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第一章 空间向量与立体几何
复习要点 1.掌握空间向量的概念、运算及坐标表示； 2.理解共线、共面向量定理及空间向量基本定理； 3.能利用向量方法解决线线、线面、面面的位置关系判定，以及空间距离与角的计算问题，实现几何问题的代数化求解。
复习重难点 重点：（1）空间向量的线性运算与数量积运算。 （2）利用直线的方向向量和平面的法向量判定平行与垂直关系。 （3）利用向量公式计算异面直线夹角、线面角及二面角。 难点：（1）平面法向量的求解及其几何意义的理解。 （2）将立体几何图形准确转化为向量语言（建系与坐标化）。 （3）二面角与向量夹角之间的对应关系（锐角/钝角的判断）．
知识点 空间向量的概念及运算
1.几类特殊的空间向量
名称 定义及表示
零向量 长度为0的向量叫做零向量，记为0
单位向量 模为1的向量称为单位向量
相反向量 与向量a长度相等而方向相反的向量，称为a的相反向量，记为 －a
共线向量(平行向量) 如果表示若干空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合，那么这些向量叫做共线向量或平行向量．规定：对于任意向量a，都有0∥a
相等向量 方向相同且模相等的向量称为相等向量
2．空间向量的线性运算
空间向量的线性运算 加法 a＋b＝
减法 a－b＝
数乘 当λ>0时，λa＝； 当λ<0时，λa＝； 当λ＝0时，λa＝0
运算律 交换律：a＋b＝b＋a； 结合律：a＋(b＋c)＝(a＋b)＋c，λ(μa)＝(λμ)a； 分配律：(λ＋μ)a＝λa＋μa，λ(a＋b)＝λa＋λb.
3.证明三点共线和空间四点共面的方法比较
三点（P，A，B）共线 空间四点（M，P，A，B）共面
＝λ且同过点P ＝x＋y
对空间任一点O，＝＋t 对空间任一点O，＝＋x＋y
对空间任一点O，＝x＋（1－x） 对空间任一点O，＝x＋y＋（1－x－y）
要点速测
1.已知空间四边形中，连结，设分别是的中点，则等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】因为分别是的中点，所以，则.故选B.
2.（25-26高二下·广东东莞·期末）已知，，三点不共线，对空间任意一点，满足.若，，，四点共面，则_________
【答案】
【解析】根据向量线性运算的三角形法则，，
则，即，
因为，，，四点共面，所以，解得.
知识点空间向量的数量积及运算律
1.空间两个向量的夹角的定义：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，注意：共起点找夹角范围：，其中，当，；
或 (为非零向量)
2.空间向量的数量积：已知两个非零向量，，则叫做，的数量积，记作；即．
规定：零向量与任何向量的数量积都为0
3.数量积的运算：①，；②(交换律)；
③ (分配律).
4．向量的投影
(1)如图(1)，在空间，向量a向向量b投影，由于它们是自由向量，因此可以先将它们平移到同一个平面α内，进而利用平面上向量的投影，得到与向量b共线的向量c，c＝|a|cos〈a，b〉，向量c称为向量a在向量b上的投影向量．类似地，可以将向量a向直线l投影(如图(2))．
(2)如图(3)，向量a向平面β投影，就是分别由向量a的起点A和终点B作平面β的垂线，垂足分别为A′，B′，得到，向量称为向量a在平面β上的投影向量．这时，向量a，的夹角就是向量a所在直线与平面β所成的角．
要点速测
1.（25-26高二上·四川·阶段检测）在正方体中，向量在上的投影向量为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】因为在正方体中，,
所以正三角形，过点作，垂足为.
则，所以向量在上的投影向量为，故选B
2.（25-26高二上·云南·期中）已知空间单位向量两两垂直，则（ ）
A．1 B． C．3 D．
【答案】D
【解析】因为空间单位向量两两垂直，所以，
因此，
故选：D
3.空间四边形中，，，则的值是（ ）
A． B． C． D．0
【答案】D
【解析】，故
所以，故选D．
知识点 利用空间向量证明线面位置关系
1.平面法向量的概念：如图，若直线，取直线的方向向量，我们称为平面的法向量；过点且以为法向量的平面完全确定，可以表示为集合
2.平面的法向量的求法：
求一个平面的法向量时，通常采用待定系数法，其一般步骤如下:
①设向量：设平面的法向量为 ；②选向量：选取两不共线向量
③列方程组：由列出方程组； ④解方程组：解方程组
⑤赋非零值：取其中一个为非零值（常取)； ⑥得结论：得到平面的一个法向量.1.空间中直线、平面的平行与垂直
3.设直线,的方向向量分别为,,平面,的法向量分别为，，则
①线线平行： ()
②线面平行：
③面面平行： ；
④线线垂直：
⑤线面垂直：
⑥面面垂直：
3.利用空间向量证明平行、垂直的一般步骤
要点速测
1.（25-26高二上·北京·阶段检测）如图，在正三棱柱中，D为棱上的点，E，F分别为，的中点，.若平面BCD，则AD的长为___________.
【答案】2
【解析】在正三棱柱中，在平面内过点作，由平面，
得直线两两垂直，以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
设，则，
，设平面BCD的法向量，
则，令，得，
由平面BCD，得，则，解得，
所以AD的长为2.
2.（25-26高三·全国·中职高考）已知正方体中，点M在棱上，直线平面，则点M的位置是（ ）
A．点D B．点 C．的中点 D．不存在
【答案】A
【解析】如图，以为原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，

设正方体棱长为1，，
，
，
∵，∴，
∵直线平面，平面，
∴，∴，
∴，解得，此时点M与点D重合．
故选：A．
知识点利用空间向量求距离
1.点P到直线 l 的距离：已知直线l的单位方向向量为，A是直线l上的定点，P是直线l外一点，设向量在直线l上的投影向量为＝，则点P到直线l的距离为(如图)．
2.点P到平面α的距离：设平面α的法向量为，A是平面α内的定点，P是平面α外一点，则点P到平面α的距离为(如图)．
要点速测
1.（25-26高二上·广东广州·期末）在空间直角坐标系中，已知点，，，则点A到直线BC的距离为（ ）
A． B． C． D．1
【答案】A
【解析】因为点，，，
所以，所以.
所以点到直线的距离为.故选：A.
2.（25-26高二下·甘肃兰州·期中）如图，在棱长为2的正方体中，P，M，N分别为AB，，的中点，则点A到平面的距离为（ ）
A． B． C．1 D．
【答案】B
【解析】以A为坐标原点，AB，AD，所在直线分别为x，y，z轴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，所以，
令，则，可得.因为，所以点A到平面PMN的距离.
知识点 利用空间向量求空间角
1.两个平面的夹角：平面α与平面β的夹角：平面α与平面β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α与平面β的夹角．
2.空间角的向量法解法
角的分类 向量求法 范围
两条异面直线所成的角 设两异面直线 l1，l2 所成的角为θ，其方向向量分别为，，则cos θ＝|cos|＝
直线与平面所成的角 设直线AB与平面α所成的角为θ，直线AB的方向向量为，平面α的法向量为，则sin θ＝|cos|＝
两个平面的夹角 设平面α与平面β的夹角为θ，平面α，β的法向量分别为，则cos θ＝|cos|＝
要点速测
1.（25-26高一下·天津红桥·期末）如图，直三棱柱，，点，分别是，的中点，若，则与所成角的余弦值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】以为原点建立如图所示空间直角坐标系，
设，则，，，，
，，则与所成角的余弦值为：.
2.（25-26高二上·广东东莞·期末）如图，在正方体中，点是棱的中点，则与平面所成角的正弦值_____.
【答案】/
【解析】以为坐标原点建立空间直角坐标系如下图所示：
设正方体边长为2，可得
所以，设平面的一个法向量为，
可得，令，可得，即，
所以与平面所成角的正弦值为，
题型1 空间向量及其线性运算
▌例1 （25-26高一下·广东广州·期末）在四面体中，点满足，在上，若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】由题意，在四面体 中，， 所以 ，
因为点在上，设，其中，则，
又因为，
由于不共面，根据空间向量基本定理，对应系数相等， 可得，解得，，所以 ，则，故C正确.
▌迁移练1（25-26高二下·湖南长沙·期末）如图，在平行六面体中，M为与的交点，若，则下面向量中与相等的向量是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【详解】由图可得，.
▌迁移练2（25-26高一下·重庆·期末）如图，空间四边形中，，，，，，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】由已知，
.
▌迁移练3（25-26高二下·四川成都·期末）如图，在三棱柱中，与的交点为，则（ ）

