（教案讲义）2022-2023学年高三年级新高考数学一轮复习专题9.5空间向量的应用

9.5 空间向量的应用
课标要求 考情分析 核心素养
1.能用向量语言描述直线和平面，理解直线的方向向量与平面的法向量；2.能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角以及垂直与平行关系； 3.能用向量方法证明必修内容中有关直线、平面位置关系的判定定理；4.能用向量方法解决点到直线、点到平面、相互平行的直线、相互平行的平面的距离问题和简单夹角问题，并能描述解决这一类问题的程序，体会向量方法在研究几何问题中的作用． 新高考3年考题 题号 考 点 逻辑推理 直观想象 数学运算
2020(Ⅰ)卷 20(2) 向量法求线面角
2020(Ⅱ)卷 20(2) 向量法求线面角
2021(Ⅰ)卷 12 向量法证明线线（面）垂直
2021(Ⅱ)卷 19(2) 向量法求二面角
2022(Ⅰ)卷 19(2) 向量法求二面角
2022(Ⅱ)卷 20(2) 向量法求二面角
1．直线的方向向量与平面的法向量
直线的 方向向量 与直线平行或在这条直线上的有向线段所表示的非零向量，一条直线的方向向量有无数个
平面的 法向量 直线l⊥平面α，取直线l的方向向量a，则向量a叫做平面α的法向量．显然一个平面的法向量有无数个，它们是共线向量
2．空间中直线、平面位置关系的向量表示
位置关系 向量表示
u1，u2分别是直线l1， l2的方向向量 l1∥l2 u1∥u2 λ∈R，使得u1＝λu2
l1⊥l2 u1⊥u2 u1·u2＝0
u是直线l的方向向量， n是平面α的法向量 l∥α u⊥n u·n＝0
l⊥α u∥n λ∈R，使得u＝λn
n1，n2分别是平面α， β的法向量 α∥β n1∥n2 λ∈R，使得n1＝λn2
α⊥β n1⊥n2 n1·n2＝0
3．异面直线所成的角
设a，b分别是两异面直线l1，l2的方向向量，则
l1与l2所成的角θ a与b的夹角β
范围 [0，π]
求法 cosθ＝ cosβ＝
4．直线与平面所成的角
如图所示，设l为平面α的斜线，l∩α＝A，a为l的方向向量，n为平面α的法向量，φ为l与α所成的角，则sinφ＝|cos〈a，n〉|＝．
5．二面角
(1)若AB，CD分别是二面角α l β的两个平面内与棱l垂直的异面直线，则二面角(或其补角)的大小就是向量与的夹角，如图①．
(2)平面α与β相交于直线l，平面α的法向量为n1，平面β的法向量为n2，〈n1，n2〉＝θ，则二面角α l β为θ或π－θ．设二面角的大小为φ，则|cosφ|＝|cosθ|＝，如图②③．
6．利用空间向量求距离
(1)两点间的距离
设点A(x1，y1，z1)，点B(x2，y2，z2)，则|AB|＝||＝．
(2)点到平面的距离
如图所示，已知AB为平面α的一条斜线段，n为平面α的法向量，则B到平面α的距离为||＝．
二面角的范围是[0，π]，两个平面夹角的范围是.
1．【选必第1册P42 习题4】如图，已知四边形，为两个正方形，，分别在其对角线和上，且求证：平面．
2．【选必第1册P49 习题16】如图，在直三棱柱中，底面为等腰直角三角形，，点，分别是棱，上的动点，且．
求证：；
当三棱锥的体积取得最大值时，求直线与平面所成角的正切值．
考点一　利用空间向量证明平行和垂直问题
【方法储备】
利用空间向量证明空间垂直、平行的一般步骤
(1)建立空间直角坐标系，建系时要尽可能地利用条件中的垂直关系．
(2)建立空间图形与空间向量之间的关系，用空间向量表示出问题中所涉及的点、直线、平面的要素．
(3)通过空间向量的运算求出直线的方向向量或平面的法向量，再研究平行、垂直关系．
(4)根据运算结果解释相关问题．
【典例精讲】
例1. (2021·湖南省·月考试卷) 如图，梯形中，，四边形为矩形，平面平面．

若，求证：；
在棱上是否存在点，使得直线平面？并说明理由．
【名师点睛】
（1）恰当建立空间直角坐标系，准确表示各点与相关向量的坐标，是运用向量法证明平行和垂直的关键．
（2）证明直线与平面平行，只需证明直线的方向向量与平面的法向量的数量积为零，或证直线的方向向量与平面内的不共线的两个向量共面，或证直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行，然后说明直线在平面外即可．这样就把几何的证明问题转化为向量运算．
【靶向训练】
练1-1. (2021·山东省济宁市·月考试卷) 如图，已知正方形和矩形所在的平面互相垂直，，，是线段的中点．
求证：平面；
求证：平面．
练1-2. (2021·全国·期中考试) 如图所示，在底面为直角梯形的四棱锥中，，，平面，，，．
求证：；
设点在棱上，，若平面，求的值．
考点二　利用空间向量求角
【方法储备】
1.用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．
2. 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所在的直线的方向向量，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，线面角为斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角或钝角的补角．
3. 利用空间向量计算二面角大小的常用方法
(1)找法向量：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：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，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小．
角度1 利用空间向量求异面直线所成的角
【典例精讲】
例2. (2021·全国·模拟题) 如图，圆锥的轴截面是等边三角形，点是底面圆周上的一点，且，点是的中点，则异面直线与所成角的余弦值为( )
