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第 3 讲 空间向量与空间角
[考情分析] 以空间几何体为载体考查空间角是高考命题的重点．空间向量是将空间几何问
题坐标化的工具，利用空间向量求平面与平面的夹角或线面角是高考热点，通常以解答题的
形式出现，难度中等．
考点一 直线与平面所成的角
核心提炼
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，
则①θ∈；②sin θ＝|cos〈a，n〉|＝.
例1 (2022·全国乙卷)如图，四面体ABCD中，AD⊥CD，AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，E为
AC的中点．
(1)证明：平面BED⊥平面ACD；
(2)设AB＝BD＝2，∠ACB＝60°，点F在BD上，当△AFC的面积最小时，求CF与平面
ABD所成的角的正弦值．
(1)证明 因为AD＝CD，E为AC的中点，所以AC⊥DE.
在△ADB和△CDB中，
因为AD＝CD，∠ADB＝∠CDB，
DB＝DB，
所以△ADB≌△CDB，所以AB＝BC.
因为E为AC的中点，所以AC⊥BE.
又BE∩DE＝E，BE，DE⊂平面BED，
所以AC⊥平面BED，
又AC⊂平面ACD，
所以平面BED⊥平面ACD.
(2)解 由(1)可知AB＝BC，
又∠ACB＝60°，AB＝2，
所以△ABC为边长为2的正三角形，
则AC＝2，BE＝，AE＝1.
因为AD＝CD，AD⊥CD，所以△ADC为等腰直角三角形，
所以DE＝1.
所以DE2＋BE2＝BD2，则DE⊥BE.
由(1)可知，AC⊥平面BED.
连接EF，因为EF⊂平面BED，
所以AC⊥EF，
当△AFC的面积最小时，点F到直线AC的距离最小，
即EF的长度最小．
在Rt△BED中，当EF的长度最小时，
EF⊥BD，EF＝＝.
方法一 由(1)可知，DE⊥AC，BE⊥AC，
所以EA，EB，ED两两垂直，
以E为坐标原点，EA，EB，ED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A(1,0,0)，B(0，，0)，D(0,0,1)，C(－1,0,0)，
AB＝(－1，，0)，DB＝(0，，－1)．
易得DF＝，FB＝，所以3DF＝FB.
设F(0，y，z)，则DF＝(0，y，z－1)，
FB＝(0，－y，－z)，
所以3(0，y，z－1)＝(0，－y，－z)，
得y＝，z＝，
即F，
所以CF＝.
设平面ABD的法向量为n＝(x，y，z)，
1 1 1
则
不妨取y＝1，则x＝，z＝，
1 1 1
n＝(，1，)．
记CF与平面ABD所成的角为α，
则sin α＝|cos〈CF，n〉|＝＝.
方法二 因为E为AC的中点，所以点C到平面ABD的距离等于点E到平面ABD的距离的
2倍．因为DE⊥AC，DE⊥BE，AC∩BE＝E，AC，BE⊂平面ABC，
所以DE⊥平面ABC.
因为V ＝V ，
D－AEB E－ADB
所以·AE·BE·DE＝·S ·，其中d为点C到平面ABD的距离．
△ABD
在△ABD中，BA＝BD＝2，AD＝，
所以S ＝，
△ABD
所以d＝.
因为AC⊥平面BED，EF⊂平面BED，
所以AC⊥EF，
所以FC＝＝.
记CF与平面ABD所成的角为α，
则sin α＝＝.
方法三 如图，过点E作EM⊥AB交AB于点M，连接DM，过点E作EG⊥DM交DM于
点G.
因为DE⊥AC，DE⊥BE，AC∩BE＝E，AC，BE⊂平面ABC，
所以DE⊥平面ABC，又AB⊂平面ABC，所以DE⊥AB，
又EM∩DE＝E，EM，DE⊂平面DEM，所以AB⊥平面DEM，
又EG⊂平面DEM，所以AB⊥EG，
又AB∩DM＝M，AB，DM⊂平面ABD，
所以EG⊥平面ABD，则EG的长度等于点E到平面ABD的距离．
因为E为AC的中点，所以EG的长度等于点C到平面ABD的距离的.
因为EM＝AE·sin 60°＝，
所以EG＝＝＝，
所以点C到平面ABD的距离d＝.
FC＝＝.
记CF与平面ABD所成的角为α，
则sin α＝＝.
