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A
版
高
考
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学
／
９４
８．５ 空间角与距离、空间向量及其应用
§
４．利用空间向量解决平行、垂直问题
设不同直线ｌ ｍ的方向向量分别为ａ ｂ 不同平面α β的法
， ， ， ，
向量分别为ｕ ｖ 则
， ，
考点一 用向量法证明平行、垂直
ｌ ｍ ａ ｂ ａ ｋｂ ｋ Ｒ且ｋ
（１） ∥ ⇔ ∥ ⇔ ＝ ， ∈ ≠０；
１．空间向量的有关定理 ｌ α ａ ｕ ａ ｕ
（２） ∥ ⇔ ⊥ ⇔ · ＝０；
共线向量定理 共线向量定理可以分解为两个命题 ａ ｂ α β ｕ ｖ ｕ λｖ λ Ｒ且λ
（１） ： （ ， （３） ∥ ⇔ ∥ ⇔ ＝ ， ∈ ≠０；
ｂ ０ 为空间内任意两个向量 ａ ｂ 存在唯一实数λ 使 ｌ ｍ ａ ｂ ａ ｂ
（ ≠ ） ）：（ｉ） ∥ ⇒ ， （４） ⊥ ⇔ ⊥ ⇔ · ＝０；
得ａ λｂ 若存在实数λ 使得ａ λｂ 则ａ ｂ 其中命题 ｌ α ａ ｕ ａ ｋｕ ｋ Ｒ且ｋ
＝ ；（ｉｉ） ， ＝ ， ∥ ， （ｉｉ） （５） ⊥ ⇔ ∥ ⇔ ＝ ， ∈ ≠０；
是空间向量共线的判定定理． α β ｕ ｖ ｕ ｖ ．
（６） ⊥ ⇔ ⊥ ⇔ · ＝０
四点共面的充要条件 空间一点Ｐ位于平面ＡＢＣ内的
（２） ：ａ．
考点二 用向量法求空间角与距离
充要条件是存在有序实数对 ｘ ｙ 使→ＡＰ ｘ→ＡＢ ｙ→ＡＣ成立 对
（ ， ）， ＝ ＋ ；ｂ． １．空间角的计算
空间任意一点Ｏ 有Ｏ→Ｐ ｘＯ→Ａ ｙＯ→Ｂ ｚＯ→Ｃ 若 ｘ ｙ ｚ 则
， ＝ ＋ ＋ ， ① ＋ ＋ ＝１ ， 异面直线所成角公式 设ａ ｂ分别为异面直线ｌ ｌ 的
Ｐ Ａ Ｂ Ｃ四点共面 反之亦成立． （１） ： 、 １、 ２
， ， ， ， ａ ｂ
空间向量基本定理 空间任意三个不共面的向量都可 方向向量 θ为ｌ ｌ 所成的角 则 θ ａ ｂ ｜ · ｜．
（３） ：ａ． ， １、２ ， ｃｏｓ ＝｜ｃｏｓ〈 ， 〉｜＝ ａ ｂ
以构成空间的一组基底 基底选定后 空间的所有向量均可由 ｜ ｜｜ ｜
；ｂ． ， 线面所成角公式 设ｌ为平面α的斜线 ａ为ｌ的方向向
基底唯一表示． （２） ： ，
量 ｎ 为平面 α 的法向量 θ 为 ｌ 与 α 所成的角 则 θ
２．与空间向量运算有关的结论 ， ， ， ｓｉｎ ＝
ａ·ｎ
设ａ ａ ａ ａ ｂ ｂ ｂ ｂ ． 〈ａ，ｎ〉 ｜ ｜ ．
ａ
＝（
ｂ
１，
ａ
２，
λｂ
３）
ｂ
， ＝
０
（ １， ２，
ａ
３）
λｂ ，ａ λｂ ，ａ λｂ λ
⑤ ｜ｃｏｓ ｜＝
｜
ａ
｜｜
ｎ
｜
Ｒ （１） ∥ ⇔ ＝ （ ≠ ）⇔② １＝ １ ２＝ ２ ３＝ ３ （ ∈ （３） 二面角公式 ： 设ｎ １、 ｎ ２ 分别为平面α 、 β的法向量 ， 二面
）； 角为θ 则θ ｎ ｎ 或θ ｎ ｎ 需要根据具体情况判断
ａ ｂ ａ ｂ ａ ｂ ａ ｂ ａ ｂ ， ＝〈 １， ２〉 ＝π－〈 １， ２〉（
（２） ⊥ ⇔ · ＝０⇔③ １ １＋ ２ ２＋ ３ ３＝０ ； 相等或互补 其中 ｎ ｎ ｎ １· ｎ ２ ．
（３）｜
ａ
