《【高考前三個(gè)月復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)理科 立體幾何與空間向量】專題6 第27練》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《【高考前三個(gè)月復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)理科 立體幾何與空間向量】專題6 第27練（21頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

第27練　空間向量解決立體幾何問題兩妙招 ——“選基底”與“建系” [題型分析高考展望]　向量作為一個(gè)工具，其用途是非常廣泛的，可以解決現(xiàn)高中階段立體幾何中的大部分問題，不管是證明位置關(guān)系還是求解問題.而向量中最主要的兩個(gè)手段就是選基底與建立空間直角坐標(biāo)系.在高考中，用向量解決立體幾何解答題，幾乎成了必然的選擇. ?？碱}型精析 題型一　選好基底解決立體幾何問題 例1　如圖所示，已知空間四邊形ABCD的各邊和對(duì)角線的長(zhǎng)都等于a，點(diǎn)M、N分別是AB、CD的中點(diǎn). (1)求證：MN⊥AB，MN⊥CD； (2)求MN的長(zhǎng)； (3)求異面直線AN與CM夾角的余弦值. 　 　 　 　 　 　 　 點(diǎn)評(píng)　對(duì)于不易建立直角坐標(biāo)系的題目，選擇好“基底”也可使問題順利解決.“基底”就是一個(gè)坐標(biāo)系，選擇時(shí)，作為基底的向量一般為已知向量，且能進(jìn)行運(yùn)算，還需能將其他向量線性表示. 變式訓(xùn)練1　已知E、F、G、H分別是空間四邊形ABCD的邊AB、BC、CD、DA的中點(diǎn)， (1)求證：E、F、G、H四點(diǎn)共面； (2)求證：BD∥平面EFGH； (3)設(shè)M是EG和FH的交點(diǎn)，求證：對(duì)空間任一點(diǎn)O，有＝(＋＋＋). 　 　 　 　 　 　 題型二　建立空間直角坐標(biāo)系解決立體幾何問題 例2　(2015湖南)如圖，已知四棱臺(tái)ABCD－A1B1C1D1的上、下底面分別是邊長(zhǎng)為3和6的正方形，AA1＝6，且AA1⊥底面ABCD，點(diǎn)P，Q分別在棱DD1，BC上. (1)若P是DD1的中點(diǎn)，證明：AB1⊥PQ； (2)若PQ∥平面ABB1A1，二面角PQDA的余弦值為，求四面體ADPQ的體積. 　 　 　 點(diǎn)評(píng)　(1)建立空間直角坐標(biāo)系前應(yīng)先觀察題目中的垂直關(guān)系，最好借助已知的垂直關(guān)系建系. (2)利用題目中的數(shù)量關(guān)系，確定定點(diǎn)的坐標(biāo)，動(dòng)點(diǎn)的坐標(biāo)可利用共線關(guān)系(＝λa)，設(shè)出動(dòng)點(diǎn)坐標(biāo). (3)要掌握利用法向量求線面角、二面角、點(diǎn)到面的距離的公式法. 變式訓(xùn)練2　如圖，在底面是矩形的四棱錐P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，E，F(xiàn)分別是PC，PD的中點(diǎn)，PA＝AB＝1，BC＝2. (1)求證：EF∥平面PAB； (2)求證：平面PAD⊥平面PDC. 　 　 　 　 　 　高考題型精練 1.(2015北京西城區(qū)模擬)已知正方體ABCD－A1B1C1D1中，點(diǎn)E為上底面A1C1的中心，若＝＋x＋y，則x，y的值分別為(　　) A.x＝1，y＝1 B.x＝1，y＝ C.x＝，y＝ D.x＝，y＝1 2.已知平面ABC，點(diǎn)M是空間任意一點(diǎn)，點(diǎn)M滿足條件＝＋＋，則直線AM(　　) A.與平面ABC平行 B.是平面ABC的斜線 C.是平面ABC的垂線 D.在平面ABC內(nèi) 3.已知平面α內(nèi)有一點(diǎn)M(1，－1,2)，平面α的一個(gè)法向量為n＝(6，－3,6)，則下列點(diǎn)P中，在平面α內(nèi)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，則實(shí)數(shù)λ等于(　　) A. B. C. D. 5.如圖，在長(zhǎng)方體ABCD—A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝，AD＝2，P為C1D1的中點(diǎn)，M為BC的中點(diǎn).則AM與PM所成的角為(　　) A.60 B.45 C.90 D.以上都不正確 6.