A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】由已知，在中，与的交点为，所以，与互相平分，
.
所以，.
题型2 空间向量共线、共面定理
▌例2 （25-26高一下·广东深圳·期末）已知三点不共线，点在平面外，点P满足，则当点共面时，实数（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】由点四点共面，且，
根据共面向量的基本定理，可得，解得．
▌迁移练1（25-26高二上·广东梅州·期末）已知空间三点在同一直线上，则实数（ ）
A．0 B．2 C．4 D．6
【答案】D
【解析】设向量 ，，
由于 ，， 共线，存在 使 ，由 ，解得 ，
代入得 ，解得 ，所以，解得 ，因此，.
▌迁移练2（25-26高一下·河南郑州·期末）在空间直角坐标系中，四点共面，则的值为（ ）
A．4 B．1 C．6 D．－6
【答案】C
【解析】由，
得.
因为四点共面，所以存在唯一实数对，使得，
所以，解得.故的值为.
▌迁移练3（25-26高二下·江苏盐城·期中）已知空间向量，若点在平面内，则（ ）
A． B． C． D．0
【答案】A
【解析】已知点在平面内，，
故，解得，．
题型3 空间向量数量积及应用
▌例3 （25-26高二下·甘肃酒泉·期中）已知直四棱柱的棱长均为2，，则（ ）
A．4 B．2 C． D．
【答案】B
【解析】
在直四棱柱中，，，
,
.
▌迁移练1（25-26高二上·广东中山·阶段检测）已知，在的投影向量为，且，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】由题可得：，因为在的投影向量为，
所以，即：，且，
代入，，化简得：，解得：，
所以.
▌迁移练2（25-26高二下·江苏连云港·期中）在空间四边形中，，点，分别在上，且，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】由，得，由，得，
所以，
因为，
所以
即
▌迁移练3（25-26高二上·安徽芜湖·期末）如图，已知正四面体的棱长为3，点满足，为的中点，则（ ）

A． B． C． D．
【答案】B
【解析】设，，．
由，得，由为的中点，
得，
所以
，故选B.
题型4 投影向量
▌例4 （25-26高二上·黑龙江哈尔滨·期末）已知空间向量，，则向量在向量上的投影向量为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】在上的投影向量为
.故选：C
▌迁移练1（2026·山西太原·二模）已知空间向量，平面的一个法向量为，则向量在平面上的投影向量是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】向量在法向量上的投影向量为
，
设向量在平面上的投影向量，由平行四边形法则可得，
故.
▌迁移练2（24-25高二上·贵州毕节·期末）若空间向量，，则向量在向量上的投影向量的坐标是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】由空间向量，，则向量在向量上的投影向量为.故选：C.
▌迁移练3（25-26高二上·陕西渭南·期中）已知向量，当时，向量在向量上的投影数量为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】由向量，
因为，可得，解得，即，
则，且，
所以向量在上的投影数量为.故选：B.
题型5 空间向量的平行垂直问题
▌例5 （25-26高一下·安徽六安·期末）在正方体中，是的中点，则下列说法中正确的是（ ）．
A．直线与直线相交 B．直线与直线垂直
C．直线与直线平行 D．直线平面
【答案】B
【解析】A：连接，则，直线平面，
又平面，且平面，且，
所以直线与直线异面，不相交，故本选项说法不正确；
B：连接；由正方体的性质可知，
又是的中点，所以直线与直线垂直，因此本选项说法正确；
C：以为原点，建立如图空间直角坐标系，
设正方体棱长为1，则
所以，不存在实数使，
故直线与直线不平行，故本选项不正确；
D：因为，，
所以，所以直线与平面内的直线不垂直，
所以直线与平面不垂直，D不正确.
▌迁移练1（25-26高二上·湖北襄阳·期中）若平面的法向量为，平面的法向量为，直线的方向向量为，则（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
【答案】B
【解析】对于选项A：若，则，
可得，解得，故A错误；
对于选项BC：等价于，
即，解得，故B正确，C错误；
对于选项D：若，则，
可得，
所以平面与平面不垂直，故D错误；
故选：B.
▌迁移练2（24-25高二上·陕西西安·期中）我国古代数学名著《九章算术》第五卷“商功”中把底面为直角三角形的直三棱柱称为堑堵．如图，在堑堵中，，，分别是线段，上的点，且，，则下列说法正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】在堑堵中，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，
不妨设，因，，
则得.
对于A，因，由可得不成立，故A错误；
对于B, 因，由，可得不成立，故B错误；
对于C，因，由，可得，故C正确；
对于D，因，由，可得不成立，故D错误.
▌迁移练3（25-26高一下·广东广州·期中）直三棱柱的所有棱长均为4，D为侧棱的中点，M为侧棱上一点，N为上一点，且，且平面，则的长为（ ）
A．1 B．2
C． D．
【答案】C
【详解】
因为三棱柱为直三棱柱，所以可以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
为中点，故，
在上，且，向量，
，
因此的坐标为：，
在上，设，则：.
接着求平面的法向量，设法向量为，
，，，
令，则，.
因为平面，所以，
化简得：，
所以.
题型6 空间角问题
▌例6 （2026·陕西咸阳·三模）在四面体中，平面，，.若四面体的体积为，则与平面所成角的正弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】
在中，，，由三角形面积公式得，
由余弦定理得 ，故，
因为平面ABC，四面体体积，代入解得，
以B为原点，为轴，平面内垂直于的方向为轴，过B且垂直于平面的方向为轴，
得各点坐标：， ， ， ，，
设平面的法向量为，
则，解得，令得，即 ，
又向量 ，，
设AC与平面所成角为，根据线面角与向量夹角的关系，.
▌迁移练1（25-26高一下·江苏常州·期末）在正方体中，点分别在线段和上，且，，则直线和所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】设正方体的棱长为1，以D为坐标原点，分别以、、的方向为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系.
则，，，.
∴，
，, .
设直线和所成角为，则，
所以.
▌迁移练2（25-26高二下·广东广州·期末）如图，正三棱柱的所有棱长都为2，且．
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面的夹角的余弦值．
【解】（1）证明：法一：取中点，连结，
因为为正三角形，所以，
又因为正三棱柱中，平面平面，交线为，
所以平面，因为面，所以，
可得，所以．
又因为，所以，所以，
因为，且面，可得面．
又因为面，所以，
因为四边形是正方形，可得，
又因为，且面，所以面．
法二：取中点，以为原点，的方向为轴的正方向，
建立空间直角坐标系，
则，
可得，
因为，所以，即
又因为，所以，即，
因为平面，且，所以平面．
（2）解：由（1）可得，．
设平面的法向量为，则，
令，可得，所以，
由（1）知平面．所以为平面的法向量．
设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．
▌迁移练3（25-26高一下·广东深圳·期末）如图，已知直四棱柱中，，，，，，是的中点，是的中点．
(1)求异面直线ND1与B1C夹角的余弦值；
(2)求平面与平面夹角的余弦值；
【解】（1）以为原点建立如图所示空间直角坐标系，
得，，，，
由为的中点，得，
所以，，
所以，
故异面直线与夹角的余弦值为.
（2）由（1）得，，，，），，
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的余弦值为．
题型7 空间距离问题
▌例7 （2026高三·全国·专题练习）如图所示，正方体的棱长为1，，，，分别为棱，，，的中点．则平面与平面间的距离为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】连接，因为，，，分别为棱，，，的中点．
则，又平面平面，
所以平面，
连接，则．
所以四边形为平行四边形，所以．
又平面平面，所以平面，
又，平面，所以平面平面.
所以平面与平面间的距离为点到平面的距离.
以为坐标原点，所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，
设平面的法向量，，，
则有，令得，故，其中，
则点到平面的距离为.
▌迁移练1（25-26高二下·湖北鄂州·阶段检测）在空间直角坐标系中，已知点，则点到平面的距离为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】由题设有，设平面的法向量为，
则，故，取，
而，故点到平面的距离为.
▌迁移练2（25-26高二下·湖南株洲·阶段检测）已知正方体的棱长为分别为正方体的棱的中点．
(1)求证：平面；
(2)求线段到平面的距离．
【解】（1）取的中点，连接，，
因为点是的中点，所以，
因为平面，平面，所以平面，
由于，分别为正方体的棱，的中点，
所以，，所以四边形为平行四边形，即，
因为平面，平面，所以平面，
由于，平面，平面，所以平面平面，
因为平面，所以平面.
（2）如图建立空间直角坐标系，
则、、，，
所以，，，
设平面的法向量为，所以，
所以，令，则，所以，
设点到平面的距离为，则，
由（1）知，∥平面，
则线段到平面的距离即为点到平面的距离，
故线段到平面的距离为．
▌迁移练3（25-26高二下·福建龙岩·期末）如图，在正三棱柱中，M为线段的中点，N为线段上的动点．
(1)求证：；
(2)若，，二面角的余弦值为，求点到平面的距离．
【解】（1）连接，
在正三棱柱中，为等边三角形，
又因为M为的中点，所以．
又因为平面，平面，所以
又因为，，平面，
所以平面．
又因为平面，所以．
（2）设为的中点，
由（1）知，，，
如图，以M为原点，以，，的方向为x，y，z轴建立空间直角坐标系．
因为，，设，，
所以，，
设平面的法向量为，
所以，
令，得，，
所以平面的一个法向量为，
由已知得，，，
所以的中点，
所以平面的一个法向量为，
设平面与平面的夹角为，
因为二面角的余弦值为，
所以，
化简得，解得，，
因为，所以，
所以平面的一个法向量为，，
又，所以，
所以点到平面的距离，
所以点到平面的距离为．
题型8 翻折问题
▌例8 （25-26高一下·广东深圳·期末）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：平面；
(2)证明：平面；
(3)求直线EC与平面PCD所成角的正弦值．
【解】（1）证明：由，得，
又，在中，
由余弦定理得，
所以，则，即，
又因为在平面ABCD中，，得，
又因为平面，平面，所以平面；
(2)证明：由（1）知，翻折后，
连接，由，则，
在中，因，得，则，
又平面，所以平面
（3）由（2）得平面，又平面，所以，则两两垂直，
建立如图空间直角坐标系，则，
所以，
设平面的一个法向量为，
则，令，得，所以，
所以，
设直线EC平面PCD所成角为，则，
即直线EC与平面PCD所成角的正弦值为.　
▌迁移练1（25-26高二下·湖南邵阳·阶段检测）如图，正方形的边长为．如图，现将正方形沿着对角线翻折，其中为原正方形的中心．

