1、高考资源网（） 您身边的高考专家第30练空间向量解决立体几何问题两妙招“选基底”与“建系”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夹角的余弦值破题切入点选好基底，将问题中涉及的向量用所选定的基底来线性表示，然后运算(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
2、(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.题型二建立空间直角坐标系解决立体几何问题例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.破题切入点建立空间直角坐标
3、系后，使用向量共线的充要条件证明即可证明(1)问，第(2)问根据向量的垂直关系证明线线垂直，进而证明线面垂直，得出面面垂直另外也可用选基底的方法来解决证明方法一(坐标法)以A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，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，)，所以(，0,0)，(1,0，1)，(0,2，1)，(0,0,1)，(0,2,0)，(1,0,0)，(1,0,0)(1)因为，所以，即EFAB.又AB平面PAB，EF平面PAB，所以EF平面PAB.(2)因为
4、(0,0,1)(1,0,0)0，(0,2,0)(1,0,0)0，所以，即APDC，ADDC.又APADA，AP平面PAD，AD平面PAD，所以DC平面PAD.因为DC平面PDC，所以平面PAD平面PDC.方法二(选基底法)选取、作为空间向量的一组基底(1)由于E、F分别是PC、PD的中点，所以，即与共线，EF面PAB，AB面PAB，EF面PAB.(2)由于ABCD为矩形，且PA面ABCD，0.所以有AB面PAD，又，CD面PAD，CD面PCD，从而有平面PAD平面PDC.题型三综合应用问题例3如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AA1AD1，E为CD的中点(1)求证：B1EAD1；(2)
5、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，说明理由破题切入点利用向量法建立空间直角坐标系，将几何问题进行转化；对于存在性问题可通过计算得结论(1)证明以A为原点，向量，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，得取x1，得平面
6、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.总结提高(1)利用选基底的方法证明位置关系或求解空间角等问题时，首先要选好基底，再次解决问题时所用的方法要熟练掌握(2)利用建系的方法来解决立体几何问题时类似于选基底的办法，关键是理清原理，然后寻求原理所需要的条件来解决1下列各组向量共面的是()Aa(1,2,3)，b(3,0,2)，c(4,2,5)Ba(1,0,0)，b(0,1,0)，c(0,0,1)Ca(1,1,0)，b(1,0,1)，c(0,1,1)Da(1,1,1)，b(1,1,0)，c(1,0,1)
7、答案A2.如图，在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，M为A1C1与B1D1的交点若a，b，c，则下列向量中与相等的向量是()AabcB.abcCabcD.abc答案A解析显然()abc.3如图，已知正三棱柱ABCA1B1C1的各条棱长都相等，M是侧棱CC1的中点，则异面直线AB1和BM所成的角的大小是_答案90解析方法一延长A1B1至D，使A1B1B1D，则AB1BD，MBD就是直线AB1和BM所成的角设三棱柱的各条棱长为2，则BM，BD2，C1D2A1D2A1C2A1DA1C1cos 601642412.DM2C1D2C1M213，cosDBM0，DBM90.方法二不妨设棱长为2，选择基
8、向量，则，cos，0，故填写90.4P是二面角AB棱上的一点，分别在平面、上引射线PM、PN，如果BPMBPN45，MPN60，那么二面角AB的大小为_答案90解析不妨设PMa，PNb，如图，作MEAB于E，NFAB于F，EPMFPN45，PEa，PFb，()()abcos 60abcos 45abcos 45ab0，二面角AB的大小为90.5.如图所示，正四面体VABC的高VD的中点为O，VC的中点为M.(1)求证：AO、BO、CO两两垂直；(2)求，(1)证明设a，b，c，正四面体的棱长为1，则(abc)，(bc5a)，(ac5b)，(ab5c)，(bc5a)(ac5b)(18ab9|a|
9、2)(1811cos 609)0.，AOBO，同理AOCO，BOCO，AO、BO、CO两两垂直(2)解(abc)c(2a2bc)| ，| ，(2a2bc)(bc5a)，cos，0，45.6如图所示，平行六面体ABCDA1B1C1D1中，以顶点A为端点的三条棱长度都为1，且两两夹角为60.(1)求AC1的长；(2)求BD1与AC夹角的余弦值解记a，b，c，则|a|b|c|1，a，bb，cc，a60，abbcca.(1)|2(abc)2a2b2c22(abbcca)1112()6，|，即AC1的长为.(2)bca，ab，|，|，(bca)(ab)b2a2acbc1.cos，.AC与BD1夹角的余弦
