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第 04 讲 空间向量在立体几何中的应用
本讲为高考命题热点，理科中考察空间向量，文科中不做涉及，通常在6分分值，难度不
大.
考点一 异面直线所成的角
设a，b分别是两异面直线l ，l 的方向向量，则
1 2
a与b的夹角β l 与l 所成的角θ
1 2
范围 (0，π)
求法 cos β＝ cos θ＝|cos β|＝
考点二 求直线与平面所成的角
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sin θ＝ |cos 〈 a ， n 〉 |＝.
考点三 求二面角
(1)如图①，AB，CD是二面角α－l－β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α－l－β的两个半平面α，β的法向量，则二
1 2
面角的大小θ满足|cos θ|＝ |cos 〈 n ， n 〉 |，二面角的平面角大小是向量 n 与n
1 2 1 2
的夹角(或其补角).
考点四 常用结论
1.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〉|.
2.二面角与法向量的夹角：利用平面的法向量求二面角的大小时，当求出两半
平面α，β的法向量n ，n 时，要根据向量坐标在图形中观察法向量的方向，来
1 2
确定二面角与向量n ，n 的夹角是相等，还是互补.
1 2高频考点一 用向量求异面直线所成的角
【例1】1.如图，在直三棱柱ABC－A B C 中，AB＝AC＝AA ＝，BC＝2，点D
1 1 1 1
为BC的中点，则异面直线AD与A C所成的角为( )
1
A. B.
C. D.
答案 B
解析 以A为原点，AB，AC，AA 所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所
1
示的空间直角坐标系，则A(0，0，0)，A (0，0，)，B(，0，0)，C(0，，0)，
1
∴D，
∴AD＝，A1C＝(0，，－)，∴cos〈AD，A1C〉＝＝，
∴〈AD，A1C〉＝.
2.在四面体ABCD中，BD⊥AD，CD⊥AD，BD⊥BC，BD＝AD＝1，BC＝2，
则异面直线AB与CD所成角的余弦值为( )
A. B.
C. D.
答案 D
解析 以 D 为坐标原点，在平面 BCD 内过 D 与 BD 垂直的直线为 x 轴，以
DB，DA 所在的直线分别为 y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，1)，B(0，1，0)，C(－2，1，0)，D(0，0，0).
所以AB＝(0，1，－1)，DC＝(－2，1，0).
则cos〈AB，DC〉＝＝＝，故异面直线AB与CD所成角的余弦值为.
3.如图所示，在棱长为2的正方体ABCD－A B C D 中，E是棱CC 的中点，AF
1 1 1 1 1
＝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
答案
解析 以D为原点，以DA，DC，DD 分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系.
1
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).则cos〈A1F，D1E〉＝＝，
所以＝，解之得λ＝(舍去－).
【方法技巧】
1.利用向量法求异面直线所成角的一般步骤是：(1)选好基底或建立空间直角坐
标系；(2)求出两直线的方向向量v ，v ；(3)代入公式|cos〈v ，v 〉|＝求解.
1 2 1 2
2.两异面直线所成角的范围是θ∈，两向量的夹角α的范围是[0，π]，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；当异面直线的
方向向量的夹角为钝角时，其补角才是异面直线的夹角.
高频考点二 用空间向量求线面角
【例2】(2020·新高考山东卷)如图，四棱锥P－ABCD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.
(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，
又PD∩DC＝D，所以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)解 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，故PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为.
【方法技巧】
向量法求直线与平面所成角主要方法是：
1.分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，将题目转化为求两个方
向向量的夹角(或其补角)；
2.通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角
或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角.
【跟踪训练】
1. (2022·全国百校联考)如图所示，在三棱锥 S－BCD 中，平面 SBD⊥平面
BCD，A是线段SD上的点，△SBD为等边三角形，∠BCD＝30°，CD＝2DB＝
4.
(1)若SA＝AD，求证：SD⊥CA；
(2)若直线BA与平面SCD所成角的正弦值为，求AD的长.
(1)证明 依题意，BD＝2，在△BCD中，CD＝4，∠BCD＝30°，
由余弦定理求得BC＝2，
∴CD2＝BD2＋BC2，即BC⊥BD.
又平面SBD⊥平面BCD，平面SBD∩平面BCD＝BD，BC 平面BCD.
∴BC⊥平面SBD.从而BC⊥SD，
⊂
在等边△SBD中，SA＝AD，则BA⊥SD.
又BC∩BA＝B，∴SD⊥平面BCA，∴SD⊥CA.
(2)解 以B为坐标原点，BC，BD所在直线分别为 x轴，y轴，过点B作平面
BCD的垂线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则B(0，0，0)，C(2，0，0)，D(0，2，0)，S(0，1，)，故CD＝(－2，2，0)，SD
＝(0，1，－)，
设平面SCD的法向量为m＝(x，y，z)，
则即
取x＝1，则y＝，z＝1，所以m＝(1，，1)，
设DA＝λDS(0≤λ≤1)，则DA＝(0，－λ，λ)，
故A(0，2－λ，λ)，则BA＝(0，2－λ，λ)，
设直线BA与平面SCD所成角为θ.
故sin θ＝|cos〈m，BA〉＝
＝＝，
解得λ＝或，则AD＝或.
高频考点三 用向量求二面角
【例3】(2020·全国Ⅰ卷)如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为
底面直径，AE＝AD. ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，PO＝DO.
△
(1)证明：PA⊥平面PBC；
(2)求二面角B－PC－E的余弦值.
(1)证明 设DO＝a，由题设可得PO＝a，AO＝a，
AB＝AC＝BC＝a，PA＝PB＝PC＝a.