(1)证明：平面平面；
(2)翻折至四面体的体积最大时，求与平面所成的角的正弦值．
【解】（1）在图中连接，，

由是正方形，则和都是等腰三角形，
又是正方形中心，所以，，
因为，且，平面，所以平面．
又平面，所以平面平面．
（2）在翻折过程中，四面体的体积取最大值时，点到平面的距离最大，
此时平面平面，
因为，且平面平面，平面，
所以平面ABC，所以，，两两垂直．
则以为坐标原点，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图，

因为正方形的边长为，则，
则，，，，
所以，，，
设平面的一个法向量，
因为，即，
令，则，，得，
设与平面所成角为，
则，
所以与平面所成的角的正弦值为．
▌迁移练2（25-26高二下·四川凉山·期末）如图，为直角梯形，，，为的中点，现将沿折起使点至点处，得四棱锥，点为中点．

(1)求证：平面；
(2)当二面角为直二面角时，求：直线与平面所成角的正弦值．
【解】（1） 如上图，连接交于，连接，
由题可知：底面是正方形，所以为的中点，
又因为为中点，所以，
又因为平面，平面，所以平面.
（2）因为底面是正方形，所以，由二面角为直二面角，
得平面平面，而平面平面，平面，
所以平面，而平面，所以，
又，平面，平面，

以E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坐标系，直线与平面所成角为．
，，，，
由图可知为平面的法向量，
则，.
▌迁移练3（25-26高二下·河南·阶段检测）如图1，在平面四边形中，是以为斜边的等腰直角三角形，，是边长为2的等边三角形．现将沿翻折至的位置，使得，如图2．
(1)设为的中点，证明：平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值．
【解】（1）因为为的中点，是边长为2的等边三角形，所以，且.
如图，连接，在等腰中，，又，
满足，所以，即.
又，且平面，平面，所以平面.
（2）由(1)知平面，
以为坐标原点，分别以的方向为轴、轴、轴正方向，建立空间直角坐标系，
如图所示，则
因为平面位于平面内，易知平面的一个法向量为
又.
设平面的法向量为，则，
得，令，得，
即平面的一个法向量为.
设平面与平面的夹角为.
因为，
，
所以.
故平面与平面夹角的余弦值为.
难点一 空间向量中的最值问题
1、基本类型
（1）数量积的最值范围：常考查动点在线段或面上运动时，两向量数量积的取值范围。
（2）空间角的最值范围：包括异面直线所成角、直线与平面所成角以及二面角的极值问题。
（3）长度与距离的最值：涉及动点间距离、点到平面距离或线段长度的最小值求解。
（4）体积的最值范围：探讨动点位置变化时，棱锥等几何体体积的最大值，或当体积取最值时求解其他空间量。
2、求解策略
（1）建立函数法（代数法）：这是最通用的策略。通过建立合适的空间直角坐标系，将几何问题转化为代数问题。引入参数（如动点坐标或比例系数），建立所求目标量（如距离、夹角余弦值）关于参数的目标函数。随后利用一次函数的端点法、二次函数的配方法或三角函数的有界性来求解最值。
（2）几何特征法（几何法）：充分利用几何体的结构特征与公理定理。例如，利用“两点之间线段最短”、“异面直线的公垂线段最短”等性质，将动态问题转化为静态的几何直观判断。
（3）展开图法（平面化）：针对求几何体表面动点间折线段长度最值的问题，可将几何体表面展开为平面图形。在平面展开图中，利用“两点之间线段最短”的原理，将空间折线转化为平面直线段进行直观求解。
（4）变量分析法：透过现象看本质，透彻分析几何体中点、线、面的“动”与“静”的关系。明确变量之间的相互制约关系，从而将复杂的空间最值问题转化为求特定线段或角的最值问题。
难点精练
1．（25-26高二上·江西南昌·期末）如图，在棱长为2的正方体中，为棱的中点，为四边形内（包括边界）一个动点，若直线与平面所成的角为，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】由题意可以以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则，
设，则，而平面的一个法向量，
由直线与平面所成的角为得，
整理得，
因此，
当且仅当时取等号，所以的最小值为．故选D
2.（25-26高二上·安徽淮北·期末）如图，已知四棱台的底面是直角梯形，，，，平面，是侧棱所在直线上的动点，则与平面所成角的正弦值的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】因为平面，且平面，
所以，且，，平面，
所以平面，
以为原点，为x轴，AD为y轴，过点A作垂直于平面的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
设，
则，，，，，
所以，，设为平面的法向量，
则即取，可得，，
所以为平面的一个法向量.
设，，则，
设与平面所成的角为，则==，
令，则有，
当，即时，，此时
当，由存在，得，
解得，当时，，此时，即的最大值为，
所以与平面所成角的正弦值的最大值为.
3．（2026·四川遂宁·二模）在直三棱柱中，，点为的中点，点为侧面内（含边界）的动点，且平面，设直线与平面所成的角为，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】根据题意，以为坐标原点，分别以为轴，建立空间直角坐标系，如图，
设，则，
所以，
设平面的法向量为，
所以，令，得，
设，所以，
因为平面，
所以，解得，
所以，
显然平面的一个法向量为，
所以，
当时，取最大值，即取最大值，即，
所以，所以.
4．（2026高三·全国·专题练习）如图，已知，，，，D为线段的中点．若是绕直线旋转而成的．记二面角的大小为θ．
(1)当平面平面时，求θ的值；
(2)当时，求二面角的余弦值的取值范围．
【解】（1）因为，所以，
所以为二面角的平面角，则，
在中，，则，
如图，以O为原点，在平面内垂直于的直线为x轴，，所在的直线分别为y轴，z轴建立空间直角坐标系，
则，，，．
设为平面的一个法向量，
由，得，
取，则．
因为平面的一个法向量为，由平面平面得，
所以，即．
（2）设二面角的大小为α，
由（1）得当时，；
当时，，
，
因为，所以，
所以，
故．
综上，二面角的余弦值的取值范围为．
5.（25-26高二下·江苏苏州·期末）如图，在直三棱柱中，已知，，，分别是线段，上的动点（不含端点），．
(1)求证：；
(2)当三棱锥的体积取得最大值时，求平面与平面的夹角的余弦值．
【解】（1）以为坐标原点，，，所在的直线分别为轴，轴、轴建立空间直角坐标系，
设，，
则，，，，
所以，，
又，所以．
（2）结合（1）设，，则，
由，
所以当时，三棱锥的体积取得最大值．
所以结合（1）的空间直角坐标系有，，，，，
则 ，，，，
设平面的法向量为，则，
令，则，，即，
设平面的法向量为，则，
令，则，，即可得，
记平面与平面的夹角，
则有，
所以平面与平面的夹角的余弦值为．
6．（2026·福建厦门·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，是正三角形，且平面，若E，F，G分别为PC，PD，CB的中点，点H在直线AB上．
(1)求证：直线EF与直线GH为异面直线；
(2)过P点的直线l与直线EF，直线HG相交，求直线l与平面EFG夹角正弦值的最大值．
【解】（1）方法一：因为，，分别为，，的中点，点在直线上，
取中点，连接，
故、，则，故四点共面，
因为平面，，平面，
故直线与直线为异面直线；
方法二：假设直线，不异面，则与相交或平行，
若，又因为，则由，显然不成立，矛盾；
若与相交，不妨设两直线交点为，则平面，且平面，
所以在平面与平面的交线上，因为，显然不成立，矛盾，
综上，假设不成立，直线，为异面直线
（2）因为点与直线同在平面中，所以直线平面，又平面，
设直线与直线的交点为，为平面与平面的公共点，
所以交点必在直线上，延长与交于点，联结，则直线即为直线，
因为为中点，所以，又因为，，
所以，所以，
由是正三角形，且为中点，故，
由平面，平面，故，
又，、平面，故平面，
以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，
则、、、、、、，
由，分别为，的中点，故、，
则，，，，
设，，则，
所以直线的一个方向向量为，
设平面的法向量为，则有，
取，则，即，
设直线与平面的夹角为，则，
当且仅当时，等号成立，故最大值为
7.（25-26高一下·河北保定·期中）已知直三棱柱中，侧面为正方形，AB＝BC＝2，E，F分别为AC，的中点，D为棱上的点，．
(1)证明：AB⊥平面；
(2)证明：BF⊥DE；
(3)当为何值时，平面与平面DFE所成角的余弦值最大？并求出这个最大值．
【解】（1）因为为正方形，所以，
又，且，平面，
所以平面，
因为直三棱柱，所以，所以平面.
（2）取BC中点G，连接，如图所示，
因为E、G分别为AC、BC的中点，所以，
则平面，
因为平面，所以，
因为，所以，
则，则，所以，
因为平面，
所以平面，
因为平面，所以，
因为，且平面，
所以平面，
因为D为棱上的点，所以平面，
所以.
（3）由（1）得两两垂直，以B为原点，为轴正方向建系，如图所示，
设，则，
则，
设平面DEF的法向量，则，
所以，令，则，所以，
因为平面，所以平面的法向量为，
所以，
所以当时，有最大值，
所以当时，平面与平面DFE所成角的余弦值最大，最大值为
难点二 空间中的轨迹问题
1.常见动点轨迹类型
（1）等距（定距）型：动点保持到定点、定直线或定平面的距离为定值，或到两定点、两直线的距离相等。其轨迹通常为球面、圆柱面或中垂面。
（2）平行与垂直型：动点运动时，保持与定直线或定平面的平行、垂直关系。其轨迹通常为直线或平面。
（3）定角型：动点与定点连线保持与定直线或定平面成定角。此类轨迹常涉及圆锥曲线的空间推广，如圆锥面被平面所截产生的圆、椭圆、抛物线或双曲线。
（4）比例型（阿波罗尼斯型）：动点到两定点的距离之比为定值，其轨迹为阿波罗尼斯球面。
难点精练
1．（2026·湖北武汉·模拟预测）已知正方体的棱长为，点为棱的中点．若动点在正方体内部或表面上，且，则动点的轨迹所形成区域的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】空间中到两点距离相等的点的轨迹是两点连线的垂直平分面，表示点在垂直平分面靠近D的一侧，
以为原点建立空间直角坐标系，，则中点
，设动点，对展开化简： ，
消去同类项后得：，即满足条件的点都在该平面一侧，，
在平面的正方形中，的区域是四边形，顶点为，由梯形面积公式得： ，
方向长度为，体积.
2．（2026·山东东营·模拟预测）在棱长为2的正方体中，点P在正方体的棱上运动，则三棱锥的体积的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】如图，当在的顶点相连的棱上时，当无限靠近时，
三棱锥的高可无限接近于0，故三棱锥可无限接近于0；
当点位于正方体顶点处时，三棱锥的高最大，此时三棱锥的体积最大；
如图建立空间直角坐标系，则,
，
则，即得，
结合平面，可得平面，
即为平面的一个法向量，则B到平面的 距离为，
为边长为等边三角形，其面积为，
故三棱锥的体积最大为，
故三棱锥的体积的取值范围是.
3．（2026·湖南长沙·三模）如图所示，在棱长为2的正方体中，为棱上（含端点）的动点，为棱的中点，则下列结论正确的是（ ）
A．若为的中点，则直线与直线是异面直线
B．若为的中点，点到直线的距离为
C．存在点，使得
D．存在点，使得平面
【答案】BC
【解析】选项A，
，
因为为中点，为中点，
所以，所以与在同一平面，所以和不是异面直线.
选项B，
，
建立如图直角坐标系，设，易得，，，
因此，
因为，，.
所以，.
选项C，设，，所以，，
因为，所以，，解得，即存在符合题意.
选项D，因为，
所以，，
设平面法向量，
因为且,
则且,令可得,
所以解得，
若平面，则，，解得，不满足条件，即不存在符合题意的点.
4．（2026·湖南株洲·三模）如图，在棱长为2的正方体中，分别是线段和线段上的动点，且，则下列说法正确的有（ ）

