2017年高考数学知识方法专题6《立体几何与空间向量第28练 空间向量解决立体几何问题的两大策略--“选基底

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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P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，AB⊥AD，AB＝1，AD＝2，AC＝CD＝.(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)证明　∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD.又AB⊥AD，AB⊂平面ABCD.∴AB⊥平面PAD.∵PD⊂平面PAD.∴AB⊥PD.又PA⊥PD，PA∩AB＝A.∴PD⊥平面PAB.(2)解　取AD中点O，连接CO，PO.∵PA＝PD，∴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PB＝(1，1，－1)，PD＝(0，－1，－1)，PC＝(2，0，－1).CD＝(－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PB与平面PCD的夹角为θ.则sinθ＝|cos〈n，PB〉|＝＝＝.∴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λ∈[0，1]使得AM＝λAP，因此点M(0，1－λ，λ)，BM＝(－1，－λ，λ)，∵BM⊄平面PCD，∴要使BM∥平面PCD当且仅当BM·n＝0，即(－1，－λ，λ)·＝0，解得λ＝，∴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，AB＝BE＝2.(1)求证：EG∥平面ADF；(2)求二面角O—EF—C的正弦值；(3)设H为线段AF上的点，且AH＝HF，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AD，BA，OF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，AD＝(2，0，0)，AF＝(1，－1，2).设n1＝(x1，y1，z1)为平面ADF的法向量，则　即不妨取z1＝1，可得n1＝(0，2，1)，又EG＝(0，1，－2)，可得EG·n1＝0，又因为直线EG⊄平面ADF，所以EG∥平面ADF.(2)解　易证OA＝(－1，1，0)为平面OEF的一个法向量，依题意，EF＝(1，1，0)，CF＝(－1，1，2)，设n2＝(x2，y2，z2)为平面CEF的法向量，则即不妨取x2＝1，可得n2＝(1，－1，1).因此有cos〈OA，n2〉＝＝－，于是sin〈OA，n2〉＝.所以二面角O—EF—C的正弦值为.(3)解　由AH＝HF，得AH＝AF.因为AF＝(1，－1，2)，所以AH＝AF＝，进而有H，从而BH＝.因此cos〈BH，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，AF＝2FD，∠AFD＝90°，且二面角D－AF－E与二面角C－BE－F都是60°.(1)证明：平面ABEF⊥平面EFDC；(2)求二面角E－BC－A的余弦值.(1)证明　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　过D作DG⊥EF，垂足为G，由(1)知DG⊥平面ABEF.以G为坐标原点，GF的方向为x轴正方向，|GF|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D－AF－E的平面角，故∠DFE＝60°，则DF＝2，DG＝，可得A(1，4，0)，B(－3，4，0)，E(－3，0，0)，D(0，0，).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BE∥AF，可得BE⊥平面EFDC，所以∠CEF为二面角C－BE－F的平面角，∠CEF＝60°，从而可得C(－2，0，).所以EC＝(1，0，)，EB＝(0，4，0)，AC＝(－3，－4，)，AB＝(－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的法向量，则同理可取m＝(0，，4)，则cos〈n，m〉＝＝－.故二面角E－BC－A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：MN⊥AB，MN⊥CD；(2)求MN的长；(3)求异面直线AN与CM夹角的余弦值.(1)证明　设AB＝p，AC＝q，AD＝r.由题意可知：|p|＝|q|＝|r|＝a，且p、q、r三向量两两夹角均为60°.∵MN＝AN－AM＝(AC＋AD)－AB＝(q＋r－p)，∴MN·AB＝(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MN＝(q＋r－p)，∴|MN|2＝MN2＝(q＋r－p)2＝[q2＋r2＋p2＋2(q·r－p·q－r·p)]＝[a2＋a2＋a2＋2(－－)]＝·2a2＝.∴|MN|＝a，∴MN的长为a.(3)解　设向量AN与MC的夹角为θ.