2025高考数学专项讲义第05讲空间向量的概念及其运算、空间向量法求空间角与空间距离(学生版+解析)

第05讲空间向量的概念及其运算、空间向量法求空间角与空间距离（7类核心考点精讲精练）1.5年真题考点分布5年考情考题示例考点分析关联考点2024年新I卷，第17题,15分面面角的向量求法及应用由二面角大小求线段长度证明线面平行证明面面垂直2024年新Ⅱ卷，第7题,15分求线面角锥体体积的有关计算台体体积的有关计算2024年新Ⅱ卷，第17题,15分求平面的法向量面面角的向量求法证明线面垂直线面垂直证明线线垂直2023年新I卷，第18题,12分空间位置关系的向量证明面面角的向量求法已知面面角求其他量无2023年新Ⅱ卷，第20题,12分证明线面垂直线面垂直证明线线垂直面面角的向量求法2022年新I卷，第9题,5分求异面直线所成的角求线面角无2022年新I卷，第19题,5分求点面距离面面角的向量求法无2022年新Ⅱ卷，第20题,12分面面角的向量求法证明线面平行2021年新I卷，第12题,5分求空间向量的数量积空间向量的坐标表示垂直关系2021年新I卷，第20题,12分由二面角大小求线段长度或距离锥体体积的有关计算线面垂直证明线线垂直面面垂直证线面垂直2021年新Ⅱ卷，第19题,12分面面角的向量求法证明面面垂直2020年新I卷，第20题,12分线面角的向量求法证明线面垂直2020年新I卷，第20题,12分线面角的向量求法证明线面垂直2.命题规律及备考策略【命题规律】本节内容是新高考卷的必考内容，设题稳定，难度中等偏难，分值为5-15分【备考策略】1.掌握空间直角坐标系，会用空间直角坐标系刻画点的位置，会运用空间两点间的距离公式2.理解空间向量的概念，理解空间向量的基本定理及其意义，掌握空间向量的线性运算及其坐标表示3.掌握空间向量的数量积及其坐标表示，能运用向量的数量积判断向量的共线与垂直，会求平面法向量4.熟练掌握空间中点线面的位置关系，会运用空间向量证明平行、垂直关系5.会运用空间向量求空间距离及空间角【命题预测】本节内容是新高考卷的必考内容，一般在解答题中考查线面平行（垂直）、面面平行（垂直）的判定及其性质，考查空间距离和空间角的求解，需强化巩固复习.知识讲解1．空间向量及其有关概念概念语言描述共线向量(平行向量)表示空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合共面向量平行于同一个平面的向量共线向量定理对空间任意两个向量a，b(b≠0)，a∥b⇔存在λ∈R，使a＝λb共面向量定理若两个向量a，b不共线，则向量p与向量a，b共面⇔存在唯一的有序实数对(x，y)，使p＝xa＋yb空间向量基本定理及推论定理：如果三个向量a，b，c不共面，那么对空间任一向量p，存在唯一的有序实数组{x，y，z}使得p＝xa＋yb＋zc.推论：设O，A，B，C是不共面的四点，则对平面ABC内任一点P都存在唯一的三个有序实数x，y，z，使eq\o(OP,\s\up7(→))＝xeq\o(OA,\s\up7(→))＋yeq\o(OB,\s\up7(→))＋zeq\o(OC,\s\up7(→))且x＋y＋z＝12．数量积及坐标运算(1)两个空间向量的数量积：①a·b＝|a||b|cos〈a，b〉②a⊥b⇔a·b＝0(a，b为非零向量)③设a＝(x，y，z)，则|a|2＝a2，|a|＝eq\r(x2＋y2＋z2).(2)空间向量的坐标运算：a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)向量和a＋b＝(a1＋b1，a2＋b2，a3＋b3)向量差a－b＝(a1－b1，a2－b2，a3－b3)数量积a·b＝a1b1＋a2b2＋a3b3共线a∥b⇒a1＝λb1，a2＝λb2，a3＝λb3(λ∈R，b≠0)垂直a⊥b⇔a1b1＋a2b2＋a3b3＝0夹角公式cos〈a，b〉＝eq\f(a1b1＋a2b2＋a3b3,\r(a\o\al(2,1)＋a\o\al(2,2)＋a\o\al(2,3))\r(b\o\al(2,1)＋b\o\al(2,2)＋b\o\al(2,3)))3．直线的方向向量与平面的法向量(1)直线的方向向量：如果表示非零向量a的有向线段所在直线与直线l平行或共线，则称此向量a为直线l的方向向量．(2)平面的法向量：直线l⊥α，取直线l的方向向量a，则向量a叫做平面α的法向量．(3)方向向量和法向量均不为零向量且不唯一．空间位置关系的向量表示设直线l，m的方向向量分别为a，b，平面α，β的法向量分别为u，ν，则(1)线线平行：l∥m⇔a∥b⇔a＝kb，k∈R；线面平行：l∥α⇔a⊥u⇔a·u＝0；面面平行：α∥β⇔u∥ν⇔u＝kν，k∈R.(2)线线垂直：l⊥m⇔a⊥b⇔a·b＝0；线面垂直：l⊥α⇔a∥u⇔a＝ku，k∈R；面面垂直：α⊥β⇔u⊥ν⇔u·ν＝0.两条异面直线所成角的求法设a，b分别是两异面直线l1，l2的方向向量，则l1与l2所成的角θ的范围为(0，eq\f(π,2)]，公式为cosθ＝eq\f(|a·b|,|a||b|)直线与平面所成角的求法设直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，直线l与平面α所成的角为θ，a与n的夹角为β，则sinθ＝|cosβ|＝eq\f(|a·n|,|a||n|).求二面角的大小(1)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θ＝〈eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(CD,\s\up6(→))〉．如图②③，n1，n2分别是二面角α－l－β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足|cosθ|＝|cos〈n1，n2〉|，二面角的平面角大小是向量n1与n2的夹角(或其补角)．空间两点间的距离公式若，，则=.点到平面的距离（为平面的法向量，是经过面的一条斜线，）.考点一、空间向量的基本概念及其运算1．（广东·高考真题）若向量＝(1，1，x)，＝(1，2，1)，＝(1，1，1)满足条件，则x＝．2．（2024·浙江嘉兴·模拟预测）设，，且，则（

）A． B．0 C．3 D．3．（上海·高考真题）在平行六面体中，M为AC与BD的交点，若，，，则下列向量中与相等的向量是（

）．A． B．C． D．1．（广东·高考真题）已知向量，则下列向量中与成的是A． B． C． D．2．（宁夏·高考真题）已知向量，且，则．3．（23-24高二下·湖北·开学考试）如图，为四面体的棱的中点，为的中点，点在线段上，且，设，，，则（

）A． B．C． D．考点二、空间向量求异面直线所成角1．（全国·高考真题）在长方体中，，，则异面直线与所成角的余弦值为A． B． C． D．2．（浙江·高考真题）如图，已知平面四边形ABCD，AB=BC=3，CD=1，AD=，∠ADC=90°．沿直线AC将△ACD翻折成△ACD'，直线AC与BD'所成角的余弦的最大值是．1．3．（2024·安徽·模拟预测）设与为两个正四棱锥，正方形ABCD的边长为且，点M在线段AC上，且，将异面直线PD，QM所成的角记为，则sinθ的最小值为（

）A． B． C． D．4．（2024·全国·模拟预测）直三棱柱中，底面是以A为直角的腰长为2的等腰直角三角形，侧棱长为，为上的点，若直线与直线所成角的余弦值为，则长为（

