专题强化练1 基底法在立体几何中的应用
1.(2024湖北黄冈黄梅国际育才高级中学开学考)如图,在底面ABCD为菱形的平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,M,N分别在棱AA1,CC1上,A1M=AA1,CN=CC1,且∠A1AD=∠A1AB=∠DAB=60°.
(1)用向量,,表示向量;
(2)求证:D,M,B1,N四点共面;
(3)当为何值时,AC1⊥A1B 请说明理由.
2.(2024四川成都七中月考)如图,一个结晶体的形状为平行六面体ABCD-A1B1C1D1,其中以顶点A为端点的三条棱的长均为1,且它们彼此间的夹角都是60°.
(1)求证:AC1⊥DB;
(2)求异面直线BD1与AC所成角的余弦值.
3.(2024山西晋中期中)如图所示,在棱长为2的正四面体A-BCD中,E为等边三角形ACD的中心,F,G分别满足=,=.
(1)用,,表示,并求出||;
(2)求直线FG与平面ACD所成角的正弦值.
4.(2024辽宁部分高中协作体联考)如图,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,CB⊥BD,∠C1CD=45°,∠C1CB=60°,CC1=CB=BD=1.
(1)求对角线CA1的长度;
(2)求二面角C-BD-C1的余弦值.
5.(2024福建厦门二中月考)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AB=AD=AA1=1,∠A1AB=∠A1AD=∠BAD=60°.
(1)求证:直线A1C⊥平面BDD1B1;
(2)求A1到平面BDD1B1的距离.
6.(2024湖北襄阳五校开学考)如图,在三棱锥D-ABC中,AD=CD=AE=CE=BC,CD⊥AD,记二面角D-AC-B的平面角为θ.
(1)若θ=,BC=2,求三棱锥D-ABC的体积;
(2)若M为BC的中点,求直线AD与EM所成角的取值范围.
7.(2024辽宁大连月考)已知四棱锥T-ABCD的底面是平行四边形,平面α与直线AD,TA,TC分别交于点P,Q,R,且===x,点M在直线TB上,N为CD的中点,且直线MN∥平面α.设=a,=b,=c.
(1)试用基底{a,b,c}表示向量;
(2)证明:对所有满足条件的平面α,点M都落在某一条长为TB的线段上.
答案与分层梯度式解析
专题强化练1 基底法在立体几何中的应用
1.解析 (1)=+++=-+++=+-.
(2)证明:∵=-=-,=-=-,∴=,∴D,M,B1,N四点共面.
(3)当=1时,AC1⊥A1B,理由如下:
设=c,=b,=a,
∵底面ABCD为菱形,∴当=1时,|a|=|b|=|c|,
∵=++=a+b+c,=-=a-c,
∠A1AD=∠A1AB=∠DAB=60°,
∴·=(a+b+c)·(a-c)=a2+a·b-b·c-c2=0,∴AC1⊥A1B.
2.解析 (1)证明:∵以顶点A为端点的三条棱的长均为1,且它们彼此间的夹角都是60°,
∴·=·=·=1×1×cos 60°=,
∴·=(++)·(-)=(++)·(-)=·-·+-·+·-=-+1-+-1=0,∴AC1⊥DB.
(2)∵=+-=+-,=+,
∴||=
=
==,
||====,
·=(+-)·(+)=-+·+·=1-1++=1,
∴cos<,>===,
∴异面直线BD1与AC所成角的余弦值为.
3.解析 (1)连接AE并延长,交CD于M,则M为CD的中点,
则==×(+)=(+),
所以=+=+(+)=+(-+-)=(++),
所以||=|++|==
==.
(2)根据题意,可知BE⊥平面ACD,因此,直线FG与平面ACD所成角的正弦值即为直线FG与直线BE所成角的余弦值.
破题关键(将线面角转化为异面直线所成的角,进一步转化为两个方向向量的夹角或其补角)
易得=-=-,
则||==
=
==,
故cos<,>=
=
=
===.
则直线FG与平面ACD所成角的正弦值为.
4.解析 (1)由题意知,在Rt△CBD中,CD=,∠BCD=45°,以,,为基向量,可得=++①,
易得·=||||cos∠BCD=1,·=,·=1,
对①式等号两边同时平方,得==+++2·+2·+2·=1+2+1+2+1+2=9,
所以||=3,即CA1=3.
