专题03 空间向量及其应用（期中复习讲义）高二数学上学期沪教版

专题03 空间向量及其应用 01 期中考情透视 02 复习目标锚定 03 知识体系构建 04 核心考点精讲 考点一、空间向量有关定理 考点二、空间向量数量积与坐标运算 考点三、方向向量、平面法向量与空间位置关系 考点四、空间角的向量求解 考点五、空间距离的向量求法 05 重难题型突破 题型01 空间向量及其运算 题型02 共面向量定理 题型03 空间向量基本定理 题型04 空间向量的坐标表示 题型05 空间向量与位置关系 题型06 求线线角、线面角、二面角 题型07 已知线面角、二面角求其他 题型08 空间中的距离问题 题型09 存在型问题 06 限时分层演练 基础固本练 / 综合进阶练 1.命题考点分布 共线、共面向量定理及推论、空间向量基本定理，向量坐标运算、数量积是基础高频考点；直线方向向量、平面法向量求解，利用向量判定空间线面平行、垂直关系为核心考点；异面直线夹角、线面角、二面角的向量计算，点到平面距离是期中解答题高频考点。法向量计算出错、空间角混淆角度范围、四点共面条件误用为本专题最主要失分点。 2.命题角度特点 基础题：直接考查向量线性运算、数量积、坐标运算，侧重定理公式识记； 中档题：给定几何体，求平面法向量、求解空间角与点面距离，需要建立空间直角坐标系运算； 命题联动：常与立体几何几何体结合，把立体几何位置关系转化为向量运算，是期中热门考法。 3.考情总结 期中试卷中选择、填空侧重向量定理、简单夹角与距离计算；解答题常以立体几何大题形式出现，考查法向量、空间角或距离。整体以基础、中档题占主体，部分试卷设置综合性小问，较少出现极端难题。 识记 1.熟记共线向量、共面向量、空间向量基本定理内容与推论，背熟三点共线、四点共面的向量表达式； 2.牢记空间向量夹角定义、数量积公式，熟记向量坐标加减、数量积、模长的坐标计算公式； 3.记住直线方向向量、平面法向量定义，背熟异面直线角、线面角、二面角、点面距离的向量计算公式。 4.能够准确复述全部公式定理，做到看到题型快速调取对应公式。 理解 1.理解共线、共面向量定理的充要条件，分清三点共线与四点共面向量条件的区别，明白参数的几何含义； 2.理解向量夹角必须共起点，分清向量夹角与立体几何空间角的范围差异，理解数量积的几何投影意义； 3.理解平面法向量待定系数法原理，理解如何把线面平行、垂直的立体关系转化为向量代数条件，明白距离公式投影的几何意义。 应用 1.会用向量定理判断三点共线、四点共面，能熟练完成空间向量坐标运算，正确使用待定系数法求解平面的法向量； 2.面对立体几何题目，能够建立空间直角坐标系，利用方向向量、法向量判定线面平行、垂直位置关系； 3.能够熟练用向量公式求解异面直线角、线面角、二面角以及点到平面距离，注意角度结果取对应立体角，规范大题书写步骤。 考点一、空间向量有关定理 1.共线向量定理：两空间向量共线的充要条件是存在实数使；推论：三点共线的向量表达式。 2.共面向量定理：两不共线向量，向量与共面 存在实数对，使；推论：四点共面条件。 3.空间向量基本定理：三个不共面向量构成空间基底，空间任意向量可唯一表示为。 ⚠️易混易错 区分三点共线、四点共面的向量表达式；基底要求三个向量不共面，共面向量不能做空间基底；注意共面向量推论等式右侧系数之和等于1的条件。 考点二、空间向量数量积与坐标运算 1.向量夹角：共起点作向量，夹角范围；。 2.数量积：；零向量与任意向量数量积为0；满足交换律、数乘结合律、分配律。 3.坐标运算：已知，则；模长。 ⚠️易混易错 向量夹角必须共起点；数量积不满足结合律；不要把数量积运算当成实数乘法；垂直等价条件对零向量要注意辨析。 考点三、方向向量、平面法向量与空间位置关系 1.直线方向向量：直线上的非零向量，可以描述直线方向。 2.平面法向量：垂直于平面的非零向量；待定系数法求法向量——取平面内两不共线向量，联立方程组，赋值求解。 3.位置向量判定：线线、线面、面面平行与垂直，转化为方向向量、法向量平行或数量积为0。 ⚠️易混易错 求法向量解方程组有无穷多解，只取一个非零解即可；线面平行等价于直线方向向量与平面法向量垂直，但要注意直线不在平面内；面面平行需要两个法向量共线。 考点四、空间角的向量求解 1.异面直线所成角，，取绝对值。 2.线面角，。 3.二面角：两个面法向量的夹角，需要结合图形判断二面角是锐角还是钝角。 ⚠️易混易错 立体几何空间角与向量夹角范围不一样，异面直线角、线面角一定要取绝对值；二面角结果要结合图形判断正负，不能直接照搬法向量夹角。 考点五、空间距离的向量求法 1.点到直线距离：利用向量投影公式计算。 2.点到平面距离公式：，其中为平面法向量。 3.线面距离、面面距离：前提是两平面/直线与平面互相平行，再转化为点到平面距离。 ⚠️易混易错 线面距离、面面距离前提必须两者互相平行，不平行不能转化为点面距离；距离结果一定非负，公式外面必须加绝对值。 题型01 空间向量及其运算 💡破题要诀 掌握向量加减、数乘、数量积的运算法则，分清几何形式与符号表达，计算数量积牢记，注意夹角必须共起点，范围为。运算时善用运算律简化式子，遇到几何图形优先选取基底表示目标向量，避开复杂几何推导。 做题警惕零向量特殊情况，垂直等价条件、模长计算要准确，避免直接套用平面向量结论忽略空间场景。 【例1】在平行六面体中，下列各式不成立的有（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据空间向量加减法的几何意义化简各式判断正误即可. 【详解】 ，A正确； ，B正确； ，C错误； ，D正确. 【例2】已知正四面体的棱长为，点是棱的中点，则的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用中点向量公式把表示为，再展开数量积，结合正四面体棱向量模长为，两两夹角，代入数量积公式计算即可． 【详解】如图，作出符合题意的图形， 在棱长为2的正四面体中， 得到，且两两的夹角为， 所以， ， 因为点是棱的中点，所以， 所以． 【变式1-1】如图，在三棱柱中，点在棱上，且，为线段的中点，则（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】连接，因为为线段的中点，所以， 在三棱柱中，，又因为， 且已知，即，所以， 将上述式子代入的表达式中， 得：. 【变式1-2】若，，为空间两两夹角都是的三个单位向量，则________． 【答案】 【详解】已知，，为空间两两夹角都是的三个单位向量， 则，，，， ， 代入数值可得， 所以 【变式1-3】如图，在平行六面体中，，，，， (1)求的长； (2)与所成角的余弦值． 【答案】(1) (2) 【详解】（1） 记由题夹角都为， ， ， ，故 （2） , ， ， ， , 与所成角的余弦值为. 题型02 共面向量定理 💡破题要诀 核心利用共面向量与四点共面推论解题，若不共线，则代表三向量共面；四点共面满足且。 判定共面可通过向量线性表示验证系数关系，解答题常用来证明点在平面内，注意前提条件：基底两个向量必须不共线，审题区分三点共线与四点共面公式，防止公式混用。 【例3】已知动点Q在所在平面内运动，若对于空间不在所在平面内的点P，都有，则实数m的值为（   ） A．0 B． C． D．2 【答案】B 【详解】由条件可知，，，，四点共面， 又因为， 所以，解得. 【例4】已知M，A，B，C为空间中四点，任意三点不共线，对于平面外一点，，若四点共面，则的最小值为（） A．2 B．4 C． D． 【答案】A 【分析】利用空间向量基本定理得出，再利用基本不等式求最值. 【详解】因为四点共面，设. 以为起点改写，得， 整理得. 因在平面外，不共面. 由空间向量基本定理，对比已知式的系数得： ，，，所以. 因为，. 当且仅当时取等号，此时取得最小值为 . 【变式2-1】空间中有5个点，，，，，若不共线的，，，四点在平面内，，且满足，则的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据空间共面向量定理的推论求的值即可． 【详解】由得， 即， 由空间向量共面定理的推论可知，，解得． 故选：C． 【变式2-2】若，，，四点共面，为空间中任意一点，且，则（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】由题意知，，，四点共面，且， 根据四点共面的充要条件知，解得. 【变式2-3】如图，在四棱锥中，，，，，，在棱上，若，，，四点共面，则_________． 【答案】 【分析】设，利用底面且将用基底表示，再结合已知线段比例关系转化为，最后利用，，，四点共面的充要条件（系数和为1）求解 【详解】设， 因为，，所以， 即， 所以. 由题意知，，，， 所以， ，. 代入的表达式可得： . 所以. 