）A．1 B． C． D．1．（2024·辽宁沈阳·模拟预测）已知直三棱柱中，，，，则异面直线与所成角的余弦值为（

）A． B． C． D．2．（2024·湖北武汉·模拟预测）已知菱形，，将沿对角线折起，使以四点为顶点的三棱锥体积最大，则异面直线与所成角的余弦值为（

）A． B． C． D．3．（2024·全国·模拟预测）如图，在三棱锥中，，，，是棱的中点，是棱上靠近点的四等分点，则异面直线与所成角的大小为（

）A． B． C． D．考点三、空间向量求线面角1．（2022·全国·高考真题）在四棱锥中，底面．(1)证明：；(2)求PD与平面所成的角的正弦值．2．（2022·浙江·高考真题）如图，已知和都是直角梯形，AB//DC，，，，，，二面角的平面角为．设M，N分别为的中点．(1)证明：；(2)求直线与平面所成角的正弦值．3．（2024·河南濮阳·模拟预测）如图所示，在等腰梯形中，，，，E为CD中点，AE与BD相交于点O，将沿AE折起，使点D到达点P的位置（平面）．(1)求证：平面平面PBC；(2)若，试判断线段PB上是否存在一点Q（不含端点），使得直线PC与平面所成角的正弦值为，若存在，求Q在线段PB上的位置；若不存在，说明理由．4．（2024·湖北·模拟预测）如图，在梯形中，，，.将沿对角线折到的位置，点P在平面内的射影H恰好落在直线上.(1)求二面角的正切值；(2)点F为棱上一点，满足，在棱上是否存在一点Q，使得直线FQ与平面所成的角为?若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.1．（2024·江苏·三模）如图，在三棱锥中，底面为上一点，且平面平面，三棱锥的体积为.(1)求证：为的中点；(2)求直线与平面所成角的正弦值.2．（2021·浙江·高考真题）如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，M，N分别为的中点，.（1）证明：；（2）求直线与平面所成角的正弦值.3．（2024·山东济南·三模）如图，在三棱台中，平面平面，，，．

(1)求三棱台的高；(2)若直线与平面所成角的正弦值为，求．4．（2024·河北承德·二模）如图1，在直角中，为中点，，取中点，连接，现把沿着翻折，形成三棱锥如图2，此时，取中点，连接，记平面和平面的交线为为上异于的一点.

(1)求证：平面；(2)若直线与平面所成角的正弦值为，求的长度.考点四、空间向量求二面角1．（2024·全国·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．2．（2024·全国·高考真题）如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形，，，，为的中点．(1)证明：平面；(2)求二面角的正弦值．3．（2023·全国·高考真题）如图，在正四棱柱中，．点分别在棱,上，．

(1)证明：；(2)点在棱上，当二面角为时，求．4．（2024·山东日照·三模）在五面体中，，.

(1)求证：；(2)若，，，点到平面的距离为，求二面角的余弦值.5．（2024·江苏·一模）如图，已知四棱台的上、下底面分别是边长为2和4的正方形，平面⊥平面ABCD，，点P是棱的中点，点Q在棱BC上．

(1)若，证明：平面；(2)若二面角的正弦值为，求BQ的长．1．1．1．1．1．（2024·江苏·模拟预测）如图，在四棱台中，，，．(1)记平面与平面的交线为，证明：；(2)求平面与平面的夹角的余弦值．2．（2024·河北保定·三模）如图，在四棱锥中，四边形为正方形，平面，且.E，F分别是PA，PD的中点，平面与PB，PC分别交于M，N两点.(1)证明：；(2)若平面平面，求平面与平面所成锐二面角的正弦值.3．（2024·辽宁锦州·模拟预测）如图，在四棱锥中，为的中点，平面．(1)求证：；(2)若，．（i）求证：平面；（ii）设平面平面，求二面角的正弦值．4．（2024·湖南·模拟预测）如图，在直三棱柱中，，，分别为，的中点，为线段上异于端点的一点.(1)求点到平面的距离；(2)若平面与平面的夹角的余弦值为，求直线与平面所成角的正弦值．5．（2024·山西·二模）如图，四棱锥中，二面角的大小为，，，是的中点.

(1)求证：平面平面；(2)若直线与底面所成的角为，求二面角的余弦值.考点五、空间向量求空间距离1．（2024·天津·高考真题）已知四棱柱中，底面为梯形，，平面，，其中．是的中点，是的中点．(1)求证平面；(2)求平面与平面的夹角余弦值；(3)求点到平面的距离．2．（2024·江苏无锡·模拟预测）如图，在棱长为的正方体中，点在棱上，且．(1)求四棱锥的表面积(2)若点在棱上，且到平面的距离为，求点到直线的距离．3．（2024·湖北武汉·模拟预测）如图，三棱柱中，是边长为2的等边三角形，.

(1)证明：；(2)若三棱柱的体积为3，且直线与平面ABC所成角为60°，求点到平面的距离.1．（2024·广东·三模）如图，边长为4的两个正三角形，所在平面互相垂直，，分别为，的中点，点在棱上，，直线与平面相交于点.(1)证明：；(2)求直线与平面的距离.2．（2024·天津·二模）如图，直线垂直于梯形所在的平面，，为线段上一点，，四边形为矩形.

(1)若是的中点，求证：平面；(2)求直线与平面所成角的正弦值：(3)若点到平面的距离为，求的长.3．（2024·福建福州·一模）如图，四边形ABCD是圆柱OE的轴截面，点F在底面圆O上，圆O的半径为1，，点G是线段BF的中点．(1)证明：平面DAF；(2)若直线DF与圆柱底面所成角为45°，求点G到平面DEF的距离．考点六、立体几何小题综合1．（2022·全国·高考真题）在正方体中，E，F分别为的中点，则（

）A．平面平面 B．平面平面C．平面平面 D．平面平面选项BCD解法二：2．（2024·福建福州·模拟预测）四棱锥的顶点均在球的球面上，底面为矩形，平面平面，，，，则到平面的距离为（

）A． B． C． D．3．（2024·河南信阳·模拟预测）已知三棱柱满足，，，则异面直线与所成角的余弦值为（

）A． B． C． D．4．（2024·广西贵港·模拟预测）（多选）如图，在正方体中，P为线段的中点，Q为线段上的动点（不包括端点），则（

）A．存在点Q，使得 B．存在点Q，使得平面C．三棱锥的体积是定值 D．二面角的余弦值为5．（2024·福建泉州·模拟预测）（多选）如图，棱长为2的正方体中，点是棱的中点，则下列结论中正确的是（

）

A．点到平面距离相等B．若平面，且与所成角是，则点的轨迹是椭圆C．三棱锥的外接球的表面积为11πD．若线段，则的最小值是1．（2024·山西·三模）正方体的棱长为2，分别为的中点，为底面的中心，则三棱锥的体积是（

）A． B． C． D．2．（2024·山东菏泽·二模）如图，在正方体中，，则下列结论中正确的是（

）A．平面 B．平面平面C．平面 D．平面内存在与平行的直线3．（2024·山东临沂·二模）已知正方体中，M，N分别为，的中点，则（

）A．直线MN与所成角的余弦值为 B．平面与平面夹角的余弦值为C．在上存在点Q，使得 D．在上存在点P，使得平面4．（2024·湖北襄阳·模拟预测）（多选）如图，已知正方体的棱长为2，，，分别为，，的中点，以下说法正确的是（

）A．三棱锥的体积为 B．平面C．平面 D．二面角的余弦值为5．（2024·重庆九龙坡·三模）（多选）在棱长为2的正方体中，P，E，F分别为棱的中点，为侧面正方形的中心，则下列结论正确的是（

）A．直线平面B．直线与平面所成角的正切值为C．三棱锥的体积为D．三棱锥的外接球表面积为9π考点七、范围与最值问题1．（2024·河南·一模）三棱锥中，，，，，点M，N分别在线段，上运动.若二面角的大小为，则的最小值为.2．（2024·河南信阳·模拟预测）如图，在棱长为的正方体中，与平面交于点，与平面交于点，点分别在线段上运动，则线段的取值范围为（

