1、1.4 空間向量的應(yīng)用(精講)思維導(dǎo)圖常見考法考點一 求平面的法向量【例1】(2021全國高二課時練習(xí))已知平面經(jīng)過三點A(1，2，3)，B(2，0，1)，C(3，2，0)，求平面的一個法向量【答案】(2，1，0) (答案不唯一)【解析】因為A(1，2，3)，B(2，0，1)，C(3，2，0)，所以(1，2，4)，(2，4，3)設(shè)平面的法向量為，則有，即得z0，x2y，令y1，則x2，所以平面的一個法向量為(2，1，0)故答案為：(答案不唯一)【一隅三反】1(2021福建)四邊形是直角梯形，平面，.在如圖所示的坐標(biāo)系中，分別求平面和平面的一個法向量【答案】答案不唯一(只要垂直于所求平面的非零向

2、量即為該面的法向量).【解析】，設(shè)平面的法向量，則，令，解得：，即平面的一個法向量為；平面軸，即為平面的一個法向量.2(2021山東)正方體ABCDA1B1C1D1中，E、F分別為棱A1D1、 A1B1的中點，在如圖所示的空間直角坐標(biāo)系中，求：(1)平面BDD1B1的一個法向量；(2)平面BDEF的一個法向量【答案】(1)；(2).【解析】設(shè)正方體ABCDA1B1C1D1的棱長為2，則，(1)設(shè)平面BDD1B1的一個法向量為，則，即，令，則，平面BDD1B1的一個法向量為；(2)，設(shè)平面BDEF的一個法向量為，令，得，平面BDEF的一個法向量為.考點二 利用空間向量證空間位置【例2-1】(20

3、21浙江湖州市高二期末)在空間直角坐標(biāo)系中，若直線l的方向向量為，平面的法向量為，則( )ABC或Dl與斜交【答案】C【解析】直線l的方向向量為，平面的法向量為，因為，所以，所以或，故選：C.【例2-2】(2021四川省內(nèi)江市第六中學(xué)高二月考(理)如圖，在底面是矩形的四棱錐中，底面，、分別是、的中點，.求證：(1)平面；(2)平面平面.【答案】(1)證明見解析；(2)證明見解析.【解析】以為原點，所在直線為軸，所在直線為軸，所在直線為軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則、，所以、，.(1)因為，所以，即.又平面，平面，所以平面;(2)因為，所以，同理可得，即，.又，所以平面.平面，所以平面平面

4、.【一隅三反】1(2021全國高二課時練習(xí))下列命題中，正確命題的個數(shù)為( )若分別是平面，的法向量，則；若分別是平面，的法向量，則 ；若是平面的法向量，是直線l的方向向量，若l與平面平行，則；若兩個平面的法向量不垂直，則這兩個平面不垂直A1B2C3D4【答案】C【解析】中平面，可能平行，也可能重合，結(jié)合平面法向量的概念，可知正確故選：C2(2021福建)如圖，在正方體ABCDA1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別是B1B，DC的中點，求證：AE平面A1D1F.【答案】證明見解析【解析】如圖所示，以點D為坐標(biāo)原點，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)正方體的棱長為1，則,所以,由，可得，即，又由，平面,所以平面.3

5、.(2021廣東肇慶)如圖，已知AB平面ACD，DE平面ACD，ACD為等邊三角形，ADDE2AB.求證：平面BCE平面CDE.【答案】證明見解析【解析】設(shè)ADDE2AB2a，以A為原點，分別以AC，AB所在直線為x軸，z軸，以過點A在平面內(nèi)垂直于AC的直線為y軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz，則A(0，0，0)，C(2a，0，0)，B(0，0，a)，D(a，a，0)，E(a，a，2a)所以(a，a，a)，(2a，0，a)，(a，a，0)，(0，0，2a)設(shè)平面BCE的法向量為(x1，y1，z1)，由0，0可得即令z12，可得(1，2)設(shè)平面CDE的法向量為(x2，y2，z2)，由0，

6、0可得即令y21，可得(，1，0)因為11()200.所以，所以平面BCE平面CDE.4(2021云南)如圖，正方形ADEF與梯形ABCD所在的平面互相垂直，ADCD，ABCD，ABAD2，CD4，M為CE的中點(1)求證：BM平面ADEF；(2)求證：BC平面BDE；(3)證明：平面BCE平面BDE.【答案】(1)證明見解析；(2)證明見解析；(3)證明見解析.【解析】證明平面ADEF平面ABCD，平面ADEF平面ABCDAD，ADED，ED平面ADEF，ED平面ABCD.以D為坐標(biāo)原點，分別為x軸，y軸，z軸的正方向建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系則D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(2，

