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 5.(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
2、，求AMAP的值；若不存在，说明理由(1)证明 平面 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PB(1,1，1)，PD(0，1，1)，PC(
3、2,0，1)，CD(2，1,0)设 n(x0，y0,1)为平面 PCD 的一个法向量由nPD 0，nPC0得y010，2x010，解得y01，x012.即 n12，1，1.设 PB 与平面 PCD 的夹角为.则 sin|cosn，PB|nPB|n|PB|12111411 3 33.直线 PB 与平面 PCD 所成角的正弦值为 33.(3)解 设 M 是棱 PA 上一点，则存在 0,1使得AM AP，因此点 M(0,1，)，BM(1，)，BM平面 PCD，要使 BM平面 PCD 当且仅当BM n0，即(1，)12，1，1 0，解得 14，在棱 PA 上存在点 M 使得 BM平面 PCD，此时AM
4、AP14.2(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 AH23HF，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AD，BA，OF 的方向为 x 轴，y 轴，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)，
5、G(1,0,0)(1)证明 依题意，AD(2,0,0)，AF(1，1,2)设 n1(x1，y1，z1)为平面 ADF 的法向量，则n1AD 0，n1AF0，即2x10，x1y12z10，不妨取 z11，可得 n1(0,2,1)，又EG(0,1，2)，可得EG n10，又因为直线 EG平面 ADF，所以 EG平面 ADF.(2)解 易证OA(1,1,0)为平面 OEF 的一个法向量，依题意，EF(1,1,0)，CF(1,1,2)，设 n2(x2，y2，z2)为平面 CEF 的法向量，则n2EF0，n2CF0，即x2y20，x2y22z20，不妨取 x21，可得 n2(1，1,1)因此有 cosO
6、A，n2 OA n2|OA|n2|63，于是 sinOA，n2 33.所以二面角 OEFC 的正弦值为 33.(3)解 由 AH23HF，得 AH25AF.因为AF(1，1,2)，所以AH 25AF25，25，45，进而有 H35，35，45，从而BH 25，85，45.因此 cosBH，n2 BH n2|BH|n2|721.所以直线 BH 和平面 CEF 所成角的正弦值为 721.3(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 EF
7、DC；(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，GF 的方向为 x 轴正方向，|GF|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 3，可得 A(1,4,0)，B(3,4,0)，E(3,0,0)，D(0,0，3)由已知，得 ABEF，所以 AB平面 EFDC，又平面 ABCD平面 EFDCCD，故
8、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(2,0，3)所以EC(1,0，3)，EB(0,4,0)，AC(3，4，3)，AB(4,0,0)设 n(x，y，z)是平面 BCE 的法向量，则nEC0，nEB0，即x 3z0，4y0，所以可取 n(3,0，3)设 m 是平面 ABCD 的法向量，则mAC0，mAB0.同理可取 m(0，3，4)，则 cosn，m nm|n|m|2 1919.故二面角 EBCA 的余弦值为2 1919.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 ABC
9、D 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ABp，ACq，AD r.由题意可知：|p|q|r|a，且 p、q、r 三向量两两夹角均为 60.MN ANAM 12(ACAD)12AB12(qrp)，MN AB12(qrp)p12(qprpp2)12(a2cos 60a2cos 60a2)0.MNAB，同理可证 MNCD.(2)解 由(1)可知MN 12(qrp)，|MN|2MN 214(qrp)214q2r2p22(qrpqrp)14a2a2a22(a2
10、2 a22 a22)142a2a22.|MN|22 a，MN 的长为 22 a.(3)解 设向量 AN与MC 的夹角为.AN12(ACAD)12(qr)，MC ACAM q12p，ANMC 12(qr)(q12p)12(q212qprq12rp)12(a212a2cos 60a2cos 6012a2cos 60)12(a2a24 a22 a24)a22.又|AN|MC|32 a，ANMC|AN|MC|cos 32 a 32 acos a22.cos 23，向量AN与MC 的夹角的余弦值为23，从而异面直线 AN 与 CM 夹角的余弦值为23.点评 对于不易建立直角坐标系的题目，选择好“基底”也
11、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，GD34BC，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 PC 上一点，且DF GC 0，PFkCF，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(32，32，0)，P(0,0,4)，故 E(1,1,0)，GE(1,1,0)，PC(0,2，4)，co
12、sGE，PC GE PC|GE|PC|22 20 1010，故异面直线 GE 与 PC 所成角的余弦值为 1010.(2)设 F(0，y，z)，则DF GF GD(0，y，z)(32，32，0)(32，y32，z)，GC(0,2,0)DF GC 0，(32，y32，z)(0,2,0)2(y32)0，y32.在平面 PGC 内过 F 点作 FMGC，M 为垂足，则 GM32，MC12，PFFCGMMC3，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，ABAD(1)，将其沿 AC 翻折，使点 D 到达点 E 的位置，且二
13、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(21，0,0)，C(21，0,1)，E(0,0,0)，F(212，0,0)，则EA(0,1,0)，EC(21，0,1)，设平面 EAC
14、 的法向量为 m(x，y，z)，则mEA0，mEC0，即y0，21xz0，取 x1，则 m(1,0，21)，同理设平面 FAC 的法向量为 n(2，21，21)，cos mn|m|n|21221 22 112，2,3，cos 53，104，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.AFCF1 2122 232，H 为 AC 的中点，FH 2322 2122 22，由 SCEF12SBCE，得 FG 212，GH 212，cos 22 112，2,3，cos 53，104 点评(1)建立空间直角坐标系
