第二十讲 空间向量的运用-2022年新高二年级数学暑假精品课程（人教A版2019）练习题

这是一份第二十讲 空间向量的运用-2022年新高二年级数学暑假精品课程（人教A版2019）练习题，文件包含第二十讲空间向量的运用解析版doc、第二十讲空间向量的运用原卷版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共45页， 欢迎下载使用。

第二十讲空间向量的运用
【知识梳理】
1.直线的方向向量和平面的法向量
(1)直线的方向向量：给定一个定点A和一个向量a，再任给一个实数t，以A为起点作向量＝ta，则此向量方程叫做直线l的参数方程.向量a称为该直线的方向向量.
(2)平面的法向量：直线l⊥α，取直线l的方向向量a，则向量a叫做平面α的法向量.
2.空间位置关系的向量表示
位置关系
向量表示
直线l1，l2的方向向量分别为n1，n2
l1∥l2
n1∥n2⇔n1＝λn2
l1⊥l2
n1⊥n2⇔n1·n2＝0
直线l的方向向量为n，平面α的法向量为m
l∥α
n⊥m⇔n·m＝0
l⊥α
n∥m⇔n＝λm
平面α，β的法向量分别为n，m
α∥β
n∥m⇔n＝λm
α⊥β
n⊥m⇔n·m＝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

a与b的夹角β
l1与l2所成的角θ
范围
(0，π)

求法
cos β＝
cos θ＝|cos β|＝
4.求直线与平面所成的角
设直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，直线l与平面α所成的角为θ，则sin θ＝|cos〈a，n〉|＝.
5.求二面角的大小
(1)如图①，AB，CD是二面角α－l－β的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝__〈，〉.

(2)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|cos θ|＝|cos〈n1，n2〉|，二面角的平面角大小是向量n1与n2的夹角(或其补角).
6.点到平面的距离

用向量方法求点B到平面距离基本思路：确定平面法向量， 在平面内取一点A，求向量到法向量的投影向量，投影向量的长度即为所要求的距离.如图平面α的法向量为n，点B到平面α的距离d＝.

【考点剖析】
考点一　利用空间向量证明平行问题
【例1】 如图，在四面体ABCD中，AD⊥平面BCD，BC⊥CD，AD＝2，BD＝2，M是AD的中点，P是BM的中点，点Q在线段AC上，且AQ＝3QC.

证明：PQ∥平面BCD.
【解析】证明　法一　如图，取BD的中点O，以O为原点，OD，OP所在射线分别为y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系O－xyz.

由题意知，A(0，，2)，B(0，－，0)，D(0，，0).
设点C的坐标为(x0，y0，0).
因为＝3，
所以Q.
因为M为AD的中点，故M(0，，1).
又P为BM的中点，故P，
所以＝.
又平面BCD的一个法向量为a＝(0，0，1)，故·a＝0.
又PQ⊄平面BCD，
所以PQ∥平面BCD.
法二　在线段CD上取点F，使得DF＝3FC，连接OF，同法一建立空间直角坐标系，写出点A，B，C的坐标，设点C坐标为(x0，y0，0).
∵＝，设点F坐标为(x，y，0)，则
(x－x0，y－y0，0)＝(－x0，－y0，0)，
∴∴＝
又由法一知＝，
∴＝，∴PQ∥OF.
又PQ⊄平面BCD，OF⊂平面BCD，
∴PQ∥平面BCD.
规律方法　(1)恰当建立坐标系，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，只须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.
考点二　利用空间向量证明垂直问题
【例2】 如图所示，已知四棱锥P－ABCD的底面是直角梯形，∠ABC＝∠BCD＝90°，AB＝BC＝PB＝PC＝2CD，侧面PBC⊥底面ABCD.证明：

(1)PA⊥BD；
(2)平面PAD⊥平面PAB.
【解析】证明　(1)取BC的中点O，连接PO，
∵平面PBC⊥底面ABCD，△PBC为等边三角形，
∴PO⊥底面ABCD.
以BC的中点O为坐标原点，以BC所在直线为x轴，过点O与AB平行的直线为y轴，OP所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示.

