本章总结提升
【素养提升】
题型一
例1 ABC [解析] 对于A,由单位向量的定义知单位向量是模为1的向量,所以将空间所有的单位向量平移到同一个起点,它们的终点构成一个球面,故A正确;对于B,若非零向量a,b,c满足a∥b,b∥c,则a∥c,故B正确;对于C,由平面的法向量的定义可知,与一个平面的一个法向量共线的非零向量都是该平面的法向量,故C正确;对于D,空间向量不能比较大小,而空间向量的模是非负实数,可以比较大小,故D错误.故选ABC.
例2 (1)C (2)D [解析] (1)如果向量a,b与任何向量都不能构成空间的一个基底,那么a,b的关系是共线,所以①中说法不正确.易知②③中说法正确.故选C.
(2)因为=,=,所以=+=+.因为=+=-+,所以=+(-+)=-++.故选D.
例3 (1)C (2)CD [解析] (1)由题意知⊥,⊥,⊥,且||=||=||=||,所以·=(++)·(++)=·(++)=+++2·+·+·=++=||2.故选C.
(2)设=a,=b,=c.对于A,=+=a+c,+=a-c,所以与(+)不平行,故A错误;对于B,(+-)2=(-c+a-b+c)2=(a-b)2=a2-2a·b+b2=1,3=3b2=3,所以(+-)2≠3,故B错误;对于C,=++=a+b+c,-=b-a,所以·(-)=(a+b+c)·(b-a)=-a2+b2+b·c-a·c=-1+1+1×cos 45°-1×cos 45°=0,故C正确;对于D,||=|a+b+c|==
=
=3,故D正确.故选CD.
题型二
例4 解:(1)证明:在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,以A为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,
则A(0,0,0),A1(0,0,2),B1(2,0,2),C1(2,2,2),D1(0,2,2),E(2,1,0),
所以=(2,0,2),=(0,2,0),=(2,1,-2),故·=2×0+0×2+2×0=0,·=2×2+0×1+2×(-2)=0,
即AB1⊥A1D1,AB1⊥A1E,又A1D1∩A1E=A1,A1D1,A1E 平面A1ED1,
所以直线AB1⊥平面A1ED1.
(2)由(1)知=(2,2,0),=(0,1,2),设平面A1EC1的法向量为n=(x,y,z),
则取z=1,得n=(2,-2,1).
假设存在点F,使得直线D1F∥平面A1EC1,则⊥n.
设点F的坐标为(t,2,0),0≤t≤2,
则=(-t,0,2),由⊥n,得n·=-2t+2=0,解得t=1,
所以存在点F,使得直线D1F∥平面A1EC1,此时DF=1.
变式 解:(1)证明:在底面ABCD内过D作DF∥AB,交BC于F,则PD⊥AD,AD⊥DF,PD⊥DF.
以D为原点,DA,DF,DP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B(1,,0),D(0,0,0),C(-3,,0).
设PD=a,则P(0,0,a),∴=(-1,-,0),=(-3,,-a),∴·=0,∴BD⊥PC.
(2)由(1)可知,A(1,0,0),∴=(0,,0),=(0,0,a),=(1,0,-a).
∵=λ(0<λ<1),∴=(-3λ,λ,-aλ),则=+=(0,0,a)+(-3λ,λ,-aλ)=(-3λ,λ,a-aλ).
设平面PAB的法向量为n=(x,y,z),
则即令z=1,则n=(a,0,1).
∵DE∥平面PAB,∴·n=0,
∴-3aλ+a-aλ=a(1-4λ)=0,
又a>0,∴λ=,故λ的值为.
题型三
例5 D [解析] 方法一:如图,建立空间直角坐标系,设正方体的棱长为2,则P(1,1,2),B(2,2,0),A(2,0,0),D1(0,0,2),所以=(-2,0,2),=(1,1,-2),所以cos<,>==-=-,又直线PB与AD1所成的角为锐角,所以直线PB与AD1所成的角为,故选D.
方法二:如图,连接BC1,易知AD1∥BC1,所以AD1与PB所成的角即为BC1与PB所成的角.连接A1B,A1C1,易知△A1BC1为等边三角形,且P为A1C1的中点,故∠PBC1=,所以直线PB与AD1所成的角为,故选D.
例6 解:(1)证明:在△AEF中,AE=AD=2,AF=AB=4,∠EAF=30°,
∴cos∠EAF===,∴EF=2.
∵EF2+AE2=AF2,∴AE⊥EF,得PE⊥EF,DE⊥EF,
又PE∩DE=E,PE,DE 平面PDE,∴EF⊥平面PDE,
又∵PD 平面PDE,∴EF⊥PD.
(2)连接CE,∵DE=5-2=3,CD=3,∠CDE=90°,
∴CE2=36,得CE=6.
又PE=AE=2,PC=4,∴PE2+CE2=PC2,∴PE⊥CE.
又PE⊥EF,EF∩CE=E,EF,CE 平面DEC,∴PE⊥平面DEC,∴PE⊥ED,即EF,ED,EP两两垂直.
以E为原点,EF,ED,EP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,则P(0,0,2),D(0,3,0),F(2,0,0),A(0,-2,0),C(3,3,0),由F为AB的中点,得B(4,2,0),得=(0,3,-2),=(-3,0,0),=(4,2,-2),=(-2,-2,0).
