课时跟踪检测 (四十七) 空间向量的应用

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一保高考，全练题型做到高考达标

1．(2017·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：C1D⊥D1E；

(2)在棱AA1上是否存在一点M，使得BM∥平面AD1E？若存在，求在，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)，a

，1，0， D1(0，0,1)，E2

―→―→a

，1，－1， ∴C1D＝(0，－1，－1)，D1E＝2―→―→

则C1D·D1E＝0， ∴C1D⊥D1E． (2)设

AM

＝h，则M(a,0，h)， AA1

AM

的值，若不存AA1

a―→―→―→

－，1，0，AD1＝(－a,0,1)， ∴BM＝(0，－1，h)，AE＝2设平面AD1E的法向量为n＝(x，y，z)， →

AE·n＝－x＋y＝0，―2则―→

ADn＝－ax＋z＝0，·

1

a

∴平面AD1E的一个法向量为n＝(2，a,2a)， ∵BM∥平面AD1E，

―→―→∴BM⊥n，即BM·n＝2ah－a＝0， 1∴h＝．

2

即在AA1上存在点M，使得BM∥平面AD1E， AM1此时＝．

AA12

a―→

－，1，0，(3)连接AB1，B1E，设平面B1AE的法向量为m＝(x′，y′，z′)，AE＝2―→

AB1＝(0,1,1)，

→AE·m＝－x′＋y′＝0，―2则―→

ABm＝y′＋z′＝0，·

1

a

∴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)，1

1，，0，P(0,1，m)，C1(0,1,2)，D1(0,0,2)． M2

(1)设直线DM与AP所成的角为θ， 1―→―→

1，，0，AP＝(－1,1，m)， 可知DM＝2―→―→|DM·AP|

所以cos θ＝＝

―→―→|DM|·|AP|又0≤m≤2，所以

－125·2＋m24

＝

1

，

52＋m2

11030

2∈30，10， 52＋m

即直线AP与直线DM所成角的余弦值的取值范围为

30，10．

3010

(2)假设在A1C1上存在一点Q，使得对任意的m，D1Q在平面APD1上的射影垂直于AP．

证明如下：

由题意可设Q点的横坐标为x， 则Q(x,1－x,2)，

依据题意，对任意的m，要使D1Q在平面APD1上的射影垂直于AP等价于D1Q⊥AP， ―→―→即AP·D1Q＝0，

―→―→

又AP＝(－1,1，m)，D1Q＝(x,1－x,0)， 1

所以－x＋1－x＝0，即x＝．

2故Q为A1C1的中点时，满足要求．

3．如图所示，四边形ABCD是边长为1的正方形，MD⊥平面ABCD，NB⊥平面ABCD，且MD＝NB＝1，E为BC的中点．

(1)求异面直线NE与AM所成角的余弦值；

(2)在线段AN上是否存在点S，使得ES⊥平面AMN？若存在，求线段AS的长；若不存在，请说明理由．

解：(1)如图，以D为坐标原点，建立空间直角坐标系D-xyz． 依题易得D(0,0,0)，A(1,0,0)，M(0,0,1)，C(0,1,0)，B(1,1,0)，N(1,1,1)，11―→―→

，1，0，所以NE＝－，0，－1，AM＝(－1,0,1)． E22

设异面直线NE与AM所成的角为θ，

1

―→―→

2|NE·AM|10―→―→

则cos θ＝|cos〈NE，AM〉|＝―＝＝． →―→105|NE|·|AM|×2

2所以异面直线NE与AM所成角的余弦值为10． 10

(2)假设在线段AN上存在点S，使得ES⊥平面AMN，

―→―→―→―→1因为AN＝(0,1,1)，可设AS＝λAN＝(0，λ，λ)，λ∈[0,1]，又EA＝2，－1，0， ―→―→―→―→1所以AMES＝EA＋AS＝2，λ－1，λ． 由ES⊥平面AMN，

―→―→1AM＝0，ES·－2＋λ＝0，1112―→―→

0，，，|AS|＝．得即解得λ＝，此时AS＝ 2222―→―→λ－1＋λ＝0，AN＝0，ES·经检验，当AS＝

2

时，ES⊥平面AMN． 2

故线段AN上存在点S，使得ES⊥平面AMN，

此时AS＝

2． 2

4．如图1，∠ACB＝45°，BC＝3，过动点A作AD⊥BC，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EN⊥BM，并求EN与平面BMN所成角的大小．