A. B. C. D.
【名师点睛】
依据题干所给图形的特征，选择建立恰当的空间直角坐标系，注意异面直线所成角的范围. 两条直线的夹角与它们方向向量的夹角是相等或者互补的关系．
【靶向训练】
练2-1. (2021·福建省·月考题) 在直三棱柱中，，，，点是侧棱的中点，则异面直线与直线所成的角大小为( )
A. B. C. D.
练2-2.(2021·山东省·模拟题)如图所示，平面平面，，四边形为正方形，且AB=BC=2，则异面直线与所成角的余弦值为 ．
角度2 利用空间向量求直线与平面所成的角
【典例精讲】
例3. (2022·全国·模拟题) 如图，已知是圆柱底面圆的一条直径，是圆柱的一条母线．
Ⅰ求证：；
Ⅱ若为底面圆上一点，且 ，，，，求直线与平面所成角的正弦值．
【名师点睛】
利用空间向量求线面角的解题步骤
【靶向训练】
练3-1. (2022·江苏省盐城市·模拟题) 如图，三棱锥中，已知平面，是边长为的正三角形，为的中点．若直线与平面所成角的正弦值为，则的长为 ．
练3-2. (2021·全国·月考试卷) 如图，四棱柱中，四边形为矩形，且平面平面，，，，，分别为，的中点．
证明：平面；
求与平面所成的角的正弦值．
角度3 利用空间向量求平面与平面所成的角
【典例精讲】
例4. (2021·黑龙江省哈尔滨市·月考试卷) 如图，在直三棱柱中，为棱的中点．
Ⅰ证明：平面；
Ⅱ若，且，，，求二面角的正弦值．
【名师点睛】
利用空间向量求平面与平面夹角的解题步骤
【靶向训练】
练4-1. (2021·河北·月考试卷) 长方体的底面是正方形，点在棱上，若，求二面角的度数为 ．
练4-2.(2021·全国·月考试卷) 如图，在四棱锥中，是的中点，平面，，，．
求证：平面平面；
设，若二面角的余弦值为，求的值．
考点三　利用空间向量求距离
【方法储备】
求点到平面的距离的常用方法
(1)直接法：过P点作平面α的垂线，垂足为Q，把PQ放在某个三角形中，解三角形求出PQ的长度就是点P到平面α的距离．
(2)转化法：若点P所在的直线l平行于平面α，则转化为直线l上某一个点到平面α的距离来求．
(3)等体积法．
(4)向量法：设平面α的一个法向量为n，A是α内任意点，则点P到α的距离为d＝.
【典例精讲】
例5. (2021·安徽省·月考试卷) 在直三棱柱中，，，为的中点，为的中点．
求点到直线的距离；
求点到平面的距离．
【名师点睛】
点到直线的距离
(1)设过点P的直线l的单位方向向量为n，A为直线l外一点，点A到直线l的距离d＝
.
(2)若能求出点在直线上的射影坐标，可以直接利用两点间距离公式求距离.
【靶向训练】
练5-1. (2021·江西省赣州市·月考试卷) 如图，是棱长为的正方体，若在正方体内部且满足，则到的距离为( )
A. B. C. D.
练5-2. (2021·江苏省无锡市·单元测试) 如图，四面体中，，，两两垂直，，点是的中点，若直线与平面所成角的正切值为，则点到平面的距离为( )
A. B. C. D.

核心素养系列 直观想象——立体几何的综合问题
【方法储备】
立体几何中开放探究性问题
（1）点的位置探索性问题：一般是先根据条件猜测点的位置再给出证明，探索点存在问题，点多为中点或三等分点中某一个，也可以根据相似知识判断点的位置；
（2）求条件探索性问题：①先观察与尝试给出条件再证明；②先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件，再证明充分性．
【典例精讲】
例6. (2021·福建省福州市·期中考试) 如图，四棱锥中，底面为正方形，为等边三角形，平面底面，为的中点．
求证：；
在线段不包括端点上是否存在点，使直线与平面所成角的正弦值为，若存在，确定点的位置；若不存在，请说明理由．
【名师点睛】
对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，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；对于位置探究型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数．
【靶向训练】
练6-1. (2021·全国·模拟题) 如图，在正三棱柱中，为的中点，为棱上一点，且C.
