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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= 3,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; π (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; 6 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(0<a< 2). (1)当 a 为何值时,MN 的长度最小; (2)当 MN 长度最小时,求 AB 与平面 AMN 所成角 α 的正弦值.

B 卷:增分提能 1.如图,在四棱锥 PABCD 中,侧面 PAD⊥底面 ABCD,侧棱 PA=PD= 2,PA⊥PD, 底面 ABCD 为直角梯形,其中 BC∥AD,AB⊥AD,AB=BC=1,O 为 AD 的中点. (1)求直线 PB 与平面 POC 所成角的余弦值; (2)求 B 点到平面 PCD 的距离; (3)线段 PD 上是否存在一点 Q, 使得二面角 QACD 的余弦值为 值;若不存在,请说明理由. 6 PQ ?若存在, 求出 的 3 QD

2.(2014· 湖北高考)如图,在棱长为 2 的正方体 ABCDA1B1C1D1 中,E,F,M,N 分别 是棱 AB, AD, A1B1, A1D1 的中点, 点 P, Q 分别在棱 DD1, BB1 上移动, 且 DP=BQ=λ(0<λ<2). (1)当 λ=1 时,证明:直线 BC1∥平面 EFPQ; (2)是否存在 λ,使面 EFPQ 与面 PQMN 所成的二面角为直二面角?若存在,求出 λ 的 值;若不存在,说明理由.

答案 A 卷:夯基保分 1.解:(1)证明:连接 BD 交 AC 于点 O,连接 EO. 因为平面 ABCD 为矩形, 所以 O 为 BD 的中点. 又 E 为 PD 的中点, 所以 EO∥PB. 因为 EO?平面 AEC,PB?平面 AEC, 所以 PB∥平面 AEC. (2)因为 PA⊥平面 ABCD,平面 ABCD 为矩形, 所以 AB,AD,AP 两两垂直. ??? ? ??? ? 如图, 以 A 为坐标原点,AB 的方向为 x 轴的正方向, | AP | 为单位长,建立空间直角坐标系 Axyz ,则 D(0 , 3 , 0) , E?0,

?

? ? 3 1? ??? 3 1? , , AE = 0, , . 2 2? 2 2? ?

???? 设 B(m,0,0)(m>0),则 C(m, 3,0), AC =(m, 3,0).

设 n1=(x,y,z)为平面 ACE 的法向量,
???? mx+ 3y=0, ? ? ?n1·AC =0, 则? ??? 即? 3 1 ? ?n1·AE =0, ? ? 2 y+2z=0,

可取 n1=?

3 ?. m ? ,-1, 3?

又 n2=(1,0,0)为平面 DAE 的法向量, 1 由题设|cos〈n1,n2〉|= , 2 即 3 1 3 = ,解得 m= . 2 3+4m2 2

1 1 1 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= × × 3 2 3 2 3 1 3 × × = . 2 2 8 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), ??? ? ???? ? EC =(-1,2-y0,0), D1C =(0,2,-1), 设 n1=(x1,y1,z1)是平面 D1EC 的法向量, ??? ? EC =0, ?n1· ?-x1+?2-y0?y1=0, ? ? 则? ???? 得 ? 令 y1=1,则平面 D1EC 的法向量为 n1= ?2y1-z1=0, ? D1C =0, ?n1· (2-y0,1,2),由题知平面 DEC 的一个法向量 n2=(0,0,1). π 由二面角 D1ECD 的大小为 得 6 π |n1· n2 | 2 3 cos = = = , 2 6 |n1|· |n2| 2 ?2-y0? +1+4 解得 y0=2- 3 ∈[0,2], 3 3 π 时,二面角 D1ECD 的大小为 . 3 6

所以当 AE=2-

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?

2 2 ? a, a,0 , 2 2 ? ?

2 2 ? . ? 2 a,0,1- 2 a?

∴MN= ∴当 a= (2)当 a=

?1- 2a?2+? 2a?2= 2 ? ?2 ? ?
2 时,MN 的长度最小. 2

?a- 2?2+1, 2? 2 ?

