2019年高考数学复习第七章立体几何7.7.2空间向量的应用课时跟踪检测理.docx

7.7.2 空间向量的应用课 时 跟 踪 检 测1已知单位正方体ABCDA1B1C1D1，E，F分别是棱B1C1，C1D1的中点试求：(1)AD1与EF所成角的大小；(2)AF与平面BEB1所成角的余弦值解：建立如图所示的空间直角坐标系，得A(1,0,1)，B(0,0,1)，D1(1,1,0)，E，F.(1)因为(0,1，1)，所以cos，即AD1与EF所成的角为60.(2)，由图可得，(1,0,0)为平面BEB1的一个法向量，设AF与平面BEB1所成的角为，则sin|cos，|，所以cos.即AF与平面BEB1所成角的余弦值为.2(2018届昆明市两区七校调研)如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中， ABAA11，E为BC中点(1)求证：C1DD1E；(2)在棱AA1上是否存在一点M，使得BM平面AD1E？若存在，求的值；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ADa，则D(0,0,0)，A(a,0,0)，B(a,1,0)，B1(a,1,1)，C1(0,1,1)，D1(0,0,1)，E， 所以(0，1，1)，所以0，所以C1DD1E.(2)设h，则M(a,0，h)，连接BM，所以(0，1，h)，(a,0,1)，设平面AD1E的法向量为n(x，y，z)，则，所以平面AD1E的一个法向量为n(2，a,2a)，因为BM平面AD1E，所以n，即n2aha0，所以h.即在AA1上存在点M，使得BM平面AD1E，此时.(3)连接AB1，B1E，设平面B1AE的法向量为m(x，y，z)，(0,1,1)，则所以平面B1AE的一个法向量为m(2，a，a)因为二面角B1AED1的大小为90，所以mn，所以mn4a22a20，因为a0，所以a2，即AD2.3如图1，ACB45，BC3，过动点A作ADBC，垂足D在线段BC上且异于点B，连接AB，沿AD将ABD折起，使BDC90(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ENBM，并求EN与平面BMN所成角的大小解：(1)设BDx(0x3)，则CD3x.由ADBC，ACB45知，ADC为等腰直角三角形，所以ADCD3x.由折起前ADBC知，折起后，ADDC，ADBD，且BDDCD，所以AD平面BCD.又BDC90，所以SBCDBDCDx(3x)于是VABCDADSBCD(3x)x(3x)2x(3x)(3x)3(当且仅当2x3x，即x1时，等号成立)，故当x1，即BD1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，BD1，ADCD2.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，1,0，所以(1,1,1)设N(0，0)，则.因为ENBM，所以0，即(1,1,1)10，故，N.所以当DN(即N是CD上靠近点D的一个四等分点)时，ENBM.设平面BMN的一个法向量为n(x，y，z)，由及，得取x1得n(1,2，1)设EN与平面BMN所成角的大小为，则由，可得sin|cosn，|，即60，故EN与平面BMN所成角的大小为60.4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31两部分；(3)在(2)的条件下，若BAD60，二面角BAEC的大小为45，求PDAD的值解：(1)证明：如图，过点B作BGAD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PDBG.同理，过点B作BHCD于点H，则PDBH.又BG平面ABCD，BH平面ABCD，BGBHB，所以PD平面ABCD，所以PDAC.又BDAC，且BDPDD，故AC平面PBD.又AC平面EAC，所以平面EAC平面PBD.(2)若四棱锥PABCD的体积被平面EAC分成31两部分，则三棱锥EABC的体积是四棱锥PABCD的体积的，设四棱锥PABCD的底面积为S，三棱锥EABC的高为h，则ShSPD，由此得hPD，故此时E为PB的中点(3)解法一：如图，连接EO，易知O为BD的中点，由(2)知E为PB的中点，所以EOPD，并且EOPD，则平面EAC平面ABCD，故BO平面EAC，BOAE.过点O作OFAE于点F，则AE平面BOF，连接BF，则AEBF，故OFB即为二面角BAEC的平面角，即OFB45.设ADa，则BDa，OBa，OAa.在RtBOF中，tanOFB1，故OFa，在RtAOE中，由三角形的等积定理OAOEOFAE，得aOEa，解得OEa，故PDa，所以PDAD2.解法二：连接OE，由(1)(2)知OA，OB，OE两两垂直，以点O为坐标原点，分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系Oxyz，设OBm，OEh，则OAm，从而A(m,0,0)，B(0，m,0)，E(0,0，h)，(m，m,0)，(0，