1、第22练空间向量解决立体几何问题两妙招“选基底”与“建系”题型分析高考展望向量作为一个工具，其用途是非常广泛的，可以解决现高中阶段立体几何中的大部分问题，不管是证明位置关系还是求解问题而向量中最主要的两个手段就是选基底与建立空间直角坐标系在高考中，用向量解决立体几何解答题，几乎成了必然的选择常考题型精析题型一选好基底解决立体几何问题例1(2015杭州模拟)如图所示，已知空间四边形ABCD的各边和对角线的长都等于a，点M、N分别是AB、CD的中点(1)求证：MNAB，MNCD；(2)求MN的长；(3)求异面直线AN与CM夹角的余弦值点评对于不易建立直角坐标系的题目，选择好“基底”也可使问题顺利解
2、决“基底”就是一个坐标系，选择时，作为基底的向量一般为已知向量，且能进行运算，还需能将其他向量线性表示变式训练1已知E、F、G、H分别是空间四边形ABCD的边AB、BC、CD、DA的中点，(1)求证：E、F、G、H四点共面；(2)求证：BD平面EFGH；(3)设M是EG和FH的交点，求证：对空间任一点O，有()题型二建立空间直角坐标系解决立体几何问题例2(2015湖南)如图，已知四棱台ABCDA1B1C1D1的上、下底面分别是边长为3和6的正方形，AA16，且AA1底面ABCD，点P，Q分别在棱DD1，BC上(1)若P是DD1的中点，证明：AB1PQ；(2)若PQ平面ABB1A1，二面角PQD
3、A的余弦值为，求四面体ADPQ的体积点评(1)建立空间直角坐标系前应先观察题目中的垂直关系，最好借助已知的垂直关系建系(2)利用题目中的数量关系，确定定点的坐标，动点的坐标可利用共线关系(a)，设出动点坐标(3)要掌握利用法向量求线面角、二面角、点到面的距离的公式法变式训练2如图，在底面是矩形的四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，E，F分别是PC，PD的中点，PAAB1，BC2.(1)求证：EF平面PAB；(2)求证：平面PAD平面PDC.高考题型精练1(2015北京西城区模拟)已知正方体ABCDA1B1C1D1中，点E为上底面A1C1的中心，若xy，则x，y的值分别为()Ax1，y1 Bx
4、1，yCx，y Dx，y12已知平面ABC，点M是空间任意一点，点M满足条件，则直线AM()A与平面ABC平行B是平面ABC的斜线C是平面ABC的垂线D在平面ABC内3(2015舟山模拟)已知平面内有一点M(1，1,2)，平面的一个法向量为n(6，3,6)，则下列点P中，在平面内的是()AP(2,3,3) BP(2,0,1)CP(4,4,0) DP(3，3,4)4已知a(2，1,3)，b(1,4，2)，c(7,5，)，若a，b，c三向量共面，则实数等于()A. B. C. D.5.如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB2，AA1，AD2，P为C1D1的中点，M为BC的中点则AM与PM所
5、成的角为()A60 B45C90 D以上都不正确6.在正方体ABCDA1B1C1D1中，P为正方形A1B1C1D1四边上的动点，O为底面正方形ABCD的中心，M，N分别为AB，BC的中点，点Q为平面ABCD内一点，线段D1Q与OP互相平分，则满足的实数有_个7.如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，棱长为a，M、N分别为A1B和AC上的点，A1MAN，则MN与平面BB1C1C的位置关系是_8如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AA1AD1，E为CD的中点(1)求证：B1EAD1；(2)在棱AA1上是否存在一点P，使得DP平面B1AE？若存在，求AP的长；若不存在，说明理由9(2014
6、课标全国)如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩形，PA平面ABCD，E为PD的中点(1)证明：PB平面AEC；(2)设二面角DAEC为60，AP1，AD，求三棱锥EACD的体积10(2015广州模拟)如图所示，在直三棱柱ABCA1B1C1中，CA4，CB4，CC12，ACB90，点M在线段A1B1上(1)若A1M3MB1，求异面直线AM和A1C所成角的余弦值；(2)若直线AM与平面ABC1所成角为30，试确定点M的位置11(2015绍兴模拟)在四棱锥PABCD中，PD底面ABCD，底面ABCD为正方形，PDDC，E、F分别是AB、PB的中点(1)求证：EFCD；(2)在平面PAD内求一点
