高二数学人教A版2019选择性讲义 第04讲空间向量的应用

第4讲空间向量的应用

考点分析

考点一：直线的方向向量

空间直线的方向用一个与该直线平行的非零向量来表示，该向量称为这条直线的一个方向向量。直线

在空间中的位置，由它经过的空间一点及它的一个方向向量完全确定。

考点二：平面的法向量

如果表示向量”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“la，如果

nYa,那么向量”叫做平面ɑ的法向量.

注意：

①法向量一定是非零向量；

②一个平面的所有法向量都互相平行：

③向量”是平面的法向量，向量m是与平面平行或在平面内，则有“•〃=().

考点三：平面的法向量的求法

第一步：写出平面内两个不平行的向量ɑ=(汨，％,z∣),b-(½,%,Zz),

/、=O

第二步：设平面的法向量为〃=(x,y,z),根据法向量与平面内直线垂直建立关于x、y、Z的方程；

[n∙b=0

第三步：解方程组，取其中的一个解，即得法向量.(一般令一个值求出两外两个即可)

考点四：用空间向量判定直线、平面间的位置关系

①直线与直线的位置关系：不重合的两条直线”，匕的方向向量分别为“，b.

1.若a〃B,即α=λB,则a〃6.2.若aJ.B,即2•月=0,则

②直线与平面的位置关系：直线L的方向向量为“，平面α的法向量为八，且LLa.

1.若五//n,即5=λn,则LI.a2.若五ɪn,即力•力=0,贝!]a〃a.

③平面与平面的位置关系：平面a的法向量为访，平面S的法向量为0.

,

1.若万1〃万2，即而I=九万2，则a〃42.若万]_L为2,即瓦∙w2=θ则a_L/?

考点五：用空间向量方法求空间角

①求异面直线所成的角

两条异面直线所成角的求法：设直线”，6的方向向量为5,b,其夹角为仇则COS9=∣cos。I=Kiɪ(其

∖a∖∖b∖

中9为异面直线a,匕所成的角).

②求直线和平面所成的角

设直线/的方向向量为d,平面a的法向量为7,直线与平面所成的角为O,a与％的角为9，

a∙n

贝有同

IJSine=ICOSzψ,

③二面角的求法

若q,%分别为面夕的法向量，cosWi,n二4.%

12匐・㈣

则二面角的平面角为n,,n2的夹角或它们的补角,

考点六：用空间向量方法求点到平面的距离

力为平面ɑ外一点（如图），五为平面α的法向量，过力作平面。的斜线/8及垂线/〃.

♦IAB∙nIIAB∙nI

IAHI=IAB∖-sinθ=∖AB∖-∖cos<AB,n>∖=∖AB∖-.~rr∖=',,'

1«1

典型例题

题型一：平面的法向量判断及求法

【例1】（2022•全国•高二课时练习）在直三棱柱A8C-A4G中，以下向量可以作为平面ABC法向量的是

（）

A.ABB.Λ1ClC.BC∖D.AAi

【答案】D

【分析】作出图像，根据直棱柱侧棱垂直于底面即可求解.

【详解】如图，

∙.∙CC1>AA、8耳均垂直于平面A8C,故选项D中AA1可以作为平面A8C的法向量.

故选：D.

【例2】(2021•全国•高二课时练习)如图，四棱柱ABCn-AgCQ的底面ABa)是正方形，。为底面中心,

A。，平面A8CO,AB=A4=JL平面OCBl的法向量与=(χ,y,z)为()

A.(0,1,1)B.(l-l,ɪ)C.(1,0,-1)D.(-1,-1,1)

【答案】C

【分析】根据空间直角坐标系写出各向量，利用法向量的性质可得解.

【详解】∙,∙ABCD是正方形，且AB=√i,

AO=OC=1,

/.OA1—1,

.∙.A(0,-l,0),3(1,0,0),C(0,l,0),λ,(θ)θ4).

.∙.A5=(l,l,0),OC=(0,1,0),

又Aq=AB=(1,1,0),

二4(1,1,1),OB1=(1,1,1),

平面OCBl的法向量为专=(x,y,z),

fV=O

则「八，得y=o,X=-Z,

[x+y+z=O

结合选项，可得〃=(1,0,-1),

故选：C.

【例3】(2022•江苏♦高二课时练习)如图，在正方体ABS-ABCA中，以。为原点建立空间直角坐标系,

E为BBl的中点，F为AA的中点，则下列向量中，能作为平面AE尸的法向量的是().

