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第24练 空间向量解决立体几何问题两妙招
——“选基底”与“建系”
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．
破题切入点 选好基底，将问题中涉及的向量用所选定的基底来线性表示，然后运算． →→→
(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°. →→→1→→1→1
MN＝AN－AM＝(AC＋AD)－AB＝(q＋r－p)，
2221→→1
∴MN·AB＝(q＋r－p)·p＝(q·p＋r·p－p2)
221
＝(a2·cos 60°＋a2·cos 60°－a2)＝0. 2∴MN⊥AB，同理可证MN⊥CD. →1
(2)解 由(1)可知MN＝(q＋r－p)，
21→→
∴|MN|2＝MN2＝(q＋r－p)2
41
＝[q2＋r2＋p2＋2(q·r－p·q－r·p)] 412a2a2a222
＝[a＋a＋a＋2(－－)] 4222
212a＝×2a＝. 42
2→
∴|MN|＝a，
2∴MN的长为
2a. 2
→→
(3)解 设向量 AN与MC的夹角为θ. →1→→1
∵AN＝(AC＋AD)＝(q＋r)，
221→→→
MC＝AC－AM＝q－p，
21→→1
∴AN·MC＝(q＋r)·(q－p)
22111
＝(q2－q·p＋r·q－r·p) 222
111＝(a2－a2·cos 60°＋a2·cos 60°－a2·cos 60°) 22212a2a2a2a2＝(a－＋－)＝. 242423→→
又∵|AN|＝|MC|＝a，
2→→→→∴AN·MC＝|AN|·|MC|·cos θ 33a2＝a·a·cos θ＝. 2222∴cos θ＝，
3
2→→
∴向量AN与MC的夹角的余弦值为，
32
从而异面直线AN与CM夹角的余弦值为. 3题型二 建立空间直角坐标系解决立体几何问题
例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.
→→
破题切入点 建立空间直角坐标系后，使用向量共线的充要条件证明EF∥AB即可证明(1)问，第(2)问根据向量的垂直关系证明线线垂直，进而证明线面垂直，得出面面垂直．另外也可用选基底的方法来解决． 方法一 (坐标法)
(1)证明 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1
空间直角坐标系，如图所示，则A(0,0,0)，B(1，0,0)，C(1,2,0)，D(0,2,0)，P(0，0,1)，E(，1，
211)，F(0,1，)， 22
1→→
所以EF＝(－，0,0)，PB＝(1,0，－1)，
2→→→
PD＝(0,2，－1)，AP＝(0,0,1)，AD＝(0,2,0)， →→
DC＝(1,0,0)，AB＝(1,0,0)． 1→→
因为EF＝－AB，
2→→
所以EF∥AB，即EF∥AB. 又AB?平面PAB，EF?平面PAB， 所以EF∥平面PAB.
→→
(2)解 因为AP·DC＝(0,0,1)·(1,0,0)＝0， →→AD·DC＝(0,2,0)·(1,0,0)＝0，
→→→→
所以AP⊥DC，AD⊥DC，即AP⊥DC，AD⊥DC. 又AP∩AD＝A，AP?平面PAD，AD?平面PAD， 所以DC⊥平面PAD. 因为DC?平面PDC， 所以平面PAD⊥平面PDC. 方法二 (选基底法)
→→→
选取AB、AD、AP作为空间向量的一组基底． (1)证明 由于E、F分别是PC、PD的中点， 1→→1→
所以EF＝CD＝－AB，
22
→→
即EF与AB共线，EF?面PAB，AB?面PAB， ∴EF∥面PAB.
(2)解 由于ABCD为矩形，且PA⊥面ABCD， →→→→→→∴AP·AD＝AP·AB＝AB·AD＝0. 所以有AB⊥面PAD， →→又AB∥CD，
∴CD⊥面PAD，CD?面PCD， 从而有平面PAD⊥平面PDC. 题型三 综合应用问题
例3 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．
破题切入点 利用向量法建立空间直角坐标系，将几何问题进行转化；对于存在性问题可通过计算得结论．
→→→
(1)证明 以A为原点，向量AB，AD，AA1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)， a
，1，0?，B1(a,0,1)， E??2?
aa→→→→
－，1，－1?，AB1＝(a,0,1)，AE＝?，1，0?. 故AD1＝(0,1,1)，B1E＝??2??2?a→→
∵AD1·B1E＝－×0＋1×1＋(－1)×1＝0，
2∴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DP＝(0，－1，z0)． 又设平面B1AE的法向量n＝(x，y，z)．
ax＋z＝0，??→→
∵n⊥平面B1AE，∴n⊥AB1，n⊥AE，得?ax
＋y＝0.?2?a
1，－，－a?. 取x＝1，得平面B1AE的一个法向量n＝?2??a→
要使DP∥平面B1AE，只要n⊥DP，有－az0＝0，
21
解得z0＝.
2又DP?平面B1AE，
1
∴存在点P，满足DP∥平面B1AE，此时AP＝. 2
总结提高 (1)利用选基底的方法证明位置关系或求解空间角等问题时，首先要选好基底，再次解决问题时所用的方法要熟练掌握．
(2)利用建系的方法来解决立体几何问题时类似于选基底的办法，关键是理清原理，然后寻求
原理所需要的条件来解决．
1．下列各组向量共面的是( ) A．a＝(1,2,3)，b＝(3,0,2)，c＝(4,2,5) B．a＝(1,0,0)，b＝(0,1,0)，c＝(0,0,1) C．a＝(1,1,0)，b＝(1,0,1)，c＝(0,1,1) D．a＝(1,1,1)，b＝(1,1,0)，c＝(1,0,1) 答案 A
2.如图，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，M为A1C1与B1D1的交→→→→点．若AB＝a，AD＝b，AA1＝c，则下列向量中与BM相等的向量是( ) 11
A．－a＋b＋c
2211
B.a＋b＋c 2211
C．－a－b＋c
2211
D.a－b＋c 22答案 A
→→→→1→→
解析 显然BM＝BB1＋B1M＝AA1＋(AD－AB)
211
＝－a＋b＋c.
22
3．如图，已知正三棱柱ABC—A1B1C1的各条棱长都相等，M是侧棱CC1的中点，则异面直线AB1和BM所成的角的大小是________． 答案 90°
解析 方法一 延长A1B1至D，使A1B1＝B1D，则AB1∥BD，∠MBD就是直线AB1和BM所成的角． 设三棱柱的各条棱长为2， 则BM＝5，BD＝22，
C1D2＝A1D2＋A1C2A1C1cos 60°＝16＋4－2×4＝12. 1－2A1D·DM2＝C1D2＋C1M2＝13，
BM2＋BD2－DM2∴cos∠DBM＝＝0，
2·BM·BD∴∠DBM＝90°.
→→→
方法二 不妨设棱长为2，选择基向量{BA，BC，BB1}，