第27練空間向量解決立體幾何問題兩妙招“選基底”與“建系”題型分析高考展望向量作為一個工具，其用途是非常廣泛的，可以解決現(xiàn)高中階段立體幾何中的大部分問題，不管是證明位置關系還是求解問題.而向量中最主要的兩個手段就是選基底與建立空間直角坐標系.在高考中，用向量解決立體幾何解答題，幾乎成了必然的選擇.?？碱}型精析題型一選好基底解決立體幾何問題例1如圖所示，已知空間四邊形ABCD的各邊和對角線的長都等于a，點M、N分別是AB、CD的中點.(1)求證：MNAB，MNCD；(2)求MN的長；(3)求異面直線AN與CM夾角的余弦值.點評對于不易建立直角坐標系的題目，選擇好“基底”也可使問題順利解決.“基底”就是一個坐標系，選擇時，作為基底的向量一般為已知向量，且能進行運算，還需能將其他向量線性表示.變式訓練1已知E、F、G、H分別是空間四邊形ABCD的邊AB、BC、CD、DA的中點，(1)求證：E、F、G、H四點共面；(2)求證：BD平面EFGH；(3)設M是EG和FH的交點，求證：對空間任一點O，有().題型二建立空間直角坐標系解決立體幾何問題例2(2015湖南)如圖，已知四棱臺ABCDA1B1C1D1的上、下底面分別是邊長為3和6的正方形，AA16，且AA1底面ABCD，點P，Q分別在棱DD1，BC上.(1)若P是DD1的中點，證明：AB1PQ；(2)若PQ平面ABB1A1，二面角PQDA的余弦值為，求四面體ADPQ的體積.點評(1)建立空間直角坐標系前應先觀察題目中的垂直關系，最好借助已知的垂直關系建系.(2)利用題目中的數(shù)量關系，確定定點的坐標，動點的坐標可利用共線關系(a)，設出動點坐標.(3)要掌握利用法向量求線面角、二面角、點到面的距離的公式法.變式訓練2如圖，在底面是矩形的四棱錐PABCD中，PA底面ABCD，E，F(xiàn)分別是PC，PD的中點，PAAB1，BC2.(1)求證：EF平面PAB；(2)求證：平面PAD平面PDC.高考題型精練1.(2015北京西城區(qū)模擬)已知正方體ABCDA1B1C1D1中，點E為上底面A1C1的中心，若xy，則x，y的值分別為()A.x1，y1 B.x1，yC.x，y D.x，y12.已知平面ABC，點M是空間任意一點，點M滿足條件，則直線AM()A.與平面ABC平行 B.是平面ABC的斜線C.是平面ABC的垂線 D.在平面ABC內(nèi)3.已知平面內(nèi)有一點M(1，1,2)，平面的一個法向量為n(6，3,6)，則下列點P中，在平面內(nèi)的是()A.P(2,3,3) B.P(2,0,1)C.P(4,4,0) D.P(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，則實數(shù)等于()A. B. C. D.5.如圖，在長方體ABCDA1B1C1D1中，AB2，AA1，AD2，P為C1D1的中點，M為BC的中點.則AM與PM所成的角為()A.60 B.45C.90 D.以上都不正確6.在正方體ABCDA1B1C1D1中，P為正方形A1B1C1D1四邊上的動點，O為底面正方形ABCD的中心，M，N分別為AB，BC的中點，點Q為平面ABCD內(nèi)一點，線段D1Q與OP互相平分，則滿足的實數(shù)有_個.7.如圖，在正方體ABCDA1B1C1D1中，棱長為a，M、N分別為A1B和AC上的點，A1MAN，則MN與平面BB1C1C的位置關系是_.8.如圖，在長方體ABCDA1B1C1D1中，AA1AD1，E為CD的中點.(1)求證：B1EAD1；(2)在棱AA1上是否存在一點P，使得DP平面B1AE？若存在，求AP的長；若不存在，說明理由.9.(2014課標全國)如圖，四棱錐PABCD中，底面ABCD為矩形，PA平面ABCD，E為PD的中點.(1)證明：PB平面AEC；(2)設二面角DAEC為60，AP1，AD，求三棱錐EACD的體積.10.(2015廣州模擬)如圖所示，在直三棱柱ABCA1B1C1中，CA4，CB4，CC12，ACB90，點M在線段A1B1上.(1)若A1M3MB1，求異面直線AM和A1C所成角的余弦值；(2)若直線AM與平面ABC1所成角為30，試確定點M的位置.11.在四棱錐PABCD中，PD底面ABCD，底面ABCD為正方形，PDDC，E、F分別是AB、PB的中點.(1)求證：EFCD；(2)在平面PAD內(nèi)求一點G，使GF平面PCB，并證明你的結(jié)論.12.