设平面PCD的法向量为n1=(x1,y1,z1),则
∴
令y1=2,则n1=(0,2,3).
设平面PBF的法向量为n2=(x2,y2,z2),则
∴
令x2=,则n2=(,-1,1).
设平面PCD与平面PBF所成的二面角为α,∵cos==,∴sin α==.
变式 解:(1)证明:∵PA⊥平面ABCD,AD 平面ABCD,∴PA⊥AD.
又∵AD⊥PB,PB∩PA=P,PB,PA 平面PAB,∴AD⊥平面PAB,∵AB 平面PAB,∴AD⊥AB.
在△ABC中,AB2+BC2=AC2,
∴AB⊥BC.
∵A,B,C,D四点共面,∴AD∥BC,
又∵BC 平面PBC,AD 平面PBC,
∴AD∥平面PBC.
(2)方法一:以D为原点,以DA,DC所在直线分别为x,y轴,以过点D且与平面ABCD垂直的直线为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.
设AD=t(0=(-t,,0),=(0,0,2),
设平面ACP的法向量为n1=(x1,y1,z1),则
即
不妨令x1=,则y1=t,z1=0,故n1=(,t,0).
=(t,0,2),=(0,,0),
设平面CPD的法向量为n2=(x2,y2,z2),则即
不妨令z2=t,则x2=-2,y2=0,
故n2=(-2,0,t).
∵二面角A-CP-D的正弦值为,
∴平面ACP与平面CPD夹角的余弦值为,
∴=|cos|==,可得t=,∴AD=.
方法二:如图所示,过点D作DE⊥AC于E,过点E作EF⊥CP于F,连接DF.
∵PA⊥平面ABCD,PA 平面PAC,
∴平面PAC⊥平面ABCD,
又平面PAC∩平面ABCD=AC,DE⊥AC,∴DE⊥平面PAC.
又CP 平面PAC,∴DE⊥CP,又EF⊥CP,DE∩EF=E,∴CP⊥平面DEF,得DF⊥CP,
根据二面角的定义可知,∠DFE即为二面角A-CP-D的平面角,
即sin∠DFE=,又∠DFE为锐角,∴tan∠DFE=.
设AD=x(0则CE==,又△EFC为等腰直角三角形,
∴EF=,
故tan∠DFE===,解得x=,即AD=.
例7 解:(1)证明:如图,取CB1的中点P,连接NP,MP,
由N是B1C1的中点,得NP∥CC1,NP=CC1,
由M是DD1的中点,得D1M=DD1=CC1,D1M∥CC1,
所以D1M∥NP,D1M=NP,
故四边形D1MPN是平行四边形,故D1N∥MP.
因为MP 平面CB1M,D1N 平面CB1M,所以D1N∥平面CB1M.
(2)以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系,
则B(2,0,0),B1(2,0,2),M(0,1,1),C(1,1,0),C1(1,1,2),
所以=(1,-1,2),=(-1,0,1),=(0,0,2).
设平面CB1M与平面BCC1B1的法向量分别为m=(x1,y1,z1),n=(x2,y2,z2),则有
令x1=x2=1,则有y1=3,z1=1,y2=1,z2=0,即m=(1,3,1),n=(1,1,0),
则cos==
=,
故平面CB1M与平面BCC1B1的夹角的余弦值为.
(3)由=(0,0,2),平面CB1M的一个法向量为m=(1,3,1),
得==,
故点B到平面CB1M的距离为.
变式 解:(1)根据正方体的性质,以D为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,连接AC,则D(0,0,0),C(0,4,0),A(4,0,0),D1(0,0,4),E(3,1,4),
所以=(-1,1,4),=(4,-4,0),令l=,
则l==,
则点C到直线AE的距离为==.
(2)由(1)知,=(4,-4,0),=(-1,1,4),=(-4,0,4).
设平面AED1的法向量为m=(x,y,z),则即
令z=1,得x=1,y=-3,则m=(1,-3,1),故点C到平面AED1的距离为==.
(3)由(1)知=(4,-4,0),=(0,-4,0),=(-1,1,4).
设CD与AE的公垂线的方向向量为n=(a,b,c),
则即
令a=4,得b=0,c=1,则n=(4,0,1),
则异面直线CD与AE的距离为==.
题型四
例8 解:(1)证明:连接BD,交AC于点O,连接SO,如图.因为四棱锥S-ABCD是正四棱锥,
所以SO⊥平面ABCD,又AC 平面ABCD,所以SO⊥AC.
在正方形ABCD中,BD⊥AC,又SO∩BD=O,SO,BD 平面SBD,
所以AC⊥平面SBD,
又SD 平面SBD,所以AC⊥SD.
(2)易知BD,AC,SO两两垂直,以O为原点,OB,OC,OS所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,如图,
易知OA=OB=OC=OD=AC==1,SO==,所以S(0,0,),B(1,0,0),C(0,1,0),A(0,-1,0),D(-1,0,0),
则=(0,2,0),=(0,1,-),=(1,0,-),=(-1,0,-),=(1,1,0).
