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第05讲 空间向量及其应用
目录
01 考情解码 命题预警 2
02 体系构建·思维可视 3
03 核心突破·靶向攻坚 3
知能解码 3
知识点1 空间向量及其加减数乘运算 4
知识点2 空间向量的有关定理 5
知识点3 空间向量的数量积运算及坐标运算 5
知识点4 空间位置关系的向量表示 7
知识点5 利用空间向量求空间角 7
知识点6 利用空间向量求距离 8
题型破译 9
题型1 空间向量的加减数乘运算 9
题型2 空间向量基本定理 9
【方法技巧】用基底表示空间向量的具体步骤
题型3 空间向量的数量积运算 11
题型4 共线问题 12
题型5 共面问题 14
题型6 平行、垂直的向量证明 15
【易错分析】线面关系证法易混淆
题型7 线线角、线面角的向量求法 17
【方法技巧】线面角与向量角的混淆
题型8 面面角的向量求法 19
题型9 点面、面面距离的向量求法 22
题型10 点线、线线距离的向量求法 24
题型11 轨迹问题的向量求法 25
【方法技巧】空间中轨迹问题的解答思路
题型12 探索性问题的向量求法 26
【方法技巧】探索性问题的处理方式
题型13 夹角最值问题的向量求法 29
04 真题溯源·考向感知 31
05 课本典例·高考素材 34
考点要求 考察形式 2025年 2024年 2023年
（1）空间向量的线性运算及数量积运算 （2）空间向量基本定理、共线向量定理、共面向量定理 （3）平行、垂直的向量证明 （4）空间角、空间距离的向量求法 单选题 多选题 填空题 解答题 北京卷T17（14分） 天津卷T17（15分） 全国一卷T9（6分）、 T17（15分） 全国二卷T17（15分） 全国II卷T17（15分） 全国甲卷（理）T19（12分） 天津卷T17（15分） 上海卷T15（5分） 北京卷T16（13分） 全国乙卷（理）T19（12分） 全国I卷T18（12分） 全国II卷T20（12分）
考情分析： 该内容是新高考卷解答题的核心考查内容，常以中档题型出现，题型集中于解答题第二问，重点考查利用向量法计算空间角（如二面角、线面角）和空间距离，需结合几何体结构特征建立坐标系并求解法向量。题目常与几何证明（如线面垂直）结合，要求学生将几何条件转化为向量关系，对空间想象能力和运算准确性要求较高。 近年命题趋势更注重动态几何问题和向量法的综合应用，如通过翻折情境分析空间角的变化，需灵活运用向量参数化或方程思想。备考时需强化坐标系建立技巧（如选择对称点或中点为原点）、法向量求解步骤及空间角公式的熟练应用，同时注重向量运算的严谨性，避免因计算失误失分。
复习目标： 1.了解空间向量的概念，了解空间向量的基本定理及其意义，掌握空间向量的正交分解及其坐标表示，掌握空间向量的线性运算及其坐标表示. 2.掌握空间向量的数量积及其坐标表示，能用向量的数量积判断向量的共线和垂直. 3.理解直线的方向向量及平面的法向量，能用向量语言表述线线、线面、面面的平行和垂直关系. 4.会用空间向量求空间角和距离.
知识点1 空间向量及其加减数乘运算
1．空间向量的定义及表示
（1）空间向量的定义：在空间，把具有_________和_________的量叫做空间向量
（2）空间向量的长度或模：空间向量的_________叫做空间向量的长度或模
（3）空间向量的表示方法：①几何表示法：空间向量用_________表示，有向线段的长度表示空间向量的模
②符号表示法：若向量的起点是，终点是，则也可记作_________，其模记为或_________
2.几类特殊的空间向量
名称 方向 模 表示法
零向量 任意 0 记为_________
单位向量 _________ 或
相反向量 相反 相等 记为
共线向量 相同或相反 或
相等向量 相同 相等 或
3.空间向量的加减运算
加法运算 三角形法则 语言叙述 首尾顺次相接，首指向尾为和
图形叙述
平行四边形法则 语言叙述 共起点的两边为邻边作平行四边形，共起点对角线为和
图形叙述
减法运算 三角形法则 语言叙述 共起点，连终点，方向指向_________
图形叙述
4.空间向量的数乘运算
定义：与平面向量一样，实数λ与空间向量的乘积仍然是一个向量，称为空间向量的数乘
几何意义：当时，与向量的方向_________；
当时，与向量的方向_________；
当时，，其方向是任意的
5.空间向量的运算律
交换律： 结合律：，_________
分配律：
自主检测如图，在四面体OABC中，点D为AC的中点，，则________（用来表示）
知识点2 空间向量的有关定理
1.共线向量定理
对空间任意两个向量，的充要条件是存在实数λ，使得_________
推论：对空间任意一点O，点P在直线AB上的充要条件是存在实数t，使（其中_________）.
2.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：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，y)，使；
或对空间任意一点O，有.
3.空间向量基本定理
如果三个向量不共面，那么对空间任一向量，存在有序实数组，使得.其中，{}叫做空间的一个_________，都叫做基向量.
注意：（1）空间任意三个_________的向量都可构成基底；
（2）基底选定后，空间的所有向量均可由基底唯一表示；（3）不能作为基向量.
自主检测已知为空间任意一点，四点共面，且任意三点不共线，若，则的值为（ ）
A． B． C． D．1
知识点3 空间向量的数量积运算及坐标运算
1．空间向量的夹角
如图，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，
夹角的范围：_________，特别地，如果，那么向量互相垂直，记作_________
2．空间向量的数量积
已知两个非零向量，则叫做的数量积，记作，即．
零向量与任意向量的数量积为_________
3．数量积的运算律
数乘向量与数量积的结合律：
交换律： 分配律：
4．投影向量
在空间，向量向向量投影，由于它们是自由向量，因此可以先将它们_________到同一个平面α内，进而利用平面上向量的投影，得到与向量共线的向量，_________，向量称为向量在向量上的投影向量．
5．数量积的性质
若，为非零向量，
则（1）_________；（2）；（3）_________，；
（4）；（5）
6．空间向量的运算及坐标的关系
设向量,那么
向量运算 坐标表示 向量运算 坐标表示
加法 向量长度
减法 共线 _________
数乘 垂直 _________
数量积 向量夹角公式
7．向量的坐标及两点间的距离公式
在空间直角坐标系中,设．
（1）；（2）_________；
自主检测1．已知正方体的棱长为1，则的值为 ．
2．设向量则（ ）
A． B． C． D．
知识点4 空间位置关系的向量表示
1．直线的方向向量和平面的法向量
（1）直线的方向向量就是指和这条直线平行(或共线)的向量，记作，显然一条直线的方向向量可以有_________个.
（2）若直线_________，则该直线的方向向量即为该平面的法向量，平面的法向量记作,有无数多个，任意两个都是共线向量.
2．利用空间向量表示空间线面平行、垂直
设直线的方向向量分别为，平面的法向量分别为.
位置关系 平行 垂直
线线（与） _________
线面（与） _________
面面（与） _________
自主检测如图在边长是2的正方体中，E，F分别为AB，的中点．证明：平面．
知识点5 利用空间向量求空间角
设直线的方向向量分别为，平面的法向量分别为.
（1）直线所成的角为，则，计算方法：；
（2）直线与平面所成的角为，则，计算方法：_________；
（3）平面所成的二面角为，则，
如图①，AB，CD是二面角α－l－β的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小．
如图②③，分别是二面角的两个半平面的法向量，则二面角的大小θ满足，二面角的平面角大小是向量与的夹角(或其_________)．
自主检测如图，在四棱台体中，平面ABCD，底面ABCD为正方形，，P为线段的中点，直线与平面所成角的大小为 .
知识点6 利用空间向量求距离
（1）点到平面的距离
如图所示，已知AB为平面的一条斜线段，为平面的法向量，
则B到平面的距离为_________.
（2）点到直线的距离
设为直线上一点, 为直线的方向向量, 在向量方向上的投影向量
的模长为,则点到直线的距离_________.
自主检测已知四棱锥中，，则该四棱锥的高为（ ）
A． B． C． D．
题型1 空间向量的加减数乘运算
例1-1在任意四边形中，E，F分别是，的中点，若，则（ ）
A． B．1 C．2 D．3
例1-2如图所示，在正方体中，下列各式中运算结果为向量的个数是（ ）
①； ② ③； ④．
A．1 B．2 C．3 D．4
【变式1-1】（多选）空间四边形中，若，，，分别为边上的中点，则下列各式中不成立的是（ ）
A． B．
C． D．
【变式1-2】如图，在正六棱柱中.
（1）化简： ；
（2）化简： .
题型2 空间向量基本定理
例2-1（ 2025·上海黄浦·二模）如图，在平行六面体中，设，，若、、组成空间向量的一个基底，则可以是（ ）
A． B． C． D．
例2-2在平行六面体中，为与的交点．若，则下列向量中与相等的是（ ）
A． B．
C． D．
方法技巧 用基底表示空间向量的具体步骤
（1）定基底:根据已知条件,确定三个不共面的向量构成空间的一个基底；
（2）找目标:用确定的基底(或已知基底)表示目标向量,需要根据三角形法则及平行四边形法则,结合相等向量的代换、向量的运算进行变形、化简,最后求出结果；
（3）下结论:利用空间向量的一个基底可以表示出空间所有向量.表示要彻底,结果中只能含有,不能含有其他形式的向量.
【变式2-1】四面体中，，且，则等于（ ）
A． B．
C． D．
【变式2-2】如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，点分别为的中点，若，且，则（ ）
A．1 B．2 C． D．
【变式2-3】如图，在四面体OABC中，，，．点M在OA上，且，N为BC中点，则等于 .
