- 立体几何中的向量方法
- 共7934题
下列命题中
①若|
②
③若△ABC中，a=5，b=8，c=7，则
④若非零向量
其中真命题是______．
正确答案
①②
解析
解：对于选项A，根据
对于选项B，根据投影的定义可得，
对于选项C，由余弦定理可知cosC=
对于选项D，|
故答案为：①②
△ABC的外接圆的圆心为O，半径为1，
A
B
C
D
正确答案
解析
2
对于 
所以可以得到图形为：因为 
故选B．
（Ⅰ）求证：四点B、C、F、G共面；
（Ⅱ）求平面ADGC与平面BCGF所组成的二面角余弦值；
（Ⅲ） 求多面体ABC-DEFG的体积．
正确答案
解法一 向量法
由 AD⊥面DEFG和直角梯形EFGD可知，AD、DE、DG两两垂直，建立如图的坐标系，则A（0，0，2），B（2，0，2），C（0，1，2），E（2，0，0），G（0，2，0），F（2，1，0）
（1）
∴
故四点B、C、F、G共面．…（4分）
（2）
设平面BCGF的法向量为
则
令y=2，则
而平面ADGC的法向量
∴
故面ADGC与面BCGF所组成的二面角余弦值为
（3）设DG的中点为M，连接AM、FM，则V多面体ABC-DEFG=V三棱柱ADM-BEF+V三棱柱ABC-MFG
=DE×S△ADM+AD×S△MFG=
解法二 （1）设DG的中点为M，连接AM、FM，则由已知条件易证四边形DEFM是平行四边形，所以MF∥DE，且MF=DE
又∵AB∥DE，且AB=DE∴MF∥AB，且MF=AB
∴四边形ABMF是平行四边形，即BF∥AM，且BF=AM
又∵M为DG的中点，DG=2，AC=1，面ABC∥面DEFG
∴AC∥MG，且AC=MG，即四边形ACGM是平行四边形
∴GC∥AM，且GC=AM
故GC∥BF，且GC=BF，
即四点B、C、F、G共面…（4分）
（2）∵四边形EFGD是直角梯形，AD⊥面DEFG
∴DE⊥DG，DE⊥AD，即DE⊥面ADGC，
∵MF∥DE，且MF=DE，∴MF⊥面ADGC
在平面ADGC中，过M作MN⊥GC，垂足为N，连接NF，则
显然∠MNF是所求二面角的平面角．
∵在四边形ADGC中，AD⊥AC，AD⊥DG，AC=DM=MG=1
∴
∴
在直角三角形MNF中，MF=2，MN=
∴tan∠MNF=
故面ADGC与面BCGF所组成的二面角余弦值为
（3）V多面体ABC-DEFG=V三棱柱ADM-BEF+V三棱柱ABC-MFG=DE×S△ADM+AD×S△MFG
=
解析
解法一 向量法
由 AD⊥面DEFG和直角梯形EFGD可知，AD、DE、DG两两垂直，建立如图的坐标系，则A（0，0，2），B（2，0，2），C（0，1，2），E（2，0，0），G（0，2，0），F（2，1，0）
（1）
∴
故四点B、C、F、G共面．…（4分）
（2）
设平面BCGF的法向量为
则
令y=2，则
而平面ADGC的法向量
∴
故面ADGC与面BCGF所组成的二面角余弦值为
（3）设DG的中点为M，连接AM、FM，则V多面体ABC-DEFG=V三棱柱ADM-BEF+V三棱柱ABC-MFG
=DE×S△ADM+AD×S△MFG=
解法二 （1）设DG的中点为M，连接AM、FM，则由已知条件易证四边形DEFM是平行四边形，所以MF∥DE，且MF=DE
又∵AB∥DE，且AB=DE∴MF∥AB，且MF=AB
∴四边形ABMF是平行四边形，即BF∥AM，且BF=AM
又∵M为DG的中点，DG=2，AC=1，面ABC∥面DEFG
∴AC∥MG，且AC=MG，即四边形ACGM是平行四边形
∴GC∥AM，且GC=AM
故GC∥BF，且GC=BF，
即四点B、C、F、G共面…（4分）
（2）∵四边形EFGD是直角梯形，AD⊥面DEFG
∴DE⊥DG，DE⊥AD，即DE⊥面ADGC，
∵MF∥DE，且MF=DE，∴MF⊥面ADGC
在平面ADGC中，过M作MN⊥GC，垂足为N，连接NF，则
显然∠MNF是所求二面角的平面角．
∵在四边形ADGC中，AD⊥AC，AD⊥DG，AC=DM=MG=1
∴
∴
在直角三角形MNF中，MF=2，MN=
