專題02空間向量與立體幾何題型1空間向量的線性運算空間向量線性運算中的三個關鍵點1．（24-25高一下·福建福州·期末）點在平行四邊形所在平面外，與交于點，則（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】由向量的線性運算即可求解.【詳解】由題意點是的中點，所以.故選：B.2．（24-25高二下·江蘇鹽城·階段練習）已知空間四邊形中，連結，設分別是的中點，則等于（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根據(jù)空間向量的減法及線性關系計算即可.【詳解】因為分別是的中點，所以，則.故選：B.3．（25-26高二上·全國·課后作業(yè)）（多選）若為空間中不同的四點，則下列各式結果一定是零向量的是（

）A． B．C． D．【答案】BCD【分析】根據(jù)空間向量的線性運算逐一計算可判斷其正誤.【詳解】對于A，，結果不一定為零向量，故A錯誤；對于B，，故B正確；對于C，，故C正確；對于D，，故D正確．故選：BCD.4．（2025·新疆喀什·模擬預測）在任意四邊形中，E，F(xiàn)分別是，的中點，若，則（

）A． B．1 C．2 D．3【答案】C【分析】根據(jù)向量加法法則，將分別用表示，再結合題意即可得解.【詳解】如圖，，，，.故選：C.5．（2025高二·全國·專題練習）如圖，在四面體中，，，分別是，，的中點，化簡：，，．

【答案】【分析】根據(jù)向量的線性運算即可.【詳解】；；；故答案為：；；.題型2共線、共面向量定理的應用應用共線(面)向量定理證明點共線(面)的方法比較三點(P，A，B)共線空間四點(M，P，A，B)共面eq\o(PA,\s\up6(→))＝λeq\o(PB,\s\up6(→))eq\o(MP,\s\up6(→))＝xeq\o(MA,\s\up6(→))＋yeq\o(MB,\s\up6(→))對空間任一點O，eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))＋teq\o(AB,\s\up6(→))對空間任一點O，eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\o(OM,\s\up6(→))＋xeq\o(MA,\s\up6(→))＋yeq\o(MB,\s\up6(→))對空間任一點O，eq\o(OP,\s\up6(→))＝xeq\o(OA,\s\up6(→))＋(1－x)eq\o(OB,\s\up6(→))對空間任一點O，eq\o(OP,\s\up6(→))＝xeq\o(OM,\s\up6(→))＋yeq\o(OA,\s\up6(→))＋(1－x－y)eq\o(OB,\s\up6(→))6．（25-26高三上·河北·開學考試）已知空間向量與共線，則（

）A．-1 B． C． D．1【答案】C【分析】根據(jù)空間向量共線的條件即可得出答案.【詳解】因為空間向量與共線，所以，解得，所以.故選：C7．（24-25高二上·上海·課后作業(yè)）設，是空間兩個不共線的非零向量，已知，，，且、、三點共線，則實數(shù)的值為（

）A． B． C． D．8【答案】C【分析】利用向量的線性運算表示，根據(jù)、、三點共線可得，建立等量關系可得的值.【詳解】∵，，，∴，∵、、三點共線，∴，使得，即，∴，，解得．故選：C．8．（24-25高三上·河南濮陽·階段練習）已知P、A、B、C為空間中的四點且P,B,C三點不共線，且，則“”是“A、B、C三點共線”的（

）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件【答案】C【分析】根據(jù)兩者之間的推出關系可得條件關系.【詳解】若，則，故，所以，而共起點，故三點共線，若三點共線，則存在實數(shù)，使得，故，故，因為不共線，則不共線，故，故，故“”是“A、B、C三點共線”的充分必要條件，故選：C.9．（2025·上海奉賢·二模）如圖，在平行六面體中，點在對角線上，點在對角線上，，，以下命題正確的是（

）A．B．、、三點共線C．與是異面直線D．【答案】B【分析】以為基底結合圖形，利用空間向量的線性運算推理作答.【詳解】在平行六面體中，令，，，則，，，，因為不共線所以與不平行，故A錯誤.，，即有，，有公共點，所以、、三點共線，B選項正確.因為點在直線上，點也在直線上所以與是相交直線，故C選項錯誤.因為，所以，故D選項錯誤.故選：B10．（23-24高二上·貴州·開學考試）如圖，在三棱柱中，為空間一點，且滿足，，則下列說法錯誤的是（）A．當時，點在棱上B．當時，點在線段上C．當時，點在棱上D．當時，點在線段上【答案】B【分析】由空間向量共線定理逐一判斷即可.【詳解】對于，當時，，，所以，則點在棱上，故正確；對于，當時，，，即，即所以點在線段上，故錯誤；對于，當時，，，所以，所以，即，所以點在棱上，故正確；對于，當時，所以，，所以，即，即，所以點在線段上，故正確．故選：．11．（24-25高二下·浙江·階段練習）三個非零向量則“共面”是“”的（

）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件【答案】B【分析】根據(jù)向量共面的等價條件，利用充分條件和必要條件的定義進行判斷即可.【詳解】由共面向量的基本定理可知，若三個非零向量滿足，則共面，反之，若三個非零向量共面，當共線，與不共線時，就不存在實數(shù)使得，故共面是的必要不充分條件，故選：B12．（22-23高二上·廣東清遠·期中）在下列條件中，使與一定共面的是（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】根據(jù)空間共面向量定理的應用，依次判斷選項即可.【詳解】對于A，，由于，所以不能得出共面.故A不符合題意；對于B，由于，則為共面向量，所以共面.故B符合題意；對于C，，由于，所以不能得出共面.故C不符合題意；對于D，由得，而，所以不能得出共面.故D不符合題意；故選：B13．（24-25高二上·陜西安康·期中）已知點，則下列各點與點不共面的是（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】根據(jù)空間向量共面基本定理，列出方程組，根據(jù)方程組有解無解可判斷是否共面.【詳解】由題意，可得，,若共面，則存在使得成立，代入坐標可得，解得，即四點共面，故A錯誤；若共面，則存在使得成立，代入坐標可得，解得，即四點共面，故B錯誤；若共面，則存在使得成立，代入坐標可得，解得，即四點共面，故C錯誤；若共面，則存在使得成立，代入坐標可得，此方程組無解，即四點不共面，故D正確.故選：D14．（2025·黑龍江齊齊哈爾·模擬預測）已知空間中有5個點、、、、，若滿足，且、、、四點共面，則的值為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根據(jù)空間共面向量定理的推論可求的值.【詳解】由得，即，由空間向量共面定理的推論可知，，解得.故選：B.15．（22-23高二上·湖南郴州·階段練習）為空間任意一點，若，若四點共面，則（

）A．1 B． C． D．【答案】C【分析】根據(jù)空間向量共面的基本定理可得答案.【詳解】若四點共面，則，解得.故選：C.16．（24-25高二上·廣東·期中）已知A，B，C三點不共線，點O不在平面ABC內，，若A，B，C，D四點共面，則的最大值為（

）A． B． C．1 D．2【答案】B【分析】先利用已知條件求得，再利用均值定理即可求得的最大值.【詳解】由及A，B，C，D四點共面得：，即，又，，所以，當且僅當時等號成立，故選：B17．（25-26高三上·江蘇鎮(zhèn)江·開學考試）已知為空間中四點，任意三點不共線，且，若四點共面，O不在該平面上，則的最小值為（

）A．4 B．5 C． D．9【答案】C【分析】利用空間向量四點共面定理和基本不等式“1”的妙用求解即可.【詳解】因為四點共面，所以由共面定理可得，，即，所以，因為，當且僅當，即，即時，等號成立，所以，故選：C.題型3空間向量基本定理及其應用用基向量表示指定向量的方法（1）結合已知向量和所求向量觀察圖形．（2）將已知向量和所求向量轉化到三角形或平行四邊形中．（3）利用三角形法則或平行四邊形法則把所求向量用已知基向量表示出來．18．（2025·浙江溫州·模擬預測）已知空間向量，則下列向量可以與構成空間向量的一組基底的是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根據(jù)基底的定義，判斷是否共面即可逐一求解.【詳解】對于A，由于基底向量不能是零向量，故A錯誤，對于B，由于與不共面，符合基底要求，故B正確，對于C，，故共面，不符合要求，C錯誤，對于D，，故共面，不符合要求，D錯誤，故選：B19．（23-24高二上·山西運城·期中）若構成空間的一個基底，則下列向量能構成空間的一個基底的是（

