2015屆高考數(shù)學(xué)（四川專(zhuān)用理科）必考題型過(guò)關(guān)練：第29練（含答案）

1、第29練空間向量解決立體幾何問(wèn)題兩妙招 “選基底”與“建系”題型一選好基底解決立體幾何問(wèn)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(wèn)題中涉及的向量用所選定的基底來(lái)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(q·pr·pp2)(a2·cos 60°a2·co

2、s 60°a2)0.MNAB，同理可證MNCD.(2)解由(1)可知(qrp)，|22(qrp)2q2r2p22(q·rp·qr·p)a2a2a22()×2a2.- 2 - / 24|a，MN的長(zhǎng)為a.(3)解設(shè)向量 與的夾角為.()(qr)，qp，·(qr)·(qp)(q2q·pr·qr·p)(a2a2·cos 60°a2·cos 60°a2·cos 60°)(a2).又|a，·|·|·cos a

3、3;a·cos .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(wèn)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明即可證明(1)問(wèn)，第(2)問(wèn)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(lái)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

4、，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)?#183;(0,0,1)·(1,0,0)0，·(0,2,0)·(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(

5、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面PAB，AB面PAB，EF面PAB.(2)由于ABCD為矩形，且PA面ABCD，···0.所以有AB面PAD，又，CD面PAD，CD面PCD，從而有平面PAD平面PDC.題型三綜合應(yīng)用問(wèn)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上是否存在一點(diǎn)P，使得DP平面B1AE？若存在，求AP的長(zhǎng)；若不存在，說(shuō)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(wèn)題進(jìn)行轉(zhuǎn)化；對(duì)于存在性問(wèn)題可通過(guò)計(jì)算得結(jié)

6、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)，.·×01×1(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.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，

7、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(wèn)題時(shí)，首先要選好基底，再次解決問(wèn)題時(shí)所用的方法要熟練掌握(2)利用建系的方法來(lái)解決立體幾何問(wèn)題時(shí)類(lèi)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(lái)解決1下列各組向量共面的是()Aa(1,2,3)，b(3,0,2)，c(4,2,5)Ba(1,0,0)，b(0,1,0)，c(0,0,1)Ca(1,1,0)，b(1,0,1)，c(0,1,1)Da(1,1,1)，b(1,1,0)，c(1,0,1)答案A2.如圖，在平行六面體ABCDA1B1C1D1中，M為A1C1與B1D1的交點(diǎn)若a，b，c，則下列向量中與相等的向量是()

8、Aabc B.abcCabc D.abc答案A解析顯然()abc.3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，C1D2A1D2A1C2A1D·A1C1cos 60°1642×412.DM2C1D2C1M213，cosDBM0，DBM90°.方法二不妨設(shè)棱長(zhǎng)為2，選擇基向量，則，cos，0，故填寫(xiě)90°.4P是二面角AB棱

9、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_(kāi)答案90°解析不妨設(shè)PMa，PNb，如圖，作MEAB于E，NFAB于F，EPMFPN45°，PEa，PFb，·()·()····abcos 60°a×bcos 45°abcos 45°a×b0，二面角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，(

10、1)證明設(shè)a，b，c，正四面體的棱長(zhǎng)為1，則(abc)，(bc5a)，(ac5b)，(ab5c)，·(bc5a)·(ac5b)(18a·b9|a|2)(18×1×1·cos 60°9)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A

11、C夾角的余弦值解記a，b，c，則|a|b|c|1，a，bb，cc，a60°，a·bb·cc·a.(1)|2(abc)2a2b2c22(a·bb·cc·a)1112×()6，|，即AC1的長(zhǎng)為.(2)bca，ab，|，|，·(bca)·(ab)b2a2a·cb·c1.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°，A

12、BBC，求二面角AA1B1C1的余弦值(1)證明連接BC1，交B1C于點(diǎn)O，連接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，)

13、，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n(1，)設(shè)m是平面A1B1C1的法向量，則同理可取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，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AB

14、DC.又由M是AB的中點(diǎn)，因此CDMA且CDMA.連接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)，連接AC，MC.由(1)知CDAM且CDAM，所以四邊形AMCD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)

15、，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(guò)點(diǎn)C向AB引垂線交AB于點(diǎn)N，連接D1N，如圖(3)由CD1平面ABCD，可得D1NAB，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

16、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(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

17、,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

18、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)面ABC1的法向量為nxyz，則n·8z16x0，n·16y16x0，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