2019版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.docVIP

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，F. (1)因为＝(0,1，－1)，＝， 所以cos〈，〉＝＝， 即AD1与EF所成的角为60°. (2)＝， 由图可得，＝(1,0,0)为平面BEB1的一个法向量， 设AF与平面BEB1所成的角为θ， 则sinθ＝|cos〈，〉|＝ ＝， 所以cosθ＝. 即AF与平面BEB1所成角的余弦值为. 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． (1)求证：C1DD1E； (2)在棱AA1上是否存在一点M，使得BM平面AD1E？若存在，求的值；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， 所以＝(0，－1，－1)，＝， 所以·＝0，所以C1DD1E. (2)设＝h，则M(a,0，h)， 连接BM，所以＝(0，－1，h)，＝，＝(－a,0,1)， 设平面AD1E的法向量为n＝(x，y，z)， 则， 所以平面AD1E的一个法向量为n＝(2，a,2a)， 因为BM平面AD1E，所以n， 即·n＝2ah－a＝0，所以h＝. 即在AA1上存在点M，使得BM平面AD1E， 此时＝. (3)连接AB1，B1E，设平面B1AE的法向量为m＝(x′，y′，z′)，＝，＝(0,1,1)， 则 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mn，所以m·n＝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ADBC，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BC，AC的中点，试在棱CD上确定一点N，使得ENBM，并求EN与平面BMN所成角的大小． 解：(1)设BD＝x(0x3)，则CD＝3－x. 由ADBC，ACB＝45°知， ADC为等腰直角三角形， 所以AD＝CD＝3－x. 由折起前ADBC知，折起后，ADDC，ADBD， 且BD∩DC＝D， 所以AD平面BCD. 又BDC＝90°， 所以SBCD＝BD·CD＝x(3－x)． 于是VA－BCD＝AD·SBCD＝(3－x)·x(3－x) ＝·2x(3－x)·(3－x) ≤3 ＝(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)，E，1,0， 所以＝(－1,1,1)． 设N(0，λ，0)，则 ＝. 因为ENBM， 所以·＝0， 即·(－1,1,1)＝＋λ－1＝0， 故λ＝，N. 所以当DN＝(即N是CD上靠近点D的一个四等分点)时，ENBM. 设平面BMN的一个法向量为n＝(x，y，z)， 由及＝， 得取x＝1得n＝(1,2，－1)． 设EN与平面BMN所成角的大小为θ， 则由＝， 可得sinθ＝|cos〈n，〉|＝＝＝，即θ＝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31两部分； (3)在(2)的条件下，若BAD＝60°，二面角B－AE－C的大小为45°，求PDAD的值． 解：(1)证明：如图，过点B作BGAD于点G， 由于平面PAD平面ABCD， 由面面垂直的性质定理可知BG平面PAD， 又PD平面PAD，故PDBG. 同理，过点B作BHCD于点H，则PDBH. 又BG平面ABCD，BH平面ABCD，BG∩BH＝B， 所以PD平面ABCD，所以PDAC. 又BDAC，且BD∩PD