｜＝
ａ２
＝
ａ２
１＋
ａ２
２＋
ａ２
３；
）， ｃｏｓ〈 １， ２〉＝
｜
ｎ
１｜｜
ｎ
２｜
ａ ｂ ａ ｂ ａ ｂ ａ ｂ ２．点到平面的距离公式
ａ ｂ · １ １＋ ２ ２＋ ３ ３ ．
（４）ｃｏｓ〈 ， 〉＝
｜
ａ
｜｜
ｂ
｜
＝④ ａ２
１＋
ａ２
２＋
ａ２
３
· ｂ２
１＋
ｂ２
２＋
ｂ２
３
Ｐ为平面α外一点
，
ａ
、
ｎ分别为平面α过Ｐ点的斜向量
、
法
３．与空间向量有关的问题 ａ ｎ
向量 ｄ为Ｐ到α的距离 则ｄ ａ ａ ｎ ｜ · ｜．
空间直角坐标系 ， ， ＝｜ ｜·｜ｃｏｓ〈 ， 〉｜＝ ｎ
｜ ｜
（１）
注意 线面 面面距离均可转化为点到平面的距离 用点到
一般建立右手直角坐标系 建立的空间直角坐标系
、 ，
（ｉ） ；（ｉｉ）
必须满足三坐标轴两两垂直 让尽可能多的点落到坐标轴上或
平面的距离公式求解．
，
第一卦限 第一卦限内点的坐标都为正 ． ３．两点间的距离公式 已知点Ａ ｘ ｙ ｚ Ｂ ｘ ｙ ｚ 则
（ ）
： （ １， １， １）， （ ２， ２， ２），
直线的方向向量和平面的法向量 Ａ Ｂ 两 点 间 的 距 离 为 →ＡＢ
（２） ， ｜ ｜ ＝ ⑥
直线的方向向量是指和这条直线平行 或在这条直线
上 的 （ｉ 有 ） 向线段所表示的向量 一条直线的方向 （ 向量可以有无 （ｘ ２－ ｘ １ ）２ ＋ （ｙ ２－ ｙ １ ）２ ＋ （ｚ ２－ ｚ １ ）２ ．
） ， 拓展延伸 １．最小角定理 平面的斜线和它在平面内的射
数个． ：
影所成的角是这条斜线和这个平面内任一条直线所成的角中最
平面的法向量
（ｉｉ） ： 小的角．
一个平面的法向量是与平面垂直的直线的方向向量 因此
ａ． ， ２．三余弦公式 θ θ θ 如图所示 其中θ 是斜线
一个平面的法向量有无数个 其中任意两个都是共线向量 但零 ：ｃｏｓ ＝ｃｏｓ １·ｃｏｓ ２（ ， １
， ， ＯＡ与平面α所成的角 θ 是斜线ＯＡ的射影ＡＢ与平面内的直线ＡＣ
向量不能作为平面的法向量． ， ２
的夹角 θ是斜线ＯＡ与平面内的直线ＡＣ的夹角 ．
平面法向量的求法 首先要建立空间直角坐标系 然后用 ， ）
ｂ． ： ，
待定系数法求解．具体的步骤为 设平面的法向量为ｎ ｘ ｙ ｚ
： ＝（ ， ， ），
找出 求出 平面内的两个不共线的向量ａ ｂ 根据法向量的定
（ ） ， ，
{ｎ ａ
义得 · ＝０，由此可建立关于ｘ ｙ ｚ的方程组 解方程组 并取
ｎ ｂ 、 、 ， ，
· ＝０，
其中的一组解 该组解可作为法向量的坐标．
，
专
题
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何
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（ ）如图，过点 Ｃ 作 Ｃ Ｄ Ａ Ｂ ，交直线 Ａ Ｂ 于点 Ｄ，连
２ １ １ ⊥ １ １ １ １
接ＡＤ．
由 ＡＢ 平面 Ａ Ｂ Ｃ ，ＡＢ 平面
考法一 求直线与平面所成角的方法 ＡＢＢ 得平面 １⊥ Ａ Ｂ Ｃ １ 平 １ 面 １ ＡＢＢ １ ， ⊂
１ １ １ １⊥ １
例１ （２０１８ 浙江，１９，１５ 分） 如图 已知多面体 由Ｃ Ｄ Ａ Ｂ 得Ｃ Ｄ 平面ＡＢＢ ，
， １ ⊥ １ １ １ ⊥ １