题型3 空间向量的数量积运算
例3-1（多选）已知空间中三个向量，，，则下列说法正确的是（ ）
A． B．
C．在上的投影向量为 D．
例3-2《九章算术》第五卷中涉及到一种几何体——羡除，它下广六尺，上广一丈.深三尺，末广八尺，袤七尺.该羡除是一个多面体，如图，四边形，均为等腰梯形，，平面平面，梯形，梯形的高分别为3，7，且，，，则
A． B． C． D．
【变式3-1】如图，甲站在水库底面上的点D处，乙站在水坝斜面上的点处．已知水库底面与水坝斜面所成的二面角的大小为，测得从、两点到水库底面与水坝斜面的交线的距离分别为m、m，且m，则甲乙两人相距 m．
【变式3-2】已知四面体的所有棱长都等于，、分别是的中点，则 ．
【变式3-3】设正四面体的棱长为，为的中点，为的中点，则 ．
【变式3-4】如图所示，在平行六面体中，，，，．
(1)求；
(2)求线段的长．
【变式3-5】如图，在平行六面体中，，，，点为的中点，.
(1)求的值；
(2)求与所成的角的余弦值.
题型4 共线问题
例4-1设，，不共面，已知，，，若，，三点共线，则（ ）
A．6 B．12 C． D．
例4-2如图，在平行六面体中，，，，，.点是棱的中点，点是对角线上一点（包括端点），且满足.
若三点共线，求的值；
【变式4-1】在空间直角坐标系中，已知点，，，若三点共线，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【变式4-2】如图，三角形中，，，点在线段上，点在线段上，满足，，点、分别为、中点．
(1)证明：、、三点共线；
【变式4-3】已知平行六面体，底面是正方形，，，，，，，设，，．
(1)用向量表示向量，并求的长度；
(2)设点满足，是否存在使得，，三点共线，若存在求出，若不存在请说明理由．
题型5 共面问题
例5-1已知，，，如、、三个向量不能构成空间直角坐标系上的一组基底，则实数为（ ）
A． B． C． D．
例5-2如图，在正四面体中，E为的中点，，，当时，四点共面，则（ ）
A． B． C． D．
【变式5-1】有以下命题：
①若（），则与、共面；
②若与、共面，则（）；
③若（），则M、P、A、B共面；
④若M、P、A、B共面，则（）.
则所有真命题的序号是
【变式5-2·变考法】如图，两个正方形框架、的边长都是，且它们所在的平面相互垂直．
(1)证明：；
(2)证明：与是异面直线；
【变式5-3】（ 2025·福建龙岩·二模）如图，在四棱锥中，平面，，，，，，分别为，的中点．
(1)设，且，，，四点共面，求实数的值；
题型6 平行、垂直的向量证明
例6-1已知直三棱柱中，底面是以为斜边的等腰直角三角形，，是侧棱的中点，则下列直线中与垂直的是（ ）
A． B． C． D．
例6-2如图，正三棱柱中，，，D是中点，E是棱上一点．
(1)求证：平面；
(2)若平面平面，求的长．
易错分析 线面关系证法易混淆
1.平行证明中误将向量共线等同于线面平行，忽略线在面内的情况，未验证方向向量与平面法向量垂直且线不在面内；
2.若证明线面垂直，应该证明方向向量与法向量平行；若要证明线面平行，应该证明方向向量与法向量垂直
【变式6-1】（多选）如图，在正方体中，当点在线段上运动时，下列结论正确的是（ ）．
A．与不可能平行 B．与始终异面
C．与平面可能垂直 D．与始终垂直
【变式6-2】如图，在三棱柱中，底面，，，，为的中点， 为侧棱上的动点.
(1)求证：平面平面；
(2)试判断是否存在，使得直线.若存在，求的长；若不存在，请说明理由.
【变式6-3】如图，等边三角形与直角梯形所在的平面垂直，．
(1)若F为的中点，求证：平面；
(2)在线段上是否存在点N，使平面 若存在，求的值；若不存在，请说明理由．
题型7 线线角、线面角的向量求法
例7-1如图，正四棱锥，，，P为侧棱SD中点．
(1)求证：；
(2)求异面直线与所成角的余弦值．
例7-2在四棱锥中，,，.
(1)求证：平面；
(2)设为棱上一点，若直线与所成角的余弦值为，求的值.
易错分析 线面角与向量角的混淆
混淆线面角与向量夹角，误将法向量与直线方向向量夹角直接作结果，忽略线面角是夹角或其补角的锐角，误用正弦公式或余弦公式，未用
【变式7-1】如图，在三棱柱中，底面是边长为2的正三角形，底面，，分别是的中点，点在线段上，且．
(1)证明：平面．
(2)求直线与平面所成角的正弦值．
【变式7-2】如图1，正方形的边长为2，如图2，将正方形沿着对角线翻折，O为原正方形的中心．
(1)证明：平面；
(2)翻折至四面体的体积最大时．
（ⅰ）求异面直线与所成角的大小；
（ⅱ）求与平面所成的角的正弦值．
【变式7-3】（ 2025·海南·模拟预测）如图，在三棱锥中，是边长为4的正三角形，与底面的夹角为，且是线段上的点．
(1)求证：平面平面；
(2)若直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长．
题型8 面面角的向量求法
例8-1如图，已知、均是边长为2的等边三角形，且平面平面，为的中点，且.
(1)证明：；
(2)若，，求平面与平面夹角的大小.
例8-2如图，在四边形中，，，，，，E是的中点．现将沿翻折，使得点A移动至平面外的点P．
(1)若点F是靠近P的四等分点，求证：平面；
(2)若平面平面，求平面与平面所成二面角的正弦值．
【变式8-1】如图，直四棱柱的底面为梯形，，，.
(1)若，E为的中点，在侧面内是否存在点F，使平面？若存在，请确定点F的位置；若不存在，请说明理由.
(2)若点K为的中点，平面与平面所成锐二面角为60°，求的长.
【变式8-2】如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，，是底面半径，，为劣弧的中点.
(1)证明：平面；
(2)若圆锥底面半径为1，高为2，求平面与平面所成锐二面角的余弦值.
【变式8-3】如图，在四棱锥中，平面平面，底面是平行四边形，，，，点满足，点是线段的中点．
(1)证明：平面；
(2)若二面角的大小为时，求四棱锥的体积．
题型9 点面、面面距离的向量求法
例9-1如图所示，体积为的半圆柱的轴截面为平面是圆柱底面的直径，为底面的圆心，为一条母线，点为棱的中点，且和的弧长为．则三棱锥的体积为（ ）．
A． B． C． D．
例9-2如图，在四棱锥中，底面是边长为4的正方形.平面，，分别是，的中点.
(1)证明：平面平面；
(2)若平面与平面夹角的余弦值为，求点到平面的距离.
【变式9-1】在棱长为4的正方体中，P是棱的中点，点M，N分别在棱上，且，则四面体的体积为 ．
【变式9-2】如图，在四棱锥中，平面平面，平面平面，底面为直角梯形，，，与相交于点，点满足，且.
(1)求证：平面；
(2)求的长度；
(3)若点到平面的距离为，求与平面所成角的正弦值.
【变式9-3】如图，在棱长为1的正方体中，为线段的中点，为线段的中点，为线段的中点，求平面到平面的距离.
【变式9-4】如图，在四棱锥中，平面，.
(1)证明：平面平面；
(2)若，求点到平面的距离.
题型10 点线、线线距离的向量求法
例10-1（ 2025·湖南长沙·三模）在空间直角坐标系中，若一条直线经过点，且以向量为方向向量，则这条直线可以用方程来表示．已知直线的方程为，则点到直线的距离为（ ）
A． B． C． D．
例10-2如图，正四棱柱中，，点E和F分别是线段与上的动点，则间最小距离为（ ）
A． B．1 C． D．
【变式10-1】在长方体ABCD-A1B1C1D1中，若，则直线BD1与CD之间的距离为 .
【变式10-2】已知在边长为6的正方体中，点分别为线段和上的动点，当 时，线段取得最小值 .
【变式10-3】如图，在三棱锥中，，，两两垂直，，，，为线段上靠近的三等分点，点为的重心，则点到直线的距离为（ ）
A． B． C． D．
题型11 轨迹问题的向量求法
例11-1已知正方体的棱长为1，点在正方体内（包含表面）运动，若，则动点的轨迹所形成区域的面积是（ ）
A． B． C． D．
例11-2（ 2025·北京·二模）设正方体的棱长为2，P为正方体表面上一点，且点P到直线的距离与它到平面ABCD的距离相等，记动点P的轨迹为曲线W，则曲线W的周长为（ ）
A． B． C． D．
方法技巧 空间中轨迹问题的解答思路
（1）根据已知条件确定和待求点相关的平行、垂直等关系；
（2）用动点的坐标、、z表示相关点的坐标、、，然后代入点的坐标所满足的曲线方程，整理化简可得出动点的轨迹方程；
（3）根据轨迹形状即可求解出轨迹的长度等其他量.
【变式11-1】（多选）如图，已知正方体的棱长为是的中点，为正方形所在平面内一动点，则下列结论正确的是（ ）
A．若到直线与直线的距离相等，则的轨迹为抛物线
B．若，则的中点的轨迹所围成图形的面积为
C．若直线与平面所成的角为，则的轨迹为椭圆
D．若直线与直线所成的角为，则的轨迹为双曲线
【变式11-2】如图所示的试验装置中，两个正方形框架的边长都是1，且它们所在的平面互相垂直．长度为1的金属杆端点在对角线上移动，另一个端点在正方形内（含边界）移动，且始终保持，则端点的轨迹长度为（ ）
A． B． C．1 D．
【变式11-3】在正方体中，棱长为6，点在棱上，，为的中点，若动点在平面内运动，且满足，则点的轨迹所形成的面积为 ；三棱锥体积的最大值为 .
题型12 探索性问题的向量求法
例12-1如图，正四棱锥 的所有棱长均为，为侧棱上的点，是中点.
