空间向量及其应用（解析版）-2025年天津高考数学一轮复习

第31讲空间向量及其应用

（10类核心考点精讲精练）

12.考情探究

1.5年真题考点分布

5年考情

考题示例考点分析

2024年天津卷，第6题,5分线面关系有关命题的判断

2024年天津卷，第17题,15分证明线面平行面面角的向量求法点到平面距离的向量求

2023年天津卷，第17题,15分证明线面平行广求点面距离求二面角

2022年天津卷，第17题,15分空间位置关系的向量证明线面角的向量求法，面面角的向量求法

2021年天津卷，第17题,15分空间位置关系的向量证明线面角的向量求法，面面角的向量求法

2020年天津卷，第17题,15分空间向量垂直的坐标表示线面角的向量求法面面角的向量求法

2.命题规律及备考策略

【命题规律】本节内容是天津高考卷的必考内容，设题稳定，难度中档，分值为15分

【备考策略】1.理解、掌握空间向量的加减数乘运算，掌握共线、共面问题。

2.能掌握线线角，线面角，与面面角问题。

4.会解空间中的动点问题，会解决空间中的动点含参问题。

【命题预测】本节内容是天津高考卷的必考内容，一般给几何体，求解夹角问题，与空间中的动点问题。

卜々•考点梳理•

知识点一.空间向量的有关概念考点一、空间向量加减数乘运算

1.共线向量定理考点二、空间向量基本定理

《考点四、共线问题

知识点二.空间向量的有关定理2.共面向量定理

3.空间向量基本定理考点五、共面问题

知识点三・空间向量的数量积及运算律2.空间信■的坐标表示及其应用考点三、空间向量数量积运算

空间向量及其应用1.直线的方向向量

知识点四.空间位置关系的向量表示＜2.平面的法向量

3.空间位置关系的向量表示

1.异面直线所成的角

考点六、线线、线面角问题

知识点五.夹角相关2.直线与平面所成的角

考点七、面面角问题

3.平面与平面的夹角

考点八、点面、线面、面面距

1.点到直线的距离

知识点六.距离相关考点九、点线、线线距

2•点到平面的距离

考点十、空间中的动点问题

知识讲解

知识点一.空间向量的有关概念

名称定义

空间向量在空间中，具有大小和方向的量

相等向量方向相同且模相等的向量

相反向量长度相等而方向相反的向量

表示若干空间向量的有向线段所在的直线互相壬任

共线向量（或平行向量）

或重合的向量

共面向量平行于同一个平面的向量

知识点二.空间向量的有关定理

1.共线向量定理：对任意两个空间向量“，的充要条件是存在实数九使“=肪.

2.共面向量定理：如果两个向量“，5不共线，那么向量p与向量a,&共面的充要条件是存在唯二的有序实

数对（尤，y）,使。=网+9.

3.空间向量基本定理

如果三个向量a,b,c不共面，那么对任意一个空间向量p,存在唯一的有序实数组（x,y,z）,使得p=xa

+yb+zc,[a,b,c｝叫做空间的一个基底.

知识点三.空间向量的数量积及运算律

1.数量积

非零向量a,〜的数量积a3=|a||臼cos[a,b）.

2.空间向量的坐标表示及其应用

设。=（。1，。2,俏），b=（bi,岳，bi）.

向量表示坐标表示

数量积a-b〃回+a»2+a3b3

共线/leR)〃2=%62，

垂直a仍=0（a，0,万¥。）包―+。2岳+a3b3=Q

模\a\q裙+诏+曙

a，b,_____〃而1+。2—+。3人3

夹角余弦值cos〈a,b)—忸|(〃W0,万#0)c°\"'q届+层+曷々3+优+质

知识点四.空间位置关系的向量表示

1.直线的方向向量：如果表示非零向量”的有向线段所在直线与直线/平行或重合，则称此向量a为直线/

的方向向量.

2.平面的法向量：直线取直线/的方向向量a,则向量a为平面a的法向量.

3.空间位置关系的向量表示

位置关系向量表示

h//hn\//敢=2〃2(/1£R)

直线/1，办的方向向量分别为“1，«2

/山2〃1_L〃2=〃1，〃2=O

直线/的方向向量为〃，平面a的法1//a〃•机=0

向量为m,/0al-Lan//=2/w(A£R)

a//pn//机=〃£R)

平面a,乃的法向量分别为“，m

a_L4〃_L/n=〃•帆=0

4.常用结论

1.三点共线：在平面中A,B,C三点共线Q殖比（其中x+y=l）,O为平面内任意一点.