易错提醒 (1)线面角θ与直线的方向向量a和平面的法向量n所成的角〈a，n〉的关系是
〈a，n〉＋θ＝或〈a，n〉－θ＝，所以应用向量法求的是线面角的正弦值，而不是余弦值．
(2)利用方程思想求法向量，计算易出错，要认真细心．跟踪演练 1 (2022·龙岩质检)如图，在四棱锥 P－ABCD中，底面 ABCD为直角梯形，
AD∥BC，AD⊥DC，PA＝PD＝PB，BC＝DC＝AD＝2，E为AD的中点，且PE＝4.
(1)求证：PE⊥平面ABCD；
(2)记PE的中点为N，若M在线段BC上，且直线MN与平面PAB所成角的正弦值为，求线
段BM的长度．
(1)证明 连接BE，
∵BC＝AD＝DE＝2，AD∥BC，
∴四边形BCDE为平行四边形，
∴BE＝CD＝2，
∵PA＝PD且E为AD的中点，∴PE⊥AD，
∴PD＝＝＝2，
∴PB＝PD＝2，
∴PE2＋BE2＝PB2，即PE⊥BE，
又∵AD∩BE＝E，AD，BE⊂平面ABCD，
∴PE⊥平面ABCD.
(2)解 以E为原点，EA为x轴，EB为y轴，EP为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(2,0,0)，B(0,2,0)，
C(－2,2,0)，P(0,0,4)，
∴AB＝(－2,2,0)，PB＝(0,2，－4)，
设平面PAB的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则即故可取n＝(2,2,1)，
设BM＝t(t∈[0,2])，
则M(－t，2,0)，而N(0,0,2)，
∴MN＝(t，－2,2)，
设直线MN与平面PAB所成的角为θ，
则sin θ＝＝
＝＝，
化简得11t2－24t＋4＝0，
解得t＝2或t＝，满足t∈[0,2]，
故线段BM的长度为2或.
考点二 二面角
核心提炼
设α－l－β的平面角为θ，α的法向量为u，β的法向量为v.
则①θ∈[0，π]．
②|cos θ|＝|cos〈u，v〉|＝.
例2 (2022·广东联考)如图，AB是圆O的直径，PA⊥圆O所在的平面，C为圆周上一点，
D为线段PC的中点，∠CBA＝30°，AB＝2PA.
(1)证明：平面ABD⊥平面PBC；
(2)若G为AD的中点，求二面角P－BC－G的余弦值．
(1)证明 因为PA⊥圆O所在的平面，即PA⊥平面ABC，
而BC⊂平面ABC，所以PA⊥BC.
因为AB是圆O的直径，C为圆周上一点，
所以AC⊥BC.
又PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC，
所以BC⊥平面PAC，而AD⊂平面PAC，
则BC⊥AD，
因为AC⊥BC，∠CBA＝30°，
所以AB＝2AC.又AB＝2PA，
所以PA＝AC，而D为线段PC的中点，所以AD⊥PC.
又PC∩BC＝C，PC，BC⊂平面PBC，
所以AD⊥平面PBC，
而AD⊂平面ABD，故平面ABD⊥平面PBC.
(2)解 以C为原点，分别以CA，CB的方向为x轴、y轴的正方向建立如图所示的空间直角
坐标系．
不妨设AB＝2，则A(1,0,0)，B(0，，0)，D，G，CB＝(0，，0)，CG＝.
设平面GBC的法向量为m＝(x，y，z)，
则令x＝1，得m＝(1,0，－3)．
由(1)知平面PBC的一个法向量为DA＝，
设二面角P－BC－G的平面角为θ，易知θ为锐角，则cos θ＝＝，
即二面角P－BC－G的余弦值为.
易错提醒 二面角的范围是[0，π]，两向量夹角的范围是[0，π]，二面角与其对应的两法向
量的夹角之间不一定相等，而是相等或互补的关系．
跟踪演练 2 (2022·邯郸模拟)如图，在四棱锥 P－ABCD中，PA＝AB＝AD＝2，四边形
ABCD为平行四边形，∠ABC＝，PA⊥平面ABCD，E，F分别是BC，PC的中点．
(1)证明：平面AEF⊥平面PAD；
(2)求二面角D－AE－F的余弦值．
(1)证明 连接AC(图略)．因为PA⊥平面ABCD，
所以PA⊥AE，
又因为AB＝AD，且四边形ABCD为平行四边形，∠ABC＝，
所以△ABC为等边三角形．
又因为E为BC的中点，所以AE⊥BC，
又因为AD∥BC，所以AE⊥AD，
因为PA∩AD＝A，PA，AD⊂平面PAD，
所以AE⊥平面PAD，又AE⊂平面AEF，
所以平面AEF⊥平面PAD.
