2020-2021学年新教材高考数学 专题强化练1 利用空间向量基本定理解决立体几何问题（含解析）（选择性必修第一册）.docx

1、专题强化练1利用空间向量基本定理解决立体几何问题一、选择题1.(2020海南文昌中学高二上月考,)如图,平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AC与BD的交点为M,设AB=a,AD=b,AA1=c,则下列向量中与C1M相等的向量是()A.-12a+12b+cB.12a+12b+cC.-12a-12b-cD.-12a-12b+c2.(2019陕西高三联考,)已知三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱与底面边长都相等,A1在底面ABC上的射影为BC的中点,则异面直线AB与CC1所成角的余弦值为()A.34B.34C.54D.5163.(2019黑龙江大庆铁人中学期末,)如图,在四面体OABC中,OA=

2、8,AB=6,AC=4,BC=5,OAC=45,OAB=60,则OA与BC所成角的余弦值为()A.3-225B.2-26C.12D.32二、填空题4.(2020河北武邑中学高二上月考,)已知在直三棱柱ABC-A1B1C1中,ACB=90,AA1=2,AC=BC=1,则异面直线A1B与AC所成角的余弦值是.5.(2020安徽合肥一六八中学高二月考,)如图,在三棱锥D-ABC中,已知AB=2,ACBD=-3,设AD=a,BC=b,CD=c,则c2ab+1的最小值为.三、解答题6.(2020浙江宁波高二上期中,)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AC,A1CBC1,AB1BC1,D,E分别

3、是AB1,BC的中点.求证:(1)DE平面ACC1A1;(2)AE平面BCC1B1.(用向量方法证明)7.(2020海南海口第一中学高三上月考,)如图所示,在四棱锥E-ABCD中,底面ABCD是菱形,ADC=60,AC与BD交于点O,EC底面ABCD,F为BE的中点,AB=CE.(1)求证:DE平面ACF;(2)求异面直线EO与AF所成角的余弦值;(3)求AF与平面EBD所成角的正弦值.深度解析答案全解全析一、选择题1.CC1M=AM-AC1=12(AB+AD)-(AB+AD+AA1)=-12a-12b-c,故选C.2.B设AB=a,AC=b,AA1=c,BC的中点为D,则A1D平面ABC,A

4、1DAB,设三棱柱的各棱长均为1,则|a|=|b|=|c|=1,且=60,A1D=AD-AA1=12(a+b)-c,A1DAB=12a+12b-ca=0,解得ac=34,cos=ac|a|c|=3411=34,异面直线AB与CC1所成角的余弦值为34.3.A因为BC=AC-AB,所以OABC=OA(AC-AB)=OAAC-OAAB=|OA|AC|cos-|OA|AB|cos=84cos135-86cos120=-162+24.所以cos=OABC|OA|BC|=24-16285=3-225,即OA与BC所成角的余弦值为3-225.二、填空题4.答案66解析由题意得CAB=45,AB=2,A1B

5、=AB-AA1,A1BAC=(AB-AA1)AC=ABAC-AA1AC=2122-0=1,又|A1B|=(AB-AA1)2=2+4=6,|AC|=1,cos=A1BAC|A1B|AC|=161=66.5.答案2解析设CA=x,CB=y,CD=z,则x,y,z是空间的一个基底,AB2=(y-x)2=y2-2yx+x2=b2-2yx+x2=4,ACBD=(-x)(z-y)=xy-xz=-3,AD2=(z-x)2=z2-2zx+x2=c2-2zx+x2=a2,-得b2-c2-2yx+2zx=4-a2,将代入得b2-c2+6=4-a2,化简得c2a2+b2+2=1,又a2+b22ab(当且仅当a=b时

6、取等号),c2ab+12(当且仅当a=b时取等号),即c2ab+1的最小值为2.三、解答题6.证明设AB=a,AC=b,AA1=c.(1)DE=AE-AD=12(a+b)-12AB1=12(a+b)-12(a+c)=12(b-c),A1C=AC-AA1=b-c,DE=12A1C,DEA1C,又DE平面ACC1A1,A1C平面ACC1A1,DE平面ACC1A1.(2)易知AE=12(a+b),BC=b-a,BB1=c,BC1=b-a+c,AB1=a+c,A1CBC1,AB1BC1,A1CBC1=0,AB1BC1=0,即(b-c)(b-a+c)=0,(a+c)(b-a+c)=0,两式相加,整理得b

7、2-a2+bc+ac=0,AB=AC,|a|=|b|,bc+ac=0.AEBB1=12(a+b)c=12(ac+bc)=0,AEBB1.又AEBC=12(b2-a2)=0,AEBC.又BCBB1=B,AE平面BCC1B1.7.解析设AB=CE=1,CD=a,CB=b,CE=c,则|a|=|b|=|c|=1,=90,=120.(1)证明:DE=c-a,CF=12(b+c),CA=a+b,DE=2CF-CA,即DE,CF,CA共面,又DE平面ACF,CF,CA平面ACF,DE平面ACF.(2)EO=CO-CE=12(a+b)-c,AF=CF-CA=12(b+c)-(a+b)=-a-12b+12c,

8、EOAF=-78,|EO|=52,|AF|=1,cos=EOAF|EO|AF|=-78521=-7520,两异面直线所成角不大于90,异面直线EO与AF所成角的余弦值为7520.(3)易知EB=b-c,ED=a-c,过点A作AG平面EBD,垂足为G,则AFG即直线AF与平面EBD所成角.设DG=xDE+yBE,DE=c-a,BE=c-b,DG=xDE+yBE=(x+y)c-xa-yb,AG=AC+CD+DG=(x+y)c-xa-(y+1)b,由AGEB=0,AGED=0,得y=-35,x=25,AG=-15c-25a-25b,|AG|=55,又AF=1,sinAFG=AGAF=55,直线AF与平面EBD所成角的正弦值为55.解后反思用基向量解决直线与平面所成角的问题,基本思路是通过定义,将直线与平面所成角转化为平面角去处理,这里解题的关键是利用共面向量定理确定垂足的位置.