資源簡介

第05講 空間向量及其應用
目錄
01 考情透視·目標導航 2
02 知識導圖·思維引航 3
03 考點突破·題型探究 4
知識點1：空間向量及其加減運算 4
知識點2：空間向量的數乘運算 5
知識點3：空間向量的數量積運算 6
知識點4：空間向量的坐標運算及應用 7
知識點5：向量法證明平行、垂直 7
知識點6：空間角公式 9
知識點7：空間中的距離 10
解題方法總結 11
題型一：空間向量的加法、減法、數乘運算 11
題型二：空間共線向量定理的應用 13
題型三：空間向量的數量積運算 14
題型四：三點共線問題 16
題型五：多點共面問題 18
題型六：證明直線和直線平行 21
題型七：證明直線和平面平行 22
題型八：證明平面與平面平行 23
題型九：證明直線與直線垂直 25
題型十：證明直線與平面垂直 26
題型十一：證明平面和平面垂直 27
題型十二：求兩異面直線所成角 28
題型十三：求直線與平面所成角 30
題型十四：求平面與平面所成角 32
題型十五：求點面距、線面距、面面距 35
題型十六：點到直線距離、異面直線的距離 37
04真題練習·命題洞見 39
05課本典例·高考素材 40
06易錯分析·答題模板 42
易錯點：計算線面角出錯 42
答題模板：用向量法求空間角 43
考點要求 考題統計 考情分析
（1）空間向量的線性運算 （2）空間向量基本定理及其應用 （3）向量法證明平行、垂直 （4）向量法求空間角 （5）空間距離 2024年I卷第17題，15分 2024年II卷第17題，15分 2023年I卷第18題，12分 2023年II卷第20題，12分 2022年I卷第19題，12分 2022年II卷第20題，12分 空間向量解立體幾何一般以解答題形式為主,每年必考,一般12分.以解答題為主,難度中等,可靈活選擇運用向量方法與綜合幾何方法,從不同角度解決立體幾何問題,通過對比體會向量方法的優越性.選擇題和填空題一般不用空間向量法.但要理解向量基本定理的本質,感悟“基底”的思想,并運用它解決立體幾何中的問題.
復習目標： （1）了解空間向量的概念，了解空間向量的基本定理及其意義，掌握空間向量的正交分解及其坐標表示. （2）掌握空間向量的線性運算及其坐標表示，掌握空間向量的數量積及其坐標表示，能用向量的數量積判斷向量的共線和垂直. （3）理解直線的方向向量及平面的法向量，能用向量方法證明立體幾何中有關線面位置關系的一些簡單定理． （4）能用向量法解決異面直線、直線與平面、平面與平面的夾角問題，并能描述解決這一類問題的程序，體會向量法在研究空間角問題中的作用．
知識點1：空間向量及其加減運算
（1）空間向量
在空間，我們把具有大小和方向的量叫做空間向量，向量的大小叫做向量的長度或模．空間向量也可用有向線段表示，有向線段的長度表示向量的模，若向量的起點是，終點是，則向量也可以記作，其模記為或．
（2）零向量與單位向量
規定長度為0的向量叫做零向量，記作．當有向線段的起點與終點重合時，．
模為1的向量稱為單位向量．
（3）相等向量與相反向量
方向相同且模相等的向量稱為相等向量．在空間，同向且等長的有向線段表示同一向量或相等向量．空間任意兩個向量都可以平移到同一個平面，成為同一平面內的兩個向量．
與向量長度相等而方向相反的向量，稱為的相反向量，記為．
（4）空間向量的加法和減法運算
①，．如圖所示．
②空間向量的加法運算滿足交換律及結合律
，
【診斷自測】如圖，在平行六面體中，為與的交點．若，則下列向量中與相等的是（ ）
A． B．
C． D．
知識點2：空間向量的數乘運算
（1）數乘運算
實數與空間向量的乘積稱為向量的數乘運算．當時，與向量方向相同；當時，向量與向量方向相反．的長度是的長度的倍．
（2）空間向量的數乘運算滿足分配律及結合律
，．
（3）共線向量與平行向量
如果表示空間向量的有向線段所在的直線互相平行或重合，則這些向量叫做共線向量或平行向量，平行于，記作．
（4）共線向量定理
對空間中任意兩個向量，，的充要條件是存在實數，使．
（5）直線的方向向量
如圖8-153所示，為經過已知點且平行于已知非零向量的直線．對空間任意一點，點在直線上的充要條件是存在實數，使①，其中向量叫做直線的方向向量，在上取，則式①可化為②
①和②都稱為空間直線的向量表達式，當，即點是線段的中點時，，此式叫做線段的中點公式．
（6）共面向量
如圖8-154所示，已知平面與向量，作，如果直線平行于平面或在平面內，則說明向量平行于平面．平行于同一平面的向量，叫做共面向量．
（7）共面向量定理
如果兩個向量，不共線，那么向量與向量，共面的充要條件是存在唯一的有序實數對，使．
推論：①空間一點位于平面內的充要條件是存在有序實數對，使；或對空間任意一點，有，該式稱為空間平面的向量表達式．
②已知空間任意一點和不共線的三點，，，滿足向量關系式（其中）的點與點，，共面；反之也成立．
【診斷自測】已知點，，，若A，B，C三點共線，則a，b的值分別是（ ）
A．，3 B．，2 C．1，3 D．，2
知識點3：空間向量的數量積運算
（1）兩向量夾角
已知兩個非零向量，，在空間任取一點，作，，則叫做向量，的夾角，記作，通常規定，如果，那么向量，互相垂直，記作．
（2）數量積定義
已知兩個非零向量，，則叫做，的數量積，記作，即．零向量與任何向量的數量積為0，特別地，．
（3）空間向量的數量積滿足的運算律：
，（交換律）；
（分配律）．
【診斷自測】已知正四面體，底面邊長為2，側棱中點為E，則 ．
知識點4：空間向量的坐標運算及應用
（1）設，，則；
；
；
；
；
．
（2）設，，則．
這就是說，一個向量在直角坐標系中的坐標等于表示該向量的有向線段的終點的坐標減起點的坐標．
（3）兩個向量的夾角及兩點間的距離公式．
①已知，，則；
；
；
；
②已知，，則，
或者．其中表示與兩點間的距離，這就是空間兩點的距離公式．
（4）向量在向量上的投影為．
【診斷自測】已知，，則在上的投影向量為（ ）
A． B．
C． D．
知識點5：向量法證明平行、垂直
（1）平面的法向量：
如果表示向量的有向線段所在直線垂直于平面，則稱這個向量垂直于平面，記作，如果，那么向量叫做平面的法向量．
注意：
①法向量一定是非零向量；②一個平面的所有法向量都互相平行；③向量是平面的法向量，向量是與平面平行或在平面內，則有．
第一步：寫出平面內兩個不平行的向；
第二步：那么平面法向量，滿足．
（2）判定直線、平面間的位置關系
①直線與直線的位置關系：不重合的兩條直線，的方向向量分別為，．
若∥，即，則；
若，即，則．
②直線與平面的位置關系：直線的方向向量為，平面的法向量為，且．
若∥，即，則；
若，即，則．
（3）平面與平面的位置關系
平面的法向量為，平面的法向量為．
若∥，即，則；若⊥，即，則⊥．
【診斷自測】如圖所示，四邊形為矩形，平面，，，，分別是，，的中點.

(1)求證：平面；
(2)求證：平面平面.
知識點6：空間角公式
（1）異面直線所成角公式：設，分別為異面直線，上的方向向量，為異面直線所成角的大小，則．
（2）線面角公式：設為平面的斜線，為的方向向量，為平面的法向量，為
與所成角的大小，則．
（3）二面角公式：
設，分別為平面，的法向量，二面角的大小為，則或（需要根據具體情況判斷相等或互補），其中．
【診斷自測】如圖，在正四棱柱中，，，分別為，的中點.

(1)證明：平面.
(2)求與平面所成角的正弦值.
知識點7：空間中的距離
求解空間中的距離
（1）異面直線間的距離：兩條異面直線間的距離也不必尋找公垂線段，只需利用向量的正射影性質直接計算．
如圖，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量積的絕對值與公垂線的方向向量模的比值．
（2）點到平面的距離
為平面外一點（如圖），為平面的法向量，過作平面的斜線及垂線．
【診斷自測】如圖，在四棱錐中，底面是矩形，平面，，，若M、N分別為棱、的中點，O為中點．
(1)求證：平面平面；
(2)求點N到平面的距離．
解題方法總結
用向量法可以證點共線、線共點、線（或點）共面、兩直線（或線與面、面與面）垂直的問題，也可以求空間角和距離．因此，凡涉及上述類型的問題，都可以考慮利用向量法求解，且其解法一般都比較簡單．
用向量法解題的途徑有兩種：一種是坐標法，即通過建立空間直角坐標系，確定出一些點的坐標，進而求出向量的坐標，再進行坐標運算；另一種是基底法，即先選擇基向量（除要求不共面外，還要能夠便于表示所求的目標向量，并優先選擇相互夾角已知的向量作為基底，如常選擇幾何體上共點而不共面的三條棱所在的向量為基底），然后將有關向量用基底向量表示，并進行向量運算．
題型一：空間向量的加法、減法、數乘運算
【典例1-1】如圖，在空間四邊形中，，，，點在上，且，為的中點，則等于（ ）
A． B．
C． D．
【典例1-2】如圖，在四面體中，分別為的中點，為的重心，則（ ）
A．
B．
C．
D．
【方法技巧】
空間向量的運算包括空間向量的加法、減法、數乘、數量積的幾何意義及坐標運算，可以類比平面向量的運算法則．
【變式1-1】如圖，在梯形 中，，且，點為空間內任意一點，設，，則向量=（ ）
A． B．
C． D．
【變式1-2】（2024·高三·河南濮陽·開學考試）已知直四棱柱的底面為梯形，，若平面，則（ ）
A． B． C． D．
【變式1-3】如圖，OABC是四面體，G是的重心，是OG上一點，且，則（ ）
A． B．=
C．= D．=
【變式1-4】如圖，在四面體中，，，，，，，M為的重心，N為的外心，則（ ）

A． B．
C． D．
題型二：空間共線向量定理的應用
【典例2-1】若空間四點滿足，則（ ）
A．直線
B．直線
C．點P可能在直線上，也可能不在直線上
D．直線，且
【典例2-2】設，是空間兩個不共線的非零向量，已知，，，且A、B、D三點共線，則實數k的值為（ ）
A．-8 B．-4 C．-2 D．8
【方法技巧】
空間共線向量定理：．
利用此定理可解決立體幾何中的平行問題．
【變式2-1】已知向量，，若，，三點共線，則（ ）
A． B． C．2 D．3
【變式2-2】在四面體中，E為的中點，G為平面的重心．若與平面交于點F，則（ ）
A． B． C． D．
【變式2-3】已知空間向量，，且，，，則一定共線的三點是（ ）
A．、、 B．、、
C．、、 D．、、
【變式2-4】在正方體中，點E在對角線上，且，點F在棱上，若A、E、F三點共線，則 ．
題型三：空間向量的數量積運算
【典例3-1】已知MN是長方體外接球的一條直徑，點P在長方體表面上運動，長方體的棱長分別為1、1、4，則的取值范圍為
【典例3-2】已知空間向量，，，則 ．
【方法技巧】
；
求模長時，可根據；
求空間向量夾角時，可先求其余弦值．要判斷空間兩向量垂直時，可以求兩向量的數量積是否為0，即．
為銳角；為鈍角．由此，通常通過計算的值來判斷兩向量夾角是銳角還是鈍角．
【變式3-1】棱長為2的正四面體ABCD中，點E是AD的中點，則（ ）

A．1 B．－1 C． D．
【變式3-2】設O為坐標原點，向量，，，點Q在直線OP上運動，則的最小值為（ ）
A． B． C． D．
【變式3-3】由四個棱長為1的正方體組合成的正四棱柱（如圖所示），點是正方形的中心，則（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【變式3-4】有一長方形的紙片，的長度為，的長度為，現沿它的一條對角線把它折成直二面角，則折疊后（ ）
A． B． C． D．
【變式3-5】（多選題）（2024·?？寄M預測）在平行六面體中，已知，，則（ ）
A．直線與所成的角為
B．線段的長度為
C．直線與所成的角為
D．直線與平面所成角的正弦值為
【變式3-6】（多選題）空間直角坐標系中，已知，，，，則（ ）
A．
B．是等腰直角三角形
C．與平行的單位向量的坐標為或
D．在方向上的投影向量的坐標為
題型四：三點共線問題
【典例4-1】如圖，在棱長均相等的平行六面體中，用空間向量證明下列結論．
若是棱的中點，是上靠近點的三等分點，求證：三點共線．
【典例4-2】如圖，已知分別為四面體的面與面的重心，為上一點，且.設.