ＡＢＣＡ Ｂ Ｃ Ａ Ａ Ｂ Ｂ Ｃ Ｃ均垂直于平面ＡＢＣ ＡＢＣ ° Ａ Ａ 所以 Ｃ ＡＤ是ＡＣ 与平面ＡＢＢ 所
１ １ １， １ ， １ ， １ ，∠ ＝１２０ ， １ ∠ １ １ １
Ｃ Ｃ ＡＢ ＢＣ Ｂ Ｂ ． 成的角．
＝４， １ ＝１， ＝ ＝ １ ＝２
证明 ＡＢ 平面Ａ Ｂ Ｃ 由 Ｂ Ｃ ，Ａ Ｂ ，Ａ Ｃ
（１） ： １⊥ １ １ １； １ １ ＝ ５ １ １ ＝ ２ ２ １ １ ＝
求直线ＡＣ 与平面ＡＢＢ 所成的角的正弦值．
（２） １ １ 得 Ｃ Ａ Ｂ ６，
２１ ｃｏｓ∠ １ １ １＝
７
则 Ｃ Ａ Ｂ １ ，所以Ｃ Ｄ ，
ｓｉｎ∠ １ １ １＝ １ ＝ ３
７
Ｃ Ｄ
故 Ｃ ＡＤ １ ３９．
ｓｉｎ∠ １ ＝ＡＣ ＝
１ １３
因此，直线ＡＣ 与平面ＡＢＢ 所成的角的正弦值是 ３９．
１ １
１３
方法总结 求直线与平面所成角的方法
解析 解法一：
１．定义法
（ ）证明：如图，以ＡＣ的中点Ｏ为原点，分别以射线ＯＢ，ＯＣ
１ 作 在斜线上选取恰当的点 过该点向平面引垂线 作出
为ｘ，ｙ轴的非负半轴，建立空间直角坐标系Ｏ ｘｙｚ． （１） ： ， ，
－ 所求角 其中确定垂足的位置是关键 证 证明所作的角为直
由题意知各点坐标如下： ， ；（２） ：
线与平面所成的角 求 构造角所在的三角形 利用解三角形
Ａ（ ， ， ），Ｂ（ ， ， ），Ａ （ ， ；（３） ： ，
０ － ３ ０ １ ０ ０ １ ０ 的知识求角．
－ ３ ， ４ ），Ｂ １ （ １ ， ０ ， ２ ），Ｃ １ （ ０ ， ３ ， １ ）． ２．公式法
因此Ａ→Ｂ （ ， ， ），Ａ→Ｂ （ ， ｈ
１ ＝ １ ３ ２ １ １ ＝ １ θ 其中ｈ为斜线上除斜足外的任一点到所给平面
ｓｉｎ ＝ ｌ （
， ），Ａ→Ｃ （ ， ， ）．
３ －２ １ １＝ ０ ２ ３ －３ 的距离 ｌ为该点到斜足的距离 θ为斜线与平面所成的角 ．
由Ａ→Ｂ ·Ａ→Ｂ 得ＡＢ Ａ Ｂ ． ， ， ）
１ １ １＝０ １⊥ １ １ ３．向量法
由Ａ→Ｂ ·Ａ→Ｃ 得ＡＢ Ａ Ｃ ．
１ １ １＝０ １⊥ １ １ →ＡＢ ｎ
又Ａ Ｂ Ａ Ｃ Ａ ， θ →ＡＢ ｎ ｜ · ｜ 其中ＡＢ为平面α的斜线 ｎ
１ １∩ １ １＝ １ ｓｉｎ ＝｜ｃｏｓ〈 ， 〉｜＝ →ＡＢ ｎ （ ，
所以ＡＢ 平面Ａ Ｂ Ｃ ． ｜ ｜｜ ｜
１⊥ １ １ １ 为平面α的法向量 θ为斜线ＡＢ与平面α所成的角 ．
（ ）设直线ＡＣ 与平面ＡＢＢ 所成的角为θ． ， ）
２ １ １ 经典例题教师用书
设
由（
平
１
面
）可
Ａ
知
ＢＢ
Ａ→Ｃ
的
１＝
法
（
０
向
，
２
量
３
为
，
１
ｎ
），→Ａ
（
Ｂ
ｘ
＝
，ｙ
（
，
１
ｚ
，
）．
３
，
０
），Ｂ→Ｂ
１＝
（
０
，
０
，
２
）．
例 （２０１８浙江杭州高三教学质检，１９）如图
，
在三棱锥Ａ
－
ＢＣＤ
１ ＝ 中 ，∠ ＢＡＣ ＝∠ ＢＡＤ ＝∠ ＤＡＣ ＝６０ ° ， ＡＣ ＝ ＡＤ ＝２， ＡＢ ＝３ ．
由 {ｎ·→ＡＢ ＝０ ， 得 { ｘ ＋ ３ ｙ ＝０ ， 可取ｎ （ ， ， ）． （１） 证明 ： ＡＢ ⊥ ＣＤ ；
ｎ·Ｂ→Ｂ
１＝０
，
２
ｚ
＝０
， ＝ － ３ １ ０
（２）