2.四点共面：在空间中尸，A,B,C四点共面=办=*次+y彷+z求（其中x+y+z=l）,。为空间中任意

~'点.

知识点五.夹角相关

1.异面直线所成的角

若异面直线Z1,/2所成的角为仇其方向向量分别是“，V,则cose=|cos〈〃，力尸黑.

2.直线与平面所成的角

如图，直线A2与平面a相交于点2,设直线A3与平面a所成的角为仇直线A2的方向向量为“，平面a

\u'n\

的法向量为“，则sin『=|cos〈“,”〉|=

|w||«l~\u\\n\'

3.平面与平面的夹角

如图，平面a与平面£相交，形成四个二面角，我们把这四个二面角中不大于90。的二面角称为平面a与平

面P的夹角.

若平面a,4的法向量分别是"1和"2，则平面a与平面4的夹角即为向量”1和”2的夹角或其补角.设平面

a与平面£的夹角为仇则cos0=|cos<ni，n2)|=黑湍.

知识点六.距离相关

1.点到直线的距离

如图，已知直线/的单位方向向量为“，A是直线/上的定点，P是直线/外一点，设#=a,则向量力在直

线/上的投影向量殴=("•")”，在R3APQ中，由勾股定理，得尸0=｛油2_曲|2=,2_4/2.

AQ

2.点到平面的距离

如图，已知平面a的法向量为"，A是平面a内的定点，尸是平面a外一点.过点尸作平面a的垂线/,交

平面a于点Q,则n是直线I的方向向量,且点P到平面a的距离就是力在直线I上的投影向量办的长度，

考点一、空间向量加减数乘运算

典例引领

1.（2024高三・全国・专题练习）如图，在空间四边形ABCD中，E,F分别是BC,CD的中点，则［近+之丽+京=

（）

A.~BAB.AFC.ABD.~EF

【答案】A

【分析】借助向量线性运算法则计算即可得.

【详解】|BC++FA=BE+EF+~FA=~BA.

故选：A.

2.（23-24高二上•黑龙江哈尔滨•期中）如图，空间四边形。中，初=五，砺=丸前=落点M在。4上,

且加=|市，点N为BC中点，则而等于（）

A1,17*2ToiT

A.-a+-/?——cB.——a+-D+-c

222322

c2T「不2TL

C.-a+-b——cD.——a+-b——c

332332

【答案】B

【分析】利用空间向量的线性运算法则求解.

【详解】MN=MA+AN^l0A+l（AB+AC）-|o7+|（0B-0/）+1（0C-02）=-|M+|0B+

i0C

2

=—2a+,-ibr+.-ic.

322

故选：B.

即时检测

1.（2024•全国•模拟预测）在棱长为2的正方体力BCD-48停1。1中，已知而=AB+1AD+:祝,截面4。/

与正方体侧面BCG/交于线段MN,则线段MN的长为（）

A.1B.V2C.等D.2V2

【答案】C

【分析】根据题意，得到前=[前，再由面面平行的性质，证得4ZV/MN,结合MN=*Q,即可求解.

【详解】如图所示，因为Q=^+工通+工丽，所以加=工而+工理=工近+工商，

242424

因为平面40014〃平面BCC/1，设平面2。止n平面4。。送1=4。1，平面4。止C平面BCC/i=MN,所

以AD,〃MN,

又因为力。1〃86，所以MN〃BCi

过点P作PE1BC,PF1BB],可得前=~BE+BF=(就+；两，

则E为BC的中点，尸为BBi的四等分点，

又因为MN〃BC「所以M为BC的四等分点，所以MN=|BG=¥.

故选：C.

2.(23-24高三上•江苏•阶段练习)若空间中四点4B,C,D满足4育+方=4砺，则粤=()

\BC\

113

A.-B.3C.-D.-

344

【答案】A

【分析】利用向量的运算法则求解即可.

【详解】,：4DA+AC=4DB,

•••AC=4(OS-~DA)=4而

AB+BC=4AB,

即就=3福贝嚅=

故选：A.

