1、第26练空间向量解决立体几何问题的两大策略“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体验高考1(2016北京)如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PAD平面ABCD，PAPD，PAPD，ABAD，AB1，AD2，ACCD.(1)求证：PD平面PAB；(2)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值；(3)在棱PA上是否存在点M，使得BM平面PCD？若存在，求的值；若不存在，说明理由(1)证明平
2、面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD.又ABAD，AB平面ABCD.AB平面PAD.PD平面PAD.ABPD.又PAPD，PAABA.PD平面PAB.(2)解取AD中点O，连结CO，PO.PAPD，POAD.又PO平面PAD，平面PAD平面ABCD，PO平面ABCD，CO平面ABCD，POCO，ACCD，COAD.以O为原点建立如图所示空间直角坐标系易知P(0,0,1)，A(0,1,0)，B(1,1,0)，C(2,0,0)，D(0，1,0)则(1,1，1)，(0，1，1)，(2,0，1)，(2，1,0)设n(x0，y0,1)为平面PCD的一个法向量由得解得即n.设PB与平面PCD的
3、夹角为.则sin |cosn，|.直线PB与平面PCD所成角的正弦值为.(3)解设M是棱PA上一点，则存在0,1使得，因此点M(0,1，)，(1，)，BM平面PCD，要使BM平面PCD当且仅当n0，即(1，)0，解得，在棱PA上存在点M使得BM平面PCD，此时.2(2016天津)如图，正方形ABCD的中心为O，四边形OBEF为矩形，平面OBEF平面ABCD，点G为AB的中点，ABBE2.(1)求证：EG平面ADF；(2)求二面角OEFC的正弦值；(3)设H为线段AF上的点，且AHHF，求直线BH和平面CEF所成角的正弦值解依题意，OF平面ABCD，如图，以O为原点，分别以，的方向为x轴，y轴，
4、z轴的正方向建立空间直角坐标系，依题意可得O(0,0,0)，A(1,1,0)，B(1，1,0)，C(1，1,0)，D(1,1,0)，E(1，1,2)，F(0,0,2)，G(1,0,0)(1)证明依题意，(2,0,0)，(1，1,2)设n1(x1，y1，z1)为平面ADF的法向量，则即不妨取z11，可得n1(0,2,1)，又(0,1，2)，可得n10，又因为直线EG平面ADF，所以EG平面ADF.(2)解易证(1,1,0)为平面OEF的一个法向量，依题意，(1,1,0)，(1,1,2)，设n2(x2，y2，z2)为平面CEF的法向量，则即不妨取 x21，可得n2(1，1,1)因此有cos，n2，
5、于是sin，n2.所以二面角OEFC的正弦值为.(3)解由AHHF，得AHAF.因为(1，1,2)，所以，进而有H，从而.因此cos，n2.所以直线BH和平面CEF所成角的正弦值为.3(2016课标全国乙)如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，面ABEF为正方形，AF2FD，AFD90，且二面角DAFE与二面角CBEF都是60.(1)证明：平面ABEF平面EFDC；(2)求二面角E-BCA的余弦值(1)证明由已知可得AFDF，AFFE，所以AF平面EFDC，又AF平面ABEF，故平面ABEF平面EFDC.(2)解过D作DGEF，垂足为G，由(1)知DG平面ABEF.以G为坐标原点，
6、的方向为x轴正方向，|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Gxyz.由(1)知DFE为二面角DAFE的平面角，故DFE60，则DF2，DG，可得A(1,4,0)，B(3,4,0)，E(3,0,0)，D(0,0，)由已知，得ABEF，所以AB平面EFDC，又平面ABCD平面EFDCCD，故ABCD，CDEF.由BEAF，可得BE平面EFDC，所以CEF为二面角C-BEF的平面角，CEF60，从而可得C(2,0，)所以(1,0，)，(0,4,0)，(3，4，)，(4,0,0)设n(x，y，z)是平面BCE的法向量，则即所以可取n(3,0，)设m是平面ABCD的法向量，则同理可取m(0，4)，则c
7、osn，m.故二面角EBCA的余弦值为.高考必会题型题型一选好基底解决立体几何问题例1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(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 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
8、)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.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如图，在四棱锥PGBCD中，PG平面GBCD，GDBC，GDBC，且BGGC，GBGC2，E是BC的中点，PG4.(1)求异面直线GE与PC所成角的余弦值；(2)若F点是棱P
9、C上一点，且0，k，求k的值解(1)如图所示，以G点为原点建立空间直角坐标系G-xyz，则B(2,0,0)，C(0,2,0)，D(，0)，P(0,0,4)，故E(1,1,0)，(1,1,0)，(0,2，4)，cos，故异面直线GE与PC所成角的余弦值为.(2)设F(0，y，z)，则(0，y，z)(，0)(，y，z)，(0,2,0)0，(，y，z)(0,2,0)2(y)0，y.在平面PGC内过F点作FMGC，M为垂足，则GM，MC，3，k3.题型二建立空间直角坐标系解决立体几何问题例2(2016浙江省温州市高三第二次适应性考试)如图，矩形ABCD中，(1)，将其沿AC翻折，使点D到达点E的位置，
10、且二面角CABE为直二面角(1)求证：平面ACE平面BCE；(2)设F是BE的中点，二面角EACF的平面角的大小为，当2,3时，求cos 的取值范围证明(1)二面角CABE为直二面角，ABBC，BC平面ABE，BCAE.AECE，BCCEC，AE平面BCE，又AE平面ACE，平面ACE平面BCE.(2)解方法一如图，以E为坐标原点，以AD长为一个单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系，则AB，A(0,1,0)，B(，0,0)，C(，0,1)，E(0,0,0)，F(，0,0)，则(0,1,0)，(，0,1)，设平面EAC的法向量为m(x，y，z)，则即取x1，则m(1,0，) ，同理设平面FAC