）A． B． C． D．3．（23-24高三下·全国·阶段练习）如图，在中，，在直角梯形中，，，记二面角的大小为，若，则直线与平面所成角的正弦值的最大值为．4．（2024·河北沧州·一模）如图，已知点是圆台的上底面圆上的动点，在下底面圆上，，则直线与平面所成角的余弦值的最小值为．5．（2024·山东枣庄·模拟预测）（多选）已知正方体的棱长为2，点M，N分别为棱的中点，点P为四边形（含边界）内一动点，且，则（

）A．平面 B．点P的轨迹长度为C．存在点P，使得平面 D．点P到平面距离的最大值为6．（2024·湖南长沙·三模）如图，在四棱锥中，平面，，底面为直角梯形，，，，是的中点，点，分别在线段与上，且，.(1)若平面平面，求、的值；(2)若平面，求的最小值.1．（2024·浙江金华·三模）四棱锥的底面为正方形，平面，且，．四棱锥的各个顶点均在球O的表面上，，，则直线l与平面所成夹角的范围为．2．（2024·江苏盐城·模拟预测）棱长为2的正方体中，设点为底面内（含边界）的动点，则点到平面距离之和的最小值为（

）A． B． C． D．3．（23-24高三下·广东深圳·期中）在长方体中，，点为侧面内一动点，且满足//平面，则的最小值为，此时点到直线的距离为.4．（2023·江西萍乡·二模）正方体的棱长为为该正方体侧面内的动点（含边界），若分别与直线所成角的正切值之和为，则四棱锥的体积的取值范围为.5．（2024·山东·二模）（多选）如图，在直三棱柱中，，分别为棱上的动点，且，，，则（

）A．存在使得B．存在使得平面C．若长度为定值，则时三棱锥体积最大D．当时，直线与所成角的余弦值的最小值为6．（23-24高三下·河北沧州·阶段练习）如图，在直三棱柱中，△为边长为2的正三角形，为中点，点在棱上，且.(1)当时，求证平面；(2)设为底面的中心，求直线与平面所成角的正弦值的最大值，并求取得最大值时的值.一、单选题1．（23-24高二下·浙江·期中）空间点，则点到直线的距离（

）A． B． C． D．2．（2024·全国·模拟预测）在正方体中，，则异面直线与所成角的余弦值为（

）A． B． C． D．3．（2024·广东梅州·模拟预测）直三棱柱中，，，则异面直线与所成角的余弦值为（

）A． B． C． D．二、填空题4．（2024·河南开封·三模）在矩形中，，，沿对角线将矩形折成一个大小为的二面角，当点B与点D之间的距离为3时．5．（2024·广东茂名·模拟预测）已知四棱柱的底面是正方形，，，点在底面的射影为中点H，则直线与平面所成角的正弦值为．三、解答题6．（2024·广西·模拟预测）在正四棱柱中，，，E为中点，直线与平面交于点F．(1)证明：F为的中点；(2)求直线AC与平面所成角的余弦值．

7．（2024·四川成都·模拟预测）在平行六面体中，，．(1)若空间有一点满足：，求；(2)求平面与平面所成夹角的余弦值．8．（2024·福建泉州·模拟预测）在四棱锥中，．

(1)求证：(2)当点到平面的距离为时，求直线与平面所成的角的正弦值．9．（2024·内蒙古包头·三模）如图，平行六面体的体积为，，，，．(1)求点A到平面的距离；(2)求二面角的正弦值．10．（22-23高二上·海南省直辖县级单位·期末）四棱锥中，四边形ABCD为菱形，，平面平面ABCD．

(1)证明：；(2)若PB=PD，且PA与平面ABCD成角为，点E在棱PC上，且，求平面EBD与平面BCD的夹角的余弦值．一、单选题1．（2024·广西来宾·一模）棱长为3的正方体中，点E，F满足D1E=2ED，BF⃗=2FBA．3355 C．375 2．（2024·内蒙古包头·一模）如图，底面是边长为2的正方形，半圆面底面，点为圆弧上的动点．当三棱锥的体积最大时，二面角的余弦值为（

）A． B． C． D．二、多选题3．（2024·全国·模拟预测）《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑．如图，在鳖臑中，平面，且分别为的中点，是内的动点（含边界），且平面，则下列说法正确的是（

）A．三棱锥的外接球的体积为B．的取值范围为C．直线与平面所成的角的正弦值的取值范围为D．当点到平面的距离与点到平面的距离之比为时，4．（2024·贵州贵阳·模拟预测）如图，正四棱锥每一个侧面都是边长为4的正三角形，若点M在四边形ABCD内（包含边界）运动，N为PD的中点，则（

