2016届高考数学（理）大一轮复习达标训练试题：课时跟踪检测(四十九)　空间向量的应用

2016届高考数学（理）大一轮复习达标训练试题：课时跟踪检测(四十九)　空间向量的应用

课时跟踪检测(四十九)　空间向量的应用 ‎(分A、B卷，共2页)‎ A卷：夯基保分 ‎1．(2014·新课标全国卷Ⅱ)如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点．‎ ‎(1)证明：PB∥平面AEC；‎ ‎(2)设二面角D AEC为60°，AP＝1，AD＝，求三棱锥EACD的体积．‎ ‎2．(2015·贵州模拟)如图，正方形AA1D1D与矩形ABCD所在平面互相垂直，AB＝2AD＝2.‎ ‎(1)若点E为AB的中点，求证：BD1∥平面A1DE；‎ ‎(2)在线段AB上是否存在点E，使二面角D1ECD的大小为？若存在，求出AE的长；若不存在，请说明理由．‎ ‎3．(2015·浙江名校联考)如图，正方形ABCD，ABEF的边长都是1，且平面ABCD⊥平面ABEF，点M在AC上移动，点N在BF上移动，若CM＝BN＝a(00)，则C(m，，0)，＝(m，，0)．‎ 设n1＝(x，y，z)为平面ACE的法向量，‎ 则即 可取n1＝.‎ 又n2＝(1,0,0)为平面DAE的法向量，‎ 由题设|cos〈n1，n2〉|＝，‎ 即 ＝，解得m＝.‎ 因为E为PD的中点，所以三棱锥EACD的高为.三棱锥EACD的体积V＝××××＝.‎ ‎2．解：(1)证明：四边形ADD‎1A1为正方形，连接AD1，A1D∩AD1＝F，则F是AD1的中点，又因为点E为AB的中点，连接EF，则EF为△ABD1的中位线，所以EF∥BD1.‎ 又因为BD1⊄平面A1DE，EF⊂平面A1DE，‎ 所以BD1∥平面A1DE.‎ ‎(2)根据题意得DD1⊥DA，D1D⊥DC，AD⊥DC，以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系Dxyz，则D(0,0,0)，D1(0,0,1)，C(0，2,0)．‎ 设满足条件的点E存在，‎ 令E(1，y0,0)(0≤y0≤2)，‎ ‎＝(－1,2－y0,0)，＝(0,2，－1)，‎ 设n1＝(x1，y1，z1)是平面D1EC的法向量，‎ 则得 令y1＝1，则平面D1EC的法向量为n1＝(2－y0,1,2)，由题知平面DEC的一个法向量n2＝(0,0,1)．‎ 由二面角D1ECD的大小为得 cos ＝＝＝，‎ 解得y0＝2－∈[0,2]，‎ 所以当AE＝2－时，二面角D1ECD的大小为.‎ ‎3．解：(1)以B为原点，BA，BE，BC分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系Bxyz(如图所示)，‎ 则N，‎ M.‎ ‎∴MN＝＝ ，‎ ‎∴当a＝时，MN的长度最小．‎ ‎(2)当a＝时，M，N，‎ 又A(1,0,0)，‎ ‎∴＝，＝.‎ 设平面AMN的法向量n＝(x，y，z)，‎ 则即取x＝1，得y＝1，z＝1，∴平面AMN的法向量n＝(1,1,1)．‎ ‎∵＝(－1,0,0)，‎ ‎∴AB与平面AMN所成角α的正弦值为 sin α＝＝.‎ B卷：增分提能 ‎1．解：(1)在△PAD中，PA＝PD，O为AD的中点，‎ 所以PO⊥AD，‎ 又侧面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PO⊂平面PAD，‎ 所以PO⊥平面ABCD.‎ 又在直角梯形ABCD中，连结OC，易得OC⊥AD，所以以O为坐标原点，直线OC为x轴，直线OD为y轴，直线OP为z轴建立空间直角坐标系，则P(0,0,1)，A(0，－1,0)，B(1，－1,0)，C(1,0,0)，D(0,1,0)，∴＝(1，－1，－1)，易证OA⊥平面POC，‎ ‎∴＝(0，－1,0)是平面POC的法向量，‎ cos〈，〉＝＝.