(1)若是中点，求直线与平面所成角的余弦值；
(2)是否存在点，使得直线与平面平行？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
例12-2在梯形中，，，，P为的中点，线段与交于O点（如图1）将沿折起到位置，使得平面平面（如图2）.
(1)求证：平面；
(2)求二面角的大小；
(3)线段上是否存在点Q，使得与平面所成角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
方法技巧 探索性问题的处理方式
假设所成的点或参数存在,并用相关参数表示相关点的坐标,根据线、面满足的位置关系、数量关系,构建方程（组）求解,若能求出参数的值且符合该限定的范围,则存在,否则不存在。
假设的方式有：①若在直线上，则,使得
②在射线上，则,使得
③在线段上，则,使得
④在平面上，则,使得
【变式12-1】如图，在长方体中，，，分别是棱，，的中点.
(1)判断直线与平面的位置关系，并证明你的结论；
(2)求直线与平面所成角的正弦值；
(3)在线段上是否存在一点，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.
【变式12-2】在三棱锥中，平面平面，为等腰直角三角形，，为的中点.
(1)求证：；
(2)求平面与平面所成角的余弦值；
(3)在线段上是否存在点使得平面平面？若存在，求出的值，若不存在，说明理由.
【变式12-3】如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面为棱上的动点.
(1)若为中点，证明：平面；
(2)若，在线段上是否存在点使得面与面夹角余弦值为，若存在，求出点位置，若不存在，说明理由.
题型13 夹角最值问题的向量求法
例13-1已知三棱锥，是边长为2的正三角形，，．
(1)证明：；
(2)动点满足，求直线与平面所成角的正弦值的最大值．
例13-2（ 2025·河北·模拟预测）等腰梯形中，，，，沿对角线将翻折形成三棱锥（点翻折到点的位置），点、分别为棱，的中点.
(1)证明：平面；
(2)当直线与直线成角时，求四棱锥的体积；
(3)在翻折过程中求平面与平面夹角余弦值的取值范围.
【变式13-1】如图，在三棱台中侧面为等腰梯形，为中点.底面为等腰三角形，为的中点.
(1)证明：平面平面；
(2)记二面角的大小为.当时，求直线与平面所成角的正弦的最大值.
【变式13-2】直三棱柱中，，，点E在棱上，．
若平面平面，点Q是上异于点B的动点．
(1)证明：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值的取值范围．
【变式13-3】如图，在四棱锥 中， 平面 是棱 的中点， .
(1)证明: 平面 .
(2)求点 到平面 的距离.
(3)若点 在棱 上，求平面与平面所夹锐角的余弦值的最小值.
1．（2024·上海·高考真题）定义一个集合，集合中的元素是空间内的点集，任取，存在不全为0的实数，使得．已知，则的充分条件是（ ）
A． B．
C． D．
2．（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．
3．（2025·全国一卷·高考真题）如图所示的四棱锥中，平面，．
(1)证明：平面平面；
(2)，，，，在同一个球面上，设该球面的球心为．
（i）证明：在平面上；
（ⅱ）求直线与直线所成角的余弦值．
4．（2025·天津·高考真题）正方体的棱长为4，分别为中点，．
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值；
(3)求三棱锥的体积．
5．（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．
6．（2024·天津·高考真题）如图，在四棱柱中，平面，，．分别为的中点，
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面夹角余弦值；
(3)求点到平面的距离．
7．（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．
1．如图，在空间平移到，连接对应顶点，设，，，M是的中点，N是的中点，用基底表示向量，.
2．如图，在平行六面体中，，，，，求与所成角的余弦值．
3．如图，在四面体ABCD中，平面BCD，M是AD的中点，P是BM的中点，点Q在线段AC上，且．求证：平面BCD．
4．如图，在棱长为1的正方体中，O为平面的中心，E为BC的中点，求点O到直线的距离．
5．如图，四面体OABC的所有棱长都是1，D，E分别是边OA，BC的中点，连接DE．
（1）计算DE的长；
（2）求点O到平面ABC的距离．
6．如图，在正方体中，E，F，G，H，K，L分别是AB，，，，，DA各棱的中点．
（1）求证：平面EFGHKL；
（2）求与平面EFGHKL所成角的余弦值．
7．如图，已知正方体的棱长为1，Q为的中点，点P在棱上，．求平面ABCD与平面BQP的夹角．
8．在如图所示的试验装置中，两个正方形框架ABCD，ABEF的边长都是1，且它们所在的平面互相垂直．活动弹子M，N分别在正方形对角线AC和BF上移动，且CM和BN的长度保持相等，记．
（1）求MN的长；
（2）a为何值时，MN的长最小？
（3）当MN的长最小时求平面MNA与平面MNB夹角的余弦值．中小学教育资源及组卷应用平台
第05讲 空间向量及其应用
目录
01 考情解码 命题预警 1
02 体系构建·思维可视 3
03 核心突破·靶向攻坚 3
知能解码 3
知识点1 空间向量及其加减数乘运算 4
知识点2 空间向量的有关定理 5
知识点3 空间向量的数量积运算及坐标运算 6
知识点4 空间位置关系的向量表示 7
知识点5 利用空间向量求空间角 8
知识点6 利用空间向量求距离 10
题型破译 10
题型1 空间向量的加减数乘运算 10
题型2 空间向量基本定理 12
【方法技巧】用基底表示空间向量的具体步骤
题型3 空间向量的数量积运算 15
题型4 共线问题 20
题型5 共面问题 23
题型6 平行、垂直的向量证明 27
【易错分析】线面关系证法易混淆
题型7 线线角、线面角的向量求法 34
【方法技巧】线面角与向量角的混淆
题型8 面面角的向量求法 41
题型9 点面、面面距离的向量求法 50
题型10 点线、线线距离的向量求法 58
题型11 轨迹问题的向量求法 62
【方法技巧】空间中轨迹问题的解答思路
题型12 探索性问题的向量求法 67
【方法技巧】探索性问题的处理方式
题型13 夹角最值问题的向量求法 76
04 真题溯源·考向感知 84
05 课本典例·高考素材 96
考点要求 考察形式 2025年 2024年 2023年
（1）空间向量的线性运算及数量积运算 （2）空间向量基本定理、共线向量定理、共面向量定理 （3）平行、垂直的向量证明 （4）空间角、空间距离的向量求法 单选题 多选题 填空题 解答题 北京卷T17（14分） 天津卷T17（15分） 全国一卷T9（6分）、 T17（15分） 全国二卷T17（15分） 全国II卷T17（15分） 全国甲卷（理）T19（12分） 天津卷T17（15分） 上海卷T15（5分） 北京卷T16（13分） 全国乙卷（理）T19（12分） 全国I卷T18（12分） 全国II卷T20（12分）
考情分析： 该内容是新高考卷解答题的核心考查内容，常以中档题型出现，题型集中于解答题第二问，重点考查利用向量法计算空间角（如二面角、线面角）和空间距离，需结合几何体结构特征建立坐标系并求解法向量。题目常与几何证明（如线面垂直）结合，要求学生将几何条件转化为向量关系，对空间想象能力和运算准确性要求较高。 近年命题趋势更注重动态几何问题和向量法的综合应用，如通过翻折情境分析空间角的变化，需灵活运用向量参数化或方程思想。备考时需强化坐标系建立技巧（如选择对称点或中点为原点）、法向量求解步骤及空间角公式的熟练应用，同时注重向量运算的严谨性，避免因计算失误失分。
复习目标： 1.了解空间向量的概念，了解空间向量的基本定理及其意义，掌握空间向量的正交分解及其坐标表示，掌握空间向量的线性运算及其坐标表示. 2.掌握空间向量的数量积及其坐标表示，能用向量的数量积判断向量的共线和垂直. 3.理解直线的方向向量及平面的法向量，能用向量语言表述线线、线面、面面的平行和垂直关系. 4.会用空间向量求空间角和距离.
知识点1 空间向量及其加减数乘运算
1．空间向量的定义及表示
（1）空间向量的定义：在空间，把具有方向和大小的量叫做空间向量
（2）空间向量的长度或模：空间向量的大小叫做空间向量的长度或模
（3）空间向量的表示方法：①几何表示法：空间向量用有向线段表示，有向线段的长度表示空间向量的模
②符号表示法：若向量的起点是，终点是，则也可记作，其模记为或
2.几类特殊的空间向量
名称 方向 模 表示法
零向量 任意 0 记为
单位向量 1 或
相反向量 相反 相等 记为
共线向量 相同或相反 或
相等向量 相同 相等 或
3.空间向量的加减运算
加法运算 三角形法则 语言叙述 首尾顺次相接，首指向尾为和
图形叙述
平行四边形法则 语言叙述 共起点的两边为邻边作平行四边形，共起点对角线为和
图形叙述
减法运算 三角形法则 语言叙述 共起点，连终点，方向指向被减向量
图形叙述
4.空间向量的数乘运算
定义：与平面向量一样，实数λ与空间向量的乘积仍然是一个向量，称为空间向量的数乘
几何意义：当时，与向量的方向相同；
当时，与向量的方向相反；
当时，，其方向是任意的
5.空间向量的运算律
交换律： 结合律：，
分配律：
自主检测如图，在四面体OABC中，点D为AC的中点，，则________（用来表示）
【答案】
【详解】由，
故答案为：.
知识点2 空间向量的有关定理
1.共线向量定理
对空间任意两个向量，的充要条件是存在实数λ，使得
推论：对空间任意一点O，点P在直线AB上的充要条件是存在实数t，使（其中1）.
2.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：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，y)，使；
或对空间任意一点O，有.
3.空间向量基本定理
如果三个向量不共面，那么对空间任一向量，存在有序实数组，使得.其中，{}叫做空间的一个基底，都叫做基向量.
注意：（1）空间任意三个不共面的向量都可构成基底；
（2）基底选定后，空间的所有向量均可由基底唯一表示；（3）不能作为基向量.