因为=3,所以==(-1,0,-)=,
故=+=+(1,1,0)=.
设平面ACP的法向量为n=(x,y,z),
则即
令x=1,则y=0,z=,
故n=(1,0,)为平面ACP的一个法向量.
设平面SBC的法向量为m=(a,b,c),
则即令c=,则a=b=1,故m=为平面SBC的一个法向量,所以cos===.
设平面SBC与平面ACP的夹角为θ,则sin θ==,
所以平面SBC与平面ACP夹角的正弦值为.
(3)假设SA上存在点E,使得BE∥平面ACP.设=λ,0≤λ≤1,
因为=(-1,-1,0),=(0,1,),所以=+=(-1,-1,0)+λ(0,1,)=(-1,λ-1,λ).
因为BE∥平面ACP,所以·n=0,
即-1+0+3λ=0,解得λ=,
所以=,所以=2,故侧棱SA上存在一点E,使得BE∥平面ACP,且=2.
例9 解:(1)∵PA⊥PD,PA=PD=,∴AD=2.
设点O是AD的中点,连接PO,CO,则AO=1,PO=1.
易知OP⊥AD,OC⊥AD.
∵二面角P-AD-C为直二面角,
∴OP⊥OC,∴OP,AD,OC两两垂直.
以O为原点,OC所在直线为x轴,OD所在直线为y轴,OP所在直线为z轴,
建立空间直角坐标系,如图所示,
则P(0,0,1),A(0,-1,0),C(1,0,0),D(0,1,0),∴=(0,-1,-1),=(-1,0,1),=(0,1,-1).
设平面PCD的法向量为u=(x0,y0,z0),则取z0=1,得x0=1,y0=1,
则u=(1,1,1)为平面PCD的一个法向量,则点A到平面PCD的距离为=.
(2)设=λ(0<λ<1).
∵=(0,1,-1),∴=(0,λ,-λ),
∴Q(0,λ,1-λ).设平面CAQ的法向量为m=(x1,y1,z1),
∵=(1,1,0),=(0,λ+1,1-λ),
∴
取z1=λ+1,则y1=λ-1,x1=1-λ,
∴m=(1-λ,λ-1,λ+1)为平面CAQ的一个法向量.
易知平面CAD的一个法向量为n=(0,0,1),∴平面CAQ与平面CAD夹角的余弦值为|cos|===
=
=,
由0<λ<1,得1-∈(-1,0),则∈,
∴平面CAQ与平面CAD夹角的余弦值的取值范围为.
变式 解:(1)证明:取BD的中点O,连接A'O,CO,如图.
∵四边形ABCD为菱形,∴A'B=A'D,CB=CD,
∴A'O⊥BD,CO⊥BD.
∵A'O∩CO=O,A'O,CO 平面A'OC,∴BD⊥平面A'OC.
∵A'C 平面A'OC,∴A'C⊥BD.
(2)∵∠ABC=,∴∠BA'D=∠BCD=,∴BD2=BC2+CD2-2BC·CDcos∠BCD=12+12-24cos=36,可得BD=6,
∴A'O=CO==,
∴cos∠A'OC===-,∴∠A'OC=.
在平面A'OC中,作OE⊥OC,交A'C于点E,
则OC,OD,OE两两垂直,以O为坐标原点,OC,OD,OE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.
假设在棱BD上存在点G(0,m,0)(-3≤m≤3),使得平面A'CG与平面BCD夹角的余弦值为.
∵A'O·cos=,A'O·sin=,∴A',
又C(,0,0),∴=,=(-,m,0).
设平面A'CG的法向量为n=(x,y,z),
则令y=,得x=m,z=m,
∴n=(m,,m).
∵z轴⊥平面BCD,∴平面BCD的一个法向量为l=(0,0,1).
设平面A'CG与平面BCD的夹角为θ,则cos θ=|cos|===,解得m=±1.
当m=1时,BG=4;
当m=-1时,BG=2.
∴在棱BD上存在点G,且BG=2或4,使得平面A'CG与平面BCD夹角的余弦值为.
题型五
例10 解:(1)由直线l1的点方向式方程为==-z,可知直线l1的一个方向向量为m1=(,2,-1).
由平面α1的一般式方程为2x-y+z+5=0,可知平面α1的一个法向量为n1=(2,-,1).
设直线l1与平面α1所成的角为θ,
则sin θ=|cos|=
==,所以cos θ==,
即直线l1与平面α1所成角的余弦值为.
(2)证明:由平面α2的一般式方程为2x+3y+z-1=0,可知平面α2的一个法向量为n2=(2,3,1).
由平面β1的一般式方程为x-y-2z+4=0,可知平面β1的一个法向量为n3=(1,-1,-2).
设平面α2与平面β1的交线l2的方向向量为m2=(x0,y0,z0),
则
令z0=1,则x0=1,y0=-1,可得m2=(1,-1,1).
由平面γ1的一般式方程为(2t+1)x+(3t+2)y+(t+1)z-5=0,
可知平面γ1的一个法向量为n4=(2t+1,3t+2,t+1),
因为m2·n4=(2t+1)×1+(3t+2)×(-1)+(t+1)×1=0,所以m2⊥n4,
又l2 γ1,所以l2∥γ1.
