全国通用2022版高考数学考前三个月复习冲刺专题6第27练空间向量解决立体几何问题两妙招理.docx

1、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：MNAB，MNCD；(2)求MN的长；(3)求异面直线AN与CM夹角的余弦值.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

2、”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ABCDA1B1C1D1的上、下底面分别是边长为3和6的正方形，AA16，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：AB1PQ；(2)若PQ平面ABB1A1，二面角PQDA

3、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(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.高考题型精练1.(2022北京西城区模拟)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()A.x1，

4、y1 B.x1，yC.x，y D.x，y12.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.已知平面内有一点M(1，1,2)，平面的一个法向量为n(6，3,6)，则下列点P中，在平面内的是()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，)，若a，b，c三向量共面，则实数等于()A. B. C. D.5.如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB2，AA1，AD2，P为C1D1的中点，M为B

5、C的中点.则AM与PM所成的角为()A.60 B.45C.90 D.以上都不正确6.在正方体ABCDA1B1C1D1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，则满足的实数有_个.7.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_.8.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

6、AP的长；若不存在，说明理由.9.(2022课标全国)如图，四棱锥PABCD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DAEC为60，AP1，AD，求三棱锥EACD的体积.10.(2022广州模拟)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.11.在四棱锥PABCD中，PD底面ABCD，底面ABCD为正方形，PDDC，E、F分别是AB、PB的中点.(1)求证

7、：EFCD；(2)在平面PAD内求一点G，使GF平面PCB，并证明你的结论.12.(2022天津)如图，在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，侧棱A1A底面ABCD，ABAC，AB1，ACAA12，ADCD，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D1ACB1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.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.()(qrp)，(qrp)p

8、(qprpp2)(a2cos 60a2cos 60a2)0.MNAB，同理可证MNCD.(2)解由(1)可知(qrp)，|22(qrp)2q2r2p22(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.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EHBD.又EH平面EFG

9、H，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，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mBQ,0m6.(1)证明若P是DD1的中点，则P，又(3,0,6)，于是18180，所以，即AB1PQ.(2)由题设

10、知，(6，m6,0)，(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y6，得n1(6m,6,3).又平面AQD的一个法向量是n2(0,0,1)，所以cosn1，n2.而二面角PQDA的余弦值为，因此，解得m4，m8(舍去)，此时Q(6,4,0).设(01)，而(0，3,6)，由此得点P(0,63，6)，所以(6,32，6).因为PQ平面ABB1A1，且平面ABB1A1的法向量是n3(0,1,0)，所以n30，即320，亦即，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h4.故四面体ADPQ的体积VSA

11、DQh66424.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EFAB，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APDC，ADDC.又APADA，DC平面PAD.DC平面PDC，平面PAD平面PDC.高考

12、题型精练1.C 如图，().2.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)，n61260，n，点P在平面内，同理可验证其他三个点不在平面内.4.D 由题意得ctab(2t，t4，3t2)，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，AMPM.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,

13、1,0)，OP的中点坐标为，又知D1(0,0,2)，Q(x1，y1,0)，而Q在MN上，xQyQ3，xy1，即点P坐标满足xy1.有2个符合题意的点P，即对应有2个.7.平行解析正方体棱长为a，A1MAN，()().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

14、).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.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EOPB.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

15、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)(m0)，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|cosn1，n2|，即 ，解得m.因为E为PD的中点，所以三棱锥EACD的高为，三棱锥EACD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A1M3MB1，所以M(1,

16、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上，所以x2，即点M(2,2,2)是线段A

17、1B1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.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ADa，则D(0,0,0)、A(a,0,0)、B(a，a,0)、C(0，a,0)、E、P(0,0

18、，a)、F.，(0，a,0).故0，即EFCD.(2)解设G(x,0，z)，则，若使GF平面PCB，则由(a,0,0)a0，得x；由(0，a，a)a0，得z0.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n0，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z1，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z1，可得n2(0，2,1).因此有cosn1，n2，于是sinn1，n2.所以，二面角D1ACB1的正弦值为.(3)解依题意，可设，其中0,1，则E(0，2)，从而(1，2,1)，又n(0,0,1)为平面ABCD的一个法向量，由已知，得cos，n，整理得2430，又因为0,1，解得2，所以，线段A1E的长为2.20