A．
B．三棱锥的体积最大值为1
C．若为中点时，则点到直线的距离为
D．三棱锥外接球球心轨迹的长度为
【答案】AC
【解析】
如图，建立空间直角坐标系，
则，，，，，，，
设，，，
则，，
因，所以，故A正确；
，
当且仅当，即时成立，故B错误；
若为中点时，则,，，
，，
，，，
，故C正确；
设三棱锥的外接球球心为，
因为平面，则，
因为为直角三角形，球心在与平行的中垂线上，
所以，，
则球心为，球心的轨迹为一条线段，
当时，球心为，当时，球心为，
轨迹长度为，故D错误.
5．（25-26高一下·陕西西安·期中）正方形的边长为1，且它们所在的平面互相垂直．点分别在正方形对角线和上移动，且．则（ ）
A．直线与所成的角为
B．平面
C．当时，的长最小，且最小值为
D．当的长最小时，点到平面的距离为
【答案】ABC
【解析】已知正方形的边长为1，且它们所在的平面互相垂直，
以为坐标原点，建立下图所示空间直角坐标系，
则，故，
设夹角为，则，
，故A正确；
，
，
，，
平面的法向量为，
，，
平面，平面，故B正确；
，
，函数开口向上，对称轴为，
当时取得最小值，最小值为，
故C正确；
当时，，
，设平面的法向量为，
则，令，则，
，
则点到平面的距离为：，故D错误．
6．（2026·广西河池·二模）如图，在棱长为4的正方体中，分别是棱的中点，点为线段上的动点，下列结论正确的是（ ）
A．三棱锥的体积为定值
B．
C．平面
D．点到直线的距离为
【答案】ABD
【解析】以为原点，方向为轴，方向为轴，方向为轴建立空间直角坐标系，
由已知，平面，所以平面，所以上任意一点到平面的距离等于点到平面的距离，
由已知三角形的面积为定值，所以三棱锥的体积为定值，所以A正确；
由已知分别是棱的中点，所以，，，，
所以，，所以，所以，所以B正确；
点，所以，，设平面的法向量为，所以，得，
所以平面的一个法向量为，点，所以，
所以，即与平面的法向量不垂直，所以与平面不平行，C错误；
过点作，，，所以，
所以，所以，所以D正确.
7．（2026·山西吕梁·二模）如图，在棱长为3的正方体中，点P为线段上的一个动点，则（ ）
A．三棱锥的体积为定值
B．存在点P，使平面
C．若，则二面角的余弦值为
D．若，则过点，D，P三点的平面截正方体所得截面的周长为
【答案】ABD
【解析】对于A：连接，显然平面，平面，
所以平面，因为点P为线段上的一个动点，
所以点P到平面的距离等于点到平面的距离，即的长度，
因为为定值，
所以本选项说法正确；
对于B： 当点P与点重合时，
因为平面，平面，
所以，因为四边形是正方形，
所以，因为平面，
所以平面，又因为平面，
所以，
同理可证明，因为平面，
所以平面，因此存在点P，使平面，所以本选项说法正确；
对于C：建立如图所示的空间直角坐标系，
，
，
设平面的法向量为，
令，得，即，
平面的法向量为，
，令，得，即，
，
显然二面角的余弦值为不正确，因此本选项说法不正确；
对于D：在平面中，过点P作的平行线，交于两点，
则为所求的截面，
因为，
所以
所以，，，
所以的周长为.
因此过点，D，P三点的平面截正方体所得截面的周长为，所以本选项正确.
基础达标
1．（24-25高二上·广东深圳·阶段检测）若直线l的一个方向向量为，平面的一个法向量为，则（ ）
A．或 B．
C． D．与斜交
【答案】A
【解析】由，得，所以或.
2．（25-26高二上·四川南充·阶段检测）已知点关于x轴的对称点为，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】由点关于x轴的对称点为，所以．
3．（25-26高二下·福建宁德·期中）如图，空间四边形中，点和点分别在和上，且满足，则下列向量与是共线向量的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】由，得，由，得，
所以，
对于A，假设共线，则，无解，A错误；
对于B，，
所以与共线，B正确；
对于C，假设共线，则，无解，C错误；
对于D，假设共线，则，无解，D错误；
4．（2026·湖南郴州·模拟预测）阅读材料：空间直角坐标系中，过点且一个法向量为的平面的方程为，阅读上面材料，解决下面问题：已知平面的方程为，点，则点Q到平面距离为（ ）
A． B． C． D．1
【答案】B
【解析】依题意，平面过点，其法向量，
则，所以点Q到平面距离.
5．（25-26高一下·重庆·期末）在正三棱柱中，，，则直线与平面所成角的正弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】取中点，连接，因为为正三角形，故，
正三棱柱中，平面，平面，故，
又，平面，因此平面，
以为原点，、过且平行于的直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，
已知底面边长，故，高，得各点坐标：，，，
直线的方向向量，
平面上所有点的坐标为，故其一个法向量为，，
设直线与平面所成角为，根据线面角的向量关系： ，
计算得，，代入得：，故B正确.
6．（25-26高二下·福建泉州·期中）已知正方体的棱长为1，点P满足，其中，则直线AP与CD所成角的正切值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】由点满足，则点在线段上动，如图所示，
由于，可知即为直线与所成角，
连接，且，
在中，，
.
7．（25-26高二上·福建厦门·期中）下列命题中真命题的是（ ）
A．直线的倾斜角不存在；
B．若直线的方向向量，平面的法向量，则；
C．已知为空间直角坐标系的原点，且，则点到直线的距离是；
D．如果向量与任何向量不能构成空间向量的一个基底，那么一定共线．
【答案】CD
【解析】对于A，直线的倾斜角为，A错误；
对于B，因为，故，则或，B错误；
对于C，由题意可知，则与同方向的单位向量为，
则点到直线OA的距离是，C正确；
对于D，如果向量，与任何向量不能构成空间向量的一个基底，
则向量，与任何向量均共面，那么，一定共线，D正确．
8．（25-26高一下·黑龙江·期末）已知A，B，C三点不共线，P为平面ABC外一点，且.若H，A，B，C四点共面，则__________.
【答案】
【解析】由题意可知H，A，B，C四点共面的充要条件是存在，使得且，所以，解得.
9．（24-25高二上·福建厦门·阶段检测）若向量，，且与的夹角为钝角，则实数的取值范围为__.
【答案】
【解析】根据题意与的夹角为钝角，
则，解得；
若两向量方向相反，则存在，使得，
即，解得，
故有且，
所以实数的取值范围为.
10．（安徽宿州市2025-2026学年高二下学期期末考试数学试卷）如图，已知正方体，其中点为线段上靠近的三等分点，点为直线，的交点．
(1)若，求，，的值；
(2)求直线与平面所成角的正弦值．
【解】（1）不妨设正方体棱长为3.
如图所示，以为原点，，，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
是、交点，故，
是靠近的三等分点，则，
向量，，，，
因为，
则，
即，解得.
则.
（2），，，设平面法向量，
则，
令，得，
设线面角为，满足，
因为，
，，
所以，
即直线与平面所成角的正弦值为.
11．（25-26高二下·江苏镇江·期末）已知四棱锥的底面是菱形，，交于点，底面，点为棱上的点.在空间坐标系中，点，，，.
(1)求点坐标；
(2)求直线与平面所成的角；
(3)求平面与平面的夹角的余弦值.
【解】（1）因底面，且均在平面上，所 以面即为平面.
又因为，所以平行于轴且在平面上，
故点的横、纵坐标与点相同，竖坐标为，所以.
如图，作出符合题意的图形，
（2）直线的方向向量可取， 已知，，，
所以，， 设平面的法向量为，
则，解得，，取得.
设直线与平面所成角为，且，，
则，因为，故.
因此直线与平面所成的角为.
（3）平面，，,
设平面的法向量为，则，
即，令，得，，即.
由（2）的分析知，平面的法向量为，
设平面与平面的夹角为，
则.
因此 平面与平面的夹角的余弦值为.
能力进阶
1．（25-26高二下·四川成都·期中）已知直线平面，且的一个方向向量为，平面的一个法向量为，则实数的值为（ ）
A． B．2 C．2或 D．或1
【答案】C
【解析】因为直线平面，则，即，解得或.
2．（25-26高二下·广东·期中）四面体中，，，，且，，则等于（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】依题意，由，得，
由，得，所以.
3．（25-26高一下·重庆·期末）已知是同一平面内的四点，且任意三点不共线，为平面外一点，若，则实数的值为（ ）
A．1 B． C． D．
【答案】D
【解析】因为是同一平面内的四点，任意三点不共线，
为平面外一点，当时，
根据共面向量定理的推论，有，解得.
4．（2026高三·全国·专题练习）正方体中，E、F分别为、的中点，则直线与平面所成角的正弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】设正方体的边长为2，并以为z轴的正方向，以为x轴的正方向,
以为y轴的正方向，则，
因此，，，
设面的法向量，则，即，
令，解得，即，设直线与平面所成角为，
则.