自主检测已知为空间任意一点，四点共面，且任意三点不共线，若，则的值为（ ）
A． B． C． D．1
【答案】C
【详解】因为为空间任意一点，，
又因为A，B，C，P满足任意三点不共线，但四点共面，
所以，解得．
故选：C．
知识点3 空间向量的数量积运算及坐标运算
1．空间向量的夹角
如图，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，
夹角的范围：，特别地，如果，那么向量互相垂直，记作
2．空间向量的数量积
已知两个非零向量，则叫做的数量积，记作，即．
零向量与任意向量的数量积为0
3．数量积的运算律
数乘向量与数量积的结合律：
交换律： 分配律：
4．投影向量
在空间，向量向向量投影，由于它们是自由向量，因此可以先将它们平移到同一个平面α内，进而利用平面上向量的投影，得到与向量共线的向量，，向量称为向量在向量上的投影向量．
5．数量积的性质
若，为非零向量，
则（1）；（2）；（3），；
（4）；（5）
6．空间向量的运算及坐标的关系
设向量,那么
向量运算 坐标表示 向量运算 坐标表示
加法 向量长度
减法 共线
数乘 垂直
数量积 向量夹角公式
7．向量的坐标及两点间的距离公式
在空间直角坐标系中,设．
（1）；（2）；
自主检测1．已知正方体的棱长为1，则的值为 ．
【答案】1
【详解】因为，
又，，所以，
所以.
故答案为：
2．设向量则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】
故选：D.
知识点4 空间位置关系的向量表示
1．直线的方向向量和平面的法向量
（1）直线的方向向量就是指和这条直线平行(或共线)的向量，记作，显然一条直线的方向向量可以有无数个.
（2）若直线，则该直线的方向向量即为该平面的法向量，平面的法向量记作,有无数多个，任意两个都是共线向量.
2．利用空间向量表示空间线面平行、垂直
设直线的方向向量分别为，平面的法向量分别为.
位置关系 平行 垂直
线线（与）
线面（与）
面面（与）
自主检测如图在边长是2的正方体中，E，F分别为AB，的中点．证明：平面．
【答案】证明见解析
【详解】如图以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，
则，
∵E，F分别为AB，的中点，∴，
，，，
∵，，∴，
又，平面，
平面．
知识点5 利用空间向量求空间角
设直线的方向向量分别为，平面的法向量分别为.
（1）直线所成的角为，则，计算方法：；
（2）直线与平面所成的角为，则，计算方法：；
（3）平面所成的二面角为，则，
如图①，AB，CD是二面角α－l－β的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小．
如图②③，分别是二面角的两个半平面的法向量，则二面角的大小θ满足，二面角的平面角大小是向量与的夹角(或其补角)．
自主检测如图，在四棱台体中，平面ABCD，底面ABCD为正方形，，P为线段的中点，直线与平面所成角的大小为 .
【答案】
【详解】根据题意建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，，，
，，设平面的法向量为，
则，则平面的一个法向量，
所以，即直线平面，
故直线与平面所成角的大小为.
故答案为：.
知识点6 利用空间向量求距离
（1）点到平面的距离
如图所示，已知AB为平面的一条斜线段，为平面的法向量，
则B到平面的距离为.
（2）点到直线的距离
设为直线上一点, 为直线的方向向量, 在向量方向上的投影向量
的模长为,则点到直线的距离.
自主检测已知四棱锥中，，则该四棱锥的高为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】设平面的法向量为，则有，
取，得，
所以点点平面的距离，即四棱锥的高为.
故选：D
题型1 空间向量的加减数乘运算
例1-1在任意四边形中，E，F分别是，的中点，若，则（ ）
A． B．1 C．2 D．3
【答案】C
【详解】如图，，
，
，.
故选：C.
例1-2如图所示，在正方体中，下列各式中运算结果为向量的个数是（ ）
①； ② ③； ④．
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】D
【详解】由正方体，空间向量的加法法则可得．
；；
；．
故选：D．
【变式1-1】（多选）空间四边形中，若，，，分别为边上的中点，则下列各式中不成立的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】ACD
【详解】画出图形，如图所示，
∵分别为边上的中点，∴，，
对于A，；
对于B，；
对于C，;
对于D，.
故选：ACD
【变式1-2】如图，在正六棱柱中.
（1）化简： ；
（2）化简： .
【答案】
【详解】（1）
.
（2）
故答案为：
题型2 空间向量基本定理
例2-1（ 2025·上海黄浦·二模）如图，在平行六面体中，设，，若、、组成空间向量的一个基底，则可以是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】由，，、、组成空间向量的一个基，得向量、、不共面，
对于A，在平行六面体中，，则与、共面，A不是；
对于C，，与、共面，C不是；
对于D，，与、共面，D不是；
对于B，由，得，不共面，
假设与、共面，则存在，使得，
而，则，
整理得，从而，此方程组无解，
假设不成立，因此与、不共面，可以是.
故选：B
例2-2在平行六面体中，为与的交点．若，则下列向量中与相等的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【详解】根据题意，．
故选：B．
方法技巧 用基底表示空间向量的具体步骤
（1）定基底:根据已知条件,确定三个不共面的向量构成空间的一个基底；
（2）找目标:用确定的基底(或已知基底)表示目标向量,需要根据三角形法则及平行四边形法则,结合相等向量的代换、向量的运算进行变形、化简,最后求出结果；
（3）下结论:利用空间向量的一个基底可以表示出空间所有向量.表示要彻底,结果中只能含有,不能含有其他形式的向量.
【变式2-1】四面体中，，且，则等于（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【详解】
因为，
所以，点为的中点，
所以，即.
故选：B
【变式2-2】如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，点分别为的中点，若，且，则（ ）
A．1 B．2 C． D．
【答案】D
【详解】因为点分别为的中点，所以，
所以，
因为，所以，
所以，
又，则，所以.
故选：D.
【变式2-3】如图，在四面体OABC中，，，．点M在OA上，且，N为BC中点，则等于 .
【答案】
【详解】依题意，.
故答案为：
题型3 空间向量的数量积运算
例3-1（多选）已知空间中三个向量，，，则下列说法正确的是（ ）
A． B．
C．在上的投影向量为 D．
【答案】AD
【详解】，故A正确；
，
所以，所以与不垂直，故B错误；
在上的投影向量为，故C错误；
，故D正确.
故选：AD.
例3-2《九章算术》第五卷中涉及到一种几何体——羡除，它下广六尺，上广一丈.深三尺，末广八尺，袤七尺.该羡除是一个多面体，如图，四边形，均为等腰梯形，，平面平面，梯形，梯形的高分别为3，7，且，，，则
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】过分别作，的高，垂足分别为，，
因为平面平面，，
且平面平面，所以平面，
因为平面，平面，
所以，，又，故，，两两垂直，
以为坐标原点，，，分别为，，轴的正方向，
建立空间直角坐标系，
则由题意可知，，，，
故，，故，
故选：C
【变式3-1】如图，甲站在水库底面上的点D处，乙站在水坝斜面上的点处．已知水库底面与水坝斜面所成的二面角的大小为，测得从、两点到水库底面与水坝斜面的交线的距离分别为m、m，且m，则甲乙两人相距 m．
【答案】
【详解】由题意可得，
故，
而m、m，且m，水库底面与水坝斜面所成的二面角的大小为，
可知，又，
故，
故（m）,
故答案为：
【变式3-2】已知四面体的所有棱长都等于，、分别是的中点，则 ．
【答案】/
【详解】如下图所示：
由题意可得，
因为、分别为、的中点，所以，，
故，
因此，
.
故答案为：.
【变式3-3】设正四面体的棱长为，为的中点，为的中点，则 ．
【答案】
【详解】如图所示，
.
故答案为：
【变式3-4】如图所示，在平行六面体中，，，，．
(1)求；
(2)求线段的长．
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）由题意可得，，，
所以.
（2）
，
所以线段的长为．
【变式3-5】如图，在平行六面体中，，，，点为的中点，.
(1)求的值；
(2)求与所成的角的余弦值.
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）因为点为的中点
所以
所以
所以，所以
（2）因为
；
所以；
因为；
又。
所以；
所以直线与所成的角的余弦值为.
题型4 共线问题
例4-1设，，不共面，已知，，，若，，三点共线，则（ ）
A．6 B．12 C． D．
【答案】C
【详解】因为，，，
所以，
又，，三点共线，所以，
则存在实数使得，即，
又，，不共面，
所以，解得，所以.
故选：C
例4-2如图，在平行六面体中，，，，，.点是棱的中点，点是对角线上一点（包括端点），且满足.
若三点共线，求的值；
【答案】
【详解】设基向量，
则，
因为，
所以，
因为三点共线，设，
则，
所以，即，所以
【变式4-1】在空间直角坐标系中，已知点，，，若三点共线，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】由于，
由于三点共线，所以，解得，
故,
故选：A
【变式4-2】如图，三角形中，，，点在线段上，点在线段上，满足，，点、分别为、中点．
(1)证明：、、三点共线；
【答案】(1)证明见解析
【详解】（1）因为点在线段上，满足，为的中点，
所以，，
因为为的中点，所以，
因为点在线段上，，即，
即，故，所以，
所以、、三点共线.
【变式4-3】已知平行六面体，底面是正方形，，，，，，，设，，．
(1)用向量表示向量，并求的长度；
(2)设点满足，是否存在使得，，三点共线，若存在求出，若不存在请说明理由．
【答案】(1)，
(2)存在，
【详解】（1）因为，
，
所以；
所以
，
所以.
（2）假设存在满足条件，所以，
因为，，三点共线，所以设，
所以，
所以，解得，
故满足条件.
题型5 共面问题
例5-1已知，，，如、、三个向量不能构成空间直角坐标系上的一组基底，则实数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】由题意可知，、、三个向量共面，则存在实数、，使得，
即，所以，解得.
故选：A.
