?第6講　立體幾何中的向量方法
最新考綱
考向預測
能用向量方法解決直線與直線、直線與平面、平面與平面的夾角的計算問題．了解向量方法在研究立體幾何問題中的應用.
命題趨勢
本講內容以幾何體為載體，重點考查有關空間的線線角、線面角、二面角與空間的距離的計算問題，這仍會是高考的熱點，題型多為解答題的第2問.
核心素養(yǎng)
數學運算、數學建模


1．兩條異面直線所成角的求法
設a，b分別是兩異面直線l1，l2的方向向量，則

l1與l2所成的角θ
a與b的夾角β
范圍

[0，π]
求法
cos θ＝
cos β＝
2.直線與平面所成角的求法
設直線l的方向向量為a，平面α的法向量為n，直線l與平面α所成的角為θ，a與n的夾角為β，則sin θ＝|cos β|＝．
3．求二面角的大小
(1)如圖①，AB，CD分別是二面角α-l-β的兩個面內與棱l垂直的直線，則二面角的大小θ＝〈，〉．

(2)如圖②③，n1，n2分別是二面角α-l-β的兩個半平面α，β的法向量，則二面角的大小θ滿足|cos θ|＝|cos〈n1，n2〉|，二面角的平面角大小是向量n1與n2的夾角(或其補角)．
4．利用空間向量求距離(供選用)
(1)兩點間的距離
設點A(x1，y1，z1)，點B(x2，y2，z2)，則|AB|＝||＝.
(2)點到平面的距離

如圖所示，已知AB為平面α的一條斜線段，n為平面α的法向量，則B到平面α的距離為||＝.
常見誤區(qū)
1．當異面直線的方向向量的夾角為銳角或直角時，就是該異面直線的夾角；否則向量夾角的補角是異面直線所成的角．
2．線面角θ的正弦值等于直線的方向向量a與平面的法向量n所成角的余弦值的絕對值，即sin θ＝|cos〈a，n〉|，不要誤記為cos θ＝|cos〈a，n〉|.

1．判斷正誤(正確的打“√”，錯誤的打“×”)
(1)兩直線的方向向量的夾角就是兩條直線所成的角．(　　)
(2)直線的方向向量和平面的法向量所成的角就是直線與平面所成的角．(　　)
(3)兩個平面的法向量所成的角是這兩個平面所成的角．(　　)
(4)兩異面直線夾角的范圍是，直線與平面所成角的范圍是，二面角的范圍是[0，π]．(　　)
答案：(1)×　(2)×　(3)×　(4)√
2．已知兩平面的法向量分別為m＝(0，1，0)，n＝(0，1，1)，則兩平面所成的二面角為(　　)
A．45°　　　　　　　　 B．135°
C．45°或135° D．90°
解析：選C.因為cos〈m，n〉＝＝＝，故〈m，n〉＝45°，故兩平面所成的二面角為45°或135°.故選C項．
3．在正方體ABCD -A1B1C1D1中，E是C1D1的中點，則異面直線DE與AC所成角的余弦值為(　　)
A．－ B．－
C. D.
解析：選D.如圖建立空間直角坐標系D－xyz，設DA＝1，A(1，0，0)，C(0，1，0)，E，則＝(－1，1，0)，＝，設異面直線DE與AC所成的角為θ，則cos θ＝|cos〈，〉|＝.

4．已知2a＋b＝(0，－5，10)，c＝(1，－2，－2)，a·c＝4，|b|＝12，則以b，c為方向向量的兩直線的夾角為________．
解析：由題意得，(2a＋b)·c＝0＋10－20＝－10，
即2a·c＋b·c＝－10.因為a·c＝4，所以b·c＝－18，所以cos〈b，c〉＝＝＝－，所以〈b，c〉＝120°，所以兩直線的夾角為60°.
答案：60°
5．(易錯題)已知向量m，n分別是直線l的方向向量、平面α的法向量，若cos〈m，n〉＝－，則l與α所成的角為________．
解析：設l與α所成的角為θ，則sin θ＝|cos〈m，n〉|＝，所以θ＝30°.
答案：30°
第1課時　利用空間向量求空間角


