2021高三人教B版数学一轮（经典版）教师用书：第8章第7讲　立体几何中的向量方法

第7讲　立体几何中的向量方法

基础知识整合

1．直线的方向向量和平面的法向量

(1)直线的方向向量

直线l上的向量e或与e共线的向量叫做直线l的方向向量，显然一条直线的方向向量有无数个．

(2)平面的法向量

如果表示向量n的有向线段所在直线垂直于平面α，则称这个向量垂直于平面α，记作n⊥α，此时向量n叫做平面α的法向量．

显然一个平面的法向量也有无数个，且它们是共线向量．

(3)设直线l，m的方向向量分别为a，b，平面α，β的法向量分别为u，v，则

l∥m⇔a∥b⇔a＝kb，k∈R；

l⊥m⇔a⊥b⇔a·b＝0；

l∥α⇔a⊥u⇔a·u＝0；

l⊥α⇔a∥u⇔a＝ku，k∈R；

α∥β⇔u∥v⇔u＝kv，k∈R；

α⊥β⇔u⊥v⇔u·v＝0.

2．空间向量与空间角的关系

(1)两条异面直线所成角的求法

设两条异面直线a，b的方向向量分别为a，b，其夹角为θ，则cosφ＝|cosθ|＝(其中φ为异面直线a，b所成的角，范围是(0°，90°])．

(2)直线与平面所成角的求法

如图所示，设直线l的方向向量为e，平面α的法向量为n，直线l与平面α所成的角为φ，两向量e与n的夹角为θ，则有sinφ＝|cosθ|＝，φ的取值范围是[0°，90°]．

(3)求二面角的大小

如图①，AB，CD是二面角α－l－β的两个半平面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈，〉．

如图②③，n1，n2分别是二面角α－l－β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足cosθ＝cos〈n1，n2〉或－cos〈n1，n2〉，取值范围是[0°，180°]．

3．求空间的距离

(1)点到平面的距离

如图，设AB为平面α的一条斜线段，n为平面α的法向量，则点B到平面α的距离d＝.

(2)线面距、面面距均可转化为点面距进行求解．

直线的方向向量的确定：l是空间一直线，A，B是l上任意两点，则及与平行的非零向量均为直线l的方向向量．

1．平面α的一个法向量为(1,2,0)，平面β的一个法向量为(2，－1,0)，则平面α和平面β的位置关系是(　　)

A．平行  B．相交但不垂直

C．垂直  D．重合

答案　C

解析　由(1,2,0)·(2，－1,0)＝1×2＋2×(－1)＋0×0＝0，知两平面的法向量互相垂直，所以两平面互相垂直．

2．已知A(1,0,0)，B(0,1,0)，C(0,0,1)，则平面ABC的一个单位法向量是(　　)

A.  B.

C.  D.

答案　D

解析　＝(－1,1,0)，＝(－1,0,1)，设平面ABC的法向量n＝(x，y，z)，∴令x＝1，则y＝1，z＝1，∴n＝(1,1,1)．单位法向量为±＝±.

3．(2020·成都摸底考试)如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，棱长为a，M，N分别为A1B和AC上的点，A1M＝AN＝，则MN与平面BB1C1C的位置关系是(　　)

A．相交  B．平行

C．垂直  D．MN在平面BB1C1C内

答案　B

解析　＝＋＋＝＋＋＝(－)＋＋(＋)＝＋，∴，，共面．

又MN⊄平面BB1C1C，∴MN∥平面BB1C1C.

4．(2019·黑龙江大庆模拟)如图所示，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，O是底面ABCD的中心，E，F分别是CC1，AD的中点，那么异面直线OE与FD1所成角的余弦值等于(　　)

A.  B.  C.  D.

答案　B

解析　设正方体的棱长为2，建立如右图所示的空间直角坐标系，则

O(1,1,0)，E(0,2,1)，F(1,0,0)，

D1(0,0,2)，∴＝(－1,0,2)，

＝(－1,1,1)．

∴cos〈，〉＝＝＝.

故选B.

5．如图，已知矩形ABCD所在平面外一点P，PA⊥平面ABCD，E，F分别是AB，PC的中点．若∠PDA＝45°，则EF与平面ABCD所成的角的大小是(　　)

A．90°  B．60°

C．45°  D．30°

答案　C

解析　设AD＝a，AB＝b，因为∠PDA＝45°，PA⊥平面ABCD，所以PA⊥AD，PA＝AD＝a.

以点A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则

A(0,0,0)，P(0,0，a)，E，F，

所以＝.

