《（江蘇專用）高考數(shù)學(xué) 考前三個月 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）》請在裝配圖網(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的各邊和對角線的長都等于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； (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三向量兩兩夾角均為60°. ＝－＝(＋)－＝(q＋r－p)， ∴·＝(q＋r－p)·p＝(q

2、·p＋r·p－p2) ＝(a2·cos 60°＋a2·cos 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(q·r－p·q－r·p)] ＝[a2＋a2＋a2＋2(－－)] ＝×2a2＝. ∴||＝a， ∴MN的長為a. (3)解　設(shè)向量 與的夾角為θ. ∵＝(＋)＝(q＋r)， ＝－＝q－p， ∴·＝(q＋r)·(q－p) ＝(q2－q·p＋r·q－r·p) ＝(a2－a2·cos 60°＋a2·cos 60°－a2·cos 60°) ＝(a2－＋－)

3、＝. 又∵||＝||＝a， ∴·＝||·||·cos θ ＝a·a·cos 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. 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. 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

4、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)椋剑? 所以∥，即EF∥AB. 又AB?平面PAB，EF?平面PAB， 所以EF∥平面PAB. (2)因?yàn)椤ぃ?0,0,1)·(1,0,0)＝0，·＝(0,2

5、,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?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

6、型三　綜合應(yīng)用問題 例3　如圖，在長方體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；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；對于存在性問題可通過計算得結(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)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)，＝

7、. ∵·＝－×0＋1×1＋(－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＝(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，首先要選好基底，再次解決問題時所用的方法要熟練掌握． (2)利用建

8、系的方法來解決立體幾何問題時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________． 答案　， 解析　如圖，＝＋ ＝＋ ＝＋(＋)， 所以x＝，y＝. 2．給出下列命題： ①＋＋＋＝0； ②|a|－|b|＝|a＋b|是a，b共線的充要條件； ③若a與b共面，則a與b所在的直線在同一平面內(nèi)； ④若＝＋，則P，A，B三點(diǎn)共線． 其中正確命題的序號是________． 答案?、? 解析　由向量的運(yùn)算法則知①正確；只有當(dāng)向量a，b

9、共線反向且|a|>|b|時成立，故②不正確；當(dāng)a與b共面時，向量a與b所在的直線平行、相交或異面，故③不正確；由＋≠1知，三點(diǎn)不共線，故④不正確．綜上可得①正確． 3．(2014·無錫模擬)如圖， 已知正三棱柱ABC—A1B1C1的各條棱長都相等，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A1B1至D，使A1B1＝B1D，則AB1∥BD，∠MBD就是直線AB1和BM所成的角． 設(shè)三 棱柱的各條棱長為2， 則BM＝，BD＝2， C1D2＝A1D2＋A1C－2A1D·A1C1cos 60°＝16＋4－2×

10、4＝12. DM2＝C1D2＋C1M2＝13， ∴cos∠DBM＝＝0， ∴∠DBM＝90°. 方法二　不妨設(shè)棱長為2，選擇基向量{，，}， 則＝－，＝＋， cos〈，〉＝ ＝＝0，故〈，〉＝90°. 4．P是二面角α－AB－β棱上的一點(diǎn)，分別在平面α、β上引射線PM、PN，如果∠BPM＝∠BPN＝45°，∠MPN＝60°，那么二面角α－AB－β的大小為________． 答案　90° 解析　 不妨設(shè)PM＝a，PN＝b，如圖， 作ME⊥AB于E，NF⊥AB于F， ∵∠EPM＝∠FPN＝45°， ∴PE＝a，PF＝b， ∴·＝(－)·(－) ＝·－·－·＋·

11、 ＝abcos 60°－a×bcos 45°－abcos 45°＋a×b ＝－－＋＝0， ∴⊥，∴二面角α－AB－β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， 正四面體的棱長為1， 則＝(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·cos 60°－9)＝0. ∴⊥，∴AO⊥BO， 同理AO⊥CO，BO

12、⊥CO，∴AO、BO、CO兩兩垂直． (2)解?。剑剑?a＋b＋c)＋c ＝(－2a－2b＋c)． ∴||＝ ＝， ||＝ ＝， ·＝(－2a－2b＋c)·(b＋c－5a)＝， ∴cos〈，〉＝＝， ∵〈，〉∈[0，π]，∴〈，〉＝45°. 6．如圖所示，平行六面體ABCD－A1B1C1D1中，以頂點(diǎn)A為端點(diǎn)的三條棱長度都為1，且兩兩夾角為60°. (1)求AC1的長； (2)求BD1與AC夾角的余弦值． 解　記＝a，＝b，＝c， 則|a|＝|b|＝|c|＝1，〈a，b〉＝〈b，c〉＝〈c，a〉＝60°， ∴a·b＝b·c＝c·a＝. (1)||2＝(a＋