C.(2,-2,1)D.(1,2,-2)

【答案】B

【解析】

【分析】

设正方体的棱长为2,依次求出各点坐标，设向量N=(X,y,z)是平面AEF的法向量，根据法向量的定义，逐

一验证各选项即可求出答案.

【详解】

解：设正方体的棱长为2,则A(2,0,0),E(2,2,l),F(l,0,2),

,AE=(0,2,1),AF=(-1,0,2),

设向量〃=(x,y,z)是平面AEF的法向量，

则∕∙AE-2)+z-0,取y=],得Z=_2,X=_4,

H∙AF=-x+2z=0,

则n=(-4,1,-2)是平面AEF的一个法向量，

结合其他选项,只需和〃=(-4,1,-2)共线即可，

检验可知，ACD选项均不与〃=(-4,1,-2)共线.

所以能作为平面AEF的法向量只有选项B

故选：B.

【例4】(2022•全国•高二课时练习)如图，在空间直角坐标系中，有正方体A8C。-A'B'C77,给出下列结

论:

①直线DD的一个方向向量为M=(0,0,1)；

②直线BC的一个方向向量为v2=(0,1,1)；

③平面ABBK的一个法向量为勺=(0,1,());

1

④平面BCD的一个法向量为w2=(1,1,1).

其中正确的个数为().

A.1B.2C.3D.4

【答案】A

【分析】由直线的方向向量及平面的法向量的定义即可求解.

【详解】解：设正方体ABC。一AEC。的边长为1,则。(0,0,0),D,(0,0,l),β(1,1,0),C,(0,1,1),B,(l,l,l),

c(o,ι,o),

对①：因为。C'=(0,0,1),所以直线OD的一个方向向量为W=(0,0,1)正确：

对②：因为BC'=(-1,0,1),所以直线3C'的一个方向向量为3=(OJl)不正确；

对③：因为。4,平面A3BW，又04=0,0,0),所以平面ABBH的一个法向量为4=(0,1,0)不正确；

对④：因为%=(1,1,1),OB'=(1,1,1),OC=(0,1,0),n2DB'=i+↑+l=3≠0,n2∙DC=0+l+0=l≠0.

所以平面8'CZ)的个法向量为%=(1,1,1)不正确.

故选:A.

【例5】(2022•全国•高二课时练习)放置于空间直角坐标系中的棱长为2的正四面体A8C。中，，是底面中

心，£>"_L平面ABC,写出:

Z

(1)直线BC的一个方向向量;

(2)点。。的一个方向向量___________;

(3)平面840的一个法向量___________;

(4)ADBC的重心坐标.

【答案】(-ι,√3,o)。,李半^(ι,6,o);'乎

【分析】先求出正四面体中各边的长度，得到各个点的坐标.

对于(1)(2)：直接求出方向向量；

对于(3)：根据法向量的定义列方程组，即可求得;

对于(4)：利用重心坐标公式直接求得.

【详解】由题意可得：OA=OB=LoC=BX2=6lG

.OH=-OC=-.

233

DH=y]DC2-CH2=P-(W叼=ʃ.

C(θ,√3,θ),H0,率0,D。岑,平

由图示，可得：0(0,0,0),A(-l,0,0),B(1,0,0),

\7\

(1)直线BC的一个方向向量为8C=(-l,G,θ),

,刊

(2)点。〃的一个方向向量为。。=0,y

(3)HD=0,0,ɪ,BH=T芋O.设：〃=(x,y,z)为平面BHD的一个法向量,

n√∕D=-z=O

3

则r,不妨设x=l,贝什=(l,6,θ).

n-BH=-x+——V=O

3

故平面力的一个法向量为(1,6,0).

C(θ,√3,θ),D0岑,半

(4)因为3(1,0,0),

所以C的审心坐标为

【题型专练】

1.(2022・江苏•高二课时练习)过空间三点A(l,l,0),3(1,0,1),C(0,1,1)的平面的一个法向量是()

A.(1,1,1)B.(ɪ,l,-l)C.(ɪ,θ,ɪ)D.(-1,0,1)

【答案】A

【解析】

【分析】

设出平面的法向量为α=(x,y,z),利用垂直关系，布列方程组，即可得到结果.

【详解】

AB=(0,-1,1),AC=(TQl).

设平面的法向量为a=(x,y,z).

由题意知α∙AB=0,α∙AC=0,

-V+z=0X=Z

所以T+Z=。'解得

y=z

令z=l,得平面的一个法向量是(1,1,1).