7、G，使GF平面PCB，并证明你的结论12(2015天津)如图，在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，侧棱A1A底面ABCD，ABAC，AB1，ACAA12，ADCD，且点M和N分别为B1C和D1D的中点(1)求证：MN平面ABCD；(2)求二面角D1ACB1的正弦值；(3)设E为棱A1B1上的点，若直线NE和平面ABCD所成角的正弦值为，求线段A1E的长答案精析第22练空间向量解决立体几何问题两妙招“选基底”与“建系”常考题型精析例1(1)证明设p，q，r.由题意可知：|p|q|r|a，且p、q、r三向量两两夹角均为60.()(qrp)，(qrp)p(qprpp2)(a2cos 60a2cos
8、60a2)0.MNAB，同理可证MNCD.(2)解由(1)可知(qrp)，|22(qrp)2q2r2p22(qrpqrp)a2a2a22()2a2.|a，MN的长为a.(3)解设向量 与的夹角为.()(qr)，qp，(qr)(qp)(q2qprqrp)(a2a2cos 60a2cos 60a2cos 60)(a2).又|a，|cos aacos .cos ，向量与的夹角的余弦值为，从而异面直线AN与CM夹角的余弦值为.变式训练1证明(1)连接BG，则()，由共面向量定理的推论知：E、F、G、H四点共面(2)因为()，所以EHBD.又EH平面EFGH，BD平面EFGH，所以BD平面EFGH.(3
9、)找一点O，并连接OM，OA，OB，OC，OD，OE，OG.由(2)知，同理，所以，即EH綊FG，所以四边形EFGH是平行四边形所以EG，FH交于一点M且被M平分故()()例2解由题设知，AA1，AB，AD两两垂直，以A为坐标原点，AB，AD，AA1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，则相关各点的坐标为A(0,0,0)，B1(3,0,6)，D(0,6,0)，D1(0,3,6)，Q(6，m,0)，其中mBQ,0m6.(1)证明若P是DD1的中点，则P，又(3,0,6)，于是18180，所以，即AB1PQ.(2)由题设知，(6，m6,0)，(0，3,6)是平面PQD内的两
10、个不共线向量设n1(x，y，z)是平面PQD的一个法向量，则即取y6，得n1(6m,6,3)又平面AQD的一个法向量是n2(0,0,1)，所以cosn1，n2.而二面角PQDA的余弦值为，因此，解得m4，m8(舍去)，此时Q(6,4,0)设(01)，而(0，3,6)，由此得点P(0,63，6)，所以(6,32，6)因为PQ平面ABB1A1，且平面ABB1A1的法向量是n3(0,1,0)，所以n30，即320，亦即，从而P(0,4,4)于是，将四面体ADPQ视为以ADQ为底面的三棱锥PADQ，则其高h4.故四面体ADPQ的体积VSADQh66424.变式训练2证明(1)以A为原点，AB所在直线为
11、x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,1)，E(，1，)，F(0,1，)，(，0,0)，(1,0，1)，(0,2，1)，(0,0,1)，(0,2,0)，(1,0,0)，(1,0,0)，即EFAB，又AB平面PAB，EF平面PAB，EF平面PAB.(2)(0,0,1)(1,0,0)0，(0,2,0)(1,0,0)0，即APDC，ADDC.又APADA，DC平面PAD.DC平面PDC，平面PAD平面PDC.高考题型精练1C如图，()2D由已知得M、A、B、C四点共面所以AM在
12、平面ABC内，选D.3A逐一验证法，对于选项A，(1,4,1)，n61260，n，点P在平面内，同理可验证其他三个点不在平面内4D由题意得ctab(2t，t4，3t2)，5C以D点为原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，依题意，可得，D(0,0,0)，P(0,1，)，C(0,2,0)，A(2，0,0)，M(，2,0)(，1，)，(，2,0)，(，1，)(，2,0)0，即，AMPM.62建立如图的坐标系，设正方体的边长为2，则P(x，y,2)，O(1,1,0)，OP的中点坐标为，又知D1(0,0,2)，Q(x1，y1,0)，而Q在MN上，xQyQ3，