(3)由平面α3经过三点P(4,0,0),Q(3,1,-1),H(-1,5,2),可得=(1,-1,1),=(5,-5,-2).
设平面α3的法向量为n5=(x1,y1,z1),
则
令x1=1,则y1=1,z1=0,可得n5=(1,1,0).
由平面β2的一般式方程为x+2y+z+4=0,可知平面β2的一个法向量为n6=(1,2,1).
设平面α3与平面β2的交线l3(即直线BB1)的方向向量为m3=(x2,y2,z2),
则
令x2=1,则y2=-1,z2=1,可得m3=(1,-1,1).
由平面γ2的一般式方程为rx+6y+2rz+1=0,可知平面γ2的一个法向量为n7=(r,6,2r),
由n7⊥,AA1∥BB1,得m3⊥n7,故m3·n7=r-6+2r=0,解得r=2,
即n7=(2,6,4),
故平面ABB1A1与平面ACC1A1夹角的余弦值为|cos|===.
变式 解:(1)D为A1A2的中点.根据已知结论可得直线A3D即为l3,因为l1,l2,l3为三条等距的平行线,所以D为A1A2的中点.
(2)如图所示,
取A1A4的三等分点P2,P3(P2靠近A1),A1A3的中点M,A2A4的中点N,
过A2,P2,M三点作平面α2,过A3,P3,N三点作平面α3.
因为A2P2∥NP3,A2P2 α3,NP3 α3,所以A2P2∥α3.
因为A3P3∥MP2,MP2 α3,A3P3 α3,所以MP2∥α3.
又因为MP2∩A2P2=P2,且MP2,A2P2 α2,所以α2∥α3.
过点A1,A4分别作平面α1,α4与平面α2平行,
那么四个平面α1,α2,α3,α4相互平行.
由棱A1A4被平行平面α1,α2,α3,α4截得的三条线段相等知,α1,α2,α3,α4相邻两个平面间的距离相等,
故α1,α2,α3,α4即为所求平面.
(3)设正四面体的棱长为a,同(2)作出平面A2P2M,
平面A3P3N,如图.
取A2A3的中点Q,连接A4Q交A3N于O,连接A1O.
由等边三角形的性质可知O为△A2A3A4的中心,且A4O∶OQ=2∶1.
以O为原点,平行于直线A2A3且过点O的直线为x轴,直线A4O为y轴,直线OA1为z轴,建立空间直角坐标系,如图所示,
则A1,A2,A3,A4.
因为P2,P3为A1A4的三等分点(P2靠近A1),N为A2A4的中点,
所以P3,N,所以=,=,=.
设平面A3P3N的法向量为n=(x,y,z),则
可得令x=1,则y=-,z=-,
故n=(1,-,-).
因为α1,α2,α3,α4相邻两个平面间的距离均为1,
所以点A4到平面A3P3N的距离为
=1,可得a=,
故正四面体A1A2A3A4的棱长为,
所以此正四面体的体积V=×a2×a=a3=.本章总结提升
◆ 题型一 空间向量的概念及运算
[类型总述] (1)空间向量的有关概念;(2)空间向量的加减运算、数乘运算;(3)空间向量的数量积运算.
例1 (多选题)[2025·绵阳南山中学高二期中] 下列关于空间向量的说法中正确的有 ( )
A.将空间所有的单位向量平移到同一个起点,则它们的终点构成一个球面
B.若非零向量a,b,c满足a∥b,b∥c,则a∥c
C.与一个平面的一个法向量共线的非零向量都是该平面的法向量
D.空间向量可以比较大小,空间向量的模也可以比较大小
例2 (1)给出下列说法:①如果向量a,b与任何向量都不能构成空间的一个基底,那么a,b的关系是不共线;②如果O,A,B,C为空间中不同的四点,且向量,,不能构成空间的一个基底,那么点O,A,B,C一定共面;③若{a,b,c}是空间的一个基底,则{a+b,a-b,c}也是空间的一个基底.其中正确的说法是 ( )
A.①② B.①③ C.②③ D.①②③
(2)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,=,=,则= ( )
A.-++
B.-+
C.--+
D.-++
例3 (1) [2025·阜阳一中高二期中] 如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为C1D1的中点,则·= ( )
A.||2 B.3||2
C.||2 D.2||2
(2)(多选题)[2025·杭州S9联盟高二期中] 如图,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AB=AD=1,AA1=,∠BAA1=∠DAA1=45°,∠BAD=60°,则 ( )
A.∥(+)
B.(+-)2=3
C.·(-)=0
D.||=3
◆ 题型二 用空间向量证明空间位置关系
[类型总述] (1)证明垂直关系;(2)证明平行关系.
例4 [2025·佛山高二期中] 如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱BC的中点,F为棱CD上一点.
(1)证明:直线AB1⊥平面A1ED1.
(2)是否存在点F,使得直线D1F∥平面A1EC1 若存在,求出DF的长度;若不存在,请说明理由.
变式 如图,在底面为直角梯形的四棱锥P-ABCD中,AD∥BC,∠ABC=90°,PD⊥平面ABCD,AD=1,AB=,BC=4.
(1)求证:BD⊥PC.
