2023高考数学二轮复习专题32 空间向量及其应用（解析版）

这是一份2023高考数学二轮复习专题32 空间向量及其应用（解析版），共115页。
专题32 空间向量及其应用
【考点预测】
知识点一：空间向量及其加减运算
（1）空间向量
在空间，我们把具有大小和方向的量叫做空间向量，向量的大小叫做向量的长度或模．空间向量也可用有向线段表示，有向线段的长度表示向量的模，若向量的起点是，终点是，则向量也可以记作，其模记为或．
（2）零向量与单位向量
规定长度为0的向量叫做零向量，记作．当有向线段的起点与终点重合时，．
模为1的向量称为单位向量．
（3）相等向量与相反向量
方向相同且模相等的向量称为相等向量．在空间，同向且等长的有向线段表示同一向量或相等向量．空间任意两个向量都可以平移到同一个平面，成为同一平面内的两个向量．
与向量长度相等而方向相反的向量，称为的相反向量，记为．
（4）空间向量的加法和减法运算
①，．如图所示．

②空间向量的加法运算满足交换律及结合律
，
知识点二：空间向量的数乘运算
（1）数乘运算
实数与空间向量的乘积称为向量的数乘运算．当时，与向量方向相同；当时，向量与向量方向相反．的长度是的长度的倍．
（2）空间向量的数乘运算满足分配律及结合律
，．
（3）共线向量与平行向量
如果表示空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合，则这些向量叫做共线向量或平行向量，平行于，记作．
（4）共线向量定理
对空间中任意两个向量，，的充要条件是存在实数，使．
（5）直线的方向向量
如图8-153所示，为经过已知点且平行于已知非零向量的直线．对空间任意一点，点在直线上的充要条件是存在实数，使①，其中向量叫做直线的方向向量，在上取，则式①可化为②
①和②都称为空间直线的向量表达式，当，即点是线段的中点时，，此式叫做线段的中点公式．
（6）共面向量
如图8-154所示，已知平面与向量，作，如果直线平行于平面或在平面内，则说明向量平行于平面．平行于同一平面的向量，叫做共面向量．






（7）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：①空间一点位于平面内的充要条件是存在有序实数对，使；或对空间任意一点，有，该式称为空间平面的向量表达式．
②已知空间任意一点和不共线的三点，，，满足向量关系式（其中）的点与点，，共面；反之也成立．
知识点三：空间向量的数量积运算
（1）两向量夹角
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，通常规定，如果，那么向量，互相垂直，记作．
（2）数量积定义
已知两个非零向量，，则叫做，的数量积，记作，即．零向量与任何向量的数量积为0，特别地，．
（3）空间向量的数量积满足的运算律：
，（交换律）；
（分配律）．
知识点四：空间向量的坐标运算及应用
（1）设，，则；
；
；
；
；
．
（2）设，，则．
这就是说，一个向量在直角坐标系中的坐标等于表示该向量的有向线段的终点的坐标减起点的坐标．
（3）两个向量的夹角及两点间的距离公式．
①已知，，则；
；
；
；
②已知，，则，
或者．其中表示与两点间的距离，这就是空间两点的距离公式．
（4）向量在向量上的投影为．
知识点五：法向量的求解与简单应用
（1）平面的法向量：
如果表示向量的有向线段所在直线垂直于平面，则称这个向量垂直于平面，记作，如果，那么向量叫做平面的法向量．
几点注意：
①法向量一定是非零向量；②一个平面的所有法向量都互相平行；③向量是平面的法向量，向量是与平面平行或在平面内，则有．
第一步：写出平面内两个不平行的向；
第二步：那么平面法向量，满足．
（2）判定直线、平面间的位置关系
①直线与直线的位置关系：不重合的两条直线，的方向向量分别为，．
若∥，即，则；
若，即，则．
②直线与平面的位置关系：直线的方向向量为，平面的法向量为，且．
若∥，即，则；
若，即，则．

（3）平面与平面的位置关系
平面的法向量为，平面的法向量为．
若∥，即，则；若⊥，即，则⊥．

知识点六：空间角公式．
（1）异面直线所成角公式：设，分别为异面直线，上的方向向量，为异面直线所成角的大小，则．
（2）线面角公式：设为平面的斜线，为的方向向量，为平面的法向量，为
与所成角的大小，则．
（3）二面角公式：
设，分别为平面，的法向量，二面角的大小为，则或（需要根据具体情况判断相等或互补），其中．
知识点七：空间中的距离
求解空间中的距离
（1）异面直线间的距离：两条异面直线间的距离也不必寻找公垂线段，只需利用向量的正射影性质直接计算．
如图，设两条异面直线的公垂线的方向向量为，这时分别在上任取两点，则向量在上的正射影长就是两条异面直线的距离．则即两异面直线间的距离，等于两异面直线上分别任取两点的向量和公垂线方向向量的数量积的绝对值与公垂线的方向向量模的比值．

（2）点到平面的距离
为平面外一点（如图），为平面的法向量，过作平面的斜线及垂线．



【方法技巧与总结】
用向量法可以证点共线、线共点、线（或点）共面、两直线（或线与面、面与面）垂直的问题，也可以求空间角和距离．因此，凡涉及上述类型的问题，都可以考虑利用向量法求解，且其解法一般都比较简单．
用向量法解题的途径有两种：一种是坐标法，即通过建立空间直角坐标系，确定出一些点的坐标，进而求出向量的坐标，再进行坐标运算；另一种是基底法，即先选择基向量（除要求不共面外，还要能够便于表示所求的目标向量，并优先选择相互夹角已知的向量作为基底，如常选择几何体上共点而不
共面的三条棱所在的向量为基底），然后将有关向量用基底向量表示，并进行向量运算．

【题型归纳目录】
题型一：空间向量的加法、减法、数乘运算
题型二：空间共线向量定理的应用
题型三：空间向量的数量积运算
题型四：证明三点共线
题型五：证明多点共面的方法
题型六：证明直线和直线平行
题型七：证明直线和平面平行
题型八：证明平面与平面平行
题型九：证明直线与直线垂直
题型十：证明直线与平面垂直
题型十一：证明平面和平面垂直
题型十二：求两异面直线所成角
题型十三：求直线与平面所成角
题型十四：求平面与平面所成角
题型十五：求点到平面距离
【典型例题】
题型一：空间向量的加法、减法、数乘运算
例1．设空间向量是空间向量的相反向量，则下列说法错误的是（       ）
A．与的长度相等
B．与可能相等
C．与所在的直线平行
D．是的相反向量
【答案】C
【解析】
由题意，空间向量是空间向量的相反向量，即
根据向量的模的定义，可，所以A正确；
当向量、都为零向量时，，所以B正确；
由向量与所在的直线可能平行也可能共线，故C错误，D正确．
故选：C．
例2．如图，空间四边形OABC中，，，，点M在上，且满足，点N
为BC的中点，则（       ）

A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】由题意

，又，，，
∴，
故选：B．
例3．在四棱锥中，底面是正方形，为的中点，若，则（       ）

A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】由底面是正方形，E为的中点，且，
根据向量的运算法则，可得

．
故选：C．
例4．如图，在三棱锥S—ABC中，点E，F分别是SA，BC的中点，点G在棱EF上，且满足，若，，，则（       ）

A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】由题意可得

．
故选：D

例5．如图所示，在平行六面体中，M为与的交点，若，，，则（       ）

A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】由题意得，．
故选：D
例6．如图，在正方体中，，，，O为底面ABCD的中心，G为的重心，则（ ）

A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】在正方体中，，，，O为底面ABCD的中心，G为的重心，连接OG，
则