5．（25-26高二下·河南·阶段检测）在空间直角坐标系中，三棱锥的四个顶点的坐标分别为，若该三棱锥的四个顶点均在球M的表面上，则球M的表面积为（ ）
A．8π B．9π C．11π D．14π
【答案】C
【解析】设球心为，球的半径为R，由，得
解得，即球心，，故球M的表面积为．
故选：C
6．（25-26高一下·山西晋中·阶段检测）如图，在长方体中，分别为，的中点，分别为的中点，则（ ）
A．四点在同一平面内
B．三条直线有公共点
C．直线与直线相交
D．直线上存在点使三点共线
【答案】BD
【解析】根据题意，如图所示
对于A，假设四点在同一平面内，根据题意，则有或与相交，
因为，而与相交，则不平行，矛盾，说明与是异面直线，
因此，四点不在同一平面内，故A错误；
对于B，延长，，则，相交于点，
又平面，平面，则平面，平面，
且平面平面，所以，即三条直线有公共点，故B正确；
对于C，直线为长方体的体对角线，为的中点，为的中点，
由于不在平面内，在平面内，所以不在平面内，
而直线和点在平面内，假设直线与直线相交，则交点只能是，即在直线上，
由于在底面上，交底面于，所以不在直线上，矛盾，
因此直线与直线不相交，故C错误；
对于D，直线上存在点使三点共线，等价于交于点，
由题意知，，，，均在平面内，连接，
由于分别为，的中点，为的中点，则关于对称，因此在上，
因为为的中点，所以是的中点，即在上，所以直线平面，
因为直线平面，如图所示，设交于点，
所以直线上存在点使三点共线，故D正确.
7．（25-26高二上·广东中山·阶段检测）如图，正方体的棱长为，点分别为的中点，点为线段上的动点，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．当为线段中点时，平面
D．点到直线的距离的最小值为
【答案】ACD
【解析】以为原点，方向分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，，，，，，.
A选项，可求得，，所以，因此，所以A选项正确；
B选项，在中，，，，
， 因此，所以B选项错误；
C选项，若为线段中点时，则，所以，易得平面的一个法向量为，
所以，且平面，所以平面，所以C选项正确；
D选项，，，其中，，，
所以点到直线的距离，
且，，，
代入可得：，
当时，有最小值，
此时，所以选项正确.
8．（25-26高二下·云南昭通·阶段检测）已知向量，，，若，，，共面，则在上的投影向量的模为__________.
【答案】
【解析】由，，，共面，则可设，
即有，解得，即，
则，
故在上的投影向量的模为.
9．（25-26高二下·安徽安庆·阶段检测）在长方体中，，为线段上一动点，则的最小值为____．
【答案】/
【解析】如图所示，以为坐标原点，以为轴，建立空间直角坐标系，
则，
设点，即，
可得，即，
所以，
则，
则当时取得最小值，此时最小值为．
10．（25-26高二下·湖南怀化·期末）如图，在四棱锥中，底面为矩形，，，，．
(1)证明：；
(2)求点到平面的距离；
(3)点为中点，求平面与平面夹角余弦值．
【解】（1）连接，因为四边形为矩形，，，
所以，
因为，所以，
因为，，所以，故，
因为四边形为矩形，则且，所以，
因为，、平面，所以平面，
因为平面，故.
（2）因为，，所以，故，
因为，，所以，
因为，、平面，所以平面，
因为，平面，平面，所以平面，
因此点到平面的距离等于点到平面的距离为.
（3）取线段的中点，连接，
因为平面，平面，所以，
因为，为的中点，所以，
因为，、平面，所以平面，
以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、、，
当点为的中点时，则，
设平面的一个法向量为，，，
则，取，则，
设平面的一个法向量为，，,
则，取，可得，
，
故当点为的中点时，平面与平面夹角余弦值为.
11．（2026·山东青岛·模拟预测）如图，在圆柱中，是底面圆的直径，和是两条母线，是底面圆上异于，的一动点，是线段的一点，直线平面．
(1)求证：为的中点；
(2)若，，求二面角的最小值．
【解】（1）连接，设，连接，则是、的中点，
直线平面，平面，平面平面，
．
在中是的中点，
是线段中点．
（2）设为圆柱的一条母线，由题意可知两两垂直，
以为原点，，，的方向为，，轴的正方向建立空间直角坐标系．
，设，，则，，其中，，，
设平面的一个法向量为,
则，故可取．
平面的一个法向量为．
由图可知二面角为锐二面角，设二面角的平面角为，
则，
，当且仅当时取等号，
所以,则，故有，
又，则,所以的最小值为，
即二面角的最小值为.
12．（2026·河南·三模）如图，一张边长为2的正方形纸片，为的中点，现沿将折起至，使得．
(1)证明：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值．
【解】（1）由正方形边长为 2， 为 中点，得 ，
折叠后,
,
因为，所以，所以,
折叠前， ，折叠后， ,
又因为 ，且平面 ，
所以;
（2）
以 为原点， 为 轴， 为 轴，垂直于平面 的方向为 轴，建立空间直角坐标系，则，，，设，
因为,所以
解得，即 ，
所以 ， ， ，
设平面 的法向量为 ，则,令,
则 ，
设直线 与平面 所成角为 ，则
，
，
，
所以，
所以直线 与平面 所成角的正弦值是.
13．（2026·天津·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面是边长为的正方形，侧棱底面，，是的中点，作交于点．
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面的夹角的正弦值；
(3)线段上是否存在点，使得三棱锥体积为；若存在，求出该点的位置，若不存在，请说明理由．
【解】（1）以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系.
∵ 底面是边长为的正方形，底面，，
∴ .
∵ 是的中点，∴ .
∴ ，，
∴ ，
∴ ，即.
又由题知，且，平面，
∴ 平面.
（2）设平面的法向量为，
，，
则 ，令，得.
设平面的法向量为，
，，
则 ，令，得.
设平面与平面的夹角为，
则 .
∵ ，∴ .
即平面与平面的夹角的正弦值为.
（3）假设线段上存在点满足条件，设，
∵ ，∴ .
则点到平面的距离.
又，，且，
∴ .
∴ .
令，解得，故存在满足条件的点.
此时的坐标为，即为线段上靠近点的四等分点.
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第一章 空间向量与立体几何
复习要点 1.掌握空间向量的概念、运算及坐标表示； 2.理解共线、共面向量定理及空间向量基本定理； 3.能利用向量方法解决线线、线面、面面的位置关系判定，以及空间距离与角的计算问题，实现几何问题的代数化求解。
复习重难点 重点：（1）空间向量的线性运算与数量积运算。 （2）利用直线的方向向量和平面的法向量判定平行与垂直关系。 （3）利用向量公式计算异面直线夹角、线面角及二面角。 难点：（1）平面法向量的求解及其几何意义的理解。 （2）将立体几何图形准确转化为向量语言（建系与坐标化）。 （3）二面角与向量夹角之间的对应关系（锐角/钝角的判断）．
知识点 空间向量的概念及运算
1.几类特殊的空间向量
名称 定义及表示
零向量 长度为0的向量叫做零向量，记为0
单位向量 模为1的向量称为单位向量
相反向量 与向量a长度相等而方向相反的向量，称为a的相反向量，记为 －a
共线向量(平行向量) 如果表示若干空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合，那么这些向量叫做共线向量或平行向量．规定：对于任意向量a，都有0∥a
相等向量 方向相同且模相等的向量称为相等向量
2．空间向量的线性运算
空间向量的线性运算 加法 a＋b＝
减法 a－b＝
数乘 当λ>0时，λa＝； 当λ<0时，λa＝； 当λ＝0时，λa＝0
运算律 交换律：a＋b＝b＋a； 结合律：a＋(b＋c)＝(a＋b)＋c，λ(μa)＝(λμ)a； 分配律：(λ＋μ)a＝λa＋μa，λ(a＋b)＝λa＋λb.
3.证明三点共线和空间四点共面的方法比较
三点（P，A，B）共线 空间四点（M，P，A，B）共面
＝λ且同过点P ＝x＋y
对空间任一点O，＝＋t 对空间任一点O，＝＋x＋y
对空间任一点O，＝x＋（1－x） 对空间任一点O，＝x＋y＋（1－x－y）
要点速测
1.已知空间四边形中，连结，设分别是的中点，则等于（ ）
A． B． C． D．
2.（25-26高二下·广东东莞·期末）已知，，三点不共线，对空间任意一点，满足.若，，，四点共面，则_________
知识点空间向量的数量积及运算律
1.空间两个向量的夹角的定义：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，注意：共起点找夹角范围：，其中，当，；
或 (为非零向量)
2.空间向量的数量积：已知两个非零向量，，则叫做，的数量积，记作；即．
规定：零向量与任何向量的数量积都为0
3.数量积的运算：①，；②(交换律)；
③ (分配律).
4．向量的投影
(1)如图(1)，在空间，向量a向向量b投影，由于它们是自由向量，因此可以先将它们平移到同一个平面α内，进而利用平面上向量的投影，得到与向量b共线的向量c，c＝|a|cos〈a，b〉，向量c称为向量a在向量b上的投影向量．类似地，可以将向量a向直线l投影(如图(2))．
(2)如图(3)，向量a向平面β投影，就是分别由向量a的起点A和终点B作平面β的垂线，垂足分别为A′，B′，得到，向量称为向量a在平面β上的投影向量．这时，向量a，的夹角就是向量a所在直线与平面β所成的角．
要点速测
1.（25-26高二上·四川·阶段检测）在正方体中，向量在上的投影向量为（ ）
A． B． C． D．
2.（25-26高二上·云南·期中）已知空间单位向量两两垂直，则（ ）
A．1 B． C．3 D．
3.空间四边形中，，，则的值是（ ）
A． B． C． D．0
知识点 利用空间向量证明线面位置关系
1.平面法向量的概念：如图，若直线，取直线的方向向量，我们称为平面的法向量；过点且以为法向量的平面完全确定，可以表示为集合 ．
2.平面的法向量的求法：
求一个平面的法向量时，通常采用待定系数法，其一般步骤如下:
①设向量：设平面的法向量为 ；②选向量：选取两不共线向量
③列方程组：由列出方程组； ④解方程组：解方程组
⑤赋非零值：取其中一个为非零值（常取)； ⑥得结论：得到平面的一个法向量.1.空间中直线、平面的平行与垂直
3.设直线,的方向向量分别为,,平面,的法向量分别为，，则
①线线平行： ()
②线面平行：
③面面平行： ；
④线线垂直：
⑤线面垂直：
⑥面面垂直：
3.利用空间向量证明平行、垂直的一般步骤
要点速测
1.（25-26高二上·北京·阶段检测）如图，在正三棱柱中，D为棱上的点，E，F分别为，的中点，.若平面BCD，则AD的长为___________.
2.（25-26高三·全国·中职高考）已知正方体中，点M在棱上，直线平面，则点M的位置是（ ）
A．点D B．点 C．的中点 D．不存在
知识点利用空间向量求距离
1.点P到直线 l 的距离：已知直线l的单位方向向量为，A是直线l上的定点，P是直线l外一点，设向量在直线l上的投影向量为＝，则点P到直线l的距离为(如图)．
2.点P到平面α的距离：设平面α的法向量为，A是平面α内的定点，P是平面α外一点，则点P到平面α的距离为(如图)．
要点速测
1.（25-26高二上·广东广州·期末）在空间直角坐标系中，已知点，，，则点A到直线BC的距离为（ ）
A． B． C． D．1
2.（25-26高二下·甘肃兰州·期中）如图，在棱长为2的正方体中，P，M，N分别为AB，，的中点，则点A到平面的距离为（ ）
A． B． C．1 D．
知识点 利用空间向量求空间角
1.两个平面的夹角：平面α与平面β的夹角：平面α与平面β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α与平面β的夹角．
2.空间角的向量法解法
角的分类 向量求法 范围
两条异面直线所成的角 设两异面直线 l1，l2 所成的角为θ，其方向向量分别为，，则cos θ＝|cos|＝
直线与平面所成的角 设直线AB与平面α所成的角为θ，直线AB的方向向量为，平面α的法向量为，则sin θ＝|cos|＝
两个平面的夹角 设平面α与平面β的夹角为θ，平面α，β的法向量分别为，则cos θ＝|cos|＝
要点速测
1.（25-26高一下·天津红桥·期末）如图，直三棱柱，，点，分别是，的中点，若，则与所成角的余弦值是（ ）
A． B． C． D．
2.（25-26高二上·广东东莞·期末）如图，在正方体中，点是棱的中点，则与平面所成角的正弦值_____.
题型1 空间向量及其线性运算
▌例1 （25-26高一下·广东广州·期末）在四面体中，点满足，在上，若，则（ ）
A． B． C． D．
▌迁移练1（25-26高二下·湖南长沙·期末）如图，在平行六面体中，M为与的交点，若，则下面向量中与相等的向量是（ ）
A． B．
C． D．
▌迁移练2（25-26高一下·重庆·期末）如图，空间四边形中，，，，，，则（ ）
A． B．
C． D．
▌迁移练3（25-26高二下·四川成都·期末）如图，在三棱柱中，与的交点为，则（ ）

