章复习 能力整合与素养提升
要点梳理系统整合
空间 向量 与立 体几 何 重要 概念 共面向量 一组向量在一个平面内或者通过平移能够在同一个平面内
空间基底 空间任何三个不共面的向量a，b，c都可以构成空间的一个基底
基本 定理 共线定理 a，b(b≠0)共线 存在唯一的实数λ，使得a＝λb
共面定理 p与a，b(a，b不共线)共面 存在唯一的有序实数对(x，y)，使得p＝xa＋yb
基本定理 若a，b，c不共面，则对于空间任一向量p，存在唯一的有序实数组(x，y，z)，使得p＝xa＋yb＋zc
位置 关系 线线平行 方向向量共线
线面平行 判定定理；直线的方向向量与平面的法向量垂直；共面向量定理
面面平行 判定定理；两个平面的法向量平行
线线垂直 两直线的方向向量垂直
线面垂直 判定定理；直线的方向向量与平面的法向量平行
面面垂直 判定定理；两个平面的法向量垂直
空间 角 线线角θ 若两直线的方向向量为a，b，则cos θ＝|cos 〈a，b〉|
线面角θ 若直线的方向向量为a，平面的法向量为n，则sin θ＝|cos 〈a，n〉|
面面角θ 若两平面的法向量分别为n1和n2，则cos θ＝|cos 〈n1，n2〉|
空间 距离 点线距 若直线a的方向向量为a，直线a上任一点为N，则点M到直线a的距离为d＝||·sin 〈，a〉＝|| 两平行线间的距离转化为点线距
点面距 若平面α的法向量为n，平面α内任一点为N，则点M到平面α的距离为d＝|||cos〈，n〉|＝ 线面距、面面距转化为点面距
考法聚焦素养养成
考法1 利用空间向量证明线面位置关系
例1 如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，侧棱PA⊥底面ABCD，且PA＝AD＝2，E，F，H分别是棱PA，PD，AB的中点．
(例1)
(1) 求证：PB∥平面EFH；
【解答】 建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)，E(0，0，1)，F(0，1，1)，H(1，0，0).因为＝(2，0，－2)，＝(1，0，－1)，所以＝2，所以PB∥EH.因为PB 平面EFH，EH 平面EFH，所以PB∥平面EFH.
(例1答)
(2) 求证：PD⊥平面AHF.
【解答】 因为＝(0，2，－2)，＝(1，0，0)，＝(0，1，1)，所以·＝0×0＋2×1＋(－2)×1＝0，·＝0×1＋2×0＋(－2)×0＝0，所以PD⊥AF，PD⊥AH.又因为AF∩AH＝A，AF，AH 平面AHF，所以PD⊥平面AHF.
变式1 如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是正方形，PA⊥底面ABCD，E是PC的中点，已知AB＝2，PA＝2.
(变式1)
(1) 求证：AE⊥PD；
【解答】 以A为原点，AB，AD，AP所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图，则B(2，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2).因为E是PC的中点，所以E的坐标为(1，1，1)，所以＝(1，1，1).因为＝(0，2，－2)，所以·＝1×0＋1×2＋1×(－2)＝0，从而⊥，故AE⊥PD.
(变式1答)
(2) 求证：平面PBD⊥平面PAC.
【解答】 因为底面ABCD是正方形，所以BD⊥AC.又PA⊥底面ABCD，BD 平面ABCD，所以BD⊥PA.因为AC∩PA＝A，AC，PA 平面PAC，所以BD⊥平面PAC，所以平面PAC的一个法向量为＝(－2，2，0).设平面PBD的法向量为n＝(x，y，z)，＝(2，0，－2)，＝(0，2，－2)，由取z＝1，得x＝1，y＝1，所以平面PBD的一个法向量为n＝(1，1，1).因为n·＝1×(－2)＋1×2＋1×0＝0，所以n⊥，故平面PBD⊥平面PAC.
考法2 利用空间向量计算距离
例2 (2024·全国甲卷)如图，AB∥CD，CD∥EF，AB＝DE＝EF＝CF＝2，CD＝4，AD＝BC＝，AE＝2，M为CD的中点．
(例2)
(1) 求证：EM∥平面BCF；
【解答】 由题意得，EF∥MC，且EF＝MC，所以四边形EFCM是平行四边形，所以EM∥FC.又FC 平面BCF，EM 平面BCF，所以EM∥平面BCF.