．
故选：A．
例7．在长方体中，设，，，若用向量、、表示向量，则____________．
【答案】
【解析】由题意，

故答案为：
例8．在下列命题中：
①若向量共线，则所在的直线平行；
②若向量所在的直线是异面直线，则向量一定不共面；
③若三个向量两两共面，则三个向量一定也共面；
④已知三个向量，则空间任意一个向量总可以表示为．
其中正确命题的个数为（       ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】对于①，若共线，可能在同一条直线上，①错误；
对于②，向量可以自由平移，所在的直线是异面直线，但可平移到共面状态，②错误；
对于③，三个向量两两共面，若，，交于一点，则垂直于所在平面，此时不共面，③错误；
对于④，只有当不共面时，空间任意一个向量才可以表示为，④错误．
故选：A．
例9．如图，平行六面体中，为的中点．若，则（       ）

A． B． C． D．
【答案】A
【解析】，故，，，即
故选：．
例10．已知是空间向量的一个基底，是空间向量的另一个基底，若向量在基底下的坐标为，则向量在基底下的坐标为（       ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】∵在基底下的坐标为
∴
设在基底下的坐标为
则
对照系数，可得：
解得：
∴在基底下的坐标为
故选：C
【方法技巧与总结】
空间向量的运算包括空间向量的加法、减法、数乘、数量积的几何意义及坐标运算，可以类比平面向量的运算法则．
题型二：空间共线向量定理的应用
例11．，为空间直角坐标系中的两个点，，若，则________．
【答案】0
【解析】由A．B的点坐标可得，因为，则，所以．
故答案为：0．
例12．已知，，且､､不共面，若，则___________．
【答案】
【解析】
根据，且､､不共面可得，存在使得，根据向量相等可列出方程解出．
且，，
即，
又､､不共面，，
则，，．
故答案为：
例13．已知，，，．若，则实数k的值为______．
【答案】
【解析】因为，，
所以，
因为，所以，解得
故答案为：
例14．（多选题）下列命题中正确的是（       ）
A．是，共线的充分条件
B．若，则
C．，，三点不共线，对空间任意一点，若，则，，，四点共面
D．若，，，为空间四点，且有（，不共线），则是，，三点共线的充分不必要条件
【答案】AC
【解析】由，可得向量，的方向相同，此时向量，共线，所以A正确；若，则或A，B，，四点共线，所以B不正确；由A，，三点不共线，对空间任意一点，若，则，即有，，，四点共面，故C正确；若，，，为空间四点，且有（，不共线），当时，即可得，即，所以，，三点共线，反之也成立，即是A，，三点共线的充要条件，所以D不正确，
故选：AC．
【方法技巧与总结】
空间共线向量定理：．
利用此定理可解决立体几何中的平行问题．
题型三：空间向量的数量积运算
例15．已知空间向量，，，则（       ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】由题意，空间向量，，，
可得，
则．
故选：A．
例16．（多选题）设，为空间中的任意两个非零向量，下列各式中正确的有（       ）
A． B．
C． D．
【答案】AD
【解析】对于A：，故A正确；
对于B：因为向量不能做除法，即无意义，故B错误；
对于C：，故C错误；
对于D：，故D正确；
故选：AD
例17．（多选题）定义空间两个非零向量的一种运算：，则关于空间向量上述运算的以下结论中恒成立的有（       ）
A． B．
C．若，则 D．
【答案】BD
【解析】对于A，若为负数，可知，故A错误，
对于B，由定义知B正确，
对于C，若，则，共线，故C错误，
对于D，由定义知，故D正确．
故选：BD
例18．（多选题）如图，在平行六面体中，以顶点A为端点的三条棱长都是1，且它们彼此的夹角都是60°，M为与的交点，若，则下列正确的是（       ）

A． B．
C．的长为 D．
【答案】BD
【解析】根据题意，依次分析选项：
对于A选项，，A错误，
对于B选项，，B正确：
对于C选项，，则，
则，C错误：
对于，则，D正确．
故选：BD．
例19．在三棱锥中，已知，，，则___________
【答案】
【解析】设，显然，
则，即，
而，即，
于是得，，
，
则有，所以．
故答案为：
例20．棱长为1的正方体，在正方体的12条棱上运动，则的取值范围是___________．
【答案】
【解析】建立如图所示空间直角坐标系，，
，设（且只在正方体的条棱上运动），
则，
，
由于，所以．
当时，取最小值；当时，取最大值．
故答案为：

例21．已知，若，则_________．
【答案】2
【解析】因为，故，即，故，故
故答案为：2
例22．已知点为正四面体的外接球上的任意一点，正四面体的棱长为2，则的取值范围为___________．
【答案】
【解析】

如图，将正四面体放在正方体内，并建立如图所示的空间直角坐标系，
∵正四面体的棱长为2，则正方体的棱长为，正四面体ABCD的外接球即为图中正方体的外接球，其半径为R，则，
则，，
设，则，则，
∵，，
∴．
故答案为：．
例23．《九章算术》中的“商功”篇主要讲述了以立体几何为主的各种形体体积的计算，其中堑堵是指底面为直角三角形的直棱柱．在堑堵中，，M是的中点，，N，G分别在棱，AC上，且，，平面MNG与AB交于点H，则___________，___________．
【答案】6     -42
【解析】如图，延长MG，交的延长线于K，连接KN，显然平面，平面，
因此，平面MNG与AB的交点H，即为KN与AB交点，

在堑堵中，，则，即，
又，则，而，于是得，所以，
因，，所以．
故答案为：6；-42
例24．如图，在棱长为2的正方体中，点是侧面内的一个动点．若点满足，则的最大值为__________，最小值为__________．

【答案】    
【解析】如图建立空间直角坐标系，则，，，

设，，所以，，
因为，所以，即，，，
则动点的轨迹为以为圆心，为半径的半圆，
将其放到平面直角坐标系中如下图所示：

则，，，所以，所以；
显然当点在时（即立体图形中的点）取得最大值，
因此的最大值为，最小值为；
故答案为：；
例25．已知向量，，，若，则实数（       ）
A．－2 B．2 C．1 D．－1
【答案】B
【解析】，因为，所以，所以，所以2．
故选：B
例26．已知，，则（       ）
A． B． C．0 D．1
【答案】B
【解析】，，
．
故选：B．
例27．已知，，且，则向量与的夹角为（       ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】设向量与的夹角为，
因为，，且，
所以，得，
所以，
所以，
因为，所以，
故选：A
例28．如图，在平行六面体中，，
，则（       ）

A．1 B． C．9 D．3
【答案】D
【解析】在平行六面体中，
有，，
由题知，，，，，
所以，，与的夹角为，
与的夹角为，与的夹角为，
所以

．
所以．故选：D．
例29．给出下列命题，其中正确的为（       ）
A．若，则必有与重合，与重合，与为同一线段
B．若，则是钝角
C．若，则与一定共线
D．非零向量、、满足与，与，与都是共面向量，则、、必共面
【答案】C
【解析】
对于A，在平行四边形中，满足，
不满足与重合，与重合，与为同一线段，故A错，
对于B，当两个非零向量、的夹角为时，满足，
但它们的夹角不是钝角，故B错，
对于C，当时，，则与一定共线，故C对，
对于D，在三棱柱，、、，
满足与，与，与都是共面向量，但、、不共面，故D错，
故选：C．
例30．正四面体的棱长为4，空间中的动点P满足，则的取值范围为（       ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】分别取BC，AD的中点E，F，则，
所以，
故点的轨迹是以为球心，以为半径的球面，，
又，
所以，，
所以的取值范围为．
故选：D．

例31．在三棱锥中，，，，则（       ）
A． B． C．1 D．
【答案】A
【解析】因为三棱锥中，，，，

所以，
故选：A．
例32．已知正四棱台的上、下底面边长分别为和，是上底面的边界上一点．若的最小值为，则该正四棱台的体积为（        ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】由题意可知，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示

，，由对称性，点在是相同的，
故只考虑在上时，设正四棱台的高为，则
，，设，，
，因为在上，所以，则
，
，
，
所以


由二次函数的性质知，当时，取得最小值为，
又因为的最小值为，所以，解得（负舍），
故正四棱台的体积为：
．
故选：A．
【方法技巧与总结】
；
求模长时，可根据；
求空间向量夹角时，可先求其余弦值．要判断空间两向量垂直时，可以求两向量的数量积是否为0，即．
为锐角；为钝角．由此，通常通过计算的值来判断两向量夹角是锐角还是钝角．
题型四：证明三点共线
例33．如图，在平行六面体中，，．