13、b＋c)2 ＝a2＋b2＋c2＋2(a·b＋b·c＋c·a) ＝1＋1＋1＋2×(＋＋)＝6， ∴||＝，即AC1的長為. (2)＝b＋c－a，＝a＋b， ∴||＝，||＝， ·＝(b＋c－a)·(a＋b)＝b2－a2＋a·c＋b·c＝1. ∴cos〈，〉＝＝. ∴AC與BD1夾角的余弦值為. 7．(2014·課標(biāo)全國Ⅰ) 如圖，三棱柱ABC－A1B1C1中，側(cè)面BB1C1C為菱形，AB⊥B1C. (1)證明：AC＝AB1； (2)若AC⊥AB1，∠CBB1＝60°，AB＝BC，求二面角A－A1B1－C1的余弦值． (1)證明　連結(jié)BC1，交B1C于點(diǎn)O，連結(jié)AO

14、. 因?yàn)閭?cè)面BB1C1C為菱形， 所以B1C⊥BC1， 且O為B1C及BC1的中點(diǎn)． 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?yàn)锳C⊥AB1， 且O為B1C的中點(diǎn)， 所以AO＝CO.又因?yàn)锳B＝BC， 所以△BOA≌△BOC， 故OA⊥OB，從而OA，OB，OB1兩兩互相垂直． 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，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系O－xyz. 因?yàn)椤螩BB1＝60°， 所以△CBB1為等邊三角形． 又AB＝

15、BC，OC＝OA，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的一個法向量m＝(1，－，)． 則cos〈n，m〉＝＝. 所以二面角A－A1B1－C1的余弦值為. 8．(2014·山東)如圖，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD是等腰梯形，∠DAB＝60°，AB＝2CD＝2，M是線段AB的中點(diǎn)． (1)求證

16、：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AB＝2CD， 所以AB∥DC. 又由M是AB的中點(diǎn)，因此CD∥MA且CD＝MA. 連結(jié)AD1，如圖(1)． 在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中， 因?yàn)镃D∥C1D1，CD＝C1D1， 可得C1D1∥MA，C1D1＝MA， 所以四邊形AMC1D1為平行四邊形， 因此C1M∥D1A. 又C1M?平面A1ADD1， D1A?平面A1ADD1， 所以C1M∥平面A1ADD1. (2)解

17、　方法一　 如圖(2)，連結(jié)AC，MC. 由(1)知CD∥AM且CD＝AM， 所以四邊形AMCD為平行四邊形， 可得BC＝AD＝MC， 由題意∠ABC＝∠DAB＝60°， 所以△MBC為正三角形， 因此AB＝2BC＝2，CA＝， 因此CA⊥CB. 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C－xyz， 所以A(，0,0)，B(0,1,0)，D1(0,0，)， 因此M， 所以＝， ＝＝. 設(shè)平面C1D1M的一個法向量為n＝(x，y，z)， 由得 可得平面C1D1M的一個法向量n＝(1，，1)． 又＝(0,0，)為平面ABCD的一個法向量， 因此co

18、s〈，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ABCD＝AB， 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⊥AB， 因此∠D1NC為二面角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(銳角)的余弦值為. 9.如圖所示，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，CA＝4，CB＝4，CC1＝

19、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． 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

20、)，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,

21、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)平面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A

22、M與面ABC1所成的角為30°，則應(yīng)有 ＝＝， 得λ＝，即M為A1B1的中點(diǎn)． 10．(2013·北京)如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1C1C是邊長為4的正方形．平面ABC⊥平面AA1C1C，AB＝3，BC＝5. (1)求證：AA1⊥平面ABC； (2)求二面角A1－BC1－B1的余弦值； (3)證明：在線段BC1上存在點(diǎn)D，使得AD⊥A1B，并求的值． 方法一　(坐標(biāo)法) (1)證明　在正方形AA1C1C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

23、＝4，AB＝3，BC＝5， ∴BC2＝AC2＋AB2，AB⊥AC， ∴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＝(x2，y2，z2)． ∴? ∴取平面A1BC1的一個法向量n1＝(0,4,3)． 由? 取平面B1BC1的一個法向量n2＝(3,4,0)． ∴cos 〈n1，n2〉＝＝＝. 由題知二面角A1－BC1－B1為銳角，

24、 所以二面角A1－BC1－B1的余弦值為. (3)證明　設(shè)D(x，y，z)是直線BC1上一點(diǎn)，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 則λ＝，因此＝. 方法二　(選基底法) 由四邊形AA1C1C是邊長為4的正方形， 且平面ABC⊥平面AA1C1C. 知AC⊥AB，AC⊥AA1，AA1⊥AB， 以，，為基底， 則有·＝·＝·＝0， 且||＝4，||＝3，||＝4. (1)證明　由·＝0，·＝0， 知AA1⊥AC，AA1⊥AB，

25、又AC∩AB＝A，所以AA1⊥面ABC. (2)解　＝，＝＋＝－＋，＝. 設(shè)面A1BC1的法向量為n1＝x1＋y1＋z1， 由n1·＝0及n1·＝0， 可取x1＝0，y1＝16，z1＝9， 即n1＝16＋9， 另設(shè)面BC1B1的法向量為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的余弦值為. (3)證明　設(shè)＝λ， 則＝＋＝λ＋(1－λ)＋λ， ＝－，所以·＝9－9λ－16λ＝0， 得λ＝. 于是BC1上存在點(diǎn)D且BD＝BC1，使AD⊥A1B， 此時＝.