(新课标)2016届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)..docVIP

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)如图，四棱锥P-ABCD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 -AE-C为60°，AP＝1，AD＝，求三棱锥E-ACD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D1-EC-D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(0a)． (1)当a为何值时，MN的长度最小； (2)当MN长度最小时，求AB与平面AMN所成角α的正弦值． B卷：增分提能 1．如图，在四棱锥P-ABCD中，侧面PAD底面ABCD，侧棱PA＝PD＝，PAPD，底面ABCD为直角梯形，其中BCAD，ABAD，AB＝BC＝1，O为AD的中点． (1)求直线PB与平面POC所成角的余弦值； (2)求B点到平面PCD的距离； (3)线段PD上是否存在一点Q，使得二面角Q-AC-D的余弦值为？若存在，求出的值；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ABCD-A1B1C1D1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(0λ2)． (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． 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EOPB. 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，的方向为x轴的正方向，||为单位长，建立空间直角坐标系A-xyz，则D(0，，0)，E，＝. 设B(m,0,0)(m0)，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E-ACD的高为.三棱锥E-ACD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EFBD1. 又因为BD1平面A1DE，EF平面A1DE， 所以BD1平面A1DE. (2)根据题意得DD1DA，D1DDC，ADDC，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D-xyz，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D1-EC-D的大小为得 cos ＝＝＝， 解得y0＝2－[0,2]， 所以当AE＝2－时，二面角D1-EC-D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B-xyz(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POAD， 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OCAD，所以以O为坐