例5-2如图，在正四面体中，E为的中点，，，当时，四点共面，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】因为四点共面，所以存在唯一的，使得.
因为，所以，
因为E为的中点，，
所以，，
所以，
，
，
代入，得，
所以，解得.
故选：B．
【变式5-1】有以下命题：
①若（），则与、共面；
②若与、共面，则（）；
③若（），则M、P、A、B共面；
④若M、P、A、B共面，则（）.
则所有真命题的序号是
【答案】①③
【详解】由空间向量的共面定理可知，①和③是真命题；
对于②，当与共线，且与、不共线时，满足与、共面，
但不存在实数组，使成立，故②是假命题；
对于④，当M、A、B共线且P与M、A、B不共线时，满足M、P、A、B共面，
但不存在实数组，使成立，故④是假命题.
故答案为：①③.
【变式5-2·变考法】如图，两个正方形框架、的边长都是，且它们所在的平面相互垂直．
(1)证明：；
(2)证明：与是异面直线；
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【详解】（1）因为四边形为正方形，所以，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
因为平面，故.
（2）因为四边形为正方形，所以，
又因为平面，以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，
则、、、，
所以，，，
①若，即，即，无解，
所以直线与直线不平行；
②若直线与相交，记它们所确定的平面为，
因为、，所以，设，
即，所以，无解，
所以直线与直线不相交.
由于空间中两直线仅有的三种位置关系：平行、相交或异面，故直线与直线为异面直线.
【变式5-3】（ 2025·福建龙岩·二模）如图，在四棱锥中，平面，，，，，，分别为，的中点．
(1)设，且，，，四点共面，求实数的值；
【答案】(1)
【详解】（1）方法一：坐标法（利用共面向量基本定理）
在平面内作，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，
设，，，，，
，，，，，
又，分别为，的中点，
，，
，
，，共面，存在实数，，使得，
即，
，解得；
方法二：坐标法（利用法向量）
在平面内作，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，
设，，，，，
，，，，，
，
又，分别为，的中点，
，，
设平面的法向量为，
，，令得，
，
又，，共面，
，解得；
题型6 平行、垂直的向量证明
例6-1已知直三棱柱中，底面是以为斜边的等腰直角三角形，，是侧棱的中点，则下列直线中与垂直的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】因为三棱柱是直三棱柱，且底面是以为斜边的等腰直角三角形，
所以两两垂直，
以为原点，所在直线分别为轴建立如图所示坐标系，
由题意可得，，，，，
所以，，，，，
所以，，
，，
所以，
故选：B
例6-2如图，正三棱柱中，，，D是中点，E是棱上一点．
(1)求证：平面；
(2)若平面平面，求的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)或2
【详解】（1）
在正三棱柱中，
因为平面，平面，所以．
因为是正三角形，D是中点，所以．
又，，平面，所以平面．
（2）解法一：
在中过点D作，垂足为F．
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面．又平面，所以．
由（1）知，且，平面，
所以平面，又平面，所以．
设，则，，，，
由勾股定理得，即，解得或，
所以或2．
解法二：
在正三棱柱中，取中点，连结，
则，，两两垂直，以为正交基底，
建立如图所示的空间直角坐标系．
设，则，，，．
设平面的一个法向量，
因为，，
由即解得，，
取，则，得．
设平面的一个法向量，
因为，，
由即
解得，，
取，则，，
得．
因为平面平面，
所以，解得或，
所以或2．
易错分析 线面关系证法易混淆
1.平行证明中误将向量共线等同于线面平行，忽略线在面内的情况，未验证方向向量与平面法向量垂直且线不在面内；
2.若证明线面垂直，应该证明方向向量与法向量平行；若要证明线面平行，应该证明方向向量与法向量垂直
【变式6-1】（多选）如图，在正方体中，当点在线段上运动时，下列结论正确的是（ ）．
A．与不可能平行 B．与始终异面
C．与平面可能垂直 D．与始终垂直
【答案】AD
【详解】构建如图示的空间直角坐标系，若正方体棱长为1，
则，，，，，
则，
因为点在线段上，令，，则
由∥得.
∴且，故，
而，，，
所以，即，故D正确；
显然在由相交线和所成的平面上，
且与该平面有交点，
故在上移动过程中可能与相交，B错误；
若且，则，不存在这样的值，A正确；
若面，则，显然不存在这样的值，故C错误．
故选：AD
【变式6-2】如图，在三棱柱中，底面，，，，为的中点， 为侧棱上的动点.
(1)求证：平面平面；
(2)试判断是否存在，使得直线.若存在，求的长；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，
【详解】（1）在三棱柱中，底面，平面，
，
，为的中点，
，
， 平面，
平面，
平面，
平面平面；
（2）以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
，，，
设，则，，，
若，则，解得，
所以存在，使得直线，此时.
【变式6-3】如图，等边三角形与直角梯形所在的平面垂直，．
(1)若F为的中点，求证：平面；
(2)在线段上是否存在点N，使平面 若存在，求的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，
【详解】（1）设的中点为H，的中点为O，连接，，
由题意知．
因为平面平面，平面，，平面平面，
所以平面，所以平面，则，，
又为等边三角形，所以．
故以O为坐标原点，射线，，分别为x轴、y轴、z轴的正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系．
设，则，
，，
，，
所以.又因为平面，
所以平面．
（2）设存在点N，使平面，
设，，则，
，
所以．
由（1）知，，，
设平面的法向量为，
由，
得，令，则，
由平面，得．
所以，解得．
所以当时，平面．
题型7 线线角、线面角的向量求法
例7-1如图，正四棱锥，，，P为侧棱SD中点．
(1)求证：；
(2)求异面直线与所成角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）连结交于点，连结，
因为正四棱锥，所以平面，
又平面，所以，
因为正四棱锥，
所以四边形是正方形，
所以，因为，，，平面，平面，
所以平面，又平面，
所以；
（2）
因为，
所以以为原点建立空间直角坐标系，
使用，
所以，
所以，
所以，
因此异面直线与所成角的余弦值为.
例7-2在四棱锥中，,，.
(1)求证：平面；
(2)设为棱上一点，若直线与所成角的余弦值为，求的值.
【答案】(1)证明见解析;
(2)或.
【详解】（1）
在棱上取一点，使得，连接,
因为，所以四边形是平行四边形，则，因为，所以.
又因为，根据余弦定理可得，即，
则有，所以，
又平面，则平面，
又平面，则，
又因为平面，
所以平面.
（2）以点为坐标原点，以所在直线分别为轴，轴，过点作轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
设，则，
则，
于是，
化简得，解得或，
所以或.
易错分析 线面角与向量角的混淆
混淆线面角与向量夹角，误将法向量与直线方向向量夹角直接作结果，忽略线面角是夹角或其补角的锐角，误用正弦公式或余弦公式，未用
【变式7-1】如图，在三棱柱中，底面是边长为2的正三角形，底面，，分别是的中点，点在线段上，且．
(1)证明：平面．
(2)求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）在三棱柱中，因为分别是的中点，
根据三棱柱的性质，且，所以四边形为平行四边形,
所以，
又因为平面平面，
所以平面．
（2）由题意，底面是边长为的正三角形，侧棱，则．
如图，以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系．
因为，所以，，
所以．
设平面的法向量为，
则令，则．
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7-2】如图1，正方形的边长为2，如图2，将正方形沿着对角线翻折，O为原正方形的中心．
(1)证明：平面；
(2)翻折至四面体的体积最大时．
（ⅰ）求异面直线与所成角的大小；
（ⅱ）求与平面所成的角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)（i）；（ii）
【详解】（1）证明：在图中，连接，，
因为和都是等腰三角形，且O是正方形中心，
所以，，，，平面，
所以平面．
（2）在翻折过程中，四面体的体积取最大值时，D点到平面的距离最大，
此时平面平面，
因为，所以平面．
方法1：（ⅰ）在四面体中，取，的中点，记为E，F，连接，，．
因为为的中位线，所以且，
同理且，
所以或其补角为异面直线与所成角，且，，
由前知，平面，所以．
又，，所以，
所以为等边三角形，，
所以异面直线与所成角的大小为．
方法2：（ⅰ）所以，，两两垂直，如图，以O为坐标原点，
，，所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系．
因为正方形的边长为2，
所以，，，，
，，
设异面直线与所成角为，，
因为，所以．
（ⅱ）因为，，，
设平面的一个法向量，
因为，即，
令，则，，得，
设与平面所成角为，，
即与平面所成的角的正弦值为．
【变式7-3】（ 2025·海南·模拟预测）如图，在三棱锥中，是边长为4的正三角形，与底面的夹角为，且是线段上的点．
(1)求证：平面平面；
(2)若直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）取的中点O，连接，由是等边三角形，是等腰三角形，
得，，又平面，则平面，
而平面，于是平面平面，在平面内射影为直线，
即为与底面的夹角，，
由正边长为4，，得，，
在中，由余弦定理得，
而，解，因此，，
又平面，则平面，又平面，
所以平面平面.
（2）由（1）知，直线两两垂直，以O为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，，
设，，，，
设平面的法向量为，则，
取，得，由与平面所成角的正弦值为，
得，整理得，而，解得，
所以
题型8 面面角的向量求法
例8-1如图，已知、均是边长为2的等边三角形，且平面平面，为的中点，且.
(1)证明：；
(2)若，，求平面与平面夹角的大小.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）连接，
∵，均为正三角形，为的中点，∴，，
平面，，∴平面，
平面，∴，
，，平面，∴平面，
平面，∴.
（2）∵平面平面，平面平面，
，，平面，平面，
∴平面，平面，
故以为原点，，，分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，
则，，，∴，
，且平面，平面，平面，
由平面，则，又，，
平面，∴平面，∴，
设平面的法向量为，则
令得是平面的一个法向量，
显然平面的一个法向量为，∴，
故所求角为.