3.(2024•内蒙古锡林郭勒盟•模拟预测)在空间直角坐标系中，已知力(0,3,0),5(0,0,0),C(4,0,0),0(0,3,2),

则四面体ABCD外接球的表面积为()

A.29TtB.28兀C.32irD.30兀

【答案】A

【分析】首先由四点的坐标，确定几何体的关系，利用补体法，求四面体外接球的半径，即可求球的表面

积.

【详解】根据已知4个点的空间直角坐标可得，AD1平面4BC,4B1BC,AD=2,AB=3,BC=4,

所以四面体ABCD可以补成长、宽、高分别为4,3,2的长方体，

>/212+32+42V29

所以四面体ABCD外接球的半径R=

—2-=F

所以四面体ABCD外接球的表面积为4TTR2=291T.

故选：A

4.(2024.浙江嘉兴.模拟预测)设式,yER,2=(1,1,1),h=(l,y,z),c=(居一4,2),且d1c,b\\c,则|24+同=

()

A.2V2B.0C.3D.3V2

【答案】D

【分析】根据向量的垂直和平行，先求出招y,z的值，再求所给向量的模.

【详解】由五J_3=>a-c=0=%—4+2=0=x=2,

由3||c=-=—=-=>y=—2,z=1.

2-42

所以冏+同=|2(1,1,1)+(1,-2,1)|=|(3。3)|=3叵

故选：D

考点二、空间向量基本定理

典例引领

1.(20-21高三上•浙江宁波•阶段练习)己知0,A,B,C是空间中的点，则“布，而，说”不共面是“对于任意

的久,yeR,向量万？+支反与向量砺+y方都不共线”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】A

【解析】根据命题：若瓦《赤，沆不共面，则对于任意的x,yeR,向量m+x赤与向量加+y反都不共线

与命题：若对于任意的x,yeR,向量耐+x瓦与向量南+y反共线，则瓦?，砺,反共面是等价命题，结合

逻辑条件的定义判断.

【详解】因为命题：若万?，而，灰不共面，则对于任意的久,y€R,向量+%反与向量赤+y而都不共线

与命题：若对于任意的X,yeR,向量瓦？+x反与向量而+y反共线，则正，丽,反共面是等价命题，

当向量市+%方与向量4+y反共线时，则存在2,使得市+支反=4（赤+y而），即市=4赤+

（Ay-x）OC,所以示，砺，而共面，故充分；

若瓦彳，砺，反共面，当％=y=-1时，OA+xOC^OA-OCCA,~OB+yOC^OB-OC^CB,如图所示，

向量刀,怎不共线，即市+x反与向量雨+y无不共线，故不必要，

故选：A

【点睛】本题主要考查以空间向量共线和共面为载体判断充分条件和必要条件，还考查了转化化归的思想

和运算求解的能力，属于中档题.

3.（2024高三・全国・专题练习）已知体积为百的正三棱锥P-4BC的外接球的球心为。，若满足瓦？+4+

oc=o,则此三棱锥外接球的半径是（）

A.2B.V2C.V2D.V4

【答案】D

【分析】先确定三角形4BC的位置以及形状，利用球的半径表示棱锥的底面边长与棱锥的高，利用棱锥的体

积求出该三棱锥外接球的半径，从而可得结果.

【详解】正三棱锥D-4BC的外接球的球心。满足瓦？+0B=C0,

说明三角形ABC在球。的大圆上，并且为正三角形，

设球的半径为R,根据对称性易知：正三棱锥中顶点P到底面4BC的距离为球的半径，

由正弦定理有底面三角形力BC的边长为2Rsin60。=也R,

棱锥的底面正三角形ABC的高为V5Rxsin600=y,

2

正三棱锥的体积为!x手x（V3R）xR=B，解得R3=4,

则此三棱锥外接球的半径是R=V4.

故选：D.

即时检测

1.（2024•山东济南•一模）在三棱柱ABC-A/iG中，AM=2MB,XJV=mA^,且BN〃平面&CM,则m

的值为.

【答案】1/0.5

【分析】利用三棱柱模型，选择一组空间基底通前=3,京=落将相关向量分别用基底表示，再利

用BN〃平面&CM,确定丽，西，前必共面，运用空间向量共面定理表达，建立方程组计算即得.