易知＝(0,0，a)是平面ABCD的一个法向量．

设EF与平面ABCD所成的角为θ，

则sinθ＝|cos〈，〉|＝＝.

所以θ＝45°.

6．(2019·金华模拟)在空间直角坐标系Oxyz中，平面OAB的一个法向量为n＝(2，－2,1)，已知点P(－1,3,2)，则点P到平面OAB的距离d等于(　　)

A．4  B．2

C．3  D．1

答案　B

解析　由已知平面OAB的一条斜线的方向向量＝(－1，3,2)，所以点P到平面OAB的距离d＝||·|cos〈，n〉|＝＝＝2.故选B.

核心考向突破

考向一　利用空间向量证明平行、垂直

例1　(2019·南京模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，PC⊥平面ABCD，PC＝2，在四边形ABCD中，∠ABC＝∠BCD＝90°，AB＝4，CD＝1，点M在PB上，PB＝4PM，PB与平面ABCD所成的角为30°.求证：

(1)CM∥平面PAD；

(2)平面PAB⊥平面PAD.

证明　以点C为坐标原点，分别以CB，CD，CP所在的直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz.

∵PC⊥平面ABCD，∴∠PBC为PB与平面ABCD所成的角．

∴∠PBC＝30°.∵PC＝2，∴BC＝2，PB＝4.

∴D(0,1,0)，B(2，0,0)，A(2，4,0)，P(0,0,2)，

M，

∴＝(0，－1,2)，＝(2，3,0)，＝.

(1)设n＝(x，y，z)为平面PAD的一个法向量，

由得

令y＝2，得n＝(－，2,1)．

∵n·＝－×＋2×0＋1×＝0，∴n⊥.

又CM⊄平面PAD，∴CM∥平面PAD.

(2)如图，取AP的中点E，连接BE，

则E(，2,1)，＝(－，2,1)．

∵PB＝AB，∴BE⊥PA.

又·＝(－，2,1)·(2，3,0)＝0，∴⊥，∴BE⊥DA.

又PA∩DA＝A，∴BE⊥平面PAD.

又BE⊂平面PAB，∴平面PAB⊥平面PAD.

1．用向量法证平行问题的类型及常用方法

2．利用向量法证垂直问题的类型及常用方法

[即时训练]　1.(2019·广东深圳模拟)如图所示，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面AA1C1C和侧面AA1B1B都是正方形且互相垂直，M为AA1的中点，N为BC1的中点．求证：

(1)MN∥平面A1B1C1；

(2)平面MBC1⊥平面BB1C1C.

证明　由题意知AA1，AB，AC两两垂直，以A为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系．

不妨设正方形AA1C1C的边长为2，则A(0,0,0)，A1(2,0,0)，B(0,2,0)，B1(2,2,0)，C(0,0,2)，C1(2,0,2)，M(1,0,0)，N(1,1,1)．

(1)因为几何体是直三棱柱，

所以侧棱AA1⊥底面A1B1C1.

因为＝(2,0,0)，＝(0,1,1)，所以·＝0，即⊥.因为MN⊄平面A1B1C1，

故MN∥平面A1B1C1.

(2)设平面MBC1与平面BB1C1C的法向量分别为

n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)．

因为＝(－1,2,0)，＝(1,0,2)，

所以即

令x1＝2，则平面MBC1的一个法向量为n1＝(2,1，－1)．同理可得平面BB1C1C的一个法向量为n2＝(0,1,1)．因为n1·n2＝2×0＋1×1＋(－1)×1＝0，

所以n1⊥n2，所以平面MBC1⊥平面BB1C1C.

精准设计考向，多角度探究突破

考向二　利用空间向量求空间角

角度1　　求异面直线所成的角

例2　(2020·安徽合肥笫一次质检)如图，在边长为1的菱形ABCD中，∠DAB＝60°，沿BD将△ABD翻折，得到三棱锥A－BCD，则当三棱锥A－BCD的体积最大时，异面直线AD与BC所成角的余弦值为(　　)

A.   B. 

C.   D.

答案　D

解析　当三棱锥A－BCD的体积最大时，平面ADB⊥平面BDC，∵在边长为1的菱形ABCD中，∠DAB＝60°，∴BD＝1，取DB的中点O，连接AO，OC，则AO⊥平面BDC，OC⊥平面ADB，以O为坐标原点，分别以OB，OC，OA所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则

D，A，B，C，

＝，＝，

设异面直线AD与BC所成的角为θ，

则cosθ＝＝＝，

即异面直线AD与BC所成角的余弦值为，故选D.

