（江苏专用）高考数学二轮复习 专题检测29 空间向量解决立体几何问题两妙招

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，C1D2A1D2A1C2A1D·A1C1cos 60°1642×412.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 60°a×bcos 45°abcos 45°a×b0，二面角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)(18a·b9|a|2)(18×1×1·cos 60°9)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°，a·bb·cc·a.(1)|2(abc)2a2b2c22(a·bb·cc·a)1112×()6，|，即AC1的长为.(2)bca，ab，|，|，·(bca)·(ab)b2a2a·cb·c1.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n·8z16x0，n·16y16x0，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，AC