2020届江苏高考数学(理)总复习课堂检测：空间向量的综合应用

1、课时跟踪检测(四十二)空间向量的综合应用保咼考，全练题型做到咼考达标1.(20 佃 海安检测) )如图，在长方体 ABCD -AiBiCiDi中，AAi= AD=i, E 为 CD 的中点.(1) 求证：BiE 丄 ADi；(2) 在棱 AAi上是否存在一点 P,使得 DP /平面 BiAE?若存在， 求 AP 的长；若不存在，说明理由.若二面角 A-BiE-Ai的大小为 30求 AB 的长.解：证明：以 A 为坐标原点，AB , AD，就 的方向分别为Lx 轴，y 轴，z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系. 设 AB= a,则 A(0,0,0), D(0,i,0), Di(0,i,i)

2、, E 2，i，Bi(a,0,i),a故 ADi= (0,i,i), BiE = -2，i，- i .- - - -TBiE ADi= 0 + i i= 0，二 BiE 丄 ADi，即 BiE 丄 ADi.(2) 假设在棱 AAi上存在一点 P(0,0, Z0),使得 DP /平面 BiAE，此时 由(i)知，AS,=(a,0,i), :AE =j|,i, 0；：；：设平面 BiAE 的法向量为 n= (x, y, z).n 就二 0,则丫 n AE = 0,取 x = i,得平面 BiAE 的一个法向量 n= i, 2, a.a要使 DP /平面 BiAE，只要 n 丄 DP，即 2 az)

3、 )= 0,i解得 Z0= 2：又 DP?平面 BiAE,i在棱 AAi上存在一点 P,满足 DP /平面 BiAE，此时 AP =.(3) 连结 AiD, BiC，由长方体 ABCD -AiBiCiDi及 AAi= AD = i,得TBiC/AiD, ADi丄 BiC.又由知 BiE 丄 ADi, 且 BiCnBiE= Bi, ADi丄平面 DCBiAi.DP = (0, i，引.ax+ z= 0,即 a只+ y= 0.ADAiD.c- - ADi是平面AIBIE的一个法向量，此时 ADi= (0,1,1) n AD1贝 U cosn, ADi= 冋冋-Ti|面角 A-B1E-A1的大小为

4、303a=冲，解得 a=2 2,迄g?2即 AB 的长为 2.2. (2018 南京学情调研) )如图，在底面为正方形的四棱锥P-ABCD中，侧棱 PD 丄底面 ABCD , PD = DC , E 是线段 PC 的中点.(1)求异面直线 AP 与BE所成角的大小;若点 F 在线段 PB 上，且使得二面角 F-DE-B 的正弦值为 解：( (1)在四棱锥 P-ABCD 中，底面 ABCD 为正方形，侧棱 PD-! -! -!丄底面 ABCD ,所以 DA, DC , DP 两两垂直，故以DA , DC , DP 为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系D - xyz.因为 PD = DC，所以

5、DA = DC = DP ,不妨设 DA = DC = DP = 2,则 D(0,0,0), A(2,0,0), C(0,2,0), P(0,0,2), B(2,2,0) 因为 E 是 PC 的中点，所以 E(0,1,1),所以 ? = (-2,0,2),BE= ( 2, - 1,1),因此异面直线AP与BE所成角的大小为n- T- T- T- T(2)由(1)可知，DP = (0,0,2), DE = (0,1,1),DB = (2,2,0), P B = (2,2 , - 2) 设P? =XPB，则P? = (2 入 2 人一 2?),从而 DF = DP + PF = (2 人 2 入

6、2-2 爪设 m= (X1, y1,引为平面 DEF 的法向量,- -所以 cos AP ,BEB!T込込- ! - !2，|AP|BE|a2a a-2a2苴63.63取 z1=人则勺勺=一人 x1= 2 k- 1.故 m= (2 入一 1,-入片为平面 DEF 的一个法向量,设 n = (x2, y2, z2) )为平面 DEB 的法向量,取 x2= 1，贝Uy2=- 1, z2= 1.所以 n = (1, - 1,1)为平面 BDE 的一个法向量.因为点 F 在线段 PB 上，所以 0W圧 1,所以入=2,即 PB= 2求二面角 C-B1A-B 的余弦值.=AD , AE ?侧面 ADD1

7、A1,所以 AE 丄平面 ABCD .则以 A 为原点，以 AB, AD , AE 所在直线为 x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0), B(1,0,0), C(1,1,0), D1( (o,1,1) ), B1( (1, - 1,1)，设 F(a , b,0),则dF = (a , b- 1 , - 1) ,C = (1,1,0),= (1, - 1,1),mE = 0,则？-Cm DE = 0,7即入1 1+入汁1 1- kz1z1= 0,1+z z1=0 0,n1DI? =0,则f-Cn-DE=0,即2X22X2+ 2y22y2=0 0, y2+Z2= 0