‎ ‎∴直线PB与平面POC所成角的余弦值为.‎ ‎(2)＝(0,1，－1)，＝(－1,0,1)，‎ 设平面PDC的一个法向量为u＝(x，y，z)，‎ 则取z＝1，得u＝(1,1,1)．‎ ‎∴B点到平面PCD的距离d＝＝.‎ ‎(3)存在．设＝λ (0<λ<1)，‎ ‎∵＝(0,1，－1)，∴＝(0，λ，－λ)＝－，‎ ‎∴＝(0，λ，1－λ)，∴Q(0，λ，1－λ)．‎ 设平面CAQ的一个法向量为m＝(x，y，z)，‎ 则 取z＝λ＋1，得m＝(1－λ，λ－1，λ＋1)，‎ 又平面CAD的一个法向量为n＝(0,0,1)，‎ 因为二面角QACD的余弦值为，‎ 所以|cos〈m，n〉|＝＝，‎ 得3λ2－10λ＋3＝0，解得λ＝或λ＝3(舍)，‎ 所以存在点Q，使得二面角QACD的余弦值为，且＝.‎ ‎2．解：法一(向量方法)：以D为原点，射线DA，DC，DD1分别为x，y，z轴的正半轴建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz.由已知得B(2,2,0)，C1(0,2,2)，E(2,1,0)，F(1,0,0)，P(0,0，λ)．‎ ‎＝(－2,0,2)，＝(－1,0，λ)，＝(1,1,0)．‎ ‎(1)证明：当λ＝1时，＝(－1,0,1)，‎ 因为＝(－2,0,2)，所以＝2，即BC1∥FP.‎ 而FP⊂平面EFPQ，且BC1⊄平面EFPQ，‎ 故直线BC1∥平面EFPQ.‎ ‎(2)设平面EFPQ的一个法向量为n＝(x，y，z)，则 由可得 于是可取n＝(λ，－λ，1)．‎ 同理可得平面MNPQ的一个法向量为m＝(λ－2,2－λ，1)．‎ 若存在λ，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角，‎ 则m·n＝(λ－2,2－λ，1)·(λ，－λ，1)＝0，‎ 即λ(λ－2)－λ(2－λ)＋1＝0，‎ 解得λ＝1±.‎ 故存在λ＝1±，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角．‎ 法二(几何法)：(1)证明：如图，连接AD1，‎ 由ABCDA1B‎1C1D1是正方体，知BC1∥AD1.‎ 当λ＝1时，P是DD1的中点，又F是AD的中点，‎ 所以FP∥AD1.‎ 所以BC1∥FP.‎ 而FP⊂平面EFPQ，且BC1⊄平面EFPQ，‎ 故直线BC1∥平面EFPQ.‎ ‎(2)如图，连接BD.因为E，F分别是AB，AD的中点，所以EF∥BD，且EF＝BD.‎ 又DP＝BQ，DP∥BQ，‎ 所以四边形PQBD是平行四边形，‎ 故PQ∥BD，且PQ＝BD，‎ 从而EF∥PQ，且EF＝PQ.‎ 在Rt△EBQ和Rt△FDP中，‎ 因为BQ＝DP＝λ，BE＝DF＝1，‎ 于是EQ＝FP＝，所以四边形EFPQ是等腰梯形．‎ 同理可证四边形PQMN是等腰梯形．‎ 分别取EF，PQ，MN的中点为H，O，G，连接OH，OG，‎ 则GO⊥PQ，HO⊥PQ，而GO∩HO＝O，‎ 故∠GOH是面EFPQ与面PQMN所成的二面角的平面角．‎ 若存在λ，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角，则∠GOH＝90°.‎ 连接EM，FN，则由EF∥MN，且EF＝MN，知四边形EFNM是平行四边形．‎ 连接GH，因为H，G是EF，MN的中点，‎ 所以GH＝ME＝2.‎ 在△GOH中，GH2＝4，‎ OH2＝1＋λ2－2＝λ2＋，‎ OG2＝1＋(2－λ)2－2＝(2－λ)2＋，‎ 由OG2＋OH2＝GH2，得(2－λ)2＋＋λ2＋＝4，‎ 解得λ＝1±，‎ 故存在λ＝1±，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角．‎