2026年高考数学复习知识清单(全国通用)专题02空间向量与立体几何(题型清单)(学生版+解析)

这是一份2026年高考数学复习知识清单(全国通用)专题02空间向量与立体几何(题型清单)(学生版+解析)，共4页。

题型1 空间向量的线性运算
1．（24-25高一下·福建福州·期末）点在平行四边形所在平面外，与交于点，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由向量的线性运算即可求解.
【详解】由题意点是的中点，
所以.
故选：B.
2．（24-25高二下·江苏盐城·阶段练习）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
【分析】根据空间向量的减法及线性关系计算即可.
【详解】因为分别是的中点，
所以，
则.
故选：B.
3．（25-26高二上·全国·课后作业）（多选）若为空间中不同的四点，则下列各式结果一定是零向量的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BCD
【分析】根据空间向量的线性运算逐一计算可判断其正误.
【详解】对于A，，
结果不一定为零向量，故A错误；
对于B，
，故B正确；
对于C，，故C正确；
对于D，，故D正确．
故选：BCD.
4．（2025·新疆喀什·模拟预测）在任意四边形中，E，F分别是，的中点，若，则（ ）
A．B．1C．2D．3
【答案】C
【分析】根据向量加法法则，将分别用表示，再结合题意即可得解.
【详解】如图，，
，
，.
故选：C.
5．（2025高二·全国·专题练习）如图，在四面体中，，，分别是，，的中点，化简： ， ， ．

【答案】
【分析】根据向量的线性运算即可.
【详解】；
；
；
故答案为：；；.
题型2 共线、共面向量定理的应用
6．（25-26高三上·河北·开学考试）已知空间向量与共线，则（ ）
A．-1B．C．D．1
【答案】C
【分析】根据空间向量共线的条件即可得出答案.
【详解】因为空间向量与共线，
所以，解得，所以.
故选：C
7．（24-25高二上·上海·课后作业）设，是空间两个不共线的非零向量，已知，，，且、、三点共线，则实数的值为（ ）
A．B．C．D．8
【答案】C
【分析】利用向量的线性运算表示，根据、、三点共线可得，建立等量关系可得的值.
【详解】∵，，，
∴，
∵、、三点共线，
∴，使得，
即，
∴，，解得．
故选：C．
8．（24-25高三上·河南濮阳·阶段练习）已知P、A、B、C为空间中的四点且P,B,C三点不共线，且，则“”是“A、B、C三点共线”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】C
【分析】根据两者之间的推出关系可得条件关系.
【详解】若，则，故，
所以，而共起点，故三点共线，
若三点共线，则存在实数，使得，
故，故，
因为不共线，则不共线，故，
故，
故“”是“A、B、C三点共线”的充分必要条件，
故选：C.
9．（2025·上海奉贤·二模）如图，在平行六面体中，点在对角线上，点在对角线上，，，以下命题正确的是（ ）
A．
B．、、三点共线
C．与是异面直线
D．
【答案】B
【分析】以为基底结合图形，利用空间向量的线性运算推理作答.
【详解】在平行六面体中，令，，，
则，，
，
，因为不共线所以与不平行，故A错误.
，
，即有，，有公共点，
所以、、三点共线，B选项正确.
因为点在直线上，点也在直线上所以与是相交直线，
故C选项错误.
因为，所以，故D选项错误.
故选：B
10．（23-24高二上·贵州·开学考试）如图，在三棱柱中，为空间一点，且满足， ，则下列说法错误的是（ ）
A．当时，点在棱上
B．当时，点在线段上
C．当时，点在棱上
D．当时，点在线段上
【答案】B
【分析】由空间向量共线定理逐一判断即可.
【详解】对于，当时，，，
所以，则点在棱上，故正确；
对于，当时， ， ，
即，即
所以点在线段上，故错误；
对于，当时，，，
所以，所以，即，
所以点在棱上，故正确；
对于，当时，
所以，，
所以，
即，即，
所以点在线段上，故正确．
故选：．
11．（24-25高二下·浙江·阶段练习）三个非零向量则“共面”是“”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】B
【分析】根据向量共面的等价条件，利用充分条件和必要条件的定义进行判断即可.
【详解】由共面向量的基本定理可知，若三个非零向量满足，则共面，
反之，若三个非零向量共面，当共线，与不共线时，就不存在实数使得，
故共面是的必要不充分条件，
故选：B
12．（22-23高二上·广东清远·期中）在下列条件中，使与一定共面的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据空间共面向量定理的应用，依次判断选项即可.
【详解】对于A，，由于，
所以不能得出共面.故A不符合题意；
对于B，由于，则为共面向量，
所以共面. 故B符合题意；
对于C，，由于，
所以不能得出共面. 故C不符合题意；
对于D，由得，
而，所以不能得出共面. 故D不符合题意；
故选：B
13．（24-25高二上·陕西安康·期中）已知点，则下列各点与点不共面的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据空间向量共面基本定理，列出方程组，根据方程组有解无解可判断是否共面.
【详解】由题意，可得，
,
若共面，则存在使得成立，
代入坐标可得，解得，即四点共面，故A错误；
若共面，则存在使得成立，
代入坐标可得，解得，即四点共面，故B错误；
若共面，则存在使得成立，
代入坐标可得，解得，即四点共面，故C错误；
若共面，则存在使得成立，
代入坐标可得，此方程组无解，即四点不共面，故D正确.
故选：D
14．（2025·黑龙江齐齐哈尔·模拟预测）已知空间中有5个点、、、、，若满足，且、、、四点共面，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据空间共面向量定理的推论可求的值.
【详解】由得，
即，
由空间向量共面定理的推论可知，，解得.
故选：B.
15．（22-23高二上·湖南郴州·阶段练习）为空间任意一点，若，若四点共面，则（ ）
A．1B．C．D．
【答案】C
【分析】根据空间向量共面的基本定理可得答案.
【详解】若四点共面，则，
解得.
故选：C.
16．（24-25高二上·广东·期中）已知A，B，C三点不共线，点O不在平面ABC内，，若A，B，C，D四点共面，则的最大值为（ ）
A．B．C．1D．2
【答案】B
【分析】先利用已知条件求得，再利用均值定理即可求得的最大值.
【详解】由及A，B，C，D四点共面得：，
即，又，，
所以，当且仅当时等号成立，
故选：B
17．（25-26高三上·江苏镇江·开学考试）已知为空间中四点，任意三点不共线，且，若四点共面，O不在该平面上，则的最小值为（ ）
A．4B．5C．D．9
【答案】C
【分析】利用空间向量四点共面定理和基本不等式“1”的妙用求解即可.
【详解】因为四点共面，
所以由共面定理可得，，即，
所以，
因为，
当且仅当，即，即时，等号成立，
所以，
故选：C.
题型3 空间向量基本定理及其应用
18．（2025·浙江温州·模拟预测）已知空间向量，则下列向量可以与构成空间向量的一组基底的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据基底的定义，判断是否共面即可逐一求解.
【详解】对于A，由于基底向量不能是零向量，故A错误，
对于B，由于与不共面，符合基底要求，故B正确，
对于C，，故共面，不符合要求，C错误，
对于D，，故共面，不符合要求，D错误，
故选：B
19．（23-24高二上·山西运城·期中）若构成空间的一个基底，则下列向量能构成空间的一个基底的是（ ）.
A．，，B．，，
C．，，D．，，
【答案】C
【分析】要判断一组向量能否构成空间的一个基底，即判断这组向量是否不共面，逐一分析各选项，找出不共面的向量组即可．
【详解】对于A，因为，
所以，，共面，不能构成空间的一个基底，故A错误；
对于B，因为，
所以，，共面，不能构成空间的一个基底，故B错误；
对于C，假设，，共面，则存在实数，使得，
由于为空间的一个基底，所以可得实数的解为，
但与矛盾，假设不成立，即不共面，能构成空间的一个基底，故C正确；
对于D，因为，
所以共面，不能构成空间的一个基底．
故选：C．
20．（2025高三下·全国·专题练习）已知是空间一个基底，，一定可以与向量构成空间另一个基底的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据空间向量基底的定义，任意两个不共线且不为零向量，三个向量不共面，即可判断.
【详解】向量，得与是共面向量, 不能构成空间的一个基底，A错误；
同理，得与是共面向量，不能构成空间的一个基底，B错误；
又与和不共面，所以与可以构成空间的一个基底，C正确；
与是共面向量，不能构成空间的一个基底，D错误.
故选：C.
21．（2025·全国·模拟预测）已知正方体，设向量，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据方程组，即可求解.
【详解】由于，
所以，，.
故选：B
22．（2025·黑龙江齐齐哈尔·二模）在三棱柱中，设，，，为的中点，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由空间向量的线性运算法则即可求解．
【详解】连接，如图，
因为为的中点，
所以．
故选：C．
23．（2025·湖北武汉·二模）在三棱柱中，设，，，，分别为，的中点，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】结合几何图形，利用给定的基底表示向量.
【详解】在三棱柱中，.
故选：B
24．（2025高三·全国·专题练习）我国古代数学名著《九章算术》中，将底面为矩形且一侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马.如图所示，已知四棱锥是阳马，平面，且，若，则（ ）

