拓展专题01 不建系破解立体几何问题的秒杀技——基向量法（期中复习讲义，5大核心题型）高二数学上学期人教A版

拓展专题01 不建系破解立几问题的秒杀技——基向量法 （期中复习讲义） 内 容 导 航 明·期中考情 把握命题趋势，明确备考路径 记·必备知识 梳理核心脉络，扫除知识盲区 破·重难题型 题型分类突破，方法技巧精讲 题型一 解决三点共线、四点共面问题 题型二 空间垂直、平行的判定 题型三 求空间角 题型四 求空间距离 题型五 解决新定义问题 过·分层验收 阶梯实战演练，验收复习成效 核心考点 复习目标 考情规律 共线、共面问题 能不建系，利用基向量法解决三点共线，四点共面问题 基础常考点，一般为解答题的某一小问 空间平行、垂直关系的证明 能不建系，利用基向量法证明空间线线、线面、面面的平行或垂直关系 期中必考点，涉及各种题型 空间角 能不建系，利用空间向量夹角公式求各类空间角，提升数学运算和逻辑推理的核心素养. 期中必考点，涉及各种题型 空间距离 能不建系，利用空间向量的模长公式求解空间距离问题，提升逻辑推理与数学运算的核心素养. 常考考点，常出现在解答题中 知识点01 基向量法 1、基向量法的概念 所谓基向量法，是指不依赖坐标系，用题中三个不共线的向量作为一组基向量(也称基底)，表示其他向量,再通过向量的运算去计算或证明，这种依赖基向量解题的方法便称为基向量法. 合理运用此法,往往会起到“峰回路转”的神奇效果,尤其是一些不便建系的问题. 2、基向量法的核心思路 核心思路是 “用已知表未知”：先从图形中选 3 个不共面的向量（如从同一点出发的棱向量）作为基向量，设为，再将所求的线线角、线面角、面面角或距离，转化为这 3 个基向量的运算（如数量积运算）.基向量法的优势很明显：不用花时间建系、找坐标，尤其适合图形不规则（如斜棱柱、非直棱锥）或不易建系的场景，能直接利用已知边长和夹角计算. 知识点02 基向量法的必备知识 1、共线向量定理及推论 （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． （2）共线向量定理的推论：如果为经过点平行于已知非零向量的直线,那么对于空间任一点,点在直线上的充要条件是存在实数,使①，若在上取，则①可以化作： （3）拓展：对于直线外任意点，空间中三点共线的充要条件是，其中 作用：（1）证明两直线平行：要证明两直线平行，只需证明它们的方向向量平行 （2）解决三点共线问题：如果存在实数λ，使得则平行且有公共点A，从而A,B,C三点共线. 2、共面向量定理及相关结论 （1）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，使 （2）空间共面向量的表示 如图空间一点位于平面内的充要条件是存在有序实数对，使． 或者等价于：对空间任意一点，空间一点位于平面内（四点共面）的充要条件是存在有序实数对，使，该式称为空间平面的向量表示式，由此可知，空间中任意平面由空间一点及两个不共线向量唯一确定． （3）拓展：对于空间任意一点，四点共面（其中不共线）的充要条件是（其中）． 作用：证明四点共面 3、空间向量的数量积及夹角、模长公式 (1)向量的数量积定义：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. ·易错点:两个空间向量的数量积是数量,而不是向量,它可以是正数、负数或零; （2）空间向量数量积的应用 (1)利用公式可以解决空间中有关距离或长度的问题; (2)利用公式可以解决两向量夹角,特别是两异面直线夹角的问题; 作用：基向量法的核心公式，常用于平行、垂直的判定，求空间角和距离. 题型一 解决三点共线或四点共面问题 解｜题｜技｜巧 1.证明三点共线： 空间中三点共线的充要条件是，其中 2．证明四点共面：对于空间任意一点，四点共面（其中不共线）的充要条件是（其中）． 【典例1-1】（26-27高二上·辽宁营口·开学考试）如图，平行六面体中，，，、分别为棱、的中点，为线段上一点（包含端点），且满足． (1)若、、三点共线，求； (2)若，求长度的取值范围． 【典例1-2】（25-26高二下·江苏镇江·期末）如图，在四面体中，，，，，点，分别为，的中点. (1)求线段的长； (2)若，，求证：，，，四点共面. 【变式1-1】如图，在平行六面体中，，． (1)求证：、、三点共线； (2)若点是平行四边形的中心，求证：、、三点共线． 【变式1-2】（25-26高二下·江苏·期中）如图，在平行六面体中，，分别在棱上，且． (1)求证：四点共面； (2)求的长度． 题型二 空间平行、垂直的判定 解｜题｜技｜巧 利用基向量法处理垂直问题时,一般将线面、面面垂直问题最终转化为证线线垂直,再利用“⊥=0”来证明相应的方向向量垂直;而平行问题则往往最终转化为证线线平行,再利用共线向量定理证明相应的方向向量共线. 【典例2-1】（2026高三·全国·专题练习）如图所示，已知是平行四边形，点是平面外一点，连接、、、．设点、、、分别为、、、的重心． (1)试用向量方法证明、、、四点共面； (2)试判断平面与平面的位置关系，并用向量方法证明你的判断． 【典例2-2】（26-27高二上·宁夏银川·阶段检测）如图，平行六面体中，，．设，，． (1)求与所成角的余弦值； (2)证明：平面． 【变式2-1】如图,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,G分别是A1D1,D1D,D1C1的中点. (1)求证:EG∥AC; (2)求证:平面EFG∥平面AB1C． 