文档内容
第6讲 立体几何中的向量方法
最新考纲 考向预测
能用向量方法解决直线与 本讲内容以几何体为载体，重点考查
直线、直线与平面、平面与 有关空间的线线角、线面角、二面角与
命题趋势
平面的夹角的计算问题． 空间的距离的计算问题，这仍会是高
了解向量方法在研究立体 考的热点，题型多为解答题的第2问.
几何问题中的应用. 核心素养 数学运算、数学建模
1．两条异面直线所成角的求法
设a，b分别是两异面直线l ，l 的方向向量，则
1 2
l 与l 所成的角θ a与b的夹角β
1 2
范围 [0，π]
求法 cos θ＝ cos β＝
2.直线与平面所成角的求法
设直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，直线l与平面α所成的角为
θ，a与n的夹角为β，则sin θ＝|cos β|＝．
3．求二面角的大小
(1)如图①，AB，CD分别是二面角αlβ的两个面内与棱l垂直的直线，则二面
角的大小θ＝ 〈 AB ， CD 〉 ．
(2)如图②③，n ，n 分别是二面角αlβ的两个半平面α，β的法向量，则二面角
1 2
的大小θ满足|cos θ|＝ |cos 〈 n ， n 〉 |，二面角的平面角大小是向量n 与n 的夹角
1 2 1 2
(或其补角)．
4．利用空间向量求距离(供选用)
(1)两点间的距离
设点A(x ，y ，z )，点B(x ，y ，z )，则|AB|＝|AB|＝.
1 1 1 2 2 2
(2)点到平面的距离如图所示，已知AB为平面α的一条斜线段，n为平面α的法向量，则B到平
面α的距离为|BO|＝.
常见误区
1．当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是该异面直线的夹角；
否则向量夹角的补角是异面直线所成的角．
2．线面角θ的正弦值等于直线的方向向量a与平面的法向量n所成角的余弦
值的绝对值，即sin θ＝|cos〈a，n〉|，不要误记为cos θ＝|cos〈a，n〉|.
1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)两直线的方向向量的夹角就是两条直线所成的角．( )
(2)直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线与平面所成的角．(
)
(3)两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角．( )
(4)两异面直线夹角的范围是，直线与平面所成角的范围是，二面角的范围是
[0，π]．( )
答案：(1)× (2)× (3)× (4)√
2．已知两平面的法向量分别为m＝(0，1，0)，n＝(0，1，1)，则两平面所成的二
面角为( )
A．45° B．135°
C．45°或135° D．90°
解析：选C.因为cos〈m，n〉＝＝＝，故〈m，n〉＝45°，故两平面所成的二面角
为45°或135°.故选C项．
3．在正方体ABCD A B C D 中，E是C D 的中点，则异面直线DE与AC所成
1 1 1 1 1 1
角的余弦值为( )
A．－ B．－
C. D.
解析：选D.如图建立空间直角坐标系D－xyz，设DA＝1，A(1，0，0)，C(0，1，
0)，E，则AC＝(－1，1，0)，DE＝，设异面直线DE与AC所成的角为θ，则cos θ＝|
cos〈AC，DE〉|＝.4．已知2a＋b＝(0，－5，10)，c＝(1，－2，－2)，a·c＝4，|b|＝12，则以b，c为方
向向量的两直线的夹角为________．
解析：由题意得，(2a＋b)·c＝0＋10－20＝－10，
即2a·c＋b·c＝－10.因为a·c＝4，所以b·c＝－18，所以cos〈b，c〉＝＝＝－，
所以〈b，c〉＝120°，所以两直线的夹角为60°.
答案：60°
5．(易错题)已知向量m，n分别是直线l的方向向量、平面α的法向量，若cos
〈m，n〉＝－，则l与α所成的角为________．
解析：设l与α所成的角为θ，则sin θ＝|cos〈m，n〉|＝，所以θ＝30°.