A． B．
C． D．
题型2 空间向量共线、共面定理
▌例2 （25-26高一下·广东深圳·期末）已知三点不共线，点在平面外，点P满足，则当点共面时，实数（ ）
A． B． C． D．
▌迁移练1（25-26高二上·广东梅州·期末）已知空间三点在同一直线上，则实数（ ）
A．0 B．2 C．4 D．6
▌迁移练2（25-26高一下·河南郑州·期末）在空间直角坐标系中，四点共面，则的值为（ ）
A．4 B．1 C．6 D．－6
▌迁移练3（25-26高二下·江苏盐城·期中）已知空间向量，若点在平面内，则（ ）
A． B． C． D．0
题型3 空间向量数量积及应用
▌例3 （25-26高二下·甘肃酒泉·期中）已知直四棱柱的棱长均为2，，则（ ）
A．4 B．2 C． D．
▌迁移练1（25-26高二上·广东中山·阶段检测）已知，在的投影向量为，且，则（ ）
A． B． C． D．
▌迁移练2（25-26高二下·江苏连云港·期中）在空间四边形中，，点，分别在上，且，则（ ）
A． B． C． D．
▌迁移练3（25-26高二上·安徽芜湖·期末）如图，已知正四面体的棱长为3，点满足，为的中点，则（ ）

