专题08空间向量基底法在立体几何问题中的应用4种常见考法归类

专题08空间向量基底法在立体几何问题中的应用4种常见考法归类空间向量在解决立体几何有关位置关系及其延伸出来的相关问题中有着比较广泛的应用.在解题过程中，学生通常较偏爱于用坐标法来解决问题，实际上，利用向量基底法求解不仅过程简洁，而且在许多问题中其往往更具有优越性.通过向量基底法在上述平行垂直证明、角度问题、距离问题和位置关系判断等问题中的应用，我们发现合适基底的选择是十分重要的.在计算问题中，应该尽量选择模已知的向量，且三个向量间的夹角也易求，而在证明问题中，这些条件可以适当放宽.纵观近些年的高考试卷，立体几何解答题往往会在已知中给出两两垂直且交于一点的三条线段，这种方便建系的考查方式让同学们习惯了空间直角坐标系下的机械运算，空间想象能力和逻辑推理能力大幅度降低.不仅如此，有时考题甚至找不到这样的三条线段，以致于许多同学因为无法合理建系导致解题失败.因此，也建议教师在教学中可以适当补充一些向量基底法的知识，以便让同学们充分体会到基底法使用的广泛性和灵活性，领略到立体几何学习的乐趣.一、“三个”定理共线向量定理共面向量定理空间向量基本定理对于空间任意两个向量a，b(b≠0)，a∥b的充要条件是存在实数λ使a＝λb.若两个向量a，b不共线，则向量p与向量a，b共面的充要条件是存在唯一的有序实数对(x，y)，使p＝xa＋yb.如果三个向量a，b，c不共面，那么对任意一个空间向量p，存在唯一的有序实数组(x，y，z)，使得p=xa+yb+zc.其中{a，b，c}叫做空间的一个基底，a，b，c都叫做基向量．如果p=xa+yb+zc，则称xa+yb+zc为p在基底{a，b，c}下的分解式.二、空间平行、垂直关系的向量表示设u1，u2分别是直线l1，l2的方向向量，n1，n2分别是平面α，β的法向量．(1)线线平行：l1∥l2⇔u1∥u2⇔∃λ∈R，使得u1＝λu2.(2)线面平行：l1∥α⇔u1⊥n1⇔u1·n1＝0.(3)面面平行：α∥β⇔n1∥n2⇔∃λ∈R，使得n1＝λn2.(4)线线垂直：l1⊥l2⇔u1⊥u2⇔u1·u2＝0.(5)线面垂直：l1⊥α⇔u1∥n1⇔∃λ∈R，使得u1＝λn1.(6)面面垂直：α⊥β⇔n1⊥n2⇔n1·n2＝0.三、空间距离及向量求法分类点到直线的距离点到平面的距离图形语言文字语言设u为直线l的单位方向向量，A∈l，P∉l，eq\o(AP,\s\up7(→))＝a，向量eq\o(AP,\s\up7(→))在直线l上的投影向量为eq\o(AQ,\s\up7(→))，则PQ＝eq\r(|eq\o(AP,\s\up7(→))|2－|eq\o(AQ,\s\up7(→))|2)＝eq\r(a2－(a·u)2)设已知平面α的法向量为n，A∈α，P∉α，向量eq\o(AQ,\s\up7(→))是向量eq\o(AP,\s\up7(→))在平面上的投影向量，PQ＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(eq\o(AP,\s\up7(→))·\f(n,|n|)))＝eq\f(|eq\o(AP,\s\up7(→))·n|,|n|)四、空间角及向量求法角的分类向量求法范围异面直线所成的角设两异面直线所成的角为θ，两直线的方向向量分别为u，v，则cosθ＝|cos〈u，v〉|＝eq\f(|u·v|,|u||v|)eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))直线与平面所成的角设直线l与平面α所成的角为θ，l的方向向量为u，平面α的法向量为n，则sinθ＝|cos〈u，n〉|＝eq\f(|u·n|,|u||n|)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))两平面的夹角平面α与平面β相交，形成四个二面角，把不大于eq\f(π,2)的二面角称为这两个平面的夹角．设平面α与平面β的夹角为θ，两平面α，β的法向量分别为n1，n2，则cosθ＝|cos〈n1，n2〉|＝eq\f(|n1·n2|,|n1||n2|)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))考点一平行垂直问题考点二角度问题考点三距离问题考点四位置关系问题考点一平行垂直问题1．（2023秋·全国·高二随堂练习）如图，已知四棱锥的底面为平行四边形，，为的中点，设，，．(1)用，，表示；(2)求证：平面．【答案】(1)；(2)证明见解析.【分析】（1）根据向量运算求解即可；（2）先根据向量运算关系得，进而得共面，再根据平面即可证明.