異面直線所成的角
[題組練透]
1．若正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的體積為，AB＝1，則直線AB1與CD1所成的角為(　　)
A．30°　　　　　　　　 B．45°
C．60° D．90°
解析：選C.因為正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的體積為，AB＝1，所以AA1＝，
以D為原點，DA所在直線為x軸，
DC所在直線為y軸，DD1所在直線為z軸，建立空間直角坐標系，
則A(1，0，0)，B1(1，1，)，C(0，1，0)，D1(0，0，)，
＝(0，1，)，＝(0，－1，)，
設直線AB1與CD1所成的角為θ，
則cos θ＝＝＝，
又0°＜θ≤90°，所以θ＝60°，
所以直線AB1與CD1所成的角為60°.故選C.
2．在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BCA＝90°，M，N分別是A1B1，A1C1的中點，BC＝CA＝CC1，則BM與AN所成角的余弦值為(　　)
A. B.
C. D.
解析：選C.建立如圖所示的空間直角坐標系．
設BC＝CA＝CC1＝2，則可得A(2，0，0)，B(0，2，0)，M(1，1，2)，N(1，0，2)，所以＝(1，－1，2)，＝(－1，0，2)．
所以cos〈，〉＝＝
＝＝.
3．如圖所示，在棱長為2的正方體ABCD -A1B1C1D1中，E是棱CC1的中點，＝λ，若異面直線D1E和A1F所成角的余弦值為，則λ的值為________．

解析：以D為原點，以DA，DC，DD1分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系，正方體的棱長為2，則
A1(2，0，2)，D1(0，0，2)，E(0，2，1)，A(2，0，0)，
所以＝(0，2，－1)，＝＋＝＋λ＝(0，0，－2)＋λ(－2，0，0)＝(－2λ，0，－2)，所以
cos〈，〉＝＝＝，解得λ＝(λ＝－舍去)．
答案：

求異面直線所成的角的兩個關注點
(1)用向量方法求兩條異面直線所成的角，是通過兩條直線的方向向量的夾角來求解的．
(2)由于兩異面直線所成角的范圍是θ∈，兩方向向量的夾角α的范圍是[0，π]，所以要注意二者的區(qū)別與聯(lián)系，應有cos θ＝|cos α|.　

直線與平面所成的角
(2020·新高考卷Ⅰ)如圖，四棱錐P-ABCD的底面為正方形，PD⊥底面ABCD.設平面PAD與平面PBC的交線為l.

(1)證明：l⊥平面PDC；
(2)已知PD＝AD＝1，Q為l上的點，求PB與平面QCD所成角的正弦值的最大值．
【解】　(1)證明：因為PD⊥底面ABCD，所以PD⊥AD.
又底面ABCD為正方形，所以AD⊥DC.因此AD⊥平面PDC.
因為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為坐標原點，的方向為x軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系D－xyz，則D(0，0，0)，C(0，1，0)，B(1，1，0)，P(0，0，1)，＝(0，1，0)，＝(1，1，－1)．
由(1)可設Q(a，0，1)，則＝(a，0，1)．
設n＝(x，y，z)是平面QCD的法向量，則即
可取n＝(－1，0，a)．
所以cos〈n，〉＝＝ .
設PB與平面QCD所成角為θ，
則sin θ＝×＝ .
因為 ≤，當且僅當a＝1時等號成立．
所以PB與平面QCD所成角的正弦值的最大值為.

求直線與平面所成角的方法
(1)定義法：①作，在斜線上選取恰當的點向平面引垂線，在這一步上確定垂足的位置是關鍵；
②證，證明所作的角為直線與平面所成的角，其證明的主要依據是直線與平面所成角的概念；
③求，構造角所在的三角形，利用解三角形的知識求角．
(2)公式法：sin θ＝(其中h為斜線上除斜足外的任一點到所給平面的距離，l為該點到斜足的距離，θ為斜線與平面所成的角)．
(3)向量法：sin θ＝|cos〈，n〉|＝(其中AB為平面α的斜線，n為平面α的法向量，θ為斜線AB與平面α所成的角)．　
(2021·石家莊模擬)如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是菱形，PA＝PD，∠DAB＝60°.

(1)證明：AD⊥PB；
(2)若PB＝，AB＝PA＝2，求直線PB與平面PDC所成角的正弦值．
解：(1)證明：取AD的中點為O，連接PO，BO，BD，如圖，
因為底面ABCD是菱形，且∠DAB＝60°，
所以△ABD是等邊三角形，
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)因為AB＝PA＝2，
所以由(1)知△PAD，△ABD均是邊長為2的正三角形，則PO＝，BO＝，又PB＝，所以PO2＋BO2＝PB2，即PO⊥BO，
又由(1)知，BO⊥AD，PO⊥AD，
所以以O為坐標原點，OA，OB，OP所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系，
則D(－1，0，0)，P(0，0，)，C(－2，，0)，B(0，，0)，
＝(0，，－)，＝(1，0，)，＝(1，－，0)．
設n＝(x，y，z)是平面PCD的法向量，則
所以令y＝1，解得x＝，z＝－1，即n＝(，1，－1)為平面PCD的一個法向量．
設直線PB與平面PDC所成的角為θ，則
sin θ＝|cos〈，n〉|＝
＝，
所以直線PB與平面PDC所成角的正弦值為.