求ＣＤ与平面ＡＢＤ所成角的正弦值．
Ａ→Ｃ ·ｎ
所以 θ 〈Ａ→Ｃ ，ｎ〉 ｜ １ ｜ ３９．
ｓｉｎ ＝｜ｃｏｓ １ ｜＝ Ａ→Ｃ · ｎ ＝ １３
｜ １｜ ｜ ｜
因此，直线ＡＣ 与平面ＡＢＢ 所成的角的正弦值是 ３９．
１ １
１３
解法二：
（ ）证明：由ＡＢ ，ＡＡ ，ＢＢ ，ＡＡ ＡＢ，ＢＢ ＡＢ 得
１ ＝２ １＝４ １＝２ １⊥ １⊥
ＡＢ Ａ Ｂ ，所以Ａ Ｂ２ ＡＢ２ ＡＡ２，故ＡＢ Ａ Ｂ ．由ＢＣ ， 解析 （ ）证明： ＡＢ ＡＢ， ＢＡＣ ＢＡＤ °，ＡＣ ＡＤ，
１＝ １ １＝２ ２ １ １＋ １＝ １ １⊥ １ １ ＝２ １ ∵ ＝ ∠ ＝∠ ＝６０ ＝
ＢＢ ，ＣＣ ，ＢＢ ＢＣ，ＣＣ ＢＣ得Ｂ Ｃ ，由ＡＢ ＢＣ ， ＡＢＣ ＡＢＤ， ＢＣ ＢＤ， （ 分）
１＝２ １＝１ １⊥ １⊥ １ １＝ ５ ＝ ＝２ ∴ △ ≌△ ∴ ＝ ２
∠
ＡＢＣ
＝１２０
°得ＡＣ
＝２ ３
，由ＣＣ
１⊥
ＡＣ，得ＡＣ
１＝ １３
，所以ＡＢ２
１＋
如图，取ＣＤ的中点Ｅ，连接ＡＥ，ＢＥ，则ＡＥ
⊥
ＣＤ，ＢＥ
⊥
ＣＤ，
Ｂ Ｃ２ ＡＣ２，故 ＡＢ Ｂ Ｃ ．又 Ａ Ｂ Ｂ Ｃ Ｂ ，因此 ＡＢ 平
１ １＝ １ １⊥ １ １ １ １∩ １ １ ＝ １ １⊥
面Ａ Ｂ Ｃ ．
１ １ １
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例 （２０１９江西宜春１２月大联考，１８）如图 四边形ＡＢＣＤ
，
为矩形 Ｅ为ＤＣ的中点 ＡＢ ＡＤ 沿ＡＥ将 ＡＥＤ折起 使点
， ， ＝２ ＝４， △ ，
Ｄ折到Ｐ点的位置 且ＰＢ ＰＣ．
， ＝
求证 平面ＰＡＥ 平面ＡＢＣＥ
（１） ： ⊥ ；
求直线ＡＰ与平面ＰＢＣ所成角的正弦值．
（２）
又ＡＥ ＢＥ Ｅ，
∩ ＝
ＣＤ 平面ＡＢＥ， （ 分）
∴ ⊥ ５
ＡＢ 平面ＡＢＥ， ＡＢ ＣＤ． （ 分）
∵ ⊂ ∴ ⊥ ７
（ ）解法一：在 ＡＢＤ中，根据余弦定理得ＢＤ２ ＡＢ２ ＡＤ２
２ △ ＝ ＋ －
ＡＢ·ＡＤ· ° ，
２ ｃｏｓ６０ ＝７
ＢＤ ， 解析 （ ）证明：如图，取ＡＥ的中点Ｏ，ＢＣ的中点Ｆ，连接
∴ ＝ ７ １
ＤＥ ， ＢＥ ，ＡＥ ， ＯＰ，ＯＦ，ＰＦ，则ＯＦ ＡＢ， ＯＦ ＢＣ． ＰＢ ＰＣ， ＰＦ ＢＣ．又ＯＦ
∵ ＝１ ∴ ＝ ６ ＝ ３ ∥ ∴ ⊥ ∵ ＝ ∴ ⊥
∴
ＡＢ２
＝
ＢＥ２
＋
ＡＥ２，
∴
ＡＥ
⊥
ＢＥ． （
９
分）
∩
ＰＦ
＝
Ｆ，
∴
ＢＣ
⊥
平面ＰＯＦ，则ＢＣ
⊥
ＰＯ．
∵
Ｅ为ＤＣ的中点，ＡＢ
＝
以Ｅ点为坐标原点，以ＥＢ，ＥＣ，ＥＡ所在直线分别为ｘ轴，ｙ ＡＤ ， ＰＡ ＰＥ，则ＰＯ ＡＥ． ＡＥ，ＢＣ是平面ＡＢＣＥ内的相交
２ ＝４ ∴ ＝ ⊥ ∵
轴和ｚ轴建立空间直角坐标系，如图． 直线， ＰＯ 平面ＡＢＣＥ，又ＰＯ 平面ＰＡＥ．
∴ ⊥ ⊂
平面ＰＡＥ 平面ＡＢＣＥ．
∴ ⊥
则Ａ（ ， ， ），Ｂ（ ， ， ），Ｃ（ ， ， ），Ｄ（ ， ， ），
０ ０ ３ ６ ０ ０ ０ １ ０ ０ －１ ０ （ ）在平面ＡＢＣＥ内，过点Ｏ作ＯＭ ＯＦ，则以Ｏ为原点，以
２ ⊥
→ＡＢ （ ， ， ），Ｃ→Ｄ （ ， ， ），Ａ→Ｄ （ ， ， ）． ＯＭ，ＯＦ，ＯＰ所在直线分别为ｘ轴，ｙ轴，ｚ轴，建立空间直角坐标