答案：30°
第1课时 利用空间向量求空间角
异面直线所成的角
[题组练透]
1．若正四棱柱ABCDA B C D 的体积为，AB＝1，则直线AB 与CD 所成的角
1 1 1 1 1 1
为( )
A．30° B．45°
C．60° D．90°
解析：选C.因为正四棱柱ABCDA B C D 的体积为，AB＝1，
1 1 1 1
所以AA ＝，
1
以D为原点，DA所在直线为x轴，
DC所在直线为y轴，DD 所在直线为z轴，建立空间直角坐
1
标系，
则A(1，0，0)，B (1，1，)，C(0，1，0)，D (0，0，)，
1 1
AB1＝(0，1，)，CD1＝(0，－1，)，
设直线AB 与CD 所成的角为θ，
1 1则cos θ＝＝＝，
又0°＜θ≤90°，所以θ＝60°，
所以直线AB 与CD 所成的角为60°.故选C.
1 1
2．在直三棱柱ABCA B C 中，∠BCA＝90°，M，N分别是A B ，A C 的中点，
1 1 1 1 1 1 1
BC＝CA＝CC ，则BM与AN所成角的余弦值为( )
1
A. B.
C. D.
解析：选C.建立如图所示的空间直角坐标系．
设BC＝CA＝CC ＝2，则可得A(2，0，0)，B(0，2，0)，M(1，1，2)，N(1，0，2)，所
1
以BM＝(1，－1，2)，AN＝(－1，0，2)．
所以cos〈BM，AN〉＝＝
＝＝.
3．如图所示，在棱长为2的正方体ABCD A B C D 中，E是棱
1 1 1 1
CC 的中点，AF＝λAD，若异面直线D E和A F所成角的余弦值为，则λ的值为
1 1 1
________．
解析：以D为原点，以DA，DC，DD 分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐
1
标系，正方体的棱长为2，则
A (2，0，2)，D (0，0，2)，E(0，2，1)，A(2，0，0)，
1 1
所以D1E＝(0，2，－1)，A1F＝A1A＋AF＝A1A＋λAD＝(0，0，－2)＋λ(－2，0，
0)＝(－2λ，0，－2)，所以
cos〈A1F，D1E〉＝＝＝，解得λ＝(λ＝－舍去)．
答案：
求异面直线所成的角的两个关注点
(1)用向量方法求两条异面直线所成的角，是通过两条直线的方向向量的夹角
来求解的．
(2)由于两异面直线所成角的范围是θ∈，两方向向量的夹角α的范围是[0，
π]，所以要注意二者的区别与联系，应有cos θ＝|cos α|.直线与平面所成的角
(2020·新高考卷Ⅰ)如图，四棱锥PABCD的底面为正方形，PD⊥底面
ABCD.设平面PAD与平面PBC的交线为l.
(1)证明：l⊥平面PDC；
(2)已知PD＝AD＝1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最
大值．
【解】 (1)证明：因为PD⊥底面ABCD，所以PD⊥AD.
又底面ABCD为正方形，所以AD⊥DC.因此AD⊥平面PDC.
因为AD∥BC，AD⊄平面PBC，所以AD∥平面PBC.
由已知得l∥AD.
因此l⊥平面PDC.
(2)以D为坐标原点，DA的方向为x轴正方向，建立如图所
示的空间直角坐标系D－xyz，则D(0，0，0)，C(0，1，0)，B(1，1，
0)，P(0，0，1)，DC＝(0，1，0)，PB＝(1，1，－1)．
由(1)可设Q(a，0，1)，则DQ＝(a，0，1)．
设n＝(x，y，z)是平面QCD的法向量，则即
可取n＝(－1，0，a)．
所以cos〈n，PB〉＝＝ .
设PB与平面QCD所成角为θ，
则sin θ＝×＝ .
因为 ≤，当且仅当a＝1时等号成立．
所以PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为.