A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据向量线性运算原则求解即可.
【详解】由题意，，
，
则，
故选：D.
25．（24-25高二上·辽宁·阶段练习）在正三棱锥中，O为外接圆圆心，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】取中点，连接，利用空间向量的线性运算即可得解.
【详解】如图，在正三棱锥中，取中点，连接，
则点为底面中心，且在上，
所以
.
故选：D.
26．（24-25高二上·陕西咸阳·阶段练习）三棱锥中，，点为中点，点满足，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】由图形，题意，结合空间向量加减法可得答案.
【详解】，又为中点，
故选：C
27．（24-25高三上·重庆·期末）如图，在正四棱锥中，为棱的中点，设，则用表示为（ ）

A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】由图及空间向量加减法可得答案.
【详解】由图可得：
.
故选：C
28．（24-25高二上·河南信阳·期末）如图，在三棱锥中，分别为的中点，则（ ）
A．B．2C．D．1
【答案】D
【分析】利用空间向量的线性运算可得，结合空间向量数量积的运算律计算可得.
【详解】由题意得，，，，，
∴，，.
∵，
∴
.
故选：D.
题型4 空间向量数量积及其应用
29．（2025·辽宁鞍山·一模）已知向量，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用空间向量运算的坐标表示，列式计算即得.
【详解】向量，，则，
所以.
故选：A
30．（24-25高二下·甘肃兰州·期中）设正四面体的棱长为，，分别是，的中点，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据题意，得到，，结合向量的数量积的定义与运算，即可求得的值，得到答案.
【详解】如图所示，因为分别为的中点，可得，，
又因为四面体为正四面体，且棱长为，
可得.
故选：D.
31．（24-25高三下·重庆·阶段练习）已知四面体，所有棱长均为2，点分别为棱的中点，则（ ）
A．1B．C．2D．
【答案】D
【分析】由平面向量基本定理可得，再由空间向量数量积的运算律代入计算，即可得到结果.
【详解】因为点分别为棱的中点，且四面体所有棱长均为2，
则，
所以
.
故选：D
32．（24-25高三下·江苏南京·阶段练习）《九章算术》第五卷中涉及到一种几何体——羡除，它下广六尺，上广一丈.深三尺，末广八尺，袤七尺.该羡除是一个多面体，如图，四边形，均为等腰梯形，，平面平面，梯形，梯形的高分别为3，7，且，，，则
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】过分别作，的高，垂足分别为，，进而结合线面垂直和面面垂直的性质证明，，两两垂直，然后建立空间直角坐标系，求出关键点的坐标，最后求出的值即可．
【详解】过分别作，的高，垂足分别为，，
因为平面平面，，
且平面平面，所以平面，
因为平面，平面，
所以，，又，故，，两两垂直，
以为坐标原点，，，分别为，，轴的正方向，
建立空间直角坐标系，
则由题意可知，，，，
故，，故，
故选：C
33．（2025·山西·一模）如图，直三棱柱中，，点P为侧面上的任意一点，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】取AB中点为原点O，建立空间直角坐标系，设，由数量积的坐标表示得到，进而可求解；
【详解】如图取AB中点为原点O，建立空间直角坐标系，设，
其中，，，，
，，，
当，且或时，取最大值4，
当，且时，取最小值2，所以的取值范围为．
故选：C
34．（2023·西藏日喀则·一模）已知向量，若与垂直，则（ ）.
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】
根据垂直关系可得，进而根据坐标运算以及模长公式即可求解.
【详解】由于与垂直，所以，所以，
故，
故选：D
35．（24-25高二上·重庆·阶段练习）正四面体ABCD的棱长为1，点为CD的中点，点为AM的中点，则BO的长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】设，将用基底表达出来，再求向量模即可求解.
【详解】设，
因为正四面体ABCD的棱长为1，由题意可知
，因为点为CD的中点，点为AM的中点，
所以，
，
因为，
所以.
故选：A
36．（24-25高二上·福建福州·期中）如图，在平行六面体中，以顶点A为端点的三条棱长均为3，且它们彼此的夹角都是，则对角线长为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】利用空间向量将线段的长度转化成求解向量的模长度.
【详解】如图，由已知，，，
∵，
∴
，
∴，即，
故选：A.
37．（24-25高二上·安徽安庆·阶段练习）如图，二面角的棱上有两个点，线段与分别在这个二面角两个面内，并且都垂直于棱．若二面角的平面角为，且，，，则的长度为（ ）．

A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据式子，根据空间向量数量积的运算律即可求出的长.
【详解】由条件知，，，
又二面角的平面角为，则，
所以
，所以.
故选：C
38．（2024·江苏淮安·模拟预测）如图，三棱锥中，，，分别为的中点，点在线段上，且，则（ ）

A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据条件，利用空间向量的线性运算得到，再利用模长公式及数量积的运算，即可求解.
【详解】因为，所以，
则，
又，，
则
，
所以，
故选：D.
39．（2025·河北·模拟预测）正四棱锥底面边长与侧棱长均为为空间任一点，且满足，则线段长度的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】建立空间直角坐标系，根据，可得点在以为球心，以1为半径的球面上，且，从而可得线段长度的取值范围.
【详解】取底面正方形中心，中点，连结，
以为原点，为轴建立空间直角坐标系，
则，
设，则，
因为，得，
所以点在以为球心，以1为半径的球面上，
且，
则，即线段长度的取值范围为.
故选：C

40．（23-24高二上·江苏南通·期末）已知平行六面体中，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用向量的线性运算法则和数量积的性质化简条件可求，结合向量夹角公式可求解.
【详解】如图：
，
．
故选：B．
41．（23-24高二上·广东·阶段练习）如图所示，在正方体中，为的中点，则向量在向量上的投影向量是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用空间向量的运算及投影向量的定义求解即可.
【详解】
设正方体的棱长为1，，，，则，，
∵，，
∴，
∴向量在向量上的投影向量是.
故选：D．
42．（2025·湖北襄阳·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】D
【分析】求得向量在法向量上的投影，再由向量的加法法则即可求解.
【详解】向量在平面法向量上的投影向量：
，
设在平面上的投影向量是，
则，
所以，
故选：D
43．（23-24高二上·湖南·阶段练习）在长方体中，，动点满足且在线段上，当与垂直时，的值为 .
【答案】
【分析】以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得，得到，进而求得，，结合，即可求得的值.
【详解】由题意，以为坐标原点，以，，的方向为轴、轴、轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示，则，，，，可得，得，
所以，，
由，可得，即，解得或，
所以实数的值为.
故答案为：.
题型5 利用空间向量证明线线平行
44．（2024·全国·模拟预测）如图所示，在长方体中，，，，点，，分别在棱，，上，，，．
(1)证明：，，，四点共面；
(2)点在棱上，当平面与平面的夹角的余弦值为时，求．
【答案】(1)证明见解析；
(2)3.
【分析】（1）建立空间直角坐标系，求，证明，由此证明结论，
（2）设，求平面与平面的法向量，利用向量夹角余弦公式求两平面的夹角余弦，列方程求，可得结论.
【详解】（1）以为原点，，，所在的直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
可得，，，．
所以，，
则，
故，，，四点共面．
（2）设，，则，
设是平面的法向量，
则
取，则，，
故，
又因为平面的法向量为，
所以，
平方整理得，
化简得，
解得或，
由图易知，当时，平面与平面的夹角为钝角，舍去．
综上，，即．
45．（2025·云南红河·模拟预测）如图1，等腰梯形中，，，，分别为的中点，且，将梯形沿翻折至梯形，使得平面平面，得到如图2的多面体.
(1)证明：四点共面；
(2)在上取一点，使得平面平面，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2).
【分析】（1）由面面垂直的性质定理可得平面，以为原点，建立空间直角坐标系，由平行向量的坐标关系证得，即可证得四点共面；
（2）由题意设，求出，分别求出平面与平面的法向量，由垂直向量的坐标表示求出，再求出平面与平面的法向量，由二面角的向量公式即可得出答案.
【详解】（1）因为平面平面，平面平面，
且，平面，
所以平面，又，
以为原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，
易得，
则，
则，则，
即，所以四点共面.
（2）由（1）知，，，，，
设，则，则，
设平面的一个法向量为，
则，取，得，
设平面的一个法向量为，
则，取，得，
由平面平面，则，解得，
则，则，又，
设平面的一个法向量为，
则，取，得，
易得平面的一个法向量为，
则，
则平面与平面夹角的余弦值为.
46．（23-24高二上·广东深圳·阶段练习）如图，在四棱锥中，底面，点在棱上，，点在棱上，为的中点，.