(1)請用表示；
(2)求證：三點共線.
【方法技巧】
先構造共起點的向量，，然后證明存在非零實數，使得．
【變式4-1】如圖，在平行六面體中，點在對角線上，且，點在對角線上，且．求證：、、三點共線．

【變式4-2】如圖，已知M，N分別為四面體A-BCD的面BCD與面ACD的重心，G為AM上一點，且.求證：B，G，N三點共線.

題型五：多點共面問題
【典例5-1】在下列條件中，使M與A，B，C一定共面的是（其中O為坐標原點）（ ）
A． B．
C． D．
【典例5-2】（2024·河南·模擬預測）已知空間向量，若共面，則實數 （ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【方法技巧】
要證明多點（如，，，）共面，可使用以下方法解題．
先作出從同一點出發的三個向量（如，，），然后證明存在兩個實數，使得.
【變式5-1】如圖，已知四棱錐的底面是菱形，對角線交于點，，，底面，分別為側棱的中點，點在上且．求證：四點共面.
【變式5-2】（2024·高三·北京海淀·開學考試）如圖，正四棱錐的底面邊長和高均為2，E，F分別為，的中點．
(1)證明：；
(2)若點M是線段上的點，且，判斷點M是否在平面內，并證明你的結論；
【變式5-3】已知點在確定的平面內，是平面外任意一點，實數滿足，則的最小值為（ ）
A． B． C．1 D．2
【變式5-4】在正四棱錐中，若，，平面與棱交于點，則四棱錐與四棱錐的體積比為（ ）
A． B． C． D．
【變式5-5】如圖四棱錐，且，平面平面，且是以為直角的等腰直角三角形，其中為棱的中點，點在棱上，且.求證：四點共面.
【變式5-6】已知正三棱錐的側棱長為，過其底面中心作動平面交線段于點，分別交的延長線于點，求的值．
【變式5-7】（2024·浙江溫州·模擬預測）如圖，在三棱柱中，，，平面平面分別為的中點．
(1)求直線與平面所成角的正弦值；
(2)若平面平面，且，求的長度．
【變式5-8】如圖，在邊長為3的正方體中，點P，Q，R分別在棱，，上，且.
（1）求點D到平面的距離；
（2）若平面與線段的交點為N，求的值.
題型六：證明直線和直線平行
【典例6-1】如圖所示，在四棱錐中，底面為矩形，平面，為的中點，為的中點，，求證：．

【典例6-2】已知棱長為1的正方體在空間直角坐標系中的位置如圖所示，分別為棱的中點，求證：.
【方法技巧】
將證線線平行轉化為證兩向量共線．設是兩條不重合的直線，它們的方向向量分別為，則.
【變式6-1】如圖，四邊形ABCD和ABEF都是平行四邊形，且不共面，M，N分別是AC，BF的中點，求證：.
【變式6-2】在四棱錐中，平面ABCD⊥平面PCD，底面ABCD為梯形．，，且，，．若M是棱PA的中點，則對于棱BC上是否存在一點F，使得MF與PC平行．
題型七：證明直線和平面平行
【典例7-1】（2024·陜西安康·模擬預測）如圖，已知多面體是由正四棱錐P-ABCD與正方體組合而成的，且.

求證：平面；
【典例7-2】如圖，在四棱錐中，底面滿足，底面， 且，E為中點．求證：面
【方法技巧】
（1）利用共面向量定理．設為平面內不共線的兩個向量，證明存在兩個實數，使得，則．
（2）轉化為證明直線和平面內的某一直線平行．
（3）轉化為證明直線的方向向量與平面的法向量垂直（此方法最常用）．
【變式7-1】如圖所示，正方形與矩形所在平面互相垂直，，點為的中點.
求證：平面；
【變式7-2】由四棱柱截去三棱錐后得到如圖所示的幾何體，四邊形是菱形，為與的交點，平面.求證：平面
題型八：證明平面與平面平行
【典例8-1】如圖所示，平面PAD⊥平面ABCD，四邊形ABCD為正方形，△PAD是直角三角形，且PA＝AD＝2，E，F，G分別是線段PA，PD，CD的中點，求證：平面EFG∥平面PBC．
【典例8-2】如圖，在長方體中，，，.求證：平面平面.
【方法技巧】
（1）證明兩平面內有兩條相交直線分別平行．
（2）轉化為證兩平面的法向量平行（常用此方法）．
【變式8-1】如圖所示，正四棱的底面邊長1，側棱長4，中點為，中點為．求證：平面平面.

【變式8-2】如圖，在長方體中，，，.
(1)求證：平面平面.
(2)線段上是否存在點P，使得平面？若存在，求出點P的位置；若不存在，請說明理由.
題型九：證明直線與直線垂直
【典例9-1】（2024·高三·貴州·開學考試）在三棱錐中，，，，為線段的中點．
證明：．
【典例9-2】如圖，直三棱柱中，，，，，是的中點．
(1)求直線的一個方向向量；
(2)求證：．
【方法技巧】
設直線的方向向量為，則.
【變式9-1】在四棱錐中，底面ABCD是邊長為2的正方形，，，為的中點，二面角為直二面角.求證：.

【變式9-2】如圖，在多面體中，都是等邊三角形，平面為的中點.證明：
題型十：證明直線與平面垂直
【典例10-1】如圖，在正三棱柱中，分別是的中點．
在線段上是否存在一點Q，使平面？若存在，確定點Q的位置；若不存在，也請說明理由．
【典例10-2】如圖，在直三棱柱中，，，，.當時，求證：平面；
【方法技巧】
（1）證明直線和平面內的兩天相交直線垂直．
（2）證明直線和平面內的任一直線垂直．
（3）轉化為證明直線與平面的法向量共線．
【變式10-1】如圖，為正方體．
證明：平面；
【變式10-2】如圖，在三棱錐中，，，點，分別是，的中點.底面.
(1)求證：平面；
(2)當取何值時，在平面內的射影恰好為的重心？
題型十一：證明平面和平面垂直
【典例11-1】如圖，直四棱柱的底面為平行四邊形，，，，，是的中點．平面滿足：直線平面，直線平面．求證：平面平面
【典例11-2】如圖，四邊形為正方形，平面，，.證明：平面平面
【方法技巧】
（1）轉化為證明兩平面的法向量互相垂直
（2）轉化為證明一平面內的一條直線垂直于另一個平面．
【變式11-1】如圖所示，在直三棱柱中，分別為棱的中點．證明：平面平面．
【變式11-2】平面上兩個等腰直角和，既是的斜邊又是的直角邊，沿邊折疊使得平面平面，為斜邊的中點．

(1)求證：；
(2)在線段上是否存在點，使得平面平面？若存在，求出的值；若不存在，說明理由．
題型十二：求兩異面直線所成角
【典例12-1】如圖，在三棱錐中，為等邊三角形，為等腰直角三角形，，平面平面ABC，D為AB的中點，則異面直線AC與PD所成角的余弦值為 ．
【典例12-2】在我國古代數學名著《九章算術》中，將底面為直角三角形，且側棱垂直于底面的棱柱稱為塹堵．已知在塹堵中，，，，若直線與直線所成角為，則( )
A． B．2 C． D．
【方法技巧】
設兩異面直線a和b的方向向量為和，利用求角余弦公式可求得和的夾角，由于兩向量所成角的范圍是，而兩異面直線所成角的范圍是．所以.
【變式12-1】（2024·遼寧撫順·三模）在直三棱柱中，，為的中點，點滿足，則異面直線所成角的余弦值為 ．
【變式12-2】（2024·高三·四川德陽·期末）正四面體中，、分別是和的中點，則和所成角的大小是 .
【變式12-3】（2024·江西南昌·模擬預測）如圖，在平行六面體中，，.

(1)求證：四邊形為正方形；
(2)求體對角線的長度；
(3)求異面直線與所成角的余弦值.
【變式12-4】（2024·高三·江蘇南京·期中）如圖，矩形所在平面與所在平面垂直，，

(1)證明：平面；
(2)若平面與平面的夾角的余弦值是，求異面直線與所成角的余弦值.
【變式12-5】如圖，在中，分別為的中點，為的中點，，.將沿折起到的位置，使得平面平面，如圖．
(1)求證：．
(2)線段上是否存在點，使得直線和所成角的余弦值為？若存在，求出的值；若不存在，說明理由．
題型十三：求直線與平面所成角
【典例13-1】（2024·廣東茂名·模擬預測）已知四棱柱的底面是正方形，，，點在底面的射影為中點H，則直線與平面所成角的正弦值為 ．
【典例13-2】如圖，四棱錐的底面為正方形，底面．設平面與平面的交線為l．若，Q為l上的點，則PB與平面所成角的正弦值的最大值為 ．
【方法技巧】
設為平面的斜線，為的方向向量，為平面的法向量，為與所成角的大小，則．
【變式13-1】如圖，AB是圓的直徑，平面PAC面ACB，且APAC．
(1)求證：平面；
(2)若，求直線AC與面PBC所成角的正弦值.
【變式13-2】（2024·江蘇南京·模擬預測）如圖，四棱錐中，底面，，分別為線段上一點，.
(1)若為的中點，證明：平面；
(2)求直線與平面所成角的正弦值的最大值.
【變式13-3】（2024·廣西桂林·模擬預測）如圖，幾何體中，和均為等邊三角形，平面平面，為中點．
(1)證明：與不是異面直線；
(2)求直線與平面所成角的正弦值．
【變式13-4】（2024·貴州貴陽·二模）由正棱錐截得的棱臺稱為正棱臺.如圖，正四棱臺中，分別為的中點，，側面與底面所成角為.

(1)求證：平面；
(2)線段上是否存在點，使得直線與平面所成的角的正弦值為，若存在，求出線段的長；若不存在，請說明理由.
【變式13-5】（2024·河南駐馬店·二模）在如圖①所示的平面圖形中，四邊形為菱形，現沿進行翻折，使得平面，過點作，且，連接，所得圖形如圖②所示，其中為線段的中點，連接.

(1)求證：平面；
(2)若，直線與平面所成角的正弦值為，求的值.
題型十四：求平面與平面所成角
【典例14-1】（2024·海南·模擬預測）如圖，在四棱錐中，平面平面，點在平面內的射影恰為點，直線，交于點.
(1)求證：；
(2)若，，求平面與平面夾角的余弦值.
【典例14-2】（2024·山西太原·一模）如圖，在四棱錐中，底面是直角梯形，，，.
(1)點在側棱上，且平面，確定在側棱上的位置；
(2)若平面平面，且，求二面角的余弦值.
【方法技巧】
（1）在平面內，，在平面β內，（是交線的方向向量），其方向如圖所示，則二面角的平面角的余弦值為．
（2）設是二面角的兩個半平面的法向量，其方向一個指向二面角內側，另一個指向二面角的外側，則二面角的余弦值為．
【變式14-1】（2024·安徽安慶·三模）如圖，在多面體ABCDE中，平面ACD⊥平面ABC，BE⊥平面ABC，△ABC和△ACD均為正三角形，，，點F在棱AC上.
(1)若BF∥平面CDE，求CF的長；
(2)若F是棱AC的中點，求二面角的正弦值.
【變式14-2】（2024·湖南·三模）如圖，四棱錐的底面是梯形，平面.
(1)求證：平面平面；
(2)在棱上是否存在一點E，使得二面角的余弦值為.若存在，求出的值；若不存在，請說明理由.
【變式14-3】（2024·四川達州·二模）如圖，在直角梯形中，，，，把梯形繞旋轉至，，分別為，中點．
(1)證明：平面；
(2)若，求二面角余弦的最小值．
【變式14-4】（2024·遼寧錦州·模擬預測）如圖，在四棱錐中，為的中點，平面．
(1)求證：；
(2)若，．
（i）求證：平面；
（ii）設平面平面，求二面角的正弦值．
【變式14-5】由四棱柱截去三棱錐后得到如圖所示的幾何體，四邊形是菱形，為與的交點，平面.
(1)求證：平面；
(2)若二面角的正切值為，求平面與平面夾角的大小.
題型十五：求點面距、線面距、面面距
【典例15-1】如圖，在四棱錐中，底面是邊長為的正方形，底面，，、、分別是、、的中點．求：
(1)直線與平面的距離；
(2)平面與平面的距離．
【典例15-2】（2024·廣西柳州·一模）如圖的外接圓的直徑，垂直于圓所在的平面，，，，為上的點.