15、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(APa)，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)，E
16、F(1,0,1)，EF 2.(2)证明 AD1(2,0,2)2EF，AD1EF，而 EF平面 AA1D1D，EF平面 AA1D1D.(3)证明 EFCD 0，EFA1D 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BD1 xAD yABzAA1，则 xyz 的值为_答案 1解析 BD1 AD ABAA1，x1，y1，z1，xyz1.2在长方体 ABCDA1B1C1D1 中，O 为 AC 的中点设 E 是棱 DD1 上的点，且DE 23DD1，试用AB，AD，AA1 表示EO _.答案 12AB12AD 23AA1
17、解析 EO ED DO 23D1D 12DB 23D1D 12(DA AB)23A1A 12DA 12AB12AB12AD 23AA1.3在四棱锥 PABCD 中，AB(4，2,3)，AD(4,1,0)，AP(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nAB，nAD4x2y3z0，4xy0.令 y4，则 n(1,4，43)，则 cosn，AP nAP|n|AP|68323133 2 26 2626，h|AP|cosnAP|，h 2626 2 262.4如图，在平行四边形 ABCD 中，ABAC1，ACD90，把ADC 沿对角线 AC
18、 折起，使 AB 与 CD 成 60角，则 BD 的长为_答案 2 或 2解析 AB 与 CD 成 60角，BA，CD 60或 120，又ABACCD1，ACCD，ACAB，|BD|BD 2BAACCD 2BA 2AC 2CD 22BAAC2ACCD 2BACD11100211cosBA，CD 32cosBA，CD，|BD|2 或 2.BD 的长为 2 或 2.5若 a(2x,1,3)，b(1，2y，9)，如果 a 与 b 为共线向量，则 x_，y_.答案 16 32解析 因为 a 与 b 为共线向量，所以存在实数 使得 ab，所以2x，12y，39，解得 x16，y32.6已知空间四边形 O
19、ABC，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OA，OB，OC表示向量OG _.答案 16OA 13OB 13OC解析 MG2GN，M，N 分别是边 OA，CB 的中点，OG OM MG OM 23MNOM 23(MO OC CN)13OM 23OC 13(OB OC)16OA 13OB 13OC.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 657解析 a，b，c 三向量共面，则存在实数 x，y，使 cxayb，所以2xy7，x4y5，3x2y，解得 x337
20、，y177，657.8如图所示，PD 垂直于正方形 ABCD 所在的平面，AB2，E 为 PB 的中点，cosDP，AE 33，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 PDa(a0)，则 A(2,0,0)，B(2,2,0)，P(0,0，a)，E(1,1，a2)，DP(0,0，a)，AE(1,1，a2)，cosDP，AE 33，a22 a2a24 33，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 2a3，则 MN
21、与平面 BB1C1C 的位置关系是_答案 平行解析 正方体棱长为 a，A1MAN 2a3，MB 23A1B，CN 23CA，MN MB BCCN 23A1B BC23CA23(A1B1 B1B)BC23(CD DA)23B1B 13B1C1.又CD 是平面 B1BCC1 的一个法向量，MN CD(23B1B 13B1C1)CD 0，MN CD，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 以 D 为
22、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(a2，a,0)，C1(0，a，a)，F(a，a2，a)，所以DE(a2，a,0)，C1F(a，a2，0)，DE C1F 0，所以 DEC1F.(2)解 A1(a,0，a)，C(0，a,0)，A1C(a，a，a)，C1F(a，a2，0)，cosA1C，C1F A1C C1F|A1C|C1F|32a23a 52 a 155，所以异面直线 A1C 与 C1F 所成角的余弦值是 155.11.如图，在四棱锥 PABCD 中，PC底面 ABCD，底面 ABCD 是直角梯形，ABAD，ABCD，AB2AD2
23、CD2，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 63，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，ACPC.AB2，ADCD1，ACBC 2，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，DA，CD，CP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(12，12，a2)，CA(1,1,0)，C
24、P(0,0，a)，CE(12，12，a2)取 m(1，1,0)，则 mCAmCP0，m 为平面 PAC 的法向量，设 n(x，y，z)为平面 EAC 的法向量，则 nCAnCE0，即xy0，xyaz0.取 xa，ya，z2，则 n(a，a，2)，依题意，|cosm，n|nm|n|m|aa22 63，则 a2，于是 n(2，2，2)，PA(1,1，2)设直线 PA 与平面 EAC 所成角为，则 sin|cosPA，n|PAn|PA|n|23，即直线 PA 与平面 EAC 所成角的正弦值为 23.12直四棱柱 ABCDA1B1C1D1 中，底面 ABCD 为菱形，且BAD60，A1AAB，E 为
25、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(3，0,0)，B(0,1,0)，C(3，0,0)，D(0，1,0)，D1(0，1,2)，A1(3，0,2)设 E(0,1,2h)，则D1E(0,2，h)，CA(2 3，0,0)，D1A(3，1，2)，D1E平面 D1AC，D1EAC，D1ED1A，22h0，h1，即 E(0,1,3)D1E(0,2,1)，AE(3，1,3)，设平面 EAC 的法向量为 m(x，y，z)，则由mCA0，mAE0，得x0，3xy3z0.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D1E(0,2,1)，cosm，D1E mD1E|m|D1E|22，二面角 EACD1 大小为 45.(2)设D1P PE(D1E D1P)，得D1P 1D1E(0，21，1)，A1P A1D1 D1P(3，1,0)(0，21，1)(3，11，1)，A1P平面 EAC，A1P m，30311(1)10，32.存在点 P 使 A1P平面 EAC，此时 D1PPE32.