【变式2-2】（25-26高二上·山东枣庄·期中）如图，在底面为菱形的平行六面体中，分别在棱上，且，且. (1)求证：共面； (2)当为何值时，. 题型三 求空间角 解｜题｜技｜巧 基向量法求空间角的基本思路是：将空间角转化为两条直线的方向向量的夹角(或其补角、余角)，再构造基向量并借助向量的运算求出角来. 【典例3-1】已知三棱柱的侧棱与底面边长都相等，在底面内的射影为的中心. (1)求异面直线与BC的夹角; (2)求侧棱与底面所成角的正弦值. 【典例3-2】（25-26高二上·重庆·阶段练习）如图在平行六面体中，，.令，，，以为基底，解决下列问题： (1)求证：直线平面； (2)求直线和夹角的余弦值. 【变式3-1】（26-27高二上·四川绵阳·阶段检测）如图，在三棱锥中，若，，点D为棱上一点，且，，且． (1)求的棱长； (2)若为等腰三角形，求异面直线与的夹角． 【变式3-2】（26-27高二上·山东临沂·阶段检测）如图，在平行六面体中，，，，. (1)求四边形的面积； (2)求与平面所成角的余弦值. 【变式3-3】（25-26高二下·湖南长沙·期中）如图，平行六面体中，，，，． (1)求对角线的长度； (2)求二面角的余弦值． 题型四 求空间距离 解｜题｜技｜巧 两点间的距离常利用向量的模长公式求得,对于其他的空间距离,若能转化为点点距(即确定表示距离的垂线段的具体位置)，则也可考虑用基向量法求解. 【典例4-1】如图,已知线段AB在平面内,线段AC⊥,线段BD⊥,线段,∠,如果AB＝求C、D间的距离. 【典例4-2】（26-27高二上·河南安阳·阶段检测）在四面体中，，，，，， (1)求的值； (2)设为的重心，证明：平面，并求到平面的距离； (3)设是直线上一点，且．证明：在线段上，并求四面体的体积． 【变式4-1】（25-26高二上·海南·阶段练习）如图，平行六面体的底面是边长为的菱形，.    (1)求的长度； (2)求证：平面. 【变式4-2】（24-25高三下·江西·阶段练习）如图，四棱柱中，.    (1)若四边形为菱形，. ①证明：平面； ②若四边形的面积为，证明：四棱柱的体积； (2)若，求点到平面的距离. 题型五 解决新定义问题 解｜题｜技｜巧 对于立体几何中的一些新定义问题，往往也构建基向量，利用向量的运算转化求解. 【典例5】（25-26高二上·贵州·开学考试）正多面体也称柏拉图立体，被誉为最有规律的立体结构，是所有面都只由一种正多边形构成的多面体（各面都是全等的正多边形），数学家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体，即正四面体､正六面体､正八面体､正十二面体､正二十面体.已知球O是棱长为2的正八面体的内切球，MN为球O的一条直径，点为正八面体表面上的一个动点，则的取值范围是 . 【变式5】（24-25高二上·上海崇明·期中）正四棱柱中，底面是边长为4的正方形，与交于点，与交于点，且. (1)用向量方法求线段的长； (2)对于个向量、、…、，如果存在不全为零的个实数、、…、，使得，则称这个向量、、…、线性相关，否则称其线性无关.试判断三个向量、、是否线性相关，并说明理由. 期中基础通关练（测试时间：45分钟） 1.（26-27高二上·四川成都·阶段检测）在平行六面体中，，，，，则线段的长为（     ） A． B． C． D． 2．（26-27高二上·青海西宁·阶段检测）如图，在平行六面体中，，，，，则与所成角的大小为（   ） A． B． C． D． 3．（多选）（2025高二·全国·专题练习）已知正四面体，是的中点，是直线上的动点，则以下判断中正确的是（    ） A．直线和恒为异面直线 B．直线上存在点，使得 C．直线上存在点，使得 D．直线上存在点，使得与相交 4．（26-27高二上·广东揭阳·阶段检测）已知二面角的棱上有两点，，，，，，若，，，异面直线与所成角为，则线段的长为 5．如图，已知空间四边形，点，分别是，的中点，点，分别是，上的点，且，.用向量法求证：四边形是梯形. 6．（26-27高二上·浙江温州·阶段检测）如图，在四棱柱中，四边形是正方形，，，点为的中点． (1)用向量，，表示，； (2)求线段的长 7．（21-22高二下·江西南昌·期中）已知平行四边形ABCD，从平面AC外一点O引向量，，，. (1)求证：四点共面； (2)平面平面. 8.（26-27高二上·江苏无锡·阶段检测）如图，在四棱锥中，底面是边长为3的菱形，，，记，，． (1)用基底表示向量，； (2)利用空间向量证明； (3)求的长． 9．（24-25高三上·江苏南通·阶段练习）如图，四棱锥中，四边形为菱形，. (1)证明：； (2)若，求平面与平面所成二面角的正弦值. 期中重难突破练（测试时间：40分钟） 10．（2025·上海奉贤·二模）如图，在平行六面体中，点在对角线上，点在对角线上，，，以下命题正确的是（    ） A． B．、、三点共线 C．与是异面直线 D． 11．（26-27高二上·四川成都·阶段检测）如图，空间四边形中，和均与垂直．若，，，，则异面直线与所成的角等于（     ） A． B． C． D． 12．（多选）（25-26高三上·江苏镇江·开学考试）边长为1的正方体中，向量，则（    ） A．若，则存在点，有 B．若，则 C．若，则的最小值为 D．若，则三棱锥的体积为定值 13．（26-27高二上·贵州黔南·阶段检测）如图，正四面体的棱长为2，记，，，取 为空间的一组基底． (1)用这组基底表示与（为的中点）；求，并由此求异面直线与所成的角； (2)设为在平面上的射影，用基底表示，并求点到平面的距离及直线与平面所成角的正弦值． 