(2)设=λ(0<λ<1),若DE∥平面PAB,求λ的值.
◆ 题型三 用空间向量求空间角和距离
[类型总述] (1)求空间角;(2)求距离.
例5 在正方体ABCD-A1B1C1D1中,P为B1D1的中点,则直线PB与AD1所成的角为 ( )
A. B.
C. D.
例6 [2024·新课标Ⅱ卷] 如图,平面四边形ABCD中,AB=8,CD=3,AD=5,∠ADC=90°,∠BAD=30°,点E,F满足=,=,将△AEF沿EF对折至△PEF,使得PC=4.
(1)证明:EF⊥PD;
(2)求平面 PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值.
变式 [2024·新课标Ⅰ卷] 如图,四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,PA=AC=2,BC=1,AB=.
(1)若AD⊥PB,证明:AD∥平面PBC;
(2)若AD⊥DC,且二面角A-CP-D的正弦值为,求AD.
例7 [2024·天津卷] 如图,已知在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD为梯形,AB∥CD,A1A⊥平面ABCD,AD⊥AB,其中AB=AA1=2,AD=DC=1.N是B1C1的中点,M是DD1的中点.
(1)求证:D1N∥平面CB1M;
(2)求平面CB1M与平面BCC1B1的夹角的余弦值;
(3)求点B到平面CB1M的距离.
变式 如图,在棱长为4的正方体ABCD-A1B1C1D1中,=.
(1)求点C到直线AE的距离;
(2)求点C到平面AED1的距离;
(3)在此正方体中,AB⊥BC,AB⊥AA1,则称线段AB的长度为异面直线BC与AA1的公垂线段的长度,也称为异面直线BC与AA1的距离,试求异面直线CD与AE的距离.
◆ 题型四 空间中的综合问题
[类型总述] (1)探索性问题;(2)折叠问题.
例8 [2025·青岛二中高二期中] 在如图所示的正四棱锥S-ABCD中,SA=SB=SC=SD=2,AB=,P为侧棱SD上的点,且=3.
(1)求证:SD⊥AC.
(2)求平面SBC与平面ACP夹角的正弦值.
(3)侧棱SA上是否存在一点E,使得BE∥平面ACP 若存在,求出的值;若不存在,请说明理由.
例9 [2025·保定高二期中] 如图①,平面图形PABCD由直角梯形ABCD和等腰直角三角形PAD拼接而成,其中AB=BC=1,BC∥AD,∠BAD=90°,PA=PD=,∠APD=90°.现沿着AD将△PAD折起,得到四棱锥P-ABCD(如图②),且二面角P-AD-C为直二面角.
(1)求点A到平面PCD的距离;
(2)设点Q为棱PD上任意一点(不与P,D重合),求平面CAQ与平面CAD夹角的余弦值的取值范围.
变式 [2024·佛山高二期中] 如图①,菱形ABCD的边长为2,∠ABC=,将△ABD沿BD向上翻折,得到如图②所示的三棱锥A'-BCD.
(1)证明:A'C⊥BD.
(2)若A'C=3,在棱BD上是否存在点G,使得平面A'CG与平面BCD夹角的余弦值为 若存在,求出BG;若不存在,请说明理由.
① ②
◆ 题型五 创新问题
[类型总述] (1)新定义问题;(2)交汇问题.
例10 [2025·成都高二期中] 在空间直角坐标系Oxyz中,定义:过点A(x0,y0,z0),且一个方向向量为m=(a,b,c)(abc≠0)的直线的点方向式方程为==;过点A(x0,y0,z0),且一个法向量为n=(a,b,c)(a2+b2+c2≠0)的平面的点法式方程为a(x-x0)+b(y-y0)+c(z-z0)=0,将其整理为一般式方程为ax+by+cz-d=0,其中d=ax0+by0+cz0.
(1)已知直线l1的点方向式方程为==-z,平面α1的一般式方程为2x-y+z+5=0,求直线l1与平面α1所成角的余弦值;
(2)已知平面α2的一般式方程为2x+3y+z-1=0,平面β1的一般式方程为x-y-2z+4=0,平面γ1的一般式方程为(2t+1)x+(3t+2)y+(t+1)z-5=0,若α2∩β1=l2,l2 γ1,证明:l2∥γ1;
(3)已知斜三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面ABB1A1所在平面α3经过三点P(4,0,0),Q(3,1,-1),H(-1,5,2),侧面BCC1B1所在平面β2的一般式方程为x+2y+z+4=0,侧面ACC1A1所在平面γ2的一般式方程为rx+6y+2rz+1=0,求平面ABB1A1与平面ACC1A1夹角的余弦值.
变式 我们知道,平面中的结论有不少可以向空间中进行推广,现有如下平面中的结论:已知对任意三角形A1A2A3,都能找到三条等距的平行线l1,l2,l3,使得Ai∈li(i=1,2,3).
(1)根据以上平面中的结论,若D为l3与边A1A2的交点,试判断D在边A1A2上的位置.
(2)根据以上平面中的结论,在空间中,对任意给定的四面体A1A2A3A4(如图),能否作出四个相互平行的平面α1,α2,α3,α4,使Ai∈αi(i=1,2,3,4),且相邻两个平面间的距离都相等 若能,说明作法;若不能,请说明理由.
