7.5 空间向量及其应用讲义（15大题型归纳）-2027届高三数学一轮复习

7.5 空间向量及其应用 目录 01 思维导图与题型归纳 2 02 基础知识点梳理 4 知识点一：空间向量及其加减运算 4 知识点二：空间向量的数乘运算 4 知识点三：空间向量的数量积运算 5 知识点四：空间向量的坐标运算及应用 6 知识点五：法向量的求解与简单应用 7 知识点六：空间角公式． 8 知识点七：空间中的距离 8 03 真题回顾 10 04 经典题型归纳总结 16 题型一：空间向量线性运算 16 题型二：共线定理应用 17 题型三：数量积运算 18 题型四：三点共线问题 20 题型五：共面问题 21 题型六：线线平行证明 23 题型七：线面平行证明 25 题型八：面面平行证明 27 题型九：线线垂直证明 28 题型十：线面垂直证明 31 题型十一：面面垂直证明 33 题型十二：异面直线夹角 35 题型十三：线面角计算 37 题型十四：二面角计算 39 题型十五：空间距离计算 42 05 课后拓展精练 45 知识点一：空间向量及其加减运算 （1）空间向量 在空间，我们把具有大小和方向的量叫做空间向量，向量的大小叫做向量的长度或模．空间向量也可用有向线段表示，有向线段的长度表示向量的模，若向量的起点是，终点是，则向量也可以记作，其模记为或． （2）零向量与单位向量 规定长度为0的向量叫做零向量，记作．当有向线段的起点与终点重合时，． 模为1的向量称为单位向量． （3）相等向量与相反向量 方向相同且模相等的向量称为相等向量．在空间，同向且等长的有向线段表示同一向量或相等向量．空间任意两个向量都可以平移到同一个平面，成为同一平面内的两个向量． 与向量长度相等而方向相反的向量，称为的相反向量，记为． （4）空间向量的加法和减法运算 ①，．如图所示． ②空间向量的加法运算满足交换律及结合律 ， 知识点二：空间向量的数乘运算 （1）数乘运算 实数与空间向量的乘积称为向量的数乘运算．当时，与向量方向相同；当时，向量与向量方向相反．的长度是的长度的倍． （2）空间向量的数乘运算满足分配律及结合律 ，． （3）共线向量与平行向量 如果表示空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合，则这些向量叫做共线向量或平行向量，平行于，记作． （4）共线向量定理 对空间中任意两个向量，，的充要条件是存在实数，使． （5）直线的方向向量 如图8-153所示，为经过已知点且平行于已知非零向量的直线．对空间任意一点，点在直线上的充要条件是存在实数，使①，其中向量叫做直线的方向向量，在上取，则式①可化为② ①和②都称为空间直线的向量表达式，当，即点是线段的中点时，，此式叫做线段的中点公式． （6）共面向量 如图8-154所示，已知平面与向量，作，如果直线平行于平面或在平面内，则说明向量平行于平面．平行于同一平面的向量，叫做共面向量． （7）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． 推论：①空间一点位于平面内的充要条件是存在有序实数对，使；或对空间任意一点，有，该式称为空间平面的向量表达式． ②已知空间任意一点和不共线的三点，，，满足向量关系式（其中）的点与点，，共面；反之也成立． 知识点三：空间向量的数量积运算 （1）两向量夹角 已知两个非零向量，，在空间任取一点，作，，则叫做向量，的夹角，记作，通常规定，如果，那么向量，互相垂直，记作． （2）数量积定义 已知两个非零向量，，则叫做，的数量积，记作，即．零向量与任何向量的数量积为0，特别地，． （3）空间向量的数量积满足的运算律： ，（交换律）； （分配律）． 知识点四：空间向量的坐标运算及应用 （1）设，，则； ； ； ； ； ． （2）设，，则． 这就是说，一个向量在直角坐标系中的坐标等于表示该向量的有向线段的终点的坐标减起点的坐标． （3）两个向量的夹角及两点间的距离公式． ①已知，，则； ； ； ； ②已知，，则， 或者．其中表示与两点间的距离，这就是空间两点的距离公式． （4）向量在向量上的投影为． 知识点五：法向量的求解与简单应用 （1）平面的法向量： 如果表示向量的有向线段所在直线垂直于平面，则称这个向量垂直于平面，记作，如果，那么向量叫做平面的法向量． 几点注意： ①法向量一定是非零向量；②一个平面的所有法向量都互相平行；③向量是平面的法向量，向量是与平面平行或在平面内，则有． 第一步：写出平面内两个不平行的向量； 第二步：那么平面法向量，满足． （2）判定直线、平面间的位置关系 ①直线与直线的位置关系：不重合的两条直线，的方向向量分别为，． 若∥，即，则； 若，即，则． ②直线与平面的位置关系：直线的方向向量为，平面的法向量为，且． 若∥，即，则； 若，即，则． （3）平面与平面的位置关系 平面的法向量为，平面的法向量为． 若∥，即，则；若⊥，即，则⊥． 知识点六：空间角公式． （1）异面直线所成角公式：设，分别为异面直线，上的方向向量，为异面直线所成角的大小，则． （2）线面角公式：设为平面的斜线，为的方向向量，为平面的法向量，为 与所成角的大小，则． （3）二面角公式： 设，分别为平面，的法向量，二面角的大小为，则或（需要根据具体情况判断相等或互补），其中． 知识点七：空间中的距离 求解空间中的距离 （1）异面直线间的距离：两条异面直线间的距离也不必寻找公垂线段，只需利用向量的正射影性质直接计算． 如图，设两条异面直线的公垂线的方向向量为，这时分别在上任取两点，则向量在上的正射影长就是两条异面直线的距离．则即两异面直线间的距离，等于两异面直线上分别任取两点的向量和公垂线方向向量的数量积的绝对值与公垂线的方向向量模的比值． （2）点到平面的距离 为平面外一点（如图），为平面的法向量，过作平面的斜线及垂线． 1．（2026·北京·高考真题）如图，在直三棱柱中，,分别为,的中点，，，． (1)求证：平面； (2)设点在的内部，，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使点的位置唯一确定，求平面与平面夹角的余弦值． 条件①：； 条件②：； 条件③：平面． 2．（2026·天津·高考真题）在长方体中，，，，，． (1)求证：面； (2)求面与面的夹角的余弦值； (3)求三棱锥的体积． 3．（2026·上海·高考真题）已知四棱锥，底面为矩形，底面，垂足在边上，且，，． (1)求证：； (2)若四棱锥的体积为，求二面角的大小． 4．（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． 5．（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． 6．（2025·北京·高考真题）如图，在四棱锥中，与均为等腰直角三角形，，E为BC的中点． (1)若分别为的中点，求证：平面PAB； (2)若平面ABCD，，求直线AB与平面PCD所成角的正弦值． 7．（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． 8．（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． 9．（2024·上海·高考真题）如图，、、为圆锥三条母线，. (1)证明:； (2)若圆锥侧面积为为底面直径，，求二面角的大小 10．（2024·北京·高考真题）如图，在四棱锥中，，，,点在上，且，． (1)若为线段中点，求证：平面． (2)若平面，求平面与平面夹角的余弦值． 11．（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． 12．（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． 题型一：空间向量线性运算 【典例1-1】在四棱锥中，底面是正方形，为的中点，若，，，则用基底表示向量为（   ） A． B． C． D． 【典例1-2】在空间四边形中，设，，，点M是的中点，点N是的中点，用向量，，表示，则（    ） A． B． C． D． 【变式1-1】如图，为平行六面体中面对角线与的交点．若，，，则（      ） A． B． C． D． 【变式1-2】如图所示，空间四边形中，，，，点在上，且，N为中点，则等于（    ） A． B． C． D． 【变式1-3】如图，M是四面体OABC的棱BC的中点，点N在线段OM上，且，，则用，，表示正确的是（    ） A． B． C． D． 【解题总结】 空间向量的运算包括空间向量的加法、减法、数乘、数量积的几何意义及坐标运算，可以类比平面向量的运算法则． 题型二：共线定理应用 【典例2-1】若、、是不共面的向量，，，，则一定共线的三个点是（   ） A．、、 B．、、 C．、、 D．、、 【典例2-2】已知向量，的夹角为钝角，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【变式2-1】若，，三点共线，则n＝（   ） A．0 B．1 C．2 D．3 【变式2-2】在平行六面体中，底面是正方形，，，，M是棱的中点，与平面交于点H，则线段的长度为（ ） A． B． C． D． 【变式2-3】在四面体中，E为的中点，G为平面的重心．若与平面交于点F，则（    ） A． B． C． D． 【解题总结】 空间共线向量定理：． 利用此定理可解决立体几何中的平行问题． 题型三：数量积运算 【典例3-1】（多选题）如图，在平行六面体中，且，为与的交点，设，，，则下列结论正确的是（    ） A． B． C． D． 【典例3-2】（多选题）若平面的一个法向量为，，，则（    ） A．若与共线，则 B．向量在向量上的投影向量为 C．点到平面的距离为 D．直线与平面所成的角的余弦值为 【变式3-1】（多选题）已知空间四点，，，，则下列说法正确的是（　　） A． B． C．是锐角三角形 D．的面积为 【变式3-2】（多选题）如图，平行六面体ABCD-A₁B₁C₁D₁的底面ABCD 是边长为1的菱形，且 CA₁⊥平面C₁BD， 则（    ） A．BD⊥CC₁ B．BD₁与AC所成角的余弦值为 C． D．平行六面体ABCD-A₁B₁C₁D₁的体积为 【变式3-3】（多选题）在空间直角坐标系中，向量，，下列结论正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若为钝角，则 D．若在上的投影向量为，则 【解题总结】 ； 求模长时，可根据； 求空间向量夹角时，可先求其余弦值．要判断空间两向量垂直时，可以求两向量的数量积是否为0，即． 为锐角；为钝角．由此，通常通过计算的值来判断两向量夹角是锐角还是钝角． 题型四：三点共线问题 【典例4-1】（2026·上海杨浦·模拟预测）如图所示正四棱台，其中，，棱台高为3. (1)证明： 平面求：三棱锥的体积； (2)设是中点，在直线、上各取一个点，使得三点共线，求：的长. 【典例4-2】在正方体中，G为的重心，证明：三点共线. 【变式4-1】如图，正方体中，O为上一点，且，BD与AC交于点M.求证：三点共线． 【变式4-2】如图所示，在正方体中，点在上，且，点在体对角线上，且．求证：，，三点共线．    【变式4-3】已知向量，，不共面，，，．求证：B，C，D三点共线． 【解题总结】 先构造共起点的向量，，然后证明存在非零实数，使得． 题型五：共面问题 【典例5-1】四棱锥，底面为平行四边形．H为棱的三等分点，且．设向量，，． (1)用、、表示向量、； (2)点G在上，，若G，B，P，D四点共面，求实数m的值． 【典例5-2】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.试用向量方法证明、、、四点共面 【变式5-1】（2026·广东东莞·二模）如图，四棱锥中，底面，，. (1)求平面与平面所成角的余弦值； (2)已知，分别为线段，上的动点，是否存在这样的点，，使得，，，四点共面、且该平面与平面垂直？若存在，请确定点，的位置；若不存在，请说明理由. 【变式5-2】（第3讲 坐标表向量 运算力无穷）在棱长为1的正方体中，分别为棱，的中点，为棱靠近点的三等分点，用过点，，的平面截正方体，求截面图形的周长． 【变式5-3】如图，在长方体中，E，M，N分别是，，的中点，，.    (1)求证：∥平面； (2)试确定直线与平面的交点F的位置，并求的长. 【解题总结】 要证明多点（如，，，）共面，可使用以下方法解题． 先作出从同一点出发的三个向量（如，，），然后证明存在两个实数，使得． 题型六：线线平行证明 【典例6-1】如图，在三棱锥中，平面，，，，，分别是棱，，，的中点，．求证：； 【典例6-2】长方体中，，分别是面对角线，上的点，且，．求证：． 【变式6-1】如图，在正方体中，分别是棱的中点. 证明：； 【变式6-2】如图，在平行六面体中，，，分别是，，的中点，请选择恰当的基向量证明： ； 【变式6-3】已知正方体中，E为的中点，求证：直线与直线不平行. 【解题总结】 将证线线平行转化为证两向量共线．设是两条不重合的直线，它们的方向向量分别为，则． 题型七：线面平行证明 【典例7-1】如图，在长方体中，E，M，N分别是BC，AE，的中点，，．求证：平面．    【典例7-2】如图，已知矩形ABCD和矩形ADEF所在平面相交于AD，点M，N分别在对角线BD，AE上，且，．求证：平面CDE．    【变式7-1】如图，在四棱锥中，底面ABCD为正方形，平面ABCD，E为PD的中点，.求证：PB平面AEC； 【变式7-2】如图，正四棱锥的高为6，，且M是棱上更靠近C的三等分点. (1)证明：； (2)若在棱上存在一点N，使得平面，求的长度. 【变式7-3】如图所示，四边形是菱形，为等边三角形，且，. 证明：平面； 【解题总结】 （1）利用共面向量定理．设为平面内不共线的两个向量，证明存在两个实数，使得，则． （2）转化为证明直线和平面内的某一直线平行． （3）转化为证明直线的方向向量与平面的法向量垂直（此方法最常用）． 题型八：面面平行证明 【典例8-1】已知四棱锥中，底面是正方形，平面，且，点、分别是、的中点，点为线段上一点．确定点的位置，使平面平面，并证明． 【典例8-2】如图，在长方体中，.    求证：平面平面.（使用向量方法） 【变式8-1】如图，在四棱锥中，平面，，，，，， 证明：平面平面； 【变式8-2】如图，在长方体中，，，.求证：平面平面. 【变式8-3】已知正方体的棱长为a，M，N，E，F分别是棱，，，的中点．求证：平面平面BDEF． 【解题总结】 （1）证明两平面内有两条相交直线分别平行． （2）转化为证两平面的法向量平行（常用此方法）． 题型九：线线垂直证明 【典例9-1】如图，在平行六面体中，，，，．    (1)以，，为基底向量，表示向量，； (2)求证：； ． 【典例9-2】在四棱锥中，四边形是菱形，，，，点为的中点，点为上的点，，，平面与棱交于点．求证：异面直线与垂直． 【变式9-1】如图，在空间直角坐标系中，正四棱锥P-ABCD的侧棱长与底边长都为，点M，N分别在PA，BD上，且．试用向量法证明． 求证：； 【变式9-2】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：． 【变式9-3】如图，在棱长均为2的三棱柱中，，求证：． 【解题总结】 设直线的方向向量为，则． 这里要特别指出的是，用向量法证明两直线尤其是两异面直线垂直是非常有效的方法． 题型十：线面垂直证明 【典例10-1】如图，在三棱锥中，平面，，，，是棱上一点，且，为棱的中点．证明：平面； 【典例10-2】在四棱锥中，四边形是正方形，侧棱垂直于底面，，证明：平面 【变式10-1】在斜平行六面体中（ 不垂直于底面），底面 是菱形，且侧棱与 ，所成的角相等.设，，，已知 为 与 的交点，为对角线上一点，且 . (1)用，，表示与； (2)证明：、、 三点共线； (3)证明：平面. 【变式10-2】已知四棱锥，底面ABCD是边长为4的正方形，平面ABCD，，E是PB中点.    (1)列出四棱锥所在空间中的一组基底； (2)求证：平面AEC； (3)取中点为O，线段PD上是否存在点F使得，平面AEC并说明理由. 【变式10-3】在长方体中，，，，，．求证：平面； 【解题总结】 （1）证明直线和平面内的两天相交直线垂直． （2）证明直线和平面内的任一直线垂直． （3）转化为证明直线与平面的法向量共线． 题型十一：面面垂直证明 【典例11-1】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． 【典例11-2】如图，四棱锥的底面是平行四边形，且底面，点是线段的中点，，，．求证：平面平面. 【变式11-1】（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． 【变式11-2】（2026·高三·宁夏中卫·阶段检测）如图1，在边长为的菱形中，于点，将沿折起到的位置，使，如图2．    (1)求多面体的体积； (2)在线段上是否存在点，使平面平面?若存在，求出的值；若不存在请说明理由． 【变式11-3】棱长为2的正方体中，为的中点，为中点，为的中点． (1)证明：平面； (2)证明：平面平面． 【解题总结】 （1）转化为证明两平面的法向量互相垂直 （2）转化为证明一平面内的一条直线垂直于另一个平面． 题型十二：异面直线夹角 【典例12-1】如图，平行六面体的底面是菱形，且，，设，， (1)用向量，，表示与； (2)求证：平面； (3)求异面直线与夹角的余弦． 【典例12-2】如图，在平行六面体中，底面是边长为的正方形，侧棱的长为，且．求 (1)的长； (2)直线与所成角的余弦值． 【变式12-1】（2026·高三·江苏镇江·开学考试）如图，在三棱锥中，，点在棱上．