求直线与平面所成角的方法
(1)定义法：①作，在斜线上选取恰当的点向平面引垂线，在这一步上确定垂
足的位置是关键；
②证，证明所作的角为直线与平面所成的角，其证明的主要依据是直线与平
面所成角的概念；③求，构造角所在的三角形，利用解三角形的知识求角．
(2)公式法：sin θ＝(其中h为斜线上除斜足外的任一点到所给平面的距离，l
为该点到斜足的距离，θ为斜线与平面所成的角)．
(3)向量法：sin θ＝|cos〈AB，n〉|＝(其中AB为平面α的斜线，n为平面α的法
向量，θ为斜线AB与平面α所成的角)．
(2021·石家庄模拟)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是菱
形，PA＝PD，∠DAB＝60°.
(1)证明：AD⊥PB；
(2)若PB＝，AB＝PA＝2，求直线PB与平面PDC所成角的正弦值．
解：(1)证明：取AD的中点为O，连接PO，BO，BD，如图，
因为底面ABCD是菱形，且∠DAB＝60°，
所以△ABD是等边三角形，
所以BO⊥AD.
又PA＝PD，即△PAD是等腰三角形，
所以PO⊥AD.
又PO∩BO＝O，
所以AD⊥平面PBO，
又PB⊂平面PBO，
所以AD⊥PB.
(2)因为AB＝PA＝2，
所以由(1)知△PAD，△ABD均是边长为2的正三角形，则PO＝，BO＝，又PB
＝，所以PO2＋BO2＝PB2，即PO⊥BO，
又由(1)知，BO⊥AD，PO⊥AD，
所以以O为坐标原点，OA，OB，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
则D(－1，0，0)，P(0，0，)，C(－2，，0)，B(0，，0)，
PB＝(0，，－)，DP＝(1，0，)，CD＝(1，－，0)．
设n＝(x，y，z)是平面PCD的法向量，则
所以令y＝1，解得x＝，z＝－1，即n＝(，1，－1)为平面PCD的一个法向量．
设直线PB与平面PDC所成的角为θ，则
sin θ＝|cos〈PB，n〉|＝
＝，
所以直线PB与平面PDC所成角的正弦值为.
二面角
(2020·大同调研)在如图所示的多面体中，EF⊥平面AEB，AE⊥EB，
AD∥EF，EF∥BC，BC＝2AD＝4，EF＝3，AE＝BE＝2，G是BC的中点．
(1)求证：AB∥平面DEG；
(2)求二面角CDFE的余弦值．
【解】 (1)证明：因为AD∥EF，EF∥BC，
所以AD∥BC，又BC＝2AD，G是BC的中点，
所以AD綊BG，所以四边形ADGB是平行四边形，所以AB∥DG.
因为AB⊄平面DEG，DG⊂平面DEG，
所以AB∥平面DEG.
(2)因为EF⊥平面AEB，AE⊂平面AEB，BE⊂平面AEB，
所以EF⊥AE，EF⊥BE，又AE⊥EB，
所以EB，EF，EA两两垂直．
以点E为坐标原点，EB，EF，EA所在的直线分别为x，y，z轴建立如图所示的
空间直角坐标系．则E(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，4，0)，F(0，3，0)，D(0，2，2)．
由已知得EB＝(2，0，0)是平面EFDA的一个法向量．
设平面DCF的法向量为n＝(x，y，z)，
则因为FD＝(0，－1，2)，FC＝(2，1，0)，所以令z＝1，得y＝2，x＝－1，所以可
取n＝(－1，2，1)．
设二面角CDFE的大小为θ，则cos θ＝cos〈n，EB〉＝＝－.
易知二面角CDFE为钝二面角，
所以二面角CDFE的余弦值为－.
利用向量法计算二面角大小的常用方法
(1)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．
(2)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． Ｋ
(2021·贵阳市适应性考试)如图是一个半圆柱与多面体
ABB A C构成的几何体，平面ABC与半圆柱的下底面共面，且AC⊥BC，P为弧
1 1
A B 上(不与A ，B 重合)的动点．
1 1 1 1
(1)证明：PA ⊥平面PBB ；
1 1
(2)若四边形ABB A 为正方形，且AC＝BC，∠PB A ＝，求二面角PA B C的余
1 1 1 1 1 1
弦值．
解：(1)证明：在半圆柱中，BB ⊥平面PA B ，所以BB ⊥PA .
