高二数学新教材选择性必修第一册1.4.2 空间向量的应用(二)(精讲

1.4.2 空间向量应用（二）

思维导图

常见考法

1 / 22

考点一 空间向量求线线角

【例】（全国高三一模（文））如图，四棱锥中，底面是矩形，，，

12020·

PABCDABCD

PAAB

PAAD

AD1

，，是等腰三角形，点是棱的中点，则异面直线与所成角的余弦

AB2

△PAB

EPBPD

EC

值是（）

A

．

362

B C D

332

．．．

6

4

【答案】

B

【解析】因为，，两两垂直，

ABAD

AP

以为原点，，，分别为，，轴建立空间直角坐标系

AAP

ABAD

x

y

z

.

2 / 22

又因为，，

PAAB2

AD1

所以，，，，

A0,0,0D0,1,0



B2,0,0C2,1,0P0,0,2





22

因为是棱的中点，所以，

EPB

E,0,





22





22

PD0,1,2



，所以，

EC,1,





22



所以，故选：

cosEC,PD

116

3

B.

11

112

22

向量法求异面直线所成角的一般步骤

(1)选择三条两两垂直的直线建立空间直角坐标系；

(2)确定异面直线上两个点的坐标，从而确定异面直线的方向向量；

(3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值；

(4)两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角余弦值的绝对值

【一隅三反】

12020·

．（河南高二）已知在正方体

ABCDABCDBC

11111

中，为线段上的动点，则直线与直线

P

CD

11

AP

所成角余弦值的范围是（）

3 / 22



6223

,1,1,



BC D

A

．

3222



【答案】

A

．．．



63

,



32



【解析】设正方体的棱长为，如图所示，以所在直线分别为轴，轴，

ABCDABCDDA,DC,DD

11111

1xy

z

轴建立空间直角坐标系，则有

A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,1,1)

1

．

设，则，，

P(0,t,1)(0t1)

AP(1,t,1)

BC(1,0,1)

1

所以．

cosAP,BC

1

1(1)t0112

(1)t1(1)01

222222

6

3

cosAP,BC1

1

．又因为，所以

t2

2

0t1

故选：．

A

2.三棱柱ABC－ABC中，△ABC为等边三角形，AA⊥平面ABC，AA＝AB，N，M分别是AB，AC的

111111111

中点，则AM与BN所成角的余弦值为( )

1374

A. B. C. D.

105105

【答案】 C

【解析】如图所示，取AC的中点D，以D为原点，BD，DC，DM所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立

空间直角坐标系，不妨设AC＝2，则A(0，－1，0)，M(0，0，2)，

4 / 22

B(－3，0，0)，N



－，－，2



31

，

22

→

所以AM＝(0，1，2)，

31

→

BN

＝，



，－，2

22



7

→→

2

AM·BN7

→→

所以cos〈AM，BN〉＝＝＝，故选C.

→→10

5×5

|AM|·|BN|

3．已知四棱锥S­ABCD的底面是正方形且侧棱长与底面边长都相等，E是SB的中点，则AE，SD所成的角

的余弦值为( )

1232

A．

B． C． D．

3333

【答案】C

【解析】依题意，建立坐标系如图所示，设四棱锥S­ABCD的棱长为2，

11

，0，



， 则A(0，－1,0)，B(1,0,0)，S(0,0,1)，D(－1,0,0)，∴E点坐标为

22



11

－1

3

→→→→

，1，



，SD＝(－1,0，－1)，∴cos〈AE，SD〉＝＝＝－，

AE

22



3

6

·2

2

故异面直线所成角的余弦值为

3

.故选C

3

考点二 空间向量求线面角

【例】（全国高二）如图所示，是四棱锥的高，四边形为正方形，点是线段

22020·

SAABCD

SABCD

M

SBSDA45

的中点，

.

5 / 22

（）求证：；

1

AMSC

（）若点是线段上靠近的四等分点，求直线与平面所成角的正弦值

2.

NBCAMN

C

AB

【答案】（）见解析；（）

12

334

.

34

【解析】（）因为，，所以

1.

SA底面ABCDBC平面ABCD

SABC

因为为正方形，所以，

ABCDABBC

又因为，所以

SAABA

BC平面SAB

.

因为，所以

AM平面SAB

AMBC

.

因为，故，而为线段的中点，

SDA45SB

SAADAB

M

所以，

AMSB

又因为，所以

SBBCB

AM平面SBC

.