在空间直角坐标系中，点，，，． (1)求点的坐标； (2)求异面直线与所成角的余弦值． 【变式12-2】如图，直三棱柱内接于一个圆柱，是底面圆的直径，. (1)求圆柱的表面积； (2)求异面直线与所成角的余弦值. 【变式12-3】如图，在四棱锥中，，，且，为的中点． (1)求证：平面； (2)若面，，，求直线与所成角的余弦值． 【解题总结】 设两异面直线a和b的方向向量为和，利用求角余弦公式可求得和的夹角，由于两向量所成角的范围是，而两异面直线所成角的范围是．所以． 题型十三：线面角计算 【典例13-1】（2026·高三·贵州·阶段检测）如图，在三棱柱中，，，侧面为菱形，为的中点，平面． (1)证明：平面． (2)为棱的中点，求直线与平面所成角的正弦值． 【典例13-2】（2026·高三·湖南·阶段检测）如图，在四棱锥中，平面，四边形为矩形，，，点在棱上，，点是的中点． (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 【变式13-1】（2026·北京朝阳·模拟预测）如图，在三棱柱中，，侧面为正方形，侧面底面，，为的中点，点在上，且平面． (1)求证：点为的中点； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 【变式13-2】（2026·高三·宁夏银川·阶段检测）四棱锥中，是矩形，. (1)证明：平面； (2)若是棱上靠近点P的三等分点，求与平面所成角的正弦值. 【变式13-3】（2026·高三·河北沧州·阶段检测）如图，在四棱锥中，四边形为梯形，，，，底面，． (1)求证：平面； (2)若二面角的余弦值为，求直线与平面所成角的正弦值． 【解题总结】 设为平面的斜线，为的方向向量，为平面的法向量，为与所成角的大小，则． 题型十四：二面角计算 【典例14-1】（2026·高三·宁夏中卫·阶段检测）如图，在直三棱柱中，，点是线段的中点. (1)求证：平面； (2)求锐二面角的余弦值； 【典例14-2】（2026·广西·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面是菱形，，，． (1)证明：平面； (2)已知是棱上一点，且，求平面与平面所成角的正弦值． 【变式14-1】（2026·高三·四川巴中·阶段检测）如图，四棱锥中，底面，，，． (1)证明：平面； (2)若，求二面角的余弦值. 【变式14-2】（2026·高三·北京顺义·阶段检测）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，平面平面，，，点为棱中点，平面与棱交于点. (1)求证：是棱的中点； (2)若.求： （ⅰ）二面角的余弦值； （ⅱ）在棱上是否存在点，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 【变式14-3】（2026·高三·广东·阶段检测）如图，已知，且．已知，点位于平面同侧． (1)证明：； (2)点在线段上，且平面，求二面角的余弦值． 【解题总结】 （1）在平面内，，在平面β内，（是交线的方向向量），其方向如图所示，则二面角的平面角的余弦值为． （2）设是二面角的两个半平面的法向量，其方向一个指向二面角内侧，另一个指向二面角的外侧，则二面角的余弦值为． 题型十五：空间距离计算 【典例15-1】（2026·高三·上海嘉定·阶段检测）如图，在三棱柱中，为的中点，，二面角的平面角． (1)求证：平面； (2)求点到平面的距离． 【典例15-2】（2026·黑龙江大庆·一模）已知正三棱柱所有棱长都为，点为棱的中点． (1)证明：平面； (2)求平面和平面夹角的余弦值； (3)在棱上是否存在点，满足点到平面的距离为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【变式15-1】已知正方体的棱长为1，为中点，求下列问题： (1)求异面直线与的距离； (2)求到平面的距离； (3)求到平面的距离； (4)求平面与平面的距离. 【变式15-2】（2026·四川攀枝花·二模）如图，平面四边形中，是边长为2的等边三角形，，．现将沿翻折至，使得． (1)证明：平面平面； (2)已知是线段上的点，若直线与平面所成角的正弦值为，求点到直线的距离． 【变式15-3】如图，在平行六面体中，，，，，.求： (1)证明直线直线； (2)求异面直线和间的距离. 【解题总结】 如图所示，平面的法向量为，点是平面内一点，点是平面外的任意一点，则点到平面的距离，就等于向量在法向量方向上的投影的绝对值，即或 1．（2026·高三·上海宝山·阶段检测）空间中，设、、是三个向量且、不平行，下列关于（）的命题中，正确的命题是（     ）． A．一定存在使得等式成立 B．一定存在两个使得等式成立 C．至多存在一个使等式成立 D．可能存在无穷多个使得等式成立 2．如图所示，已知四棱锥，，若，，，则等于（    ） A． B． C． D． 3．（2026·江苏南通·一模）在正四棱柱中，为一条侧棱，集合，则中的元素个数为（     ） A．1 B．2 C．3 D．4 4．（2026·高三·上海嘉定·阶段检测）如图，直角三角形所在平面垂直于平面，一条直角边在平面内，另一条直角边长为且，若平面上存在点，使得的面积为，则下列命题正确的是（     ） ①点在平面上的轨迹为椭圆； ②线段长度的最小值为； ③线段长度的最大值为． A．①② B．①③ C．②③ D．①②③ 5．（2026·黑龙江大庆·一模）在直三棱柱中，，，．若该直三棱柱外接球的表面积为，则直线与平面所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 6．在中，，，D为的中点，将沿翻折，使二面角为，则翻折后的四面体的外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 7．（2026·高三·山西·阶段检测）已知正三棱柱的所有顶点都在一个表面积是的球的球面上，且，则二面角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 8．已知正方体的棱长为2，点满足，且，则的最小值是（     ） A． B． C． D． 9．（多选题）（2026·高三·福建莆田·阶段检测）如图，若正方体的棱长为2，点是正方体在侧面上的一个动点（含边界），点是的中点，则下列结论正确的是（ ） A．三棱锥的体积为定值 B．若，则的最大值为 C．若，则的最小值为 D．若，则点在侧面上运动路径的长度为 10．（多选题）（2026·广西百色·一模）如图，在棱长为1的正方体中，为线段上的动点（不包括端点），则下列说法正确的是（     ） A．存在点，使得 B．的最小值为 C．当时， D．点在底面内，当时，点的轨迹长度为 11．（多选题）（2026·河南·模拟预测）已知正方体外接球的体积为，点满足，其中，则下列命题正确的是（    ） A．若，则点轨迹的长度为 B．若点在线段上（不包括端点），则的最小值为4 C．当时，三棱锥的体积为定值 D．当时，有且仅有一个点，使得平面 12．（2026·高三·北京西城·阶段检测）如图，在棱长为2的正方体中，E，F分别是棱，上的动点（含端点），，设．给出下列四个结论： ①平面； ②存在E，F，使直线，所成的角为； ③存在唯一的点E，使三棱锥的体积为； ④二面角正切值的取值范围是． 其中所有正确结论的序号是__________． 13．已知空间向量，，若与的夹角是钝角，则的取值范围是________． 14．（2026·高三·湖北·阶段检测）如图，在长方体中，，，，点E，F分别在，上，且，，则平面与平面夹角的余弦值为__________．    15．是棱长为2的正方体的内切球的一条直径，点为的中点．若空间内动点满足，则的最小值为________． 16．（2026·高三·河北唐山·阶段检测）如图，正三棱柱的底面边长为2，侧棱长为3，D为棱的中点，是棱上的动点不与、重合，连接 (1)证明： (2)已知直线与平面所成角的正弦值为，求平面与平面夹角的余弦值. 17．（2026·高三·江苏·阶段检测）如图，在三棱柱中，平面平面，，，，，四棱锥的体积为，点在线段（不含端点）上运动． (1)求证：平面； (2)若平面与平面的夹角的余弦值为，求的长． 18．（2026·高三·重庆沙坪坝·阶段检测）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，平面，．点，分别为棱，的中点． (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 19．（2026·高三·辽宁朝阳·阶段检测）如图，在正四棱锥中，，为与的交点，点，分别为棱，的中点，且 (1)求的长度； (2)求二面角的正弦值； 20．（2026·高三·北京东城·阶段检测）如图，在四棱锥中，平面平面，，，，为中点，，，. (1)证明：直线平面； (2)求二面角的余弦值. 21．（2026·吉林长春·模拟预测）如图，在三棱柱中，侧面是菱形，，底面，垂足为的中点． (1)若过点，，D的平面与棱交于点，证明：是的中点，且四边形为矩形； (2)若，求与平面所成角的正弦值的最大值． 27/27 学科网（北京）股份有限公司 $7.5空间向量及其应用 目录 01思维导图与题型归纳： .2 02基础知识点梳理… 知识点一：空间向量及其加减运算 .4 知识点二：空间向量的数乘运算 知识点三：空间向量的数量积运算. 5 知识点四：空间向量的坐标运算及应用 0.6 知识点五：法向量的求解与简单应用 .7 知识点六：空间角公式， .8 知识点七：空间中的距离 8 03真题回顾.… 10 04经典题型归纳总结. 33 题型一：空间向量线性运算 .33 题型二：共线定理应用 36 题型三：数量积运算 .39 题型四：三点共线问题 .44 题型五：共面问题… 47 题型六：线线平行证明. .54 题型七：线面平行证明 57 题型八：面面平行证明 .62 题型九：线线垂直证明 .67 题型十：线面垂直证明… 70 题型十一：面面垂直证明 .76 题型十二：异面直线夹角 81 题型十三：线面角计算 .87 题型十四：二面角计算 .93 题型十五：空间距离计算 .....100 1/141 05课后拓展精练.… .109 2/141 01 思维导图与题型归纳 CCC®CD■CB 空间向量 零向量与单位向量 空间向量及其加减运算 相等向量与相反向量 空间向量的加法和减法运算 数乘运算 空间向量的数乘运算满足分配律及结合律 共线向量与平行向量 共线向量定理 空间向量的数乘运算 直线的方向向量 共面向量 共面向量定理 两向量夹角 数量积定义 空间向量的数量积运算 空间向量的数量积满足的运算律 空间向量及其应用 空间向量的坐标运算及应用 平面的法向量 判定直线、平面间的位置关系 法向量的求解与简单应用 判定平面与平面的位置关系 异面直线所成角公式 线面角公式 空间角公式 二面角公式 异面直线间的距离 点到直线的距离 点到平面的距离 空间中的距离 直线到平面的距离 平面到平面的距离 3/141 题型一：空间向量线性运算 题型九：线线垂直证明 题型二：共线定理应用 题型十：线面垂直证明 题型三：数量积运算 题型十一：面面垂直证明 题型四：三点共线证明 题型十二：异面直线夹角 题型归纳 题型五：共面问题证明 题型十三：线面角计算 题型六：线线平行证明 题型十四：二面角计算 题型七：线面平行证明 题型十五：空间距离计算 题型八：面面平行证明 4/141 02 基础知识点梳理 知识点一：空间向量及其加减运算 (1)空间向量 在空间，我们把具有大小和方向的量叫做空间向量，向量的大小叫做向量的长度或模.空间向量也可 用有向线段表示，有向线段的长度表示向量的模，若向量a的起点是A,终点是B,则向量a也可以记作 布，其摸记为问成网 (2)零向量与单位向量 规定长度为0的向量叫做零向量，记作0.当有向线段的起点A与终点B重合时，AB=0】 模为1的向量称为单位向量. (3)相等向量与相反向量 方向相同且模相等的向量称为相等向量.在空间，同向且等长的有向线段表示同一向量或相等向量。 空间任意两个向量都可以平移到同一个平面，成为同一平面内的两个向量. 与向量a长度相等而方向相反的向量，称为a的相反向量，记为-a. (4)空间向量的加法和减法运算 ①0C=0A+0B=a+b,BA=0A-0B=a-b.如图所示. ②空间向量的加法运算满足交换律及结合律 a+B-B+a,(a+B)+c-a+(B+c) 知识点二：空间向量的数乘运算 (1)数乘运算 实数九与空间向量a的乘积九a称为向量的数乘运算.当九>0时，九a与向量a方向相同；当元<0时， 向量入a与向量a方向相反.a的长度是a的长度的风倍。 (2)空间向量的数乘运算满足分配律及结合律 5/141 A(a+B)=aa+aB i(ua)=(Au)a (3)共线向量与平行向量 如果表示空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合，则这些向量叫做共线向量或平行向量，ā 平行于b,记作a1/仍】 (4)共线向量定理 对空间中任意两个向量a,6≠可），ā1仍的充要条件是存在实数元，使a=乃、 (5)直线的方向向量 如图8-153所示，1为经过已知点A且平行于已知非零向量a的直线.对空间任意一点O,点P在直线 I上的充要条件是存在实数t,使OP=OA+ia①，其中向量a叫做直线I的方向向量，在l上取AB=a, 则式0可化为0P=01+1=01+1(o5-0=0-t)0+105② 1 f= ①和②都称为空间直线的向量表达式，当2，即点P是线段AB的中点时， 0P=,01+o),此 式叫做线段AB的中点公式， (6)共面向量 如图8-154所示，已知平面a与向量a,作OA=a,如果直线OA平行于平面au或在平面a内，则说 明向量a平行于平面.平行于同一平面的向量，叫做共面向量. A (7)共面向量定理 如果两个向量a,B不共线，那么向量P与向量a,万共面的充要条件是存在唯一的有序实数对(x,), 使p=xa+b 推论：①空间一点P位于平面ABC内的充要条件是存在有序实数对(x,),使AP=xAB+yAC:或 对空间任意一点O,有OP-OA=xAB+yAC,该式称为空间平面ABC的向量表达式。 ②已知空间任意一点O和不共线的三点A,B,C,满足向量关系式OP=xOA+0丽+OC(其中 x+y+z=1)的点P与点A,B,C共面：反之也成立. 6/141 知识点三：空间向量的数量积运算 (1)两向量夹角 己知两个非零向量a,b,在空间任取一点0，作OA=a,OB=b,则∠A0B叫做向量a,b的夹角， 记作a, 茶规定0≤位≤元，灯果位砂-受，那么同量a,石面相重白.记作16， (2)数量积定义 已知两个零向蛋a,6,则cos(a.叫做a,5的数量积，记作a-6,即a-6=cos(a,列 零向量与任何向量的数量积为0，特别地， aa-a (3)空间向量的数量积满足的运算律： (2a)i=(a.ab=ia（交换律)； a6+)=a-+a-c(分配律). 知识点四：空间向量的坐标运算及应用 （1)t设a=(4,4,4),b=(6,b,b),则a+i=(a+b,4+b,a+b) a-i=(a-h,a2-b,a-b）; a=(2a,a,a）: a.b=ab +ab2+abs a/i6≠0→a=h,a2=b,a=h】 a1b→a,b+ab2+a,b=0 (2)设4(，)，B(,,),则B=0B-01=(G--4,马-2) 这就是说，一个向量在直角坐标系中的坐标等于表示该向量的有向线段的终点的坐标减起点的坐标. (3)两个向量的夹角及两点间的距离公式 0已知a-a,4,吗)，万=44,4)则同-=匠=a+a+a 同=VB=2+h,+ a.b=ab +abz+abs 7/141 6同你++在。 ab +ab,+ab ②已知4(，)，B(2,),则=VG-+0-}'+(么- 或者(4B)-丽.其中(4B)表示A与B两点间的距离，这就是空间两点的距离公式. (4)向量a在向量b上的投影为 m背 知识点五：法向量的求解与简单应用 (1)平面的法向量： 如果表示向量n的有向线段所在直线垂直于平面a,则称这个向量垂直于平面0，记作n上a,如果 n⊥a,那么向量n叫做平面的法向量。 几点注意： ①法向量一定是非零向量；②一个平面的所有法向量都互相平行；③向量”是平面的法向量，向量m 是与平面平行或在平面内，则有mn=0 第一步：写出平面内两个不平行的向量a=(:出小五=(：乃马)， n·a=0xx+%+z3,=0 → 第二步：那么平面法向量”=，y,）,满足6=0+少+西，=0 (2)判定直线、平面间的位置关系 ①直线与直线的位置关系：不重合的两条直线0，b的方向向量分别为a,万. 若a∥b,即a=5,则aMb: 若a⊥b,即a-i=0,则a1b ②直线与平面的位置关系：直线I的方向向量为a,平面a的法向量为i,且La 若a∥i,即a=n,则La: 若aLn,即an=0,则a/a 8/141 (3)平面与平面的位置关系 平面a的法向量为，平面B的法向量为 若元∥元，即元=沉，则∥B；若⊥元，即元=0，则a⊥B B 知识点六：空间角公式. (1)异面直线所成角公式：设ā，b分别为异面直线马，上的方向向量，日为异面直线所成角的大 ab cose=cos(a,b) 小，则 丽 (2)线面角公式：设I为平面Q的斜线，a为I的方向向量，n为平面a的法向量，8为 sin=cos(a,n)= +→1 a·n 1与所成角的大小，则 丽 (3)二面角公式： 设%，%分别为平面a,P的法向量，二面角的大小为0，则9=，)或不-（何，历 (需要根据具 cos= 体情况判断相等或互补)，其中 知识点七：空间中的距离 求解空间中的距离 (1)异面直线间的距离：两条异面直线间的距离也不必寻找公垂线段，只需利用向量的正射影性质 直接计算. 9/141 如图，设两条异面直线a,b的公垂线的方向向量为刀，这时分别在a,b上任取A,B两点，则向量在 dAB.n上AB.nl i上的正射影长就是两条异面直线a,b的距离. In nl 即两异面直线间的距离，等于两 异面直线上分别任取两点的向量和公垂线方向向量的数量积的绝对值与公垂线的方向向量模的比值. n (2)点到平面的距离 A为平面C外一点（如图），万为平面C的法向量，过A作平面a的斜线AB及垂线AH. AH ABI-sin0=AB|cos<AB,n>=AB 14B.n4B.nl A8阿可 d=48.n Inl 10/141 03 真题回顾 。