(2)解 以A为原点，AE，AD，AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，
如图所示，
则P(0,0,2)，E(，0,0)，F，
AE＝(，0,0)，AF＝，
因为PA⊥平面AED，
所以n＝(0,0,1)是平面AED的一个法向量．
设平面AEF的法向量为m＝(x，y，z)，
则即
令z＝1，得x＝0，y＝－2，
即m＝(0，－2,1)．
设二面角D－AE－F的平面角为θ，
由图易知，θ为锐角．
则cos θ＝＝＝＝，
所以二面角D－AE－F的余弦值为.
考点三 空间中的探究性问题
核心提炼
与空间向量有关的探究性问题主要有两类：一类是探究线面的位置关系；另一类是探究线面
角或两平面的夹角满足特定要求时的存在性问题．处理原则：先建立空间直角坐标系，引入
参数(有些是题中已给出)，设出关键点的坐标，然后探究这样的点是否存在，或参数是否满
足要求，从而作出判断．
例3 (2022·武汉质检)如图，在四棱锥P－ABCD中，四边形ABCD为平行四边形，PA＝PD
＝，AB＝1，AD＝2，PD⊥AB.
(1)证明：平面PCD⊥平面PAB；(2)若PB＝，试在棱PD上确定一点E，使得平面PAB与平面EAC的夹角的余弦值为.
(1)证明 因为PA＝PD＝，AD＝2，
所以PA2＋PD2＝AD2，所以PD⊥PA，
又因为PD⊥AB，AB，PA⊂平面PAB，
且AB∩PA＝A，
所以PD⊥平面PAB，
又因为PD⊂平面PCD，
所以平面PCD⊥平面PAB.
(2)解 因为PA＝，AB＝1，PB＝，
所以PA2＋AB2＝PB2，所以AB⊥PA，
又因为PD⊥AB，PA，PD⊂平面PAD，
且PD∩PA＝A，
所以AB⊥平面PAD，
因为AD⊂平面PAD，
所以AB⊥AD，
所以四边形ABCD为矩形．
以A为原点，AB，AD分别为x轴、y轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示，
则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0,2,0)，P(0,1,1)，
所以AC＝(1,2,0)，AP＝(0,1,1)，PD＝(0,1，－1)，
由PD⊥平面PAB，可得向量PD＝(0,1，－1)是平面PAB的一个法向量．
设ED＝λPD，0≤λ≤1，
则E(0,2－λ，λ)，
所以AE＝(0,2－λ，λ)．
设平面EAC的法向量为n＝(x，y，z)，
则
所以
令y＝－1，可得x＝2，z＝，
所以n＝，
所以|cos〈PD，n〉|＝＝，可得12λ2－8λ＋1＝0，
解得λ＝或λ＝，
即当点E满足ED＝PD或ED＝PD时，平面PAB与平面EAC的夹角的余弦值为.
规律方法 解决立体几何中探索性问题的基本方法
(1)通常假设问题中的数学对象存在或结论成立，再在这个前提下进行推理，如果能推出与
条件吻合的数据或事实，说明假设成立，并可进一步证明，否则假设不成立．
(2)探索线段上是否存在满足条件的点时，一定注意三点共线的条件的应用．
跟踪演练3 (2022·聊城质检)如图，在正四棱柱ABCD－ABC D 中，AA ＝2AB＝2，E，F
1 1 1 1 1
分别为棱AA，CC 的中点，G为棱DD 上的动点．
1 1 1
(1)求证：B，E，D，F四点共面；
1
(2)是否存在点G，使得平面GEF⊥平面BEF？若存在，求出DG的长度；若不存在，说明
理由．
(1)证明 如图所示，连接DE，DF，取BB 的中点为M，连接MC ，ME，
1 1 1 1
因为E为AA 的中点，
1
所以EM∥AB∥C D，
1 1 1 1
且EM＝AB＝C D，
1 1 1 1
所以四边形EMC D 为平行四边形，所以DE∥MC ，
1 1 1 1
又因为F为CC 的中点，
1
所以BM∥C F，且BM＝C F，
1 1
所以四边形BMC F为平行四边形，
1
所以BF∥MC ，所以BF∥DE，
1 1
所以B，E，D，F四点共面．
1(2)解 以D为坐标原点，DA，DC，DD 分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图
1
所示，
假设存在满足题意的点G(0,0，t)(0≤t≤2)，由已知B(1,1,0)，E(1,0,1)，F(0,1,1)，
则EF＝(－1,1,0)，EB＝(0,1，－1)，
EG＝(－1,0，t－1)，
设平面BEF的法向量为n＝(x，y，z)，
1 1 1 1
则即
取x＝1，则n＝(1,1,1)；
1 1
设平面GEF的法向量为n＝(x，y，z)，
2 2 2 2
则即
取x＝t－1，则n＝(t－1，t－1,1)．
2 2
因为平面GEF⊥平面BEF，
所以n·n＝0，
1 2
即t－1＋t－1＋1＝0，解得t＝.