而，故；

SC平面SBC

AMSC

（）因为，，以为坐标原点，分别以，，的方向为轴，轴，

2

SA底面ABCD

ABAD

A

AB

AD

AS

x

y

z

轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方形的边长为，则，

Axyz

ABCD

2

A0,0,0



B2,0,0S0,0,2M1,0,1



，，，，





N2,,0



2

∴，，

AM1,0,1



AN2,,0







3





3

2



nAM0,

设为平面的法向量，则

nx,y,z



111

AMN





nAN0,

6 / 22



xz0,

11

33





n,2,

y2

所以取，则，而，



3

1



AB2,0,0



22

2xy0,

11





2



故直线与平面所成角的正弦值为

AB

AMN

sin



ABn

ABn

334

34

π

若直线与平面的夹角为，直线的方向向量与平面的法向量的夹角为，则＝－或

lαθllαnβθβ

2

θβθβ

＝－，故有sin ＝|cos |＝.

π|·|

2||||

ln

ln

【一隅三反】

12020·

．（浙江高三开学考试）如图，四棱锥中，，，，

SABCD

AD//BCADAS

AD2

CD2

，

ABBCAS1

，．

SAB

2



3

（）求证：；

1

ADBS

（）求直线与平面所成角的正弦值．

2

CD

SAC

7 / 22

【答案】（）证明见解析；（）

12

42

.

7

【解析】（）如下图所示，取的中点，连接

1.

ADE

CE

BC1BCAE

，，为的中点，则，，

AD2EAD

AEAD1

1

2

又，可得，四边形为平行四边形，，

AD//BCBC//AEABCECE//AB



且，，

DE1

CEAB1

CD2

，，，则，，

CEDECD

222

CED



2

CEAD

ADAB

ADAS

，，平面，

ABASASAB

AD

BSSABADBS

平面，因此，；

（）以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

2

A

ABAD

y

z

Axyz



31

则点、、、，

A0,0,0C0,1,1D0,0,2



S,,0





22





31

所以，，，

CD0,1,1AC0,1,1



AS,,0





22

.



8 / 22

设平面的法向量为，

SAC

nx,y,z





yz0



y3x



nAC0





由，得，可得，





31



xy0





zy



nAS0



22



令，可得，，则，

x1

y3

z3

n1,3,3



cosn,CD

nCD2342

nCD

.

7

72

42

.

7

因此，直线与平面所成角的正弦值为

CD

SAC

22020·.

．（天津河西高三二模）在正四棱柱

ABCDABCDAA2AB2

11111

中，，为的中点

E

CC

1

.

（）求证：平面；

1

AC//

1

BDE

（）求证：平面；

2

AE

1

BDE

（）若为上的动点，使直线与平面所成角的正弦值是，求的长

3.

FBDEDF

BBAF

11

6

3

【答案】（）证明见解析（）证明见解析（）

123

3

【解析】如图建立空间直角坐标系，

Dxyz

D

(000)(100)(110)(010)

，，，，，，，，，，，，

A

B

C

AC

1

(102)(112)(012)(0

，，，，，，，，，，

B

1

1

D

1

02)(011)

，，，，

E

（）证明：设平面的法向量，，

1

BDE

n

()

x

y

z

，



DB

(110)(011)

，，，，，

DE

9 / 22



由，即，





nDB0



nDE0







xy0



yz0

取，得

x1

n

(1-11)

，，，

又

AC

(-112)

，，，

1

因为，所以，所以平面

ACn1111210

1



ACn

AC//

1

BDE

.

1

（）证明：由（）可知，所以，

21

n

(1-11)(-11-1)

，，，，，，

AEAEnAE//n

1

11

所以平面

AE

1

BDE

.

（）设点的坐标为，，，

3(11)

F



AF

(01)

，，，



2

1



















设直线与平面所成角为，则，

AF

1

BDE



sin



AFn

1



36

312







2

AFn

1



3

解得，所以点的坐标为，，，，



1

F

(111)

DF

(111)

，，，

|DF|3

所以的长为

DF

3

.

32020·P-ABCACBCAC=BC=2DEABPBPD

．（江苏）如图，在三棱锥中，⊥，且，，，分别为，中点，⊥

平面，

ABCPD=3.

(1)CEPA

求直线与直线夹角的余弦值；

(2)PCDEC.

求直线与平面夹角的正弦值

【答案】；

(1)(2)

20932

.

1911

【解析】建立如图所示的空间直角坐标系，易知，，，

C(000)

10 / 22

A(200)D(110)E()P(113)

，，，，，，，，，，

1

2

，，

33

22

PA1,1,3,CE,,







133



222

设直线与直线夹角为，则

CEPA



139

cos



PACE

222



PACE

222

1(1)(3)

222





133



222

整理得；

cos



209

19



直线与直线夹角的余弦值；

CEPA

209

19

(2)PCDEC

设直线与平面夹角为



0

，

设平面的法向量为，

DEC

m(x,y,z)

因为，

CD1,1,0



CE,,





133



222



xy0

所以有







133



222

xyz0

取，解得，，

x1

y1

z

2

3

即面的一个法向量为，，

DEC

m(1,1,)

2

3

CP1,1,3



sin



mCP

23

0

CPm

112

2

11311

2222



2



2

11

.