(2) 求点M到平面ADE的距离．
【解答】 取DM的中点O，连接OA，OE.因为AB∥MC，且AB＝MC，所以四边形AMCB是平行四边形，所以AM＝BC＝.又AD＝，故△ADM是等腰三角形，同理△EDM是等腰三角形，可得OA⊥DM，OE⊥DM，OA＝＝3，OE＝＝，因为AE＝2，所以OA2＋OE2＝AE2，故OA⊥OE.
方法一：以，，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则M(0，1，0)，D(0，－1，0)，E(，0，0)，A(0，0，3)，所以＝(0，－1，－3)，＝(，0，－3)，＝(0，1，－3).设n＝(x，y，z)是平面ADE的一个法向量，则令z＝1，得x＝，y＝－3，所以n＝(，－3，1)，从而点M到平面ADE的距离d＝＝＝.
(例2答)
方法二：又OA⊥DM，OE∩DM＝O，OE，DM 平面EDM，所以OA⊥平面EDM.易知S△EDM＝×2×＝.在△ADE中，cos ∠DEA＝＝，所以sin ∠DEA＝，S△ADE＝×2×2×＝.设点M到平面ADE的距离为d，由VM-ADE＝VA-EDM，得S△ADE·d＝S△EDM·OA，得d＝，故点M到平面ADE的距离为.
【题组训练】
1. 如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AA1＝AB＝2，AD＝1，F，G分别是AB，CC1的中点，求点D1到直线GF的距离．
(第1题)
【解答】 以D为原点，DA，DC，DD1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D1(0，0，2)，F(1，1，0)，G(0，2，1)，于是＝(1，－1，－1)，＝(0，－2，1)，所以＝＝，||＝，所以点D1到直线GF的距离为＝.
(第1题答)
2. 如图所示的多面体是由底面为ABCD的长方体被截面AEC1F所截得到的，其中AB＝4，BC＝2，CC1＝3，BE＝1，四边形AEC1F为平行四边形．
(第2题)
(1) 求BF的长；
【解答】 建立如图所示的空间直角坐标系，则D(0，0，0)，B(2，4，0)，A(2，0，0)，C(0，4，0)，E(2，4，1)，C1(0，4，3).设F(0，0，z).因为四边形AEC1F为平行四边形，所以由＝，得(－2，0，z)＝(－2，0，2)，所以z＝2，即F(0，0，2)，从而＝(－2，－4，2)，于是||＝2，即BF的长为2.
(第2题答)
(2) 求点C到平面AEC1F的距离．
【解答】 由(1)知＝(0，4，1)，＝(－2，0，2).设n1为平面AEC1F的法向量，显然n1不垂直于平面ADF，故可设n1＝(x，y，1)，所以即所以得n1＝.又＝(0，0，3)，所以点C到平面AEC1F的距离为d＝＝＝.
考法3 利用空间向量计算空间角
例3 (2023·新高考Ⅱ卷)如图，三棱锥A-BCD中，DA＝DB＝DC，BD⊥CD，∠ADB＝∠ADC＝60°，E为BC的中点．
(例3)
(1) 求证：BC⊥DA；
【解答】 连接AE，DE，因为E为BC中点，DB＝DC，所以DE⊥BC.因为DA＝DB＝DC，∠ADB＝∠ADC＝60°，所以△ACD与△ABD均为等边三角形，所以AC＝AB，从而AE⊥BC.又AE∩DE＝E，AE，DE 平面ADE，所以BC⊥平面ADE，而DA 平面ADE，所以BC⊥DA.
(例3答)
(2) 点F满足＝，求二面角D-AB-F的正弦值．
【解答】 不妨设DA＝DB＝DC＝2，因为BD⊥CD，所以BC＝2，DE＝AE＝，所以AE2＋DE2＝4＝AD2，所以AE⊥DE，即DE，EB，EA两两垂直．以E为原点，ED，EB，EA所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系如图所示，则D(，0，0)，A(0，0，)，B(0，，0)，E(0，0，0).设平面DAB与平面ABF的法向量分别为n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)，二面角D-AB-F的平面角为θ，而＝(0，，－).因为＝＝(－，0，)，所以F(－，0，)，即有＝(－，0，0)，所以取x1＝1，得n1＝(1，1，1)；同理取y2＝1，得n2＝(0，1，1)，所以|cos θ|＝＝＝，从而sin θ＝＝.所以二面角D-AB-F的正弦值为.