1 1 1 1 1
因为A B 是直径，所以PA ⊥PB .
1 1 1 1因为PB ∩BB ＝B ，PB ⊂平面PBB ，BB ⊂平面PBB ，
1 1 1 1 1 1 1
所以PA ⊥平面PBB .
1 1
(2)以C为坐标原点，分别以CB，CA所在直线为x轴，y轴，
过C与平面ABC垂直的直线为z轴，建立空间直角坐标系C-
xyz，如图所示．
设CB＝1，则C(0，0，0)，B(1，0，0)，A(0，1，0)，A (0，1，)，
1
B (1，0，)，P(1，1，)．
1
所以CA1＝(0，1，)，CB1＝(1，0，)．
平面PA B 的一个法向量为n ＝(0，0，1)．
1 1 1
设平面CA B 的法向量为n ＝(x，y，z)，
1 1 2
则
令z＝1，则
所以可取n ＝(－，－，1)，
2
所以cos〈n ，n 〉＝＝.
1 2
由图可知二面角PA B C为钝角，
1 1
所以所求二面角的余弦值为－.
[A级 基础练]
1.将边长为1的正方形AA O O(及其内部)绕OO 旋转一周形成圆柱，如图，
1 1 1
AC长为，A1B1长为，其中B 与C在平面AA O O的同侧．则异
1 1 1
面直线B C与AA 所成的角的大小为( )
1 1
A. B.
C. D.
解析：选B.以O为坐标原点建系如图，则A(0，1，0)，A (0，
1
1，1)，B ，C.
1
所以AA1＝(0，0，1)，B1C＝(0，－1，－1)，
所以cos〈AA1，B1C〉＝
＝＝－，
所以〈AA1，B1C〉＝，
所以异面直线B C与AA 所成的角为.故选B.
1 1
2．(多选)(2020·山东烟台期末)如图，在正方体 ABCD-A B C D 中，点P在线段B C上运动，则( )
1 1 1 1 1
A．直线BD ⊥平面A C D
1 1 1
B．三棱锥PA C D的体积为定值
1 1
C．异面直线AP与A D所成角的取值范围是
1
D．直线C P与平面A C D所成角的正弦值的最大值为
1 1 1
解析：选 ABD.对于选项 A，连接 B D ，易知 A C ⊥B D ，且 BB ⊥平面
1 1 1 1 1 1 1
A B C D ，则BB ⊥A C ，所以A C ⊥平面BD B ，故A C ⊥BD ；同理；连接AD ，
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
易证得A D⊥BD ，故BD ⊥平面A C D，故A正确．对于选项B，VPA C D＝VC -
1 1 1 1 1 1 1 1
A PD，因为点P在线段B C上运动，所以S△A DP＝A D·AB，面积为定值，又C
1 1 1 1 1
到平面A PD的距离即为C 到平面A B CD的距离，也为定值，故三棱锥PA C D
1 1 1 1 1 1
的体积为定值，B正确．对于选项C，当点P与线段B C的端点重合时，AP与A D
1 1
所成角取得最小值，为，故C错误．对于选项D，因为直线BD ⊥平面A C D，所以
1 1 1
若直线C P与平面A C D所成角的正弦值最大，则直线C P与直线BD 所成角的
1 1 1 1 1
余弦值最大，此时P位于B C的中点处，即所成角为∠C BD ，设正方体棱长为1，
1 1 1
在Rt△D C B中，cos∠C BD ＝＝＝，故D正确．故选ABD.
1 1 1 1
3．二面角的棱上有A，B两点，直线AC，BD分别在这个二面角的两个半平面
内，且都垂直于AB.已知AB＝4，AC＝6，BD＝8，CD＝2.则该二面角的大小为
________．
解析：如图所示，二面角的大小就是〈AC，BD〉．
因为CD＝CA＋AB＋BD，
所以CD2＝CA2＋AB2＋BD2＋2(CA·AB＋CA·BD＋AB·BD)
＝CA2＋AB2＋BD2＋2CA·BD，
所以CA·BD＝[(2)2－62－42－82]＝－24.
