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

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ABCD­A1B1C1D1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B1­AE­D1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D­xyz，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B1­AE­D1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ABCD­A1B1C1D1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D­xyz，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(52＋m2))，又0≤m≤2，所以eq\f(1,\r(52＋m2))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(30),30)，\f(\r(10),10)))，即直线AP与直线DM所成角的余弦值的取值范围为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(30),30)，\f(\r(10),10))).(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eq\o(AP,\s\up7(→))·eq\o(D1Q,\s\up7(→))＝0，又eq\o(AP,\s\up7(→))＝(－1,1，m)，eq\o(D1Q,\s\up7(→))＝(x,1－x,0)，所以－x＋1－x＝0，即x＝eq\f(1,2).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D­xyz.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)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，0))，所以eq\o(NE,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0，－1))，eq\o(AM,\s\up7(→))＝(－1,0,1)．设异面直线NE与AM所成的角为θ，则cosθ＝|cos〈eq\o(NE,\s\up7(→))，eq\o(AM,\s\up7(→))〉|＝eq\f(|eq\o(NE,\s\up7(→))·eq\o(AM,\s\up7(→))|,|eq\o(NE,\s\up7(→))|·|eq\o(AM,\s\up7(→))|)＝eq\f(\f(1,2),\f(\r(5),2)×\r(2))＝eq\f(\r(10),10).所以异面直线NE与AM所成角的余弦值为eq\f(\r(10),10).(2)假设在线段AN上存在点S，使得ES⊥平面AMN，因为eq\o(AN,\s\up7(→))＝(0,1,1)，可设eq\o(AS,\s\up7(→))＝λeq\o(AN,\s\up7(→))＝(0，λ，λ)，λ∈[0,1]，又eq\o(EA,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－1，0))，所以eq\o(ES,\s\up7(→))＝eq\o(EA,\s\up7(→))＋eq\o(AS,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，λ－1，λ)).由ES⊥平面AMN，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(eq\o(ES,\s\up7(→))·eq\o(AM,\s\up7(→))＝0，,eq\o(ES,\s\up7(→))·eq\o(AN,\s\up7(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)＋λ＝0，,λ－1＋λ＝0，))解得λ＝eq\f(1,2)，此时eq\o(AS,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，\f(1,2)))，|eq\o(AS,\s\up7(→))|＝eq\f(\r(2),2).经检验，当AS＝eq\f(\r(2),2)时，ES⊥平面AMN.故线段AN上存在点S，使得ES⊥平面AMN，此时AS＝eq\f(\r(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A­BCD的体积最大；(2)当三棱锥A­BCD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°，所以S△BCD＝eq\f(1,2)BD·CD＝eq\f(1,2)x(3－x)．于是VA­BCD＝eq\f(1,3)AD·S△BCD＝eq\f(1,3)(3－x)·eq\f(1,2)x(3－x)＝eq\f(1,12)·2x(3－x)·(3－x)≤eq\f(1,12)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2x＋3－x＋3－x,3)))3＝eq\f(2,3)(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A­BCD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D­xyz.由(1)知，当三棱锥A­BCD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)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，0))，所以eq\o(BM,\s\up7(→))＝(－1,1,1)．设N(0，λ，0)，则eq\o(EN,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，λ－1，0)).因为EN⊥BM，所以eq\o(EN,\s\up7(→))·eq\o(BM,\s\up7(→))＝0，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，λ－1，0))·(－1,1,1)＝eq\f(1,2)＋λ－1＝0，故λ＝eq\f(1,2)，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，0)).所以当DN＝eq\f(1,2)(即N是CD上靠近点D的一个四等分点)时，EN⊥BM.设平面BMN的一个法向量为n＝(x，y，z)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n⊥eq\o(BN,\s\up7(→))，,n⊥eq\o(BM,\s\up7(→))，))及eq\o(BN,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2)，0))，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x＋\f(1,2)y＝0，,－x＋y＋z＝0，))取x＝1得n＝(1,2，－1)．设EN与平面BMN所成角的大小为θ，则由eq\o(EN,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，－\f(1,2)，0))，可得sinθ＝|cos〈n，eq\o(EN,\s\up7(→))〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(n·eq\o(EN,\s\up7(→)),|n|·|eq\o(EN,\s\up7(→))|)))＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)－1)),\r(6)×\f(\r(2),2))＝eq\f(\r(3),2)，即θ＝60°，故EN与平面BMN所成角的大小为60°.二上台阶，自主选做志在冲刺名校如图，在四棱锥P­ABCD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P­ABCD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B­AE­C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P­ABCD的体积被平面EAC分成3∶1两部分，则三棱锥E­ABC的体积是四棱锥P­ABCD的体积的eq\f(1,4)，设四棱锥P­ABCD的底面积为S，三棱锥E­ABC的高为h，则eq\f(1,3)×eq\f(1,2)S×h＝eq\f(1,4)×eq\f(1,3)S×PD，由此得h＝eq\f(1,2)PD，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，所以EO＝eq\f(1,2)PD，并且EO∥PD，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B­AE­C的平面角，即∠OFB＝45°.设AD＝a，则BD＝a，OB＝eq\f(1,2)a，OA＝eq\f(\r(3),2)a.在Rt△BOF中，tan∠OFB＝eq\f(OB,OF)＝eq\f(\f(1,2)a,OF)＝1，故OF＝eq\f(1,2)a，在Rt△AOE中，由三角形的等积定理OA·OE＝OF·AE，得eq\f(\r(3),2)a·OE＝eq\f(1,2)a·eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)a))2＋OE2)，解得OE＝eq\f(\r(6),4)a，故PD＝eq\f(\r(6),2)a，所以PD∶AD＝eq\r(6)∶2.法二：连接OE，由(1)(