1、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.(2016北京)如图，在四棱锥PABCD中，平面PAD平面ABCD，PAPD，PAPD，ABAD，AB1，AD2，ACCD.(1)求证：PD平面PAB；(2)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，求的值；若不存在，说明理由.(1
2、)证明平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD.又ABAD，AB平面ABCD.AB平面PAD.PD平面PAD.ABPD.又PAPD，PAABA.PD平面PAB.(2)解取AD中点O，连接CO，PO.PAPD，POAD.又PO平面PAD，平面PAD平面ABCD，PO平面ABCD，CO平面ABCD，POCO，ACCD，COAD.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(1，1，1)，(0，1，1)，(2，0，1).(2，1，0).设n(x0，y0，1)为平面PCD的一个法向量.由得解得即n.设P
3、B与平面PCD的夹角为.则sin |cosn，|.直线PB与平面PCD所成角的正弦值为.(3)解设M是棱PA上一点，则存在0，1使得，因此点M(0，1，)，(1，)，BM平面PCD，要使BM平面PCD当且仅当n0，即(1，)0，解得，在棱PA上存在点M使得BM平面PCD，此时.2.(2016天津)如图，正方形ABCD的中心为O，四边形OBEF为矩形，平面OBEF平面ABCD，点G为AB的中点，ABBE2.(1)求证：EG平面ADF；(2)求二面角OEFC的正弦值；(3)设H为线段AF上的点，且AHHF，求直线BH和平面CEF所成角的正弦值.解依题意，OF平面ABCD，如图，以O为原点，分别以，
4、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)证明依题意，(2，0，0)，(1，1，2).设n1(x1，y1，z1)为平面ADF的法向量，则即不妨取z11，可得n1(0，2，1)，又(0，1，2)，可得n10，又因为直线EG平面ADF，所以EG平面ADF.(2)解易证(1，1，0)为平面OEF的一个法向量，依题意，(1，1，0)，(1，1，2)，设n2(x2，y2，z2)为平面CEF的法向量，则即不妨取 x21，可得n2(1，1，
5、1).因此有cos，n2，于是sin，n2.所以二面角OEFC的正弦值为.(3)解由AHHF，得AHAF.因为(1，1，2)，所以，进而有H，从而.因此cos，n2.所以直线BH和平面CEF所成角的正弦值为.3.(2016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，AF2FD，AFD90，且二面角DAFE与二面角CBEF都是60.(1)证明：平面ABEF平面EFDC；(2)求二面角EBCA的余弦值.(1)证明由已知可得AFDF，AFFE，所以AF平面EFDC，又AF平面ABEF，故平面ABEF平面EFDC.(2)解过D作DGEF，垂足为G，由(1)知DG平
6、面ABEF.以G为坐标原点，的方向为x轴正方向，|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DAFE的平面角，故DFE60，则DF2，DG，可得A(1，4，0)，B(3，4，0)，E(3，0，0)，D(0，0，).由已知，得ABEF，所以AB平面EFDC，又平面ABCD平面EFDCCD，故ABCD，CDEF.由BEAF，可得BE平面EFDC，所以CEF为二面角CBEF的平面角，CEF60，从而可得C(2，0，).所以(1，0，)，(0，4，0)，(3，4，)，(4，0，0).设n(x，y，z)是平面BCE的法向量，则即所以可取n(3，0，).设m是平面ABCD的法
7、向量，则同理可取m(0，4)，则cosn，m.故二面角EBCA的余弦值为.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.(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)2q2r2p22(qrpqrp)a2a2a2
8、2()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.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.变式训练1如图，在四棱锥PGBCD中，PG平面GBCD，GDBC，GDBC，且BGGC，GBGC2，E是BC的中点，PG4.(1)求异面直线G
9、E与PC所成角的余弦值；(2)若F点是棱PC上一点，且0，k，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，则B(2，0，0)，C(0，2，0)，D(，0)，P(0，0，4)，故E(1，1，0)，(1，1，0)，(0，2，4)，cos，故异面直线GE与PC所成角的余弦值为.(2)设F(0，y，z)，则(0，y，z)(，0)(，y，z)，(0，2，0).0，(，y，z)(0，2，0)2(y)0，y.在平面PGC内过F点作FMGC，M为垂足，则GM，MC，3，k3.题型二建立空间直角坐标系解决立体几何问题例2(2016山东)在如图所示的圆台中，AC是下底面圆O的直径，EF是上
10、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EFFBAC2，ABBC，求二面角FBCA的余弦值.(1)证明设FC中点为I，连接GI，HI.在CEF中，因为点G是CE的中点，所以GIEF.又EFOB，所以GIOB.在CFB中，因为H是FB的中点，所以HIBC，又HIGII，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ABBC，且AC是圆O的直径，所以BOAC.以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.由题意得B(0，2，0)，C(2，0，0).过点F作FMOB于
11、点M，所以FM3，可得F(0，3).故(2，2，0)，(0，3).设m(x，y，z)是平面BCF的一个法向量.由可得可得平面BCF的一个法向量m，因为平面ABC的一个法向量n(0，0，1)，所以cosm，n.所以二面角FBCA的余弦值为.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(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ABCDA1B1C1D1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.(1)求