【详解】

48=—|n,=c—|a,

如图，不妨设=*依题意，AMMA1—MA+AAr—

~MC=AC-AM=b--a,

3

因4R=ZTL41cl=mb,则月N=BA[+ArN=c—d+mb,

又因BN〃平面&CM,故前，为标必共面，

即存在A,jtzGR,使BN=+/A,MC,即3—3+mb=A（c——2）+〃（b——2）,

r2

--（A+^）=-1]

从而有，[i=m，解得血=3

、A=1

故答案为：

考点三、空间向量数量积运算

典例引典

1.（2024•全国•模拟预测）设4,B,C三点在棱长为2的正方体的表面上，则万•前的最小值为（）

934

A.--B.-2C.--D.--

423

【答案】B

【分析】建立空间直角坐标系，不妨假设A在平面KOy中，设/（电电，。），8（瓦也也），

当（瓦也,0）和a（q，C2,0）分别是点8,C在平面久。y上的投影，利用向量不等式可得:福•温+b3c3>砧-

宿>-砥1I宿I>-（I福I1宿1）2,即可求解

【详解】将正方体置于空间直角坐标系。-xyz中，且A在平面xOy中，点。和点（2,2,2）的连线是一条体对

设8（瓦,/721》3），。（右,。2,C3）,

当（瓦/2,0）和G（q，0，。）分别是点氏c在平面%。y上的投影.

可得强=（0,0,%），QC=（0,0,c3）,丽•京=0,-O=0

则,AC=（ZB]+i?iB）,（/Ci+GC）=AB^,AC^+AB^,C^C+AC^,B】B+B】B,C】C

=ABr-4cl+b3c3,

因为函■AC[+b3c3>AB[-ACi>一|福|♦|宿|>一（鹿/丁G|）,

当且仅当点C为aa的中点时，等号成立，

可得一（I碉:网）、/I瓦为2>-2,

所以说•近2-2,当4（1,1,0）,Ifoi-ql=\b2-c2\=2,且b3c3=0时等号成立.

故选：B

【点睛】关键点点睛：本题形式简洁，但动点很多，且几乎没有约束条件，这时就需要学生对于动点所在

的位置进行分类讨论，讨论的顺序、对于对称性的使用都对学生提出了很高的要求.从几何角度来看，点B,

C不会位于A所在面的一侧，故如果采用坐标形式计算数量积，一定会有一项是非负的，且可以取到0.找

到这一突破口后，即可将问题转化为平面向量的问题，也就很容易得到结果了.

2.（2024.江西赣州.二模）已知球O内切于正四棱锥P—4BCD,PA=AB^2,EF是球O的一条直径，点

Q为正四棱锥表面上的点，则炉•而的取值范围为（）

A.[0,2]B.[4-2V3,2]C.[0,4-V3]D.[0,4-2V3]

【答案】A

【分析】根据给定条件，利用体积法求出球。半径，再利用向量数量积的运算律计算即得.

【详解】令"是正四棱锥P—4BCD底面正方形中心，贝UPH1平面ABCD,而力”=迎，

则PH=y/PA2-AH2=V2,正四棱锥P—力BCD的体积U=,x22x&=竽，

正四棱锥P-4BCD的表面积S=4X^X22+22=4（V3+1）,

显然球。的球心。在线段PH上，设球半径为r,则V=：Sr,即「=?=渔/，

在APtM中，乙巴4。<45。=乙4P。，于是04>0P,又EF是球0的一条直径，

因此无.而=（QO+OE）-（QO-OE）=Q02-OE2=QO2-OH2,

222

显然。HWQOS4。，贝卜亚•而）min=。，（QE-QF）max=AO-OH=AH=2,

所以诙•丽的取值范围为[0,2].

故选：A

1.（2024•山东日照・二模）已知棱长为1的正方体力BCD-41%的。1，以正方体中心为球心的球。与正方体的

各条棱相切，若点P在球。的正方体外部（含正方体表面）运动，则可•丽的最大值为（）

731

A.2B.-C.-D.-

444

【答案】B

【分析】取4B中点E,根据空间向量的数量积运算得福•丽=而2一点判断|而|的最大值即可求解.