∵AN＝(AC＋AD)＝(q＋r)，MC＝AC－AM＝q－p，∴AN·MC＝(q＋r)·(q－p)＝(q2－q·p＋r·q－r·p)＝(a2－a2·cos60°＋a2·cos60°－a2·cos60°)＝(a2－＋－)＝.又∵|AN|＝|MC|＝a，∴AN·MC＝|AN|·|MC|·cosθ＝a·a·cosθ＝.∴cosθ＝，∴向量AN与MC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P－GBCD中，PG⊥平面GBCD，GD∥BC，GD＝BC，且BG⊥GC，GB＝GC＝2，E是BC的中点，PG＝4.(1)求异面直线GE与PC所成角的余弦值；(2)若F点是棱PC上一点，且DF·GC＝0，PF＝kCF，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)，GE＝(1，1，0)，PC＝(0，2，－4)，cos〈GE，PC〉＝＝＝，故异面直线GE与PC所成角的余弦值为.(2)设F(0，y，z)，则DF＝GF－GD＝(0，y，z)－(－，，0)＝(，y－，z)，GC＝(0，2，0).∵DF·GC＝0，∴(，y－，z)·(0，2，0)＝2(y－)＝0，∴y＝.在平面PGC内过F点作FM⊥GC，M为垂足，则GM＝，MC＝，∴＝＝3，∴k＝－3.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EF＝FB＝AC＝2，AB＝BC，求二面角F－BC－A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GI∥EF.又EF∥OB，所以GI∥OB.在△CFB中，因为H是FB的中点，所以HI∥BC，又HI∩GI＝I，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AB＝BC，且AC是圆O的直径，所以BO⊥AC.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FM⊥OB于点M，所以FM＝＝3，可得F(0，，3).故BC＝(－2，－2，0)，BF＝(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cos〈m，n〉＝＝.所以二面角F－BC－A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(AP＝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　在边长是2的正方体ABCD－A1B1C1D1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)，∴EF＝(－1，0，1)，EF＝.(2)证明　∵AD1＝(－2，0，2)，∴AD1∥EF，而EF⊄平面AA1D1D，∴EF∥平面AA1D1D.(3)证明　∵EF·CD＝0，EF·A1D＝0，∴EF⊥CD，EF⊥A1D，又CD∩A1D＝D，∴EF⊥平面A1CD.高考题型精练1.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，若BD1＝xAD＋yAB＋zAA1，则x＋y＋z的值为(　　)A.3B.1C.－1D.－3答案　B解析　∵BD1＝AD－AB＋AA1，∴x＝1，y＝－1，z＝1，∴x＋y＋z＝1.2.如图，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，M为AC与BD的交点，若A1B1＝a，A1D1＝b，A1A＝c，则下列向量中与B1M相等的向量是(　　)A.－a＋b＋cB.a＋b＋cC.a－b＋cD.－a－b＋c答案　A解析　由题意知，B1M＝B1A1＋A1A＋AM＝B1A1＋A1A＋AC＝－a＋c＋(a＋b)＝－a＋b＋c，故选A.3.在四棱锥P－ABCD中，AB＝(4，－2，3)，AD＝(－4，1，0)，AP＝(－6，2，－8)，则这个四棱锥的高h等于()A.1B.2C.13D.26答案　B解析　设平面ABCD的一个法向量n＝(x，y，z)，则⇒令y＝4，则n＝(1，4，)，则cos〈n，AP〉＝＝＝－，∵＝|cos〈n·AP〉|，∴h＝×2＝2，故选B.4.如图所示，正方体ABCD－A1B1C1D1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.AC⊥BEB.EF∥平面ABCDC.三棱锥A－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，∴AC⊥BE，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VA－BEF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).①当点E在D1处，点F为D1B1的中点时，E(1，0，1)，F(，，1)，∴AE＝(0，－1，1)，BF＝(，－，1)，∴AE·BF＝.又|AE|＝，|BF|＝，∴cos〈AE，BF〉＝＝＝.∴此时异面直线AE与BF成30°角.