第28練空間向量解決立體幾何問題的兩大策略——“選基底”與“建系”

1、第 28 練空間向量解決立體幾何問題的兩大策略“選基底 ”與“建系 ” 題型分析 ·高考展望 向量作為一個(gè)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(guān)系還是求解問題.而向量中最主要的兩個(gè)手段就是選基底與建立空間直角坐標(biāo)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.體驗(yàn)高考1.(2018 北·京 )如圖，在四棱錐PABCD 中，平面PAD 平面 ABCD ，PAPD， PA PD ，AB AD，AB 1， AD 2，AC CD5.(1) 求證： PD 平面 PAB；(2) 求直線 PB 與平面 PCD 所成角的正弦值；AM

2、(3) 在棱 PA 上是否存在點(diǎn)M，使得 BM 平面 PCD ？若存在，求AP 的值；若不存在，說明理由 .(1) 證明 平面 PAD 平面 ABCD ，平面 PAD 平面 ABCD AD.又 ABAD ， AB? 平面 ABCD .AB 平面 PAD .PD ? 平面 PAD . AB PD.又 PAPD ， PA AB A.PD 平面 PAB .(2)解取 AD 中點(diǎn) O，連接 CO， PO. PAPD， PO AD .又 PO? 平面 PAD ，平面 PAD 平面 ABCD ，PO 平面 ABCD ，CO? 平面 ABCD ， PO CO，AC CD ， CO AD.以 O 為原點(diǎn)建立如

3、圖所示空間直角坐標(biāo)系.易知 P(0，0， 1)， A(0，1，0)，B(1，1，0) ，C(2，0， 0)， D (0， 1， 0).則PB (1， 1，1)，PD(0， 1， 1)， PC (2， 0， 1).CD ( 2， 1，0).設(shè) n (x0， y0， 1)為平面 PCD 的一個(gè)法向量 . y0 10，n·PD 0，由得2x0 10，n·PC 0y0 1，1解得1即 n2， 1，1 .x0 2.設(shè) PB 與平面 PCD 的夾角為 .n·PB則 sin |cos n，PB |n|PB|12 11313 .411× 3直線 PB 與平面PCD 所成

4、角的正弦值為33 .(3) 解 設(shè)M是棱 PA上一點(diǎn)， 則存在 0， 1使得 AM AP，因此點(diǎn) M(0， 1 ， )， BM ( 1， ， )，BM ? 平面 PCD ，要使 BM 平面 PCD 當(dāng)且僅當(dāng) BM·n 0，1 0，解得 1，即( 1， ，)· ， 1， 124在棱 PA 上存在點(diǎn) M 使得 BM 平面 PCD ，AM1此時(shí) AP4.2.(2018 天·津 )如圖，正方形ABCD 的中心為O，四邊形OBEF 為矩形，平面OBEF 平面ABCD ，點(diǎn) G 為 AB 的中點(diǎn)， ABBE 2.(1) 求證： EG平面 ADF ；(2) 求二面角 O EF

5、C 的正弦值；2(3) 設(shè) H 為線段 AF 上的點(diǎn)，且AH 3HF ，求直線BH 和平面 CEF 所成角的正弦值.解依題意， OF 平面 ABCD ，如圖，以O(shè) 為原點(diǎn)，分別以AD ， BA， OF的方向?yàn)閤 軸， y 軸， z 軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系，依題意可得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)， G(1， 0， 0).(1) 證明依題意， 1， 2).AD (2， 0， 0)，AF (1設(shè) n1 (x1， y1，z1)為平面 ADF 的法向量，1 0，1 0，n &

6、#183;AD2x則 0，即1 x1 y1 2z1 0，n ·AF不妨取 z1 1，可得 n1 (0， 2， 1)，又EG (0， 1， 2) ，可得 EG·n1 0，又因?yàn)橹本€ EG? 平面 ADF ，所以 EG 平面 ADF .OEF 的一個(gè)法向量，依題意，(2)解 易證 OA ( 1，1，0)為平面EF (1，1，0)， CF (1， 1， 2)，設(shè) n2 (x2， y2，z2)為平面 CEF 的法向量， 0，x2 y2 0，n2·EF則0，即2 x2 y2 2z2 0，n ·CF不妨取 x2 1，可得 n2 (1， 1， 1).6OA·