(1)證明：；
(2)當為的中點時，求點到平面的距離.
平面，平面，；
，，
【方法技巧】
如圖所示，平面的法向量為，點是平面內一點，點是平面外的任意一點，則點到平面的距離，就等于向量在法向量方向上的投影的絕對值，即或
【變式15-1】已知正方體 的棱長為1，求平面 與平面 間的距離．
【變式15-2】（2024·山西呂梁·三模）如圖，為圓錐的頂點，為圓錐底面的圓心，為底面直徑，為底面圓的內接正三角形，且的邊長為，點在母線上，且，.
(1)求證：，并求三棱錐的體積；
(2)若點為線段上的動點，當直線與平面所成角的正弦值最大時，求此時點到平面的距離.
題型十六：點到直線距離、異面直線的距離
【典例16-1】在如圖所示實驗裝置中，正方形框架的邊長都是1，且平面平面，活動彈子分別在正方形對角線，上移動，則長度的最小值是 ．
【典例16-2】（2024·黑龍江哈爾濱·模擬預測）已知空間中有三點，，，則點O到直線的距離為 .
【方法技巧】
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量積的絕對值與公垂線的方向向量模的比值．
【變式16-1】如圖，多面體是由長方體一分為二得到的，，，，點D是中點，則異面直線與的距離是 ．
【變式16-2】已知棱長為2的正四面體中，的一條高為，求與間的距離．
【變式16-3】（2024·高三·河北滄州·期末）已知正方體的棱長為2，M為棱的中點，P，Q分別為線段，上的動點，則的最小值為 .
【變式16-4】（2024·天津河西·模擬預測）如圖，在棱長為的正方體中，分別是棱上的動點，且．
(1)求證：；
(2)當三棱錐的體積取得最大值時，求平面與平面BEF夾角的正切值及點到直線的距離．
【變式16-5】（2024·江蘇南京·二模）在梯形中，，，，，如圖1．現將沿對角線折成直二面角，如圖2，點在線段上．
(1)求證：；
(2)若點到直線的距離為，求的值．
1．（2024年上海秋季高考數學真題）定義一個集合，集合中的元素是空間內的點集，任取，存在不全為0的實數，使得．已知，則的充分條件是（ ）
A． B．
C． D．
2．（2022年高考全國乙卷數學（理）真題）在正方體中，E，F分別為的中點，則（ ）
A．平面平面 B．平面平面
C．平面平面 D．平面平面
3．（多選題）（2021年全國新高考I卷數學試題）在正三棱柱中，，點滿足，其中，，則（ ）
A．當時，的周長為定值
B．當時，三棱錐的體積為定值
C．當時，有且僅有一個點，使得
D．當時，有且僅有一個點，使得平面
4．（2017年普通高等學校招生統一考試數學（上海卷））如圖，以長方體的頂點為坐標原點，過的三條棱所在的直線為坐標軸，建立空間直角坐標系，若的坐標為，則的坐標為
5．（2016年全國普通高等學校招生統一考試文科數學（浙江卷精編版））如圖，已知平面四邊形ABCD，AB=BC=3，CD=1，AD=，∠ADC=90°．沿直線AC將△ACD翻折成△ACD'，直線AC與BD'所成角的余弦的最大值是 ．
1．在如圖所示的試驗裝置中，兩個正方形框架ABCD，ABEF的邊長都是1，且它們所在的平面互相垂直．活動彈子M，N分別在正方形對角線AC和BF上移動，且CM和BN的長度保持相等，記．
（1）求MN的長；
（2）a為何值時，MN的長最小？
（3）當MN的長最小時求平面MNA與平面MNB夾角的余弦值．
2．在空間直角坐標系中，已知向量，點，點．
（1）若直線l經過點，且以為方向向量，P是直線l上的任意一點，求證：
（2）若平面經過點，且以為法向量，P是平面內的任意一點，求證：．
3．如圖，在直三棱柱中，，，，M是AB的中點，N是的中點，P是與的交點．在線段上是否存在點Q，使得平面？
4．如圖，正方體的棱長為1，M是棱的中點，O是的中點．求證：OM分別與異面直線，垂直，并求OM的長．
5．如圖，已知正方體的棱長為1，Q為的中點，點P在棱上，．求平面ABCD與平面BQP的夾角．
6．如圖，在正方體中，E，F，G，H，K，L分別是AB，，，，，DA各棱的中點．
（1）求證：平面EFGHKL；
（2）求與平面EFGHKL所成角的余弦值．
易錯點：計算線面角出錯
易錯分析： 計算線面角時出錯，常見原因包括：1. 對線面角概念理解不清，錯誤地將直線與平面上任意直線的夾角視為線面角；2. 在利用向量法計算時，未正確設置平面的法向量和直線的方向向量，導致計算結果偏離實際；3. 忽視線面角的取值范圍，錯誤地計算了鈍角或超出規定范圍的角；4. 計算過程中存在符號錯誤或計算失誤，影響最終結果的準確性。因此，在計算線面角時需仔細理解概念，正確設置向量，并仔細檢查計算過程。
【易錯題1】（2024·山東菏澤·模擬預測）如圖，在正四棱臺中，.
(1)證明：；
(2)若為的中點，求直線與平面的夾角的正弦值.
【易錯題2】在長方體中，已知異面直線與AD，與AB所成角的大小分別為60°和45°，則直線和平面所成的角的余弦值為 ．
答題模板：用向量法求空間角
1、模板解決思路
用向量法求空間角的方法一般都是先確定兩個向量（直線的方向向量或平面的法向量），然后求這兩個向量夾角的余弦值。
2、模板解決步驟
第一步：我們需要根據題目的描述，選擇一個合適的點作為原點，并建立空間直角坐標系。
第二步：我們需要求出與所求角相關的直線的方向向量或平面的法向量。
第三步：我們可以利用向量的夾角公式來求出它們之間的夾角的余弦值。
第四步：我們根據得到的向量夾角的余弦值，可以確定所求角的值或其三角函數值。
【典型例題1】如圖，正方體中，，分別是，的中點，則 ，
【典型例題2】已知正四棱柱的底面邊長與側棱長之比為，則平面與平面夾角的余弦值為 ．
21世紀教育網(www.21cnjy.com)第05講 空間向量及其應用
目錄
01 考情透視·目標導航 2
02 知識導圖·思維引航 3
03 考點突破·題型探究 4
知識點1：空間向量及其加減運算 4
知識點2：空間向量的數乘運算 5
知識點3：空間向量的數量積運算 6
知識點4：空間向量的坐標運算及應用 7
知識點5：向量法證明平行、垂直 9
知識點6：空間角公式 11
知識點7：空間中的距離 12
解題方法總結 14
題型一：空間向量的加法、減法、數乘運算 15
題型二：空間共線向量定理的應用 19
題型三：空間向量的數量積運算 23
題型四：三點共線問題 28
題型五：多點共面問題 32
題型六：證明直線和直線平行 42
題型七：證明直線和平面平行 45
題型八：證明平面與平面平行 49
題型九：證明直線與直線垂直 52
題型十：證明直線與平面垂直 57
題型十一：證明平面和平面垂直 60
題型十二：求兩異面直線所成角 65
題型十三：求直線與平面所成角 72
題型十四：求平面與平面所成角 81
題型十五：求點面距、線面距、面面距 94
題型十六：點到直線距離、異面直線的距離 100
04真題練習·命題洞見 108
05課本典例·高考素材 115
06易錯分析·答題模板 121
易錯點：計算線面角出錯 121
答題模板：用向量法求空間角 123
考點要求 考題統計 考情分析
（1）空間向量的線性運算 （2）空間向量基本定理及其應用 （3）向量法證明平行、垂直 （4）向量法求空間角 （5）空間距離 2024年I卷第17題，15分 2024年II卷第17題，15分 2023年I卷第18題，12分 2023年II卷第20題，12分 2022年I卷第19題，12分 2022年II卷第20題，12分 空間向量解立體幾何一般以解答題形式為主,每年必考,一般12分.以解答題為主,難度中等,可靈活選擇運用向量方法與綜合幾何方法,從不同角度解決立體幾何問題,通過對比體會向量方法的優越性.選擇題和填空題一般不用空間向量法.但要理解向量基本定理的本質,感悟“基底”的思想,并運用它解決立體幾何中的問題.
復習目標： （1）了解空間向量的概念，了解空間向量的基本定理及其意義，掌握空間向量的正交分解及其坐標表示. （2）掌握空間向量的線性運算及其坐標表示，掌握空間向量的數量積及其坐標表示，能用向量的數量積判斷向量的共線和垂直. （3）理解直線的方向向量及平面的法向量，能用向量方法證明立體幾何中有關線面位置關系的一些簡單定理． （4）能用向量法解決異面直線、直線與平面、平面與平面的夾角問題，并能描述解決這一類問題的程序，體會向量法在研究空間角問題中的作用．
知識點1：空間向量及其加減運算
（1）空間向量
在空間，我們把具有大小和方向的量叫做空間向量，向量的大小叫做向量的長度或模．空間向量也可用有向線段表示，有向線段的長度表示向量的模，若向量的起點是，終點是，則向量也可以記作，其模記為或．
（2）零向量與單位向量
規定長度為0的向量叫做零向量，記作．當有向線段的起點與終點重合時，．
模為1的向量稱為單位向量．
（3）相等向量與相反向量
方向相同且模相等的向量稱為相等向量．在空間，同向且等長的有向線段表示同一向量或相等向量．空間任意兩個向量都可以平移到同一個平面，成為同一平面內的兩個向量．
與向量長度相等而方向相反的向量，稱為的相反向量，記為．
（4）空間向量的加法和減法運算
①，．如圖所示．
②空間向量的加法運算滿足交換律及結合律
，
【診斷自測】如圖，在平行六面體中，為與的交點．若，則下列向量中與相等的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】.
故選：B．
知識點2：空間向量的數乘運算
（1）數乘運算
實數與空間向量的乘積稱為向量的數乘運算．當時，與向量方向相同；當時，向量與向量方向相反．的長度是的長度的倍．
（2）空間向量的數乘運算滿足分配律及結合律
，．
（3）共線向量與平行向量
如果表示空間向量的有向線段所在的直線互相平行或重合，則這些向量叫做共線向量或平行向量，平行于，記作．
（4）共線向量定理
對空間中任意兩個向量，，的充要條件是存在實數，使．
（5）直線的方向向量
如圖8-153所示，為經過已知點且平行于已知非零向量的直線．對空間任意一點，點在直線上的充要條件是存在實數，使①，其中向量叫做直線的方向向量，在上取，則式①可化為②
①和②都稱為空間直線的向量表達式，當，即點是線段的中點時，，此式叫做線段的中點公式．
（6）共面向量
如圖8-154所示，已知平面與向量，作，如果直線平行于平面或在平面內，則說明向量平行于平面．平行于同一平面的向量，叫做共面向量．
（7）共面向量定理
如果兩個向量，不共線，那么向量與向量，共面的充要條件是存在唯一的有序實數對，使．
推論：①空間一點位于平面內的充要條件是存在有序實數對，使；或對空間任意一點，有，該式稱為空間平面的向量表達式．
②已知空間任意一點和不共線的三點，，，滿足向量關系式（其中）的點與點，，共面；反之也成立．
【診斷自測】已知點，，，若A，B，C三點共線，則a，b的值分別是（ ）
A．，3 B．，2 C．1，3 D．，2
【答案】D
【解析】因為，，，
所以，，
因為A，B，C三點共線，所以存在實數，使，
所以，
所以，解得.
故選：D
知識點3：空間向量的數量積運算
（1）兩向量夾角
已知兩個非零向量，，在空間任取一點，作，，則叫做向量，的夾角，記作，通常規定，如果，那么向量，互相垂直，記作．
（2）數量積定義
已知兩個非零向量，，則叫做，的數量積，記作，即．零向量與任何向量的數量積為0，特別地，．
（3）空間向量的數量積滿足的運算律：
，（交換律）；
（分配律）．
【診斷自測】已知正四面體，底面邊長為2，側棱中點為E，則 ．
【答案】
【解析】因為正四面體，底面邊長為2，側棱PB中點為E，
所以
.
故答案為：.
知識點4：空間向量的坐標運算及應用
（1）設，，則；
；
；
；
；
．
（2）設，，則．
這就是說，一個向量在直角坐標系中的坐標等于表示該向量的有向線段的終點的坐標減起點的坐標．
（3）兩個向量的夾角及兩點間的距離公式．
①已知，，則；
；
；
；
②已知，，則，
或者．其中表示與兩點間的距離，這就是空間兩點的距離公式．
（4）向量在向量上的投影為．
【診斷自測】已知，，則在上的投影向量為（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】，
故在上的投影向量為.
故選：D
知識點5：向量法證明平行、垂直
（1）平面的法向量：
如果表示向量的有向線段所在直線垂直于平面，則稱這個向量垂直于平面，記作，如果，那么向量叫做平面的法向量．
注意：
①法向量一定是非零向量；②一個平面的所有法向量都互相平行；③向量是平面的法向量，向量是與平面平行或在平面內，則有．
第一步：寫出平面內兩個不平行的向；
第二步：那么平面法向量，滿足．
（2）判定直線、平面間的位置關系
①直線與直線的位置關系：不重合的兩條直線，的方向向量分別為，．
若∥，即，則；
若，即，則．
②直線與平面的位置關系：直線的方向向量為，平面的法向量為，且．
若∥，即，則；
若，即，則．
（3）平面與平面的位置關系
平面的法向量為，平面的法向量為．
若∥，即，則；若⊥，即，則⊥．
【診斷自測】如圖所示，四邊形為矩形，平面，，，，分別是，，的中點.