(1)求证：四点共面.
(2)求直线与平面的所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2)
【分析】（1）建立空间之间坐标系，利用向量共面即可求解，
（2）求解平面法向量，即可根据线面角的向量法求解.
【详解】（1）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，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，
设平面的法向量为
由取，可得，所以.
设直线与平面所成的角为，则，
所以直线PA与平面AMN所成角的正弦值为.
题型6 利用空间向量证明线面平行
47．（2025高三·北京·专题练习）如图，在四棱锥中，底面为矩形，侧棱底面是的中点，点是棱上靠近的四等分点.
(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）法一：连接，由中位线的性质可证，再由线面平行的判定定理可证平面；法二：以点为坐标原点，分别以为轴，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用空间向量证明；
（2）利用空间向量求线面角的方法计算.
【详解】（1）法一：如图，连接，交于，连接，
因为底面为矩形，所以为的中点，
因为为的中点，所以是的中位线，
得到，而平面，平面，故平面.
法二：根据题意，以点为坐标原点，
分别以为轴，建立空间直角坐标系，
由题意得，
则，
设为平面的法向量，
则，即，
令，则，故，
，
平面，平面.
（2），
，
直线与平面所成角的正弦值为.
48．（2025高三·北京·专题练习）如图是一个直三棱柱（以为底面）被一平面所截得到的几何体，截面为 ．已知，，，，．
(1)设点是的中点，证明：平面；
(2)求与平面所成的角的正弦值；
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）判断方向向量平行于平面，
（2）通过向量积找法向量，然后利用点积确定角度.
【详解】（1），为原点建立空间直角坐标系，如图，
则，
是的中点，，
由图可知，是平面的一个法向量，
由，且不在平面内，
平面·
（2）设与面所成的角为 ，
因为，
设是平面的一个法向量，
则由得，
令，得，
又，，则，
与面所成的角为正弦值为.
49．（2025·福建福州·模拟预测）如图，在三棱柱中，平面，的中点为，．
(1)证明：平面；
(2)在平面内，动点在以为圆心，为半径的劣弧上（不含端点），若直线与平面所成的角为，证明：三点共线．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）法1，连结与交于点，可得，根据线面平行的判定定理得证；法2，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用向量法证明；法3，设中点为，可证平面，平面，进而得到平面平面，得证；
（2）法1，建立空间直角坐标系，设，利用与平面所成的角为，结合向量法求出点的坐标，进而确定的关系，得证；法2，设，解法同1；法3，设平面平面，过点作，垂足为，可得为与平面所成角，利用已知条件求解得证.
【详解】（1）解法一：连结与交于点，连结．
因为点为与的交点，所以点为中点，
又因为为中点，所以．
因为平面，平面，所以平面．
解法二：以为坐标原点，的方向为轴正向，建立如图所示的空间直角坐标系.
则，
．
设平面的法向量为，则
，即，可取．
因为，平面，所以平面．
解法三：设中点为，连结、、，则且．
因为且，所以且，
四边形是平行四边形，所以．
因为、分别为、中点，所以，
又因为，所以四边形是平行四边形，所以．
因为，平面，所以平面，
同理平面，
又因为，所以平面平面，
因为平面，所以平面．
（2）法1，以为坐标原点，的方向为轴正向，建立如图所示的空间直角坐标系．
则，
．
设平面的法向量为，则，即，可取．
因为动点在以为圆心，为半径的劣弧上（不含端点），
所以可设，
则，
由于与平面所成的角为，所以，
所以
，
所以，即，解得，
所以，故三点共线．
法2，前面同上，设平面的法向量为，
则即可取．
因为动点在以为圆心，为半径的劣弧上（不含端点），所以可设，则，
因为与平面所成的角为，所以，
所以，
化简得，即
，得或．
因为不成立．由可得，从而
，得，所以，故三点共线．
法3，设平面平面，则．
过点作，垂足为，连结．
因为，平面，所以平面，
又因为平面平面，平面，所以．
因为平面平面，所以.
又因为，
所以平面，为斜线在平面上的射影，
为与平面所成角，则．
在中，，所以．
因为，所以，
设，则，
设劣弧上（不含端点）时，，
，所以，
化简得，解得或（舍去）．
当点在上（不含端点）时，，
，所以，
化简得，解得或，均舍去．
综上，得，此时点与点重合，
又因为的中点为，故三点共线．
50．（2025·海南海口·模拟预测）如图，已知四棱锥，底面ABCD为梯形，，，，且平面平面ABCD，已知，．
(1)证明：平面PBC；
(2)若，，求直线AM与平面PAB所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取PC上的点N，使，可得，则四边形ABNM为平行四边形，据此可完成证明；
（2）由题可得平面ABCD，据此可如图建立空间直角坐标系，由此可得及平面PAB的法向量，可得直线AM与平面PAB所成角的正弦值.
【详解】（1）取PC上的点N，使，
则，
所以四边形ABNM为平行四边形，所以，
又平面PBC，不在平面PBC内，所以平面PBC．
（2）取CD中点O，连AO，PO，因为，所以，
由题意得为正三角形，所以，，
又平面平面ABCD，平面平面，平面PCD，
所以平面ABCD，
因为平面ABCD，所以，，
以O为坐标原点，，，分别为x，y，z轴正方向，
建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，，
则，，．
设为平面PAB的法向量，则，
可取，，
故直线AM与平面PAB所成角的正弦值为．
题型7 利用空间向量证明面面平行
51．（2025·湖南邵阳·一模）如图，在直四棱柱中，，，，，E，F分别为AD，AB的中点.
(1)求证：；
(2)求证：平面平面；
(3)若，P是线段上的动点，求直线与平面所成角的正弦值的最大值.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3).
【分析】（1）求出，即可得到，结合，即可得到，从而得证；
（2）建立空间直角坐标系，求出平面、平面的法向量，即可证明；
（3）设，即可表示出的坐标，设直线与平面所成角为，利用向量法求出，再根据二次函数的性质求出的最大值.
【详解】（1），，所以
又，，
又，，，.
（2）在直四棱柱中，平面，又平面，所以，，
，，两两垂直，以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
设，则，，，，，.
，，，
设为平面的一个法向量，
令，得，.
设平面的一个法向量，则，取.
，又平面与平面不重合，
平面平面.
（3）当时，为平面的一个法向量，，
则，
设，
，，
设直线与平面所成角为，
，
当且仅当时，等号成立，
所以直线与平面所成角的正弦值的最大值为.
52．（24-25高二上·上海·随堂练习）如图，在直三棱柱中，，，，点E在线段上，且，分别为、、的中点.求证：

(1)平面平面；
(2)平面平面.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）利用空间向量法证明线面垂直证明面面垂直；
（2）利用空间向量法证明平面，再根据线面垂直的性质得到面面平行；
【详解】（1）证明：以为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示空间直角坐标系.

则，，，，，.
设，则，，.
因为，，，
所以，.
所以，，即，.
又平面，所以平面.
因为平面，所以平面平面.
（2）因为，，，
所以，.
所以，.
因为平面，所以平面.
又由（1）知平面，所以平面平面.
题型8 利用空间向量证明线线垂直
53．（2025·湖北黄冈·模拟预测）如图，已知正三棱柱的底面边长为2，高为4，点满足，．
(1)证明：；
(2)求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）方法一：连接，由勾股定理逆定理及线面垂直的判定得出平面，再根据线面垂直的性质即可证明；方法二：建立空间直角坐标系，由空间向量的数量积即可证明；
（2）建立空间直角坐标系，求出两平面的法向量，由面面夹角的向量公式即可求解．
【详解】（1）证明：方法一：如图①，连接，
由题意知，，，，
由勾股定理得，，
过点作⊥于点，，
则，由勾股定理得，
故，因此，
在矩形中，为的中点，
所以，
所以，所以，
由于平面，
所以平面，
由于平面，所以．
方法二：设的中点为的中点为，连接，
以所在直线分别为轴建立如图②所示的空间直角坐标系，
则，
所以，
由于，因此．
（2）设的中点为的中点为，连接，
以所在直线分别为轴建立如图②所示的空间直角坐标系，
则，，，
设平面的法向量为，
则，令，则，
设平面的法向量为，
则，令，则，
设平面与平面的夹角为，
则，
故平面与平面夹角的余弦值为．
54．（2025·江西新余·模拟预测）在多面体ABCDE中，平面平面为等边三角形，四边形ABCD为平行四边形，M，N分别为AD，BE的中点.

(1)求证：；
(2)求直线MN与平面ACE所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）连接，过作，垂足为，过作，垂足为，由题意得到，利用面面垂直的性质得到平面，以为坐标原点，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，设等边的边长为2，写出各点坐标，通过证明即可证得；
（2）由（1）求得的坐标，进而求得平面ACE的一个法向量的坐标，根据即可求得结果.
【详解】（1）连接，过作，垂足为，过作，垂足为，
∵为等边三角形，N分别为BE的中点，∴
∵平面平面平面平面平面，
∴平面
以为坐标原点，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
设等边的边长为2，
则
设则
∵四边形ABCD为平行四边形，M为AD的中点，
所以
.,,
∵，
所以，即.

（2）由（1）知,
设平面的一个法向量为
，取则，
所以是平面的一个法向量.
.
所以直线MN与平面ACE所成角的正弦值为.
55．（25-26高三上·福建漳州·开学考试）在三棱柱中，四边形与都是棱长为1的正方形，，E，F，G分别是棱AB，BC，上的动点，且.
(1)求证：；
(2)若平面与平面的夹角的余弦值为，求BF的长.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量的坐标运算即可求解，
（2）求解平面法向量，根据法向量的夹角即可求解.
【详解】（1）证明：因为与都是棱长为的正方形，
所以，，又，所以，，两两垂直，
故以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
设，，则，，，，
所以，，
所以，故，则.
（2）方法一：由（1）知，，所以，
设是平面的一个法向量，
所以即
即
令，得
所以平面的一个法向量为，
又平面的一个法向量为，
因为平面与平面的夹角的余弦值，
所以，
解得，故.
方法二：
由（1）知，，所以，，，
所以，即，
又，，平面，
所以平面，
所以平面的一个法向量为，
又平面的一个法向量为，
因为平面与平面的夹角的余弦值，
所以，
解得，故.
56．（25-26高三上·贵州毕节·开学考试）在三棱锥中，，平面，点M是棱上的动点，点N是棱上的动点，且．
(1)当时，求证：；
(2)当的长最小时，求二面角的余弦值
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）证明出，建立空间直角坐标系，得到点的坐标，计算出，得到垂直关系.
（2）计算出当时，取得最小值，求出两平面的法向量，利用向量法可求得二面角的余弦值．
【详解】（1）由，得，则，又平面，
以为坐标原点，直线分别为轴，平行于的直线为轴建立空间直角坐标系，
当时，分别为的中点，，
则，，因此，
所以.
（2）由，得，
则，当且仅当时取等号，
此时，
设平面的法向量为，则，取，得，
设平面的法向量为，则，取，得，
因此，由图形知：二面角为锐二面角，
所以二面角的余弦值为.
题型9 利用空间向量证明线面垂直
57．（2025·黑龙江大庆·一模）如图，在四棱锥中，底面为梯形，，为等边三角形，为的中点，且平面平面，.
(1)证明：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见详解.
(2).
【分析】（1）取中点，由线面垂直证明两两垂直，从而建立空间直角坐标系，然后得到点坐标，由空间向量的数量积证明线线垂直，从而得到线面垂直；
（2）由空间直角坐标系得到点坐标，由空间向量求得平面的一个法向量，由空间向量的夹角求得线面角的正弦值.
【详解】（1）如图，取中点，连接，，
在正三角形中，，
∵平面平面，平面平面，
∴平面，且平面，
∴，
在梯形中，，∴四边形为平行四边形，
∴，又∵，∴，
又，平面，平面，
∴平面，平面，
∴，
如图建立空间直角坐标系，
则，，，，，
，，，
∵，，
∴且，且，平面，平面，
∴平面.
（2）由（1）可知，
∴，，，
设平面的一个法向量为，
则，令，则，即，
直线与平面所成角，
则，
即直线与平面所成角的正弦值为.
58．（2024·河北·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面，，为中点.
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出相关点坐标，根据数量积的坐标运算，结合线面垂直的判定定理，即可证明结论；
（2）根据空间角的向量求法，即可求得答案.
【详解】（1）由题意知底面，，
故以A为坐标原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，
则，
则，
则，
故，，即，
而平面，
故平面；
（2）由（1）可得，
设平面的法向量为，则,
即，令，可取，
平面的法向量可取为，
设平面与平面夹角为，则.
59．（2025·河北·模拟预测）如图，在四棱锥中，平面，，，，.
(1)证明：平面；
(2)点，分别在线段，上，且，当平面与平面的夹角为时，求的长.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用线面垂直的向量法即可证明；
（2）设，.求出平面的法向量，根据面面角的向量求法及数量积运算即可求解.
【详解】（1）证明：在四棱锥中，∵平面，平面，平面，，.
∵，∴以点为坐标原点，，，为，，轴建立空间直角坐标系如图所示.
则由题可知，，，，，
∴，，.
设平面的一个法向量为，
则，即.
令，则，，即平面的一个法向量为.
∴，即，∴平面.
（2）由题可设，，∴，.
设平面的一个法向量为，
则，即.
令，则，，即平面的一个法向量为.
由（1）知平面的一个法向量为.
∴.
∵平面与平面的夹角为，
∴，解得，即的长.
题型10 利用空间向量证明面面垂直
60．（24-25高三上·江苏·阶段练习）在空间几何体中，四边形均为直角梯形．如图，设，，．
(1)求证：平面平面；
(2)若二面角的余弦值为，求的值．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）根据已知条件的三个直角，建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，证得法向量平行即可；
（2）求出两个半平面的法向量，代入余弦公式可以求得三棱柱其他边的长度，用余弦公式即可求得的值.
【详解】（1）如图建立空间直角坐标系，则由题意，，
设，则，，
则，， ，，，
因为，所以，
设平面的法向量为，
则，
取，则，
设平面的法向量为，
则，
取，则，
所以，所以，
所以平面平面；
（2）设平面的法向量为，
则，
取，则，
设二面角的平面角为，
所以，·
所以，即，
解得或（舍），则，
所以，即，
又，所以.
61．（2025高三·全国·专题练习）在如图所示的多面体中，已知正方形和直角梯形所在的平面互相垂直，，．

(1)求证：平面平面；
(2)求二面角的大小．
【答案】(1)证明见解析
(2)．
【分析】（1）先由面面垂直证明线面垂直得到平面，结合条件建系，求出相关点和向量的坐标，利用两平面的法向量垂直即可证得两平面的垂直；
（2）先求得平面的法向量，利用向量夹角的坐标公式计算即得.
【详解】（1）因为平面平面，平面平面，
， 平面，所以平面．
建立如图19所示的空间直角坐标系，
则，
所以．

设平面，平面的法向量分别为，
则①，②，
③，④．
由①②③④解得．
所以．
所以，所以，故平面平面．
（2）设平面的法向量为，
因为，，
所以，，
解得．
所以，所以．
由图19知，二面角的平面角是钝角，
故所求二面角的大小为．
62．（2025·重庆沙坪坝·模拟预测）在中国古代数学中，将底面为矩形并有一条棱垂直于底面的四棱锥称为“阳马”.如图是一个底面为正方形的阳马，其中底面，且.
(1)求证：平面平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先证明线线垂直建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，再根据得出面面垂直；
（2）应用线面角正弦公式计算求解.
【详解】（1）因为底面，底面，
所以.
又底面为正方形，所以.
故两两垂直.
以点为坐标原点，所在直线依次为轴、轴、轴建立空间直角坐标系.
由条件可得下面各点的坐标：，
，
进一步得.
设平面的法向量为，
由得即
令，得，所以.
设平面的法向量为，
由得即
令，得，所以.
因为，
所以，平面平面.
（2）由（1）得，平面的一个法向量为，
设直线与平面所成的角为，则
.
题型11 利用空间向量求两异面直线所成角
63．（2025·福建三明·模拟预测）在直三棱柱中，，，，分别是，的中点，则直线与直线所成角的余弦值（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】建立空间直角坐标系，设，利用异面直线所成角的向量法求解即可.
【详解】因为直三棱柱，所以底面，
又底面，所以，，
又因为，所以两两垂直，
以为轴建立如图所示坐标系，
设，则，，，，
所以，，
设直线与直线所成角为，
则，
所以直线与直线所成角的余弦值为.
故选：B
64．（2025·新疆喀什·模拟预测）已知圆台的上底面圆的半径为1，下底面圆的半径为2，点，分别在上、下底面圆周上，且，则与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】过的母线为，连接，则，以为坐标原点，为坐标轴建立空间直角坐标系，利用向量法可求与所成角的余弦值.
【详解】过的母线为，连接，则，又因为，所以，

