【高考前三個月復習數(shù)學理科 立體幾何與空間向量】專題6 第27練

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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，不管是證明位置關系還是求解問題.而向量中最主要的兩個手段就是選基底與建立空間直角坐標系.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. 常考題型精析 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的各邊和對角線的長都等于a，點M、N分別是AB、CD的中點. (1)求證：MN⊥AB，MN⊥CD； (2)求MN的長； (3)求異面直線AN與CM夾角的余弦值. 　 　 　 　 　 　 　 點評　對于不易建立直角坐標系的題目，選擇好“基底”也可使問題順利解決.“基底”就是一個坐標系，選擇時，作為基底的向量一般為已知向量，且能進行運算，還需能將其他向量線性表示. 變式訓練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， (1)求證：E、F、G、H四點共面； (2)求證：BD∥平面EFGH； (3)設M是EG和FH的交點，求證：對空間任一點O，有＝(＋＋＋). 　 　 　 　 　 　 題型二　建立空間直角坐標系解決立體幾何問題 例2　(2015湖南)如圖，已知四棱臺ABCD－A1B1C1D1的上、下底面分別是邊長為3和6的正方形，AA1＝6，且AA1⊥底面ABCD，點P，Q分別在棱DD1，BC上. (1)若P是DD1的中點，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. 　 　 　 點評　(1)建立空間直角坐標系前應先觀察題目中的垂直關系，最好借助已知的垂直關系建系. (2)利用題目中的數(shù)量關系，確定定點的坐標，動點的坐標可利用共線關系(＝λa)，設出動點坐標. (3)要掌握利用法向量求線面角、二面角、點到面的距離的公式法. 變式訓練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，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M是空間任意一點，點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M(1，－1,2)，平面α的一個法向量為n＝(6，－3,6)，則下列點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，則實數(shù)λ等于(　　) A. B. C. D. 5.如圖，在長方體ABCD—A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝，AD＝2，P為C1D1的中點，M為BC的中點.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A1B1C1D1四邊上的動點，O為底面正方形ABCD的中心，M，N分別為AB，BC的中點，點Q為平面ABCD內(nèi)一點，線段D1Q與OP互相平分，則滿足＝λ的實數(shù)λ有________個. 7.如圖，在正方體ABCD—A1B1C1D1中，棱長為a，M、N分別為A1B和AC上的點，A1M＝AN＝，則MN與平面BB1C1C的位置關系是________. 8.如圖，在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AD＝1，E為CD的中點. (1)求證：B1E⊥AD1； (2)在棱AA1上是否存在一點P，使得DP∥平面B1AE？若存在，求AP的長；若不存在，說明理由. 　 　 　 　 　 　 9.(2014課標全國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. (1)證明：PB∥平面AEC； (2)設二面角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. (1)求證：EF⊥CD； (2)在平面PAD內(nèi)求一點G，使GF⊥平面PCB，并證明你的結論. 　 　 　 　 　 12.(2015天津)如圖，在四棱柱ABCD—A1B1C1D1中，側棱A1A⊥底面ABCD，AB⊥AC， AB＝1，AC＝AA1＝2，AD＝CD＝，且點M和N分別為B1C和D1D的中點. (1)求證：MN∥平面ABCD； (2)求二面角D1－AC－B1的正弦值； (3)設E為棱A1B1上的點，若直線NE和平面ABCD所成角的正弦值為，求線段A1E的長. 　 　 　 　 　 　 　 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” ?？碱}型精析 例1　(1)證明　設＝p，＝q，＝r. 由題意可知：|p|＝|q|＝|r|＝a，且p、q、r三向量兩兩夾角均為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的長為a. (3)解　設向量 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四點共面. (2)因為＝－ ＝－＝(－)＝， 所以EH∥BD. 又EH?平面EFGH，BD?平面EFGH， 所以BD∥平面EFGH. (3)找一點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M且被M平分. 故＝(＋)＝＋ ＝＋ ＝(＋＋＋). 例2　解　由題設知，AA1，AB，AD兩兩垂直，以A為坐標原點，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系，則相關各點的坐標為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，則P， ＝， 又＝(3,0,6)，于是＝18－18＝0， 所以⊥，即AB1⊥PQ. (2)由題設知，＝(6，m－6,0)，＝(0，－3,6)是平面PQD內(nèi)的兩個不共線向量. 