14．（25-26高二上·河南南阳·阶段检测）在平行六面体中，，，. (1)求的长度； (2)证明平面平面 (3)求异面直线与所成夹角的余弦值. 15．（25-26高二上·重庆·阶段检测）在平行六面体中，，，令，，，以，，为基底， 解决下列问题： (1)求证：直线平面； (2)求直线和夹角的余弦值. 16．（25-26高二上·河北·期中）四面体ABCD中，，. (1)证明：； (2)证明：四面体三组对棱的中点间距离相等. 期中综合拓展练（测试时间：30分钟） 17.（2026高三·全国·专题练习）如图，四面体中，，，是的中点．若，是点在平面内的投影，存在实数满足． (1)求的值； (2)若，求的取值范围. 18.（2025高二·全国·专题练习）如图，已知平行六面体，底面是边长为1的正方形，，，为的中点，与平面相交于点. (1)求证：平面； (2)求线段的长； (3)求与底面所成角的余弦值. 19．（25-26高二下·上海宝山·期末）在平面上有如下命题：“若 为直线 外一点，则点 在直线 上的充要条件是：存在实数、 ，满足，且．” (1)请将该命题类比到空间中，并证明． (2)在四面体 中，已知，，．点 在平面 内，且满足． ①求的值； ②求的值． 【答案】(1)类比到空间中，该命题为： 44 / 48 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 拓展专题01 不建系破解立几问题的秒杀技——基向量法 （期中复习讲义） 内 容 导 航 明·期中考情 把握命题趋势，明确备考路径 记·必备知识 梳理核心脉络，扫除知识盲区 破·重难题型 题型分类突破，方法技巧精讲 题型一 解决三点共线、四点共面问题 题型二 空间垂直、平行的判定 题型三 求空间角 题型四 求空间距离 题型五 解决新定义问题 过·分层验收 阶梯实战演练，验收复习成效 核心考点 复习目标 考情规律 共线、共面问题 能不建系，利用基向量法解决三点共线，四点共面问题 基础常考点，一般为解答题的某一小问 空间平行、垂直关系的证明 能不建系，利用基向量法证明空间线线、线面、面面的平行或垂直关系 期中必考点，涉及各种题型 空间角 能不建系，利用空间向量夹角公式求各类空间角，提升数学运算和逻辑推理的核心素养. 期中必考点，涉及各种题型 空间距离 能不建系，利用空间向量的模长公式求解空间距离问题，提升逻辑推理与数学运算的核心素养. 常考考点，常出现在解答题中 知识点01 基向量法 1、基向量法的概念 所谓基向量法，是指不依赖坐标系，用题中三个不共线的向量作为一组基向量(也称基底)，表示其他向量,再通过向量的运算去计算或证明，这种依赖基向量解题的方法便称为基向量法. 合理运用此法,往往会起到“峰回路转”的神奇效果,尤其是一些不便建系的问题. 2、基向量法的核心思路 核心思路是 “用已知表未知”：先从图形中选 3 个不共面的向量（如从同一点出发的棱向量）作为基向量，设为，再将所求的线线角、线面角、面面角或距离，转化为这 3 个基向量的运算（如数量积运算）.基向量法的优势很明显：不用花时间建系、找坐标，尤其适合图形不规则（如斜棱柱、非直棱锥）或不易建系的场景，能直接利用已知边长和夹角计算. 知识点02 基向量法的必备知识 1、共线向量定理及推论 （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． （2）共线向量定理的推论：如果为经过点平行于已知非零向量的直线,那么对于空间任一点,点在直线上的充要条件是存在实数,使①，若在上取，则①可以化作： （3）拓展：对于直线外任意点，空间中三点共线的充要条件是，其中 作用：（1）证明两直线平行：要证明两直线平行，只需证明它们的方向向量平行 （2）解决三点共线问题：如果存在实数λ，使得则平行且有公共点A，从而A,B,C三点共线. 2、共面向量定理及相关结论 （1）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，使 （2）空间共面向量的表示 如图空间一点位于平面内的充要条件是存在有序实数对，使． 或者等价于：对空间任意一点，空间一点位于平面内（四点共面）的充要条件是存在有序实数对，使，该式称为空间平面的向量表示式，由此可知，空间中任意平面由空间一点及两个不共线向量唯一确定． （3）拓展：对于空间任意一点，四点共面（其中不共线）的充要条件是（其中）． 作用：证明四点共面 3、空间向量的数量积及夹角、模长公式 (1)向量的数量积定义：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. ·易错点:两个空间向量的数量积是数量,而不是向量,它可以是正数、负数或零; （2）空间向量数量积的应用 (1)利用公式可以解决空间中有关距离或长度的问题; (2)利用公式可以解决两向量夹角,特别是两异面直线夹角的问题; 作用：基向量法的核心公式，常用于平行、垂直的判定，求空间角和距离. 题型一 解决三点共线或四点共面问题 解｜题｜技｜巧 1.证明三点共线： 空间中三点共线的充要条件是，其中 2．证明四点共面：对于空间任意一点，四点共面（其中不共线）的充要条件是（其中）． 【典例1-1】（26-27高二上·辽宁营口·开学考试）如图，平行六面体中，，，、分别为棱、的中点，为线段上一点（包含端点），且满足． (1)若、、三点共线，求； (2)若，求长度的取值范围． 