因此AC·BD＝24，cos〈AC，BD〉＝＝，
又〈AC，BD〉∈[0°，180°]，
所以〈AC，BD〉＝60°，故二面角为60°.
答案：60°
4．正三棱柱(底面是正三角形的直棱柱)ABC－A B C 的底面边长为2，侧棱长
1 1 1
为2，则AC 与侧面ABB A 所成的角为________．
1 1 1解析：以C为原点建立空间直角坐标系如图所示，得下列坐
标：A(2，0，0)，C (0，0，2)．点C 在侧面ABB A 内的射影为点C .
1 1 1 1 2
所以AC1＝(－2，0，2)，AC2＝，
设直线AC 与平面ABB A 所成的角为θ，则cos θ＝＝＝.又
1 1 1
θ∈，所以θ＝.
答案：
5.如图所示，在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AC与BD相交于
点O，AE⊥平面ABCD，CF∥AE，AB＝AE＝2.
(1)求证：BD⊥平面ACFE；
(2)当直线FO与平面BED所成的角为45°时，求异面直线OF
与BE所成角的余弦值的大小．
解：(1)证明：因为四边形ABCD是菱形，
所以BD⊥AC.
因为AE⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
所以BD⊥AE.
又因为AC∩AE＝A，AC，AE⊂平面ACFE.
所以BD⊥平面ACFE.
(2)以O为原点，OA，OB所在直线分别为x轴，y轴，过点O
且平行于CF的直线为z轴(向上为正方向)，建立空间直角坐标
系，
设CF＝a(a>0)，则B(0，，0)，D(0，－，0)，E(1，0，2)，F(－1，
0，a)(a>0)，OF＝(－1，0，a)．
设平面EBD的法向量为n＝(x，y，z)，
则有即
令z＝1，则n＝(－2，0，1)，
由题意得sin 45°＝|cos〈OF，n〉|＝
＝＝，
解得a＝3或a＝－(舍去)．所以OF＝(－1，0，3)，BE＝(1，－，2)，
cos〈OF，BE〉＝＝，
故异面直线OF与BE所成角的余弦值为.
6．(2020·高考天津卷)如图，在三棱柱ABCA B C 中，
1 1 1
CC ⊥平面ABC，AC⊥BC，AC＝BC＝2，CC ＝3，点D，E分
1 1
别在棱AA 和棱CC 上，且AD＝1，CE＝2，M为棱A B 的
1 1 1 1
中点．
(1)求证：C M⊥B D；
1 1
(2)求二面角BB ED的正弦值；
1
(3)求直线AB与平面DB E所成角的正弦值．
1
解：依题意，以C为原点，分别以CA，CB，CC1的方向为x轴，y轴，z轴的正方
向建立空间直角坐标系(如图)，可得C(0，0，0)，A(2，0，0)，B(0，2，0)，C (0，0，3)，
1
A (2，0，3)，B (0，2，3)，D(2，0，1)，E(0，0，2)，M(1，1，3)．
1 1
(1)证明：依题意，C1M＝(1，1，0)，B1D＝(2，－2，－2)，从而C1M·B1D＝2－2
＋0＝0，所以C M⊥B D.
1 1
(2)依题意，CA＝(2，0，0)是平面BB E的一个法向量，EB1＝(0，2，1)，ED＝(2，
1
0，－1)．
设n＝(x，y，z)为平面DB E的法向量，则即不妨设x＝1，
1
可得n＝(1，－1，2)．
因此有cos〈CA，n〉＝＝，于是sin〈CA，n〉＝.
所以二面角BB ED的正弦值为.
1
(3)依题意，AB＝(－2，2，0)．由(2)知n＝(1，－1，2)为平面DB E的一个法向量，
1
于是cos〈AB，n〉＝＝－.
所以直线AB与平面DB E所成角的正弦值为.
1
[B级 综合练]
7.(2020·高考全国卷Ⅲ)如图，在长方体ABCDA B C D 中，
1 1 1 1点E，F分别在棱DD ，BB 上，且2DE＝ED ，BF＝2FB .