）.A．，， B．，，C．，， D．，，【答案】C【分析】要判斷一組向量能否構成空間的一個基底，即判斷這組向量是否不共面，逐一分析各選項，找出不共面的向量組即可．【詳解】對于A，因為，所以，，共面，不能構成空間的一個基底，故A錯誤；對于B，因為，所以，，共面，不能構成空間的一個基底，故B錯誤；對于C，假設，，共面，則存在實數(shù)，使得，由于為空間的一個基底，所以可得實數(shù)的解為，但與矛盾，假設不成立，即不共面，能構成空間的一個基底，故C正確；對于D，因為，所以共面，不能構成空間的一個基底．故選：C．20．（2025高三下·全國·專題練習）已知是空間一個基底，，一定可以與向量構成空間另一個基底的是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根據(jù)空間向量基底的定義，任意兩個不共線且不為零向量，三個向量不共面，即可判斷.【詳解】向量，得與是共面向量,不能構成空間的一個基底，A錯誤；同理，得與是共面向量，不能構成空間的一個基底，B錯誤；又與和不共面，所以與可以構成空間的一個基底，C正確；與是共面向量，不能構成空間的一個基底，D錯誤.故選：C.21．（2025·全國·模擬預測）已知正方體，設向量，則（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根據(jù)方程組，即可求解.【詳解】由于，所以，，.故選：B22．（2025·黑龍江齊齊哈爾·二模）在三棱柱中，設，，，為的中點，則（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】由空間向量的線性運算法則即可求解．【詳解】連接，如圖，因為為的中點，所以．故選：C．23．（2025·湖北武漢·二模）在三棱柱中，設，，，，分別為，的中點，則（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】結合幾何圖形，利用給定的基底表示向量.【詳解】在三棱柱中，.故選：B24．（2025高三·全國·專題練習）我國古代數(shù)學名著《九章算術》中，將底面為矩形且一側棱垂直于底面的四棱錐稱為陽馬.如圖所示，已知四棱錐是陽馬，平面，且，若，則（

）

A． B．C． D．【答案】D【分析】根據(jù)向量線性運算原則求解即可.【詳解】由題意，，，則，故選：D.25．（24-25高二上·遼寧·階段練習）在正三棱錐中，O為外接圓圓心，則（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】取中點，連接，利用空間向量的線性運算即可得解.【詳解】如圖，在正三棱錐中，取中點，連接，則點為底面中心，且在上，所以.故選：D.26．（24-25高二上·陜西咸陽·階段練習）三棱錐中，，點為中點，點滿足，則（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】由圖形，題意，結合空間向量加減法可得答案.【詳解】，又為中點，故選：C27．（24-25高三上·重慶·期末）如圖，在正四棱錐中，為棱的中點，設，則用表示為（

）

A． B．C． D．【答案】C【分析】由圖及空間向量加減法可得答案.【詳解】由圖可得：.故選：C28．（24-25高二上·河南信陽·期末）如圖，在三棱錐中，分別為的中點，則（

）A． B．2 C． D．1【答案】D【分析】利用空間向量的線性運算可得，結合空間向量數(shù)量積的運算律計算可得.【詳解】由題意得，，，，，∴，，.∵，∴.故選：D.題型4空間向量數(shù)量積及其應用空間向量數(shù)量積的應用29．（2025·遼寧鞍山·一模）已知向量，，則（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用空間向量運算的坐標表示，列式計算即得.【詳解】向量，，則，所以.故選：A30．（24-25高二下·甘肅蘭州·期中）設正四面體的棱長為，，分別是，的中點，則的值為（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根據(jù)題意，得到，，結合向量的數(shù)量積的定義與運算，即可求得的值，得到答案.【詳解】如圖所示，因為分別為的中點，可得，，又因為四面體為正四面體，且棱長為，可得.故選：D.31．（24-25高三下·重慶·階段練習）已知四面體，所有棱長均為2，點分別為棱的中點，則（

）A．1 B． C．2 D．【答案】D【分析】由平面向量基本定理可得，再由空間向量數(shù)量積的運算律代入計算，即可得到結果.【詳解】因為點分別為棱的中點，且四面體所有棱長均為2，則，所以.故選：D32．（24-25高三下·江蘇南京·階段練習）《九章算術》第五卷中涉及到一種幾何體——羨除，它下廣六尺，上廣一丈.深三尺，末廣八尺，袤七尺.該羨除是一個多面體，如圖，四邊形，均為等腰梯形，，平面平面，梯形，梯形的高分別為3，7，且，，，則A． B． C． D．【答案】C【分析】過分別作，的高，垂足分別為，，進而結合線面垂直和面面垂直的性質證明，，兩兩垂直，然后建立空間直角坐標系，求出關鍵點的坐標，最后求出的值即可．【詳解】過分別作，的高，垂足分別為，，因為平面平面，，且平面平面，所以平面，因為平面，平面，所以，，又，故，，兩兩垂直，以為坐標原點，，，分別為，，軸的正方向，建立空間直角坐標系，則由題意可知，，，，故，，故，故選：C33．（2025·山西·一模）如圖，直三棱柱中，，點P為側面上的任意一點，則的取值范圍是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】取AB中點為原點O，建立空間直角坐標系，設，由數(shù)量積的坐標表示得到，進而可求解；【詳解】如圖取AB中點為原點O，建立空間直角坐標系，設，其中，，，，，，，當，且或時，取最大值4，當，且時，取最小值2，所以的取值范圍為．故選：C34．（2023·西藏日喀則·一模）已知向量，若與垂直，則（

）.A． B． C． D．【答案】D【分析】根據(jù)垂直關系可得，進而根據(jù)坐標運算以及模長公式即可求解.【詳解】由于與垂直，所以，所以，故，故選：D35．（24-25高二上·重慶·階段練習）正四面體ABCD的棱長為1，點為CD的中點，點為AM的中點，則BO的長為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】設，將用基底表達出來，再求向量模即可求解.【詳解】設，因為正四面體ABCD的棱長為1，由題意可知，因為點為CD的中點，點為AM的中點，所以，，因為，所以.故選：A36．（24-25高二上·福建福州·期中）如圖，在平行六面體中，以頂點A為端點的三條棱長均為3，且它們彼此的夾角都是，則對角線長為（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】利用空間向量將線段的長度轉化成求解向量的模長度.【詳解】如圖，由已知，，，∵，∴，∴，即，故選：A.37．（24-25高二上·安徽安慶·階段練習）如圖，二面角的棱上有兩個點，線段與分別在這個二面角兩個面內，并且都垂直于棱．若二面角的平面角為，且，，，則的長度為（

）．

A． B． C． D．【答案】C【分析】根據(jù)式子，根據(jù)空間向量數(shù)量積的運算律即可求出的長.【詳解】由條件知，，，又二面角的平面角為，則，所以，所以.故選：C38．（2024·江蘇淮安·模擬預測）如圖，三棱錐中，，，分別為的中點，點在線段上，且，則（

）

A． B． C． D．【答案】D【分析】根據(jù)條件，利用空間向量的線性運算得到，再利用模長公式及數(shù)量積的運算，即可求解.【詳解】因為，所以，則，又，，則，所以，故選：D.39．（2025·河北·模擬預測）正四棱錐底面邊長與側棱長均為為空間任一點，且滿足，則線段長度的取值范圍為（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】建立空間直角坐標系，根據(jù)，可得點在以為球心，以1為半徑的球面上，且，從而可得線段長度的取值范圍.【詳解】取底面正方形中心，中點，連結，以為原點，為軸建立空間直角坐標系，則，設，則，因為，得，所以點在以為球心，以1為半徑的球面上，且，則，即線段長度的取值范圍為.故選：C