7、n2因此有 cos OA，n2 3，|OA|n2|3于是 sinOA， n2 3 .所以二面角 O EF C 的正弦值為33 .22(3)解由 AH 3HF ，得 AH 5AF.因?yàn)?AF (1， 1，2)，2 224所以 AH5AF5，5，5，334進(jìn)而有H 5，5，5， 2 8 4從而 BH 5， 5，5 .7BH·n2因此 cos BH， n221 .|BH|n2|所以直線 BH 和平面 CEF 所成角的正弦值為721 .3.(2018 課·標(biāo)全國乙 )如圖， 在以 A，B，C，D ，E，F(xiàn) 為頂點(diǎn)的五面體中，面 ABEF 為正方形，AF 2FD ， AFD 90&#

8、176;，且二面角D AF E 與二面角C BE F 都是 60°.(1) 證明：平面 ABEF平面 EFDC ；(2) 求二面角 EBC A 的余弦值 .(1) 證明由已知可得 AF DF ，AF FE，所以 AF 平面 EFDC ，又 AF? 平面 ABEF ，故平面 ABEF 平面 EFDC .(2) 解過 D 作 DG EF，垂足為 G，由 (1)知 DG 平面 ABEF .以 G 為坐標(biāo)原點(diǎn)， GF的方向Gxyz.由 (1)知 DFE 為二面為 x 軸正方向， |GF |為單位長，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系角 D AFE 的平面角，故 DFE 60°，則 DF

9、2， DG 3，可得 A(1， 4， 0)， B( 3，4， 0)， E( 3，0， 0)， D(0， 0，3).由已知， 得 AB EF，所以 AB 平面 EFDC ，又平面 ABCD 平面 EFDC CD ，故 AB CD ，CD EF.由 BEAF ，可得 BE 平面 EFDC ，所以 CEF 為二面角 C BE F 的平面角， CEF 60°，從而可得 C( 2， 0， 3).所以 EC (1， 0，3)， EB (0， 4， 0)， AC ( 3， 4，3)， AB ( 4， 0， 0).設(shè) n (x，x 3z 0，n·EC 0，y，z)是平面 BCE 的法向量，

10、則即所以可取 n (3，0， 3).4y 0，n·EB 0，m·AC 0，設(shè) m 是平面 ABCD 的法向量，則m·AB 0.同理可取 m (0，3， 4)，則 cos n， mn·m2 19|n|m|19 .故二面角 E BC A 的余弦值為2 1919 .高考必會(huì)題型題型一例 1選好基底解決立體幾何問題如圖所示， 已知空間四邊形ABCD的各邊和對(duì)角線的長都等于a，點(diǎn) M、N 分別是AB、CD的中點(diǎn).(1) 求證： MN AB， MN CD ；(2) 求 MN 的長；(3) 求異面直線 AN 與 CM 夾角的余弦值 .(1) 證明設(shè) AB p， AC

11、q，AD r.由題意可知： |p| |q| |r| a，且 p、 q、 r三向量兩兩夾角均為60°. 1 1 1MN AN AM 2(AC AD ) 2AB 2(q r p)， 112MN ·AB2(q r p) ·p 2(q·p r·p p )1222 2(a·cos 60 °a ·cos 60°a ) 0.MN AB，同理可證MN CD. 1(2) 解 由(1) 可知 MN 2( q r p)，2212|MN| MN 4(q r p) 14 q2r 2 p2 2( q·r p·q

12、r·p)12a2 a2 2(a2 a2 a24a22 2)122a 4·2a2 .22|MN|2a， MN 的長為2a.(3) 解設(shè)向量 AN與 MC 的夾角為 .1 1AN2(AC AD) 2(q r)，1MC AC AM q 2p， 1(q r)1p)AN·MC 2·(q21211 2(q 2q·p r·q 2r·p)121221 22(a2a·cos 60°a·cos 60°2a·cos 60 )°a 2 2(a 4 2 4 ) 2 . 3又 |AN| |MC

13、 | 2 a，12a2a2a2 AN·MC |AN| |MC·| ·cos 33a2 a· a·cos .2 22 cos 23，向量 AN與 MC 的夾角的余弦值為 2，32從而異面直線AN 與 CM 夾角的余弦值為 3.點(diǎn)評(píng) 對(duì)于不易建立直角坐標(biāo)系的題目，選擇好“ 基底 ” 也可使問題順利解決 .“ 基底 ” 就是一個(gè)坐標(biāo)系， 選擇時(shí)， 作為基底的向量一般為已知向量，且能進(jìn)行運(yùn)算，還需能將其他向量線性表示 .變式訓(xùn)練 1如圖，在四棱錐 PGBCD 中， PG平面 GBCD ， GD BC， GD3BC，且4BGGC， GB GC2， E 是