故选：A

2.(2022•全国高二课时练习)已知三点A(2,3,l)、8(4,1,2)、C(6,3,7),则平面ABC的法向量可以是

.(写出一个即可)

【答案】（3,2,-2）（答案不唯一）

【分析】设平面ABC的法向量为，则有］小£°，然后赋值即可得出答案.

【详解】解：A8=(2,—2,1),AC=(4,0,6),

设平面ABC的法向量为n=（X,y,z）,

n-AB-2x-2y+z=0

则有，令x=3,则z=-2,y=2,

n-AC=4x+6Z=O

所以〃=(3,2,-2),

所以平面ABC的法向量可以是（3,2-2）.

故答案为：（3,2,-2）（答案不唯一）.

3.（2022.全国•高二课时练习）已知三点力（2,3,1）、S（4,l,2）,C（6,3,7）,则平面ASC的法向量可以是

.（写出一个即可）

【答案】（3,2,-2）（答案不唯一）

【解析】

【分析】

设平面板的法向量为"=（QZ）,则有;**然后赋值即可得出答案.

【详解】

解：AS=(2,-2,1),AC=(4,0,6),

设平面ABC的法向量为"=（x,y,z）,

n∙AB=2x-2>,+z=0

则有＜令x=3,则z=-2,y=2,

∕7∙AC=4X+6Z=0

所以〃=（3,2,-2）,

所以平面ABC的法向量可以是（3,2,-2）.

故答案为：（3,2,-2）（答案不唯-）.

4.(2022•全国•高二单元测试)若点A(2,3,0),B(To,2),C(O,1,1),则平面ABC的一个法向量〃=

【答案】(1,-1,0)

【分析】根据题意求得向量AB=(-3,-3,2),AC=(-2,-2,1),结合法向量的求法，即可求解.

【详解】由题意，点点A(2,3,0),8(—1,0,2),C(0,l,l),

可得向量4B=(-3,-3,2),AC=(-2,-2,1),

n∙AB=-3x-3y+2z=0

设平面ABC的法向量为"=(x,y,z)可得《

n∙AC=-2x-2y+z=0

取x=l,可得y=T,z=O,所以平面ABC的一个法向量为〃=(1,-1,0).

故答案为：(1,-1,0).

5.(2022•湖南•高二课时练习)如图，在长方体ABC。-AgCQi中，AS=2,AD=6,AA=3,建立适当

的空间直角坐标系，求下列平面的一个法向量：

j

(I)FffiABCDi

(2)平面ACGA;

⑶平面ACR.

【答案】(1)”>I=(0,(),3)

⑵=(1,3,0)

⑶〃=(1,3,2)

【解析】

【分析】

以。为原点，OADC,所在的直线分别为χ,y,z轴，建立空间直角坐标系，

(1)由于。。_L平面ABC£),所以。2为平面ABCD的一个法向量，

(2)设平面ACGA的法向量为m=(x,y,z),则,..~，从而可求出法向量,

I=3z=0

(3)设平面ACA的法向量为"=(α,4c),则+?=从而可求出法向量

[n∙AD1=-6a+3c=O

(ɪ)

以。为原点，D4,oc,o〃所在的直线分别为χ,y,z轴，建立空间直角坐标系，

则£>(0,0,0),46,0,0),C(0,2,0),£>1(0,0,3),Al(6.0,3),C1(0,2,3),

所以。DI=(0,0,3),

因为。Aj■平面ABCD,所以叫为平面ABCD的一个法向量，

所以平面ABCo的一个法向量为。。；=(0,0,3),

(2)

设平面ACGA的法向量为〃?=(*,y,z),

因为AC=(-6,2,0),AAI=(0,0,3),

m∙AC=-6x+2y=0

所以令x=l,则相=(1,3,0),

m-AAt=3z=0

所以平面ACCM的一个法向量为，”=(1,3,0),

(3)

设平面ACD1的法向量为"=(α,4c∙),

因为AC=(-6,2,0),A。,=(-6,0,3),

n-AC=-6a+2⅛=0

所以令α=l,则”=(1,3,2)

n-AD1--6a+3C=O

所以平面ACR的一个法向量为W=(1,3,2)

题型二：利用空间向量研究平行垂直问题

【例1】（2022.全国•高二课时练习）已知直线/的方向向量为d,平面α的一个法向量为“，若/_La,则（）

A.d∙n=OB.d=nC.d≠nD.d//n

【答案】D

【分析】结合平面法向量的概念及∕∙Lα,即可得到答案.

【详解】由题意，直线/的方向向量为d,平面α的一个法向量为〃，

因为/_La,可得d〃”.

故选：D.