40．（23-24高二上·江蘇南通·期末）已知平行六面體中，則（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用向量的線性運算法則和數(shù)量積的性質化簡條件可求，結合向量夾角公式可求解.【詳解】如圖：，．故選：B．41．（23-24高二上·廣東·階段練習）如圖所示，在正方體中，為的中點，則向量在向量上的投影向量是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用空間向量的運算及投影向量的定義求解即可.【詳解】設正方體的棱長為1，，，，則，，∵，，∴，∴向量在向量上的投影向量是.故選：D．42．（2025·湖北襄陽·二模）已知空間向量，平面的一個法向量為，則向量在平面上的投影向量是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】求得向量在法向量上的投影，再由向量的加法法則即可求解.【詳解】向量在平面法向量上的投影向量：，設在平面上的投影向量是，則，所以，故選：D43．（23-24高二上·湖南·階段練習）在長方體中，，動點滿足且在線段上，當與垂直時，的值為.【答案】【分析】以為坐標原點，建立空間直角坐標系，求得，得到，進而求得，，結合，即可求得的值.【詳解】由題意，以為坐標原點，以，，的方向為軸、軸、軸的正方向，建立空間直角坐標系，如圖所示，則，，，，可得，得，所以，，由，可得，即，解得或，所以實數(shù)的值為.故答案為：.題型5利用空間向量證明線線平行證明兩條直線的方向向量共線．44．（2024·全國·模擬預測）如圖所示，在長方體中，，，，點，，分別在棱，，上，，，．(1)證明：，，，四點共面；(2)點在棱上，當平面與平面的夾角的余弦值為時，求．【答案】(1)證明見解析；(2)3.【分析】（1）建立空間直角坐標系，求，證明，由此證明結論，（2）設，求平面與平面的法向量，利用向量夾角余弦公式求兩平面的夾角余弦，列方程求，可得結論.【詳解】（1）以為原點，，，所在的直線分別為軸、軸、軸，建立如圖所示的空間直角坐標系．可得，，，．所以，，則，故，，，四點共面．（2）設，，則，設是平面的法向量，則取，則，，故，又因為平面的法向量為，所以，平方整理得，化簡得，解得或，由圖易知，當時，平面與平面的夾角為鈍角，舍去．綜上，，即．45．（2025·云南紅河·模擬預測）如圖1，等腰梯形中，，，，分別為的中點，且，將梯形沿翻折至梯形，使得平面平面，得到如圖2的多面體.(1)證明：四點共面；(2)在上取一點，使得平面平面，求平面與平面夾角的余弦值.【答案】(1)證明見解析(2).【分析】（1）由面面垂直的性質定理可得平面，以為原點，建立空間直角坐標系，由平行向量的坐標關系證得，即可證得四點共面；（2）由題意設，求出，分別求出平面與平面的法向量，由垂直向量的坐標表示求出，再求出平面與平面的法向量，由二面角的向量公式即可得出答案.【詳解】（1）因為平面平面，平面平面，且，平面，所以平面，又，以為原點，以所在直線為軸建立空間直角坐標系，易得，則，則，則，即，所以四點共面.（2）由（1）知，，，，，設，則，則，設平面的一個法向量為，則，取，得，設平面的一個法向量為，則，取，得，由平面平面，則，解得，則，則，又，設平面的一個法向量為，則，取，得，易得平面的一個法向量為，則，則平面與平面夾角的余弦值為.46．（23-24高二上·廣東深圳·階段練習）如圖，在四棱錐中，底面，點在棱上，，點在棱上，為的中點，.

(1)求證：四點共面.(2)求直線與平面的所成角的正弦值.【答案】(1)證明見解析；(2)【分析】（1）建立空間之間坐標系，利用向量共面即可求解，（2）求解平面法向量，即可根據(jù)線面角的向量法求解.【詳解】（1）以為坐標原點，建立空間直角坐標系，如圖所示，則，則.設，則，解得，則，即四點共面.

（2）由（1）中的空間直角坐標系，可得，設平面的法向量為由取，可得，所以.設直線與平面所成的角為，則，所以直線PA與平面AMN所成角的正弦值為.題型6利用空間向量證明線面平行(1)證明該直線的方向向量與平面的某一法向量垂直；(2)證明直線的方向向量與平面內某直線的方向向量平行；(3)可在平面α內取基向量{e1，e2}，證明存在實數(shù)λ1，λ2，使直線l的方向向量a＝λ1e1＋λ2e2，然后說明l不在平面α內即可．注意：證明線面平行，最后必須加上線不在面內的條件．47．（2025高三·北京·專題練習）如圖，在四棱錐中，底面為矩形，側棱底面是的中點，點是棱上靠近的四等分點.(1)求證：平面；(2)求直線與平面所成角的正弦值.【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）法一：連接，由中位線的性質可證，再由線面平行的判定定理可證平面；法二：以點為坐標原點，分別以為軸，建立空間直角坐標系，求出平面的法向量，利用空間向量證明；（2）利用空間向量求線面角的方法計算.【詳解】（1）法一：如圖，連接，交于，連接，因為底面為矩形，所以為的中點，因為為的中點，所以是的中位線，得到，而平面，平面，故平面.法二：根據(jù)題意，以點為坐標原點，分別以為軸，建立空間直角坐標系，由題意得，則，設為平面的法向量，則，即，令，則，故，，平面，平面.（2），，直線與平面所成角的正弦值為.48．（2025高三·北京·專題練習）如圖是一個直三棱柱（以為底面）被一平面所截得到的幾何體，截面為．已知，，，，．(1)設點是的中點，證明：平面；(2)求與平面所成的角的正弦值；【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）判斷方向向量平行于平面，（2）通過向量積找法向量，然后利用點積確定角度.【詳解】（1），為原點建立空間直角坐標系，如圖，則，是的中點，，由圖可知，是平面的一個法向量，由，且不在平面內，平面·（2）設與面所成的角為，因為，設是平面的一個法向量，則由得，令，得，又，，則，與面所成的角為正弦值為.49．（2025·福建福州·模擬預測）如圖，在三棱柱中，平面，的中點為，．(1)證明：平面；(2)在平面內，動點在以為圓心，為半徑的劣弧上（不含端點），若直線與平面所成的角為，證明：三點共線．【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析【分析】（1）法1，連結與交于點，可得，根據(jù)線面平行的判定定理得證；法2，建立空間直角坐標系，求出平面的法向量，利用向量法證明；法3，設中點為，可證平面，平面，進而得到平面平面，得證；（2）法1，建立空間直角坐標系，設，利用與平面所成的角為，結合向量法求出點的坐標，進而確定的關系，得證；法2，設，解法同1；法3，設平面平面，過點作，垂足為，可得為與平面所成角，利用已知條件求解得證.【詳解】（1）解法一：連結與交于點，連結．因為點為與的交點，所以點為中點，又因為為中點，所以．因為平面，平面，所以平面．解法二：以為坐標原點，的方向為軸正向，建立如圖所示的空間直角坐標系.則，．設平面的法向量為，則，即，可?。驗椋矫?，所以平面．解法三：設中點為，連結、、，則且．因為且，所以且，四邊形是平行四邊形，所以．因為、分別為、中點，所以，又因為，所以四邊形是平行四邊形，所以．因為，平面，所以平面，同理平面，又因為，所以平面平面，因為平面，所以平面．（2）法1，以為坐標原點，的方向為軸正向，建立如圖所示的空間直角坐標系．則，．設平面的法向量為，則，即，可取．因為動點在以為圓心，為半徑的劣弧上（不含端點），所以可設，則，由于與平面所成的角為，所以，所以，所以，即，解得，所以，故三點共線．法2，前面同上，設平面的法向量為，則即可?。驗閯狱c在以為圓心，為半徑的劣弧上（不含端點），所以可設，則，因為與平面所成的角為，所以，所以，化簡得，即，得或．因為不成立．由可得，從而，得，所以，故三點共線．法3，設平面平面，則．過點作，垂足為，連結．因為，平面，所以平面，又因為平面平面，平面，所以．因為平面平面，所以.又因為，所以平面，為斜線在平面上的射影，為與平面所成角，則．在中，，所以．因為，所以，設，則，設劣弧上（不含端點）時，，，所以，化簡得，解得或（舍去）．當點在上（不含端點）時，，，所以，化簡得，解得或，均舍去．綜上，得，此時點與點重合，又因為的中點為，故三點共線．50．（2025·海南?？凇つM預測）如圖，已知四棱錐，底面ABCD為梯形，，，，且平面平面ABCD，已知，．(1)證明：平面PBC；(2)若，，求直線AM與平面PAB所成角的正弦值．【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）取PC上的點N，使，可得，則四邊形ABNM為平行四邊形，據(jù)此可完成證明；（2）由題可得平面ABCD，據(jù)此可如圖建立空間直角坐標系，由此可得及平面PAB的法向量，可得直線AM與平面PAB所成角的正弦值.【詳解】（1）取PC上的點N，使，則，所以四邊形ABNM為平行四邊形，所以，又平面PBC，不在平面PBC內，所以平面PBC．（2）取CD中點O，連AO，PO，因為，所以，由題意得為正三角形，所以，，又平面平面ABCD，平面平面，平面PCD，所以平面ABCD，因為平面ABCD，所以，，以O為坐標原點，，，分別為x，y，z軸正方向，建立如圖所示空間直角坐標系，則，，，，，則，，．設為平面PAB的法向量，則，可取，，故直線AM與平面PAB所成角的正弦值為．題型7利用空間向量證明面面平行(1)證明兩個平面的法向量為共線向量；(2)轉化為線面平行、線線平行問題．51．（2025·湖南邵陽·一模）如圖，在直四棱柱中，，，，，E，F(xiàn)分別為AD，AB的中點.(1)求證：；(2)求證：平面平面；(3)若，P是線段上的動點，求直線與平面所成角的正弦值的最大值.【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析(3).【分析】（1）求出，即可得到，結合，即可得到，從而得證；（2）建立空間直角坐標系，求出平面、平面的法向量，即可證明；（3）設，即可表示出的坐標，設直線與平面所成角為，利用向量法求出，再根據(jù)二次函數(shù)的性質求出的最大值.【詳解】（1），，所以又，，又，，，.（2）在直四棱柱中，平面，又平面，所以，，，，兩兩垂直，以為原點，，，所在直線分別為軸，軸，軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，設，則，，，，，.，，，設為平面的一個法向量，令，得，.設平面的一個法向量，則，取.，又平面與平面不重合，平面平面.（3）當時，為平面的一個法向量，，則，設，，，設直線與平面所成角為，，當且僅當時，等號成立，所以直線與平面所成角的正弦值的最大值為.52．（24-25高二上·上海·隨堂練習）如圖，在直三棱柱中，，，，點E在線段上，且，分別為、、的中點.求證：