）A．当M为AD的中点时，异面直线MN与PC所成角为B．当平面PBC时，点M的轨迹长度为C．当时，点M到AB的距离可能为D．存在一个体积为的圆柱体可整体放入正四棱锥内三、填空题5．（2024·全国·模拟预测）在棱长为2的正方体中，动点，分别在棱，上，且满足，当的体积最小时，与平面所成角的正弦值是．四、解答题6．（2024·湖南衡阳·模拟预测）如图，在三棱柱中，平面平面，平面平面．(1)证明：平面ABC．(2)若，，求直线BC与平面所成角的正弦值．7．（2024·陕西安康·模拟预测）如图，在四棱锥中，.(1)求证：；(2)若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值.8．（2024·山东·模拟预测）如图，在直三棱柱中，，，，.(1)当时，求证：平面；(2)设二面角的大小为，求的取值范围.9．（2024·浙江绍兴·三模）如图，在三棱锥中，是正三角形，平面平面，，点是的中点，．(1)求证：为三棱锥外接球的球心；(2)求直线与平面所成角的正弦值；(3)若，，求平面与平面所成锐二面角的余弦值最大时的值．10．（2024·山东烟台·三模）如图，在直三棱柱中，，M，N分别为，中点，且．(1)证明：；(2)若D为棱上的动点，当与平面所成角最大时，求二面角的余弦值.1．（2024·北京·高考真题）如图，在四棱锥中，BC//AD，，,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．2．（2021·全国·高考真题）如图，四棱锥的底面是矩形，底面，PD=DC=1，为的中点，且PB⊥AM．（1）求；（2）求二面角的正弦值．3．（2020·北京·高考真题）如图，在正方体中，E为的中点．（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值．4．（2020·江苏·高考真题）在三棱锥A—BCD中，已知CB=CD=,BD=2，O为BD的中点，AO⊥平面BCD，AO=2，E为AC的中点．（1）求直线AB与DE所成角的余弦值；（2）若点F在BC上，满足BF=BC，设二面角F—DE—C的大小为θ，求sinθ的值．5．（2020·全国·高考真题）如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，为底面直径，．是底面的内接正三角形，为上一点，．（1）证明：平面；（2）求二面角的余弦值．6．（2019·北京·高考真题）如图，在四棱锥P–ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，PA=AD=CD=2，BC=3．E为PD的中点，点F在PC上，且．（Ⅰ）求证：CD⊥平面PAD；（Ⅱ）求二面角F–AE–P的余弦值；（Ⅲ）设点G在PB上，且．判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由．7．（2019·浙江·高考真题）如图，已知三棱柱，平面平面,，分别是的中点.（1）证明：；（2）求直线与平面所成角的余弦值.8．（2019·天津·高考真题）如图，平面，，.（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值；（Ⅲ）若二面角的余弦值为，求线段的长.9．（2019·全国·高考真题）如图，直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．（1）证明：MN∥平面C1DE；（2）求二面角A-MA1-N的正弦值．10．（2018·全国·高考真题）如图，在三棱锥中，，，为的中点．（1）证明：平面；（2）若点在棱上，且二面角为，求与平面PAM所成角的正弦值第05讲空间向量的概念及其运算、空间向量法求空间角与空间距离（7类核心考点精讲精练）1.5年真题考点分布5年考情考题示例考点分析关联考点2024年新I卷，第17题,15分面面角的向量求法及应用由二面角大小求线段长度证明线面平行证明面面垂直2024年新Ⅱ卷，第7题,15分求线面角锥体体积的有关计算台体体积的有关计算2024年新Ⅱ卷，第17题,15分求平面的法向量面面角的向量求法证明线面垂直线面垂直证明线线垂直2023年新I卷，第18题,12分空间位置关系的向量证明面面角的向量求法已知面面角求其他量无2023年新Ⅱ卷，第20题,12分证明线面垂直线面垂直证明线线垂直面面角的向量求法2022年新I卷，第9题,5分求异面直线所成的角求线面角无2022年新I卷，第19题,5分求点面距离面面角的向量求法无2022年新Ⅱ卷，第20题,12分面面角的向量求法证明线面平行2021年新I卷，第12题,5分求空间向量的数量积空间向量的坐标表示垂直关系2021年新I卷，第20题,12分由二面角大小求线段长度或距离锥体体积的有关计算线面垂直证明线线垂直面面垂直证线面垂直2021年新Ⅱ卷，第19题,12分面面角的向量求法证明面面垂直2020年新I卷，第20题,12分线面角的向量求法证明线面垂直2020年新I卷，第20题,12分线面角的向量求法证明线面垂直2.命题规律及备考策略【命题规律】本节内容是新高考卷的必考内容，设题稳定，难度中等偏难，分值为5-15分【备考策略】1.掌握空间直角坐标系，会用空间直角坐标系刻画点的位置，会运用空间两点间的距离公式2.理解空间向量的概念，理解空间向量的基本定理及其意义，掌握空间向量的线性运算及其坐标表示3.掌握空间向量的数量积及其坐标表示，能运用向量的数量积判断向量的共线与垂直，会求平面法向量4.熟练掌握空间中点线面的位置关系，会运用空间向量证明平行、垂直关系5.会运用空间向量求空间距离及空间角【命题预测】本节内容是新高考卷的必考内容，一般在解答题中考查线面平行（垂直）、面面平行（垂直）的判定及其性质，考查空间距离和空间角的求解，需强化巩固复习.知识讲解1．空间向量及其有关概念概念语言描述共线向量(平行向量)表示空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合共面向量平行于同一个平面的向量共线向量定理对空间任意两个向量a，b(b≠0)，a∥b⇔存在λ∈R，使a＝λb共面向量定理若两个向量a，b不共线，则向量p与向量a，b共面⇔存在唯一的有序实数对(x，y)，使p＝xa＋yb空间向量基本定理及推论定理：如果三个向量a，b，c不共面，那么对空间任一向量p，存在唯一的有序实数组{x，y，z}使得p＝xa＋yb＋zc.推论：设O，A，B，C是不共面的四点，则对平面ABC内任一点P都存在唯一的三个有序实数x，y，z，使eq\o(OP,\s\up7(→))＝xeq\o(OA,\s\up7(→))＋yeq\o(OB,\s\up7(→))＋zeq\o(OC,\s\up7(→))且x＋y＋z＝12．数量积及坐标运算(1)两个空间向量的数量积：①a·b＝|a||b|cos〈a，b〉②a⊥b⇔a·b＝0(a，b为非零向量)③设a＝(x，y，z)，则|a|2＝a2，|a|＝eq\r(x2＋y2＋z2).(2)空间向量的坐标运算：a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)向量和a＋b＝(a1＋b1，a2＋b2，a3＋b3)向量差a－b＝(a1－b1，a2－b2，a3－b3)数量积a·b＝a1b1＋a2b2＋a3b3共线a∥b⇒a1＝λb1，a2＝λb2，a3＝λb3(λ∈R，b≠0)垂直a⊥b⇔a1b1＋a2b2＋a3b3＝0夹角公式cos〈a，b〉＝eq\f(a1b1＋a2b2＋a3b3,\r(a\o\al(2,1)＋a\o\al(2,2)＋a\o\al(2,3))\r(b\o\al(2,1)＋b\o\al(2,2)＋b\o\al(2,3)))3．直线的方向向量与平面的法向量(1)直线的方向向量：如果表示非零向量a的有向线段所在直线与直线l平行或共线，则称此向量a为直线l的方向向量．(2)平面的法向量：直线l⊥α，取直线l的方向向量a，则向量a叫做平面α的法向量．(3)方向向量和法向量均不为零向量且不唯一．空间位置关系的向量表示设直线l，m的方向向量分别为a，b，平面α，β的法向量分别为u，ν，则(1)线线平行：l∥m⇔a∥b⇔a＝kb，k∈R；线面平行：l∥α⇔a⊥u⇔a·u＝0；面面平行：α∥β⇔u∥ν⇔u＝kν，k∈R.(2)线线垂直：l⊥m⇔a⊥b⇔a·b＝0；线面垂直：l⊥α⇔a∥u⇔a＝ku，k∈R；面面垂直：α⊥β⇔u⊥ν⇔u·ν＝0.两条异面直线所成角的求法设a，b分别是两异面直线l1，l2的方向向量，则l1与l2所成的角θ的范围为(0，eq\f(π,2)]，公式为cosθ＝eq\f(|a·b|,|a||b|)直线与平面所成角的求法设直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，直线l与平面α所成的角为θ，a与n的夹角为β，则sinθ＝|cosβ|＝eq\f(|a·n|,|a||n|).求二面角的大小(1)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θ＝〈eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(CD,\s\up6(→))〉．如图②③，n1，n2分别是二面角α－l－β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足|cosθ|＝|cos〈n1，n2〉|，二面角的平面角大小是向量n1与n2的夹角(或其补角)．空间两点间的距离公式若，，则=.点到平面的距离（为平面的法向量，是经过面的一条斜线，）.考点一、空间向量的基本概念及其运算1．（广东·高考真题）若向量＝(1，1，x)，＝(1，2，1)，＝(1，1，1)满足条件，则x＝．【答案】【分析】利用空间向量的坐标运算和数量积表示求解.【详解】解：，解得故答案为：2．（2024·浙江嘉兴·模拟预测）设，，且，则（

）A． B．0 C．3 D．【答案】D【分析】根据向量的垂直和平行，先求出的值，再求所给向量的模.【详解】由，由，.所以.故选：D3．（上海·高考真题）在平行六面体中，M为AC与BD的交点，若，，，则下列向量中与相等的向量是（