(1)求證：平面；
(2)求證：平面平面.
【解析】（1）證明：因為平面，平面，
所以，
因為四邊形為矩形，所以，
所以兩兩垂直，
所以以為原點，分別以，，所在直線為軸、軸、軸建立空間直角坐標系，如圖所示，
設，，.
則，因為，，分別是，，的中點，
所以，，，
所以.
因為平面的一個法向量為，所以，即.
又因為平面，所以平面.
（2）因為，所以，所以，
又平面，所以平面.
又因為，平面，
所以平面平面.
知識點6：空間角公式
（1）異面直線所成角公式：設，分別為異面直線，上的方向向量，為異面直線所成角的大小，則．
（2）線面角公式：設為平面的斜線，為的方向向量，為平面的法向量，為
與所成角的大小，則．
（3）二面角公式：
設，分別為平面，的法向量，二面角的大小為，則或（需要根據具體情況判斷相等或互補），其中．
【診斷自測】如圖，在正四棱柱中，，，分別為，的中點.

(1)證明：平面.
(2)求與平面所成角的正弦值.
【解析】（1）在正四棱柱中，，，兩兩垂直，且，
以為坐標原點，，，所在直線分別為軸，軸，軸，
建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，.
因為，分別為的中點，所以，，
則，，，
設平面的法向量為，
則，即，
令，則有，，即，
因為，所以，
又平面，所以平面；
（2）由（1）可知，，
，
所以與平面所成角的正弦值為.
知識點7：空間中的距離
求解空間中的距離
（1）異面直線間的距離：兩條異面直線間的距離也不必尋找公垂線段，只需利用向量的正射影性質直接計算．
如圖，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量積的絕對值與公垂線的方向向量模的比值．
（2）點到平面的距離
為平面外一點（如圖），為平面的法向量，過作平面的斜線及垂線．
【診斷自測】如圖，在四棱錐中，底面是矩形，平面，，，若M、N分別為棱、的中點，O為中點．
(1)求證：平面平面；
(2)求點N到平面的距離．
【解析】（1）平面，面，
，．
矩形，
，故、、兩兩垂直．
分別以、、所在直線為軸、軸和軸建立空間直角坐標系，如圖所示．
則，，，，．
，，，
設平面的法向量為，則可取，
設平面的法向量為，，，則可取，
，
，
平面平面．
（2）設平面的法向量為．
，，
由得可取
，平面的法向量為，
．
解題方法總結
用向量法可以證點共線、線共點、線（或點）共面、兩直線（或線與面、面與面）垂直的問題，也可以求空間角和距離．因此，凡涉及上述類型的問題，都可以考慮利用向量法求解，且其解法一般都比較簡單．
用向量法解題的途徑有兩種：一種是坐標法，即通過建立空間直角坐標系，確定出一些點的坐標，進而求出向量的坐標，再進行坐標運算；另一種是基底法，即先選擇基向量（除要求不共面外，還要能夠便于表示所求的目標向量，并優先選擇相互夾角已知的向量作為基底，如常選擇幾何體上共點而不共面的三條棱所在的向量為基底），然后將有關向量用基底向量表示，并進行向量運算．
題型一：空間向量的加法、減法、數乘運算
【典例1-1】如圖，在空間四邊形中，，，，點在上，且，為的中點，則等于（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】由點在上，且，知；由為的中點，知.
所以.
故選：C.
【典例1-2】如圖，在四面體中，分別為的中點，為的重心，則（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】因為分別為的中點，所以.
因為為的重心，所以，
所以.
故選：B.
【方法技巧】
空間向量的運算包括空間向量的加法、減法、數乘、數量積的幾何意義及坐標運算，可以類比平面向量的運算法則．
【變式1-1】如圖，在梯形 中，，且，點為空間內任意一點，設，，則向量=（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】
.
故選：D
【變式1-2】（2024·高三·河南濮陽·開學考試）已知直四棱柱的底面為梯形，，若平面，則（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】因為四棱柱為直四棱柱，，
故平面平面，而平面平面，
平面平面，故，
又，則，故∽，
故，又，，則，
則，故，則，
故選：C
【變式1-3】如圖，OABC是四面體，G是的重心，是OG上一點，且，則（ ）
A． B．=
C．= D．=
【答案】B
【解析】連接AG并延長交BC于N，連接ON，
由G是的重心，可得，
則
則
故選：B
【變式1-4】如圖，在四面體中，，，，，，，M為的重心，N為的外心，則（ ）

A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】連接并延長交于F，因為M為的重心，所以F為的中點，
根據重心的性質：
,
取、的中點，，連接，，因為N為的外心，所以,，
設，因，，，
則，
又，所以，
因為，
又，所以，
解得，，所以，
所以．
故選：C．
題型二：空間共線向量定理的應用
【典例2-1】若空間四點滿足，則（ ）
A．直線
B．直線
C．點P可能在直線上，也可能不在直線上
D．直線，且
【答案】A
【解析】由于，所以四點共面，
由于，所以三點共線，
根據平行四邊形法則可知：是線段上，靠近的三等分點（如下圖所示）.
所以A選項正確，BCD選項錯誤.
故選：A
【典例2-2】設，是空間兩個不共線的非零向量，已知，，，且A、B、D三點共線，則實數k的值為（ ）
A．-8 B．-4 C．-2 D．8
【答案】A
【解析】因為A、B、D三點共線，所以使得
又，，，
所以
則
則解得：
故選：A.
【方法技巧】
空間共線向量定理：．
利用此定理可解決立體幾何中的平行問題．
【變式2-1】已知向量，，若，，三點共線，則（ ）
A． B． C．2 D．3
【答案】B
【解析】因為，，三點共線，則，又向量，，
所以，解得，
故選：B.
【變式2-2】在四面體中，E為的中點，G為平面的重心．若與平面交于點F，則（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】如圖：連接交于H，則H為中點，連接,
因為平面，平面，設，則，
又平面，所以平面，故K為與平面的交點，
又因為與平面交于點F，所以F與K重合，
又E為的中點，G為平面的重心，
因為點A，F，G三點共線，則
又因為點E，F，H三點共線，則，
,
所以，解得，即，故.
故選：C.
【變式2-3】已知空間向量，，且，，，則一定共線的三點是（ ）
A．、、 B．、、
C．、、 D．、、
【答案】C
【解析】因為，，若、、三點共線，
則，而無解，故A錯誤.
因為，若、、三點共線，
則，而無解，故B錯誤.
因為、、，
所以，即，
所以、、三點共線，故選C正確.
因為、、，
所以，若、、三點共線，
則，而無解，故D錯誤.
故選：C.
【變式2-4】在正方體中，點E在對角線上，且，點F在棱上，若A、E、F三點共線，則 ．
【答案】/
【解析】因為正方體中，，
設，又，
所以，即，
因為A、E、F三點共線，所以，解得，即.
故答案為：.
題型三：空間向量的數量積運算
【典例3-1】已知MN是長方體外接球的一條直徑，點P在長方體表面上運動，長方體的棱長分別為1、1、4，則的取值范圍為
【答案】
【解析】根據題意，以D為坐標原點，為x軸正方向，為y軸正方向，為z軸正方向，建立空間直角坐標系，如圖示.
設長方體外接球球心為O，則DB1為外接球的一條直徑，
設O為DB1中點，不妨設M與D重合，N與B1重合.
所以，
所以
，
由P在長方體表面上運動，所以，故
所以，即.
故答案為：
【典例3-2】已知空間向量，，，則 ．
【答案】
【解析】因為，
又因為，
所以.
故答案為：.
【方法技巧】
；
求模長時，可根據；
求空間向量夾角時，可先求其余弦值．要判斷空間兩向量垂直時，可以求兩向量的數量積是否為0，即．
為銳角；為鈍角．由此，通常通過計算的值來判斷兩向量夾角是銳角還是鈍角．
【變式3-1】棱長為2的正四面體ABCD中，點E是AD的中點，則（ ）

A．1 B．－1 C． D．
【答案】A
【解析】，所以．
故選：A．
【變式3-2】設O為坐標原點，向量，，，點Q在直線OP上運動，則的最小值為（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】∵，點Q在直線OP上運動，
∴可設.
又向量，，
∴，，
則.
易得當時，取得最小值.
故選：B.
【變式3-3】由四個棱長為1的正方體組合成的正四棱柱（如圖所示），點是正方形的中心，則（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【解析】因為，，
所以
.
故選：C.
【變式3-4】有一長方形的紙片，的長度為，的長度為，現沿它的一條對角線把它折成直二面角，則折疊后（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】在中，，，，
所以，
所以，
故選：C．
【變式3-5】（多選題）（2024·?？寄M預測）在平行六面體中，已知，，則（ ）
A．直線與所成的角為
B．線段的長度為
C．直線與所成的角為
D．直線與平面所成角的正弦值為
【答案】AC
【解析】設，則，且，
對于A，，
，
所以直線與所成的角為，故A正確；
對于B，因為，
所以，故B錯誤；
對于C，因為，
所以，故C正確；
對于D，連接，交于點，則為的中點，
因為，，
所以，
又因平面，所以平面，
又平面，所以平面平面，
作，垂足為，
因為平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
則與平面所成的角為，
在中，，所以，
即直線與平面所成角的正弦值為，故D錯誤.
故選：AC.
【變式3-6】（多選題）空間直角坐標系中，已知，，，，則（ ）
A．
B．是等腰直角三角形
C．與平行的單位向量的坐標為或
D．在方向上的投影向量的坐標為
【答案】AC
【解析】根據空間向量的線性運算，
，選項A正確；
計算可得，三條邊不相等，選項B不正確；
與平行的單位向量為：
選項C正確；
在方向上的投影向量與向量共線，，選項D不正確，
故選：AC.
題型四：三點共線問題
【典例4-1】如圖，在棱長均相等的平行六面體中，用空間向量證明下列結論．
若是棱的中點，是上靠近點的三等分點，求證：三點共線．
【解析】由題意，，
故
，
又，
所以，由于有公共點
故三點共線．
【典例4-2】如圖，已知分別為四面體的面與面的重心，為上一點，且.設.

(1)請用表示；
(2)求證：三點共線.
【解析】（1）．
（2）；
則，
又有公共起點，，，三點共線．
【方法技巧】
先構造共起點的向量，，然后證明存在非零實數，使得．
【變式4-1】如圖，在平行六面體中，點在對角線上，且，點在對角線上，且．求證：、、三點共線．

【解析】在平行六面體中，令，，，
則，，，
因此，
又，，
因此，
于是，即有，而與有公共點，
所以、、三點共線．
【變式4-2】如圖，已知M，N分別為四面體A-BCD的面BCD與面ACD的重心，G為AM上一點，且.求證：B，G，N三點共線.