(1)平面平面；(2)平面平面.【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析【分析】（1）利用空間向量法證明線面垂直證明面面垂直；（2）利用空間向量法證明平面，再根據(jù)線面垂直的性質得到面面平行；【詳解】（1）證明：以為坐標原點，所在直線分別為軸建立如圖所示空間直角坐標系.

則，，，，，.設，則，，.因為，，，所以，.所以，，即，.又平面，所以平面.因為平面，所以平面平面.（2）因為，，，所以，.所以，.因為平面，所以平面.又由（1）知平面，所以平面平面.題型8利用空間向量證明線線垂直證明兩條直線所在的方向向量互相垂直，即證它們的數(shù)量積為零．53．（2025·湖北黃岡·模擬預測）如圖，已知正三棱柱的底面邊長為2，高為4，點滿足，．(1)證明：；(2)求平面與平面夾角的余弦值．【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）方法一：連接，由勾股定理逆定理及線面垂直的判定得出平面，再根據(jù)線面垂直的性質即可證明；方法二：建立空間直角坐標系，由空間向量的數(shù)量積即可證明；（2）建立空間直角坐標系，求出兩平面的法向量，由面面夾角的向量公式即可求解．【詳解】（1）證明：方法一：如圖①，連接，由題意知，，，，由勾股定理得，，過點作⊥于點，，則，由勾股定理得，故，因此，在矩形中，為的中點，所以，所以，所以，由于平面，所以平面，由于平面，所以．方法二：設的中點為的中點為，連接，以所在直線分別為軸建立如圖②所示的空間直角坐標系，則，所以，由于，因此．（2）設的中點為的中點為，連接，以所在直線分別為軸建立如圖②所示的空間直角坐標系，則，，，設平面的法向量為，則，令，則，設平面的法向量為，則，令，則，設平面與平面的夾角為，則，故平面與平面夾角的余弦值為．54．（2025·江西新余·模擬預測）在多面體ABCDE中，平面平面為等邊三角形，四邊形ABCD為平行四邊形，M，N分別為AD，BE的中點.

(1)求證：；(2)求直線MN與平面ACE所成角的正弦值.【答案】(1)證明見解析；(2).【分析】（1）連接，過作，垂足為，過作，垂足為，由題意得到，利用面面垂直的性質得到平面，以為坐標原點，分別為軸，軸，軸建立空間直角坐標系，設等邊的邊長為2，寫出各點坐標，通過證明即可證得；（2）由（1）求得的坐標，進而求得平面ACE的一個法向量的坐標，根據(jù)即可求得結果.【詳解】（1）連接，過作，垂足為，過作，垂足為，∵為等邊三角形，N分別為BE的中點，∴∵平面平面平面平面平面，∴平面以為坐標原點，分別為軸，軸，軸建立空間直角坐標系，設等邊的邊長為2，則設則∵四邊形ABCD為平行四邊形，M為AD的中點，所以.,,∵，所以，即.

（2）由（1）知,設平面的一個法向量為，取則，所以是平面的一個法向量..所以直線MN與平面ACE所成角的正弦值為.55．（25-26高三上·福建漳州·開學考試）在三棱柱中，四邊形與都是棱長為1的正方形，，E，F(xiàn)，G分別是棱AB，BC，上的動點，且.(1)求證：；(2)若平面與平面的夾角的余弦值為，求BF的長.【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）建立空間直角坐標系，利用向量的坐標運算即可求解，（2）求解平面法向量，根據(jù)法向量的夾角即可求解.【詳解】（1）證明：因為與都是棱長為的正方形，所以，，又，所以，，兩兩垂直，故以為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，設，，則，，，，所以，，所以，故，則.（2）方法一：由（1）知，，所以，設是平面的一個法向量，所以即即令，得所以平面的一個法向量為，又平面的一個法向量為，因為平面與平面的夾角的余弦值，所以，解得，故.方法二：由（1）知，，所以，，，所以，即，又，，平面，所以平面，所以平面的一個法向量為，又平面的一個法向量為，因為平面與平面的夾角的余弦值，所以，解得，故.56．（25-26高三上·貴州畢節(jié)·開學考試）在三棱錐中，，平面，點M是棱上的動點，點N是棱上的動點，且．(1)當時，求證：；(2)當?shù)拈L最小時，求二面角的余弦值【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）證明出，建立空間直角坐標系，得到點的坐標，計算出，得到垂直關系.（2）計算出當時，取得最小值，求出兩平面的法向量，利用向量法可求得二面角的余弦值．【詳解】（1）由，得，則，又平面，以為坐標原點，直線分別為軸，平行于的直線為軸建立空間直角坐標系，當時，分別為的中點，，則，，因此，所以.（2）由，得，則，當且僅當時取等號，此時，設平面的法向量為，則，取，得，設平面的法向量為，則，取，得，因此，由圖形知：二面角為銳二面角，所以二面角的余弦值為.題型9利用空間向量證明線面垂直證明直線的方向向量與平面的法向量共線，或將線面垂直的判定定理用向量表示．57．（2025·黑龍江大慶·一模）如圖，在四棱錐中，底面為梯形，，為等邊三角形，為的中點，且平面平面，.(1)證明：平面；(2)求直線與平面所成角的正弦值.【答案】(1)證明見詳解.(2).【分析】（1）取中點，由線面垂直證明兩兩垂直，從而建立空間直角坐標系，然后得到點坐標，由空間向量的數(shù)量積證明線線垂直，從而得到線面垂直；（2）由空間直角坐標系得到點坐標，由空間向量求得平面的一個法向量，由空間向量的夾角求得線面角的正弦值.【詳解】（1）如圖，取中點，連接，，在正三角形中，，∵平面平面，平面平面，∴平面，且平面，∴，在梯形中，，∴四邊形為平行四邊形，∴，又∵，∴，又，平面，平面，∴平面，平面，∴，如圖建立空間直角坐標系，則，，，，，，，，∵，，∴且，且，平面，平面，∴平面.（2）由（1）可知，∴，，，設平面的一個法向量為，則，令，則，即，直線與平面所成角，則，即直線與平面所成角的正弦值為.58．（2024·河北·模擬預測）如圖，在四棱錐中，底面，，為中點.(1)求證：平面；(2)求平面與平面夾角的余弦值.【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）建立空間直角坐標系，求出相關點坐標，根據(jù)數(shù)量積的坐標運算，結合線面垂直的判定定理，即可證明結論；（2）根據(jù)空間角的向量求法，即可求得答案.【詳解】（1）由題意知底面，，故以A為坐標原點，以所在直線為軸建立空間直角坐標系，則，則，則，故，，即，而平面，故平面；（2）由（1）可得，設平面的法向量為，則,即，令，可取，平面的法向量可取為，設平面與平面夾角為，則.59．（2025·河北·模擬預測）如圖，在四棱錐中，平面，，，，.(1)證明：平面；(2)點，分別在線段，上，且，當平面與平面的夾角為時，求的長.【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）建立空間直角坐標系，求出平面的法向量，利用線面垂直的向量法即可證明；（2）設，.求出平面的法向量，根據(jù)面面角的向量求法及數(shù)量積運算即可求解.【詳解】（1）證明：在四棱錐中，∵平面，平面，平面，，.∵，∴以點為坐標原點，，，為，，軸建立空間直角坐標系如圖所示.則由題可知，，，，，∴，，.設平面的一個法向量為，則，即.令，則，，即平面的一個法向量為.∴，即，∴平面.（2）由題可設，，∴，.設平面的一個法向量為，則，即.令，則，，即平面的一個法向量為.由（1）知平面的一個法向量為.∴.∵平面與平面的夾角為，∴，解得，即的長.題型10利用空間向量證明面面垂直證明兩個平面的法向量垂直，或將面面垂直的判定定理用向量表示．60．（24-25高三上·江蘇·階段練習）在空間幾何體中，四邊形均為直角梯形．如圖，設，，．(1)求證：平面平面；(2)若二面角的余弦值為，求的值．【答案】(1)證明見解析；(2).【分析】（1）根據(jù)已知條件的三個直角，建立空間直角坐標系，求出兩個平面的法向量，證得法向量平行即可；（2）求出兩個半平面的法向量，代入余弦公式可以求得三棱柱其他邊的長度，用余弦公式即可求得的值.【詳解】（1）如圖建立空間直角坐標系，則由題意，，設，則，，則，，，，，因為，所以，設平面的法向量為，則，取，則，設平面的法向量為，則，取，則，所以，所以，所以平面平面；（2）設平面的法向量為，則，取，則，設二面角的平面角為，所以，·所以，即，解得或（舍），則，所以，即，又，所以.61．（2025高三·全國·專題練習）在如圖所示的多面體中，已知正方形和直角梯形所在的平面互相垂直，，．

