第27练 空间向量解决立体几何问题两妙招——“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.常考题型精析题型一 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：MN⊥AB，MN⊥CD；(2)求MN的长；(3)求异面直线AN与CM夹角的余弦值. 20\n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 已知E、F、G、H分别是空间四边形ABCD的边AB、BC、CD、DA的中点，(1)求证：E、F、G、H四点共面；(2)求证：BD∥平面EFGH；(3)设M是EG和FH的交点，求证：对空间任一点O，有＝(＋＋＋). 题型二 建立空间直角坐标系解决立体几何问题例2 (2022·湖南)如图，已知四棱台ABCD－A1B1C1D1的上、下底面分别是边长为3和6的正方形，AA1＝6，且AA1⊥底面ABCD，点P，Q分别在棱DD1，BC上.(1)若P是DD1的中点，证明：AB1⊥PQ；20\n(2)若PQ∥平面ABB1A1，二面角PQDA的余弦值为，求四面体ADPQ的体积. 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(＝λa)，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 如图，在底面是矩形的四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，E，F分别是PC，PD的中点，PA＝AB＝1，BC＝2.(1)求证：EF∥平面PAB；(2)求证：平面PAD⊥平面PDC. 20\n 高考题型精练1.(2022·北京西城区模拟)已知正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E为上底面A1C1的中心，若＝＋x＋y，则x，y的值分别为( )A.x＝1，y＝1B.x＝1，y＝C.x＝，y＝D.x＝，y＝12.已知平面ABC，点M是空间任意一点，点M满足条件＝＋＋，则直线AM( )A.与平面ABC平行B.是平面ABC的斜线C.是平面ABC的垂线D.在平面ABC内3.已知平面α内有一点M(1，－1,2)，平面α的一个法向量为n＝(6，－3,6)，则下列点P中，在平面α内的是( )A.P(2,3,3)B.P(－2,0,1)C.P(－4,4,0)D.P(3，－3,4)4.已知a＝(2，－1,3)，b＝(－1,4，－2)，c＝(7,5，λ)，若a，b，c三向量共面，则实数λ等于( )A.B.C.D.5.如图，在长方体ABCD—A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝，AD＝2，P为C1D1的中点，M为BC的中点.则AM与PM所成的角为( )A.60°B.45°C.90°D.以上都不正确6.在正方体ABCD—A1B1C1D1中，P为正方形A1B1C1D1四边上的动点，O为底面正方形ABCD的中心，M，N分别为AB，BC的中点，点Q为平面ABCD内一点，线段D1Q与OP互相平分，则满足＝λ的实数λ有________个.20\n7.如图，在正方体ABCD—A1B1C1D1中，棱长为a，M、N分别为A1B和AC上的点，A1M＝AN＝，则MN与平面BB1C1C的位置关系是________.8.如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AD＝1，E为CD的中点.(1)求证：B1E⊥AD1；(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. 20\n9.(2022·课标全国Ⅱ)如图，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点.(1)证明：PB∥平面AEC；(2)设二面角D－AE－C为60°，AP＝1，AD＝，求三棱锥E－ACD的体积. 10.(2022·广州模拟)如图所示，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，CA＝4，CB＝4，CC1＝2，∠ACB＝90°，点M在线段A1B1上.(1)若A1M＝3MB1，求异面直线AM和A1C所成角的余弦值；20\n(2)若直线AM与平面ABC1所成角为30°，试确定点M的位置. 11.在四棱锥P—ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD为正方形，PD＝DC，E、F分别是AB、PB的中点.(1)求证：EF⊥CD；(2)在平面PAD内求一点G，使GF⊥平面PCB，并证明你的结论. 20\n12.(2022·天津)如图，在四棱柱ABCD—A1B1C1D1中，侧棱A1A⊥底面ABCD，AB⊥AC，AB＝1，AC＝AA1＝2，AD＝CD＝，且点M和N分别为B1C和D1D的中点.