【详解】（1）解：因为四棱锥的底面为平行四边形，，为的中点，所以，，（2）证明：因为，，所以，，即，所以共面，因为平面，所以平面.2．（2023春·高二课时练习）如图，在三棱锥中，M是AD的中点，P是BM的中点，点Q在线段AC上，且AQ=3QC.求证：平面BCD.【答案】证明见解析.【分析】根据给定条件，结合空间向量线性运算用表示向量，即可推理作答.【详解】证明：在三棱锥中，M是AD的中点，P是BM的中点，且点Q在线段AC上，AQ=3QC，则，而，因此平行于平面，而平面，所以平面.3．（2023·全国·高二专题练习）如图，从所在平面外一点O作向量.求证：(1)四点共面；(2)平面平面.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）利用共面向量定理证明，由可得四点共面；（2）利用共线向量定理，可得：，，从而利用面面平行的判定定理即可证明.【详解】（1）证明：因为四边形为平行四边形，所以，因为从所在平面外一点O作向量，所以,所以共面，因为有公共端点，所以四点共面；（2）证明：因为，所以，所以，因为平面，平面，所以，由（1）知，所以，所以，因为平面，平面，所以平面，因为，平面，所以平面平面.4．（2023·全国·高二专题练习）如图，在底面为菱形的平行六面体中，分别在棱上，且，且．(1)用向量表示向量；(2)求证：共面；(3)当为何值时，．【答案】(1)(2)证明见解析(3)1【分析】（1）根据空间向量线性运算法则计算可得；（2）根据空间向量线性运算法则得到，即可证明共面；（3）设，因为底面为菱形，则当时，，由，即可得出答案.【详解】（1）．（2）证明：，，，共面．（3）当，，证明：设，底面为菱形，则当时，，，，，，．5．（2023秋·高二课时练习）在四面体中，，．证明：．【答案】证明见解析【分析】利用向量的运算计算出，从而证明.【详解】因为，，设，所以所以，即.6．（2023秋·全国·高二随堂练习）已知空间四边形OABC中，，且OA=OB=OC，M，N分别是OA，BC的中点，G是MN的中点，求证：OG⊥BC．【答案】证明见解析【分析】取定基底向量，并分别记为，再用基底表示出和，然后借助数量积即可计算作答.【详解】在空间四边形OABC中，令，则，令，G是MN的中点，如图，则，，于是得，因此，，所以OG⊥BC.7．（2023秋·广东广州·高二广州市第五中学校考期末）如图，三棱柱的所有棱长都相等，，点M为的重心，AM的延长线交BC于点N，连接．设，，．(1)用，，表示；(2)证明：．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）根据空间向量的运算求得正确答案.（2）通过计算来证得.【详解】（1）因为为正三角形，点M为的重心，所以N为BC的中点，所以，，所以．（2）设三棱柱的棱长为m，则，所以．8．（2023秋·北京大兴·高二统考期中）如图，在平行六面体中，，，设向量，，.(1)用、、表示向量，并求；(2)证明：直线平面.【答案】(1)，(2)证明见解析【分析】（1）利用空间向量的基本定理与空间向量的线性运算可得出关于、、的表达式，利用空间向量数量积的运算可求得；（2）利用空间向量的数量积的运算可得出，，利用线面垂直的判定定理可证得结论成立.【详解】（1）解：，由已知可得，，因此，.（2）证明：，则，，，则，，、平面，因此，平面.9．（2023秋·广东深圳·高二统考期末）如图，在平行六面体中，，．设，，．(1)用基底表示向量，，，；(2)证明：平面．【答案】(1)，，，(2)证明见解析【分析】（1）利用空间向量基本定理和向量的线性运算直接求解；（2）先利用向量法证明出和，再利用线面垂直的判定定理直接证明.【详解】（1）因为，，，，所以，，，.（2）不妨设，，所以，即，又因为，即，又，平面，平面.所以平面.10．（2023·全国·高二期中）如图，在矩形和中，，记.(1)求异面直线与所成角的余弦值；(2)将用表示出来，并求的最小值；(3)是否存在使得平面？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由.【答案】(1)；(2)，最小值为；(3)存在，.【分析】（1）根据空间向量线性的运算法则，结合空间向量数量积的运算性质、空间向量夹角公式进行求解即可；（2）根据空间向量线性的运算法则，结合空间向量数量积的运算性质、二次函数的性质进行求解即可；（3）根据线面垂直的判定定理，结合空间向量互相垂直的性质进行求解即可.【详解】（1）由已知得：同理，所以故异面直线与所成角的余弦值；（2）.所以当时，的最小值为；（3）假设存在使得平面，故.