∴ ＝ ６ ０ － ３ ＝ ０ －２ ０ ＝ ０ －１ － ３
（ 分） 系，如图所示，
１１
设平面ＡＢＤ的法向量为ｍ （ｘ，ｙ，ｚ）．
＝ 由题设知，Ａ（ ， ， ），Ｐ（ ， ， ），Ｂ（ ， ， ），Ｃ（ ， ， ），
１ －１ ０ ０ ０ ２ １ ３ ０ －１ ３ ０
{ｍ·→ＡＢ ＝０ ， 则 { ６ ｘ － ３ ｚ ＝０ ， 取ｍ （ ， ， ）， （ 分） ∴ Ｐ→Ｂ ＝ （ １ ， ３ ， － ２ ），Ｐ→Ｃ ＝ （ －１ ， ３ ， － ２ ），
ｍ·Ａ→Ｄ ， ｙ ｚ ， ＝ １ － ６ ２ １３ 设平面ＰＢＣ的法向量为ｎ （ｘ，ｙ，ｚ），
＝０ － － ３ ＝０ ＝
{
设ＣＤ与平面ＡＢＤ所成的角为α，则 ｓｉｎ α ＝｜ｃｏｓ 〈Ｃ→Ｄ，ｍ〉 ｜＝ 由 ｎ·Ｐ→Ｂ ＝ （ｘ，ｙ，ｚ）·（ １ ， ３ ， － ２ ） ＝０ ， 得，
｜
Ｃ→Ｄ·ｍ
｜ ２ ６ ６．
ｎ·Ｐ→Ｃ
＝
（ｘ，ｙ，ｚ）·（
－１
，
３
，
－ ２
）
＝０
｜ Ｃ→Ｄ ｜ · ｜ ｍ ｜ ＝ ２×３ ＝ ３ { ｘ ＋３ ｙ － ２ ｚ ＝０ ， ｘ ，取ｚ ，则ｙ ２ ，
ｘ ｙ ｚ ， ＝０ ＝ ２ ＝
故ＣＤ与平面ＡＢＤ所成角的正弦值为 ６． （ 分） － ＋３ － ２ ＝０ ( ３ )
１５
３ 平面ＰＢＣ的一个法向量为ｎ ，２ ， ．
解法二：在
△
ＡＢＤ中，根据余弦定理得ＢＤ２
＝
ＡＢ２
＋
ＡＤ２
－２
ＡＢ ∴ ＝ ０
３
２
·ＡＤ· ° ，
设直线ＡＰ与平面ＰＢＣ所成角为θ，
ｃｏｓ６０ ＝７
∴ ＢＤ ＝ ７ ， ∵
→ＡＰ
＝
（
－１
，
１
，
２
），
ＤＥ ， ｎ·→ＡＰ
∵ ＝１ θ 〈ｎ，→ＡＰ〉 ｜ ｜
ＢＥ ，ＡＥ ， ∴ ｓｉｎ ＝｜ｃｏｓ ｜＝ ｎ · →ＡＰ
∴ ＝ ６ ＝ ３ ｜ ｜ ｜ ｜
ＡＢ２ ＢＥ２ ＡＥ２， ＡＥ ＢＥ． （ 分）
∴ ＝ ＋ ∴ ⊥ ９ ２
设点Ｃ到平面ＡＢＤ的距离为 ｈ，ＣＤ 与平面 ＡＢＤ 所成的角 ＋２
３ ２ ２２，
＝ ＝
为α，
４ １１
＋２× １＋１＋２
Ｖ Ｖ ，即 １ ＣＤ·Ｓ １ ｈ·Ｓ ， （ 分） ９
∵ Ａ － ＢＣＤ＝ Ｃ － ＡＢＤ △ ＡＢＥ＝ △ ＡＢＤ １１
３ ３ 即直线ＡＰ与平面ＰＢＣ所成角的正弦值为２ ２２．
１ １１ ＣＤ·Ｓ ２× × ６× ３
∴ ｈ ＝ Ｓ △ ＡＢＥ ＝ ２ ＝ ２ ６， （ １３ 分） 考法二 求二面角的方法
△ ＡＢＤ １ ° ３
×３×２×ｓｉｎ６０ 例２ （２０２０ 山东日照、潍坊、临沂部分学校６ 月模拟，
２
ｈ １９）已知在四棱锥Ｐ ＡＢＣＤ中 底面ＡＢＣＤ是边长为 的正方
α ６， － ， ４
∴ ｓｉｎ ＝ＣＤ＝ 形 ＰＡＤ是正三角形 ＣＤ ^平面 ＰＡＤ Ｅ Ｆ Ｇ Ｏ 分别是 ＰＣ
３ ，△ ， ， ， ， ， ，
ＰＤ ＢＣ ＡＤ的中点．
故ＣＤ与平面ＡＢＤ所成角的正弦值为 ６． （ 分） ， ， １５ 求证 ＰＯ^平面ＡＢＣＤ
３ （１） ： ；
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求平面ＥＦＧ与平面ＡＢＣＤ所成锐二面角的大小
（
（
２
３
）
） 线段ＰＡ上是否存在点Ｍ ， 使得直线ＧＭ与平面
；
ＥＦＧ所
所以
ｃｏｓ
π