因此PA2＋PB2＝AB2，从而PA⊥PB.
又PA2＋PC2＝AC2，故PA⊥PC.
又PB，PC 平面PBC，PB∩PC＝P，
所以PA⊥平⊂面PBC.
(2)解 以O为坐标原点，OE的方向为y轴正方向，OD的方向为z轴正方向，|
OE|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz.由题设可得E(0，1，0)，A(0，－1，0)，
C，P.
所以EC＝，
EP＝.
设m＝(x，y，z)是平面PCE的法向量，则
即
可取m＝.
由(1)知AP＝是平面PCB的一个法向量.
记n＝AP，则cos〈n，m〉＝＝.
所以二面角B－PC－E的余弦值为.
【方法技巧】
1.用法向量求二面角：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
所求角是锐二面角还是钝二面角.
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.
【变式训练】
1.(2019·全国Ⅱ卷)如图，长方体ABCD－A B C D 的底面ABCD是正方形，点E
1 1 1 1
在棱AA 上，BE⊥EC .
1 1
(1)证明：BE⊥平面EB C ；
1 1
(2)若AE＝A E，求二面角B－EC－C 的正弦值.
1 1(1)证明 由已知得，B C ⊥平面ABB A ，BE 平面ABB A ，故B C ⊥BE.
1 1 1 1 1 1 1 1
又BE⊥EC
1
，B
1
C
1
∩EC
1
＝C
1
，B
1
C
1
，EC
1
平面⊂ EB
1
C
1
，
所以BE⊥平面EB
1
C
1
.
⊂
(2)解 由(1)知∠BEB ＝90°.由题设知Rt ABE≌Rt A B E，所以∠AEB＝45°，
1 1 1
故AE＝AB，AA
1
＝2AB.
△ △
以D为坐标原点，DA的方向为x轴正方向，|DA|为单位长度，建立如图所示的
空间直角坐标系D－xyz，
则C(0，1，0)，B(1，1，0)，C (0，1，2)，E(1，0，1)，CB＝(1，0，0)，CE＝
1
(1，－1，1)，CC1＝(0，0，2).
设平面EBC的法向量为n＝(x ，y ，z )，
1 1 1
则即
所以可取n＝(0，－1，－1).
设平面ECC 的法向量为m＝(x ，y ，z )，
1 2 2 2
则即
所以可取m＝(1，1，0).
于是cos〈n，m〉＝＝－，
则sin〈n，m〉＝，
所以，二面角B－EC－C 的正弦值为.
1
高频考点四 与空间向量有关的探索性问题
【例3】 如图，在三棱锥 P－ABC中，底面是边长为4的正三角形，PA＝2，
PA⊥底面ABC，点E，F分别为AC，PC的中点.
(1)求证：平面BEF⊥平面PAC；(2)在线段PB上是否存在点G，使得直线AG与平面PBC所成角的正弦值为？
若存在，确定点G的位置；若不存在，请说明理由.
(1)证明 ∵AB＝BC，E为AC的中点，∴BE⊥AC.
又PA⊥平面ABC，BE 平面ABC，∴PA⊥BE.
∵PA∩AC＝A，∴BE⊥ ⊂平面PAC.
∵BE 平面BEF，∴平面BEF⊥平面PAC.
(2)解 ⊂存在.由(1)及已知得PA⊥BE，PA⊥AC，
∵点E，F分别为AC，PC的中点，
∴EF∥PA，∴EF⊥BE，EF⊥AC.
又BE⊥AC，∴EB，EC，EF两两垂直.
分别以EB，EC，EF的方向为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系，如图，
则A(0，－2，0)，P(0，－2，2)，B(2，0，0)，C(0，2，0).
设BG＝λBP＝(－2λ，－2λ，2λ)，λ∈[0，1]，
所以AG＝AB＋BG＝(2(1－λ)，2(1－λ)，2λ)，
BC＝(－2，2，0)，PC＝(0，4，－2)，
设平面PBC的法向量为n＝(x，y，z)，
则⇒
令x＝1，则y＝，z＝2，
∴n＝(1，，2).
由已知得＝，
即＝⇒λ＝或(舍去).故λ＝.
所以存在满足条件的点G，点G为PB的中点.
【方法技巧】
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.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.
【变式训练】
1.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倍，
P为侧棱SD上的点.
(1)求证：AC⊥SD；
(2)若SD⊥平面PAC，求二面角P－AC－D的大小；
(3)在(2)的条件下，侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC.若存在，求
SE∶EC的值；若不存在，试说明理由.
(1)证明 连接BD，设AC交BD于点O，连接SO.由题意知SO⊥平面ABCD，
以O为坐标原点，
以OB，OC，OS分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立坐标系O－xyz.
设底面边长为a，则高SO＝a，于是S，D，C.
于是，OC＝，SD＝.
则OC·SD＝0，故OC⊥SD，从而AC⊥SD.
(2)解 由题设知，平面PAC的一个法向量DS＝，平面DAC的一个法向量OS＝.
由题知，二面角P－AC－D为锐角，则cos〈OS，DS〉＝＝，
所以二面角的大小为30°.
(3)解 在棱SC上存在一点E使BE∥平面PAC.
根据第(2)问知DS是平面PAC的一个法向量，且DS＝，CS＝.
设CE＝tCS.则BE＝BC＋CE＝BC＋tCS＝.
又BE·DS＝0，得－＋0＋a2t＝0，则t＝，
当SE∶EC＝2∶1时，BE⊥DS.
由于BE 平面PAC，故BE∥平面PAC.
因此在棱⊄ SC上存在点E，使BE∥平面PAC，此时SE∶EC＝2∶1.
