高考数学总复习 课时作业（四十五）第45讲 第2课时 空间向量的应用 理.doc

课时作业(四十五)第45讲第2课时空间向量的应用基础热身1.(12分)2017郴州三模 如图k45-11所示,c是以ab为直径的圆上异于a,b的点,平面pac平面abc,pa=pc=ac=2,bc=4,e,f 分别是pc,pb的中点,记平面aef与平面abc的交线为直线l. (1)求证:直线l平面pac.(2)直线l上是否存在点q,使直线pq分别与平面aef,直线ef所成的角互余?若存在,求出aq的值;若不存在,请说明理由.图k45-112.(12分)2017北京丰台区一模 如图k45-12所示,平面五边形abcde中,abcd,bad=90,ab=2,cd=1,ade是边长为2的正三角形.现将ade沿ad折起,得到四棱锥e - abcd(如图),且deab.(1)求证:平面ade平面abcd.(2)求平面bce和平面ade所成锐二面角的大小.(3)在棱ae上是否存在点f,使得df平面bce?若存在,求efea的值;若不存在,请说明理由.图k45-12能力提升3.(12分)2017濮阳一模 如图k45-13所示,四边形abcd为梯形,abcd,pd平面abcd,bad=adc=90,dc=2ab=2,da=3.(1)线段bc上是否存在一点e,使平面pbc平面pde?若存在,请求出bece的值,并进行证明;若不存在,请说明理由.(2)若pd=3,线段pc上有一点f,且pc=3pf,求直线af与平面pbc所成角的正弦值.图k45-134.(12分)2017天津河西区一模 如图k45-14所示,在四棱锥p - abcd中,pa平面abcd,pa=ab=ad=2,四边形abcd满足abad,bcad,bc=4,点m为pc的中点,点e为bc边上的动点,且beec=. (1)求证:dm平面pab.(2)求证:平面adm平面pbc.(3)是否存在实数,使得二面角p - de - b的余弦值为23?若存在,试求出实数的值;若不存在,说明理由.图k45-145.(12分)2017玉溪民族中学模拟 直三棱柱abc -a1b1c1中, aa1=ab=ac=1, e,f分别是cc1,bc的中点, 且aea1b1,(1)证明: ab平面a1acc1.(2)棱a1b1上是否存在一点d,使得平面def与平面abc所成锐二面角的余弦值为1414?若存在,说明点d的位置;若不存在,说明理由.图k45-15难点突破6.(12分)2017北京昌平区二模 如图k45-16所示,三棱柱abc - a1b1c1中,bc垂直于正方形a1acc1所在平面,ac=2,bc=1,d为ac中点,e为线段bc1上的一点(端点除外),平面ab1e与bd交于点f.(1)若e不是bc1的中点,求证:ab1ef.(2)若e是bc1的中点,求ae与平面bc1d所成角的正弦值.(3)在线段bc1上是否存在点e,使得a1ece?若存在,求出beec1的值;若不存在,请说明理由.图k45-16课时作业(四十五)第2课时1.解:(1)证明:e,f分别是pc,pb的中点,bcef,又ef平面efa,bc平面efa,bc平面efa.又bc平面abc,平面efa平面abc=l,bcl.又bcac,平面pac平面abc=ac,平面pac平面abc,bc平面pac,l平面pac.(2)以c为坐标原点,ca为x轴,cb为y轴,过c垂直于平面abc的直线为z轴,建立空间直角坐标系,则a(2,0,0),b(0,4,0),p(1,0,3),e12,0,32,f12,2,32,ae=-32,0,32,ef=(0,2,0).设q(2,y,0),平面aef的法向量为m=(x,y,z),则aem=-32x+32z=0,efm=2y=0,取z=3,得m=(1,0,3).又pq=(1,y,-3),|cos|=2y24+y2=|y|4+y2,|cos|=1-324+y2=14+y2.依题意,得|cos|=|cos|,即|y|4+y2=14+y2,解得y=1.直线l上存在点q,使直线pq分别与平面aef,直线ef所成的角互余,且aq=1.2.解:(1)证明:由已知得abad,abde.因为adde=d,所以ab平面ade.又ab平面abcd,所以平面ade平面abcd.(2)设ad的中点为o,连接eo.因为ade是正三角形,所以ea=ed,所以eoad.因为平面ade平面abcd,平面ade平面abcd=ad,eo平面ade,所以eo平面abcd.以o为原点,oa所在的直线为y轴,在平面abcd内过o 垂直于ad的直线为x轴,oe所在的直线为z轴,建立空间直角坐标系o - xyz,如图所示.由已知,得e(0,0,3),b(2,1,0),c(1,-1,0),所以ce=(-1,1,3),cb=(1,2,0).设平面bce的法向量为m=(x,y,z),则mce=y-x+3z=0,mcb=x+2y=0,令y=1,得m=(-2,1,-3).