在正方體ABCD—A1B1C1D1中，P為正方形A1B1C1D1四邊上的動(dòng)點(diǎn)，O為底面正方形ABCD的中心，M，N分別為AB，BC的中點(diǎn)，點(diǎn)Q為平面ABCD內(nèi)一點(diǎn)，線段D1Q與OP互相平分，則滿足＝λ的實(shí)數(shù)λ有________個(gè). 7.如圖，在正方體ABCD—A1B1C1D1中，棱長(zhǎng)為a，M、N分別為A1B和AC上的點(diǎn)，A1M＝AN＝，則MN與平面BB1C1C的位置關(guān)系是________. 8.如圖，在長(zhǎng)方體ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AD＝1，E為CD的中點(diǎn). (1)求證：B1E⊥AD1； (2)在棱AA1上是否存在一點(diǎn)P，使得DP∥平面B1AE？若存在，求AP的長(zhǎng)；若不存在，說明理由. 　 　 　 　 　 　 9.(2014課標(biāo)全國(guó)Ⅱ)如圖，四棱錐P－ABCD中，底面ABCD為矩形，PA⊥平面ABCD，E為PD的中點(diǎn). (1)證明：PB∥平面AEC； (2)設(shè)二面角D－AE－C為60，AP＝1，AD＝，求三棱錐E－ACD的體積. 　 　 　 　 　 　 　 10.(2015廣州模擬)如圖所示，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，CA＝4，CB＝4，CC1＝2，∠ACB＝90，點(diǎn)M在線段A1B1上. (1)若A1M＝3MB1，求異面直線AM和A1C所成角的余弦值； (2)若直線AM與平面ABC1所成角為30，試確定點(diǎn)M的位置. 　 　 　 　 　 　 　 11.在四棱錐P—ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD為正方形，PD＝DC，E、F分別是AB、PB的中點(diǎn). (1)求證：EF⊥CD； (2)在平面PAD內(nèi)求一點(diǎn)G，使GF⊥平面PCB，并證明你的結(jié)論. 　 　 　 　 　 12.(2015天津)如圖，在四棱柱ABCD—A1B1C1D1中，側(cè)棱A1A⊥底面ABCD，AB⊥AC， AB＝1，AC＝AA1＝2，AD＝CD＝，且點(diǎn)M和N分別為B1C和D1D的中點(diǎn). (1)求證：MN∥平面ABCD； (2)求二面角D1－AC－B1的正弦值； (3)設(shè)E為棱A1B1上的點(diǎn)，若直線NE和平面ABCD所成角的正弦值為，求線段A1E的長(zhǎng). 　 　 　 　 　 　 　 答案精析 第27練　空間向量解決立體幾何問題兩妙招——“選基底”與“建系” 常考題型精析 例1　(1)證明　設(shè)＝p，＝q，＝r. 由題意可知：|p|＝|q|＝|r|＝a，且p、q、r三向量?jī)蓛蓨A角均為60. ＝－＝(＋)－ ＝(q＋r－p)， ∴＝(q＋r－p)p＝(qp＋rp－p2) ＝(a2cos 60＋a2cos 60－a2)＝0. ∴MN⊥AB，同理可證MN⊥CD. (2)解　由(1)可知＝(q＋r－p)， ∴||2＝2＝(q＋r－p)2 ＝[q2＋r2＋p2＋2(qr－pq－rp)] ＝[a2＋a2＋a2＋2(－－)] ＝2a2＝. ∴||＝a， ∴MN的長(zhǎng)為a. (3)解　設(shè)向量 與的夾角為θ. ∵＝(＋)＝(q＋r)， ＝－＝q－p， ∴＝(q＋r)(q－p) ＝(q2－qp＋rq－rp) ＝(a2－a2cos 60＋a2cos 60－a2cos 60) ＝(a2－＋－)＝. 又∵||＝||＝a， ∴＝||||cos θ ＝aacos θ＝. ∴cos θ＝， ∴向量與的夾角的余弦值為， 從而異面直線AN與CM夾角的余弦值為. 變式訓(xùn)練1　證明　(1)連接BG， 則＝＋ ＝＋(＋) ＝＋＋＝＋， 由共面向量定理的推論知： E、F、G、H四點(diǎn)共面. (2)因?yàn)椋剑? ＝－＝(－)＝， 所以EH∥BD. 又EH?平面EFGH，BD?平面EFGH， 所以BD∥平面EFGH. (3)找一點(diǎn)O，并連接OM，OA，OB，OC，OD，OE，OG. 由(2)知＝，同理＝， 所以＝，即EH綊FG， 所以四邊形EFGH是平行四邊形. 所以EG，F(xiàn)H交于一點(diǎn)M且被M平分. 故＝(＋)＝＋ ＝＋ ＝(＋＋＋). 