A． B． C． D．
题型4 投影向量
▌例4 （25-26高二上·黑龙江哈尔滨·期末）已知空间向量，，则向量在向量上的投影向量为（ ）
A． B． C． D．
▌迁移练1（2026·山西太原·二模）已知空间向量，平面的一个法向量为，则向量在平面上的投影向量是（ ）
A． B． C． D．
▌迁移练2（24-25高二上·贵州毕节·期末）若空间向量，，则向量在向量上的投影向量的坐标是（ ）
A． B． C． D．
▌迁移练3（25-26高二上·陕西渭南·期中）已知向量，当时，向量在向量上的投影数量为（ ）
A． B． C． D．
题型5 空间向量的平行垂直问题
▌例5 （25-26高一下·安徽六安·期末）在正方体中，是的中点，则下列说法中正确的是（ ）．
A．直线与直线相交 B．直线与直线垂直
C．直线与直线平行 D．直线平面
▌迁移练1（25-26高二上·湖北襄阳·期中）若平面的法向量为，平面的法向量为，直线的方向向量为，则（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
▌迁移练2（24-25高二上·陕西西安·期中）我国古代数学名著《九章算术》第五卷“商功”中把底面为直角三角形的直三棱柱称为堑堵．如图，在堑堵中，，，分别是线段，上的点，且，，则下列说法正确的是（ ）
A． B． C． D．
▌迁移练3（25-26高一下·广东广州·期中）直三棱柱的所有棱长均为4，D为侧棱的中点，M为侧棱上一点，N为上一点，且，且平面，则的长为（ ）
A．1 B．2
C． D．
题型6 空间角问题
▌例6 （2026·陕西咸阳·三模）在四面体中，平面，，.若四面体的体积为，则与平面所成角的正弦值为（ ）
A． B． C． D．
▌迁移练1（25-26高一下·江苏常州·期末）在正方体中，点分别在线段和上，且，，则直线和所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
▌迁移练2（25-26高二下·广东广州·期末）如图，正三棱柱的所有棱长都为2，且．
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面的夹角的余弦值．
▌迁移练3（25-26高一下·广东深圳·期末）如图，已知直四棱柱中，，，，，，是的中点，是的中点．
(1)求异面直线ND1与B1C夹角的余弦值；
(2)求平面与平面夹角的余弦值；
题型7 空间距离问题
▌例7 （2026高三·全国·专题练习）如图所示，正方体的棱长为1，，，，分别为棱，，，的中点．则平面与平面间的距离为（ ）
A． B． C． D．
▌迁移练1（25-26高二下·湖北鄂州·阶段检测）在空间直角坐标系中，已知点，则点到平面的距离为（ ）
A． B． C． D．
▌迁移练2（25-26高二下·湖南株洲·阶段检测）已知正方体的棱长为分别为正方体的棱的中点．
(1)求证：平面；
(2)求线段到平面的距离．
▌迁移练3（25-26高二下·福建龙岩·期末）如图，在正三棱柱中，M为线段的中点，N为线段上的动点．
(1)求证：；
(2)若，，二面角的余弦值为，求点到平面的距离．
题型8 翻折问题
▌例8 （25-26高一下·广东深圳·期末）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：平面；
(2)证明：平面；
(3)求直线EC与平面PCD所成角的正弦值．
▌迁移练1（25-26高二下·湖南邵阳·阶段检测）如图，正方形的边长为．如图，现将正方形沿着对角线翻折，其中为原正方形的中心．

(1)证明：平面平面；
(2)翻折至四面体的体积最大时，求与平面所成的角的正弦值．
▌迁移练2（25-26高二下·四川凉山·期末）如图，为直角梯形，，，为的中点，现将沿折起使点至点处，得四棱锥，点为中点．