二面角
(2020·大同調研)在如圖所示的多面體中，EF⊥平面AEB，AE⊥EB，AD∥EF，EF∥BC，BC＝2AD＝4，EF＝3，AE＝BE＝2，G是BC的中點．

(1)求證：AB∥平面DEG；
(2)求二面角C-DF-E的余弦值．
【解】　(1)證明：因為AD∥EF，EF∥BC，
所以AD∥BC，又BC＝2AD，G是BC的中點，
所以AD綊BG，所以四邊形ADGB是平行四邊形，所以AB∥DG.
因為AB?平面DEG，DG?平面DEG，
所以AB∥平面DEG.
(2)因為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兩兩垂直．
以點E為坐標原點，EB，EF，EA所在的直線分別為x，y，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系．

則E(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，4，0)，F(0，3，0)，D(0，2，2)．
由已知得＝(2，0，0)是平面EFDA的一個法向量．
設平面DCF的法向量為n＝(x，y，z)，
則因為＝(0，－1，2)，＝(2，1，0)，所以令z＝1，得y＝2，x＝－1，所以可取n＝(－1，2，1)．
設二面角C-DF-E的大小為θ，則cos θ＝cos〈n，〉＝＝－.
易知二面角C-DF-E為鈍二面角，
所以二面角C-DF-E的余弦值為－.

利用向量法計算二面角大小的常用方法
(1)找法向量法：分別求出二面角的兩個半平面所在平面的法向量，然后通過兩個平面的法向量的夾角得到二面角的大小，但要注意結合實際圖形判斷所求角的大?。?
(2)找與棱垂直的方向向量法：分別在二面角的兩個半平面內找到與棱垂直且以垂足為起點的兩個向量，則這兩個向量的夾角的大小就是二面角的大?。。?
　(2021·貴陽市適應性考試)如圖是一個半圓柱與多面體ABB1A1C構成的幾何體，平面ABC與半圓柱的下底面共面，且AC⊥BC，P為弧A1B1上(不與A1，B1重合)的動點．

(1)證明：PA1⊥平面PBB1；
(2)若四邊形ABB1A1為正方形，且AC＝BC，∠PB1A1＝，求二面角P-A1B1-C的余弦值．
解：(1)證明：在半圓柱中，BB1⊥平面PA1B1，所以BB1⊥PA1.
因為A1B1是直徑，所以PA1⊥PB1.
因為PB1∩BB1＝B1，PB1?平面PBB1，BB1?平面PBB1，
所以PA1⊥平面PBB1.
(2)以C為坐標原點，分別以CB，CA所在直線為x軸，y軸，過C與平面ABC垂直的直線為z軸，建立空間直角坐標系C-xyz，如圖所示．
設CB＝1，則C(0，0，0)，B(1，0，0)，A(0，1，0)，A1(0，1，)，B1(1，0，)，P(1，1，)．
所以＝(0，1，)，＝(1，0，)．
平面PA1B1的一個法向量為n1＝(0，0，1)．
設平面CA1B1的法向量為n2＝(x，y，z)，
則
令z＝1，則
所以可取n2＝(－，－，1)，
所以cos〈n1，n2〉＝＝.
由圖可知二面角P-A1B1-C為鈍角，
所以所求二面角的余弦值為－.