解：(1)设BD＝x(0＜x＜3)，则CD＝3－x．

由AD⊥BC，∠ACB＝45°知，△ADC为等腰直角三角形， 所以AD＝CD＝3－x．

由折起前AD⊥BC知，折起后，AD⊥DC，AD⊥BD，且BD∩DC＝D， 所以AD⊥平面BCD． 又∠BDC＝90°，

11所以S△BCD＝BD·CD＝x(3－x)．

22111

于是VA-S△BCD＝(3－x)·x(3－x) BCD＝AD·332

112x＋3－x＋3－x32

＝·2x(3－x)·(3－x)≤12123＝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． 1，1，0， 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2―→

所以BM＝(－1,1,1)．

1―→

－，λ－1，0． 设N(0，λ，0)，则EN＝2因为EN⊥BM， ―→―→

所以EN·BM＝0，

11－，λ－1，0·即(－1,1,1)＝＋λ－1＝0， 2211

0，，0． 故λ＝，N22

1

所以当DN＝(即N是CD上靠近点D的一个四等分点)时，EN⊥BM．

2设平面BMN的一个法向量为n＝(x，y，z)， ―→n⊥BN，1―→

－1，，0， 由及BN＝2―→n⊥BM，

1－x＋2y＝0，

得取x＝1得n＝(1,2，－1)． －x＋y＋z＝0，设EN与平面BMN所成角的大小为θ， 11―→

－，－，0， 则由EN＝22

1―→－n·2－1EN3―→可得sin θ＝|cos 〈n，EN〉|＝＝＝，即θ＝60°，故EN与平面―→2|n|·2|EN|6×

2BMN所成角的大小为60°．

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二上台阶，自主选做志在冲刺名校

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3∶1两部分．

(3)在(2)的条件下，若∠BAD＝60°，二面角B-AE-C的大小为45°，求PD∶AD的值．

解：(1)证明：如图，过点B作BG⊥AD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PD⊥BG．

同理，过点B作BH⊥CD于点H，则PD⊥BH． 又BG⊂平面ABCD，BH⊂平面ABCD，BG∩BH＝B， 所以PD⊥平面ABCD，所以PD⊥AC． 又BD⊥AC，故AC⊥平面PBD， 所以平面EAC⊥平面PBD．

(2)若四棱锥P-ABCD的体积被平面EAC分成3∶1两部分，则三棱锥E-ABC的体积是1

四棱锥P-ABCD的体积的，

4

1111

设四棱锥P-ABCD的底面积为S，三棱锥E-ABC的高为h，则×S×h＝×S×PD，

32431

由此得h＝PD，

2故此时E为PB的中点．

(3)法一：如图，连接EO，易知O为BD的中点， 由(2)知E为PB的中点， 1

所以EO＝PD，并且EO∥PD，

2则平面EAC⊥平面ABCD， 故BO⊥平面EAC，BO⊥AE．

过点O作OF⊥AE于点F，则AE⊥平面BOF， 连接BF， 则AE⊥BF，

故∠OFB即为二面角B-AE-C的平面角， 即∠OFB＝45°．

13设AD＝a，则BD＝a，OB＝a，OA＝a．

221

aOB2

在Rt△BOF中，tan∠OFB＝OF＝OF＝1， 1故OF＝a，

2

在Rt△AOE中，由三角形的等积定理OA·OE＝OF·AE，得a·31

a·OE＝22

3a2＋OE2，解得OE＝6a，

42

故PD＝

6

a， 2

所以PD∶AD＝6∶2．

―→―→

法二：连接OE，由(1)(2)知OA，OB，OE两两垂直，以点O为坐标原点，OA，OB，―→

OE分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系O-xyz，

设OB＝m，OE＝h，则OA＝3m，

―→―→

从而A(3m,0,0)，B(0，m,0)，E(0,0，h)，AB＝(－3m，m,0)，BE＝(0，－m，h)，这时可以选向量n1＝(0,1,0)作为平面AEC的一个法向量，

设平面ABE的法向量为n2＝(x，y，z)， ―→AB＝0，n2·则

―→BE＝0，n2·

－3mx＋my＝0，即 －my＋hz＝0，

3m

取x＝1，则y＝3，z＝h，

3m则平面ABE的一个法向量为n2＝1，3，， h故cos 45°＝|cos〈n1，n2〉|＝

|n1·n2|

＝|n1||n2|

33m1＋3＋2h

2＝

2， 2

h6

解得m＝，则PD∶AD＝2h∶2m＝h∶m＝6∶2．

2