第28练 空间向量解决立体几何问题的两大策略

第28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.(2018・北京)如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PADL平面ABCD，PALPD，PA=PD，AB±AD，AB=1，AD=2，AC=CD='际.求证：PDL平面PAB；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，求捋的值；若不存在，说明AP理由.(1)证明.・•平面PAD±平面ABCD,平面P4DH平面ABCD=AD.又AB±AD,ABC平面ABCD.:.AB±平面PAD.VPDC平面PAD....AB±PD.又PALPD,P4HAB=A.?.PD±平面PAB.(2)解取AD中点O,连接CO,PO.

^PA=PD,:.POLAD.又,:POU平面PAD,平面PADL平面ABCD,:.POL平面ABCD,VCOU平面ABCD,.POLCO,^AC=CD,.COLAD.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=(2,0,-1).CD=(-2,-1,0).设〃二(%,七，1)为平面PCD的一个法向量.「一一(一nPD=0,-k-1=0,由］一得］0n•PC=0〔2%-1=0,七=-1,(1\解得］1即n七，-1,1).x0=2-一nPBInllPBI一nPBInllPBI则sine=Icos〈n,PB〉I=2-1-14+1+1X'」33..・直线PB与平面PCD所成角的正弦值为专.⑶解设M是棱PA上一点，则存在AG［0，1］使得AM=kAP，因此点M（0，1-久，久），BM=（-1,-A,A）,.：BM平面PCD，・.・要使BM〃平面PCD当且仅当BM.n=0，即（-1，-A，A）-&，-1，］）=0，解得A=4，.•・在棱PA上存在点M使得BM〃平面PCD，AM1此时寸=—此时Jap4"2.（2018-天津）如图，正方形ABCD的中心为0,四边形OBEF为矩形，平面OBEF±平面ABCD,点G为AB的中点，AB=BE=2.（1）求证：EG〃平面ADF；（2）求二面角0—EF—C的正弦值；2⑶设H为线段AF上的点，且AH=HF,求直线BH和平面CEF所成角的正弦值.解依题意，0FL平面ABCD，如图，以0为原点，分别以3方，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0（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）.E

(1)证明依题意，AD=(2,0,0),AF=(1,-1,2).设ni=(xi，y1,z1)为平面ADF的法向量，n•AD=0,2x=0,则|1一邮1叫•AF=0,tx1-y1+2z1=0，不妨取z1=1，可得n1=(0,2,1),又EG=(0,1,-2),可得EG・n1=0,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),1,1,2),设n2=(x2,y2,z2)为平面=(-「一一(一n-EF=0,x2+y2=0,则］2一即|22n2-CF=0,〔-%+%+2&=0，不妨取x2=1,可得n2=(1,-1,1).因此有cos〈OA,n2〉二笠n2二-乎，|OA|In2|―，一、电于是sin〈OA,n2〉=3.所以二面角O—EF—C的正弦值为亨.(3)解由AH=；HF，得AH=2AF.因为AF=(1,-1,2),所以浦二|AF=d,因仕匕cos{BH,n2〉二件”2=-27进而有H(-|34)，5，57一(2进而有H(-|34)，5，57一(28

从而BH弋,5,4)乙JL3.（2018-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，AF=2FD,ZAFD=90o,且二面角D—AF—E与二面角C~BE~F都是60°,（1）证明：平面ABEFL平面EFDC；（2）求二面角E-BC-A的余弦值.⑴证明由已知可得AF±DF,AF±FE，所以AFL平面EFDC，又AF平面ABEF，故平面ABEF±平面EFDC.（2）解过D作DG上EF，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，iGFi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D-AF-E的平面角，故ZDFE=60°，则DF=2，DG=\^＞，可得A（1，4，0），B（-3，4，0），E（-3，0，0），D（0，0，招）.由已知，得AB^EF，所以AB〃平面EFDC，又平面ABCDC平面EFDC二CD，故AB^CD，CD〃EF.由BE〃AF，可得BEL平面EFDC，所以/CEF为二面角C-BE-F的平面角，ZCEF=60°，从而可得C（-2，0，客）.所以EC=（1，0，后），EB=（0，4，0），AC=（-3，-4，-抵），疝二（-4，0，0）,设n=（x，nEC=0，[x+V3z=0，y，z）是平面BCE的法向量，则』_即]所以可取n=（3，0，-寸3）.n.EB=0，〔4y=0，