【题组训练】
1. 如图，在四面体ABCD中，AB⊥AC，AD⊥平面ABC，M为棱AB的中点，AB＝AC＝2，AD＝.
(第1题)
(1) 求直线BC与MD所成角的余弦值；
【解答】 以A为原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图，则A(0，0，0)，M(1，0，0)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，D(0，0，).因为＝(－2，2，0)，＝(－1，0，)，所以|cos 〈，〉|＝＝，所以直线BC与MD所成角的余弦值为.
(第1题答)
(2) 求平面ABD和平面BDC的夹角的余弦值．
【解答】 易知＝(0，2，0)为平面ABD的一个法向量，由(1)知＝(－2，2，0)，＝(－2，0，).设m＝(x，y，z)为平面BDC的法向量，则不妨令z＝2，可得m＝(，，2).因为|cos 〈m，〉|＝＝，所以平面ABD和平面BDC的夹角的余弦值为.
2. (2023·新高考Ⅰ卷)如图，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝4，点A2，B2，C2，D2分别在棱AA1，BB1，CC1，DD1上，AA2＝1，BB2＝DD2＝2，CC2＝3.
(第2题)
(1) 求证：B2C2∥A2D2；
【解答】 如图，过点A2作A2E⊥BB2于点E，过点D2作D2F⊥CC2于点F，连接EF，则A2E∥D2F且A2E＝D2F，所以四边形A2EFD2是平行四边形，从而A2D2∥EF.又因为C2F＝B2E＝1，C2F∥B2E，所以四边形B2C2FE是平行四边形，从而B2C2∥EF，所以B2C2∥A2D2.
(第2题答)
(2) 点P在棱BB1上，当二面角P-A2C2-D2为150°时，求B2P的长．
【解答】 如图，以B为坐标原点，，，方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系，则C2(2，0，3)，A2(0，2，1)，D2(2，2，2).设P(0，0，h)，则＝(2，0，1)，＝(2，－2，2)，＝(0，－2，h－1).设平面A2D2C2的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则令x1＝1，得n1＝(1，－1，－2).设平面A2C2P的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，则取z2＝2，得n2＝(h－3，h－1，2).因为二面角P-A2C2-D2为150°，所以|cos θ|＝＝＝＝，即(h－2)2＋3＝4，解得h＝1或h＝3，则B2P＝|2－h|＝1.
配套新练案
一、 单项选择题
1. 若{a，b，c}构成空间的一个基底，则下列向量不共面的是( C )
A. 2b＋c，b，b－c B. a，a＋b，2a－b
C. a＋b，a－b，c D. a＋b，a＋b＋c，c
【解析】 对于A，2b＋c＝3b－(b－c)，则向量2b＋c，b，b－c共面，A错误；对于B，2a－b＝3a－(a＋b)，则向量a，a＋b，2a－b共面，B错误；对于C，假定向量a＋b，a－b，c共面，则a＋b＝x(a－b)＋yc，而a，b，c不共面，于是x＝1，－x＝1，y＝0，x无解，因此向量a＋b，a－b，c不共面，C正确；对于D，a＋b＋c＝(a＋b)＋c，则向量a＋b，a＋b＋c，c共面，D错误．
2. 在四面体O-ABC中，M，N分别是棱OA，BC的中点，P是MN的中点，设＝a，＝b，＝c，则＝( C )
A. a＋b＋c B. a＋b＋c
C. a＋b＋c D. a＋b＋c
【解析】 如图，因为N为BC的中点，则＝＋.因为P，M分别为MN，OA的中点，所以＝＋＝＋＋＝a＋b＋c.
(第2题答)
3. 在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为CD和A1B1的中点，则异面直线AF与D1E所成角的余弦值是( B )
A. 0 B.
C. D.
【解析】 设正方体的棱长为2，建立如图所示的空间直角坐标系，则D1(0，0，2)，E(0，1，0)，A(2，0，0)，F(2，1，2)，＝(0，1，－2)，＝(0，1，2)，所以cos 〈，〉＝＝＝－，所以异面直线AF与D1E所成角的余弦值为.