 (1)求异面直线所成角的思路

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v1，v2；

③代入公式|cos〈v1，v2〉|＝求解．

 (2)两异面直线所成角的关注点

两异面直线所成角的范围是θ∈(0°，90°]，两向量的夹角α的范围是[0°，180°]，当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，该角就是异面直线的夹角；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．

[即时训练]　2.(2019·广西八市4月联合调研)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC＝3，BC＝3，AB＝3，AA1＝4，则异面直线A1C与BC1所成角的余弦值为________．

答案　

解析　因为AC＝3，BC＝3，AB＝3，所以∠C为直角，又CC1⊥平面ABC，则CA，CB，CC1两两垂直，以C点为坐标原点，以CA，CB，CC1所在的直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则C(0,0,0)，C1(0,0,4)，A1(3,0,4)，B(0,3,0)，所以＝(－3,0，－4)，＝(0，－3,4)，设异面直线A1C与BC1所成的角为θ，则cosθ＝＝＝.

角度2　　求直线与平面所成的角

例3　(2019·浙江高考)如图，已知三棱柱ABC－A1B1C1，平面A1ACC1⊥平面ABC，∠ABC＝90°，∠BAC＝30°，A1A＝A1C＝AC，E，F分别是AC，A1B1的中点．

(1)证明：EF⊥BC；

(2)求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值．

解　解法一：(1)证明：如图1，连接A1E.

因为A1A＝A1C，E是AC的中点，所以A1E⊥AC.

又因为平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E⊂平面A1ACC1，

平面A1ACC1∩平面ABC＝AC，

所以A1E⊥平面ABC，

则A1E⊥BC.

又因为A1F∥AB，∠ABC＝90°，故BC⊥A1F.

又因为A1E∩A1F＝A1，

所以BC⊥平面A1EF.

因为EF⊂平面A1EF，所以EF⊥BC.

(2)如图1，取BC的中点G，连接EG，GF，

则四边形EGFA1是平行四边形．

由于A1E⊥平面ABC，故A1E⊥EG，

所以平行四边形EGFA1为矩形．

由(1)，得BC⊥平面EGFA1，

所以平面A1BC⊥平面EGFA1，

所以EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上．

连接A1G交EF于点O，

则∠EOG是直线EF与平面A1BC所成的角(或其补角)．

不妨设AC＝4，则在Rt△A1EG中，A1E＝2，EG＝.

由于O为A1G的中点，故EO＝OG＝＝，

所以cos∠EOG＝＝.

因此，直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是.

解法二：(1)证明：连接A1E.

因为A1A＝A1C，E是AC的中点，所以A1E⊥AC.

又因为平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E⊂平面A1ACC1，平面A1ACC1∩平面ABC＝AC，

所以A1E⊥平面ABC.

如图2，以点E为坐标原点，分别以射线EC，EA1为y，z轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系Exyz.

不妨设AC＝4，则E(0,0,0)，A1(0,0,2)，B(，1,0)，B1(，3,2)，F，C(0,2,0)．

因此，＝，＝(－，1,0)．

由·＝0，得EF⊥BC.

(2)由(1)可得＝(－，1,0)，＝(0,2，－2)．

设平面A1BC的法向量为n＝(x，y，z)．

由得

取n＝(1, ，1)，

设直线EF与平面A1BC所成的角为θ，

故sinθ＝|cos〈，n〉|＝＝，所以cosθ＝.

因此，直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是.

利用向量法求线面角的方法

(1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，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，取其余角就是斜线与平面所成的角．

提醒：在求平面的法向量时，若能找出平面的垂线，则在垂线上取两个点可构成一个法向量．

[即时训练]　3．(2020·郑州一中测试)在如图所示的多面体中，四边形ABCD是平行四边形，四边形BDEF是矩形，ED⊥平面ABCD.∠ABD＝30°，AB＝2AD.

(1)求证：平面BDEF⊥平面ADE；

(2)若ED＝BD，求直线AF与平面AEC所成角的正弦值．

解　(1)证明：在△ABD中，∠ABD＝30°，AB＝2AD，

由余弦定理，得BD＝AD，

从而BD2＋AD2＝AB2，故BD⊥AD，

所以△ABD为直角三角形且∠ADB＝90°.

因为DE⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，

所以DE⊥BD.

又因为AD∩DE＝D.所以BD⊥平面ADE.

因为BD⊂平面BDEF，所以平面BDEF⊥平面ADE.

(2)由(1)可得，在Rt△ABD中，∠BAD＝60°，BD＝AD，又由ED＝BD，

设AD＝1，则BD＝ED＝.