所以存在满足题意的点G，使得平面GEF⊥平面BEF，DG的长度为.
专题强化练
1.(2022·莆田质检)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是菱形，F为PD的中点．
(1)证明：PB∥平面AFC；
(2)请从下面三个条件中任选一个，补充在横线上，并作答．
①∠ABC＝；②BD＝AC；③PC与平面ABCD所成的角为.若PA⊥平面ABCD，AB＝AP＝2，且________，求二面角D－AC－F的余弦值．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
(1)证明 连接BD交AC于点O，因为ABCD是菱形，所以O为BD的中点．连接OF.因为F
为PD的中点，所以OF为△PBD的中位线，所以OF∥PB.
因为OF⊂平面AFC，PB⊄平面AFC，
所以PB∥平面AFC.
(2)过O作Oz∥AP.
以O为原点，OB，OC，Oz为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系，如图所示．
选条件①：∠ABC＝.
在菱形ABCD中，
AC⊥BD.
因为AB＝AP＝2，
所以OB＝OD＝2×sin ＝，
OA＝OC＝2×cos ＝1.
所以O(0,0,0)，A(0，－1,0)，B(，0,0)，
C(0,1,0)，D(－，0,0)，P(0，－1,2)，
F.
所以AF＝，AC＝(0,2,0)．
设n＝(x，y，z)为平面ACF的法向量，
则
不妨令x＝2，则n＝(2,0，)．
显然m＝(0,0,1)为平面ACD 的一个法向量．
设平二面角D－AC－F的平面角为θ，由图易知θ为锐角．所以cos θ＝|cos〈n，m〉|＝
＝＝.
所以二面角D－AC－F的余弦值为.
选条件②：BD＝AC.
在菱形ABCD中，BD＝AC，所以OB＝OC，
所以BC＝＝2OC.
因为AB＝AP＝2，
所以OB＝OD＝，OA＝OC＝1.
所以O(0,0,0)，A(0，－1,0)，B(，0,0)，
C(0,1,0)，D(－，0,0)，P(0，－1,2)，
F.
所以AF＝，AC＝(0,2,0)．
设n＝(x，y，z)为平面ACF的法向量，
则
不妨令x＝2，则n＝(2,0，)．
显然m＝(0,0,1)为平面ACD的一个法向量．
设二面角D－AC－F的平面角为θ，由图易知，θ为锐角，
所以cos θ＝＝
＝＝.
所以二面角D－AC－F的余弦值为.
选条件③：PC与平面ABCD所成的角为.
因为PA⊥平面ABCD，所以∠PCA为PC与平面ABCD所成的角，即∠PCA＝.
在Rt△PAC中，由∠PCA＝，
可得PA＝CA＝2.
所以OB＝OD＝，OA＝OC＝1.
所以O(0,0,0)，A(0，－1,0)，B(，0,0)，
C(0,1,0)，D(－，0,0)，P(0，－1,2)，
F.
所以AF＝，AC＝(0,2,0)．
设n＝(x，y，z)为平面ACF的法向量，
则
不妨令x＝2，则n＝(2,0，)．
显然m＝(0,0,1)为平面ACD的一个法向量．
设二面角D－AC－F的平面角为θ，由图易知，θ为锐角，
所以cos θ＝＝
＝＝.
所以二面角D－AC－F的余弦值为.
2．在四棱锥P－ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD为正方形，PD＝DC＝a，E，F分
别是AB，PB的中点．
(1)求证：EF⊥CD；
(2)在平面PAD内是否存在一点G，使GF⊥平面PCB？若存在，求出点G的坐标；若不存
在，请说明理由．
(1)证明 由题意知，DA，DC，DP两两垂直．
如图所示，以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，
则D(0,0,0)，A(a，0,0)，B(a，a，0)，C(0，a，0)，E，P(0,0，a)，F，EF＝，DC＝(0，a，
0)，
因为EF·DC＝0，所以EF⊥DC，
从而得EF⊥CD.
(2)解 存在．理由如下：
假设存在满足条件的点G，
设G(x，0，z)，则FG＝，
若使GF⊥平面PCB，则由FG·CB＝·(a，0,0)＝a＝0，得x＝；
由FG·CP＝·(0，－a，a)＝＋a＝0，得z＝0，
所以点G的坐标为，
故存在满足条件的点G，且点G为AD的中点．
3．(2022·新高考全国Ⅰ)如图，直三棱柱ABC－ABC 的体积为4，△ABC的面积为2.