1 1 1 1 2 ,0, ?,N? , ,0?, 时,M? 2? ?2 ?2 2 ? 2

又 A(1,0,0),
???? ? ???? 1 1 1 1 - ,0, ?, AN =?- , ,0?. ∴ AM =? 2? ? 2 ? 2 2 ?

设平面 AMN 的法向量 n=(x,y,z),

?-2x+2z=0, ? AM · n=0, 则? ???? 即? 1 1 n=0, ? AN · ?-2x+2y=0,
???? ?

1

1

取 x=1,得 y=1,z=1,∴平面 AMN 的法向

量 n=(1,1,1). ??? ? ∵ AB =(-1,0,0), ∴AB 与平面 AMN 所成角 α 的正弦值为 ??? ? |n·AB | 3 ??? ? = . sin α= |n|· | AB | 3 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),∴ PB =(1,-1,-1),易证 OA⊥平面 POC, ??? ? ∴ OA =(0,-1,0)是平面 POC 的法向量, ??? ? ??? ? ??? ? ??? ? PB · OA 3 ? ??? ? = . cos〈 PB , OA 〉= ??? | PB || OA | 3 ∴直线 PB 与平面 POC 所成角的余弦值为 6 . 3

???? ??? ? (2) PD =(0,1,-1), CP =(-1,0,1),

设平面 PDC 的一个法向量为 u=(x,y,z), ??? ? CP =-x+z=0, ?u· 则? ???? 取 z=1,得 u=(1,1,1). PD =y-z=0, ? u· ??? ? | BP · u| 3 ∴B 点到平面 PCD 的距离 d= = . |u| 3 ???? ??? ? (3)存在.设 PQ =λ PD (0<λ<1), ???? ? ??? ? ???? ??? ∵ PD =(0,1,-1),∴ PQ =(0,λ,-λ)= OQ - OP , ???? ∴ OQ =(0,λ,1-λ),∴Q(0,λ,1-λ). 设平面 CAQ 的一个法向量为 m=(x,y,z), ???? ?m·AC =x+y=0, 则? ???? ?m·AQ =?λ+1?y+?1-λ?z=0. 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 6 , 3

|m· n| 6 所以|cos〈m,n〉|= = , |m||n| 3 1 得 3λ2-10λ+3=0,解得 λ= 或 λ=3(舍), 3 所以存在点 Q,使得二面角 QACD 的余弦值为 6 PQ 1 ,且 = . 3 QD 2

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).

??? ? ??? ? ???? ? BC1 =(-2,0,2), FP =(-1,0,λ), FE =(1,1,0). ??? ? (1)证明:当 λ=1 时, FP =(-1,0,1), ??? ? ???? ? ???? ? 因为 BC1 =(-2,0,2),所以 BC1 =2 FP ,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 ??? ? ? ? FE · n=0, ?x+y=0, 由? ??? 可得? ? ?-x+λz=0. ? n=0, ? FP · 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, 2 解得 λ=1± . 2 2 故存在 λ=1± ,使面 EFPQ 与面 PQMN 所成的二面角为直二面角. 2

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. 1 (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. 2

又 DP=BQ,DP∥BQ, 所以四边形 PQBD 是平行四边形, 故 PQ∥BD,且 PQ=BD,

1 从而 EF∥PQ,且 EF= PQ. 2 在 Rt△EBQ 和 Rt△FDP 中, 因为 BQ=DP=λ,BE=DF=1, 于是 EQ=FP= 1+λ2,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? 2 2 1 =λ + , 2 ?2? 1 2?2 =(2-λ)2+ , 2 ?2?

OG2=1+(2-λ)2-?

1 1 由 OG2+OH2=GH2,得(2-λ)2+ +λ2+ =4, 2 2 2 解得 λ=1± , 2 2 故存在 λ=1± ,使面 EFPQ 与面 PQMN 所成的二面角为直二面角. 2


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