(第3题答)
4. 已知空间直角坐标系中，A(3，0，0)，B(0，2，0)，C，M(x，y，z)是空间中任意一点，若A，B，C，M四点共面，则( A )
A. 2x＋3y＋4z＝6
B. 4x＋2y＋3z＝6
C. 3x＋y＋2z＝3
D. 2x＋2y＋z＝3
【解析】 由题知＝(－3，2，0)，＝，＝(x－3，y，z).因为A，B，C，M四点共面，所以存在实数m，n，使得＝m＋n，即(x－3，y，z)＝m(－3，2，0)＋n＝，可得消去m，n可得x－3＝－y－2z，即2x＋3y＋4z＝6.
二、 多项选择题
5. 如图，棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为BD，CC1的中点，若点G满足＝λ＋μ(0≤λ≤1，0≤μ≤1)，则( AC )
(第5题)
A. G∈平面ADD1A1
B. 当λ＝μ＝1时，AG∥平面BDF
C. 当λ＝μ＝1时，EG⊥平面BDF
D. 当λ＝μ＝时，点G到平面BDF的距离为
【解析】 因为＝λ＋μ，所以，，共面，又，，均过点D，所以D，G，D1，A共面，所以G∈平面ADD1A1，故A正确．以D为坐标原点，DA，DC，DD1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D(0，0，0)，B(2，2，0)，F(0，2，1)，D1(0，0，2)，A(2，0，0)，E(1，1，0)，所以＝(2，2，0)，＝(0，2，1)，＝(2，0，0)，＝(0，0，2).设平面BDF的法向量为n＝(x，y，z)，则令x＝1，则n＝(1，－1，2).当λ＝μ＝1时，＝＋＝(2，0，0)＋(0，0，2)＝(2，0，2)，所以G(2，0，2)，所以＝(0，0，2)，又·n＝0＋0＋4≠0，所以AG与平面BDF不平行，故B错误．当λ＝u＝1时，＝(1，－1，2)，所以＝n，所以EG⊥平面BDF，故C正确．当λ＝μ＝时，＝＋＝(1，0，0)＋(0，0，1)＝(1，0，1)，所以点G到平面BDF的距离为＝＝，故D错误．
(第5题答)
6. 在正四棱锥P-ABCD中，PA＝2，AB＝2，＝，＝，则( ABD )
A. ||＝
B. 异面直线AE，CF所成角的余弦值为
C. 向量在向量上的投影向量为
D. 直线AE与平面PCD所成角的正弦值为
【解析】 连接AC，BD，交点为O，由题意可得PO⊥底面ABCD，因为底面ABCD是正方形，所以AC⊥BD，所以OA，OB，OP两两垂直．以O为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系．因为PA＝2，AB＝2，所以AO＝2，PO＝4，则O(0，0，0)，P(0，0，4)，A(2，0，0)，B(0，2，0)，C(－2，0，0)，D(0，－2，0)，＝(0，2，－4)，＝(0，－2，－4).因为＝，＝，所以＝(0，1，－2)，＝，即E(0，1，2)，F.对于A，||＝＝，故A正确．对于B，＝(－2，1，2)，＝，所以|cos 〈，〉|＝＝＝＝，故B正确．对于C，向量在向量上的投影向量为·＝·＝，故C错误．对于D，＝(2，－2，0)，＝(0，－2，－4)，设平面PCD的法向量为n＝(x，y，z)，则即取y＝2，可得n＝(2，2，－1).设直线AE与平面PCD所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈，n〉|＝＝＝，故D正确．
(第6题答)
三、 填空题
7. 在空间直角坐标系Oxyz中，平面α的法向量n＝(1，2，2)，点P(3，4，5)在α内，则原点O到α的距离为7．
【解析】 由题知＝(3，4，5)，·n＝3×1＋4×2＋5×2＝21，|n|＝＝3.设原点O到平面α的距离为d，则d＝＝＝7.
8. 在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝AD＝AA1＝1，∠A1AB＝∠A1AD＝∠BAD＝，则点B到直线AC1的距离为．
【解析】 如图，由题知＝＋＋，由∠A1AB＝∠A1AD＝∠BAD＝，AB＝AD＝AA1＝1，得·＝·＝·＝1×1×＝，2＝2＋2＋2＋2(·＋·＋·)＝6，即AC1＝，·＝·(＋＋)＝1＋＋＝2，在上的投影向量的长度为＝，所以点B到直线AC1的距离为d＝＝.