因为，，，四点共面， 且为平面外一点， 根据空间向量共面定理的推论，可得系数之和为1， 即 ， 解得 ，即. 所以，即 . 所以. 故答案为：. 题型03 空间向量基本定理 💡破题要诀 该定理要求三个基底向量不共面，空间内任意向量都可以唯一写为，解题关键是选好一组不共面基底。 将目标向量拆解为基底的线性组合，多用于没有建立坐标系的几何体，替代建系完成证明、求值。 拆解向量时充分利用图形中的中线、等分点，结合向量加减法转化，一定要检验基底是否满足不共面，不满足则不能使用该定理。 【例5】已知是空间的一个基底，则下列选项中，不能构成空间基底的是（    ） A．，， B．，， C．，， D．，， 【答案】D 【详解】对于选项A，假设共面，则存在实数，使得， 所以，方程组无解，所以不共面，可以作为基底，故A错误； 对于选项B，假设共面，则存在实数，使得， 所以，方程组无解，所以不共面，可以作为基底，故B错误； 对于选项C，假设共面，则存在实数，使得， 又因为是空间的一个基底，所以不能由线性表示，故矛盾. 所以不共面，可以作为基底，故C错误； 对于选项D，因为，所以共面，不可以作为基底，故D正确； 【例6】如图，在空间四边形OABC中，设，，，且OM＝2MA，BN＝NC，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用线段的分点关系求出和，再通过向量的减法求． 【详解】因为，且在线段上，所以． 又因为，所以为的中点，． 所以． 因此，D正确． 【变式3-1】若构成空间的一个基底，则下列能构成空间的一个基底的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用空间基底的核心性质：构成基底的三个向量需线性无关（不共面），逐一判断各选项向量组是否满足线性无关即可． 【详解】对选项A：由，可知三个向量共面，无法构成基底，故A错误； 对选项B：由，可知三个向量共面，无法构成基底，故B错误； 对选项C：假设存在实数使得， 整理得，解得， 解得唯一解，故三个向量线性无关，可构成空间基底，故C正确； 对选项D：由，可知三个向量共面，无法构成基底，故D错误． 【变式3-2】如图，在平行六面体中，，，是的中点，设，，． (1)若，求的值； (2)用，，表示； (3)求的长． 【答案】(1)6 (2) (3) 【详解】（1）由空间向量基本定理及得， ，∴ （2）由是的中点，则， ∴； （3）∵ ， ∴，即的长为． 【变式3-3】如图，正四面体的外接球球心为，点在底面上的射影为，点，，满足，，，其中，，若与平面的交点正好是，则的最小值为（      ） A． B．1 C． D． 【答案】D 【分析】利用空间向量的四点共面的定理，得出系数的关系，再借助基本不等式求出最小值. 【详解】因为 ， 设正四面体棱长为，则正四面体高，， 所以， 因为，，， 所以， 因为四点共面， 所以，所以， 因为， 当且仅当时等号成立， 所以的最小值为. 题型04 空间向量的坐标表示 💡破题要诀 建立空间直角坐标系，写出各点坐标后完成向量加减、数乘、数量积运算，熟记公式、模长公式。 依靠坐标直接判断向量平行与垂直，平行对应坐标成比例，垂直等价于数量积等于0。 建系优先选择三条两两垂直棱作为坐标轴，写坐标仔细核对，计算过程中容易出现符号错误，做完可简单验算一遍坐标运算结果。 【例7】已知向量是空间的一个基底，向量是空间的另一个基底，一向量在基底下的坐标为，则向量在基底下的坐标为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】设在基底下的坐标为， 则， 所以，解得， 故在基底下的坐标为. 【例8】已知空间向量，，则与的夹角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由空间向量的夹角公式计算可得答案. 【详解】因为， 所以. 【变式4-1】在空间直角坐标系中，点，，，且，若，则实数的值为________. 【答案】 【详解】， ， 因为，所以， 即，又，所以. 【变式4-2】已知向量，，若向量与所成角为锐角，则实数的取值范围为________. 【答案】 【分析】根据题意得到，再舍去的情况即可得到答案. 【详解】，， 因为向量与所成角为锐角， 所以，即，解得， 当与平行时，，， 由向量共线定理得：使得，即， 所以，因为向量与所成角为锐角，所以 所以向量与所成角为锐角，实数的范围. 【变式4-3】已知向量，，则以，为邻边的平行四边形的面积为（    ） A． B． C．4 D．8 【答案】B 【详解】，， ，，， 设的夹角为，， ，故， 所以以为邻边的平行四边形的面积为. 题型05 空间向量与位置关系 💡破题要诀 用方向向量处理直线，用法向量处理平面，实现平行、垂直的转化证明。线线看方向向量，线面看方向向量和法向量，面面看两个平面法向量。 平行转化为向量共线或向量垂直，垂直转化为数量积等于0。 证明线面平行注意排除直线在平面内的情况；求平面法向量用待定系数法，解方程组后给变量赋非零值得到一个法向量即可，无需追求标准形式。 【例9】如图，在正方体中，O为底面的中心，P为所在棱的中点，M，N为正方体的顶点.则满足的是（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】不妨以为原点建立如图所示空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则. A项：，，. ，， ，所以不垂直，故A错误； B项：，，. ，. ，所以不垂直，故B错误； C项：，，. ，. ，故，C正确； D项：，，. ，， ，所以不垂直，故D错误. 【例10】如图，正方形和四边形所在的平面互相垂直，，，，． (1)求证：平面； (2)求证：平面． 【答案】(1)设与交于点G，连接， 因为，且，又，所以， 所以四边形为平行四边形， 所以， 因为平面，平面， 所以平面． (2)因为正方形和四边形所在的平面相互垂直，且， 所以平面， 如图，以C为坐标原点，分别以所在直线为x轴，y轴，z轴，建立下图所示空间直角坐标系， 则, 所以，，， 所以·，·， 所以⊥，⊥， 即， 又，且平面，平面， 所以平面． 【分析】（1）连接交于点G，证明四边形是平行四边形得到，再用线面平行判定定理证明结论； （2）建立空间直角坐标系，求出相关向量，证明同时垂直于平面内两条相交向量，由线面垂直判定定理得证． 【详解】（1）略 （2）略 【变式5-1】如图，正方体 的棱长为 1，动点 在线段 上，动点 在平面 上，且 平面 ，则线段 长度的取值范围为（　　）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】建立空间直角坐标系， 是平面 的法向量，先由 平面 表示出 点，再把 表示为函数求解． 【详解】以 为原点， 所在直线分别为 轴建立空间直角坐标系，则 ，，．    设 （），． ，，取平面 的法向量 ． ∵ 平面 ，∴ 与 共线，得 ，． ∴ ． ∵ ，∴ 当 时 取最小值 ，当 或 时取最大值 ． ∴ ． 【变式5-2】在斜三棱柱中，底面ABC是边长为2的正三角形，侧棱，，M 为侧棱的中点. (1)求线段BM的长度； (2)求证：平面. 【答案】(1) (2)底面ABC是边长为2的正三角形，侧棱，， 则有， ，， ， ， 则有，，即，， ，平面，所以平面. 【分析】（1）中，利用余弦定理求BM的长度； （2）利用向量法证明线面垂直. 【详解】（1）中，，，， 由余弦定理有， 所以. （2）略 【变式5-3】如图，四棱锥中，平面平面，，，，，，为上一点，． (1)求证：平面； (2)求证：平面． 【答案】(1)因为，，，所以，所以， 又平面平面，平面平面，平面， 所以底面. 故以为原点，、、分别为轴､轴､轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则､､､､､， 所以，，， 则，， 即，，又，平面， 所以平面. (2)，，， 设平面的一个法向量为， 则，即， 令，则，所以. 所以，所以， 因为平面，所以平面． 【分析】（1）由得，又平面平面得底面，以A为原点，、、分别为轴､轴､轴建立空间直角坐标系，证明，，再由线面垂直的判定定理可得答案； （2）求出平面的一个法向量，利用可得答案. 【详解】（1）略 （2）略 题型06 求线线角、线面角、二面角 💡破题要诀 异面直线角取方向向量夹角的绝对值，；线面角满足。 二面角借助两个面的法向量计算余弦值，必须观察图形判断二面角是锐角还是钝角，确定符号取舍。 做题切忌直接照搬向量夹角结果，空间角都有自身取值范围，算完核对角度范围，大题步骤要写出向量、夹角公式，不能只写最终答案。 【例11】如图，四棱锥的底面是边长为的正方形，，二面角的大小为，平面平面，平面平面，．    (1)证明：平面； (2)若，求直线与平面所成角的大小． 