【解析】證明：取CD的中點E，連接AE，BE，
因為M，N分別為四面體A-BCD的面DCD與面ACD的重心，
所以M在BE上，N在AE上，
設，，，
因為M為BCD的重心，
所以
因為，所以，
所以，
同理得，
∴.
又，
∴B，G，N三點共線
題型五：多點共面問題
【典例5-1】在下列條件中，使M與A，B，C一定共面的是（其中O為坐標原點）（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】空間向量共面定理：，若不共線，且共面，其充要條件是.
對A，因為，所以四點不共面；
對B，因為，所以四點不共面；
對C，由可得，
因為，所以四點不共面；
對D，由可得，
即，因為，所以四點共面.
故選：D
【典例5-2】（2024·河南·模擬預測）已知空間向量，若共面，則實數 （ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】A
【解析】因為不共線，共面，
所以存在一對有序實數，使，
所以，
所以，解得，
故選：A
【方法技巧】
要證明多點（如，，，）共面，可使用以下方法解題．
先作出從同一點出發的三個向量（如，，），然后證明存在兩個實數，使得.
【變式5-1】如圖，已知四棱錐的底面是菱形，對角線交于點，，，底面，分別為側棱的中點，點在上且．求證：四點共面.
【解析】因為平面是菱形，所以，
由平面，平面，得，
所以兩兩垂直，建立如圖空間直角坐標系，
，
則，
由知，點為靠近的三等分點，則，
所以，
設，則，解得，
則，所以共面，
又直線的公共點為，所以四點共面.
【變式5-2】（2024·高三·北京海淀·開學考試）如圖，正四棱錐的底面邊長和高均為2，E，F分別為，的中點．
(1)證明：；
(2)若點M是線段上的點，且，判斷點M是否在平面內，并證明你的結論；
【解析】（1）連接、交于，連接，由正四棱錐的性質可得平面，底面為正方形，則，
所以以為坐標原點，、、為、、軸建立空間直角坐標系，
則，，，
則，，則，
所以.
（2）由（1）知，，
，，
又，得，
，所以，
所以、、、四點共面，即點在平面內．
【變式5-3】已知點在確定的平面內，是平面外任意一點，實數滿足，則的最小值為（ ）
A． B． C．1 D．2
【答案】A
【解析】因為，
所以，又點D在確定的平面內，是平面外任意一點，
所以，即，
則.
故選：A.
【變式5-4】在正四棱錐中，若，，平面與棱交于點，則四棱錐與四棱錐的體積比為（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】如圖所示，
設，由、、、四點共面，
設，則，
即，
得，
又，，不共面，則，解得：，即，
設，分別是點到平面和點到平面的距離，則，
所以，
，，
同理，，，，
則四棱錐與四棱錐的體積比為.
故選：B
【變式5-5】如圖四棱錐，且，平面平面，且是以為直角的等腰直角三角形，其中為棱的中點，點在棱上，且.求證：四點共面.
【解析】證明：由，且，
取的中點，連接，則，且，
所以，
又是以為直角的等腰直角三角形，所以.
過點作，垂足為，則點為的中點，且，
因為平面平面，且平面平面，
所以平面，
故以所在的直線分別為軸，軸，過點作垂直于平面的軸，建立如圖所示空間直角坐標系，
則，，，
因為為棱的中點，所以，又因為點在棱上，且，
所以，則，，，
令，
則，
則，解得，
故，則共面，且向量有公共點，
所以四點共面.
【變式5-6】已知正三棱錐的側棱長為，過其底面中心作動平面交線段于點，分別交的延長線于點，求的值．
【解析】是等邊三角形，是的重心，
如圖，延長交于點，則為的中點，，
故
，
設，
則，
四點共面，，即，
又，，，
，．
【變式5-7】（2024·浙江溫州·模擬預測）如圖，在三棱柱中，，，平面平面分別為的中點．
(1)求直線與平面所成角的正弦值；
(2)若平面平面，且，求的長度．
【解析】（1），
又∵平面平面，
且平面平面
平面，
連接交于，則.
∵四邊形是菱形，且是線段的中點，,
又∵，∴平面，
連接，則為與平面所成的角
連接，有，
又，．
（2）以為坐標原點，以射線方向為軸，建立空間直角坐標系如圖所示：
則，，
設，∵，∴存在,使得，
即，∴.
于是，
易得.
共面，∴存在實數使得，
即，
，，∴M的坐標為，
∴.
【變式5-8】如圖，在邊長為3的正方體中，點P，Q，R分別在棱，，上，且.
（1）求點D到平面的距離；
（2）若平面與線段的交點為N，求的值.
【解析】（1）如圖，以點D為坐標原點，分別以，，的方向為x，y，z軸的正方向，建立空間直角坐標系，則，，，，，，，，，.
設平面的法向量為，
則，代入可得，
令，則，，所以，
故點D到平面的距離為.
（2）因為點N在平面內，可設（其中m，n為常數），
又與共線，可設，由圖可得，
即，
整理得，
由①③可得④，
由②③可得⑤，
聯立④⑤解得，代入②可得，
所以，即.
題型六：證明直線和直線平行
【典例6-1】如圖所示，在四棱錐中，底面為矩形，平面，為的中點，為的中點，，求證：．

【解析】證法一：由題意知，直線兩兩垂直，
以為坐標原點，所在直線分別為軸 軸 軸建立空間直角坐標系，如圖所示，
則，
所以，
所以，又，故．
證法二：由題意可得
，
又，所以．
【典例6-2】已知棱長為1的正方體在空間直角坐標系中的位置如圖所示，分別為棱的中點，求證：.
【解析】因為正方體的棱長為1， 分別為棱的中點，
所以有， ， ， ，
所以，，則有，所以.
【方法技巧】
將證線線平行轉化為證兩向量共線．設是兩條不重合的直線，它們的方向向量分別為，則.
【變式6-1】如圖，四邊形ABCD和ABEF都是平行四邊形，且不共面，M，N分別是AC，BF的中點，求證：.
【解析】（方法1）因為M，N分別是AC，BF的中點，且四邊形ABCD和ABEF都是平行四邊形，
則有，又，
兩式相加得：，因此與共線，而直線與不重合，
所以.
（方法2）因為M，N分別是AC，BF的中點，且四邊形ABCD和ABEF都是平行四邊形，
，
因此與共線，而直線與不重合，
所以.
【變式6-2】在四棱錐中，平面ABCD⊥平面PCD，底面ABCD為梯形．，，且，，．若M是棱PA的中點，則對于棱BC上是否存在一點F，使得MF與PC平行．
【解析】在平面內過點作，交于點，
因為平面平面，且平面平面，平面，
可得平面，
又由，所以兩兩垂直，
以為原點，以所在的直線分別為軸、軸和軸，建立空間直角坐標系，如圖所示，
由，，，
可得，
假設上存在點，使得，
設，其中，
因為是棱的中點，可得，
又由，
所以，
設，可得，此方程組無解，所以假設不成立，
所以對于上任意一點，與都不平行，
即在線段上不存在點，使得與平行．
題型七：證明直線和平面平行
【典例7-1】（2024·陜西安康·模擬預測）如圖，已知多面體是由正四棱錐P-ABCD與正方體組合而成的，且.

求證：平面；
【解析】如圖以點為原點，為 x 軸為 y 軸為 z 軸建立空間直角坐標系．
設 ,則 ,過 P 作平面 . 是正四棱錐點是正方形的中心,
因為，所以,
設平面法向量為,
,
,
則,
可得,
所以,,不在平面內，所以平面
【典例7-2】如圖，在四棱錐中，底面滿足，底面， 且，E為中點．求證：面
【解析】由題可知底面，，故兩兩垂直．
則以A為原點，分別為x、y、z軸正方向建系，
，
則，，，
設平面的一個法向量為，
則，即，令，則，
所以，
而，
所以，又面，
∴面；
【方法技巧】
（1）利用共面向量定理．設為平面內不共線的兩個向量，證明存在兩個實數，使得，則．
（2）轉化為證明直線和平面內的某一直線平行．
（3）轉化為證明直線的方向向量與平面的法向量垂直（此方法最常用）．
【變式7-1】如圖所示，正方形與矩形所在平面互相垂直，，點為的中點.
求證：平面；
【解析】平面平面，
平面平面，
平面平面，
則以為坐標原點，所在直線分別為軸、軸、軸，
建立如圖所示的空間直角坐標系，則
.
，
設平面的法向量為，則，
令，解得：，
又，即，
又平面平面；
【變式7-2】由四棱柱截去三棱錐后得到如圖所示的幾何體，四邊形是菱形，為與的交點，平面.求證：平面
【解析】四邊形是菱形，則⊥，
又平面，平面，故，，
故兩兩垂直，以直線分別為軸，軸，軸，建立空間直角坐標系，
其中，則，
設，
由，得，
由，得，
則，
設平面的法向量為，
則，取，得，
，
又平面，
平面.
題型八：證明平面與平面平行
【典例8-1】如圖所示，平面PAD⊥平面ABCD，四邊形ABCD為正方形，△PAD是直角三角形，且PA＝AD＝2，E，F，G分別是線段PA，PD，CD的中點，求證：平面EFG∥平面PBC．
【解析】因為平面PAD⊥平面ABCD，四邊形ABCD為正方形，△PAD是直角三角形，
所以AB，AP，AD兩兩垂直，
以A為坐標原點，AB，AD，AP所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系，
則A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)，E(0，0，1)，F(0，1，1)，G(1，2，0)．
所以，，，，
設是平面EFG的法向量，
則，，即，得，
令，則，，所以，
設是平面PBC的法向量，
由，，即，得，
令，則，，所以，
所以，所以平面EFG∥平面PBC．
【典例8-2】如圖，在長方體中，，，.求證：平面平面.
【解析】以D為原點，所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，
則，，，，，，，
則，，，.
設平面的法向量為，
則.
取，則，，
所以平面的一個法向量為.
設平面的法向量為，
則.
取，則，，
所以平面的一個法向量為.
因為，即，
所以平面平面.
【方法技巧】
（1）證明兩平面內有兩條相交直線分別平行．
（2）轉化為證兩平面的法向量平行（常用此方法）．
【變式8-1】如圖所示，正四棱的底面邊長1，側棱長4，中點為，中點為．求證：平面平面.

【解析】以為原點，，，所在直線為坐標軸，建立空間直角坐標系，如圖
則,0,，,1,，,0,，,0,，,1,，,1,，
，，同理，
平面，平面，平面，
平面，平面，平面，
又平面
平面與平面平行．
【變式8-2】如圖，在長方體中，，，.
(1)求證：平面平面.
(2)線段上是否存在點P，使得平面？若存在，求出點P的位置；若不存在，請說明理由.
【解析】（1）證明：以D為原點，DA，，所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，
則，，，，，，，
則，，，.
設平面的法向量為，
則.
取，則，，所以平面的一個法向量為.
設平面的法向量為，
則.
取，則，，所以平面的一個法向量為.
因為，即，所以平面平面.
（2）設線段上存在點P使得平面，.
由（1）得，，平面的一個法向量為，
所以.
所以，解得.
所以當P為線段的中點時，平面.
題型九：證明直線與直線垂直
【典例9-1】（2024·高三·貴州·開學考試）在三棱錐中，，，，為線段的中點．
證明：．
【解析】作面，，
如圖，以中點為原點建立如下空間直角坐標系，
所以，因為，
所以，是等邊三角形，設，
因為為線段的中點，所以，，
故，所以，，
得到，
因為，所以，
而，，
所以，
解得，所以，，
所以，設，因為是等邊三角形，
所以，故，而，，
所以，解得，所以，
因為，所以，
，故，
由兩點間距離公式得，解得，
所以，故，
而，可得，故得證.
【典例9-2】如圖，直三棱柱中，，，，，是的中點．
(1)求直線的一個方向向量；
(2)求證：．
【解析】（1）
由題意知，兩兩垂直，故以點B為原點，
分別以、與的方向為與軸的正方向，建立空間直角坐標系，
所以、、、、
、．
則，是直線的一個方向向量
（2）因為M是的中點，所以，所以，
又因為，
所以，所以．
【方法技巧】
設直線的方向向量為，則.
【變式9-1】在四棱錐中，底面ABCD是邊長為2的正方形，，，為的中點，二面角為直二面角.求證：.