易知平面ade的一个法向量为n=(1,0,0),所以cos=mn|m|n|=-22,所以平面bce和平面ade所成的锐二面角大小为4.(3)在棱ae上存在点f,使得df平面bce,此时efea=12.理由如下:设be的中点为g,连接cg,fg,则fgab,fg=12ab.因为abcd,且cd=12ab,所以fgcd,且fg=cd,所以四边形cdfg是平行四边形,所以dfcg.因为cg平面bce,且df平面bce,所以df平面bce.3.解:(1)当bece=1时,平面pbc平面pde.证明如下:连接bd,bad=90,ab=1,da=3,bd=dc=2.又e为bc的中点,bcde.又pd平面abcd,bc平面abcd,bcpd.又depd=d,bc平面pde.bc平面pbc,平面pbc平面pde.(2)以d为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则d(0,0,0),p(0,0,3),a(3,0,0),b(3,1,0),c(0,2,0).pc=3pf,f0,23,233,af=-3,23,233.设平面pbc的法向量为n=(x,y,z),bc=(-3,1,0),pc=(0,2,-3), -3x+y=0,2y-3z=0,取n=(1,3,2).直线af与平面pbc所成角的正弦值为|cos|=|-3+233+433|8439=3258172.4.解:(1)证明:以a为原点,以ab,ad,ap所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,由题意得,d(0,2,0),c(2,4,0),p(0,0,2),m(1,2,1),a(0,0,0),b(2,0,0),dm=(1,0,1),平面pab的一个法向量为n=(0,1,0).dmn=0,dm平面pab,dm平面pab.(2)证明:设平面adm的法向量为m=(x,y,z),ad=(0,2,0),am=(1,2,1),则mad=2y=0,mam=x+2y+z=0,取x=1,得m=(1,0,-1).设平面pbc的法向量为p=(x1,y1,z1),pb=(2,0,-2),pc=(2,4,-2),则ppb=2x1-2z1=0,ppc=2x1+4y1-2z1=0,取x1=1,得p=(1,0,1).mp=0,平面adm平面pbc.(3)存在符合条件的.设e(2,t,0),p(0,0,2),d(0,2,0),pd=(0,2,-2),de=(2,t-2,0), 设平面pde的法向量为q=(a,b,c),则qpd=2b-2c=0,qde=2a+(t-2)b=0,取b=2,得q=(2-t,2,2).平面deb即为xay平面,它的一个法向量为v=(0,0,1),二面角p - de - b的余弦值为23,|cos|=|qv|q|v|=2(2-t)2+8=23,解得t=3或t=1,=3或=13.5.解:(1)证明:aea1b1,a1b1ab,abae.又abaa1,aeaa1=a,ab平面a1acc1.(2)存在d使得平面def与平面abc所成锐二面角的余弦值为1414,此时点d为a1b1的中点.理由如下:ab平面a1acc1,ac平面a1acc1,abac.以a为原点,建立如图所示的空间直角坐标系a-xyz,则a(0,0,0),e0,1,12,f12,12,0,a1(0,0,1),b1(1,0,1).假设存在d,设a1d =a1b1,且0,1,d(,0,1).设平面def的法向量为n=(x,y,z),则nfe=0,ndf=0.fe=-12,12,12,df=12-,12,-1,-12x+12y+12z=0,12-x+12y-z=0,令z=2(1-),n=(3,1+2,2(1-).由题可知平面abc的一个法向量为m=(0,0,1).平面def与平面abc所成锐二面角的余弦值为1414,|cos|=|mn|m|n|=1414,即|2(1-)|9+(1+2)2+4(1-)2=1414.=12或=74(舍),当点d为a1b1的中点时,满足要求.6.解:(1)证明:连接b1c交bc1于点g,连接gd.四边形bcc1b1是平行四边形,g为b1c的中点. d为ac的中点,gdab1.又gd平面bc1d,ab1平面bc1d,ab1平面bc1d.ab1平面ab1ef,平面ab1ef平面bc1d=ef,ab1ef.(2)以c1为原点,以c1a1,c1c,c1b1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系如图所示,则a(2,2,0),b(0,2,1),c1(0,0,0),d(1,2,0),e0,1,12,ae=-2,-1,12,c1b=(0,2,1),c1d=(1,2,0).设平面bc1d的法向量为n=(x,y,z),则nc1b=0,nc1d=0,2y+z=0,x+2y=0,令y=1,得n=(-2,1,-2).cos=nae