[A級　基礎練]
1.將邊長為1的正方形AA1O1O(及其內部)繞OO1旋轉一周形成圓柱，如圖，長為，長為，其中B1與C在平面AA1O1O的同側．則異面直線B1C與AA1所成的角的大小為(　　)
A.　　　　　　　　 B.
C. D.
解析：選B.以O為坐標原點建系如圖，則A(0，1，0)，A1(0，1，1)，B1，C.
所以＝(0，0，1)，＝(0，－1，－1)，
所以cos〈，〉＝
＝＝－，
所以〈，〉＝，
所以異面直線B1C與AA1所成的角為.故選B.
2．(多選)(2020·山東煙臺期末)如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，點P在線段B1C上運動，則(　　)
A．直線BD1⊥平面A1C1D
B．三棱錐P-A1C1D的體積為定值
C．異面直線AP與A1D所成角的取值范圍是
D．直線C1P與平面A1C1D所成角的正弦值的最大值為
解析：選ABD.對于選項A，連接B1D1，易知A1C1⊥B1D1，且BB1⊥平面A1B1C1D1，則BB1⊥A1C1，所以A1C1⊥平面BD1B1，故A1C1⊥BD1；同理；連接AD1，易證得A1D⊥BD1，故BD1⊥平面A1C1D，故A正確．對于選項B，VP-A1C1D＝VC1-A1PD，因為點P在線段B1C上運動，所以S△A1DP＝A1D·AB，面積為定值，又C1到平面A1PD的距離即為C1到平面A1B1CD的距離，也為定值，故三棱錐P-A1C1D的體積為定值，B正確．對于選項C，當點P與線段B1C的端點重合時，AP與A1D所成角取得最小值，為，故C錯誤．對于選項D，因為直線BD1⊥平面A1C1D，所以若直線C1P與平面A1C1D所成角的正弦值最大，則直線C1P與直線BD1所成角的余弦值最大，此時P位于B1C的中點處，即所成角為∠C1BD1，設正方體棱長為1，在Rt△D1C1B中，cos∠C1BD1＝＝＝，故D正確．故選ABD.
3．二面角的棱上有A，B兩點，直線AC，BD分別在這個二面角的兩個半平面內，且都垂直于AB.已知AB＝4，AC＝6，BD＝8，CD＝2.則該二面角的大小為________．
解析：如圖所示，二面角的大小就是〈，〉．
因為＝＋＋，
所以2＝2＋2＋2＋2(·＋·＋·)
＝2＋2＋2＋2·，
所以·＝[(2)2－62－42－82]＝－24.
因此·＝24，cos〈，〉＝＝，
又〈，〉∈[0°，180°]，
所以〈，〉＝60°，故二面角為60°.
答案：60°
4．正三棱柱(底面是正三角形的直棱柱)ABC－A1B1C1的底面邊長為2，側棱長為2，則AC1與側面ABB1A1所成的角為________．

解析：以C為原點建立空間直角坐標系如圖所示，得下列坐標：A(2，0，0)，C1(0，0，2)．點C1在側面ABB1A1內的射影為點C2.所以＝(－2，0，2)，＝，
設直線AC1與平面ABB1A1所成的角為θ，則cos θ＝＝＝.又θ∈，所以θ＝.
答案：
5.如圖所示，在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AC與BD相交于點O，AE⊥平面ABCD，CF∥AE，AB＝AE＝2.
(1)求證：BD⊥平面ACFE；
(2)當直線FO與平面BED所成的角為45°時，求異面直線OF與BE所成角的余弦值的大小．
解：(1)證明：因為四邊形ABCD是菱形，
所以BD⊥AC.
因為AE⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，
所以BD⊥AE.
又因為AC∩AE＝A，AC，AE?平面ACFE.
所以BD⊥平面ACFE.
(2)以O為原點，OA，OB所在直線分別為x軸，y軸，過點O且平行于CF的直線為z軸(向上為正方向)，建立空間直角坐標系，
設CF＝a(a>0)，則B(0，，0)，D(0，－，0)，E(1，0，2)，F(－1，0，a)(a>0)，＝(－1，0，a)．
設平面EBD的法向量為n＝(x，y，z)，
則有即
令z＝1，則n＝(－2，0，1)，
由題意得sin 45°＝|cos〈，n〉|＝
＝＝，
解得a＝3或a＝－(舍去)．
所以＝(－1，0，3)，＝(1，－，2)，
cos〈，〉＝＝，
故異面直線OF與BE所成角的余弦值為.
6．(2020·高考天津卷)如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，AC⊥BC，AC＝BC＝2，CC1＝3，點D，E分別在棱AA1和棱CC1上，且AD＝1，CE＝2，M為棱A1B1的中點．
(1)求證：C1M⊥B1D；
(2)求二面角B-B1E-D的正弦值；
(3)求直線AB與平面DB1E所成角的正弦值．
解：依題意，以C為原點，分別以，，的方向為x軸，y軸，z軸的正方向建立空間直角坐標系(如圖)，可得C(0，0，0)，A(2，0，0)，B(0，2，0)，C1(0，0，3)，A1(2，0，3)，B1(0，2，3)，D(2，0，1)，E(0，0，2)，M(1，1，3)．