【解析】因為，為的中點，所以，
由二面角為直二面角，故平面平面，
又平面平面，平面，
所以平面，
因為，，，所以，
取的中點，連接，則，
以點O為坐標原點，，，所在直線分別為，，軸，
如圖建立空間直角坐標系，
則，，，，，，
，，
因為，所以．
【變式9-2】如圖，在多面體中，都是等邊三角形，平面為的中點.證明：
【解析】由都是等邊三角形，，可得.
取的中點為，則，
又，所以，
所以，即，
又平面，故平面.
因為，所以.
因為平面，平面，
所以，又，所以兩兩垂直，
以為原點，所在直線分別為軸建立空間直角坐標系，
則，，
所以，
所以，則.
題型十：證明直線與平面垂直
【典例10-1】如圖，在正三棱柱中，分別是的中點．
在線段上是否存在一點Q，使平面？若存在，確定點Q的位置；若不存在，也請說明理由．
【解析】假設在線段上存在一點Q，使平面．
取的中點O，以O為坐標原點建立如圖所示的空間直角坐標系．
設，則，
．
平面，
，解得，
∴在線段上存在一點Q，使平面，此時點Q為點B．
【典例10-2】如圖，在直三棱柱中，，，，.當時，求證：平面；
【解析】證明：以為坐標原點，以所在的直線分別為軸建立空間直角坐標系，如圖所示，
，
當時，，所以，
可得，所以，
又因為，平面，平面，
所以平面.
【方法技巧】
（1）證明直線和平面內的兩天相交直線垂直．
（2）證明直線和平面內的任一直線垂直．
（3）轉化為證明直線與平面的法向量共線．
【變式10-1】如圖，為正方體．
證明：平面；
【解析】如圖，以D為坐標原點，DA，DC，DD1所在直線為x，y，z軸，建立空間直角坐標系，
設正方體的棱長為1，
則
因為 ，
且，
所以 ，
又，平面，
所以 平面；
【變式10-2】如圖，在三棱錐中，，，點，分別是，的中點.底面.
(1)求證：平面；
(2)當取何值時，在平面內的射影恰好為的重心？
【解析】（1）連接，
平面，，，
，，，
以為原點，，，所在直線為軸、軸、軸，建立空間直角坐標系（如圖）.
設，則，，.
設，則.
為的中點，，又，
，，則，
又平面，平面
平面.
（2）設的重心為，則，
，
平面，又平面，
又，，
，，即，
經檢驗，當時，在平面內的射影為的重心，
所以.
題型十一：證明平面和平面垂直
【典例11-1】如圖，直四棱柱的底面為平行四邊形，，，，，是的中點．平面滿足：直線平面，直線平面．求證：平面平面
【解析】由，，，可得，，
在直四棱柱中，平面，
平面，平面，所以，，
所以兩兩相互垂直，
所以以為原點，所在直線分別為軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，
則，，，，，
，，
設為平面的一個法向量，
則，
令，則，，所以，
又平面，所以為平面的一個法向量，
又，即，
所以平面平面.
【典例11-2】如圖，四邊形為正方形，平面，，.證明：平面平面
【解析】由題意易知兩兩互相垂直.
如圖，以D為坐標原點，所在直線分別為x軸、y軸、z軸，
建立空間直角坐標系.設.
依題意有，
則，
所以，
，
即，
又，平面，
故平面.又平面，
所以平面平面.
【方法技巧】
（1）轉化為證明兩平面的法向量互相垂直
（2）轉化為證明一平面內的一條直線垂直于另一個平面．
【變式11-1】如圖所示，在直三棱柱中，分別為棱的中點．證明：平面平面．
【解析】如圖，以C為坐標原點，所在直線分別為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，即，令，
可得平面的一個法向量．
設平面的法向量為，
則，即，令，
可得平面的一個法向量．
因為，
所以，
所以平面平面．
【變式11-2】平面上兩個等腰直角和，既是的斜邊又是的直角邊，沿邊折疊使得平面平面，為斜邊的中點．

(1)求證：；
(2)在線段上是否存在點，使得平面平面？若存在，求出的值；若不存在，說明理由．
【解析】（1）取中點，連接，如圖，
又為的中點，
，由，則，
又為等腰直角三角形，，，
，又，平面，
平面，又平面，
（2）平面平面，平面平面，，平面，
平面，平面，故，
故以為原點，為、、軸正方向的空間直角坐標系，設，
，
則，，，
若存在使得平面平面，且，，
則，解得，，
則，，
設為平面的一個法向量，則，
令，即，
設是平面的一個法向量，則，
令，則，
，可得．
存在使得平面平面，此時
題型十二：求兩異面直線所成角
【典例12-1】如圖，在三棱錐中，為等邊三角形，為等腰直角三角形，，平面平面ABC，D為AB的中點，則異面直線AC與PD所成角的余弦值為 ．
【答案】
【解析】取的中點，連接，，因為，所以．
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面．又，所以，
可得，，兩兩垂直，所以以為坐標原點，
，，的方向分別為，，軸的正方向，
建立空間直角坐標系，不妨設，則，，，，所以， ，
所以，
又異面直線所成角的取值范圍為，
所以異面直線與所成角的余弦值為．
故答案為：.
【典例12-2】在我國古代數學名著《九章算術》中，將底面為直角三角形，且側棱垂直于底面的棱柱稱為塹堵．已知在塹堵中，，，，若直線與直線所成角為，則( )
A． B．2 C． D．
【答案】B
【解析】如圖，以為原點建立空間直角坐標系，
則，，，設，
則，，
，
解得，故．
故選：B．
【方法技巧】
設兩異面直線a和b的方向向量為和，利用求角余弦公式可求得和的夾角，由于兩向量所成角的范圍是，而兩異面直線所成角的范圍是．所以.
【變式12-1】（2024·遼寧撫順·三模）在直三棱柱中，，為的中點，點滿足，則異面直線所成角的余弦值為 ．
【答案】
【解析】如圖，以為坐標原點，建立空間直角坐標系，
則，
所以，
設異面直線所成的角為，則．
故答案為：.
【變式12-2】（2024·高三·四川德陽·期末）正四面體中，、分別是和的中點，則和所成角的大小是 .
【答案】/
【解析】取中點，連接，令棱長為，
因為、分別是和的中點，
所以，，，，
所以是和所成角，
又，
，
，
所以 ，
，，
所以，
所以，即和所成角的大小為.
故答案為：
【變式12-3】（2024·江西南昌·模擬預測）如圖，在平行六面體中，，.

(1)求證：四邊形為正方形；
(2)求體對角線的長度；
(3)求異面直線與所成角的余弦值.
【解析】（1）因為，，
所以，而不共線，所以四邊形為平行四邊形，
又，
所以，即，所以四邊形為正方形；
（2）由題意易知，
所以，
因為，，
所以，，
所以，即；
（3）因為，，
所以
，
，
所以，
所以異面直線與所成角的余弦值為.
【變式12-4】（2024·高三·江蘇南京·期中）如圖，矩形所在平面與所在平面垂直，，

(1)證明：平面；
(2)若平面與平面的夾角的余弦值是，求異面直線與所成角的余弦值.
【解析】（1）因為四邊形為矩形，
所以，
因為，即，
又，
所以，
因為平面平面，
所以平面.
（2）由題意可知，平面平面,平面平面,
且,
所以平面,
所以.
因為,
所以平面,
又因為平面，所以.
所以.
如圖所示以分別為軸建立空間直角坐標系，如圖所示，
設，且，
則，
所以，
設為平面的法向量，
則，取，
則.
因為平面,則為平面的法向量，
設平面與平面的夾角為，
則，
解得.
即,,,
所以異面直線與夾角余弦值為
.
【變式12-5】如圖，在中，分別為的中點，為的中點，，.將沿折起到的位置，使得平面平面，如圖．
(1)求證：．
(2)線段上是否存在點，使得直線和所成角的余弦值為？若存在，求出的值；若不存在，說明理由．
【解析】（1），分別為中點，，即，
為中點，，
又平面平面，平面平面，平面，
平面，又平面，.
（2）取中點，連接，
，為中點，，即，
，；
則以為坐標原點，正方向為軸正方向，可建立如圖所示空間直角坐標系，
則，，，，
，，，
假設在線段上存在點，使得直線和所成角的余弦值為，
設，則，
，
，
整理可得：，解得：，
存在滿足題意的點，此時.
題型十三：求直線與平面所成角
【典例13-1】（2024·廣東茂名·模擬預測）已知四棱柱的底面是正方形，，，點在底面的射影為中點H，則直線與平面所成角的正弦值為 ．
【答案】
【解析】因為點在底面的射影為中點H，則平面，
又因為四邊形為正方形，
以點H為坐標原點，、、的方向分別為x、y、z軸的正方向建立如下圖所示的空間直角坐標系，
因為平面，平面，則，
因為，，則，
則、、、，
所以，
易知平面的一個法向量為，
，
因此，直線與平面所成角的正弦值為．
故答案為：.
【典例13-2】如圖，四棱錐的底面為正方形，底面．設平面與平面的交線為l．若，Q為l上的點，則PB與平面所成角的正弦值的最大值為 ．
【答案】
【解析】因為兩兩垂直，建立空間直角坐標系，如圖所示：
因為，則，
為正方形，有，
平面，平面，則平面，
平面平面，，
平面，則，即，
設，則有，
設平面的法向量為，則，
令，則，所以平面的一個法向量為，
則，
根據直線的方向向量與平面法向量所成角的余弦值的絕對值即為直線與平面所成角的正弦值，
所以直線PB與平面QCD所成角的正弦值等于，
當時，，
當時，
，
當且僅當且，即時取等號，
所以直線與平面所成角的正弦值的最大值為.
故答案為：.
【方法技巧】
設為平面的斜線，為的方向向量，為平面的法向量，為與所成角的大小，則．
【變式13-1】如圖，AB是圓的直徑，平面PAC面ACB，且APAC．
(1)求證：平面；
(2)若，求直線AC與面PBC所成角的正弦值.
【解析】（1）因為平面PAC面ACB，且APAC.，平面PAC面ACB ，平面PAC，
所以PA面ACB，又因為平面PBC，
所以PA，又因為AB是圓的直徑，所以，
因為平面，
所以平面；
（2）建立如圖所示的空間直角坐標系，
因為，所以，
所以，則，
設平面PBC的法向量為，則，
而，設直線AC與面PBC所成角為，
則，
所以直線AC與面PBC所成角的正弦值為.
【變式13-2】（2024·江蘇南京·模擬預測）如圖，四棱錐中，底面，，分別為線段上一點，.
(1)若為的中點，證明：平面；
(2)求直線與平面所成角的正弦值的最大值.
【解析】（1）證明：由已知得，取的中點T，連接，
由N為的中點知，
．又，故，且，
∴四邊形為平行四邊形，∴，
∵平面，平面，
∴平面．
（2）取的中點，連接，建立如圖所示的空間坐標系．
，
不妨設，
則，
設平面的一個法向量為，
，
取，則.
設直線與平面所成角為
.
故直線與平面所成角的正弦值的最大值為.
【變式13-3】（2024·廣西桂林·模擬預測）如圖，幾何體中，和均為等邊三角形，平面平面，為中點．
(1)證明：與不是異面直線；
(2)求直線與平面所成角的正弦值．
【解析】（1）連接，由為等邊三角形，為中點，
得，
又平面，
則平面平面，于是；
而，平面，
則平面，又平面，于是
又平面，因此平面，
設平面與直線交于點，則，顯然平面，
在平面內，過直線外一點A有且僅有一條直線與垂直，
所以與重合，即有四點共面．
故與不是異面直線；
（2）由（1）知，平面平面，在平面內過點作，
而平面平面，則平面，直線兩兩垂直，
以為原點，直線分別為軸建立空間直角坐標系，
由平面平面，平面平面平面平面，
而平面，則，由和均為等邊三角形，
得，由，得，
于是，
則，
設平面的法向量為，
則，令，得，
設直線與平面夾角為，則，
所以直線與平面所成角的正弦值為．
【變式13-4】（2024·貴州貴陽·二模）由正棱錐截得的棱臺稱為正棱臺.如圖，正四棱臺中，分別為的中點，，側面與底面所成角為.