(2015天津)如圖，在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，側(cè)棱A1A底面ABCD，ABAC，AB1，ACAA12，ADCD，且點M和N分別為B1C和D1D的中點.(1)求證：MN平面ABCD；(2)求二面角D1ACB1的正弦值；(3)設E為棱A1B1上的點，若直線NE和平面ABCD所成角的正弦值為，求線段A1E的長.答案精析第27練空間向量解決立體幾何問題兩妙招“選基底”與“建系”?？碱}型精析例1(1)證明設p，q，r.由題意可知：|p|q|r|a，且p、q、r三向量兩兩夾角均為60.()(qrp)，(qrp)p(qprpp2)(a2cos 60a2cos 60a2)0.MNAB，同理可證MNCD.(2)解由(1)可知(qrp)，|22(qrp)2q2r2p22(qrpqrp)a2a2a22()2a2.|a，MN的長為a.(3)解設向量 與的夾角為.()(qr)，qp，(qr)(qp)(q2qprqrp)(a2a2cos 60a2cos 60a2cos 60)(a2).又|a，|cos aacos .cos ，向量與的夾角的余弦值為，從而異面直線AN與CM夾角的余弦值為.變式訓練1證明(1)連接BG，則()，由共面向量定理的推論知：E、F、G、H四點共面.(2)因為()，所以EHBD.又EH平面EFGH，BD平面EFGH，所以BD平面EFGH.(3)找一點O，并連接OM，OA，OB，OC，OD，OE，OG.由(2)知，同理，所以，即EH綊FG，所以四邊形EFGH是平行四邊形.所以EG，F(xiàn)H交于一點M且被M平分.故()().例2解由題設知，AA1，AB，AD兩兩垂直，以A為坐標原點，AB，AD，AA1所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，則相關各點的坐標為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)證明若P是DD1的中點，則P，又(3,0,6)，于是18180，所以，即AB1PQ.(2)由題設知，(6，m6,0)，(0，3,6)是平面PQD內(nèi)的兩個不共線向量.設n1(x，y，z)是平面PQD的一個法向量，則即取y6，得n1(6m,6,3).又平面AQD的一個法向量是n2(0,0,1)，所以cosn1，n2.而二面角PQDA的余弦值為，因此，解得m4，m8(舍去)，此時Q(6,4,0).設(01)，而(0，3,6)，由此得點P(0,63，6)，所以(6,32，6).因為PQ平面ABB1A1，且平面ABB1A1的法向量是n3(0,1,0)，所以n30，即320，亦即，從而P(0,4,4).于是，將四面體ADPQ視為以ADQ為底面的三棱錐PADQ，則其高h4.故四面體ADPQ的體積VSADQh66424.變式訓練2證明(1)以A為原點，AB所在直線為x軸，AD所在直線為y軸，AP所在直線為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，則A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,1)，E(，1，)，F(xiàn)(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.高考題型精練1.C 如圖，().2.D 由已知得M、A、B、C四點共面.所以AM在平面ABC內(nèi)，選D.3.A 逐一驗證法，對于選項A，(1,4,1)，n61260，n，點P在平面內(nèi)，同理可驗證其他三個點不在平面內(nèi).4.D 由題意得ctab(2t，t4，3t2)，5.C 以D點為原點，分別以DA，DC，DD1所在直線為x，y，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，依題意，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.6.2解析建立如圖的坐標系，設正方體的邊長為2，則P(x，y,2)，O(1,1,0)，OP的中點坐標為，又知D1(0,0,2)，Q(x1，y1,0)，而Q在MN上，xQyQ3，xy1，即點P坐標滿足xy1.有2個符合題意的點P，即對應有2個.7.平行解析正方體棱長為a，A1MAN，()().又是平面B1BCC1的一個法向量，0，.