（1）求证：、、三点共线；
（2）若点是平行四边形的中心，求证：、、三点共线．
【解析】（1）由题意，，，
故
，
，
故，由于有公共点A，
故A、、三点共线；
（2）由题意，点是平行四边形的中心，
故
，

故，因为有公共点D，
故、、三点共线．
例34．已知向量，，不共面，，，．求证：B，C，D三点共线．
【解析】，而，
所以，故B，C，D三点共线．
例35．在长方体中，M为的中点，N在AC上，且，E为BM的中点．求证：，E，N三点共线．
【解析】由图作出如图所示长方体

由题可得，，
，
所以，所以，E，N三点共线．
例36．如果三点共线，那么（        ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】因为，所以，又三点共线，所以，所以，所以，解得，所以
故选：B
【方法技巧与总结】
先构造共起点的向量，，然后证明存在非零实数，使得．
题型五：证明多点共面的方法
例37．已知、、、、、、、、为空间的个点（如图所示），并且，，，，．求证：

（1）、、、四点共面，、、、四点共面；
（2）．
【解析】（1）因为，所以，、、为共面向量，
因为、、有公共点，故、、、四点共面，
因为，则、、为共面向量，
因为、、有公共点，故、、、四点共面；
（2），，，

，，
因为、无公共点，故．
例38．如图，在几何体ABCDE中，△ABC，△BCD，△CDE均为边长为2的等边三角形，平面ABC⊥平面BCD，平面DCE⊥平面BCD．

求证：A，B，D，E四点共面；
【解析】

取的中点，连接，取的中点，连接，
因为平面平面，且平面平面，
而为等边三角形，所以，因此平面，
因为平面平面，且平面平面，
又因为为等边三角形，所以，因此平面，
又因为平面，因此，
又因为为等边三角形，所以，因此两两垂直，
从而以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
又因为均为边长为2的等边三角形，所以，，，
设，则，，，
由于，所以，解得，
因此，所以，，，
所以，由空间向量基本定理可知：四点共面；
例39．如图，四边形为正方形，若平面平面，，，．

判断点D与平面CEF的位置关系，并说明理由．
【解析】点在平面外，证明如下，连接ED，
因为，，，
设，则，
即，显然此方程组无解，
所以四点，，，不共面，即点在平面外．
例40．如图，四棱柱的侧棱底面，四边形为菱形，，分别为，的中点．

证明：，，，四点共面；
【解析】证明：连结交于点，因为为菱形，故，
又因为侧棱底面，所以为原点建立空间直角坐标系，如图所示，
设，，，
则，，，，
所以，
所以，故，所以，，，四点共面；
例41．（多选题）若构成空间的一个基底，则下列向量共面的是（       ）
A． B．
C． D．
【答案】ABD
【解析】选项A，因为，所以共面；
选项B，因为，所以共面；
选项C，在构成的平面内，不在这个平面内，不符合．
选项D，因为共线，所以共面．
故选：ABD
例42．（多选题）如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，，、分别为线段、的中点，为线段上的动点（不含端点），则下列说法正确的是（       ）

A．对任意点，则有、、、四点共面
B．存在点，使得、、、四点共面
C．对任意点，则有平面
D．存在点，使得平面
【答案】BD
【解析】因为底面，四边形为正方形，
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

设，则、、、、、、，
设，其中，则，
，，设，
则，解得，故存在点，使得、、、四点共面，B对；
，，，
设，所以，，解得，不合乎题意，A错；
，，
若平面，平面，则，解得，C错；
设平面的法向量为，，，
则，取，则，
，
若平面，则，解得，
故当点与点重合时，平面，D对．
故选：BD．
例43．以下四组向量在同一平面的是（       ）
A．、、 B．、、
C．、、 D．、、
【答案】B
【解析】对于A选项，设，所以，，无解；
对于B选项，因为，故B选项中的三个向量共面；
对于C选项，设，所以，，无解；
对于D选项，设，所以，，矛盾．
故选：B．
例44．设为空间中的四个点，则“”是“四点共面”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】由，所以直线重合或互相平行，
因此四点共面，
当是平行四边形时，显然四点共面，显然不成立，
故选：A
例45．，若三向量共面，则实数（       ）
A．3 B．2 C．15 D．5
【答案】D
【解析】∵，∴与不共线，
又∵三向量共面，则存在实数m，n使
即，解得．
故选：D．
例46．如图，在四面体中，、分别是、的中点，过的平面分别交棱、于、（不同于、、、），、分别是棱、上的动点，则下列命题错误的是（       ）

A．存在平面和点，使得平面
B．存在平面和点，使得平面
C．对任意的平面，线段平分线段
D．对任意的平面，线段平分线段
【答案】D
【解析】对于A选项，当时，因为平面，平面，此时平面，A对；
对于B选项，当时，因为平面，平面，此时平面，B对；
对于C选项，取的中点，的中点为，设，，
则有，

同理可得，，
，
，
所以，所以，，
因为、、、四点共面，则，所以，，
所以，，则，
所以，，可得，
即、、三点共线，即的中点在上，即线段平分线段，C对；
对于D选项，若线段平分线段，又因为线段平分线段，则四边形为平行四边形，
事实上，四边形不一定为平行四边形，故假设不成立，D错．
故选：D．
例47．已知P和不共线三点A，B，C，四点共面且对于空间任意一点O，都有，则λ＝________．
【答案】－2
【解析】由四点共面的充分必要条件可得：，解得：．
故答案为．
例48．如图，已知正方体的棱长为，，，分别是棱，，的中点，设是该正方体表面上的一点，若，则点的轨迹围成图形的面积是_________．

【答案】
【解析】∵，在平面上，
分别取，，的中点，则点的轨迹是正六边形，
因为正方体的棱长为，
所以正六边形的边长为，
所以，点的轨迹围成图形的面积是．
故答案为：

例49．在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，且PA＝AC＝2AB＝2AD＝4，CD⊥AD，CB⊥AB，G为PC的中点，过AG的平面与棱PB、PD分别交于点E、F．若EF∥平面ABCD，则截面AEGF的面积为______．

【答案】
【解析】∵AC＝2AB＝2AD，CD⊥AD，CB⊥AB，
∴∠DAC=∠BAC=60°，
则根据向量加法法则易知，，
即，则．
根据共面向量定理的推论知，，其中x＋y＋z＝1．
连接BD，

∵EF∥平面ABCD，EF平面PBD，平面PBD∩平面ABCD=BD，∴EF∥BD，
设，则，又G为PC的中点，
∴，
则，，解得，
AB=2，BD=2×ABsin60°=，则．
连接AG，∵PA＝AC＝4，G为PC的中点，故．
易知BD⊥AC，BD⊥PA，，故BD⊥平面PAC，
又平面PAC，∴BD⊥AG，∴AG⊥EF，
因此．
故答案为：．
解法二：连接BD，设AC与BD交于点K，连接AG、PK，设AG与PK交于点L，

由题易得BD∥EF，则，
作KN∥AG交PC于N，易知CK＝3AK，则CN＝3GN，从而PG＝4GN，
故，即．以下解法同上．
故答案为：．
【方法技巧与总结】
要证明多点（如，，，）共面，可使用以下方法解题．
先作出从同一点出发的三个向量（如，，），然后证明存在两个实数，使得．
题型六：证明直线和直线平行
例50．已知长方体中，，，，点S、P在棱、上，且，，点R、Q分别为AB、的中点．求证：直线直线．