13、xy1，即点P坐标满足xy1.有2个符合题意的点P，即对应有2个.7平行解析正方体棱长为a，A1MAN，()().又是平面B1BCC1的一个法向量，0，.又MN平面B1BCC1，MN平面B1BCC1.8(1)证明以A为原点，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系(如图)设ABa，则A(0,0,0)，D(0,1,0)，D1(0,1,1)，E，B1(a,0,1)，故(0,1,1)，(a,0,1)，.011(1)10，B1EAD1.(2)解假设在棱AA1上存在一点P(0,0，z0)使得DP平面B1AE，此时(0，1，z0)又设平面B1AE的法向量n(x，y，z)n平面B1AE，n，n
14、，得取x1，得平面B1AE的一个法向量n.要使DP平面B1AE，只要n，有az00，解得z0.又DP平面B1AE，存在点P，满足DP平面B1AE，此时AP.9(1)证明连接BD交AC于点O，连接EO.因为ABCD为矩形，所以O为BD的中点又E为PD的中点，所以EOPB.因为EO平面AEC，PB平面AEC，所以PB平面AEC.(2)解因为PA平面ABCD，且四边形ABCD为矩形，所以AB，AD，AP两两垂直如图，以A为坐标原点，的方向为x轴的正方向，的方向为y轴的正方向，的方向为z轴的正方向，|为单位长，建立空间直角坐标系，则D(0，0)，E(0，)，(0，)设B(m,0,0)(m0)，则C(m
15、，0)，(m，0)设n1(x，y，z)为平面ACE的法向量，则即可取n1(，1，)又n2(1,0,0)为平面DAE的法向量，由题设知|cosn1，n2|，即 ，解得m.因为E为PD的中点，所以三棱锥EACD的高为，三棱锥EACD的体积V.10解方法一(坐标法)以C为坐标原点，分别以CA，CB，CC1所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则C(0,0,0)，A(4,0,0)，A1(4,0,2)，B1(0,4，2)(1)因为A1M3MB1，所以M(1,3,2)所以(4,0，2)，(3,3,2)所以cos，.所以异面直线AM和A1C所成角的余弦值为.(2)由A(4,0,0)，B(
16、0,4,0)，C1(0,0,2)，知(4,4,0)，(4,0,2)设平面ABC1的法向量为n(a，b，c)，由得令a1，则b1，c，所以平面ABC1的一个法向量为n(1,1，)因为点M在线段A1B1上，所以可设M(x,4x,2)，所以(x4,4x,2)因为直线AM与平面ABC1所成角为30，所以|cosn，|sin 30.由|n|n|cosn，|，得|1(x4)1(4x)2|2，解得x2或x6.因为点M在线段A1B1上，所以x2，即点M(2,2,2)是线段A1B1的中点方法二(选基底法)由题意CC1CA，CACB，CC1CB取，作为一组基底，则有|4，|2，且0.(1)由3，则，且|，且|2，
17、4，cos，.即异面直线AM与A1C所成角的余弦值为.(2)设A1MA1B1，则.又，设面ABC1的法向量为nxyz，则n8z16x0，n16y16x0，不妨取xy1，z2，则n2且|n|8，|，n16，又AM与面ABC1所成的角为30，则应有，得，即M为A1B1的中点11(1)证明如图，以DA、DC、DP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，设ADa，则D(0,0,0)、A(a,0,0)、B(a，a,0)、C(0，a,0)、E、P(0,0，a)、F.，(0，a,0)故0，即EFCD.(2)解设G(x,0，z)，则，若使GF平面PCB，则由(a,0,0)a0，得x；由(0，a，a)
18、a0，得z0.G点坐标为，即G点为AD的中点12.解如图，以A为原点建立空间直角坐标系，依题意可得A(0,0,0)，B(0,1,0)，C(2，0,0)，D(1，2，0)，A1(0,0,2)，B1(0,1,2)，C1(2,0,2)，D1(1，2,2)，又因为M，N分别为B1C和D1D的中点，得M，N(1，2,1)(1)证明依题意，可得n(0,0,1)为平面ABCD的一个法向量，由此可得n0，又因为直线MN平面ABCD，所以MN平面ABCD.(2)解(1，2,2)，(2,0,0)，设n1(x，y，z)为平面ACD1的法向量，则即不妨设z1，可得n1(0,1,1)设n2(x，y，z)为平面ACB1的法向量，则又(0,1,2)，得不妨设z1，可得n2(0，2,1)因此有cosn1，n2，于是sinn1，n2.所以，二面角D1ACB1的正弦值为.(3)解依题意，可设，其中0,1，则E(0，2)，从而(1，2,1)，又n(0,0,1)为平面ABCD的一个法向量，由已知，得cos，n，整理得2430，又因为0,1，解得2，所以，线段A1E的长为2.