設n1＝(x，y，z)是平面PQD的一個法向量， 則　即 取y＝6，得n1＝(6－m,6,3). 又平面AQD的一個法向量是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Q(6,4,0). 設＝λ(0＜λ≤1)，而＝(0，－3,6)， 由此得點P(0,6－3λ，6λ)，所以＝(6,3λ－2，－6λ). 因為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＝，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＝4. 故四面體ADPQ的體積V＝S△ADQh＝664＝24. 變式訓練2　證明　(1)以A為原點，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四點共面.所以AM在平面ABC內(nèi)，選D.] 3.A [逐一驗證法，對于選項A，＝(1,4,1)， ∴n＝6－12＋6＝0，∴⊥n， ∴點P在平面α內(nèi)，同理可驗證其他三個點不在平面α內(nèi).] 4.D [由題意得c＝ta＋μb＝(2t－μ，－t＋4μ，3t－2μ)， ∴∴] 5.C [以D點為原點，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　建立如圖的坐標系，設正方體的邊長為2，則P(x，y,2)，O(1,1,0)，∴OP的中點坐標為， 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P坐標滿足x＋y＝1. ∴有2個符合題意的點P，即對應有2個λ. 7.平行 解析　∵正方體棱長為a，A1M＝AN＝， ∴＝，＝， ∴＝＋＋＝＋＋ ＝(＋)＋＋(＋) ＝＋. 又∵是平面B1BCC1的一個法向量， ∴＝＝0， ∴⊥.又∵MN?平面B1BCC1， ∴MN∥平面B1BCC1. 8.(1)證明　以A為原點，，，的方向分別為x軸，y軸，z軸的正方向建立空間直角坐標系(如圖). 設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　假設在棱AA1上存在一點P(0,0，z0). 使得DP∥平面B1AE，此時＝(0，－1，z0). 又設平面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P，滿足DP∥平面B1AE，此時AP＝. 9.(1)證明　連接BD交AC于點O，連接EO. 因為ABCD為矩形，所以O為BD的中點. 又E為PD的中點，所以EO∥PB. 因為EO?平面AEC，PB?平面AEC， 所以PB∥平面AEC. (2)解　因為PA⊥平面ABCD，且四邊形ABCD為矩形， 所以AB，AD，AP兩兩垂直. 如圖，以A為坐標原點，的方向為x軸的正方向，的方向為y軸的正方向，的方向為z軸的正方向，||為單位長，建立空間直角坐標系， 則D(0，，0)，E(0，，)，＝(0，，). 設B(m,0,0)(m>0)， 則C(m，，0)，＝(m，，0). 設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， 由題設知|cos〈n1，n2〉|＝， 即 ＝，解得m＝. 因為E為PD的中點， 所以三棱錐E－ACD的高為， 三棱錐E－ACD的體積V＝＝. 10.解　方法一　(坐標法) 以C為坐標原點，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系，則C(0,0,0)， A(4,0,0)，A1(4,0,2)， B1(0,4，2). (1)因為A1M＝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的一個法向量為n＝(1,1，). 因為點M在線段A1B1上，所以可設M(x,4－x,2)， 所以＝(x－4,4－x,2). 因為直線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. 因為點M在線段A1B1上，所以x＝2， 即點M(2,2,2)是線段A1B1的中點. 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A1M＝λA1B1，則＝＋λ－λ. 又＝－，＝－， 設面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，則應有 ＝＝， 得λ＝，即M為A1B1的中點. 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系， 設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點坐標為，即G點為AD的中點. 12.解　如圖，以A為原點建立空間直角坐標系，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)，又因為M，N分別為B1C和D1D的中點，得M，N(1，－2,1). (1)證明　依題意，可得n＝(0,0,1)為平面ABCD的一個法向量，＝，由此可得n＝0，又因為直線MN?平面ABCD，所以MN∥平面ABCD. (2)解?。?1，－2,2)，＝(2,0,0)，設n1＝(x，y，z)為平面ACD1的法向量，則 即 不妨設z＝1，可得n1＝(0,1,1). 設n2＝(x，y，z)為平面ACB1的法向量，則 　又＝(0,1,2)， 得不妨設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＝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的一個法向量， 由已知，得cos〈，n〉＝ ＝＝， 整理得λ2＋4λ－3＝0，又因為λ∈[0,1]，解得λ＝－2， 所以，線段A1E的長為－2.