②当点E为D1B1的中点，F在B1处时，E(，，1)，F(0，1，1)，∴AE＝(－，－，1)，BF＝(0，0，1)，∴AE·BF＝1，|AE|＝＝，∴cos〈AE，BF〉＝＝＝≠，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.x＝1，y＝1B.x＝，y＝－C.x＝－，y＝D.x＝，y＝－答案　D解析　因为a与b为共线向量，所以存在实数λ使得a＝λb，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MG＝2GN，则用向量OA，OB，OC表示向量OG是(　　)A.OG＝OA＋OB＋OCB.OG＝OA＋OB＋OCC.OG＝OA＋OB＋OCD.OG＝OA＋OB＋OC答案　A解析　∵MG＝2GN，M，N分别是边OA，CB的中点，∴OG＝OM＋MG＝OM＋MN＝OM＋(MO＋OC＋CN)＝OM＋OC＋(OB－OC)＝OA＋OB＋OC.故选A.7.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＝________.答案　解析　a，b，c三向量共面，则存在实数x，y，使c＝xa＋yb，所以解得8.如图所示，PD垂直于正方形ABCD所在的平面，AB＝2，E为PB的中点，cos〈DP，AE〉＝，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PD＝a(a>0)，则A(2，0，0)，B(2，2，0)，P(0，0，a)，E(1，1，)，∴DP＝(0，0，a)，AE＝(－1，1，)，∵cos〈DP，AE〉＝，∴＝a×，∴a＝2，∴E的坐标为(1，1，1).9.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________.答案　平行解析　∵正方体棱长为a，A1M＝AN＝，∴MB＝A1B，CN＝CA，∴MN＝MB＋BC＋CN＝A1B＋BC＋CA＝(A1B1＋B1B)＋BC＋(CD＋DA)＝B1B＋B1C1.又∵CD是平面B1BCC1的一个法向量，∴MN·CD＝(B1B＋B1C1)·CD＝0，∴MN⊥CD，又∵MN⊄平面BB1C1C，∴MN∥平面BB1C1C.10.已知棱长为a的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是BC的中点，F为A1B1的中点.(1)求证：DE⊥C1F；(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DE＝(，a，0)，C1F＝(a，－，0)，DE·C1F＝0，所以DE⊥C1F.(2)解　A1(a，0，a)，C(0，a，0)，A1C＝(－a，a，－a)，C1F＝(a，－，0)，cos〈A1C，C1F〉＝＝＝－，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－ABCD中，PC⊥底面ABCD，底面ABCD是直角梯形，AB⊥AD，AB∥CD，AB＝2AD＝2CD＝2，E是PB的中点.(1)求证：平面EAC⊥平面PBC；(2)若二面角P－AC－E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，∴AC⊥PC.∵AB＝2，AD＝CD＝1，∴AC＝BC＝，∴AC2＋BC2＝AB2，∴AC⊥BC，又BC∩PC＝C，∴AC⊥平面PBC.∵AC⊂平面EAC，∴平面EAC⊥平面PBC.(2)解　如图，以点C为原点，DA，CD，CP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)(a>0)，则E(，－，)，CA＝(1，1，0)，CP＝(0，0，a)，CE＝(，－，).取m＝(1，－1，0)，则m·CA＝m·CP＝0，m为平面PAC的法向量，设n＝(x，y，z)为平面EAC的法向量，则n·CA＝n·CE＝0，即取x＝a，y＝－a，z＝－2，则n＝(a，－a，－2)，依题意，|cos〈m，n〉|＝＝＝，则a＝2，于是n＝(2，－2，－2)，PA＝(1，1，－2).设直线PA与平面EAC所成角为θ，则sinθ＝|cos〈PA，n〉|＝＝，即直线PA与平面EAC所成角的正弦值为.12.直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD为菱形，且∠BAD＝60°，A1A＝AB，E为BB1延长线上的一点，D1E⊥平面D1AC.设AB＝2.(1)求二面角E－AC－D1的大小；(2)在D1E上是否存在一点P，使A1P∥平面EAC？若存在，求D1P∶PE的值；若不存在，说明理由.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(0，1，2＋h)，则D1E＝(0，2，h)，CA＝(2，0，0)，D1A＝(，1，－2)，∵D1E⊥平面D1AC，∴D1E⊥AC，D1E⊥D1A，∴2－2h＝0，∴h＝1，即E(0，1，3).∵D1E＝(0，2，1)，AE＝(－，1，3)，设平面EAC的法向量为m＝(x，y，z)，则由得令z＝－1，∴平面EAC的一个法向量为m＝(0，3，－1)，又平面D1AC的法向量为D1E＝(0，2，1)，∴cos〈m，D1E〉＝＝，∴二面角E－AC－D1大小为45°.(2)设D1P＝λPE＝λ(D1E－D1P)，得D1P＝D1E＝(0，，)，∴A1P＝A1D1＋D1P＝(－，－1，0)＋(0，，)＝(－，，)，∵A1P∥平面EAC，∴A1P⊥m，∴－×0＋3×＋(－1)×＝0，∴λ＝.∴存在点P使A1P∥平面EAC，此时D1P∶PE＝3∶2.