【详解】取42中点E,可知E在球面上，可得说=一瓦？=一1瓦?，

所以刀■PB^（PE+EA）（PE+EB'）^（P£）2-（£X）2=而2_%

点P在球。的正方体外部（含正方体表面）运动，当PE为直径时，|即|=/,

1'max

所以刀•丽的最大值为二

4

故选：B.

2.（2024・上海.三模）已知点C在以AB为直径的球面上，若BC=2,则通•就=_.

【答案】-4

【分析】根据给定条件，可得再利用空间向量数量积的运算律计算得解.

【详解】由点C在以AB为直径的球面上，得2C1BC,

所以南-BC=（XC+C5）-BC=XC-BC-BC2=-4.

故答案为：-4

3.（2024・贵州.模拟预测）已知正方体4BCD-4/1的。1的顶点均在半径为1的球。表面上，点P在正方体

48CD表面上运动，MN为球。的一条直径，则正方体4BCD的体积是,

丽•丽的范围是.

【答案】W[-|,o]

【分析】由正方体的外接球的半径求出正方体的棱长，根据公式计算体积即可；将两•西化简为而2—1,

结合PO2的范围即可求解.

【详解】设正方体的棱长为a,由题意V5a=2,a=^=,则正方体体积U=券，

因为丽-PN=（PO+OM）-（PO+ON）

=（PO+W）-（PO-OM）=PO2-OM2=PO2-1,

因为点P在正方体4BCD-481的。1表面上运动，

所以PO2e[|,i],故两•丽范围为卜|,。]

故答案为：等，卜|，。|

*_______y

/X51

考点四、共线问题

典例引领

1.（2024高三•全国•专题练习）已知向量2=（2爪+1,3,爪一1）,b=（2,m,-m）,且力/3,则实数m的值为

（）

OO

A.—B.-2C.0D.—或一2

22

【答案】B

【分析】利用向量共线的性质，直接计算求解即可.

【详解】•.,空间向量五=(2m+1,3,优一1)，3=(2,?71,—771),且

(2m+1,3,m—1)=2(2,m,—m)=(2尢Am,—Am),

'2m+1=22

***3=Am,解得血=-2.

m—1=—Am

故选：B.

2.(2023•山东•模拟预测)已知三棱锥S-4BC,空间内一点M满足常=-3京+4元，则三棱锥M-4BC

与S-ABC的体积之比为.

【答案】1

【分析】根据题意，化简得到:前=［巾-|元+2元，结合空间向量的基本定理，得到在平面ABC内存在

一点。，使得(筋=历，得到VMYBC=kiBc，即可求解.

【详解】由空间内一点M满足前=巾一3豆+4元=2(|sl-|SB+2SC),

可得工前=isX--SB+2SC,

222

因为(一［+2=1,根据空间向量的基本定理，可得在平面4BC内存在一点D,

使得用=［奇+2元，所以祈=而，即点£＞为SM的中点，

可得VMTBC=VS-ABC＞所以三棱锥"一ABC和S-4BC的体积比值为1.

故答案为：1.

即时检测

1.(2023•河北•模拟预测)在空间直角坐标系中，4(1,一2,a),8(0,3,1),C(瓦一1,2),若4B,C三点共线，则

ab=.

【答案"

【分析】根据三点共线，可得空间向量南，阮共线，即存在实数九使得荏=2反，结合向量的坐标运算，

即可得答案.

【详解】由题得希=(-1,5,1-a),BC=(ft.-4,1),

因为4B,C三点共线，所以存在实数九使得荏=2尻，

即（一1,5,1—CL）=2（仇一4,1）,

a=-9

‘劝=—14

所以-44=5,解得b=三，所以Qb=

=1-a

4

故答案为：q

2.（2023高三•全国・专题练习）已知向量2=（1,0,爪），3=（2,0,—2日），若山吊，则|团=.

【答案】2

【分析】由向量共线求出m,得到向量2=（1,0,m）,再利用公式求|五

【详解】向量d=（1,0,m）,b=（2.0,-2V3）,若山石，则有己=小，

即｛m上蠹，解得"=-百，

则a=（1,0,—6），所以同=2.

故答案为：2

考点五、共面问题

典例引领

1.（2024・河南•三模）在四面体力BCD中，△BCD是边长为2的等边三角形，。是ABCD内一点，四面体ABCD

的体积为2次，则对W久,yeR,x布-y灰|的最小值是（）

A.2A/6B.乎C.V6D.6

【答案】D

【分析】根据共面向量定理将所求最小值转化为点a到平面BCD的距离，再利用体积求解即可.