例8-2如图，在四边形中，，，，，，E是的中点．现将沿翻折，使得点A移动至平面外的点P．
(1)若点F是靠近P的四等分点，求证：平面；
(2)若平面平面，求平面与平面所成二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)．
【详解】（1）在线段上取靠近点P的四等分点G，连接与．
∵且E为的中点，∴．
由和得及，
则和．
又∵，所以和，
从而和，所以四边形为平行四边形，则．
又平面，平面，
所以平面．
（2）由得．
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面．
以E为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系．
则，，，，，
所以，．
设平面的法向量为，则，
即，令，则，，可取．
又平面，可取平面的一个法向量为，
则．
设平面与平面所成二面角为，则．
所以平面与平面所成二面角的正弦值为．
【变式8-1】如图，直四棱柱的底面为梯形，，，.
(1)若，E为的中点，在侧面内是否存在点F，使平面？若存在，请确定点F的位置；若不存在，请说明理由.
(2)若点K为的中点，平面与平面所成锐二面角为60°，求的长.
【答案】(1)不存在满足条件的点F，理由见解析
(2)或.
【详解】（1）以B为原点，，，所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，.
若存在这样的点F，则可设，其中，.
，，，
平面，，，
则，，
即
与，矛盾，所以不存在满足条件的点.
（2）设（），则，.
，，
设平面的一个法向量为，则 ，
即 ，取，则，
设平面的一个法向量，则 ，
即 ，取，则.
由题意得，
即，解得或（负值舍去），
即的长为或.
【变式8-2】如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，，是底面半径，，为劣弧的中点.
(1)证明：平面；
(2)若圆锥底面半径为1，高为2，求平面与平面所成锐二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）连接，如图所示.
因为点是劣弧的中点，，
所以.
因为，所以为等边三角形.
所以，根据内错角相等，两直线平行，
所以，因为平面，而不在平面上，
所以平面.
（2）过点作交于点，以所在直线为轴，以所在直线为轴，以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示.
则、、、，
设平面的一个法向量为，，，
则，取，则，
设平面的一个法向量为，，，
则，取，可得，，则，
所以，，
因此，当四边形面积最大时，平面与平面所成锐二面角的余弦值为.
【变式8-3】如图，在四棱锥中，平面平面，底面是平行四边形，，，，点满足，点是线段的中点．
(1)证明：平面；
(2)若二面角的大小为时，求四棱锥的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）
连结，在中，，，，
由余弦定理，即，
此时，，
又平面平面，平面平面，
平面，平面．
（2）解法1：如图建系，
以为原点，，方向为轴，垂直于平面向上方向为轴，
设，则，
，由得，即，
由，得，，
设是平面的法向量，
，
取，得，
平面的法向量为，二面角的大小为，
则，解得，
，
．
解法2：过点作，交的延长线于，连接，
平面平面，平面平面，
平面，平面，
，，，
平面，平面，又，
平面，平面，，
如图所示，以方向为轴，垂直于平面方向为轴建系，
设，
则，，
，，得，，
由，得，
设是平面的法向量，
，
取，得，
平面的法向量为，二面角的大小为，
则，解得，
，
．
解法3：过点作，交的延长线于，连接，
，，，
平面，平面，又，
平面，平面，，
由平面平面，平面平面，平面，
平面，
因为，所以为线段上靠近点的三等分点，
设线段上靠近点的三等分点为，连，，
则，平面，平面，所以，
在中，，，，
四边形是矩形，，
在中，，，，
因为，即，
解得：，所以，所以，
平面，平面，，
平面，平面，，
是二面角的平面角的补角，即，
为等腰直角三角形 ，，从而，
，
．
题型9 点面、面面距离的向量求法
例9-1如图所示，体积为的半圆柱的轴截面为平面是圆柱底面的直径，为底面的圆心，为一条母线，点为棱的中点，且和的弧长为．则三棱锥的体积为（ ）．
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】
设中点为，中点为，以分别为轴建立空间直角坐标系，如图：
由题：，
又弧长为，所以，
所以，
设平面的法向量为，则
即，令，则，取，
则E到面距离为，
又，
所以三棱锥的体积为，
故选：C.
例9-2如图，在四棱锥中，底面是边长为4的正方形.平面，，分别是，的中点.
(1)证明：平面平面；
(2)若平面与平面夹角的余弦值为，求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）连接交于点，连接，
在正方形中，为的中点，
因为为的中点，所有，
又平面，所有平面，
又平面，所以平面平面.
（2）以为原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，
设，，则，
则，
设平面的一个法向量为，
则，令，得，
易得平面的一个法向量为，
则，解得，
则，，即，
所以点到平面的距离为.
【变式9-1】在棱长为4的正方体中，P是棱的中点，点M，N分别在棱上，且，则四面体的体积为 ．
【答案】12
【详解】以D为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，如图，
则，
，
设平面的一个法向量是，
则，取得，
所以到平面的距离为，
又由已知得，，
的边上高为，
所以，
从而，
故答案为：12．
【变式9-2】如图，在四棱锥中，平面平面，平面平面，底面为直角梯形，，，与相交于点，点满足，且.
(1)求证：平面；
(2)求的长度；
(3)若点到平面的距离为，求与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【详解】（1）因为底面为直角梯形，且，所以，所以，
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
又因为平面，所以，
过点可以作于点，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
又因为平面，所以，
又，，平面，
所以平面.
（2）由（1）可知平面，平面，所以，
在梯形中，由∥,得，
所以，
所以∥，
所以，
又因为，，平面，
所以平面，
又平面，所以，
所以，
可得，
又因为，所以，即.
（3）以为坐标原点，，，方向分别为轴，轴，轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，设，
，，，，，
设平面的法向量为，则，即，
令，则，
点到平面的距离为，解得，
设平面的法向量为，
则，即，令，则，
设与平面所成角为，
则，即与平面所成角的正弦值为.
【变式9-3】如图，在棱长为1的正方体中，为线段的中点，为线段的中点，为线段的中点，求平面到平面的距离.
【答案】
【详解】由题可以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，，，
所以，
故，所以，
因为平面，平面，
所以平面，平面，
又，所以平面平面，
所以平面到平面的距离等价于点到平面的距离，
设平面的法向量为，则，所以，
令，则，所以，
故点到平面的距离为，即平面到平面的距离为.
【变式9-4】如图，在四棱锥中，平面，.
(1)证明：平面平面；
(2)若，求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）因为平面，平面，
所以，
又平面，
所以平面，
又平面，
所以平面平面；
（2）因为平面，平面，
所以，
在中，，则，
如图，以点为原点建立空间直角坐标系，
则，
故，
设平面的法向量为，
则有，令，则，所以，
所以点到平面的距离为.
题型10 点线、线线距离的向量求法
例10-1（ 2025·湖南长沙·三模）在空间直角坐标系中，若一条直线经过点，且以向量为方向向量，则这条直线可以用方程来表示．已知直线的方程为，则点到直线的距离为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】由题意可得直线的方向向量，
直线经过点，又，
则，
所以，
则点到直线的距离为.
故选：B.
例10-2如图，正四棱柱中，，点E和F分别是线段与上的动点，则间最小距离为（ ）
A． B．1 C． D．
【答案】C
【详解】
因为点E和F分别是线段与上的动点，则间最小距离即为
异面直线与间的距离，
建立如图所示空间直角坐标系，则，
则，，
设与异面直线与都垂直的向量，
则，解得，取，则，
所以，则异面直线间的距离为.
即间最小距离为.
故选：C
【变式10-1】在长方体ABCD-A1B1C1D1中，若，则直线BD1与CD之间的距离为 .
【答案】
【详解】以为轴，为轴，为轴建立空间直线坐标系，
则，，，
设与，都垂直的一个向量，
则，取，则，，
所以与BD1，CD都垂直的一个向量，
所以直线与之间的距离为.
故答案为：
【变式10-2】已知在边长为6的正方体中，点分别为线段和上的动点，当 时，线段取得最小值 .
【答案】
【详解】解： 如图，建立空间直角坐标系，则，，，
，
设，线段取得最小值，此时满足.
所以，
，
所以，即，解得，
此时
所以当时，线段取得最小值，最小值为
故答案为：；.
【变式10-3】如图，在三棱锥中，，，两两垂直，，，，为线段上靠近的三等分点，点为的重心，则点到直线的距离为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】
根据题意，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，
则，
又点为的重心，所以，
则，，
则，
则，
所以点到直线的距离为.
故选：B
题型11 轨迹问题的向量求法
例11-1已知正方体的棱长为1，点在正方体内（包含表面）运动，若，则动点的轨迹所形成区域的面积是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】在棱长为1的正方体中，
，
则，而，由数量积的几何意义知，在上投影的数量为，
因此点在与垂直的平面内，且点到该平面的距离为，
在正方体中易证平面，点到平面的距离为，
取的中点，易得平面平面，
则平面，且点到平面的距离为，
所以点的轨迹所形成区域为等边，面积为.
故选：B
例11-2（ 2025·北京·二模）设正方体的棱长为2，P为正方体表面上一点，且点P到直线的距离与它到平面ABCD的距离相等，记动点P的轨迹为曲线W，则曲线W的周长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
显然点到平面的距离为，
设点，在上取一点，而，
所有，从而，
所以点P到直线的距离为，
所以，
令，得，此时点的轨迹就是一个点，此时点的轨迹长度是0，
令，得，此时点在以为圆心半径为2的四分之一的圆周上面运动，此时点的轨迹长度是，
令，得，即，此时点的轨迹长度是0，
令，得，即，此时点在线段上运动，轨迹长度是，
令，，即，此时点在线段上运动，轨迹长度为，
令得，，即，此时点的轨迹长度是0，
综上所述，所求为.
故选：D.