【答案】(1)证明：因为平面平面，平面平面， ，且平面，所以平面． 又因为平面，所以． 在正方形中，． 因为，，平面，所以平面． (2)或． 【分析】（1）由面面垂直的性质推出，结合，即可证明结论； （2）建立空间直角坐标系，设，利用二面角的大小为，可求出，，，或，，，再根据空间角的向量求法，即可求得答案. 【详解】（1）略 （2）以点为坐标原点，，所在的直线分别为轴、轴， 过点的平面的垂线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，．    设，，则，． 因为，所以．① 由（1）知，平面，因为平面，所以， 所以．② 因为平面，所以平面的一个法向量为． 设平面的法向量为，则． 因为，，所以． 取，则，所以． 因为二面角的大小为， 所以．③ 由①②③解得，，，或，，， 即或． 当点的坐标为时，，，，满足题意． ，． 设平面的法向量为，则，即． 取，则，，所以． 设与平面所成的角为，则， 又因为，所以． 当点的坐标为时，，，，满足题意． ，． 设平面的法向量为，则， 即，取，则，，所以． 设与平面所成的角为，则， 又因为，所以． 综上，直线与平面所成角的大小为或． 【例12】如图，在四棱锥中，平面平面， ，，，，为的中点，点在棱上，且. (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1)取的中点，连接. 因为是的中点，是的中点，所以是的中位线，故. 又，即. 由，，得；而是的中点，，故 . 于是 且，则四边形 是平行四边形，所以. 由，平面，不在平面内，得平面，同理平面，又，平面，则平面平面. 又平面，故平面 . (2) 【分析】（1）取中点 ，由得平面平面，从而平面； （2）由面面垂直取中点作轴，再证作轴建系，求两平面法向量夹角的余弦即得二面角余弦. 【详解】（1）略 （2）取 中点 ，连接.因为，所以为等边三角形，故，. 又平面 平面 ，交线为 ，故 平面. 在底面 内，连接.因为为中点，，故. 在 中，，，， 由余弦定理，，故 . 于是，由勾股定理的逆定理知，即，故两两垂直. 以为原点，的方向为轴正方向，的方向为轴正方向，的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系. 各点坐标为，，，， 由且，得，可得. 设平面的法向量为. 由，， 得 令，解得，，故. 设平面的法向量为. 由，， 得 令，解得，，故. 设两平面夹角为， 则. 【变式6-1】如图，正四棱台的高为2，，O为底面的中心，则直线与所成的角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】通过建立空间直角坐标系，求出直线 与 的方向向量，利用向量夹角公式求解即可. 【详解】设上底面中心为 ，连接 ， 因为几何体为正四棱台，所以 平面 ， 因为 ，所以底面正方形 的对角线 ，则 ， 因为 ，所以上底面正方形 的对角线 ，则 ， 以为坐标原点，分别以，，的方向为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系， 由题意可知 ， 则，，，，，， 所以 ，， 设直线 与 所成的角为 ， 则 ， 故直线 与 所成的角的余弦值为. 【变式6-2】在三棱台中，，，平面. (1)证明：； (2)若，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明：取的中点为， 因为，所以. 以为原点，，，的方向分别为轴、轴、轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系． 设，则，，，， ，， 因为， 所以． (2) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用即可证明. （2）利用空间向量法即可求直线与平面所成的角的正弦值. 【详解】（1）略 （2）当时，， ，，. 设平面的法向量为， 则，即， 取，则，所以. 设直线与平面所成的角为 则． 所以直线与平面所成角的正弦值为. 【变式6-3】如图，四边形是圆柱的轴截面，点在底面圆上，，，点是线段的中点． (1)证明：； (2)求平面与平面所成二面角的正弦值． 【答案】(1)以为原点，所在直线为轴，在底面内过点作垂直于的直线为轴，所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系． 由题意，圆柱底面半径，高． 可得各点坐标：，，，，， 连接，则为等边三角形，可得，则． 则，， ， ∴，即． (2)1 【分析】（1）利用圆柱轴截面的垂直关系，以为原点，所在直线为轴，在底面内过点作垂直于的直线为轴，所在直线为轴建系.由知为等边三角形，求出点的坐标；为中点，由中点公式得坐标.写出与 的坐标，验证其数量积为 0，即证垂直. 在（1）的坐标系下，分别求平面与平面的法向量.求出后发现两法向量数量积为 0，说明两平面垂直，所成二面角为，故正弦值为 1. 【详解】（1）略 （2）设平面的法向量为， 由（1）可得，， 则，， 令，则，，∴， 设平面的法向量为， 由（1）可得，， 则， ， 令，则，，∴． 设平面与平面所成二面角为， ∵，∴， 故平面与平面所成二面角的正弦值是1． 题型07 已知线面角、二面角求其他 💡破题要诀 已知空间角，反向利用角与向量的关系式建立方程，一般设出未知点坐标或者参数，代入角度公式列式求解参数。 要区分角度等式的绝对值处理，线面角、异面直线角自带绝对值，二面角需要结合图形判断正负。 得到方程之后求解参数，注意舍去不符合题意的解，常见求线段长度、点的坐标、参数的值，建系准确是本类题型的前提。 【例13】在正四棱柱中，侧棱，直线与平面所成角的余弦值为，则该正四棱柱的体积等于（   ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据题意建立空间直角坐标系，用向量法即可求出底面边长，即可求解. 【详解】    如图所示，以为坐标原点，建立空间直角坐标系， 设底面正方形边长为， 则， 则， 设平面的法向量为， 则，可取， 所以， 因直线与平面所成角的余弦值为， 故直线与平面所成角的正弦值为， 所以，解得 故正四棱柱的体积为， 故选：B. 【例14】如图，在正三棱柱中，为线段的中点，为线段上的动点． (1)求证：； (2)若，，二面角的余弦值为，求的长度． 【答案】(1)连接， 在正三棱柱中，为等边三角形，   又因为M为的中点，所以．   又因为平面，平面，所以   又因为，，平面， 所以平面．   又因为平面，所以． (2)1； 【分析】（1）连接，则由等边三角形的性质可得，再由正三棱柱的性质得，然后由线面垂直的判定可得平面，最后由线面垂直的性质可证得结论； （2）如图建立空间直角坐标系， 求出相关平面的法向量，再利用面面角的空间向量表示即可得到方程，解出即可. 【详解】（1）略； （2）设为的中点， 由（1）知，，， 如图，以M为原点，以，，的方向为x，y，z轴建立空间直角坐标系． 因为，，设，， 所以，， 设平面的法向量为， 所以， 令，得，， 所以平面的一个法向量为， 由已知得，，， 所以的中点， 所以平面的一个法向量为， 设二面角的平面角为， 因为二面角的余弦值为， 所以， 化简得，解得，， 因为，所以， 【变式7-1】如图所示四棱锥，平面平面，是AB中点，平面PCD与平面POD的夹角的余弦值为，则线段OP的长为___________．    【答案】 【分析】取中点，连接，以为原点，以分别为轴建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，然后利用向量夹角公式列式求解即可. 【详解】取中点，连接，则， 所以， ，是中点，， 平面平面，平面平面，平面， 平面， 平面，， 以为原点，以分别为轴建立空间直角坐标系，    设，， 则，，，，，， ，，设平面的法向量为， ，， 取，解得，则， ，，设平面的法向量为， ，，取，解得，， ，，，， ，， 设平面与平面的夹角为，则， ，，，. 故答案为： 【变式7-2】如图，在四棱柱中，平面，，，，为线段的中点，且． (1)求证； (2)已知点在线段上，直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长． 【答案】(1)因为平面，平面，所以， 又，，，平面，所以平面， 又平面，所以 (2)或 【分析】（1）直接根据线面垂直的判定定理进行证明即可； （2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，因为点在线段上，所以设，再根据已知条件，利用线面角的夹角公式进行求解即可. 