面需。原。■面面 1.(2026北京高考真题)如图，在直三棱柱ABC-ABG中，D,E分别为AC,AB的中点， AB=AC=2,∠BAC=90°，BB=V2」 B B (1)求证：DE/平面BCCB: (2)设点P在△4BG的内部，PE/1B,C,再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知， 使点P的位置唯一确定，求平面PAD与平面PDE夹角的余弦值. 条件①：PA=PD: 条件②：PA⊥BC: 条件③：BBI平面PDE. 【解析】(1)解法二：设AC,AB的中点分别为G,H,连接DG,GE,EH,DH, B 因为D,G分别为AC,AC的中点，则DG11CC,DG1IA4, 且DGE平面BCCB,CCC平面BCCB,所以DG1I平面BCCB, 又因为G,E分别为AC,AB的中点，则GE1IBC, 且GEd平面BCCB,BCC平面BCCB,所以GE/平面BCCB, 又因为E,H分别为AC,AC的中点，则EHIIAA, 可得EH/IDG,可知E,H,D,G四点共面， 11/141 因为DG∩GE=G,DG,GEc平面DEG,则平面DGEH II平面BCC,B, 且DEc平面DGEH,所以DE/I平面BCCB: 解法三：以A为坐标原点，AB,4C,A4分别为x,y,2轴，建立空间直角坐标系， B B C为 则A(0,0,0)B(2,0,0),C(0,2,0),A(0,0,V2),B(2,0,2),C(0,2,2) 且D(01,0),E10,2), 可得DE=（1,-1,V2),BR=(0,0,V2,CB=(2,-2,0), m·B6=2a=0 设平面BBCC的法向量为%=k,%2)则-BC=2x-2%=0 令x=1,则以=1，名=0，可得n=(1,1,0), 因为DEn=1-1+0=0,即DE⊥m, 因为DEC平面BB,CC,所以DEII平面BB,CC (2)若选①：解法二：由(1)可知EG1/BCG,则P∈EG, 设AD,AG,EG的中点分别为1，J,P, B 可知W为线段AD的中垂线，则AJ=D), 因为PJ11AB,由题意可知：AB1平面ACC4,即PJ1平面ACC4, 则PJ⊥A,PJ⊥D,可得PA=PD,符合题意， 取BC的中点M,连接AM,设AM∩DH=N, 因为AB=AC,则AM⊥BC, 12/141 又因为BB⊥平面ABC,AMc平面ABC,则AM⊥BB, 且BCBB=B,BC,BBC平面BBCC,则AM⊥平面BB,CC,即AN⊥平面BBCC, 且平面DGEHI平面BB,CC,可得AN⊥平面DGEH, 且PDc平面DGEH,可得AN⊥PD, 过点N作NK⊥PD, 且AW∩NK=N,AN,NKc平面AWK, 则PD⊥平面ANK,可得AK⊥PD, 可知平面PDE与平面PAD的夹角为∠AKN 由题意可知：AN=ND=PG=)AM-V? 2·GD=√2' 则PD=0 2 sin∠PDN=cos∠PDG=GD=2 PD5· 则WK=ND.sin∠PDN=2 0,A=3 10’ 所以平面PDB与平面pMD的夹角余弦值为cos∠AKN=-? AK 3 若选②：解法二：取BC的中点M,连接AM,设AM∩DH=N, B B M 因为AB=AC,则AM⊥BC, 又因为BB⊥平面ABC,AMC平面ABC,则AM⊥BB, 且BC BB,=B,BC,BBC平面BBCC,则AM⊥平面BB,CC,即AN⊥平面BB,CC, 且平面DGEH II平面BB,CC,可得AN⊥平面DGEH, 取BC的中点Q,连接A2,QM,可知AQ1IAM, 设AQ∩EG=P,可知点P为EG的中点， 因为AM⊥BC,OM⊥BC,可得BC⊥平面AMQA,则AP⊥BC, 因为AN⊥平面DGEH且PDC平面DGEH,可得AN⊥PD, 过点N作NK⊥PD, 13/141 且ANnK=N,AN,Kc平面ANK, 则PD⊥平面ANK,可得AK⊥PD, 可知平面PDE与平面PAD的夹角为∠AKN, 由题意可知：AN=ND=PG=)AM=V2 2,GD=√2' 则PD=O 2, sin∠PDW=cos∠PDG=GD=2 PD5 则WK=ND-sin∠PDN=2 0,K3 10 所以平面PDE与平面PMD的夹角余弦值为os∠AKN--} AK 3 若选③：由(1)可知：平面DGEH11平面BBCC, 因为P∈EG,平面DGEH即为平面PDE,即平面PDE11平面BBCC, 可得BBI平面PDE,此时点P不唯一，不合题意 2.(2026天津高考真题)在长方体ABCD-ABCD中，AB=2,A4=3,4D=4,AE=3ED, 2CF=FC D E (I)求证：BD⊥面CEF: (2)求面AEF与面CEF的夹角的余弦值： (3)求三棱锥A-CEF的体积， 【解析】(1)方法一：如图，过点E作EG/CC,交AD于点G,则有AG=3GD,GD=1. 连接CG,则C,C,E,G四点共面，平面CEF即平面CCEG GD CD 1 由CD=BC=2,∠GDC=∠DCB=90°，可得AGDC与ADCB相似 所以LGCD=∠DBC,则可得∠GCD+∠BDC=90°，所以CG⊥BD 长方体ABCD-AB,CD中，CC⊥平面ABCD, 因为BDc平面ABCD,所以CC⊥BD 14/141 又CC∩CG=C,CC,CGc平面CEF,所以BD⊥平面CEF, 方法二： 如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系D-z。 则D(0,0,0),A(4,0,0),B(4,2,0),C(0,2,0),F(0,2,2),E(1,0,3). 所以DB=(4,2,0),CE=(1,-2,3),CF=(0,0,2) 所以DB.CE=4-4+0=0,DB.CF=0+0+0=0, 所以DB⊥CE,DB⊥CF,即BD⊥CE,BD⊥CF 又CEOCF=C,CE,CFc平面CEF,所以BD⊥平面CEF (2)方法一：过点E作EG1CC,交AD于点G,则有AG=3GD,GD=1, 连接CG,则C,F,E,G四点共面，平面CEF即平面CFEG, 如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系D-必，则 D(0,0,0),A(4,0,0),F(0,2,2),E(1,0,3),G(1,0,0) EF=(-1,2,-1),AE=(-3,0,3),所以AEEF=0, 所以AE⊥EF 取r的中点卫，则r2引所以a0-(+) P.f-分2-2 =0,所以GP1EF 所以异面直线AE与GP所成的角等于平面AEF与平面CEF的夹角 AE.GP 3+15 又cos(AE,GP)= =22 V15 AEGP 32x30 5, 5 所以平面ABF与平面CEF的夹角的余弦值为 5 方法二：如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系D-z 则D(0,0,0,A4,0,0),B(4,2,0),C(0,2,0),F(0,2,2),E1,0,3). 所以AE=(-3,0,3),AF=(-4,2,2）, 设平面AEF的法向量为n=(x,少，z), 15/141 n-AE=-3x+3z=0 则n=4x+2y+2z=0故可取元=(1，) 由(1)知平面CEF的一个法向量为DB=(4,2,0), 所以ms位D) n-DB 4+2V15 DBV3×255: 所以平西r与于西C的庆角的余法值西 方法三：由题意可知：AE=3V2,EF=V6,AF=26, 则AE2+EF2=AF2,则AE⊥EF, 过点A作AM IIBD,设AM∩CD=M,AM∩CG=N,连接EN, C E B M D C G B 由(I)可知：BD⊥平面CEF,则AM⊥平面CEF,可得AM⊥EF,AM⊥EN, 且AE∩AM=A,AE,AMC平面AEM,可得EF⊥平面AEM,则EN⊥EF, 可知平面AEF与平面CEF的夹角为∠AEN, 因为CM=2CD=4'4M=BD=2N5:os∠CMN=6ms∠CDB=5 则N=-CMas∠CW-g5,可得5，NE-3V可 5 5 V15 则esAN-袋-5，所以平面AF与平面CB的夹角的余孩值为5。 (3)方法一：由EF=(-1,2,-),AE=(-3,0,3),得EEF=0, 所以AE⊥EF 所以。A5r的面积为E-F=x32xV6-35 16/141 由(2)知，平面AEF的一个法向量为i=(11,1),AC=(4,2,0) AC.n-4+2_23 点C到平面 的距离为 AEF 33 所以三棱链C-ABr的体积V-了×35x25=2, 3 3 所以三棱锥A-CEF的体积为2 AE·DB 方法二：点A到平面 的距离为 =12_65 CEF DE 255 因为EG∥CF,所以E,G到CF的距离相等， 所以。CEF的面积等于AGCF的面积，即×GxCF=xV+4×2=5 2 所以三棱锥4-CBr的体积为r-=×v5x6,5 =2 3 5 B G B 方法三：由题意可知：CG=V5,EG=3,CF=2,CG⊥CF, 则ACBr的画面积Soor方×2x5=5. 由（②)）可知点4到平面(r的距离为4N_6,5 x5x5=2 所以三校锥-Ce5的体积r-兮N-Sm兮65 3.(2O26上海·高考真题)已知四棱锥P-ABCD,底面ABCD为矩形，PH⊥底面ABCD,垂足H在AD 边上，且AH=1,HD=4,AB=2. 17/141 B4 (I)求证：HC⊥PB: ,10V5 (2②若四棱锥p-ABCD的体积为3，求二面角C-PB-H的大小， 【解析】(1)根据已知四棱锥的性质，结合已知条件，以A为坐标原点，建立下图所示空间直角坐标系， D A.H 则A(0,0,0),B(2,0,0),H(01,0),C(2,5,0）,设点P(0,1), 则CH=(-2,-4,0),PB=(2,-1,-), ∴.CH.PB=-2×2-4×(-1)+0×(-1)=-4+4+0=0. .HC⊥PB ②四棱锥体积V-号s-PM-×5x2列xm-10 3，解得PH=5 P0,15),则CP=(-2,4,5),CB=(0,-5,0),Hm=(0,05),HE=(2,-10), HP.m=5z=0 设平面 PBH 的法向量为m=(x,以，2)则1Bm=2x-y=0 令x=1,则m=(1,2,0), 设平面PCB的法向量为方=(x,片，乙)， Cp.i=-2x-4y+52,=0 则1cB-n=-5y=0 令 x=5则=(5,02 m列√51 设二面角c-PB-H为g则os川网阿5xg 18/141 由图可知，二面角c-PB-H为锐角，则二面角c-PB-H大小为arccos-3 4.(2026全国一卷高考真题)如图，在直三棱柱ABC-AB,G中，∠ACB=90°，AC=BC,D,E分 别为AB,AC的中点. B E队 D B (I)证明：DE∥平面BCCB: (2)设CC=2,直线DE与平面ACC4所成的角为45°，求直线DE到平面BCCB的距离. 【解析】(1)由题意证明如下： 如图，作出符合题意的图形，连接BC, B D B 在△ABC中，D,E分别为AB,AC中点，∴.DEIIBC, :DEa平面BCCB,BCC平面BCCB, ∴DE∥平面BCCB. (2)法一：由题意及(1)得，C℃=2 在直三棱柱ABC-ABC中，∠ACB=90°，设AC=BC=21(t>0), 四边形ACCA与四边形BCCB是矩形， :AC⊥BC,AC⊥CC,BC⊥CC, 建立空间直角坐标系，如下图所示， 19/141 ZA 1 B E A B 得到A2t,0,0),B(0,2,0),C(0,0,0),D4,0),E,0,1), ∴.ED=(0,-1),面AC℃4的一个法向量为n=(0,1,0), :直线DE与平面ACC4所成的角为45°， 设直线DE与平面ACCA所成的角为0 ED.n ..sine=cos(ED,n ) 0+1×1+0 ED.nh =sin450 V0+2+(-1)2×V0+12+0 解得1=1，.A(2,0,0),B(0,2,0),C(0,0,0),D(11,0）,E1,0,1), :DE/面BCCB,由几何知识得，DE到面BCCB的距离为D=1 法二：由题意及(1)得， 在直三棱柱ABC-AB,C中，∠ACB=90°，AC=BC, 四边形ACCA与四边形BCCB是矩形， AC⊥BC,AC⊥CC,BC⊥CC, :AC∩CC=C,ACc平面ACC4,CCC平面ACCA,BCa平面ACCA, :.BC⊥平面ACC4,∠BCC=90°， ∴由几何知识得，∠BCC即为直线BC与平面ACC4所成的角， 直线DE与平面ACC4所成的角为45°， 在△ABC中，D,E分别为AB,AC中点，DEIBC, ∴直线BC与平面ACC4A所成的角为45°，即∠BCC=45°， 在Rt△BCC中，∠BCC=45°，∠BCC=90°，CC=2, ..AC=BC=CC=2, 在Rt△ABC中，AC⊥BC,AC=BC, △ABC为等腰直角三角形，过点D作DFIAC, 20/141 则点F为BC中点，DF=24C=L,DF1BC 由几何知识得，DE到面BCCB的距离即为DF=1. E D B 5.(2026:全国二卷高考真题)如图，三棱锥A-BCD中，点E在BD上，AE⊥CE,AE⊥DE, CD⊥AD (1)证明：CD⊥AB: (2)若DBE=2,BE=1,AE=V2,CD=25,求直线AD与平面ABC所成角的正弦值. 【解析】(1)证明： 因为AE⊥CE且AE⊥DE,CEDE=E,且CE,DEC平面BCD, 所以AE⊥平面BCD 因为CDC平面BCD,所以AE⊥CD 又AD⊥CD,AEAD=A,AEC平面ABD, ADC平面ABD,CDC平面ABD, 所以CD⊥平面ABD, 故CD⊥AB (2)如图所示，以D为原点，DE所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，过点D且垂直于平面BCD的直 线为z轴，建立空间直角坐标系， 21/141 可得D(0,0,0),C0,25,0,E(2,0,0),B3,0,0) 因为AE⊥DE且AE=2,所以A(20,V2) 所以AD=(-2,0,-2),AB=(,0,-√2)，4C=(-2,25,-2 nAB=x-22=0 设平面。。 ABC 的法向量万=(k,水，)则nAC=-2x+23y-22=0 可得x=V2z,令2=2，则：x=22,y=V6,即i=(22,V6,2 设AD与平面ABC所成的角为B: LAD. (-2)x22+0+(-V2)×2 所以sin0= AD· -2}+02+(2°×22j°+(6+22 626 =6x3W23' 6 所以AD与平面ABC所成的角的正弦值为3 法=：在Rt△ADE中，AD=VAE2+DE=2+2=6, 在R△1BE中，AB=VAE2+BE-(V2+P-V5, 由(I)知CD⊥平面ADE,则CD⊥DE,CD⊥AD 在Rt△BDC中，BC=VBD2+CD=V32+(23-V21. 在Rt△ADC中，AC=VAD2+CD2=6+12=3N2 ·AB2+AC2=(5+32=21=BC2, aIBc为直角三角形，则5e-44C-×5x323 22/141 设点D到平面ABC的距离为h,AD与平面ABC所成角为O, 由'n-ABc=V4-BCD得： 3 3 解得：h=2. 所以sin0= h 26 AD63 6.(2025·北京高考真题)如图，在四棱锥P-ABCD中，△ADC与△BAC均为等腰直角三角形， ∠ADC=90°，∠BAC=90°，E为BC的中点. G D (1)若F,G分别为PD,PE的中点，求证：FG/I平面PAB: (2)若PA⊥平面ABCD,PA=AC,求直线AB与平面PCD所成角的正弦值. 【解析】(1) 取A的中点N,PB的中点M,连接FN、N, :△ACD与△ABC为等腰直角三角形且∠ADC=90°，∠BAC=90°， 不妨设AD=CD=2,.AC=AB=2V2..BC=4」 :E、F分别为BC、PD的中点， .FN-4D-GME,ENIAD.GM IIBC 2 :∠DAC=459,∠ACB=45°，AD∥BC, ∴.FN∥GM,∴.四边形FGN为平行四边形， ∴.FG∥MN, FGC平面AB,MNC平面PAB,.FG∥平面PAB: (2):PA⊥平面ABCD,.以A为原点，AC、AB、AP所在直线分别为x、y、z轴建立如图所示的空间直 角坐标系， 23/141 设4D=CD=2,则A(0,0,0,B(0,22,0),C(2V2,0,0,D(2,-√2,0，P0,0,22) ∴AB=(0,22,0,DC=（N2,2,0,Cp=(-22,0,22) 设平面PCD的一个法向量为n=(化，y,2), DC.=0 2x+2y=0 Cp.i=0’-2√2x+2√2z=0 取x=1,∴y=-1,z=1,∴n=(1,-1,1) 设AB与平面PCD所成角为B, 则sin0=cos 4B,= AB.n 0x1+22x(-)+0×刘22=5 AB·i 22xVP+(-1}+1P22×53 3 即AB与平面PCD所成角的正弦值为3 7.(2025·全国一卷·高考真题)如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD,AB⊥AD,BCIIAD (I)证明：平面PAB⊥平面PAD; (②)设PA=AB=V2,BC=2,AD=1+V5,且点P,B,C,D均在球O的球面上. (i)证明：点O在平面ABCD内： (ⅱ)求直线AC与PO所成角的余弦值， 【解析】(1)证明：由题意证明如下， 在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD,AB⊥AD 24/141 ABC平面ABCD,ADC平面ABCD, ∴.AP⊥AB,AP⊥AD, .APC平面PAD,ADC平面PAD, ∴.AB⊥平面PAD, ABC平面PAB, ∴.