【详解】设方=无市+y而，由共面向量定理得点E为平面BCD内任意一点，

且就-xOB-yOC=OA-OE=EA,

所以|瓦5-乂砺一y能|=[KA\,

求。力一xOB-yOC的最小值，即求点4到平面的距离，

设点力到平面BCD的距离为％,

由题意知SABCD=|x2x2sin]=V3,

四面体力BCD的体积V=|SA4BC-h=2V3,

解得h=6,故所求最小值为6.

故选：D.

2.(23-24高三上•辽宁沈阳•阶段练习)已知空间向量同=(1,2,4),丽=(5,—1,3),丽=(>1,上—1),则

叩,48,。四点共面”是“10瓶+1771=-11”的()

A.充分不必要条件B.充要条件

C.必要不充分条件D.既不充分也不必要条件

【答案】B

【分析】结合充要条件的性质与四点共面的性质，借助空间向量运算即可得.

【详解】(方法一)由P,4B,C四点共面，可得刀，而，无共面，

设PC=xPA+yPB=(x+5y,2x—y,4x+3y)=(m,n,—1),

•x+5y=mn?

则,2x-y=n,解得+4：1i7,，所以17(1+2n)+5(1+4?n)=0,

Ax+3y=-11-V

得10m+17n=-11,反之亦成立，

故“P,4,8,C四点共面”是“10m+17n=—11”的充要条件.

(方法二)设平面P4B的法向量为五=O,y,z),

则伫%=x+2y+4z=。,令.o,^=(10,17,-11).

Q•PB=5%—y+3z=0

由P,4B,C四点共面，得。元=10m+17n+11=0,

即10m+17n=-11,反之亦成立，

故"P,A,B,C四点共面”是“10m+17n=-11”的充要条件.

故选：B.

♦♦眼举w

1.(2024高三•全国•专题练习)在四面体。—力BC中，空间的一点M满足丽=+|OF+WC.^MA.MB,

标共面，则九=.

【答案】:

【分析】依题意可得M,A,B,C四点共面，根据空间四点共面的充要条件得到方程，解得即可.

【详解】因为拓?、丽、而共面，所以M,A,B,C四点共面，

又丽=-OA+-OB+AOC,

23

根据四点共面的充要条件可得;+；+4=1,解得％=

236

故答案为：J

6

2.(23-24高三上•上海宝山•期末)已知空间向量方=(1,2,4),PB=(5,-1,3),PC=(m,n,-1).若P,4B,C四

点共面，则10爪+17几=.

【答案】-11

【分析】根基空间向量共面定理结合空间向量坐标表示的线性运算即可得解.

【详解】因为四点共面，所以刀，而，无共面，

所以存在唯一实数对(x,y),使得方=xPA+yPB,

即所以二机，

l-l=4x+3y,

所以17(1+2n)+5(1+4m)=0,

所以l(hn+17n=-11.

故答案为：一11.

3.(23-24高三上•河北张家口•阶段练习)若向量N=(1,—2,—n遥=&一”),3=(0,1,-J)共面，则

n=.

【答案】-1/-3.5

【分析】根据空间向量共面定理可设N=+y泊即可解得n=-5

【详解】由于,=(1,-2,(0,1,共面，

可设d=xb+yc,

即(1,一2,一n)=Qx,%)+(°，y，-|y)=Qx,y-|x,x-|y)，

(11

1=2X(x=2

可得＜_2=y_,解得•y=一；;

y—n=x—~y'2

故答案为：—

4.(2024高三・全国・专题练习)如图，在正三棱柱ABC-中，4B=4,4%=3,M是4B的中点，4V=

2M4「点P在BJV上，且瓦瓦R(0W4W1).是否存在实数人使C,M,P,&四点共面？若存在，求4的

值；若不存在，请说明理由；

【答案】存在，产

【分析】取BC的中点。，以。为坐标原点，建立空间直角坐标系，若C,M,P,&四点共面，则存在久,yeR满

足而=/7而+元否，列方程组求4的值.

【详解】假设存在实数九使C,M,P，4四点共面.

由正三棱柱的性质可知△ABC为正三角形，取BC的中点。，连接力。，贝iMOIBC.