【详解】（1）略 （2）由（1）可知，故以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图： 则，，，，，， 得：，， 因为点在线段上， 所以设，其中，则． 设平面的法向量为， 则，即， 取，则，，是平面的一个法向量， 故直线与平面所成角的正弦值为， 解得或． 故线段的长为或． 【变式7-3】如图（1），平面五边形中，，，.，将沿翻折，使得平面平面，如图（2）. (1)求证：平面； (2)记直线与平面所成的角为，若，求的长. 【答案】(1)因为平面平面，平面平面， 平面， 所以平面. 因为平面，所以. 因为平面， 所以平面. (2)或. 【分析】（1）由面面垂直的性质定理得平面，再由线面垂直的性质及线面垂直的判定定理证得平面； （2）设，建立空间坐标系，由线面角的向量求法求得的长. 【详解】（1）略 （2）因为.，所以. 所以过点作直线的垂线，垂足为， 所以，. 因为平面平面，平面平面， 平面， 所以平面. 以点为坐标原点，分别以所在直线为轴，过点作垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系， 设，则. 所以， 设平面的一个法向量为， 所以， 令，则， 所以平面的一个法向量为， 所以， 所以， 所以， 所以或， 所以或. 即或. 题型08 空间中的距离问题 💡破题要诀 点到平面距离公式是高频考点；点到直线距离利用勾股，结合投影向量求解。 线面距离、面面距离前提是两者互相平行，统一转化为点到平面的距离计算。 计算距离务必取绝对值，距离结果恒非负，审题看清所求距离类型，不要混淆点线、点面公式，优先使用坐标法简化计算。 【例15】在棱长为的正方体中，，分别为线段，的中点，则点到直线的距离为________ 【答案】/ 【分析】建立合适的空间直角坐标系，写出相关点坐标，利用空间向量点到直线的距离公式即可得到答案. 【详解】以点为坐标原点，分别以为轴正方向建立空间直角坐标系， 则， 所以， 则点到直线的距离为. 【例16】已知 是各条棱长均等于 的正三棱柱， 是侧棱 的中点，则点 到平面 的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】以为空间直角坐标原点建立空间直角坐标系，通过点面距离公式，计算点到平面的距离. 【详解】以为空间直角坐标原点，以垂直于的直线为轴，以为轴，以为轴建立空间直角坐标系， 由是棱长均为的正三棱柱，是侧棱的中点， 故， 所以， 设平面的法向量为， 所以，令，则， 所以， 故点到平面的距离. 【变式8-1】如图，四边形，都是正方形，，.分别是线段，上的动点，且则的最小值是______.    【答案】2 【分析】建立空间直角坐标系，设，用表示出点的坐标，将表示成关于的函数，求最值即可. 【详解】以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系. 因为，所以，，，， 则，. 设，则，所以. 因为，所以，所以，则， 故. 因为，所以，即的最小值是. 故答案为：    【变式8-2】已知正方形，平面，且，，分别是，的中点，则到平面的距离是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先证明与平面平行，将线面距离转化为点到平面的距离，再通过空间向量法求解即得. 【详解】因为、H分别为、的中点，故是的中位线，因此. 又平面，平面，可得平面， 因此到平面的距离等于点到平面的距离. 以为原点，分别以的方向为、、轴正方向建立空间直角坐标系， 因，则可得，，，. 则，，， 设平面的法向量为， 则： ，可取， 点到平面的距离为 ， 故到平面的距离为. 【变式8-3】如图，在长方体中，，，点在上，且    (1)求直线与所成角的余弦值； (2)求点到平面的距离． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用空间向量中异面直线的夹角公式即可求解； （2）利用空间向量中的点到面的距离公式即可求解. 【详解】（1），，，，，， 设直线与直线所成角为，则．      （2）由题意，，设平面的法向量为， 则，令，可得，又， 所以到平面的距离为． 题型09 存在型问题 💡破题要诀 这类题型一般假设点存在，设出动点的坐标参数，结合平行、垂直、角度、距离条件列出方程。 求解参数，若参数存在符合实际的解，则点存在；若无解，则不存在。 注意动点的位置范围，参数要满足几何体的限制条件，求出结果后带回验证条件，大题要完整写出假设存在的逻辑表述。 【例17】如图所示，正方形所在平面与梯形所在平面垂直，，，，． (1)证明：平面； (2)在线段（不含端点）上是否存在一点，使得平面与平面的夹角的余弦值是？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)平面平面且交线为，平面且， 平面. 又平面，. 连结，，. ，. 、平面，，平面. 又，平面. (2)存在点，. 【分析】（1）线段的长度是突破口，隐含了这一垂直条件； （2）对于存在性问题，先假设存在并设参、求参，最后根据求解结果判断假设是否成立. 【详解】（1）略 （2）假设存在点满足题意，设. 如图，以为原点，、、的方向分别为、、轴正方向，建系. ，，，，，. 设平面的法向量为，则 ，取，则. 平面即平面，法向量可取. 设平面与的夹角为， 则，解得（舍去）或. 故存在点，即. 【例18】如图，在四棱锥中 ，，，平面，  ，为的中点． (1)设平面与平面的交线为直线，求证：； (2)求证：平面； (3)平面内是否存在一点，使平面？   若存在，确定点的位置；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)如下图：取的中点为，连接. 因为为的中点，所以且. 因为，，所以，又因为，所以且， 所以四边形是平行四边形，所以， 又因为平面，平面，所以平面，又因为平面平面，所以. (2)因为平面，，所以两两互相垂直，如图，分别以所在方向为轴正方向建立空间直角坐标系， 则，，，，， ，，， 设平面的一个法向量为，则，令得，. ，所以，所以平面. (3)存在，即（是的中点）的中点. 【分析】（1）先用线面平行的判定定理证明线面平行，再用线面平行的性质定理证明线线平行； （2）建立空间直角坐标系，求出直线方向向量和平面法向量即可证明线面垂直； （3）用向量法假设存在并且求出具体的点. 【详解】（1）略. （2）略. （3）平面内存在点，即（是的中点）的中点，使平面. 证明过程如下： 设平面内一点，由（2）可知，， 设平面的一个法向量为，则，令得， 若平面，则，即，解得， 所以平面内存在点，使平面. 【变式9-1】如图，斜棱柱的所有棱长都等于2，，平面平面，． (1)求二面角的平面角的余弦值． (2)在直线上是否存在点，使得平面？若存在，求出点的位置；若不存在，说明理由． 【答案】(1) (2)直线上是存在点，使得平面，点在直线上，且位于点的另一侧（相对于），满足 . 【分析】（1）通过边长与角度关系，建立空间直角坐标系，直接求出平面的法向量与 平面的法向量，利用夹角公式求出二面角的余弦值； （2）线面平行转化为线与平面的法向量垂直，利用的坐标将表示出来，根据公式将求出来. 【详解】（1）在底面菱形中， 已知，且边长均为2 连接交于点 ，则，且为的中点 在中，,，故为正三角形 所以，， 建立空间直角坐标系，以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，垂直于底面向上的方向为轴。 则 已知平面平面，且交线为 因为在平面 内，所以在底面的投影落在交线（即轴）上。 又已知， 在平面内，过 作于 在中，， 因为，且 在上，，故，即与重合。 因此 设平面的法向量 , 则，令，则 故 平面的法向量可为， 设二面角的平面角为，由图可知该二面角为锐角。 所以，二面角的余弦值为. （2）存在，设平面的法向量为， ，， 所以，令，则 由（1）可知，， 设， 所以， 平面，所以， 即，解得 所以点在直线上，且位于点的另一侧（相对于），满足 . 【变式9-2】如图，在四棱锥中，，，，平面平面． (1)求证：； (2)线段上是否存在点，使平面与平面所成角大小为？若存在，找出点的位置；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明：在平面中，过作于． ∵平面平面，平面平面，平面， 平面． 平面， ． ， ，， ， ，即． ，平面，， 平面． 平面． ． (2)存在，点为靠近点的三等分点 【分析】（1）先通过底面角度关系证明，再结合面面垂直的性质定理，证明 平面，从而由线面垂直推出线线垂直;（2）法 1（向量法）：建立空间直角坐标系，用参数表示点的位置，分别求出两个平面的法向量，根据二面角的余弦值列方程求解参数，确定点的位置;法 2（几何法）：用等体积法求出点到平面的距离，构造二面角的平面角，结合余弦定理建立关于参数的方程，求解得到点的位置。 