例2　解　由題設(shè)知，AA1，AB，AD兩兩垂直，以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB，AD，AA1所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則相關(guān)各點(diǎn)的坐標(biāo)為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)證明　若P是DD1的中點(diǎn)，則P， ＝， 又＝(3,0,6)，于是＝18－18＝0， 所以⊥，即AB1⊥PQ. (2)由題設(shè)知，＝(6，m－6,0)，＝(0，－3,6)是平面PQD內(nèi)的兩個(gè)不共線向量. 設(shè)n1＝(x，y，z)是平面PQD的一個(gè)法向量， 則　即 取y＝6，得n1＝(6－m,6,3). 又平面AQD的一個(gè)法向量是n2＝(0,0,1)， 所以cos〈n1，n2〉＝＝ ＝. 而二面角PQDA的余弦值為，因此＝，解得m＝4，m＝8(舍去)，此時(shí)Q(6,4,0). 設(shè)＝λ(0＜λ≤1)，而＝(0，－3,6)， 由此得點(diǎn)P(0,6－3λ，6λ)，所以＝(6,3λ－2，－6λ). 因?yàn)镻Q∥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＝，從而P(0,4,4). 于是，將四面體ADPQ視為以△ADQ為底面的三棱錐PADQ，則其高h(yuǎn)＝4. 故四面體ADPQ的體積V＝S△ADQh＝664＝24. 變式訓(xùn)練2　證明　(1)以A為原點(diǎn)，AB所在直線為x軸，AD所在直線為y軸，AP所在直線為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,1)， ∴E(，1，)，F(xiàn)(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. 高考題型精練 1.C [如圖，＝＋＝＋＝＋(＋).] 2.D [由已知得M、A、B、C四點(diǎn)共面.所以AM在平面ABC內(nèi)，選D.] 3.A [逐一驗(yàn)證法，對(duì)于選項(xiàng)A，＝(1,4,1)， ∴n＝6－12＋6＝0，∴⊥n， ∴點(diǎn)P在平面α內(nèi)，同理可驗(yàn)證其他三個(gè)點(diǎn)不在平面α內(nèi).] 4.D [由題意得c＝ta＋μb＝(2t－μ，－t＋4μ，3t－2μ)， ∴∴] 5.C [以D點(diǎn)為原點(diǎn)，分別以DA，DC，DD1所在直線為x，y，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系， 依題意，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　建立如圖的坐標(biāo)系，設(shè)正方體的邊長(zhǎng)為2，則P(x，y,2)，O(1,1,0)，∴OP的中點(diǎn)坐標(biāo)為， 又知D1(0,0,2)，∴Q(x＋1，y＋1,0)，而Q在MN上， ∴xQ＋yQ＝3， ∴x＋y＝1，即點(diǎn)P坐標(biāo)滿足x＋y＝1. ∴有2個(gè)符合題意的點(diǎn)P，即對(duì)應(yīng)有2個(gè)λ. 7.平行 解析　∵正方體棱長(zhǎng)為a，A1M＝AN＝， ∴＝，＝， ∴＝＋＋＝＋＋ ＝(＋)＋＋(＋) ＝＋. 又∵是平面B1BCC1的一個(gè)法向量， ∴＝＝0， ∴⊥.又∵M(jìn)N?平面B1BCC1， ∴MN∥平面B1BCC1. 8.(1)證明　以A為原點(diǎn)，，，的方向分別為x軸，y軸，z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系(如圖). 設(shè)AB＝a，則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＋11＋(－1)1＝0， ∴B1E⊥AD1. (2)解　假設(shè)在棱AA1上存在一點(diǎn)P(0,0，z0). 使得DP∥平面B1AE，此時(shí)＝(0，－1，z0). 又設(shè)平面B1AE的法向量n＝(x，y，z). ∵n⊥平面B1AE，∴n⊥，n⊥，得 取x＝1，得平面B1AE的一個(gè)法向量n＝. 要使DP∥平面B1AE，只要n⊥，有－az0＝0， 解得z0＝.又DP?平面B1AE， ∴存在點(diǎn)P，滿足DP∥平面B1AE，此時(shí)AP＝. 9.(1)證明　連接BD交AC于點(diǎn)O，連接EO. 因?yàn)锳BCD為矩形，所以O(shè)為BD的中點(diǎn). 又E為PD的中點(diǎn)，所以EO∥PB. 因?yàn)镋O?平面AEC，PB?平面AEC， 所以PB∥平面AEC. (2)解　因?yàn)镻A⊥平面ABCD，且四邊形ABCD為矩形， 所以AB，AD，AP兩兩垂直. 