第29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＝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°.＝－＝(＋)－＝(q＋r－p)，∴·＝(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＝(q＋r－p)，∴||2＝2＝(q＋r－p)2＝[q2＋r2＋p2＋2(q·r－p·q－r·p)]＝[a2＋a
2＋a2＋2(－－)]＝×2a2＝.∴||＝a，∴MN的长为a.(3)解设向量与的夹角为θ.∵＝(＋)＝(q＋r)，＝－＝q－
p，∴·＝(q＋r)·(q－p)＝(q2－q·p＋r·q－r·p)＝(a2－a2·cos60°＋a2·cos60°－a2·co
s60°)＝(a2－＋－)＝.又∵||＝||＝a，∴·＝||·||·cosθ＝a·a·cosθ＝.∴cosθ＝，∴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.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∥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．证明方法一(坐标法)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，)，F(0,1，)，所以＝(－，0,0)，＝(1,0，－1)，＝(0,2，－1)，
＝(0,0,1)，＝(0,2,0)，＝(1,0,0)，＝(1,0,0)．(1)因为＝－，所以∥，即EF∥AB.又AB?平面PAB，
EF?平面PAB，所以EF∥平面PAB.(2)因为·＝(0,0,1)·(1,0,0)＝0，·＝(0,2,0)·(1,0,0)＝0，
所以⊥，⊥，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P
DC，所以平面PAD⊥平面PDC.方法二(选基底法)选取、、作为空间向量的一组基底．(1)由于E、F分别是PC、PD的中点，所以
＝＝－，即与共线，EF?面PAB，AB?面PAB，∴EF∥面PAB.(2)由于ABCD为矩形，且PA⊥面ABCD，∴·＝·＝·＝0
.所以有AB⊥面PAD，又∥，∴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，，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)，E，B1(a,0,1)，故＝(0,1,1)，＝，＝(a,0,1)，
＝.∵·＝－×0＋1×1＋(－1)×1＝0，∴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＝(0，－1，z0)．又设平面B1AE的法向量n＝(x，y，z)．∵n⊥平面B1AE，∴n⊥，n⊥，得取x＝1，得平
面B1AE的一个法向量n＝.要使DP∥平面B1AE，只要n⊥，有－az0＝0，解得z0＝.又DP?平面B1AE，∴存在点P，满足D
P∥平面B1AE，此时AP＝.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A2.如图，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，M为A1C1与B1D1的交点．若＝a，＝b，＝c，则下列
向量中与相等的向量是()A．－a＋b＋cB.a＋b＋cC．－a－b＋cD.a－b＋c答案A解析显然＝＋＝＋(－)＝－a＋
b＋c.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＝，BD＝2，C1D2＝A1D2＋A1C－2A1D·A1C1cos60°＝16＋4－2×4＝1
2.DM2＝C1D2＋C1M2＝13，∴cos∠DBM＝＝0，∴∠DBM＝90°.方法二不妨设棱长为2，选择基向量{，，}，则＝
－，＝＋，cos〈，〉＝＝＝0，故填写90°.4．P是二面角α－AB－β棱上的一点，分别在平面α、β上引射线PM、PN，如果∠BP
M＝∠BPN＝45°，∠MPN＝60°，那么二面角α－AB－β的大小为________．答案90°解析不妨设PM＝a，PN＝b
，如图，作ME⊥AB于E，NF⊥AB于F，∵∠EPM＝∠FPN＝45°，∴PE＝a，PF＝b，∴·＝(－)·(－)＝·－·－·＋·
＝abcos60°－a×bcos45°－abcos45°＋a×b＝－－＋＝0，∴⊥，∴二面角α－AB－β的大小为90°.5.