10、值为.7(2014课标全国)如图，三棱柱ABCA1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，ABB1C.(1)证明：ACAB1；(2)若ACAB1，CBB160，ABBC，求二面角AA1B1C1的余弦值(1)证明连接BC1，交B1C于点O，连接AO.因为侧面BB1C1C为菱形，所以B1CBC1，且O为B1C及BC1的中点又ABB1C，ABBOB，所以B1C平面ABO.由于AO平面ABO，故B1CAO.又B1OCO，故ACAB1.(2)解因为ACAB1，且O为B1C的中点，所以AOCO.又因为ABBC，所以BOABOC，故OAOB，从而OA，OB，OB1两两互相垂直以O为坐标原点，、的方向为x轴、y轴
11、、z轴的正方向，|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.因为CBB160，所以CBB1为等边三角形又ABBC，OCOA，则A(0,0，)，B(1,0,0)，B1(0，0)，C(0，0)，(0，)，(1,0，)，(1，0)设n(x，y，z)是平面AA1B1的法向量，则即所以可取n(1，)设m是平面A1B1C1的法向量，则同理可取m(1，)则cosn，m.所以二面角AA1B1C1的余弦值为.8(2014山东)如图，在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，底面ABCD是等腰梯形，DAB60，AB2CD2，M是线段AB的中点(1)求证：C1M平面A1ADD1；(2)若CD1垂直于平面ABCD且C
12、D1，求平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值(1)证明因为四边形ABCD是等腰梯形，且AB2CD，所以ABDC.又由M是AB的中点，因此CDMA且CDMA.连接AD1，如图(1)在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，因为CDC1D1，CDC1D1，可得C1D1MA，C1D1MA，所以四边形AMC1D1为平行四边形，因此C1MD1A.又C1M平面A1ADD1，D1A平面A1ADD1，所以C1M平面A1ADD1.(2)解方法一如图(2)，连接AC，MC.由(1)知CDAM且CDAM，所以四边形AMCD为平行四边形，可得BCADMC，由题意ABCDAB60，所以MBC为正三角形，因此A
13、B2BC2，CA，因此CACB.以C为坐标原点，建立如图(2)所示的空间直角坐标系Cxyz，所以A(，0,0)，B(0,1,0)，D1(0,0，)，因此M，所以，.设平面C1D1M的一个法向量为n(x，y，z)，由得可得平面C1D1M的一个法向量n(1，1)又(0,0，)为平面ABCD的一个法向量，因此cos，n.所以平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值为.方法二由(1)知平面D1C1M平面ABCDAB，过点C向AB引垂线交AB于点N，连接D1N，如图(3)由CD1平面ABCD，可得D1NAB，因此D1NC为二面角C1ABC的平面角在RtBNC中，BC1，NBC60，可得CN.
14、所以ND1.在RtD1CN中，cosD1NC，所以平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值为.9.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,
15、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(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，
16、CACB，CC1CB取，作为一组基底，则有|4，|2，且0.(1)由3，则，且|，且|2，4，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10(2013北京)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1C1C是边长为4的正方形平面ABC平面AA1C1C，AB3，BC5.(1)求证：AA1平面ABC；(2)求二面角A1BC1B1的余弦值；(3)证明：在线段BC1上存在点D，使得A
17、DA1B，并求的值方法一(坐标法)(1)证明在正方形AA1C1C中，A1AAC.又平面ABC平面AA1C1C，且平面ABC平面AA1C1CAC，AA1平面ABC.(2)解在ABC中，AC4，AB3，BC5，BC2AC2AB2，ABAC以A为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系Axyz.A1(0,0,4)，B(0,3,0)，C1(4,0,4)，B1(0,3,4)，(4,0,0)，(0,3，4)，(4，3,0)，(0,0,4)设平面A1BC1的法向量n1(x1，y1，z1)，平面B1BC1的法向量n2(x2，y2，z2)取向量n1(0,4,3)，由取向量n2(3,4,0)，cos n1，n2.由题
18、知二面角A1BC1B1为锐角，所以二面角A1BC1B1的余弦值为.(3)证明设D(x，y，z)是直线BC1上一点，且.(x，y3，z)(4，3,4)，解得x4，y33，z4.(4，33，4)，又ADA1B，03(33)160，则，因此.方法二(选基底法)由四边形AA1C1C是边长为4的正方形且面ABC面AA1C1C.知ACAB，ACAA1，AA1AB，以，为基底，则有0，且|4，|3，|4.(1)证明由0，0，知AA1AC，AA1AB，又ACABA，所以AA1面ABC.(2)解，.设面A1BC1的法向量为n1x1y1z1，由n10及n10，可取x10，y116，z19，即n1169，另设面BC1B1的法向量为n2x2y2z2，由n20及n20，可取x29，y216，z20，即n2916，所以n1n21629，|n1|n2|，cosn1，n2，即二面角A1BC1B1的余弦值为.(3)证明设，则(1)，所以99160，得.于是BC1上存在点D且BDBC1，使ADA1B，此时.- 15 - 版权所有高考资源网