【例2】（2022•江苏•徐州市王杰中学高二阶段练习）已知平面ɑ的法向量为（4,3,-7）,若直线/_L平面α,

则直线的方向向量可以为（）.

A.(8,6,4)B.(-8,-6,14)

3,4,T

c∙喈D.

【答案】B

【解析】

【分析】

结合空间向量平行关系即可求解.

【详解】

因为平面α的法向量为"=（4,3,-7）,又因为直线U平面α,所以直线/的方向向量平行于〃=（4,3,-7）,四

个选项中，（-8,-6,14）=-2（4,3,-7）,故B选项符合题意.

故选：B

【例3】（2022・广东・广州奥林匹克中学高二阶段练习）如图，在正四棱柱ABCo-AAGR中，。是底面ABCD

的中心，瓦尸分别是8片,0。的中点，则下列结论正确的是（）

A.AQ//EFB.AOlEFC.AQ//平面EFAD.AoJ•平面EFa

【答案】B

【解析】

【分析】

建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明，逐项分析、判断作答.

【详解】

在正四棱柱ABa）-ABCR中，以点。为原点建立如图所示的空间直角坐标系,

令AB=2a,DDi=2b(a>0,b>0),。是底面ABCD的中心，E,尸分别是BBl,DDl的中点,

则O(a,a,0),A1(2α,0,2b),E(2a,2a,b),B,(2a,2a,2fe),F(0,0,b),OAx=(a,-a,2b),FE=(2a,2a,O),EBI=(0,0,⅛),

对于A,显然OA⅛FE不共线，即\0与EF不平行，A不正确;

对于B,因OA∙FE=α∙2+(-4)∙2α+0∙%=0,则OA,∙re,即4。，后尸，B正确；

对于C,设平面EFBl的法向量为"=(χ,y,z),则"八"°,令X=I,得"=(1,-1,0),

OAln=2a>0,因此。4与〃不垂直，即Ao不平行于平面EFB∣,C不正确；

对于D,由选项C知，OA与〃不共线，即A。不垂直于平面EFB∣,D不正确.

故选：B

【例4】(2022・全国•高三专题练习(文))在正方体ABCD-A4G。中，E,尸分别为A8/C的中点，则()

A.平面线EF_L平面BORB.平面AE尸J.平面

C.平面4EF//平面AACD.平面4E/〃平面4G。

【答案】A

【解析】

【分析】

证明所_L平面BQA,即可判断A；如图，以点。为原点，建立空间直角坐标系，设AB=2,分别求出平

面与E尸，AtBD,ACQ的法向量，根据法向量的位置关系，即可判断BCD.

【详解】

解：在正方体ABCD-A1BCR中，

AClfiDJlDD1J■平面ABCD,

又EFU平面ABCD，所以E尸，。R,

因为E,F分别为AB,BC的中点，

所以所AC,所以瓦'"L3D,

,又BDDDt=D,

所以EF_L平面BOR,

又EFU平面与E尸，

所以平面gEF，平面8。口，故A正确；

如图，以点。为原点，建立空间宜角坐标系，设AB=2,

则4(2,2,2),E(2,l,O),F(1,2,0),3(2,2,0),A(2,0,2),A(2,0,0),C(0,2,0),

G(0,2,2),

则EF=(-1,1,0),EB、=(0,1,2),DB=Q2,θ),DAi=(2,0,2),

M=(0,0,2),AC=(-2,2,0),4q=(-2,2,0),

设平面B1EF的法向量为W=(%,χ,z1),

In-EF=-JV+V.=0,,、

则有1

底鹤=%+2zl=0,可取"("I)'

同理可得平面AB。的法向量为仆=(1,-1,-1),

平面AAC的法向量为n2=(LLO),

平面AG。的法向量为4=(1,1,τ),

则“2・4=2—2+1=1H0,

所以平面B1EF与平面ABO不垂直，故B错误;

因为加与巧不平行,

所以平面B1EF与平面AAC不平行，故C错误；

因为小与公不平行,

所以平面B1EF与平面ACQ不平行，故D错误,

【例5】(2022.福建宁德.高二期中)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCO为直角梯形，其中A£>〃3C.

A。_LAB,A£>=3,A3=BC=2,尸AJ_平面ABC£>,且PA=3,点M在棱PO上，点N为BC中点.