因为DE⊥平面ABCD，BD⊥AD，所以以点D为坐标原点，DA，DB，DE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A(1,0,0)，C(－1，，0)，E(0,0，)，F(0，，)，

所以＝(－1,0，).＝(－2，，0)．

设平面AEC的法向量为n＝(x，y，z)，

则即

令z＝1，得n＝(，2,1)为平面AEC的一个法向量．

因为＝(－1，，)，

所以cos〈n，〉＝＝，

所以直线AF与平面AEC所成角的正弦值为.

角度3　　求二面角

例4　(2019·全国卷Ⅰ)如图，直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．

(1)证明：MN∥平面C1DE；

(2)求二面角A－MA1－N的正弦值．

解　(1)证明：如图，连接B1C，ME.因为M，E分别为BB1，BC的中点，所以ME∥B1C，且ME＝B1C.又因为N为A1D的中点，所以ND＝A1D.

由题设知A1B1綊DC，

可得B1C綊A1D，故ME綊ND，

因此四边形MNDE为平行四边形，所以MN∥ED.

因为MN⊄平面C1DE，ED⊂平面C1DE，所以MN∥平面C1DE.

(2)由已知可得DE⊥DA，以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，D的方向为y轴正方向，的方向为z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，

则A(2,0,0)，A1(2,0,4)，M(1，，2)，N(1,0,2)，＝(0,0，－4)，＝(－1，，－2)，＝(－1,0，－2)，＝(0，－，0)．

设m＝(x，y，z)为平面A1MA的法向量，

则

所以可取m＝(，1,0)．

设n＝(p，q，r)为平面A1MN的法向量，

则所以

可取n＝(2,0，－1)．

于是cos〈m，n〉＝＝＝，

所以二面角A－MA1－N的正弦值为.

利用向量法确定二面角大小的常用方法

(1)找法向量法：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的大小．

(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，则这两个向量夹角的大小就是二面角的大小．

[即时训练]　4.(2019·全国卷Ⅲ)如图，长方体ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1.

(1)证明：BE⊥平面EB1C1；

(2)若AE＝A1E，求二面角B－EC－C1的正弦值．

解　(1)证明：由已知，得B1C1⊥平面ABB1A1，BE⊂平面ABB1A1，故B1C1⊥BE.

又因为BE⊥EC1，B1C1∩EC1＝C1，

所以BE⊥平面EB1C1.

(2)由(1)知∠BEB1＝90°.

由题设知Rt△ABE≌Rt△A1B1E，所以∠AEB＝45°，故AE＝AB，AA1＝2AB.

以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，的方向为y轴正方向，的方向为z轴正方向，||为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，

则C(0,1,0)，B(1,1,0)，C1(0,1,2)，E(1,0,1)，＝(1,0,0)，＝(1，－1，1)，CC1＝(0,0,2)．

设平面EBC的法向量为n＝(x1，y1，z1)，

则即

所以可取n＝(0，－1，－1)．

设平面ECC1的法向量为m＝(x2，y2，z2)，则

即

所以可取m＝(1,1,0)．

于是cosn，m＝＝－.

所以二面角B－EC－C1的正弦值为.

考向三　利用空间向量求空间距离(选学)

例5　如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，AC＝BC＝AA1，D是棱AA1的中点，DC1⊥BD.

(1)证明：DC1⊥BC；

(2)设AA1＝2，A1B1的中点为P，求点P到平面BDC1的距离．

解　(1)证明：由题设知，三棱柱的侧面为矩形．

由于D为AA1的中点，故DC＝DC1.又由AC＝AA1可得DC＋DC2＝CC，所以DC1⊥DC.

又因为DC1⊥BD，DC∩BD＝D，所以DC1⊥平面BCD.

因为BC⊂平面BCD，所以DC1⊥BC.

(2)由(1)知BC⊥DC1，且BC⊥CC1，DC1∩CC1＝C1，则BC⊥平面ACC1A1，所以CA，CB，CC1两两垂直．

以C为坐标原点，的方向为x轴的正方向，C的方向为y轴的正方向，的方向为z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz.

由题意知B(0,1,0)，D(1,0,1)，

C1(0,0,2)，B1(0，1,2)，

P，则＝(1，－1，1)，＝(－1，0,1)，＝.

设m＝(x，y，z)是平面BDC1的法向量，

则即可取m＝(1,2,1)．

设点P到平面BDC1的距离为d，则d＝＝.

求平面α外一点P到平面α的距离的步骤

(1)求平面α的法向量n.