【解析】以点D为原点，分别以、与的方向为x、y与z轴的正方向，建立空间直角坐标系．

则、、、、、、、，
由题意知、、、，
∴，．
∴，又，不共线，
∴．
例51．在四棱连中，平面ABCD⊥平面PCD，底面ABCD为梯形．，，且，
，．

若M是棱PA的中点，则对于棱BC上是否存在一点F，使得MF与PC平行．
【解析】（1）在平面内过点作，交于点，
因为平面平面，且平面平面，
可得平面，
又由，所以两两垂直，
以为原点，以所在的直线分别为轴、轴和轴，建立空间直角坐标系，如图所示，由，，，
可得，
假设上存在点，使得，
设，其中，
因为是棱的中点，可得，
又由，
所以，
设，可得，此方程组无解，所以假设不成立，
所以对于上任意一点，与都不平行，
即在线段上不存在点，使得与平行．

【方法技巧与总结】
将证线线平行转化为证两向量共线．设是两条不重合的直线，它们的方向向量分别为，则．
题型七：证明直线和平面平行
例52．如图，在直三棱柱中，，，D为AB的中点．试用向量的方法证明：平面．

【解析】证明：建立如图所示空间直角坐标系，

设，
则，，
，
设平面的法向量为，
则，故可令，
则，
即，又平面，
所以平面．
例53．如图，在长方体中，底面是边长为2的正方形，，E，F分别是的中点．

求证：平面；
【解析】如图所示，以点为坐标原点，以分别为轴建立空间直角坐标系由题得，
由题得，
设平面的法向量为，
所以．
所以，
因为平面，所以平面．

【方法技巧与总结】
（1）利用共面向量定理．设为平面内不共线的两个向量，证明存在两个实数，使得，则．
（2）转化为证明直线和平面内的某一直线平行．
（3）转化为证明直线的方向向量与平面的法向量垂直（此方法最常用）．
题型八：证明平面与平面平行
例54．如图，已知棱长为4的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M，N，E，F分别是棱A1D1，A1B1，D1C1，B1C1的中点，求证：平面∥平面．

【解析】由正方体的棱长为4，建立如图所示的空间直角坐标系，则

，，，，，
，

设平面的一个法向量为，则
即，令，解得
所以
设平面的一个法向量为，则
即，令，解得
所以
所以
∴平面∥平面．
例55．如图，正方体中，、分别为、的中点．

用向量法证明平面平面；
【解析】如图建立空间直角坐标系，
设正方体的棱长为，
则，，，，，，
故，，，，
设平面的法向量，
则，即，令，则，
设平面的法向量，
则，即，令，则，
所以，即，
故平面平面；
【方法技巧与总结】
（1）证明两平面内有两条相交直线分别平行．
（2）转化为证两平面的法向量平行（常用此方法）．
题型九：证明直线与直线垂直
例56．如图，在直四棱柱中，，，，．

求证：；
【解析】因为平面，平面．所以，．又，所以，，两两垂直，
以点D为坐标原点，以，，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，，，．所以，．
所以，所以．
例57．如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱与底面垂直，AA1=AB=AC=1，AB⊥AC，M，N分别是CC1，BC的中点，点P在直线A1B1上．

证明：PN⊥AM；
【解析】由题意两两垂直．
所以以分别作为轴正方向建立空间直角坐标系，如图，

则．
∵M是的中点，N是的中点，∴，
设，∴，则，
则，所以．
例58．如图，在棱长为a的正方体中，M为的中点，E为与的交点，F为与的交点．

（1）求证：，．
（2）求证：是异面直线与的公垂线段．
【解析】（1）以D为原点，分别为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系．
则，，，，，，，，，，．
所以，，．
因为，所以，即；
因为，所以，即；

（2）因为，，．
所以，所以，即；
，所以，即．
又，
所以是异面直线与的公垂线段．
例59．如图，在长方体中，点E，F分别在，上，且，．

（1）证明：；
（2）当，，时，求三棱锥的体积．
【解析】（1）因为，所以．
因为，所以．
，所以．
（2）∵，在面中，∽，
∴，可得，∴，．
例60．如图，四棱锥中，为矩形，，且．为上一点，且．

（1）求证：平面；
（2）分别在线段上的点，是否存在，使且，若存在，确定的位置；若不存在，说明理由．
【解析】（1），且平面
又平面，
矩形中，
又，则与相似，则
．；
又，平面；
（2），且平面．又，
则可以D为原点分别以DA、DC、DS为x、y、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，

由题意可知
，
假设存在满足且．
在线段上，可设

的坐标
在线段上，可设
则．
要使且，则，
又，
可得，解得．
故存在使且，
其中是线段靠近的四等分点，是线段靠近的四等分点．
例61．如图，在四棱锥P－ABCD中，PD⊥底面ABCD且，，，，点M为棱PC的中点．

证明：；
【解析】解法一：因为，所以．
如图，以A为原点，分别以，为x轴，y轴的正方向，过点A作∥，则⊥平面，以为轴建立空间直角坐标系，
则A（0，0，0），B（2，0，0），C（2，2，0），D（0，4，0），P（0，4，2），
因为点M为棱PC的中点，所以M（1，3，）．

于是，
所以．
所以，即．
【方法技巧与总结】
设直线的方向向量为，则．
这里要特别指出的是，用向量法证明两直线尤其是两异面直线垂直是非常有效的方法．
题型十：证明直线与平面垂直
例62．在正方体中，如图E、F分别是，CD的中点，

求证：平面ADE；
【解析】（1）以D为原点，建立空间直角坐标系，不妨设正方体的棱长为1，

则D（0，0，0），A（1，0，0），（0，0，1），E（1，1，），F（0，，0），
则＝（0，，－1），＝（1，0，0），＝（0，1，），
则＝0，＝0，
，，即，，
又，故平面ADE．
例63．如图，在四棱锥中，平面，底面是直角梯形，其中，，，，E为棱上的点，且．

求证：平面；
【解析】因为平面，平面，
所以，而，因此可以建立如下图所示的空间直角坐标系，
则有，
，，，
因为，
所以，而平面，
所以平面；

例64．如图，在正方体中，，分别为，的中点．

求证：平面；
【解析】如图示：以D为原点，DA、DC、DD1分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系．

不妨设正方体的边长为2，则，，，，，，，，，．所以，，，，．
因为，所以．
同理可证：．
又，平面，平面，
所以平面．
【方法技巧与总结】
（1）证明直线和平面内的两天相交直线垂直．
（2）证明直线和平面内的任一直线垂直．
（3）转化为证明直线与平面的法向量共线．
题型十一：证明平面和平面垂直
例65．如图，在四棱锥中，平面PAB，平面PAB，．．

求证：平面平面ABCD；
【解析】取的中点，取的中点，连接，
因为，所以，
又因为，且平面，所以平面，
所以两两垂直，
故以为原点，以所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系，

因为．，所以，，，
所以
，
设平面的一个法向量为，
，
，即，取，则；
设平面的一个法向量为，
，
，即，取，则；
因为，故平面平面；
例66．如图在边长是2的正方体中，，分别为，的中点．

证明：平面平面；
【解析】据题意，建立如图空间直角坐标系．

于是：，，，，，
∴，，，
因为，
∴，即，
又，
∴，即，
又∵，平面且，
∴平面，
又∵平面，∴平面平面．
例67．在三棱台ABC－A1B1C1中，C1C⊥平面ABC，AB⊥BC，且AB=BC=C1C=2A1B1，O为AC的中点，P是C1C的中点．

证明：平面A1BC⊥平面POB；
【解析】证明：连接A1O设A1B1=1，则AB=BC=C1C=2，AC=，A1C1=
因为C1C⊥平面ABC，O为AC的中点，所以A1O⊥平面ABC，
因为AB=BC，所以BO⊥AC．
以O为坐标原点，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O－，

则A（0，－，0），B（，0，0），C（0，，0），（0，0，2），（，，2），（0，，2），P（0，，1）．
因为，
所以，
所以A1C⊥OB，A1C⊥OP．
因为，所以A1C⊥平面POB．．
因为平面A1BC，
所以平面A1BC⊥平面POB．
例68．如图，在直三棱柱中，为的中点．

