则， ∴，则， 故， 由，， 设到平面的距离为， ∴，解得， 故 PB 到平面 AEC 的距离为． 4．（2026·广西南宁·模拟预测）如图甲，在梯形中，，为中点．将沿折起到位置，连接，，得到如图乙所示的四棱锥．    (1)证明：平面； (2)当为时，求点到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析；(2) 【解析】（1）在梯形中，，则四边形为平行四边形， 而，则是矩形，即 在四棱锥中，， 而平面，所以平面. （2）解法一：已知，，则是正三角形， 取的中点，连接，，则有， 又平面，于是平面， 而，则平面， 又平面，则平面平面， 在平面内过作于， 而平面平面，因此平面， 又，平面，平面，所以平面， 于是点到平面的距离等于， 而，由（1）知，平面， 则平面，又平面，则，而， 则，， 所以点到平面的距离为. 解法二：已知，，则是正三角形，    取的中点，连接，，则有， 由（1）知，平面， 则平面，又平面，则， 如图建立空间直角坐标系， 则可得，，，， ，， 设平面的法向量为，则， 取， 则 所以点B到平面的距离为 题型11 利用空间向量研究动点问题 利用空间向量解决立体几何的探索性问题思路： （1）根据题设条件的垂直关系，建立适当空间直角坐标系，将相关点、相关向量用坐标表示． （2）假设所成的点或参数存在，并用相关参数表示相关点的坐标，根据线、面满足的位置关系、数量关系，构建方程（组）求解，若能求出参数的值且符合该限定的范围，则存在，否则不存在． 1．（2026·贵州遵义·模拟预测）如图，在四棱锥中，，，，是边长为4的等边三角形，平面平面. (1)证明：； (2)线段上是否存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析；(2)存在， 【解析】（1）取中点为，连接， 是边长为4的等边三角形，， 又平面平面，平面平面，平面， 又，，是平行四边形，. 又，， 又平面且，平面， 又平面，. （2）由题意知以为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图， 则， 则， 令，, 设平面的法向量为，则， 取，得， 又平面的一个法向量为， ，化简得， 又，故解得， 故线段上存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值为， 此时. 2．（2026·黑龙江哈尔滨·二模）已知菱形中，，，为边的中点，将沿翻折成（点位于平面上方），连接和． (1)求证：； (2)当时，在线段上是否存在点，使得直线与平面所成夹角的正弦值为?若存在，求出点位置；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析；(2)存在，为中点 【解析】（1）在菱形中，，​，故​，为中点，， 由余弦定理得： ， 故， 即，得，， 翻折后，仍成立， 又，平面， 故平面​， 又平面，因此. （2）存在，为的中点，过程如下： 以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系， 得各点坐标： ，，，， 设，由得， 由​，得， 代入，解得，故， 在线段上，设，得，则， 平面中，，设平面的一个法向量为， 由得，取 得，， 设直线与平面夹角为，则， 代入计算： ，化简得，解得（舍去，超出范围）. 因此存在点，为的中点满足条件. 3．（25-26高三下·海南海口·阶段检测）如图1，是圆的直径，，，，现将圆沿直径翻折，如图2，记二面角的大小为． (1)当时，求直线与底面所成角的正弦值； (2)是否存在使得直线与直线垂直？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)；(2) 【解析】（1）方法一： 如图，以为坐标原点，以所在直线分别为轴，过点作轴垂直平面，建立空间直角坐标系． 当时，平面平面，因为，，所以， 则，，． 易知底面的一个法向量为， 所以直线与底面所成角的正弦值为. 方法二： 如图，过点作，垂足为，连接， 因为，即平面平面，且平面平面，，平面， 所以平面，得到为所求直线与底面所成角， 由，， 得，，， 故． （2）不存在，理由如下： 如图1-12，过点作的垂线，垂足为，延长与圆交于点．翻折后（如图1-13），由，知，． 在将圆沿直径翻折的过程中，点在以为圆心、为半径的圆上，且该圆与直径垂直． 如图，以为坐标原点，以所在直线分别为轴，过点作轴垂直平面，建立空间直角坐标系. 设，，则，即， 又，，，所以，， 所以． 因此不存在使得直线与直线垂直． 4．（2026·安徽滁州·二模）三棱锥中，底面为等腰直角三角形，，．