(3)根据以上平面中的结论,在空间中,对一个正四面体A1A2A3A4,假设能够作出第(2)问中的四个平面,且相邻两个平面间的距离均为1,求此正四面体的体积.(共74张PPT)
本章总结提升
题型一 空间向量的概念及运算
题型二 用空间向量证明空间位置关系
题型三 用空间向量求空间角和距离
题型四 空间中的综合问题
题型五 创新问题
答案核查
题型一 空间向量的概念及运算
［类型总述］（1）空间向量的有关概念;（2）空间向量的加减运算、
数乘运算;（3）空间向量的数量积运算.
例1 （多选题）［2025·绵阳南山中学高二期中］ 下列关于空间向
量的说法中正确的有( )
A.将空间所有的单位向量平移到同一个起点，则它们的终点构成一
个球面
B.若非零向量,,满足,，则
C.与一个平面的一个法向量共线的非零向量都是该平面的法向量
D.空间向量可以比较大小，空间向量的模也可以比较大小
√
√
√
[解析] 对于A，由单位向量的定义知单位向量是模为1的向量，所以
将空间所有的单位向量平移到同一个起点，它们的终点构成一个球
面，故A正确；
对于B，若非零向量,,满足,，则 ，故B正确；
对于C，由平面的法向量的定义可知，与一个平面的一个法向量共线的
非零向量都是该平面的法向量，故C正确；
对于D，空间向量不能比较大小，而空间向量的模是非负实数，
可以比较大小，故D错误.故选 .
例2（1）给出下列说法：①如果向量, 与任何向量都不能构成空间
的一个基底，那么,的关系是不共线；②如果,,, 为空间中不
同的四点，且向量,,不能构成空间的一个基底，那么点, ,
,一定共面；③若{,,}是空间的一个基底，则{,, }也
是空间的一个基底.其中正确的说法是( )
A.①② B.①③ C.②③ D.①②③
[解析] 如果向量， 与任何向量都不能构成空间的一个基底，那么
， 的关系是共线，所以①中说法不正确.易知②③中说法正确.故选C.
√
（2）在正方体中，， ，则
( )
A. B.
C. D.
√
[解析] 因为， ，
所以 .
因为 ，
所以 .故选D.
例3（1）［2025·阜阳一中高二期中］ 如图，在正
方体中，为 的中点，则
( )
A. B. C. D.
√
[解析] 由题意知, ,
，且 ，
所以 .故选C.
（2）（多选题）［2025·杭州S9联盟高二期中］
如图，在平行六面体 中，， ，
， ，则 ( )
A.
B.
C.
D.
√
√
[解析] 设,, .
对于A，, ，
所以与 不平行，故A错误；
所以 ，故B错误；
对于B，
，，
对于C，, ，所以 ，故C正确；
对于D，
，故D正确.故选 .
题型二 用空间向量证明空间位置关系
［类型总述］（1）证明垂直关系;（2）证明平行关系.
例4 ［2025·佛山高二期中］如图，在棱长为2的正方体
中，为棱的中点，为棱 上一点.
（1）证明：直线 平面 .
证明：在棱长为2的正方体 中，
以 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则,,, , ,
，所以, ,
，
故 ,
， 即,，
又,, 平面 ，
所以直线 平面 .
（2）是否存在点，使得直线平面？若存在，求出
的长度；若不存在，请说明理由.
解：由（1）知, ，
设平面的法向量为 ，
则取 ，得 .
假设存在点，使得直线平面，则 .
设点的坐标为, ，
则，由，得 ，解得
，所以存在点，使得直线平面，此时 .
变式 如图，在底面为直角梯形的四棱锥中， ，
， 平面，，， .
（1）求证： .
证明：在底面内过作，交于，
则 ，， .
以为原点，，， 所在直线分别为轴、
轴、 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则 ，， .
设，则 ， ，
,， .
（2）设，若平面，求 的值.
解：由（1）可知， ，，
， .
，，
设平面的法向量为 ，则即
令 ，则 .
平面， ， ，
又，，故 的值为 .
则
题型三 用空间向量求空间角和距离
［类型总述］（1）求空间角;（2）求距离.
例5 在正方体中，为的中点，则直线 与
所成的角为( )
A. B. C. D.
√
[解析] 方法一：如图，建立空间直角坐标系，
设正方体的棱长为2，则,,,,
所以 ，,
所以， ,
又直线与所成的角为锐角，
所以直线与所成的角为 ，故选D.
方法二：如图，连接，易知,
所以与 所成的角即为与所成的角.
连接,，易知 为等边三角形，
且为的中点，故，
所以直线与所成的角为 ，故选D.
例6 ［2024· 新课标Ⅱ卷］如图，平面四边形中， ,
,, , ,点， 满足
,，将沿对折至 ，使得 .
（1）证明： ;
证明：在中， ，， ，
，
，得， ，
又,, 平面，
平面 ，
又 平面， .
， .
（2）求平面与平面 所成的二面角的正弦值.
解：连接 ，， ，
,,得 .
又,，
, .
又，,, 平面，
平面 ，
，即，， 两两垂直.
