解密12 空间向量在空间几何体的应用（讲义）-高考数学二轮复习讲义+分层训练（新高考专用）

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 解密12 空间向量在空间几何体的应用

高考考点
命题分析
三年高考探源
考查频率
利用空间向量求线面角
从近三年高考情况来看，利用空间向量证明平行与垂直，以及求空间角是高考的热点．高考主要考查空间向量的坐标运算，以及平面的法向量等，难度属于中等偏上，主要为解答题，解题时应熟练掌握空间向量的坐标表示和坐标运算，把空间立体几何问题转化为空间向量问题.
2021新课标全国Ⅱ10
2020新课标全国Ⅱ20
2018新课标全国Ⅰ18
2018新课标全国Ⅱ20

★★★★★
利用空间向量求二面角
2021新课标全国Ⅱ19
2021新课标全国Ⅰ20
2021年全国甲卷19
2021年全国乙卷18
2020新课标全国Ⅲ19
2020新课标全国Ⅰ18
2019新课标全国Ⅰ18
2019新课标全国Ⅱ17

★★★★★

考点一 利用空间向量证明平行与垂直
☆技巧点拨☆
直线与平面、平面与平面的平行与垂直的向量判定方法
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.
注意：用向量知识证明立体几何问题，仍然离不开立体几何中的定理.如要证明线面平行，只需要证明平面外的一条直线和平面内的一条直线平行，即化归为证明线线平行，用向量方法证明直线a∥b，只需证明向量a=λb（λ∈R）即可.若用直线的方向向量与平面的法向量垂直来证明线面平行，仍需强调直线在平面外.

例题1 如图，在正方体中，是的中点，是线段上一点，且.

（1）求证：；
（2）若平面平面，求的值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】（1）不妨设正方体的棱长为1，如图建立空间直角坐标系，
则，
于是，
因为，
所以，
故.

（2）由（1）可知的一个法向量为，
由，则，
设平面CDE的法向量为，
由，得
可取，
因为，
所以.
考点二 求空间角
题组一 求异面直线所成的角
☆技巧点拨☆
利用向量求异面直线所成的角
一是几何法：作—证—算；
二是向量法：把角的求解转化为向量运算，应注意体会两种方法的特点，“转化”是求异面直线所成角的关键，一般地，异面直线AC，BD的夹角β的余弦值为cos β=.
注意：两条异面直线所成的角α不一定是两直线的方向向量的夹角β，即cos α=|cos β|.
例题2．如图，在直三棱柱中，，分别是棱的中点，则异面直线与所成角的大小为（ ）

A． B． C． D．
【答案】B
【解析】由题意以为轴建立空间直角坐标系，如图，
则，．，，，
，，
，
所以，即异面直线与所成角是．
故选：B．

例题2．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E为BB1的中点，则平面A1ED与平面ABCD所成角的正弦值为( )
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】以A为原点，AB，AD，AA1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，设棱长为1，则，，，

∴，
设平面A1ED的法向量为，
则有 令得：，
∴.
∵平面ABCD的法向量为，
∴，则，
故平面A1ED与平面ABCD所成角的正弦值为.故选：B
例题3．如图，菱形边长为2，，为边的中点，将沿折起，使A到，且平面平面，连接，则下列结论中正确的个数是（ ）

①
②点到平面的距离为
③异面直线与所成角的余弦值为
A．个 B．个
C．个 D．个
【答案】C
【解析】对于①：反证法：假设，
因为ABCD为菱形，且为边的中点，
所以，
又因为平面平面，平面平面，，
所以平面，
又平面，
所以，又，
所以平面，
所以，
因为ABCD为菱形，所以，且，
所以与矛盾，故假设不成立，
所以错误，即①错误；
对于②：因为两两垂直，以E为原点分别为x，y，z轴正方向建系，如图所示：

所以，
所以，
设平面的法向量，
则，令，则法向量可取，
所以点到平面的距离，故②正确；
对于③：，所以，
所以异面直线与所成角的余弦值为，故③正确.故选：C
例题4．已知正方体的棱长为2，点E，F在平面内，若，，则下列选项中错误的是（ ）

A．点E的轨迹是圆的一部分 B．点F的轨迹是一条线段
C．的最小值为 D．与平面所成角的正弦值的最大值为
【答案】D
【解析】
【分析】对于A，，即，所以，即点E在平面内，以为圆心，1为半径的圆上，其轨迹为圆的一部分，故A正确.
对于B，正方体中，，又，且，所以平面，所以点F在上，即F的轨迹为线段，故B正确.
对于C，在平面内，到直线的距离，如图1，当点E，F落在上时，，故C正确.

