空间向量与立体几何两类经典题型

空间向量与立体几何两类经典题型空间向量与立体几何两类经典题型 从近两年的新课改区高考题 不难发现对空间向量的考查主要体现在两个方面 1 对空间向量的基本知识与运算的考查 如 2008 年海南宁夏高考题第 13 题考查空间 向量的加减法运算 向量模的求法等 随着新课程改革的不断推进 高考将会越来越重视对 基础知识与基本能力的考查 因此 对空间向量的基本知识及运算的考查也将会在高考中 越来越多受到重视 2 高考中对立体几何解答题的考查一般都体现为一题两法 同一题两种解法 传统法 与向量法 而运用向量在解决立体几何问题主要集中在法向量的应用上 它可以证明空间 线面的位置关系 求解空间角 距离 同时运用空间向量解答立体几何问题 淡化了传统立 体几何中的 形 的推理方法 强化了代数运算 从而降低了思维难度 且思路明确 过 程较为程序化 针对上面两类题型 特提供两组训练题 一 空间向量的基本运算一 空间向量的基本运算 1 已知 cos 1 sin sin 1 cos 则向量 与 的是夹角 a b a b a b 是 A 90 B 60 C 30 D 0 1 A 解析 解析 2 2 0 a2 a2 a b a b a b a b 2 若 2x 1 3 1 2y 9 如果与为共线向量 则 a b a b A x 1 y 1B x y C x y 1 2 1 2 1 6 3 2 D x y 1 6 3 2 2 C 解析 解析 由 解得 x y 2x 1 1 2y 3 9 1 6 3 2 3 已知向量 1 1 0 1 0 2 且 k 与 2 互相垂直 则 k 的值是 a b a b a b A B C D 3 5 7 5 3 5 7 5 3 D 解析 解析 1 则由 k 2 a 2 b 5 a b a b a b 0 2k 2 k 2 2 0 得 4k k 2 1 5 0 解得 k a a b b 7 5 4 点 A 1 0 1 B 4 4 6 C 2 2 3 D 10 14 17 这四个点是否共面 共面或不共面 4 共面 解析 解析 3 4 1 2 2 9 14 16 设 x y AB AC AD AD AB 即 9 14 16 3x y 4x 2y x 2y 从而 A B C D 四 AC 点共面 5 已知 A B 两点的坐标是 A 3cos 3sin 1 B 2sin 2cos 1 则 的取值范围 AB 是 A 0 5 B 1 5 C 1 5 D 1 25 5 B 解析 解析 AB 3cos 2sin 2 3sin 2cos 2 1 1 2 13 12sin2 则由 1 sin2 1 得 1 5 AB 6 空间四边形 OABC 中 点 M N 分别为 OA BC 的中点 且 OA a OB b OC c 用 表示 a b c MN 6 解析 解析 1 2 b 1 2 c 1 2 a MN MB BN MA AB 1 2BC 1 2 OA OB OA 1 2 OC OB 1 2 OA 1 2 OB 1 2 OC 1 2 b 1 2 c 1 2 a 7 已知不共面且两两不共线的非零向量 满足 a b c 3 4 4 且 5 8 a b c 3 a b b c a c 57 求 的值 a b c 7 解析 解析 设 则 AB a AA1 b AD c 由于AB AD AA1不共面 则以AB AD AA1为同一顶点上的三条棱作四棱柱 ABCD A1B1C1D1 则 2 2 2 2 25 2 2 AB AA1 a b a b A1B 2 2 2 2 64 2 2 AD AA1 c b b c A1D 2 2 2 2 57 2 2 AD AB c a a c BD AB AD AA1两两垂直 四棱柱 ABCD A1B1C1D1为长方体 则 2 2 2 2 2 73 a b c AC1 AB AD AA1 即 a b c 73 二 法向量的应用二 法向量的应用 1 若 A 0 2 B 1 1 C 2 1 是平面 内的三点 设平面 的法 19 8 5 8 5 8 向量 x y z 则 x y z a 1 2 3 