）．A． B．C． D．【答案】A【分析】利用空间向量线性运算法则进行运算即可.【详解】因为在平行六面体中，，所以.故选：A.1．（广东·高考真题）已知向量，则下列向量中与成的是A． B． C． D．【答案】B【详解】试题分析：对于A选项中的向量，，则；对于B选项中的向量，，则；对于C选项中的向量，，则；对于D选项中的向量，此时，两向量的夹角为.故选B.【考点定位】本题考查空间向量数量积与空间向量的坐标运算，属于中等题.2．（宁夏·高考真题）已知向量，且，则．【答案】3【分析】利用向量的坐标运算求得求出，根据空间向量模的公式列方程求解即可.【详解】因为，所以，可得，因为，解得，故答案为3.3．（23-24高二下·湖北·开学考试）如图，为四面体的棱的中点，为的中点，点在线段上，且，设，，，则（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】根据空间向量基本定理得到，故.【详解】为四面体的棱的中点，为的中点，故，，，因为，所以，.故选：A考点二、空间向量求异面直线所成角1．（全国·高考真题）在长方体中，，，则异面直线与所成角的余弦值为A． B． C． D．【答案】C【详解】分析：先建立空间直角坐标系，设立各点坐标，利用向量数量积求向量夹角，再根据向量夹角与线线角相等或互补关系求结果.详解：以D为坐标原点，DA,DC,DD1为x,y,z轴建立空间直角坐标系，则,所以,因为，所以异面直线与所成角的余弦值为，选C.点睛：利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.2．（浙江·高考真题）如图，已知平面四边形ABCD，AB=BC=3，CD=1，AD=，∠ADC=90°．沿直线AC将△ACD翻折成△ACD'，直线AC与BD'所成角的余弦的最大值是．【答案】【分析】方法一：通过建立空间直角坐标系，利用异面直线所成角的向量公式结合函数的性质即可求出．【详解】［方法一］：异面直线所成角的向量公式设直线与所成角为，设是中点，由已知得，如图，以为轴，为轴，过与平面垂直的直线为轴，建立空间直角坐标系，由，，，作于，翻折过程中，始终与垂直，，则，，因此可设，则，与平行的单位向量为，所以＝，所以时，取最大值．故答案为：．［方法二］：几何法由翻折过程可以看出D'在以H为圆心，DH为半径的圆上运动，设E是圆H与平面ABC的交点，易知E在CB上，且CE=1．设直线AC与BD'所成角为，则，，设点在平面上的投影为，，因此．［方法三］：考虑纯几何运算由折叠过程可知，在以为圆心，为半径的圆上运动，且垂直圆所在的平面，如图,作于，则，与所成角即为，且，,要使最大只需最小，在中，为定值，即只要最短,，因此．［方法四］：【最优解】利用三余弦定理前面过程同方法三,与所成角即为，是点在平面上的投影，可知：观察得当与点重合时，和同时达到最小，和同时取最大，此时有最大值，最后我们不难发现，其实在翻折过程中，，那么，即当与重合时有最大值.【整体点评】方法一：利用建系求异面直线所成角，是通性通法，易操作，但此题运算较复杂；方法二：利用几何性质求异面直线所成角，计算简单，需要较好的空间想象能力；方法三：利用几何法找到异面直线所成角的平面角，计算简单，需要较好的空间想象能力；方法四：利用三余弦定理分析最简单，但是三余弦定理不是教材要求必需掌握的内容．3．（2024·安徽·模拟预测）设与为两个正四棱锥，正方形ABCD的边长为且，点M在线段AC上，且，将异面直线PD，QM所成的角记为，则sinθ的最小值为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】建立适当空间站直角坐标系后，借助空间向量表示出的余弦值，结合基本不等式计算即可得解.【详解】连接交于点，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，因为正方形的边长为，所以，因为，所以为的中点，设，在直角中，有，故，所以，则，所以，因为，当且仅当，即时等号成立，所以的最大值为，因此的最小值为.

故选：A.4．（2024·全国·模拟预测）直三棱柱中，底面是以A为直角的腰长为2的等腰直角三角形，侧棱长为，为上的点，若直线与直线所成角的余弦值为，则长为（

）A．1 B． C． D．【答案】A【分析】建系标点，设，可得，利用空间向量求异面直线的夹角，列式求解即可.【详解】以A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，所以，解得(负值舍去).故选：A．1．（2024·辽宁沈阳·模拟预测）已知直三棱柱中，，，，则异面直线与所成角的余弦值为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据空间向量法求线线角即可.【详解】以为原点，在平面内过作的垂线交于，以为轴，以为轴，以为轴，建立空间直角坐标系，因为直三棱柱中，，，，所以，所以，设异面直线与所成角为，所以.故选：C.2．（2024·湖北武汉·模拟预测）已知菱形，，将沿对角线折起，使以四点为顶点的三棱锥体积最大，则异面直线与所成角的余弦值为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】当三棱锥的体积最大时，平面平面，以E为原点，分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，求出向量的坐标，根据向量夹角的坐标表示可解.【详解】记的中点分别为，因为，所以，同理，，记，因为，所以，所以，，易知，当平面平面时，三棱锥的体积最大，此时，以E为原点，分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，则所以，所以，所以异面直线与所成角的余弦值为.故选：C3．（2024·全国·模拟预测）如图，在三棱锥中，，，，是棱的中点，是棱上靠近点的四等分点，则异面直线与所成角的大小为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】将三棱锥补形成长、宽、高分别为4，2，2的长方体，以为坐标原点建立空间直角坐标系，根据向量即可求解.【详解】根据题意可将三棱锥补形成长、宽、高分别为4，2，2的长方体中，以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，则，，，，则，，故，，所以，所以异面直线与所成角的大小为．故选：B．考点三、空间向量求线面角1．（2022·全国·高考真题）在四棱锥中，底面．(1)证明：；(2)求PD与平面所成的角的正弦值．【答案】(1)证明见解析；(2).【分析】（1）作于，于，利用勾股定理证明，根据线面垂直的性质可得，从而可得平面，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，作于，于，因为，所以四边形为等腰梯形，所以，故，，所以AD所以，因为平面，平面，所以，又，所以平面，又因为平面，所以；（2）解：如图，以点为原点建立空间直角坐标系，，则，则，设平面的法向量，则有，可取，则，所以与平面所成角的正弦值为.2．（2022·浙江·高考真题）如图，已知和都是直角梯形，AB//DC，，，，，，二面角的平面角为．设M，N分别为的中点．(1)证明：；(2)求直线与平面所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析；(2)．【分析】（1）过点、分别做直线、的垂线、并分别交于点、，由平面知识易得，再根据二面角的定义可知，，由此可知，，，从而可证得平面，即得；（2）由（1）可知平面，过点做平行线，所以可以以点为原点，，、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，以及，即可利用线面角的向量公式解出．【详解】（1）过点、分别做直线、的垂线、并分别交于点、．∵四边形和都是直角梯形，，，由平面几何知识易知，，则四边形和四边形是矩形，∴在Rt和Rt，，∵，且，∴DC⊥平面是二面角的平面角，则，∴是正三角形，由平面，得平面平面，∵是的中点，，又DC⊥平面，平面，可得，而，∴平面，而平面．（2）因为平面，过点做平行线，所以以点为原点，，、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，设，则，设平面的法向量为由，得，取，设直线与平面所成角为，∴．3．（2024·河南濮阳·模拟预测）如图所示，在等腰梯形中，，，，E为CD中点，AE与BD相交于点O，将沿AE折起，使点D到达点P的位置（平面）．(1)求证：平面平面PBC；(2)若，试判断线段PB上是否存在一点Q（不含端点），使得直线PC与平面所成角的正弦值为，若存在，求Q在线段PB上的位置；若不存在，说明理由．【答案】(1)证明见解析(2)存在，Q是PB的中点．【分析】（1）利用线面垂直的判定定理、性质定理及面面垂直的判定定理可得答案；（2）以O为原点，分别以所在的直线为轴建立空间直角坐标系，设，求出平面AEQ的法向量，由线面角的向量求法求出可得答案.【详解】（1）如图，在原图中连接BE，由于，，，所以四边形ABED是平行四边形．由于，所以四边形ABED是菱形，所以．由于，，所以四边形ABCE是平行四边形，所以，所以．在翻折过程中，，保持不变，即，保持不变．由于，OP，平面POB，所以平面POB，由于平面PBC，所以平面平面PBC；（2）由上述分析可知，在原图中，，所以，所以．折叠后，若，则，所以，由于，，平面ABCE，所以平面ABCE．所以OE，OB，PO两两相互垂直．由此以O为原点，分别以所在的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，，，，，，设，，，，，设平面AEQ的法向量为，则，令得，故，设直线PC与平面AEQ所成角为θ，则，所以，，，解得，所以，因为，，、的中点坐标为，即Q是PB的中点．4．（2024·湖北·模拟预测）如图，在梯形中，，，.将沿对角线折到的位置，点P在平面内的射影H恰好落在直线上.(1)求二面角的正切值；(2)点F为棱上一点，满足，在棱上是否存在一点Q，使得直线FQ与平面所成的角为?若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.【答案】(1)(2)存在，【分析】（1）过点作于点，连接，可证得平面，进而可知为二面角的平面角，利用三角形计算即可得出结果.（2）连接，由为等边三角形，H为线段的中点，，又平面，以H为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，求得平面的法向量，假设棱上存在满足要求的点，设，，利用，计算可求得，即可得出结果.【详解】（1）如图，过点作于点，连接，，平面，平面，，又，平面，平面，平面，，.为二面角的平面角.∵，，∴为等边三角形，，又中，，，，.又，，，H为线段的中点.，，中，，，所以二面角的正切值为.（2）连接，为等边三角形，H为线段的中点，，又平面，则，，两两垂直，以H为坐标原点，，，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，，，，，，.设平面的法向量为n=x,y,z，，令，可得.假设棱上存在满足要求的点Q，设，，.，因为直线FQ与平面所成的角为，，整理得：，解得或（舍去）.所以，则.所以当时，FQ与平面所成的角为.1．（2024·江苏·三模）如图，在三棱锥中，底面为上一点，且平面平面，三棱锥的体积为.(1)求证：为的中点；(2)求直线与平面所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）过作于点，利用面面垂直的性质定理得平面，值域线面垂直的判定定理性质定理可得答案；（2）设，利用求出，以为原点，建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，利用线面角的向量求法可得答案.【详解】（1）过作于点，由平面平面，平面平面平面，平面，又底面平面，，平面，所以底面平面，，又为的中点；（2）设，，，如图建系，，，设平面的一个法向量n=x,y,z，令，得，所以，设直线与平面所成角为，.2．（2021·浙江·高考真题）如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，M，N分别为的中点，.（1）证明：；（2）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）．【分析】（1）要证，可证DC⊥PM，由题意可得，，易证，从而DC⊥平面，即有DC⊥PM，从而得证；（2）取中点，根据题意可知，两两垂直，所以以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，再分别求出向量和平面的一个法向量，即可根据线面角的向量公式求出．【详解】（1）在中，DC=1，，，由余弦定理可得，所以，．由题意且，平面，而平面，所以DC⊥PM，又AB//DC，所以．（2）由，，而与相交，所以平面，因为，所以，取中点，连接，则两两垂直，以点为坐标原点，如图所示，建立空间直角坐标系,则,又为中点，所以.由（1）得平面，所以平面的一个法向量从而直线与平面所成角的正弦值为．【点睛】本题第一问主要考查线面垂直的相互转化，要证明，可以考虑DC⊥PM，题中与有垂直关系的直线较多，易证DC⊥平面，从而使问题得以解决；第二问思路直接，由第一问的垂直关系可以建立空间直角坐标系，根据线面角的向量公式即可计算得出．3．（2024·山东济南·三模）如图，在三棱台中，平面平面，，，．