如图所示，正四面体V－ABC的高VD的中点为O，VC的中点为M.(1)求证：AO、BO、CO两两垂直；(2)求〈，〉．(1)证明
设＝a，＝b，＝c，正四面体的棱长为1，则＝(a＋b＋c)，＝(b＋c－5a)，＝(a＋c－5b)，＝(a＋b－5c)，∴·＝(b
＋c－5a)·(a＋c－5b)＝(18a·b－9|a|2)＝(18×1×1·cos60°－9)＝0.∴⊥，∴AO⊥BO，同理AO
⊥CO，BO⊥CO，∴AO、BO、CO两两垂直．(2)解＝＋＝－(a＋b＋c)＋c＝(－2a－2b＋c)．∴||＝＝，||＝
＝，·＝(－2a－2b＋c)·(b＋c－5a)＝，∴cos〈，〉＝＝，∵〈，〉∈[0，π]，∴〈，〉＝45°.6.如图所示，平行六
面体ABCD－A1B1C1D1中，以顶点A为端点的三条棱长度都为1，且两两夹角为60°.(1)求AC1的长；(2)求BD1与AC夹
角的余弦值．解记＝a，＝b，＝c，则|a|＝|b|＝|c|＝1，〈a，b〉＝〈b，c〉＝〈c，a〉＝60°，∴a·b＝b·c＝c
·a＝.(1)||2＝(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2(a·b＋b·c＋c·a)＝1＋1＋1＋2×(＋＋)＝6，∴||＝，即
AC1的长为.(2)＝b＋c－a，＝a＋b，∴||＝，||＝，·＝(b＋c－a)·(a＋b)＝b2－a2＋a·c＋b·c＝1.∴c
os〈，〉＝＝.∴AC与BD1夹角的余弦值为.7．(2014·课标全国Ⅰ)如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面BB1C1C为菱
形，AB⊥B1C.(1)证明：AC＝AB1；(2)若AC⊥AB1，∠CBB1＝60°，AB＝BC，求二面角A－A1B1－C1的余弦
值．(1)证明连接BC1，交B1C于点O，连接AO.因为侧面BB1C1C为菱形，所以B1C⊥BC1，且O为B1C及BC1的中点．
又AB⊥B1C，AB∩BO＝B，所以B1C⊥平面ABO.由于AO?平面ABO，故B1C⊥AO.又B1O＝CO，故AC＝AB1.(2
)解因为AC⊥AB1，且O为B1C的中点，所以AO＝CO.又因为AB＝BC，所以△BOA≌△BOC，故OA⊥OB，从而OA，OB
，OB1两两互相垂直．以O为坐标原点，、、的方向为x轴、y轴、z轴的正方向，||为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz.
因为∠CBB1＝60°，所以△CBB1为等边三角形．又AB＝BC，OC＝OA，则A(0,0，)，B(1,0,0)，B1(0，，0)
，C(0，－，0)，＝(0，，－)，＝＝(1,0，－)，＝＝(－1，－，0)．设n＝(x，y，z)是平面AA1B1的法向量，则即所
以可取n＝(1，，)．设m是平面A1B1C1的法向量，则同理可取m＝(1，－，)．则cos〈n，m〉＝＝.所以二面角A－A1B1－
C1的余弦值为.8．(2014·山东)如图，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD是等腰梯形，∠DAB＝60°，AB＝
2CD＝2，M是线段AB的中点．(1)求证：C1M∥平面A1ADD1；(2)若CD1垂直于平面ABCD且CD1＝，求平面C1D1M
和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值．(1)证明因为四边形ABCD是等腰梯形，且AB＝2CD，所以AB∥DC.又由M是AB的中
点，因此CD∥MA且CD＝MA.连接AD1，如图(1)．在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，因为CD∥C1D1，CD＝C1D1，
可得C1D1∥MA，C1D1＝MA，所以四边形AMC1D1为平行四边形，因此C1M∥D1A.又C1M?平面A1ADD1，D1A?平
面A1ADD1，所以C1M∥平面A1ADD1.(2)解方法一如图(2)，连接AC，MC.由(1)知CD∥AM且CD＝AM，所以
四边形AMCD为平行四边形，可得BC＝AD＝MC，由题意∠ABC＝∠DAB＝60°，所以△MBC为正三角形，因此AB＝2BC＝2，
CA＝，因此CA⊥CB.以C为坐标原点，建立如图(2)所示的空间直角坐标系C－xyz，所以A(，0,0)，B(0,1,0)，D1(
0,0，)，因此M，所以＝，＝＝.设平面C1D1M的一个法向量为n＝(x，y，z)，由得可得平面C1D1M的一个法向量n＝(1，，
1)．又＝(0,0，)为平面ABCD的一个法向量，因此cos〈，n〉＝＝.所以平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值
为.方法二由(1)知平面D1C1M∩平面ABCD＝AB，过点C向AB引垂线交AB于点N，连接D1N，如图(3)．由CD1⊥平面A
BCD，可得D1N⊥AB，因此∠D1NC为二面角C1－AB－C的平面角．在Rt△BNC中，BC＝1，∠NBC＝60°，可得CN＝.
所以ND1＝＝.在Rt△D1CN中，cos∠D1NC＝＝＝，所以平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值为.9.如图所
示，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，CA＝4，CB＝4，CC1＝2，∠ACB＝90°，点M在线段A1B1上．(1)若A1M＝3M
B1，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．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A1M＝3MB1，所以M(1,3,2)．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a＝1，则b＝1，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,4－x,2)，所以＝(x－4,4－x,2)．
因为直线AM与平面ABC1所成角为30°，所以|cos〈n，〉|＝sin30°＝.由|n·|＝|n||||cos〈n，〉|，得|
1×(x－4)＋1×(4－x)＋×2|＝2××，解得x＝2或x＝6.因为点M在线段A1B1上，所以x＝2，即点M(2,2,2)是线
段A1B1的中点．方法二(选基底法)由题意CC1⊥CA，CA⊥CB，CC1⊥CB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A
M与A1C所成角的余弦值为.(2)设A1M＝λA1B1，则＝＋λ－λ.又＝－，＝－，设面ABC1的法向量为n＝x＋y＋z，则n·＝
8z－16x＝0，n·＝16y－16x＝0，不妨取x＝y＝1，z＝2，则n＝＋＋2且|n|＝8，||＝，·n＝16，又AM与面AB
C1所成的角为30°，则应有＝＝，得λ＝，即M为A1B1的中点．10．(2013·北京)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA
1C1C是边长为4的正方形．平面ABC⊥平面AA1C1C，AB＝3，BC＝5.(1)求证：AA1⊥平面ABC；(2)求二面角A1－
BC1－B1的余弦值；(3)证明：在线段BC1上存在点D，使得AD⊥A1B，并求的值．方法一(坐标法)(1)证明在正方形AA1
C1C中，A1A⊥AC.又平面ABC⊥平面AA1C1C，且平面ABC∩平面AA1C1C＝AC，∴AA1⊥平面ABC.(2)解在△
ABC中，AC＝4，AB＝3，BC＝5，∴BC2＝AC2＋AB2，AB⊥AC，∴以A为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系A－xy
z.A1(0,0,4)，B(0,3,0)，C1(4,0,4)，B1(0,3,4)，＝(4,0,0)，＝(0,3，－4)，＝(4，－
3,0)，＝(0,0,4)．设平面A1BC1的法向量n1＝(x1，y1，z1)，平面B1BC1的法向量n2＝(x2，y2，z2)．
∴?∴取向量n1＝(0,4,3)，由?取向量n2＝(3,4,0)，∴cos〈n1，n2〉＝＝＝.由题知二面角A1－BC1－B1为
锐角，所以二面角A1－BC1－B1的余弦值为.(3)解设D(x，y，z)是直线BC1上一点，且＝λ.∴(x，y－3，z)＝λ(4
，－3,4)，解得x＝4λ，y＝3－3λ，z＝4λ.∴＝(4λ，3－3λ，4λ)，又AD⊥A1B，∴0＋3(3－3λ)－16λ＝0
，则λ＝，因此＝.方法二(选基底法)由四边形AA1C1C是边长为4的正方形且面ABC⊥面AA1C1C.知AC⊥AB，AC⊥AA1，AA1⊥AB，以，，为基底，则有·＝·＝·＝0，且||＝4，||＝3，||＝4.(1)证明由·＝0，·＝0，知AA1⊥AC，AA1⊥AB，又AC∩AB＝A，所以AA1⊥面ABC.(2)解＝，＝＋＝－＋，＝.设面A1BC1的法向量为n1＝x1＋y1＋z1，由n1·＝0及n1·＝0，可取x1＝0，y1＝16，z1＝9，即n1＝16＋9，另设面BC1B1的法向量为n2＝x2＋y2＋z2，由n2·＝0及n2·＝0，可取x2＝9，y2＝16，z2＝0，即n2＝9＋16，所以n1·n2＝162×9，|n1|＝|n2|＝，∴cos〈n1，n2〉＝＝，即二面角A1－BC1－B1的余弦值为.(3)解设＝λ，则＝＋＝λ＋(1－λ)＋λ，＝－，所以·＝9－9λ－16λ＝0，得λ＝.于是BC1上存在点D且BD＝BC1，使AD⊥A1B，此时＝. |
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