【详解】（1）略 （2）法1：以为原点，方向为轴，方向为轴，建立空间直角坐标系． 由（1）得：，， ，，，，． 取中点，连接，，则，． ，， ，． 平面，平面， ． ，平面，且， 平面． ， ，． 设， 则， 设平面的法向量为， 则有，即， 取，，则，则． 易知为平面的其中一个法向量． 设平面与平面的夹角为， 则， 解得（舍去）或， ∴存在这样的点，此时点为靠近点的三等分点． 法2：同法1可得平面，． 平面， ， ． 同样设，（） ，， ， ， 过作平面于，过作于， 则为平面与平面的夹角． 由体积相等得：， ，， ，，① ，② ∴由①②得：（舍去）或， ∴存在这样的点，此时点为靠近点的三等分点． 【变式9-3】如图1，在梯形中，，，，将沿翻折至，连接，得到图2的三棱锥，且． (1)求证：； (2)若，在线段上是否存在点，使直线与平面所成角的正弦值为？若存在，请说明点的位置；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)在翻折前的梯形中： 由，翻折后对应得； 翻折后，，且，平面， 所以平面， 又平面，因此； (2)存在，为线段的中点，理由如下： 因为，，得. 由，得，又，故， 所以，故， 由（1）知，结合，，平面， 则平面， 以为原点，以为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，. 设在上，令，， 则. 直线的方向向量为， ，， 设平面的法向量为， 则 ， 取，可得，，则， 设直线与平面所成角为， ， 解得，符合， 此时为线段的中点. 【分析】（1）由，，根据线面垂直判定定理证明平面，进而得到； （2）建立空间直角坐标系，求直线的方向向量与平面的法向量，利用向量夹角公式求直线与平面所成角的正弦值，结合条件列方程求结论. 【详解】（1）略； （2）存在点，为线段的中点. 基础固本练（限时：15分钟） 1．已知直线的方向向量为，平面的法向量为，则“”是“”的（   ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】B 【分析】根据线面平行的判定定理，结合充分、必要条件的概念，即可得答案． 【详解】若，则或，故充分性不成立， 若，则，故必要性成立， 所以“”是“”的必要不充分条件． 2．已知，，，且，，，四点共面，则的值为（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】四点共面等价于对应向量共面，利用共面向量定理建立坐标方程组，解方程组即可求出参数值. 【详解】根据共面向量定理：若三个向量共面，则其中一个向量可由另外两个不共线的向量线性表示， 设 ，代入向量坐标得 对应坐标相等，列出方程组得， 先解后两个方程，得， 代入第一个方程得， 因此. 3．已知正方体的棱长为，点在正方体内部（含表面）且满足．若点到直线的距离为，则（    ） A． B． C．或 D． 【答案】C 【分析】建立空间直角坐标系，求向量，，，的坐标，利用向量方法由点到直线的距离公式求解. 【详解】如图，以为原点，为轴正方向建立空间直角坐标系， 则， 所以， 又， 所以， 取，， 则，， 所以点到直线的距离为 化简得，则或，都符合题意. 4．在三棱锥中，，，，，为的重心，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】用基底表示，由求解. 【详解】取中点，则为上靠近的三等分点， 则 , 所以 ， 所以. 5．向量，向量，则______． 【答案】 3 【分析】利用空间向量的线性运算和数量积的坐标运算规则求解即可. 【详解】向量，向量，则 ， 所以. 6．如图，在平行六面体中，以顶点为端点的三条棱长均为3，且它们彼此的夹角都是，则对角线的长为_______． 【答案】 【分析】利用空间向量基本定理，将对角线向量表示为从顶点出发的三条棱向量的和，通过计算向量模的平方求解长度. 【详解】设，，， 由题意可知，且. 根据向量加法运算可得： ， 则 ， 所以，即对角线的长为. 7．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__________．    【答案】/ 【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法求面与面的夹角余弦值. 【详解】以A为原点，为轴正方向建立空间直角坐标系， 则， 平面的一个法向量， 设平面的法向量为， ， 则有 令，则，所以. 则， 即平面与平面夹角的余弦值为.    8．如图，正方体，则下列四个命题： ①点P在直线上运动，三棱锥的体积不变； ②点P在直线上运动，直线与平面所成角的大小不变； ③点P在直线上运动，二面角的大小不变； ④点P是平面上到点D和，距离相等的动点，则P的轨迹是过点B的一条直线．其中真命题是________（请在横线上填上正确命题的序号） 【答案】①③④ 【分析】利用锥体的体积公式可判断①的正误；利用线面角的定义可判断②的正误；利用二面角的定义可判断③的正误；利用空间中两点间的距离公式可判断④的正误. 【详解】在正方体中，且，则四边形为平行四边形，， 平面，平面，所以，平面， 点在直线上运动，点到平面的距离为定值， 为定值，①正确； 设直线与平面所成的角为， 当点在直线上运动，点到平面的距离为定值，但在变，则不是定值，故直线与平面所成角的大小不是定值，②错； 设二面角的大小为，点在到面的距离不变，到的距离不变，故为定值， 所以二面角的大小不变，③正确； 设正方体边长为，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系， 则、，设点， 由可得，解得， 因此，的轨迹是过点的一条直线，④正确. 故答案为：①③④. 9．已知正四面体的棱长为，点是的重心，点是线段的中点． (1)用，，表示，并求出； (2)求异面直线与所成角的余弦值． 【答案】(1)， (2) 【分析】（1）由向量加法的三角形法则表示，再把平方即可得到答案. （2）由向量的线性运算可得，利用向量法可求得异面直线与所成角的余弦值． 【详解】（1）因为点是线段的中点，点是的重心， 所以， 因为， 所以 ， ； （2） ． 设直线与直线成角为，， 所以． 所以异面直线与所成角的余弦值为. 10．如图，正方体的棱长为，是的中点． (1)求证：； (2)求平面与底面所成锐二面角的余弦值． 【答案】(1)在正方体中， 建立如图所示空间直角坐标系： 则，，，， 所以，，， 则， 所以． (2)． 【分析】（1）以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用坐标法直接判断两向量垂直，即可得出结论； （2）利用坐标法直接求解锐二面角的余弦值. 【详解】（1）略 （2）由（1）知，，，，， 由底面，得底面的法向量为， 而，， 设平面的法向量为，则， 得，取，得， 因此， 所以平面与底面所成锐二面角的余弦值为. 11．在如图所示的几何体中，平面，，是的中点，，，． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)求点C到平面的距离． 【答案】(1)取的中点，连接，， 由是的中点，得，而，则 又，于是四边形是平行四边形，则， 在中，，，有， 而平面，，则平面， 因为平面，得， 而，，平面， 因此平面，又，所以平面. (2) (3). 【分析】（1）根据平行四边形的判定及性质，等腰三角形性质及线面垂直的性质判定推理即得； （2）建立空间直角坐标系，求平面的一个法向量，设与平面的夹角为，则，将向量代入求解； （3）利用向量法，点C到平面的距离，将向量代入求解． 【详解】（1）略 （2）    由（1）已知平面，而，则直线，，两两垂直， 如图，以为原点，直线，，分别为，，轴建立空间直角坐标系， 于是，，，，， ，则，，， 设是平面的一个法向量， 则，故可取， 设与平面的夹角为， 因此， 所以与平面所成角的正弦值是. （3）由（2）知平面的一个法向量为，， 则点到平面的距离. 12．如图，正方体的棱长为2，点是线段上的点（异于端点），记． (1)当为锐角时，求实数的取值范围； (2)当平面与平面的夹角的大小为时，求点到平面的距离． 【答案】(1)． (2) 【分析】（1）根据正方体建立空间直角坐标系，找到参数范围列出表达式求解； （2）利用坐标以及点到面距离公式，代入求解. 【详解】（1）以为原点，直线，，分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系．则，，，，所以，， 因为，所以，记，所以， 所以，， 因为为锐角，所以，且， 所以，且，不共线， 所以，即，所以，即为锐角时，的取值范围为． （2）由（1）知，， 设平面的一个法向量，则 即 令，解得，， 故平面的一个法向量． 