以为原点，，， 所在直线分别为,, 轴
建立如图所示的空间直角坐标系，则 ,
, , ，,
由 为的中点,得 ，得
,,
, .
设平面 的法向量为,则
令,则 .
设平面，则
令,则 .
设平面与平面 所成的二面角为 ，
, ，
.
变式 ［2024· 新课标Ⅰ卷］如图，四棱锥中， 底面
，，， .
（1）若，证明：平面 ；
证明： 平面， 平面， .
又，,, 平面，
平面， 平面 ， .
在中， ， .
，，，四点共面， ，
又 平面， 平面 ，平面 .
（2）若，且二面角的正弦值为,求 .
解：方法一：以为原点，以，所在直线分别为, 轴，以过点
且与平面垂直的直线为 轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
设,则,,,
, .
, ,
设平面的法向量为，则
即
不妨令
, ,
设平面的法向量为,则
即 不妨令,则, ，故 .
二面角的正弦值为 , 平面与平面夹角的
余弦值为 ，
,，可得, .
方法二：如图所示，过点作于，过点作于 ，
连接 .
平面， 平面 ，
平面 平面 ，
又平面 平面，，
平面 .
又 平面，，又， ，
平面，得 ，
根据二面角的定义可知，即为二面角 的平面角，
即，又为锐角， .
设，则 ，
由等面积法可得， ，
则，
又 为等腰直角三角形， ，
故，解得，即 .
例7 ［2024·天津卷］如图，已知在四棱柱
中，底面 为梯形，
， 平面， ，其中
,是的中点，
是 的中点.
（1）求证：平面 ；
证明：如图，取的中点，连接， ，
由是的中点，得， ，
由是的中点，得 ， ，
所以， ，
故四边形是平行四边形，故 .
因为 平面， 平面 ，所以平面 .
（2）求平面与平面 的夹角的余弦值；
解：以 为原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，， ， ，
所以， ， .
设平面与平面 的法向量分别为
， ，则有
令，则有，， ，，
即， ，
则, ，
故平面与平面 的夹角的余弦值为 .
（3）求点到平面 的距离.
解：由，平面 的一个法向量为 ，
得 ，
故点到平面的距离为 .
变式 如图，在棱长为4的正方体
中， .
（1）求点到直线 的距离；
解：根据正方体的性质，以 为原点，建立如图所
示的空间直角坐标系，连接，则 ，
，，， ，
所以，，
令 ，则 ，
则点到直线 的距离为 .
（2）求点到平面 的距离；
解：由（1）知， ，， .
设平面的法向量为 ，
则即
令，得，，则，
故点到平面 的距离为 .
（3）在此正方体中，, ，则称线段
的长度为异面直线与 的公垂线段的长度，
也称为异面直线与 的距离，试求异面直线与
的距离.
解：由（1）知 ，， .
设与 的公垂线的方向向量为 ，
则即
令，得，，则 ，
则异面直线与 的距离为 .
题型四 空间中的综合问题
［类型总述］（1）探索性问题；（2）折叠问题.
例8 ［2025·青岛二中高二期中］在如图所示的正
四棱锥中， ，
，为侧棱上的点，且 .
（1）求证： .
证明：连接，交于点，连接，如图.因为四棱锥
是正四棱锥，所以 平面，
又 平面，所以 .
在正方形中，，
又,， 平面 ，
所以 平面 ，
又 平面,所以 .
（2）求平面与平面 夹角的正弦值.
解：易知,,两两垂直，以为原点， , ,
所在直线分别为,, 轴建立空间直角坐标系，如图，
易知，
，所以 ,,,
, ，则， ，
， ， .
因为 ，所以 ，
故 .
设平面的法向量为 ，则
即 令，则, ，
故为平面 的一个法向量.
设平面的法向量为 ，
则即令 ，则，
故为平面 的一个法向量，
所以， .
设平面与平面的夹角为 ，则, ，
所以平面与平面夹角的正弦值为 .
（3）侧棱上是否存在一点，使得平面 ？若存在，求出
的值；若不存在，请说明理由.
解：假设上存在点，使得平面 .
设， ，
因为， ，
因为平面，所以 ，即，解得 ，
所以，所以,故侧棱 上存在一点，使得
平面，且 .
所以 .
例9 ［2025·保定高二期中］如图①，平面图形 由直角梯形
和等腰直角三角形拼接而成，其中 ，
， ，， .现沿着
将折起，得到四棱锥 （如图②），且二面角
为直二面角.
（1）求点到平面 的距离；
解：，， .
设点是的中点，连接， ，
则， .易知, .
二面角 为直二面角，
，，， 两两垂直.
以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，
所在直线为 轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
则，，，，
，， .
设平面的法向量为，则
取，得， ，
则为平面的一个法向量，则点到平面 的距离为
.
（2）设点为棱上任意一点（不与， 重合），求平面与平
面 夹角的余弦值的取值范围.
解：设 .
， ，
.设平面 的法向量为 ，
， ，
取，则， ，
为平面 的一个法向量.
易知平面 的一个法向量为，
平面与平面夹角的余弦值为
,
，
由，得 ，则 ，
平面与平面 夹角的余弦值的取值范围为 .
变式 ［2024·佛山高二期中］ 如图①，菱形的边长为 ，
，将沿 向上翻折，得到如图②所示的三棱锥
.