又平面力BC1平面BCC/r平面ABCC平面BCC/i=BC,AOu平面ABC,

所以力。1平面BCC/i.

故以。为坐标原点，0B,04所在直线分别为x,z轴，

在平面BCG/内，以过点。且垂直于。8的直线为y轴，建立如图所示的空间直角坐标系。-孙z,

贝!14(0,0,2百)，B(2,0,0),C(—2,0,0),4(0,3,2百)，^(2,3,0),M(l,0,V3),N(0,2,2百),

则由=(3,0,V3),西=(2,3,273),函=(4,3,0),B^N=(-2,-1,273).

因为用=ASJV(0<A<1),

所以而=两+%=两+AO=(4,3,0)+2(-2,-l,2V3)=(4-24,3—2,2V32).

若&M,P,A1四点共面,则存在x,yGR满足而=xCM+yCA1,

f_2

(4—2A=3%+2yx~7

又久前+yE=(3%+2y,3y,信+2圾/),所以13-4=3y,解得<y=，

(2百2=V3x+2V3yK_6

故存在实数a="使四点共面.

考点六、线线、线面角问题

典例引领

1.（2024•陕西咸阳•模拟预测）已知平行六面体4BCD中，棱两两的夹角均为60。,

AAt=2AB,AB=AD,E为当6中点，则异面直线与所成角的余弦值为（）

【答案】D

【分析】依题意分别通，而，京为基底表示出国，庠，求出I西I瓦司，再结合数量积运算律求出西•

宰，根据向量夹角计算公式可得结果.

【详解】根据题意以说，而，矶为基底表示出西，庠可得：

>--»---»>---»>----»--->-->1-->

BAr=BA+AAt=-AB+AAlfDXE=D©+CrE=AB--AD,

又棱44i，ZB,40两两的夹角均为60。，不妨取48=AD=lf贝【以4二2；

所以I瓦Q=J（-AB+=JAB2+AA^2-2AB■AA^=Vl2+22-2X1X2cos600=V3；

\D^E\=J（AB-1AD）2=IAB2+^AD2-AB-AD=Jl24-i-1X1Xcos60°=y：

又西■1\E={-AB+矶）.（AB-|XD）=-AB2+jAB-AD+AA1-AB--AD

c111

=-l2+-x1x1xcos60°+2x1xcos60°——x2x1xcos60°=—；

224

所以cos（8&i，D±E）=靛磊=不}=_:，

因此异面直线与AE所成角的余弦值为

6

故选：D

2.（24-25高三上•四川成都・开学考试）已知M,N分别是正四面体4BCD中棱AD,BC的中点，若点E是

棱CD的中点.则MN与AE所成角的余弦值为（）

A.—3B.如C.—渔D.渔

3366

【答案】D

【分析】将刀，方，而选为空间一组基底，将标，版用基底表示后计算向量夹角余弦值，再得到线线所成角

余弦值即可.

【详解】

A

由于森，而，而两两夹角60。，可以作为空间基底.设正四面体的棱长为2.

则不•方=2x2cos60°=2,同理德•丽=2,CB-CD2.

----->----->---->----»1-->-->1-->1-->-->-->1-->1-->1--»1---->

MN=MD+DC+CN=-AD-CD+-CB=-（AC+CD）-CD+-CB=--CA--CD+-C8,

222、72222

）>>）i>

ZE=ZC+CE=—CZ+-CD.

2

因此I标I=J(1Z\4+|C0=I^CA2+^CD2+^CB2+^CA-CD-^CA-CB-ICD-CB

<2,\AE\=J(-G4+jW=JiCD2-CA-CD+CA2=y/3.

而.荏=(-*-海+9).(-杳+*)=92+*.襦一萍.刀一涉2+*/=1.

故cos(而，族)=襦舒=悬耳=彳.则MN与AE所成角的余弦值为出

故选：D.

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I__________________

1.(2024・广东•一模)在正方体4BCD-&8停1。1中，点P、Q分别在上，且&P=2PBr,C1Q=2Q5,

则异面直线BP与DQ所成角的余弦值为

【答案】1/0.8

【分析】以D为原点，ZM为x轴，DC为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面

直线BP与DQ所成角的余弦值.

