1、第29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(qrp),|22(qrp)2
2、q2r2p22(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系后,使用向量共线的充要条件证
3、明即可证明(1);(2)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(0,0,1)(1,0,0)0,(0
4、,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平面PAB,AB平面PAB,EF平面PAB.(2)由于ABCD为矩形,且PA平面ABCD,0.所以有AB平面PAD,又,CD平面PAD,CD平面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)在棱AA1上是否存在一
5、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B1AE的一个法向量n
6、.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已知正方体ABCDA1B1C1D1中,点E为上底面A1C1的中心,若xy,则x,y的值分别为_答案,解析如图,(),所以x,y.2给出下列命题:0;|a|b|ab|是a,b共线的充要条件;若a与b共面,则a与b所在的直线在同一平面内;若,则P,A,B三点共线其中
7、正确命题的序号是_答案解析由向量的运算法则知正确;只有当向量a,b共线反向且|a|b|时成立,故不正确;当a与b共面时,向量a与b所在的直线平行、相交或异面,故不正确;由1知,三点不共线,故不正确综上可得正确3(2014无锡模拟)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,D
8、BM90.方法二不妨设棱长为2,选择基向量,则,cos,0,故,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),(bc
9、5a)(ac5b)(18ab9|a|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)b2a2acbc
10、1.cos,.AC与BD1夹角的余弦值为.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)证明连结BC1,交B1C于点O,连结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
11、以O为坐标原点,、的方向为x轴、y轴、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,则即所以可取平面AA1B1的一个法向量n(1,)设m是平面A1B1C1的法向量,则同理可取平面A1B1C1的一个法向量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,
12、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CD1,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.连结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),连结AC,MC.由(1)知CDAM且CDAM,所以四边形A
13、MCD为平行四边形,可得BCADMC,由题意ABCDAB60,所以MBC为正三角形,因此AB2BC2,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,连结D1N,如图(3)由CD1平面ABCD,可得D1N
14、AB,因此D1NC为二面角C1ABC的平面角在RtBNC中,BC1,NBC60,可得CN.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
15、(0,4,2)(1)因为A1M3MB1,所以M(1,3,2)所以(4,0,2),(3,3,2)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
16、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,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,设平面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
17、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ADA1B,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(x
18、2,y2,z2)取平面A1BC1的一个法向量n1(0,4,3)由取平面B1BC1的一个法向量n2(3,4,0)cos n1,n2.由题知二面角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,且平面ABC平面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.
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