（1）证明：平面；
（2）证明：平面平面．
【解析】（1）在直三棱柱中，
以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，

设，则，，，
，，，
则，，，
设平面的法向量，
则，取，得，
，且平面，则平面
（2），，
设平面的一个法向量，
则，取，得，
又平面的法向量，则，则
平面平面．
【方法技巧与总结】
（1）转化为证明两平面的法向量互相垂直
（2）转化为证明一平面内的一条直线垂直于另一个平面．
题型十二：求两异面直线所成角
例69．如图，在平行六面体中，底面是边长为1的正方形，侧棱的长度为2，且．

（1）求的长；
（2）直线与所成角的余弦值．
【解析】（1）由题意，，
，

，
．
（2），，
，
所以，
所以直线与所成角的余弦值为．
例70．已知正四面体ABCD，M为BC中点，N为AD中点，则直线BN与直线DM所成角的余弦值为（       ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】设该正面体的棱长为，因为M为BC中点，N为AD中点，
所以，
因为M为BC中点，N为AD中点，
所以有，

，
根据异面直线所成角的定义可知直线BN与直线DM所成角的余弦值为，
故选：B
例71．如图，在三棱锥中，平面，是边长为的正三角形，，是的中点，则异面直线与所成角的余弦值是（       ）

A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】以A为坐标原点，AC，AM所在直线分别为y，z轴建立空间直角坐标系如图所示，

易知，，，
所以，，
则，
∴异面直线BE与AF所成角的余弦值为．
故选：D
例72．在三棱锥P—ABC中，PA、PB、PC两两垂直，且PA=PB=PC，M、N分别为AC、AB的中点，则异面直线PN和BM所成角的余弦值为（       ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】以点P为坐标原点，以，，方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，

令，则，，，，
则，，
设异面直线PN和BM所成角为，则．
故选：B．
例73．已知直三棱柱的所有棱长都相等，为的中点，则与所成角的正弦值为（       ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】取线段的中点，则，设直三棱柱的棱长为，
以点为原点，、、的方向分别为、、的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，

则、、、，
所以，，，．
所以，．
故选：C．
例74．已知正方体的棱长为1，点在线段上，若直线与所成角的余弦值为，则线段的长为（       ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】分别以为建立空间直角坐标系，设，
则，
直线与所成角的余弦值为，
．
解得：，，．
故选：B．

【方法技巧与总结】
设两异面直线a和b的方向向量为和，利用求角余弦公式可求得和的夹角，由于两向量所成角的范围是，而两异面直线所成角的范围是．所以．
题型十三：求直线与平面所成角
例75．如图，在几何体ABCDEF中，四边形ABCD是菱形，BE⊥平面ABCD，DF∥BE，且DF=2BE=2，EF=3．

（1）证明：平面ACF⊥平面BEFD；
（2）若二面角A-EF-C是直二面角，求直线AE与平面ABCD所成角的正切值．
【解析】【解析】（1）在中，为中点且，
平面平面，平面平面，
平面，又平面，
分别为的中点，，
在直角和直角中，，
，
，
平面平面，
点到平面的距离为．
（2）平面，由（1）得三线两两重直，
以为原点，以为轴建立空间直角坐标系如图，

则，
，
设平面的法向量为，
则令得，
设，则，
，
设直线与平面所成的角为，
则，
若，此时，点与重合；
若，令，则，
当，即为的中点时，取得最大值．
例76．如图，在直三棱柱中，，，，E分别是，AB的中点，且．
（1）证明：；
（2）求与平面所成角的正弦值．

【解析】【解析】（1）证明：取的中点，连，，
∵为等边三角形，且是边的中点，
∴，
∵平面底面，且它们的交线为，
∴平面，则，
∵，且
∴平面，
∴；
（2）由（1）知，面，
，
故以为坐标原点，如图建立空间直角坐标系，

易求
各点坐标如下，


则
设平面的一个法向量为
则

令，得平面的一个法向量为

例77．如图，四面体中，，E为的中点．

（1）证明：平面平面；
（2）设，点F在上，当的面积最小时，求与平面所成的角的
正弦值．
【解析】（1）因为，E为的中点，所以；
在和中，因为，
所以，所以，又因为E为的中点，所以；
又因为平面，，所以平面，
因为平面，所以平面平面．
（2）连接，由（1）知，平面，因为平面，
所以，所以，
当时，最小，即的面积最小．
因为，所以，
又因为，所以是等边三角形，
因为E为的中点，所以，，
因为，所以，
在中，，所以．
以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则，所以，
设平面的一个法向量为，
则，取，则，
又因为，所以，
所以，
设与平面所成的角的正弦值为，
所以，
所以与平面所成的角的正弦值为．

例78．如图，在四棱锥中，底面，，点在棱上，，点在棱上，．

（1）若，为的中点，求证：，，，四点共面；
（2）求直线与平面所成角的正弦的最大值．
【解析】（1）以为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，如图所示，
则，，，，
则，，，
设，则，解得，
则，即，，，四点共面．
（2）由（1）中的空间直角坐标系，可得，，，
设，（其中），且，
则，解得，
可得
设平面的法向量为，由，
取，可得，所以
设直线与平面所成角为，则，
当且仅当时等号成立．
直线与平面所成角的正弦的最大值为．

例79．如图为一个四棱锥与三棱锥的组合体，C，D，E三点共线，已知三棱锥P－ADE四个面都为直角三角形，且ED⊥AD，PA⊥平面ABCE，PE＝3，CD＝AD＝2，ED＝1，则直线PC与平面PAE所成角的正弦值等于（       ）

A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】如图建立空间直角坐标系，，，，则有：，，
设平面PAE的法向量，则有，令，则，即
∴，即直线PC与平面PAE所成角的正弦值为．
故选：C．

例80．如图，在正方体中，是中点，点在线段上，若直线与平面所成的角为，则的取值范围是（       ）．

A． B． C． D．
【答案】A
【解析】如图，设正方体棱长为1，，则，

以为原点，分别以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系．
则，故，，又，则，所以．
在正方体中，可知体对角线平面，
所以是平面的一个法向量，
所以．
所以当时，取得最大值，当或1时，取得最小值．
所以．
故选：A．
【方法技巧与总结】
设为平面的斜线，为的方向向量，为平面的法向量，为与所成角的大小，则．
题型十四：求平面与平面所成角
例81．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E为BB1的中点，则平面A1ED与平面ABCD所成角的正弦值为（       ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】以A为原点，AB，AD，AA1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，设棱长为1，则，，，

∴，
设平面A1ED的法向量为，
则有令得：，
∴．
∵平面ABCD的法向量为，
∴，则，
故平面A1ED与平面ABCD所成角的正弦值为．
故选：B
例82．如图，在三棱锥中，已知平面ABC，，，D为PC上一点，且，．

（1）求AC的长；
（2）若E为AC的中点，求二面角的余弦值．
【解析】（1）∵平面ABC，AB，平面ABC，∴，．
又，
∴以A为坐标原点，，，的方向分别为x轴，y轴，z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．
则，，设．则，．
由，得，则．
∵，即，∴，即．
又，解得．∴AC的长为．
（2）∵E为AC的中点，由（Ⅰ）知，．
则，．
设平面DBE的一个法向量为．
由得令，得∴．
设平面ABE的一个法向量为．
设二面角的平面角为．
∵，易知二面角为锐角，
∴二面角的余弦值为．

例83．如图，在四棱锥中，四边形为直角梯形，，平面平面．

（1）证明：．
（2）若四棱锥的体积为，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值．
【解析】（1）因为在中，，故，所以，解得，故，故．又平面平面且交于，故平面，又平面，故
（2）由（1）结合锥体的体积公式可得，故，解得．又故以为坐标原点建立如图空间直角坐标系．

则，，，故，，设平面的一个法向量为，则，即，令有，故，又平面的一个法向量为，设平面与平面所成的锐二面角为，则
例84．如图，在四棱锥中，平面平面，是等腰直角三
角形，是底角．