IJNL

若DM=2MP,证明：直线肱V〃平面∕¾B:

【答案】证明见解析

如图所示，以点A为坐标原点，以AB为X轴，AO为y轴，AP为Z轴建立空间直角坐标系,

则P(0,0,3),BQ,0,0),0(0,3,0),C(2,2,0),N(2,1,0)

若Z)M=2MP，则M(0,1,2),MN=(2,0,-2)

因为E4，平面ABCO,所以ADJ

又因为AoJ,AB,PACA8=A

所以AOL平面PAB

平面印8的其中一个法向量为AO=(0,3,0)

所以MN∙AO=0,即AZ)_LMN

又因为MNZ平面R4B

所以MN//平面R4B

【例6】(2022•全国•高二课时练习)在正方体ABCO-ABCa中，点E,尸分别是正方形ABCa和正方形

8∣GCB的中心.求证：

(1)4G1.平面A8。；

(2)£7=7/平面AB。；

(3)平面与E/〃平面A]。.

【答案】(I)证明见解析

(2)证明见解析

(3)证明见解析

【解析】

【分析】

(1)建立空间直角坐标系，利用向量法证得AG，平面A田C；

(2)利用向量法证得EP〃平面A/。；

(3)利用向量法证得平面BlEF〃平面A8。.

(1)

设正方体的边长为2，建立如图所示空间直角坐标系，

G(2,2,2),A(。,0,2),8(2,0,0),0(0,2,0),

AS=(2,0,-2),Λ1D=(0,2,-2),

AC1-AfB=0,AC1-AiD=O,

所以AGLA8,4G，A。，

由于ABnAO=A,所以A£L平面ABO.

(2)

设平面ABO的法向量为％%,χ,zj,

,[n,∙AB=2x-2z.=O/、

则l｛4CcCn'故可设《1=(1,1,1).

v,

["].A1O=2y∣-2Zl=O1

E(l,1,2),尸(2,1』)，所=(1,0,-1),

ntEF=O,E,尸任平面A8。，

所以。〃平面AB。.

(3)

4(2,0,2),4F=(0,1,-1),

设平面BlEF的法向量为%=（w,%，Z2），

Ti∙EF=x-z=0

则222故可设%=(1,1,1).

n2∙BtF=y2-z2=0

nλ=tι1,

显然，平面BEF与平面AB力不重合，所以平面BgF〃平面A∕O.

【题型专练】

1.（2022・宁夏・石嘴山市第一中学高二期末（理））平面ɑ的法向量为：=（2,-2,2）,平面尸的法向量为

v=（l,2,l）,则下列命题正确的是（）

A.a,夕平行B.a,4垂直

C.α,夕重合D.«,A相交不垂直

【答案】B

【解析】

【分析】

根据：.；=（）可判断两平面垂直.

【详解】

因为kv=2xl+(-2)x2+2xl=0,所以所以α,4垂直.

故选：B.

2.(2022•四川成都・高二期中(理))若直线/的方向向量α=(l,0,1),平面4的法向量〃=(IJ-I),则()

A.IuβB.I1βC.l∕∕βD./u力或〃/4

【答案】D

【解析】

【分析】

根据α∙"=0可得结果.

【详解】

因为=1—1=0,

所以。_1_",

所以IU。或l∕∕β.

故选：D

3.(2022•湖南•高三阶段练习)若直线/的方向向量m=(x,T,2),平面α的法向量”=(-2,-2,4),且直线U

平面α,则实数X的值是.

【答案】-1

【解析】

【分析】

利用法向量的定义和向量共线的定理即可.

【详解】

直线/的方向向量m=(x,T,2),平面ɑ的法向量∕i=(-2,-2,4),直线/_L平面α,

必有，"//〃.即向量〃？与向量”共线，

m=λn>''∙~=~=~`解得X=-1：

—2—22

故答案为：-1.

4.(2022・陕西•武功县普集高级中学高二期末(理))设〃=(-2,2"A=(6,-4,5)分别是平面。,夕的法向量,

若α,方，则实数，的值是.

【答案】4

【解析】

根据W=(-2,2,0,V=(6,-4,5)分别是平面犯尸的法向量,且α",则行〃1G求解.

【详解】

因为W=(-2,2,f),V=(6,-4,5)分别是平面夕的法向量，且。，尸

所以“ɪV

所以-2x6+2x(-4)+fx5=0

解得f=4

故答案为：4

【点睛】

本题主要考查空间向量垂宜，还考查了运算求解的能力，属于基础题.

5.(2022•全国•高二课时练习)如图所示，正方体ABCE>-AgCQ的棱长为",M、N分别为A/和AC上

的点，AM=AN=-a,则MN与平面88CC的位置关系是.