以为坐标原点，为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以，
所以，
所以与所成角的余弦值为.
故选：A.
65．（2025·安徽合肥·模拟预测）中国古代数学著作《九章算术》记载了一种被称为“曲池”的几何体，该几何体的上､下底面平行，且均为扇环形（扇环是指圆环被扇形截得的部分）.现有一个如图所示的曲池，它的高为，、、、均与曲池的底面垂直，底面扇环对应的两个圆的半径分别为和，对应的圆心角为，则图中异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】建立空间直角坐标系，用向量法求解即可.
【详解】设上底面圆心为，下底面圆心为，连接、、，
以为坐标原点，分别以、、所在直线为、、轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
则、、、，
所以，，，
所以异面直线与所成角的余弦值为.
故选：A.
66．（25-26高三上·广西桂林·开学考试）在平行六面体中，底面是边长为1的正方形，侧棱的长为2，且，求：
(1)的长；
(2)直线和所成角的余弦值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）先设，，，得出，利用向量数量积的运算律计算即得；
（2）利用空间向量的夹角公式计算即可.
【详解】（1）如图，连接，设，，，
依题意，
而，
，
所以.
（2）连接，，
所以
，
又，，
所以，
故直线和所成角的余弦值为.
67．（2025·天津·二模）如图，在四棱锥中，是以为斜边的等腰直角三角形，底面是等腰梯形，且，，，，为中点．
(1)求证：平面；
(2)求直线与所成角的余弦值；
(3)求平面与平面夹角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)；
(3)
【分析】（1）取的中点，连接，在，中，运用勾股定理逆定理得到，再结合线面垂直判定定理证明；
（2）建系，求出关键点坐标，应用计算求解；
（3）求出平面与平面的法向量，结合向量夹角公式计算即可求出余弦值，最后应用同角三角函数关系求出正弦值.
【详解】（1）设，为中点， 是以为斜边的等腰直角三角形，
取的中点，底面是等腰梯形，.
连接
，
在中，，
在中，.
，
，且平面，
平面；
（2）
如图，建系，则
，
设直线与所成角为，
（3）设平面的法向量是
，即，令，解得
设平面的法向量是
，即令，解得
设平面与平面夹角为
故面与平面夹角正弦值为.
68．（21-22高二上·重庆云阳·期中）在三棱锥中，，，平面，点，分别为，的中点，，为线段上的点（不包括端点，），若使异面直线与所成角的余弦值为，则（ ）
A．或4B．C．D．
【答案】D
【分析】由题意与勾股定理建立空间直角坐标系，写出各点的坐标，利用线线角向量公式，可得答案.
【详解】如图，在三棱锥中，，，所以．
因为平面，以为原点，，，为、、轴正方向建立空间直角坐标系．
可知，，．
因为，，所以，
所以，则．设，且，
则，可知，，
所以，
，．
因为异面直线与所成的角的余弦值为，
所以，
解得或（舍去）．所以．
故选：D.
69．（24-25高二上·福建福州·期中）三棱锥中，底面是边长为2的正三角形，，直线AC与BD所成角为，则三棱锥外接球表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据题意，得证为等腰三角形，于是建立如图所示空间直角坐标系，，根据与直线AC与BD所成角为建立方程，求得，然后找出外接球球心，根据相关数量关系，建立外接球半径的等式关系，求出半径，应用球的表面积公式即可得解
【详解】由题意可得，因为为等边三角形，所以，
又，且
所以，所以,
取的中点，易得,又
所以平面，又平面，所以平面平面，
建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，
令，所以，
因为，所以，所以，
所以，
因为直线AC与BD所成角为，所以，
解得，即，
如图，为外接球的球心，为等边三角形的重心，
设点A在平面内的投影为，作，
所以,
所以在中，
,,
所以在中，，解得，
所以，三棱锥外接球表面积为，
故选：A
【点睛】方法点睛：多面体与球切、接问题的求解方法
1.涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题求解；
2.若球面上四点P、A、B、C构成的三条线段PA、PB、PC两两垂直，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体求解；
3.正方体的内切球的直径为正方体的棱长．
4.球和正方体的棱相切时，球的直径为正方体的面对角线长．
5.利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径（直径）与该几何体已知量的关系，列方程（组）求解．
题型12 利用空间向量求直线与平面所成角
70．（25-26高三上·福建福州·开学考试）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】A
【分析】建立空间直角坐标系，根据空间角的向量求法即可求得答案.
【详解】设三棱柱的棱长为1，以B为原点，
以过B作的垂线为x轴，以为轴，为轴，
建立空间直角坐标系，如图，
则，所以，
易知平面的一个法向量可取为，
设直线与平面所成角为，，
则.
故选：A
71．（24-25高三下·河北沧州·阶段练习）已知正四棱柱中，，则与平面所成角的正弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，进而得到向量的坐标，再求出平面的法向量；最后利用向量公式求出直线与平面所成角的正弦值.
【详解】因为正四棱柱中底面ABCD是正方形，且，所以.
以为原点，分别以所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系.
则，，，，.
所以， ，.
设平面的法向量为，
则且.
， .
令，解得，.
所以.
设直线与平面所成角为，则.
.
，.
所以.
故选：D.
72．（25-26高三上·湖北荆州·开学考试）在长方体中，已知，，，点，分别在棱，上，且．

(1)证明：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接，证明四边形和四边形都为平行四边形，从而可得出，再根据线面平行的判断的了即可得证；
（2）以点为原点，建立空间直角坐标系，分别求出直线的方向向量和平面的法向量，利用向量法求解即可.
【详解】（1）连接，
因为且，
所以四边形为平行四边形，
所以且，
又且，
所以且，
所以四边形为平行四边形，
所以，
又平面，平面，
所以平面；
（2）如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，
则，
故，
设平面的法向量为，
则有，
令，则，所以，
所以，
所以直线与平面所成角的正弦值为．

73．（25-26高三上·河南安阳·阶段练习）如图，在三棱柱中，是边长为3的正三角形，.

(1)求棱的长；
(2)求证：平面平面；
(3)求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)5
(2)见解析
(3)
【分析】（1）根据几何关系，结合勾股定理和余弦定理，即可求解；
（2）根据（1）的结果，转化为证明平面，即可证明面面垂直；
（3）根据垂直关系，以点为原点建立空间直角坐标系，求平面的法向量，代入线面角的向量公式，即可求解.
【详解】（1）因为，，所以，
中，由余弦定理，
即；
（2）由（1）可知中，满足，
所以，且，，平面，
所以平面，且平面，
所以平面平面；
（3）如图，以点为原点，为轴的正方向，作轴，建立空间直角坐标系，
，，，，
，，
，
设平面的一个法向量为，
所以，令，则，
所以平面的一个法向量为，
设与平面所成的角为，
所以.
74．（25-26高三上·江苏镇江·开学考试）如图，四棱锥的底面为梯形，，为直角三角形，.

(1)设平面平面，证明：；
(2)已知在同一个球面上，且球心在平面上.
（i）证明：平面平面；
（ii）若点在线段上，且与平面所成角的正弦值为，求的长.
【答案】(1)证明见解析；
(2)（i）证明见解析；（ii）.
【分析】（1）利用线面平行的判定性质推理得证.
（2）（i）根据给定条件，确定球心的位置，再利用球的截面小圆性质及面面垂直的判定推理得证；建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法列式求解.
【详解】（1）在四棱锥中，，平面，平面，
因此平面，而平面平面，平面，
所以.
（2）（i）取中点，连接，由，得四边形为平行四边形，
则，，是外接圆圆心，
又四边形是等腰梯形，则点在外接圆上，即点与点重合，
取中点，连接，由为直角三角形，，得为外接圆圆心，
而是四棱锥外接球球心，于是平面，又平面，
所以平面平面.

（ii）由（i）得，，，，
以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，，
设平面的法向量为，则，取，得，
设，则，
由与平面所成角的正弦值为，得，
整理得，而，解得，则，
所以的长为.
题型13 利用空间向量求平面与平面所成角（二面角）
75．（2025高三·全国·专题练习）如图，在四面体中，为等边三角形，，二面角的大小为，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】构建合适的空间直角坐标系，标注出相关点坐标并令，应用向量法求二面角的余弦值范围.
【详解】以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，
因为为等边三角形，不妨设，由，令，
当时四点共面，不能构成空间四边形，所以，
则，，，故，，，
设平面的法向量为，则，代入得，
令，则，，所以，
设平面的法向量为，则，代入得，
令，则，，所以，
由图知，二面角为锐二面角．
所以，
因为，所以，即，
故选：D
76．（2025高三·全国·专题练习）如图，将菱形纸片沿对角线折成直二面角，分别为的中点，是的中点，，则折后二面角的余弦值为（ ）

A．B．C．D．
【答案】A
【分析】建立空间直角坐标系，求解平面法向量，即可由向量的夹角求解.
【详解】由题意知平面平面，如图，连接，
因为四边形是菱形，是的中点，所以，又平面平面平面，所以平面，而平面，所以，从而，三线两两垂直．以为原点，所在直线分别为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系，

令，则．
设平面的法向量为，则得
取，则，得平面的一个法向量为．
易知平面的一个法向量为，
则．由图知，二面角为锐角，
所以二面角的余弦值为．
故选:A．
77．（25-26高三上·湖北恩施·开学考试）如图，在直三棱柱中，，.