对于D，建立如图2所示的空间直角坐标系，则.
因为点E为在平面内，以为圆心，1为半径的圆上，可设，所以.

设平面的法向量，则
不妨令，则.设与平面所成角为，
则，
当且仅当时，有最大值，故D错误.故选：D

题组二 求线面角
☆技巧点拨☆
利用向量求直线与平面所成的角
①分别求出斜线和它所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，取其余角就是斜线和平面所成的角．
注意：直线和平面所成的角的正弦值等于平面法向量与直线方向向量夹角的余弦值的绝对值，即注意函数名称的变化．
直线与平面的夹角计算
设直线l的方向向量为a=(a1，b1，c1)，平面α的法向量为μ=(a3，b3，c3)，直线l与平面α的夹角为θ，则sin θ==|cos〈a，μ〉|.

例题1．在棱长为1的正方体中，，分别为棱，的中点，则下列说法正确的是（ ）

A．，，，点共面
B．正方体的外接球的表面积为
C．点到平面的距离为
D．直线与平面所成的角的正弦值为
【答案】ACD
【分析】正方体中，，而，分别为棱，的中点，则，所以，所以，，，四点共面.故A正确；设正方体的外接球的半径为，则，所以正方体的外接球的表面积.故B错误；以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系.则，，，，，所以，，，.设平面的一个法向量为，则
令，得，，所以平面的一个法向量为.所以点到平面的距离.故C正确；设直线与平面所成的角为，则，D正确.
故选：ACD.

例题2．筝形是指有一条对角线所在直线为对称轴的四边形．如图，四边形是一个筝形，，，，沿对角线将折起到点，形成四棱锥．


（1）点为线段中点，求证：平面；
（2）当时，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】
（1）证明见解析
（2）
【分析】（1）证明：延长交于点，，，，则,
所以，所以点是线段中点，
又因为点为线段中点，所以，因为，，
所以平面．

（2）作于，连，因为，所以，
所以，如图建立空间直角坐标系，
，，
,，,
，，，
设平面的法向量是，
则有，即，，，，直线与平面所成角的正弦值为．

例题3．在三棱柱中中，为中点，平面平面.

（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】
（1）证明见解析
（2）
【分析】证明：因为，为的中点，所以，又平面平面，平面平面，平面，所以 平面；
（2）解：在平面内过点作，如图建立空间直角坐标系，由，，所以，所以，因为，所以，所以，，，，，由，所以，所以，显然平面的一个法向量可以为，设与平面所成角为，则，所以直线与平面所成角的正弦值为；
例题4．如图所示，在直三棱柱中，侧面为长方形，，，，.

（1）求证：平面平面；
（2）求直线和平面所成角的正弦值；
（3）在线段上是否存在一点T，使得点T到直线的距离是，若存在求的长，不存在说明理由.
【答案】
（1）证明见解析（2）（3）存在，
【解析】
（1）由于，所以，
根据直三棱柱的性质可知，由于，所以平面，
由于平面，所以平面平面.
（2）设N是的中点，连接，则，MA，MB，MN，两两相互垂直.
以M为空间坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，

，，
设平面的法向量为，则，令，可得，
设直线和平面所成角为，则；
（3）设，则，
过T作，则， ∵，
∴， ∴，∴或（舍）
∴.