(1)求证：平面；
(2)当二面角为直二面角时，求：直线与平面所成角的正弦值．
▌迁移练3（25-26高二下·河南·阶段检测）如图1，在平面四边形中，是以为斜边的等腰直角三角形，，是边长为2的等边三角形．现将沿翻折至的位置，使得，如图2．
(1)设为的中点，证明：平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值．
难点一 空间向量中的最值问题
1、基本类型
（1）数量积的最值范围：常考查动点在线段或面上运动时，两向量数量积的取值范围。
（2）空间角的最值范围：包括异面直线所成角、直线与平面所成角以及二面角的极值问题。
（3）长度与距离的最值：涉及动点间距离、点到平面距离或线段长度的最小值求解。
（4）体积的最值范围：探讨动点位置变化时，棱锥等几何体体积的最大值，或当体积取最值时求解其他空间量。
2、求解策略
（1）建立函数法（代数法）：这是最通用的策略。通过建立合适的空间直角坐标系，将几何问题转化为代数问题。引入参数（如动点坐标或比例系数），建立所求目标量（如距离、夹角余弦值）关于参数的目标函数。随后利用一次函数的端点法、二次函数的配方法或三角函数的有界性来求解最值。
（2）几何特征法（几何法）：充分利用几何体的结构特征与公理定理。例如，利用“两点之间线段最短”、“异面直线的公垂线段最短”等性质，将动态问题转化为静态的几何直观判断。
（3）展开图法（平面化）：针对求几何体表面动点间折线段长度最值的问题，可将几何体表面展开为平面图形。在平面展开图中，利用“两点之间线段最短”的原理，将空间折线转化为平面直线段进行直观求解。
（4）变量分析法：透过现象看本质，透彻分析几何体中点、线、面的“动”与“静”的关系。明确变量之间的相互制约关系，从而将复杂的空间最值问题转化为求特定线段或角的最值问题。
难点精练
1．（25-26高二上·江西南昌·期末）如图，在棱长为2的正方体中，为棱的中点，为四边形内（包括边界）一个动点，若直线与平面所成的角为，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
2.（25-26高二上·安徽淮北·期末）如图，已知四棱台的底面是直角梯形，，，，平面，是侧棱所在直线上的动点，则与平面所成角的正弦值的最大值为（ ）
A． B． C． D．
3．（2026·四川遂宁·二模）在直三棱柱中，，点为的中点，点为侧面内（含边界）的动点，且平面，设直线与平面所成的角为，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．
4．（2026高三·全国·专题练习）如图，已知，，，，D为线段的中点．若是绕直线旋转而成的．记二面角的大小为θ．
(1)当平面平面时，求θ的值；
(2)当时，求二面角的余弦值的取值范围．
5.（25-26高二下·江苏苏州·期末）如图，在直三棱柱中，已知，，，分别是线段，上的动点（不含端点），．
(1)求证：；
(2)当三棱锥的体积取得最大值时，求平面与平面的夹角的余弦值．
6．（2026·福建厦门·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，是正三角形，且平面，若E，F，G分别为PC，PD，CB的中点，点H在直线AB上．
(1)求证：直线EF与直线GH为异面直线；
(2)过P点的直线l与直线EF，直线HG相交，求直线l与平面EFG夹角正弦值的最大值．
7.（25-26高一下·河北保定·期中）已知直三棱柱中，侧面为正方形，AB＝BC＝2，E，F分别为AC，的中点，D为棱上的点，．
(1)证明：AB⊥平面；
(2)证明：BF⊥DE；
(3)当为何值时，平面与平面DFE所成角的余弦值最大？并求出这个最大值．
难点二 空间中的轨迹问题
1.常见动点轨迹类型
（1）等距（定距）型：动点保持到定点、定直线或定平面的距离为定值，或到两定点、两直线的距离相等。其轨迹通常为球面、圆柱面或中垂面。
（2）平行与垂直型：动点运动时，保持与定直线或定平面的平行、垂直关系。其轨迹通常为直线或平面。
（3）定角型：动点与定点连线保持与定直线或定平面成定角。此类轨迹常涉及圆锥曲线的空间推广，如圆锥面被平面所截产生的圆、椭圆、抛物线或双曲线。
（4）比例型（阿波罗尼斯型）：动点到两定点的距离之比为定值，其轨迹为阿波罗尼斯球面。
难点精练
1．（2026·湖北武汉·模拟预测）已知正方体的棱长为，点为棱的中点．若动点在正方体内部或表面上，且，则动点的轨迹所形成区域的体积为（ ）
A． B． C． D．
2．（2026·山东东营·模拟预测）在棱长为2的正方体中，点P在正方体的棱上运动，则三棱锥的体积的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
3．（2026·湖南长沙·三模）如图所示，在棱长为2的正方体中，为棱上（含端点）的动点，为棱的中点，则下列结论正确的是（ ）
A．若为的中点，则直线与直线是异面直线
B．若为的中点，点到直线的距离为
C．存在点，使得
D．存在点，使得平面
4．（2026·湖南株洲·三模）如图，在棱长为2的正方体中，分别是线段和线段上的动点，且，则下列说法正确的有（ ）

A．
B．三棱锥的体积最大值为1
C．若为中点时，则点到直线的距离为
D．三棱锥外接球球心轨迹的长度为
5．（25-26高一下·陕西西安·期中）正方形的边长为1，且它们所在的平面互相垂直．点分别在正方形对角线和上移动，且．则（ ）
A．直线与所成的角为
B．平面
C．当时，的长最小，且最小值为
D．当的长最小时，点到平面的距离为
6．（2026·广西河池·二模）如图，在棱长为4的正方体中，分别是棱的中点，点为线段上的动点，下列结论正确的是（ ）
A．三棱锥的体积为定值
B．
C．平面
D．点到直线的距离为
7．（2026·山西吕梁·二模）如图，在棱长为3的正方体中，点P为线段上的一个动点，则（ ）
A．三棱锥的体积为定值
B．存在点P，使平面
C．若，则二面角的余弦值为
D．若，则过点，D，P三点的平面截正方体所得截面的周长为
基础达标
1．（24-25高二上·广东深圳·阶段检测）若直线l的一个方向向量为，平面的一个法向量为，则（ ）
A．或 B．
C． D．与斜交
2．（25-26高二上·四川南充·阶段检测）已知点关于x轴的对称点为，则（ ）
A． B． C． D．
3．（25-26高二下·福建宁德·期中）如图，空间四边形中，点和点分别在和上，且满足，则下列向量与是共线向量的是（ ）
A．
B．
C．
D．
4．（2026·湖南郴州·模拟预测）阅读材料：空间直角坐标系中，过点且一个法向量为的平面的方程为，阅读上面材料，解决下面问题：已知平面的方程为，点，则点Q到平面距离为（ ）
A． B． C． D．1
5．（25-26高一下·重庆·期末）在正三棱柱中，，，则直线与平面所成角的正弦值为（ ）
A． B． C． D．
6．（25-26高二下·福建泉州·期中）已知正方体的棱长为1，点P满足，其中，则直线AP与CD所成角的正切值范围是（ ）
A． B． C． D．
7．（25-26高二上·福建厦门·期中）下列命题中真命题的是（ ）
A．直线的倾斜角不存在；
B．若直线的方向向量，平面的法向量，则；
C．已知为空间直角坐标系的原点，且，则点到直线的距离是；
D．如果向量与任何向量不能构成空间向量的一个基底，那么一定共线．
8．（25-26高一下·黑龙江·期末）已知A，B，C三点不共线，P为平面ABC外一点，且.若H，A，B，C四点共面，则__________.
9．（24-25高二上·福建厦门·阶段检测）若向量，，且与的夹角为钝角，则实数的取值范围为__.
10．（安徽宿州市2025-2026学年高二下学期期末考试数学试卷）如图，已知正方体，其中点为线段上靠近的三等分点，点为直线，的交点．
(1)若，求，，的值；
(2)求直线与平面所成角的正弦值．
11．（25-26高二下·江苏镇江·期末）已知四棱锥的底面是菱形，，交于点，底面，点为棱上的点.在空间坐标系中，点，，，.
(1)求点坐标；
(2)求直线与平面所成的角；
(3)求平面与平面的夹角的余弦值.
能力进阶
1．（25-26高二下·四川成都·期中）已知直线平面，且的一个方向向量为，平面的一个法向量为，则实数的值为（ ）
A． B．2 C．2或 D．或1
2．（25-26高二下·广东·期中）四面体中，，，，且，，则等于（ ）
A． B．
C． D．
3．（25-26高一下·重庆·期末）已知是同一平面内的四点，且任意三点不共线，为平面外一点，若，则实数的值为（ ）
A．1 B． C． D．
4．（2026高三·全国·专题练习）正方体中，E、F分别为、的中点，则直线与平面所成角的正弦值为（ ）
A． B． C． D．
5．（25-26高二下·河南·阶段检测）在空间直角坐标系中，三棱锥的四个顶点的坐标分别为，若该三棱锥的四个顶点均在球M的表面上，则球M的表面积为（ ）
A．8π B．9π C．11π D．14π
6．（25-26高一下·山西晋中·阶段检测）如图，在长方体中，分别为，的中点，分别为的中点，则（ ）
A．四点在同一平面内
B．三条直线有公共点
C．直线与直线相交
D．直线上存在点使三点共线
7．（25-26高二上·广东中山·阶段检测）如图，正方体的棱长为，点分别为的中点，点为线段上的动点，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．当为线段中点时，平面
D．点到直线的距离的最小值为
8．（25-26高二下·云南昭通·阶段检测）已知向量，，，若，，，共面，则在上的投影向量的模为__________.
9．（25-26高二下·安徽安庆·阶段检测）在长方体中，，为线段上一动点，则的最小值为____．
10．（25-26高二下·湖南怀化·期末）如图，在四棱锥中，底面为矩形，，，，．
(1)证明：；
(2)求点到平面的距离；
(3)点为中点，求平面与平面夹角余弦值．
11．（2026·山东青岛·模拟预测）如图，在圆柱中，是底面圆的直径，和是两条母线，是底面圆上异于，的一动点，是线段的一点，直线平面．
(1)求证：为的中点；
(2)若，，求二面角的最小值．
12．（2026·河南·三模）如图，一张边长为2的正方形纸片，为的中点，现沿将折起至，使得．
(1)证明：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值．
13．（2026·天津·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面是边长为的正方形，侧棱底面，，是的中点，作交于点．
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面的夹角的正弦值；
(3)线段上是否存在点，使得三棱锥体积为；若存在，求出该点的位置，若不存在，请说明理由．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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