易知平面的一个法向量． 因为平面与平面的夹角的大小为， 所以， 解得，或（舍）． 所以平面的一个法向量，又， 所以点到平面的距离． 综合进阶练（限时：15分钟） 13．如图，四棱锥的底面是边长为的正方形，平面，，动点在线段上，则的最小值为（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先建立空间直角坐标系，把动点设出来，求出距离并且转化，最后利用二次函数求出最值。 【详解】由题意可得且平面， 则以点为坐标原点，以，，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 因此，，，，， 因为在线段上，设，， 则，，即， 则， ， 当为二次函数对称轴时，即时，取得最小值， 那么.    14．如图，水平放置的正方形边长为1，先将正方形绕直线向上旋转，得到正方形，再将所得的正方形绕直线向上旋转得到正方形，则平面与平面所成的锐二面角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】将正方形放于正方体和正四棱柱的公共面上，根据旋转的情况，建立空间直角坐标系，求出关键点的坐标和关键平面的法向量，利用二面角的向量法求解即可. 【详解】由已知条件中的旋转，可将正方形放于正方体和正四棱柱的公共面上， 其中正方体的棱长为1，正四棱柱高为， 由题可得，则，所以， 以点为坐标原点，分别为轴建立如图空间直角坐标系， 则，，，，， 所以，，，， 设平面的一个法向量为， 则，令，解得，，所以； 设平面的一个法向量为， 则，令， 解得，，所以， ， 所以平面与平面所成的锐二面角的余弦值为. 15．如图，在正四棱台中，，，，，直线与平面交于点，则_________． 【答案】 【分析】取一组基向量，用基向量表示关键向量，利用四点共面条件比较系数求解。 【详解】设，，，则， 由于，则， 于是① 由题意得，②， ③，④， 设，由①得⑤， 因为，，，四点共面，则存在，使得， 而，，，. 整理得， 将②③④代入得⑥ 比较⑤⑥系数得，，，即，解得. 16．如图，在直三棱柱中，，，已知和分别为和的中点，和分别为线段和上的动点（不包括端点），若，则线段长度的取值范围为________. 【答案】 【分析】建立空间直角坐标系，设出、的坐标，利用条结合垂直关系的向量表示列方程得到两个参数之间的关系式，写出长度的平方关于参数的表达式，结合参数的取值范围，利用二次函数的性质求取值范围. 【详解】如图所示，以为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系， 因为和分别为和的中点，所以， 因为和分别为线段和上的动点（不包括端点）， 设，， 则， 因为，所以，即，即， 则，可得， 当时，，当时，， 所以线段长度的取值范围为. 17．如图，在三棱锥中，，，为的中点． (1)证明：平面； (2)若点在棱上，与平面所成角的正弦值为，求二面角的余弦值． 【答案】(1)证明：因为，所以是等边三角形． 因为为的中点，所以，且． 因为，，所以，所以． 如图，连接．因为为的中点，所以． 因为，所以． 因为，，平面，所以平面． (2) 【分析】（1）先根据等边三角形性质及勾股定理证明和，然后根据线面垂直的判定定理证明即可； （2）建立空间直角坐标系，根据线面角的向量求法确定M点的位置，再根据面面角的向量求法，即可求得答案. 【详解】（1）略 （2）由（1）知，，． 因为，为的中点，所以． 以为坐标原点，，，的方向分别为，，轴的正方向， 建立空间直角坐标系．则，，，，， 所以，，． 因为点在棱上，直线方程为， 所以设，则．由题意，得．   设平面的法向量为，则． 设，则，，所以． 由题意，得， 化简得，解得（舍）或，所以． 设平面的法向量为，则． 设，则，，所以． 因为， 由题知，二面角的平面角是锐角， 所以二面角的余弦值为． 18．如图，在菱形中，已知，为的中点，现将四边形沿折起至（其中点为折叠后点的位置）． (1)求证：平面； (2)若二面角的大小为，求平面与平面所成角的余弦值． 【答案】(1)原图中四边形为菱形，且，所以为正三角形， 因为为的中点，所以，，折叠后垂直关系仍然成立， 可知，平面，平面，所以平面. (2) 【分析】（1）根据折叠过程的性质，以及线面垂直的判定定理，说明线面垂直即可； （2）根据几何体的性质，建立空间直角坐标系，进而求出平面法向量，根据面面角的向量方法，求出结果即可. 【详解】（1）略 （2）如图，以点为坐标原点，分别以线段，所在直线为轴，轴， 再以过点且垂直于平面且向上的直线为轴，建立空间直角坐标系． 因为平面，所以为二面角的平面角，所以， 设，则点，，，， 由得点，所以，， 设平面的一个法向量为， 则，整理得， 令，则， 又易得平面的一个法向量， 所以设平面与平面所成角为， 则， 所以平面与平面所成角的余弦值为． 19．如图，在三棱柱中，侧棱垂直于底面，分别是线段和上的点，且为线段的中点． (1)求证：平面； (2)求直线到平面的距离； (3)在棱上是否存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出线段的长，若不存在，请说明理由． 【答案】(1)因为三棱柱中，底面，平面， 所以. 又，所以. 以为原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系. 由，且，为的中点， 可得：. 则，，. ，，. 设平面的法向量为， 则，即， 令，则，所以. 因为，所以. 又因为平面，所以平面. (2) (3)假设存在点满足条件. 因为在棱上，设，即， 所以，则. 设直线与平面所成角为， 则. 由题意知，化简得， 两边平方得，即，解得. 所以存在点满足条件.此时，则. 故存在满足条件的点，线段的长为. 【分析】（1）根据题意，以为原点建立空间直角坐标系，写出各点坐标，求出向量以及平面的法向量，通过证明且平面，即可得证； （2）由（1）可知平面，将线面距离转化为点到平面的距离，利用点到平面的距离公式求解即可； （3）设，求出点和向量的坐标，利用直线与平面所成角的正弦值为列关于的方程，解出后再求线段的长. 【详解】（1）略 （2）因为平面，所以直线到平面的距离即为点到平面的距离. 由（1）知平面的法向量为，且， 所以距离. （3）略 20．如图，在四棱锥中，平面平面，，，，为棱的中点． (1)证明：平面； (2)若，， （ⅰ）求二面角的余弦值； （ⅱ）在线段上是否存在点，使得点到平面的距离是？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 【答案】(1)证明：取的中点，连接，． 因为分别为的中点，所以且． 又且，所以且，所以四边形 为平行四边形，所以． 又平面，平面，所以平面． (2)（ⅰ）；（ⅱ）存在， 【分析】（1）取中点，连接，；证为平行四边形，根据平行四边形的性质及线面平行的判定定理证明即可. （2）（ⅰ）由得，根据面面垂直的性质及线面垂直的性质得到，以为原点建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，根据二面角的向量求法求解即可. （ⅱ）根据点到平面的距离的向量求法求解即可． 【详解】（1）略 （2）（ⅰ）因为，，，所以，则． 因为平面平面，平面平面，所以平面． 又平面，所以. 又，以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则，，，，，． 平面即平面，其法向量． 设平面的法向量，，， 则，即，令，则，，所以. 设二面角的大小为，由图可知该二面角为钝角， 所以． 所以二面角的余弦值为. （ⅱ）设（），，则，. 点到平面的距离． 由题意得，得，解得或（舍去，因为）. 所以存在这样的点满足条件，此时，则． 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题03 空间向量及其应用 01 期中考情透视 02 复习目标锚定 03 知识体系构建 04 核心考点精讲 考点一、空间向量有关定理 考点二、空间向量数量积与坐标运算 考点三、方向向量、平面法向量与空间位置关系 考点四、空间角的向量求解 考点五、空间距离的向量求法 05 重难题型突破 题型01 空间向量及其运算 题型02 共面向量定理 题型03 空间向量基本定理 题型04 空间向量的坐标表示 题型05 空间向量与位置关系 题型06 求线线角、线面角、二面角 题型07 已知线面角、二面角求其他 题型08 空间中的距离问题 题型09 存在型问题 06 限时分层演练 基础固本练 / 综合进阶练 1.