【答案】(1) (2)． 【分析】（1）设基向量，，，表示出，结合、、三点共线，可设，根据向量相等即可求解； （2）根据向量的线性运算可得，结合，可得相关参数的不等关系，即可求解. 【详解】（1）设基向量，，， 则，，    因为，    所以，    因为、、三点共线，设， 则，    所以，，，得． （2）因为，且，， 设，，， 所以，    得， 即，    故，即，所以长度的取值范围为． 【典例1-2】（25-26高二下·江苏镇江·期末）如图，在四面体中，，，，，点，分别为，的中点. (1)求线段的长； (2)若，，求证：，，，四点共面. 【答案】(1) (2)由题意知，， 因为，所以， 所以，， ， 不妨设， 即，解得.即 ， 根据共面向量定理，共面，即四点共面. 【分析】（1）将作为基底， 用基底表示，然后利用数量积的运算律求出模长即可. （2）由共面向量定理证明即可. 【详解】（1）设，且，分别为，的中点. 所以. 则 ， 所以. （2）略 【变式1-1】如图，在平行六面体中，，． (1)求证：、、三点共线； (2)若点是平行四边形的中心，求证：、、三点共线． 【分析】（1）根据空间向量的加减运算，选定基底表示出向量，根据向量间的倍数关系可证明结论； （2）根据空间向量的加减运算，选定基底表示出向量，根据向量间的倍数关系可证明结论； 【详解】（1）由题意，，， 故 , , 故，由于有公共点A， 故A、、三点共线； （2）由题意，点是平行四边形的中心， 故 ， 故 ,因为有公共点D， 故、、三点共线． 【变式1-2】（25-26高二下·江苏·期中）如图，在平行六面体中，，分别在棱上，且． (1)求证：四点共面； (2)求的长度． 【答案】(1) 在平行六面体中，令，则是空间的一个基底， 由，得，， 因此，而点直线，则，所以四点共面. (2)6. 【分析】（1）取空间的一个基底，利用空间向量的线性运算及向量共线推理得证. （2）由（1）中基底表示，再利用空间向量数量积及运算律求解. 【详解】（1）略 （2）依题意，， 而， 则， 因此， 所以的长度为6. 题型二 空间平行、垂直的判定 解｜题｜技｜巧 利用基向量法处理垂直问题时,一般将线面、面面垂直问题最终转化为证线线垂直,再利用“⊥=0”来证明相应的方向向量垂直;而平行问题则往往最终转化为证线线平行,再利用共线向量定理证明相应的方向向量共线. 【典例2-1】（2026高三·全国·专题练习）如图所示，已知是平行四边形，点是平面外一点，连接、、、．设点、、、分别为、、、的重心． (1)试用向量方法证明、、、四点共面； (2)试判断平面与平面的位置关系，并用向量方法证明你的判断． 【答案】(1)证明见解析 (2)平面平面，证明见解析 【分析】（1）分别连接、、、交对边于、、、点，推导出四边形为平行四边形，推导出，可得，即可证得结论成立； （2）推导出平面，平面，再利用面面平行的判定定理可证得结论成立. 【详解】（1）分别连接、、、交对边于、、、点． 因为、、、分别是所在三角形的重心． 所以、、、为所在边的中点， 所以，且，，且，所以，， 故四边形为平行四边形， 且有，，，， 所以，同理可得， 因为四边形是平行四边形，所以，所以，则， 故、、、四点共面． （2）由（1）得，所以， 因为平面，平面，所以平面， 因为，所以， 因为平面，平面，所以平面， 因为，、平面，所以平面平面. 【典例2-2】（26-27高二上·宁夏银川·阶段检测）如图，平行六面体中，，．设，，． (1)求与所成角的余弦值； (2)证明：平面． 【答案】(1) (2)证明：，. . ，即. =， ，即. ，平面，平面， 所以平面. 【分析】(1)用，，表示向量、；利用向量数量积公式算出向量点积、模长；异面直线夹角用公式计算； (2)把，用基底表示；分别计算和、的数量积，结果都为0，得到两组线线垂直；，是平面内相交直线，由线面垂直判定定理得证. 【详解】（1）由题意，，. ，，. ，. 设异面直线与所成角为，. ，. ，. . 与所成角的余弦值为. （2）略. 【变式2-1】如图,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,G分别是A1D1,D1D,D1C1的中点. (1)求证:EG∥AC; (2)求证:平面EFG∥平面AB1C． 【分析】(1)选出向量的基底，利用向量共线基本定理，可判断两条直线平行． (2)根据向量的线性运算，可判断直线与直线的平行，进而得到平面与平面的平行． 【详解】证明把{}作为空间的一个基底. (1)因为,所以=2. 所以EG∥AC. (2)由(1)知EG∥AC,又AC⊂平面AB1C,EG⊄平面AB1C,所以EG∥平面AB1C. 因为,所以=2.所以FG∥AB1. 又AB1⊂平面AB1C,FG⊄平面AB1C, 所以FG∥平面AB1C. 又EG∩FG=G,所以平面EFG∥平面AB1C. 【变式2-2】（25-26高二上·山东枣庄·期中）如图，在底面为菱形的平行六面体中，分别在棱上，且，且. (1)求证：共面； (2)当为何值时，. 【答案】(1)证明见解析 (2)时， 【分析】（1）根据空间向量线性运算的几何表示可得，进而即得； （2）设，然后利用表示出，再利用向量的夹角公式可得答案. 【详解】（1）在平行六面体中，连接， 因为， 所以， ， 所以，即且，所以四边形为平行四边形，即共面； （2）当时，，理由如下， 设，且与、与、与的夹角均为， 因为底面为菱形，所以， ， ， 若，则，即 ， 即， 解得或舍去， 即时，. 题型三 求空间角 解｜题｜技｜巧 基向量法求空间角的基本思路是：将空间角转化为两条直线的方向向量的夹角(或其补角、余角)，再构造基向量并借助向量的运算求出角来. 【典例3-1】已知三棱柱的侧棱与底面边长都相等，在底面内的射影为的中心. (1)求异面直线与BC的夹角; (2)求侧棱与底面所成角的正弦值. 【分析】 由于的长度和相互夹角都已知，所以可将这三个向量作为一组基向量，再考虑用转化思想求解本例，对于(1),可转化为求向量与的夹角;对于(2),作出在底面内的射影AO,则所求角即为向量与的夹角的余角. 【详解】设O 是在底面ABC内的射影，选作为基向量.由已知可得的两两间的夹角均为，设棱长均为，则 （1） . 所以,所以异面直线与BC的夹角为. (2)平面的法向量为, . 所以侧棱与底面所成角的正弦值=|cos|=. 【典例3-2】（25-26高二上·重庆·阶段练习）如图在平行六面体中，，.令，，，以为基底，解决下列问题： (1)求证：直线平面； (2)求直线和夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析；(2) 【分析】（1）利用向量的数量积可证，，再根据线面垂直的判定定理可得线面垂直. （2）利用平面向量的数量积求两条直线夹角的余弦. 【详解】（1）由题意，. 又，，. 所以， . 所以，，又平面，， 所以直线平面. （2）因为， 且，所以； ，所以； 且， 所以. 即直线和夹角的余弦值为. 【变式3-1】（26-27高二上·四川绵阳·阶段检测）如图，在三棱锥中，若，，点D为棱上一点，且，，且． (1)求的棱长； (2)若为等腰三角形，求异面直线与的夹角． 【答案】(1)或 (2)异面直线与的夹角为 【分析】（1）首先判断D为棱的中点，以为基底表示，由数量积的性质可求； （2）首先判断的形状，进而可求出的长，根据（1）中的结果，结合向量的夹角公式求解即可. 【详解】（1）因为点D为棱上一点，且， 所以D为棱的中点，所以. 由，知. 所以， 因为，， 所以，，， 即， 整理得，解得或，即或. （2）由（1）知或， 因为，，所以是等边三角形， 所以. 当时，，满足为等腰三角形的条件； 当时，三边不相等，不满足为等腰三角形的条件. 所以 ， 所以，所以异面直线与的夹角为. 【变式3-2】（26-27高二上·山东临沂·阶段检测）如图，在平行六面体中，，，，. (1)求四边形的面积； (2)求与平面所成角的余弦值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）先用基底法求出长度，再通过向量数量积计算与夹角的余弦值，进而求出正弦值，代入平行四边形面积公式求解. （2）先证明平面，确定与平面所成角为，再通过向量模长公式分别计算、，代入三角函数公式求解即可. 【详解】（1）设， 因为且，， 所以，，又， ∴， ，即， 所以， 所以； （2）连接，交于点H，连接， ∵菱形，∴， 又，所以. 又，，平面，所以平面. ∴为与平面所成的角， 又， ， ∴， 又，， ∴，所以， 所以与平面所成角的余弦值为. 【变式3-3】（25-26高二下·湖南长沙·期中）如图，平行六面体中，，，，． (1)求对角线的长度； (2)求二面角的余弦值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）将平方，利用已知数量积求，进而得到. （2）先证为等边三角形，取中点得垂直关系，再通过向量平方结合已知求二面角余弦值. 【详解】（1）由题意知，在中，，， 以向量，，为基底，①， ，同理可得，， ①式平方，得， 所以． （2）在中，，， 又，，所以为等边三角形， 所以，故为等边三角形， 取中点，连接，则， 又，②， 设二面角为，则，， ，②式两边同时平方，得 ， 所以，． 所以二面角的余弦值为． 题型四 求空间距离 解｜题｜技｜巧 两点间的距离常利用向量的模长公式求得,对于其他的空间距离,若能转化为点点距(即确定表示距离的垂线段的具体位置)，则也可考虑用基向量法求解. 【典例4-1】如图,已知线段AB在平面内,线段AC⊥,线段BD⊥,线段,∠,如果AB＝求C、D间的距离. 【分析】要求C、D间的距离，从空间向量角度考虑，就是求向量的模.由于线段AB、AC、BD的长度和相互夹角都已知，所以可把这三条线段所对应的三个向量作为一组基向量. 【解析】 选作为基向量.由AC⊥，可知AC⊥. 由可知, ， ∴= =.∴. 【典例4-2】（26-27高二上·河南安阳·阶段检测）在四面体中，，，，，， (1)求的值； (2)设为的重心，证明：平面，并求到平面的距离； (3)设是直线上一点，且．证明：在线段上，并求四面体的体积． 【答案】(1) (2)记 ，由（1）知 ，故 . 因为 为 的重心，所以 . ，同理 ，. 于是 ，同理 . 所以 ，，而 ， 是平面 内的两个不共线向量，且 ，所以 平面 . 又 在平面 内，所以 到平面 的距离就是线段 的长度，，即所求距离为 . (3) 在直线 上，可设 ，. 由 ，得 ，即 . 代入 并展开，得 . 其中 ，，. 所以 ，解得 ，所以 ， 为线段 的五等分点，在线段 上. 在 中，，，，即 . ，所以 . . 由（2）知 到平面 的距离 ，所以四面体 的体积 . 【分析】（1）把 展开为三个模的平方与三个数量积的两倍之和，代入已知数值计算. （2）重心给出 ；只需证该向量与平面 内两个不共线方向（如 ，）的数量积都为 ，距离即 ，四面体与垂足 、垂线段 的位置关系如图所示. （3）由 在直线 上参数化 ，由 解出参数并用其范围判断 的位置；体积用 ，底面三角形用余弦定理求角后算面积，高即（2）中的距离. 【详解】（1） . 所以 . （2）略. （3）略. 【变式4-1】（25-26高二上·海南·阶段练习）如图，平行六面体的底面是边长为的菱形，.    (1)求的长度； (2)求证：平面. 【答案】(1)；(2)证明见解析. 【分析】（1）利用基底表示向量，再根据数量积公式，即可求解； （2）根据线面垂直的判定定理转化为证明线线垂直，再根据向量数量积公式，即可证明. 【详解】（1）设，，， 由于四边形为菱形，则，即， 所以，同理可得， 由题意可得， 所以； （2）因为， 所以， 所以， 因为，计算： ， 所以， 又因为，、平面． 所以平面. 【变式4-2】（24-25高三下·江西·阶段练习）如图，四棱柱中，.    (1)若四边形为菱形，. ①证明：平面； ②若四边形的面积为，证明：四棱柱的体积； (2)若，求点到平面的距离. 【答案】(1)①证明见解析；②证明见解析 (2) 【分析】（1）①先由菱形性质得，再通过全等证，利用等腰性质得， 结合证平面，进而得.然后在中根据边的关系得，由平行关系得，最后根据线面垂直判定得平面.   ②先根据平行且相等证四边形是平行四边形，得与关系.由平面，得点到面距离. 用四棱锥体积公式求体积，再根据等底等高及平行四边形性质得三棱锥体积关系，最后算出四棱柱体积.   （2）根据不共面，可以作为一组基底， 根据平面法向量的性质，法向量与平面内的向量垂直，据此列出方程组求解法向量. 然后，利用点到平面的距离公式（其中为点，为平面的法向量，为点到平面上一点的向量）计算点到平面的距离. 【详解】（1）①因为四边形为菱形，所以， 因为， 所以，所以.    又是的中点，所以， 又平面，所以平面， 又平面，所以， 在中，因为，从而，所以. 又，所以， 又平面，所以平面. ②连接，因为，所以四边形为平行四边形，从而与互相平分， 又平面，所以点到平面的距离为， 从而四棱锥的体积， 因为三棱锥与三棱锥等底等高，所以； 又四边形为平行四边形，所以，从而， 所以，所以四棱柱的体积 （2）解：因， 所以， 因为不共面，以作为一组基底， 设平面的一个法向量为，则    即 化简，得令，解得，所以， 所以， ， 设点到平面的距离为，则. 题型五 解决新定义问题 解｜题｜技｜巧 对于立体几何中的一些新定义问题，往往也构建基向量，利用向量的运算转化求解. 【典例5】（25-26高二上·贵州·开学考试）正多面体也称柏拉图立体，被誉为最有规律的立体结构，是所有面都只由一种正多边形构成的多面体（各面都是全等的正多边形），数学家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体，即正四面体､正六面体､正八面体､正十二面体､正二十面体.已知球O是棱长为2的正八面体的内切球，MN为球O的一条直径，点为正八面体表面上的一个动点，则的取值范围是 . 【答案】 【分析】利用等体积的方法得到正八面体的内切球半径，然后将转化为，最后求范围即可. 【详解】 由题意得为正方形的中心，取中点H，连接，， 因为为正八面体，所以平面，， ，，， 设正八面体的内切球半径为， 则, 所以，解得， ， 由图可知，当点在正八面体的顶点时，最大，为，当点在切点，最小，为， 所以，即. 故答案为：. 【变式5】（24-25高二上·上海崇明·期中）正四棱柱中，底面是边长为4的正方形，与交于点，与交于点，且. (1)用向量方法求线段的长； (2)对于个向量、、…、，如果存在不全为零的个实数、、…、，使得，则称这个向量、、…、线性相关，否则称其线性无关.试判断三个向量、、是否线性相关，并说明理由. 【答案】(1) (2)、、线性无关 【分析】（1）用表述，结合向量垂直的数量积形式可求线段的长； （2）设，利用基底法可求，故可判断它们线性无关. 【详解】（1）由题设可得， ， 故， 整理得到，故. （2）令， 则， 整理得到， 故，解得， 故、、线性无关. 期中基础通关练（测试时间：45分钟） 1.（26-27高二上·四川成都·阶段检测）在平行六面体中，，，，，则线段的长为（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由空间向量线性运算，可得，再利用数量积运算性质即可求解． 【详解】因为， 且，，，， 所以 ， 因此线段的长为． 2．（26-27高二上·青海西宁·阶段检测）如图，在平行六面体中，，，，，则与所成角的大小为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】取基底， ， ， 所以 ， 所以，所以，即与所成角的大小为. 3．（多选）（2025高二·全国·专题练习）已知正四面体，是的中点，是直线上的动点，则以下判断中正确的是（    ） A．直线和恒为异面直线 B．直线上存在点，使得 C．直线上存在点，使得 D．直线上存在点，使得与相交 【答案】CD 【分析】当点与点重合时，易得A错误，D正确，设，可得，则，得出，，，四点共面即可判断B；设设正四面体的棱长为1，，然后由求解判断C. 【详解】 当点与点重合时，和相交于点，故A错误，D正确； 假设，可得，即， 可得，即，，，四点共面， 则与已知条件中的正四面体矛盾，故B错误； 若不妨设正四面体的棱长为1，设， 因为，则， 即， 解得，所以C正确． 故选：CD. 4．（26-27高二上·广东揭阳·阶段检测）已知二面角的棱上有两点，，，，，，若，，，异面直线与所成角为，则线段的长为 【答案】或 【分析】将向量分解为，通过平方运算结合异面直线夹角的性质求解的长度 【详解】设向量与的夹角为，由异面直线夹角的取值范围为，已知异面直线与所成角为，得，即， 由题意，，，在棱上，故，。 因为，两边平方得： ， 代入垂直条件化简得： ， 又，故， 代入已知数值， ，， ，整理得： ， 当时， ，即； 当时， ，即。， 故线段的长为或. 5．如图，已知空间四边形，点，分别是，的中点，点，分别是，上的点，且，.用向量法求证：四边形是梯形. 【答案】证明见解析. 【分析】根据题意得出，利用空间向量共线定理证明即可. 【详解】证明：连接. 点E，H分别是边，的中点，且，， ， 且. 又不在上，四边形是梯形. 6．（26-27高二上·浙江温州·阶段检测）如图，在四棱柱中，四边形是正方形，，，点为的中点． (1)用向量，，表示，； (2)求线段的长 【答案】(1)， (2) 【分析】（1）根据空间向量基本定理，结合向量的线性运算求解即可； （2）根据（1），结合向量的模长公式求解即可. 【详解】（1）解:方法一：由题意知， ； 方法二：因为为的中点， 所以． （2）解：因为四边形是正方形，，， 所以，，， 所以 ， 所以，即线段的长为． 7．（21-22高二下·江西南昌·期中）已知平行四边形ABCD，从平面AC外一点O引向量，，，. (1)求证：四点共面； (2)平面平面. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）根据向量的线性运算可得,由空间向量,可判断向量共面,进而可得点共面.（2）根据向量共线可得直线与直线平行,进而可证明线面平行,进而可证明面面平行. 【详解】（1）∵四边形是平行四边形，∴， ∵， ∴、、、四点共面； （2）∵，∴ 又因为平面,平面,所以平面 又∵，∴， 平面,平面,平面， 又，平面 所以，平面平面. 8.（26-27高二上·江苏无锡·阶段检测）如图，在四棱锥中，底面是边长为3的菱形，，，记，，． (1)用基底表示向量，； (2)利用空间向量证明； (3)求的长． 【答案】(1) (2)，，， 则夹角为，夹角为， 故 ， 故，即． (3) 【分析】（1）利用向量加减法的三角形法则，把目标向量拆解成的线性组合。 （2）把用基底表示，计算数量积，算出结果为0，进而证明垂直； （3）根据向量模长公式，代入各基底模长与两两数量积． 【详解】（1）由菱形的性质得， 故． （2）略 （3）夹角为，夹角为，夹角为， 则 ． 9．（24-25高三上·江苏南通·阶段练习）如图，四棱锥中，四边形为菱形，. (1)证明：； (2)若，求平面与平面所成二面角的正弦值. 【答案】(1)证明见详解；(2) 【详解】（1）取的中点，连接， 由题意可知：为等边三角形，且，则， 且，平面，可得平面， 又因为平面，所以. （2）过作，垂足为，可知， 在中，由余弦定理可得， 则， 过作，垂足为，则， 可得， 因为， 则， 即，解得， 则， 可得， 所以平面与平面所成二面角的正弦值为. 期中重难突破练（测试时间：40分钟） 10．（2025·上海奉贤·二模）如图，在平行六面体中，点在对角线上，点在对角线上，，，以下命题正确的是（    ） A． B．、、三点共线 C．与是异面直线 D． 【答案】B 【分析】以为基底结合图形，利用空间向量的线性运算推理作答. 【详解】在平行六面体中，令，，， 则，， ， ，因为不共线所以与不平行，故A错误. ， ，即有，，有公共点， 所以、、三点共线，B选项正确. 因为点在直线上，点也在直线上所以与是相交直线， 故C选项错误. 因为，所以，故D选项错误. 故选：B 11．（26-27高二上·四川成都·阶段检测）如图，空间四边形中，和均与垂直．若，，，，则异面直线与所成的角等于（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由题可得，，左右两边同时平方得，根据和均与垂直可得，，结合向量的数量积的定义和异面直线夹角的取值范围代入数据计算即可得出答案. 【详解】由题可得，， 左右两边同时平方得． 因为和均与垂直，所以，且， 所以， 把，，，代入得 , 解得，所以， 因为异面直线与所成的角的取值范围为， 所以异面直线与所成的角为， 即异面直线与所成的角为. 12．（多选）（25-26高三上·江苏镇江·开学考试）边长为1的正方体中，向量，则（    ） A．若，则存在点，有 B．若，则 C．若，则的最小值为 D．若，则三棱锥的体积为定值 【答案】BC 【详解】 如图所示： 已知， 当时，即， 解得，由，所以不满足条件，不存在点使得，所以A错误； 当时，，， ，所以，所以B正确； 由题意知， 所以， 由不等式可知， 因为，所以，所以； 由均值不等式可知， 所以，所以C正确； 当时，点与三点共面，即面， 由正方体的性质可知， 所以面面，可得三棱锥的体积为定值； 即，正方体棱长为1，则，所以D错误； 故选：BC. 13．（26-27高二上·贵州黔南·阶段检测）如图，正四面体的棱长为2，记，，，取 为空间的一组基底． (1)用这组基底表示与（为的中点）；求，并由此求异面直线与所成的角； (2)设为在平面上的射影，用基底表示，并求点到平面的距离及直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)；；； (2)；； 【分析】（1）先用基底分别表示，与，再求，利用向量的夹角公式求异面直线与所成角； （2）用基底表示，求出，借助于直角三角形即可求得直线与平面所成角. 