在下列两个问题中任选一个作答，如果两个都作答，则按第一个解答计分．
证明：平面．
证明：平面．
若，，求二面角的余弦值．
练6-2. (2022·辽宁省·模拟题) 如图，是边长为的正三角形，点，，分别在边，，上，且，为边的中点，交于点，沿将三角形折到的位置，使．
证明：平面平面；
试探究在线段上是否存在点，使二面角的大小为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．

易错点1. 解决动点问题时，忽略范围导致错误．
例7. (2021·广东省佛山市·期中考试) 如图所示，正方形和正方形的边长都是，且它们所在平面互相垂直，若点在线段上运动，记，则当 时，点到直线的距离有最小值．
例8. (2021·全国·月考试卷) 已知矩形中，，若平面，在边上取点，使，则满足条件的点有两个时，的取值范围是 ．
易错点2.忽略两平面夹角的范围导致错误．
例9.(2022·全国·期中考试) 如图，平面，，，，则平面与平面夹角的余弦值为 ．
答案解析
【教材改编】
1.【解析】证明：正方形与中，，，
存在实数使，．又，
．
，，共面．
又平面，
平面．
2.【解析】不妨设，，
证明：过点作，使，过点作，且使，连接，，如图．
则四边形为平行四边形，
，且，
故四边形为平行四边形，即F.
则，
，
又，
所以，即，
因此，E.
以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系．
得下列坐标：，，，，
因为，
所以当取得最大值时，三棱锥的体积取得最大值．
因为，
所以当时，即，分别是棱，的中点时，三棱锥的体积取得最大值，
此时，的坐标分别为，．
设平面的法向量为，
则得
取，则，，所以．
又，设直线与平面所成角为，
则，，所以．
所以直线与平面所成角的正切值为．
【考点探究】
例1.【解析】由题知：两两垂直因此，可以以为原点，以为轴，轴，轴正半轴建立空间直角坐标系不妨设，则
．
，
，即，又．
在棱上存在点，使得直线平面，且，证明如下：
由知：
设平面的一个法向量为，则，即，
可取
，
平面．
练1-1.【解析】由题知，，两两垂直，
分别以，，为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，．
设，连接，则，所以．
因为为的中点，则，所以．
所以，所以．
又因为平面，平面，
所以平面．
由知，，，
所以，，
所以，．
又，，平面，所以平面．
练1-2.【解析】证明：如图所示，在平面内过点作直线，交于点，
以为坐标原点，、、所在的直线分别为、、轴，
建立空间直角坐标系，则，，，．
设，则，，，
，
；
解：由题意知，，，，，
，，
．
设 为平面的法向量，则，即
令，得，则 ，
平面，，
，即，
，．
例2.【解析】由题意平面，以平面内过点且垂直于的直线为轴，直线，分别为轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
不妨设，则根据题意可得，，，，
所以，，
设异面直线与所成角为，
则，．
故选B．
练2-1.【解析】以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
在直三棱柱中，
，，，点是的中点，
，，，，
，，
设异面直线和所成角为，．
异面直线和所成角的大小为．故选：．
练2-2.【解析】因为平面平面，四边形为正方形，
故以为坐标原点，以所在直线为轴，所在直线为轴，在面中，作轴轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
根据，，则，
所以，
所以，故答案为．
例3.【解析】（1）证明：是圆柱的一条母线，平面，
又平面，，
是圆柱的底面圆的直径，所以，
又，平面，平面，平面，
又平面，．
Ⅱ解：，
是圆柱的底面直径，，
又，四边形为正方形，
如图建立空间直角坐标系，可知，，
设平面的法向量为，
，，
，即，
取，则，
又，
设直线与平面所成角为，
，，
所以直线与平面所成角的正弦值为．
练3-1.【解析】以为原点，在平面内过作的垂线为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
设，则，，，，，
，，，
设平面的法向量，
则，取，
得，
直线与平面所成角的正弦值为，
，
解得或．
的长为或．
故答案为：或．
练3-2.【解析】证明：如图，分别取和的中点，，连接，，，
则，，，，
所以，，
所以四边形为平行四边形，所以，
又，所以，
因为平面，平面，
所以平面．
解：因为四边形为矩形，所以，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，又平面，
故，因为，，所以，
以为坐标原点，分别以，，所在直线为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
设，则，，，，，
所以，，
设平面的法向量为，则
不妨令，则，所以，又，
设与平面所成的角的正弦值为
则，，
所以与平面所成的角的正弦值为．
例4.【解析】Ⅰ证明：连接与交于点，连接，
在直三棱柱中，侧面是矩形，
所以是的中点，
又因为为的中点，
则，
因为平面，平面，
所以平面；
Ⅱ解：在中，为的中点，，且，