3



直线与平面夹角的正弦值为

PCDEC

32

11

.

11 / 22

考点三 空间向量求二面角

【例】（河南高三其他（理））如图，在三棱锥中，

32020·

DBCE

DEBE,DECE,BECE2,BC2,DE1

．

（）证明：平面；

1

BE

CDE

（）求二面角的余弦值．

2

DBCE

【答案】（）证明见解析；（）．

12

2

2

【解析】（），

1

DEBE,DECE,BECEE

BE

平面，平面，

BCECEBCE

DE

平面．

BCE

又平面，

BE

BCE

DEBE

．

在中，，

BCE

BE2,CE2,BC2

BECEBC

222

，

BEC90



，即．

BECE

又平面平面，

DECEE,DECDE,CE

CDE

BE

平面．

CDE

（）据（）求解知，两两互相垂直．

21

DE,BE,CE

12 / 22

以分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系如图，

BE,CE,DE

xyz

则，

B(2,0,0),C(0,2,0),D(0,0,1)

BD(2,0,1),CD(0,2,1)

．

设平面的一个法向量，则

BCD

mx,y,z



000





2x0y1z0,

000







0x2y1z0,

000





z2x,

00









z2y.

00

令，则，

z2

0

x1,y1

00

m(1,1,2)

．

又平面的一个法向量，

BCE

ED(0,0,1)

cosm,ED

mED101021

2

．



222222

|m||ED|

11(2)001

2

又分析知二面角的平面角为锐角，

DBCE



二面角的余弦值为．

DBCE

2

2

利用向量法求二面角的大小的关键是确定平面的法向量，求法向量的方法主要有两种：

①求平面的垂线的方向向量；

②利用法向量与平面内两个不共线向量的数量积为零，列方程组求解

【一隅三反】

13 / 22

12020·

．（全国）如图，圆的直径，为圆周上不与点

AC2

B

A

、重合的点，垂直于圆所在平面，

C

PA

ACB30

，

sinBPC

6

.

4

（）求证：平面；

1

BC⊥

PAB

（）求二面角的余弦值

2.

BPCA

【答案】（）证明见解析；（）

12

15

.

5

【解析】（）如图，连接，因为平面，所以

1.

ABPA

ABCPABC

又因为在圆周上，为圆的直径，所以，

B

ACABBC

PAABA

故平面

BC⊥

PAB

.

（）因为，直径，，所以，，

2



ABC90ACB30

AC2

AB1

BC3

.

由（）得，，，

1

BCPB

sinBPC

BC36

PC22

PCPC4

PAPA2

垂直于圆所在的平面，所以

.

因为，以点为坐标原点，以、为、轴建立如图空间直角坐标系，则、



ABC90

B

BC

BA

x

y

B0,0,0





3,0,0C

、，、

P0,1,2A0,1,0



BC3,0,0



，，

BP0,1,2











nBC

1

3x0

设平面的法向量，则，即，

PBC

nx,y,z

1





nBP







1



y2z0

取，得

z1

n0,2,1

1



.

14 / 22

同理可求得平面的一个法向量

PAC

n1,3,0

2

.

设与的夹角为，故，

nn

12



cosn,n

12



nn

12

nn

12

15

5

又由图知为锐二面角，二面角的余弦值为

BPCABPCA

15

.

5

22020·

．（全国）如图，已知四棱锥中，是平行四边形，，平面平面

PABCDABCDABAC

PAB

ABCDNPC

，，，分别是，的中点

PAPBM

AB

.

（）求证：平面；

1

MN//

PAD

（）若，，求二面角的余弦值

2.

PAPB

ABACDPAC

【答案】（）证明见解析；（）

12

6

.

3

【解析】（）证明：如图，取的中点，连接，，

1

PD

QAQNQ

因为，，分别为，，的中点，

NPC

Q

M

PDAB

所以，，

NQ//CD

NQCD

1

2

15 / 22

又因为，，

AM//CD

AMCD

1

2

所以，且，

NQ//AMNQAM

所以四边形是平行四边形，

NQAM

所以

MN//AQ

.

因为平面，平面，

MN

PADPAD

AQ

所以平面

MN//

PAD

.

（）因为平面平面，平面平面，平面，，

2

PABPAB

ABCDABCDABACABCDABAC

所以平面

AC

PAB

.

因为平面，

PBPAB

所以，

ACPB

又，，

PAPB

PAACA

所以平面

PB

PAC

.

所以以为原点，以所在直线为轴，所在直线为轴，过点和平面垂直的直线为轴，

AA

AB

x

ACABCD

y

z

建立如图所示的空间直角坐标系，

则轴在平面内令，又，，

z

PABPAPB

.

