（江苏专用）高考数学 考前三个月 必考题型过关练 第29练 空间向量解决立体几何问题两妙招“选基底”与“建系” 理
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(q·pr·pp2)(a2·cos 60°a2·cos 60°a2)0.MNAB，同理可证MNCD.(2)解由(1)可知(qrp)，|22(qrp)2q2r2p22(q·rp·qr·p)a2a2a22()×2a2.|a，MN的长为a.(3)解设向量 与的夹角为.()(qr)，qp，·(qr)·(qp)(q2q·pr·qr·p)(a2a2·cos 60°a2·cos 60°a2·cos 60°)(a2).又|a，·|·|·cos a·a·cos .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，·(0,2,0)·(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)，.·×01×1(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.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，C1D2A1D2A1C2A1D·A1C1cos 60°1642×412.DM2C1D2C1M213，cosDBM0，DBM90°.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 60°a×bcos 45°abcos 45°a×b0，二面角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)，·(bc5a)·(ac5b)(18a·b9|a|2)(18×1×1·cos 60°9)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°，a·bb·cc·a.(1)|2(abc)2a2b2c22(a·bb·cc·a)1112×()6，|，即AC1的长为.(2)bca，ab，|，|，·(bca)·(ab)b2a2a·cb·c1.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，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AMCD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