(1)求證：平面；
(2)線段上是否存在點，使得直線與平面所成的角的正弦值為，若存在，求出線段的長；若不存在，請說明理由.
【解析】（1）連接、，由分別為的中點，則，
又平面，平面，故平面，
正四棱臺中，且，
則四邊形為平行四邊形，故，
又平面，平面，故平面，
又，且平面，平面，
故平面平面，又平面，故平面；
（2）正四棱臺中，上下底面中心的連線底面，
底面為正方形，故，
故可以為原點，、、為軸，建立空間直角坐標系，
由，側面與底面所成角為，
則，
則，，，
假設在線段上存在點滿足題設，則，
設，則，
，
設平面的法向量為，
則，令，則，，即，
因為直線與平面所成的角的正弦值為，
故，
解得或（舍），故，
故線段上存在點，使得直線與平面所成的角的正弦值為，
此時線段的長為.
【變式13-5】（2024·河南駐馬店·二模）在如圖①所示的平面圖形中，四邊形為菱形，現沿進行翻折，使得平面，過點作，且，連接，所得圖形如圖②所示，其中為線段的中點，連接.

(1)求證：平面；
(2)若，直線與平面所成角的正弦值為，求的值.
【解析】（1）證明：.
在菱形中，，
因為平面，平面，所以，
又，平面，所以平面.
因為分別為的中點，所以，，
又， ，
所以，，所以四邊形為平行四邊形，
所以，所以平面.
（2）在菱形中，因為，所以和都是正三角形，
取的中點，連接，則，
又平面，所以，即兩兩垂直.
以為坐標原點，所在直線分別為軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，
設，則，
則，.
設平面的法向量為，則
取，則.
記直線與平面所成角為，
則.，
解得，即的值為2.
題型十四：求平面與平面所成角
【典例14-1】（2024·海南·模擬預測）如圖，在四棱錐中，平面平面，點在平面內的射影恰為點，直線，交于點.
(1)求證：；
(2)若，，求平面與平面夾角的余弦值.
【解析】（1）連接，過點作，垂足為，
因為平面平面，平面平面，平面，
所以平面，平面，
所以，
因為點在平面內的射影恰為點，
所以平面，平面，
所以，
又，平面，
所以平面，平面，
所以，
所以.
（2）因為，，
所以，所以，
又由已知可得平面，平面，
所以，
如圖，以為原點，為軸正方向，建立空間直角坐標系，
因為，，
所以，，，
所以，
設平面的法向量為，
則，故，
取，則，
所以為平面的一個法向量，
又向量為平面的一個法向量，
設平面與平面夾角為，
則.
【典例14-2】（2024·山西太原·一模）如圖，在四棱錐中，底面是直角梯形，，，.
(1)點在側棱上，且平面，確定在側棱上的位置；
(2)若平面平面，且，求二面角的余弦值.
【解析】（1）連接，設，連接，則平面平面，
平面，面，
底面是直角梯形，，且，
，則，
為側棱上靠近處的三等分點；
（2）平面平面，且，
，平面平面，平面，
平面，（為中點）
如圖所示建立空間直角坐標系，
依題意有，，，
，則，
，，顯然是平面的一個法向量，
設是平面的一個法向量，則，
取得，
，
二面角的大小的余弦值為.
【方法技巧】
（1）在平面內，，在平面β內，（是交線的方向向量），其方向如圖所示，則二面角的平面角的余弦值為．
（2）設是二面角的兩個半平面的法向量，其方向一個指向二面角內側，另一個指向二面角的外側，則二面角的余弦值為．
【變式14-1】（2024·安徽安慶·三模）如圖，在多面體ABCDE中，平面ACD⊥平面ABC，BE⊥平面ABC，△ABC和△ACD均為正三角形，，，點F在棱AC上.
(1)若BF∥平面CDE，求CF的長；
(2)若F是棱AC的中點，求二面角的正弦值.
【解析】（1）記AC中點為M，連接DM、BM，三角形ACD為正三角形，，則DM⊥AC，且.
因為平面ACD⊥平面ABC，平面平面，平面ACD，所以DM⊥平面ABC，
又△ABC為正三角形，所以BM⊥AC，所以，
如圖建立空間直角坐標系，則，，，，
所以，，
設平面CDE的法向量為，則，令，則，，則，
設，，則，
因為BF∥平面CDE，所以，解得，
所以F為CM的中點，此時.
（2）若F是AC的中點，則點F與點M重合，則平面FDE的一個法向量可以為，
設二面角為，顯然二面角為銳角，則，
所以，
所以二面角的正弦值為.
【變式14-2】（2024·湖南·三模）如圖，四棱錐的底面是梯形，平面.
(1)求證：平面平面；
(2)在棱上是否存在一點E，使得二面角的余弦值為.若存在，求出的值；若不存在，請說明理由.
【解析】（1）因為平面，平面，所以，
因為，所以，
所以，
又因為平面，所以平面，
因為平面，所以平面平面；
（2）因為平面，，所以平面，
又因為平面，所以，又，
所以兩兩互相垂直，
所以以點為坐標原點，所在直線分別為軸建立如圖所示的空間直角坐標系，
如圖，，
設，
則，
，設平面的法向量為，
則，即，取，滿足條件，
所以可取，
，，設平面的法向量為，
則，即，取，解得，
所以，
由題意，
化簡并整理得，解得或（舍去），
所以，
綜上所述，棱上是否存在一點E，且，使得二面角的余弦值為.
【變式14-3】（2024·四川達州·二模）如圖，在直角梯形中，，，，把梯形繞旋轉至，，分別為，中點．
(1)證明：平面；
(2)若，求二面角余弦的最小值．
【解析】（1）證明：設中點為，連接，
為中位線，，
又平面，平面，
平面，
為梯形中位線，，
又平面，平面，
平面，
，平面，平面，
平面平面，
平面，
平面．
（2）以為原點，以所在直線為軸，以垂直于平面的直線為軸，建立如圖空間直角坐標系，
，不妨設，
，
則，
∴，
則，，
設平面的法向量為，
∴，即，
不妨取，，
設平面的法向量為，
∴，即，
不妨取，則，
，
設二面角平面角為，由圖可知為銳角，
，
時，二面角的余弦最小值為．
【變式14-4】（2024·遼寧錦州·模擬預測）如圖，在四棱錐中，為的中點，平面．
(1)求證：；
(2)若，．
（i）求證：平面；
（ii）設平面平面，求二面角的正弦值．
【解析】（1）取的中點，連接，
因為為的中點，所以，，
因為，所以，所以四點共面，
因為平面，平面平面，平面，
所以，所以四邊形為平行四邊形，所以，所以；
（2）（i）取的中點，連接，
由（1）知，所以，
因為，所以四邊形是平行四邊形，
所以，
因為，所以，
所以，即，
因為，所以，
因為，所以與全等，
所以，即，
因為，
又因為，、平面，
所以平面；
（ii）由（i）知平面，而平面，
所以，
因為，
建立如圖所示空間直角坐標系，
則，，
所以，，
設平面的法向量為, 則
令，則，于是，
因為為平面的法向量,
設二面角為，由圖可得
所以,
所以二面角的余弦值為，
則二面角的正弦值為
【變式14-5】由四棱柱截去三棱錐后得到如圖所示的幾何體，四邊形是菱形，為與的交點，平面.
(1)求證：平面；
(2)若二面角的正切值為，求平面與平面夾角的大小.
【解析】（1）法一：將幾何體補成四棱柱，
因為，，
所以四邊形為平行四邊形，
所以，，
又，
故，，
故四邊形為平行四邊形，
故，
又平面，平面，
平面.
法二：∵四邊形是菱形，
∴⊥，
又平面，平面，
∴，，
故兩兩垂直，
以直線分別為軸，軸，軸，建立空間直角坐標系，
其中，
則，設，
由得，
由得，
則，
設平面的法向量為，
則，取，得，
，
又平面，
平面.
（2）設，取的中點，則，
又四邊形是菱形，，
因為平面，平面，
所以，
因為，平面，
故面，
因為平面，
則，
因為且，
所以四邊形為平行四邊形，故，
所以，
又，故四邊形為平行四邊形，
故，，故.
所以為二面角的平面角.
則，其中，故，
故，
設平面的法向量為，
則取，得，
，
平面與平面夾角的余弦值為，
平面與平面夾角為.
題型十五：求點面距、線面距、面面距
【典例15-1】如圖，在四棱錐中，底面是邊長為的正方形，底面，，、、分別是、、的中點．求：
(1)直線與平面的距離；
(2)平面與平面的距離．
【解析】（1）因為平面，四邊形為正方形，
以點為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立如下圖所示的空間直角坐標系，
則、、、、、，
因為、分別為、的中點，則，
平面，平面，平面，
因為且，、分別為、的中點，則且，
所以，四邊形為平行四邊形，，
平面，平面，平面，
，、平面，平面平面，
平面，平面，
設平面的法向量為，，，
則，取，可得，，
所以，直線與平面的距離為.
（2）因為平面平面，則平面與平面的距離為.
【典例15-2】（2024·廣西柳州·一模）如圖的外接圓的直徑，垂直于圓所在的平面，，，，為上的點.