(1)求证：MN∥平面ABCD；(2)求二面角D1－AC－B1的正弦值；(3)设E为棱A1B1上的点，若直线NE和平面ABCD所成角的正弦值为，求线段A1E的长. 20\n答案精析第27练 空间向量解决立体几何问题两妙招——“选基底”与“建系”常考题型精析例1 (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°.＝－＝(＋)－＝(q＋r－p)，∴·＝(q＋r－p)·p＝(q·p＋r·p－p2)＝(a2·cos60°＋a2·cos60°－a2)＝0.∴MN⊥AB，同理可证MN⊥CD.(2)解 由(1)可知＝(q＋r－p)，∴||2＝2＝(q＋r－p)2＝[q2＋r2＋p2＋2(q·r－p·q－r·p)]＝[a2＋a2＋a2＋2(－－)]＝·2a2＝.∴||＝a，∴MN的长为a.(3)解 设向量与的夹角为θ.∵＝(＋)＝(q＋r)，＝－＝q－p，20\n∴·＝(q＋r)·(q－p)＝(q2－q·p＋r·q－r·p)＝(a2－a2·cos60°＋a2·cos60°－a2·cos60°)＝(a2－＋－)＝.又∵||＝||＝a，∴·＝||·||·cosθ＝a·a·cosθ＝.∴cosθ＝，∴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.变式训练1 证明 (1)连接BG，则＝＋＝＋(＋)＝＋＋＝＋，由共面向量定理的推论知：E、F、G、H四点共面.(2)因为＝－＝－＝(－)＝，所以EH∥BD.又EH⊂平面EFGH，BD⊄平面EFGH，所以BD∥平面EFGH.(3)找一点O，并连接OM，OA，OB，OC，OD，OE，OG.由(2)知＝，同理＝，20\n所以＝，即EH綊FG，所以四边形EFGH是平行四边形.所以EG，FH交于一点M且被M平分.故＝(＋)＝＋＝＋＝(＋＋＋).例2 解 由题设知，AA1，AB，AD两两垂直，以A为坐标原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则相关各点的坐标为A(0,0,0)，B1(3,0,6)，D(0,6,0)，D1(0,3,6)，Q(6，m,0)，其中m＝BQ,0≤m≤6.(1)证明 若P是DD1的中点，则P，＝，又＝(3,0,6)，于是·＝18－18＝0，所以⊥，即AB1⊥PQ.(2)由题设知，＝(6，m－6,0)，＝(0，－3,6)是平面PQD内的两个不共线向量.设n1＝(x，y，z)是平面PQD的一个法向量，则 即取y＝6，得n1＝(6－m,6,3).又平面AQD的一个法向量是n2＝(0,0,1)，所以cos〈n1，n2〉＝＝＝.而二面角PQDA的余弦值为，因此＝，解得m＝4，m＝8(舍去)，此时Q(6,4,0).设＝λ(0＜λ≤1)，而＝(0，－3,6)，由此得点P(0,6－3λ，6λ)，所以＝(6,3λ－2，－6λ).20\n因为PQ∥平面ABB1A1，且平面ABB1A1的法向量是n3＝(0,1,0)，所以·n3＝0，即3λ－2＝0，亦即λ＝，从而P(0,4,4).于是，将四面体ADPQ视为以△ADQ为底面的三棱锥PADQ，则其高h＝4.故四面体ADPQ的体积V＝S△ADQ·h＝××6×6×4＝24.变式训练2 证明 (1)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，建立如图所示的空间直角坐标系，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，)，＝(－，0,0)，＝(1,0，－1)，＝(0,2，－1)，＝(0,0,1)，＝(0,2,0)，＝(1,0,0)，＝(1,0,0).∵＝－，∴∥，即EF∥AB，又AB⊂平面PAB，EF⊄平面PAB，∴EF∥平面PAB.(2)∵·＝(0,0,1)·(1,0,0)＝0，·＝(0,2,0)·(1,0,0)＝0，∴⊥，⊥，即AP⊥DC，AD⊥DC.又AP∩AD＝A，∴DC⊥平面PAD.∵DC⊂平面PDC，∴平面PAD⊥平面PDC.高考题型精练1.C[如图，＝＋＝＋＝＋(＋).]20\n2.D[由已知得M、A、B、C四点共面.所以AM在平面ABC内，选D.]3.A[逐一验证法，对于选项A，＝(1,4,1)，∴·n＝6－12＋6＝0，∴⊥n，∴点P在平面α内，同理可验证其他三个点不在平面α内.]4.D[由题意得c＝ta＋μb＝(2t－μ，－t＋4μ，3t－2μ)，∴∴]5.C[以D点为原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，依题意，可得，D(0,0,0)，P(0,1，)，C(0,2,0)，A(2，0,0)，M(，2,0).∴＝(，1，－)，＝(－，2,0)，∴·＝(，1，－)·(－，2,0)＝0，即⊥，∴AM⊥PM.]6.2解析 建立如图的坐标系，设正方体的边长为2，则P(x，y,2)，O(1,1,0)，∴OP的中点坐标为，又知D1(0,0,2)，∴Q(x＋1，y＋1,0)，而Q在MN上，∴xQ＋yQ＝3，∴x＋y＝1，即点P坐标满足x＋y＝1.