2018-2019学年高中一轮复习数学课时跟踪检测（四十二）空间向量的应用.doc

课时跟踪检测（四十二）空间向量的应用

一保高考，全练题型做到高考达标

1．(2018·昆明两区七校调研)如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝AA1＝1，E为BC中点．

(1)求证：C1D⊥D1E；

(2)在棱AA1上是否存在一点M，使得BM∥平面AD1E？若存在，求eq\f(AM,AA1)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)，C(0,1,0)，B1(a,1,1)，C1(0,1,1)，D1(0,0,1)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，1，0))，

∴eq\o(C1D,\s\up7(―→))＝(0，－1，－1)，eq\o(D1E,\s\up7(―→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，1，－1))，

则eq\o(C1D,\s\up7(―→))·eq\o(D1E,\s\up7(―→))＝0，

∴C1D⊥D1E.

(2)设eq\f(AM,AA1)＝h，则M(a,0，h)，

∴eq\o(BM,\s\up7(―→))＝(0，－1，h)，eq\o(AE,\s\up7(―→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)，1，0))，eq\o(AD1,\s\up7(―→))＝(－a,0,1)，

设平面AD1E的法向量为n＝(x，y，z)，

则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(eq\o(AE,\s\up7(―→))·n＝－\f(a,2)x＋y＝0，,eq\o(AD1,\s\up7(―→))·n＝－ax＋z＝0，))

∴平面AD1E的一个法向量为n＝(2，a,2a)，

∵BM∥平面AD1E，

∴eq\o(BM,\s\up7(―→))⊥n，即eq\o(BM,\s\up7(―→))·n＝2ah－a＝0，∴h＝eq\f(1,2).

即在AA1上存在点M，使得BM∥平面AD1E，此时eq\f(AM,AA1)＝eq\f(1,2).

(3)连接AB1，B1E，设平面B1AE的法向量为m＝(x′，y′，z′)，eq\o(AE,\s\up7(―→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)，1，0))，eq\o(AB1,\s\up7(―→))＝(0,1,1)，

则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(eq\o(AE,\s\up7(―→))·m＝－\f(a,2)x′＋y′＝0，,eq\o(AB1,\s\up7(―→))·m＝y′＋z′＝0，))

∴平面B1AE的一个法向量为m＝(2，a，－a)．

∵二面角B1-AE-D1的大小为90°，

∴m⊥n，∴m·n＝4＋a2－2a2＝0，

∵a＞0，∴a＝2，即AD＝2.

2.如图，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB＝1，AA1＝2，M为AB的中点，P是侧棱CC1上的一点，CP＝m.

(1)求直线AP与直线DM所成角的余弦值的取值范围；

(2)在线段A1C1上是否存在一个定点Q，使得对任意的m，D1Q在平面APD1上的射影垂直于AP，并证明你的结论．

解：以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz，则A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,1,0)，D(0,0,0)，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，0))，P(0,1，m)，C1(0,1,2)，D1(0,0,2)．

(1)设直线DM与AP所成的角为θ，

可知eq\o(DM,\s\up7(―→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，0))，eq\o(AP,\s\up7(―→))＝(－1,1，m)，

所以cosθ＝eq\f(|eq\o(DM,\s\up7(―→))·eq\o(AP,\s\up7(―→))|,|eq\o(DM,\s\up7(―→))|·|eq\o(AP,\s\up7(―→))|)＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))),\r(\f(5,4))·\r(2＋m2))＝eq\f(1,\r(5?2＋m2?))，

又0≤m≤2，所以eq\f(1,\r(5?2＋m2?))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(30),30)，\f(\r(10),10)))