(1)求證：平面平面；(2)求二面角的大?。敬鸢浮?1)證明見解析(2)．【分析】（1）先由面面垂直證明線面垂直得到平面，結合條件建系，求出相關點和向量的坐標，利用兩平面的法向量垂直即可證得兩平面的垂直；（2）先求得平面的法向量，利用向量夾角的坐標公式計算即得.【詳解】（1）因為平面平面，平面平面，，平面，所以平面．建立如圖19所示的空間直角坐標系，則，所以．

設平面，平面的法向量分別為，則①，②，③，④．由①②③④解得．所以．所以，所以，故平面平面．（2）設平面的法向量為，因為，，所以，，解得．所以，所以．由圖19知，二面角的平面角是鈍角，故所求二面角的大小為．62．（2025·重慶沙坪壩·模擬預測）在中國古代數(shù)學中，將底面為矩形并有一條棱垂直于底面的四棱錐稱為“陽馬”.如圖是一個底面為正方形的陽馬，其中底面，且.(1)求證：平面平面；(2)求直線與平面所成角的正弦值.【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）先證明線線垂直建立空間直角坐標系，求出平面和平面的法向量，再根據(jù)得出面面垂直；（2）應用線面角正弦公式計算求解.【詳解】（1）因為底面，底面，所以.又底面為正方形，所以.故兩兩垂直.以點為坐標原點，所在直線依次為軸、軸、軸建立空間直角坐標系.由條件可得下面各點的坐標：，，進一步得.設平面的法向量為，由得即令，得，所以.設平面的法向量為，由得即令，得，所以.因為，所以，平面平面.（2）由（1）得，平面的一個法向量為，設直線與平面所成的角為，則.題型11利用空間向量求兩異面直線所成角用坐標法求異面直線所成角的一般步驟(1)建立空間直角坐標系；(2)用坐標表示兩異面直線的方向向量；(3)利用向量的夾角公式求出向量夾角的余弦值；(4)注意兩異面直線所成角的范圍是0，63．（2025·福建三明·模擬預測）在直三棱柱中，，，，分別是，的中點，則直線與直線所成角的余弦值（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】建立空間直角坐標系，設，利用異面直線所成角的向量法求解即可.【詳解】因為直三棱柱，所以底面，又底面，所以，，又因為，所以兩兩垂直，以為軸建立如圖所示坐標系，設，則，，，，所以，，設直線與直線所成角為，則，所以直線與直線所成角的余弦值為.故選：B64．（2025·新疆喀什·模擬預測）已知圓臺的上底面圓的半徑為1，下底面圓的半徑為2，點，分別在上、下底面圓周上，且，則與所成角的余弦值為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】過的母線為，連接，則，以為坐標原點，為坐標軸建立空間直角坐標系，利用向量法可求與所成角的余弦值.【詳解】過的母線為，連接，則，又因為，所以，

以為坐標原點，為坐標軸建立如圖所示的空間直角坐標系，則，所以，所以，所以與所成角的余弦值為.故選：A.65．（2025·安徽合肥·模擬預測）中國古代數(shù)學著作《九章算術》記載了一種被稱為“曲池”的幾何體，該幾何體的上?下底面平行，且均為扇環(huán)形（扇環(huán)是指圓環(huán)被扇形截得的部分）.現(xiàn)有一個如圖所示的曲池，它的高為，、、、均與曲池的底面垂直，底面扇環(huán)對應的兩個圓的半徑分別為和，對應的圓心角為，則圖中異面直線與所成角的余弦值為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】建立空間直角坐標系，用向量法求解即可.【詳解】設上底面圓心為，下底面圓心為，連接、、，以為坐標原點，分別以、、所在直線為、、軸，建立空間直角坐標系，如圖所示：則、、、，所以，，，所以異面直線與所成角的余弦值為.故選：A.66．（25-26高三上·廣西桂林·開學考試）在平行六面體中，底面是邊長為1的正方形，側棱的長為2，且，求：(1)的長；(2)直線和所成角的余弦值.【答案】(1)(2)【分析】（1）先設，，，得出，利用向量數(shù)量積的運算律計算即得；（2）利用空間向量的夾角公式計算即可.【詳解】（1）如圖，連接，設，，，依題意，而，，所以.（2）連接，，所以，又，，所以，故直線和所成角的余弦值為.67．（2025·天津·二模）如圖，在四棱錐中，是以為斜邊的等腰直角三角形，底面是等腰梯形，且，，，，為中點．(1)求證：平面；(2)求直線與所成角的余弦值；(3)求平面與平面夾角的正弦值．【答案】(1)證明見解析；(2)；(3)【分析】（1）取的中點，連接，在，中，運用勾股定理逆定理得到，再結合線面垂直判定定理證明；（2）建系，求出關鍵點坐標，應用計算求解；（3）求出平面與平面的法向量，結合向量夾角公式計算即可求出余弦值，最后應用同角三角函數(shù)關系求出正弦值.【詳解】（1）設，為中點，是以為斜邊的等腰直角三角形，取的中點，底面是等腰梯形，.連接，在中，，在中，.，，且平面，平面；（2）如圖，建系，則，設直線與所成角為，（3）設平面的法向量是，即，令，解得設平面的法向量是，即令，解得設平面與平面夾角為故面與平面夾角正弦值為.68．（21-22高二上·重慶云陽·期中）在三棱錐中，，，平面，點，分別為，的中點，，為線段上的點（不包括端點，），若使異面直線與所成角的余弦值為，則（