３ ＝｜ｃｏｓ
〈Ｇ→Ｍ，ｍ〉
｜＝ ２ ４ λ２
３
－６ λ ＋７
，整理得
２
λ２
－
成角为π 若存在 求线段ＰＭ的长度 若不存在 说明理由． λ ，Δ ，方程无解，所以不存在这样的点Ｍ．
？ ， ； ， ３ ＋２＝０ ＜０
６ 方法总结 求二面角的平面角的方法
ｎ ｎ
１．向量法 利用公式 ｎ ｎ １· ２ ｎ ｎ 分别为
： ｃｏｓ〈 １， ２〉＝ ｎ ｎ （ １， ２
｜ １｜｜ ２｜
两平面的法向量 进行求解 注意 ｎ ｎ 与二面角平面角大小
） ， 〈 １， ２〉
的关系 是相等还是互补 需结合图形进行判断．
， ，
２．定义法 在二面角的棱上找一特殊点 过该点在两个半平
： ，
面内分别作垂直于棱的射线 如图 ＡＯＢ为二面角α ｌ β
， （１），∠ － －
的平面角．
解析 （ ）证明：因为 ＰＡＤ是正三角形，Ｏ是ＡＤ的中点， ３．垂面法 过棱上一点作棱的垂直平面 该平面与二面角的
１ △ ： ，
所以ＰＯ ＡＤ，又因为ＣＤ 平面ＰＡＤ，ＰＯ 平面ＰＡＤ，所以 两个半平面的交线所形成的角即为二面角的平面角 如图
⊥ ⊥ ⊂ ， （２），
ＰＯ ＣＤ．因为ＡＤ ＣＤ Ｄ，ＡＤ，ＣＤ 平面ＡＢＣＤ，所以ＰＯ 平面 ＡＯＢ为二面角α ｌ β的平面角．
⊥ ∩ ＝ ⊂ ⊥ ∠ － －
ＡＢＣＤ． ４．垂线法 三垂线定理法 过二面角的一个半平面内一点
（ ）：
（ ）解法一（向量法）：如图，连接ＯＧ．以Ｏ点为原点，分别以 作另一个半平面所在平面的垂线 从垂足出发向棱引垂线 利用
２ ， ，
ＯＡ、ＯＧ、ＯＰ所在直线为ｘ轴、ｙ轴、ｚ轴建立空间直角坐标系． 三垂线定理 线面垂直的性质 即可找到所求二面角的平面角或
（ ）
其补角．如图 ＡＢＯ为二面角α ｌ β的平面角．
（３），∠ － －
经典例题教师用书
例 如图 在棱长为 的正方体ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 中 →ＡＥ λ→ＡＢ
， ２ － １ １ １ １ ， ＝ ，
Ｂ→Ｆ λＢ→Ｃ 且 λ ．
则Ｏ（ ， ， ），Ａ（ ， ， ），Ｂ（ ， ， ），Ｃ（ ， ， ），Ｄ（ ， ， ＝ ， ０＜ ＜１
０ ０ ０ ２ ０ ０ ２ ４ ０ －２ ４ ０ －２ ０ 求证 Ａ Ｆ 平面Ｃ ＤＥ
（１） ： １ ⊥ １ ；
），Ｇ（ ， ， ），Ｐ（ ， ， ），Ｅ（ ， ， ），Ｆ（ ， ， ），则Ｅ→Ｆ 当 ＢＥＦ的面积取得最大值时 求λ的值 并求出此时
０ ０ ４ ０ ０ ０ ２ ３ －１ ２ ３ －１ ０ ３ （２） △ ， ，
（ ， ， ），Ｅ→Ｇ （ ， ， ）．设平面ＥＦＧ的法向量为ｍ （ｘ， 二面角Ｂ ＥＦ Ｄ的余弦值．
＝ ０ －２ ０ ＝ １ ２ － ３ ＝ １－ －
{Ｅ→Ｆ·ｍ ， { ｙ ，
ｙ，ｚ）．由 ＝０ 得 －２ ＝０ 令ｚ ，则ｍ （ ， ， ），
Ｅ→Ｇ·ｍ ， ｘ ｙ ｚ ， ＝１ ＝ ３ ０ １
＝０ ＋２ － ３ ＝０
易知ｎ （ ， ， ）是平面ＡＢＣＤ的一个法向量，
＝ ０ ０ １
设平面ＥＦＧ与平面ＡＢＣＤ所成锐二面角的大小为θ，
ｍ·ｎ
所以 θ ｜ ｜ １ １ ．
ｃｏｓ ＝ ｍ ｎ ＝ ＝
｜ ｜｜ ｜ （ ）２ ２ ２
３ ＋１ ×１ 解析 依题意，以Ｄ为原点，ＤＡ，ＤＣ，ＤＤ 所在直线分别为ｘ