14、 BC 的中點(diǎn)， PG 4.(1) 求異面直線 GE 與 PC 所成角的余弦值； (2) 若 F 點(diǎn)是棱 PC 上一點(diǎn)，且 DF ·GC 0， PF kCF，求 k 的值 .解(1) 如圖所示，以G 點(diǎn)為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系Gxyz，則 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)， 210GE·PCcosGE， PC ，2· 2010|GE|PC|故異面直線 GE 與 PC 所成角的余弦值為1010 .3333，2，(2) 設(shè) F(0， y

15、， z)，則 DF GF GD (0， y， z) (， ，0)(， y， z)， GC(022220). 3333DF·GC0， (2， y2， z) ·(0， 2，0) 2(y2) 0， y2.在平面 PGC 內(nèi)過 F 點(diǎn)作 FM GC， M 為垂足，則 GM3，MC1，22 PFGM 3， k 3.FC MC題型二建立空間直角坐標(biāo)系解決立體幾何問題例 2(2018 ·山東 )在如圖所示的圓臺(tái)中，AC 是下底面圓O 的直徑， EF 是上底面圓O的直徑， FB 是圓臺(tái)的一條母線.(1) 已知 G， H 分別為 EC， FB 的中點(diǎn)，求證： GH 平面 ABC；1

16、(2) 已知 EF FB 2AC 2 3， AB BC，求二面角 FBC A 的余弦值 .(1)證明設(shè) FC 中點(diǎn)為 I，連接 GI，HI .在 CEF 中，因?yàn)辄c(diǎn) G 是 CE 的中點(diǎn)， 所以 GI EF.又 EFOB，所以 GI OB.在 CFB 中，因?yàn)镠 是 FB 的中點(diǎn)，所以HI BC，又 HI GI I，所以平面 GHI 平面 ABC.因?yàn)?GH ? 平面 GHI ，所以 GH 平面 ABC .(2) 連接 OO ，則 OO 平面 ABC.又 AB BC，且 AC 是圓 O 的直徑，所以 BO AC.以 O 為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Oxyz.由題意得 B(0， 23

17、， 0)，C( 2 3，0，0).過點(diǎn) F 作 FM OB 于點(diǎn) M，所以 FMFB2 BM2 3，可得 F(0，3， 3).3， 3).故BC ( 23， 2 3， 0)， BF (0，設(shè) m(x， y， z)是平面 BCF 的一個(gè)法向量 . 2 3x 2 3y 0，m·BC 0，由可得 3y 3z 0.m·BF 0，可得平面 BCF 的一個(gè)法向量m 1，1， 33 ，因?yàn)槠矫?ABC 的一個(gè)法向量n (0， 0， 1)，m·n7所以 cos m， n |m|n| 7 .7所以二面角F BC A 的余弦值為7 .點(diǎn)評(píng)(1) 建立空間直角坐標(biāo)系前應(yīng)先觀察題目中的垂

18、直關(guān)系，最好借助已知的垂直關(guān)系建系.(2) 利用題目中的數(shù)量關(guān)系， 確定定點(diǎn)的坐標(biāo)， 動(dòng)點(diǎn)的坐標(biāo)可利用共線關(guān)系 (AP a)，設(shè)出動(dòng)點(diǎn)坐標(biāo) .(3) 要掌握利用法向量求線面角、二面角、點(diǎn)到面的距離的公式法.變式訓(xùn)練2在邊長是2 的正方體ABCD A1B1C1D1 中， E， F 分別為 AB ，A1C 的中點(diǎn)，應(yīng)用空間向量方法求解下列問題.(1) 求 EF 的長；(2) 證明： EF平面 AA1D 1D；(3) 證明： EF平面 A1CD .(1) 解 如圖建立空間直角坐標(biāo)系，則 A1 (2， 0，2)，A (2， 0， 0)， B(2， 2， 0)， C (0， 2， 0)，D1 (0， 0