所以，
故，即，
在直三棱柱中，，平面，
以点为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，
则，
因为为的中点，则，
所以，，，
设平面的法向量为，
则，即，
令，则，故，
设平面的法向量为，
则，即，
令，则，故，
所以，
故二面角的正弦值为．
练4-1.【解析】由已知得，平面，平面，故．
又，，、平面，
所以平面．
知由题设知，所以，故AE，．
以为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，，．
设平面的法向量为，则即
所以可取．
设平面的法向量为，则即
所以可取．
于是．
由图可得二面角为钝角，所以二面角为，
故答案为．
练4-2.【解析】证明：设，连接，
，为中点，
，即为的中心，
又，
，由平面，平面，
，又，、平面，
平面，
平面，
，
，，
可知为等边三角形，，
根据，，利用余弦定理可得，
，，，
，则，
又，平面，
故D平面，又平面，
平面平面；
以为坐标原点，，所在直线分别为轴，轴，过点且与直线平行的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
由得，，
，，
设平面的法向量为，则，
则可取，
由知，平面，同理可得平面，平面的一个法向量为，
，整理得，解得或，
当时，二面角的平面角为钝角，不符合题意，
故．
例5.【解析】建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，
直线的一个单位方向向量为，，
故点到直线的距离．
设平面的法向量为，则且，
即且，即且，
取，得，故为平面的一个法向量，
与同向的单位向量为因为，所以，
故点到平面的距离．
练5-1.【解析】分别以、、为轴、轴、轴建立空间直角坐标系如图：
正方体的棱长为，
，，，
，
，可得，
，
，则，
点到直线的距离为．
故选C．
练5-2.【解析】如图，四面体中，，，两两垂直，
以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
，点是的中点，设，则，，，，
，，，
设平面的法向量，则，
取，得，
直线与平面所成角的正切值为，即直线与平面所成角的正弦值为，
，解得舍负，
平面的法向量，，
点到平面的距离为：．
故选：．
【素养提升】
例6.【解析】证明：取的中点，连结，，
因为，所以，
又因为平面平面，平面平面，平面，所以底面，
取的中点，连结，则，，两两垂直，
分别以，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系如图所示，
设，则，
所以，
则，故，
所以；
解：由可知，，
所以，，
设，则，
所以，
设平面的法向量为，
则，即，
令，则，故，
所以，
整理可得，解得，
所以在上存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为，
此时点为靠近点的三等分点，即．
练6-1.【解析】选择，证明：因为为的中点，，所以，
在正三棱柱中，底面，则，
因为，所以平面．
因为平面，所以．
又，，所以平面．
选择证明：设，因为侧面为平行四边形，所以为线段的中点，
连接，因为为的中点，所以．
因为平面，平面，
所以 平面．
解：以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以，，．
设平面的法向量，则，即，
令，得．
设平面的法向量，则，即，
令，得．
，
由图可知，二面角为钝角，故二面角的余弦值为．
练6-2.【解析】证明：由题意可得，因为为等边三角形，为的中点，
则垂直平分，又，则，
即为等边三角形，则垂直且平分，
所以，，
则在中，，同理可得．
则，
在中，，，，
由，得，
因为，平面，所以平面，
又因为平面，因此，平面平面 ．
由可知两两互相垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，
假设点存在，设．
由题得平面的法向量为，设平面的法向量为，
由题得所以，所以，
所以．
由题得，所以，
所以，取，
得
因为二面角的大小为，
所以，解之得舍去或，
因此，在线段上存在点，当时，二面角的大小为．
【易错点归纳】
例7.【解析】因为正方形和正方形的边长都是，且它们所在平面互相垂直，即平面平面，而平面平面，且，
所以平面，而平面，
则而，
所以以为原点，，，所在的直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，
如图所示：
则，所以，
则，
所以向量在方向上的投影向量长度为：，
所以点到直线的距离为：
，
因为，所以当时，点到直线的距离有最小值．
故答案为： ．
例8.【解析】以点为原点，、、所在直线为，，轴，如图所示．
设，，，，，
，，
，即．由题意可知方程有两个不同根，
，即，
．故答案为．
例9.【解析】建立如图所示的空间直角坐标系，则，
，，，，，，．
设平面的法向量为，则所以
令，得，
设平面的法向量为，则所以
令，得．
所以由图知所求二面角为锐角，
所以平面与平面的夹角的余弦值为．
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