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(0
0)，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．