3

【答案】平行

【解析】

【分析】

以G为坐标原点，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求得MN的方向向量和平面BqCC的法向量，由

向量法即可判断.

【详解】

因为ABCr>-ABCQ∣是正方体，且棱长为4,

故以为坐标原点建立空间直角坐标系，如下所示：

C1

则。［0,（）,0）,。（0,0,4），4（。,q0）,4（。,。,4）,5（氏（）,。），

22(22ʌ

由题可知CN=§CA=§(a,a,O)=(§a,]a,Oj,设点N坐标为(χ,y,zj,

则(％,y,ZLa)=(|〃,弓。,02222、

,故可得百=§。,乂=1Q,z∣=〃，即N-a9-a9a^

22(22A

BM=~β∖=-(0,^,-6f)=lI,设点M坐标为(々,％，Z2)，

则(9-〃，％'Z2-〃)=(θ,gɑ,一gɑ21

故可z得W=%为=个a,z=3Ci,即M晨

33；

（12

故AlN所在的方向向量为MN=I--α,0,-α

又平面BBCC的一个法向量〃=（0,1,0）,

故MN-〃=0,故直线MV〃面BB1C1C.

故答案为：平行.

6.（2022•全国•高二课时练习）己知正方体ABCD-AIBeIR中，棱长为2”,M是棱。A的中点.求证：DBt//

平面AMC-

B

【答案】证明见解析

【解析】

【分析】

以点。为原点,分别以ZM、OC与。2的方向为X、y与Z轴的正方向，建立空间直角坐标系,分别求出面AMG

的一个法向量和直线。用的方向向量，根据直线与平面平行的定义即可证明.

【详解】

以点。为原点，分别以D4、Od与。R的方向为入y与Z轴的正方向，建立空间直角坐标系.则。(0,0,0)、

4(2。,0,0)、C(0,2Λ,0)SB(2a,2«,0)sD1(0,0,2α)xAx(2a,0,2tz)xC1(θ,2^,2α)βl(2a,2a,2a),M是棱。Dl的

中点得M(0,0,α),DB1=(2α,2a,2∩).设面AMG的一一个法向量为"=(x,y,z),M41=(加,0,a),

,、n-MA=O,∖2ax+az-Q,,.

MG=(0,2α,α),则〈J1八=CC令y=1,则"=(1,1,—2).又£)线.〃=OnDMj_〃，因为。耳(z

v

'[n∙MCt=0,[2ay+az=0,

平面A1MC1,所以QBl〃平面A1MC1.

7.(2022•全国•高二课时练习)如图，正方体48Cr)-AqGR中，M,N分别为A8、BC的中点.

(1)用向量法证明平面ABDH平面4CQ；

(2)用向量法证明MV，平面4/。.

【答案】(1)证明见解析

(2)证明见解析

【解析】

【分析】

(1)利用向量法可得两平面的法向量，再根据法向量互相平行证明面面平行;

(2)利用向量法证明平面A3。的法向量与MN平行，即可得证.

⑴

如图建立空间直角坐标系,

设正方体的棱长为2,

则A(2,0,2),B(2,2,0),4(2,2,2),C(θ,2,θ),D(0,0,0),A(0,0,2),

UUU

故DA=(2,0,2),DB=(2,2,0),B1C=(-2,0,-2),B1D1=(-2,-2,0),

设平面ABo的法向量4=G,y,zJ,

DA-H=0∫2x,+2z=0

ilfL、IJy1令Xl=1,则4=(L-L-I),

DBnA=O[2x1+2y1=O

设平面的法向量巧XƩZ

Bm=(2,2,2),

∣-2X,-2Z=0

B1CH2=OIQJ2

令Xz=I，则%=(L-LT),

BR∙%=θ''[-2x2-2y2=0

所以nl=rt2,GβnJIn2,

故平面ABW/平面耳C。；

(2)

由M,N是线段AB,BC中点,

则M(2,1,0),N(l,2,l),

所以MN=(T,1,1),

则MNHny,

所以MNL平面A8。.

8.(2022・全国•高二课时练习)如图，已知长方体A88-A4GR中，AD=AB=2DDl,判断满足下列条

件的点M,N是否存在：MWAD,,NGBD,MN工AD∖,MN工BD.

【答案】存在点”,N满足Λ/∈A",N∈BD,MN1ADvMNA.BD

【解析】

【分析】

建立直角坐标系利用空间向量垂直的求解方法进行求证.

【详解】

解：假设存在M，N满足条件.在长方体中以D为原点，分别以D所在的直线为X轴，＞轴，z轴,

建立空间直角坐标系.

