2019年高考数学一轮总复习第七章立体几何7.7.2空间向量的应用课时跟踪检测（理科）.doc

1、=【 ;精品教育资源文库 】 = 7.7.2 空间向量的应用 课 时 跟 踪 检 测 1已知单位正方体 ABCD A1B1C1D1， E， F 分别是棱 B1C1， C1D1的中点试求： (1)AD1与 EF 所成角的大小 ； (2)AF 与平面 BEB1所成角的余弦值 解：建立如图所示的空间直角坐标系， 得 A(1,0,1)， B(0,0,1)， D1(1,1,0)， E? ?0， 12， 0 ， F? ?12， 1， 0 . (1)因为 AD1 (0,1， 1)， EF ? ?12， 12， 0 ， 所以 cos AD1 ， EF ， 1， ? ?12， 12， 02 22 12， 即 A

2、D1与 EF 所成的角为 60. (2)FA ? ?12， 1， 1 ， 由图可得， BA (1,0,0)为平面 BEB1的一个法向量， 设 AF 与平面 BEB1所成的角为 ， 则 sin |cos BA ， FA | ?， 0，?12， 1， 11 ? ?12 2 2 12 13， 所以 cos 2 23 . 即 AF 与平面 BEB1所成角的余弦值为 2 23 . 2 (2018 届昆明市两区七校调研 )如图，在长方体 ABCD A1B1C1D1 中， AB AA1 1， E为 BC 中点 =【 ;精品教育资源文库 】 = (1)求证： C1D D1E； (2)在棱 AA1上是否存在一点

3、 M，使得 BM 平面 AD1E？若存在，求 AMAA1的值；若不存在，说明理由； (3)若二面角 B1 AE D1的大小为 90 ，求 AD 的长 解： (1)证明：以 D 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系 D xyz，设 AD a，则D(0,0,0)， A(a,0,0)， B(a,1,0)， B1(a,1,1)， C1(0,1,1)， D1(0,0,1)， E? ?a2， 1， 0 ， 所以 C1D (0， 1， 1)， D1E ? ?a2， 1， 1 ， 所以 C1D D1E 0，所以 C1D D1E. (2)设 AMAA1 h，则 M(a,0， h)， 连接 BM，所以 BM (0

4、， 1， h)， AE ? ? a2， 1， 0 ， AD1 ( a,0,1)， 设平面 AD1E 的法向量为 n (x， y， z)， 则? AE n a2x y 0AD1 n ax z 0， 所以平面 AD1E 的一个法向量为 n (2， a,2a)， 因为 BM 平面 AD1E，所以 BM n， 即 BM n 2ah a 0，所以 h 12. 即在 AA1上存在点 M，使得 BM 平面 AD1E， =【 ;精品教育资源文库 】 = 此时 AMAA1 12. (3)连接 AB1， B1E，设平面 B1AE 的法向量为 m (x ， y ， z) ， AE ? ? a2， 1， 0 ， AB

5、1 (0,1,1)， 则? AE m a2x y 0，AB1 m y z 0，所以平面 B1AE 的一个法向量为 m (2， a， a) 因为二面角 B1 AE D1的大小为 90 ， 所以 m n，所以 mn 4 a2 2a2 0， 因为 a0，所以 a 2，即 AD 2. 3如图 1， ACB 45 ， BC 3，过动点 A 作 AD BC，垂足 D 在线段 BC 上且异于点 B，连接 AB，沿 AD 将 ABD 折起，使 BDC 90( 如图 2 所示 ) (1)当 BD 的长为多少时，三棱锥 A BCD 的体积最大； (2)当三棱锥 A BCD 的体积最大时，设点 E， M 分别为棱

6、BC， AC 的中点，试在棱 CD 上确定一点 N，使得 EN BM，并求 EN 与平面 BMN 所成角的大小 解： (1)设 BD x(0x3)，则 CD 3 x. 由 AD BC， ACB 45 知， ADC 为等腰直角三角形， 所以 AD CD 3 x. 由折起前 AD BC 知，折起后， AD DC， AD BD， 且 BD DC D， 所以 AD 平面 BCD. 又 BDC 90 ， 所以 S BCD 12BD CD 12x(3 x) 于是 VA BCD 13AD S BCD 13(3 x) 12x(3 x) 1122 x(3 x)(3 x) =【 ;精品教育资源文库 】 = 112