又MN平面B1BCC1，MN平面B1BCC1.8.(1)證明以A為原點，的方向分別為x軸，y軸，z軸的正方向建立空間直角坐標系(如圖).設ABa，則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)解假設在棱AA1上存在一點P(0,0，z0).使得DP平面B1AE，此時(0，1，z0).又設平面B1AE的法向量n(x，y，z).n平面B1AE，n，n，得取x1，得平面B1AE的一個法向量n.要使DP平面B1AE，只要n，有az00，解得z0.又DP平面B1AE，存在點P，滿足DP平面B1AE，此時AP.9.(1)證明連接BD交AC于點O，連接EO.因為ABCD為矩形，所以O為BD的中點.又E為PD的中點，所以EOPB.因為EO平面AEC，PB平面AEC，所以PB平面AEC.(2)解因為PA平面ABCD，且四邊形ABCD為矩形，所以AB，AD，AP兩兩垂直.如圖，以A為坐標原點，的方向為x軸的正方向，的方向為y軸的正方向，的方向為z軸的正方向，|為單位長，建立空間直角坐標系，則D(0，0)，E(0，)，(0，).設B(m,0,0)(m>0)，則C(m，0)，(m，0).設n1(x，y，z)為平面ACE的法向量，則即可取n1(，1，).又n2(1,0,0)為平面DAE的法向量，由題設知|cosn1，n2|，即 ，解得m.因為E為PD的中點，所以三棱錐EACD的高為，三棱錐EACD的體積V.10.解方法一(坐標法)以C為坐標原點，分別以CA，CB，CC1所在直線為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，則C(0,0,0)，A(4,0,0)，A1(4,0,2)，B1(0,4，2).(1)因為A1M3MB1，所以M(1,3,2).所以(4,0,2)，(3,3,2).所以cos，.所以異面直線AM和A1C所成角的余弦值為.(2)由A(4,0,0)，B(0,4,0)，C1(0,0,2)，知(4,4,0)，(4,0,2).設平面ABC1的法向量為n(a，b，c)，由得令a1，則b1，c，所以平面ABC1的一個法向量為n(1,1，).因為點M在線段A1B1上，所以可設M(x,4x,2)，所以(x4,4x,2).因為直線AM與平面ABC1所成角為30，所以|cosn，|sin 30.由|n|n|cosn，|，得|1(x4)1(4x)2|2，解得x2或x6.因為點M在線段A1B1上，所以x2，即點M(2,2,2)是線段A1B1的中點.方法二(選基底法)由題意CC1CA，CACB，CC1CB取，作為一組基底，則有|4，|2，且0.(1)由3，則，且|，且|2，4，cos，.即異面直線AM與A1C所成角的余弦值為.(2)設A1MA1B1，則.又，設面ABC1的法向量為nxyz，則n8z16x0，n16y16x0，不妨取xy1，z2，則n2且|n|8，|，n16，又AM與面ABC1所成的角為30，則應有，得，即M為A1B1的中點.11.(1)證明如圖，以DA、DC、DP所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系，設ADa，則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)解設G(x,0，z)，則，若使GF平面PCB，則由(a,0,0)a0，得x；由(0，a，a)a0，得z0.G點坐標為，即G點為AD的中點.12.解如圖，以A為原點建立空間直角坐標系，依題意可得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)，又因為M，N分別為B1C和D1D的中點，得M，N(1，2,1).(1)證明依題意，可得n(0,0,1)為平面ABCD的一個法向量，由此可得n0，又因為直線MN平面ABCD，所以MN平面ABCD.(2)解(1，2,2)，(2,0,0)，設n1(x，y，z)為平面ACD1的法向量，則即不妨設z1，可得n1(0,1,1).設n2(x，y，z)為平面ACB1的法向量，則又(0,1,2)，得不妨設z1，可得n2(0，2,1).因此有cosn1，n2，于是sinn1，n2.所以，二面角D1ACB1的正弦值為.(3)解依題意，可設，其中0,1，則E(0，2)，從而(1，2,1)，又n(0,0,1)為平面ABCD的一個法向量，由已知，得cos，n，整理得2430，又因為0,1，解得2，所以，線段A1E的長為2.