m-AC=0,设m是平面ABCD的法向量，则’_、m・AB=0.同理可取m=(0,病，4)，则cos(n,m〉=nmj=-尧*.故二面角E-BC-A的余弦值9n\mv2疝为-19.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s点M、N分别是AB、CD的中点.(1)求证：MNLAB,MNXCD；求MN的长；求异面直线AN与CM夹角的余弦值.⑴证明设AB=p,AC=q,AD=r.由题意可知：pi=lql=lrl=Q,且p、q、r三向量两两夹角均为60°.•「MN=AN-AM=1(AC+aD)-1AB=1(q+r-p)+r-p-p2)・•・MnAB='(q+r-p).p+r-p-p2)•cos60°+a2.cos60°-a2)=0.・MNLAB，同理可证MN"D.(2)解由(1)可知MN=2(q+r-p),...lMN|2=MN2=1(q+r-p)2=[q2+r2+p2+2(q.r-p.q-r.p)]

+a2+a2+a2——2a23:,\MtN\^22a,:.MN的长为*a+a2+a2+a2——2⑶解设向量亦与味的夹角为e.^AN=2(AC+AD)=1(q+r),:.AN:.AN-MfC^1(q^r')-(q-=2(a2-|a2-cos60°+a2-cos60°-^a2-cos60°)1a2a2丝、a2=2(a2-~4+~2-7)=~2'又^\AN\=MC\^23a,:.ANMC=AN\-\MC\-cosevl-2a2a・cose=••cosevl-2a2a・cose=从而异面直线AN与CM夹角的余弦值为3.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.一变式训练1如图，在四棱锥P-GBCD中，PGL平面GBCD,GD^BC,GD=‘BC,且BG±GC,GB=GC=2,E是BC的中点，PG=4.

(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，且万＞・GC=0,PF=kCF，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Gxyz,,0)C(0,2,0)0),PC,0)C(0,2,0)0),PC=(0,2,-4),故E(1,1,0)GE二(1,1cos〈GE,PC〉GE-PC-一—舆\GE\\PC\勺"。20故异面直线GE与PC所成角的余弦值为号0.(2)设F(2)设F(0,y,z)，则DF=GF-GD=(0,y,z)-(-2332,0)二(2,y-2,z),GC=(0,2,0).•、,-3,•*y_2*gg333•.•DF・GC=0,...(2,y-^,z)-(0,2,0)=•、,-3,•*y_2*31在平面PGC内过F点作FM±GC,M为垂足，则GM=,MC=2.•倍涝二3,.・.k=-3.题型二建立空间直角坐标系解决立体几何问题例2(2018-山东)在如图所示的圆台中，AC是下底面圆O的直径，EF是上底面圆O的直径，FB是圆台的一条母线.（1）已知G,H分别为EC,FB的中点，求证：GH〃平面ABC；（2）已知EF=FB=、AC=2'0,AB=BC,求二面角F-BC-A的余弦值.（1）证明设FC中点为/,连接GI,HI.在ACEF中，因为点G是CE的中点，所以G1〃EF又EF〃OB，所以Gl〃OB.在^CFB中，因为H是FB的中点，所以HI〃BC，又HIHGI=I,所以平面GHI〃平面ABC.因为GH平面GHI，所以GH〃平面ABC.（2）连接OO'，则OO'±平面ABC.又AB二BC，且AC是圆O的直径，所以BO±AC.以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Oxjz.由题意得B（0，2-13，0），C（-2点，0，0）.过点F作FM上OB于点M，所以FM=®FB2-BM2=3，可得F（0，-挡，3）.故BC=（-2茶，-2展，0），BF=（0，-腰，3）.设m=（x，y，z）是平面BCF的一个法向量.「一（t-m*BC—0，-2yf3x-2y[3y—0，由[一可得1厂m-BF=0,[-V3y+3z=0.，可得平面BCF的一个法向量m=（-1，1，书，因为平面ABC的一个法向量n=（0,0,1）,所以cos所以cos〈m,nm・n'寸7Imllnl一7•所以二面角F-BC-A的余弦值为g7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（A7二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在边长是2的正方体ABCD-AlB1ClDl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.⑴求EF的长；（2）证明：EF〃平面AA1D1D；（3）证明：EFL平面A1CD.（1）解如图建立空间直角坐标系，则A]=（2，0，2），A=（2，0，0），B=（2，2，0），C=（0，2，0），D]=（0，0，2），E=（2，1，0），F=（1，1，1），:.EF=（-1，0，1），EF二至.（2）证明VAD1=（-2，0，2），:.冲〃EF，而EF平面AA1D1D，