平面PAB⊥平面PAD (2)()证明：由题意及(1)证明如下， 在四棱锥P-ABCD中，AP⊥AB,AP⊥AD,AB⊥AD,BC∥AD, PA=AB=2,AD=1+3, 建立空间直角坐标系如下图所示， D A(0,0,0),B2,0,0,CV2,2,0,D0,1+V5,0,P0.0,V2) 若P,B,C,D在同一个球面上， 则lOP=OB=0C=OD, 在平面x少中， ·A(0,0),BV2,0,C(V2,2,D0,1+5) 23+3 线段 n中点坐标F2,2) CD 直线cm的*专-5 0-V2√2 25/141 0童公华：专=品- 2 3+3_6+V2V2》 直线的方程：y- x- EF 2 22 即y=6+2x-2,5+3 21 2 2 解得：0=0 ∴.0(0,1) 在立体几何中，O(0,1,0). oP=02+1P+(0-2 0B=0-V2°+1+02 10C=V0-2}+1-2}+0 0D=02+-1-5+02 解得：OP=OB=OC=OD=3, ·.点O在平面ABCD上 (ii)由题意，(1)(2)(i)及图得， B AC=V2,2,0,P0=(01,-2) 设直线AC与直线PO所成角为， AC.PO .c0s0= 0+2×1+0 2 aCP网2+2+0×0+1P+(一2 3 法2： 由几何知识得，PO=V3, 26/141 AB⊥AD,BC∥AD, .AB⊥BC 在Rt△ABC中，AB=V2,BC=2,由勾股定理得， AC=4B+BC=+2=6 过点O作AC的平行线，交BC的延长线为C,连接AC,PC, 、0 -->D C 则OC,=AC=V6,直线AC与直线PO所成角即为△POC中∠POC或其补角， :PA⊥平面ABCD,ACC平面ABCD,PANAC=A, PA⊥AC, 在Rt△ABC中，AB=V2,BC=BC+CC=2+1=3,由勾股定理得， AG=VAB2+BC=2°+32=V而， 在RtAAPC中，PA=V2,由勾股定理得， PG=PP+AC=(2+(=3, 在△POC中，由余弦定理得， PC2 =PO2+0C2-2PO.OC cos /POC. 即：(Ni3=(3+(N6-23x6cos∠PoC 解得：cos∠PoC=-V2 3 ÷直线4C与直线p0所成角的余弦值为：cos∠POC|=2 3 8.(2025全国二卷高考真题)如图，在四边形ABCD中，4B11CD,∠DAB=90°，F为CD的中点，点E 在AB上，EFIIAD,AB=3AD,CD=2AD将四边形EFDA沿EF翻折至四边形EFDA',使得面EFDA 与面EFCB所成的二面角为60°. 27/141 D A E (I)证明：AB/I平面CD'F: (2)求面BCD'与面EFDA夹角的正弦值. 【解析】(1) 设AD=1,所以AB=3,CD=2,因为F为CD中点，所以DF=1, 因为EF IIAD,AB/ICD,所以AEFD是平行四边形，所以AEIIDF,所以A'EIID'F, 因为DFc平面CDF,A'E￠平面CD'F,所以AE/I平面CDF, 因为FCIEB,FCC平面CD'F,EB￠平面CDF,所以EBII平面CD'F, 又EB∩AE=E,EB,AEc平面AEB,所以平面A'EBII平面CDF, 又ABC平面AEB,所以A'BII平面CD'F. (2) Y 因为∠DAB=90°，所以AD⊥AB,又因为AB/IFC,EFIIAD,所以EF⊥FC, 以F为原点，FE,FC以及垂直于平面BECF的直线分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系. 因为D'F⊥EF,CF⊥EF,平面EFDA与平面EFCB所成二面角为6O°， 所以∠D'FC=60 则B1,2,0)C(0,10) E(1,0,0)'F(0,0,0) 所以BC=(-1,-1,0),CD 设平面BCD的法向量为i=(x,y,2),则 28/141 1 BC-=0 所以 2+22=0 ，令 则 CD'n=0 -x-y=0 y=店则=l-5则=（原到 设平面EFDA的法向量为m=(,,), 1 3 则 FE-m=0 所以2+ 230 FD'm=0 x=0 令片=V3,则=-1，x=0,所以m=(0,3,- 所以cos<m,n>= m'n 0+3-1 1 3+3+1xV1+37 m n 1)）2 所以平面。与平面 夹角的正弦值为 BCD' EFD'A 9.(2024:上海高考真题)如图，PA、PB、PC为圆锥三条母线，AB=AC (1)证明：PA⊥BC: (2)若圆锥侧面积为V3π，BC为底面直径，BC=2,求二面角B-PA-C的大小 【解析】(1) 取BC中点O,连接AO、PO, 因为AB=AC,PB=PC,所以AO⊥BC,PO⊥BC 又因为POc面PAO,AOC面PAO,PO∩AO=O,所以BC⊥面PA0, 因为PAC面PAO,所以PA⊥BC (2)因为BC为直径，故O为底面圆的圆心，故PO1平面BAC,而AO⊥BC 故可建立如图所示的空间直角坐标系， 因为圆锥侧面积为V3π，BC为底面直径，BC=2,所以底面半径为1，母线长为V3, 所以PO=√PA-AO2=V2, 29/141 ZA A 则可得P0,0,V2),A(0,10),B(1,0,0),C(-10,0), 故PA=(0,l,-V2,PB=(1,0-2),PC=（-1,0,-√2)， ·PA=0以-V2a=0 设=5)为平面pB的法向量，则 PAB ·PB=0x-V2z,=01 令x=V2,则y=V2,名=1，所以R=(N22,) 设n2=(x沙22)为平面PAC的法向量， mPA=0∫为-22=0 则 mPC=0-5-V22=0' 令=-V2,则乃=2,2=1，所以乃=（2,2，) 则c0s%,乃= n1·n2 -2+2+1_1 nn V5x55, 设二面角B-PA-C为8，则8为钝角， 所以二面角B-PA-C的大小为元-arccos5 10.(2024北京高考真题)如图，在四棱锥P-ABCD中，BC1IAD,AB=BC=1,AD=3,点E在AD 上，且PE⊥AD,PE=DE=2. B (I)若F为线段PE中点，求证：BF∥平面PCD 30/141 (2)若AB⊥平面PAD,求平面PAB与平面PCD夹角的余弦值. 【解析】(1) 取pD的中点为5：接S,SC,则SF/ED,SP=号ED=l, 而EDIIBC,ED=2BC,故SFIIBC,SF=BC,故四边形SFBC为平行四边形， 故BFI/SC,而BFC平面PCD,SCC平面PCD, 所以BF∥平面PCD (2) S B E D 因为ED=2,故AE=1,故AEI∥BC,AE=BC, 故四边形AECB为平行四边形，故CE∥AB,所以CE⊥平面PAD, 而PE,EDc平面PAD,故CE⊥PE,CE⊥ED,而PE⊥ED, 故建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(0,-1,0),B(1,-1,0),C(1,0,0),D(0,2,0),P(0,0,2), 则PA=(0,-1,-2),PB=(1,-1,-2),PC=(1,0,-2),PD=(0,2,-2) 设平面PAB的法向量为m=(x,y,2), 则由 m-PA=0「-y-2z=0 (mPB=0可得 -y-2z=0取m=(0,-2,1） 设平面PCD的法向量为i=(a,b,c), PC=0 「a-2b=0 则由i-PD=0可得2b-2c=0'取n=(2,11) 故cosm,n= -130 V5×√630· V30 故平面p4B与平面PCD夹角的余弦值为30 11.(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 31/141 边形ADEF均为等腰梯形，EF IIAD,BC1IAD,AD=4,AB=BC=EF=2,ED=V0,FB=2N3，M为 AD的中点 B C (I)证明：BM/I平面CDE: (2)求二面角F-BM-E的正弦值， 【解析】(1)证明：因为BCHIAD,EF=2,AD=4,M为AD的中点，所以BCMD,BC=MD, 四边形BCDM为平行四边形，所以BMIICD,又因为BM4平面CDE, CDC平面CDE,所以BM∥平面CDE: (2)如图所示，作BO⊥AD交AD于O,连接OF, 因为四边形ABCD为等腰梯形，BCIIAD,AD=4,AB=BC=2,所以CD=2, 结合(1)BCDM为平行四边形，可得BM=CD=2,又AM=2, 所以△ABM为等边三角形，O为AM中点，所以OB=V3, 又因为四边形ADEF为等腰梯形，M为AD中点，所以EF=MD,EFIIMD, 四边形EFMD为平行四边形，FM=ED=AF, 所以△AFM为等腰三角形，△ABM与△AFM底边上中点O重合，OF⊥AM,OF=VAF2-AO2=3, 因为OB2+OF2=BF2,所以OB⊥OF,所以OB,OD,OF互相垂直， 以OB方向为x轴，OD方向为y轴，OF方向为z轴，建立O-z空间直角坐标系， F(0,0,3),BV3,0,0M(01,0),E(0,2,3),BM=(-V31,0,BF=(-5,0,3 BE=（V3,2,3),设平面BFM的法向量为m=(x,), 平面EMB的法向量为i=(x2,y2,乙2)， m.BM=0 -V3x+y=0 则 mBF=0, 即5x+32,=0令5=5得y=3,4=1即m=(3,3小 nBM=0 「-5x2+为2=0 则n-B距=0·即5+2%+32，=0'令5=3得与=3,2，=-1 32/141 甲版-少a酒B5昌 11 43 故二面角 F-BM-E 的正弦值为1 =13 F D 12.(2024新课标Ⅱ卷高考真题)如图，平面四边形ABCD中，AB=8,CD=3,AD=5V3, ∠ADC=90·B1D=30,点，P满足正-号D,不-号，将。1Br沿职租折至PEP·使得 5 PC=4V3」 B (I)证明：EF⊥PD: (2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值. 【解析】(1) 由B=8D=5点征-号孤F-丽 得AE=2V3,AF=4,又∠BAD=30°，在△AEF中， 由余弦定理得EF=VAE+AF2-2 AEAF cos∠BAD=l6+12-24:25.5 =2, 2 所以AE2+EF2=AF2,则AE⊥EF,即EF⊥AD 所以EF⊥PE,EF⊥DE,又PEODE=E,PE、DEC平面PDE, 所以EF⊥平面PDE,又PDC平面PDE, 故EF⊥PD: (2)连接CE,由∠ADC=90°，ED=3V3,CD=3,则CE2=ED2+CD2=36, 33/141 在aPEC中，PC=4V5,PE=2N5,EC=6,得EC2+PE2=PC2, 所以PE⊥EC,由(I)知PE⊥EF,又ECEF=E,EC EFC平面ABCD, 所以PE⊥平面ABCD,又EDc平面ABCD, 所以PE⊥ED,则PE,EF,ED两两垂直，建立如图空间直角坐标系E-z, 则E0,0,0,P（0,0,2W5,D0,35,0,C3,35,0,F2,0,0,A0,-23,0) 由F是AB的中点，得B(4,2V5,0), 所以PC=(3,3W5,-25),PD=(0,35,-25),PB=(4,23,-23,PF=(2,0,-23) 设平面PCD和平面PBF的一个法向量分别为i=(:,,乙)，m=(:,2,2), i.PC=3x+35y-2N3z=0m.PB=4x+25y2-23z2=0 则n-PD=35y-252=0 ’m.PF=2x2-2W3z2=0 令4=2，x=V5,得x=0,名=3，乃2=-1,22=1， 所以i=(0,2,3),m=(V5,-1,1, 所以cosm,月= m列_1√6 m√51365， 设平面PCD和平面pBr所成角为0则sn0=V-cs20-86≤ 651 8V65 即平面PCD和平面PBF所成角的正弦值为65 34/141 04 经典题型归纳总结 面E面面面C原面金口 题型一：空间向量线性运算 【典例1-1】在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是正方形，E为PD的中点，若PA=ā，PB=b,PC=c, 则用基底{ā，b,c表示向量BE为() E D B 1÷12.12 1÷11 A. -a--b+-c 29 2 B.2a-2b-20 3+ c.2 a6+3 2 D.2 2 【答案】C 【解析】连接BD, D 因为E为PD的中点，所以在APBD中，BE=(Br+BD), 因为底面ABCD是正方形，所以BD=BA+BC, 所以B距-BP+BA+BC). 又因为BA=PA-PB,BC=PC-PB,且BP=-PB, 所以E=2[-PB+(PA-PB+(PC-PB]=(PA-3PB+PC) 因为PA=a,PB=b,PC=c, 所uE=-丽+P网列m-丽+Pc-a-5+ 2 35/141 【典例1-2】在空间四边形OABC中，设OA=a,OB=b,OC=c,点M是BC的中点，点N是AM的中 点，用向量a,i,c表示ON,则ON=() 4g 1,1五，1 B.2a+26+20 c o. 【答案】C 【解析】因为点N是4M的中点，所以ON=)OA+)OM, 因为点M是BC的中点，所以OM-)OB+)0C, 2 所uow-oi+oM-oi+o+oc)-a+4+4 2 B M 【变式1-1】如图，M为平行六面体ABCD-ABCD中面对角线AC与B,D的交点.若AB=a,AD=b, AA=C,则MB=() D D ++ A.- 171b-c 2 B.-2a+2 1a-1b-c 11 C. -a- D.2a- b+c 2 2 2 【答案】C 36/141 【解折】远=狐+B8=0瓜-4=D5-4=(aB-0)-4=05- 【变式1-2】如图所示，空间四边形0ABC中，OA=a,0B=b,OC=c,点M在OA上，且OM=2MA, N为BC中点，则MN等于() B A.20-26418 2a+6+c 3 2 B.3 2 2 +6-2c 1 C.2 a+26-c 2 3 D.3 3 2 【答案】B 【解析】由题意可知，OA=ā，OB=b,OC=c. 因为点M在01上.且OM=2M,所以0M-子01-a 3 又因为N为BC中点，根据向量加法的平行四边形法则（或中点公式），可得 ow-o+00-5+c 2 在 0w中，白向减法的三角影法则可件：w-o成-0-传+知=-子a+5+ 【变式13】如图，M是四面体O1BC的枝BC的中点，点N在线段OM上，且W=ON,4P-4N, 则用OA,OB,OC表示OP正确的是() N M A.OF-104+108+0C 4 oF-c 37/141 c.op-oi+o+oc 4 D.OP-104+10B+LOC 1 2 2 2 【答案】A 【解析】由题意可知，M是BC的中点，根据向量加法的平行四边形法则（或中点公式），可得 M(0B+0c) 因为点N在线段oM上，nW-ON,即ON=2W:所u以OM=0N+-oN. 放ow-号ow-号xo+0c)-os+0d) 又因为点p在线段N上，且AP-4N,所以F=N, 根据向量减法的三角形法则，4N=ON-OA:所以-(ON-0列)-0N-0, 最后，由向量加法的三角形法则可得：0P=01+P=01+ON-01=01+子ON. 将ow-o+0c代入上式.0：0m-0i+o+00)-0i+08+oc, 故选A 【解题总结】 空间向量的运算包括空间向量的加法、减法、数乘、数量积的几何意义及坐标运算，可以类比平面向 量的运算法则. 题型二：共线定理应用 【典例2-1)若日、8、g是不共面的向量，01=g+8+g,AB=日-6，BC=28+g,则一定共线的 三个点是() A.O、A、B B.O、B、C C.O、A、C D.A、B、C 【答案】C 【解析】对于A选项，不妨设0A=14B,则9+6+6=（白-8）=G-g, 1= 因为、一、一是不共面的向量，则1=-九，矛盾，A不符合要求： eezes 1=0 38/141 对于B选项，0B=0A+AB=(8+g+6)+(日-马)=2g+e, 设0B=mBC,即2%+e=m(28,+6=2me,+me, [2=0 因为、 、是不共面的向量，则0=2m,矛盾，B不符合要求： ee,es 1=m 对于C选项，AC=AB+BC=(G-8)+(28,+g)=g+6+g=0A, 故O、A、C三点共线，C符合要求： 对于D选项，设4B=kBC,即9-6=k(2e,+g)=2kg+k8, [1=0 因为、一、一是不共面的向量，则1=2k,矛盾，D不符合要求 0=k 【典例2-2】已知向量ā=(2，-山，3)，万=(4,2，)的夹角为钝角，则实数t的取值范围为(） A.（m9}u6+网) B. e.(6ju6+m) D.(w6u69) 【答案】D 【解析】因为向量ā=(2，-1,3)，6=(4,2，)的夹角为钝角， 以cos(a.<0:由于cos（a,b,所以 所拟6石-2x23<0甲-10<0解有1<号 若两向量ā与b共线，则存在元使得ā=b,即(2，-1,3)=元(4,2，)， 2=-42 可得方程组 -1=2，解得= 3=u 216 当1=6时，两向量共线，此时夹角为180°，不符合夹角为钝角的条件，所以要排除1=6. 所以实“，的取值范回为（一6(6智） 【变式2-1】若M(0,0,1),N(2,12),P(4,2,n川)三点共线，则n=() 39/141 A.0 B.1 C.2 D.3 【答案】D 【解析】己知空间三点M(0,0,)、N(2,12)、P(4,2,)共线，则向量MN与MP共线， w=2:m=2n-可得手子-.g-2,解得a3 【变式2-2】在平行六面体ABCD-AB'CD中，底面ABCD是正方形，∠AAB=∠AAD=60,AB=2, AA=4,M是棱AB的中点，AC与平面AMD'交于点H,则线段A'H的长度为() A. B.22 3 c.2 D.32 2 【答案】A 【解析】取AB=a,AD=i,M=c,∠AAB=∠AAD=60°，∠BAD=90, 所以d=6=2,AA=4,a.b=0,c.6=a.c=2×4×5=4, 2 AC=44+4B+BC=-c+a+b, 4c=c2+a+b2+2a.6-2ac-2c.6 =16+4+4-8-8=8,AC=2W2. 