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1
解密07 空
几何中的向量方法
间
核心考点
读高考设问知考法
命题解读
利用向量证
明平行与垂
直
如图，在四棱锥P－ABCD 中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，
AB∥DC，AD＝DC＝AP＝2，AB＝1，点E 为棱PC 的中点.
证明：(1)BE⊥DC；(2)BE∥平面PAD；(3)平面PCD⊥平面PAD.
以空间几何体为载
体考查空间角是高
考命题的重点，常
与空间线面关系的
证明相结合，热点
为二面角的求解，
均以解答题的形式
进行考查，难度主
要体现在建立空间
直角坐标系和准确
计算上.
利用空间向
量计算空间
角
【2018 新课标2 理9】在长方体
中，
，
，则异面直线
与
所成角的余弦值为( )
【2017 新课标2 理10】已知直三棱柱
中，
，
，
，则异面直线
与
所成角的余弦值为( )
(2020 新高考山东卷20)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.
【2020 新课标1 理18】如图，
为圆锥的顶点，
是圆锥底面的
圆心，
为底面直径，
．
是底面的内接正三角
形，
为
上一点，
．（1）证明：
平面
；
（2）求二面角
的余弦值．
【2020 新课标2 理19】如图，在长方体
中，点
分别在棱
上，且
，
．
（1）证明点
在平面
内；
（2）若
，
，
，求二面角
的正弦
值．
【2016 新课标3 理19】如图，四棱锥
中，
地面
，
，
，
，
为线段
上一点，
，
为
的中点．
(1)证明：
平面
；(2)求直线
与平面
所成角的
正弦值．
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2
利用空间向
量求解探索
性问题
(2019·北京卷)如图，在四棱锥P－ABCD 中，PA⊥平面ABCD，
AD⊥CD，AD∥BC，PA＝AD＝CD＝2，BC＝3.E 为PD 的中点，点
F 在PC 上，且＝.
(1)求证：CD⊥平面PAD；(2)求二面角F－AE－P 的余弦值；
(3)设点G 在PB 上，且＝.判断直线AG 是否在平面AEF 内，说明理
由.
核心考点一 利用向量证明平行与垂直
直线与平面、平面与平面的平行与垂直的向量方法：
设直线l 的方向向量为a＝(a1，b1，c1)，平面α，β 的法向量分别为μ＝(a2，b2，c2)，
v＝(a3，b3，c3)，则
(1)线面平行
l∥α⇔a⊥μ⇔a·μ＝0⇔a1a2＋b1b2＋c1c2＝0.
(2)线面垂直
l⊥α⇔a∥μ⇔a＝kμ⇔a1＝ka2，b1＝kb2，c1＝kc2.
(3)面面平行
α∥β⇔μ∥v⇔μ＝λv⇔a2＝λa3，b2＝λb3，c2＝λc3.
(4)面面垂直
α⊥β⇔μ⊥v⇔μ·v＝0⇔a2a3＋b2b3＋c2c3＝0.
1.如图，在四棱锥P－ABCD 中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝AP＝2，AB＝1，点E
为棱PC 的中点.证明：(1)BE⊥DC；(2)BE∥平面PAD；(3)平面PCD⊥平面PAD.
【解析】依题意，以点A 为原点建立空间直角坐标系(如图)，可得B(1，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，
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P(0，0，2).由E 为棱PC 的中点，得E(1，1，1).
(1)向量BE＝(0，1，1)，DC＝(2，0，0)，故BE·DC＝0.
所以BE⊥DC.
(2)因为AB⊥AD，又PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，
所以AB⊥PA，PA∩AD＝A，PA，AD⊂平面PAD，
所以AB⊥平面PAD，
所以向量AB＝(1，0，0)为平面PAD 的一个法向量，
而BE·AB＝(0，1，1)·(1，0，0)＝0，所以BE⊥AB，
又BE⊄平面PAD，
所以BE∥平面PAD.
(3)由(2)知平面PAD 的法向量AB＝(1，0，0)，向量PD＝(0，2，－2)，DC＝(2，0，0)，
设平面PCD 的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则即
不妨令y＝1，可得n＝(0，1，1)为平面PCD 的一个法向量.
且n·AB＝(0，1，1)·(1，0，0)＝0，所以n⊥AB.
所以平面PAD⊥平面PCD.
1.如图，在直三棱柱ADE－BCF 中，平面ABFE 和平面ABCD 都是正方形且互相垂直，点M 为AB 的中点，
点O 为DF 的中点.证明：
(1)OM∥平面BCF；
(2)平面MDF⊥平面EFCD.
【解析】(1)由题意，得AB，AD，AE 两两垂直，以点A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz.
设正方形边长为1，则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，1，0)，F(1，0，1)，M，O.
OM＝，BA＝(－1，0，0)，
∴OM·BA＝0，∴OM⊥BA.