因为；由，得，化简得，解得，满足条件.故存在使得平面.考点二角度问题11．（2023·全国·高二假期作业）如图，一个结晶体的形状为平行六面体，其中以顶点A为端点的三条棱长均为1，且它们彼此的夹角都是.(1)求证：；(2)求异面直线与所成角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据平面向量转化基底，以及加减运算和数量积的运算性质，得到，即可证得；（2）根据平面向量转化基底，求出、、，再利用夹角公式即可求解.【详解】（1）证明：∵以顶点A为端点的三条棱长均为1，且它们彼此的夹角都是，∴，∴，∴.（2）∵，，∴，，，∴，∴异面直线与所成角的余弦值为.12．（2023·全国·高三专题练习）如图，在三棱柱中，点是的中点，，，，，设，，.（1）用，，表示，；（2）求异面直线与所成角的余弦值.【答案】（1），；（2）．【分析】（1）根据空间向量的线性运算法则计算；（2）用空间向量法求解．【详解】（1）三棱柱中，点是的中点，，，（2），，，，，，，，．所以异面直线与所成角的余弦值是．13．（2023·全国·高二专题练习）已知平行六面体的底面是边长为1的菱形，且，.（1）证明：；（2）求异面直线与夹角的余弦值.【答案】（1）证明见详解；（2）【解析】（1）由题，选定空间中三个不共面的向量为基向量，只需证明即可；（2）用基向量求解向量的夹角即可，先计算向量的数量积，再求模长，代值计算即可.【详解】设，，由题可知：两两之间的夹角均为，且，（1）由所以即证.（2）由，又所以，又则又异面直线夹角范围为所以异面直线夹角的余弦值为.【点睛】本题考查用基向量求解空间向量的问题，涉及异面直线的夹角，以及线线垂直的证明，是难得的好题，值得总结此类方法.14．（2023秋·湖北襄阳·高二襄阳五中校考开学考试）如图，在三棱锥中，，，记二面角的平面角为．(1)若，，求三棱锥的体积；(2)若M为BC的中点，求直线AD与EM所成角的取值范围．【答案】(1)(2)【分析】（1）作出辅助线，找到二面角的平面角，利用余弦定理求出，求出底面积和高，进而求出三棱锥的体积；（2）利用空间基底表达出，结合第一问结论求出，从而求出答案.【详解】（1）取AC的中点F，连接FD，FE，由BC=2，则，故DF⊥AC，EF⊥AC，故∠DFE即为二面角的平面角，即，连接DE，作DH⊥FE，因为，所以平面DEF，因为DH平面DEF，所以AC⊥DH，因为，所以DH⊥平面ABC，因为，由勾股定理得：，，又，由勾股定理逆定理可知，AE⊥CE，且∠BAC=，，在△ABC中，由余弦定理得：，解得：或（舍去），则，因为，，所以△DEF为等边三角形，则，故三棱锥的体积；（2）设，则，，由（1）知：，，取为空间中的一组基底，则，由第一问可知：，则其中，且，，故，由第一问可知，又是的中点，所以，所以，因为三棱锥中，所以，所以，故直线AD与EM所成角范围为.【点睛】针对于立体几何中角度范围的题目，可以建立空间直角坐标系来进行求解，若不容易建立坐标系时，也可以通过基底表达出各个向量，进而求出答案.15．（2023·全国·高二专题练习）如图，在棱长为1的正四面体中，，分别是边，的中点，点在上，且，设，，．(1)试用向量，，表示向量；(2)求．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据平面向量基底运算即可得到结果.（2）分别求出的值，再结合向量的夹角公式即可求得结果.【详解】（1）（2）由题意知，，，，则，，所以16．（2023·全国·高二专题练习）如图所示，已知空间四边形ABCD的每条边和对角线长都等于1，点E，F，G分别是AB，AD，CD的中点．设，，.(1)求证EG⊥AB；(2)求异面直线AG和CE所成角的余弦值．【答案】(1)证明过程见解析；(2)【分析】（1）作出辅助线，利用三线合一证明出，从而得到线面垂直，进而证明线线垂直；（2）用表达与，利用空间向量夹角公式求解异面直线AG和CE所成角的余弦值.【详解】（1）证明：连接DE，因为空间四边形ABCD的每条边和对角线长都等于1，且E，G分别是AB，CD的中点，所以，故，又因为，平面，所以平面，因为平面，所以.（2）由题意得：均为等边三角形且边长为1，所以，，所以，设异面直线AG和CE所成角为，则17．（2023秋·湖北·高二赤壁一中校联考开学考试）如图，正三棱柱中，，，，，.(1)试用，，表示；(2)求异面直线与所成角的余弦值.【答案】(1)(2)【分析】（1）根据题意结合空间向量的线性运算求解；（2）根据空间向量的线性运算可得，再结合数量积的运算律可得，，，进而可得结果.【详解】（1）因为，所以.