【详解】（1）由图知，，，， 则， 则异面直线与所成的角为； （2）因 ； 则 ， ，则， 所以点到平面的距离为， 直线与平面所成角为，则， 即直线与平面所成角的正弦值为. 14．（25-26高二上·河南南阳·阶段检测）在平行六面体中，，，. (1)求的长度； (2)证明平面平面 (3)求异面直线与所成夹角的余弦值. 【答案】(1) (2) 证明：连接，，由底面为菱形的性质，得 因为，所以：， 代入得， 因此， 因为，平面，且，所以平面， 又因为平面， 故平面平面. (3) 【分析】（1）先用空间向量模长公式，将分解为，再通过向量数量积展开计算模长的平方，最后开方得长度； （2）用面面垂直判定定理，先由菱形性质得，再用向量点积证，从而平面，进而证两面垂直； （3）用异面直线夹角的向量法，先取两直线的方向向量，计算向量点积与模长，再利用夹角公式取点积绝对值计算余弦值即可. 【详解】（1）由向量分解得， 所以：， 代入得： 故. （2）略 （3）由（1）知，且， 向量夹角余弦为 因为， 故， 又因为 代入得， 设所求夹角为，则. 15．（25-26高二上·重庆·阶段检测）在平行六面体中，，，令，，，以，，为基底， 解决下列问题： (1)求证：直线平面； (2)求直线和夹角的余弦值. 【答案】(1) 由题意，. 又，，. 所以， 所以，， 又，平面，， 所以直线平面. (2) 【分析】（1）利用向量的数量积可证，，再根据线面垂直的判定定理可得线面垂直. （2）利用平面向量的数量积求两条直线夹角的余弦. 【详解】（1）略 （2）因为， 且， 所以；，所以； 且 ， . 所以. 所以直线和夹角的余弦值为. 16．（25-26高二上·河北·期中）四面体ABCD中，，. (1)证明：； (2)证明：四面体三组对棱的中点间距离相等. 【答案】(1) 方法一：因为得， 又，所以 即， 同理由得， 所以 即，得. 方法二：过点作面BCD，垂足为，连接并延长交于点, 连接并延长交于点， 因为面，面，∴ 又∵，且，面 则面，又面， ∴，即是一条高线 同理可证也是一条高线. 又，则点是的垂心，∴ 又，，平面，所以面， 又面，得 (2) 不妨设分别为棱的中点. 设， 则， ， ， 则，类似的可证明其余对棱中点连线距离相等. 【分析】（1）方法一：因为得,转化为，同样得，最终可得到，即证. 方法二：过点作面BCD，垂足为，连接并延长交于点, 连接并延长交于点，只用证面，利用线面垂直的性质可得. （2）设，表示出对棱中点连接所成的向量，利用数量积的计算性质结合（1）中的结论求解. 【详解】（1）略 （2）略 期中综合拓展练（测试时间：30分钟） 17.（2026高三·全国·专题练习）如图，四面体中，，，是的中点．若，是点在平面内的投影，存在实数满足． (1)求的值； (2)若，求的取值范围. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用空间向量基本定理求解. （2）用表示出，在内利用边角关系的限制求得范围. 【详解】（1）由，得， 而点平面，由空间向量基本定理可知，，解得. （2）连接，作. 如下图所示： 因为，为的中点，则，又，所以， 而，平面.则平面.又平面，则. 又，平面.所以平面， 即点与点在平面内的投影重合. 在中，， 在中，， 由，可知点为中点， 则，， 所以，即. 又，由得， 即，整理得，即. 综上所述，. 18.（2025高二·全国·专题练习）如图，已知平行六面体，底面是边长为1的正方形，，，为的中点，与平面相交于点. (1)求证：平面； (2)求线段的长； (3)求与底面所成角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析;(2);(3) 【详解】（1）因为， 其中，，，， 所以，所以，， 因为， 其中，，，， 所以，所以，， ，平面， 所以平面. （2）， 所以，，， 设， 即， 因为四点共面，所以，解得， 因此，即， 故. （3）解法一：因为平面，所以点到平面的距离为， 又平面，所以点到平面的距离也为， 因为为的中点，所以点到平面的距离， ， 即，所以. 解法二：设与底面所成角为， 设在平面上的投影向量为，， 可得， 由平面，平面，得， 由,得， 解得， 由平面，平面，得， 由,得， 解得， 故， ， 则，， ， 则，， ， 故. 19．（25-26高二下·上海宝山·期末）在平面上有如下命题：“若 为直线 外一点，则点 在直线 上的充要条件是：存在实数、 ，满足，且．” (1)请将该命题类比到空间中，并证明． (2)在四面体 中，已知，，．点 在平面 内，且满足． ①求的值； ②求的值． 【答案】(1)类比到空间中，该命题为： 若 为平面 外一点，则点 在平面 内的充要条件是： 存在实数、 、 ，满足，且． 证明：①若点平面 ， 由向量共面的充要条件知存在实数 、 使得， 由向量加减法得， 整理得， 令，，，则，其中． ②反之，若已知，且． 则， 整理得， 即， 根据向量共面的充要条件知、、共面，即 、 、 、 共面， 所以点 在平面 内． 综上所述，若 为平面 外一点，则点 在平面 内的充要条件是： 存在实数、 、，满足，且． (2)①；② 【分析】（1）结合空间向量的运算，利用共面向量定理证明即可； （2）①利用数量积的运算律求解即可； ②利用数量积的运算律及模的运算法则求解即可. 【详解】（1）略 （2）①由（1）的结论知，从而， 从而， 由已知，，得 ， ②因为 ， 所以． 44 / 48 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $