2027年高考数学一轮复习学案 专题14 空间向量与立体几何

这是一份2027年高考数学一轮复习学案 专题14 空间向量与立体几何学案主要包含了知能解读 01，知能解读 02，知能解读 03，知能解读 04，知能解读 05，重难点突破 01，重难点突破 02，重难点突破 03等内容，欢迎下载使用。
理·思维导图：呈现教材知识结构，构建学科知识体系。
盘·基础知识：甄选核心知识逐项分解，基础不丢分。
【知能解读 01】空间向量的线性运算及有关定理
【知能解读 02】两个向量的数量积及其运算
【知能解读 03】空间中的平行与垂直的向量表示
【知能解读 04】利用空间向量求空间角
【知能解读 05】利用空间向量求空间距离
破·重点难点：突破重难点，冲刺高分。
【重难点突破 01】利用空间向量解决探索性问题
【重难点突破 02】利用空间向量解决最值范围问题
【重难点突破 03】不规则几何体建系问题
【重难点突破 04】空间向量新定义问题
辨·易混易错：辨析易混易错知识点，夯实基础。
【易混易错 01】忽视零向量
【易混易错 02】错判数量积的符号与夹角关系
【易混易错 03】忽略建系的条件而出错
【易混易错 04】由线、面关系误解向量关系
【易混易错 05】忽视异面直线的夹角与向量的夹角范围不同
【易混易错 06】线面角与向量夹角转化不清等问题
【易混易错 07】二面角概念模糊
【易混易错 08】动点问题没有取舍
05 点·方法技巧：点拨解题方法，练一题通一类
【方法技巧 01】用基向量表示指定向量的方法
【方法技巧 02】三点共线和空间四点共面的方法比较
【方法技巧 03】空间向量数量积的应用
【方法技巧 04】利用空间向量证明空间线面位置关系
【方法技巧 05】用向量法求异面直线所成角的一般步骤
【方法技巧 06】用向量法求解直线与平面所成角的方法
【方法技巧 07】利用向量法解二面角问题的策略
【方法技巧 08】利用空间向量求空间距离
空间向量的线性运算及有关定理
空间向量的有关概念
空间向量：在空间中，具有大小和方向的量；
相等向量：方向相同且模相等的向量；
相反向量：方向相反且模相等的向量；
共线向量(或平行向量)：表示空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合的向量；
共面向量：平行于同一个平面的向量
空间向量的线性运算
空间向量的加减法
空间中任意两个向量都是共面的，它们的加、减法运算类似于平面向量的加减法（如下图）．
空间向量加减法的运算律：交换律 a  b  b  a ；结合律(a  b)  c  a  (b  c) ．
空间向量的数乘：实数与空间向量 a 的乘积a 仍是一个向量，称为向量的数乘运算． 当 0 时，a 与a 方向相同；当 0 时，a 与 a 方向相反；当 0 时，a  0 ．
a 的长度是 a 的长度的| | 倍．
空间向量数乘的运算律：分配律(a  b)  a b ；结合律(a)  ()a ．
空间向量的有关定理
共线向量定理：对空间任意两个向量 a ， b(b  0) ， a∥b 的充要条件是存在实数，使得 a  b .
共面向量定理：如果两个向量 a ， b 不共线，那么向量 p 与向量 a ， b 共面的充要条件是存在唯一的有序实数对(x，y)，使 p  xa  yb .
空间向量基本定理：如果三个向量 a ，b ，c 不共面，那么对空间任一向量 p ，存在有序实数组{x，y，

→ → →
z}，使得 p  xa  yb ，其中， a, b, c 叫做空间的一个基底．
【真题实战】（2025 高一·海南海口·期末）在三棱锥O  ABC 中， D 、 E 分别是OC 、 AB 的中点，设
→→→ → →
OA  a , OB  b, OC  c ，以a, b, c 为空间的一个基底，则 DE  （ ）
1 →
A． a
1 →1 →

b  c
1 →
B． a
1 →1 →

b  c
222222
1 →
C． a
1 →1 →

b  c
1 →
D． a
1 →1 →

b  c
222
【答案】A
222
【分析】根据条件，利用空间向量的线性运算，即可求解.

【解析】因为 D 、 E 分别是OC 、 AB 的中点，
–––→
1 –––→1 →
–––→
1 –––→–––→
1 →→
则OD 
OC 
22
c ， OE 
OA  OB 
22
a  b ，
–––→–––→ –––→1 →
所以 DE  OE  OD  a
1 →1 →

，
b  c
222
故选：A.
两个向量的数量积及其运算
空间向量的数量积及运算律
数量积及相关概念
①两向量的夹角：已知两个非零向量 a ， b ，在空间任取一点 O，作OA  a ， OB  b ，则∠AOB 叫做向量 a 与b 的夹角，记作 ，其范围是[0，π]，
→ →
若= ，则称 a 与b 互相垂直，记作 a  b .
2
→ →→ →→ →
②非零向量 a ， b 的数量积 a  b  a b cs  a,b  ．
→→→ →
空间向量数量积的运算律
①结合律： a b  a b ；
②交换律： a  b  b  a ；
③分配律： a  (b  c)  a  b  a  c .
向量表示
坐标表示
数量积
a  b
a1b1  a2b2  a3b3
共线
a  b(b  0, R)
a1  b1 ， a2  b2 ， a3  b3
垂直
a  b  0(a  0,b  0)
a1b1  a2b2  a3b3  0
模
→
a
a2  a2  a2
123
空间向量数量积的坐标表示及其应用设 a  (a1, a2, a3) ， b  (b1, b2 , b3) ，
3
【真题实战】（25-26 高二·福建泉州·开学考试）在三棱锥 A  BCD 中，若 AB  BD ， CD  BD ， BD  1，则 AC  BD  （ ）
夹角
 a, b  (a  0, b  0)
→ →a b  a b  a b
cs  a, b 1 12 23 3
a2  a2  a2  b2  b2  b2
123123
1
2
B．1C．
D．0
【答案】B
【分析】结合已知条件根据数量积的运算律求解即可.
【解析】因为 AB  BD ， CD  BD ， BD  1，

–––→ –––→–––→ –––→ –––→ –––→–––→ –––→ –––→2–––→ –––→
所以 AC  BD  AB  BD  DC  BD  AB  BD  BD  DC  BD  0 1 0  1.
故选：B
空间中的平行与垂直的向量表示
直线的方向向量和平面的法向量
直线的方向向量：如果表示非零向量 a 的有向线段所在直线与直线 l 平行或重合，则称此向量 a 为直线 l 的方向向量．
平面的法向量：直线 l⊥α，取直线 l 的方向向量a ，则向量 a 叫做平面α的法向量．
空间位置关系的向量表示
【真题实战】（2025 高二·全国·专题练习）已知空间直线l 的方向向量是m  1, a  2b, a 1a,b  R  ，平面
的法向量n  2, 3, 3 ．若l ，则a  b  ；若l / /，则a  b  ．
位置关系
向量表示
直线 l1，l2 的方向向量分别为 n1 ， n2
l1∥l2
n1∥n2  n1  n2
l1  l2
n1  n2  n1  n2  0
直线 l 的方向向量为 n ，平面α的法向量为 m
l∥
n  m  n  m  0
l 
n∥m  n  m
平面α，β的法向量分别为 n ， n
∥
n∥m  n  m
 
n  m  n  m  0
【答案】21
6
【分析】根据空间向量垂直和平行的坐标表示列方程求参数.
【解析】由m  1, a  2b, a 1 a, b R 是直线l 的方向向量， n  2, 3, 3 是平面的法向量，
a  5
若l ，则m / /n ，即 1  a  2b  a  1 ，解得2 ，则a  b  2 ，
233


b   1
2
若l / /，则 m  n ，即m  n  2  3a  2b  3a  1  6a  6b  1  0 ，解得a  b  1 .
6
故答案为：2， 1
6
利用空间向量求空间角
异面直线所成角
设异面直线 a，b 所成的角为θ，则cs
，其中 a ， b 分别是直线 a，b 的方向向量．
→ →
a  b
→ →
a b
直线与平面所成角
如图所示，设 l 为平面α的斜线，l∩α＝A， a 为 l 的方向向量， n 为平面α的法向量，
→ →
a  n
→ →
a n
a, n
φ为 l 与α所成的角，则sin cs  → →  .
二面角
若 AB，CD 分别是二面角α-l-β的两个平面内与棱 l 垂直的异面直线，则二面角(或其补角)的大小就是向量 AB 与CD 的夹角，如图 a.
–→ ––→ n1  n2 –→ ––→
n1 n2
平面α与β相交于直线 l，平面α的法向量为 n1 ，平面β的法向量为 n2 ，  n1 , n2 ，则二面角α-l-β为
θ或π－θ.设二面角大小为φ，则 cs  cs 
，如图 b，c.
1 1 11
【真题实战】（2025·四川巴中模拟预测）如图所示，直三棱柱 ABC  A B C ,ABC  90∘ , AA  AB .
求证： A1C  AB1 ；
若 AC  2AB, E 为 A1C1 中点，求二面角 A1  BC  E 的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2) 3 10
10
【分析】（1）根据线面垂直的判定定理及性质定理证明即可；
（2）由 BA, BC, BB1 两两互相垂直，故以 BA, BC, BB1 所在直线分别为 x, y, z 轴建立空间直角坐标系，设
AB  AA  2 ，分别求?平面 EBC 和平面 A BC 的法向量，根据cs
→ –––→
求解即可
11csm, AB1
【解析】（1）在直三棱柱 ABC  A1B1C1 中， B1B  平面 ABC, BC  面 ABC ，
则 B1B ^ BC
又ABC  90∘ ，即 AB  BC ，又 B1B  AB  B ， B1B  平面 ABB1 ， AB  平面 ABB1 ，所以 BC  平面 ABB1
又 AB1  平面 ABB1 ，所以 BC  AB1
在直三棱柱 ABC  A1B1C1 中， AA1  AB ，则四边形 ABB1 A1 为正方形
所以 AB1  A1B ，又 BC  A1B  B， BC  平面 A1BC ， A1B  平面 A1BC ，所以 AB1  平面 A1BC
又 A1C  平面 A1BC ，所以 A1C  AB1
（2）由（1）知 BA, BC, BB1 两两互相垂直，
故以 BA, BC, BB1 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，
3
由于 AC  2 AB ，设 AB  AA1  2 ，则 BC  2，
B 0, 0, 0 , A 2, 0, 0 , C 0, 2 3, 0 , B1  0, 0, 2 , A1 2, 0, 2 , E 1, 3, 2
→–––→–––→
设平面 EBC 的法向量为m  x, y, z , BC  0, 2 3, 0 , BE  1, 3, 2 
 → –––→
m  BC  2 3y  0
则：
，取 z  1 ，则 y  0, x  2 ，得 →  2, 0, 1 ，
 → –––→m
m  BE  x  3y  2z  0
由（1）知 AB1  平面 A1BC ，则平面 A1BC 的一个法向量为 AB1  2, 0, 2
由图可知二面角 A1  BC  E 的平面角为锐角，记为.
→ –––→
3 10
2 2  1 2
4 1  4  4
则： cs csm, AB1 10 ，
即二面角 A  BC  E 的余弦值为 3 10 .
110
利用空间向量求空间距离
点到直线的距离
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→在直线 l 上的投影向量为→ ＝a，则点 P 到直线 l 的距离为 a2－a·u2 (如图)．
APAQ
点到平面的距离
已知平面的法向量为 n , A 是平面内的任一点， P 是平面外一点， 过点 P 作则平面的垂线l ，交平面于点Q ，
–––→ →
→
则点 P 到平面的距离为 PQ  AP  n （如图）.
n
线面距和面面距
线面距、面面距均可转化为点面距离，用求点面距的方法进行求解．
–––→ →
AB  n
直线 a 与平面之间的距离： d  → ，其中 A  a, B ， n 是平面的法向量．
| n |
–––→ →
AB  n
两平行平面,之间的距离： d  → ，其中 A , B ， n 是平面的法向量。
| n |
【真题实战】（25-26 高三·北京丰台·开学考试）如图，在直三棱柱 ABC  A1B1C1 中，AB  BC ，AB  2 ，BC  1 .点 P 在线段 AC1 上，点 P 到直线 BB1 的距离的最小值为.
【答案】 2 5 / 2 5
55
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间距离的向量求法即可求解.
【解析】由已知，以 B 为坐标原点，以 BC, BA, BB1 所在直线为 x, y, z 轴，建立空间直角坐标系，
设直三棱柱 ABC  A1B1C1 的侧棱长为 h，则 B 0, 0, 0, A0, 2, 0, C1 1, 0, h ，
AC1  1, 2,h , BB1  0, 0,h  ，
由于点 P 在线段 AC1 上，设 AP  t AC1, 0  t  1 ，则 P t, 2t  2, ht  ，故 BP  t , 2t  2,ht  ，
B
–––→
P –––→
2

 –––→ –––→ 2
BP  BB

1 

BB1



2

t  
2
2 t 2
 ht
2h t
 h 

2
2

设点 P 到直线 BB1 的距离为 d，则d 
5t 2  8t  4

，
5 t   
4 2
4

5 5
44 2442 5
55
当t  时， 5 t  

故答案为： 2 5
5
 取最小值 ，则 d 的最小值为，
555
01 利用空间向量解决探索性问题
利用空间向量解决立体几何的探索性问题思路：
根据题设条件的垂直关系，建立适当空间直角坐标系，将相关点、相关向量用坐标表示。
假设所成的点或参数存在，并用相关参数表示相关点的坐标，根据线、面满足的位置关系、数量关系，构建方程（组）求解，若能求?参数的值且符合该限定的范围，则存在，否则不存在．
【典例 1】（25-26 高二·山西临汾·开学考试）如图，在四棱锥 P  ABCD 中，侧面 PAD  平面 ABCD ，△PAD
是边长为 2 的等边三角形，底面 ABCD 为直角梯形，其中 BC / / AD, AB  AD, AB  BC  1 ．
求证： AB  PD ；
线段 PD 上是否存在一点 E ，使得平面 EAC 与平面 DAC 夹角的余弦值为 10 ？若存在，求? PE 的值；
5PD
若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在， PE  1
PD3
【分析】（1）由面面垂直的性质可得 AB  平面 PAD ，再根据线面垂直的性质即可证明；
（2）取 AD 的中点O ，以直线OC 、OD 、OP 分别为 x 、 y 、 z 轴建立空间直角坐标系，令

–––→–––→
PE  PD  0, , 
3 ，0,1 ，由二面角的向量公式求得 1 ，即可求解 PE .

3PD
【解析】（1）由于平面 PAD  平面 ABCD ，平面 PAD  平面 ABCD  AD ，又 AB  AD 且 AB  平面 ABCD ，AB 平面 PAD .
 PD  平面 PAD ， AB  PD .
（2）取 AD 的中点O ，连接 PO ， OC ，由△PAD 为等边三角形，可得 PO  AD ，而平面 PAD  平面 ABCD ，平面 PAD  平面 ABCD  AD ， PO  平面 PAD ，
则 PO  平面 ABCD ，又OC  平面 ABCD ，得 PO  OC ，由 AO  BC  1且 AO / / BC 得四边形 ABCO 是平行四边形，
于是OC / / AB ，而 AB  AD ，则OC  AD ，直线OC 、OD 、OP 两两垂直，
以O 为坐标原点，直线OC 、OD 、OP 分别为 x 、 y 、 z 轴建立空间直角坐标系，如图，
则 A0, 1, 0， D 0,1, 0 ， C 1, 0, 0 ， B 1, 1, 0 ， P 0, 0, 3 ，
–––→–––→
则 AP  0,1, 3 ， PD  0,1,  3， AC  1,1, 0 ，
–––→–––→
令 PE  PD  0, ,  3，0,1，
–––→–––→ –––→
AE  AP  PE  0,1, 3  0, , 3
0,1 , 3 
3 ，
→ –––→
→n  AC  a  b  0
设平面 EAC 的法向量为n  a, b, c ，则→ –––→，
n  AE  1  b  3  3 c  0
→
取b  3 1 ，得n   3 1 , 3 1,1 ，

–––→
易知平面 DAC 的一个法向量为OP  0, 0, 3 ，
于是 cs
–––→ →
OP, n
 3 1 ，
OP  n
–––→ →
OP n
–––→ →
3 72 10 7
10
5
化简得32  10 3  0 ，又0,1，故解得 1 ，即 PE  1 ，
3PD3
所以线段 PD 上存在点 E ，使得平面 EAC 与平面 DAC 夹角的余弦值为 10 ，此时 PE  1 .
5PD3
【典例 2】（25-26 高三·广东深圳·开学考试）如图，已知正方形 ABCD 的边长为 4，E，F 分别为 AD, BC 的中点，沿 EF 将四边形 EFCD 折起，使二面角 A  EF  C 的大小为60 ，M 为线段 AB 上一点．
(1)若 M 为线段 AB 中点，设直线 MF 与直线 EA 的交点为 O，证明： OD / / 平面 EMC ；
(2)是否存在点 M，使得直线 DE 与平面 EMC 所成的角为60 ?若存在，求此时线段 AM 的长；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在点 M ，当 AM  1 或 AM  3 时，使得直线 DE 与平面 EMC 所成的角为60↗
【分析】（1）由 MN / /OD ，结合线面平行判定定理可证得结论；
（2）由二面角平面角定义可知DEA  60∘ ，取 AE, BF 中点O, P ，由线面垂直的判定和勾股定理可知 OD, OA, OP 两两互相垂直，则以O 为坐标原点建立空间直角坐标系；设 M 1, m, 00  m  4 ，利用线面角的向量求法可求得m 即可.
【解析】（1） E, F 分别为 AD, BC 中点，
 EF / / AB / /CD ，且 AE  FB  2 ，
又 M 为 AB 中点，且 AB  OE, AB  BF ，易得OAM FBM  OA  FB  AE  2 ，连接CE, DF ，交于点 N ，连接MN ，
由题设，易知四边形CDEF 为平行四边形，
 N 为 DF 中点，
 AM / / EF, A 是OE 的中点，
 M 为OF 中点，
 MN / /OD ，又 MN  平面 EMC ， OD  平面 EMC ，
OD / / 平面 EMC ；
（2） EF / / AB / /CD ，
 EF  DE ， EF  AE ，
又 DE  平面CEF ， AE  平面 AEF ，
DEA 即为二面角 A  EF  C 的平面角，
DEA  60∘ ；
取 AE, BF 中点O, P ，连接OD,OP ，如图，
DEA  60∘ ， OE  1 DE  1，
2
OD2  4 1  4 cs 60∘
OD2  OE2  DE2 ，
OD  AE ，
 3，
 OP / / EF ，
OP  DE ， OP  AE ，又 AE, DE  平面 AED ， AE ∩ DE  E ，
OP  平面 AED ，
 OD, AE  平面 AED ，
OD  OP, AE  OP ，
则以O 为坐标原点， OA, OP, OD 方向为 x, y, z 轴正方向建立空间直角坐标系如下图所示，
则 D 0, 0, 3 ， E 1, 0, 0 ， F 1, 4, 0 ， C 0, 4, 3  ，
–––→
–––→
设 M 1, m, 00  m  4 ，则 DE  1, 0,  3， EM  2,m, 0  ， EC  1, 4, 3  ，
EM  n1  2 x1  my1  0
––––→ –→
设平面 EMC 的法向量n1  x1 , y1 , z1  ，则–––→ –→，
EC  n1  x1  4 y1  3 z1  0
z  m  8
 –→
m  8
3
令 y1  2 ，则 x1 = -m ， 1
， n1  m, 2, ，
3

直线 DE 与平面 EMC 所成的角为60↗，
–––→ –→
sin 60∘ 
cs
–––→ –→
DE, n1
DE  n183

2 m  4 
2
m

8
2
3
 –––→ –→ 
DE  n12 ，
解得m  1或m  3 ，
存在点 M ，当 AM  1 或 AM  3 时，使得直线 DE 与平面 EMC 所成的角为60↗.
02 利用空间向量解决最值范围问题
此类问题多以规则几何体为载体，涉及到几何体的结构特征以及空间线面关系的逻辑推理、空间角与距离的求解等，题目较为综合，解决此类问题一般可从三个方面思考：
一是函数法，即利用传统方法或空间向量的坐标运算，建立所求的目标函数，转化为函数的最值问题求解；二是根据几何体的结构特征，变动态为静态，直观判断在什么情况下取得最值；
三是将几何体平面化，如利用展开图，在平面几何图中直观求解．
【典例 1】（25-26 高三·浙江杭州·开学考试）如图，在三棱柱 ABC  A1B1C1 中， M ， N 分别为棱 AB ， BC上的点，满足 BM  2 AM ， BN  CN ，且ABC1 与MNC1 的面积之比为3
证明： AC1 / / 平面 A1MN ；
求点 A1 到平面 ABC1 与到平面 MNC1 的距离之比；
若 BC  AB ，直线 AB ， BC ， A1B 两两相互垂直，求平面 ABC1 与平面 MNC1 所成角余弦值的取值范围
【答案】(1)证明见解析 (2)2
 16 2 
(3)  3 , 1 

【分析】（1）作?辅助线，利用三角形相似以及线面平行判定定理可证明?结论；
根据等体积法以及锥体体积公式计算可得结果；
建立空间直角坐标系，利用空间向量求?两平面 ABC1 与平面 MNC1 的法向量，再由向量夹角的坐标表示计算即可.
【解析】（1）作平行四边形 MACD 与平行四边形 MAC1D1 ，连接 AD 交 BC 与点 P ，如下图所示：
显然 AM  CD ， CPD ~BPA ，所以 CD  PC  1 ，即 PC  1 BC ；
ABPB34
又 BN  CN ，可知 P 为 NC 的中点，即 PN  1  AM ，
NB2MB
所以 MN / / AP ，
又因为CD   AM , C1D1   AM ， CD  AM  C1D1  AM ；
所以CD / /C1D1 ，且CD  C1D1 ，所以CDD1C1 为平行四边形，即CC1 / / DD1 ；又因为 AA1 / /CC1 ，所以 AA1 / / DD1 ，可得 MN / / AD / / A1D1 ，
故 M ， N ， A1 ， D1 四点共面，
又 AC1 / / MD1 ， AC1  平面 MNA1D1， MD1  平面 MNA1D1 ；故 AC1 / / 平面 A1MN
1 111
设点 A1 到平面 ABC1 与到平面 MNC1 的距离分别为d1 ， d2 ，由 AC1 ∥平面 A1MN ，有VC  A MN  VA A MN  VA  AMN ，
则VC  ABA  VC  ABA  VC  ABC  VA  ABC ，
111111
易知 AM  1 AB ，点 N 到 AB 的距离为点C 到 AB 的距离的一半，
3
所以 S
 1 S
，可得VV 1，
△ AMN
△ ABC
C  A MNAC MN
VC  ABC
61 116 1
又V 1 S·d ，V
 1 S·d ，
C1  ABA13  ABC1 1
C1  A1MN
3  MNC12
又因为 S ABC  3S MNC ，
11
即得d1  2d2
如图，以 B 为原点， –––→ ， BC ， BA 为 x ， y ， z 轴正方向建立空间直角坐标系
AB1
设 BA  1， BC  a  1， BA1  b ，
 2
a
则 A1, 0, 0， C 0, a, 0， A1 0, 0, b ， C1 1, a, b ， M   , 0, 0 ， N  0, , 0 ．
 32
––––→ 2 a––––→ 5
易知 AB  1, 0, 0 ， AC1  2,a,b  ， MN   , , 0  ， MC1   3 ,a ,b 
 3 2
设平面 ABC1 的一个法向量为n1   x1, y1, z1  ，
–––→ –→
 AB  n1  x1  0
–→a 
则––––→ –→，可取n1   0,1,  b  ，
 AC1  n1  2 x1  ay1  bz1  0
设平面 MNC1 的一个法向量为n2  x2 , y2 , z2  ，
––––→ ––→2a
MN  n2  3 x2  2 y2  0
––→a 
5
则––––→ ––→
MC  n x
 ay
 bz
，可取n   3a, 4,  ，
2b
 0
123 222
–––→ –→––––→ ––→
A1B  n1aA1C1  n2a
则d1  –→  –→ ,d2  ––→ ––→ ，
n1n1n2n2
––→–→
由d1  2d2 可知 n2  2 n1 ，
a2 2a2a2a2
b2
即41  9a

 16  b2  25  b2 ，解得 b2  t  7,  ，
设平面 ABC1 与平面 MNC1 所成角为，
n1  n2
––→ –→
n2 n1
–→ 2
2 n1
4  t
cs
t  4
 t  4
 1 1
5  
3 1
则
a2 
2t  12 
t  1 , 
b2
21

  16 2 
【典例 2】（2025·福建福州模拟预测）如图，在四棱锥 P  ABCD 中， CD  平面 PAD， PA  AD ．
证明： PA  平面 ABCD；
若底面 ABCD 是正方形， AP  AB  2 ，E 为 PB 中点，点 F 在棱 PD 上，且异面直线 AF 与 PB 所成的角为 60°．
求 PF 的长度；
平面 AEF 交 PC 于点 G，点 M 在线段 PB 上，求 EG 与平面 MAD 所成角的正弦值的取值范围．
【答案】(1)证明见解析
(2)（ⅰ）
 63 
2
；（ⅱ）,
 63 

【分析】（1）依据CD  平面 PAD 得CD  PA ，结合 PA  AD ，利用线面垂直判定定理，证得结果；
（2）（ⅰ）建立空间直角坐标系，设 PF  PD ，依据异面直线所成角公式求解后结合 PD 长度得 PF ；
（ⅱ）设 PM  t PB 求?平面 MAD 法向量，计算线面角正弦值表达式，结合参数范围求取值范围．
【解析】（1）因为CD  平面 PAD ， PA  平面 PAD，所以CD  PA ，
又因为 PA  AD, AD  平面 ABCD， CD  平面 ABCD， AD ∩ CD  D ，所以 PA  平面 ABCD．
（2）（i）由（1）可知 PA  平面 ABCD，所以 AB，AD，AP 两两垂直，故以 A 为原点，以 AB，AD，AP 所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
依题意可得 A0, 0, 0, D 0, 2, 0, P 0, 0, 2, E 1, 0,1 ，所以 AE  1, 0,1 , PD  0, 2, 2 , PB  2, 0, 2 ，
设 PF  PD  0, 2,2, 0   1  ， 则 AF  AP  PF 0, 2, 2 2 ，
–––→ –––→ AF  PB –––→ –––→ AF PB
因为异面直线 AF 与 PB 所成角为 60°，
–––→ –––→
4 41
2
所以cs 60  cs AF, PB  ，
42  4 12  22
解得 1 ，所以 PF  1 PD  2 ．
22
（ⅱ）设 PG  PC 0   1 ，
则 AG  AP  PG  AP PC 0, 0, 2  2, 2, 2
AE  1, 0,1, AF  0,1,1  ，
 2, 2, 2 2 ，
→ –––→
→n  AE  0x  z  0
设平面 AEF 的法向量为n   x, y, z  ，则→
–––→
，即 y  z  0 ，
n  AF  0
n
取 x  1, y  1, z  1，得 →  1, 1,1 ，
因为n  AG ，所以n  AG  0 ，即2 2 2  2  0 ，解得 1 ，
3
G  2 2 4 
–––→
 1 2 1 
所似  , ,  所以 EG    , , 
 3 3 3  3 3 3 
因为 M 在线段 PB 上，所以 PM  t PB  2t , 0,2t , 0  t  1  ，
则 M 2t, 0, 2  2t , AD  0, 2, 0 , AM  2t, 0, 2  2t，
→ →  –––→  0
y  0
设平面 MAD 的法向量m   x , y , z  ，则m AD即1
1 1 1
→ ––––→
tx  1 t  z  0
m  AM  0
取 x  t 1, y  0, z  t，得 →  t 1, 0, t  ，
 11
111m
设 EG 与平面 MAD 所成角为，
EG  m
–––→
–––→
→
EG m
→
  1  t  1 1 t
–––→ →
 3 311
2 3   t  2   4
1 2
1

则sin cs EG, m   ，
t  12  t 2
6 
3
6  2t 2  2t 1
1 21 1 1 
 63 
2
由于t 0,1，所以 t     ,
4
 ，所以sin  6 , 3 
 4 2 
即 EG 与平面 MAD 所成角的正弦值的取值范围为 6 , 3 
 63 

03 不规则几何体建系问题
常见的 x ， y 轴选取的参考原则：
①尽可能的让底面上更多的点位于 x ， y 轴上；
②找角： x ， y 轴要相互垂直，所以要利用好底面中的垂直条件；
③找对称关系：寻找底面上的点能否存在轴对称特点．
【注意】解答题中，在建立空间直角坐标系之前，要先确定题目中是否给?垂直条件，如果没有直接给?，
还需证明所用坐标轴两两垂直（即一个线面垂直+底面两条线垂直），这个过程不能省略．
6
【典例 1】（2025 高二·辽宁·期中）在斜棱柱 ABC  A1B1C1 中，A1 A  BC ，AB  AC  AA1  A1C  2 ，B1C ．
(1)证明： A1 在底面 ABC 上的射影是线段 BC 的中点．
(2)点 P 在棱CC1 上一点，若二面角C1  A1B1  P 的正弦值为 6 ，确定点 P 位置并说明理由．
3
【答案】(1)证明见解析；
(2) P 与C 点重合时满足题意，理由见解析．
【分析】（1）取 BC 中点O ，连接OA, OA1 ，证明 BC  平面 AA1O 得 A1O  BC ，再由勾股定理逆定理证明
A1O  AO ，则证得线面垂直，从而得结论；
（2）以OA,OB,OA1 为 x, y, z 轴建立空间直角坐标系，设CP  kCC1  (k, 0, k ) ， 0  k 1，用空间向量法求二面角的方法求得k 值．
【解析】（1）取 BC 中点O ，连接OA, OA1 ， AB  AC ，则 AO  BC ，又 AA1  BC ， AA1  AO  A， AA1, AO  平面 AA1O ，
所以 BC  平面 AA1O ，而 A1O  平面 AA1O ，所以 BC  A1O ，
6  2
AA1  BC ， AA1 / / BB1 ，所以 BB1  BC ，侧面 BCC1B1 是矩形，
B C2  B B2
1
1
BC 

 2 ， CO  1，
AC2  CO2
1
A1O 
 1， AO 
 1，
AC2  CO2
所以 AO2  AO2  A A2 ，所以 AO  AO ，
111
AO ∩ BC  O ， AO, BC  平面 ABC ，所以 A1O  平面 ABC ，所以 A1 在底面 ABC 上的射影是线段 BC 的中点．
（2）以OA,OB,OA1 为 x, y, z 轴建立空间直角坐标系，如图，则 A(1, 0, 0)， B(0,1, 0) ， C(0, 1, 0) ， A1(0, 0,1) ，
AA1  (1, 0,1) ，
CC1  AA1  (1, 0,1) ，设CP  kCC1  (k, 0, k ) ， 0  k 1，
A1B1  AB  (1,1, 0) ， A1P  A1C  CP  (0, 1, 1)  (k, 0, k)  (k, 1, k 1) ，设平面 PA1B1 的一个法向量是m  (x, y, z) ，
 → ––––→–→
m  A1 B1   x  y  0
则
，取 x  1 ，则 y  1， z  k 1 ，即m  (1,1, k 1) ，
 → –––→
k 1
k 1
m  A1 P  kx  y ( k 1) z  0
平面 A1B1C1 的一个法向量是n  (0, 0,1) ，
6
二面角C1  A1B1  P 的正弦值为
–→ → m  n –→ →
m n
k 1
2  ()
k
1
2
k 1
k 1
3
–→ →
cs 
，则余弦值的绝对值为，
3
3
所以m, n  
，解得k  0 ，
3
3
所以 P 与C 点重合时满足题意．
【典例 2】（2025 高三·全国·专题练习）如图，斜棱柱 ABCD  A1 B1C1 D1 的所有棱长都等于 2，ABC  60 ，平面 AA1C1C  平面 ABCD,A1 AC  60．
求证： BD  AA1 ．
求二面角 D  A1A  C 的平面角的余弦值．
在直线CC1 上是否存在点 P ，使得 BP / / 平面 DA1C1 ？若存在，求?点 P 的位置；若不存在，说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2) 5
5
(3)存在，点 P 在C1C 的延长线上且使C1C  CP ．
【分析】（1）连接 BD 交 AC 于点O ，则 BD  AC ，连接 A1O ，先根据勾股定理和面面垂直的性质证得线 面垂直，以OB, OC, OA1 所在直线为 x 轴、y 轴、z 轴建立的空间直角坐标系，利用空间向量法证明线线垂直；
根据（1）建立的空间直角坐标系，利用空间向量法计算二面角平面角的余弦值；
解法一：根据（1）建立的空间直角坐标系，利用空间向量法结合线面平行计算得到点 P 的位置；解法二：连接CB1 ，根据题设知CB1 / / DA1 ，可得CB1 / / 平面 DA1C1 ，在平面 BCC1B1 找到过点 B 有CB1 / / PB 即为所求.
【解析】（1）连接 BD 交 AC 于点O ，则 BD  AC ，连接 A1O ．
在AA1O 中， AA1  2, AO  1， A1 AO  60 ，所以 AO2  AA2  AO2  2 AA  AOcs60  3 ．所以 AO2  AO2  AA2 ，
111
11
所以 A1O  AO ，由于平面 AA1C1C  平面 ABCD ，所以 A1O  底面 ABCD ．
以OB, OC, OA1 所在直线为 x 轴、 y 轴、 z 轴建立如图 2 所示的空间直角坐标系，
则 A0, 1, 0 , B
3, 0, 0 , C 0,1, 0 , D 
3, 0, 0 , A1  0, 0, 3 ．

–––→–––→
由于 BD  2 3, 0, 0 , AA1  0,1, 3 ，
–––→ –––→
则 AA1  BD  0 2 3  1 0  3  0  0 ，
所以 BD  AA1 ．
由于OB  平面 AA1C1C ，由（1）可知，
所以平面 AAC C 的法向量 →
 1, 0, 0 ． AD  ( 3,1, 0)
1 1n1
 →
–––→
→n2  AA1 ,
设n2  平面 AA1D ，则 →–––→
 n2  AD.
→ y 
3z  0,→
设n2   x, y, z  ，得到

3x  y  0,
取n2  1, 3, 1 ，
5

→ →
→ →n1 n21
n1 n2
→ →
1 1 3 1
所以csn1, n2  5 ．
5
所以二面角 D  A1A  C 的平面角的余弦值是．
5
存在，点 P 在C1C 的延长线上且使C1C  CP ，使得 BP / / 平面 DA1C1 .
解法 1：假设在直线CC1 上存在点 P ，使 BP / / 平面 DA1C1 ．设CP  CC1, P x, y, z，则 x, y 1, z   0,1, 3 ，
–––→
得 P 0,1 , 3, BP   3,1 , 3，
由（1）可知 A1C1  (0, 3, 0), DA1  ( 3, 0, 3)
 →––––→
→n3  A1C1 ,
设n3  平面 DA1C1 ，则 →––––→
 n3  DA1 .
→
设n3   x3, y3, z3  ，得到

→
不妨取n3  1, 0, 1 ．
2 y3  0,
3x3  3z3  0.
3
n3
又因为 BP / / 平面 DA1C1 ，所以 →  BP  0 ，即
3 0 ，得 1 ，
即点 P 在C1C 的延长线上且使C1C  CP ．解法 2：连接CB1 ，由题设知CB1 / / DA1 ，
因为CB1  平面 DA1C1 ， DA1  平面 DA1C1 ，所以CB1 / / 平面 DA1C1 ，
所以在平面 BCC1B1 找到过点 B 有CB1 / / PB 即为所求.如图 3．
假设在直线CC1 上存在点 P ，使 BP / / 平面 DA1C1 ，在C1C 的延长线上取点 P ，使C1C  CP ，
则CB1 / / PB ，从而 PB / / 平面 DA1C1 ．
04 空间向量新定义问题
面对新情景、新定义，首先要深入理解并分析这些新元素，将其与已知的立体几何知识相结合．明确解题目标后，灵活运用基本定理和性质，如平行、垂直的判定与性质，以及空间角、距离的计算公式．在解题过程中，合理构造辅助线和面，以揭示隐藏的空间关系，简化问题．对于复杂问题，可尝试建立空间直角坐标系，利用向量法进行计算和证明．同时，要善于将空间问题平面化，通过截面、投影等方式转化求解对象．最后，解题后要进行验证和反思，确保结论的正确性，并总结所使用的方法和技巧，以便在未来遇到类似问题时能够迅速应对．
【典例 1】（2025 高二·江苏宿迁·期中）在空间直角坐标系O  xyz 中，定义：过点 A x0 , y0 , z0  ，且方向向
量为m  a,b,c  的直线方向式方程为 x  x0  y  y0  z  z0 abc  0 ；过点 A x , y , z  ，且法向量为
abc
00 0
000
n  a, b, c a2  b2  c2  0 的平面法向式方程为a x  x  b y  y  c z  z  0 ，将其整理成一般式方程
2
为ax  by  cz  d  0 ，其中d  ax  by  cz .已知直线l 的方向式方程为 x 1  y  2   z ，平面的一般式
0002
方程为2x  2 y  z  5  0 ，平面的一般式方程为2x  3y  z 1  0 ，平面的一般式方程为
x  y  2z  4  0 ，平面的一般式方程为2m 1 x  3m  2 y  m 1 z  5  0 .
求直线l 与平面所成角的余弦值；
求与所成角的正弦值；
若∩ l ， l 不在平面内，证明： l / /.
【答案】(1) 4 3
7
(2) 5 7
14
(3)证明见解析
【分析】（1）由题意可得直线的方向向量与平面的法向量，利用线面角的向量公式，可得答案；
由题意可得平面的法向量，利用面面角的向量公式，可得答案；
由空间向量垂直的坐标表示，建立方程，求得直线的方向向量，根据向量垂直，可得答案.
【解析】（1）设直线l 与平面所成角为1 ，
2
因为直线l 的方向式方程为 x 1  y  2   z ，平面的一般式方程为2x 

2
2 y  z  5  0
––→
所以直线l 的一个方向向量为m1 
2, 2, 1
2 2  2 2 1
7  7
平面的一个法向量为n1  (2, 
2,1) .
––→ –→
m1  n11
所以cs
m1, n1
  7 .
––→ –→
m1 n1
1 cs2 m , n
––→ –→
1 1
所以cs1 

.
1   7 
 1 2

4 3
7
设平面和所成角为2 ，
因为平面的一般式方程为2x  3y  z 1  0 ，平面的一般式方程为 x  y  2z  4  0 ，
所以平面的一个法向量为n2  (2,3,1) ，平面的一个法向量为n3  (1, 1, 2) .
––→ ––→
n2  n3
2  3  221
––→ ––→
n2 n3
14  6
所以cs n2 , n3  
14 ，
1  cs2 n , n
––→ ––→
2 3
所以sin2 

，
1   
2


21 
14 

5 7
14
––→ ––→
证明：设直线l 的一个方向向量为m
m2  n2  02a  3b  c  0
 (a,b,c) ，则，所以，

2––→ ––→
m2  n3  0
 a  b  2c  0
令b  1，则a  c  1，所以直线l 的一个方向向量为m2  1,1, 1 .因为平面的一般式方程为2m 1 x  3m  2 y  m 1 z  5  0 ， 所以平面的一个法向量为n4  (2m 1, 3m  2, m 1) .
所以m2  n4  2m  1 3m  2  m  1 0 ，
24
所以m  n ，又因为l 不在平面内所以l∥.
【典例 2】（2025 高一·山西运城·期末）离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标.设 P 为多面体 M 的一个顶
点，定义多面体 M 在点 P 处的离散曲率为Φ  1 1 Q PQ  Q PQ   Q PQ  Q PQ  ，其中
P2π
1223
k 1kk1
Qi i  1, 2,,k ,k  3  为多面体 M 的所有与点 P 相邻的顶点，且平面Q1PQ2 ，平面Q2 PQ3 , ，平面Qk 1PQk 和平面Qk PQ1 为多面体 M 的所有以 P 为公共点的面.如图，在三棱锥 P  ABC 中.
求三棱锥 P  ABC 在各个顶点处的离散曲率的和；
若 PA  平面 ABC, AC  BC, AC  BC  2 ，三棱锥 P  ABC 在顶点C 处的离散曲率为 3 ，求点A 到平面
8
PBC 的距离；
在（2）的前提下，又知点Q 在棱 PB 上，直线CQ 与平面 ABC 所成角的余弦值为 30 ，求 BQ 的长度.
6
【答案】(1)2；
2
；
2 3
3
BQ .
【分析】（1）根据离散曲率的定义分别计算各个顶点处的离散曲率，再利用三角形内角和计算即可；
利用线面垂直的性质和判定证得 BC  PC ，即BCP  π ，根据离散曲率的定义计算得PCA  π ，
24
根据点面距离的定义作?点A 到平面 PCB 的距离线段 AM ，根据边角关系求解即可；
法一：根据定义作?线面角，设 BQ  x 0  x  2 3 ，则QG 
3
6
x, BG 
33
x ，利用余弦定理计算
得CG ，利用tanGCQ 
构造关于 x 的方程，求解即可；
5
法二：如图建立空间直角坐标系，利用向量法计算线面角的正弦值，即可得解.
【解析】（1）由离散曲率的定义得：
Φ  1  1 APB BPC APC ,Φ1  1  PAB BAC PAC ，
P2πA2π
Φ  1  1 PBA ABC PBC ,Φ1  1  PCA BCA PCB ，
B2πC2π
因为APC PAC ACP  π ，同理可得其他三个三角形内角和为π，
所以Φ  Φ  Φ  Φ  4  1  4π  2 ；
PABC2π
由 PA  平面 ABC, BC  平面 ABC ，得 PA  BC ，
又 AC  BC, AC ∩ PA  A, AC, PA 平面 PAC ，则 BC  平面 PAC ，
由 PC  平面 PAC ，得 BC  PC ，即BCP  π ，
2
又Φ  1 1 PCA  BCA  PCB  ，即 3  1 1 PCA π  π ，
C2π
82 π 
22 

解得PCA  π ，
4
过点A 作 AM  PC 于点 M ，由 BC  平面 PAC, AM  平面 PAC ，得 BC  AM ，
又 BC ∩ PC  C, BC, PC  平面 PCB ，则 AM  平面 PCB ，因此点A 到平面 PCB 的距离为线段 AM 的长.
在RtACM 中， AM  ACsinPCA  2  2
2
 2 ，
2
所以点A 到平面 PBC 的距离为.
方法一：过点Q 作QG //PA 交 AB 于点G ，连接CG ，
由 PA  平面 ABC ，得QG  平面 ABC ，则GCQ 为直线CQ 与平面 ABC 所成的角，
22  22
依题意， PA  2, AB 
设 BQ  x 0  x  2 3 ，
 2 2, PB 
22  (2 2 )2
 2 3，
则sinPBA  PA 3, QG  BQsinPBA 3 x ，
PB33
csPBA  AB 6 , BG  BQcsPBA 6 x ，
PB33
BC 2  BG 2  2BC  BG csCBG
4  x
3
2
2
 x
3
4 3
在BCG 中，根据余弦定理， CG ，
由csGCQ  30 ，得sinGCQ 
6, tanGCQ 
sinGCQ 5 ，
1 cs 2GCQ
6csGCQ5
3 x
5
因此tanGCQ  QG 
CG
3
4  2 x2  4 3 x
33
 5 ，整理得3x2  4 3x 12  0 ，即3x  2 3x  2 3  0 ，
2 3
3
2 3
3
解得 x 或 x  2 3 ，因为 x  0 ，所以 BQ .
方法二：由（2）知， PA  平面 ABC , BC  平面 PAC ，过A 作 BC 的平行线，建立如图所示的空间直角坐标系 A  xyz ，
由题意得： A0, 0, 0, B 2, 2, 0, C 0, 2, 0, P 0, 0, 2 ，所以， CB  2, 0, 0, BP  2, 2, 2 ，
设 BQ  BP 0   1，则CQ  CB  BQ  2, 0, 0  2, 2, 2  2  2, 2, 2 ，
设CQ 与平面 ABC 所成的角为，因为cs
→
取平面 ABC 的法向量 n  0, 0,1，
CQ  n
–––→ →
CQ n
–––→ →

2
(2  2) 2  (2) 2  (2) 2

–––→
30 ，所以sin6 ，
66
则sin
cs
→
CQ, n
，
6
6
整理得32  2 1  0，即311  0 ，解得： 1 或 1 （舍），
3
2 3
–––→1 –––→ 22 2 
所以 BQ  3 BP   3 , ,  ，所以 BQ .
3 3 3
忽视零向量
辨析：在进行空间向量相关概念判断时，要注意零向量的特殊性，如零向量与任意向量平行等。
【典例 1】（多选）下列命题为真命题的是（ ）
→→→
若空间向量a ， b 满足 a ＝ b ，则a  b
在正方体 ABCD－A1B1C1D1 中，必有 AC ＝ A1C1
若空间向量m ， n ， p 满足m  n ， n  p ，则 m  p
a//b
b //c
空间中， →，→ ，则a//c
【答案】BC
a
【解析】对于 A，两个向量相等，但方向不一定相同，不能得到 →  b ，A 选项错误；
对于 B，由正方体的结构特征可知， AC 与 A1C1 长度相等，方向相同，有 AC ＝ A1C1 ，B 选项正确；对于 C，空间向量m ， n ， p 满足m  n ， n  p ，
即m 与n 长度相等方向相同， n 与 p 长度相等方向相同，
则有m 与 p 长度相等方向相同，有m  p ，C 选项正确；
a//b
b //c
对于 D， b  0 时，满足 →，→ ，但不能得到a//c ，D 选项错误.
故选：BC
【典例 2】【多选】（2025 高二·安徽合肥·期中）下列说法正确的有（ ） A．设a, b, c 是空间向量，若a 与b 共线， b 与c 共线，则a 与c 共线
AB
若两个非零向量–––→ 与CD
–––→ –––→ →
满足 AB  CD  0 ，则
AB / / CD
零向量与任何向量都共线 D．两个单位向量一定是相等向量
【答案】BC
【分析】根据共线向量以及单位向量的定义即可求解.
AB
【解析】对于 A，若b 为零向量时，则无法得到a 与c 共线，A 错误，
–––→ –––→ →
对于 B，由 AB  CD  0 可得
AB  CD
，故–––→ ∥ CD
，B 正确，
对于 C，零向量与任意向量共线，故 C 正确，
对于 D，单位向量的模长相等，但是方向不一定相同,故 D 错误，故选：BC
错判数量积的符号与夹角关系
辨析：未考虑共线情况，误判数量积的符号与夹角的关系.
→→ →x
【典例 1】已知向量a  1,1,x, b  2,x,4 ，若
【答案】, 2  2, 2 
a, b
为钝角，则
的取值范围为 .
5 

a
因为 →  1,1,x, b  2,x,4 ，则a  b  2  x  4x  5x  2 ，
令5x  2  0 得 x  2 ，当 1  1  x 时， x  2 ，此时 →反向，
52x4
→ →2
a,b
要想 a, b
为钝角，则 x  且 x  2 ，
5
所以 x 的取值范围为, 2  2, 2  .
5 

故答案为： , 2  2, 2  .
5 

a
【典例 2】已知空间向量 →  (3, 1,1),b  (m, 2, 2) ，若a 与b 的夹角是钝角，则m 的取值范围是（ ）
(, 6) ∪ (6, 4 )
3
( 4
, )
3
4
(, 6) ∪ (6, ) 3
( 4 , )
3
【答案】A
【分析】根据给定条件，利用空间向量数量积的坐标表示及共线向量，列式求解即得.
a
a
【详解】由向量 →  (3, 1,1),b  (m, 2, 2) ，得 →  b  3m 1 2 1(2)  3m  4 ，由a 与b 的夹角是钝角，得a  b  0 且a 与b 不共线，
3m  4  0
4
因此 m22 ，解得m  且m  6 ，
 3
 311
所以m 的取值范围是(, 6) ∪ (6, 4 ) .
3
故选：A
忽略建系的条件而出错
辨析：缺乏空间象限能力，忽略空间直角坐标系的定义要求.
2
【典例 1】已知在直三棱柱 ABC  A1B1C1 中， ABC  135 ， AB ， BC  1 ， BB1  2 ，则异面直线 AB1
与 BC1 所成角的余弦值为（ ）
30
6
【答案】A
2 30
15
6
3
3
2
【解析】在直三棱柱中以 B 为顶点，BA 为 x 轴，在平面 ABC 内过点 B 作垂直于 AB 的直线为 y 轴， BB1 为
z 轴建立空间直角坐标系如图所示：
A( 2，0，0), B(0, 0, 0),C( - 2,
2, 0), A ( 2, 0, 2), B (0, 0, 2),C ( - 2,
2, 2 ) ，
–––→
––––→
22
22
11122

AB1  
2,0,2， BC1    2 , 2 ,2  ，

设异面直线 AB1 与 BC1 所成角为，
5
30
–––→ ––––→
AB1  BC1
–––→ ––––→
AB1

BC1
–––→ ––––→
则cs cs
故选：A
AB1, BC1
30 .
6
【典例 2】已知直三棱柱 ABC  A1B1C1 的棱长均为 2，则异面直线 A1C 与 BC1 夹角的余弦值为（ ）
3
2
【答案】D
2
2
1
2
1
4
【分析】两直线所成角为锐角或直角，若利用向量法求?余弦值为负，注意取相反数.
【详解】以A 为坐标原点，过A 且与平面 A1ACC1 垂直的直线为 x 轴， AC ， AA1 所在直线分别为 y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，如图 3，
则 B  3,1, 0， C 0, 2, 0 ， C1 0, 2, 2 ， A1 0, 0, 2， CA1  0, 2, 2 ， BC1   3,1, 2 ，
––––→
–––→ ––––→
CA1  BC1
2  41
–––→ ––––→
CA1 BC1
csCA1, BC1  ，
2 2  2 24
1
故所求两直线夹角的余弦值为 4 ，
故选：D．
由线、面关系误解向量关系
辨析：利用空间向量处理线、面关系，错误理解直线向量、法向量之间的关系.
【典例 1】若直线l  平面，且l 的方向向量为 →  1, 4,1 ，平面的一个法向量为 ‴  t, 2, 1  ，则t （ ）
an  2 
 1
2
4
17
2

4
【答案】A
【解析】因为直线l  平面，则a//n ，
 1  4  1
又易知t  0 ， m  0 ，t
解得t   1 .
2
21 ，
2
故选：A.
【典例 2】已知空间向量a  (1, 3, 2) ，b  (m, 2, m  1) 分别是平面,的法向量，且 ，则m 的值为（ ）
6
4
4D． 6
【答案】C
【分析】根据a  b  0 即可计算.
【详解】由题意可得， a b  m  6  2 m  1 0 ，得m  4 .故选：C
忽视异面直线的夹角与向量的夹角范围不同
辨析：两异面直线所成角的范围是
 。两向量的夹角的范围是[0,] ，需要注意两者的区别与联系。
(0, ]
2
【典例 1】已知三棱柱 ABC  A B C 的各条棱长相等，且A AB  A AC  45∘ , BAC  60∘ ，则异面直线
1 1 111
AB 与 B1C 所成角的余弦值为（ ）
A． 3
3
B． 2
3
C．  2  2
4
D． 2  2
4
【答案】D
–––→
→ –––→
→ –––→→ →→→
【解析】设三棱柱棱长为1, AB  a, AC  b, AA1  c, a  b
 c 1 ，
2
    
所以 → →1 ， → →→ →
， B C  AC  AB  BB
 b  ‴ c ，
a b2a cb c211a 
⁂⁂⁂‴⁂⁂⁂‴
‴ ‴ ‴ ‴ ‴‴ ‴2
‴‴ 121  2 ，
AB  B1C  a  b  a  c  a b  a
 a c   1 
222
⁂⁂⁂‴2
‴ ‴ ‴‴
‴ ‴‴‴
‴‴ ‴‴
–––→
2
B1C  (b  a  c )2  a 2  b 2  c 2  2a  b  2a  c  2b  c  2 ，则 B1C ，
–––→ –––→
AB  B1C
–––→ –––→
AB

B1C
设异面直线 AB 与 B C 所成角为， cs 2  2 .
14
故选：D
【典例 2】如图， E, F 分别是正八面体（8 个面均为正三角形）棱 BC , CD 的中点，则异面直线QE 与 PF 所成角的余弦值为（ ）
A． 1
3
【答案】C
B． 3
3
C． 2
3
D． 6
3
–––→–––→1 –––→–––→–––→1 –––→
【分析】根据正八面体的结构特征有 PF  BQ 
DC 、QE  QC 
2
CB ，若正八面体的棱长为 2，应用空
2
间向量数量积的运算律及夹角公式求异面直线的夹角余弦值.
–––→–––→ –––→–––→1 –––→–––→–––→ –––→–––→1 –––→
【详解】由正八面体结构特征知 PF  PD  DF  BQ 
DC ， QE  QC  CE  QC 
2
CB ，
2
若正八面体的棱长为 2，且各侧面都是正三角形， ABCD 为正方形，
–––→ –––→–––→1 –––→–––→1 –––→–––→ –––→1 –––→ –––→1 –––→ –––→1 –––→ –––→
所以 PF  QE  (BQ  DC)  (QC  CB)  BQ  QC  BQ  CB  DC  QC  DC  CB
22224
–––→ –––→1 –––→ –––→1 –––→ –––→1 –––→ –––→
 QB  QC BQ  BC  CD  CQ  CD  CB
224
 2 2 1  1  2 2 1  1  2 2 1  0
22222
(BQ DC) 2
–––→–––→
1
2
BQ  BQ  CD DC
4
–––→2–––→ –––→1 –––→2
–––→
 2 ，
4  2 1
3
，
3
| PF |
同理得

QC  CQ  CB  CB
4
–––→2–––→ –––→1 –––→2
–––→
| QE |

，

所以| cs
–––→ –––→
PF, QE

PF QE
|| –––→ –––→ |
| PF || QE |
，异面直线QE 与 PF 所成角的余弦值为 2 .
33
故选：C
06 线面角与向量夹角转化不清等问题
辨析： 若直线与平面所成的角为，直线的方向向量为 a ，平面的法向量为 n ，则 sin=|cs< a , n >|。容 易出错的是①误以为直线的方向向量与平面的法向量所成角就是线面角；②误以为直线的方向向量与平面的法向量所成角的余弦就是线面角的正弦，而忘了加绝对值；③不清楚线面角的范围。
→
3→
【典例 1】若直线 l 的一个方向向量为u  0,1,   ，平面α的一个法向量为n   2,0,1，则 l 与α所成的角为（ ）
A． π
6
B． π
4
C． π
3
D． π
2
【答案】A
【解析】设 l 与α所成的角为
由已知cs
则1
→ →
u, n
u  n

→ →
u n
  1 ，
0  0  3
2  3
2
π
sin ，所以 l 与α所成的角为，
26
故选：A.
【典例 2】如图，在四棱锥 P  ABCD 中，平面 PAD  平面 ABCD ，△PAD 为等边三角形，PD  AB ，AD / / BC ，
AD  4 ， AB  BC  2 ，M 为 PA 的中点.
证明： DM 平面 PAB ；
求直线 PB 与平面 MCD 所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2) 3 .
5
【分析】（1）设 AD 中点为O ，连接 PO ，由等边三角形、面面垂直的性质得 PO  AD 、 PO  AB ，再由线面垂直的性质、判定证明结论；
（2）根据已知构建合适的空间直角坐标系，标注?相关点坐标，并求?直线 PB 与平面MCD 的方向向量、法向量，再应用向量法求线面角的正弦值.
【详解】（1）设 AD 中点为O ，连接 PO ，因为△PAD 为等边三角形，故 PO  AD ，
由题意，平面 PAD  平面 ABCD ，平面 PAD  平面 ABCD  AD ， PO  平面 PAD ，所以 PO  平面 ABCD ， AB  平面 ABCD ，故 PO  AB ，
又 PD  AB ， PO ∩ PD  P ， PO, PD  平面 PAD ，故 AB  平面 PAD ，由 DM 平面 PAD ，故 AB  DM ，
又 M 为 PA 的中点，△PAD 为等边三角形，则 DM  PA ，
因为 AB ∩ PA  A ， AB, PA  平面 PAB ，所以 DM 平面 PAB .
（2）
由（1）知 AB  平面 PAD ， AD  平面 PAD ，故 AB  AD ，
连接CO ， AO  1 AD  2 ，则 AO // BC, AO  BC ，
2
即四边形 ABCO 为平行四边形，故OC / /AB ，所以OC  AD ，
故以O 为坐标原点， OC,OD,OP 所在直线分别为 x, y, z 轴，建立空间直角坐标系，则 P(0, 0, 2 3), B(2, 2, 0), M (0, 1, 3), C(2, 0, 0), D(0, 2, 0 ，
PB  (2, 2, 2 3), MC  (2,1, 
, MD  (0, 3, 
3) ，
 → ––––→
n  MC  2x  y 
设平面 MCD 的法向量为n (x, y, z)，则
3z  0
，令 y  1，则n  (1,1, 3) ，
 → ––––→
n  MD  3y  3z  0
PB  n
–––→ →
–––→ →
PB n
–––→
πsin
→63
设直线 PB 与平面 MCD 所成角为θ，[0, ]，则
2
cs
PB ,n
 .
2 5  55
07 二面角概念模糊
→ →
辨析：若两个平面的法向量分别为a ， b ，若两个平面所成的锐二面角为，则cs cs  a, b  ；若
→ →
两个平面所成二面角为钝角，则cs  cs  a, b  。总之，当求得两法向量夹角的余弦值时，一定要
结合图形判断二面角的取值范围．
【典例 1】如图所示，正方形 ABCD，ABEF 的边长都是 1，且它们所在的平面互相垂直．动点 M，N 分别在正方形对角线 AC 和 BF 上移动，且CM  BN ．当 MN 的长最小时，二面角 A  MN  B 的平面角的余弦值为（ ）
 1
3
1
3
2
2
 2
2
【答案】A
【解析】由题意两个边长均为 1 的正方形 ABCD 与正方形 ABEF 所在的平面互相垂直.可得 AB  BC, AB  BE, BC  BE ，
以 B 为坐标原点， BA, BE, BC 所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则 A(1, 0, 0), B(0, 0, 0), D(1, 0,1), C(0, 0,1), E(0,1, 0), F (1,1, 0) ，
在 xOz 平面上，直线 AC 方程为 x  z  1，可设M (t, 0,1 t) ，
2
在 xOy 平面上直线 BF 方程为 x  y  0 ，设CM  BN  a ，因此得 N (t, t, 0) ，由0  a 得0  t  1 ，
––––→
则 MN  (0, t, t 1) ，所以 MN  MN 

，
t2  (t 1)2
2t2  2t 1
2(t  1)2  1
22
当且仅当t  1 时， MN 取得最小值 2 ，此时M , N 分别是 AC, BF 的中点，
2
111 1
––––→
2
11–––→11
–––→1 1
M (, 0, ) ， N (, , 0) ， MN  (0, ,  ) ， MA  (, 0,  ) ， BN  (, , 0) ，
222 222222 2
设平面 MNA 的一个法向量n  (x, y, z) ，
→ ––––→11
n  MN  2 y  2 z 0
则→
–––→11
，取 x  1 得n  (1,1,1) ，
n  MA x z  0
22
设平面 MNB 的一个法向量是 p  (x1, y1, z1 ) ，
 → ––––→11
 p  MN  2 y1  2 z1 0

则–––→ →
BN  p 
1 x  1 y
，取 x1  1得 p  (1, 1, 1) ，
 0
2 12 1
3  3
→ →n  p1111
所以cs n, p  → →
n p
 
，由图可知，二面角 A  MN  B 的平面角为钝角.
所以二面角 A  MN  B 的平面角的余弦值为 1 .
3
故选：A
2
【典例 2】如图，四棱锥S  ABCD 的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的
P 为侧棱 SD 上的点，则二面角 P  AC  B 的余弦值为（ ）
倍，SD  平面 PAC ，
3
2
【答案】B
 3
2
 2
2
 1
2
【分析】建立空间直角坐标系，结合向量即可求解.
【详解】连接 BD ，设 AC 交 BD 于点O ，则 SO  平面 ABCD ，
以O 为坐标原点， OB, OC, OS 的方向分别为 x, y, z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
设底面边长为a ，则 SO 
6 a ,S (0, 0,
6 a ), D( 
–––→
2
a, 0 , 0), SD  (
2 a, 0, 
a) ，
6
22222
显然n  (0, 0,1) 是平面 ABC 的一个法向量，
–––→
因为 SD  平面 PAC ，所以 SD 
(
2
6
a, 0, 
22
是平面 PAC 的一个法向量，
–––→
→ –––→a
6
→n  SD23
1 ( 2 a) 2  ( 6 a)2
2
2
设二面角 P  AC  B 为，所以cs cs  n, SD 
→ –––→ 
  2 .
| n || SD |
故选：B.
08 动点问题没有取舍
辨析：对于立体结合动点问题，计算结果一般有多个值，没有根据题意进行取舍.
2
【典例 1】如图，在三棱锥 P  ABC 中， AC  BC ， AC  BC  3
， PA  平面 ABC .
求证：平面 PBC  平面 PAC ；
若 AP  AB ， F 为线段 PC 的中点，点 E 为线段 PB 的动点，且二面角 E  AF  C 的余弦值为 7 ，求 BE .
7
【解析】（1）∵ PA  平面 ABC ， BC  平面 ABC ，∴ PA  BC ，又∵ AC  BC ， PA ∩ AC  A ， PA, AC  平面 PAC ，
∴ BC  平面 PAC ， BC 平面 PBC ，
∴平面 PBC  平面 PAC .
（2）过A 在平面 ABC 内作 AS  AB ，
以A 为原点，以 AS ， AB ， AP 为 x 轴、 y 轴、 z 轴建立空间直角坐标系，如图
2
∵ AC  BC ， AC  BC  3
，∴ AB  AP  6 ，
∴ C 3, 3, 0 ， B 0, 6, 0， P 0, 0, 6，∵ F 为 PC 中点，∴ –––→   3 3 ，
AF , , 3
 2 2
–––→–––→–––→
1
1  6 
设 BP  BE ， AE  AB  BE 0, 6, 0  0, 6, 6  0, 6 1   , ，

‴
设平面 AEF 的法向量为n   x, y, z  ，
 
–––→ →33
AF  n  x  y  3z  0
22
∴ –––→ →
1 6 z，
 AE  n  6y 1
 0


n
令 y  1， x  2 3， z 1，即 →  2 3,1,1 ，
由（1）知 BC  平面 PAC ，∴ BC  3, 3, 0  为平面 PAC 的一个法向量，设平面 PAC 与平面 AEF 所成角为，
∴ cs
–––→ →
–––→ →
BC.n
–––→ →
BC n
cs BC, n 
，
612
3 2 52 1411
7
7
解得 3 或 5 ，
3
由（1）知，当 E 为 PB 中点即 2 时 EF ∥ BC ，∴ EF  平面 AEF ，
又∵二面角 E  AF  C 的余弦值为 7 ，∴二面角 E  AF  C 为锐角，
7
–––→
1  6 
∴ 2 ∴ 3，∴ AE   0, 61   ,   0, 4, 2 ，
 
2
∴ BE  AE  AB  0, 2, 2 ，∴ BE  2.
【典例 2】如图，在四棱锥 P  ABCD 中，侧面 PAD  平面 ABCD ，△PAD 是边长为 2 的等边三角形，底面 ABCD 为直角梯形，其中 BC //AD ， AB  AD ， AB  BC  1 ．
求证： AB  PD ．
求线段 PA 中点 M 到平面 PCD 的距离．
线段 PD 上是否存在一点 E ，使得平面 EAC 与平面 DAC 夹角的余弦值为 10 ？若存在，求? PE 的值；
5PD
若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2) 21
7
(3)存在， PE  1
PD3
【分析】（1）由面面垂直的性质得? AB  平面 PAD ，再根据线面垂直的性质即可证明；
取 AD 的中点O ，连接 PO ， OC ，建立空间直角坐标系，由点到平面距离的向量公式即可求解；

–––→–––→
令 PE  PD  0, , 
3 ，0,1，由面面夹角的向量公式求得 1 ，即可求解

3
PE ．
PD
【详解】（1）由于平面 PAD  平面 ABCD ，平面 PAD  平面 ABCD  AD ，
 AB  AD 且 AB  平面 ABCD ，
AB 平面 PAD ，
 PD  平面 PAD ， AB  PD ．
取 AD 的中点O ，连接 PO ， OC ，由△PAD 为等边三角形，得 PO  AD ，而平面 PAD  平面 ABCD ，平面 PAD  平面 ABCD  AD ， PO  平面 PAD ，
则 PO  平面 ABCD ，由 AO  BC  1， AO//BC ，得四边形 ABCO 是平行四边形，于是OC //AB ，而 AB  AD ，则OC  AD ，直线OC ， OD ， OP 两两垂直，
以O 为坐标原点，直线OC ， OD ， OP 分别为 x ， y ， z 轴建立空间直角坐标系，如图，
13 


则 A0, 1, 0， D 0,1, 0 ， C 1, 0, 0 ， B 1, 1, 0 ， P 0, 0, 3 ， M  0,  2 , 2  ，
––––→
13 
–––→
CM   1, 

 →
,
22
–––→
 ， CP  1, 0, 3 ， CD  1,1, 0 ，

→n CP  x  3z  0
设平面 PCD 的法向量为n   x, y, z  ，则 → –––→，
→
取 z  1，得n  
3, 3,1 ，
n
CM  →
n CD  x  y  0
3
7
21
所以 M 到平面 PCD 的距离d  →  ．

–––→–––→
令 PE  PD  0, , 
–––→–––→ –––→
n7
3，0,1，
AE  AP  PE  0,1, 3  0, ,
3
0,1 , 3 
3 ， AC  1,1, 0 ，
 → –––→
→m  AC  a  b  0
设平面 EAC 的法向量为m  a, b, c ，则 → –––→，
m  AE  1 b   3  3c  0
→
取b  3 1 ，得m   3 1 , 3  1 , 1  ，

–––→
易知平面 DAC 的一个法向量为OP  0, 0, 3 ，
–––→ →
3 1
OP  m
–––→
–––→
→
OP m
→
3 72 10 7
10
于是， csOP, m ，
5
化简得32  10 3  0 ，又0,1，解得 1 ，即 PE  1 ，
3PD3
所以线段 PD 上存在点 E ，使得平面 EAC 与平面 DAC 夹角的余弦值为 10 ，此时 PE  1 ．
5PD3
01 用基向量表示指定向量的方法
结合已知向量和所求向量观察图形．
将已知向量和所求向量转化到三角形或平行四边形中．
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?来．
【典例 1】（25-26 高二·河北衡水·开学考试）在直三棱柱 ABC  A1B1C1 中，若CA  a, CB  b, C1C  c ，则 AB1 
（ ）
a  b  cB． b  a  c
C． a  b  cD． b  a  c
【答案】B
【分析】根据题意，画?图形，利用空间向量的线性运算即可表示? AB1 .
【解析】如图所示：
AB  AB  AA  CB  CA  CC  b  →  → ，
1
故选：B
11a c
【典例 2】（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 P  ABCD 是阳马， PA  平面 ABCD ，且 PE  1 PC ，若
4
AB 
c
→
a, AD
 b, AP  → ，则 BE （ ）
A．  5 →
1 → 5 →
a 
b c
5 →
a
1 →5 →

b c
444444
3 →
a
1 →3 →

b c
D．  3 →
1 →3 →
a 
b c
444
【答案】D
【分析】根据向量线性运算原则求解即可.
444
–––→
【解析】由题意， PE 
1 –––→1
PC 
–––→ –––→

AC  AP 
1 –––→
AC 
1 –––→1
AP 
–––→–––→

AB  AD 
1 –––→1 →
AP  a
1 →1 →

，
b  c
444444444
ac
PB  AB  AP  →  → ，
–––→–––→ –––→1 →
则 BE  PE  PB  a
1 →  c  a  c    3 →
1 →3 →

，
b  c

1 →→→
b
a
444444
故选：D.
【典例 3】（25-26 高二·全国·课后作业）如图，在空间四边形OABC 中，OA  → ，OB  ，OC  → ，点 M
在OA 上，且 OM
 2 MA ， N 为 BC 的中点，则 MN 等于（）
bc
1 →
a
2 →1 →

b  c
2 →
a
2 →1 →

b  c
232332
a
 2 →
1 →1 →

b  c
1 →
a
1 →1 →

b  c
322
【答案】C
222
【分析】利用向量加法和减法的定义及题设几何条件即可求解.
【解析】由点 M 在OA 上，且 OM
 2 MA ，知––––→  2 –––→  2 → ；
OMOAa
33
–––→
由 N 为 BC 的中点，知ON 
1 –––→
OB 
1 –––→
OC 
1 →1 →
b  c .
2222
––––→–––→ ––––→2 →
所以 MN  ON  OM   a
1 →1 →

.
b  c
322
故选：C.
02 三点共线和空间四点共面的方法比较
【典例 1】（25-26 高二·全国·课后作业）设向量e1, e2 , e3 不共面，已知 AB  e1  e2  e3 ，
BC  e1  e2  e3 , CD  4e1  8e2  4e3 , 若 A, C, D 三点共线，则 （ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【分析】利用 A, C, D 三点共线得到 AC / /CD ，再使用共线向量定理即可.
【解析】因为 A, C, D 三点共线，所以 AC / /CD ，则存在实数，使得 AC  CD ，由已知得CD  4e1  8e2  4e3 , AC  AB  BC  2e1  1 e 2  2e 3,
故4e1  8e2  4e3  2e1  1 e2  2e3,
三点(P，A，B)共线
空间四点(M，P，A，B)共面
→→
PA＝λPB且同过点 P
→→→
MP＝xMA＋yMB
对空间任一点 O， → ＝ → ＋t →
OPOAAB
对空间任一点 O， → ＝ → ＋x → ＋y →
OPOMMAMB
对空间任一点 O，→ ＝x → ＋(1－x) →
OPOAOB
对空间任一点 O， → ＝x → ＋y → ＋(1－x－y) →
OPOMOAOB
2  4,

 1 ,

由于e1, e2 , e3 不共面，故1 8, 解得2

2  4,
  3.
另解:因为向量e1, e2 , e3 不共面，所以 AC  CD ，
由已知得CD  4e1  8e2  4e3 , AC  AB  BC  2e1  1 e 2  2e 3,
21 2
故向量表达式中e1, e2 , e3 的系数对应成比例，即 4 8
故选：C.
 ，解得 3 ．
4
【典例 2】（25-26 高二·全国·课后作业）四棱柱 ABCDABCD的六个面都是平行四边形，点 M 在对角
1
2
线 AB 上，且 AM

MB ，点 N 在对角线 AC 上，且 AN

NC ．
AB  a
设向量–––→→ ， AD  b ， AA  c ，用a 、b 、c 表示向量 DM 、 DN ；
求证： M 、 N 、 D¢ 三点共线．
–––––→
1 →→1 →
––––→
1 →3 →1 →
【答案】(1) DM  a  b  c ， DN  a  b  c
33
(2)证明见解析
444
【分析】（1）借助空间向量的线性运算计算即可得；
（2）借助向量共线定理证明 MN ∥ MD即可得.
【解析】（1）因为 AM

––––→
1
2
MB ，则 AM 
–––→
1
1
AB 
–––→––––→

AA  AB  
–––→
1
AA 
1 –––→
AB ，
3333
–––––→––––→––––→–––→  1 –––→1 –––→ 1 →→1 →

所以 DM  DA  AM   AD    3 AA  3 AB   3 a  b  3 c ，
又因为 AN

––––→
1
3
NC ，则 AN 
––––→
1
1
AC 
–––→–––→–––→

AA  AB  AD ，
––––→––––→––––→–––→
所以 DN  DA  AN   AD 
44

1
–––→–––→–––→
AA  AB  AD 
1 –––→
AB 
3 –––→
AD 
–––→
1
AA

；

1 →3 →1 →
a b  c
4444
444

4
––––→––––→ ––––→1–––→ –––→ –––→ 1–––→1–––→ 
（2）因为 MN  AN  AM 
AA AB  AD  
AA 
33
AB 

1 –––→1 –––→1 –––→1 →1 →1 →
AAAB  AD a  b c ，
1212412412
––––→––––→ ––––→––––→
 1 –––→
1 –––→ 
1 →→1 →

MD  AD  AM  AD    3 AA  3 AB    3 a  b  3 c ，
1
3
––––→
所以 MN 
––––→
MD，
4
所以 MN 与 MD共线，
因为这两个向量有公共点 M ，所以 M 、 N 、 D¢三点共线．
【典例 3】（2025 高二·全国·专题练习）已知空间中点 A1, 0, 0， B 0, 2, 0 ， C 0, 0, 3， D 1,1, ，若 A， B，C，D 四点共面，则实数的值为（ ）
 2
3
【答案】B
 3
2
2
3
3
2
【分析】由 A, B, C, D 四点共面，得 AB 与 AC, AD 共面，利用共面向量定理列方程组求解即得．
【解析】因为 A1, 0, 0， B 0, 2, 0 ， C 0, 0, 3 ， D 1,1, ，所以 AB  1, 2, 0  ， AC  1, 0, 3 ， AD  0,1, ，
因为 A, B, C, D 四点共面，所以 AB 与 AC, AD 共面，即存在唯一实数对 x, y ，使得 AB  x AC  y AD ，
所以1, 2, 0  x, 0, 3x  0, y,y  x, y, 3x y ，


所以
1   x
 y
，解得 x  1, y  2,  3 ．
2

0  3x  y
故选：B
【典例 4】（25-26 高三·四川成都·开学考试）在三棱柱 ABC  A B C 中， –––→  → ，
， AA  → ．若点
1 1 1AB a
P 满足–––→  1 →  1 →  → ，且点 P 在平面 A BC 内，则k  （ ）
AC  b1c
APa
2
A． 1
3
【答案】B
kc
3
B． 1
6
1
C． 2
3
D．1
【分析】根据空间向量共面的性质列式求解.
【解析】因为–––→  1 →  1 →  → ，且点 P 在平面 A BC 内，
APa
2
bkc1
3
根据共面向量定理的推论，若空间四点 P, M , N , Q 共面，点O 为空间任意一点，则OP  xOM  yON  zOQ ，且 x  y  z  1 ,
1  1  k  1，解得k  1
236
故选：B.
【典例 5】（25-26 高三·四川成都·开学考试）在直三棱柱 ABC  A B C 中，AB  → b, AA  → .若点 P 满
足–––→  1 →  1 → 
→ ，且点 P 在平面 A BC 内，则k  （ ）
1 1 1
a, AC1c
AP a
2
bkc1
3
A． 1
3
【答案】B
B． 1
6
C． 2
3
D．1
【分析】根据空间向量共面的性质列式求解.
–––→1 –––→1 –––→
【解析】  
–––→
，且点 P 在平面 A BC 内，
APAB
2
ACk AA11
 1  1  k  1, k  1 .
236
故选：B.
【典例 6】（25-26 高二·全国·课后作业）（多选）以下能判定空间中四点 P, M , A, B 共面的条件是（ ）
–––→1 –––→1 –––→1 ––––→
MP  2MA  3MB
C． PM⊥AB
【答案】ABD
OP  OA  OB  OM
236
D． PM ∥ AB
【分析】根据空间向量的相关概念结合四点共面的结论逐项分析判断.
【解析】对于选项 A:由 MP  2MA  3MB 知MP ， MA, MB 为共面向量，故 P, M , A, B 四点共面，故选项 A 正
确；
–––→
1 –––→
1 –––→
1 ––––→
对于选项 B:因为OP 
OA  OB 
OM ，
236
 1 –––→1 –––→   1 –––→ 1 –––→   1 ––––→ 1 –––→ →
–––→2 –––→ 1 ––––→
223366
所以 OA  OP   OB  OP   OM  OP  
  
0 ，即 PA   PB  PM ,
33
由共面向量定理可知 P, M , A, B 四点共面，故选项 B 正确；
对于选项 C:若 PM⊥AB ，则 PM  AB ，即直线 PM , AB 异面垂直或共面垂直，
P, M , A, B 四点不一定共面，故选项 C 错误；
对于选项 D:若 PM ∥ AB ，则直线 PM , AB 平行或重合，故 P, M , A, B 四点共面, 故选项 D 正确．
故选：ABD.
03 空间向量数量积的应用
cs a  b
求夹角：设向量 a ， b 所成的角为，则
→ → ，进而可求两异面直线所成的角；
a b
→ 2→ →
求长度（距离）：运用公式 a a  a ，可使线段长度的计算问题转化为向量数量积的计算问题；
解决垂直问题：利用 a  b  a  b  0(a  0,b  0) ，可将垂直问题转化为向量数量积的计算问题。
【典例 1】【多选】（25-26 高二·广东深圳·阶段练习）如图，平行六面体 ABCD  A1 B1C1 D1中，以A 为顶点的三条棱长均为 1，且两两之间的夹角都是60 ，则下列说法中正确的是（ ）
6
AC1 B． AC1  DB1
C．向量 B C 与 AA 的夹角是120D． BD1 与 AC 所成角的余弦值为 6
113
【答案】AC
【分析】根据题意，利用空间向量的线性运算和数量积运算，对选项中的命题进行分析判断，能求?结果即可.
【解析】在平行六面体 ABCD  A1 B1C1 D1中，
其中以顶点A 为端点的三条棱长均为 1 ，且彼此夹角都是60 ，
–––→2
–––→2
–––→2
–––→ –––→–––→ –––→–––→ –––→1
所以 AA1
 AB
 AD
 1， AA1  AB  AA1  AD  AD  AB  11cs 60  2 .
对于 A，因为 AC1 
AA1 
AB 
AD，
––––→ 2
所以 AC1
–––→ –––→ –––→ 2

 AA1  AB  AD
–––→2

AA1
–––→2

AB
–––→2

AD
–––→ –––→–––→ –––→–––→ –––→1
 2AA1  AB  2AB  AD  2AA1  AD  111 3 2 2  6 ，
6
––––→–––→–––→–––→
 AC1  AA1  AB  AD 
，故 A 正确；
对于 B，因为 DB1  AA1  AB  AD ,

––––→ ––––→–––→–––→–––→–––→–––→––→–
111111
且 AC1  DB1   AA1  AB  AD  AA1  AB
即 AC1  BD 不成立，故 B 错误；
AD  1   1   1  2  0 ,
222222
–––→
对于 C， B1C  B1C1  B1B   AA1  AD ，所以 B1C

 1 1 1 1 ，
–––→ –––→
B C AA
–––→–––→ –––→

AA1  AD 
–––→ –––→
2
–––→ –––→
B1C  AA1

1
cs B C, AA 1 
1
AA1  AD  AA1
1
所以11
–––→ –––→
B1C  AA1

 2   1 ,
112
所以向量 B1C 与 AA1 夹角是120，故 C 正确；
对于 D， BD1  AD  AA1  AB, AC  AB  AD ，
 
––––→ –––→–––→–––→ –––→–––→–––→
 BD1  AC  AD  AA1  AB  AB  AD
–––→ –––→–––→2
 AD  AB  AD


–––→–––→ –––→
AD  AA1  AB
2
––––→
而 BD1 
–––→ –––→–––→ –––→ –––→2
 AA1  AB  AA1  AD  AB
111 2  1  2  1  2  1
222

–––→ –––→
 AB  AD  1，
2
，
–––→
, AC 



AB  AD
–––→–––→ 2
1 2  1 1
2
3
––––→ –––→
，
––––→ –––→

BD1  AC16
cs BD1, AC  ––––→ –––→ 
BD1  AC

2  3
6 ，故 D 错误.
故选：AC
【典例 2】【多选】（25-26 高三·湖南长沙·阶段练习）如图，在平行六面体 ABCD-A₁B₁C₁D₁中，
∣AB∣∣AD∣∣AA∣1  1，且
A AD  A AB  BAD   M 为 A₁C₁与 B₁D₁的交点，设
11，
3
–––→
AB
 a，AD  b，AA1  c
则下列结论正确的是（ ）
AC1  a  b  c
––––→1 →1 →→
BM  a  b  c
22
6
––––→
AC1 
cs
–––→ ––––→6
AB,AC1 3
【答案】ACD
【分析】利用空间向量的基本定理可判断AB 选项；利用空间向量数量积的运算性质可判断CD 选项.
【解析】对于A ， AC1  AB  BC  CC1  AB  AD  AA1  a  b  c ，故A 正确；
––––→–––→ ––––→–––→1 ––––→–––→1 ––––→ ––––→
对于B ， BM  BB1  B1M  AA1  2 B1D1  AA1  2 A1D1  A1B1 
–––→1
 AA1 
–––→ –––→→

AD  AB  c 
1 b  a   1 → 
1 → →
b  c ，故B 错误；
→→
a
2222


→→ →
a  b  c
2
a  b  c  2a b  2a c  2b c
→ 2 → 2 → 2→ →→ →→ →
––––→
对于C ， AC1 
，
∣AB∣∣AD∣∣AA∣ 1 A AD  A AB  BAD  


→→ →
a  b  c
2
6
1113 ，
––––→
→ 2 → 2 → 2
→ →→ →→ →
 AC1 
故C 正确；
 a  b  c
 2a •b  2a •c  2b c• 
1 1 1 1 1 1，
–––→ ––––→–––→ ––––→→ 2→ →→ →1 1  1
–––→ ––––→
AB AC1
1 6
对于D ， cs
故选： ACD.
AB, AC1

AB• AC1  a
 a•b  a•c 
22 
6
6 ，故D 正确.
3
→
【典例 3】【多选】（25-26 高二·全国·课后作业）已知空间向量 a  2, 1,1 ， b  3, 4, 5 ，则下列结论正确的是（ ）
→→→→→
3
A． 2a  b ∥a
5 a b
→→→321 
a  5a  4b 
a 在b 上的投影向量为 
,  ,  
 1052 
【答案】BD
【分析】A：根据向量平行的坐标关系即可判断；B：根据向量模的公式即可计算并且作?判断；C：根据向
→
a  b
b
量数量积进行判断；D：根据投影向量计算公式 →
b

→ 进行计算即可．
b
→→127
11
【解析】A：由题意得2a  b  1, 2, 7  ， a  2, 1,1 ，而2    ，∴两向量不平行，A 错误；
a
B：∵ → 
→
→→
→
6
2
， b  5
→
，∴ 5 a 
→
3
b ，B 正确；
C：∵ a  5a  4b  2, 1,1  2,11, 25  10  0 ，∴两向量不垂直，C 错误；
→  bb5 3, 4, 5321 
5 2
5 2
b
D： a 在b 上的投影向量为 a →  →   ,  ,   ，D 正确．
b 1052 
故选：BD．
【典例 4】【多选】（25-26 高二·全国·单元测试）在空间直角坐标系中，O 为坐标原点，且 A 1, 0, 2 ，B 1,1,1 ，
C 3,1, 2 ，则下列结论正确的是（ ）
A． AB 的中点坐标为0,1, 2
C． AB  AC
【答案】BD
–––→ –––→ –––→

B． AB  AC  BC  1
OPOAOBOC
D．若–––→  1 –––→  1 –––→  1 –––→ ，则 P, A, B, C 四点共面
236
【分析】对于 A，由空间中点坐标公式可判断选项正误；对于 B，由空间向量坐标运算，数量积运算公式可
–––→1 –––→1 –––→1 –––→
判断选项正误；对于 C，验证 AB  AC 是否等于 0，可判断选项正误；对于 D，由OP  2 OA  3 OB  6 OC 可得 PC  3PA  2PB ，据此可判断选项正误.
【解析】因为 A1, 0, 2 ， B 1,1,1 ， C 3,1, 2，所以 AB  2,1, 1 ， AC  2,1, 0 ， BC  4, 0,1 .
 11, 0 1, 2 1  1 3 
对于 A， AB 的中点坐标为 222 0, , ．故 A 错误；
2 2 
–––→–––→ –––→
AB
对于 B， AB  AC  0, 2, 1 ，则 AB  AC  BC  0 4  2 0  1 1  1．故 B 正确；对于 C， AB  AC  2 2 1 1 1  0  3 ，所以–––→ ， AC 不垂直．故 C 错误；
–––→1 –––→1 –––→1 –––→
对于 D，因为OP  2 OA  3 OB  6 OC ，所以6OP  3OA  2OB  OC ，所以3OA  3OP  2OB  2OP  OC  OP  0 ，
所以3PA  2PB  PC  0 ，即 PC  3PA  2PB ，
所以 PC ， PA ， PB 共面，所以 P, A, B, C 四点共面，故 D 正确.故选：BD
04 利用空间向量证明空间线面位置关系
1、利用空间向量证明平行的方法
2.利用空间向量证明垂直的方法
→
线线平行
证明两直线的方向向量共线
线面平行
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
面面平行
①证明两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
线线垂直
证明两直线所在的方向向量互相垂直，即证它们的数量积为零
线面垂直
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
面面垂直
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
【典例 1】（25-26 高二·安徽阜阳·阶段练习）若平面
的法向量为u  1, 2, 4 ，平面的法向量为
→→
v  m, 1, 2 ，直线l 的方向向量为t  n, 2, 4 ，则（ ）
A．若/ /，则m  1B．若l ，则n  2
C．若 n  20 ，则l / /D．若m  10 ，则 
【答案】D
【分析】利用平面的法向量、直线的方向向量逐项计算判断即得．
【解析】对于 A，由//，得u //v ，则 m  1  2 ，解得m  1 ，故 A 错误；
1242
n24
对于 B，由l ，得 t //u ，则1  2  4 ，解得n  1 ，故 B 错误；
→→→
v
对于 C，由n  20 ，得t  20, 2, 4 ， t u  20  4  16  0 ， t  u ，则l / /或l ，故 C 错误；对于 D，由m  10 ，得→  10, 1, 2 ， u  v  10  2  8  0 ， u  v ，则 ，故 D 正确。
故选：D．
【典例 2】（25-26 高三·江苏·阶段练习）已知正方体 ABCD  A1 B1C1 D1，点 P,Q 分别在 A1B,B1C上，A1P  B1Q ，下列说法错误的是（ ）
A．直线 B1C 与CC1 所成的角为45∘B． DD1  PQ
C． P, Q, A1, C1 四点共面D． PQ / / 平面 ABCD
【答案】C
【分析】由题意B1CC1 为直线 B1C 与CC1 所成的角，即可判断 A；举反例判断 C；建立空间直角坐标系，利用空间向量法求证线线垂直和线面平行判断 B、D.
【解析】对于 A：由正方体性质可知： B1CC1 为直线 B1C 与CC1 所成的角，
B CC  45∘ ，故直线 B C 与CC 所成的角为45∘ ，故 A 正确；
1111
对于 B：如图，设正方体 ABCD  A1 B1C1 D1的棱长为 1，
以 D 为原点， DA, DC, DD1 所在的直线分别为 x, y, z 轴建立空间直角坐标系，
则 D 0, 0, 0, A1, 0, 0, B 1,1, 0, C 0,1, 0, A1 1, 0,1, D1 0, 0,1, B1 1,1,1, C1 0,1,1 ，
设 A1P  t A1B  0,t ,t  ，则 P 1, t,1 t  ，
因 A1P  B1Q, A1B  B1C ,则 B1Q  t B1C  t , 0,t  ，则Q 1 t,1,1 t  ，所以 PQ  t ,1 t , 0  ，而 DD1  (0, 0,1) ，
因为 PQ·DD1  t  0  1t  0  01 0 ，所以 PQ  DD1 ，即 DD1  PQ ，故 B 正确；
对于 C：当t  1时，点 P 1,1, 0即点 B ，点Q 0,1, 0 即点C ，此时满足 A1P  B1Q ，显然 BC 与 A1C1 为异面直线，故 PQ 与 A1C1 为异面直线，即 P, Q, A1, C1 四点不共面，故 C 错误；
对于 D：由正方体的性质知 DD1  平面 ABCD ，所以 DD1  (0, 0,1) 为平面 ABCD 的一个法向量．
由选项 B 的证明可知： DD1  PQ ，又 PQ  平面 ABCD ，所以 PQ / / 平面 ABCD ，故 D 正确.故选：C
【典例 3】（2025 高三·全国·专题练习）在以O 为坐标原点的空间直角坐标系中， A1,1, 2 ， B 1, 2,1，
C 1,1, 1 ．下列说法中错误的是（ ）
A． OA  OCB． AB//OC
C． OC 是平面OAB 的一个法向量D．三棱锥OABC 的体积为 3
2
【答案】B
【分析】利用向量垂直的条件，即可判断 A；通过计算向量的数量积判断其位置关系，即可判断 B；利用法
–––→ –––→
向量的定义，即可判断 C，利用向量的夹角公式求? cs OA, OB 
【解析】因为 A1,1, 2 ， B 1, 2,1， C 1,1, 1 ， O 0, 0, 0 ，
1 ，进而求解三角形的面积，即可判断 D．
2
所以OA  1,1, 2 ， OB  1, 2,1 ， OC  1,1, 1 ， AB  2,1, 1 ．对于 A： OA OC  11 2  0 ，所以OA  OC ，故 A 正确；
对于 B： AB  OC  2 11  0 ，所以 AB  OC ，故 B 错误；
对于 C：由 A、B 可得： OA  OC ， AB  OC ，所以OC 是平面OAB 的一个法向量，故 C 正确；
6
–––→–––→
对于 D：因为OA  1,1, 2 ， OB  1, 2,1 ，所以 OA  OB ，
所以cs
–––→ –––→
OA, OB
 1 2  2  1 ，所以sin
6  6
2
–––→ –––→3
OA,OB ，
2
所以 S 1 –––→–––→–––→ –––→1 33 3 ，
OAB
OA  OB  sin OA ,OB
2
  6 6
222
3
所以三棱锥OABC 的体积为V  1 S –––→  1  3 3  3，故 D 正确．
故选：B
3 OABOC
322
→→→→
【典例 4】（25-26 高二·全国·单元测试）已知v1 ，v2 分别为直线l1 ，l2 的方向向量（ l1 ，l2 不重合），n1 ，n2
分别为平面， 的法向量（， 不重合），则下列说法中正确的是（ ）
→→→→→
A． v1 ∥v2  l1  l2B． v1  n1  l1 
→→→
→→→
C． v1 ∥n1  l1 ∥D． n1  n2  
【答案】D
【分析】根据直线的方向向量与平面的法向量的定义逐项判断．
【解析】因为l1, l2 不重合，
→→
所以由直线方向向量与直线的位置关系可得v1 ∥v2  l1 ∥l2 ，A 错误．
B，由法向量与方向向量的定义易知→  →  l ∥或l ，B 错误．
v1n111

→→→
C，由于
l ，C 错误．
v1 / /n1 ， n1 为平面 的法向量，所以 1
→→
D，由法向量与平面的位置关系可得n1  n2   ，D 正确．
故选：D
05 用向量法求异面直线所成角的一般步骤
建立空间直角坐标系；
用坐标表示两异面直线的方向向量；
利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值；
0，π
注意两异面直线所成角的范围是2 ，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．
【典例 1】（2025·福建三明模拟预测）在直三棱柱 ABC  A1B1C1 中， AB  BC ， BB1 
2AB 
2BC ， M ，
N 分别是 B1C1 ， A1B1 的中点，则直线 BM 与直线CN 所成角的余弦值（ ）
3 13
13
【答案】B
2 13
13
5
5
2 5
15
【分析】建立空间直角坐标系，设 BC  a a  0，利用异面直线所成角的向量法求解即可.
【解析】因为直三棱柱 ABC  A1B1C1 ，所以 BB1  底面 ABC ，又 BA, BC  底面 ABC ，所以 BB1  BA ， BB1  BC ，
又因为 AB  BC ，所以 BA, BC, BB1 两两垂直，
以 BA, BC, BB1 为 x, y, z 轴建立如图所示坐标系，
设 BC  a a  0，则 B 0, 0, 0 ， C 0, a, 0， M  0, a , 2a  ， N  a , 0, 2a  ，
2 2

––––→a–––→ a
所以 BM   0, 2 , 2a  ， CN   2 , a, 2a  ，

设直线 BM 与直线CN 所成角为，
––––→ –––→ BM CN ––––→ –––→ BM CN
13
3 a2
则cs
cs
––––→ –––→
BM, CN
 2
2
，
3 a  13 a13
22
所以直线 BM 与直线CN 所成角的余弦值为 2 13 .
13
故选：B
【典例 2】（2025 高二·湖北武汉·期末）在正方体 ABCD  A1 B1C1 D1中，若 A1E  3EB1 ， C1F  3FD1 ，则 BE
与 DF 所成的角的正弦值是（ ）
15
17
【答案】C
1
2
8
17
3
2
【分析】设空间的一组基底a,b, c ，将直线 BE 与 DF 的方向向量用基底表示，再利用空间向量的夹角公式即可求得.
【解析】
如图，设正方体棱长为 4， AB  a, AD  b, AA1  c ，则| a || b || c | 4 ， a  b  b  c  c  a  0 .
–––→––––→ ––––→–––→1–––→1→→
因 DF  DD1  D1F  AA1  4 AB  4a  c ，
–––→–––→–––→–––→ 1 –––→1 →→
BE  BB1  B1 E  AA1  4 AB  4 a  c，
17
12
–––→→→1 → 2 → 2
则| DF |2  ( a  c) a  c 1 16 17 ，故| DF |，
416
–––→
 1 →→ 2
1 →→
| BE |2  

a  c 
4
a 2  c 2 1 16 17 16
，故| BE |，
17
–––→ –––→1 →→1 →→→21 →2
且 DF  BE  ( a  c) ( a  c)  c a 15，
4416
–––→ –––→
DF  BE15
则csDF, BE  –––→–––→ ，
1 cs2 DF ,BE 
–––→ –––→
| DF | | BE |17
设 BE 与 DF 所成的角为，则sin故选：C.

 8 .
1 ()
15
2
17
17
【典例 3】（2025 高二·海南海口·阶段练习）如图，在三棱锥 P  ABC 中，APB  90 ，CPA  CPB  60 ， PA  PB  PC  2 ，点 D ， E ， F 满足 PD  DB ， PE  2EA ， AF  FC ，则直线CE 与 DF 所成的角余弦值为（）
A． 3
2
【答案】D
B． 2
2
C． 1
2
–––→
D． 0
2 →→
–––→
2
1 →→→
【分析】设 PA  a ， PB  b ， PC  c ，利用空间向量运算得CE 
的运算律求解数量积，即可解答.
a  c ， DF 
3
a  b  c  ，利用数量积
→ →→ →1
【解析】设 PA  a ， PB  b ， PC  c ，则a  b  0
， a  c  b  c  2  2   2 ，
2
–––→–––→ –––→2 –––→ –––→2 →→
CE  PE  PC  PA  PC  a  c ，
33
–––→–––→ –––→
1 –––→–––→
1 –––→
1 →→→
DF  PF  PD  PA  PC   PB  a  b  c ，
222
所以1 →21 →1 → →1 →1 →241
–––→ –––→→→
CE  DF  a  a  b  a  c  c  b  c   0  1 2  0 ，
3362233
故直线CE 与 DF 所成的角余弦值为 0.
故选： D.
3
【典例 4】（2025 高三·全国·专题练习）如图，长方体 ABCD  A1 B1C1 D1中， AB  BC  1, AA1 ，点M 在
四边形 A1B1C1D1 的边上，沿 A1  B1  C1  D1  A1 移动，则异面直线 AM 和 BC 所成角的余弦值的最大值为（ ）
17
17
【答案】C
5
5
1
2
3
2
【分析】建系，分类讨论 M 位置，根据线面角的向量求法求解即可.
【解析】
建立如图所示的空间直角坐标系，则 A0, 0, 0， D 1, 0, 0 ，则 AD  1, 0, 0 ，
由 AD//BC 知异面直线 AM 和 BC 所成的角即 AM 和 AD 所成的角，即DAM ，设DAM ．
①当 M 在线段 A1B1 上时（包含端点），易知 AD  AM ，则cs 0 ；

––––→
②当 M 在线段 B1C1 上时（不含 B1 ，包含C1 ），设M t,1, 3 (0  t 1) ，则 AM  t ,1, 3 ，
则cs
AD  AMt
t 2  4

–––→ ––––→ 
1，当t  1时， cs取得最大值 5 ；
1 4t 2
AD AM5
③当 M 在线段C1D1 上时（不含C1 ，包含 D1 ），设 M 1, m, 3 (0  m 1) ，
同理cs
1，则 5  cs 1 ；
m2  4
52
➃当 M 在线段 D A 上时（不含端点），显然0  cs 1 ．
1 12
综上所述， cs的最大值为 1 ，
2
故选：C．
【典例 5】（25-26 高二·河北邢台·开学考试）如图，在四棱锥 P  ABCD 中， PA  平面 ABCD ， AB  AD ，记平面 PAB  平面 PCD  l ， l / / 平面 ABCD ．
证明： AB / /CD ．
证明：平面 PAB  平面 PAD ．
已知 PA  AD  AB  3, CD  2 ，求直线 BC 与直线 PD 所成角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
证明见解析
3 5
10
【分析】（1）根据题意，利用线面平行的性质定理，分别证得l / / AB 和l / /CD ，进而证得 AB / /CD ；
由 PA  平面 ABCD ，证得 AB  PA ，再由 AB  AD ，利用线面垂直的判定定理，证得 AB  平面 PAD ，进而证得平面 PAB  平面 PAD ；
以A 为原点，建立空间直角坐标系，求得 BC  (1, 3, 0), PD  (0, 3, 3) ，结合向量的夹角公式，即可求
解.
【解析】（1）证明：由平面 PAB  平面 PCD  l ， l / / 平面 ABCD ，因为l 平面 PAB ，且平面 PAB  平面 ABCD  AB ，所以l / / AB ， 又因为l 平面 PCD ，且平面 PCD ∩ 平面 ABCD  CD ，所以l / /CD ，所以 AB / /CD .
证明：因为 PA  平面 ABCD ，且 AB  平面 ABCD ，所以 AB  PA ，
又因为 AB  AD ，且 AD  PA  A ， AD, PA  平面 PAD ，所以 AB  平面 PAD ，因为 AB  平面 PAB ，所以平面 PAB  平面 PAD .
解：因为 PA  平面 ABCD ，且 AD, AB  平面 ABCD ，所以 PA  AB, PA  AD ，
又因为 AB  AD ，以A 为原点，以 AB, AD, AP 所在直线分别为 x 轴， y 轴和 z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
因为 PA  AD  AB  3, CD  2 且 AB / /CD ，
可得 B(3, 0, 0), C(2, 3, 0), P(0, 0, 3), D(0, 3, 0) ，则 BC  (1, 3, 0), PD  (0, 3, 3)
–––→ –––→ BC  PD –––→ –––→ BC PD
设直线 BC 与直线 PD 所成角为，
1 0  3 3  0 3 10  3 2
3 5
–––→ –––→
可得cs cs
BC, PD
，
10
即直线 BC 与直线 PD 所成角的余弦值 3 5 .
10
06 用向量法求解直线与平面所成角的方法
如图所示，设直线 l 的方向向量为 e ，平面α的法向量为 n ，直线 l 与平面α所成的角为φ，向量 e 与 n 的夹角
→ →
n  e
→ →
n e
为θ，则有sin cs .
【典例 1】（2025 高二·辽宁·期中）如图，在直三棱柱 ABC  A B C 中， ABC  π ，D 是棱 AC 的中点，
1 1 12
AB  BC  BB1  2.
求 C 点到平面 BDC1 的距离.
求直线 A1B 与平面 BDC1 所成的角的正弦值.
【答案】(1) 2 3
3
(2) 6
3
【分析】（1）建立空间坐标系，利用点到平面的距离公式求解即可；
（2）利用线面角的向量求法即可求解.
【解析】（1）由题意可知， BA, BC, BB1 两两垂直，于是建立如图所示的空间直角坐标系 Bxyz ,
则 B 0, 0, 0， A1 0, 2, 2 ， C1 2, 0, 2 ， D 1,1, 0 ， C 2, 0, 0
∴ BC1  2, 0, 2  ， BD  1,1, 0， CC1  0, 0, 2  .设平面 BDC 的一个法向量为 →   x, y, z  ，
1n
 → –––→
n  BD  0x  y  0→
 → ––––→
即，令 x  1 ，则n  1,1,1 .