∵棱柱ADE－BCF 是直三棱柱，
∴AB⊥平面BCF，∴BA是平面BCF 的一个法向量，
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且OM⊄平面BCF，∴OM∥平面BCF.
(2)在第(1)问的空间直角坐标系中，设平面MDF 与平面EFCD 的法向量分别为
n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2).
∵DF＝(1，－1，1)，DM＝，DC＝(1，0，0)，CF＝(0，－1，1)，
由得令x1＝1，则n1＝.
同理可得n2＝(0，1，1).
∵ n1·n2＝0，
∴平面MDF⊥平面EFCD.
核心考点二 利用空间向量计算空间角
直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角计算：
设直线l，m 的方向向量分别为a＝(a1，b1，c1)，b＝(a2，b2，c2)，平面α，β 的法向量分别为μ＝(a3，b3，
c3)，v＝(a4，b4，c4)(以下相同).
(1)线线夹角
设l，m 的夹角为θ，则cos θ＝＝.
(2)线面夹角
设直线l 与平面α 的夹角为θ，则sin θ＝＝|cos<a，μ>|.
(3)面面夹角
设平面α，β 的夹角为θ(0≤θ＜π)，则|cos θ|＝＝|cos<μ，v>|.
1．【2018 新课标2 理9】在长方体
中，
，
，则异面直线
与
所成角的余弦值为( )
A．
B．
C．
D．
【解析】以D 为坐标原点，DA ，DC ，
1
DD
为x ，
y
，z 轴建立空间直角坐标系，
则
0,0,0
D
，
1,0,0
A
，
1 1,1, 3
B
，
1 0,0, 3
D
，
1
1,0, 3
AD
uuur
，
1
1,1, 3
DB
uuur
，
1
1
1
1
1
1
1
3
5
cos<
,
>
5
2
5
AD
DB
AD DB
AD DB
uuur
uuur
uu
uuur
uuur
Q
uuur
ur
，
异面直线
1
AD 与
1
DB 所成角的余弦值为
5
5
，故选C．
2.【2020 新高考山东卷20】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.
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(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.
【解析】(1)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)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.
3．【2020 新课标1 理18】如图，
为圆锥的顶点，
是圆锥底面的圆心，
为底面直径，
．
是底面的内接正三角形，
为
上一点，
．
（1）证明：
平面
；
（2）求二面角
的余弦值．
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【解析】（1）由题设，知
为等边三角形，设
，
则
，
，所以
，
又
为等边三角形，则
，所以
，
，则
，所以
，
同理
，又
，所以
平面
；
（2）过O 作
∥BC 交AB 于点N，因为
平面
，以O 为坐标原点，OA 为x 轴，ON 为y 轴建立
如图所示的空间直角坐标系，则
，
，
，
，
设平面
的一个法向量为
，
由
，得
，令
，得
，所以
，
设平面
的一个法向量为
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由
，得
，令
，得
，所以
故
，
设二面角
的大小为
，则
．
1．【2017 新课标2 理10】已知直三棱柱
中，
，
，
，则
异面直线
与
所成角的余弦值为( )
A．
B．
C．
D．
【解析】解法一：在边
、
、
、
上分别取中点
、
、
、
，并相互连接．
由三角形中位线定理和平行线平移功能，异面直线
和
所成的夹角为
或其补角，通过几何关系求
得
，
，
，利用余弦定理可求得异面直线
和
所成的夹角余弦值为
．故
选C．
解法二：补形通过补形之后可知：
或其补角为异面直线
和
所成的角，通过几何关系可知：
，
，
，由勾股定理或余弦定理可得异面直线
和
所成的夹角余弦值为
．
故选C．
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解法三：建系建立如左图的空间直角坐标系，
，
，
，
，
∴
，
，∴
．故选C．
2．【2020 新课标2 理19】如图，在长方体
中，点
分别在棱
上，且
，
．
（1）证明点
在平面
内；
（2）若
，
，
，求二面角
的正弦值．
【解析】（1）在棱
上取点
，使得
，连接
、
、
、
，
在长方体
中，
且
，
且
，
，
，
且
，
所以，四边形
为平行四边形，则
且
，
同理可证四边形
为平行四边形，
且
，
且
，则四边形
为平行四边形，
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因此，点
在平面
内；
（2）以点
为坐标原点，
、
、
所在直线分别为
、
、
轴建立空间直角坐标系
，
则
、
、
、
，
，
，
，
，
设平面
的法向量为
，
由
，得
取
，得
，则
，
设平面
的法向量为
，
由
，得
，取
，得
，
，则
，
，
设二面角
的平面角为
，则
，
．
因此，二面角
的正弦值为
．
3．【2016 新课标3 理19】如图，四棱锥
中，
地面
，
，
，
，
为线段
上一点，
，
为
的中点．
(1)证明：
平面
；(2)求直线
与平面
所成角的正弦值．
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P
N
M
D
C
B
A
P
Q
N
M
D
C
B
A
【解析】（1）取
中点
，连接
、
，因为
是
中点，
，且
，又
，且
，所以
，且
．
所以四边形
是平行四边形．所以
．
又
平面
，
平面
，所以
平面
．
（2）取
的中点
，联结
．由
得
，从而
，
且
．
以
为坐标原点，
的方向为
轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系
．
由题意知，
，
，
，
，
设
为平面
的法向量，则
，即
，可取
．
于是
．所以直线
与平面
所成角的正弦值为
．
核心考点三 利用空间向量求解探索性问题
1.空间向量最适合于解决立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标
运算进行判断.但注意空间坐标系建立的规范性及计算的准确性，否则容易出现错误.