不妨设Z)A=I,4M=X,ON=y则AO=AB=2DR=2

在，A。。中，

ΔΠ2_2√5

cosZZ)AD=----

l1ADl=TTrTF--Γ^

sin4D∖AD=吆1.√5

=√l2+22

ADl_5

.∙.ADl=(-2,0,1),BD=(-2,-2,0)

MN上AR,MNLBD

MNAD1-0

-MNBD=Q

-∖∕5x-^-y+4=0

-2√5x-5√2y+10=0

—3石

解得：‹

MeADvNeBD

:.0≤x≤√5,0≤y≤2√2

即存在点M,N满足M∈ADrNeBD,MN1AD∣,MN1BD

9.（2022•浙江•高三专题练习）如图所示，在长方体ABCo-ABlGR中，AD=∖,AB=AA,=2,N、M分

（2）求证：NMj_平面AgM.

【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.

【解析】

【分析】

（1）以点D为坐标原点，DA.DC、。。所在直线分别为X、V、Z轴建立空间直角坐标系，利用空间向

量法可证得结论成立；

(2)求出平面ABl历的一个法向量，利用空间向量法可证得结论成立.

【详解】

(1)以点D为坐标原点，DA.DC.DD1所在直线分别为X、y、Z轴建立如下图所示的空间直角坐标系,

Vi....√p

•/，

•i////9/

,zɪɪ

Z育i

则A(1,0,0)、M(0,1,1)、N(l,l,0)∖B1(1,2,2),4(1,0,2),

W=(-1,0,1),易知平面AA。。的一个法向量为4=(0,1,0),

W∙wι=-l×0+0×I+l×0=0.则NMJ.机，

NM<z平面AADD1,故NMH平面AADD1；

(2)设平面的法向量为鼠=(χ,y,z),AA=(0,2,0),AiM=(-1,1,-1).

w

由{Xθ-z=o'取'i可得〃=(T，。/),

所以，NM=n，故NML平面A∣8∣M.

10.(2022•全国•高三专题练习)已知正方体ABC。-A/B/GO中，E为棱CG上的动点.

β

AR

(1)求证：AiE±BD；

（2）若平面A∕BZ），平面E8。，试确定E点的位置.

【答案】（1）证明见解析；（2）E为CG的中点.

【解析】

【分析】

以。为原点，DA.DC,DDfx,y,z轴，建立空间直角坐标系.

（1）计算戏.访=O即可证明;

（2）求出面48。与面EB。的法向量，根据法向量垂直计算即可.

【详解】

以。为坐标原点，以D4,DC,£>£>/所在直线分别为X轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图,

设正方体的棱长为α,则A(4,0,0),B(a,a,0),C(0)a,0),A∣(a,0,a),C∕(0,a,a).

设E(0,a,e)(0≤e<α).

-

(1)A1F=(«>a，e—a),KD=La，-a<0),

4∣E∙访=标一/+(e—a).O=°，

ʌA⅛1BD-即A/E_L8O；

(2)设平面A∕BD,平面E8A)的法向量分别为〃I=(X/,y∣,z∣),%=(X2,”，Z2).

"∙"DB=3a,。)，Dʌɪ=("，θ,∕5k=(°,a'e)

TT—>—>—>→—>—>

:・nfDB=(h/∙DA∣=(),%DB=O,H1DE=O-

.[cιxx+ayl=0,[ax2+ay2=0,

・[aη+az[=0,[ay2+ez2=0.

取X∕=X2=I,得1=(1,—1,—1),3=(1，—1，-).

由平面A/8OJ_平面EBD得X工；.

.*.2——=0,即e=3.

e2

/.当E为Ca的中点时，平面，平面EBD.

题型三：异面直线所成的角

【例1】（2022•河南•商丘市第一高级中学高一阶段练习）在正方体ABCQ-ABCQl中，E,F分别为棱A。,

ABl的中点，则异面直线E尸与AA所成角的余弦值为（）.

A.正B.老C.—D."

6323

【答案】A

【分析】利用坐标法即得.

【详解】如图建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为2,

则E(l,0,0),F(2,l,2),A(2,0,0),A(0,0,2),

.∙.EF=(1,1,2),AO1=(-2,0,2),

EF∙AD∣26

.∙.COS(EF,A。)=

∣EF∣-∣ΛP,∣^√6×2√2^6

即异面直线EF与ADl所成角的余弦值为正.

6

故选：A.