不妨设CD＝1，则AB＝BC＝2，PO＝.
∴A(1，－2，0)，B(1，0，0)，D(－1，－1，0)，P(0，0，).
∴＝(－2，－1，0)，＝(1，－2，－).
∵·＝(－2)×1＋(－1)×(－2)＋0×(－)＝0，
∴⊥，∴PA⊥BD.
(2)取PA的中点M，连接DM，则M.
∵＝，＝(1，0，－)，
∴·＝×1＋0×0＋×(－)＝0，
∴⊥，即DM⊥PB.
∵·＝×1＋0×(－2)＋×(－)＝0，
∴⊥，即DM⊥PA.
又∵PA∩PB＝P，∴DM⊥平面PAB.
∵DM⊂平面PAD，∴平面PAD⊥平面PAB.
规律方法　(1)利用已知的线面垂直关系构建空间直角坐标系，准确写出相关点的坐标，从而将几何证明转化为向量运算.其中灵活建系是解题的关键.
(2)用向量证明垂直的方法
①线线垂直：证明两直线所在的方向向量互相垂直，即证它们的数量积为零.
②线面垂直：证明直线的方向向量与平面的法向量共线，或将线面垂直的判定定理用向量表示.
③面面垂直：证明两个平面的法向量垂直，或将面面垂直的判定定理用向量表示.
考点三　用空间向量解决有关位置关系的探索性问题　
角度1　与平行有关的探索性问题
【例3－1】 如图，棱柱ABCD－A1B1C1D1的所有棱长都等于2，∠ABC和∠A1AC均为60°，平面AA1C1C⊥平面ABCD.

(1)求证：BD⊥AA1；
(2)在直线CC1上是否存在点P，使BP∥平面DA1C1，若存在，求出点P的位置，若不存在，请说明理由.
【解析】(1)证明　设BD与AC交于点O，则BD⊥AC，连接A1O，在△AA1O中，AA1＝2，AO＝1，∠A1AO＝60°，

∴A1O2＝AA＋AO2－2AA1·AOcos 60°＝3，
∴AO2＋A1O2＝AA，
∴A1O⊥AO.
由于平面AA1C1C⊥平面ABCD，且平面AA1C1C∩平面ABCD＝AC，A1O⊂平面AA1C1C，∴A1O⊥平面ABCD.
以OB，OC，OA1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，则A(0，－1，0)，B(，0，0)，C(0，1，0)，D(－，0，0)，A1(0，0，)，C1(0，2，).
由于＝(－2，0，0)，＝(0，1，)，
·＝0×(－2)＋1×0＋×0＝0，
∴⊥，即BD⊥AA1.
(2)解　假设在直线CC1上存在点P，使BP∥平面DA1C1，
设＝λ，P(x，y，z)，则(x，y－1，z)＝λ(0，1，).
从而有P(0，1＋λ，λ)，＝(－，1＋λ，λ).
设n3⊥平面DA1C1，则
又＝(0，2，0)，＝(，0，)，
设n3＝(x3，y3，z3)，则
取n3＝(1，0，－1)，因为BP∥平面DA1C1，
则n3⊥，即n3·＝－－λ＝0，得λ＝－1，
即点P在C1C的延长线上，且C1C＝CP.
角度2　与垂直有关的探索性问题
【例3－2】 如图，正方形ADEF所在平面和等腰梯形ABCD所在的平面互相垂直，已知BC＝4，AB＝AD＝2.

(1)求证：AC⊥BF；
(2)在线段BE上是否存在一点P，使得平面PAC⊥平面BCEF？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【解析】(1)证明　∵平面ADEF⊥平面ABCD，平面ADEF∩平面ABCD＝AD，AF⊥AD，AF⊂平面ADEF，
∴AF⊥平面ABCD.
∵AC⊂平面ABCD，∴AF⊥AC.
过A作AH⊥BC于H，则BH＝1，AH＝，CH＝3，
∴AC＝2，∴AB2＋AC2＝BC2，∴AC⊥AB，
∵AB∩AF＝A，∴AC⊥平面FAB，
∵BF⊂平面FAB，∴AC⊥BF.
(2)解　存在.由(1)知，AF，AB，AC两两垂直.
以A为坐标原点，，，的方向分别为x轴，y轴，z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz，
则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，E(－1，，2).