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2.空间向量求解探索性问题：
(1)假设题中的数学对象存在(或结论成立)或暂且认可其中的一部分结论；
(2)在这个前提下进行逻辑推理，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(或参数)是否有解，是否有规定范围内的解”等.若由此推导出矛盾，则否定假设；否则，
给出肯定结论.
1.【2019 北京卷】如图，在四棱锥P－ABCD 中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，PA＝AD＝CD＝
2，BC＝3.E 为PD 的中点，点F 在PC 上，且＝.
(1)求证：CD⊥平面PAD；
(2)求二面角F－AE－P 的余弦值；
(3)设点G 在PB 上，且＝.判断直线AG 是否在平面AEF 内，说明理由.
【解析】(1)因为PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，所以PA⊥CD.
又因为AD⊥CD，PA∩AD＝A，PA，AD⊂平面PAD，
所以CD⊥平面PAD.
(2)过点A 作AD 的垂线交BC 于点M.
因为PA⊥平面ABCD，AM，AD⊂平面ABCD，
所以PA⊥AM，PA⊥AD.
建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz，则A(0，0，0)，B(2，－1，0)，C(2，2，0)，
D(0，2，0)，P(0，0，2).
因为E 为PD 的中点，所以E(0，1，1).
所以AE＝(0，1，1)，PC＝(2，2，－2)，AP＝(0，0，2).所以PF＝PC＝，
所以AF＝AP＋PF＝.
设平面AEF 的法向量为n＝(x，y，z)，则即
令z＝1，则y＝－1，x＝－1.于是n＝(－1，－1，1).
又因为平面PAD 的一个法向量为p＝(1，0，0)，
所以cos〈n，p〉＝＝－.
由题知，二面角F－AE－P 为锐角，所以其余弦值为.
(3)直线AG 在平面AEF 内，理由如下：
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因为点G 在PB 上，且＝，PB＝(2，－1，－2)，
所以PG＝PB＝，
所以AG＝AP＋PG＝.
由(2)知，平面AEF 的一个法向量n＝(－1，－1，1)，
所以AG·n＝－＋＋＝0.
又点A∈平面AEF，所以直线AG 在平面AEF 内.
1.如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点O 是AC 与BD 的交点，点E 是线段OD1上的一点.
(1)若点E 为OD1的中点，求直线OD1与平面CDE 所成角的正弦值；
(2)是否存在点E，使得平面CDE⊥平面CD1O？若存在，请指出点E 的位置，并加以证明；若不存在，请
说明理由.
【解析】(1)不妨设正方体的棱长为2.以D 为坐标原点，分别以DA，DC，DD1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D－xyz，
则D(0，0，0)，D1(0，0，2)，C(0，2，0)，O(1，1，0).
因为E 为OD1的中点，
所以E.
则OD1＝(－1，－1，2)，DE＝，DC＝(0，2，0).
设p＝(x0，y0，z0)是平面CDE 的法向量，
则即
取x0＝2，则y0＝0，z0＝－1，
所以p＝(2，0，－1)为平面CDE 的一个法向量.
设直线OD1与平面CDE 所成角为θ，
所以sin θ＝|cos〈OD1，p〉|＝
＝＝，
即直线OD1与平面CDE 所成角的正弦值为.
(2)存在，且点E 为线段OD1上靠近点O 的三等分点.理由如下.
假设存在点E，使得平面CDE⊥平面CD1O.
同第(1)问建立空间直角坐标系，易知点E 不与点O 重合，
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设D1E＝λEO，λ∈[0，＋∞)，OC＝(－1，1，0)，OD1＝(－1，－1，2).
设m＝(x1，y1，z1)是平面CD1O 的法向量，
则即
取x1＝1，则y1＝1，z1＝1，
所以m＝(1，1，1)为平面CD1O 的一个法向量.
因为D1E＝λEO，所以点E 的坐标为，
所以DE＝.
设n＝(x2，y2，z2)是平面CDE 的法向量，
则即
取x2＝1，则y2＝0，z2＝－，
所以n＝为平面CDE 的一个法向量.
因为平面CDE⊥平面CD1O，所以m⊥n.
则m·n＝0，所以1－＝0，解得λ＝2.
所以当＝2，即点E 为线段OD1上靠近点O 的三等分点时，平面CDE⊥平面CD1O.
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