11、的法向量为n(2，)，cos ，2,3，cos ，方法二如图，过F作FGCE于G，过G作GHAC于H，连结FH，则FGHG，则二面角EACF的平面角为FHG.AFCF ，H为AC的中点，FH ，由SCEFSBCE，得FG，GH，cos ， 2,3，cos ，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在边长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别为AB，A1C的中点，应用空间向量方法求解下列
12、问题(1)求EF的长；(2)证明：EF平面AA1D1D；(3)证明：EF平面A1CD.(1)解如图建立空间直角坐标系，则A1(2,0,2)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，D1(0,0,2)，E(2,1,0)，F(1,1,1)，(1,0,1)，EF.(2)证明(2,0,2)2，AD1EF，而EF平面AA1D1D，EF平面AA1D1D.(3)证明0，0，EFCD，EFA1D，又CDA1DD，EF平面A1CD.高考题型精练1如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，若xyz，则xyz的值为_答案1解析，x1，y1，z1，xyz1.2在长方体ABCDA1B1C1D1中，O为AC
13、的中点设E是棱DD1上的点，且1，试用，1表示_.答案1解析()1.3在四棱锥PABCD中，(4，2,3)，(4,1,0)，(6,2，8)，则这个四棱锥的高h_.答案2解析设平面ABCD的一个法向量n(x，y，z)，则令y4，则n(1,4，)，则cosn，|cosn|，h22.4如图，在平行四边形ABCD中，ABAC1，ACD90，把ADC沿对角线AC折起，使AB与CD成60角，则BD的长为_答案2或解析AB与CD成60角，60或120，又ABACCD1，ACCD，ACAB，|，|2或.BD的长为2或.5若a(2x,1,3)，b(1，2y，9)，如果a与b为共线向量，则x_，y_.答案解析因为
14、a与b为共线向量，所以存在实数使得ab，所以解得x，y.6已知空间四边形OABC，其对角线为OB，AC，M，N分别是OA，CB的中点，点G在线段MN上，且使MG2GN，则用向量，表示向量_.答案解析MG2GN，M，N分别是边OA，CB的中点，()().7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_.答案解析a，b，c三向量共面，则存在实数x，y，使cxayb，所以解得8如图所示，PD垂直于正方形ABCD所在的平面，AB2，E为PB的中点，cos，若以DA，DC，DP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则点E的坐标为_答案(1,1,1)解析设
15、PDa(a0)，则A(2,0,0)，B(2,2,0)，P(0,0，a)，E(1,1，)，(0,0，a)，(1,1，)，cos，a ，a2，E的坐标为(1,1,1)9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_答案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BB1C1C，MN平面BB1C1C.10已知棱长为a的正方体ABCDA1B1C1D1中，E是BC的中点，F为A1B1的中点(1)求证：DEC1F；(2)求异面直线A1C与C1F所成角的余弦值(1)证明
16、以D为原点，以DA，DC，DD1为x，y，z的正半轴建立空间直角坐标系，则D(0,0,0)，E(，a,0)，C1(0，a，a)，F(a，a)，所以(，a,0)，(a，0)，0，所以DEC1F.(2)解A1(a,0，a)，C(0，a,0)，(a，a，a)，(a，0)，cos，所以异面直线A1C与C1F所成角的余弦值是.11.如图，在四棱锥PABCD中，PC底面ABCD，底面ABCD是直角梯形，ABAD，ABCD，AB2AD2CD2，E是PB的中点(1)求证：平面EAC平面PBC；(2)若二面角PACE的余弦值为，求直线PA与平面EAC所成角的正弦值(1)证明PC平面ABCD，AC平面ABCD，A
17、CPC.AB2，ADCD1，ACBC，AC2BC2AB2，ACBC，又BCPCC，AC平面PBC.AC平面EAC，平面EAC平面PBC.(2)解如图，以点C为原点，分别为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系，则C(0,0,0)，A(1,1,0)，B(1，1,0)，设P(0,0，a)(a0)，则E(，)，(1,1,0)，(0,0，a)，(，)取m(1，1,0)，则mm0，m为平面PAC的法向量，设n(x，y，z)为平面EAC的法向量，则nn0，即取xa，ya，z2，则n(a，a，2)，依题意，|cosm，n|，则a2，于是n(2，2，2)，(1,1，2)设直线PA与平面EAC所成角为，则si
18、n |cos，n|，即直线PA与平面EAC所成角的正弦值为.12直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，底面ABCD为菱形，且BAD60，A1AAB，E为BB1延长线上的一点，D1E平面D1AC.设AB2.(1)求二面角EACD1的大小；(2)在D1E上是否存在一点P，使A1P平面EAC？若存在，求D1PPE的值；若不存在，说明理由解(1)设AC与BD交于点O，如图所示建立空间直角坐标系Oxyz，则A(，0,0)，B(0,1,0)，C(，0,0)，D(0，1,0)，D1(0，1,2)，A1(，0,2)设E(0,1,2h)，则(0,2，h)，(2，0,0)，(，1，2)，D1E平面D1AC，D1EAC，D1ED1A，22h0，h1，即E(0,1,3)(0,2,1)，(，1,3)，设平面EAC的法向量为m(x，y，z)，则由得令z1，则平面EAC的一个法向量为m(0,3，1)，又平面D1AC的法向量为(0,2,1)，cosm，二面角EACD1大小为45.(2)设()，得(0，)，(，1,0)(0，)(，)，A1P平面EAC，m，03(1)0，.存在点P使A1P平面EAC，此时D1PPE32.