方法技巧 空间中轨迹问题的解答思路
（1）根据已知条件确定和待求点相关的平行、垂直等关系；
（2）用动点的坐标、、z表示相关点的坐标、、，然后代入点的坐标所满足的曲线方程，整理化简可得出动点的轨迹方程；
（3）根据轨迹形状即可求解出轨迹的长度等其他量.
【变式11-1】（多选）如图，已知正方体的棱长为是的中点，为正方形所在平面内一动点，则下列结论正确的是（ ）
A．若到直线与直线的距离相等，则的轨迹为抛物线
B．若，则的中点的轨迹所围成图形的面积为
C．若直线与平面所成的角为，则的轨迹为椭圆
D．若直线与直线所成的角为，则的轨迹为双曲线
【答案】ABD
【详解】对于A，平面，即为到直线的距离，
在平面内，点到定点的距离与到定直线的距离相等，
∴点的轨迹就是以为焦点，为准线的抛物线，故A正确；
对于B，若，则,
可得中点的轨迹为以中点为圆心，为半径且平行于平面的圆，
其面积为，故B正确；
对于C，与平面所成的角为，则，可得，
∴点的轨迹为以为圆心，为半径的圆，故C错误；
对于D，如图，建立空间直角坐标系，
，
设，则，，
因为，
化简得，即，所以的轨迹为双曲线，故D正确；
故选：ABD﹒
【点睛】关键点点睛：D选项中，建立空间直角坐标系，利用向量的夹角公式列式求解是解题关键.
【变式11-2】如图所示的试验装置中，两个正方形框架的边长都是1，且它们所在的平面互相垂直．长度为1的金属杆端点在对角线上移动，另一个端点在正方形内（含边界）移动，且始终保持，则端点的轨迹长度为（ ）
A． B． C．1 D．
【答案】A
【详解】以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，设，
可得，
因为，即，可得，
则，则，整理可得，
可知端点的轨迹是以为圆心，半径的圆的部分，
所以端点的轨迹长度为．
故选：A．
【变式11-3】在正方体中，棱长为6，点在棱上，，为的中点，若动点在平面内运动，且满足，则点的轨迹所形成的面积为 ；三棱锥体积的最大值为 .
【答案】
【详解】在正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
由点在平面内，设，由，
得，化简得，
因此点轨迹是以为圆心，为半径的圆，面积为；
在正方体中，，，
，设平面的一个法向量，
则，取，得，，
到平面的距离为，而，
因此点到平面的距离的最大值为，
所以三棱锥体积的最大值为.
故答案为：；
题型12 探索性问题的向量求法
例12-1如图，正四棱锥 的所有棱长均为，为侧棱上的点，是中点.
(1)若是中点，求直线与平面所成角的余弦值；
(2)是否存在点，使得直线与平面平行？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)存在点 ，使得直线与平面平行，此时的值为
【详解】（1）如图所示，设，
以点为坐标原点，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
在正方形中，由，可得，
又因为，所以，所以，可得，
则，
因为分别为的中点，可得，，
可得，
设平面的法向量为，
则，令，可得，所以，
设直线与平面所成角为，
可得，
所以直线与平面所成角的余弦值为.
（2）因为，
可得，
设，可得，
设平面的法向量为，
则，令，可得，
所以，
若直线与平面平行，可得，即可得，
解得，所以，
即存在点 ，使得直线与平面平行，此时的值为.
例12-2在梯形中，，，，P为的中点，线段与交于O点（如图1）将沿折起到位置，使得平面平面（如图2）.
(1)求证：平面；
(2)求二面角的大小；
(3)线段上是否存在点Q，使得与平面所成角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)存在，
【详解】（1）在梯形中，，，，P为的中点，
可得为等边三角形，四边形为菱形，
故，而平面，平面，
平面，
（2）由（1）得，，，故，，
而平面平面，平面平面，平面，，
平面，
两两垂直，如图所示建立空间直角坐标系，
则，，，
，，
设平面的一个法向量为，
则，取得，
平面的一个法向量为，
故，二面角的大小为；
（3）设，则，,,
的，，
设平面的一个法向量为
CQ与平面所成角的正弦值为，
化简得，解得（舍去）
故存在，使得CQ与平面所成角的余弦值为．
方法技巧 探索性问题的处理方式
假设所成的点或参数存在,并用相关参数表示相关点的坐标,根据线、面满足的位置关系、数量关系,构建方程（组）求解,若能求出参数的值且符合该限定的范围,则存在,否则不存在。
假设的方式有：①若在直线上，则,使得
②在射线上，则,使得
③在线段上，则,使得
④在平面上，则,使得
【变式12-1】如图，在长方体中，，，分别是棱，，的中点.
(1)判断直线与平面的位置关系，并证明你的结论；
(2)求直线与平面所成角的正弦值；
(3)在线段上是否存在一点，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)相交但不垂直，证明见解析；
(2)；
(3)不存在，理由见解析.
【详解】（1）
如图建立空间直角坐标系，则，
所以，
设平面的一个法向量为，
则，取，即，
则，
连接与交于N点，即直线与平面相交于N点，
则直线与平面的位置关系为相交，直线与平面的夹角的正弦值；
（2）由上知，设平面的一个法向量为，
则，取，即，
设直线与平面所成角为，
则，
即直线与平面所成角的正弦值为；
（3）设存在满足题意，不妨设，
则，
易知，设平面的一个法向量为，
则，取，即，
而，
所以点到平面的距离是，所以不存在.
【变式12-2】在三棱锥中，平面平面，为等腰直角三角形，，为的中点.
(1)求证：；
(2)求平面与平面所成角的余弦值；
(3)在线段上是否存在点使得平面平面？若存在，求出的值，若不存在，说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)存在，
【详解】（1）取为中点，连接，，又为的中点.
∴，又，
故，
又为等腰直角三角形，，
∴，
又，平面，
则平面，又平面，
∴.
（2）因为平面平面，平面平面，
由（1），又平面，
所以平面，
以为原点，以为轴正方向建立空间直角坐标系，
，
则， ， ，
若为平面的一个法向量，
则，
令，则，
故为平面的一个法向量，
又为平面的一个法向量，
所以，
所以平面与平面所成角的余弦值为.
（3）假设存在使得平面平面，且，，
由（2）知： ，，
则， ，
若是平面的一个法向量，
则，
，
令， 则，，
所以为平面的一个法向量，，
所以 ，
所以
存在使得平面平面，此时.
【变式12-3】如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面为棱上的动点.
(1)若为中点，证明：平面；
(2)若，在线段上是否存在点使得面与面夹角余弦值为，若存在，求出点位置，若不存在，说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)答案见解析
【详解】（1）连接，交于点，
因为底面为矩形，故为的中点，
又因为为的中点，
所以，
又平面，平面，
所以平面.
（2）底面为矩形，所以，
平面，又平面，
，
如图，以为原点，所在直线为轴、轴，轴建立空间直角坐标系，
由题意得，，
设，设，
所以，可得，
所以，
，，，
设面的法向量为，
则，
取，则，
为平面的一个法向量，
设面的法向量为，
则，
取，则，
可取，
设面与面夹角为，
则，
化简得，即，
解得或（舍），
所以在线段上存在点使得面与面夹角余弦值为，此时，即点为（靠近点）的三等分点.
题型13 夹角最值问题的向量求法
例13-1已知三棱锥，是边长为2的正三角形，，．
(1)证明：；
(2)动点满足，求直线与平面所成角的正弦值的最大值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）证明：如图所示，取中点，连接．
在中，根据余弦定理得
，
得．同理．
所以，又为中点，所以，
又是正三角形，为中点，所以，
又平面，
故平面，因为平面，因此．
（2）在中，，
又，所以，
由勾股定理逆定理得，即，
由（1）可知，又，平面，
所以平面．
因此建立如图所示建立空间直角坐标系，．
，设，则，
由，得，
．
设平面的法向量为，则
，令得，即．
设与平面所成角为，
则．
设，则，
由，得，所以，
此时，因此．
例13-2（ 2025·河北·模拟预测）等腰梯形中，，，，沿对角线将翻折形成三棱锥（点翻折到点的位置），点、分别为棱，的中点.
(1)证明：平面；
(2)当直线与直线成角时，求四棱锥的体积；
(3)在翻折过程中求平面与平面夹角余弦值的取值范围.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【详解】（1），是的中点，，
又，，，四边形为菱形，
则，在翻折过程中，总有，，，
又平面，平面，，
平面.
（2），分别为棱，的中点，
，直线与直线成角，即为与直线成，
则或，为边长为1的正三角形或顶角为的等腰三角形，
又四边形是上下底长分别为1和2的梯形，且，
四边形的面积为,
由（1）知平面，又平面，平面平面，
过点作于，
平面平面，平面，
平面，则，
四棱锥的体积.
（3）由（1）（2）知平面平面，且，
分别以，所在直线为轴，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，
在翻折过程中设，
则，，，，，
，，，，
设平面的一个法向量为，
则，，令，则，，
；
平面，可取平面的一个法向量为，
，
又，，则，
在翻折过程中平面与平面夹角余弦值的取值范围为.
【变式13-1】如图，在三棱台中侧面为等腰梯形，为中点.底面为等腰三角形，为的中点.
(1)证明：平面平面；
(2)记二面角的大小为.当时，求直线与平面所成角的正弦的最大值.
【答案】(1)证明见解析
(2).
【详解】（1）因为为等腰三角形，为的中点，所以，
又因为侧面为等腰梯形，为的中点，所以，
又平面，因此平面，
平面，所以平面平面
（2）在平面内，作，由（1）中平面平面，
且平面平面，平面，可得平面；
以分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如下图所示：
又因为，，
所以即为二面角的平面角，所以，
在中，，易知，
又，可得；
所以，；
即，
设平面的一个法向量为，
所以，
可令，则，即；
当时，设直线与平面所成角为，则：
，
设，则在恒成立，
所以在上单调递增，，
即，而，
故，所以，故，
所以当时，直线与平面所成角的正弦的最大值为.