设AF=AC=(c+a+b), 又AH=AH-AA, 所以Ai=(-c+a+b)+c=a+6+1-)e, 由于AD,AH,AM共面，故存在x,y使得 =x4D+yMW=f+6)+yG+9 =a+6+(+e, 所以=，解得=4 1-2=x+y y2 放团=4C-*22= 2 故选：A 40/141 D M B D 【变式2-3】在四面体ABCD中，E为AD的中点，G为平面BCD的重心.若AG与平面BCE交于点F,则 AF AG =() A日 g房 D 【答案】C 【解析】如图：连接DG交BC于H,则H为BC中点，连接AH,EH,AG 因为AGC平面AHD,EHc平面AHD,设AG∩EH=K,则K∈EH,K∈AG, 又EHc平面BCE,所以K∈平面BCE,故K为AG与平面BCE的交点， 又因为AG与平面BCE交于点F,所以F与K重合， 又E为AD的中点，G为平面BCD的重心， 因为点4，RG三点共线，则4F=m4G=m(4D+DG)-mD+号DH =0+号：）而-0+c-例] 3m(4D+4B+4C) 又因为点E,F,H三点共线，则AF=xAH+yAE,(x+y=), 征=xM+yG=(+aC+号， mx 32 所以了x+y=1,解得 ,即 ，故 3 AF3 32 m= AF-3AG 4 故选：C 41/141 B 【解题总结】 空间共线向量定理：a/66≠0)台a=6 利用此定理可解决立体几何中的平行问题. 题型三：数量积运算 【典例3-1】（多选题）如图，在平行六面体ABCD-AB,CD中，AB=AD=AA=1且 ∠AAD=LAAB=BAD=T 3,M为AC与BD的交点，设B=a”AD=6,A=C,则下列结论正确的 是() B B A.AC=a+b+c B.d 2 C.AC=6 D.cos6 【答案】AC 【解析】对于A,AC=AB+BC+CC=AB+AD+AM=+b+c,故A正确： 对于B,BM=BB+BM=M+)B,D=AM+4-4B) -4+aD--c+6-d=a+6+c,枚B错误： 42/141 对于C,AC=V(a+b+cy=V+b+2+2ab+2ac+26-e =|0-4=1,A4D=44B=BAD-骨，则a.6-6E=a= 则AG=V+b2+2+2a.b+2a-c+26.c=1+1+1+1+1+1=V6,故C正确： 1,1 对于D,cosB,AC= B4G_d+a-6+ac_1+)十2-6 AB AC 1xv6 63·故D错误 【典例3-2】（多选题）若平面ABC的一个法向量为D=(,2,2),PA=(-1,3,-),AB=(x,-山，-1)，则 () A.若AB与a=(m,n,3)共线，则m+n=-9 B。向量所在向量砺上的投影向量为}仍 C.点P到平面ABC的距离为1 1 D,直线pA与平面ABC所成的角的余弦值为1T 【答案】AC 【解析】因为ABc平面ABC,则AB⊥D, 可得AB0=x-2-2=0,解得x=4,即AB=(4,-1,-), 对于选项A:若B与ā=(m,m,3)共线， 则存在实数入，使得d=元AB=(4九，-2，-2)， [m=42 m=-12 可得n=-元，解得： n=3 3=- 2=-3 所以m+n=-9,故A正确： PA·AB 对于选项B: 在 上的投影向量为 B=6B=B,故B错误 AB 18 3 PA AB PA.D 3 对于选项C:点到平面，。的距离d= D ABC V12+22+22 =1,故C正确： 对干连项D,因为直线p4与平面C所成角为0e[0引 43/141 则mg=os(pA.o PA-U 3而 PA⑦1×311， 可得cos0=Vf-sin26=10 11 110 所以直线PH与平面ABC所成角的余弦值为，故D错误 【变式3-1】（多选题）己知空间四点A(0,0,0),B(4,2,0),C4,3,4,D3,1,2),则下列说法正确的是( A.AB.AC=8 B.CD=23 C.△ACD是锐角三角形 D.△BCD的面积为V14 【答案】BD 【解析】根据已知得AB=(4,2,0),AC=(1,3,4),CD=(2,-2,-2),AD=(31,2),BC=(-31,4), BD=(-1,-1,2), A:AB·AC=4×1+2×3+0×4=10,错误： B:CD=V22+(-2+(-22=25,正确： C:由4AC=26,MD=14,CD=12,显然AD+CD=AC, 所以△ACD是以∠ADC=90为直角的直角三角形，并非锐角三角形，错误： BC.BD3-1+85 D:由BC=V26BD=6,则osBC,BD= BC BD26x639 所以CD中smC.BD-9则s.si血BC,D=x26x6×,=4,正确 14 V39 【变式3-2】（多选题）如图，平行六面体ABCD-ABCD的底面ABCD是边长为1的菱形，且 ∠CCB=∠C(D=∠BD-子CAL平面CBD,则(） B C 44/141 A.BD⊥CC B.BD:与AC所成角的余弦值为 6 D.平行六面体ABCD-ABCD的体积为 √2 C.AC=3 2 【答案】ABD B D 【解析】 B D 连接AC,CA⊥平面CBD,.CA1BD, 又ABCD为菱形，∴.AC⊥BD AC,ACc平面ACC4,且4CoAC=C,:.BD⊥平面ACCA, 又CCC平面ACCA,∴BD⊥CC,A选项正确 记c=a西-五G=,由慰盒.日=月-l,a6=6c=ac-行，a6 2· CA=a+b+c,CD=a-c, CA⊥平面CBD,∴C41CD,CA-CD=(a+i+©-(a-g=a+a-b+ac-ac-ic-c2=0, +2 整理得+-=0，得阳=1，可得0c=26-c-3 ..BD=a-b+c,CA=a+b, .BD.CA=(a-b+⊙-(a+而=a+ai-a-i-b+ac+i.c=1, BD=/(a-B+c)=Va2+B2+c2+2a.c-26.c-2a-B=2, CA=(a+B)2=Va2+B2+2a.6=3 BD·AC 记。n与所成角为，则cosa=cos BD·AC- 16 BD AC BD4CV2x5=6,B选项正确， 4G=c-a-方，4G=Vc-i-}=a++c2+2a-6-2a-c-26.-2,c选项错误 易知C在平面ABCD上的射影在AC上， 设平行六面体ABCD-ABCD的体积为V,高为h, 45/141 cosCC,CA=c-(a+b)1 3 ∴h=|CCsin CC,cA=v6 ∴.V=SABCD·h=1× 36√2 2×3=2,D选项正确 【变式3-3】（多选题）在空间直角坐标系中，向量ā=(2，-1，m）),6=(4,2,2),下列结论正确的是 () A.若d=V30,则m=5 B.若a⊥b,则m=5 C.若(a,b)为钝角，则m<5 D.若石在6上的报量为5，则m=7 【答案】BD 【解析】对于选项A,若同=V30,则d=V2+(+m=30,解得m=5,选项A错误： 对于选项B,若a1b,则a-b=2×(4)-l×2+2m=0,解得m=5,选项B正确. 对于选项C,若(a,b)为钝角，则a-b=-8-2+2m=2m-10<0,解得m<5, 且两向量夹角不能是平角，即两向量不共线，则m≠-1，所以m<5且m≠-l,选项C错误： 对于选项D,在。上的投影向量为 石66-"22m0好附，政进项D正通 a b 246 m=7 【解题总结】 a.B=aB cos(a.B)=++ 求模长时，可根据问=匠-V++子 cosa.d- 求空间向量夹角时，可先求其余弦值 丽 要判断空间两向量垂直时，可以求两向量的数 量积是否为0，即a·b=0台a1b (a,)为能角→a6>0,(a,为能角→a-6<0.由此，道常通过计算a-6的值来判断两向量夹角是 锐角还是钝角. 46/141 题型四：三点共线问题 【典例41】(2026上海杨浦模拟预测)如图所示正四棱台ABCD-AB,CD,其中AB=4,AB=2,棱 台高为3. D C B (L)证明：AAII平面BCD求：三棱锥A-BCD的体积： (2)设M是CD中点，在直线AA、BC上各取一个点PQ,使得M,PQ三点共线，求：P巴的长， 【解析】(1) 取AB中点为F,BC中点为E,AC∩BD=O,AC∩B,D=O,如下图以下底面中心O为坐标原点， OF所在直线为x轴，OE所在直线为y轴，OO所在直线为z轴建立空间直角坐标系 则由题设可得A(2,-2,0)B(2,2,0),C(-2,2,0),D(-2-2,0),4(1,-1,3),B(11,3),C(-1,13),D,（-1,-1,3) 则A4=(-11,3),BC=(-3,-1,3),BD=(4,4,0) n·BC=-3x-y+3z=0 设平面BCD法向量为%=(k,以，2）则a·BD=4x-4y=0 取%=(3，-3,2)，因A4n=0,又A4￠平面BCD,则A4/1平面BCD: 三棱锥A-BCD体积为8. 由正棱台性质，O0与上下底面均垂直，则00=3， 因为O0⊥BD,AC⊥BD,ACnO0=O,AC,O0C平面AOC, 所以BD⊥平面AOC,则所求三棱锥体积可拆分成两个小三棱锥的体积之和， 即：D=4+m0B-S+号oD-及c 0sx=42x22x3-8 3 2 (2)由题意可得M(-1,0,3),设AP=1AM=(-,元，3)， 则0P=0A+AP=0A+1A4=(2-元，1-2,3)，即P(2-元，1-2,3) 又设BQ=tBC=（-41,0,0）, 47/141 则00=0B+B0=0B+1BC=(2-4,2,0),即(2-4,2,0) 从而M=(（3-元，元-2,32-3)，M0=(3-4,2,-3). 结合M,P,2三点共线，则存在m使MP=mM姬， 4 3 则3-元=m(3-41),解得： m= 3 元-2=2m 3元-3=-3m t=2 则620P阳-9图+#--4 3 【典例42】在正方体ABCD-ABCD中，G为△BCD的重心，证明：A,G,C三点共线 【解析】设BD的中点为O,连接GB,GD,GC,GO, D B A B CA=CB+B4+AA=CB+CD+CC, 因为G为BCp的心，所以Cc-c0-引co-cG)CB+cD-CG-B+D-子cG。 所以cG-cG+cG=0c+c+号D-号cc-o+D+cc)-c4. 所以CG11CA,即A,G,C三点共线， 【变式41】如图，E方体ABCD-4BGD中，O为4C上一点，且40-号4C,BD与AC交于点M求证 48/141 C,O,M三点共线 D A B 【解析】在正方体ABCD-ABCD中，令AB=a,AD=石，A4=c, A0-号4C,BD与AC交于点M,即店M是AC的中点， 于是Mo=Mc+co-4C+c4=4C+M-4©-名4C+写M 3 MC=Mc+cC=4C+4=aB+4D+4=a++c, 2 2 因此MC=3MO,即MC/MO,而直线MC与直线MO有公共点M, 所以C,O,M三点共线 【变式42】如图所示，在正方体ABCD-ABCD中，点E在AD上，且AE=2ED,点F在体对角线 4C上，n4F-号C.求证：EF:B三点共线 3 D C B 【解析】连接EF,FB, :肝=4F-E=号4C-号40 21 -号44++8C)子40 引a职+40+4列-号40 49/141 -号4+号-名40 丽=4B-4不=4码+A1号(4瓜+A0+4列 4+1-号40. -FBFR 又EF∩FB=F,.E,F,B三点共线 D C E B 【变式43】已知向量a,方，c不共面，AB=4a+5i+3c,AC=2a+36+c,AD=6a+76+5c.求证： B,C,D三点共线. 【解析】因为AB=4a+5b+3c,AC=2a+3b+c,AD=6a+7b+5C, 所以BC=AC-AB=2a+36+c-(4a+55+3c)=-2a-26-2c, BD=AD-AB=6a+76+5-4a+5b+3c=2a+2b+2c, 所以BC=-BD, 所以BCIBD,又B为公共点， 所以B,C,D三点共线. 【解题总结】 先构造共起点的向量AB,AC,然后证明存在非零实数无，使得AB=AC】 题型五：共面问题 【典例51】四楼棱锥p-ABCD,底面ABCD为平行四边形.H为棱PC的三等分点，且PH号HC.设向量 AB=ā，AD=b,AP=c, 50/141 G D (I)用a、b、c表示向量PB、AH: (2)点G在AH上，AG=mAH,若G,B,P,D四点共面，求实数m的值. 【解析】(I)四棱锥P-ABCD的底面ABCD为平行四边形，向量AB=a,AD=b,AP=c, 因此PB=AB-A=a-c,由PH=HC, Nm-Pc-ac-4的-+aD-m-a+5. 所以m-aP+PH=c+(a+b-a=a+6+ 1 3 33 33 ②由1)得4-}亚+写D+号和，面花=m丽 则4G-+臀D+亚，庙点1e平面BDG,PR,D四点共画 3 因此智+兮+1，解得m及所以实数的值为 3 【典例5-2】如图所示，己知ABCD是平行四边形，点P是平面ABCD外一点，连接PA、PB、PC、PD 设点E、F、G、H分别为△PAB、△PBC、△PCD、△PDA的重心试用向量方法证明E、F、G、H 四点共面 G H F D C B 【解析】证明：分别连接PE、PF、PG、PH交对边于M、N、Q、R点 51/141 D B 因为E、F、G、H分别是所在三角形的重心 所以M、N、、R为所在边的中点， 所以ANMC:且W=2AC,ROaC,且Re-4C, 2 所以NIIRQ,MN=RO,故四边形MNOR为平行四边形， 且有PE=Pw,所-pN,PG-PD,P丽-p丽， 3 所以所=P所-P历-(P丽-PM)子瓜，同理可符G-号0 因为四边形MNQR是平行四边形，所以MN=RQ,所以EF=HG,则EFHG, 故E、F、G、H四点共面 【变式5-1】(2026广东东莞二模)如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD,PA=AB=AD=1, BC=CD=3.AC=2 P B (I)求平面PBC与平面ABCD所成角的余弦值； (②)已知E,F分别为线段PB,PC上的动点，是否存在这样的点E,F,使得A,E,F,D四点共面、 且该平面与平面PBC垂直？若存在，请确定点E,F的位置：若不存在，请说明理由 【解析】(1)方法一：因为AB=1,AC=2,BC=V3 所以AB2+BC2=AC2,即AB⊥BC, 因为PA⊥平面ABCD,BCC平面ABCD,所以PA⊥BC, 又因为ABOPA=A,ABc平面PAB,PAC平面PAB, 52/141 所以BC⊥平面PAB, 因为PBC平面PAB,所以BC⊥PB, 所以∠PBA为平面PBC与平面ABCD所成的角， 因为PA=AB,所以∠PBA=45, 即平面PBC与平面ABCD所成角的余弦值为2： (2)方法一：取线段PB上的中点E,因为PA=AB,所以AE⊥PB, 由(I)可知BC⊥平面PAB,AEC平面PAB,所以BC⊥AE, 又因为PBOBC=B,PBC平面PBC,BCC平面PBC,所以AE⊥平面PBC, 因为AEC平面ADE,所以平面ADE⊥平面PBC, 延长DA、CB交于点G,连接GE,并延长GE交线段PC于点F, 则A,E,F,D四点共面， 过点P作PHIIFG,交CB延长线于点H, H CF CG 因为ACFG-ACPH,所以PF=HGO 因为AB⊥BC,AB=1,BC=V3,AC=2, 所以∠BAC=60°，同理可得∠CAD=60°， 所以∠GAB=60°，∠AGB=30°，故BG=V3, 所以B是CG的中点， 因为 1CG 所以BE=BG- ② BEG~△BPH PE HGHG CF_2BE=2,即PC3' PF 1 联立①②可得PF=PE 所以存在这样的点E，F满足题意， 此时点E位于线段PB上的中点、点F位于线段PC上靠近点P的三等分点. 方法二：取线段PB上的中点E,因为PA=AB,所以AE⊥PB, 由(I)可知BC⊥平面PAB,AEC平面PAB,所以BC⊥AE, 53/141 又因为PB∩BC=B,PBC平面PBC,BCC平面PBC,所以AE⊥平面PBC, 因为AEC平面ADE,所以平面ADE⊥平面PBC, 以A为坐标原点，建立空间直角坐标系如下图所示， ZA aan54 假设存在这样的点F,使得A,E,F,D四点共面， 不妨设F(0,2-2b,b)(其中0≤b≤1)， 则AD 511,4F=0,2-2b,b), 4’4’2 因为存在唯一的有序实数对（比，y),使得AF=xAE+yAD 2 解得b= 所以存在这样的点E,F满足题意， 此时点E位于线段PB上的中点、点F位于线段PC上靠近点P的三等分点. 方法三：以A为坐标原点，建立空间直角坐标系如下图所示， B 40,0,0),B 假设存在这样的点E,F, 54/141 不纺设EN5aal-20<其中0≤a3分》，F02-26.)(其中0sbs51>, 则AD= V31 2204E=(5a,a1-2a,aF=0,2-2b,, AD=0 设平面 的法向量为 ADE =(3以2)’ 则nE=0 x+2y=0 即了2 V3a+ay+(1-2a）z=0 因为平面ADE与平面PBC垂直， 由(1)可得平面PBC的法向量为i=(W31,2), m-=0'可得a=,此时E 511 4 4’4'2 又因为A,E,F,D四点共面， 所以存在唯一的有序实数对（化，y),使得AF=xAE+yAD 即(0,2-2b,b)= 4年* 解得b= 2 4 3, 所以存在这样的点E,F满足题意， 此时点E位于线段PB上的中点、点F位于线段PC上靠近点P的三等分点. 