题组三 求二面角
☆技巧点拨☆
利用向量求二面角
求二面角最常用的方法就是分别求出二面角的两个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角还是钝角．
注意：两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，有可能为两法向量夹角的补角．
运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤
（1）建立恰当的空间直角坐标系；
（2）求出相关点的坐标；
（3）写出向量坐标；
（4）结合公式进行论证、计算；
（5）转化为几何结论．
平面与平面的夹角计算公式
设平面α，β的法向量分别为μ=(a3，b3，c3)，v=(a4，b4，c4)，平面α，β的夹角为θ(0≤θ≤π)，则|cos θ|==|cos〈μ，v〉|.
例题1．如图，是由具有公共直角边的两块直角三角板组成的三角形，，．现将沿斜边翻折成（不在平面ABC内）．若M，N分别为BC和的中点，则在翻折过程中，下列结论正确的是（ ）

A．平面
B．与BC不可能垂直
C．二面角正切值的最大值为
D．直线与DM所成角的取值范围为
【答案】AD
【解析】对A，如图，连接，∵分别为的中点，∴，
而面，∴平面，A正确；

设，的中点为，连接，过作的垂线，
垂足为，过作，垂足为，连接，
因为、均为等腰直角三角形，故，
故，因为，故平面，因为平面，
所以，而，故平面，
而平面，故.
而，则平面，而平面，故，
故为二面角的平面角.
设，则，，故，，
所以，而，，
故，因为，故无最大值，故C错误.
在直角三角形中，

，
故，取，
此时满足前者范围要求且，故，
但，，故平面，
而平面，故，故B错误.
在三角形中，
化简可得，
，
化简可得，
故，
，
故，
设所成的角为，则，
故，故D正确.故选：AD.

例题2．如图甲，平面图形中，，沿将折起，使点C到F的位置，如图乙，使.

(1)求证：平面平面；
(2)点M是线段上的动点，当多长时，平面与平面所成的锐二面角的余弦值为?
【答案】(1)证明见解析；
(2)当时，平面MAB与平面AEG所成锐二面角的余弦值为.
【解析】
【分析】因为，则，且，又，平面，
因此，平面，即有平面，平面，则，
而，则四边形为等腰梯形，又，则有，
于是有，则，即，，平面，
因此，平面，而平面，
所以平面平面.
(2)由(1)知，EA，EB，EG两两垂直，以点E为原点，射线EA，EB，EG分别为x，y，z轴非负半轴建立空间直角坐标系，如图，

因，四边形是矩形，则，即，，，
令，则，，，
设平面的一个法向量为，则，令，得，
平面AEG的一个法向量，则有，，
设平面与平面所成锐二面角为，则，，
依题意，，解得，即，
所以当时，平面MAB与平面AEG所成锐二面角的余弦值为.
例题3．如图，在正三棱柱中，点D为棱BC的中点，，．

(1)证明：；
(2)若点E为棱AB上一点，且满足______，求二面角的正弦值．
从①；②这两个条件中任选一个填入上面的横线上，并解答问题．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
【答案】(1)证明见解析
(2)条件选择见解析，
【解析】
【分析】连接AD，由题易知，△为正三角形，由于点D为BC的中点，故．
∵平面ABC，平面ABC，∴．
又∵，，平面，∴平面．
在正三棱柱中，，故平面．
又∵平面，∴．
(2)
选择①：，
∵平面ABC，平面ABC，∴．

又∵，，平面，∴平面．
又∵平面，∴．
∵△为正三角形，∴为线段上靠近点的四等分点，则．
如图，设的中点为，以D为坐标原点，分别以，，的方向为，，轴的正方向建立空间直角坐标系，
则，，，，，
则，．由题知平面的一个法向量为．
设平面的法向量为，则即令，则，，
故．设二面角的平面角为，
则,则二面角的正弦值为．
选择②：，则，而，
故．如图，设的中点为，以D为坐标原点，分别以，，的方向为，，轴的正方向建立空间直角坐标系，则，，，，，
则，．由题知平面的一个法向量为．
设平面的法向量为，则即令，则，，
故．设二面角的平面角为，
则．则二面角的正弦值为．
例题4．如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，，Q为的中点．

(1)求证：；
(2)若平面底面，点E在棱上，，且二面角的大小为，求四棱锥的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】(1)
证明：连接，因为，Q为的中点，
所以四边形为平行四边形，所以，
因为，所以，即，
因为，Q为的中点，所以所以平面，
因为平面，所以．

(2)解：因为，Q为的中点，所以，
因为平面平面，平面平面，
所以平面，
过点E作交于点H，
过点H作交于点G，连接，
则为二面角的平面角，由已知得，
∴在直角中，，
由于，故．
设，则，所以，
故四棱锥的体积为
．
法2：因为，Q为的中点，所以，
因为平面平面，平面平面，
所以平面．
所以以Q为原点，以所在直线分别为x轴，y轴，z轴
建立空间直角坐标系，
令，如图：
，

