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- 2021-06-15 发布
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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.