・•・"〃平面AA1D1D.一一⑶证明"止如=0,EF・Ap=0,:.EFLCD,EF±A1D,又CDnA1D=D,：.EF±平面A{CD.高考题型精练1.如图，在正方体ABCD-AlBlClD1中，若BD=xAD+yAB+zAA,则x+y+z的值为（）A.3B.1C.-1D.-3答案B解析•.•bD1=AD-AB+AA],：x=1,y=-1,z=1,：x+y+z=1.2.如图，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，M为AC与BD的交点，若A^B=a,AD=b,2.如图，A]A=c，则下列向量中与帝相等的向量是（）B^a+gb+cC.ga—2，+c1,1,,B^a+gb+cC.ga—2，+c-11,D.—2。一2，+。答案A1解析由题意知，B]M=B]A]+A]A+AM=B]A]+A^A+^AC-a+c+2（a+b）=-2。+2,+c，故选A.3.在四棱锥P-ABCD中，疝=(4,-2,3),屈=(—4,1,0),畚=(—6,2,—8),则这个四棱锥的高//等于()A.lB.2C.13D.26答案B解析设平面ABCD的一个法向量n=(x,y,z),4x-2y+3z=0,叫_=.n-LADI-4x+j=0.4令y=4,则n=(1,4,p,32_nil/_\n-AP-6+8-3匝则cos<n,AP)=—二-=-[7二-26，\n\\AP\—X2a/26—-Icos(n-AP)I,IAPI・•./?二缪X2廊=2,故选B.264.如图所示，正方体ABCD~AlBlClDl的棱长为1,线段鸟？上有两个动点E,F,且时=¥，则下列结论中错误的是()AC-LBEE尸〃平面A8CD三棱锥A-BEF的体积为定值异面直线8”所成的角为定值答案D解析•.•ACL平面BBDD,又8EU平面BB]D]D,:.AC±BE,故A正确.VB1D1〃平面A8CZ),

又E,F在直线D1B1上运动，.•.EF〃平面ABCD，故B正确.C中，由于点B到直线B1D1的距离不变，故ABEF的面积为定值，又点A到平面BEF的距离为*，故va_bef为定值，故C正确.建立空间直角坐标系，如图所示，可得A（1，1，0），B（0，1，0）.①当点E在D1处，点F为DB的中点时，①当点E在D1处，点F为DB的中点时，E（1，0，1），1.AA1，I，1)，..・AE=(0，-1，1)，BF=(|-i，1），:.AE-BF=|,又AEi=M，iBFi二«__3L./AA\AE-AI3••cos〈AE，BF〉===0.iAEiiBFi....还g2..・此时异面直线AE与BF成30°角.②当点E为DB的中点，F在B1处时，E（|，普，1），F（0，1，1），•AE—(-|，-|，1），BF—（0，0，1），•AE-BF=1，AEi-，..."-1)2+(-1)2+12—乎，.cos〈aE，bF〉=空F—f=乎耳，

iAE•AE-BF=1.cos21故D错误.故选D.5.若a=（2x,1,3）,b=（1,—2y,9）,如果a与b为共线向量，则（）A.x=1,y=11B.x=2,y=C.x=13~6,y=21