2x 2z0
n  BC1  0
2 3
CC  →
所以点 C 到平面 BDC 的距离d 
1 n 
2 .
3
1→
n3
（2）设直线 A1B 与平面 BDC1 所成的角为，
BA1  0, 2, 2  ，
sin
→ –––→
cs n, BA1
6 ，
BA1  n
–––→
–––→ →
BA1  n
→
0  2  2
2 2  33
6
所以直线 A B 与平面 BDC 所成的角的正弦值为.
11
3
【典例 2】（25-26 高三·湖北荆州·开学考试）在长方体 ABCD  A1 B1C1 D1中，已知 AB  4 ，AD  3 ，AA1  5，点Q ， R 分别在棱CC1 ， BB1 上，且CQ  BR  2 ．
证明： AR// 平面 B1DQ ；
求直线 AB1 与平面 B1DQ 所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2) 2 41
41
【分析】（1）连接 RQ ，证明四边形 BCQR 和四边形 ADQR 都为平行四边形，从而可得? AR//DQ ，再根据线面平行的判断的了即可得证；
（2）以点 D 为原点，建立空间直角坐标系，分别求?直线的方向向量和平面的法向量，利用向量法求解即可.
【解析】（1）连接 RQ ，因为 BR//CQ 且 BR  CQ ，
所以四边形 BCQR 为平行四边形，所以 BC //RQ 且 BC  RQ ，
又 AD//BC 且 AD  BC ， 所以 AD//RQ 且 AD  RQ ，
所以四边形 ADQR 为平行四边形，
所以 AR//DQ ，
又 DQ  平面 B1DQ ， AR  平面 B1DQ ，所以 AR// 平面 B1DQ ；
（2）如图，以点 D 为原点，建立空间直角坐标系，
则 D 0, 0, 0, A3, 0, 0, Q 0, 4, 2, B1 3, 4, 5 ，
故 AB1  0, 4, 5, DQ  0, 4, 2 ,QB1  3, 0, 3  ，设平面 B DQ 的法向量为 →   x, y, z  ，
1n
 → –––→
n  DQ  4y  2z  0
则有 → –––→，
n QB1  3x  3z  0
n
令 z  2 ，则 x  2, y  1，所以 →  2, 1, 2 ，
n  AB1
→ –––→
n AB1
→ –––→
3 41
0  4 10
→ –––→
所以 cs n, AB1 
2 41
41 ，
所以直线 AB1 与平面 B1DQ 所成角的正弦值为 2 41 ．
41
【典例 3】（25-26 高三·河南安阳·阶段练习）如图，在三棱柱 ABC  A1B1C1 中，ABC 是边长为 3 的正三角
形， AC  4, AB  AC , csCBC  3 .
11110
求棱CC1 的长；
求证：平面 ABC  平面 ABC1 ；
求直线 AC1 与平面 AB1C 所成角的正弦值.
【答案】(1)5
见解析
3 273
91
【分析】（1）根据几何关系，结合勾股定理和余弦定理，即可求解；
根据（1）的结果，转化为证明 AC1  平面 ABC ，即可证明面面垂直；
根据垂直关系，以点A 为原点建立空间直角坐标系，求平面 AB1C 的法向量，代入线面角的向量公式，即可求解.
【解析】（1）因为 AB  3 ， AC1  4, AB  AC1 ，所以 BC1  5 ，
BC 2  BC 2  2BC  BC  cs CBC
1
1
1
△CBC1 中，由余弦定理CC1 ，
9  25  2 3 5 3
10
即CC1  5 ；
由（1）可知△ACC 中，满足 AC2  AC2  CC2 ，
111
所以 AC  AC1 ，且 AB  AC1 ， AB  AC  A ， AB, AC  平面 ABC ，所以 AC1  平面 ABC ，且 AC1  平面 ABC1 ，
所以平面 ABC  平面 ABC1 ；
如图，以点A 为原点， AB, AC1 为 x, z 轴的正方向，作 y 轴，建立空间直角坐标系，
A0, 0, 0， C 0, 0, 4 ， C  3 , 3 3 , 0  ， B 3, 0, 0 ，
1 22

–––→
 3 3 3
AC   2 , 2 , 0 ， AC1  0, 0, 4 ，

–––→–––→––––→––––→–––→
 33 3
 33 3
AB1  AA1  A1B1  CC1  AB    2 ,  2 , 4   3, 0, 0   2 ,  2 , 4  ，

→
设平面 AB1C 的一个法向量为n   x, y, z  ，
 3 x  3 3 y  0

所以 22
 3 x  3 3 y  4z  0
 22
，令 x  3 ，则 y 
3, z  9 ，
4
AB C
→9 
所以平面 1
的一个法向量为n   3, 3, ，
4

设 AC1 与平面 AB1C 所成的角为，
sin
––––→ →
93 273
273
所以cs AC1, n 
4 
91.
4
07 利用向量法解二面角问题的策略
找法向量法：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小；
找与棱垂直的方向向量法：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小．
【典例 1】（25-26 高二·黑龙江哈尔滨·阶段练习）在平行四边形 ABCD 中（图 1），AB  2BC  4 ，M 为 AB
的中点，将等边△ADM 沿 DM 折起，连接 AB, AC ，且 AC  4 （图 2）.
求证： CM 平面 ADM ；
求平面 ADC 与平面 ABM 夹角的余弦值；
若 P 为线段 AC 上的动点（不含端点），判断直线 DP 能否与平面 ABM 平行，并说明理由.
【答案】(1)证明见详解
(2) 3
5
(3)不能，证明见详解
【分析】（1）在平行四边形中找到三角形CDM 的角和边，利用余弦定理解三角形，即可证明 DM ,CM 的关系，然后利用勾股定理得到CM , AM 的关系，然后得到线面关系；
取线段 DM , DC 中点，然后由（1）证明三条直线两两垂直，建立空间直角坐标系，然后由条件写?点的坐标，即可得到面内空间向量的坐标，然后由空间向量的数量积求得两个面的法向量，由法向量的夹角的余弦值求得面面角的余弦值.
反证法，假设直线 DP 与平面 ABM 平行，由线面平行推导得面面平行，又因为面与面存在交点，从而证明假设不成立，然后得到结论.
【解析】（1）在平行四边形 ABCD 中， △ADM 为等边三角形，
则A  ADM  AMD 
π ， DM  AM  AD  2 3
∴ ADC  2π ，∴ MDC  π ，
33
在CDM 中，CDM  π ， DC  4 ， DM  2 ，
3
3
DM 2  DC2  2DM  DC csCDM
∴ CM 
∴ CM 2  DM 2  CD2 ，∴ DM  CM ，
 2，
在四棱锥中由 AC  4 可得CA2  AM 2  CM 2 ，∴ CM  AM ，且 AM ∩ DM  M ， AM  平面 ADM ， DM 平面 ADM ，
∴ CM  平面 ADM .
分别取 DM ， CD 中点 F ， N ，连接 AF , FN ，
∴ FN / /CM
由（1）可知 DM  CM ， CM  平面 ADM ，
∵ DM  FN ， FN 平面 ADM ， AF  平面 ADM ，∴ FN  AF ， 在正三角形CDM 中， AF  DM ，
∴如图以 F 为原点建立空间直角坐标系 F  xyz ，
∴ D 1, 0, 0 ， C 1, 2 3, 0 ， A 0, 0, 3 ， M 1, 0, 0，
–––→
∵ MB 
1 –––→
DC 
1 2, 2 3, 0  1, 3, 0 ，
22
即 B 2, 3, 0  ，
–––→
–––→
∴ DA  1, 0, 3， DC  2, 2 3, 0 ，
–––→–––→
MA  1, 0, 3  ， MB  1, 3, 0 ，
设向量n1   x1, y1, z1  ， n2  x2 , y2 , z2  分别为平面 ADC 和平面 AMB 的一个法向量，

–→ –––→
n1  DA  x1 
3z1  0
––→ –––→

n2  MA  x2 
3z2  0
则–→ –––→和––→ –––→，
n1  DC  2x1  2 3y1  0n2  MB  x2  3y2  0
 2
 y1  1 y2  1
3
令 x1 
3 ，则
z
 1
 1 ，令 x2 ，则z
 1，
–→
即n1 
––→


3,1,1 ， n2 
3,1, 1 ，
设平面 ADC 与平面 AMB 的夹角为，
–→ ––→
–→ ––→
则cs cs n1, n2
n1  n2
 –→––→
n1  n2
 3 ，
5
不能.
证明：假设存在 AC 上一点 P （不包括端点）使得 DP / / 平面 ABM ，
∵ DC / /MB ， DC  平面 ABM ， MB  平面 ABM ，
∴ DC / / 平面 ABM ，
∵ DC  DP  D ， DC  平面 ADC ， DP  平面 ADC ，则平面 ABM / / 平面 ADC ，
又∵平面 ABM  平面 ADC  A ，故矛盾，
∴假设不成立，
即不存在 AC 上一点 P （不包括端点）使得 DP / / 平面 ABM ，即直线 DP 不能与平面 ABM 平行.
【典例 2】（25-26 高三·湖北恩施·开学考试）如图，在直三棱柱 ABC  A B C 中， AA  AB  1 AC  2 ，
1 1 112
AB  BC .
求证： AB1  平面 A1BC ；
求平面 A1BC 与平面 A1ACC1 的夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2) 6
4
【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.
【解析】（1）在直三棱柱 ABC  A1B1C1 中， AA1  平面 ABC， BC  平面 ABC，所以 AA1  BC .又 AB  BC ， AA1 ∩ AB  A ，所以 BC  平面 AA1B1B ，
AB1  平面 AA1B1B ，所以 BC  AB1 .
又 AA1  AB ，所以四边形 AA1B1B 为正方形，从而 A1B  AB1 .
因为 A1B  BC  B ， A1B, BC  平面 A1BC ，所以 AB1  平面 A1BC .
（2）以 B 为坐标原点，BC 所在直线为 x 轴，AB 所在直线为 y 轴， BB1 所在直线为 z 轴，建立如图空间直角坐标系：
则 B(0, 0, 0) ， A(0, 2, 0) ， C(2 3, 0, 0) ， A1 (0, 2, 2) ， B1 (0, 0, 2) ，从而 AB1  (0, 2, 2) ， AA1  (0, 0, 2 ) ， AC  (2 3, 2, 0) .
设平面 A1ACC1 的法向量为 ( x, y, z) ，则
→  –––→  0
2z  0
AA1 
，不妨取→  (1, 3, 0)
→ 
–––→
AC  0
2 3x  2 y  0
由（1）可知，平面 A1BC 的法向量为 AB1 ，设平面 A1BC 与平面 A1 ACC1 的夹角为，
→  –––→
 AB1
→ –––→
AB1
2 3
2  2 2
6
则cs.
4
法二：过 B1 作 A1C1 的垂线，垂足为 E，连接 AE，
平面 A1B1C1  平面 AA1C1C ， B1E  A1C1 ， B1E  平面 ACC1 A1 ，
由（1）知， AB1  平面 A1BC ，AB1E 的余弦值即为所求.
在△AB E 中， AB 2  AB 2  BB 2  8 ， AE 2  A E 2  AA 2  5 ，
11111
3
A1B1

C1B1
A1C1
EB ，设平面 A BC 与平面 A ACC 的夹角为， AB E ，
11111
3
2 2
则cs B1E  6 .
AB14
【典例 3】（25-26 高三·山东聊城·开学考试）如图，在正四棱柱 ABCD  A1 B1C1 D1中，E, F 分别为 BB1 ,DD1 的中点.
证明：点 F 在平面 AEC1 内.
若 AA1  2 AB ，求平面 A1EC1 与平面 AEC1 夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2) 1
3
【分析】（1）根据线线平行，结合平行线的传递性可得 AF / / EC1 ，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.
【解析】（1）设G 为CC1 的中点，连接GF ,AF ,BG .
由题易知GF / /CD,GF  CD,BA  CD, BA / /CD, 所以GF  AB,GF / /AB,
所以四边形 ABGF 为平行四边形，所以 AF / /BG ，
又 BG / / EC1 ，所以 AF / /EC1 ，且点A 在平面 AEC1 内，故点 F 在平面 AEC1 内
（2）不妨设 AB  1，则 AA1  2 ，以 BC, BA, BB1 所在的直线分别为 x, y, z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，则 A0,1, 0, A1 0,1, 2, E 0, 0,1, C1 1, 0, 2 ，
所以 EC1  1, 0,1 ， EA1  0,1,1 , EA  0,1, 1.
设 →   x , y , z  为平面 A EC 的法向量，
m1 1 111
→
––––→
m·EC1  0,
所以
 x1  z1
即
 0，
令 x  1，得 y
 1, z
 1 ，
 → –––→
 y  z  0111
m·EA1  0，
 11
所以平面 A EC 的一个法向量为 →  1,1, 1 .
1m
设 →   x , y , z 为平面 AEC 的法向量，
n22 2
 → ––––→  0,
x  z
1
 0,
n·EC1
所以
即 22
令 x  1，得 y  z
 1，
 → –––→
 y  z
 0,222
n·EA  0,
 22
所以平面 AEC 的一个法向量为 →  1, 1, 1 .
1
–→ →
m·n
n
111 1 1  1 1
12  1 2  1 2
因为cs  m, n  –→ → =
|m||n|
12 12  12 
= 3 ，
所以平面 A EC 与平面 AEC 夹角的余弦值为 1 .
1113
【典例 4】（25-26 高三·重庆·开学考试） 如图在四棱锥 P  ABCD 中， AB  AD, AD//BC ，
AD  2 AB  2BC 
近点 P 的三等分点.
2 AP  6 ，且底面 ABCD 为直角梯形， PA  平面 ABCD ， E, F 分别为线段 PD, PC 上靠
证明:
EF  平面 APC ；
求平面 AEF 与平面 ADC 夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2) 5
5
【分析】（1）先求证CD  平面 PAC ，再根据 EF //CD 即可求?；
（2）以A 为原点建立空间直角坐标系，分别计算两个平面的法向量，再利用公式计算即可.
【解析】（1）因 ABCD 为直角梯形， AB  AD ， AD//BC ， AD  2 AB  2BC 
2 AP  6 ，
2
则 AC  CD  3
，则 AC 2  CD2  AD2 ，即 AC  CD ，
因 PA  平面 ABCD ， CD  平面 ABCD ，则 PA  CD ， 又 PA  AC  A, PA, AC  平面 PAC ，则CD  平面 PAC ，
因 E, F 分别为线段 PD, PC 上靠近点 P 的三等分点，则 EF //CD ，
则 EF  平面 APC ；

–––→ –––→ –––→
（2）以A 为原点， AB, AD, AP 为基底建立空间直角坐标系，
则 A 0, 0, 0 ,C 3, 3, 0 , D 0, 6, 0 , P 0, 0, 3, E 0, 2, 2，
2
2
–––→–––→
→
则 AE  0, 2, 2 2 , DC  3, 3, 0 ，由 EF //CD ，可设 EF  k DC  3k, 3k, 0 ，设平面 AEF 的一个法向量为m   x, y, z  ，
–––→ →
 AE  m  2y  2 2z  0→
2
则 –––→ →，令 z  1 ，则 x  y ，则m  
 EF  m  3kx  3ky  0
2, 2, 1 ，

–––→
m
由题意可知平面 ADC 的一个法向量为 AP  0, 0, 3 2 ，
–––→ →
AP  →5
则cs
AP, m
 ，
5
AP  m
–––→
→
3 2
3 2  5
故平面 AEF 与平面 ADC 夹角的余弦值为 5 .
5
【典例 5】（2025·广西模拟预测）如图，在四棱锥 P  ABCD 中，底面 ABCD 是菱形，BAD  120 ，AB  2 ，
AC ∩ BD  O ， PO  底面 ABCD ， OP  2 ，点 E 在棱 PD 上．
求证：平面 ACE  平面 PBD ；
当CE 取得最小值时，求二面角 P  AC  E 的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2) 21
7
【分析】（1）利用线面垂直的性质定理、判定定理和面面垂直的判定定理证明即可；
（2）解法一：由二面角的性质可知POE 即为二面角 P  AC  E 的平面角，利用垂直关系和等面积法求?
△POE 的边长，进而求? POE 的余弦值即可；解法二：建立空间直角坐标系，求?平面 PAC 和 ACE 的法向量，利用向量的夹角公式求解即可.
【解析】（1）因为 PO  平面 ABCD ， AC  平面 ABCD ，所以 PO  AC ，因为四边形 ABCD 为菱形，所以 AC BD
又因为 BD ∩ PO  O ， BD  平面 PBD ， PO  平面 PBD ，所以 AC 平面 PBD ，
又因为 AC  平面 ACE ，所以平面 ACE  平面 PBD ．
（2）由（1）知 AC 平面 PBD ，
因为OE, PD  平面 PBD ，所以 AC  OE ， AC  PD ，
又 PO  AC ，平面 PAC ∩ 平面 ACE  AC ，所以POE 即为二面角 P  AC  E 的平面角，当CE 取得最小值时，有CE  PD ，
又因为CE ∩ AC  C ， CE, AC  平面CEA ，所以 PD  平面CEA ，又因为OE  平面CEA ，所以 PD  OE ，
又因为在菱形 ABCD 中， BAD  120 ， AB  2 ，
AB 2  AD 2  2 AB AD cs120
所以 BD 
PO 2  OD 2
又因为 PO  2 ，所以 PD 
 2 3 ， OD  3 ，
22   3 2 
7
，
又因为在POD 中， S
 1  PD  OE  1  OP  OD ，解得 OE  2 21 ,
POD227
OE
OP
则在△POE 中， cs POE 21 ，
7
所以二面角 P  AC  E 的余弦值为 21 ．
7
解法二：由 PO  底面 ABCD ， AC, BD  底面 ABCD ，且底面 ABCD 为菱形可知OB, OD, OP 两两垂直，又当CE 取得最小值时，有CE  PD ，
以O 为原点， OB, OC, OP 分别为 x, y, z 轴建空间直角坐标系，因为在菱形 ABCD 中， BAD  120 ， AB  2 ，
3
所以ABC  60 ， ABC 为等边三角形，易得 OB ， OC  1，
则 P 0,0,2 ， A0, 1, 0 ， B  3, 0, 0 ， C 0,1, 0 ， D  3, 0, 0，
易知OB  1, 0, 0 为平面 PAC 的法向量，
又由（1）得 AC 平面 PBD ， PD  平面 PBD ，
所以 AC  PD ，又因为CE  PD ， AC ∩ CE  C ， AC  平面 ACE ， CE  平面 ACE ，所以 PD  平面 ACE ，
所以 PD   3, 0,2  为平面 ACE 的法向量，
又cs
⁂⁂⁂‴⁂⁂⁂‴
OB, PD
⁂⁂⁂‴⁂⁂⁂‴
 3
1  7
 