如圖，以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，的方向?yàn)閤軸的正方向，的方向?yàn)閥軸的正方向，的方向?yàn)閦軸的正方向，||為單位長(zhǎng)，建立空間直角坐標(biāo)系， 則D(0，，0)，E(0，，)，＝(0，，). 設(shè)B(m,0,0)(m>0)， 則C(m，，0)，＝(m，，0). 設(shè)n1＝(x，y，z)為平面ACE的法向量， 則 即 可取n1＝(，－1，). 又n2＝(1,0,0)為平面DAE的法向量， 由題設(shè)知|cos〈n1，n2〉|＝， 即 ＝，解得m＝. 因?yàn)镋為PD的中點(diǎn)， 所以三棱錐E－ACD的高為， 三棱錐E－ACD的體積V＝＝. 10.解　方法一　(坐標(biāo)法) 以C為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以CA，CB，CC1所在直線為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則C(0,0,0)， A(4,0,0)，A1(4,0,2)， B1(0,4，2). (1)因?yàn)锳1M＝3MB1， 所以M(1,3,2). 所以＝(4,0,2)，＝(－3,3,2). 所以cos〈，〉＝＝ ＝－. 所以異面直線AM和A1C所成角的余弦值為. (2)由A(4,0,0)，B(0,4,0)，C1(0,0,2)， 知＝(－4,4,0)，＝(－4,0,2). 設(shè)平面ABC1的法向量為n＝(a，b，c)， 由得 令a＝1，則b＝1，c＝， 所以平面ABC1的一個(gè)法向量為n＝(1,1，). 因?yàn)辄c(diǎn)M在線段A1B1上，所以可設(shè)M(x,4－x,2)， 所以＝(x－4,4－x,2). 因?yàn)橹本€AM與平面ABC1所成角為30， 所以|cos〈n，〉|＝sin 30＝. 由|n|＝|n||||cos〈n，〉|，得 |1(x－4)＋1(4－x)＋2| ＝2， 解得x＝2或x＝6. 因?yàn)辄c(diǎn)M在線段A1B1上，所以x＝2， 即點(diǎn)M(2,2,2)是線段A1B1的中點(diǎn). 方法二　(選基底法) 由題意CC1⊥CA，CA⊥CB，CC1⊥CB取，，作為一組基底，則有||＝||＝4，||＝2， 且＝＝＝0. (1)由＝3， 則＝＝＝－， ∴＝＋＝＋－， 且||＝， ＝－－，且||＝2， ∴＝4， ∴cos〈，〉＝＝. 即異面直線AM與A1C所成角的余弦值為. (2)設(shè)A1M＝λA1B1，則＝＋λ－λ. 又＝－，＝－， 設(shè)面ABC1的法向量為n＝x＋y＋z， 則n＝8z－16x＝0，n＝16y－16x＝0， 不妨取x＝y(tǒng)＝1，z＝2， 則n＝＋＋2且|n|＝8， ||＝，n＝16， 又AM與面ABC1所成的角為30，則應(yīng)有 ＝＝， 得λ＝，即M為A1B1的中點(diǎn). 11.(1)證明　如圖，以DA、DC、DP所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系， 設(shè)AD＝a，則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　設(shè)G(x,0，z)，則＝， 若使GF⊥平面PCB，則 由＝(a,0,0) ＝a＝0，得x＝； 由＝(0，－a，a) ＝＋a＝0，得z＝0. ∴G點(diǎn)坐標(biāo)為，即G點(diǎn)為AD的中點(diǎn). 12.解　如圖，以A為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，依題意可得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?yàn)镸，N分別為B1C和D1D的中點(diǎn)，得M，N(1，－2,1). (1)證明　依題意，可得n＝(0,0,1)為平面ABCD的一個(gè)法向量，＝，由此可得n＝0，又因?yàn)橹本€MN?平面ABCD，所以MN∥平面ABCD. (2)解?。?1，－2,2)，＝(2,0,0)，設(shè)n1＝(x，y，z)為平面ACD1的法向量，則 即 不妨設(shè)z＝1，可得n1＝(0,1,1). 設(shè)n2＝(x，y，z)為平面ACB1的法向量，則 　又＝(0,1,2)， 得不妨設(shè)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的正弦值為. (3)解　依題意，可設(shè)＝λ，其中λ∈[0,1]， 則E(0，λ，2)，從而＝(－1，λ＋2,1)，又n＝(0,0,1)為平面ABCD的一個(gè)法向量， 由已知，得cos〈，n〉＝ ＝＝， 整理得λ2＋4λ－3＝0，又因?yàn)棣恕蔥0,1]，解得λ＝－2， 所以，線段A1E的長(zhǎng)為－2.