(1)求三棱台的高；(2)若直线与平面所成角的正弦值为，求．【答案】(1)(2)【分析】（1）作于点O，利用面面垂直的性质得即为三棱台的高，再利用线面垂直的判定定理和性质定理可得答案；（2）以O为原点，在面内，作，以，，所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，设，利用线面角的空间向量求法可得答案．【详解】（1）作于点O，因为平面平面，平面平面，平面，，所以平面，即为三棱台的高，又因为平面，所以，连接，因为，，所以，，平面，所以平面，又平面，所以，，，所以，，所以三棱台的高为；（2）以O为原点，在面内，作，以，，所在的直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，，设平面的法向量为，则，可取，设，则，设直线与平面所成角为，，化简得，解得，或（舍去，因为AC>AB，则，所以），所以．4．（2024·河北承德·二模）如图1，在直角中，为中点，，取中点，连接，现把沿着翻折，形成三棱锥如图2，此时，取中点，连接，记平面和平面的交线为为上异于的一点.

(1)求证：平面；(2)若直线与平面所成角的正弦值为，求的长度.【答案】(1)证明见解析；(2)或【分析】（1）依题意可得，利用余弦定理求出，即可得到，从而得证；（2）以为轴，轴，过作平面的垂线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，利用余弦定理求出，即可求出点坐标，求出平面的法向量，设，表示出点坐标，利用空间向量法求出线面角的正弦值，即可求出，再由坐标法求模即可.【详解】（1）由题意知为等腰直角三角形，又为的中点，所以，，，由，解得，当时，有，即，而平面，故平面；（2）以为轴，轴，过作平面的垂线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，又，所以所以，，所以，

于是，设平面的法向量为，则，不妨取，解得，设，则，，因为为中点，为中点，所以，又平面，平面，所以平面，平面和平面的交线为，平面，所以，又为上异于的一点，所以，即与共线，设为，则，故，因此.设直线与平面所成角为，则，化简得，解得或，当时，则，当时，则，因此或.考点四、空间向量求二面角1．（2024·全国·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)【分析】（1）由题意，根据余弦定理求得，利用勾股定理的逆定理可证得，则，结合线面垂直的判定定理与性质即可证明；（2）由（1），根据线面垂直的判定定理与性质可证明，建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法求解面面角即可.【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.2．（2024·全国·高考真题）如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形，，，，为的中点．(1)证明：平面；(2)求二面角的正弦值．【答案】(1)证明见详解；(2)【分析】（1）结合已知易证四边形为平行四边形，可证，进而得证；（2）作交于，连接，易证三垂直，采用建系法结合二面角夹角余弦公式即可求解.【详解】（1）因为为的中点，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）如图所示，作交于，连接，因为四边形为等腰梯形，，所以，结合（1）为平行四边形，可得，又，所以为等边三角形，为中点，所以，又因为四边形为等腰梯形，为中点，所以，四边形为平行四边形，，所以为等腰三角形，与底边上中点重合，，，因为，所以，所以互相垂直，以方向为轴，方向为轴，方向为轴，建立空间直角坐标系，，，，，设平面的法向量为m=x1平面的法向量为n=x则，即，令，得，即m=3,3,1，则，即，令，得，即，，则，故二面角的正弦值为.3．（2023·全国·高考真题）如图，在正四棱柱中，．点分别在棱,上，．

(1)证明：；(2)点在棱上，当二面角为时，求．【答案】(1)证明见解析；(2)1【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量坐标相等证明；（2）设，利用向量法求二面角，建立方程求出即可得解.【详解】（1）以为坐标原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图，

则，，，又不在同一条直线上，.（2）设，则，设平面的法向量，则，令，得，，设平面的法向量，则，令，得，，，化简可得，，解得或，或，.4．（2024·山东日照·三模）在五面体中，，.