（2）因为，且，，，，可得，，，则，所以异面直线与角的余弦值为.18．（2023秋·山西晋中·高二统考期末）如图所示，在棱长为2的正四面体中，为等边三角形的中心，分别满足.(1)用表示，并求出；(2)求直线与平面所成角的正弦值.【答案】(1)，(2)【分析】（1）先利用正四面体几何性质用表示，进而求得；（2）先求得直线与直线所成角的余弦值，进而得到直线与平面所成角的正弦值.【详解】（1）连接并延长交于，则为中点，则，，则（2）根据题意，平面，因此，直线与平面所成角的正弦值即为直线与直线所成角的余弦值的绝对值.，且故.则直线与平面所成角的正弦值为.考点三距离问题19．（2023秋·浙江·高二校联考期中）如图，空间四边形中，，，，点分别在上，且，．(1)以为一组基底表示向量；(2)求的长度.【答案】(1)(2)【分析】（1）利用空间向量运算的几何表示及空间向量基本定理求解；（2）利用空间向量数量积的运算性质，由展开计算即可.【详解】（1），．（2），所以，所以，所以.20．（2024秋·高二课时练习）如图，在三棱柱中，是棱的中点，，设.(1)试用向量表示向量；(2)若，求.【答案】(1)(2)【分析】（1）连接，根据向量关系直接可表示出；（2）根据（1）中的结果平方即可求出.【详解】（1）连接，则.因为是棱的中点，所以.因为，所以，则.（2）由（1）可知，则，因为，所以，则，故.21．（2023秋·福建厦门·高二福建省厦门第二中学校考阶段练习）在平行六面体中，，，(1)求证：直线平面．(2)求到平面的距离.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）以为基底，并用基向量表示和平面，再通过向量运算证明是平面的法向量即可；（2）利用向量数量积的定义和运算性质可求得，，由点到平面距离的向量求法可求得结果.【详解】（1）设，，，则为空间的一个基底，且，，，，，，，在平面上，取为基向量，则对于平面上任意一点，存在唯一的有序实数对，使得，，是平面的法向量，平面．（2）设到平面的距离为，则，，，.22．（2023秋·广东东莞·高二东莞实验中学校考阶段练习）如图，已知平行六面体中，底面ABCD是边长为2的菱形，，，M为与的交点，设，，．(1)用，，表示并求BM的长；(2)求点A到直线BM的距离．【答案】(1)，BM的长为．(2)2【分析】(1)根据空间向量的基本定理可得，利用空间向量的几何意义，等式两边同时平方，计算即可；(2)由(1)可得，进而可得，即为点A到直线BM的距离.【详解】（1）又，，，故BM的长为．（2）由（1）知，，∴，所以，则为点A到直线BM的距离，又，故点A到直线BM的距离为2．23．（2023秋·广西河池·高二校联考阶段练习）如图2，PABCD为四棱锥.(1)若，求证：，(2)若PABCD为正四棱锥，且，求底面中心O到面PCD的距离.（要求用向量知识求解）【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）利用空间向量基本定理即可求得；（2）建立空间直角坐标系，利用向量法去求底面中心O到面PCD的距离.【详解】（1）∵A，B，C，D共面，∴存在实数，满足∴∵，∴，，，∴（2）∵O为正四棱锥PABCD的底面中心，∴O为AB，CD的交点，以O为原点，分别以OB，OC，OP为x，y，z轴建立坐标系如图，则，，设OG⊥平面PCD，垂足为G，则∵，，∴，同理由得∴，又C、D、P、G四点共面，，则，∴∴，所以底面中心到面PCD的距离为.考点四位置关系问题24．（2023·全国·高二专题练习）如图，在四面体中，，，，，．(1)求证：、、、四点共面．(2)若，设是和的交点，是空间任意一点，用、、、表示．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）证明出，即可证得结论成立；（2）由（1）可得出，可得出，则，由此可得出，再结合空间向量的线性运算可得出关于、、、的表达式.【详解】（1）证明：因为，，所以，则，因此、、、四点共面．（2）解：当时，，即，可得，因为，即，可得，由（1）知，，，因此，又因为、不在同一条直线上，所以，，则，则，即，所以，.25．（2023秋·安徽合肥·高二合肥一六八中学校考阶段练习）如图，已知O､A､B､C､D､E､F､G､H为空间的9个点，且，，，，，.求证：(1)A､B､C､D四点共面，E､F､G､H四点共面；(2)；(3).【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】（1）利用空间向量基本定理证明即可，（2）由，结合空间向量的减法和数乘运算可得，从而可证得结论