(第8题答)
四、 解答题
9. (2024·天津卷)如图，已知四棱柱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．
(第9题)
(1) 求证：D1N∥平面CB1M；
【解答】 取CB1的中点P，连接NP，MP.由N是B1C1的中点，知NP∥CC1，且NP＝CC1.由M是DD1的中点，知D1M＝DD1＝CC1，且D1M∥CC1，则有D1M∥NP，且D1M＝NP，故四边形D1MPN是平行四边形，所以D1N∥MP.又MP 平面CB1M，D1N 平面CB1M，所以D1N∥平面CB1M.
(2) 求平面CB1M与平面BB1C1C的夹角的余弦值；
【解答】 以A为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，0)，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BB1C1C的法向量分别为m＝(x1，y1，z1)，n＝(x2，y2，z2)，则有分别取x1＝x2＝1，则有m＝(1，3，1)，n＝(1，1，0)，则cos 〈m，n〉＝＝＝，故平面CB1M与平面BB1C1C的夹角的余弦值为.
(第9题答)
(3) 求点B到平面CB1M的距离．
【解答】 由＝(0，0，2)，平面CB1M的一个法向量为m＝(1，3，1)，则有＝＝，即点B到平面CB1M的距离为.
10. (2025·无锡期末)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD＝DC，E是PC的中点，作EF⊥PB交PB于点F.
(第10题)
(1) 求证：PB⊥DE；
【解答】 因为底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，所以DA，DC，DP两两垂直．如图，以D为坐标原点，DA，DC，DP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，设PD＝DC＝1，则D(0，0，0)，P(0，0，1)，E，A(1，0，0)，B(1，1，0)，C(0，1，0)，从而＝(1，1，－1)，＝，所以·＝0＋－＝0，即PB⊥DE.
(第10题答)
(2) 求直线PA与平面PBC所成角的大小；
【解答】 设平面PBC的法向量为m＝(x，y，z)，因为＝(0，1，－1)，所以即令y＝1，得m＝(0，1，1).又＝(1，0，－1)，设直线PA与平面PBC所成的角为α，则sin α＝＝＝，而0≤α≤，所以α＝，即直线PA与平面PBC所成的角为.
(3) 求平面PAC与平面PBC夹角的余弦值．
【解答】 因为＝(0，1，－1)，设平面PAC的法向量为n＝(x1，y1，z1)，所以即令x1＝1，得n＝(1，1，1).设平面PAC与平面PBC的夹角为θ，则cos θ＝＝＝，所以平面PAC与平面PBC夹角的余弦值为.
11. (2024·新高考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.
(第11题)
(1) 求证：EF⊥PD；
【解答】 由AB＝8，AD＝5，＝，＝，得AE＝2，AF＝4.又∠BAD＝30°，在△AEF中，由余弦定理得EF＝＝＝2，所以AE2＋EF2＝AF2，从而AE⊥EF，即EF⊥AD，于是EF⊥PE，EF⊥DE.因为PE∩DE＝E，PE，DE 平面PDE，所以EF⊥平面PDE.因为PD 平面PDE，所以EF⊥PD.
(2) 求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值．
【解答】 连接CE，由∠ADC＝90°，ED＝3，CD＝5－2＝3，得EC2＝36，EC＝6.在
△PEC中，PC＝4，PE＝2，EC＝6，则EC2＋PE2＝PC2，所以PE⊥EC.由(1)知PE⊥EF，又EC∩EF＝E，EC，EF 平面ABCD，所以PE⊥平面ABCD.因为ED 平面ABCD，所以PE⊥ED，于是PE，EF，ED两两垂直．建立如图所示的空间直角坐标系Exyz，则E(0，0，0)，P(0，0，2)，D(0，3，0)，C(3，3，0)，F(2，0，0)，A(0，－2，0).由F是AB的中点，得B(4，2，0)，所以＝(3，3，－2)，＝(0，3，－2)，＝(4，2，－2)，＝(2，0，－2).设平面PCD与平面PBF的法向量分别为n＝(x1，y1，z1)，m＝(x2，y2，z2)，则令y1＝2，y2＝－1，得n＝(0，2，3)，m＝(，－1，1)，所以|cos 〈m，n〉|＝＝＝.设平面PCD与平面PBF所成的角为θ，则sin θ＝＝，故平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值为.