ABAC2

PAPB

所以，，，，

A(0,0,0)

D(2,2,0)P(1,0,1)B(2,0,0)

AD2,2,0AP1,0,1



，，

设平面的一个法向量为，

PAD

n(x,y,z)



nAD0,



2x2y0,

则所以





xz0,





nAP0,

16 / 22

令，则，，所以

x1

y1n(1,1,1)

z1.

又平面，所以是平面的一个法向量

PB

PACPAC

PB1,0,1



.

所以

cosn,PB

116

.

3

11111

6

.

3

所以二面角的余弦值为

DPAC

32020·

．（全国）如图，在四棱锥中，底面，是直角梯形，，，

PABCDPCABCDABCDAB//CD

ABAD

AB2AD2CD

，是的中点

EPB

.

（）求证：平面平面；

1

EACPBC

（）若二面角的余弦值为，求直线与平面所成角的正弦值

2.

PACE

6

PA

EAC

3

【答案】（）证明见解析；（）

12

2

.

3

【解析】（）因为平面，平面，

1

PCABCDACABCD

所以因为，

PCAC

.

AB2AD2CD

所以，所以，

ACBC2AD2CD

ACBCAB

222

故又，所以平面

ACBC

..

BCPCCPBC

AC

因为平面，所以平面平面

ACEACPBC

EAC

.

z

轴的正半轴，（）如图，以为原点，建立空间直角坐标系，设，，分别为轴，轴，，

2

C

CB2

CA

CP

x

y

CB

CP2a



a0C0,0,0A0,2,0B2,0,0P0,0,2a

，则，，，，



则，，，，

E1,0,a



CA0,2,0CP0,0,2aCE1,0,a



易知为平面的一个法向量

m1,0,0



PAC

.

17 / 22

设为平面的一个法向量，

nx,y,z



EAC

由，即∴，





nCA0



nCE0





2y0

y0



xaz0

取，则，

xa

z1

na,0,1



.

依题意，，解得

cosm,n

mn

mn

a6

a1

2

a2

.

3

于是，，

n2,0,1



PA0,2,22

.



则

sincosPA,n



PAn

PAn

2

.

3

2

.

3

所以直线与平面所成角的正弦值为

PA

EAC

【点睛】

本题考查证明面面垂直，考查用空间向量法求二面角，直线与平面所成的角，证明垂直常用相应的判定定

理或性质定理，求空间角常用空间向量法．

考点四 空间向量求距离

【例】（全国高二课时练习）如图，棱长为的正方体，是底面的中

42020·1

ABCDABCD

1111

O

ABCD

1111

心，则到平面的距离是（）

O

ABCD

11

18 / 22

A

．

1

2

B CD

．．．

22

42

【答案】

B

【解析】

如图建立空间直角坐标系，则：

O(,,1),D(0,0,1),A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,1,1)

11

22

11

OD(,,0)

11

1

22

由于平面平面

AB

ADDA,ADADDA

111

11

ABAD

1

，又，

ADADABAD

111

AD

1

平面

ABCD

11

故平面的一个法向量为：

ABCD

11

DA(1,0,1)

1

O

到平面的距离为：

ABCD

11

3

2

19 / 22

1

|ODDA|

11

2

2

d

4

|DA|

1

2

故选：

B

求点到平面的距离的步骤可简化为：

①求平面的法向量；

②求斜线段对应的向量在法向量上的投影的绝对值，即为点到平面的距离．

空间中其他距离问题一般都可转化为点到平面的距离求解

【一隅三反】

12019·

．（湖南高二期末）已知平面



的一个法向量为，点在平面内，则点

n(2,2,1)

A(1,3,0)

P(2,1,3)

到平面的距离为（）



A

．



542

B C1 D

333

．．．



【答案】

A

【解析】由题意，则，故选：

PA(3,2,3)

d



|nPA||643|5

|n|



A

441

3

22020·

．（黑龙江道里哈尔滨三中高三二模（理））已知四面体中，，，两两垂直，

ABCDBC

ABBD

BCBD2

，与平面所成角的正切值为，则点到平面的距离为（）

AB

ACDACD

A

．

1

B

2

D B C

．．．

255

5

323

23

5

【答案】

D

【解析】以为原点，，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，如图所示：

B

BC

BDBA

x

y

z

20 / 22

设，，，，，

BAtt0

B0,0,0A0,0,t



C2,0,0D0,2,0

0,0,tAB

，，

CA2,2,02,0,tCD



.

.

设平面的法向量，

ACD

nx,y,z







nCA2xtz0

2

则，令，得，，



x1

y1

z

t





nCD2x2y0



2

n1,1,