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  • 2021-06-15 发布

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

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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.‎

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