19、，2)， E (2， 1， 0)， F (1，1， 1)，EF (1， 0， 1)，EF2.1 ( 2， 0，2)， AD1 EF，而 EF? 平面 AA11(2) 證明 ADD D ， EF 平面 AA1D 1D.(3) 證明 EF·CD 0， EF·A1D 0， EF CD ， EF A1D，又 CD A1D D， EF 平面 A1 CD.高考題型精練1.如圖，在正方體ABCD A1B1C1D1 中，若 BD1 xAD yAB zAA1，則 x y z 的值為 ()A.3B.1C.1D.3答案B解析 BD1 AD AB AA1， x 1， y 1， z 1， x y z

20、 1.2.如圖，在平行六面體ABCD A1B1C1D 1 中， M 為 AC 與 BD 的交點(diǎn)，若 A1B1 a，A1D 1 b，A1A c，則下列向量中與B1M相等的向量是 ()1111A. 2a2b cB. 2a 2b c1111C.2a2b cD. 2a 2b c答案A1解析由題意知， B1M B1A1 A1A AM B1 A1 A1A2AC a c1112(ab) 2a 2b c，故選 A.3.在四棱錐P ABCD 中， AB (4， 2， 3)，AD ( 4，1， 0)，AP ( 6， 2， 8)，則這個(gè)四棱錐的高 h 等于 ()A.1B.2C.13D.26答案B解析設(shè)平面 ABCD

21、 的一個(gè)法向量n (x， y， z)，4x 2y 3z 0，n AB?則 4x y 0.n AD4令 y 4，則 n (1， 4，3)，68 3226n·AP3則 cos n， AP13× 226 ，|n|AP|326h |cos n·AP |，|AP| h 26× 2 26 2，故選 B. 264.如圖所示，正方體ABCD A1B1C1D1 的棱長為1，線段 B1D1 上有兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)E，F(xiàn)，且 EF 2，則下列結(jié)論中錯(cuò)誤的是()2A.AC BEB.EF 平面 ABCDC.三棱錐 A BEF 的體積為定值D.異面直線AE， BF 所成的角為定值答案D解析

22、AC 平面 BB1D1D ，又 BE? 平面 BB1D 1D，AC BE，故 A 正確 .B1D1 平面 ABCD ，又 E， F 在直線 D 1B1 上運(yùn)動(dòng)， EF 平面 ABCD ，故 B 正確 .C 中，由于點(diǎn) B 到直線 B1D 1 的距離不變， 故 BEF 的面積為定值， 又點(diǎn) A 到平面 BEF 的距離為 22，故 VA BEF 為定值，故C 正確 .建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，可得A(1， 1， 0)，B(0， 1， 0).當(dāng)點(diǎn) E 在 D1 處，點(diǎn) F 為 D1B1 的中點(diǎn)時(shí)， E(1， 0， 1)，1，1， 1)，1， 1， 1)， AE (0， 1， 1)， BF (F(

23、2 222 36，AE ·BF.又|AE|2， |BF|22 323AE·BFcos AE6 2 .，BF 2·|AE|BF |2此時(shí)異面直線AE 與 BF 成 30°角.當(dāng)點(diǎn) E 為 D1B1 的中點(diǎn)， F 在 B1 處時(shí)，11E(2，2， 1)， F(0， 1， 1)，11AE (2，2， 1)，BF (0， 0， 1)， 1 21 226AE ·BF 1， |AE| 2 212， 163AE·BFcos AE， BF 62 ， 3|AE|BF |2 ·1故 D 錯(cuò)誤.故選 D.5.若 a (2x，1，3)， b (1，

24、 2y， 9)，如果 a 與 b 為共線向量，則()A. x 1，y 11， y 1B. x221313C.x 6， y2D. x6， y 2答案D解析因?yàn)?a 與 b 為共線向量，所以存在實(shí)數(shù)使得 a b，2x ，13所以1 2y，解得 x 6， y2.3 9，6.已知空間四邊形OABC，其對(duì)角線為OB， AC， M， N 分別是 OA， CB 的中點(diǎn)，點(diǎn) G 在線段 MN 上，且使 MG 2GN，則用向量 OA，OB， OC表示向量 OG是 () 1 1 1112A.OGOA3OBOCB.OGOAOB OC6363322122C.OGOA OBOCD.OGOAOB OC33233答案A解析