（1）求证：平面平面．
（2）若，求二面角的余弦值．
【解析】（1）证明：因为平面平面，
平面平面，平面
∴平面
又平面，所以
又，且
∴平面
又平面，所以平面平面
（2）取的中点O，连接
如图：以O为坐标原点，所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系
则点
，，，

设平面的法向量
则有取，
设平面的法向量
即，取，可得
即平面的一个法向量
设二面角大小为，由图知为锐角

例85．如图，为圆柱的轴截面，是圆柱上异于的母线．

（1）证明：平面；
（2）若，当三棱锥的体积最大时，求二面角的正弦值．
【解析】（1）证明：如图，连接，由题意知为的直径，所以．因为是圆柱的母线，
所以且，所以四边形是平行四边形．
所以，所以．因为是圆柱的母线，所以平面，
又因为平面，所以．又因为，
平面，所以平面．

（2）由（1）知是三棱锥底面上的高，由（1）知
，所以，即底面三角形是直角三
角形．设，则
在中有：，
所以，
当且仅当时等号成立，即点E，F分别是，的中点时，三棱
锥的体积最大，
（另等积转化法：
易得当F与距离最远时取到最大值，此时E、F分别为、中点）
下面求二面角的正弦值：
法一：由（1）得平面，因为平面，所以．
又因为，所以平面．
因为平面，所以，所以是二面角的平面角，
由（1）知为直角三角形，则．
故，所以二面角的正弦值为．

法二：由（1）知两两相互垂直，
如图，以点E为原点，所在直线
为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则．
由（1）知平面，故平面的法向量可取为．
设平面的法向量为，
由，
得，即，即，取，得．
设二面角的平面角为，
，
所以二面角的正弦值为
例86．如图1，矩形中，，，为上一点且．现将沿着折起，使得，得到的图形如图2．

（1）证明：平面；
（2）求二面角的余弦值．
【解析】（1）∵四边形为矩形，，且，
∴
∵，∴
∵，，∴，∴
∵四边形为矩形，∴
∵，平面，∴平面
（2）过作，交于，∵，，∴，
∴
由（1）知平面，平面，所以，
由得平面，平面，
∴平面平面，
又，平面，∴平面，
故以为原点建立空间直角坐标系如图所示，

∴，，，
平面的一个法向量为
设平面的一个法向量为，则，
∵，，∴，
令，得，，∴
∴
∵二面角为锐二面角，∴二面角的余弦值为．
例87．如图，在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD为正方形，底面ABCD，M为线段PC的中点，，N为线段BC上的动点．

（1）证明：平面平面
（2）当点N在线段BC的何位置时，平面MND与平面PAB所成锐二面角的大小为30°？指出点N的位置，并说明理由．
【解析】（1）证明：因为底面ABCD，底面ABCD，
所以，
因为，，
所以平面，
因为平面，
所以，
因为四边形为正方形，，
所以，
因为在中，，M为线段PC的中点，
所以，
因为，
所以平面，
因为平面，
所以平面平面，
（2）当点N在线段BC的中点时，平面MND与平面PAB所成锐二面角的大小为30°，理由如下：
因为底面，平面，
所以，
因为，
所以两两垂直，
所以以为原点，以所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示，
设，则，
设，则，
设为平面的法向量，则
，令，则，
设为平面的法向量，则
，令，则，
因为平面MND与平面PAB所成锐二面角的大小为30°，
所以，
化简得，得，
所以当点N在线段BC的中点时，平面MND与平面PAB所成锐二面角的大小为30°

例88．如图，四棱锥中，平面平面，，，，，，．是中点，是上一点．

（1）是否存在点使得平面，若存在求的长．若不存在，请说明理由；
（2）二面角的余弦值为，求的值．
【解析】（1）存在．理由如下：
方法一：如图，在上取点，且满足，

再过作的平行线交于点，
则，且，
又，且是的中点，，
，
是平行四边形，
，不在面内，平面，
平面，
且，
在中，，
．
方法二：，，，
连接并延长至于交于点，

，
在中，，
在中，在上取点，使得，
而，则，
又不在面内，平面，
平面，
在中，，
．
方法三：在上取点，在上取点，

使得，则，平面，
故平面，而
而，故是平行四边形，故平面，
故平面，而，
故平面平面，而平面，得平面平面，
在中，，
．
（2）如图建立空间直角坐标系，以A为坐标原点，AB为x轴，AD为y轴，过点A作面ABCD的垂线为z轴，
则，，，


设是平面的一个法向量，则，
取，则，故是平面的一个法向量，
设，，
，
设是平面的一个法向量，则，
取，则是平面的一个法向量，
则，
解得或（舍去）．
所以．
例89．如图，四棱锥中，平面，梯形满足，，且，，为中点，，．

（1）求证：，，，四点共面；
（2）求二面角的正弦值．
【解析】（1）证明：以点为坐标原点，向量､､方向分别为､､轴的正方向建立坐标系，

则，，，，，，所以，因为，设，则，所以，解得，所以，同理可得，
∴，，，
令，则，
∴，∴，∴，∴､､､四点共面．
（2）由（1）可知，，，∴，．
设平面的一个法向量为，则，即，则，令，则．
取平面的一个法向量为，则，所以，
∴二面角的正弦值为．
例90．如图，四棱锥的底面ABCD是平行四边形，且底面ABCD，，点E是线段BC（包括端点）上的动点．

（1）探究点E位于何处时，平面平面PED；
（2）设二面角的平面角的大小为，直线AD与平面PED所成角为，求证：
【解析】（1）过点A作直线，交直线BC于点M，则，
，
以点A为原点，直线AM､AD､AP分别为x轴､y轴､z轴建立空间直角坐标系，

则，
设点，，
设平面PEA的一个法向量为，
则，取，得，
设平面PED的一个法向量为，
则，取，得，
若平面平面PED，则，
，解得：或．
故点E是BC中点或与点C重合时，平面平面PED．
（2）平面ADE的一个法向量为，
，

，
均为锐角，
．
【方法技巧与总结】
（1）在平面内，，在平面β内，（是交线的方向向量），其方向如图所示，则二面角的平面角的余弦值为．

（2）设是二面角的两个半平面的法向量，其方向一个指向二面角内侧，另一个指向二面角的外侧，则二面角的余弦值为．
题型十五：求点到平面距离
例91．在正方体中，E为的中点，过的平面截此正方体，得如图所示的多面体，F为棱上的动点．

（1）点H在棱BC上，当时，平面，试确定动点F在棱上的位置，并说明理由；
（2）若，求点D到平面AEF的最大距离．
【解析】（1）设平面与平面的交线为，
因为平面，平面平面，平面
所以．
由正方体知，平面平面，
又因为平面平面，平面平面，
所以，所以
取中点，连接，易知，所以，
又因为为中点，所以为中点．

（2）以点为原点，分别为轴，轴，轴的正方向，建立空间直角坐标系，则有，其中

设平面的法向量为
则有，不妨取，
则
所以，当，即点与点重合时，取等．
所以点D到平面AEF的最大距离为．

例92．如图，在三棱柱中，为等边三角形，四边形是边长为2的正方形，为中点，且．

（1）求证：平面；
（2）若点在线段上，且直线与平面所成角的正弦值为，求点到平面的距离．
【解析】（1）证明：由题知，
因为，所以，
又，所以，
又，所以平面，
又平面，所以，
在正三角形中，为中点，于是，
又，所以平面
（2）取中点为中点为，则，
由（1）知平面，且平面，所以，
又，所以，所以平面，
于是两两垂直
如图，以为坐标原点，的方向为轴，轴，轴的正方向，建立空间直角坐标系
则
所以
设平面的法向量为，
则，即
令，则
于是
设，则
由于直线与平面所成角的正弦值为
于是，即，整理得，由于，所以
于是
设点到平面的距离为
则
所以点到平面的距离为