命题考点分布 共线、共面向量定理及推论、空间向量基本定理，向量坐标运算、数量积是基础高频考点；直线方向向量、平面法向量求解，利用向量判定空间线面平行、垂直关系为核心考点；异面直线夹角、线面角、二面角的向量计算，点到平面距离是期中解答题高频考点。法向量计算出错、空间角混淆角度范围、四点共面条件误用为本专题最主要失分点。 2.命题角度特点 基础题：直接考查向量线性运算、数量积、坐标运算，侧重定理公式识记； 中档题：给定几何体，求平面法向量、求解空间角与点面距离，需要建立空间直角坐标系运算； 命题联动：常与立体几何几何体结合，把立体几何位置关系转化为向量运算，是期中热门考法。 3.考情总结 期中试卷中选择、填空侧重向量定理、简单夹角与距离计算；解答题常以立体几何大题形式出现，考查法向量、空间角或距离。整体以基础、中档题占主体，部分试卷设置综合性小问，较少出现极端难题。 识记 1.熟记共线向量、共面向量、空间向量基本定理内容与推论，背熟三点共线、四点共面的向量表达式； 2.牢记空间向量夹角定义、数量积公式，熟记向量坐标加减、数量积、模长的坐标计算公式； 3.记住直线方向向量、平面法向量定义，背熟异面直线角、线面角、二面角、点面距离的向量计算公式。 4.能够准确复述全部公式定理，做到看到题型快速调取对应公式。 理解 1.理解共线、共面向量定理的充要条件，分清三点共线与四点共面向量条件的区别，明白参数的几何含义； 2.理解向量夹角必须共起点，分清向量夹角与立体几何空间角的范围差异，理解数量积的几何投影意义； 3.理解平面法向量待定系数法原理，理解如何把线面平行、垂直的立体关系转化为向量代数条件，明白距离公式投影的几何意义。 应用 1.会用向量定理判断三点共线、四点共面，能熟练完成空间向量坐标运算，正确使用待定系数法求解平面的法向量； 2.面对立体几何题目，能够建立空间直角坐标系，利用方向向量、法向量判定线面平行、垂直位置关系； 3.能够熟练用向量公式求解异面直线角、线面角、二面角以及点到平面距离，注意角度结果取对应立体角，规范大题书写步骤。 考点一、空间向量有关定理 1.共线向量定理：两空间向量共线的充要条件是存在实数使；推论：三点共线的向量表达式。 2.共面向量定理：两不共线向量，向量与共面 存在实数对，使；推论：四点共面条件。 3.空间向量基本定理：三个不共面向量构成空间基底，空间任意向量可唯一表示为。 ⚠️易混易错 区分三点共线、四点共面的向量表达式；基底要求三个向量不共面，共面向量不能做空间基底；注意共面向量推论等式右侧系数之和等于1的条件。 考点二、空间向量数量积与坐标运算 1.向量夹角：共起点作向量，夹角范围；。 2.数量积：；零向量与任意向量数量积为0；满足交换律、数乘结合律、分配律。 3.坐标运算：已知，则；模长。 ⚠️易混易错 向量夹角必须共起点；数量积不满足结合律；不要把数量积运算当成实数乘法；垂直等价条件对零向量要注意辨析。 考点三、方向向量、平面法向量与空间位置关系 1.直线方向向量：直线上的非零向量，可以描述直线方向。 2.平面法向量：垂直于平面的非零向量；待定系数法求法向量——取平面内两不共线向量，联立方程组，赋值求解。 3.位置向量判定：线线、线面、面面平行与垂直，转化为方向向量、法向量平行或数量积为0。 ⚠️易混易错 求法向量解方程组有无穷多解，只取一个非零解即可；线面平行等价于直线方向向量与平面法向量垂直，但要注意直线不在平面内；面面平行需要两个法向量共线。 考点四、空间角的向量求解 1.异面直线所成角，，取绝对值。 2.线面角，。 3.二面角：两个面法向量的夹角，需要结合图形判断二面角是锐角还是钝角。 ⚠️易混易错 立体几何空间角与向量夹角范围不一样，异面直线角、线面角一定要取绝对值；二面角结果要结合图形判断正负，不能直接照搬法向量夹角。 考点五、空间距离的向量求法 1.点到直线距离：利用向量投影公式计算。 2.点到平面距离公式：，其中为平面法向量。 3.线面距离、面面距离：前提是两平面/直线与平面互相平行，再转化为点到平面距离。 ⚠️易混易错 线面距离、面面距离前提必须两者互相平行，不平行不能转化为点面距离；距离结果一定非负，公式外面必须加绝对值。 题型01 空间向量及其运算 💡破题要诀 掌握向量加减、数乘、数量积的运算法则，分清几何形式与符号表达，计算数量积牢记，注意夹角必须共起点，范围为。运算时善用运算律简化式子，遇到几何图形优先选取基底表示目标向量，避开复杂几何推导。 做题警惕零向量特殊情况，垂直等价条件、模长计算要准确，避免直接套用平面向量结论忽略空间场景。 【例1】在平行六面体中，下列各式不成立的有（    ） A． B． C． D． 【例2】已知正四面体的棱长为，点是棱的中点，则的值为（    ） A． B． C． D． 【变式1-1】如图，在三棱柱中，点在棱上，且，为线段的中点，则（   ） A． B． C． D． 【变式1-2】若，，为空间两两夹角都是的三个单位向量，则________． 【变式1-3】如图，在平行六面体中，，，，， (1)求的长； (2)与所成角的余弦值． 题型02 共面向量定理 💡破题要诀 核心利用共面向量与四点共面推论解题，若不共线，则代表三向量共面；四点共面满足且。 判定共面可通过向量线性表示验证系数关系，解答题常用来证明点在平面内，注意前提条件：基底两个向量必须不共线，审题区分三点共线与四点共面公式，防止公式混用。 【例3】已知动点Q在所在平面内运动，若对于空间不在所在平面内的点P，都有，则实数m的值为（   ） A．0 B． C． D．2 【例4】已知M，A，B，C为空间中四点，任意三点不共线，对于平面外一点，，若四点共面，则的最小值为（） A．2 B．4 C． D． 【变式2-1】空间中有5个点，，，，，若不共线的，，，四点在平面内，，且满足，则的值为（    ） A． B． C． D． 【变式2-2】若，，，四点共面，为空间中任意一点，且，则（     ） A． B． C． D． 【变式2-3】如图，在四棱锥中，，，，，，在棱上，若，，，四点共面，则_________． 题型03 空间向量基本定理 💡破题要诀 该定理要求三个基底向量不共面，空间内任意向量都可以唯一写为，解题关键是选好一组不共面基底。 将目标向量拆解为基底的线性组合，多用于没有建立坐标系的几何体，替代建系完成证明、求值。 拆解向量时充分利用图形中的中线、等分点，结合向量加减法转化，一定要检验基底是否满足不共面，不满足则不能使用该定理。 【例5】已知是空间的一个基底，则下列选项中，不能构成空间基底的是（    ） A．，， B．，， C．，， D．，， 【例6】如图，在空间四边形OABC中，设，，，且OM＝2MA，BN＝NC，则（    ） A． B． C． D． 【变式3-1】若构成空间的一个基底，则下列能构成空间的一个基底的是（    ） A． B． C． D． 【变式3-2】如图，在平行六面体中，，，是的中点，设，，． (1)若，求的值； (2)用，，表示； (3)求的长． 【变式3-3】如图，正四面体的外接球球心为，点在底面上的射影为，点，，满足，，，其中，，若与平面的交点正好是，则的最小值为（      ） A． B．1 C． D． 题型04 空间向量的坐标表示 💡破题要诀 建立空间直角坐标系，写出各点坐标后完成向量加减、数乘、数量积运算，熟记公式、模长公式。 依靠坐标直接判断向量平行与垂直，平行对应坐标成比例，垂直等价于数量积等于0。 建系优先选择三条两两垂直棱作为坐标轴，写坐标仔细核对，计算过程中容易出现符号错误，做完可简单验算一遍坐标运算结果。 【例7】已知向量是空间的一个基底，向量是空间的另一个基底，一向量在基底下的坐标为，则向量在基底下的坐标为（    ） A． B． C． D． 【例8】已知空间向量，，则与的夹角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【变式4-1】在空间直角坐标系中，点，，，且，若，则实数的值为________. 【变式4-2】已知向量，，若向量与所成角为锐角，则实数的取值范围为________. 【变式4-3】已知向量，，则以，为邻边的平行四边形的面积为（    ） A． B． C．4 D．8 题型05 空间向量与位置关系 💡破题要诀 用方向向量处理直线，用法向量处理平面，实现平行、垂直的转化证明。线线看方向向量，线面看方向向量和法向量，面面看两个平面法向量。 平行转化为向量共线或向量垂直，垂直转化为数量积等于0。 证明线面平行注意排除直线在平面内的情况；求平面法向量用待定系数法，解方程组后给变量赋非零值得到一个法向量即可，无需追求标准形式。 【例9】如图，在正方体中，O为底面的中心，P为所在棱的中点，M，N为正方体的顶点.则满足的是（ ） A． B． C． D． 【例10】如图，正方形和四边形所在的平面互相垂直，，，，． (1)求证：平面； (2)求证：平面． 【变式5-1】如图，正方体 的棱长为 1，动点 在线段 上，动点 在平面 上，且 平面 ，则线段 长度的取值范围为（　　）    A． B． C． D． 