4 解析 解析 1 3 2 1 由 0 AB 7 4 AC 7 4 a AB a 0 得 AC 即 x y z y y y 2 3 4 2 3 4 3 2 在矩形 ABCD 中 已知 AB 1 AB 1 BQ 2 QC 1 PA 平面 ABCD 且 PA 1 求 AD 与平面 PDQ 所成角的正弦值 2 解 解 如图建立空间直角坐标系 则各点坐标分别为 A 0 0 0 Q 1 2 0 D 0 3 0 D 0 0 1 则 0 3 0 AD 1 2 1 0 3 1 设设平面 PDQ 的法向量为 PQ PD x y z 则 0 0 z 不妨 n n PQ n PD n z 3 z 3 取 1 cos 所以 AD 与平面 n 1 3 1 3 n AD PDQ 所成角的正弦值为 3 已知四棱锥 P ABCD 的底面是直角梯形 AB CD DAB 90 P B A D C Q z x y PA 底面 ABCD AB 2 AD DC 1 PA 4 且 M N 分别为 PB PD 的中 2 点 平面 CMN 交 AP 于点 Q 求平面 CMN 与平面 ABCD 所成二面角的大小 3 解 如图以 A 为原点 AD AB AP 所在直线分别为 x 轴 y 轴 z 轴建立空间直角坐标系 则 A 0 0 0 D 0 0 B 0 2 0 C 1 0 22 P 0 0 4 M 0 1 2 N 0 2 PA 面 ABCD 为平面 ABCD 的法向量 且 0 0 4 AP AP 设平面 CMN 的法向量 x y z n 0 2 1 2 CM2 CN 由 0 0 得 CM n CN n 令 z 1 得 x y 1 故 1 1 2 n2 cos AP n 4 4 2 1 2 60 即二面角的大小为 60 AP n 4 如图 已知三棱锥 O ABC 的侧棱 OA OB OC 两两垂直 且 OA 1 OB OC 2 E 是 OC 的中点 求 O 点到面 ABC 的距离 4 解 解 以 O 为原点 OB OC OA 分别为 x y z 轴建立空间直角坐标系 则有 A 0 0 1 B 2 0 0 C 0 2 0 设平面 ABC 的法向量为 x y z n1 则由 取 x y 1 z 2 则 1 1 2 n1 点 O 到面 ABC 的距离为 d 5 已知正方体 ABCD A1B1C1D1的棱长为 2 E F 分别是 BB1 DD1的中点 求证 FC1 平面 ADE 平面 ADE 平面 B1C1F 5 证明 如图 1 所示建立空间直角坐标系 D xyz 则有 D 0 0 0 A 2 0 0 C 0 2 0 C1 0 2 2 E 2 2 1 F 0 0 1 所以 0 2 1 FC1 2 0 0 0 2 1 DA AE 设 x1 y1 z1 x2 y2 z2 分别是平面 ADE 平面 B1C1F 的法向量 则 n1 n2 取 y 1 则 0 1 2 n1 同理可求 0 1 2 n2 0 1 2 0 2 1 0 n1 FC1 n1 FC1 又 FC1 平面 ADE FC1 平面 ADE 平面 ADE 平面 B1C1F n1 n2 6 已知正方体 ABCD A1B1C1D1中 E 是 BB1的中点 F 是 CD 的中点 求 证 D1F 平面 ADE 6 证明 证明 如图 所求建立空间直角坐标系 D xyz 令 AA1 2 则 D 0 0 0 D1 0 0 2 A 2 0 0 E 2 2 1 F 0 1 0 所以 2 0 0 DA 0 2 1 0 1 2 AE D1F 设 x y z 是平面 ADE 的法向量 则 n n DA n AE 取 y 1 则 0 1 2 n D1F 平面 ADE n D1F 7 如图 正三棱锥 O ABC 的三条侧棱 OA OB OC 两两垂直 且长 度均为 2 E F 分别是 AB AC 的中点 H 是 EF 的中点 过 EF 作平面与侧棱 OA OB OC 或其延长线分别相交于 A1 B1 C1 已知 OA1 求证 B1C1 平面 OAH 3 2 7 证明 证明 以直线 OA OB OC 分别为 x y z 轴 建立空间直角 坐标系 O xyz