所以平面ＥＦＧ与平面ＡＢＣＤ所成锐二面角为π． １
轴、ｙ轴、ｚ轴建立如图所示的空间直角坐标系，
３
解法二（定义法）：连接ＯＦ，ＯＧ，由于Ｅ，Ｆ，Ｇ，Ｏ分别是ＰＣ，
ＰＤ，ＢＣ，ＡＤ的中点，所以ＥＦ ＣＤ，又知ＣＤ ＯＧ，因此平面ＥＦＧ
∥ ∥
也就是平面ＥＦＯＧ，平面ＥＦＧ与平面ＡＢＣＤ所成锐二面角为二面
角Ｅ ＯＧ Ｄ，因为 ＣＤ 平面 ＰＡＤ，ＯＦ 平面 ＰＡＤ，所以 ＣＤ
－ － ⊥ ⊂ ⊥
ＯＦ，所以ＯＧ ＯＦ．又ＯＧ ＡＤ，所以 ＦＯＤ 为二面角 Ｅ ＯＧ Ｄ
⊥ ⊥ ∠ － －
的平面角，又Ｆ，Ｏ分别是ＰＤ，ＡＤ的中点，所以ＯＦ ＰＡ，又因为
∥
ＰＡＤ是正三角形，所以 ＦＯＤ ＰＡＤ π，所以平面ＥＦＧ与
△ ∠ ＝∠ ＝
３ 因为正方体的棱长为 ，且→ＡＥ λ→ＡＢ，Ｂ→Ｆ λＢ→Ｃ（ λ ），则
２ ＝ ＝ ０＜ ＜１
平面ＡＢＣＤ所成锐二面角的大小为π． Ｄ（ ， ， ），Ａ（ ， ， ），Ｂ（ ， ， ），Ｃ（ ， ， ），Ｅ（ ， λ， ），Ｆ（
０ ０ ０ １ ２ ０ ２ １ ２ ２ ２ １ ０ ２ ２ ２ ２ ０ ２
３ λ， ， ）．
（ ）假设线段ＰＡ上存在点Ｍ，使得直线ＧＭ与平面ＥＦＧ所 －２ ２ ０
３
（ ）证明：因为Ａ→Ｆ （ λ， ， ），Ｃ→Ｅ （ ， λ ， ），Ｄ→Ｃ
成角为π，即直线ＧＭ与平面ＥＦＧ的法向量ｍ所成的角为π． １ １ ＝ －２ ２ －２ １ ＝ ２ ２ －２ －２ １ （ ， ， ），
６ ３ ＝ ０ ２ ２
设Ｐ→Ｍ ＝ λ→ＰＡ，λ ∈ ［ ０ ， １ ］， 所以Ａ→ １ Ｆ·Ｃ→ １ Ｅ ＝ （ －２ λ， ２ ， －２ ）·（ ２ ， ２ λ －２ ， －２ ） ＝０ ，
Ｇ→Ｍ Ｇ→Ｐ Ｐ→Ｍ Ｇ→Ｐ λ→ＰＡ，所以Ｇ→Ｍ （ λ， ， （ λ））， Ａ→Ｆ·Ｄ→Ｃ （ λ， ， ）·（ ， ， ） ，
＝ ＋ ＝ ＋ ＝ ２ －４ ２ ３ １－ １ １＝ －２ ２ －２ ０ ２ ２ ＝０
A
版
高
考
数
学
／
９８
所以Ａ Ｆ Ｃ Ｅ，Ａ Ｆ ＤＣ ， 因为ＣＥ 平面ＢＣＥ，ＤＦ 平面ＢＣＥ，
１ ⊥ １ １ ⊥ １ ⊂ ⊄
又Ｃ Ｅ ＤＣ Ｃ ，所以Ａ Ｆ 平面Ｃ ＤＥ． 所以ＤＦ 平面ＢＣＥ．
１ ∩ １＝ １ １ ⊥ １ ∥
( ) ２ （ ）因为ＡＢ ＡＤ，所以可建立如图所示的空间直角坐标系．
（ ）因为Ｓ １ （ λ） λ λ １ １ ， ２ ⊥
２ △ ＢＥＦ＝ ２－２ ２ ＝－２ － ＋
２ ２ ２
所以当λ １ 时，即Ｅ，Ｆ分别是棱ＡＢ，ＢＣ的中点时， ＢＥＦ
＝ △
２
的面积取得最大值，此时点Ｅ，Ｆ的坐标分别为Ｅ（ ， ， ），Ｆ（ ，
２ １ ０ １
， ），则Ｂ→Ｅ （ ， ， ），Ｅ→Ｆ （ ， ， ），
２ ０ １ ＝ ０ －１ －２ ＝ －１ １ ０
设平面Ｂ ＥＦ的法向量ｍ （ａ，ｂ，ｃ），
１ ＝
{ｍ·Ｂ→Ｅ （ａ，ｂ，ｃ）·（ ， ， ） ，
则 １ ＝ ０ －１ －２ ＝０ 则Ａ（ ， ， ），Ｂ（ ， ， ），Ｃ（ ， ， ），Ｅ（ ， ， ），Ｆ（ ， ，
０ ０ ０ ０ ４ ０ ２ ２ ０ ０ ３ ３ ０ １
ｍ·Ｅ→Ｆ （ａ，ｂ，ｃ）·（ ， ， ） ，
＝ －１ １ ０ ＝０ ），
{ｂ ｃ ， ３
得 ＋２ ＝０ 所以Ｂ→Ｃ （ ， ， ），Ｂ→Ｆ （ ， ， ）．