【变式5-2】在斜三棱柱中，底面ABC是边长为2的正三角形，侧棱，，M 为侧棱的中点. (1)求线段BM的长度； (2)求证：平面. 【变式5-3】如图，四棱锥中，平面平面，，，，，，为上一点，． (1)求证：平面； (2)求证：平面． 题型06 求线线角、线面角、二面角 💡破题要诀 异面直线角取方向向量夹角的绝对值，；线面角满足。 二面角借助两个面的法向量计算余弦值，必须观察图形判断二面角是锐角还是钝角，确定符号取舍。 做题切忌直接照搬向量夹角结果，空间角都有自身取值范围，算完核对角度范围，大题步骤要写出向量、夹角公式，不能只写最终答案。 【例11】如图，四棱锥的底面是边长为的正方形，，二面角的大小为，平面平面，平面平面，．    (1)证明：平面； (2)若，求直线与平面所成角的大小． 【例12】如图，在四棱锥中，平面平面， ，，，，为的中点，点在棱上，且. (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值. 【变式6-1】如图，正四棱台的高为2，，O为底面的中心，则直线与所成的角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【变式6-2】在三棱台中，，，平面. (1)证明：； (2)若，求直线与平面所成角的正弦值. 【变式6-3】如图，四边形是圆柱的轴截面，点在底面圆上，，，点是线段的中点． (1)证明：； (2)求平面与平面所成二面角的正弦值． 题型07 已知线面角、二面角求其他 💡破题要诀 已知空间角，反向利用角与向量的关系式建立方程，一般设出未知点坐标或者参数，代入角度公式列式求解参数。 要区分角度等式的绝对值处理，线面角、异面直线角自带绝对值，二面角需要结合图形判断正负。 得到方程之后求解参数，注意舍去不符合题意的解，常见求线段长度、点的坐标、参数的值，建系准确是本类题型的前提。 【例13】在正四棱柱中，侧棱，直线与平面所成角的余弦值为，则该正四棱柱的体积等于（   ）    A． B． C． D． 【例14】如图，在正三棱柱中，为线段的中点，为线段上的动点． (1)求证：； (2)若，，二面角的余弦值为，求的长度． 【变式7-1】如图所示四棱锥，平面平面，是AB中点，平面PCD与平面POD的夹角的余弦值为，则线段OP的长为___________．    【变式7-2】如图，在四棱柱中，平面，，，，为线段的中点，且． (1)求证； (2)已知点在线段上，直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长． 【变式7-3】如图（1），平面五边形中，，，.，将沿翻折，使得平面平面，如图（2）. (1)求证：平面； (2)记直线与平面所成的角为，若，求的长. 题型08 空间中的距离问题 💡破题要诀 点到平面距离公式是高频考点；点到直线距离利用勾股，结合投影向量求解。 线面距离、面面距离前提是两者互相平行，统一转化为点到平面的距离计算。 计算距离务必取绝对值，距离结果恒非负，审题看清所求距离类型，不要混淆点线、点面公式，优先使用坐标法简化计算。 【例15】在棱长为的正方体中，，分别为线段，的中点，则点到直线的距离为________ 【例16】已知 是各条棱长均等于 的正三棱柱， 是侧棱 的中点，则点 到平面 的距离为（    ） A． B． C． D． 【变式8-1】如图，四边形，都是正方形，，.分别是线段，上的动点，且则的最小值是______.    【变式8-2】已知正方形，平面，且，，分别是，的中点，则到平面的距离是（    ） A． B． C． D． 【变式8-3】如图，在长方体中，，，点在上，且    (1)求直线与所成角的余弦值； (2)求点到平面的距离． 题型09 存在型问题 💡破题要诀 这类题型一般假设点存在，设出动点的坐标参数，结合平行、垂直、角度、距离条件列出方程。 求解参数，若参数存在符合实际的解，则点存在；若无解，则不存在。 注意动点的位置范围，参数要满足几何体的限制条件，求出结果后带回验证条件，大题要完整写出假设存在的逻辑表述。 【例17】如图所示，正方形所在平面与梯形所在平面垂直，，，，． (1)证明：平面； (2)在线段（不含端点）上是否存在一点，使得平面与平面的夹角的余弦值是？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【例18】如图，在四棱锥中 ，，，平面，  ，为的中点． (1)设平面与平面的交线为直线，求证：； (2)求证：平面； (3)平面内是否存在一点，使平面？   若存在，确定点的位置；若不存在，请说明理由． 【变式9-1】如图，斜棱柱的所有棱长都等于2，，平面平面，． (1)求二面角的平面角的余弦值． (2)在直线上是否存在点，使得平面？若存在，求出点的位置；若不存在，说明理由． 【变式9-2】如图，在四棱锥中，，，，平面平面． (1)求证：； (2)线段上是否存在点，使平面与平面所成角大小为？若存在，找出点的位置；若不存在，请说明理由． 【变式9-3】如图1，在梯形中，，，，将沿翻折至，连接，得到图2的三棱锥，且． (1)求证：； (2)若，在线段上是否存在点，使直线与平面所成角的正弦值为？若存在，请说明点的位置；若不存在，请说明理由． 基础固本练（限时：15分钟） 1．已知直线的方向向量为，平面的法向量为，则“”是“”的（   ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 2．已知，，，且，，，四点共面，则的值为（     ） A． B． C． D． 3．已知正方体的棱长为，点在正方体内部（含表面）且满足．若点到直线的距离为，则（    ） A． B． C．或 D． 4．在三棱锥中，，，，，为的重心，则（    ） A． B． C． D． 5．向量，向量，则______． 6．如图，在平行六面体中，以顶点为端点的三条棱长均为3，且它们彼此的夹角都是，则对角线的长为_______． 7．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__________．    8．如图，正方体，则下列四个命题： ①点P在直线上运动，三棱锥的体积不变； ②点P在直线上运动，直线与平面所成角的大小不变； ③点P在直线上运动，二面角的大小不变； ④点P是平面上到点D和，距离相等的动点，则P的轨迹是过点B的一条直线．其中真命题是________（请在横线上填上正确命题的序号） 9．已知正四面体的棱长为，点是的重心，点是线段的中点． (1)用，，表示，并求出； (2)求异面直线与所成角的余弦值． 10．如图，正方体的棱长为，是的中点． (1)求证：； (2)求平面与底面所成锐二面角的余弦值． 11．在如图所示的几何体中，平面，，是的中点，，，． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)求点C到平面的距离． 12．如图，正方体的棱长为2，点是线段上的点（异于端点），记． (1)当为锐角时，求实数的取值范围； (2)当平面与平面的夹角的大小为时，求点到平面的距离． 综合进阶练（限时：15分钟） 13．如图，四棱锥的底面是边长为的正方形，平面，，动点在线段上，则的最小值为（    ）    A． B． C． D． 14．如图，水平放置的正方形边长为1，先将正方形绕直线向上旋转，得到正方形，再将所得的正方形绕直线向上旋转得到正方形，则平面与平面所成的锐二面角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 15．如图，在正四棱台中，，，，，直线与平面交于点，则_________． 16．如图，在直三棱柱中，，，已知和分别为和的中点，和分别为线段和上的动点（不包括端点），若，则线段长度的取值范围为________. 17．如图，在三棱锥中，，，为的中点． (1)证明：平面； (2)若点在棱上，与平面所成角的正弦值为，求二面角的余弦值． 18．如图，在菱形中，已知，为的中点，现将四边形沿折起至（其中点为折叠后点的位置）． (1)求证：平面； (2)若二面角的大小为，求平面与平面所成角的余弦值． 19．如图，在三棱柱中，侧棱垂直于底面，分别是线段和上的点，且为线段的中点． (1)求证：平面； (2)求直线到平面的距离； (3)在棱上是否存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出线段的长，若不存在，请说明理由． 20．如图，在四棱锥中，平面平面，，，，为棱的中点． (1)证明：平面； (2)若，， （ⅰ）求二面角的余弦值； （ⅱ）在线段上是否存在点，使得点到平面的距离是？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $