《（江蘇專用）高考數(shù)學(xué) 考前三個(gè)月 必考題型過關(guān)練 第29練 空間向量解決立體幾何問題兩妙招“選基底”與“建系” 理》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（江蘇專用）高考數(shù)學(xué) 考前三個(gè)月 必考題型過關(guān)練 第29練 空間向量解決立體幾何問題兩妙招“選基底”與“建系” 理（17頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第29練空間向量解決立體幾何問題兩妙招 “選基底”與“建系”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：MNAB，MNCD；(2)求MN的長(zhǎng)；(3)求異面直線AN與CM夾角的余弦值破題切入點(diǎn)選好基底，將問題中涉及的向量用所選定的基底來線性表示，然后運(yùn)算(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.()(qrp)，(qrp)p(qprpp2)(a2cos 60a2cos 60a2)0.MNAB，同理可證MNCD.(2)解由(1)可知(qrp)，|22(qrp)2

2、q2r2p22(qrpqrp)a2a2a22()2a2.|a，MN的長(zhǎng)為a.(3)解設(shè)向量 與的夾角為.()(qr)，qp，(qr)(qp)(q2qprqrp)(a2a2cos 60a2cos 60a2cos 60)(a2).又|a，|cos aacos .cos ，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.題型二建立空間直角坐標(biāo)系解決立體幾何問題例2如圖，在底面是矩形的四棱錐PABCD中，PA底面ABCD，E，F(xiàn)分別是PC，PD的中點(diǎn)，PAAB1，BC2.(1)求證：EF平面PAB；(2)求證：平面PAD平面PDC.破題切入點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系后，使用向量共線的充要條件證

3、明即可證明(1)；(2)根據(jù)向量的垂直關(guān)系證明線線垂直，進(jìn)而證明線面垂直，得出面面垂直另外也可用選基底的方法來解決證明方法一(坐標(biāo)法)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，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，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，)，所以(，0,0)，(1,0，1)，(0,2，1)，(0,0,1)，(0,2,0)，(1,0,0)，(1,0,0)(1)因?yàn)?，所以，即EFAB.又AB平面PAB，EF平面PAB，所以EF平面PAB.(2)因?yàn)?0,0,1)(1,0,0)0，(0

4、,2,0)(1,0,0)0，所以，即APDC，ADDC.又APADA，AP平面PAD，AD平面PAD，所以DC平面PAD.因?yàn)镈C平面PDC，所以平面PAD平面PDC.方法二(選基底法)選取、作為空間向量的一組基底(1)由于E、F分別是PC、PD的中點(diǎn)，所以，即與共線，EF平面PAB，AB平面PAB，EF平面PAB.(2)由于ABCD為矩形，且PA平面ABCD，0.所以有AB平面PAD，又，CD平面PAD，CD平面PCD，從而有平面PAD平面PDC.題型三綜合應(yīng)用問題例3如圖，在長(zhǎng)方體ABCDA1B1C1D1中，AA1AD1，E為CD的中點(diǎn)(1)求證：B1EAD1；(2)在棱AA1上是否存在一

5、點(diǎn)P，使得DP平面B1AE？若存在，求AP的長(zhǎng)；若不存在，說明理由破題切入點(diǎn)利用向量法建立空間直角坐標(biāo)系，將幾何問題進(jìn)行轉(zhuǎn)化；對(duì)于存在性問題可通過計(jì)算得結(jié)論(1)證明以A為原點(diǎn)，向量，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)ABa，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)，.011(1)10，B1EAD1.(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x1，得平面B1AE的一個(gè)法向量n

6、.要使DP平面B1AE，只要n，有az00，解得z0.又DP平面B1AE，存在點(diǎn)P，滿足DP平面B1AE，此時(shí)AP.總結(jié)提高(1)利用選基底的方法證明位置關(guān)系或求解空間角等問題時(shí)，首先要選好基底，再次解決問題時(shí)所用的方法要熟練掌握(2)利用建系的方法來解決立體幾何問題時(shí)類似于選基底的辦法，關(guān)鍵是理清原理，然后尋求原理所需要的條件來解決1已知正方體ABCDA1B1C1D1中，點(diǎn)E為上底面A1C1的中心，若xy，則x，y的值分別為_答案，解析如圖，()，所以x，y.2給出下列命題：0；|a|b|ab|是a，b共線的充要條件；若a與b共面，則a與b所在的直線在同一平面內(nèi)；若，則P，A，B三點(diǎn)共線其中

7、正確命題的序號(hào)是_答案解析由向量的運(yùn)算法則知正確；只有當(dāng)向量a，b共線反向且|a|b|時(shí)成立，故不正確；當(dāng)a與b共面時(shí)，向量a與b所在的直線平行、相交或異面，故不正確；由1知，三點(diǎn)不共線，故不正確綜上可得正確3(2014無錫模擬)如圖，已知正三棱柱ABCA1B1C1的各條棱長(zhǎng)都相等，M是側(cè)棱CC1的中點(diǎn)，則異面直線AB1和BM所成的角的大小是_答案90解析方法一延長(zhǎng)A1B1至D，使A1B1B1D，則AB1BD，MBD就是直線AB1和BM所成的角設(shè)三棱柱的各條棱長(zhǎng)為2，則BM，BD2，C1D2A1D2A1C2A1DA1C1cos 601642412.DM2C1D2C1M213，cosDBM0，D

8、BM90.方法二不妨設(shè)棱長(zhǎng)為2，選擇基向量，則，cos，0，故，90.4P是二面角AB棱上的一點(diǎn)，分別在平面、上引射線PM、PN，如果BPMBPN45，MPN60，那么二面角AB的大小為_答案90解析不妨設(shè)PMa，PNb，如圖，作MEAB于E，NFAB于F，EPMFPN45，PEa，PFb，()()abcos 60abcos 45abcos 45ab0，二面角AB的大小為90.5.如圖所示，正四面體VABC的高VD的中點(diǎn)為O，VC的中點(diǎn)為M.(1)求證：AO、BO、CO兩兩垂直；(2)求，(1)證明設(shè)a，b，c，正四面體的棱長(zhǎng)為1，則(abc)，(bc5a)，(ac5b)，(ab5c)，(bc

9、5a)(ac5b)(18ab9|a|2)(1811cos 609)0.，AOBO，同理AOCO，BOCO，AO、BO、CO兩兩垂直(2)解(abc)c(2a2bc)| ，| ，(2a2bc)(bc5a)，cos，0，45.6如圖所示，平行六面體ABCDA1B1C1D1中，以頂點(diǎn)A為端點(diǎn)的三條棱長(zhǎng)度都為1，且兩兩夾角為60.(1)求AC1的長(zhǎng)；(2)求BD1與AC夾角的余弦值解記a，b，c，則|a|b|c|1，a，bb，cc，a60，abbcca.(1)|2(abc)2a2b2c22(abbcca)1112()6，|，即AC1的長(zhǎng)為.(2)bca，ab，|，|，(bca)(ab)b2a2acbc

10、1.cos，.AC與BD1夾角的余弦值為.7(2014課標(biāo)全國(guó))如圖，三棱柱ABCA1B1C1中，側(cè)面BB1C1C為菱形，ABB1C.(1)證明：ACAB1；(2)若ACAB1，CBB160，ABBC，求二面角AA1B1C1的余弦值(1)證明連結(jié)BC1，交B1C于點(diǎn)O，連結(jié)AO.因?yàn)閭?cè)面BB1C1C為菱形，所以B1CBC1，且O為B1C及BC1的中點(diǎn)又ABB1C，ABBOB，所以B1C平面ABO.由于AO平面ABO，故B1CAO.又B1OCO，故ACAB1.(2)解因?yàn)锳CAB1，且O為B1C的中點(diǎn)，所以AOCO.又因?yàn)锳BBC，所以BOABOC，故OAOB，從而OA，OB，OB1兩兩互相垂直

11、以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，、的方向?yàn)閤軸、y軸、z軸的正方向，|為單位長(zhǎng)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Oxyz.因?yàn)镃BB160，所以CBB1為等邊三角形又ABBC，OCOA，則A(0,0，)，B(1,0,0)，B1(0，0)，C(0，0)，(0，)，(1,0，)，(1，0)設(shè)n(x，y，z)是平面AA1B1的法向量，則即所以可取平面AA1B1的一個(gè)法向量n(1，)設(shè)m是平面A1B1C1的法向量，則同理可取平面A1B1C1的一個(gè)法向量m(1，)則cosn，m.所以二面角AA1B1C1的余弦值為.8(2014山東)如圖，在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，底面ABCD是等腰梯形，DAB60，AB2CD2，

12、M是線段AB的中點(diǎn)(1)求證：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(銳角)的余弦值(1)證明因?yàn)樗倪呅蜛BCD是等腰梯形，且AB2CD，所以ABDC.又由M是AB的中點(diǎn)，因此CDMA且CDMA.連結(jié)AD1，如圖(1)在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，因?yàn)镃DC1D1，CDC1D1，可得C1D1MA，C1D1MA，所以四邊形AMC1D1為平行四邊形，因此C1MD1A.又C1M平面A1ADD1，D1A平面A1ADD1，所以C1M平面A1ADD1.(2)解方法一如圖(2)，連結(jié)AC，MC.由(1)知CDAM且CDAM，所以四邊形A

13、MCD為平行四邊形，可得BCADMC，由題意ABCDAB60，所以MBC為正三角形，因此AB2BC2，CA，因此CACB.以C為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如圖(2)所示的空間直角坐標(biāo)系Cxyz，所以A(，0,0)，B(0,1,0)，D1(0,0，)，因此M，所以，.設(shè)平面C1D1M的一個(gè)法向量為n(x，y，z)，由得可得平面C1D1M的一個(gè)法向量n(1，1)又(0,0，)為平面ABCD的一個(gè)法向量，因此cos，n.所以平面C1D1M和平面ABCD所成的角(銳角)的余弦值為.方法二由(1)知平面D1C1M平面ABCDAB，過點(diǎn)C向AB引垂線交AB于點(diǎn)N，連結(jié)D1N，如圖(3)由CD1平面ABCD，可得D1N

14、AB，因此D1NC為二面角C1ABC的平面角在RtBNC中，BC1，NBC60，可得CN.所以ND1.在RtD1CN中，cosD1NC，所以平面C1D1M和平面ABCD所成的角(銳角)的余弦值為.9.如圖所示，在直三棱柱ABCA1B1C1中，CA4，CB4，CC12，ACB90，點(diǎn)M在線段A1B1上(1)若A1M3MB1，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

15、(0,4，2)(1)因?yàn)锳1M3MB1，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a1，則b1，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,4x,2)，所以(x4,4x,2)因?yàn)橹本€AM與平面ABC1所成角為30，所以|cosn，|sin 30.由|n|n|cosn，|，得|1(x4)1(4x)2|2，解得x2或x6.因?yàn)辄c(diǎn)M在線段A1B1

16、上，所以x2，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CC1CA，CACB，CC1CB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)A1MA1B1，則.又，設(shè)平面ABC1的法向量為nxyz，則n8z16x0，n16y16x0，不妨取xy1，z2，則n2且|n|8，|，n16，又AM與面ABC1所成的角為30，則應(yīng)有，得，即M為A1B1的中點(diǎn)10(2013北京)如圖，在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1C1C是邊長(zhǎng)為4的正方形平面ABC平面AA1C1C，AB3，BC5.(1)求證：AA1

17、平面ABC；(2)求二面角A1BC1B1的余弦值；(3)證明：在線段BC1上存在點(diǎn)D，使得ADA1B，并求的值方法一(坐標(biāo)法)(1)證明在正方形AA1C1C中，A1AAC.又平面ABC平面AA1C1C，且平面ABC平面AA1C1CAC，AA1平面ABC.(2)解在ABC中，AC4，AB3，BC5，BC2AC2AB2，ABAC，以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz.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)設(shè)平面A1BC1的法向量n1(x1，y1，z1)，平面B1BC1的法向量n2(x

18、2，y2，z2)取平面A1BC1的一個(gè)法向量n1(0,4,3)由取平面B1BC1的一個(gè)法向量n2(3,4,0)cos n1，n2.由題知二面角A1BC1B1為銳角，所以二面角A1BC1B1的余弦值為.(3)證明設(shè)D(x，y，z)是直線BC1上一點(diǎn)，且.(x，y3，z)(4，3,4)，解得x4，y33，z4.(4，33，4)又ADA1B，03(33)160則，因此.方法二(選基底法)由四邊形AA1C1C是邊長(zhǎng)為4的正方形，且平面ABC平面AA1C1C.知ACAB，ACAA1，AA1AB，以，為基底，則有0，且|4，|3，|4.(1)證明由0，0，知AA1AC，AA1AB，又ACABA，所以AA1面ABC.(2)解，.設(shè)面A1BC1的法向量為n1x1y1z1，由n10及n10，可取x10，y116，z19，即n1169，另設(shè)面BC1B1的法向量為n2x2y2z2，由n20及n20，可取x29，y216，z20，即n2916，所以n1n21629，|n1|n2|，cosn1，n2，即二面角A1BC1B1的余弦值為.(3)證明設(shè)，則(1)，所以99160，得.于是BC1上存在點(diǎn)D且BDBC1，使ADA1B，此時(shí).