(1)求证：平面；
(2)求平面与平面的夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据线面垂直的性质定理和判定定理进行证明.
（2）方法一：建立空间直角坐标系，利用空间向量求二面角的余弦.
方法二：把二面角的余弦转化成两个平面的垂线所成的角，利用余弦定理求角的余弦.
【详解】（1）在直三棱柱中，平面ABC，平面ABC，所以.
又，，所以平面，
平面，所以.
又，所以四边形为正方形，从而.
因为，平面，所以平面.
（2）以B为坐标原点，BC所在直线为x轴，AB所在直线为y轴，所在直线为z轴，建立如图空间直角坐标系：

则，，，，，
从而，，.
设平面的法向量为，则
，不妨取
由（1）可知，平面的法向量为，设平面与平面的夹角为，
则.
法二：过作的垂线，垂足为E，连接AE，
平面平面，，平面，
由（1）知，平面，的余弦值即为所求.
在中，，，
，设平面与平面的夹角为，，
则.
78．（25-26高三上·山东聊城·开学考试）如图，在正四棱柱中，分别为的中点.
(1)证明：点在平面内.
(2)若，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据线线平行，结合平行线的传递性可得，即可求证，
（2）建立空间直角坐标系，求解平面的法向量，根据向量的夹角公式求解向量的夹角，即可求解.
【详解】（1）设为的中点，连接.
由题易知所以
所以四边形为平行四边形，所以，
又，所以，且点在平面内，故点在平面内
（2）不妨设，则，以所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，
如图所示，则，
所以，,.
设为平面的法向量，
所以即令，得，
所以平面的一个法向量为.
设为平面的法向量，
所以即令，得，
所以平面的一个法向量为.
因为==，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
79．（25-26高三上·广东深圳·开学考试）如图，在六面体中，四边形是正方形，平面平面平面.
(1)证明：；
(2)求平面和平面夹角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2).
【分析】（1）先应用面面平行性质定理得出，再得出平面，最后应用线面垂直的判定定理得出平面，进而得出线线垂直；
（2）方法1：应用线面垂直建系再分别求出平面和平面的法向量，再应用向量夹角余弦公式得出面面角的余弦，最后应用同角三角函数关系得出正弦值；
方法2：设与的交点为，过点作，交于点，得出是平面与平面的夹角，再计算得出角的正弦即可.
【详解】（1）
连接，
在正方形中，，
平面平面，平面平面，平面平面，
.
平面平面，
平面，
平面，
平面，
平面.
（2）方法1：由（1）可知平面，
平面，
在正方形中，有，
以为原点，以所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示：
设，则，
，
由（1）可知平面是平面的一个法向量，
设是平面的一个法向量，则，
取，则，
设平面和平面夹角为，
则，
，即平面和平面夹角的正弦值为.
方法2：
设与的交点为，过点作，交于点，连接，设，
由（1）可知平面，
平面平面，
平面，
又平面平面，平面平面，
是平面与平面的夹角，
在正方形中，
由（1）可知平面，
平面，
在中，，
在中，，
在中，，
，
平面平面，
在中，，
平面与平面的夹角的正弦值为.
80．（25-26高三上·江苏南京·开学考试）如图所示，在四棱锥中，底面，平面平面，．
(1)证明：；
(2)设，，若二面角的平面角为，求.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由底面，证得，再由平面平面，利用面面垂直的性质定理，证得平面，进而证得；
（2）以为原点，建立空间直角坐标系，设，分别求得平面和的法向量和，结合二面角的平面角为，利用向量的夹角公式，列出方程，即可求解.
【详解】（1）证明：因为底面，且底面，所以，
又因为平面平面，平面平面，
且平面，所以平面，
因为平面，所以.
（2）解：以为原点，以所在直线分别为轴，轴和轴，建立空间直角坐标系，如图所示，设，其中，
因为且，可得，
则，
设平面的法向量为，则，
取，可得，所以，
设平面的法向量为，则，
取，可得，所以，
因为二面角平面角为，
所以，
整理得，解得
又因为，所以，即的长为.
81．（25-26高三上·江苏南通·开学考试）如图，在三棱锥中，，，平面平面．
(1)证明：平面平面；
(2)若平面，平面，且平面将三棱锥截为两部分，求截面面积的最大值；
(3)若二面角的余弦值为，求.
【答案】(1)证明见解析；
(2)；
(3).
【分析】（1）由已知得，再由面面垂直的性质定理及判定定理，即可证结论；
（2）若分别是上的点，且，得为平行四边形，利用线面平行的判定及已知得可由平面平移得到，令平移后则，求平行四边形截面的边长，进而写出面积表达式，即可得；
（3）构建合适的空间直角坐标系，设并标注出相关点坐标，求出相关平面的法向量，根据二面角的余弦值及夹角的向量公式列方程求参数，即可得.
【详解】（1）由，则，即，
由平面平面，平面平面，平面，
所以平面，平面，则平面平面.
（2）若分别是上的点，且，显然为平行四边形，
由平面，平面，则平面，
由平面，平面，则平面，
因为平面，平面，且为异面直线，
故平面与平面平行或重合，所以可由平面平移得到，
令平移后则，所以，，
又截面始终为平行四边形，所以，
要使截面的面积最大，只需且，此时最大；
（3）由（1）平面，在平面内作，如下图示，
可构建如图示的空间直角坐标系，设，则，，，
故，，，，
若是平面的一个法向量，则，可取，
若是平面的一个法向量，则，可取，
由二面角的余弦值为，则，
所以，可得，解得或（舍），
所以.
82．（2025·湖南益阳·模拟预测）如图，在三棱柱中，侧面为菱形，，底面为等边三角形，平面平面，点分别是的中点.

(1)证明：平面平面；
(2)若，点在直线上，且平面与平面的夹角的余弦值为，求线段的长.
【答案】(1)证明见解析
(2)2
【分析】（1）取的中点，连接，证明平面，再利用面面垂直的判定定理得到答案；
（2）建系，设，借助于空间向量表示平面与平面的夹角的余弦值，进而求出，即得答案.
【详解】（1）如图，取的中点，连接，因为侧面为菱形，，

所以.又因为平面平面，
平面平面，
平面，所以平面.
又因为是的中点，所以四边形为平行四边形，所以，所以平面.
又平面，所以平面平面.
（2）连接，因为为等边三角形，则.