(1)證明：；
(2)當為的中點時，求點到平面的距離.
【解析】（1）平面，平面，，
又，、平面，
平面，平面，；
（2）由(1)和已知條件可知，兩兩垂直，故以C為原點，分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系：
則，
，，
設平面的法向量為，
則，令，則，即，
由點到平面的距離公式知，點到平面的距離
【方法技巧】
如圖所示，平面的法向量為，點是平面內一點，點是平面外的任意一點，則點到平面的距離，就等于向量在法向量方向上的投影的絕對值，即或
【變式15-1】已知正方體 的棱長為1，求平面 與平面 間的距離．
【解析】正方體中，,故四邊形,
所以 ，同理 ，
所以平面 平面 ，
以D為原點，分別以 所在直線為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系，
則 ，
所以，，，
設平面 的法向量為，
則 ，所以 ，
令 ，則 ，
則為平面的一個法向量，
所以點 到平面的距離d，
則平面 與平面 的距離等于點到平面 的距離，
所以平面與平面間的距離為．
【變式15-2】（2024·山西呂梁·三模）如圖，為圓錐的頂點，為圓錐底面的圓心，為底面直徑，為底面圓的內接正三角形，且的邊長為，點在母線上，且，.
(1)求證：，并求三棱錐的體積；
(2)若點為線段上的動點，當直線與平面所成角的正弦值最大時，求此時點到平面的距離.
【解析】（1）設，連接，
為底面圓的內接正三角形，
為中點，
又，
；
，
；
平面平面平面平面，
平面平面平面平面，
又平面，
又平面，又平面，
所以，
又平面，
平面平面平面；
為中點，，即，
又平面，平面，
平面平面，
，
，
又平面，
.
（2）為中點，又，
為中點，，
，
以為坐標原點，正方向為軸，可建立如圖所示空間直角坐標系，
則，
，
，
，
設，
；
設平面的法向量，
則，令，解得：，
設直線與平面所成角為，
，
令，則，
，
當，即時，，
，此時，
，
點到平面的距離.
題型十六：點到直線距離、異面直線的距離
【典例16-1】在如圖所示實驗裝置中，正方形框架的邊長都是1，且平面平面，活動彈子分別在正方形對角線，上移動，則長度的最小值是 ．
【答案】
【解析】是異面直線，上兩點，的最小值即為兩條異面直線間距離.
平面平面，，平面平面，
平面，又，則以為坐標原點可建立如圖所示的空間直角坐標系，
則，，，，
，，，
設異面直線，的公垂向量，
則，令，則，，，
，即的最小值為.
故答案為：.
【典例16-2】（2024·黑龍江哈爾濱·模擬預測）已知空間中有三點，，，則點O到直線的距離為 .
【答案】
【解析】因為，，，
所以,
所以，.
所以,
所以.
所以點O到直線的距離為.
故答案為：.
【方法技巧】
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量積的絕對值與公垂線的方向向量模的比值．
【變式16-1】如圖，多面體是由長方體一分為二得到的，，，，點D是中點，則異面直線與的距離是 ．
【答案】#
【解析】以為坐標原點，分別以，,為軸，軸，軸建立空間直角坐標系，則,,,,
∴,,
設是，的公垂線方向上的單位向量，
則，即①，
，即②，
易知③，
聯立解得，，或，，；
不妨取，
又∵,
則異面直線與的距離，
故答案為：.
【變式16-2】已知棱長為2的正四面體中，的一條高為，求與間的距離．
【解析】
如圖，連接，作為垂足，∴是的中心，顯然面
作∥，故以為原點建立空間直角坐標系，
在中，由勾股定理得，
則，，，，，
而，，，
設和的公垂法向量為，故得，，
化為，，令，解得，，
故，設與間的距離為，
由異面直線距離公式得.
【變式16-3】（2024·高三·河北滄州·期末）已知正方體的棱長為2，M為棱的中點，P，Q分別為線段，上的動點，則的最小值為 .
【答案】/
【解析】建立如圖所示的空間直角坐標系，,
則，
設，
故，
由于直線，為異面直線，要使的最小，則是，的公垂線，
故解得，
所以
故，
故答案為：
【變式16-4】（2024·天津河西·模擬預測）如圖，在棱長為的正方體中，分別是棱上的動點，且．
(1)求證：；
(2)當三棱錐的體積取得最大值時，求平面與平面BEF夾角的正切值及點到直線的距離．
【解析】（1）以為原點，如圖所示建立空間直角坐標系，
，，
設，
，
，
，
，即，
（2）
，由二次函數性質得，
當時，取得最大值，
此時為的中點，
設平面的法向量為，
，
，
設平面的法向量為，
，，
令，，
設平面與平面的夾角為，
，
，，
，
設直線和所成角為，
，
點到直線的距離.
【變式16-5】（2024·江蘇南京·二模）在梯形中，，，，，如圖1．現將沿對角線折成直二面角，如圖2，點在線段上．
(1)求證：；
(2)若點到直線的距離為，求的值．
【解析】（1），，
，故，則，即，
又平面平面，平面平面，
，平面，故平面，
平面，則 ，
又，，平面，所以平面，
又平面，則.
（2）設中點為，中點為，以為軸建立空間直角坐標系，
如圖所示：
有，
設，則，設，則，
則 ，，，
點到直線的距離為，則，
即，即，解得，
所以.
1．（2024年上海秋季高考數學真題）定義一個集合，集合中的元素是空間內的點集，任取，存在不全為0的實數，使得．已知，則的充分條件是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】由題意知這三個向量共面，即這三個向量不能構成空間的一個基底，
對A，由空間直角坐標系易知三個向量共面，則當無法推出，故A錯誤；
對B，由空間直角坐標系易知三個向量共面，則當無法推出，故B錯誤；
對C， 由空間直角坐標系易知三個向量不共面，可構成空間的一個基底，
則由能推出，
對D，由空間直角坐標系易知三個向量共面，
則當無法推出，故D錯誤.
故選：C．
2．（2022年高考全國乙卷數學（理）真題）在正方體中，E，F分別為的中點，則（ ）
A．平面平面 B．平面平面
C．平面平面 D．平面平面
【答案】A
【解析】在正方體中，
且平面，
又平面，所以，
因為分別為的中點，
所以，所以，
又，
所以平面，
又平面，
所以平面平面，故A正確；
選項BCD解法一：
如圖，以點為原點，建立空間直角坐標系，設，
則，
，
則，，
設平面的法向量為，
則有，可取，
同理可得平面的法向量為，
平面的法向量為，
平面的法向量為，
則，
所以平面與平面不垂直，故B錯誤；
因為與不平行，
所以平面與平面不平行，故C錯誤；
因為與不平行，
所以平面與平面不平行，故D錯誤，
故選：A.
選項BCD解法二：
對于選項B，如圖所示，設，，則為平面與平面的交線，
在內，作于點，在內，作，交于點，連結，
則或其補角為平面與平面所成二面角的平面角，
由勾股定理可知：，，
底面正方形中，為中點，則，
由勾股定理可得，
從而有：，
據此可得，即，
據此可得平面平面不成立，選項B錯誤；
對于選項C，取的中點，則，
由于與平面相交，故平面平面不成立，選項C錯誤；
對于選項D，取的中點，很明顯四邊形為平行四邊形，則，
由于與平面相交，故平面平面不成立，選項D錯誤；
故選：A.
3．（多選題）（2021年全國新高考I卷數學試題）在正三棱柱中，，點滿足，其中，，則（ ）
A．當時，的周長為定值
B．當時，三棱錐的體積為定值
C．當時，有且僅有一個點，使得
D．當時，有且僅有一個點，使得平面
【答案】BD
【解析】
易知，點在矩形內部（含邊界）．
對于A，當時，，即此時線段，周長不是定值，故A錯誤；
對于B，當時，，故此時點軌跡為線段，而，平面，則有到平面的距離為定值，所以其體積為定值，故B正確．
對于C，當時，，取，中點分別為，，則，所以點軌跡為線段，不妨建系解決，建立空間直角坐標系如圖，，，，則，，，所以或．故均滿足，故C錯誤；
對于D，當時，，取，中點為．，所以點軌跡為線段．設，因為，所以，，所以，此時與重合，故D正確．
故選：BD．
4．（2017年普通高等學校招生統一考試數學（上海卷））如圖，以長方體的頂點為坐標原點，過的三條棱所在的直線為坐標軸，建立空間直角坐標系，若的坐標為，則的坐標為
【答案】
【解析】 過的三條棱所在直線為坐標軸，建立空間直角坐標系，
因為的坐標為，所以,
所以.
5．（2016年全國普通高等學校招生統一考試文科數學（浙江卷精編版））如圖，已知平面四邊形ABCD，AB=BC=3，CD=1，AD=，∠ADC=90°．沿直線AC將△ACD翻折成△ACD'，直線AC與BD'所成角的余弦的最大值是 ．
【答案】
【解析】［方法一］：異面直線所成角的向量公式
設直線與所成角為，設是中點，由已知得，如圖，以為軸，為軸，過與平面垂直的直線為軸，建立空間直角坐標系，由，，，作于，翻折過程中，始終與垂直，，則，，因此可設，則，與平行的單位向量為，
所以＝，所以時，取最大值．
故答案為：．
［方法二］：幾何法
由翻折過程可以看出D'在以H為圓心，DH為半徑的圓上運動，設E是圓H與平面ABC的交點， 易知E在CB上，且CE=1．設直線AC與BD'所成角為，則，，
設點在平面上的投影為，，因此．
［方法三］：考慮純幾何運算
由折疊過程可知，在以為圓心，為半徑的圓上運動，且垂直圓所在的平面，如圖,作于，則，與所成角即為，且，,要使最大只需最小，
在中，為定值，即只要最短,
，因此．
［方法四］：【最優解】利用三余弦定理
前面過程同方法三, 與所成角即為，
是點在平面上的投影，可知：
觀察得當與點重合時，和同時達到最小，
和同時取最大，此時有最大值，
最后我們不難發現，其實在翻折過程中，，那么，即當與重合時有最大值.
【整體點評】方法一：利用建系求異面直線所成角，是通性通法，易操作，但此題運算較復雜；
方法二：利用幾何性質求異面直線所成角，計算簡單，需要較好的空間想象能力；
方法三：利用幾何法找到異面直線所成角的平面角，計算簡單，需要較好的空間想象能力；
方法四：利用三余弦定理分析最簡單，但是三余弦定理不是教材要求必需掌握的內容．
1．在如圖所示的試驗裝置中，兩個正方形框架ABCD，ABEF的邊長都是1，且它們所在的平面互相垂直．活動彈子M，N分別在正方形對角線AC和BF上移動，且CM和BN的長度保持相等，記．
（1）求MN的長；
（2）a為何值時，MN的長最小？
（3）當MN的長最小時求平面MNA與平面MNB夾角的余弦值．
【解析】如圖建立空間直角坐標系，
，， ， ，
，， ．
（1）；
（2），
當時，最小，最小值為；
（3）由（2）可知，當，為中點時，最短，
則，0，，，，，取的中點，連接，，
則，，，
，，，，
是平面與平面的夾角或其補角．
，，
．
平面與平面夾角的余弦值是．
2．在空間直角坐標系中，已知向量，點，點．
（1）若直線l經過點，且以為方向向量，P是直線l上的任意一點，求證：
（2）若平面經過點，且以為法向量，P是平面內的任意一點，求證：．
【解析】（1）因為，，所以，
即，因為，所以．
（2）因為，，，
所以．
3．如圖，在直三棱柱中，，，，M是AB的中點，N是的中點，P是與的交點．在線段上是否存在點Q，使得平面？
【解析】如圖，分別以所在直線為軸，建立空間直角坐標系，
則,
設面的法向量,則,即.
令得
因為平面，所以,即.
所以得，
,所以.
因為，，所以存在在三等分點處靠近，使得平面.
4．如圖，正方體的棱長為1，M是棱的中點，O是的中點．求證：OM分別與異面直線，垂直，并求OM的長．
【解析】
如圖建立空間直角坐標系，
則，
所以，
因為，
所以
.
5．如圖，已知正方體的棱長為1，Q為的中點，點P在棱上，．求平面ABCD與平面BQP的夾角．
【解析】
如圖建立空間直角坐標系，，
，
設平面的法向量為，
則，不妨令，則，
所以
平面的法向量為，
所以.
所以面ABCD與平面BQP的夾角為
6．如圖，在正方體中，E，F，G，H，K，L分別是AB，，，，，DA各棱的中點．
（1）求證：平面EFGHKL；
（2）求與平面EFGHKL所成角的余弦值．
【解析】
如圖所示建立空間直角坐標系，
（1），
則，所以
為平面EFGHKL的兩條相交直線，
所以平面EFGHKL；
（2）由（1）知平面EFGHKL的法向量為
，
因為，
求與平面EFGHKL所成角的余弦值為.
易錯點：計算線面角出錯
易錯分析： 計算線面角時出錯，常見原因包括：1. 對線面角概念理解不清，錯誤地將直線與平面上任意直線的夾角視為線面角；2. 在利用向量法計算時，未正確設置平面的法向量和直線的方向向量，導致計算結果偏離實際；3. 忽視線面角的取值范圍，錯誤地計算了鈍角或超出規定范圍的角；4. 計算過程中存在符號錯誤或計算失誤，影響最終結果的準確性。因此，在計算線面角時需仔細理解概念，正確設置向量，并仔細檢查計算過程。
【易錯題1】（2024·山東菏澤·模擬預測）如圖，在正四棱臺中，.
(1)證明：；
(2)若為的中點，求直線與平面的夾角的正弦值.
【解析】（1）設，，連接，
則平面且平面，
又，所以，
，則，
如圖建立空間直角坐標系，則，，，，
所以，，
所以，即，所以.
（2）由（1）可知，所以，
，
設平面的法向量為，則，取，
設直線與平面的角為，則，
所以直線與平面的夾角的正弦值為.
【易錯題2】在長方體中，已知異面直線與AD，與AB所成角的大小分別為60°和45°，則直線和平面所成的角的余弦值為 ．
【答案】/
【解析】設，，，則，
由于，所以異面直線與AD所成角為，而，從而，
由于，所以異面直線與AB所成角為，從而，
所以，．
如圖，以D為原點，分別以DA、DC、所在直線為x、y、z軸，建立空間直角坐標系，
則，，，，，
，，．
設平面的法向量為，
則，取，
所以直線和平面所成的角的正弦值為，
從而直線和平面所成的角的余弦值為．
故答案為：
答題模板：用向量法求空間角
1、模板解決思路
用向量法求空間角的方法一般都是先確定兩個向量（直線的方向向量或平面的法向量），然后求這兩個向量夾角的余弦值。
2、模板解決步驟
第一步：我們需要根據題目的描述，選擇一個合適的點作為原點，并建立空間直角坐標系。
第二步：我們需要求出與所求角相關的直線的方向向量或平面的法向量。
第三步：我們可以利用向量的夾角公式來求出它們之間的夾角的余弦值。
第四步：我們根據得到的向量夾角的余弦值，可以確定所求角的值或其三角函數值。
【典型例題1】如圖，正方體中，，分別是，的中點，則 ，
【答案】
【解析】建立如圖所示空間直角坐標系，設正方體的邊長為，
則，
，
所以.
故答案為：
【典型例題2】已知正四棱柱的底面邊長與側棱長之比為，則平面與平面夾角的余弦值為 ．
【答案】
【解析】如圖，以點為原點，以為軸，建立空間直角坐標系，
正四棱柱的底面邊長為，則，
所以
則，
設平面與平面的法向量分別為，
則，令，則，
，令，則，
設向量的夾角為，則，
所以平面與平面夾角的余弦值為.
故答案為：
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