2019-2020年高考数学大一轮复习 空间向量的应用课时跟踪检测(四十九)理(含解析)

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1、2019-2020年高考数学大一轮复习空间向量的应用课时跟踪检测(四十九)理(含解析)1.(xx·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DAEC为60°,AP=1,AD=,求三棱锥EACD的体积.2.(xx·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.(xx·浙江名校联考)

2、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

3、不存在,请说明理由.2.(xx·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

4、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,的方向为x轴的正方向,

5、

6、为单位长,建立空间直角坐标系Axyz,则D(0,,0),E,=.设B(m,0,0)(m>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

7、cos〈n1,n2〉

8、=,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

9、,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

10、=(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sinα==.B

11、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〈,〉=

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