所以两两垂直.则以为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，
因为AB=2，所以.
故，
.
设，则，
即.，
.
设平面的一个法向量为，
则则，取，则，.
故平面的一个法向量为.
又由（1）可知平面的一个法向量为，
由题意可得，即.
解得.又，所以，线段CF的长为2.
题型14 利用空间向量求点线距离
83．（24-25高二上·广东深圳·期末）已知，，则点到直线的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据条件，利用点到直线距离的向量法，即可求解.
【详解】因为，，，则，，
所以点到直线的距离为：.
故选：D
84．（24-25高二上·江苏常州·期中）如图，在棱长为2的正方体中，为的中点，点在线段上，点到直线的距离的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】建立空间直角坐标系利用空间向量求得点到直线的距离的表达式，再由二次函数性质可求得最小值.
【详解】以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，如下图所示：
则，可得，
设，所以可得；
因此，
因此点到直线的距离为
.
当（满足题意）时，取得最小值，即点到直线的距离的最小值为.
故选：A
85．（2025·天津北辰·三模）如图，在四棱锥中，底面为矩形，侧棱底面是的中点，点是棱上靠近的四等分点.
(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值；
(3)求点到直线的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）法一合理作出辅助线，利用中位线定理得到，再利用线面平行的判定定理得到线面平行，法二建立空间直角坐标系，求出关键点的坐标和关键平面的法向量，利用空间位置关系的向量证明求解即可.
（2）建立空间直角坐标系，求出关键点的坐标和关键平面的法向量，结合线面角的向量求法求解即可.
（3）建立空间直角坐标系，求出关键点的坐标和关键平面的法向量，利用空间中点到平面的距离公式求解即可.
【详解】（1）法一：如图，连接交于，连接，
因为底面为矩形，所以为的中点，
因为为的中点，所以是的中位线，
得到，而平面，平面，故平面.
法二：根据题意，以点为坐标原点，
分别以为轴，建立空间直角坐标系，
由题意得，
则，
设为平面的法向量，
则，即，
令，则，故，
平面，平面.
（2），
，
直线与平面所成角的正弦值为.
（3）由已知得，
由点到直线的距离公式得，
故点到直线的距离为.
86．（2025·天津滨海新·三模）如图，在多面体ABCDGEF中，四边形ABCD为直角梯形，且满足，，，，平面ABCD．
(1)证明：平面CDE；
(2)求平面CDE与平面ABE夹角的余弦值；
(3)求点G到直线AB的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）根据线面垂直的判断定理，转化为证明和，即可证明；
（2）根据（1）的结果，分别求平面和平面的法向量，利用法向量求平面夹角的余弦值；
（3）代入点到直线的距离公式，即可求解.
【详解】（1）因为平面，平面，
所以，
且，，平面，
所以平面，平面，
所以，
由条件可知四边形是正方形，所以，
，且平面，
所以平面；
（2）
如图，以点为原点，以为轴的正方向建立空间直角坐标系，
，，，，，，
由（1）可知，平面的法向量可为，
，，
设平面的一个法向量为，
所以，令，则，，
所以平面的一个法向量，
设平面CDE与平面ABE的夹角为，
所以；
（3）,
所以点到直线的距离.
题型15 利用空间向量求点面距、线面距、面面距
87．（25-26高三上·江苏镇江·开学考试）已知平面的一个法向量，点在平面内，则点到平面的距离为（ ）
A．B．C．5D．10
【答案】A
【分析】首先求出，再根据点到的距离计算可得.
【详解】因为、，
所以，
又平面的一个法向量，
所以点到的距离.
故选：A
88．（25-26高三上·天津红桥·开学考试）已知正方体 的棱长为4，E，F分别为 的中点，G在线段 上，且
(1)求证∶ 面;
(2)求平面EBF 与平面EBG夹角的余弦值；
(3)求点D到平面EBF的距离．
【答案】(1)证明见解析；
(2)；
(3).
【分析】（1）法一、利用正方形的性质先证明，再结合正方体的性质得出平面，利用线面垂直的性质与判定定理证明即可；法二、建立空间直角坐标系，利用空间向量证明线面垂直即可；
（2）利用空间向量计算面面夹角即可；
（3）利用空间向量计算点面距离即可.
【详解】（1）（1）法一、在正方形中，
由条件易知，所以，
则，
故，即，
在正方体中，易知平面，且，
所以平面，
又平面，∴，
∵，平面，∴平面；
法二、如图以D为原点建立空间直角坐标系，
则，
所以，
设是平面的法向量，
则，令，则，
所以是平面的一个法向量，
易知，则也是平面的一个法向量，∴平面；
（2）同上法二建立的空间直角坐标系，
所以，
由（1）知是平面的一个法向量，
设平面的一个法向量为，所以，
令，则，
所以平面的一个法向量，
设平面与平面的夹角为，
则，
所以平面EBF 与平面EBG的夹角的余弦值为；
（3）因为，所以，
又是平面的一个法向量，
则D到平面的距离为.
所以点D到平面EBF的距离为.
89．（25-26高三上·河北邢台·开学考试）在三棱柱中，底面是边长为2的正三角形，平面平面.
(1)证明：三棱柱为正三棱柱；
(2)若点为棱的中点，且平面与平面夹角的余弦值为，求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用面面垂直的性质得出线面垂直，进而证明侧棱垂直于底面，结合底面形状可证结论；
（2）建立坐标系，利用平面与平面夹角求出高，结合点面距的向量公式可求答案.
【详解】（1）证明：作于，因为平面平面，平面平面，所以平面，
因为平面，所以，
因为，，平面，所以平面，即侧棱垂直于底面，
因为底面是正三角形，所以三棱柱为正三棱柱.
（2）以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，建立空间直角坐标系，如图，
设，则；
，
设平面的一个法向量为，则，
令，则；
设平面的一个法向量为，则，
令，则；
因为平面与平面夹角的余弦值为，所以，
解得，即.
，设点到平面的距离为，则.
90．（2024高三·全国·专题练习）已知正方体的棱长为1，为中点，求下列问题：
(1)求异面直线与的距离；
(2)求到平面的距离；
(3)求到平面的距离；
(4)求平面与平面的距离.
【答案】(1)
(2)
(3)
(4)
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用异面直线距离的向量公式求解即可；
（2）求出平面的法向量，利用点到平面距离的向量公式求解即可；
（3）利用直线到平面距离的向量公式求解即可；
（4）求出平面、平面的一个法向量，可得平面平面，转化为点到平面的距离，利用点到平面的距离向量求法即可求解.
【详解】（1）如图，建立空间直角坐标系，

则、、、，、、
、、，
所以，，
设是与，都垂直的向量，
则，即，即，令得，
选与的两点向量为，
得与的距离.
（2），设为平面的法向量，则，
即，即，令得，
选点到平面两点向量为，
由公式得：点到平面的距离.
（3）由（2）可知：平面的法向量可设，
设与平面的两点向量为，
故直线到平面的距离.
（4），，
设分别为平面、平面的一个法向量，
所以，令，可得，所以，
，令，可得，所以，
所以，所以平面平面，
可得点到平面的距离即为所求，，
所以点到平面的距离为，
故平面与平面的距离为.
题型16 利用空间向量求异面直线的距离
91．（24-25高二上·四川·期中）在长方体中，，，，则异面直线与的距离是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】建立空间直角坐标系，求解直线与的公垂线的方向向量，利用异面直线距离的向量公式求解即可.
【详解】如图，以为原点，分别以，，为，，轴的正向建立空间直角坐标系，
则，，，，
，，
设直线与的公垂线的方向向量为，
则，取，则，，
，又，
异面直线与的距离是.
故选：A.
92．（24-25高二上·辽宁大连·期中）在长方体中，，，，E为AB的中点，则异面直线与DE的距离为（ ）
A．B．C．1D．
【答案】C
【分析】建立如图所示的空间直角坐标系，得出各点坐标，求出与的公垂线的一个方向向量，由空间向量的数量积即可得解.
【详解】分别以为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
因为，，，E为AB的中点，
则，，，，
则，，
设与DE的公垂线的一个方向向量为，
则，取，得，则，
又，
所以异面直线与DE之间的距离为.
故选：C.
题型17 利用空间向量解决探索性问题
93．（25-26高三上·广西南宁·开学考试）如图，在四棱锥中，，为等腰直角三角形，为斜边，其中．

(1)证明：平面平面；
(2)线段上是否存在一点，使得与平面所成角的正弦值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析；
(2)存在，.
【分析】（1）设线段的中点为，线段的中点为，利用线面垂直的判定、性质，面面垂直的判定推理得证.
（2）根据已知，以为原点，构建如下图空间直角坐标系，令，，结合已知并利用线面角的向量求法列方程求参数，即可得.
【详解】（1）如图，设线段的中点为，线段的中点为，连接，
依题意，，则，由，得，
而，是梯形的中位线，于是，
而平面，则平面，
而平面，于是，又平面，且和相交，
因此平面，而平面，所以平面平面；

（2）依题意，，则，即，
由（1）知平面，平面，则，
由，平面，可得平面，
过作平面，以为原点，构建如下图空间直角坐标系，

则，，
令，，则，
由平面，则平面的一个法向量为，
由题设，
所以，可得（负值舍），所以时满足题设.
94．（25-26高三上·黑龙江绥化·开学考试）如图，四棱锥的底面是正方形，平面，.已知，分别为，的中点，平面与棱交于点.
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面的夹角的余弦值；
(3)判断线段上是否存在一点，使得点到平面的距离为？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)存在，的坐标为或，理由见解析，
【分析】（1）先证明，，由线面垂直判定定理证明平面，所以，再证明，根据线面垂直判定定理证明结论；
（2）先证明平面，由此可得，再证明，由此可得，建立空间直角坐标系，求平面与平面的法向量，结合向量夹角公式求结论；
（3）设，，由此可得，根据点到平面的距离的向量求法结合条件列方程求，由此可得结论.
【详解】（1）证明：因为平面ABCD，平面ABCD，所以.
因为四边形为正方形，所以，
又，平面，
所以平面，
因为平面，所以.
因为为中点，，所以.
又，平面，
所以平面，
（2）
由（1）平面，平面，所以，
因为平面ABCD，平面ABCD，所以，
因为四边形为正方形，所以，
平面，，
所以平面，平面，所以，
因为为的中点，，所以，
，平面，
所以平面，平面，
所以，
因为，所以平面，平面，
所以，故，
由（1）平面，平面，
所以，故，又，
所以，所以，
由已知，，，
所以，故，
以为原点，，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，
则，，易知，
所以，.
设平面的一个法向量为，
则，令，则，
所以平面的一个法向量为.
平面ABCD的一个法向量为.
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，
（3）因为，，所以，
设，，
所以，所以，所以.
由（2）知平面的一个法向量为，
所以，解得或，
所以点的坐标为或.
95．（2025·宁夏石嘴山·模拟预测）如图，在三棱柱中，侧面ABCD是边长为2的正方形，为等边三角形，M为边AD的中点，点N在线段PC上．
(1)证明：平面MPQ；
(2)若，证明：平面BDN；
(3)是否存在点P，使得二面角的正弦值为？如果存在，求出四棱锥的体积，如果不存在，说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)存在，理由见解析，体积为或
【分析】（1）根据三线合一得到，又，从而得到线面垂直；
（2）作出辅助线，所以，所以，所以平面BDN；
（3）建立空间直角坐标系，写出点的坐标，设，，，求出两平面的法向量，根据二面角的正弦值得到方程，求出或，从而求出P到平面ABCD的距离，求出锥体体积.
【详解】（1）证明：因为是等边三角形，M为边AD的中点，所以，
又因为，，所以．
又因为，平面，故平面MPQ．
（2）连接MC，交BD于点E，连接NE．
因为，，所以，
又因为，所以，所以，
又因为平面BDN，平面BDN，所以平面BDN．
（3）存在点P，使得二面角的正弦值为，理由如下：
取BC中点F，连接MF，则，
过M作平面ABCD，建立如图所示的直角坐标系．
为等边三角形，边长为2，故，
，，，设，，
，
，，．
设平面MPB的法向量为，
则，即，
取，则，
取，
设平面面MPC的一个法向量为，
，
令，则，，
平面MPC的一个法向量为，
设二面角为，则，
又因为，所以．
所以，解得或，
当时，P到平面ABCD的距离为，
此时，
当时，P到平面ABCD的距离为，
此时．
题型18 立体几何中的翻折问题
96．（2025·广西桂林·一模）如图，梯形中，为上一点，，且，将沿着翻折至所在位置，使得平面平面，连接，得到四棱锥为的中点.