∴有2个符合题意的点P，即对应有2个λ.7.平行20\n解析 ∵正方体棱长为a，A1M＝AN＝，∴＝，＝，∴＝＋＋＝＋＋＝(＋)＋＋(＋)＝＋.又∵是平面B1BCC1的一个法向量，∴·＝·＝0，∴⊥.又∵MN⊄平面B1BCC1，∴MN∥平面B1BCC1.8.(1)证明 以A为原点，，，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AB＝a，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)，＝.∵·＝－×0＋1×1＋(－1)×1＝0，∴B1E⊥AD1.(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20\n取x＝1，得平面B1AE的一个法向量n＝.要使DP∥平面B1AE，只要n⊥，有－az0＝0，解得z0＝.又DP⊄平面B1AE，∴存在点P，满足DP∥平面B1AE，此时AP＝.9.(1)证明 连接BD交AC于点O，连接EO.因为ABCD为矩形，所以O为BD的中点.又E为PD的中点，所以EO∥PB.因为EO⊂平面AEC，PB⊄平面AEC，所以PB∥平面AEC.(2)解 因为PA⊥平面ABCD，且四边形ABCD为矩形，所以AB，AD，AP两两垂直.如图，以A为坐标原点，的方向为x轴的正方向，的方向为y轴的正方向，的方向为z轴的正方向，||为单位长，建立空间直角坐标系，则D(0，，0)，E(0，，)，＝(0，，).设B(m,0,0)(m>0)，则C(m，，0)，＝(m，，0).设n1＝(x，y，z)为平面ACE的法向量，则即可取n1＝(，－1，).又n2＝(1,0,0)为平面DAE的法向量，由题设知|cos〈n1，n2〉|＝，20\n即＝，解得m＝.因为E为PD的中点，所以三棱锥E－ACD的高为，三棱锥E－ACD的体积V＝××××＝.10.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(0,4，2).(1)因为A1M＝3MB1，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a＝1，则b＝1，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,4－x,2)，20\n所以＝(x－4,4－x,2).因为直线AM与平面ABC1所成角为30°，所以|cos〈n，〉|＝sin30°＝.由|n·|＝|n||||cos〈n，〉|，得|1·(x－4)＋1·(4－x)＋·2|＝2··，解得x＝2或x＝6.因为点M在线段A1B1上，所以x＝2，即点M(2,2,2)是线段A1B1的中点.方法二 (选基底法)由题意CC1⊥CA，CA⊥CB，CC1⊥CB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A1M＝λA1B1，则＝＋λ－λ.又＝－，＝－，设面ABC1的法向量为n＝x＋y＋z，20\n则n·＝8z－16x＝0，n·＝16y－16x＝0，不妨取x＝y＝1，z＝2，则n＝＋＋2且|n|＝8，||＝，·n＝16，又AM与面ABC1所成的角为30°，则应有＝＝，得λ＝，即M为A1B1的中点.11.(1)证明 如图，以DA、DC、DP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，设AD＝a，则D(0,0,0)、A(a,0,0)、B(a，a,0)、C(0，a,0)、E、P(0,0，a)、F.＝，＝(0，a,0).故·＝0，∴⊥，即EF⊥CD.(2)解 设G(x,0，z)，则＝，若使GF⊥平面PCB，则由·＝·(a,0,0)＝a＝0，得x＝；由·＝·(0，－a，a)20\n＝＋a＝0，得z＝0.∴G点坐标为，即G点为AD的中点.12.解 如图，以A为原点建立空间直角坐标系，依题意可得A(0,0,0)，B(0,1,0)，C(2，0,0)，D(1，－2，0)，A1(0,0,2)，B1(0,1,2)，C1(2,0,2)，D1(1，－2,2)，又因为M，N分别为B1C和D1D的中点，得M，N(1，－2,1).(1)证明 依题意，可得n＝(0,0,1)为平面ABCD的一个法向量，＝，由此可得·n＝0，又因为直线MN⊄平面ABCD，所以MN∥平面ABCD.(2)解 ＝(1，－2,2)，＝(2,0,0)，设n1＝(x，y，z)为平面ACD1的法向量，则即不妨设z＝1，可得n1＝(0,1,1).设n2＝(x，y，z)为平面ACB1的法向量，则 又＝(0,1,2)，得不妨设z＝1，可得n2＝(0，－2,1).因此有cos〈n1，n2〉＝＝－，于是sin〈n1，n2〉＝.所以，二面角D1ACB1的正弦值为.(3)解 依题意，可设＝λ，其中λ∈[0,1]，则E(0，λ，2)，从而＝(－1，λ＋2,1)，又n＝(0,0,1)为平面ABCD的一个法向量，由已知，得cos〈，n〉＝＝＝，整理得λ2＋4λ－3＝0，又因为λ∈[0,1]，解得λ＝－2，所以，线段A1E的长为－2.20\n20