7、2，0)，C(0，4，0)，E(0，0，2)，F(xiàn)(2，0，2)(1)M為EC的中點，M(0，2，1)，則，故共面又BM平面ADEF，BM平面ADEF.(2)，BCDB.又，BCDE.又DEDBD，DB，DE平面BDE，BC平面BDE.(3)證明由(2)知BC平面BDE，又BC平面BCE，平面BCE平面BDE.考點三 利用空間向量求空間角【例3】(2021浙江)如圖，在四棱錐中，平面，分別為線段，的中點()求異面直線與所成角的余弦值；()求直線與平面所成角的正弦值【答案】()()【解析】以為原點，分別為軸，建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，則, (),，異面直線與所成角的余弦值為.()設(shè)平面的法向量為

8、，直線與平面所成角為，則，即，令，可得，即直線與平面所成角的正弦值【一隅三反 】1(2021浙江)如圖，在三棱錐中，已知，平面平面，則異面直線與所成角的余弦值為( )ABCD【答案】A【解析】取的中點為，連接因為，所以，因為平面平面，平面平面，平面所以平面因為，所以如圖建立空間直角坐標(biāo)系，則所以所以異面直線與所成角的余弦值為故選：A2(2021天津高三二模)如圖，在三棱柱中，平面，側(cè)棱，是的中點(1)求證：；(2)求直線與所成角的余弦值；(3)求二面角的正弦值【答案】(1)證明見解析；(2)；(3)【解析】(1)證明：依題意，以點C為坐標(biāo)原點，分別以，的方向為軸、軸、軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)

9、系則，所以，所以，所以，即(2)解：由(1)，得，所以，所以即所求直線與所成角的余弦值為(3)解：依題意及(1)，得設(shè)平面的法向量為，則即令，得，所以由(1)及題意知，平面，所以平面的法向量是所以，所以設(shè)二面角的平面角為，由于，所以，故所求二面角的正弦值為3(2021新安縣第一高級中學(xué))已知正三角形的邊長為，點、分別是邊、上的點，且滿足(如圖1)，將沿折起到的位置(如圖2)，且使與底面成角，連接，(1)求證：平面平面；(2)求二面角的余弦值【答案】(1)證明見解析；(2)【解析】(1)折疊前，在圖1中，由余弦定理可得，所以，則，折疊后，在圖2中，對應(yīng)地有，平面，平面，因此，平面平面；(2)過點

10、在平面內(nèi)作，垂足為點，平面平面，平面平面，平面，平面，與平面所成的角為，因為平面，以點為坐標(biāo)原點，、所在的直線分別為、軸建立如下圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則、，設(shè)平面的法向量為，由，取，則，易知平面的一個法向量為，由圖可知，二面角為銳角，它的余弦值為.考點四 利用空間向量求空間距離【例4】(2021全國高二課時練習(xí))長方體中，是的中點，在線段上，且，是的中點，求：(1)到直線的距離；(2)到平面的距離【答案】(1)；(2).【解析】如圖，建立空間直角坐標(biāo)系，則，(1)，在上的射影的模為，到直線的距離為；(2)設(shè)平面的法向量，則，令，解得：，又，到平面的距離.【一隅三反】1(2021河北)如圖，在

11、棱長為2的正方體中， 為的中點，點在線段上點到直線 的距離的最小值為 _ 【答案】【解析】點到直線的距離的最小值就是異面直線與的距離.以點為原點，分別以的方向為軸、軸、軸正方向建立空間直角坐標(biāo)系，則，設(shè)，則，取，則，即，又，則異面直線與的距離.故答案為：.2(2020邵東市第一中學(xué)高三月考)在棱長為的正方體中，點是線段上的動點，則點到直線距離的最小值為_【答案】【解析】以為坐標(biāo)原點， 所在的直線為軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖：，點點到直線距離的最小值為兩異面直線和間的距離，設(shè)他們的公垂線所在的向量為，由，令，則，所以，則兩異面直線和間的距離為： 故答案為：3(2021周至縣第二中學(xué)高二期末(理)