∴tan∠MNF=
故面ADGC与面BCGF所组成的二面角余弦值为
（3）V多面体ABC-DEFG=V三棱柱ADM-BEF+V三棱柱ABC-MFG=DE×S△ADM+AD×S△MFG
=
一个多面体的三视图及直观图如图所示：
（Ⅰ）求异面直线AB1与DD1所成角的余弦值：
（Ⅱ）试在平面ADD1A1中确定一个点F，使得FB1⊥平面BCC1B1；
（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，求二面角F-CC1-B的余弦值．
正确答案
以D为原点，DA、DC、DD1所在的直线为x，y，z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，则D（0，0，0），A（2a，0，0），B1（a，a，a），D1（0，0，a），B（2a，2a，0），C（0，2a，0），C1（0，a，a）…（4分）
（Ⅰ）∵
∴cos＜
即直线AB1与DD1所成角的余弦值为
（II）设F（x，0，z），∵
由FB1⊥平面BCC1B1得
即
∴F（a，0，0）即F为DA的中点…（9分）
（III）由（II）知
设
∵
∴
令y1=1得x1=2，z1=1
∴
∴cos＜
即二面角F-CC1-B的余弦值为
解析
以D为原点，DA、DC、DD1所在的直线为x，y，z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，则D（0，0，0），A（2a，0，0），B1（a，a，a），D1（0，0，a），B（2a，2a，0），C（0，2a，0），C1（0，a，a）…（4分）
（Ⅰ）∵
∴cos＜
即直线AB1与DD1所成角的余弦值为
（II）设F（x，0，z），∵
由FB1⊥平面BCC1B1得
即
∴F（a，0，0）即F为DA的中点…（9分）
（III）由（II）知
设
∵
∴
令y1=1得x1=2，z1=1
∴
∴cos＜
即二面角F-CC1-B的余弦值为
（2015•金凤区校级一模）已知
正确答案
2
解析
解：∵
∴向量
故答案为2
（1）求证：PB∥平面ACM；
（2）求直线CD与平面ACM所成角的正弦值．
正确答案
∵点M是PD中点，∴OM∥PB．
再根据OM⊂平面ACM，PB⊄平面ACM，
∴PB∥平面ACM．
（2）建立如图所示直角坐标系，则A（0，0，0），
P（0，0，4），C（2，4，0），D（0，4，0），M（0，2，2）．∴
设平面ACM的一个法向量
则
设所求角为α，则
即直线CD与平面ACM所成角的正弦值为
解析
∵点M是PD中点，∴OM∥PB．
再根据OM⊂平面ACM，PB⊄平面ACM，
∴PB∥平面ACM．
（2）建立如图所示直角坐标系，则A（0，0，0），
P（0，0，4），C（2，4，0），D（0，4，0），M（0，2，2）．∴
设平面ACM的一个法向量
则
设所求角为α，则
即直线CD与平面ACM所成角的正弦值为
在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=2，BC=2，DD1=2
正确答案
解析
解：如图所示，
建立空间直角坐标系，由长方体可得，∴DD1⊥AC．
由底面ABCD为矩形，AB=BC=2，∴四边形ABCD为正方形，∴AC⊥BD，
而BD∩DD1=D，∴AC⊥平面BDD1B1．
∴可取
又
设AC1与面BDD1所成角为θ．
∴
由图形可知：θ为锐角，∴
故答案为
（1）求证：在四棱锥S-ABCD中AB⊥SD．
（2）若AC长等于6，求异面直线AB与SC之间的距离．
正确答案
解法一：（1）易知S-ABD是正四面体，作SO⊥平面ABCD于O，则O是正三角形ABD的垂心
∵AB⊥OD
∴AB⊥SD（三垂线定理）
（2）∵AC=6∴CD=SD=
于是
又AB∥平面SCD
∴异面直线AB与SC之间的距离即为点B到平面SCD的距离d，
所以两异面直线之间的距离为
解法二：作SO⊥平面ABCD于O，取BA的三等分点E，则OE，OC，OS两两互相垂直建立坐标系（如图）
A（-2，0，0，） B（1，
S（0，0，