【变式13-2】直三棱柱中，，，点E在棱上，．
若平面平面，点Q是上异于点B的动点．
(1)证明：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值的取值范围．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）由直三棱柱得，
又平面，平面，所以平面，
又平面，平面平面，所以，
又平面，平面，所以平面．
（2）
如图所示，以点为原点，以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，
则，
所以，
因为，所以设，则，
设平面的一个法向量为，
由，即，取，则，
设直线与平面所成角为，
则，
因为，所以，
所以．
【变式13-3】如图，在四棱锥 中， 平面 是棱 的中点， .
(1)证明: 平面 .
(2)求点 到平面 的距离.
(3)若点 在棱 上，求平面与平面所夹锐角的余弦值的最小值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【详解】（1）因为 平面，且 平面，所以，
因为，且，所以，
且，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
因为，是棱的中点，所以，
因为，平面，且，所以平面．
（2）以为坐标原点，分别以的方向为，，轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．
因为，所以，,2,，,1,，,0,，
则，
因为点在棱中点上，所以的坐标为，
设平面的法向量为，
则，令，得，
（3）以为坐标原点，分别以的方向为，，轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．
因为，所以，
则，
因为点在棱上，所以，
则,,，故，
设平面的法向量为，
则，
令，得，
由（2）知平面的一个法向量，
设平面与平面的夹角为，
则，
因为，所以，
所以，
即，
故平面与平面夹角的余弦值的最小值为．
1．（2024·上海·高考真题）定义一个集合，集合中的元素是空间内的点集，任取，存在不全为0的实数，使得．已知，则的充分条件是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【详解】由题意知这三个向量共面，即这三个向量不能构成空间的一个基底，
对A，由空间直角坐标系易知三个向量共面，则当无法推出，故A错误；
对B，由空间直角坐标系易知三个向量共面，则当无法推出，故B错误；
对C， 由空间直角坐标系易知三个向量不共面，可构成空间的一个基底，
则由能推出，
对D，由空间直角坐标系易知三个向量共面，
则当无法推出，故D错误.
故选：C．
2．（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．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）取PA的中点N，PB的中点M，连接FN、MN，
与为等腰直角三角形且，
不妨设，..
E、F分别为BC、PD的中点，
，且.
，，
，∴四边形FGMN为平行四边形，
，
平面PAB，平面PAB，平面PAB；
（2）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，
设，则，
，
设平面PCD的一个法向量为，
，，
取，，.
设AB与平面PCD所成角为，
则，
即AB与平面PCD所成角的正弦值为.
3．（2025·全国一卷·高考真题）如图所示的四棱锥中，平面，．
(1)证明：平面平面；
(2)，，，，在同一个球面上，设该球面的球心为．
（i）证明：在平面上；
（ⅱ）求直线与直线所成角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)（i）证明见解析；
（ii）.
【详解】（1）由题意证明如下，
在四棱锥中，⊥平面，，
平面，平面，
∴，，
∵平面，平面，，
∴平面，
∵平面，
∴平面平面.
（2）（i）由题意及（1）证明如下，
法一：
在四棱锥中，，，，∥，
，，
建立空间直角坐标系如下图所示，
∴，
若，，，在同一个球面上，
则，
在平面中，
∴，
∴线段中点坐标，
直线的斜率：，
直线的垂直平分线斜率：，
∴直线的方程：，
即，
当时，，解得：，
∴
在立体几何中，，
∵
解得：，
∴点在平面上.
法二：
∵，，，在同一个球面上，
∴球心到四个点的距离相等
在中，到三角形三点距离相等的点是该三角形的外心，
作出和的垂直平分线，如下图所示，
由几何知识得，
，，
，
∴，
∴点是的外心，
在Rt中，，，
由勾股定理得，
∴，
∴点即为点，，，所在球的球心，
此时点在线段上，平面，
∴点在平面上.
（ii）由题意，（1）（2）（ii）及图得，
，
设直线与直线所成角为，
∴.
法2：
由几何知识得，，
，∥，
∴，
在Rt中，，，由勾股定理得，
，
过点作的平行线，交的延长线为，连接，，
则，直线与直线所成角即为中或其补角.
∵平面，平面，，
∴，
在Rt中，，，由勾股定理得，
，
在Rt中，，由勾股定理得，
，
在中，由余弦定理得，
，
即：
解得：
∴直线与直线所成角的余弦值为：.
4．（2025·天津·高考真题）正方体的棱长为4，分别为中点，．
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值；
(3)求三棱锥的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【详解】（1）法一、在正方形中，
由条件易知，所以，
则，
故，即，
在正方体中，易知平面，且，
所以平面，
又平面，∴，
∵平面，∴平面；
法2：如图以D为中心建立空间直角坐标系，
则，
所以，
设是平面的一个法向量，
则，令，则，所以，
易知，则也是平面的一个法向量，∴平面；
（2）同上法二建立的空间直角坐标系，
所以，
由（1）知是平面的一个法向量，
设平面的一个法向量为，所以，
令，则，即，
设平面与平面的夹角为，
则；
（3）由（1）知平面，平面，∴，
易知，
又，则D到平面的距离为，
由棱锥的体积公式知：.
5．（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．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）取的中点为，接，则，
而，故，故四边形为平行四边形，
故，而平面，平面，
所以平面.
（2）
因为，故，故，
故四边形为平行四边形，故，所以平面，
而平面，故，而，
故建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
则
设平面的法向量为，
则由可得，取，
设平面的法向量为，
则由可得，取，
故，
故平面与平面夹角的余弦值为
6．（2024·天津·高考真题）如图，在四棱柱中，平面，，．分别为的中点，
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面夹角余弦值；
(3)求点到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【详解】（1）取中点，连接，，
由是的中点，故，且，
由是的中点，故，且，
则有、，
故四边形是平行四边形，故，
又平面，平面，
故平面；
（2）以为原点建立如图所示空间直角坐标系，
有、、、、、，
则有、、，
设平面与平面的法向量分别为、，
则有，，
分别取，则有、、，，
即、，
则，
故平面与平面的夹角余弦值为；
（3）由，平面的法向量为，
则有，
即点到平面的距离为.
7．（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．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）由，
得，又，在中，
由余弦定理得,
所以，则，即，
所以，又平面，
所以平面，又平面，
故；
（2）连接，由，则，
在中，，得，
所以，由（1）知，又平面，
所以平面，又平面，
所以，则两两垂直，建立如图空间直角坐标系，
则，
由是的中点，得，
所以，
设平面和平面的一个法向量分别为，
则，，
令，得，
所以，
所以，
设平面和平面所成角为，则，
即平面和平面所成角的正弦值为.
1．如图，在空间平移到，连接对应顶点，设，，，M是的中点，N是的中点，用基底表示向量，.
【答案】；．
【详解】如图，由已知得是三棱柱，所以各侧面均为平行四边形，
因为M是的中点，
所以，
因为N是的中点，
所以．
2．如图，在平行六面体中，，，，，求与所成角的余弦值．
【答案】
【详解】取基底，
则，
，
所以
设与所成角为，则，
所以与所成角的余弦值为.
3．如图，在四面体ABCD中，平面BCD，M是AD的中点，P是BM的中点，点Q在线段AC上，且．求证：平面BCD．
【答案】证明见解析
【详解】证明：如图所示，取BD中点O，且P是BM中点，
∴PO//MD且POMD，
取CD的四等分点H，使DH＝3CH，且AQ＝3QC，
∴PO//QH且PO＝QH，
∴四边形OPQH为平行四边形，
∴PQ//OH，PQ在平面BCD外，且OH 平面BCD，
∴PQ//平面BCD．
4．如图，在棱长为1的正方体中，O为平面的中心，E为BC的中点，求点O到直线的距离．
【答案】
【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
因为，
所以.
所以点到直线的距离为.
5．如图，四面体OABC的所有棱长都是1，D，E分别是边OA，BC的中点，连接DE．
（1）计算DE的长；
（2）求点O到平面ABC的距离．
【答案】（1）；（2）．
【详解】（1）因为四面体OABC的所有棱长都是1，所以该四面体为正四面体，
，而且，所以，即，所以DE的长为．
（2）因为四面体OABC为正四面体，所以点O在平面ABC的射影为的中心，
的外接圆半径为，所以点O到平面ABC的距离为．
6．如图，在正方体中，E，F，G，H，K，L分别是AB，，，，，DA各棱的中点．
（1）求证：平面EFGHKL；
（2）求与平面EFGHKL所成角的余弦值．
【答案】（1）见解析；（2）
【详解】
如图所示建立空间直角坐标系，
（1），
则，所以
为平面EFGHKL的两条相交直线，
所以平面EFGHKL；
（2）由（1）知平面EFGHKL的法向量为
，
因为，
求与平面EFGHKL所成角的余弦值为.
7．如图，已知正方体的棱长为1，Q为的中点，点P在棱上，．求平面ABCD与平面BQP的夹角．
【答案】
【详解】
如图建立空间直角坐标系，，
，
设平面的法向量为，
则，不妨令，则，
所以
平面的法向量为，
所以.
所以面ABCD与平面BQP的夹角为
8．在如图所示的试验装置中，两个正方形框架ABCD，ABEF的边长都是1，且它们所在的平面互相垂直．活动弹子M，N分别在正方形对角线AC和BF上移动，且CM和BN的长度保持相等，记．
（1）求MN的长；
（2）a为何值时，MN的长最小？
（3）当MN的长最小时求平面MNA与平面MNB夹角的余弦值．
【答案】（1）；（2）时，最小，最小值为；（3）
【详解】解：如图建立空间直角坐标系，
，， ， ，
，， ．
（1）；
（2），
当时，最小，最小值为；
（3）由（2）可知，当，为中点时，最短，
则，0，，，，，取的中点，连接，，
则，，，
，，，，
是平面与平面的夹角或其补角．
，，
．
平面与平面夹角的余弦值是．