(1)求证：；(2)若，，，点到平面的距离为，求二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）由，得到，，由线面平行的判定定理可得，由线面平行的性质得到直线.(2)证明，，.故以分别为坐标轴建立空间直角坐标系，由，解得的长，分别找到二面角各点坐标，有空间向量求解二面的余弦值.【详解】（1）证明：因为，，所以，因为，，所以，因为平面平面，平面，所以.（2）由于平面，，所以，平面，故，又因为平面，，平面，所以，又，，，平面，所以平面由于，则，故，故为等腰直角三角形，所以，，如图以为坐标原点，，，所在的直线分别为，，轴建系，

则A1,0,0，，，，，设平面的法向量为，则，平面的法向量为，因为，，所以，即令，则，设成的角为，由图可知为锐角，所以二面角的余弦值为5．（2024·江苏·一模）如图，已知四棱台的上、下底面分别是边长为2和4的正方形，平面⊥平面ABCD，，点P是棱的中点，点Q在棱BC上．

(1)若，证明：平面；(2)若二面角的正弦值为，求BQ的长．【答案】(1)证明见解析；(2)1．【分析】（1）取的中点M，先证明四边形BMPQ是平行四边形得到线线平行，再由线面平行性质定理可得；（2）法一：应用面面垂直性质定理得到线面垂直，建立空间直角坐标系，再利用共线条件设，利用向量加减法几何意义表示所需向量的坐标，再由法向量方法表示面面角，建立方程求解可得；法二：同法一建立空间直角坐标系后，直接设点坐标，进而表示所需向量坐标求解两平面的法向量及夹角，建立方程求解；法三：一作二证三求，设，利用面面垂直性质定理，作辅助线作角，先证明所作角即为二面角的平面角，再利用已知条件解三角形建立方程求解可得.【详解】（1）证明：取的中点M，连接MP，MB．在四棱台中，四边形是梯形，，，又点M，P分别是棱，的中点，所以，且．在正方形ABCD中，，，又，所以．从而且，所以四边形BMPQ是平行四边形，所以．又因为平面，平面，所以平面；（2）在平面中，作于O．因为平面平面，平面平面，，A1O⊂平面，所以平面．在正方形ABCD中，过O作AB的平行线交BC于点N，则．以为正交基底，建立空间直角坐标系．因为四边形是等腰梯形，，，所以，又，所以．易得，，，，，所以，，．

法1：设，所以．设平面PDQ的法向量为，由，得，取，另取平面DCQ的一个法向量为．设二面角的平面角为θ，由题意得．又，所以，解得（舍负），因此，．所以当二面角的正弦值为时，BQ的长为1．法2：设，所以．设平面PDQ的法向量为，由，得，取，另取平面DCQ的一个法向量为．设二面角的平面角为θ，由题意得．又，所以，解得或6（舍），因此．所以当二面角的正弦值为时，BQ的长为1．

法3：在平面中，作，垂足为H．因为平面平面，平面平面，，平面，所以平面，又平面，所以．在平面ABCD中，作，垂足为G，连接PG．因为，，，PH，平面，所以平面，又平面，所以．因为，，所以是二面角的平面角．在四棱台中，四边形是梯形，，，，点P是棱的中点，所以，．设，则，，在中，，从而．因为二面角的平面角与二面角的平面角互补，且二面角的正弦值为，所以，从而．所以在中，，解得或（舍）．所以当二面角的正弦值为时，BQ的长为1．1．（2024·江苏·模拟预测）如图，在四棱台中，，，．(1)记平面与平面的交线为，证明：；(2)求平面与平面的夹角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）利用线线平行证明线面平行，再由线面平行即可证线线平行；（2）建立空间直角坐标系，用空间向量法来求两平面夹角的余弦值.【详解】（1）因为平面，平面，所以平面.又平面，平面平面，所以.（2）在中，.由余弦定理得，，则，得.又，则.因为平面，所以，又，所以平面，以为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系，则，设平面的法向量为，则，令，得，所以.又是平面的一个法向量.记平面与平面的夹角为，则，所以平面与平面的夹角的余弦值为2．（2024·河北保定·三模）如图，在四棱锥中，四边形为正方形，平面，且.E，F分别是PA，PD的中点，平面与PB，PC分别交于M，N两点.(1)证明：；(2)若平面平面，求平面与平面所成锐二面角的正弦值.【答案】(1)证明见解析；(2).【分析】（1）根据给定条件，利用线面平面的判断、性质推理即得.（2）以点为原点，建立空间直角坐标系，求出平面、平面的法向量，进而求出平面的法向量，再利用面面角的向量求法求解即得.【详解】（1）由E，F分别是PA，PD的中点，得，在正方形中，，则，而平面，平面，于是平面，又平面，平面平面，平面，因此，所以.（2）四棱锥的底面为正方形，平面，则AB,AD,AP两两垂直，以点为原点，直线AB,AD,AP分别为轴建立空间直角坐标系，则，，，，，设平面的法向量，则，取，得，设平面的法向量，则，取，得，设平面的法向量，则，由平面平面，得，取，得，设平面与平面所成锐二面角为，则，，所以平面与平面所成锐二面角的正弦值为.3．（2024·辽宁锦州·模拟预测）如图，在四棱锥中，为的中点，平面．(1)求证：；(2)若，．（i）求证：平面；（ii）设平面平面，求二面角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)（i）证明见解析；（ii）【分析】（1）借助线面平行的性质定理与中位线的性质即可得；（2）（i）借助线面垂直的判定定理即可得；（ⅱ）结合所给条件建立适当的空间直角坐标系后借助空间向量计算即可得.【详解】（1）取的中点，连接，因为为的中点，所以，，因为，所以，所以四点共面，因为平面，平面平面，平面，所以，所以四边形为平行四边形，所以，所以；（2）（i）取的中点，连接，由（1）知，所以，因为，所以四边形是平行四边形，所以，因为，所以，所以，即，因为，所以，因为，所以与全等，所以，即，因为，又因为，、平面，所以平面；（ii）由（i）知平面，而平面，所以，因为，建立如图所示空间直角坐标系，则，，所以，，设平面的法向量为n=x,y,z,则令，则，于是，因为为平面的法向量,设二面角为，由图可得所以,所以二面角的余弦值为，则二面角的正弦值为4．（2024·湖南·模拟预测）如图，在直三棱柱中，，，分别为，的中点，为线段上异于端点的一点.(1)求点到平面的距离；(2)若平面与平面的夹角的余弦值为，求直线与平面所成角的正弦值．【答案】(1)(2)【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用点到面的距离公式即可求得答案；（2）结合（1）中建立的空间直角坐标系，首先利用平面与平面ADF的夹角的余弦值为的条件确定F点的位置，再由线面角的空间向量表示求解答案即可.【详解】（1）因为是直三棱柱中且AB⊥AC，所以两两垂直，则可以以A为原点，建立如下图所示的空间直角坐标系，，又，所以，因为E为的中点，所以，，设平面的一个法向量为，则，令，则，所以，所以点B到平面的距离；（2）结合（1），由于D为的中点，所以，设，所以，所以，设平面的一个法向量为，则，令，则，故，平面的一个法向量可以为，因为平面与平面ADF的夹角的余弦值为，所以，解得，所以，平面的一个法向量，则，设直线与平面ADF所成角为，则5．（2024·山西·二模）如图，四棱锥中，二面角的大小为，，，是的中点.

(1)求证：平面平面；(2)若直线与底面所成的角为，求二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）由题意可得，平面平面，根据面面垂直的性质可得平面，结合面面垂直的判定定理即可证明；（2）过作的垂线交延长线于点H，连接AH，根据面面垂直的性质可得，设，在中由余弦定理得，利用勾股定理的逆定理可得，建立如图空间直角坐标系D−xyz，结合空间向量法求解面面角即可.【详解】（1）由，得，则，所以，即.由二面角的大小为，知平面平面，即平面平面，又平面平面，平面，所以平面，又平面，所以平面平面.（2）过作的垂线，交延长线于点H，连接AH，由平面平面，平面平面，平面，，所以平面，则为在底面内的射影，所以为直线与底面所成的角，即.由，知且为钝角三角形，设，得，，在中，，在中，，由余弦定理得，有，所以，过作，则底面，所以两两垂直，建立如图空间直角坐标系D−xyz，，所以，设平面和平面的一个法向量分别为，则，，令，则，所以，则，故所求二面角的余弦值为.