（1）∵
∴AB⊥SD
（2）又C（4，0，0），可得
于是有
∴
∴两异面直线之间的距离
解析
解法一：（1）易知S-ABD是正四面体，作SO⊥平面ABCD于O，则O是正三角形ABD的垂心
∵AB⊥OD
∴AB⊥SD（三垂线定理）
（2）∵AC=6∴CD=SD=
于是
又AB∥平面SCD
∴异面直线AB与SC之间的距离即为点B到平面SCD的距离d，
所以两异面直线之间的距离为
解法二：作SO⊥平面ABCD于O，取BA的三等分点E，则OE，OC，OS两两互相垂直建立坐标系（如图）
A（-2，0，0，） B（1，
S（0，0，
（1）∵
∴AB⊥SD
（2）又C（4，0，0），可得
于是有
∴
∴两异面直线之间的距离
（1）求
（2）设
①
②OA与平面SBC的夹角β（用反三角函数表示）；
③O到平面SBC的距离．
（3）设
①
②异面直线SC、OB的距离为______．（注：（3）只要求写出答案）
正确答案
解：（Ⅰ）如图所示：
C（2，0，0），S（0，0，1），O（0，0，0），B（1，1，0）
∴
∴
（Ⅱ）①
②过O作OE⊥BC于E，则BC⊥面SOE，∴SOE⊥SAB又两面交于SE，过O作OH⊥SE于H，则OH⊥SBC，延长OA与CB交于F，则OF=2
连FH，则∠OFH为所求
∴
∴
③由题设条件可得∠OBC是直角，可得出CB⊥面SOB，故CB⊥SB
又在直角三角形SOB内，可求得SB=
又由题设条件得
故由等体积法可得点O到面SBC的距离为
（III）
解析
解：（Ⅰ）如图所示：
C（2，0，0），S（0，0，1），O（0，0，0），B（1，1，0）
∴
∴
（Ⅱ）①
②过O作OE⊥BC于E，则BC⊥面SOE，∴SOE⊥SAB又两面交于SE，过O作OH⊥SE于H，则OH⊥SBC，延长OA与CB交于F，则OF=2
连FH，则∠OFH为所求
∴
∴
③由题设条件可得∠OBC是直角，可得出CB⊥面SOB，故CB⊥SB
又在直角三角形SOB内，可求得SB=
又由题设条件得
故由等体积法可得点O到面SBC的距离为
（III）
（Ⅰ）求证：DF∥平面ABC；
（Ⅱ）求证：平面DBE⊥平面ABE；
（Ⅲ）求直线BD和平面ACDE所成角的余弦值．
正确答案
（I）证明：取AB中点G，连线FG、CG，F为BE中点，
∴
∴
∴四边形CDFG为平行四边形
∴DF∥CG，又DF⊄平面ABC，CG⊂平面ABC
∴DF∥平面ABC…4分
（II）证明：取AB中点G，由（1）可知四边形CDFG为平行四边形，
∴CG∥DF又AE⊥平面ABC，AE⊂平面ABE
∴平面ABE⊥平面ABC，交线为AB．
又△ABC为正三角形，G为AB中点
∴CG⊥AB，
∴CG⊥平面ABE又CG∥DF，
∴DF⊥平面ABE，
又DF⊂平面DBE
∴平面DBE⊥平面ABE…8分
（III）解：取AC中点M，连接BM、DM
∵△ABC为正三角形，M为AC中点，
∴BM⊥AC．
又AE⊥平面ABC，AE⊂平面ACDE
∴平面ACDE⊥平面ABC，
∴BM⊥平面ACDE．
∴∠BDM为所求的线面角．
又因为
所以
所以
所以
所以
故直线BD和平面ACDE所成角的余弦值
解析
（I）证明：取AB中点G，连线FG、CG，F为BE中点，
∴
∴
∴四边形CDFG为平行四边形
∴DF∥CG，又DF⊄平面ABC，CG⊂平面ABC
∴DF∥平面ABC…4分
（II）证明：取AB中点G，由（1）可知四边形CDFG为平行四边形，
∴CG∥DF又AE⊥平面ABC，AE⊂平面ABE
∴平面ABE⊥平面ABC，交线为AB．
又△ABC为正三角形，G为AB中点
∴CG⊥AB，
∴CG⊥平面ABE又CG∥DF，
∴DF⊥平面ABE，
又DF⊂平面DBE
∴平面DBE⊥平面ABE…8分
（III）解：取AC中点M，连接BM、DM
∵△ABC为正三角形，M为AC中点，
∴BM⊥AC．
又AE⊥平面ABC，AE⊂平面ACDE
∴平面ACDE⊥平面ABC，
∴BM⊥平面ACDE．
∴∠BDM为所求的线面角．
又因为
所以
所以
所以
所以
故直线BD和平面ACDE所成角的余弦值
扫码查看完整答案与解析