(江苏专用)高考数学-考前三个月-必考题型过关练-第29练-空间向量解决立体几何问题两妙招“选基底”与“建.doc
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1、第29练空间向量解决立体几何问题两妙招 “选基底”与“建系”题型一选好基底解决立体几何问题例1如图所示,已知空间四边形ABCD的各边和对角线的长都等于a,点M、N分别是AB、CD的中点(1)求证:MNAB,MNCD;(2)求MN的长;(3)求异面直线AN与CM夹角的余弦值破题切入点选好基底,将问题中涉及的向量用所选定的基底来线性表示,然后运算(1)证明设p,q,r.由题意可知:|p|q|r|a,且p、q、r三向量两两夹角均为60.()(qrp),(qrp)p(qprpp2)(a2cos 60a2cos 60a2)0.MNAB,同理可证MNCD.(2)解由(1)可知(qrp),|22(qrp)2
2、q2r2p22(qrpqrp)a2a2a22()2a2.|a,MN的长为a.(3)解设向量 与的夹角为.()(qr),qp,(qr)(qp)(q2qprqrp)(a2a2cos 60a2cos 60a2cos 60)(a2).又|a,|cos aacos .cos ,向量与的夹角的余弦值为,从而异面直线AN与CM夹角的余弦值为.题型二建立空间直角坐标系解决立体几何问题例2如图,在底面是矩形的四棱锥PABCD中,PA底面ABCD,E,F分别是PC,PD的中点,PAAB1,BC2.(1)求证:EF平面PAB;(2)求证:平面PAD平面PDC.破题切入点建立空间直角坐标系后,使用向量共线的充要条件证
3、明即可证明(1);(2)根据向量的垂直关系证明线线垂直,进而证明线面垂直,得出面面垂直另外也可用选基底的方法来解决证明方法一(坐标法)以A为原点,AB所在直线为x轴,AD所在直线为y轴,AP所在直线为z轴,建立空间直角坐标系,如图所示,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,2,0),P(0,0,1),E(,1,),F(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)因为,所以,即EFAB.又AB平面PAB,EF平面PAB,所以EF平面PAB.(2)因为(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.因为DC平面PDC,所以平面PAD平面PDC.方法二(选基底法)选取、作为空间向量的一组基底(1)由于E、F分别是PC、PD的中点,所以,即与共线,EF平面PAB,AB平面PAB,EF平面PAB.(2)由于ABCD为矩形,且PA平面ABCD,0.所以有AB平面PAD,又,CD平面PAD,CD平面PCD,从而有平面PAD平面PDC.题型三综合应用问题例3如图,在长方体ABCDA1B1C1D1中,AA1AD1,E为CD的中点(1)求证:B1EAD1;(2)在棱AA1上是否存在一
5、点P,使得DP平面B1AE?若存在,求AP的长;若不存在,说明理由破题切入点利用向量法建立空间直角坐标系,将几何问题进行转化;对于存在性问题可通过计算得结论(1)证明以A为原点,向量,的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系(如图)设ABa,则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)解假设在棱AA1上存在一点P(0,0,z0)使得DP平面B1AE,此时(0,1,z0)又设平面B1AE的法向量n(x,y,z)n平面B1AE,n,n,得取x1,得平面B1AE的一个法向量n
6、.要使DP平面B1AE,只要n,有az00,解得z0.又DP平面B1AE,存在点P,满足DP平面B1AE,此时AP.总结提高(1)利用选基底的方法证明位置关系或求解空间角等问题时,首先要选好基底,再次解决问题时所用的方法要熟练掌握(2)利用建系的方法来解决立体几何问题时类似于选基底的办法,关键是理清原理,然后寻求原理所需要的条件来解决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
7、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,D
8、BM90.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),(bc
9、5a)(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)b2a2acbc
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