点P在底面ABC上的射影E是线段AB靠近点A的四等分点． (1)求PB与平面PCE所成角的正弦值； (2)设AB靠近B的四等分点为F，D是平面ABC内的动点，且C，D在直线AB的两侧，满足．试探究是否存在点D使得平面平面PBC？若存在，请求出DE的长度；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)；(2)存在， 【解析】（1）连接PE，因为P在底面ABC上的射影E是线段AB靠近点A的四等分点， 可得平面，因为平面，所以， 在直角中，可得， 又因为平面PEC，所以平面平面，且交线为， 过B作于点，连接， 因为平面，由面面垂直的性质，可得平面， 故为与平面所成角， 在中，，，， 由余弦定理得，所以， 又由，所以， 在中，由，所以， 即直线与平面所成角的正弦值为． （2）假设存在点D满足要求，则二面角为直二面角， 即二面角和二面角和为． 取AB中点O，连接CO，过O作于点N，连接CN， 因为为等腰直角三角形，且，所以， 又因为平面，且平面，所以， 因为，且平面，所以平面， 又因为平面，所以， 因为且，平面，所以平面， 所以为二面角的平面角， 在直角中，因为，可得， 过D作DH垂直AB于点H，过H作HQ垂直PB于点Q，连接DQ， 同理可得为二面角的平面角，所以， 在平面中，以O为原点，OB为x轴正方向，CO为y轴正方向建立平面直角坐标系， 根据题意，点D点轨迹为以E，F为焦点的椭圆，其标准方程为， 设D点横坐标为，则，，， 所以，解得，故假设成立，此时． 题型12 利用空间向量求取值范围 此类问题多以规则几何体为载体，涉及到几何体的结构特征以及空间线面关系的逻辑推理、空间角与距离的求解等，题目较为综合，解决此类问题一般可从三个方面思考： 一是函数法，即利用传统方法或空间向量的坐标运算，建立所求目标函数，转化为函数的最值问题求解； 二是根据几何体的结构特征，变动态为静态，直观判断在什么情况下取得最值； 三是将几何体平面化，如利用展开图，在平面几何图中直观求解． 1．（24-25高三上·云南玉溪·阶段检测）在下图所示直四棱柱中，底面为菱形，，，动点P在体对角线上，则顶点B到平面距离的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】连接交于点O， 由题意，得，， ， 如图，以O为原点建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 所以，设， 所以，       设平面的一个法向量为，则， 所以，取， 则， 设顶点B到平面距离为d， 则， 当时， 当时，， 所以当即时点B到平面距离最大为.故选：A. 2．（25-26高三上·浙江·阶段检测）如图1，在直角梯形中，，分别是的中点，将四边形沿折起，如图2，连接．    (1)求证：； (2)若为线段上一动点，，求的最小值． 【答案】(1)证明见解析；(2)6 【解析】（1）∵分别是的中点，，∴. ∵，∴. ∵，平面，平面∴平面. ∵平面，∴. （2）因为，，与相交于点，且平面，平面. 所以平面. 因为平面，所以. 以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系.    则，，. 设， . 所以的最小值为6. 3．（2026·云南曲靖·二模）如图甲，是等边三角形，为等腰直角三角形，，将沿翻折到的位置，其中（如图乙），点F在线段上（不含端点）． (1)证明：； (2)设平面与平面的夹角为，求的取值范围． 【答案】(1)证明见解析；(2) 【解析】（1）如图，取中点为E，连接，， 因为，，所以，， 因为，，平面，所以平面， 因为平面，所以； （2）因为为等腰三角形，，即， 所以，因为为等边三角形， 所以，故，， 因为，则，即，又，， 所以，，两两互相垂直，以E为原点，为基底建立空间直角坐标系, 则，，， 设平面的法向量为，，， 则，即，取，得， 设，所以，则，故， 设平面的法向量为，， 则，即，取，得， 所以， 令，则，所以， 因为时，，所以， 所以. 4．（2026·湖南湘潭·二模）在四棱锥中，平面，，，，，E为的中点，点F在上，且，设点G是线段上（含端点）的一动点. (1)求证：平面； (2)设与平面所成角为，求的范围； (3)若Q为中点，求的面积取值范围. 【答案】(1)见解析；(2)；(3) 【解析】（1）证明：因为平面平面，所以， 又因为平面平面， 所以平面； （2）在底面中，过作，交于， 由题意可知，又平面， 则以为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系， 则， ，可知. , 设， 则， 设平面的法向量为， 则，即， 令，有，故. 