12、如圖，正方體，棱長為，為的中點；(1)求證：；(2)求證：平面；(3)求點到平面的距離；【答案】(1)證明見解析；(2)證明見解析；(3).【解析】(1)以為坐標(biāo)原點，分別以、為軸、軸、軸建立空間直角坐標(biāo)系，則，則，因為，所以，所以.(2)，因為，所以，又因為，且，所以平面；(3)，設(shè)平面的一個法向量為，則，即，設(shè)，則，則，設(shè)點到平面的距離為，則；4(2021上海高三二模)如圖，在直三棱柱ABCA1B1C1中，BABC，BABCBB12(1)求異面直線AB1與A1C1所成角的大小；(2)若M是棱BC的中點求點M到平面A1B1C的距離【答案】(1)；(2).【解析】(1)由于A1C1AC，所以C

13、AB1(或其補角)即為異面直線AB1與A1C1所成角，連接CB1，在AB1C中，由于，所以AB1C是等邊三角形，所以，所以異面直線AB1與A1C1所成角的大小為 (2)解法一：如圖所示，建立空間直角坐標(biāo)系，可得有關(guān)點的坐標(biāo)為C(0，0，2)、B1(0，2，0)、A1(2，2，0)、M(0，0，1)設(shè)平面A1B1C的法向量為，則，且，取v1，得平面A1B1C的一個法向量為， 且，又，于是點M到平面A1B1C的距離所以，點M到平面A1B1C的距離等于 解法二：過點M作MNCB1交CB1于N，由MN平面A1B1C在RtCMN中，由，CM1，得，所以，點M到平面A1B1C的距離等于考點五 求參數(shù)【例5

14、】(2021全國高二單元測試)在直三棱柱ABCA1B1C1中，AC3，BC4，AB5，AA14.(1)求證：ACBC1；(2)在AB上是否存在點D，使得AC1CD?(3)在AB上是否存在點D，使得AC1/平面CDB1?【答案】(1)證明見解析；(2)存在；(3)存在.【解析】直三棱柱ABCA1B1C1，AC3，BC4，AB5，則AC，BC，CC1兩兩垂直，以C為坐標(biāo)原點，直線CA，CB，CC1分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖，則C(0,0,0)，A(3,0,0)，C1(0,0,4)，B(0,4,0)，B1(0,4,4).(1)證明：(3,0,0)，(0，4，4)，0，ACBC1

15、.(2)假設(shè)在AB上存在點D，使得AC1CD，則(3，4，0)，其中01，則D(33，4，0)，于是(33，4，0)，由于，且AC1CD，所以990，得1，所以在AB上存在點D，使得AC1CD，且這時點D與點B重合.(3)假設(shè)在AB上存在點D，使得AC1/平面CDB1，則(3，4，0)，其中01，則D(33，4，0)，(33，44，4).又(0，4，4)，(3,0,4)，AC1/平面CDB1，所以存在實數(shù)m，n，使成立.m(33)3，m(44)4n0，4m4n4.所以，所以在AB上存在點D使得AC1/平面CDB1，且D是AB的中點.【一隅三反】1(2021全國高二課時練習(xí))在多面體中，正方形和

16、矩形互相垂直，、分別是和的中點，(1)求證：平面(2)在邊所在的直線上存在一點，使得平面，求的長；【答案】(1)證明見解析；(2)【解析】(1)因為四邊形為矩形，則，因為平面平面，平面平面，平面，所以，平面；(2)因為平面，四邊形為正方形，以點為坐標(biāo)原點，、所在直線分別為、軸建立空間直角坐標(biāo)系，則、，設(shè)點，設(shè)平面的法向量為，由，令，可得，要使得平面，則，所以，解得，則，此時，.2(2021山西)如圖所示，平面CDEF平面ABCD，且四邊形ABCD為平行四邊形，DAB45，四邊形CDEF為直角梯形，EFDC，EDCD，AB3EF3，EDa，AD(1)求證：ADBF；(2)若線段CF上存在一點M，滿足AE平面BDM，求的值；【答案】(1)證明見解析；(2)【解析】(1)面CDEF面ABCD，EDCD，面，面面，ED面ABCD，面，即，過作于，過作交于，CDEF為直角梯形，AB3EF3，即，則，且，得，即，而，即面，又面，故.(2)以D為原點，過點D垂直于DC的直線為x軸，DC所在直線為y軸，所在直線為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如下圖示：，若，則，設(shè)，則，設(shè)平面BDM的法向量為，則，取x12，則，若AE平面BDM，則，解得，線段CF上存在一點M，滿足AE平面BDM，