7、? ?2x x x3 3 23(当且仅当 2x 3 x，即 x 1 时，等号成立 )， 故当 x 1，即 BD 1 时， 三棱锥 A BCD 的体积最大 (2)以 D 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系 D xyz. 由 (1)知，当三棱锥 A BCD 的体积最大时， BD 1， AD CD 2. 于是可得 D(0,0,0)， B(1,0,0)， C(0,2,0)， A(0,0,2)， M(0,1,1)， E12， 1,0， 所以 BM ( 1,1,1) 设 N(0， ， 0)，则 EN ? ? 12， 1， 0 . 因为 EN BM， 所以 EN BM 0， 即 ? ? 12， 1， 0

8、( 1,1,1) 12 1 0， 故 12， N? ?0， 12， 0 . 所以当 DN 12(即 N 是 CD 上靠近点 D 的一个四等分点 )时， EN BM. 设平面 BMN 的一个法向量为 n (x， y， z)， 由? n BN ，n BM ，及 BN ? ? 1， 12， 0 ， 得? x 12y 0， x y z 0，取 x 1 得 n (1,2， 1) 设 EN 与平面 BMN 所成角的大小为 ， 则由 EN ? ? 12， 12， 0 ， =【 ;精品教育资源文库 】 = 可得 sin |cos n， EN |?n EN|n| EN | ? ? 12 16 22 32 ，即

9、60 ，故 EN 与平面 BMN 所成角的大小为 60. 4如图，在四棱锥 P ABCD 中，平面 PAD 平面 ABCD，平面 PCD 平面 ABCD， E 为 PB上任意一点， O 为菱形 ABCD 对角线的交点 (1)求证：平面 EAC 平面 PBD； (2)试确定点 E 的位置，使得四棱锥 P ABCD 的体积被平面 EAC 分成 3 1 两部分； (3)在 (2)的条件下，若 BAD 60 ，二面角 B AE C 的大小为 45 ，求 PD AD 的值 解： (1)证明：如图 ，过点 B 作 BG AD 于点 G， 由于平面 PAD 平面 ABCD， 由面面垂直的性质定理可知 BG

10、平面 PAD， 又 PD? 平面 PAD，故 PD BG. 同理，过点 B 作 BH CD 于点 H，则 PD BH. 又 BG? 平面 ABCD， BH?平面 ABCD， BG BH B， 所以 PD 平面 ABCD，所以 PD AC. 又 BD AC，且 BD PD D，故 AC 平面 PBD.又 AC? 平面 EAC， 所以平面 EAC 平面 PBD. (2)若四棱锥 P ABCD 的体积被平面 EAC 分成 3 1 两部分，则三棱锥 E ABC 的体积是四棱锥 P ABCD 的体积 的 14， 设四棱锥 P ABCD 的底面积为 S，三棱锥 E ABC 的高为 h， 则 13 12S

11、h 14 13S PD， =【 ;精品教育资源文库 】 = 由此得 h 12PD， 故此时 E 为 PB 的中点 (3)解法一：如图，连接 EO，易知 O 为 BD 的中点， 由 (2)知 E 为 PB 的中点， 所以 EO 12PD，并且 EO PD， 则平面 EAC 平面 ABCD， 故 BO 平面 EAC， BO AE. 过点 O 作 OF AE 于点 F， 则 AE 平面 BOF， 连接 BF， 则 AE BF， 故 OFB 即为二面角 B AE C 的平面角， 即 OFB 45. 设 AD a，则 BD a， OB 12a， OA 32 a. 在 Rt BOF 中， tan OFB

12、OBOF12aOF 1， 故 OF 12a， 在 Rt AOE 中，由三角形的等积定理 OA OE OF AE， 得 32 a OE 12a ? ?32 a 2 OE2，解得 OE 64 a， 故 PD 62 a， 所以 PD AD 6 2. 解法二：连接 OE，由 (1)(2)知 OA， OB， OE 两两垂直，以点 O 为坐标原点， OA ， OB ， OE分别为 x 轴， y 轴， z 轴的正方向建立空间直角坐标系 O xyz， =【 ;精品教育资源文库 】 = 设 OB m， OE h，则 OA 3m， 从而 A( 3m,0,0)， B(0， m,0)， E(0,0， h)， AB ( 3m， m,0)， BE (0， m， h)，这时可以选向量 n1 (0,1,0)作为平面 AEC 的一个法向量， 设平面 ABE 的法向量为 n2 (x， y， z)， 则? n2 AB 0，n2 BE 0，即 ? 3mx my 0， my hz 0， 取 x 1，则 y 3， z 3mh ， 则平面 ABE 的一个法向量为 n2 ? ?1， 3， 3mh ， 故 cos45 |cos n1， n2 | |n1n 2|n1|n2| 31 3 3m2h2 22 ， 解得 hm 62 ，则 PD AD 2h 2m h m 6 2.