所以，又，
设平面的法向量为，则
所以
所以平面的法向量为，
由题意知平面的法向量为，
因为二面角为，
所以，
解得，即，
所以四棱锥的体积为
．



题组四 综合性问题
☆技巧点拨☆
用向量解决探索性问题的方法
1．确定点在线段上的位置时，通常利用向量共线来求．
2．确定点在平面内的位置时，充分利用平面向量基本定理表示出有关向量的坐标而不是直接设出点的坐标．
3．解题时，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，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法解题．

一、多选题
例题1．“阿基米德多面体”也称为半正多面体(semi-regularsolid)，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美．如图所示，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形、六个面为正方形的一种半正多面体．已知，则关于如图半正多面体的下列说法中，正确的有（ ）

A．该半正多面体的体积为
B．该半正多面体过三点的截面面积为
C．该半正多面体外接球的表面积为
D．该半正多面体的顶点数、面数、棱数满足关系式
【答案】ACD
【分析】
该半正多面体，是由棱长为2的正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得到的.
对于A， 因为由正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得到的，所以该几何体的体积为：， 故正确；
对于B，过三点的截面为正六边形，所以，故错误；
对于C，根据该几何体的对称性可知，该几何体的外接球即为底面棱长为,侧棱长为2的正四棱柱的外接球，所以该半正多面体外接球的表面积，故正确；
对于D，几何体顶点数为12，有14个面，24条棱，满足，故正确.
故选：ACD

例题2．古希腊数学家阿波罗尼奥斯发现：平面上到两定点，距离之比为常数且的点的轨迹是一个圆心在直线上的圆，该圆简称为阿氏圆．根据以上信息，解决下面的问题：如图，在长方体中，，点在棱上，，动点满足．若点在平面内运动，则点所形成的阿氏圆的半径为________；若点在长方体内部运动，为棱的中点，为的中点，则三棱锥的体积的最小值为___________．

【答案】
【分析】
（1）以AB为轴，AD为轴，为轴，建立如图所示的坐标系，则设，
由得，
所以，
所以若点在平面内运动，则点所形成的阿氏圆的半径为.
（2）设点，由得，
所以，
由题得
所以设平面的法向量为，
所以，
由题得，
所以点P到平面的距离为，
因为，
所以，所以点M到平面的最小距离为，
由题得为等边三角形，且边长为，
所以三棱锥的体积的最小值为.
故答案为：(1). (2). ．


例题3．如图，在棱柱中，，

（1）证明：面；
（2）点在线段上，若直线与面所成角的正弦值为，求二面角的余弦值.
【答案】
（1）证明见解析
（2）
【分析】（1）证明：,，
，
，
而
又，
平面.
（2）
由（1）知，如图建系，其中，
则有，,,
设且，则
，
所以，
又直线与面所成角的正弦值为
解得或（舍去）
所以
又,

设平面与平面的一个法向量分别为,,


设平面与平面夹角为,所以
所以二面角的余弦值为
例题4．如图1是，，，，分别是边，上两点，且，将沿折起使得，如图2.

（1）证明：图2中，平面；
（2）图2中，求二面角的正切值.
【答案】
（1）证明见解析
（2）
【分析】（1）由已知得：,
平面，
又平面,
在中，,由余弦定理得：，
，即，平面.
（2）由（1）知：平面，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，

，
设平面的法向量为，平面的法向量为，
则与，
即与,..
,
观察可知二面角为钝二面角，二面角的正切值为.
例题5．如图，在多面体中，是正方形，平面,平面,,点为棱的中点.

（1）求证：平面平面；
（2）若,求三棱锥的体积.
【答案】(1)见解析；（2）三棱锥的体积为.
【详解】（1）证明：设与交于点，则为的中点，


∴.∵平面，平面，
∴平面.
∵平面，平面，且，
∴，∴为平行四边形，∴.
∵平面，平面，∴平面.
又∵，
∴平面平面.
（2）连接.在正方形中，，


又∵平面，∴.
∵,
∴AC⊥平面，且垂足为，
∴,
∴三棱锥的体积为.