【例2】（2022•全国.高二单元测试）在正方体ABCn-ABCQ中，若M是棱。R的中点，点。为底面ABCD

的中心，尸为棱Aq上任意一点，则异面直线OP与AM所成角的大小为（）

A.ɪB.ɪC.gD.与尸点位置无关

432

【答案】C

【分析】建立空间直角坐标系，用向量法求解.

【详解】

如图，以。A,OC,O2为x,y,z轴建立空间直角坐标系，设正方体棱长为2,则

A(2,0,0),M(0,0,1),0(1,1,0),设2(2,∕n,2),

ΛΛ∕=(-2,0,1),OP=(1,m-1,2),

ΛAMOP=-2×l+0×(m-l)+l×2=0,AM1OF,>B∣JAMlOP.

Tt

...直线OP与直线AM所成的角为

故选：C.

【点睛】关键点睛：解题关键是建立空间直角坐标系，用空间向量法求解.

【例3】（2022•四川省成都市新都一中高二期中（理））将正方形ABCD沿对角线Bo折起，使得平面AB

平面CBE>,则异面直线A3与8所成角的余弦值为（）

A.ɪB.&C.--D.一也

2222

【答案】A

【解析】

【分析】

根据空间直角坐标系，根据向量的夹角的余弦值来确定异面直线的夹角.

【详解】

取8。中点为O，连接AO,CO,所以A0_LBaCOLBD,

又面ABD_L面CBZ）且交线为3D.AOU面板），

所以AOJJfiCBO,OCU面CB。，则AOLCO.

设正方形的对角线长度为2,

如图所示，建立空间直角坐标系，Λ（O,O,1）,B（1,O,O）,C（0,1,0）,£>（-1,0,0）,

AB∙CD_T

所以4B=(1,O,T),CZ)=(T,T,0),cos.A8,Cf>.二

Λβ∣∣CD∣^√2×√2^2'

所以异面直线AB与8所成角的余弦值为，

故选:A

【例4】（2022・吉林长春•模拟预测（理））在矩形ABS中，。为8。中点且AD=2Λθ,将平面A8。沿对角

线8。翻折至二面角A-BO-C为90。，则直线Ao与8所成角余弦值为（）

A.@B.亚

54

r3√5r140

2525

【答案】C

【解析】

【分析】

建立空间直角坐标系，利用向量法求得直线A。与CQ所成角余弦值.

【详解】

在平面ABO中过A作AEj_虞），垂足为E;

在平面CBO中过C作CrJ_BD,垂足为尸.

由于平面AfiD_L平面BCD,且交线为3。，

所以AEL平面BCD,CF_L平面ABD,

设AB=I,AO=2,

-×BD×AE=-×AB×AD=>AE=^=,OE=y∣OA2-AE2=-⅛=,

22√52√5

23

同理可得CP=不,。/=云后，

以。为原点，建立如图所示空间直角坐标系

则心■），+春泰可刀代

,0,0,

7

8=卜祭一京4

设Ao与C。所成角为。，

3

则cos"总平f=d=班

H-M旦!25"

【例5】（2021•全国,高二课时练习）已知四棱锥的底面是边长为2的正方形，△7%£＞是以AO为斜边的等腰

直角三角形，AB_L平面以。，E是线段尸。上的动点（不含端点），若线段AB上存在点尸（不含端点），使

得异面直线出和EF所成的角的大小为30。，则线段AF长的取值范围是（）

【答案】B

【分析】取的中点G,先证明PGL平面A8CL）,以GAGP分别为X轴，Z轴，过点G作A8的平行线为

N轴，建立空间直角坐标系，用未知量设点E,F,注意范围，利用异面直线PA与EF成角构建关系，解

出范围即可.

【详解】取AD的中点G,由△■＞是以AO为斜边的等腰直角三角形，则PGLAo

又ABj_平面力力，PGU平面以。，则PGLAB,

乂ABCAO=A,所以PG_L平面A8CO

以GAGP分别为X轴，z轴，过点G作AB的平行线为N轴，建立如图所示的空间直角坐标系,

则G(0,0,0),A(1,O,O),O(T,O,O),8(1,2,0),P(0,0,1),

设尸(l,y,。)，0<y<2,DE=xDP=(x,O,x),O<x<l,

则E(X—1,0,x),EF=(2-x,y,-x),又Λ⅛=(l,0,T),

异面直线附和M所成的角的大小为30。，贝IJlRbE户Hp4HE@COS30。,

BP2=√2×7(2-Λ)2+∕+(-X)2×^,BPy=-2(Λ-1)2+—,Ovxvl,

2ɔ

则y%Oq),0<y<2,所以°<y<且，又A