D.x=6，y=CB的中点，点G在线)答案D解析因为a与b为共线向量，所以存在实数A使得a=CB的中点，点G在线)2x=A,13所以1=-2农，解得x=6,y=-2.〔3=94,6.已知空间四边形OABC,其对角线为OB,AC,M,N分别是OA,段MN上，且使MG=2GN，则用向量OA,oB,OC表示向量无是(a.og—oa+^ob+^ocb.ogVoa+^ob+^oc633633c.OG=OA+2OB+2OC

d.og=；oa+3ob+3oc乙00答案A解析VMG=2GN,M,N分别是边OA,CB的中点，.—*ll2-^・.・OG=OM+MG=OM+3MN—2,^——*——_=OM+^(MO+OC+CN)1—2^*1——=3OM+3OC+3(ob-oc)1—1—1—=7OA+TOB+TOC.633故选A.c三向量共面，则实数7.已知a=(2,—1,3),b=(—1,4,-2),c=(7,5,4),若a,b,4=c三向量共面，则实数答案65

解析a,b,c三向量共面，则存在实数x,j,使c=xa+yb,2x-y=7,所以-x+4y=5,3x-2y=A,33x=7,17-7,〜65入=”.My=178.如图所示，PD垂直于正方形ABCD所在的平面，33x=7,17-7,〜65入=”.My=17若以DA,DC,DP所在直线分别为x,y,二轴建立空间直角坐标系，则点E的坐标答案（1，1，1）解析设PD=a(a>0),a则A(2,0,0),B(2,2,0),P(0,0,a),E(1,1,2),：.D)P=(0,0,a),AE=(-1,1,a),•「cos〈DP,AE〉=#,•始二〃+a2x^3..2=a2+4X3,•a=2,•E的坐标为(1,1,1).9.如图，在正方体ABCD-AlBlClDl中，棱长为a,M,N分别为A1B和AC上的点，A1M=人^二亨，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，A1M=AN^求证：DELCF；求异面直线A1C与C1F所成角的余弦值.(1)证明以D为原点，以DA,DC,DD为x,j,z的正半轴建立空间直角坐标系，，:.MB=3^，求证：DELCF；求异面直线A1C与C1F所成角的余弦值.(1)证明以D为原点，以DA,DC,DD为x,j,z的正半轴建立空间直角坐标系，1B102一3+DA)+B1B)2宥叩+又.「dD是平面B1BCC1的一个法向量，-*-—*2_—*"1、―*-•.•MNCD=(3B]B+3B1C])・CD=0，:.MNLCD,又「MN平面BB1C1C,.MN〃平面BB1C1C.10.已知棱长为a的正方体ABCD-A1B1ClD1中，E是BC的中点，F为A^的中点.

则D(0,0,0),破，a,0),C1(0,a,a),F(a,^,a),~*a-*a尸斤以DE=(2,a,0),C1F=(a,-^,0),L一一■«*...DE・C1F=0,所以DE±C1F.(2)解A(2)解A(a,0,a),C(0,a，—一,,0),A^C=(-a,a,-a),*_,aC1F=(a,-2,0),3cos(A1C-2a2=.近IA；CIIC；FI..；'3a^25a5,所以异面直线A1C与C1F所成角的余弦值是号511.如图，在四棱锥P-ABCD中，PC±底面ABCD,底面ABCD是直角梯形，AB±AD,AB〃CD,AB=2AD=2CD=2,Ecos(A1Cp求证：平面EACL平面PBC；6若二面角P-AC-E的余弦值为*,求直线PA与平面EAC所成角的正弦值.p⑴证明VPC±平面ABCD,AC平面ABCD,AAC±PC.VAB=2,AD=CD=1,.•.AC=BC=、d,.・・AC2+BC2=AB2,AACXBC,又BCHPC=C,.AC±平面PBC.

^AC平面EAC,・.・平面EAC±平面PBC.（2）解如图，以点C为原点，房，CD,CP分别为x轴、j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）（a>0），则e（2，1a-*-*-*11a2，2），CA=（1，1，0），CP=（0，0，a），CE=（2，・2，2>取m=（1，-1，0），则m-CA=m-CP=0，m为平面PAC的法向量，设孩=（x，j，z）为平面EAC的法向量，贝nCA=n-CE则e（2，x+j=0，[x-j+az一0.取x=a，j=-a，z=-2，Un=（a，-a，-2），*日再亡i/\i_nma寸