江苏省宿迁市宿豫中学高考数学二轮复习 空间向量解决立体几何问题两妙招专题检测（含解析）.doc

29空间向量解决立体几何问题两妙招 “选基底”与“建系”1已知正方体abcda1b1c1d1中，点e为上底面a1c1的中心，若xy，则x，y的值分别为_答案，解析如图，()，所以x，y.2给出下列命题：0；|a|b|ab|是a，b共线的充要条件；若a与b共面，则a与b所在的直线在同一平面内；若，则p，a，b三点共线其中正确命题的序号是_答案解析由向量的运算法则知正确；只有当向量a，b共线反向且|a|b|时成立，故不正确；当a与b共面时，向量a与b所在的直线平行、相交或异面，故不正确；由1知，三点不共线，故不正确综上可得正确3(2014无锡模拟)如图，已知正三棱柱abca1b1c1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a1b1b1d，则ab1bd，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，bd2，c1d2a1d2a1c2a1da1c1cos 601642412.dm2c1d2c1m213，cosdbm0，dbm90.方法二不妨设棱长为2，选择基向量，则，cos，0，故，90.4p是二面角ab棱上的一点，分别在平面、上引射线pm、pn，如果bpmbpn45，mpn60，那么二面角ab的大小为_答案90解析不妨设pma，pnb，如图，作meab于e，nfab于f，epmfpn45，pea，pfb，()()abcos 60abcos 45abcos 45ab0，二面角ab的大小为90.5.如图所示，正四面体vabc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(abc)，(bc5a)，(ac5b)，(ab5c)，(bc5a)(ac5b)(18ab9|a|2)(1811cos 609)0.，aobo，同理aoco，boco，ao、bo、co两两垂直(2)解(abc)c(2a2bc)| ，| ，(2a2bc)(bc5a)，cos，0，45.6如图所示，平行六面体abcda1b1c1d1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，bb，cc，a60，abbcca.(1)|2(abc)2a2b2c22(abbcca)1112()6，|，即ac1的长为.(2)bca，ab，|，|，(bca)(ab)b2a2acbc1.cos，.ac与bd1夹角的余弦值为.7(2014课标全国)如图，三棱柱abca1b1c1中，侧面bb1c1c为菱形，abb1c.(1)证明：acab1；(2)若acab1，cbb160，abbc，求二面角aa1b1c1的余弦值(1)证明连结bc1，交b1c于点o，连结ao.因为侧面bb1c1c为菱形，所以b1cbc1，且o为b1c及bc1的中点又abb1c，abbob，所以b1c平面abo.由于ao平面abo，故b1cao.又b1oco，故acab1.(2)解因为acab1，且o为b1c的中点，所以aoco.又因为abbc，所以boaboc，故oaob，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oxyz.因为cbb160，所以cbb1为等边三角形又abbc，ocoa，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，则即所以可取平面aa1b1的一个法向量n(1，)设m是平面a1b1c1的法向量，则同理可取平面a1b1c1的一个法向量m(1，)则cosn，m.所以二面角aa1b1c1的余弦值为.8(2014山东)如图，在四棱柱abcda1b1c1d1中，底面abcd是等腰梯形，dab60，ab2cd2，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ab2cd，所以abdc.又由m是ab的中点，因此cdma且cdma.连结ad1，如图(1)在四棱柱abcda1b1c1d1中，因为cdc1d1，cdc1d1，可得c1d1ma，c1d1ma，所以四边形amc1d1为平行四边形，因此c1md1a.又c1m平面a1add1，d1a平面a1add1，所以c1m平面a1add1.(2)解方法一如图(2)，连结ac，mc.由(1)知cdam且cdam，所以四边形amcd为平行四边形，可得bcadmc，由题意abcdab60，所以mbc为正三角形，因此ab2bc2，ca，因此cacb.以c为坐标原点，建立如图(2)所示的空间直角坐标系cxyz，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abcdab，过点c向ab引垂线交ab于点n，连结d1n，如图(3)由cd1平面abcd，可得d1nab，因此d1nc为二面角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(锐角)的余弦值为.9.如图所示，在直三棱柱abca1b1c1中，ca4，cb4，cc12，acb90，点m在线段a1b1上(1)若a1m3mb1，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a1m3mb1，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a1，则b1，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,4x,2)，所以(x4,4x,2)因为直线am与平面abc1所成角为30，所以|cosn，|sin 30.由|n|n|cosn，|，得|1(x4)1(4x)2|2，解得x2或x6.因为点m在线段a1b1上，所以x2，即点m(2,2,2)是线段a1b1的中点方法二(选基底法)由题意cc1ca，cacb，cc1cb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am与a1c所成角的余弦值为.(2)设a1ma1b1，则.又，设平面abc1的法向量为nxyz，则n8z16x0，n16y16x0，不妨取xy1，z2，则n2且|n|8，|，n16，又am与面abc1所成的角为30，则应有，得，即m为a1b1的中点10(2013北京)如图，在三棱柱abca1b1c1中，aa1c1c是边长为4的正方形平面abc平面aa1c1c，ab3，bc5.(1)求证：aa1平面abc；(2)求二面角a1bc1b1的余弦值；(3)证明：在线段bc1上存在点d，使得ada1b，并求的值方法一(坐标法)(1)证明在正方形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为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系axyz.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)取平面a1bc1的一个法向量n1(0,4,3)由取平面b1bc1的一个法向量n2(3,4,0)cos n1，n2.由题知二面角a1bc1b1为锐角，所以二面角a1bc1b1的余弦值为.(3)证明设d(x，y，z)是直线bc1上一点，且.(x，y3，z)(4，3,4)，解得x4，y33，z4.(4，33，4)又ada1b，03(33)160则，因此.方法二(选基底法)由四边形aa1c1c是边长为4的正方形，且平面abc平面aa1c1c.知acab，acaa1，aa1ab，以，为基底，则有0，且|4，|3，|4.(1)证明由0，0，知aa1ac，aa1ab，又acaba，所以aa1面abc.(2)解，.设面a