(1)證明：依題意，＝(1，1，0)，＝(2，－2，－2)，從而·＝2－2＋0＝0，所以C1M⊥B1D.
(2)依題意，＝(2，0，0)是平面BB1E的一個法向量，＝(0，2，1)，＝(2，0，－1)．
設n＝(x，y，z)為平面DB1E的法向量，則即不妨設x＝1，
可得n＝(1，－1，2)．
因此有cos〈，n〉＝＝，于是sin〈，n〉＝.
所以二面角B-B1E-D的正弦值為.
(3)依題意，＝(－2，2，0)．由(2)知n＝(1，－1，2)為平面DB1E的一個法向量，于是cos〈，n〉＝＝－.
所以直線AB與平面DB1E所成角的正弦值為.
[B級　綜合練]
7.(2020·高考全國卷Ⅲ)如圖，在長方體ABCD-A1B1C1D1中，點E，F分別在棱DD1，BB1上，且2DE＝ED1，BF＝2FB1.
(1)證明：點C1在平面AEF內；
(2)若AB＝2，AD＝1，AA1＝3，求二面角A-EF-A1的正弦值．
解：設AB＝a，AD＝b，AA1＝c，如圖，以C1為坐標原點，的方向為x軸正方向，建立空間直角坐標系C1-xyz.
(1)證明：連接C1F，則C1(0，0，0)，A(a，b，c)，E(a，0，c)，F(0，b，c)，＝(0，b，c)，＝(0，b，c)，得＝，
因此EA∥C1F，即A，E，F，C1四點共面，
所以點C1在平面AEF內．
(2)由已知得A(2，1，3)，E(2，0，2)，F(0，1，1)，A1(2，1，0)，＝(0，－1，－1)，＝(－2，0，－2)，＝(0，－1，2)，＝(－2，0，1)．
設n1＝(x，y，z)為平面AEF的法向量，則
即可取n1＝(－1，－1，1)．
設n2為平面A1EF的法向量，則
同理可取n2＝.
因為cos〈n1，n2〉＝＝－，
所以二面角A-EF-A1的正弦值為.
8．(2021·唐山模擬)如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是矩形，側棱PD⊥底面ABCD，PD＝DC，點E是PC的中點．

(1)求證：PA∥平面BDE；
(2)若直線BD與平面PBC所成的角為30°，求二面角C-PB-D的大小．
解：(1)證明：如圖，連接AC交BD于O，連接OE.
由題意可知，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為坐標原點，DA，DC，DP所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系D-xyz，不妨令PD＝CD＝1，AD＝a(a>0)，
則D(0，0，0)，B(a，1，0)，C(0，1，0)，P(0，0，1)，＝(a，1，0)，＝(a，1，－1)，＝(0，1，－1)．
設平面PBC的法向量為n＝(x，y，z)，
由得所以可取n＝(0，1，1)．
由直線BD與平面PBC所成的角為30°，得|cos〈，n〉|＝＝＝，解得a＝1或a＝－1(舍去)．
可得平面PBD的一個法向量m＝(－1，1，0)，
所以cosn，m＝＝＝.
因為二面角C-PB-D為銳二面角．
所以二面角C-PB-D的大小為60°.
[C級　創(chuàng)新練]
9．(2021·四省八校第二次質量檢測)如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是菱形，點M在線段PC上，PD＝BD＝BC＝，N是線段PB的中點，且三棱錐M-BCD的體積是四棱錐P-ABCD的體積的.

(1)若H是PM的中點，證明：平面ANH∥平面BDM；
(2)若PD⊥平面ABCD，求二面角B-DM-C的正弦值．
解：(1)證明：連接AC交BD于點O，連接OM.
由V三棱錐M-BCD＝V四棱錐P-ABCD，得MC＝PC，則MC＝HC，又O為AC的中點，所以OM∥AH.
因為N，H分別為PB，PM的中點，所以NH∥BM.又AH∩NH＝H，OM∩BM＝M，所以平面ANH∥平面BDM.
(2)連接ON，則ON∥PD，所以ON⊥平面ABCD.
建立以O為坐標原點，，，的方向分別為x，y，z軸正方向的空間直角坐標系，則O(0，0，0)，B，D，C，M，＝(0，，0)，＝，＝，＝.
設平面MBD的法向量為n1＝(x1，y1，z1)，則?得y1＝0.
取x1＝1，得z1＝，所以n1＝(1，0，)，
同理可得，平面CMD的一個法向量為n2＝(1，，0)，
所以cos〈n1，n2〉＝，所以二面角B-DM-C的正弦值為.

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高考數學(理數)一輪復習：課時達標檢測39《利用空間向量求空間角》(學生版)
2022屆高中數學一輪復習 課時練40 利用空間向量求空間角和距離 習題

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