 (2)在平面α内取一点A，确定向量的坐标．

 (3)代入公式d＝求解．

[即时训练]　5.如图，在多面体ABCDEF中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠BAD＝60°，四边形BDEF是矩形，平面BDEF⊥平面ABCD，DE＝2，M为线段BF的中点．

(1)求M到平面DEC的距离及三棱锥M－CDE的体积；

(2)求证：DM⊥平面ACE.

解　(1)设AC∩BD＝O，以O为坐标原点，OB为x轴，OC为y轴，过O作平面ABCD的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，

则C(0，，0)，D(－1,0,0)，E(－1,0,2)，M(1,0,1)，

＝(0,0,2)，＝(1，，0)，＝(2,0,1)，

∵·＝0，∴DE⊥DC，

∴S△CDE＝DE·DC＝×2×2＝2，

设平面DEC的法向量n＝(x，y，z)，

则取x＝，得n＝(，－1,0)，

∴M到平面DEC的距离h＝＝＝，

∴三棱锥M－CDE的体积

V＝S△CDE×h＝×2×＝.

(2)证明：A(0，－，0)，＝(0,2，0)，

＝(－1，，2)，

·＝0，·＝－2＋2＝0，

∴AC⊥DM，AE⊥DM，

∵AC∩AE＝A，∴DM⊥平面ACE.

　(2019·天津市重点中学高三联考)如图所示，在四棱锥P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，AB⊥AD，AB＝1，AD＝2，AC＝CD＝.

(1)求证：PD⊥平面PAB；

(2)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值；

(3)在棱PA上是否存在点M，使得BM∥平面PCD？若存在，求的值；若不存在，说明理由．

解　(1)证明：因为平面PAD⊥平面ABCD，AB⊥AD，所以AB⊥平面PAD，所以AB⊥PD.

又因为PA⊥PD，PA∩AB＝A，所以PD⊥平面PAB.

(2)取AD的中点O，连接PO，CO.

因为PA＝PD，所以PO⊥AD.

又因为PO⊂平面PAD，

平面PAD⊥平面ABCD，

所以PO⊥平面ABCD.

因为CO⊂平面ABCD，

所以PO⊥CO.

因为AC＝CD，所以CO⊥AD.

如图建立空间直角坐标系Oxyz.

由题意得，A(0,1,0)，B(1,1,0)，C(2,0,0)，

D(0，－1,0)，P(0，0,1)，P＝(1,1，－1)，P＝(2,0，－1)，P＝(0，－1，－1)．

设平面PCD的法向量为n＝(x，y，z)，

则即

令z＝2，则x＝1，y＝－2，所以n＝(1，－2,2)．

又＝(1,1，－1)，

所以cos〈n，〉＝＝－，

所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值为.

(3)设M是棱PA上一点，则存在λ∈[0,1]使得＝λ.因此点M(0,1－λ，λ)，＝(－1，－λ，λ)．

因为BM⊄平面PCD，所以当且仅当·n＝0时BM∥平面PCD，即(－1，－λ，λ)·(1，－2,2)＝0，

解得λ＝.

所以在棱PA上存在点M使得BM∥平面PCD，此时＝.

答题启示

对于点的探究型问题，要善于根据点的位置结合向量的有关定理灵活设出未知量，尽量使未知量个数最少．

对点训练

(2019·河南开封一模)如图所示，正方形ABCD的边长为2，AE⊥平面BCE，且AE＝1.

(1)求证：平面ABCD⊥平面ABE；

(2)线段AD上是否存在一点F，使二面角A－BF－E的余弦值为？若存在，请找出点F的位置；若不存在，请说明理由．

解　(1)证明：∵AE⊥平面BCE，BC⊂平面BCE，

∴AE⊥BC，

又BC⊥AB，AE∩AB＝A，∴BC⊥平面ABE，

又BC⊂平面ABCD，∴平面ABCD⊥平面ABE.

(2)如图所示，建立空间直角坐标系Axyz，∵AE⊥平面BCE，BE⊂平面BCE，∴AE⊥BE，

又AE＝1，AB＝2，

∴BE＝.

假设线段AD上存在一点F满足题意，

E，B(0,2,0)，F(0,0，h)(0<h≤2)，

由已知得平面ABF的一个法向量为m＝(1,0,0)，

∵＝，＝(0，－2，h)，

∴设平面BEF的一个法向量为n＝(x，y，z)，

由得取y＝1，得

n＝，

cos〈m，n〉＝＝＝，∴h＝1.

∴存在一点F，且点F为线段AD的中点时，二面角A－BF－E的余弦值为.