1 1 1 1
(1)证明：点C 在平面AEF内；
1
(2)若AB＝2，AD＝1，AA ＝3，求二面角AEFA 的正弦值．
1 1
解：设AB＝a，AD＝b，AA ＝c，如图，以C 为坐标原点，C1D1的方向为x轴正
1 1
方向，建立空间直角坐标系C xyz.
1
(1)证明：连接C F，则C (0，0，0)，A(a，b，c)，E(a，0，c)，F(0，
1 1
b，c)，EA＝(0，b，c)，C1F＝(0，b，c)，得EA＝C1F，
因此EA∥C F，即A，E，F，C 四点共面，
1 1
所以点C 在平面AEF内．
1
(2)由已知得A(2，1，3)，E(2，0，2)，F(0，1，1)，A (2，1，0)，AE
1
＝(0，－1，－1)，AF＝(－2，0，－2)，A1E＝(0，－1，2)，A1F＝(－2，0，1)．
设n ＝(x，y，z)为平面AEF的法向量，则
1
即可取n ＝(－1，－1，1)．
1
设n 为平面A EF的法向量，则
2 1
同理可取n ＝.
2
因为cos〈n ，n 〉＝＝－，
1 2
所以二面角AEFA 的正弦值为.
1
8．(2021·唐山模拟)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是矩形，侧棱
PD⊥底面ABCD，PD＝DC，点E是PC的中点．
(1)求证：PA∥平面BDE；
(2)若直线BD与平面PBC所成的角为30°，求二面角CPBD的大小．
解：(1)证明：如图，连接AC交BD于O，连接OE.
由题意可知，PE＝EC，AO＝OC，
所以PA∥EO，又PA⊄平面BED，EO⊂平面BED，
所以PA∥平面BED.(2)以D为坐标原点，DA，DC，DP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直
角坐标系Dxyz，不妨令PD＝CD＝1，AD＝a(a>0)，
则D(0，0，0)，B(a，1，0)，C(0，1，0)，P(0，0，1)，DB＝(a，1，0)，PB＝(a，1，－1)，
PC＝(0，1，－1)．
设平面PBC的法向量为n＝(x，y，z)，
由得所以可取n＝(0，1，1)．
由直线BD与平面PBC所成的角为30°，得|cos〈DB，n〉|＝＝＝，解得a＝1或
a＝－1(舍去)．
可得平面PBD的一个法向量m＝(－1，1，0)，
所以cosn，m＝＝＝.
因为二面角CPBD为锐二面角．
所以二面角CPBD的大小为60°.
[C级 创新练]
9．(2021·四省八校第二次质量检测)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD
是菱形，点M在线段PC上，PD＝BD＝BC＝，N是线段PB的中点，且三棱锥M-
BCD的体积是四棱锥PABCD的体积的.
(1)若H是PM的中点，证明：平面ANH∥平面BDM；
(2)若PD⊥平面ABCD，求二面角BDMC的正弦值．
解：(1)证明：连接AC交BD于点O，连接OM.
由V ＝V ，得MC＝PC，则MC＝HC，又O为AC的中点，所
三棱锥MBCD 四棱锥PABCD
以OM∥AH.
因为N，H分别为PB，PM的中点，所以NH∥BM.又AH∩NH＝H，OM∩BM
＝M，所以平面ANH∥平面BDM.
(2)连接ON，则ON∥PD，所以ON⊥平面ABCD.建立以O为坐标原点，OA，OB，ON的方向分别为x，y，z轴正方向的空间直角
坐标系，则O(0，0，0)，B，D，C，M，DB＝(0，，0)，MD＝，CM＝，CD＝.
设平面MBD的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⇒得y ＝0.
1 1 1 1 1
取x ＝1，得z ＝，所以n ＝(1，0，)，
1 1 1
同理可得，平面CMD的一个法向量为n ＝(1，，0)，
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所以cos〈n ，n 〉＝，所以二面角BDMC的正弦值为.
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