OB  PD21
⁂⁂⁂‴⁂⁂⁂‴7 ，
OB PD
所以二面角 P  AC  E 的余弦值为 21 .
7
08 利用空间向量求空间距离
→
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AP在直线
a2－a·u2
→
l 上的投影向量为AQ＝a，则点 P 到直线 l 的距离为．
点面距：已知平面的法向量为n , A 是平面内的任一点， P 是平面外一点，过点 P 作则平面
–––→ →
的垂线l ，交平面于点Q ，则点 P 到平面的距离为 PQ 
AP  n
．
→
n
【注意】线面距、面面距可转化为点面距进行求解．
【典例 1】（25-26 高三·河北保定·阶段练习）如图，在ABC 中， AC  BC, AB  2 BC  6, E为 AB 的中点，过点 E 作 DE AB 交 AC 于点 D ，将ADE 沿 DE 翻折至△PDE ，得到四棱锥 P  BCDE ,F 为棱 PB 上一动 点（不包含端点）．
若 F 为棱 PB 的中点，证明： CF // 平面 PDE ；
若 PB  3
，直线 EF 与平面 PEC 所成角的正弦值为 15 ．
2
5
求 BF ；
BP
求点 F 到平面 PCD 的距离．
【答案】(1)证明见解析；
(2)（ⅰ） BF  1 ；（ⅱ） 4 5 .
BP35
【分析】（1）根据已知得BCE 是等边三角形，取 BE 的中点G ，连接CG, FG ，进而得 FG / / PE, CG / / DE ，
再由线面、面面平行的判定定理证明平面 FCG / / 平面 PDE ，再由线面平行的性质证明结论；
（2）（i）根据已知构建合适的空间直角坐标系，标注?相关点坐标，设 BF  BP  (0, 3, 3)(0  1) ， 进而得 F 0, 3  3, 3 ，求直线 EF 与平面 PEC 的方向向量和法向量，应用向量法求线面角及已知列方程求
?参数值；（ii）应用点面距离的向量求法求点面距离.
【解析】（1）因为 AC  BC , AB  2BC  6 ，所以ABC  60 ，
因为 E 为 AB 的中点，则 BC  CE  BE ，所以BCE 是等边三角形，取 BE 的中点G ，连接CG, FG ，则CG  BE ，
又 F 为棱 PB 的中点，且 DE AB ，即 DE  BE ，则 FG / / PE, CG / / DE ．因为 FG  平面 PDE ,CG  平面 PDE, PE  平面 PDE , DE  平面 PDE ， 所以 FG / / 平面 PDE ， CG / / 平面 PDE ，
又CG ∩ FG  G,CG,FG  平面 FCG ，所以平面 FCG / / 平面 PDE ，又CF  平面 FCG ，所以CF // 平面 PDE ．
2
（2）（ⅰ）因为 PE  AE  BE  3,PB  3，所以 PE 2 + BE 2 = 18 = PB2 ．
所以 PE  BE ，因为 DE AB ，所以 DE  PE ，
又 BE ∩ DE  E, BE, DE  平面 BCDE ，所以 PE  平面 BCDE ，
以 E 为原点， ED, EB, EP 所在直线分别为 x 轴， y 轴， z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
所以 E 0, 0, 0 , P 0, 0, 3 , B 0, 3, 0 ,C  3 3 3, 0, 0  ，
3
2

, , 0 , D
2
–––→–––→
 3 3 3
 –––→–––→
 3 3 3
 –––→
则 EP  0, 0, 3, EC   2 , 2 , 0  , PD   3, 0, 3, PC   2 , 2 , 3, BP  0, 3, 3 ，

设 BF  BP  (0, 3, 3)(0  1) ，则 F 0, 3  3, 3, EF  0, 3  3, 3 ，
 → –––→
3z1  0
→n  EP  0
设平面 PEC 的法向量为n   x1, y1, z1 ，则 → –––→，即3 33，
n  EC  0
 2
x1  2 y1  0
令 x  1，得 y   3, z  0 ，则 →  1,  3, 0  ．
111n
 3 3  3
2 (3 3)2  (3)2
15
–––→ →
设直线 EF 与平面 PEC 所成的角为，所以sin cs EF ,n ，
5
整理得32  2 1  0，解得 1 （ 1 舍），所以 BF  1 ．

–––→
（ⅱ）由（ⅰ）知 DF  
3
3, 2,1，
 → –––→
BP3

3x2  3z2  0
→m  PD  0
设平面 PCD 的法向量为m   x2 , y2 , z2  ，则 → –––→，即3 33，
2

m  PC  0x2  2 y2  3x2  0
3
令 x ，得 y  1, z  1，则 →   3, 1,1 ，
2
2m
5
3  2 1
 4 5 ．
m
DF  →
所以点 F 到平面 PCD 的距离为d  → 
m5
【典例 2】（25-26 高三·天津红桥·开学考试）已知正方体
ABCD  A1 B1C1 D1 的棱长为 4，E，F 分别为
A1D1 , B1C1
的中点，G 在线段
CC1 上，且
CG  3GC1
求证∶ GF  面 EBF ;
求平面 EBF 与平面 EBG 夹角的余弦值；
求点 D 到平面 EBF 的距离．
【答案】(1)证明见解析；
4
(2) ；
5
(3) 8 5 .
5
【分析】（1）法一、利用正方形的性质先证明 FG  BF ，再结合正方体的性质得? EF  平面 BCC1B1 ，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；
利用空间向量计算面面夹角即可；
利用空间向量计算点面距离即可.
【解析】（1）（1）法一、在正方形 BCC1B1 中，
由条件易知tanC FG  C1G  1  FB1  tanB BF ，所以C FG  B BF ，
1C F2BB111
11
则B FB  B BF  π  C FG  B FB ，
11211
故BFG  π  C FG  B FB   π ，即 FG  BF ，
112
在正方体中，易知 D1C1  平面 BCC1B1 ，且 EF / / D1C1 ，所以 EF  平面 BCC1B1 ，
又 FG  平面 BCC1B1 ，∴ EF  FG ，
∵ EF ∩ BF  F ， EF , BF  平面 EBF ，∴ GF  平面 EBF ；法二、如图以 D 为原点建立空间直角坐标系，
则 B 4, 4, 0, E 2, 0, 4, F 2, 4, 4, G 0, 4, 3 ，
→
所以 EF  0, 4, 0 , EB  2, 4, 4 , FG  2, 0, 1  ，设m  a, b, c 是平面 EBF 的法向量，
 → –––→
m  EF  4b  0
则
，令a  ，则b  0, c  1，
 → –––→2
m  EB  2a  4b  4c  0
→
所以m  2, 0,1 是平面 EBF 的一个法向量，
m
易知 FG   → ，则 F G 也是平面 EBF 的一个法向量，∴ GF  平面 EBF ；
→
同上法二建立的空间直角坐标系，所以 EG  2, 4, 1 , BG  4, 0, 3，
由（1）知m  2, 0,1 是平面 EBF 的一个法向量，
 → –––→
→n  EG  2x  4y  z  0
设平面 EBG 的一个法向量为n   x, y, z  ，所以 → –––→，
n  BG  4x  3z  0
令 x  6 ，则 z  8, y  5，
→
所以n  6, 5,8 平面 EBG 的一个法向量，设平面 EBF 与平面 EBG 的夹角为，
→ →
则cs
→ →
csm, n
m  n


→→ 
m n
20 4 ，
5  125
5
所以平面 EBF 与平面 EBG 的夹角的余弦值为 4 ；
5
因为 D 0, 0, 0, E 2, 0, 4 ，所以 DE  2, 0, 4 ，
→
又m  2, 0,1 是平面 EBF 的一个法向量，
8 5
m
DE  →8
5
则 D 到平面 EBF 的距离为d  → .
m5
所以点 D 到平面 EBF 的距离为 8 5 .
5
【典例 3】（25-26 高三·河北邢台·开学考试）在三棱柱 ABC  A1B1C1 中，底面ABC 是边长为 2 的正三角形，平面 ABB1A1  平面 ABC, AA1  BC .
证明：三棱柱 ABC  A1B1C1 为正三棱柱；
若点 E 为棱 BC 的中点，且平面 AEB1 与平面 ACC1 A1 夹角的余弦值为 6 ，求点 A1 到平面 AEB1 的距离.
4
【答案】(1)证明见解析
(2) 2
2
【分析】（1）利用面面垂直的性质得?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 AEB1 与平面 ACC1 A1 夹角求?高，结合点面距的向量公式可求答案.
【解析】（1）证明：作CD  AB 于 D ，因为平面 ABB1A1  平面 ABC ，平面 ABB1A1 ∩ 平面 ABC  AB ，所以CD  平面 ABB1A1 ，
因为 AA1  平面 ABB1 A1 ，所以CD  AA1 ，
因为 AA1  BC ， BC  CD  C ， BC, CD  AA1  平面 ABC ，所以 AA1  平面 ABC ，即侧棱垂直于底面，因为底面ABC 是正三角形，所以三棱柱 ABC  A1B1C1 为正三棱柱.
（2）以 E 为坐标原点， EA, EB 所在直线分别为 x 轴， y 轴，建立空间直角坐标系，如图，
设 AA1  a ，则 E 0, 0, 0 , A 3, 0, 0 , B1  0,1, a , C 0, 1, 0 , C1 0, 1, a ；
–––→–––→–––→––––→
EA   3, 0, 0, EB1  0,1, a , CA  3,1, 0 , CC1  0, 0, a ，
 → –––→
→n  EA  3x  0
设平面 EAB1 的一个法向量为n   x, y, z  ，则 → –––→，
n  EB1  y  az  0
n
令 y  a ，则 →  0, a, 1 ；
 → –––→
ACC A
→m CA  3x0  y 0  0
→
设平面1 1 的一个法向量为m   x0 , y0 , z0  ，则 →
––––→，
令 y0  
3 ，则m  1, 
3, 0 ；
m CC1  az0  0
 3a
a2 1 2
→ →
6
因为平面 AEB 与平面 ACC A 夹角的余弦值为 6 ，所以 n  m
，
11 1
→
→ →
4n m4
解得a  1 ，即n  0,1, 1 .
2
→
AA  CC  0, 0,1 ，设点 A 到平面 AEB 的距离为d ，则d  n  AA1  1 .
2
2
1111→
n
【典例 4】（2025 高二·广西桂林·期末）如图，在三棱柱 ABC  A1B1C1 中， CC1  平面 ABC ， AC  BC ，
AC  BC  2 ， CC1  3 ，点 D ， E 分别在棱 AA1 和棱CC1 上，且 AD  1 ， CE  2 ， M 为棱 A1B1 的中点．
求证： C1M  B1D ；
求二面角 B  B1E  D 的余弦值；
求点 M 到直线 DE 的距离．
【答案】(1)证明过程见解析；
6 ；
6
70
5
【分析】（1）利用空间向量法求? C1M  B1D  0 即可；
利用空间向量法分别求?平面 BB1E 和平面 B1ED 的法向量，进而求?二面角的余弦值；
求? DM 在 DE 上的投影向量的模长，进而求? M 到直线 DE 的距离.
【解析】（1）证明：由题知， CC1  平面 ABC， AC  BC
所以CA 、CB 、CC1 两两垂直
故以C 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系
因为CC1  3 ， AC  BC  2 ， AD  1 ，则
C 0, 0, 0 ， C1 0, 0, 3 ， A1 2, 0, 3 ， B1 0, 2, 3 ， M 1,1, 3 ， D 2, 0,1 ， A2, 0, 0
所以C1M  1,1, 0， B1D  2, 2, 2 
故C1M  B1D  1 2  1 2  0 2  0
所以C1M  B1D
由（1）分析知， D 2, 0,1 ， B1 0, 2, 3 ， B 0, 2, 0
又CE  2 ，即 E 0, 0, 2
所以 EB1  0, 2,1 ， ED  2, 0, 1
设平面 B ED 的法向量为 →   x, y, z 
1n
 → –––→
n  EB1  02 y  z  0
则 → –––→，即2x  z  0
n  ED  0
→
令 x  1 ，则n  1, 1, 2
CA  →
–––→
CA  →
n
n
由题知， CA  2, 0, 0 是平面 BB1E 的一个法向量设二面角 B  B1E  D 的平面角为，则
6
cs2
2  6
6
6
所以二面角 B  B1E  D 的余弦值为.
6
由（2）知， DE  2,0,1 ，且 DM  1,1, 2
–––––→–––→
DM 在 DE
上的投影向量的模长
DM DE1 2 1 0  2 14
4  0 1
5

–––→.
DE
12  12  22
6
––––→
计算.
DM 
6  16
5
根据点到直线距离公式d 
70 ，
5
即点 M 到直线 DE 的距离为 70 .
5
【典例 5】（2025·天津北辰模拟预测）如图，在四棱锥 P  ABCD 中，底面 ABCD 为矩形，侧棱 PD  底面
ABCD, PD  DC  2AD  4, E 是 PC 的中点，点 F 是棱 PB 上靠近 P 的四等分点.
求证： PA// 平面 EDB ；
求直线 BF 与平面 EDB 所成角的正弦值；
求点 F 到直线 AB 的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2) 6
9
(3) 3 5
2
【分析】（1）法一合理作?辅助线，利用中位线定理得到OE//PA ，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?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.
建立空间直角坐标系，求?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.
建立空间直角坐标系，求?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.
【解析】（1）法一：如图，连接 AC 交 BD 于O ，连接 EO ，
因为底面 ABCD 为矩形，所以O 为 AC 的中点， 因为 E 为 PC 的中点，所以OE 是PAC 的中位线，
得到OE//PA ，而 PA  平面 EDB ， OE  平面 EDB ，故 PA// 平面 EDB .
法二：根据题意，以点 D 为坐标原点，
分别以 DA, DC, DP 为 x, y, z 轴，建立空间直角坐标系，
由题意得 D 0, 0, 0, A 2, 0, 0, B 2, 4, 0, C 0, 4, 0, P 0, 0, 4, E 0, 2, 2, F  1 ,1, 3 ，
 2

则 DE  0, 2, 2 , DB  2, 4, 0 ，
→
设m   x, y, z  为平面 EDB 的法向量，
 → –––→
m  DE  02 y  2z  0
则 → –––→，即2x  4 y  0 ，
m  DB  0
→
令 y  1，则 x  2, z  1，故 m  2, 1,1 ，
m
m
 PA  2, 0, 4 , PA →  0, PA  →
 PA  平面 EDB ， PA// 平面 EDB .


–––→3

2
（2）
BF   ,3, 3 ，
–––→
BF  →
m
BF  m
→

6
–––→ →3
cs
BF, m

6 
81
4
9 ，
直线 BF 与平面 EDB 所成角的正弦值为 6 .
9
–––→ 3 –––→
2
（3）由已知得 AF   ,1, 3 , AB  0, 4, 0  ，

由点到直线的距离公式得d 
故点 F 到直线 AB 的距离为 3 5 .
2
49 1 3 5 ，
AF   –––→
–––→
2
 –––→ –––→  2
AF  AB


AB


42
【典例 6】（2025·天津滨海新模拟预测）如图，在多面体 ABCDGEF 中，四边形 ABCD 为直角梯形，且满足 AD  CD ， EG / / AD ， EG  AD  DC  DG  2BC  2 ， CD / / FG ， DG  平面 ABCD．
证明： AG  平面 CDE；
求平面 CDE 与平面 ABE 夹角的余弦值；
求点 G 到直线 AB 的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2) 10
5
(3) 6 5
5
【分析】（1）根据线面垂直的判断定理，转化为证明 AG  DE 和 AG  CD ，即可证明；
根据（1）的结果，分别求平面CDE 和平面 ABE 的法向量，利用法向量求平面夹角的余弦值；
代入点到直线的距离公式，即可求解.
【解析】（1）因为GD  平面 ABCD ， CD  平面 ABCD ，所以GD  CD ，
且CD  AD ， GD Ç AD = D ， GD, AD  平面 ADGE ，
所以CD  平面 ADGE ， AG  平面 ADGE ，所以CD  AG ，
由条件可知四边形 ADGE 是正方形，所以 AG  DE ，
CD ∩ DE  D ，且CD, DE  平面CDE ，所以 AG  平面CDE ；
（2）
如图，以点 D 为原点，以 DA, DC, DG 为 x, y, z 轴的正方向建立空间直角坐标系，
D 0, 0, 0 ， A2, 0, 0 ， C 0, 2, 0 ， E 2, 0, 2 ， B 1, 2, 0 ， G 0, 0, 2 ，由（1）可知，平面CDE 的法向量可为 AG  2, 0, 2  ，
AB  1, 2, 0  ， AE  0, 0, 2 ，
→
设平面 ABE 的一个法向量为m   x, y, z  ，
 → –––→
m  AE  2z  0
所以
，令 y  1，则 x  2 ， z  0 ，
 → –––→
m  AB  x  2y  0
→
所以平面 ABE 的一个法向量m  2,1, 0 ，
设平面 CDE 与平面 ABE 的夹角为，
4
2 2  5
10
–––→ →
所以cs cs AG ,m ；
5
（3） AG  2, 0, 2  , AB  1, 2, 0 

AG  –––→
–––→
2

 –––→ –––→  2
AG  AB


AB

所以点G 到直线 AB 的距离d 

 6 5 .
8  2 
2
 5 

5