8、,因为二面角F-DE-B 的正弦值为于,(1)在平面所以二面角F-DE-B 的余弦值的绝对值为即 |cos mn|=皿iminl化简得 4k=1.|4 入一1|32k-12 2+2*解：( (1)取 A1D1的中点 E，因为 D1A = D1D，所以 D1A= A1A,所以 AE 丄 A1D1.又 A1D1/ AD，所以 AE 丄 AD.因为侧面 ADD1A1丄底面 ABCD，侧面 ADD1A1Q底面 ABCD3. (2018 常州期末) )如图，在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，侧面中 BC/ AD , AB 丄 AD, AD = 2AB= 2BC = 2.ADD1A1丄底面 ABCD

9、, D1A = D1D = 2,底面 ABCD 为直角梯形,即即 32CWN_332. .因为 DiF 丄平面 ABiC,所以F*, 1,0 0，即 F 为 AC 的中点.所以存在 AC 的中点 F，使 DiF 丄平面 ABiC.1 1 、由(1)可取平面 BiAC 的一个法向量 ni= DiF = 2，一 2，1 1-设平面 BiAB 的法向量 n2= (x, y, z),因为 AB = (1,0,0),由图知二面角 C-BiA-B 为锐角,所以二面角 C-BiA-B 的余弦值为解：( (1)因为 PA 丄平面 ABCD ,且 AB?平面 ABCD , AD?平面ABCD，所以又因为/ BA

10、D = 90所以 PA, AB, AD 两两垂直.以 A 为坐标原点，分别以 AB,AD ,AP 所在直线为 x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系A- xyz则 A(0,0,0), B(2,0,0), C(2,2,0), D(0,4,0), P(0,0,4).又因为 M 为 PC 的中点，所以 M(i,i,2).所以-? =(0,0,4), E5M =(1,1,2),所以 3所以贝 U cos n, n2=的正弦值为求入的值.524. (2019 苏北四市一模) )如图，在四棱锥P-ABCD 中，PA 丄平面AB= BC = 2, M 为 PCABCD，/ABC=ZBAD=90A

11、D=AP=4,的中(1)求异面直线DiF -AC = 0,- -、DiF ABi= 0,b=0,a+ b 1 = 0,i得 a= b=,-n2AB = 0,E ABi= 0,x= 0,令 y= 1,得 n2= (0,1,1).MN 与平面 PBC 所成角点 N 在线段 AD 上，且 AN =入若直线所以 cos=AP BM=8 8=-=-6 6,|P|M| 皿3 3所以异面直线 AP 与 BM 所成角的余弦值为 .因为 AN =人 所以 N(0,人 0)(0 疋 4),则 的=(-1,入一 1, 2),IBC= (0,2,0), 詰=(2,0，- 4).设平面 PBC 的法向量为 m= (x,

12、 y, z),mBC =0,即-Pm PB=0,0 0,令 x= 2,得 y= 0, z= 1, 2x 4z=0.所以 m= (2,0,1)是平面 PBC 的一个法向量,4因为直线 MN 与平面 PBC 所成角的正弦值为？5-P所以 |cos |=|MN m= J I-2-2 =4解得 入=1 0,4,-Num 小+(入-1 1)5 5 5 5所以入的值为 1.上台阶，自主选做志在冲刺名校(2018 无锡期末) )如图，正四棱柱 ABCD-A1B1C1D1中，AD = 1,DJD=2,点 P 为棱 CC1的中点.(1)设二面角 A-A1B-P 的大小为0,求 sinB的值;设 M 为线段 A1

13、B 上的一点，求 MP 的取值范围.解: (1)如图，以点 D 为原点，DA , DC , DD1所在直线分别为 x 轴,y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系D-xyz,则 A(1,0,0), A1(1,0,2), P(0,1,1), B(1, 1,0),所以FA1= (1,- 1,1),PB= (1,0, - 1),设平面P PA1B 的法向量为 mi= (x, y, z),mPA1PA1=0 0,即 F F- y y+z z=0 0,w-P= 0,x x - z z=0 0,令 x = 1,得 m= (1,2,1).又平面 AA1B 的一个法向量 n =血 =(1,0,0),n m 6in 1 im=6 6,所以 cos n, m则 sin0= 3030.6设 M(x, y, z),因为 M 在 AiB 上，所以 BM = BAi,即(x- 1, y 1, z) =, -1,2)(0 疋 1),所以 M(