(第11题答)章复习 能力整合与素养提升
要点梳理系统整合
空间 向量 与立 体几 何 重要 概念 共面向量 一组向量在一个平面内或者通过平移能够在同一个平面内
空间基底 空间任何三个不共面的向量a，b，c都可以构成空间的一个基底
基本 定理 共线定理 a，b(b≠0)共线 存在唯一的实数λ，使得
共面定理 p与a，b(a，b不共线)共面 存在唯一的有序实数对(x，y)，使得
基本定理 若a，b，c不共面，则对于空间任一向量p，存在唯一的有序实数组(x，y，z)，使得
位置 关系 线线平行 方向向量共线
线面平行 判定定理；直线的方向向量与平面的法向量垂直；共面向量定理
面面平行 判定定理；两个平面的法向量平行
线线垂直 两直线的方向向量垂直
线面垂直 判定定理；直线的方向向量与平面的法向量平行
面面垂直 判定定理；两个平面的法向量垂直
空间 角 线线角θ 若两直线的方向向量为a，b，则
线面角θ 若直线的方向向量为a，平面的法向量为n，则
面面角θ 若两平面的法向量分别为n1和n2，则
空间 距离 点线距 若直线a的方向向量为a，直线a上任一点为N，则点M到直线a的距离为 两平行线间的距离转化为点线距
点面距 若平面α的法向量为n，平面α内任一点为N，则点M到平面α的距离为 d＝|||cos〈，n〉|＝ 线面距、面面距转化为点面距
考法聚焦素养养成
考法1 利用空间向量证明线面位置关系
例1 如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，侧棱PA⊥底面ABCD，且PA＝AD＝2，E，F，H分别是棱PA，PD，AB的中点．
(例1)
(1) 求证：PB∥平面EFH；
(2) 求证：PD⊥平面AHF.
变式1 如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是正方形，PA⊥底面ABCD，E是PC的中点，已知AB＝2，PA＝2.
(变式1)
(1) 求证：AE⊥PD；
(2) 求证：平面PBD⊥平面PAC.
考法2 利用空间向量计算距离
例2 (2024·全国甲卷)如图，AB∥CD，CD∥EF，AB＝DE＝EF＝CF＝2，CD＝4，AD＝BC＝，AE＝2，M为CD的中点．
(例2)
(1) 求证：EM∥平面BCF；
(2) 求点M到平面ADE的距离．
【题组训练】
1. 如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AA1＝AB＝2，AD＝1，F，G分别是AB，CC1的中点，求点D1到直线GF的距离．
(第1题)
2. 如图所示的多面体是由底面为ABCD的长方体被截面AEC1F所截得到的，其中AB＝4，BC＝2，CC1＝3，BE＝1，四边形AEC1F为平行四边形．
(第2题)
(1) 求BF的长；
(2) 求点C到平面AEC1F的距离．
考法3 利用空间向量计算空间角
例3 (2023·新高考Ⅱ卷)如图，三棱锥A-BCD中，DA＝DB＝DC，BD⊥CD，∠ADB＝∠ADC＝60°，E为BC的中点．
(例3)
(1) 求证：BC⊥DA；
(2) 点F满足＝，求二面角D-AB-F的正弦值．
【题组训练】
1. 如图，在四面体ABCD中，AB⊥AC，AD⊥平面ABC，M为棱AB的中点，AB＝AC＝2，AD＝.
(第1题)
(1) 求直线BC与MD所成角的余弦值；
(2) 求平面ABD和平面BDC的夹角的余弦值．
2. (2023·新高考Ⅰ卷)如图，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝4，点A2，B2，C2，D2分别在棱AA1，BB1，CC1，DD1上，AA2＝1，BB2＝DD2＝2，CC2＝3.
(第2题)
(1) 求证：B2C2∥A2D2；
(2) 点P在棱BB1上，当二面角P-A2C2-D2为150°时，求B2P的长．
配套新练案
一、 单项选择题
1. 若{a，b，c}构成空间的一个基底，则下列向量不共面的是( )
A. 2b＋c，b，b－c B. a，a＋b，2a－b
C. a＋b，a－b，c D. a＋b，a＋b＋c，c
2. 在四面体O-ABC中，M，N分别是棱OA，BC的中点，P是MN的中点，设＝a，＝b，＝c，则＝( )
A. a＋b＋c B. a＋b＋c
C. a＋b＋c D. a＋b＋c
3. 在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为CD和A1B1的中点，则异面直线AF与D1E所成角的余弦值是( )