故 ， 令， 则， 而，故； （3）由题可知， 设， ，， ，， ． 题型13 空间向量的新定义问题 面对新情景、新定义，首先要深入理解并分析这些新元素，将其与已知的立体几何知识相结合．明确解题目标后，灵活运用基本定理和性质，如平行、垂直的判定与性质，以及空间角、距离的计算公式．在解题过程中，合理构造辅助线和面，以揭示隐藏的空间关系，简化问题．对于复杂问题，可尝试建立空间直角坐标系，利用向量法进行计算和证明．同时，要善于将空间问题平面化，通过截面、投影等方式转化求解对象．最后，解题后要进行验证和反思，确保结论的正确性，并总结所使用的方法和技巧，以便在未来遇到类似问题时能够迅速应对． 1．（2026·重庆九龙坡·模拟预测）对于两个空间向量与，我们定义它们之间的曼哈顿距离为.如图，在棱长为1的正方体中，若点P在底面内（含边界）运动，且，则的取值范围是_______. 【答案】 【解析】由题可建立如图所示空间直角坐标系， 则，设，则， 所以，即，令， 所以 ，而， 所以，则， 所以的取值范围是. 2．（2026·黑龙江哈尔滨·三模）如图，在斜三棱柱中，，，侧棱，，，其中为锐角． (1)当时，求证：； (2)定义：过点作垂直底面于，且在内部，记与、所成角分别为、，称为斜三棱柱的投影偏差率． （ⅰ）当时，求斜三棱柱的投影偏差率（不需证明），并求此时平面与平面夹角的余弦值； （ⅱ）关于的函数解析式记为，若存在两个不同的锐角，使得，求证：． 【答案】(1)证明见解析；(2)（ⅰ），；（ⅱ）证明见解析 【解析】（1）证明如下： 因为， 所以，即． （2）以为坐标原点，为轴，为轴，过A垂直于面的直线为轴， 建立下图所示空间直角坐标系， 则， （ⅰ）已知，，， 则，故， 已知与、所成角分别为、， 则， 则， ，则， ， ， 设平面的法向量为，则， 令，则， 平面的法向量可取， 设平面与平面夹角为，则 ； （ⅱ）证明如下： ， 已知存在两个不同的锐角，使得， 设， 则， 锐角，是两个不同的锐角，则符号相反， ，即， 化简整理得， ，，为锐角，则， ． 3．（2026·辽宁沈阳·三模）世界模型是人工智能领域中，通过学习客观世界的物理规则与因果关系，构建时空统一表征，实现环境状态预测与动态演化模拟的核心技术模型.其数学基础之一就是在三维空间中对几何对象进行解析化的计算.例如，在空间直角坐标系中，已知过点且法向量为的平面的方程为，过点且方向向量为的直线l的方程为，基于以上知识，解决如下问题. (1)已知平面的方程为，直线是两个平面与的交线，求直线与平面所成的角的正弦值； (2)求通过直线且与平面垂直的平面方程； (3)已知直线为两个平面与的交线，直线为两个平面与的交线，若直线与直线、都相交且都垂直，则定义为两条直线、的公垂线，两个交点之间的距离称作两条直线、的距离，求、的距离与公垂线方程. 【答案】(1)；(2)；(3)距离为， 【解析】（1）取的法向量为，上的点满足， 在方程组中取得，所以点在直线上.取得， 所以点在直线上.所以直线的方向向量可以取为， 取直线与平面所成的角为，则. （2）取平面满足且，取的法向量为， 直线的方向向量为，平面的法向量为， 所以，不妨取， 因为点在直线r上，所以点在平面内， 所以的方程为，整理得 （3）因为上的点满足，所以可取上的点为， 例如、均为上的点，所以的方向向量取为， 同理因为上的点满足，所以可取上的动点为， 例如、均为上的点，所以的方向向量可取为， 方法一：若直线为、的公垂线，则，， 因为，所以， 所以，所以、为公垂线在两条直线上的垂足， 此时，所以、的距离为， 所以公垂线方程为； 方法二：因为， 所以， ， 当且仅当时取等，所以、的距离为， 此时、为公垂线在两条直线上的垂足， 所以，所以公垂线方程为 4．（2025·湖南·模拟预测）空间中，我们将至少两条坐标轴不垂直的坐标系称为“空间斜坐标系”．类比空间直角坐标系，分别为“空间斜坐标系”中三条数轴（轴、轴、轴）正方向的单位向量，若向量，则与有序实数组相对应，称向量的斜坐标为，记作．如图，在平行六面体中，，，，．以为基底建立“空间斜坐标系”． (1)若点在平面内，且平面，求的斜坐标； (2)若的斜坐标为，求平面与平面的夹角的余弦值． 【答案】(1)；(2)． 【解析】（1）由题可知，，则 （提示：斜坐标的本质是将空间中的向量用基底表示后的系数）， 由题可知，，． 平面， 即 则，， 则的斜坐标为． （2）由题可得，， 设平面的法向量为 （提示：设斜坐标系下的法向量，通过求解法向量方程与赋值求得法向量）， 由得 即 取，可得，，即． 则． 由（1）可知平面， 且， 则， ， 则， 即平面与平面的夹角的余弦值为． 学科网（北京）股份有限公司1 / 17 学科网（北京）股份有限公司 $