1 1 1 1
(1)求A到平面ABC的距离；
1
(2)设D为AC的中点，AA＝AB，平面ABC⊥平面ABBA，求二面角A－BD－C的正弦值．
1 1 1 1 1
解 (1)设点A到平面ABC的距离为h，
1因为直三棱柱ABC－ABC 的体积为4，
1 1 1
所以 ＝S ·AA
△ABC 1
＝ ＝，
又△ABC的面积为2，
1
＝×2h＝，
所以h＝，
即点A到平面ABC的距离为.
1
(2)取AB的中点E，连接AE，
1
则AE⊥AB.
1
因为平面ABC⊥平面ABBA，平面ABC∩平面ABBA＝AB，AE⊂平面ABBA，
1 1 1 1 1 1 1 1 1
所以AE⊥平面ABC，
1
又BC⊂平面ABC，所以AE⊥BC.
1
又AA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，
1
所以AA⊥BC.
1
因为AA∩AE＝A，AA，AE⊂平面ABBA，所以BC⊥平面ABBA，
1 1 1 1 1 1
又AB⊂平面ABBA，所以BC⊥AB.
1 1
以B为坐标原点，分别以BC，BA，BB1的方向为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空
间直角坐标系B－xyz，
由(1)知，AE＝，
所以AA＝AB＝2，AB＝2.
1 1
因为△ABC的面积为2，
1
所以2＝·AB·BC，所以BC＝2，
1
所以A(0,2,0)，B(0,0,0)，C(2,0,0)，A(0，2,2)，D(1,1,1)，E(0,1,1)，
1
则BD＝(1,1,1)，BA＝(0,2,0)．
设平面ABD的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则即
令x＝1，得n＝(1,0，－1)．又平面BDC的一个法向量为AE＝(0，－1，1)，
所以cos〈AE，n〉＝＝＝－.
设二面角A－BD－C的平面角为θ，
则sin θ＝＝，
所以二面角A－BD－C的正弦值为.
4．(2022·山东名校大联考)如图1，已知正方形ABCD的边长为4，E，F分别为AD，BC的
中点，将正方形ABCD沿EF折成如图2所示的二面角，且二面角的大小为 60°，点M在线
段AB上(包含端点)运动，连接AD.
(1)若M为AB的中点，直线MF与平面ADE的交点为O，试确定点O的位置，并证明直线
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，确定点M的位置；
若不存在，请说明理由．
解 (1)因为直线MF⊂平面ABFE，故点O在平面ABFE内，也在平面ADE内，所以点O在
平面ABFE与平面ADE的交线，即直线AE上，延长EA，FM交于点O，连接OD，如图所
示．
因为AO∥BF，M为AB的中点，所以△OAM≌△FBM，所以OM＝MF，即M是OF的中点，
则AO＝BF＝2，
故点O在EA的延长线上且与点A的距离为2,
连接DF交EC于点N，因为四边形CDEF为矩形，所以N是DF的中点．
连接MN，则MN为△DOF的中位线，所以MN∥OD，
又MN⊂平面EMC，OD⊄平面EMC，所以直线OD∥平面EMC.
(2)存在．由已知可得EF⊥AE，EF⊥DE，
又AE∩DE＝E，AE，DE⊂平面ADE，
所以EF⊥平面ADE，又因为EF⊂平`面ABFE，
所以平面ABFE⊥平面ADE，易知∠DEA＝60°，DE＝AE，
所以△ADE为等边三角形，取AE的中点H，连接DH，则DH⊥AE，因为平面ABFE∩平面ADE＝AE，DH⊂平面ADE，所以DH⊥平面ABFE.
过点H作直线HT∥EF，交BF于点T；以H为坐标原点，以HA，HT，HD所在直线分别为
x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则E(－1,0,0)，D(0,0，)，C(0,4，)，F(－1,4,0)，所以ED＝(1,0，)，EC＝(1,4，)，
设M(1，t，0)(0≤t≤4)，则EM＝(2，t，0)，
设平面EMC的法向量为m＝(x，y，z)，则即
取y＝－2，则x＝t，z＝，
所以m＝，
要使直线DE与平面EMC所成的角为60°，
则|cos〈ED，m〉|＝＝sin 60°＝，
整理得t2－4t＋3＝0，
解得t＝1或t＝3，
所以存在点M，即为线段AB上靠近A或B的一个四等分点，使得直线DE与平面EMC所成
的角为60°.