【变式5-2】（第3讲坐标表向量运算力无穷）在棱长为1的正方体ABCD-ABCD中，E,F分别为 棱AB,CD的中点，G为棱CC靠近点C的三等分点，用过点E,F,G的平面截正方体，求截面图形 的周长 【解析】如图，分别以AD,AB，AA为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系. 因为正方体的棱长为1，所以02，F号0.c写到引 55/141 B D G N女A B D F ℃ 设平面EFG的方程为Ax+By+C2+1=0,代入三点坐标得， 1 B+C+1=0 1 A+二B+1=0 2 ,解得 2 A+B+2C+1=0 3 A=-3B=4C=-3 所以平面EFG的方程为-3x+4y-32z+1=0。 设截面分别与A4,AD,BC交于点M,N,P, 则恤平面方程可得M00引.传a0P传 成以EM=F=FG=PE名MW=GP=V② 3 10+2√2 所以截面图形的周长为3 【变式5-3】如图，在长方体ABCD-ABCD中，E,M,N分别是BC,AE,CD的中点，AD=A4=1, AB=2 0 (I)求证：MN∥平面ADDA: (②)试确定直线BB与平面DMN的交点F的位置，并求BF的长 【解析】(1)证明如下： 如图，分别以DA,DC,DD所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系， 则Daa0y40no:ca204220.M[存0，Na 56/141 D 所以M 由题意知DC=(0,2,0)是平面ADD,4的一个法向量， 因为MN·DC=0, 所以MN⊥DC, 因为MNE平面ADDA, ∴MN∥平面ADDA, (2)由已知，得点F在直线BB上， 因为直线BB与z轴平行，可设F(山2，)，tR, 又点F在平面DMN内，所以存在实数入，4，使得DF=DM+uDN 1=32 即 整理得 ,所以2=九+4 2)-得0+@)2-（很+a 1 1=2 4 = 3 2 解得了“=3，所以 t=3 2 故P是棱BB上靠近点B的一个三等分点，且BF= 3 【解题总结】 要证明多点（如A,B,C,D)共面，可使用以下方法解题. 先作出从同一点出发的三个向量（如AB,AC,AD),然后证明存在两个实数，y，使得 AD=xAB+yAC 57/141 题型六：线线平行证明 【典例6-1】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：DGIIEF: E B 【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 Z P G 又D,E,F,G分别是棱AB,BC,CP,AP的中点，AB=AC=PA=2 所以D(1,0,0),E(1,1,0),F(0,11),G(0,0,1) 所以DG=(-1,0,1),EF=(-1,0,), 则DG=EF,而点D直线EF,所以DG1IEF。 【典例6-2】长方体ABCD-ABCD中，E,F分别是面对角线BD,AB上的点，且DE=2EB, BF=2FA.求证：EF∥AC. 【解析】如图所示，分别以DA,DC,DD所在的直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系， D B F B 设DA=a,DC=b,DD=C,则得下列各点的坐标： 58/141 A(a,0,0),C(0,b,c),D(0,0,c),B(a,b,c),B(a,b,0),A(a,0,c) 由5-28即E-2画可得：行0， b2） 由B那=2F4,即BF=2FM,可得：Fa35C ..FE=a b c 人3334C=(←a6.c,÷FE=4G 3 又FE与AC不共线，EF∥AC. 【变式6-1】如图，在正方体ABCD-ABCD中，E,F,G分别是棱AB,BC,CD的中点 D C A B E B 证明：EF‖AC: 【解析】证明：建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则 E(2,1,0),F(1,2,0),4(2,0,2),C(0,2,2), 故4G=（-2,2,0),EF=(-11,0). 由于AC=2EF,故AC/IEF,显然EF,AG不重合，故EF‖AC: D D G B 【变式62】如图，在平行六面体ABCD-AB'CD'中，E,F,G分别是D',DD',DC的中点，请 选择恰当的基向量证明： 59/141 EGIIAC: 【解析】证明：取基AM,AB,AD 因为EG=ED+D'G 号而+， AC=AB+AD=2EG, 所以EG11AC, 又EG,AC无公共点，所以EGIIAC 【变式6-3】己知正方体ABCD-ABCD中，E为CD的中点，求证：直线BD与直线CE不平行 【解析】证明：以D为原点，DA,DC,DD的方向分别为x轴，y轴、z轴正方向，正方体的棱长为单位长度， 建立如图所示的空间直角坐标系， ZA D E A B 则8LL0.D@,.c0,Lo,E02 所以西=←l,-.E-0 因为号子，所以运不平 因为BD为直线BD的一个方向向量，CE为直线CE的一个方向向量， 当BD /ICE时，必有BDI/CE 60/141 因此由上可知直线BD,与直线CE不平行 【解题总结】 将证线线平行转化为证两向量共线.设a,b是两条不重合的直线，它们的方向向量分别为a,b,则 a/i台a=b(eR,≠0) 题型七：线面平行证明 【典例7-1】如图，在长方体ABCD-ABCD中，E,M,N分别是BC,AE,CD的中点，AD=A4=a, AB=2a.求证：MN1/平面ADDA. D C B 【解析】构建如下图示的空间直角坐标系，则m=(O,1,O)是面ADD4的一个法向量， 且4〔a0o.c@,2ao叭，E2a0D(Q.0d),而4N分别是6，cn的中点， 所以Ma0N0a.则派=(0学， 所以m·MN=0,即m⊥MN,故M,N面ADD4,则MN1I平面ADDA ZA A B Ni 【典例7-2】如图，已知矩形ABCD和矩形ADEF所在平面相交于AD,点M,N分别在对角线BD,AE上， 且BM=BD,AN=AE.求证：MN平面CDB. 3 3 M 61/141 【解析】证明：如图，因为M在BD上，且BM=写BD, 所以MB-DB-Da+{,同理N=!D+DE 3 3 3 又CD=BA=-AB 所以MN=MB+BA+AN -God+540+A+G40+e） 又CD与DE不共线，根据共面向量定理，可知MN,CD,DE共面. 因为N不在平面CDE内，所以MNI∥平面CDE. 【变式7-1】如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥平面ABCD,E为PD的中点， PA=AB=2.求证：PB∥平面AEC: 【解析】证明：因为PA⊥平面ABCD,且AB,ADc平面ABCD,则PA1AB,PA⊥AD, 因为四边形ABCD为正方形，所以AB⊥AD, 所以AB,AD,AP两两互相垂直， 如图，以A为原点，以AB,AD,AP分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系A-z, 则A(0,0,0),P(0,0,2),B(2,0,0),C(2,2,0),E(01,), 可得PB=(2,0,-2）,AC=(22,0),AE=(0,1). 设平面AEC的法向量为m=(x,y,z), AC.m=2x+2y=0 测正顶=y+:=0,取=可得 y=-1,z=1 所以平面AEC的一个法向量为m=(山，1，)， 可知PB·m=2×1+0-2×1=0,即PB⊥m, 62/141 又因为PB4平面AEC,所以PBII平面AEC, D v 【变式7-2】如图，正四棱锥P-ABCD的高为6，AB=3W2,且M是棱PC上更靠近C的三等分点 M D A (I)证明：BD⊥PC: (2)若在棱PB上存在一点N,使得AN∥平面BDM,求BN的长度. 【解析】(1)如图，连接AC,交BD于点O,连接PO, 底面ABCD是正方形，PB=PD,·BD⊥PO,BD⊥OC, 'PO∩OC=O,PO,OCc平面POC.∴BD⊥平面POC. :PCC平面POC,.BD⊥PC. (2)以O为原点，OA,OB,OP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，则A(3,0,0),P(0,0,6,D(0,-3,0),B(0,3,0).M(-2,0,2) DB=(0,6,0),DM=(-2,3,2),AB=(-3,3,0),BP=(0,-3,6) i:DB=6y=0, 设平面 BDM 的法向量为i-:x3则分-DM=-2x+y+2z=0. 取z=1,则x=1,y=0,得n=(1,0,). 设BN=元BP=(0,-32,6),1∈[0，】，则AN=AB+BN=(-3,3-3元，6). 4+936 N便0W:Na3+6a0得故BN} 2 63/141 M D 元A B 【变式7-3】如图所示，四边形ABCD是菱形，△ADE为等边三角形，且AD=2,BE=3, ∠DMB-令EG-号®.Dc=3DF.证明：PG/平面ADE: E C B 【解析】证法一：如图①所示，取棱AE上一点H,使得AH=2HE, 连接GH,D:因为A=2E,6G=2GE:所以GH1AB,且GH-写4B, 3 又因为四边形ABCD为菱形，且CF=2FD:所以FD/AB且FD号4B 所以GH/IFD,且GH=FD,所以四边形HGFD为平行四边形，所以FGIIDH, 因为FG￠平面ADE,DHc平面ADE,所以FGII平面ADE E H -D --C B 图① 证法二如图②所示，取棱AB上一点M,使得BM=2AM,连接GM,MF, 64/141 因为BM=2AM,BG=2GE,所以GMIIAE, 又因为GM￠平面ADE,AEc平面ADE,所以GMII平面ADE, 因为DC=3DF,所以CF=2FD, 因为四边形ABCD为菱形，所以AB=DC,AB/IDC, 所以AM IIDF,AM=DF,所以四边形AMFD为平行四边形， 所以AD/IMF, 因为ADC平面ADE,FM￠平面ADE,所以FMII平面ADE, 因为GMOMF=M,GMc平面GMF,，FMc平面GMF, 所以平面GMF II平面ADE, 又因为FGC平面GMF,所以FGII平面ADE M B 图② 证法三：如图③所示，取AD的中点O,连接OE,OB,OG,BD,作EK⊥OB,垂足为K, 在支形ACD中，4D=4B=2∠D4B-号所以AMBD为等边三角形，所以OB⊥AD 又因为OE⊥AD,OE∩OB=O,OE,OBc平面BOE,所以AD⊥平面BOE, 在△OBE中，BE=3,可得OE=OB=V5, 由余弦定理得cos∠BOB=OE2+OB2-BE-1 20E.OB 2,可得∠E0B=2π 3 所以OK=OE.cosπ=3 3=2,即0B=20K: 因为BG=2GE,所以OG1/EK, 又因为EKc平面BOE,AD⊥平面BOE, 所以EK⊥AD, 因为EK⊥OB,AD∩OB=O,且AD,OBC平面ABD,所以EK⊥平面ABD, 所以OG⊥平面ABD,又因为OA,OBc平面ABD,所以OG⊥OA,OG⊥OB, 以O为坐标原点，OA,OB,OG所在直线分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系， 65/141 如图所示，则0Q,004,00,B05.0,D(-1.0,0.G0.0,E0,-5,3 22, 可得D=(-2,00,正=1，-5,3 2’2 m.AD=-2x=0 设平面 的法向量为 ,则 3 ADE m=(x,y,z） m=x 2y+22=01 取z=1,可得x=0,y=V5,所以m=(0,V3,), 又hG-历+0+0c-号0+0：c-+0:0c-50. 所以m-FG=0×4+V5x(- 3)+1x1=0, 因为FGC平面ADE,所以FG/I平面ADE. E 图③ 【解题总结】 (1)利用共面向量定理.设a,b为平面Q内不共线的两个向量，证明存在两个实数x,y，使得 i=xa+b,则l1la. (2)转化为证明直线和平面内的某一直线平行. (3)转化为证明直线的方向向量与平面的法向量垂直（此方法最常用）. 题型八：面面平行证明 【典例8-1】己知四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是正方形，PA⊥平面ABCD,且PA=AB=2,点E、 F分别是CD、PA的中点，点G为线段PD上一点，确定点G的位置，使平面GEF平面PBC,并证明 66/141 B 【解析】己知底面ABCD是正方形，PA⊥平面ABCD,故可以A为坐标原点，建立如下图所示空间直角坐 标系， Z G 方市 则由题可得P(0,0,2),D(0,2,0),C(2,2,0),E(1,2,0),F(0,0,1), .PD=(0,2,-2),AP=(0,0,2),BC=(0,2,0),PC=(2,2,-2), 令PG=tPD,则PG=(0,2,-2), 所以AG=AP+PG=(0,21,2-2)）即G(0,21,2-21）, 当t=2时G(01,1),为pD的中点， 此时GF=(0,-1,0),GE=（,1-1). ~BC=(0,2,0),PC=(2,2,-2),所以BC=-2Gf,PC=2GE即GF1BC,GE/PC, 所以GElIPC,GFIIBC,又GE,GFc平面GEF,PC,BC在平面GEF外， .PCII平面GEF,BCII平面GEF, 又PCOBC=C,PC,BCc平面PBC, ∴.平面GEF∥平面PBC 【典例82】如图，在长方体ABCD-ABCD中，AB=4,BC=3,CC=2. B 67/141 求证：平面ACB∥平面ACD.(使用向量方法) 【解析】证明：由题可以D为原点，DA,DC,DD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D-z, B 则A(3,0,0),B(3,4,0),C(0,4,0),4(3,0,2),B(3,4,2),C(0,4,2),D(0,0,2), 则4C=（-3,4,0),4B=(0,4,-2),AC=(-3,4,0),AD=(-3,0,2). 设平面ACB的法向量为i=(x,y,z), n⊥AC i.4C=-3x+4y=0 则元上AB 所以n48=4y-2z=0·取x=4则 则y=3,z=61 所以平面ACB的一个法向量为i=(4,3,6), 设平面ACD的法向量为m=(a,b,c), m⊥AC m-AC=-3a+4b=0 则 m1AD,所以 m瓜=-3a+2c=0:取a=4则6=3c=6° 所以平面ACD的一个法向量为m=(4,3,6) 因为m=i,即m/n,所以平面ACB∥平面ACD, 【变式8-1】如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD,PA=AD=CD=2,BC=3,PC=2N3, BE:EP=1:2,CF=2,CD L BC. 证明：平面AEF平面PCD: 【解析】如图，连接AC,由于PA⊥平面ABCD,ACC平面ABCD,则PA⊥AC 且PA=2,PC=23,则AC=VPC2-PA=2W2 又AD=CD=2,则AD+DC2=8=AC2,故CD⊥AD 68/141 又CD⊥BC,则ADIIFC,又AD=FC=2,则四边形ADCF为平行四边形则AFIIDC AF4平面PCD,CDC平面PCD,则AFII平面PCD(*) 由于BC=3,CF=2,则BF=1又BE:EP=1:2,则BE:BP=BF:BC=1:3, 则△BEF~aBPC,则∠BEF=∠BPC,则EFIICP EF￠平面PCD,CPc平面PCD,则EFII平面PCD(**) EF∩AF=F,EF,AFc平面AEF,结合(*)，(*)，得到平面AEF I平面PCD, 【变式8-2】如图，在长方体ABCD-ABCD中，AB=4,BC=3,CC=2.求证：平面ACB1I平面 ACD D B 【解析】以D为原点，DA,DC,DD,DD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， B 则A(3,0,0),B3,4,0),C0,4,0),4(3,0,2),B(3,4,2),C(0,4,2),D(0,0,2), 则4C=(-3,4,0),AB=(0,4,-2),AC=(-3,4,0),AD=(-3,0,2) 设平面ACB的法向量为n=(x,y,z), i·AC=-3x+4y=0 则1i-48=4y-2z=0 取x=4,则y=3,z=6, 所以平面ACB的一个法向量为n=(4,3,6) 69/141 设平面ACD的法向量为m=(a,b,c), m·AC=-3a+4b=0 则1mAD=-3a+2c=0 取a=4,则b=3,c=6, 所以平面ACD的一个法向量为m=(4,3,6) 因为m=n,即m/n, 所以平面ACB/I平面ACD. 【变式83】已知正方体ABCD-ABCD的棱长为a,M,N,E,F分别是棱AD,AB,DC,BC的 中点.求证：平面AMN II平面BDEF 【解析】证明：如图，以点D为原点，分别以DA,DC,DD为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直 角坐标系， D A B 建立空间直角坐标系，则D(0,0,0),A(a,0,0),B(a,a,0). [gawa),号.rgad 是4w-（号w-(号号.E-(号.乐-侣号0 4aM=分+匹=0 设 是平面AMN的法向量，则 n=(x,y,3) w-+号=0 取3=1，得x=2,片=-2，则n=(2,-2,1) 设乃=(x,,)是平面BDEF的法向量， 6原=gx -+=0 则Di-号+，=0 70/141 取22=1，得2=-2，x2=2,则n2=(2,-2,1)=n. 又平面AMN与平面BDEF不重合， 故平面AMN/1平面BDEF 【解题总结】 (1)证明两平面内有两条相交直线分别平行. (2)转化为证两平面的法向量平行（常用此方法）· 题型九：线线垂直证明 【典例9-1】如图，在平行六面体ABCD-A'B'CD'中，AB=AD=3,AA'=2,∠BAD=90°， ∠BAA'=∠DAA'=60° D' C B B (I)以AB,AD,AA为基底向量，表示向量BD,AC: (2)求证：BD⊥AC: 【解析】(1)由空间向量的加法法则，得BD=BA+AD=-AB+AD 在平行六面体中，BC=AD,CC=AA,所以AC=AB+BC+CC=AB+AD+AA (2)因为AB=AD=3,AA'=2,∠BAD=90°，∠BAM=∠DAM=60°， 所以AB·AD=0,AB.AA=AD·AA=3×2×cos60°=3. 由(1)得BD.AC=(AD-AB(AB+AD+A） =ADAB+AD+AD.A4-AB-AB.AD-AB.A4=0+32+3-32-0-3=0. 又BD与AC均为非零向量，所以BD⊥AC,即BD⊥AC', 【典例9-2】在四棱锥P-ABCD中，四边形ABCD是菱形，PA=PC=5,PB=PD=2V5,AC=6,点 F为PD的中点，点E为PB上的点，PE=PB,∈(O,),平面AFE与棱PC交于点G.求证：异面直 线EF与AC垂直. 71/141 B 【解析】证明：已知四边形ABCD是菱形，则AC⊥BD,设ACOBD=O,则O是AC,BD的中点， PA=PC=5,PB=PD=25. ∴.PO⊥AC.PO⊥BD :AC∩BD=O,且AC,BDC平面ABCD ∴.PO⊥平面ABCD 以O为坐标原点，OA为x轴，OB为y轴，OP为z轴，建立下图所示空间直角坐标系： ZA E AC=6,∴.OA=3. 则oP=ap-0=VS-3=4,0B=PB2-0p=25-4=2 可知A(3,0,0),B(0,2,0),C(-3,0,0),D0,-2,0),P(0,0,4) F为PD的中点，·F(0,-1,2) 点E为PB上的点，PE=2PB,PB=(0,2,4), ∴PE=(0,2元，42) 则E(0,2元，4-42)，EF=(0,-1-2,-2+4). :AC=（6,0,0), :.EF.AC=0×(6)+(-1-22)×0+(-2+42)×0=0,即EF⊥AC 因此异面直线EF与AC垂直. 【变式9-1】如图，在空间直角坐标系O-2中，正四棱锥P-ABCD的侧棱长与底边长都为3V2,点M, 72/141 PM BN 1 N分别在A,BD上，且PA=BD3试用向量法证明. M B x 求证：MN⊥AD: 【解析】证明如下： 正四棱锥P-ABCD的侧棱长与底边长都为3V2, PM BN 1 可得0A=3,0P=3:且PABD3, 由点A3,0,0),D0,-3,0),M1,0,2,N0,1,0). 则MN=(-1,1,-2),AD=(-3,-3,0), 因为MN·AD=(-1)×(-3)+1×(-3)+(-2)×0=0. 所以MN⊥AD,所以MN⊥AD」 【变式9-2】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B,G=3BG.证明：DF⊥EG. B 【解析】证明：由题意可知4B,4C,A4两两垂直，则以4为原点，AB,AC,4A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」 73/141 ZA B G 所以D(0,1,4),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+(-)×(-2)+(4)×1=0, 所以DF⊥EG,即DF⊥EG 【变式9-3】如图，在棱长均为2的三棱柱ABC-ABG中，∠BBC=60°，求证：AB1BC, 1C1 B C B 【解析】证明：在三棱柱ABC-ABC中，△ABC是等边三角形，〈AB,BC=120°，AB=AB+BB, 则ABBC=(AB+BB)BC=AB.BC+BB·BC=2x2×(←)+2×2×=0， 2 所以AB⊥BC 【解题总结】 设直线4，h的方向向量为a,b,则a1万一a.b=0. 这里要特别指出的是，用向量法证明两直线尤其是两异面直线垂直是非常有效的方法. 题型十：线面垂直证明 【典例101】如图，在三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC,AC⊥AB,AB=1,PA=AC=2,D是棱 AC上一点，且AC=3AD,M为棱PC的中点.证明：PC⊥平面ABM: 74/141 M B 【解析】证明：以A为原点，AB,AC,AP所在直线分别为x,少z轴建立空间直角坐标系. B 由已知：AB=1,AC=2,PA=2得A(0,0,0),B(1,0,0),C(0,2,0),P(0,0,2) D车AC上HAC-3D故4D-子D号0 M为PC中点，则M(01,).计算向量：AB=(1,0,0,AM=(01,),PC=(0,2,-2). PC.AB=0×1+2×0+(-2)×0=0→PC⊥AB PC.AM=0×0+2×1+(-2)×1=0→PC⊥AM 又AB∩AM=A,AB,AMC平面ABM,故PC⊥平面ABM 【典例10-2】在四棱锥P-ABCD中，四边形ABCD是正方形，侧棱PD垂直于底面ABCD,PD=DC=a, 证明：AC⊥平面PDB 【解析】证明：侧棱PD垂直于底面ABCD,ADc平面ABCD,DCC平面ABCD .PD⊥DC,PD⊥AD, :四边形ABCD是正方形， .CD⊥AD .PD=DC=a, .PD=DC=AB=BC=AD=a, 75/141 P DA B 以点D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，连接AC、BD, 依题意得D(0,0,0),A(a,0,0),B(a,a,0),C(0,a,0),P0,0,,· 设平面PBD的法向量为n=(x,y,z), 又DB=(a,a,0,Dp=(0,0,a) ax+ay=0 [x+y=0 .az=0 即1z=0· 令x=1,则y=1,z=0,可得i=(1,1,0), 且AC=(-a,a,0)=-a(1,-l,0),可知n/AC, ∴.AC⊥平面PDB 【变式101】在斜平行六面体ABCD-AB,CD,中(A4A不垂直于底面)，底面ABCD是菱形，且侧棱 A4与AB,AD所成的角相等设AB=a,AD=i,A4=c,已知M为CD与DC的交点，N为对角 线AG上一点，且AW=2NC. D1 M B1 D B (I)用a,b,c表示AM与BN: (②)证明：B、M、N三点共线： (3)证明：BD⊥平面ACC4 【解析】(1)如图所示： 76/141 D CI M N B1 D :点M为CD,与DC的交点，点M为CD的中点，→AM=AD+DM, →4w=0+号Dc=0+0c+D0).→4M-a+b 由AN=2G,→N=BA+N=-+号4C=-B+号(B+D+）). m↓2 2 3 3 (2)如图所示： D Ci M N 1 B1 D -￥C A B 由（山知AM=BC+CM-BC+CD=而-m+). 2 BN-BC+CN-RC+C-() 30+3 303 →AN-号aM,→B/BM:MN三点共线 77/141 (3)如图所示： D1 C1 M BI D B 连接BD,AC,:底面ABCD是菱形，BD⊥AC,同=万， 又：侧棱AA与AB,AD所成的角相等，：AAAB=AM·AD,即ca=c, .BD=AD-AB=b-a,BD.AA=(B-a).c=c.6-c.a=0. :BD⊥AA,BD⊥AA, 又A4∩AC=A,A4,ACc平面ACC4,BD⊥平面ACC4, 【变式102】已知四棱锥P-ABCD,底面ABCD是边长为4的正方形，PA⊥平面ABCD,PA=4,E是 PB中点 E D A (1)列出四棱锥所在空间中的一组基底： (2)求证：PD∥平面AEC: (3)取AC中点为O,线段PD上是否存在点F使得，FO⊥平面AEC并说明理由： 【解析】(1)因为AB、AD、AP两两不共面， 所以{AB,AD,AP是四棱锥所在空间的一组基底（答案不唯一）· (2)证明：以A为原点，AB、AD、AP的方向分别为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系， 则A(0,0,0),B(4,0,0）,D(0,4,0),C(4,4,0),P0,0,4),E(2,0,2). 78/141 PD=(0,4,-4).AE=(2,0,2),AC=(4,4,0) 因为PD=(0,4,-4)=-2×(2,0,2)+1×(4,4,0)=-2AE+AC. 所以PD与AE、AC共面， 因为PD￠平面AEC,所以PD∥平面AEC (3)线段PD上不存在这样的点F,理由如下： 取AC中点0(2,2,0) 设F是线段PD上一点，PF=2PD(0≤2≤1)， 则F(0,4元，4-42)，F0=(2,2-4元，4-4) AE=(2,02),AC=(4,4,0),设平面AEC的法向量为n=(x,y,2), n.AE=2x+2z=0 所以 -AC=4r+4y=0所以平面4BC的法向量可取i=山，-1，-) AEC 2_2-42_42-4 若F01平面ABC,则F0/防'于是=-1=-1： 由前两式得儿=1，由后两式得2=2，两者矛盾，故这样的点F不存在 【变式10-3】在长方体ABCD-AB,CD,中，AB=2,AA=3,AD=4,AE=3ED,2CF=FC.求证： BD⊥平面CEF； B 79/141 【解析】方法一：如图，过点E作EG1ICC,交AD于点G,则有AG=3GD,GD=1. 连接CG,则C,C,E,G四点共面，平面CEF即平面CCEG A y B GD CD 1 由CD=BC=2,∠GDC=∠DCB=90,可得AGDC与ADCB相似， 所以∠GCD=∠DBC,则可得∠GCD+∠BDC=90°，所以CG⊥BD, 长方体ABCD-ABCD中，CC⊥平面ABCD, 因为BDC平面ABCD,所以CC⊥BD 又CC∩CG=C,CC,CGc平面CEF,所以BD⊥平面CEF. 方法二： 如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系D-z. E A B D B 则D(0,0,0),A(4,0,0,B(4,2,0),C(0,2,0),F(0,2,2),E(1,0,3)」 所以DB=(4,2,0),CE=(1,-2,3),CF=(0,0,2) 所以DB.CE=4-4+0=0,DB.CF=0+0+0=0, 所以DB⊥CE,DB⊥CF,即BD⊥CE,BD⊥CF. 又CECF=C,CE,CFc平面CEF,所以BD⊥平面CEF, 【解题总结】 (1)证明直线和平面内的两天相交直线垂直. 80/141 (2)证明直线和平面内的任一直线垂直， (3)转化为证明直线与平面的法向量共线. 题型十一：面面垂直证明 【典例11-1】如图所示，已知四棱锥P-ABCD的底面是直角梯形，∠ABC=∠BCD=90°， AB=BC=PB=PC=2CD,侧面PBC⊥底面ABCD D B (I)证明：PA⊥BD； (2)证明：平面PAD⊥平面PAB 【解析】(1)取BC的中点O,连接PO, 因为平面PBC⊥底面ABCD,△PBC为等边三角形， 所以PO⊥底面ABCD 以BC的中点O为坐标原点，以BC所在直线为x轴，过点O与AB平行的直线为y轴，OP所在直线为z轴， 建立空间直角坐标系，如图所示. ZA D M D 不妨设CD=1,则AB=BC=2,PO=V3 所以A(1,-2,0),B(1,0,0),D(-1,-1,0),P(0,0,3 所以BD=(-2,-1,0),PA=(1,-2,-V3)」 因为BD.PA=(-2)×1+(-1)x(-2)+0×(-V5)=0, 所以PA⊥BD,所以PA⊥BD. (2)取PA的中点M,连接DM, 81/141 PB=(,0,-5) 所以w-Pi-x1+0x0+-0, 所以DM⊥PB,即DM⊥PB 因为0wm=21+0-2列+5(-0， 2 所以DM⊥PA,即DM⊥PA. 又因为PAOPB=P,PA,PBc平面PAB, 所以DM⊥平面PAB. 因为DMc平面PAD, 所以平面PAD⊥平面PAB 【典例11-2】如图，四棱锥P-ABCD的底面ABCD是平行四边形，且PA⊥底面ABCD,点E是线段BC 的中点，AB=2,PA=BC=4,∠ABC=60°.求证：平面PAE⊥平面PED. BL 【解析】过点A作直线AM⊥AD,交直线BC于点M, 则AM=ABsin60°=V5,BM=ABcos60°=1，所以CM=3. 以点A为原点，直线AM,AD,AP分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系， ZA D v 82/141 则D(0,4,0),EN5,10)，P(0,0,4) AP=(0,0,4),AE=(31,0）,DE=(N3,-3,0,DP=(0,-4,4). 设平面PEA的一个法向量为m=(x,y,z), m·AP=4z=0 则 m花=5x+y=0取x=1'm=(5.0 设平面PED的一个法向量为i=(x,y,Z), .DE=3x-3y=0 nD妒=4y+4名=0取y=1得方=(3,1， 则 因为m:=V5-V5+0=0,所以平面PAE⊥平面PED, 【变式11-1】(2026重庆九龙坡一模)如图，己知圆锥P0,AB为底面圆0的直径，点C在圆O上（不 同于A,B),BE=3BP,CD=aCP0<1<) 3 B 四若 2,证明：AD11平面OCB: (2)若PA=AB=2BC=4,平面ABD⊥平面PBC,求1的值. 【解析】(1) 取PE中点F,设CE与BD交于点G,连接OG,DF, 由元=2知D为PC中点，且F为PE中点，则DF川CE, 则E为BF中点，且G为BD中点， 因为O为AB中点，则OG∥AD, 且AD4平面OCE,OGC平面OCE, 所以AD/1平面OCE. (2)因为C在圆周上，AB为直径，则AC⊥BC,同时，由圆锥知P0⊥平面ABC, 则以C为原点，CB、CA、过C与PO平行的直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系Oz. 83/141 D 因PA=AB=2BC=4, 则C0,0,0),A0,25,0),B(2,0,0),PL,5,23),D,V5,2V3) 可得CB=(2,00),CP=(1,5,25),AB=(2,-23,0),BD=(-2,V31,25), mCB=x=0 设平面P8C的-个法向量m=(:,,2)则m-C乎=+5y+252=0' 令为=2，则x=0,名=-1，可得m=(0,2,-): [nAB=2x2-25y2=0 设平面4BD的-个法向量月=(k,,2）》则1后-BD=(2-2)x+5%+252,=0 ABD 令5=5则%=l=克1，可符(5.分小 若平面ABD1平面PBC,则防万=2-之1=0，解得入-写 故的值为3 【变式11-2】(2026高三·宁夏中卫·阶段检测)如图1，在边长为2的菱形ABCD中， ∠BAD=60,DE⊥AB于点E,将AADE沿DE折起到△ADE的位置，使AD⊥BE,如图2. D E B 图1 图2 (1)求多面体A-BCD的体积： BP (②)在线段BD上是否存在点P,使平面AEP1平面ABP?若存在，求出BD的值：若不存在请说明理由. 【解析】(I)因为DE⊥AB,即BE⊥DE, 84/141 又BE⊥AD,DE∩AD=D,DE,ADc平面ADE, 所以BE⊥平面ADE,又AEc平面ADE,所以AE⊥BE 又AE⊥DE,BEODE=E,BE,DEC平面BCDE,所以AE⊥平面BCDE, 在直角三角形ADE中，DE=V3,AE=1, 所以'-w=写xS×4B=X)x2x5x1=3 1 32 3 (2)因为AE1平面BCDE,BE⊥DE,以E为原点，EB,ED,EA所在直线分别为x,y,z轴，建立空间直 角坐标系， ZA B 则E(0,0,0),B1,0,0),D(05,0,A(0,0,1) 假设存在线段BD上存在一点P,使得平面AEP1平面ABP,设点P(o,,),BP=BD(0≤元≤I),则 (-l,%)=2-l,5,0,所以P1-元V3,0: 所以BA=(-1,0,1),BD=(-山5,0，E4=(0,0,1),EP=1-元，5元，0) 设平面ABP的法向量为m=(,,名)， mBA=-x+名1=0 则mm=-+=0令5=5则%=1'名=5所以m=(5,) 设平面AEP的法向量方=(：，2,2)， n-EA =22 =0 则a-(0-刘+5a=0令5=5则为=-1'么=0所以万=(5，-l0 若平面41平面ABP,则m7=3+A-1-0解得入=4 -4 BP 1 所以在线段BD上存在点P,使得平面AEP1平面ABP,且BD4 【变式11-3】棱长为2的正方体ABCD-AB,CD中，E为DD的中点，F为BD中点，G为A4的中点. 85/141 D B ()证明：EF1/平面ABCD: (2)证明：平面BDC⊥平面BDG, 【解析】(I)证明：以D为原点，分别以DA,DC,DD,为x,y,z轴，建立空间直角坐标系， 则D(0,0,0),E(0,0,1),F(11,0),A(2,0,0),B(2,2,0),D,(0,0,2),C(0,2,2),G(2,0,1), D B E B 法一：EF=(11,-1),AB=(0,2,0),AD=（-2,0,2), n·AB=2y=0 设平面ABCD的-个法向量为厅=(x,y2)由万AD=-2x+2z=0' 取x=1,得i=(,0,1),所以EFi=1x1+1x0+(-)×1=0,故EF⊥n, 又EFa平面ABCD,所以EFII平面ABCD: 法二：EF=(1,1,-1),BD=(-2,-2,2),所以BD=-2EF,故EF1/BD, 又EFc平面ABCD,BD,C平面ABCD,所以EFII平面ABCD: (2)证明：由(1)知DB=(2,2,0),DG=(2,0,1),DC=(0,2,2), 设平面BDG的一个法向量为m1=(a,b,c), m·DB=2a+2b=0 由 mDG=2a+c=0,令a=1得m=0-l-2） a=1 设平面BDC的一个法向量为m=(e,f,8), 86/141 m·DB=2e+2f=0 mDC=2f+2g=0令e=1得m=0,-1,) 由1 e=1 由m·m,=1x1+(-I)×(-)+(-2)×1=0,得m1m,故平面BDC1平面BDG 【解题总结】 (1)转化为证明两平面的法向量互相垂直 (2)转化为证明一平面内的一条直线垂直于另一个平面. 