）A．或4 B． C． D．【答案】D【分析】由題意與勾股定理建立空間直角坐標系，寫出各點的坐標，利用線線角向量公式，可得答案.【詳解】如圖，在三棱錐中，，，所以．因為平面，以為原點，，，為、、軸正方向建立空間直角坐標系．可知，，．因為，，所以，所以，則．設，且，則，可知，，所以，，．因為異面直線與所成的角的余弦值為，所以，解得或（舍去）．所以．故選：D.69．（24-25高二上·福建福州·期中）三棱錐中，底面是邊長為2的正三角形，，直線AC與BD所成角為，則三棱錐外接球表面積為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根據(jù)題意，得證為等腰三角形，于是建立如圖所示空間直角坐標系，，根據(jù)與直線AC與BD所成角為建立方程，求得，然后找出外接球球心，根據(jù)相關數(shù)量關系，建立外接球半徑的等式關系，求出半徑，應用球的表面積公式即可得解【詳解】由題意可得，因為為等邊三角形，所以，又，且所以，所以,取的中點，易得,又所以平面，又平面，所以平面平面，建立如圖所示空間直角坐標系，則，，，令，所以，因為，所以，所以，所以，因為直線AC與BD所成角為，所以，解得，即，如圖，為外接球的球心，為等邊三角形的重心，設點A在平面內的投影為，作，所以,所以在中，,,所以在中，，解得，所以，三棱錐外接球表面積為，故選：A【點睛】方法點睛：多面體與球切、接問題的求解方法1.涉及球與棱柱、棱錐的切、接問題時，一般過球心及多面體的特殊點(一般為接、切點)或線作截面，把空間問題轉化為平面問題求解；2.若球面上四點P、A、B、C構成的三條線段PA、PB、PC兩兩垂直，一般把有關元素“補形”成為一個球內接長方體求解；3.正方體的內切球的直徑為正方體的棱長．4.球和正方體的棱相切時，球的直徑為正方體的面對角線長．5.利用平面幾何知識尋找?guī)缀误w中元素間的關系，或只畫內切、外接的幾何體的直觀圖，確定球心的位置，弄清球的半徑（直徑）與該幾何體已知量的關系，列方程（組）求解．題型12利用空間向量求直線與平面所成角利用空間向量求線面角的解題步驟70．（25-26高三上·福建福州·開學考試）在正三棱柱中，，則直線與平面所成角的正弦值為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】建立空間直角坐標系，根據(jù)空間角的向量求法即可求得答案.【詳解】設三棱柱的棱長為1，以B為原點，以過B作的垂線為x軸，以為軸，為軸，建立空間直角坐標系，如圖，則，所以，易知平面的一個法向量可取為，設直線與平面所成角為，，則.故選：A71．（24-25高三下·河北滄州·階段練習）已知正四棱柱中，，則與平面所成角的正弦值為（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】先建立空間直角坐標系，求出相關點的坐標，進而得到向量的坐標，再求出平面的法向量；最后利用向量公式求出直線與平面所成角的正弦值.【詳解】因為正四棱柱中底面ABCD是正方形，且，所以.以為原點，分別以所在直線為x，y，z軸，建立空間直角坐標系.則，，，，.所以，，.設平面的法向量為，則且.，

.令，解得，.所以.設直線與平面所成角為，則..，.所以.故選：D.72．（25-26高三上·湖北荊州·開學考試）在長方體中，已知，，，點，分別在棱，上，且．

(1)證明：平面；(2)求直線與平面所成角的正弦值．【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）連接，證明四邊形和四邊形都為平行四邊形，從而可得出，再根據(jù)線面平行的判斷的了即可得證；（2）以點為原點，建立空間直角坐標系，分別求出直線的方向向量和平面的法向量，利用向量法求解即可.【詳解】（1）連接，因為且，所以四邊形為平行四邊形，所以且，又且，所以且，所以四邊形為平行四邊形，所以，又平面，平面，所以平面；（2）如圖，以點為原點，建立空間直角坐標系，則，故，設平面的法向量為，則有，令，則，所以，所以，所以直線與平面所成角的正弦值為．

73．（25-26高三上·河南安陽·階段練習）如圖，在三棱柱中，是邊長為3的正三角形，.

(1)求棱的長；(2)求證：平面平面；(3)求直線與平面所成角的正弦值.【答案】(1)5(2)見解析(3)【分析】（1）根據(jù)幾何關系，結合勾股定理和余弦定理，即可求解；（2）根據(jù)（1）的結果，轉化為證明平面，即可證明面面垂直；（3）根據(jù)垂直關系，以點為原點建立空間直角坐標系，求平面的法向量，代入線面角的向量公式，即可求解.【詳解】（1）因為，，所以，中，由余弦定理，即；（2）由（1）可知中，滿足，所以，且，，平面，所以平面，且平面，所以平面平面；（3）如圖，以點為原點，為軸的正方向，作軸，建立空間直角坐標系，

，，，，，，，設平面的一個法向量為，所以，令，則，所以平面的一個法向量為，設與平面所成的角為，所以.74．（25-26高三上·江蘇鎮(zhèn)江·開學考試）如圖，四棱錐的底面為梯形，，為直角三角形，.

(1)設平面平面，證明：；(2)已知在同一個球面上，且球心在平面上.（i）證明：平面平面；（ii）若點在線段上，且與平面所成角的正弦值為，求的長.【答案】(1)證明見解析；(2)（i）證明見解析；（ii）.【分析】（1）利用線面平行的判定性質推理得證.（2）（i）根據(jù)給定條件，確定球心的位置，再利用球的截面小圓性質及面面垂直的判定推理得證；建立空間直角坐標系，利用線面角的向量求法列式求解.【詳解】（1）在四棱錐中，，平面，平面，因此平面，而平面平面，平面，所以.（2）（i）取中點，連接，由，得四邊形為平行四邊形，則，，是外接圓圓心，又四邊形是等腰梯形，則點在外接圓上，即點與點重合，取中點，連接，由為直角三角形，，得為外接圓圓心，而是四棱錐外接球球心，于是平面，又平面，所以平面平面.

（ii）由（i）得，，，，以點為原點，直線分別為軸建立空間直角坐標系，則，，設平面的法向量為，則，取，得，設，則，由與平面所成角的正弦值為，得，整理得，而，解得，則，所以的長為.題型13利用空間向量求平面與平面所成角（二面角）1.利用空間向量求平面與平面夾角的解題步驟2.利用法向量的方向判斷二面角二面角的大小可以通過這兩個面的法向量的夾角求得，它等于兩法向量的夾角或其補角，法向量的方向指向內部的稱為“進”入半平面；法向量的方向指向外部的稱為穿“出”半平面；當法向量m，n“一進一出”時，m，n的夾角就是二面角的大??；當法向量m，n“同進同出”時，m，n的夾角就是二面角的補角．75．（2025高三·全國·專題練習）如圖，在四面體中，為等邊三角形，，二面角的大小為，則的取值范圍是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】構建合適的空間直角坐標系，標注出相關點坐標并令，應用向量法求二面角的余弦值范圍.【詳解】以為原點建立如圖所示的空間直角坐標系，因為為等邊三角形，不妨設，由，令，當時四點共面，不能構成空間四邊形，所以，則，，，故，，，設平面的法向量為，則，代入得，令，則，，所以，設平面的法向量為，則，代入得，令，則，，所以，由圖知，二面角為銳二面角．所以，因為，所以，即，故選：D76．（2025高三·全國·專題練習）如圖，將菱形紙片沿對角線折成直二面角，分別為的中點，是的中點，，則折后二面角的余弦值為（

）

A． B． C． D．【答案】A【分析】建立空間直角坐標系，求解平面法向量，即可由向量的夾角求解.【詳解】由題意知平面平面，如圖，連接，因為四邊形是菱形，是的中點，所以，又平面平面平面，所以平面，而平面，所以，從而，三線兩兩垂直．以為原點，所在直線分別為軸、軸、軸建立如圖所示的空間直角坐標系，令，則．設平面的法向量為，則得取，則，得平面的一個法向量為．易知平面的一個法向量為，則．由圖知，二面角為銳角，所以二面角的余弦值為．故選:A．77．（25-26高三上·湖北恩施·開學考試）如圖，在直三棱柱中，，.

(1)求證：平面；(2)求平面與平面的夾角的余弦值.【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）根據(jù)線面垂直的性質定理和判定定理進行證明.（2）方法一：建立空間直角坐標系，利用空間向量求二面角的余弦.方法二：把二面角的余弦轉化成兩個平面的垂線所成的角，利用余弦定理求角的余弦.【詳解】（1）在直三棱柱中，平面ABC，平面ABC，所以.又，，所以平面，平面，所以.又，所以四邊形為正方形，從而.因為，平面，所以平面.（2）以B為坐標原點，BC所在直線為x軸，AB所在直線為y軸，所在直線為z軸，建立如圖空間直角坐標系：

則，，，，，從而，，.設平面的法向量為，則，不妨取由（1）可知，平面的法向量為，設平面與平面的夾角為，則.法二：過作的垂線，垂足為E，連接AE，

平面平面，，平面，由（1）知，平面，的余弦值即為所求.在中，，，，設平面與平面的夾角為，，則.78．（25-26高三上·山東聊城·開學考試）如圖，在正四棱柱中，分別為的中點.(1)證明：點在平面內.(2)若，求平面與平面夾角的余弦值.【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）根據(jù)線線平行，結合平行線的傳遞性可得，即可求證，（2）建立空間直角坐標系，求解平面的法向量，根據(jù)向量的夾角公式求解向量的夾角，即可求解.【詳解】（1）設為的中點，連接.由題易知所以所以四邊形為平行四邊形，所以，又，所以，且點在平面內，故點在平面內（2）不妨設，則，以所在的直線分別為軸建立空間直角坐標系，如圖所示，則，所以，,.設為平面的法向量，所以即令，得，所以平面的一個法向量為.設為平面的法向量，所以即令，得，所以平面的一個法向量為.因為==，所以平面與平面夾角的余弦值為.79．（25-26高三上·廣東深圳·開學考試）如圖，在六面體中，四邊形是正方形，平面平面平面.(1)證明：；(2)求平面和平面夾角的正弦值.【答案】(1)證明見解析(2).【分析】（1）先應用面面平行性質定理得出，再得出平面，最后應用線面垂直的判定定理得出平面，進而得出線線垂直；（2）方法1：應用線面垂直建系再分別求出平面和平面的法向量，再應用向量夾角余弦公式得出面面角的余弦，最后應用同角三角函數(shù)關系得出正弦值；方法2：設與的交點為，過點作，交于點，得出是平面與平面的夾角，再計算得出角的正弦即可.【詳解】（1）連接，在正方形中，，平面平面，平面平面，平面平面，.平面平面，平面，平面，平面，平面.（2）方法1：由（1）可知平面，平面，在正方形中，有，以為原點，以所在直線分別為軸，軸，軸建立空間直角坐標系，如圖所示：設，則，，由（1）可知平面是平面的一個法向量，設是平面的一個法向量，則，取，則，設平面和平面夾角為，則，，即平面和平面夾角的正弦值為.方法2：設與的交點為，過點作，交于點，連接，設，由（1）可知平面，平面平面，平面，又平面平面，平面平面，是平面與平面的夾角，在正方形中，由（1）可知平面，平面，在中，，在中，，在中，，，平面平面，在中，，平面與平面的夾角的正弦值為.80．（25-26高三上·江蘇南京·開學考試）如圖所示，在四棱錐中，底面，平面平面，．(1)證明：；(2)設，，若二面角的平面角為，求.【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）由底面，證得，再由平面平面，利用面面垂直的性質定理，證得平面，進而證得；（2）以為原點，建立空間直角坐標系，設，分別求得平面和的法向量和，結合二面角的平面角為，利用向量的夾角公式，列出方程，即可求解.【詳解】（1）證明：因為底面，且底面，所以，又因為平面平面，平面平面，且平面，所以平面，因為平面，所以.（2）解：以為原點，以所在直線分別為軸，軸和軸，建立空間直角坐標系，如圖所示，設，其中，因為且，可得，則，設平面的法向量為，則，取，可得，所以，設平面的法向量為，則，取，可得，所以，因為二面角平面角為，所以，整理得，解得又因為，所以，即的長為.81．（25-26高三上·江蘇南通·開學考試）如圖，在三棱錐中，，，平面平面．(1)證明：平面平面；(2)若平面，平面，且平面將三棱錐截為兩部分，求截面面積的最大值；(3)若二面角的余弦值為，求.【答案】(1)證明見解析；(2)；(3).【分析】（1）由已知得，再由面面垂直的性質定理及判定定理，即可證結論；（2）若分別是上的點，且，得為平行四邊形，利用線面平行的判定及已知得可由平面平移得到，令平移后則，求平行四邊形截面的邊長，進而寫出面積表達式，即可得；（3）構建合適的空間直角坐標系，設并標注出相關點坐標，求出相關平面的法向量，根據(jù)二面角的余弦值及夾角的向量公式列方程求參數(shù)，即可得.【詳解】（1）由，則，即，由平面平面，平面平面，平面，所以平面，平面，則平面平面.（2）若分別是上的點，且，顯然為平行四邊形，由平面，平面，則平面，由平面，平面，則平面，因為平面，平面，且為異面直線，故平面與平面平行或重合，所以可由平面平移得到，令平移后則，所以，，又截面始終為平行四邊形，所以，要使截面的面積最大，只需且，此時最大；（3）由（1）平面，在平面內作，如下圖示，可構建如圖示的空間直角坐標系，設，則，，，故，，，，若是平面的一個法向量，則，可取，若是平面的一個法向量，則，可取，由二面角的余弦值為，則，所以，可得，解得或（舍），所以.82．（2025·湖南益陽·模擬預測）如圖，在三棱柱中，側面為菱形，，底面為等邊三角形，平面平面，點分別是的中點.

(1)證明：平面平面；(2)若，點在直線上，且平面與平面的夾角的余弦值為，求線段的長.【答案】(1)證明見解析(2)2【分析】（1）取的中點，連接，證明平面，再利用面面垂直的判定定理得到答案；（2）建系，設，借助于空間向量表示平面與平面的夾角的余弦值，進而求出，即得答案.【詳解】（1）如圖，取的中點，連接，因為側面為菱形，，

所以.又因為平面平面，平面平面，平面，所以平面.又因為是的中點，所以四邊形為平行四邊形，所以，所以平面.又平面，所以平面平面.（2）連接，因為為等邊三角形，則.

所以兩兩垂直.則以為坐標原點，建立空間直角坐標系如圖所示，因為AB=2，所以.故，.設，則，即.，.設平面的一個法向量為，則則，取，則，.故平面的一個法向量為.又由（1）可知平面的一個法向量為，由題意可得，即.解得.又，所以，線段CF的長為2.題型14利用空間向量求點線距離點線距：已知直線l的單位方向向量為u，A是直線l上的定點，P是直線l外一點，設向量eq\o(AP,\s\up6(→))在直線l上的投影向量為eq\o(AQ,\s\up6(→))＝a，則點P到直線l的距離為eq\r(a2－a·u2)．83．（24-25高二上·廣東深圳·期末）已知，，則點到直線的距離為（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根據(jù)條件，利用點到直線距離的向量法，即可求解.【詳解】因為，，，則，，所以點到直線的距離為：.故選：D84．（24-25高二上·江蘇常州·期中）如圖，在棱長為2的正方體中，為的中點，點在線段上，點到直線的距離的最小值為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】建立空間直角坐標系利用空間向量求得點到直線的距離的表達式，再由二次函數(shù)性質可求得最小值.【詳解】以為坐標原點，所在直線分別為軸建立空間直角坐標系，如下圖所示：則，可得，設，所以可得；因此，因此點到直線的距離為.當（滿足題意）時，取得最小值，即點到直線的距離的最小值為.故選：A85．（2025·天津北辰·三模）如圖，在四棱錐中，底面為矩形，側棱底面是的中點，點是棱上靠近的四等分點.(1)求證：平面；(2)求直線與平面所成角的正弦值；(3)求點到直線的距離.【答案】(1)證明見解析(2)(3)【分析】（1）法一合理作出輔助線，利用中位線定理得到，再利用線面平行的判定定理得到線面平行，法二建立空間直角坐標系，求出關鍵點的坐標和關鍵平面的法向量，利用空間位置關系的向量證明求解即可.（2）建立空間直角坐標系，求出關鍵點的坐標和關鍵平面的法向量，結合線面角的向量求法求解即可.（3）建立空間直角坐標系，求出關鍵點的坐標和關鍵平面的法向量，利用空間中點到平面的距離公式求解即可.【詳解】（1）法一：如圖，連接交于，連接，因為底面為矩形，所以為的中點，因為為的中點，所以是的中位線，得到，而平面，平面，故平面.法二：根據(jù)題意，以點為坐標原點，分別以為軸，建立空間直角坐標系，由題意得，則，設為平面的法向量，則，即，令，則，故，平面，平面.（2），，直線與平面所成角的正弦值為.（3）由已知得，由點到直線的距離公式得，故點到直線的距離為.86．（2025·天津濱海新·三模）如圖，在多面體ABCDGEF中，四邊形ABCD為直角梯形，且滿足，，，，平面ABCD．(1)證明：平面CDE；(2)求平面CDE與平面ABE夾角的余弦值；(3)求點G到直線AB的距離．【答案】(1)證明見解析(2)(3)【分析】（1）根據(jù)線面垂直的判斷定理，轉化為證明和，即可證明；（2）根據(jù)（1）的結果，分別求平面和平面的法向量，利用法向量求平面夾角的余弦值；（3）代入點到直線的距離公式，即可求解.【詳解】（1）因為平面，平面，所以，且，，平面，所以平面，平面，所以，由條件可知四邊形是正方形，所以，，且平面，所以平面；（2）如圖，以點為原點，以為軸的正方向建立空間直角坐標系，，，，，，，由（1）可知，平面的法向量可為，，，設平面的一個法向量為，所以，令，則，，所以平面的一個法向量，設平面CDE與平面ABE的夾角為，所以；（3）,所以點到直線的距離.題型15利用空間向量求點面距、線面距、面面距利用向量法求點到平面的距離的步驟87．（25-26高三上·江蘇鎮(zhèn)江·開學考試）已知平面的一個法向量，點在平面內，則點到平面的距離為（

）A． B． C．5 D．10【答案】A【分析】首先求出，再根據(jù)點到的距離計算可得.【詳解】因為、，所以，又平面的一個法向量，所以點到的距離.故選：A88．（25-26高三上·天津紅橋·開學考試）已知正方體的棱長為4，E，F(xiàn)分別為的中點，G在線段上，且(1)求證∶面;(2)求平面EBF與平面EBG夾角的余弦值；(3)求點D到平面EBF的距離．【答案】(1)證明見解析；(2)；(3).【分析】（1）法一、利用正方形的性質先證明，再結合正方體的性質得出平面，利用線面垂直的性質與判定定理證明即可；法二、建立空間直角坐標系，利用空間向量證明線面垂直即可；（2）利用空間向量計算面面夾角即可；（3）利用空間向量計算點面距離即可.【詳解】（1）（1）法一、在正方形中，由條件易知，所以，則，故，即，在正方體中，易知平面，且，所以平面，又平面，∴，∵，平面，∴平面；法二、如圖以D為原點建立空間直角坐標系，則，所以，設是平面的法向量，則，令，則，所以是平面的一個法向量，易知，則也是平面的一個法向量，∴平面；（2）同上法二建立的空間直角坐標系，所以，由（1）知是平面的一個法向量，設平面的一個法向量為，所以，令，則，所以平面的一個法向量，設平面與平面的夾角為，則，所以平面EBF與平面EBG的夾角的余弦值為；（3）因為，所以，又是平面的一個法向量，則D到平面的距離為.所以點D到平面EBF的距離為.89．（25-26高三上·河北邢臺·開學考試）在三棱柱中，底面是邊長為2的正三角形，平面平面.(1)證明：三棱柱為正三棱柱；(2)若點為棱的中點，且平面與平面夾角的余弦值為，求點到平面的距離.【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）利用面面垂直的性質得出線面垂直，進而證明側棱垂直于底面，結合底面形狀可證結論；（2）建立坐標系，利用平面與平面夾角求出高，結合點面距的向量公式可求答案.【詳解】（1）證明：作于，因為平面平面，平面平面，所以平面，因為平面，所以，因為，，平面，所以平面，即側棱垂直于底面，因為底面是正三角形，所以三棱柱為正三棱柱.（2）以為坐標原點，所在直線分別為軸，軸，建立空間直角坐標系，如圖，設，則；，設平面的一個法向量為，則，令，則；設平面的一個法向量為，則，令，則；因為平面與平面夾角的余弦值為，所以，解得，即.，設點到平面的距離為，則.90．（2024高三·全國·專題練習）已知正方體的棱長為1，為中點，求下列問題：(1)求異面直線與的距離；(2)求到平面的距離；(3)求到平面的距離；(4)求平面與平面的距離.【答案】(1)(2)(3)(4)【分析】（1）建立空間直角坐標系，利用異面直線距離的向量公式求解即可；（2）求出平面的法向量，利用點到平面距離的向量公式求解即可；（3）利用直線到平面距離的向量公式求解即可；（4）求出平面、平面的一個法向量，可得平面平面，轉化為點到平面的距離，利用點到平面的距離向量求法即可求解.【詳解】（1）如圖，建立空間直角坐標系，

則、、、，、、、、，所以，，設是與，都垂直的向量，則，即，即，令得，選與的兩點向量為，得與的距離.（2），設為平面的法向量，則，即，即，令得，選點到平面兩點向量為，由公式得：點到平面的距離.（3）由（2）可知：平面的法向量可設，設與平面的兩點向量為，故直線到平面的距離.（4），，設分別為平面、平面的一個法向量，所以，令，可得，所以，，令，可得，所以，所以，所以平面平面，可得點到平面的距離即為所求，，所以點到平面的距離為，故平面與平面的距離為.題型16利用空間向量求異面直線的距離設兩條異面直線的公垂線的方向向量為，這時分別在上任取兩點，則向量在上的正射影長就是兩條異面直線的距離．則即兩異面直線間的距離，等于兩異面直線上分別任取兩點的向量和公垂線方向向量的數(shù)量積的絕對值與公垂線的方向向量模的比值．91．（24-25高二上·四川·期中）在長方體中，，，，則異面直線與的距離是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】建立空間直角坐標系，求解直線與的公垂線的方向向量，利用異面直線距離的向量公式求解即可.【詳解】如圖，以為原點，分別以，，為，，軸的正向建立空間直角坐標系，則，，，，，，設直線與的公垂線的方向向量為，則，取，則，，，又，異面直線與的距離是.故選：A.92．（24-25高二上·遼寧大連·期中）在長方體中，，，，E為AB的中點，則異面直線與DE的距離為（

）A． B． C．1 D．【答案】C【分析】建立如圖所示的空間直角坐標系，得出各點坐標，求出與的公垂線的一個方向向量，由空間向量的數(shù)量積即可得解.【詳解】分別以為軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，因為，，，E為AB的中點，則，，，，則，，設與DE的公垂線的一個方向向量為，則，取，得，則，又，所以異面直線與DE之間的距離為.故選：C.題型17利用空間向量解決探索性問題(1)對于存在判斷型問題的求解，應先假設存在，把要成立的結論當作條件，據(jù)此列方程或方程組，把“是否存在”問題轉化為“點的坐標是否有解，是否有規(guī)定范圍內的解”等問題．(2)對于位置探究型問題，通常借助向量，引進參數(shù)，綜合已知和結論列出等式，解出參數(shù)．93．（25-26高三上·廣西南寧·開學考試）如圖，在四棱錐中，，為等腰直角三角形，為斜邊，其中．

(1)證明：平面平面；(2)線段上是否存在一點，使得與平面所成角的正弦值為，若存在，求出的值；若不存在，請說明理由．【答案】(1)證明見解析；(2)存在，.【分析】（1）設線段的中點為，線段的中點為，利用線面垂直的判定、性質，面面垂直的判定推理得證.（2）根據(jù)已知，以為原點，構建如下圖空間直角坐標系，令，，結合已知并利用線面角的向量求法列方程求參數(shù)，即可得.【詳解】（1）如圖，設線段的中點為，線段的中點為，連接，依題意，，則，由，得，而，是梯形的中位線，于是，而平面，則平面，而平面，于是，又平面，且和相交，因此平面，而平面，所以平面平面；

（2）依題意，，則，即，由（1）知平面，平面，則，由，平面，可得平面，過作平面，以為原點，構建如下圖空間直角坐標系，

則，，令，，則，由平面，則平面的一個法向量為，由題設，所以，可得（負值舍），所以時滿足題設.94．（25-26高三上·黑龍江綏化·開學考試）如圖，四棱錐的底面是正方形，平面，.已知，分別為，的中點，平面與棱交于點.(1)求證：平面；(2)求平面與平面的夾角的余弦值；(3)判斷線段上是否存在一點，使得點到平面的距離為？若存在，請求出點的坐標；若不存在，請說明理由.【答案】(1)證明見解析(2)(3)存在，的坐標為或，理由見解析，【分析】（1）先證明，，由線面垂直判定定理證明平面，所以，再證明，根據(jù)線面垂直判定定理證明結論；（2）先證明平面，由此可得，再證明，由此可得，建立空間直角坐標系，求平面與平面的法向量，結合向量夾角公式求結論；（3）設，，由此可得，根據(jù)點到平面的距離的向量求法結合條件列方程求，由此可得結論.【詳解】（1）證明：因為平面ABCD，平面ABCD，所以.因為四邊形為正方形，所以，又，平面，所以平面，因為平面，所以.因為為中點，，所以.又，平面，所以平面，（2）由（1）平面，平面，所以，因為平面ABCD，平面ABCD，所以，因為四邊形為正方形，所以，平面，，所以