25、 MG 2GN，M ，N 分別是邊 OA，CB 的中點(diǎn)， 2OGOMMG OM 3MN2 OM 3(MO OC CN)1 2 1 3OM 3OC 3(OB OC)111 6OA 3OB 3OC.故選 A.7.已知 a (2， 1，3)， b ( 1，4， 2)，c (7，5， )，若 a，b， c 三向量共面，則實(shí)數(shù) _.答案657解析a， b， c 三向量共面，則存在實(shí)數(shù)x， y，使 c xa yb，332x y 7，x 7，所以 x 4y 5，17解得y 7，3x 2y ，65 7 .8.如圖所示， PD 垂直于正方形 ABCD 所在的平面， AB 2，E 為 PB 的中點(diǎn)， cos DP

26、 ，AE3，若以 DA ，DC ，DP 所在直線分別為x，y，z 軸建立空間直角坐標(biāo)系，則點(diǎn)E 的坐標(biāo)3為_.答案解析(1， 1， 1)設(shè) PD a( a>0) ，a則 A(2， 0，0) ，B(2， 2， 0)，P(0， 0， a)， E(1， 1，2)，aDP (0， 0， a)，AE ( 1， 1， 2)，3cos DP，AE 3 ，22aa × 32 a2 43 ，a 2，E 的坐標(biāo)為 (1， 1，1).9.如圖，在正方體1 1 1D1 中，棱長為 a，M，N 分別為 A11MABCDA B CB和 AC上的點(diǎn)， AAN2a ，則 MN 與平面 BB1C1C 的位置關(guān)系

27、是 _.3答案平行解析 正方體棱長為a， A1M AN2a，32 2MB1， CN3CA，3A BMN MB BC CN22 3A1BBC 3CA22 3(A1B1 B1B) BC 3(CD DA )21 3B1B3B1C1.又 CD是平面 B1BCC1 的一個(gè)法向量，2 1 MN ·CD ( B1BB1C1) ·CD 0，33MNCD，又 MN? 平面 BB1C1C，MN 平面 BB1C1C.10.已知棱長為a 的正方體ABCD A1B1C1D 1 中， E 是 BC 的中點(diǎn)， F 為 A1B1 的中點(diǎn) .(1) 求證： DE C1F；(2) 求異面直線 A1C 與 C1

28、F 所成角的余弦值 .(1) 證明以 D 為原點(diǎn)，以DA， DC， DD 1 為 x，y， z 的正半軸建立空間直角坐標(biāo)系，aa則 D (0， 0， 0)， E(2， a，0)， C1(0， a，a)，F(xiàn)(a， 2，a)，aa， 0)，所以 DE ( ， a，0)，C1F (a，22DE ·C1F 0，所以 DE C1F.(2) 解A1(a，0， a)， C(0， a， 0)， A1C ( a，a， a)，1 (a， a， 0)，C F232 2a15，cosA1C，C1F A1C·C1 F 55|A1C|C1F|3a× 2 a所以異面直線 A1115C 與 C

29、F 所成角的余弦值是5 .11.如圖，在四棱錐P ABCD 中， PC底面ABCD ，底面 ABCD 是直角梯形， AB AD ，AB CD， AB2AD 2CD 2， E 是 PB 的中點(diǎn) .(1)求證：平面 EAC平面 PBC；(2)6，求直線 PA 與平面 EAC 所成角的正弦值 .若二面角 PAC E 的余弦值為 3(1)證明 PC 平面 ABCD ， AC? 平面 ABCD ，AC PC . AB 2， AD CD 1，222ACBC2，AC BC AB ，AC BC，又 BC PC C， AC 平面 PBC.AC ? 平面 EAC， 平面 EAC 平面 PBC.(2) 解如圖，以點(diǎn)C 為原點(diǎn)， DA， CD ， CP分別為 x 軸、 y 軸、 z 軸正方向建立空間直角坐標(biāo)系，則 C(0， 0， 0)， A(1， 1，0)， B(1， 1， 0)，設(shè) P(0， 0，a)( a>0) ，11a 11a則 E(2，2，2)， CA (1， 1， 0)，CP (0， 0， a)， CE (2，2，2).取 m(1， 1， 0)，則 m·CA m·CP 0，m 為平面 PAC 的法向量，設(shè) n (x， y， z)為平面 EAC 的法向量，則 n·CA n&#