A. 0 B.
C. D.
4. 已知空间直角坐标系中，A(3，0，0)，B(0，2，0)，C，M(x，y，z)是空间中任意一点，若A，B，C，M四点共面，则( )
A. 2x＋3y＋4z＝6
B. 4x＋2y＋3z＝6
C. 3x＋y＋2z＝3
D. 2x＋2y＋z＝3
二、 多项选择题
5. 如图，棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为BD，CC1的中点，若点G满足＝λ＋μ(0≤λ≤1，0≤μ≤1)，则( )
(第5题)
A. G∈平面ADD1A1
B. 当λ＝μ＝1时，AG∥平面BDF
C. 当λ＝μ＝1时，EG⊥平面BDF
D. 当λ＝μ＝时，点G到平面BDF的距离为
6. 在正四棱锥P-ABCD中，PA＝2，AB＝2，＝，＝，则( )
A. ||＝
B. 异面直线AE，CF所成角的余弦值为
C. 向量在向量上的投影向量为
D. 直线AE与平面PCD所成角的正弦值为
三、 填空题
7. 在空间直角坐标系Oxyz中，平面α的法向量n＝(1，2，2)，点P(3，4，5)在α内，则原点O到α的距离为 ．
8. 在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝AD＝AA1＝1，∠A1AB＝∠A1AD＝∠BAD＝，则点B到直线AC1的距离为 ．
四、 解答题
9. (2024·天津卷)如图，已知四棱柱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．
(第9题)
(1) 求证：D1N∥平面CB1M；
(2) 求平面CB1M与平面BB1C1C的夹角的余弦值；
(3) 求点B到平面CB1M的距离．
10. (2025·无锡期末)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD＝DC，E是PC的中点，作EF⊥PB交PB于点F.
(第10题)
(1) 求证：PB⊥DE；
(2) 求直线PA与平面PBC所成角的大小；
(3) 求平面PAC与平面PBC夹角的余弦值．
11. (2024·新高考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.
(第11题)
(1) 求证：EF⊥PD；
(2) 求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值．(共71张PPT)
第一章 空间向量与立体几何
章复习 能力整合与素养提升
要点梳理 系统整合
空间 向量 与立 体几 何 重要 概念 共面向量 一组向量在一个平面内或者通过平移能够在同一个平面内
空间基底 空间任何三个不共面的向量a，b，c都可以构成空间的一个基底
基本 定理 共线定理 a，b(b≠0)共线 存在唯一的实数λ，使得________
共面定理 p与a，b(a，b不共线)共面 存在唯一的有序实数对(x，y)，使得____________
基本定理 若a，b，c不共面，则对于空间任一向量p，存在唯一的有序实数组(x，y，z)，使得________________
a＝λb
p＝xa＋yb
p＝xa＋yb＋zc
空间 向量 与立 体几 何 位置 关系 线线平行 方向向量共线
线面平行 判定定理；直线的方向向量与平面的法向量垂直；共面向量定理
面面平行 判定定理；两个平面的法向量平行
线线垂直 两直线的方向向量垂直
线面垂直 判定定理；直线的方向向量与平面的法向量平行
面面垂直 判定定理；两个平面的法向量垂直
空间 角 线线角θ 若两直线的方向向量为a，b，则__________________________
线面角θ 若直线的方向向量为a，平面的法向量为n，则__________________________
面面角θ 若两平面的法向量分别为n1和n2，则________________________
cos θ＝|cos 〈a，b〉|
sin θ＝|cos 〈a，n〉|
cos θ＝|cos 〈n1，n2〉|
考法聚焦 素养养成
如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，侧棱PA⊥底面ABCD，且PA＝AD＝2，E，F，H分别是棱PA，PD，AB的中点．
(1) 求证：PB∥平面EFH；
1
利用空间向量证明线面位置关系
考法
1
【解答】
(2) 求证：PD⊥平面AHF.
【解答】
如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是正方形，PA⊥底面ABCD，E是PC的中点，已知AB＝2，PA＝2.
(1) 求证：AE⊥PD；
变式1
【解答】
(2) 求证：平面PBD⊥平面PAC.
【解答】
(1) 求证：EM∥平面BCF；
2
利用空间向量计算距离
【解答】
由题意得，EF∥MC，且EF＝MC，所以四边形EFCM是平行四边形，所以EM∥FC.又FC 平面BCF，EM 平面BCF，所以EM∥平面BCF.