①
②
（1）证明： .
证明：取的中点，连接, ，如图.
四边形 为菱形，， ，
， .
，, 平面，
平面 .
平面， .
（2）若，在棱上是否存在点，使得平面 与平面
夹角的余弦值为？若存在，求出 ；若不存在，请说明理由.
解：， ，
，可得 ，
，
， .
在平面中，作，交于点 ，则,,两两垂直，以为坐标原点，,, 所在直线分别
为,, 轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
假设在棱上存在点，
使得平面 与平面夹角的余弦值为 .
，， ，
又，， .
假设在棱上存在点，使得平面 与平
面夹角的余弦值为 .
，， ，
又，， .
设平面的法向量为 ，
则令，得， ，
,, .
轴 平面， 平面的一个法向量为 .
设平面与平面的夹角为 ，
则 ,，
解得 .
当时， ；当时， .
在棱上存在点，且或4，使得平面与平面 夹
角的余弦值为 .
题型五 创新问题
［类型总述］（1）新定义问题；（2）交汇问题.
例10 ［2025·成都高二期中］在空间直角坐标系 中，定义：过
点，且一个方向向量为 的直线的
点方向式方程为；过点 ，且一个法向
量为 的平面的点法式方程为
，将其整理为一般式方程为
，其中 .
（1）已知直线的点方向式方程为，平面 的一般
式方程为，求直线与平面 所成角的余弦值；
解：由直线的点方向式方程为，可知直线 的一个
方向向量为 .
由平面的一般式方程为，可知平面 的一个
法向量为 .
设直线与平面所成的角为 ，
则, ，
所以 ，
即直线与平面所成角的余弦值为 .
（2）已知平面的一般式方程为，平面 的一
般式方程为，平面 的一般式方程为
，若, ，
证明： ；
证明：由平面的一般式方程为，可知平面
的一个法向量为 .
由平面的一般式方程为，可知平面 的一个法
向量为 .
设平面与平面的交线的方向向量为 ，
则
令，则,，可得 .
由平面的一般式方程为 ，
可知平面的一个法向量为 ，
因为 ，
所以 ，又，所以 .
（3）已知斜三棱柱中，侧面所在平面 经过三
点,,，侧面所在平面 的一般式方
程为，侧面所在平面 的一般式方程为
，求平面与平面 夹角的余弦值.
解：由平面经过三点,, ，可得
, .
设平面的法向量为 ，
则
令，则,，可得 .
由平面的一般式方程为，可知平面 的一个法
向量为 .
设平面与平面的交线（即直线 ）的方向向量为 ，
则
令，则，，可得 .
由平面的一般式方程为，可知平面 的一个
法向量为 ，
由,，得,故 ，解
得 ，即 ，
故平面与平面夹角的余弦值为
, .
解：为 的中点.根据已知结论可得直线即为，
因为,, 为三条等距的平行线，
变式 我们知道，平面中的结论有不少可以向空间中进行推广，现有
如下平面中的结论：已知对任意三角形 ，都能找到三条等距
的平行线,,，使得 .
（1）根据以上平面中的结论，若为 与边
的交点，试判断在边 上的位置.
所以为 的中点.
（2）根据以上平面中的结论，在空间中，对任意给定的四面体
（如图），能否作出四个相互平行的平面，，， ，
使 ，且相邻两个平面间的距离都相等？若能，说
明作法；若不能，请说明理由.
解：如图所示，取的三等分点,靠近,
的中点，的中点 ，过，，三点作
平面，过,,三点作平面 .
因为，,，所以 .
因为，,，所以 .
又因为，且,，所以 .
过点,分别作平面,与平面 平行，
那么四个平面,,, 相互平行.
由棱被平行平面,,, 截得的三条线
段相等知，,,, 相邻两个平面间的距离
相等，故,,, 即为所求平面.
（3）根据以上平面中的结论，在空间中，对一个正四面体 ，
假设能够作出第（2）问中的四个平面，且相邻两个平面间的距离均
为1，求此正四面体的体积.
解：设正四面体的棱长为 ，同（2）作出平面 ，
平面 ，如图.取的中点，连接交于 ，
连接 .由等边三角形的性质可知为的中心，
且 .
以为原点，平行于直线且过点的直线为轴，直线为 轴，
直线为 轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
则， ，， .
因为,为的三等分点靠近， 为 的中点，
所以， ，
所以， ，
.
设平面的法向量为 ，
则 可得
令 ，则, ，故 .
因为,,, 相邻两个平面间的距离均为1，
所以点到平面 的距离
为，
可得 ，故正四面体的棱长为 ，
所以此正四面体的体积 .
快速核答案
素养提升 例1.ABC
例2.（1）C （2）D
例3.（1）C （2）CD
例4.（1）证明略 （2）存在， 变式.（1）证明略 （2）
例5.D 例6.（1）证明略 （2）略 变式.（1）证明略 （2）
例7.（1）证明略 （2） （3）变式.（1） （2） （3）
例8.（1）证明略 （2）（3）
例9.（1） （2） 变式.（1）证明略 （2）
例10.（1） （2）证明略 （3） 变式.（1）为的中点（2）能（3）