12、EF的长；(2)证明：EF平面AA1D1D；(3)证明：EF平面A1CD.(1)解如图建立空间直角坐标系，则A1(2，0，2)，A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，2，0)，D1(0，0，2)，E(2，1，0)，F(1，1，1)，(1，0，1)，EF.(2)证明(2，0，2)，AD1EF，而EF平面AA1D1D，EF平面AA1D1D.(3)证明0，0，EFCD，EFA1D，又CDA1DD，EF平面A1CD.高考题型精练1.如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，若xyz，则xyz的值为()A.3 B.1 C.1 D.3答案B解析，x1，y1，z1，xyz1.2.如图，在平行六面体AB
13、CDA1B1C1D1中，M为AC与BD的交点，若a，b，c，则下列向量中与相等的向量是()A.abcB.abcC.abcD.abc答案A解析由题意知，ac(ab)abc，故选A.3.在四棱锥PABCD中，(4，2，3)，(4，1，0)，(6，2，8)，则这个四棱锥的高h等于()A.1 B.2 C.13 D.26答案B解析设平面ABCD的一个法向量n(x，y，z)，则令y4，则n(1，4，)，则cosn，|cosn|，h22，故选B.4.如图所示，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，线段B1D1上有两个动点E，F，且EF，则下列结论中错误的是()A.ACBEB.EF平面ABCDC.三棱锥A
14、BEF的体积为定值D.异面直线AE，BF所成的角为定值答案D解析AC平面BB1D1D，又BE平面BB1D1D，ACBE，故A正确.B1D1平面ABCD，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BEF的面积为定值，又点A到平面BEF的距离为，故VABEF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).当点E在D1处，点F为D1B1的中点时，E(1，0，1)，F(，1)，(0，1，1)，(，1)，.又|，|，cos，.此时异面直线AE与BF成30角.当点E为D1B1的中点，F在B1处时，E(，1)，
15、F(0，1，1)，(，1)，(0，0，1)，1，| ，cos，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.x1，y1B.x，yC.x，yD.x，y答案D解析因为a与b为共线向量，所以存在实数使得ab，所以解得x，y.6.已知空间四边形OABC，其对角线为OB，AC，M，N分别是OA，CB的中点，点G在线段MN上，且使MG2GN，则用向量，表示向量是()A.B.C.D.答案A解析MG2GN，M，N分别是边OA，CB的中点，()().故选A.7.已知a(2，1，3)，b(1，4，2)，c(7，5，)，若a，b，c三向量共面，则实数_.答案解析a，
16、b，c三向量共面，则存在实数x，y，使cxayb，所以解得8.如图所示，PD垂直于正方形ABCD所在的平面，AB2，E为PB的中点，cos，若以DA，DC，DP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则点E的坐标为_.答案(1，1，1)解析设PDa(a0)，则A(2，0，0)，B(2，2，0)，P(0，0，a)，E(1，1，)，(0，0，a)，(1，1，)，cos，a ，a2，E的坐标为(1，1，1).9.如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，棱长为a，M，N分别为A1B和AC上的点，A1MAN，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，A1MAN，()()
17、.又是平面B1BCC1的一个法向量，()0，又MN平面BB1C1C，MN平面BB1C1C.10.已知棱长为a的正方体ABCDA1B1C1D1中，E是BC的中点，F为A1B1的中点.(1)求证：DEC1F；(2)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，DD1为x，y，z的正半轴建立空间直角坐标系，则D(0，0，0)，E(，a，0)，C1(0，a，a)，F(a，a)，所以(，a，0)，(a，0)，0，所以DEC1F.(2)解A1(a，0，a)，C(0，a，0)，(a，a，a)，(a，0)，cos，所以异面直线A1C与C1F所成角的余弦值是.11.如图，在四棱锥P
18、ABCD中，PC底面ABCD，底面ABCD是直角梯形，ABAD，ABCD，AB2AD2CD2，E是PB的中点.(1)求证：平面EAC平面PBC；(2)若二面角PACE的余弦值为，求直线PA与平面EAC所成角的正弦值.(1)证明PC平面ABCD，AC平面ABCD，ACPC.AB2，ADCD1，ACBC，AC2BC2AB2，ACBC，又BCPCC，AC平面PBC.AC平面EAC，平面EAC平面PBC.(2)解如图，以点C为原点，分别为x轴、y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)(a0)，则E(，)，(1，1，0)，(0，0，a
19、)，(，).取m(1，1，0)，则mm0，m为平面PAC的法向量，设n(x，y，z)为平面EAC的法向量，则nn0，即取xa，ya，z2，则n(a，a，2)，依题意，|cosm，n|，则a2，于是n(2，2，2)，(1，1，2).设直线PA与平面EAC所成角为，则sin |cos，n|，即直线PA与平面EAC所成角的正弦值为.12.直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，底面ABCD为菱形，且BAD60，A1AAB，E为BB1延长线上的一点，D1E平面D1AC.设AB2.(1)求二面角EACD1的大小；(2)在D1E上是否存在一点P，使A1P平面EAC？若存在，求D1PPE的值；若不存在，说明理由
20、.解(1)设AC与BD交于点O，如图所示建立空间直角坐标系Oxyz，则A(，0，0)，B(0，1，0)，C(，0，0)，D(0，1，0)，D1(0，1，2)，设E(0，1，2h)，则(0，2，h)，(2，0，0)，(，1，2)，D1E平面D1AC，D1EAC，D1ED1A，22h0，h1，即E(0，1，3).(0，2，1)，(，1，3)，设平面EAC的法向量为m(x，y，z)，则由得令z1，平面EAC的一个法向量为m(0，3，1)，又平面D1AC的法向量为(0，2，1)，cosm，二面角EACD1大小为45.(2)设()，得(0，)，(，1，0)(0，)(，)，A1P平面EAC，m，03(1)0，.存在点P使A1P平面EAC，此时D1PPE32.