例93．如图，已知平行六面体中，底面ABCD是边长为2的菱形，，，M为与的交点，设，，．

（1）用，，表示并求BM的长；
（2）求点A到直线BM的距离．
【解析】（1）

又，，，


故BM的长为．
（2）由（1）知，，
∴，
所以，则为点A到直线BM的距离，
又，故点A到直线BM的距离为2．
例94．已知正方体的棱长为a，则平面与平面的距离为（       ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】由正方体的性质，∥，∥，，，
易得平面平面，
则两平面间的距离可转化为点B到平面的距离．
以D为坐标原点，DA，DC，所在的直线分别为x轴、y轴、z轴
建立空间直角坐标系，

则，，，，，
所以，，，．
连接，由，，且，可知平面，
得平面的一个法向量为，
则两平面间的距离．
故选：D
例95．定义：两条异面直线之间的距离是指其中一条直线上任意一点到另一条直线距离的最小值．在棱长为1的正方体中，直线与之间的距离是（       ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】

设为直线上任意一点，过作，垂足为，可知此时到直线距离最短
设，，
则，
，
，，
即，
，即，
，
，
，
当时，取得最小值，
故直线与之间的距离是．
故选：B．
例96．如图，正四棱锥的棱长均为2，点E为侧棱PD的中点．若点M，N分别为直线AB，CE上的动点，则MN的最小值为______．

【答案】
【解析】建立如图所示的空间直角坐标系，则有：

，，，，，
可得：
设，且
则有：，
可得：
则有：
故

则当且仅当时，
故答案为：
例97．
某市在滨海文化中心有滨海科技馆，其建筑有鲜明的后工业风格，如图所示，截取其中一部分抽象出长方体和圆台组合，如图所示，长方体中，，圆台下底圆心为的中点，直径为2，圆与直线交于，圆台上底的圆心在上，直径为1．

（1）求与平面所成角的正弦值；
（2）圆台上底圆周上是否存在一点使得，若存在，求点到直线的距离，若不存在则说明理由．
【解析】（1）（1）由长方体可知，以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系如图所示，

则，，，．所以．
设平面的一个法向量为，
则有，即，令，则，，故，
所以，故与平面所成角的正弦值为；
（2）由（1）可知，，，所以，假设存在这样的点P，设，由题意可知，所以，因为，则有，所以，又，所以，解得（舍），，所以当时，，此时点到直线的距离为．
例98．如图，矩形和梯形，，平面平面，且
，过的平面交平面于．

（1）求证：与相交；
（2）当为中点时，求点到平面的距离：
【解析】（1）证明：因为矩形，所以，且
又因为平面，平面，所以平面，
又由过的平面交平面与，
由线面平行的性质定理，可得，
又由，所以，且，
所以直线与相交．
（2）由平面平面，其交线为，
且，平面，所以平面，
又由四边形的矩形，以为原点，以为轴、轴和轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
因为，可得，
则，
设平面的法向量为，则，
取，可得，所以，
因为，
所以点到平面的距离为．
【方法技巧与总结】
如图所示，平面的法向量为，点是平面内一点，点是平面外的任意一点，则点到平面
的距离，就等于向量在法向量方向上的投影的绝对值，即或

【过关测试】
一、单选题
1．（2022·全国·高三专题练习）如图，在四面体中，，，，D为BC的中点，E为AD的中点，则可用向量，，表示为（       ）

A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】因为是的中点，是的中点，
，．
故选：B
2．（2022·广东·高三阶段练习）已知正四面体的棱长为1，且，则（       ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】因为，所以．
根据向量的减法法则，得，
所以

．
故选：C．
3．（2022·浙江·模拟预测）在四棱台中，侧棱与底面垂直，上下底面均为矩形，，，则下列各棱中，最长的是（       ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】

由四棱台可得，故．
因为平面，而平面，
故，而，故可建立如图所示的空间直角坐标系．
故，
故，
故选：B．
4．（2022·浙江·高三开学考试）如图，已知正方体，E，F，G分别是AB，，的中点，则（       ）

A．直线与直线EG相交 B．直线平面EFG
C．直线与平面EFG相交 D．直线平面EFG
【答案】C
【解析】建立如下图所示的空间直角坐标系．设正方体的棱长为2．
则．
从而有
对A，设与的公垂向量为，则，可取，又，
所以直线与直线EG的距离，故A不正确．
对B，设平面的法向量为，则
，从而可取．
所以，因此直线与平面不平行，故B不正确；
对C，，故直线与平面EFG相交，所以C正确；
对D，与不共线，故直线与平面EFG不垂直，故D不正确．

故选：C
5．（2022·黑龙江·大庆实验中学模拟预测）在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑，在鳖臑中，平面BCD，，且，M为AD的中点，则异面直线BM与CD夹角的余弦值为（       ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】如图，正方体内三棱锥A-BCD即为满足题意的鳖臑，

以B为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体棱长为1，
则，，，，，
则，，
，
则异面直线BM与CD夹角的余弦值．
故选：A．
6．（2022·湖南·长郡中学高三阶段练习）如图，已知长方体，以D为坐标原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，则，又分别是棱，的中点，那么三棱锥的体积为（       ）

A．4 B．6 C．8 D．12
【答案】D
【解析】由题意，长方体，且，
可得长方体的棱长分别为，
所以三棱锥的体积．
故选：D．
7．（2022·安徽淮北·一模（理））在空间直角坐标系中，已知，，则点到直线的距离为（       ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】∵，，，
∴，
∴，
∴在方向上的投影数量为，
∴点到直线的距离为．
故选：C．
8．（2022·浙江·乐清市知临中学模拟预测）如图，正方体的棱长为a，E是棱的动点，则下列说法正确的（       ）个．

①若E为的中点，则直线平面
②三棱锥的体积为定值
③E为的中点时，直线与平面所成的角正切值为
④过点，C，E的截面的面积的范围是
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【解析】如图，以A为原点，AB，AD，AA1所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，

则B（a，0，0），C（a，a，0），D（0，a，0），，．
所以，．
对于①：当E为的中点时，．设平面的一个法向量为，
则，不妨令x=1，则，
所以平面A1BD的一个法向量为．
又因为，所以与不垂直，所以直线平面不成立．故①错误；
对于②：三棱锥的体积等于三棱锥的体积．
又，高为a，所以．故②错误；
对于③：当E为的中点时，．平面的一个法向量为，
而．
设直线B1E与平面所成的角为，所以．
所以，所以，
即直线与平面所成的角正切值为．故③正确；
对于④：设．因为，，
所以在上得到投影为．
所以点E到直线的距离为．
当z=0，即D、E重合时，截面为矩形，其面积为．
当时，截面为等腰梯形．设截面交于F．所以，
高，所以其面积为．

记，
所以，所以在上单调递减函数，
所以，即．
因为，所以
当z=a，即D1、E重合时，截面为边长为的正三角形，其面积为．
综上所述：．故④正确．
故选：B
二、多选题
9．（2022·全国·高三专题练习）在空间直角坐标系中，已知点，，，则下列说法正确的是（       ）
A．点关于平面对称的点的坐标为
B．若平面的法向量，则直线平面
C．若，分别为平面，的法向量，则平面平面
D．点到直线的距离为
【答案】ACD
【解析】对于A：因为，所以点关于平面对称的点的坐标为，故A正确；
对于B：因为，，所以，因为平面的法向量，所以，所以直线与平面不平行，故B错误；
对于C：因为、，所以，因为，分别为平面，的法向量，所以平面平面，故C正确；
对于D：因为，，所以，所以点到直线的距离，故D正确；
故选：ACD
10．（2022·全国·高三专题练习）下列关于空间向量的命题中，正确的有（       ）
A．若向量，与空间任意向量都不能构成基底，则∥；
B．若非零向量，，满足，，则有∥；
C．若，，是空间的一组基底，且，则，，，四点共面；
D．若，，是空间的一组基底，则向量，，也是空间一组基底；
【答案】ACD
【解析】对于A，若向量，与空间任意向量都不能构成基底，则可得向量，是共线向量，即∥，所以A正确，
对于B，若非零向量，，满足，，则向量与不能确定，可能平行，所以B错误，
对于C，若，，是空间的一组基底，且，则由空间向量基本定理可得，，，四点共面，所以C正确，
对于D，因为，，是空间的一组基底，所以对于空间中的任意一个向量，存在唯一的实数组，使，所以向量，，也是空间一组基底，所以D正确，
故选：ACD
11．（2022·全国·高三专题练习）若构成空间的一个基底，则下列向量共面的是（       ）
A． B．
C． D．
【答案】ABD
【解析】选项A，因为，所以共面；
选项B，因为，所以共面；
选项C，在构成的平面内，不在这个平面内，不符合．
选项D，因为共线，所以共面．
故选：ABD
12．（2022·福建·厦门一中模拟预测）直三棱柱，中，，，点D是线段上的动点（不含端点），则（       ）
A．平面
B．与不垂直
C．的取值范围为
D．的最小值为
【答案】AD
【解析】依题作图，如图1，并将其补成正方体，如图2
A：因为，平面，平面，所以平面，故A正确．
B：如图1，以A为坐标原点，AB为x轴，AC为y轴，为z轴，