【详解】设正方体4BCD-&B1GD1中棱长为3,

以D为原点，ZX4为x轴，DC为y轴，。么为z轴，建立如图所示空间直角坐标系，

则。(0,0,0),<2(0,1,3),8(3,3,0),P(3,2,3),BP=(0,-1,3),丽=(0,1,3),

设异面直线BP与DQ所成角为仇贝卜。s"霜=37

即异面直线BP与DQ所成角的余弦值为:

故答案为：,

2.(2022•全国•高考真题)在四棱锥P—ABC。中，PD_1底面4BCD,CD||AB,AD=DC=CB=1,AB=2,DP=

V3.

p

(1)证明：BD1PA；

(2)求PD与平面PA8所成的角的正弦值.

【答案】(1)证明见解析；

若.

【分析作DE于E,CFLAB于F,利用勾股定理证明AD1BD,根据线面垂直的性质可得PD1BD,

从而可得BD1平面P4D,再根据线面垂直的性质即可得证；

(2)以点。为原点建立空间直角坐标系，利用向量法即可得出答案.

【详解】(1)证明：在四边形中，作DEJ.4B于E,CF1AB^F,

因为CD〃4B,4D=CD=CB=1,AB=2,

所以四边形力BCD为等腰梯形，

所以4E=BF=；,

故0E=/，BD=y/DE2+BE2=®

2

所以力£)2+B£)2=AB,

所以4D1BD,

因为PD1平面ABCD,BDu平面4BCD,

所以PD1BD,

XPDClAD=D,

所以8。1平面PAD,

又因为PAu平面PAD,

所以BD1PA；

EFB

(2)解：如图，以点。为原点建立空间直角坐标系,

BD=V3,

则4(1,0,0),3(0,V3,0),P(0,0,V3),

则而=(—1,0,何丽=(O,-V3,V3),DP=(0,0,V3),

设平面P48的法向量元=(%,y,z),

则有。霓二二。’可取xm

则cos优丽)=疆=昌

所以PD与平面P4B所成角的正弦值为

3.(2022•全国•高考真题)如图，四面体4BCD中，AD1CD,AD=CD,^ADB=^BDC,E为AC的中点.

(1)证明：平面BED_L平面4CD；

(2)设AB=8。=2,乙4c8=60。，点F在BD上，当AAFC的面积最小时，求CF与平面4BD所成的角的正弦

值.

【答案】(1)证明过程见解析

(2)CF与平面48。所成的角的正弦值为手

【分析】(1)根据已知关系证明AABDmACBD,得到4B=CB,结合等腰三角形三线合一得到垂直关系，

结合面面垂直的判定定理即可证明；

(2)根据勾股定理逆用得到BEIDE,从而建立空间直角坐标系，结合线面角的运算法则进行计算即可.

【详解】(1)因为4。=CD,E为力C的中点，所以4C1DE；

在△43。和4CBD中，因为AD=CD/ADB=乙CDB,DB=DB,

所以AaBO三ACBD,所以48=CB,又因为E为4C的中点，所以AC，BE；

又因为DE,BEu平面BED,DECtBE=E,所以4cl平面BED,

因为ACu平面4CD,所以平面BEO_L平面4CD.

(2)连接EF,由(1)知，AC1平面BED,因为EFu平面BED,

所以4C1EF,所以SAAFC="C-EF,

当EFlBD时，EF最小，即△AFC的面积最小.

因为AABD三ACBD,所以CB=43=2,

又因为乙4cB=60。，所以AZBC是等边三角形，

因为E为4c的中点，所以4E=EC=1,BE=G

因为4。1CD,所以DE=lAC=1,

在△DEB中，DE2+BE2=BD2,所以BE1OE.

以E为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系E-xyz,

则4(1,0,0),3(0,旧,0),。(0,0,1),所以丽=(—1,0,1),荏=(-1,73,0),

设平面2B0的一个法向量为元=(x,y,z),

则『沈二T二取I财=(3,倔3),

又因为c(-w),F(o,f，m，所以而=(D，

所以cos伉，而)=静=Q=手’

设CF与平面4B0所成的角为e(0<0<

所以sin。=|cos(n,CF)|=手,

所以CF与平面4BD所成的角的正弦值为手.

4.(2022・北京•高考真题)如图，在三棱柱ABC-A/iQ中，侧面BCC1名