ａ ｂ ． ＝ ２ －２ ０ ＝ ０ －３ ３
－ ＝０ 设平面ＢＣＦ的法向量为ｎ （ｘ，ｙ，ｚ），
令ａ ，得平面Ｂ ＥＦ的一个法向量为ｍ （ ， ， ）， ＝
显然 ＝ 底 ２ 面ＡＢＣＤ的 １ 一个法向量为ｎ （ ， ＝ ， ） ２ ， ２ －１ {ｎ·Ｂ→Ｃ ， { ｘ ｙ ，
＝ ０ ０ １ 则 ＝０ 即 ２ －２ ＝０
设二面角Ｂ ＥＦ Ｄ的平面角为θ， ｎ·Ｂ→Ｆ ， ｙ ｚ ．
１－ － ＝０ －３ ＋ ３ ＝０
由题意知θ为钝角，
令ｙ ，则ｘ ，ｚ ，所以ｎ （ ， ， ）．
＝１ ＝１ ＝ ３ ＝ １ １ ３
因为 ｃｏｓ 〈ｍ，ｎ〉 ＝ ｍ ｍ· · ｎ ｎ ＝－ １ ， 又平面ＡＢＦ的一个法向量为ｖ ＝ （ １ ， ０ ， ０ ），
｜ ｜ ｜ ｜ ３ ｎ·ｖ
则 〈ｎ，ｖ〉 ５．
所以 θ １ ， ｃｏｓ ＝ ｎ ｖ ＝
ｃｏｓ ＝－ ｜ ｜｜ ｜ ５
３ 由图可知二面角Ｃ ＢＦ Ａ的平面角为锐角，
－ －
即二面角Ｂ ＥＦ Ｄ的余弦值为 １ ．
１－ － － 所以二面角Ｃ ＢＦ Ａ的余弦值为 ５．
３ － －
解后反思 二面角的求解一般可直接利用空间向量求解， ５
（ ）线段ＣＥ上不存在点Ｇ，使得ＡＧ 平面ＢＣＦ，理由如下：
将二面角转化为二面角的两个面的法向量的夹角，但要注意两 ３ ⊥
解法一：设平面ＡＣＥ的法向量为ｍ （ｘ ，ｙ ，ｚ ），
个平面的法向量的夹角与所求二面角之间的关系，转化这两者 ＝ １ １ １
之间的关系时，要先根据几何体或空间图形的结构特征判断二 {ｍ·→ＡＣ ， { ｘ ｙ ，
则 ＝０ 即 ２ １＋２ １＝０
面角的取值范围，然后下结论． ｍ·→ＡＥ ， ｙ ｚ ．
例 （２０１８北京西城二模，１６）如图 梯形ＡＢＣＤ所在的平
＝０ ３ １＋ ３ １＝０
， 令ｙ ，则ｘ ，ｚ ，所以ｍ （ ， ， ）．
面与等腰梯形ＡＢＥＦ所在的平面互相垂直 ＡＢ ＣＤ ＥＦ ＡＢ １＝１ １＝－１ １＝－ ３ ＝ －１ １ － ３
， ∥ ∥ ， ⊥ 因为ｍ·ｎ ，
≠０
ＡＤ ＣＤ ＤＡ ＡＦ ＦＥ ＡＢ ．
， ＝ ＝ ＝ ＝２， ＝４ 所以平面ＡＣＥ与平面ＢＣＦ不可能垂直，
求证 ＤＦ 平面ＢＣＥ
（１） ： ∥ ；
从而线段ＣＥ上不存在点Ｇ，使得ＡＧ 平面ＢＣＦ．
求二面角Ｃ ＢＦ Ａ的余弦值 ⊥
（２） － － ； 解法二：假设线段ＣＥ上存在点Ｇ，使得ＡＧ 平面ＢＣＦ．
线段ＣＥ上是否存在点Ｇ 使得ＡＧ 平面ＢＣＦ 请说明 ⊥
（３） ， ⊥ ？ 设Ｃ→Ｇ λＣ→Ｅ，其中λ ［ ， ］．
理由． ＝ ∈ ０ １
设Ｇ（ｘ ，ｙ ，ｚ ），则有（ｘ ，ｙ ，ｚ ） （ λ，λ， λ），
２ ２ ２ ２－２ ２－２ ２ ＝ －２ ３
所以ｘ λ，ｙ λ，ｚ λ，从而Ｇ（ λ， λ， λ），
２＝２－２ ２＝２＋ ２＝ ３ ２－２ ２＋ ３
所以→ＡＧ （ λ， λ， λ）．
＝ ２－２ ２＋ ３
因为ＡＧ 平面ＢＣＦ，所以→ＡＧ ｎ．
⊥ ∥
λ λ λ
所以２－２ ２＋ ３ ，无解，所以假设不成立．
解析 解析 证明 因为ＣＤ ＥＦ 且ＣＤ ＥＦ ＝ ＝
（１） ： ∥ ， ＝ ， １ １ ３
所以四边形ＣＤＦＥ为平行四边形 所以线段ＣＥ上不存在点Ｇ，使得ＡＧ 平面ＢＣＦ．
， ⊥
所以ＤＦ ＣＥ．
∥