设，则，

当时，，当且时与不垂直，故B错误．
C：判断以为直径的球与的交点情况，
如图3，取中点F，则，，
所以以为直径的球与没有交点．所以，故C错误．
D：将面，翻折至与共面，此时点C与重合，所以的最小值为，且，故D正确．
故选：AD

图1图2图3
三、填空题
13．（2022·北京西城·一模）如图，在棱长为的正方体中，点为棱的中点，点为底面内一点，给出下列三个论断：

①；
②；
③．
以其中的一个论断作为条件，另一个论断作为结论，写出一个正确的命题：___________．
【答案】若，则；若，则．
【解析】如图，建立空间直角坐标系

则

设，则




而
所以以其中的一个论断作为条件，另一个论断作为结论，可以写出两个正确的命题：
若，则
若，则
答案任填其中一个即可
故答案为：若，则（若，则）
14．（2022·天津·大港一中高三阶段练习）已知点，直线过点，且一个方向向量为，则点到直线的距离为___________．
【答案】
【解析】点，直线过点，且一个方向向量为，
，
，
，
，
点到直线的距离为．
故答案为：．
15．（2022·全国·高三专题练习）如图，在正方体中，分别为棱，的中点，则与平面所成角的正弦值为___________．

【答案】
【解析】在正方体中以分别为轴建立空间直角坐标系．

设正方体的棱长为2，则，．
所以，，，
设平面的一个法向量为，则，即，取，则，设与平面所成角为，
则．
故答案为：
16．（2022·浙江·赫威斯育才高中模拟预测）如图，在四棱锥中，，分别是，的中点，底面，，，，若平面平面，则二面角的正弦值是_________．

【答案】
【解析】设，则平面平面，
由重心的性质可得，
因为底面，，设，
，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以，，
，
设平面，的法向量为，
则，
，
所以，由图可知，
二面角的平面角为钝角，所以二面角的余弦值为，
正弦值为．
故答案为：

四、解答题
17．（2022·青海·海东市第一中学模拟预测（理））如图，在三棱柱中，，．


（1）证明：平面平面．
（2）设P是棱的中点，求AC与平面所成角的正弦值．
【解析】（1）设．
在四边形中，∵，，连接，
∴由余弦定理得，即，
∵，
∴．
又∵，
∴，，
∴平面，
∵平面，
∴平面平面．
（2）取AB中点D，连接CD，∵，∴，
由（1）易知平面，且．
如图，以B为原点，分别以射线BA，为x，y轴的正半轴，建立空间直角坐标系B-xyz，

则，，，，，．
，，
设平面的法向量为，则，
得，令，则取，
，，
AC与平面所成角的正弦值为．
18．（2022·江苏·华罗庚中学三模）如图，ABCD是边长为6的正方形，已知，且并与对角线DB交于G，H，现以ME，NF为折痕将正方形折起，且BC，AD重合，记D，C重合后为P，记A，B重合后为Q．

（1）求证：平面平面HGQ；
（2）求平面GPN与平面GQH所成二面角的正弦值．
【解析】（1）取中点，连接，
则，．
再取中点，连接，，易得，，
于是，四边形为平行四边形，得，
从而，，
那么平面，
又平面，
故平面平面．

（2）以与垂直的直线为轴，为轴，为轴建立坐标系，则，
，，，，，
设平面的法向量
，，，
由，得：
，取，得，
所以平面的法向量．
同理可得：平面的法向量，
则，
所以平面与平面所成二面角的正弦值为．

19．（2022·河南·模拟预测（理））如图所示，在直四棱柱中，底面ABCD是等腰梯形，，，，四边形是正方形．


（1）指出棱与平面的交点E的位置（无需证明），并在图中将平面截该四棱柱所得的截面补充完整；
（2）求二面角的余弦值．
【解析】（1）E为的中点．
作图如下：如图，取的中点E，连接DE，．

（2）设在平面内的射影为O，点F在AB上，且．
以O为坐标原点，OF，，所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系．
设，则，，，，，
所以，，，，
所以，，．
设平面的法向量为，
则，取．
设平面的法向量为，
则，取．
所以，
由图可知二面角为锐角，故其余弦值为．
20．（2022·安徽·蚌埠二中模拟预测（理））如图，圆锥PO的母线长为，是⊙的内接三角形，平面PAC⊥平面PBC．，．

（1）证明：；
（2）设点Q满足，其中，且二面角的大小为，求的值．
【解析】（1）∵，，，
∴
∵平面PAC⊥平面PBC且平面PAC平面，平面PBC，，
∴PB⊥平面PAC，又平面PAC，
∴，
∴，
∴，
∴是正三角形，，
∵
∴；
（2）在平面ABC内作交BC于M，
以O为坐标原点，OM，OB，OP所在直线分别为x轴，
y轴，z轴，建立空间直角坐标系如图所示：

易知，，
所以，，，，
，，
设平面OBC的法向量，
依题意，即，
不妨令，得，
易知平面OQB的法向量，
由可知，
即，解得
21．（2022·全国·高三专题练习）如图，在三棱柱中，底面，的中点为，四面体的体积为，四边形的面积为．

（1）求到平面的距离；
（2）设与交于点O，是以为直角的等腰直角三角形且．求直线与平面所成角的正弦值．
【解析】（1）因为为的中点，，所以，
设到平面的距离为h，则到平面的距离为，
因为，
即，
即，得，即到平面的距离．
（2）因为是以为直角的等腰直角三角形，由（1）知，所以，
如图，以，，所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系．

则点，，，，．
则，，．
设平面的法向量为，
则由解得．
令，则，于是平面的一个法向量为．
所以直线与平面所成角的正弦值为
．
故直线与平面所成角的正弦值为．
22．（2022·辽宁·高三期中）如图，空间直角坐标系中，四棱锥的底面是边长为的正方形，且底面在平面内，点在轴正半轴上，平面，侧棱与底面所成角为．

（1）若是顶点在原点，且过、两点的抛物线上的动点，试给出与满足的关系式；
（2）若是棱上的一个定点，它到平面的距离为（），写出、两点之间的距离，并求的最小值；
（3）是否存在一个实数（），使得当取得最小值时，异面直线与互相垂直？请说明理由；
【解析】（1）由四棱锥是底面边长为的正方形，则，
可设与所满足的关系式为，将点横坐标和竖坐标代入该方程得，
解得，因此，与所满足的关系式为；
（2）设点，，
则．
令，设，对称轴为直线．
①当时，即当时，函数在上单调递增，则，此时；
②当时，即当时，此时函数在取得最小值，即，
此时．
因此；
（3）当时，此时点与原点重合，则直线与为相交直线，不符；
当时，则当取最小值时，，
当异面直线与垂直时，，即，化简得．
，解得．