(1)若为的中点，证明：平面；
(2)在线段上是否存在点，使得，若存在，求直线与平面所成角的正弦值，若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析；
(2)存在，.
【分析】（1）利用中位线的性质证得线线平行，从而证得线面平行，再证得面面平行，利用面面平行的性质定理证得线面平行；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量线性运算的坐标表示求出点坐标，再利用向量法求线面角即可.
【详解】（1）

取的中点，连接.
三点分别为的中点
在平面中，，
又平面平面平面
同理，，平面平面，所以平面，
又平面平面，
平面平面，
平面平面.
（2）

因为平面平面，平面平面，平面,
所以，平面.
过作的平行线，过作交于点.
以点为坐标原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系.
梯形中，，，
所以，则.
所以.
假设在上存在点使得，设，
设，则，解得.
因为，
所以，解得.
，
因为平面平面，故取平面的一个法向量为，
设直线与平面所成角为，则
.
所以，线段上存在点使得，直线与平面所成角的正弦值为.
97．（24-25高二上·湖北·阶段练习）如图1，在直角梯形中，已知，，将沿翻折，使平面平面.如图2，的中点为.

(1)求证：平面；
(2)若的中点为，在线段上是否存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，点位于线段靠近的三等分点处
【分析】（1）利用面面垂直性质定理即可证明；
（2）分别以，，为，，轴的正方向建立如图所示空间直角坐标系，设，，利用面面角的空间向量公式列出方程求解即可.
【详解】（1）因为，的中点为，所以，
又因为平面平面，平面平面，平面，
根据面面垂直的性质可得平面；
（2）取的中点为，连接，则，
由图1直角梯形可知，为正方形，
，，，，.
由（1）平面，可知，，两两互相垂直，分别以，，为，，轴的正方向建立如图所示空间直角坐标系，

则，，，，
设，
，
设平面的法向量为，
取，则.即平面的法向量为，
由平面，取平面的法向量，
设平面与平面的夹角为，则
，
解得或（舍）.
所以，线段上存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为.点位于线段靠近的三等分点处.
题型19 利用空间向量解决最值范围问题
98．（2025·山东滨州·二模）如图，在四棱锥中，底面是矩形，，为等腰三角形，且，点为线段上一点．
(1)若平面，求的值；
(2)当为何值时，直线与平面所成角最大，并求最大角的值．
【答案】(1)
(2)；.
【分析】（1）设，由平面，证得，结合为的中点，得到为的中点， 求得的值；
（2）建系设，得出平面的法向量，进而得出线面角正弦值，结合二次函数值域得出最大值及此时的.
【详解】（1）
设，连接，
因为正方形，所以为的中点，
又因为平面，且平面，平面平面，
所以，
在正方形，为的中点，可得为的中点，
所以，当平面，则.
（2）
因为平面，所以平面，
过作为轴，以分别为轴，建立空间直角坐标系，
因为，为等腰三角形，所以，且，则，
所以，
设，其中，(线面角为0，不是最大）
，
设平面的法向量为，
则，
取，可得，
设直线与平面所成角为
由题意可得，
因为，所以当，即时直线与平面所成角正弦最大为，
直线与平面所成角最大为，
当时，直线与平面所成角最大为.
99．（25-26高三上·云南保山·开学考试）在平行六面体中，，，，．
(1)证明：；
(2)当平行六面体的体积最大时，求平面与平面的夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先证平面，再根据线面垂直推导线线垂直.
（2）根据几何体的体积最大，确定平行六面体是直平行六面体，建立空间直角坐标系，利用空间向量求二面角的余弦.
【详解】（1）在中，，，所以，所以.
又，所以.
又在中，，，，所以，
所以.
又平面，且，所以平面.
因为平面，所以，即.
（2）因为平行六面体的底面是平行四边形，且，由已知平行四边形的面积为，
又平行六面体的侧棱为，所以当侧棱底面时，
平行六面体的体积最大.
如图：
以为原点，建立如图空间直角坐标系，则，，，，,.
所以，，，.
可取平面的法向量为，
设平面的法向量为，
则，
可取.
因为，，.
所以.
所以平面与平面的夹角的余弦值为.
100．（2025·重庆沙坪坝·模拟预测）如图，在直三棱柱中，侧面是正方形，，分别是棱的中点，且．
(1)若，证明：平面；
(2)当平面与平面夹角的余弦值最大时，求的值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取棱中点记为M，连接，由题意可得四边形是平行四边形，可得，可证结论成立；
（2）以B点为坐标轴原点，为x轴正方向，为y轴正方向，为z轴正方向建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量，求得的一个法向量，利用向量法可得，进而求得最大值即可.
【详解】（1）取棱中点记为M，连接，
分别是的中点，且侧面是正方形，
，
四边形是平行四边形，
又平面，平面，
平面．
（2）直三棱柱，
两两垂直，以B点为坐标轴原点，为x轴正方向，为y轴正方向，为z轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系，
则．
，
，
．
设平面的法向量，
则，取，
设平面的法向量，
则，取，
记平面与平面夹角为，
令，所以，在，即时取得最大值．
空间向量线性运算中的三个关键点
应用共线(面)向量定理证明点共线(面)的方法比较
三点(P，A，B)共线
空间四点(M，P，A，B)共面
eq \(PA,\s\up6(→))＝λeq \(PB,\s\up6(→))
eq \(MP,\s\up6(→))＝xeq \(MA,\s\up6(→))＋yeq \(MB,\s\up6(→))
对空间任一点O，eq \(OP,\s\up6(→))＝eq \(OA,\s\up6(→))＋teq \(AB,\s\up6(→))
对空间任一点O，eq \(OP,\s\up6(→))＝eq \(OM,\s\up6(→))＋xeq \(MA,\s\up6(→))＋yeq \(MB,\s\up6(→))
对空间任一点O，eq \(OP,\s\up6(→))＝xeq \(OA,\s\up6(→))＋(1－x)eq \(OB,\s\up6(→))
对空间任一点O，eq \(OP,\s\up6(→))＝xeq \(OM,\s\up6(→))＋yeq \(OA,\s\up6(→))＋(1－x－y)eq \(OB,\s\up6(→))
用基向量表示指定向量的方法
（1）结合已知向量和所求向量观察图形．
（2）将已知向量和所求向量转化到三角形或平行四边形中．
（3）利用三角形法则或平行四边形法则把所求向量用已知基向量表示出来．
空间向量数量积的应用
证明两条直线的方向向量共线．
(1)证明该直线的方向向量与平面的某一法向量垂直；
(2)证明直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行；
(3)可在平面α内取基向量{e1，e2}，证明存在实数λ1，λ2，使直线l的方向向量a＝λ1e1＋λ2e2，然后说明l不在平面α内即可．
注意：证明线面平行，最后必须加上线不在面内的条件．
(1)证明两个平面的法向量为共线向量；
(2)转化为线面平行、线线平行问题．
证明两条直线所在的方向向量互相垂直，即证它们的数量积为零．
证明直线的方向向量与平面的法向量共线，或将线面垂直的判定定理用向量表示．
证明两个平面的法向量垂直，或将面面垂直的判定定理用向量表示．
用坐标法求异面直线所成角的一般步骤
(1)建立空间直角坐标系；
(2)用坐标表示两异面直线的方向向量；
(3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值；
(4)注意两异面直线所成角的范围是0，π2，即两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角的余弦值的绝对值．
利用空间向量求线面角的解题步骤
1.利用空间向量求平面与平面夹角的解题步骤
2.利用法向量的方向判断二面角
二面角的大小可以通过这两个面的法向量的夹角求得，它等于两法向量的夹角或其补角，法向量的方向指向内部的称为“进”入半平面；法向量的方向指向外部的称为穿“出”半平面；当法向量m，n“一进一出”时，m，n的夹角就是二面角的大小；当法向量m，n“同进同出”时，m，n的夹角就是二面角的补角．
点线距：已知直线l的单位方向向量为u，A是直线l上的定点，P是直线l外一点，设向量eq \(AP,\s\up6(→))在直线l上的投影向量为eq \(AQ,\s\up6(→))＝a，则点P到直线l的距离为eq \r(a2－a·u2)．
利用向量法求点到平面的距离的步骤
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．
(1)对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等问题．
(2)对于位置探究型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数．
三步解决平面图形翻折问题
立体几何中的最值与范围问题，一般是考查空间角、空间距离和几何体的体积、表面积的范围和最值问题，一般和动态问题相结合．