(2)在△C1CD中,C1D2=C+CD2-2CC1·CDcos 45°=1,则C1D=1,
因为CC1=CB=1,∠C1CB=60°,所以△C1CB为等边三角形,所以C1B=1,
所以C1B=BD=C1D,故△C1DB为等边三角形,
取BD的中点O,连接C1O,则C1O⊥BD,故·=0,
因为CB⊥BD,所以·=0,设二面角C-BD-C1的平面角为θ,由图可知,θ为锐角.
易得=++②,
·=||||·cos(π-θ),
②式等号两边同时平方,得=+++2·+2·+2·=2-cos θ,
所以2-cos θ=1,则cos θ=.
所以二面角C-BD-C1的余弦值为.
5.解析 (1)证明:设=a,=b,=c,则{a,b,c}为空间的一个基底,且=a+b-c,=b-a,=c,
∵AB=AD=AA1=1,∠A1AB=∠A1AD=∠BAD=60°,
∴a2=b2=c2=1,a·b=b·c=c·a=.
在平面BDD1B1上,取,为基向量,则对于平面BDD1B1上任意一点P,存在唯一的有序实数对(λ,μ),使得=λ+μ,
则·=λ·+μ·=λ(a+b-c)·(b-a)+μ(a+b-c)·c=0,∴A1C⊥BP,又BP 平面BDD1B1,A1C 平面BDD1B1,P为平面BDD1B1上任意一点,∴直线A1C⊥平面BDD1B1.
(2)设A1到平面BDD1B1的距离为d,则d为在上的投影向量的长度,则d=,
∵·=(a+b-c)·b=a·b+b2-b·c=+1-=1,||===,∴d==.
6.解析 (1)取AC的中点F,连接FD,FE,因为AD=CD=AE=CE=BC=1,所以DF⊥AC,EF⊥AC,故∠DFE即为二面角D-AC-B的平面角,即∠DFE=θ=.连接DE,作DH⊥FE,垂足为H,因为DF∩EF=F,DF,EF 平面DEF,所以AC⊥平面DEF,因为DH 平面DEF,所以AC⊥DH,因为AC∩EF=F,AC,EF 平面ABC,所以DH⊥平面ABC.因为CD⊥AD,所以由勾股定理得AC=,故DF=,又AE=CE=1,所以由勾股定理的逆定理可知,AE⊥CE,且易得∠BAC=,EF=,在△ABC中,由余弦定理的推论得cos∠BAC===,解得AB=1+或AB=1-(舍去),则S△ABC=AC·AB·sin∠BAC=××(1+)×=,因为∠DFE=θ=,DF=EF=,所以△DEF为等边三角形,则DH=,故三棱锥D-ABC的体积VD-ABC=S△ABC·DH=××=.
(2)设AD=CD=AE=CE=a,则AC=a,BC=2a,结合(1)知AB=(+1)a,且∠DFE=θ,则BE=a.取{,,}为空间的一个基底,则=-,=+=+=+(-)
=-+(-)=-,
则·=(-)·
=·-·-·+,
又||=||=||=a,且∠DFE=θ,⊥,⊥,故·=||·||cos θ+·=a2cos θ+a2,
由CE=a,BE=a,BC=2a可知CE⊥BE,
又M是BC的中点,所以EM=BC=a,
所以cos<,>===cos θ+,
因为在三棱锥D-ABC中,θ∈(0,π),所以cos θ∈(-1,1),所以cos<,>=cos θ+∈,故直线AD与EM所成角的取值范围为.
7.解析 (1)连接AC,BD,交于点O,易得+=2,+=2,∴+=+,
∴=+-=a-b+c.
(2)证明:由(1)可知=a-b+c,
∵===x,∴=x,=xa,=(1-x)c,
∴=+=+x=(1-x)a+x(a+c-b)=a+xc-xb,
=-=a+xc-xb-xa=(1-x)a+xc-xb,
=-=(1-x)c-xa=-xa+(1-x)c,
由点M在直线TB上,可设=λ=λb,λ∈R,
易得=+=a-b+c,
=-=λb-a-c+b=-a+b-c,
∵NM∥平面PQR,
∴存在实数y,z使得=y+z,
∴-a+b-c=y(1-x)a-yxb+yxc-zxa+z(1-x)c=(y-xy-zx)a-yxb+(yx+z-xz)c,
∴
消元可得(4λ+1)x2-(4λ+3)x+2λ+1=0,
当λ=-时,-2x+=0,解得x=;
当λ≠-时,∵x∈R,
∴令Δ=(4λ+3)2-4(4λ+1)(2λ+1)≥0,
解得-≤λ≤,
所以-≤λ<-或-<λ≤.
综上可得,-≤λ≤,
故对所有满足条件的平面α,点M都落在某一条长为TB的线段上.