考法
2
(2) 求点M到平面ADE的距离．
【解答】
【题组训练】
1. 如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AA1＝AB＝2，AD＝1，F，G分别是AB，CC1的中点，求点D1到直线GF的距离．
【解答】
2. 如图所示的多面体是由底面为ABCD的长方体被截面AEC1F所截得到的，其中AB＝4，BC＝2，CC1＝3，BE＝1，四边形AEC1F为平行四边形．
(1) 求BF的长；
【解答】
(2) 求点C到平面AEC1F的距离．
【解答】
(2023·新高考Ⅱ卷)如图，三棱锥A-BCD中，DA＝DB＝DC，BD⊥CD，∠ADB＝∠ADC＝60°，E为BC的中点．
(1) 求证：BC⊥DA；
3
利用空间向量计算空间角
考法
3
连接AE，DE，因为E为BC中点，DB＝DC，所以DE⊥BC.因为DA＝DB＝DC，∠ADB＝∠ADC＝60°，所以△ACD与△ABD均为等边三角形，所以AC＝AB，从而AE⊥BC.又AE∩DE＝E，AE，DE 平面ADE，所以BC⊥平面ADE，而DA 平面ADE，所以BC⊥DA.
【解答】
【解答】
(1) 求直线BC与MD所成角的余弦值；
【解答】
(2) 求平面ABD和平面BDC的夹角的余弦值．
【解答】
2. (2023·新高考Ⅰ卷)如图，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝4，点A2，B2，C2，D2分别在棱AA1，BB1，CC1，DD1上，AA2＝1，BB2＝DD2＝2，CC2＝3.
(1) 求证：B2C2∥A2D2；
如图，过点A2作A2E⊥BB2于点E，过点D2作D2F⊥CC2于点F，连接EF，则A2E∥D2F且A2E＝D2F，所以四边形A2EFD2是平行四边形，从而A2D2∥EF.又因为C2F＝B2E＝1，C2F∥B2E，所以四边形B2C2FE是平行四边形，从而B2C2∥EF，所以B2C2∥A2D2.
【解答】
(2) 点P在棱BB1上，当二面角P-A2C2-D2为150°时，求B2P的长．
【解答】
配套新练案
一、 单项选择题
1. 若{a，b，c}构成空间的一个基底，则下列向量不共面的是 ( )
A. 2b＋c，b，b－c B. a，a＋b，2a－b
C. a＋b，a－b，c D. a＋b，a＋b＋c，c
C
【解析】
对于A，2b＋c＝3b－(b－c)，则向量2b＋c，b，b－c共面，A错误；
对于B，2a－b＝3a－(a＋b)，则向量a，a＋b，2a－b共面，B错误；
对于C，假定向量a＋b，a－b，c共面，则a＋b＝x(a－b)＋yc，而a，b，c不共面，于是x＝1，－x＝1，y＝0，x无解，因此向量a＋b，a－b，c不共面，C正确；
对于D，a＋b＋c＝(a＋b)＋c，则向量a＋b，a＋b＋c，c共面，D错误．
【解析】
【答案】C
3. 在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为CD和A1B1的中点，则异面直线AF与D1E所成角的余弦值是 ( )
【解析】
【答案】B
A. 2x＋3y＋4z＝6
B. 4x＋2y＋3z＝6
C. 3x＋y＋2z＝3
D. 2x＋2y＋z＝3
【解析】
【答案】A
【解析】
【答案】AC
【解析】
【答案】ABD
三、 填空题
7. 在空间直角坐标系Oxyz中，平面α的法向量n＝(1，2，2)，点P(3，4，5)在α内，则原点O到α的距离为____．
【解析】
7
【解析】
四、 解答题
9. (2024·天津卷)如图，已知四棱柱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；
【解答】
(2) 求平面CB1M与平面BB1C1C的夹角的余弦值；
【解答】
(3) 求点B到平面CB1M的距离．
【解答】
10. (2025·无锡期末)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD＝DC，E是PC的中点，作EF⊥PB交PB于点F.
(1) 求证：PB⊥DE；
【解答】
(2) 求直线PA与平面PBC所成角的大小；
【解答】
(3) 求平面PAC与平面PBC夹角的余弦值．
【解答】
(1) 求证：EF⊥PD；
【解答】
因为PE∩DE＝E，PE，DE 平面PDE，所以EF⊥平面PDE.因为PD 平面PDE，所以EF⊥PD.
(2) 求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值．
【解答】