假设在线段BE上存在一点P满足题意，则易知点P不与点B，E重合，设＝λ，则λ>0，P.
设平面PAC的法向量为m＝(x，y，z).
由＝，＝(0，2，0)，
得
即令x＝1，则z＝，
所以m＝为平面PAC的一个法向量.
同理，可求得n＝为平面BCEF的一个法向量.
当m·n＝0，即λ＝时，平面PAC⊥平面BCEF，
故存在满足题意的点P，此时＝.
规律方法　解决立体几何中探索性问题的基本方法
(1)通常假设题中的数学对象存在(或结论成立)，然后在这个前提下进行逻辑推理.
(2)探索性问题的关键是设点：①空间中的点可设为(x，y，z)；②坐标平面内的点其中一个坐标为0，如xOy面上的点为(x，y，0)；③坐标轴上的点两个坐标为0，如z轴上的点为(0，0，z)；④直线(线段)AB上的点P，可设为＝λ，表示出点P的坐标，或直接利用向量运算.

考点四　用空间向量求异面直线所成的角
【例4】 (1)已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为(　　)
A. B. C. D.
(2)在三棱锥P－ABC中，△ABC和△PBC均为等边三角形，且二面角P－BC－A的大小为120°，则异面直线PB和AC所成角的余弦值为(　　)
A. B. C. D.
【答案】　(1)C　(2)A
【解析】　(1)法一　以B为原点，建立如图(1)所示的空间直角坐标系.

图(1)
则B(0，0，0)，B1(0，0，1)，C1(1，0，1).
又在△ABC中，∠ABC＝120°，AB＝2，则A(－1，，0).
所以＝(1，－，1)，＝(1，0，1)，
则cos〈，〉＝
＝＝＝，
因此，异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为.
法二　将直三棱柱ABC－A1B1C1补形成直四棱柱ABCD－A1B1C1D1(如图(2))，连接AD1，B1D1，则AD1∥BC1.

图(2)
则∠B1AD1为异面直线AB1与BC1所成的角(或其补角)，易求得AB1＝，BC1＝AD1＝，B1D1＝.
由余弦定理得cos∠B1AD1＝.
(2)法一　取BC的中点O，连接OP，OA，因为△ABC和△PBC均为等边三角形，所以AO⊥BC，PO⊥BC，所以∠POA就是二面角P－BC－A的平面角，即∠POA＝120°，过点B作AC的平行线交AO的延长线于点D，连接PD，则∠PBD或其补角就是异面直线PB和AC所成的角.设AB＝a，则PB＝BD＝a，PO＝PD＝a，所以cos ∠PBD＝＝.

法二　如图，取BC的中点O，连接OP，OA，因为△ABC和△PBC均为等边三角形，所以AO⊥BC，PO⊥BC，所以BC⊥平面PAO，即平面PAO⊥平面ABC.且∠POA就是其二面角P－BC－A的平面角，即∠POA＝120°，建立空间直角坐标系如图所示.

设AB＝2，则A(，0，0)，C(0，－1，0)，B(0，1，0)，P，
所以＝(－，－1，0)，＝，
cos 〈，〉＝－，所以异面直线PB与AC所成角的余弦值为.
法三　如图所示，取BC的中点O，连接OP，OA，

因为△ABC和△PBC是全等的等边三角形，所以AO⊥BC，PO⊥BC，所以∠POA就是二面角的平面角，设AB＝2，则＝－，＝－，
故·＝(－)·(－)＝－，
所以cos 〈，〉＝＝－.
即异面直线PB与AC所成角的余弦值为.
规律方法　1.利用向量法求异面直线所成角的一般步骤是：(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范围是θ∈，两向量的夹角α的范围是[0，π]，当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是该异面直线的夹角；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.
考点五　用空间向量求线面角
【例5】如图，在三棱锥P－ABC中，AB＝BC＝2，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O为AC的中点.