题型十二：异面直线夹角 【典例121】如图，平行六面体ABCD-ABCD的底面ABCD是菱形，且∠CCB=∠CCD=∠BCD=60° CD=CC,CB=a,CD=b,CC=c B1 D B D (①)用向量a,方，c表示AC与CB: (2)求证：CA⊥平面CBD: (3)求异面直线AC与CB夹角的余弦。 【解析】(1)AC=CC-CA=CC-(CB+cD)=-a-b+c CB=CB+CC=a+c (2)由于四边形ABCD为菱形，则CB=CD=CC,即d--, 所以.6a=日aeas60日，月里可得a,6-6c-日， 由题意可得CA=a+b+c,BD=b-a, 所以，C4BD=(a+b+c6-a)=i2-a+c-i-ca=0. 所以CA⊥BD,同理可证CA⊥BC, 因为BD∩BC=B,因此，CA⊥平面CBD 87/141 (3)由(1)得AG=a-6+=(-a-6+d=v0+b2+2+2a-b-2ac-26-e =v+++--正=v2d CB-a+d-y(a+o)-v@+c+2a.c-V@+@+a-V3a AG-CR-l-8-6+E)(ar)--8-a5-bo1-- cos AC,CB= AC·CB,-2V6 ACCB6 所以，异面直线4C与cB夹角的余弦为。 【典例12-2】如图，在平行六面体ABCD-A'B'CD'中，底面ABCD是边长为2的正方形，侧棱AA的长 为4，且∠AAB=∠AAD=120°.求 D' B (I)AC的长： (2)直线BD'与AC所成角的余弦值， 【解析】(1)设向量AB=a,AD=b,AA=c, 由题意可得：ab=2,d=4, 底面ABCD为正方形，故ab=0 由∠AAB=∠AAD=120° 得a-ca-dos120°=2x4x(2=-4, 6.c6-1elcs120°=2×4x(-)=-4, 因为AC=AB+AD+AM=ā+i+c, 所以AC=(a+6+c-aP+5P+cP+2(a-6+a.c+c-b) =4+4+16+2(0-4-4)=8, 88/141 所以AC=22, 即AC1=2V2: (2)BD'=BA+AD+DD'=-a+b+c,AC=a+b, 所以BD'.AC=(-a+b+c)-(a+b) =-lap-a-B+a-B+|BP+c.a+c.b =-4-0+0+4-4-4=-8, 又1BDP=(-a+6+©)2=4+4+16+2(-0+4-4)=24， 所以川BD=2√6， 同理可得|AC=22 设直线BD'与AC所成角为B(取锐角)， BD'.ACI 8 则：cos0= |BDI|AC12√6.2√23 【变式121】(2026高三江苏镇江开学考试)如图，在三棱锥P-ABC中，AB=BC,点M在棱PC上. 在空间直角坐标系中，点P(0,02),A(4,00),B(0,1,0),M(-2,0,1). (1)求点C的坐标： (2)求异面直线BC与AM所成角的余弦值】 【解析】(1)设点C的坐标为（出，少，z): P(0,0,2),M(-2,0,1),PM=(-2,0,-,PC=(x,y,z-2) :点M在棱PC上，∴.PC=PM(2≥)，即(xyz-2)=(-20,-1)=(-2,0,-): x=-22 ∴y=0,即 z=2-1C(-22,0,2-2) A(4,0,0),B(01,0),BA=(4,-1,0),BC=(-2元，-1,2-)： AB=BC,BA=BC,即4+(-1+02=(-2+(-1+(2-，整理得5-42-12=0，解得 89/141 2=2成2=号 21,1=2: ∴C(-4,0,0),即点C的坐标为(-4,0,0) (2)设异面直线BC与AM所成角为8： 由A(4,00),B(01,0),C(-4,0,0),M(-2,0,1),得BC=(-4,-1,0),AM=(-6,0,1) BC·AM (-4)×(-6)+(-1)x0+0×1 24 24V629 .'cos= BC4M4+-1y+026}+02+Pi737 629: 24V629 异面直线BC与4M所成角的余弦值为629 【变式122】如图，直三棱柱ABP-AB,B内接于一个圆柱O0,AB是底面圆O的直径， AP=V3,BP=1,A4=AB」 B B (1)求圆柱00的表面积； (2)求异面直线AB与B所成角的余弦值， 【解析】(1)因为AB是底面圆O的直径，所以AP⊥BP因为AP=3,BP=1,所以AB=V+3=2.因 为A4=4B,所以圆柱00的侧面积为2π×1×2=4元，故其表面积为4元+2π×P=6元. (2)(方法一)由三棱柱的性质可得BB∥BP,所以异面直线AB与BR所成的角即为∠4BP连接AP. 0 B P B 因为4P=VA4+AP=V22+(W3=V7A4B=V4+AB2=V2+2=22, 90/141 所以4P2+BP=4g则APLBP:所以cos∠ABP=P=,J与=2 AB224, 即异面直线4B与BP所成角的余弦值为2 (方法二)以P为坐标原点，PB,PA,PB所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，如图所示 B A B 由题意得40，V3,2)B(1,0,0),B,0,0,2),R(0,0,2),所以4B=(1,-V3,-2),B=(-1,0,0) 4B.BP ,。与。n所成的角为，则©os0=cos(4B,BE 1 设异面直线 AB BP ABBP V1+3+4×14 2 即异面直线AB与BP所成角的余弦值为4 【变式12-3】如图，在四棱锥P-ABCD中，AB⊥AD,ABIIDC,且DC=2AB,M为PD的中点. D D B (1)求证：AM∥平面PBC: (2)若PD⊥面ABCD,PD=DC=2,AD=l,求直线AM与BC所成角的余弦值. 【解析】(I)取PC中点E,连接ME,BE D B 91/141 由中位线性质：M为D的中点→MEIDC且ME=DC, 已知ABIIDC且DC=2AB,则ABME且ME=AB, 故四边形ABEM为平行四边形，则AMIIBE, 又：BEc平面PBC,AM￠平面PBC,∴.AM∥平面PBC (2)以D为原点，DA为x轴，DC为'轴，DP为z轴建立空间直角坐标系. ZA D C方 子 各点坐标：A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,2,0),P(0,0,2),M(0,0,1). 故AM(-1,0,1),BC(-1,1,0), AM.BC 1 直线与所成角的余弦值为 AM BC AMBC V222 【解题总结】 设两异面直线a和b的方向向量为a和b,利用求角余弦公式可求得a和b的夹角，由于两向量所成角 0, osa=cose= la.Bl 0的范围是0，，而两异面直线所成角a的范围是2.所以 lallbl 题型十三：线面角计算 【典例131】(2026高三·贵州阶段检测)如图，在三棱柱ABC-ABC中，AB⊥BC,AB=BC=V2, 侧面ACCA为菱形，D为AC的中点，AD⊥平面ABC. A C 、E 6 (I)证明：BD1平面ACC4」 92/141 (2)E为棱AB的中点，求直线DE与平面ABBA所成角的正弦值. 【解析】(1)因为D为的中点，AD=DC,所以BD⊥AC, AD⊥平面ABC,BDC平面ABC, 所以AD⊥BD 因为AC∩AD=D,AC,ADc平面ACCA,所以BD⊥平面ACCA (2)以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系D-2, ZA A E B D B 因为AB=BC=V2,AB⊥BC,故AC=2, 则D(00,0),A(0,0,V5A(0,-1,0),B(1,0,0) 又因为花=A码=-10所以B1w):E为棱46的中点，所以公2 所以A4=(0,1V5),AB=(,10), 设平面ABB4的法向量为n=(x,y,z),则n-AB=nAA=0, y+3z=0 即+y=0，令y=5得万=(53，-) 设pE与平面1B,4所成角为g因为DE-(75) 所以sin0 DE√3 D同x 7, 2 即pE与平面B84所成角的正弦值为% 【典例132】(2026高三湖南阶段检测)如图，在四棱锥P-ABCD中，PA1平面ABCD,四边形 ABCD为矩形，PA=AD=2,AB=4,点M在棱AB上，PM=MC,点N是PC的中点， 93/141 B ()证明：MN⊥平面PCD: (2)求直线PB与平面MNC所成角的正弦值， 【解析】(I)因为PAL平面ABCD,AB,ADc平面ABCD,所以PA⊥AB,PA⊥AD 又因为四边形ABCD为矩形，所以AB⊥AD, 因此AB,AD,AP两两互相垂直， 所以A为原点，AB,AD,AP所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，如图， 则A(00,0),B(4,0,0）,C(4,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2),N(21,1)】 D 因为PM=MC,所以PA+AM2=BC2+BM2, 又PA=AD=BC=2,所以AM=BM,即M是AB的中点，所以M(2,0,O) 因为M=(0,1),PC=(42,-2),DC=(4,00). 所以MN·PC=0×4+1×2+1x(-2)=0,M.DC=0x4+1x0+1x0=0, 所以MN⊥PC,MN⊥DC,即MW⊥PC,MW⊥DC, 又因为PCODC=C,PC,DCc平面PCD,所以MN⊥平面PCD. (2)设平面MNC的法向量为n=(x,y,z) 因为MC=(2,2,0),MN=(01,1), n.MC=2x+2y+0=0, 所以n-=0+y*2=0,令y=-得：=lx=1'n=,-） 94/141 设直线PB与平面MNC所成的角为0，PB=(4,0,-2),n=(L,-1,l), PE=V4+0+(-2}2=25,园=V+-2+1P=5, PB.n 所以sin0=cos(PB,n= _4×1+0-2×1-15 2W5×V3 15 即直线PB 5 与平面MNC所成角的正弦值为5： 【变式131】(2026北京朝阳模拟预测)如图，在三棱柱ABC-AB,C中，∠ACB=90°，侧面ACC4为 正方形，侧面ACC4⊥底面ACB,AC=BC=2,D为AB的中点，点E在AC上，且DEW平面BB,CC (I)求证：点E为AC的中点； (2)求直线AC与平面BDE所成角的正弦值. 【解析】(I)证明：连接BC,因为DEM平面BB,CC, DEC平面ABC,平面ABC∩平面BB,CC=BC, 所以DEIIBC, 因为D为AB的中点， 所以点E为AC的中点. (2)侧面ACCA为正方形，所以CC⊥AC,侧面ACCA1底面ACB且交于AC, CCC平面ACCA所以CCL平面ACB. 又因为∠ACB=90°，所以AC⊥CB 以C为坐标原点，CA,CB,CC所在直线分别为x,y,z轴， 建立空间直角坐标系，侧面ACCA为正方形，AC=BC=2, 故A2,0,0),C(0,0,2),B(0,2,2),D(11,0),E1,0,1),C(0,0,0). AC=(-2,0,2), 设平面BDE的法向量为m=(x,y,z), 95/141 mB,D=(xy,z）(1,-1,-2)=x-y-2z=0 则1maE=(xyz)0,-2,-0=x-2y-z=0' 令z=1得x=3,y=1,故m=(3,1,1) 设直线AC与平面BDE所成角的大小为O, 则sin0=cos(AC,m= 4C·m_(-2,0,2)(31,1-4」-22 AC·m V8×√9+1+12√2211· C D 【变式13-2】(2026高三·宁夏银I川阶段检测)四棱锥P-ABCD中，ABCD是矩形， PA=AB=1,AD=2,PC=6,BC L PB D B C (I)证明：PA⊥平面ABCD: (2)若E是棱PC上靠近点P的三等分点，求AC与平面ABE所成角的正弦值 【解析】(1)证明：因为ABCD是矩形，所以AB⊥BC 又BC⊥PB,PBOAB=B,PB,ABC面PAB,所以BC⊥面PAB 又PAC面PAB,所以BC⊥PA, 又AB=1,AD=2,所以ACV1+4=V5 又IPAF1,PCF6,所以IPA+|ACPAPCP,即PA⊥AC 又BC∩AC=A,BC,ACc面ABCD, 所以PA⊥平面ABCD (2)由(1)可建立如图所示的空间直角坐标系， 因为PA=AB=l,AD=2,PC=V6,所以IPBV2,E是棱PC上靠近点P的三等分点，则 96/141 IPEHIPCI, 易知A0,00）,B1,0,0）,C(1,2,0),P(0,0,1) 所以B=00:心-2-少G=+PE=+c-(G号引 x=0 设平面 AB.=0 的一个法向量为 由 ,得到 ABE n=(x,y,2) AE=0 y=1 x=0,z=-1,即i=(0,1,-), 又AC=(I,2,0),设AC与平面ABE所成角为0， sin 0-cos(AC.)14C-21 I4C2x55 【变式133】(2026：高三河北沧州阶段检测)如图，在四棱锥P-ABCD中，四边形ABCD为梯形， AB⊥AD,AB∥CD,AB=2AD=2CD=2,PC⊥底面ABCD,PB=3PE. A D (I)求证：PD11平面EAC: (2②)若二面角P-AC-E的余弦值为3，求直线AP与平面EAC所成角的正弦值。 【解析】(I)证明：如图所示，连接AC,BD交于点F,连接EF, BF BA=2, 在梯形ABCD中，因为AB/ICD:所以△BFA∽△DFC,所以DF=DC BF BE 国为PB3p吸所巴能2，所DpE所以pp川EF 又因为EFC平面EAC,且PD￠平面EAC,所以PDII平面EAC. 97/141 (2)以A为原点，AD,AB所在直线分别为x,y轴，以过A作平行于PC的直线为z轴， 建立空间直角坐标系，如图所示，则A(0,0,0),B(0,2,0),C(1,1,0) 设P1Lh>0则作号}4c=o.F-5-传号） m.AC=a+b=0 设平面p4C的一个法向量为m=(a,h.,c)则 PAC m.AP=a+b+ch=0' 取a=1,可得b=-l,c=0,所以m=(1,-1,0), nAC=x+y=0 设平面的一个法向量为 则 n.AE= EAC i=（x,yz) x+3y+ 320 2..42 取x=h,可得y=-h,z=1,所以i=(h,-h,), 6 因为二面角p-4C-E的余弦值为3， 可得lcos(m列= m 2h 同V2xV2h2+i3,解得h=1 所以i=(1,-1,1),AP=(11,), AP.11 设直线与平面 T。,所成角为，则sin0=cos 4P,才= AP EAC AP3x33 所以直线AP与平面EAC所成角的正弦值为3： ZA A B D 【解题总结】 设I为平面a的斜线，a为l的方向向量，n为平面a的法向量，8为l与a所成角的大小，则 a·n sn0-kos(a,训 丽 98/141 题型十四：二面角计算 【典例141】(2026高三·宁夏中卫·阶段检测)如图，在直三棱柱ABC-4BG中， ∠ABC=90°，AB=BC=2,AA=2V2,点D是线段AC的中点， B A B A D (I)求证：BD⊥平面ACC4: (2)求锐二面角B-AD-B的余弦值： 【解析】(1)证明：在直三棱柱ABC-ABG中，可得A4上平面ABC, 因为BDC平面ABC,所以BD⊥A4, 在△ABC中，AB=BC,且点D是线段AC的中点，所以BD⊥AC, 又因为AC∩A4=A,且AC,A4C平面ACCA,所以BD⊥平面ACCA. (2)在直三棱柱ABC-ABG中，可得BB1平面ABC,且∠ABC=90°， 以点B为坐标原点，BA,BC,BB所在直线分别为x,yz轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 则B(0,0,0),B(0,0,2V2),D11,0),A(2,0,2√2)，C(0,2,22)」 可得BA=(2,0,2V2),BD=(01,0),且B4=(2,0,0),BD=0,1-22), iiBA =2x+2v2z=0 设平面BMD的一个法向量为n=G,以)'则a-BD=x+y=0 取z=-1,可得x=V2y=-V2,所以n=(W2,-V2,-): m-B4=2a=0 设平面B4D的一个法向量为m=a,6.d∵则m-BD=a+b-22c=0 取c=1,可得a=0,b=2W2,所以m=(0,2√2,1)， nm√5 设二面角B-4D-B的平面角为0则os m同3， 所以二面角B-AD-B的余弦值为3 99/141 【典例142】(2026广西模拟预测)如图，在四棱锥M-ABCD中，底面ABCD是菱形，∠BAD=60°， DM =DC=CM:ACI BM 2 B (I)证明：DM⊥平面ABCD: CN 1 (②)已知N是棱CM上一点，且CM3,求平面ABN与平面ACN所成角的正弦值. 【解析】(1)证明：因为DM=DC= CM,所以DM2+DC2=CM2'DM⊥DC 2 因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD, 又AC⊥BM,BD∩BM=B,BD,BMC平面BDM,所以AC⊥平面BDM, 又DMC平面BDM,所以AC⊥DM. 因为DM⊥DC,DM⊥AC,DC∩AC=C,DC,ACc平面ABCD, 所以DM⊥平面ABCD (2)记ACOBD=O,过点O作O01DM,所以O0⊥平面ABCD, 因为AC,BDC平面ABCD, 所以O0⊥BD,O0上AC,即OA,OB,O0两两垂直， 以O为原点，OA,OB,OO所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系如图所示. 100/141