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.pdf

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1、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DAEC为60°，AP＝1，AD＝3，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；π(2)在线段AB上是否存在点E，使二面角D1ECD的大小为？若

2、存在，求出AE的长；6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

3、PB与平面POC所成角的余弦值；(2)求B点到平面PCD的距离；6PQ(3)线段PD上是否存在一点Q，使得二面角QACD的余弦值为？若存在，求出3QD的值；若不存在，请说明理由．2．(2014·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

4、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，AB的方向为x轴的正方向，

5、AP3131

6、为单位长，建立空间直角坐标系Axyz，则D(0，，30)，E0，，，AE＝0，，.(22)(22)

7、设B(m,0,0)(m>0)，则C(m，，30)，AC＝(m，，30)．设n1＝(x，y，z)为平面ACE的法向量，则Error!即Error!3可取n1＝，－1，3.(m)又n2＝(1,0,0)为平面DAE的法向量，1由题设

8、cos〈n1，n2〉

9、＝，2313即＝，解得m＝.3＋4m222111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＝××3232313××＝.2282．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

10、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)，EC＝(－1,2－y0,0)，D1C＝(0,2，－1)，设n1＝(x1，y1，z1)是平

11、面D1EC的法向量，则Error!得Error!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)．π由二面角D1ECD的大小为得6π

12、n1·n2

13、23cos＝＝＝，6

14、n1

15、·

16、n2

17、2－y02＋1＋423解得y0＝2－∈[0,2]，33π所以当AE＝2－时，二面角D1ECD的大小为.363．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)，22则Na，a，0，(22)22Ma，0，1－a.(2

18、2)2221∴MN＝1－a2＋a2＝a－2＋，(2)(2)(2)22∴当a＝时，MN的长度最小．221111(2)当a＝时，M，0，，N，，0，2(22)(22)又A(1,0,0)，1111∴AM＝－，0，，AN＝－，，0.(22)(22)设平面AMN的法向量n＝(x，y，z)，则Error!即Error!取x＝1，得y＝1，z＝1，∴平面AMN的法向量n＝(1,1,1)．∵AB＝(－1