(1)证明：PO⊥平面ABC；
(2)若点M在棱BC上，且二面角M－PA－C为30°，求PC与平面PAM所成角的正弦值.
【解析】(1)证明　因为AP＝CP＝AC＝4，O为AC的中点，所以OP⊥AC，且OP＝2.
连接OB，因为AB＝BC＝AC，
所以AB2＋BC2＝AC2，
所以△ABC为等腰直角三角形，
且OB⊥AC，OB＝AC＝2.
由OP2＋OB2＝PB2知PO⊥OB.
由OP⊥OB，OP⊥AC且OB∩AC＝O，知PO⊥平面ABC.
(2)解　如图，以O为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立空间直角坐标系O－xyz.

由已知得O(0，0，0)，B(2，0，0)，A(0，－2，0)，C(0，2，0)，P(0，0，2)，＝(0，2，2).取平面PAC的一个法向量＝(2，0，0).
设M(a，2－a，0)(0 设平面PAM的法向量为n＝(x，y，z).
由·n＝0，·n＝0得
可取n＝((a－4)，a，－a)，
所以cos〈，n〉＝.
由已知可得|cos〈，n〉|＝，
所以＝，
解得a＝－4(舍去)，a＝，
所以n＝.
又＝(0，2，－2)，所以cos〈，n〉＝.
所以PC与平面PAM所成角的正弦值为.
规律方法　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或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角.
考点六　用空间向量求二面角
【例6】如图1，在高为6的等腰梯形ABCD中，AB∥CD，且CD＝6，AB＝12，将它沿对称轴OO1折起，使平面ADO1O⊥平面BCO1O，如图2，点P为BC的中点，点E在线段AB上(不同于A，B两点)，连接OE并延长至点Q，使AQ∥OB.

(1)(一题多解)证明：OD⊥平面PAQ；
(2)若BE＝2AE，求二面角C－BQ－A的余弦值.
【解析】(1)证明　法一　取OO1的中点F，连接AF，PF，如图所示.

∵P为BC的中点，∴PF∥OB，
∵AQ∥OB，∴PF∥AQ，
∴P，F，A，Q四点共面.
由题图1可知OB⊥OO1，
∵平面ADO1O⊥平面BCO1O，且平面ADO1O∩平面BCO1O＝OO1，OB⊂平面BCO1O，
∴OB⊥平面ADO1O，
∴PF⊥平面ADO1O，
又OD⊂平面ADO1O，∴PF⊥OD.
由题意知，AO＝OO1，OF＝O1D，∠AOF＝∠OO1D，
∴△AOF≌△OO1D，
∴∠FAO＝∠DOO1，
∴∠FAO＋∠AOD＝∠DOO1＋∠AOD＝90°，∴AF⊥OD.
∵AF∩PF＝F，且AF⊂平面PAQ，PF⊂平面PAQ，
∴OD⊥平面PAQ.
法二　由题设知OA，OB，OO1两两垂直，∴以O为坐标原点，OA，OB，OO1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AQ的长为m，则O(0，0，0)，A(6，0，0)，B(0，6，0)，C(0，3，6)，D(3，0，6)，Q(6，m，0).
∵点P为BC的中点，∴P，
∴＝(3，0，6)，＝(0，m，0)，＝.
∵·＝0，·＝0，
∴⊥，⊥，又与不共线，
∴OD⊥平面PAQ.
(2)解　∵BE＝2AE，AQ∥OB，∴AQ＝OB＝3，
则Q(6，3，0)，∴＝(－6，3，0)，＝(0，－3，6).
设平面CBQ的法向量为n1＝(x，y，z)，
由得
令z＝1，则y＝2，x＝1，n1＝(1，2，1).
易得平面ABQ的一个法向量为n2＝(0，0，1).
设二面角C－BQ－A的大小为θ，由图可知，θ为锐角，
则cos θ＝＝，
即二面角C－BQ－A的余弦值为.
规律方法　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.