考点五、空间向量求空间距离1．（2024·天津·高考真题）已知四棱柱中，底面为梯形，，平面，，其中．是的中点，是的中点．(1)求证平面；(2)求平面与平面的夹角余弦值；(3)求点到平面的距离．【答案】(1)证明见解析(2)(3)【分析】（1）取中点，连接，，借助中位线的性质与平行四边形性质定理可得，结合线面平行判定定理即可得证；（2）建立适当空间直角坐标系，计算两平面的空间向量，再利用空间向量夹角公式计算即可得解；（3）借助空间中点到平面的距离公式计算即可得解.【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A0,0,0、、、、C1,1,0、，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.2．（2024·江苏无锡·模拟预测）如图，在棱长为的正方体中，点在棱上，且．(1)求四棱锥的表面积(2)若点在棱上，且到平面的距离为，求点到直线的距离．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据三角形以及梯形面积公式即可求解，（2）建立空间直角坐标系，利用空间距离的向量法求解即可.【详解】（1）由，,所以,,所以,,故四棱锥的表面积为（2）以为坐标原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示空间直角坐标系，则,0,，,4,，,4,，，其中，则，设平面的法向量为，则，即令，则平面的法向量，设到平面的距离为，，由于，解得，故，点到直线的距离为．3．（2024·湖北武汉·模拟预测）如图，三棱柱中，是边长为2的等边三角形，.

(1)证明：；(2)若三棱柱的体积为3，且直线与平面ABC所成角为60°，求点到平面的距离.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）取中点，借助等边三角形的性质结合线面垂直的判定定理可得平面A1OB，结合线面垂直的性质定理即可得证；（2）建立适当空间直角坐标系，再利用体积公式与空间向量夹角公式，结合点到平面的距离公式计算即可得解.【详解】（1）如图，取的中点，连接，，因为是等边三角形，所以，又，所以，且，平面A1OB，平面A1OB，所以平面A1因为平面A1OB，所以，又，所以；

（2）在平面A1OB中，作，垂足为D由（1）知平面A1OB，平面A1OB，所以而，平面ABC，平面ABC，所以平面ABC，由为中点，所以，所以可过点O作Oz轴平行于，建立如图所示的空间直角坐标系，

因为三棱柱的体积为3，所以，故，则，，A1,0,0，设，，所以平面ABC的一个法向量为，所以，解得，此时，，所以，，设平面的法向量为，则，即，令，解得，，所以，又，故点到平面的距离为.1．（2024·广东·三模）如图，边长为4的两个正三角形，所在平面互相垂直，，分别为，的中点，点在棱上，，直线与平面相交于点.(1)证明：；(2)求直线与平面的距离.【答案】(1)证明见解析(2).【分析】（1）首先证明平面，再由线面平行的性质证明即可；（2）连接,，以点为原点，建立空间直角坐标系，利用点到平面距离公式求解即得.【详解】（1）因为、分别为、的中点，所以，又平面，平面，则平面，又平面，平面平面，所以.（2）由（1）知，平面，则点到平面的距离即为与平面的距离，连接,，由均为正三角形，为的中点，得，又平面平面，平面平面平面，于是平面，又平面，则，以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，则，，又，，又，可得，所以，，，设平面的一个法向量为，则，令，得，设点到平面的距离为，则，所以与平面的距离为.2．（2024·天津·二模）如图，直线垂直于梯形所在的平面，，为线段上一点，，四边形为矩形.

(1)若是的中点，求证：平面；(2)求直线与平面所成角的正弦值：(3)若点到平面的距离为，求的长.【答案】(1)证明见解析(2)(3)【分析】（1）矩形对角线交点即为线段中点，在内应用中位线定理，即可得证；（2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，先求直线的方向向量，再求平面的法向量，应用线面角的向量求法即可；（3）设定，应用点面距的向量解法求解即可.【详解】（1）设，连接，因为四边形为矩形，所以为中点，又为中点，则，又平面，平面，所以平面.（2）以为坐标原点，的正方向分别为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，

则，设平面的法向量为：n=x,y,z且，令，解得：；设直线与平面所成角为，所以.则直线与平面所成角的正弦值为.（3），设由平面的法向量为：，点到平面的距离为：.解得：，且，所以.3．（2024·福建福州·一模）如图，四边形ABCD是圆柱OE的轴截面，点F在底面圆O上，圆O的半径为1，，点G是线段BF的中点．(1)证明：平面DAF；(2)若直线DF与圆柱底面所成角为45°，求点G到平面DEF的距离．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）取中点为，通过证明，得证平面；（2）以为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求点到平面的距离.【详解】（1）取中点，连接，如图所示：为中点，则，又，得，由，，得，所以四边形为平行四边形，，又平面，平面，所以平面.（2）因为OB=1，，，所以.因为平面，且直线与圆柱底面所成角为，所以，则有.如图，以为原点，分别为轴，过垂直于底面的直线为轴，建立空间直角坐标系，则有，，，设平面的一个法向量为n=x,y,z，则，令，有，得，，设点到平面的距离为，.故点到平面的距离.考点六、立体几何小题综合1．（2022·全国·高考真题）在正方体中，E，F分别为的中点，则（

）A．平面平面 B．平面平面C．平面平面 D．平面平面【答案】A【分析】证明平面，即可判断A；如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，设，分别求出平面，，的法向量，根据法向量的位置关系，即可判断BCD.【详解】解：在正方体中，且平面，又平面，所以，因为分别为的中点，所以，所以，又，所以平面，又平面，所以平面平面，故A正确；选项BCD解法一：如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，设，则，，则，，设平面的法向量为，则有，可取，同理可得平面的法向量为，平面的法向量为，平面的法向量为，则，所以平面与平面不垂直，故B错误；因为与不平行，所以平面与平面不平行，故C错误；因为与不平行，所以平面与平面不平行，故D错误，故选：A.选项BCD解法二：解：对于选项B，如图所示，设，，则为平面与平面的交线，在内，作于点，在内，作，交于点，连结，则或其补角为平面与平面所成二面角的平面角，由勾股定理可知：，，底面正方形中，为中点，则，由勾股定理可得，从而有：，据此可得，即，据此可得平面平面不成立，选项B错误；对于选项C，取的中点，则，由于与平面相交，故平面平面不成立，选项C错误；对于选项D，取的中点，很明显四边形为平行四边形，则，由于与平面相交，故平面平面不成立，选项D错误；故选：A.2．（2024·福建福州·模拟预测）四棱锥的顶点均在球的球面上，底面为矩形，平面平面，，，，则到平面的距离为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据线面关系可证得平面，，将四棱锥补成长方体，确定球心的位置，再建立空间直角坐标系，求解平面的法向量，利用空间向量的坐标运算计算到平面的距离即可.【详解】因为平面平面，交线为，又底面为矩形，则，因为平面，所以平面，则，又，，，所以，则,如图，将四棱锥补成长方体，若四棱锥的顶点均在球的球面上，则长方体的顶点均在球的球面上，为体对角线中点，如图，以为原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，则，故，设平面的法向量为，又，，令，所以，又，则到平面的距离为.故选：A.【点睛】方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下：（1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的；（3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.或者采用补形法，利用规则图形的外接球位置确定所求外接球球心的位置.3．（2024·河南信阳·模拟预测）已知三棱柱满足，，，则异面直线与所成角的余弦值为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】设，，，表达出，，求出两向量数量积和模长，利用求出答案.【详解】设，，，则，，则，由得,即，又，由得，因为，所以，即，即，所以，所以异面直线与所成角的余弦值为.故选：C4．（2024·广西贵港·模拟预测）（多选）如图，在正方体中，P为线段的中点，Q为线段上的动点（不包括端点），则（

）A．存在点Q，使得 B．存在点Q，使得平面C．三棱锥的体积是定值 D．二面角的余弦值为【答案】BD【分析】A选项，由推出平面，矛盾；B选项，建立空间直角坐标系，证明出，，得到线面垂直，进而当Q为的中点时，，此时平面，故B正确；C选项，假设体积为定值，得到平面，求出平面的法向量，证明出平面不成立，C错误；D选项，找到二面角的平面角，利用余弦定理求出余弦值.【详解】对于A，若，因为平面，平