【过关检测】
1．设平面与平面的夹角为，若平面的法向量分别为，则( )
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】
由题意，，
因平面与平面的夹角与其法向量的夹角相等或互补，
所以.
故选：B
2．在三棱锥中，平面，，，，分别是棱，，的中点，，，则直线与平面所成角的正弦值为（ ）

A． B． C． D．
【答案】B
【详解】
因为，所以，因为平面，平面，
所以，以为空间直角坐标系的原点，以所在的直线为轴，建立如下图所示的空间直角坐标系，，
，，，
设平面的法向量为，
所以有，
设直线与平面所成角为，
所以，
故选：B


3．若直线的方向向量为，平面的法向量为，则（ ）
A． B．
C． D．与斜交
【答案】B
【详解】
由已知可得，则，因此，.
故选：B.
4．如果直线l的方向向量是(－2，0，1)，且直线l上有一点P不在平面α内，平面α的法向量是(2，0，4)，那么（ ）
A．l⊥α B．l∥α
C．l⊂α D．l与α斜交
【答案】B
【详解】
因为，所以，
又因为直线l上有一点P不在平面α内,
所以l⊄α，所以l∥α.
故选：B
5．若平面的法向量分别为，则（ ）
A． B．与相交但不垂直
C． D．或与重合
【答案】D
【详解】
由题意，向量，可得，
所以平面的法向量共线，故或与重合.
故选：D.
6．过正方形的顶点作线段平面，若，则平面与平面所成的锐二面角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】
解：设，
以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
，0，，，1，，，1，，
，1，，，1，，
设平面的法向量，，，
则，取，得，1，，
平面的法向量，1，，
设平面与平面所成的锐二面角为，
则，
故选：．

7．在正方体中，是的中点，则直线与平面所成角的正弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】
解：以为坐标原点，以为轴，以为轴，以为轴，建立如图空间直角坐标系，

设正方体的棱长为，则，，，
，，
设平面的法向量为，
，，
，令，则，
，
设直线与平面所成角为，则，
故选：B．
8．在正四棱锥中，侧棱，底面边长，是在平面内的射影，是的中点，则异面直线与所成角为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】
由正四棱锥定义可知：四边形为正方形，，
则，平面，
则以为原点，正方向为轴建立如图所示空间直角坐标系，

，，，
，，，，
，，
，
异面直线与所成角为.
故选：C.
9．如图所示，正方体中，点分别在上，，，则与所成角的余弦值为（ ）

A． B．
C． D．
【答案】C
【详解】

以D为原点，建立如图所示空间直角坐标系，设正方体边长为3，则

，设EF与所成的角为，
则
故选：C
10．已知，，则平面ABC的一个单位法向量为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【详解】
设平面的法向量为，
则有取，则.
所以．因为，
所以平面的一个单位法向量可以是.
11．如图，在三棱锥中，与是全等的等边三角形，且平面平面.

（1）证明：；
（2）求与平面所成角的正弦值
【详解】
解：（1）取的中点，连接、，因为与是全等的等边三角形，所以，，因为，面，所以面，因为面，所以


（2）因为平面平面，平面平面，，所以平面，如图以为坐标原点，建立空间直角坐标系，令，则，，，，所以，，，设面的法向量为，则，所以，令，则，，所以，设与平面所成的角为，则
12．如图甲，正方形边长为12，，，，分别交，于点，，将正方形沿，折叠使得与重合，构成如图乙所示的三棱柱，点在该三棱柱底边上．

（1）若，证明：平面；
（2）若直线与平面所成角的正弦值为，求的长．
【详解】
（1）证明：在图乙中，过作，交于，连接，

则，∴共面且平面交平面于，
∵，，
∴，又为正方形，
，，由，有，
∴四边形为平行四边形，∴，
又平面，平面，
∴平面．
（2）由（1），，∴．
由题图知，，，分别以，，为，，轴，建立空间直角坐标系，

则，，，，
，，，
设平面的法向量为，
则
令，得，
设，得，
∵直线与平面所成角的正弦值为，
∴，
解得或，即或．
13．如图，三棱柱所有的棱长为2，，M是棱BC的中点.

（Ⅰ）求证：平面ABC;
（Ⅱ）在线段B1C是否存在一点P，使直线BP与平面A1BC 所成角的正弦值为? 若存在，求出CP的值; 若不存在，请说明理由.
【详解】
解：（1）证明：，，是中点，
，
又，
，
，
平面，
（2）建立如图所示的空间直角坐标系，

由（1）知平面A1BC的法向量为，，，，，，
令，
则，
设直线BP与平面A1BC 所成角为，则
,
解得或（舍），
所以当时，满足题意，此时.