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2015届高考数学(理)第一轮复习达标课时跟踪检测:50 空间向量的应用含答案

时间:2015-02-06


课时跟踪检测(五十) 空间向量的应用
(分Ⅰ、Ⅱ卷,共 2 页) 第Ⅰ卷:夯基保分卷 1.(2013·石家庄模拟)如图,已知三棱柱 ABC ?A1B1C1,侧面 BCC1B1 ⊥底面 ABC. (1)若 M,N 分别是 AB,A1C 的中点,求证:MN∥平面 BCC1B1; (2)若三棱柱 ABC ?A1B1C1 的各棱长均为 2, 侧棱 BB1 与底面 ABC 所成

的角为 60°,问在线段 A1C1 上是否存在一点 P,使得平面 B1CP⊥平面 ACC1A1?若存在,求 C1P 与 PA1 的比值,若不存在,说明理由.

2.(2014·浙江联考)如图,AB 为圆 O 的直径,点 E,F 在圆 O 上, AB∥EF, 矩形 ABCD 所在的平面与圆 O 所在的平面互相垂直. 已知 AB=2, EF=1. (1)求证:平面 DAF⊥平面 CBF; (2)求直线 AB 与平面 CBF 所成角的大小; (3)当 AD 的长为何值时,平面 DFC 与平面 FCB 所成的锐二面角的大小为 60°?

3.(2014·福州质检)如图,矩形 ABCD 和梯形 BEFC 所在平面互相垂 直,BE∥CF,BC⊥CF,AD= 3,EF=2,BE=3,CF=4. (1)求证:EF⊥平面 DCE; (2)当 AB 的长为何值时,二面角 A?EF?C 的大小为 60°.

-1-

第Ⅱ卷:提能增分卷

1.(2013·荆州模拟)如图所示,在矩形 ABCD 中,AB=3 5,AD=6,BD 是对角线,过点 A 作 AE⊥BD,垂足为 O,交 CD 于 E,以 AE 为折痕将△ADE 向上折起,使点 D 到点 P 的位置, 且 PB= 41.

(1)求证:PO⊥平面 ABCE; (2)求二面角 E?AP?B 的余弦值.

2.(2014·武汉模拟)如图,在四棱锥 S ?ABCD 中,底面 ABCD 是直角 梯形,侧棱 SA⊥底面 ABCD,AB 垂直于 AD 和 BC,SA=AB=BC=2,AD=1.M 是棱 SB 的中点. (1)求证:AM∥平面 SCD; (2)求平面 SCD 与平面 SAB 所成二面角的余弦值; (3)设点 N 是直线 CD 上的动点,MN 与平面 SAB 所成的角为 θ ,求 sin θ 的最大值.

3.(2014·北京西城二模)如图,直角梯形 ABCD 与等腰直角三角

-2-

形 ABE 所在的平面互相垂直.AB∥CD,AB⊥BC,AB=2CD=2BC,EA⊥EB. (1)求证:AB⊥DE; (2)求直线 EC 与平面 ABE 所成角的正弦值; EF (3)线段 EA 上是否存在点 F,使 EC∥平面 FBD?若存在,求出 ;若不存在, 请说明理由. EA

答 案

第Ⅰ卷:夯基保分卷 1.解:(1)证明:连接 AC1,BC1,则 AC1∩A1C=N,AN=NC1, 因为 AM=MB, 所以 MN∥BC1. 又 BC1? 平面 BCC1B1, 所以 MN∥平面 BCC1B1. (2)作 B1O⊥BC 于 O 点,连接 AO, 因为平面 BCC1B1⊥底面 ABC, 所以 B1O⊥平面 ABC, 以 O 为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则 A(0, 3, 0),B(-1,0,0),C(1,0,0), B1(0,0, 3). 由 AA1 = CC1 = BB1 ,可求出 A1(1, 3, 3),C1(2,0, 3), 设点 P(x,y,z), A1C1 =λ A1 P . 3 ?1 ? 则 P? +1, 3- , 3?, λ λ ? ?

???? ?

???? ?

???? ?

?????

???? ?

??? ? ?1 3 ? CP =? , 3- , 3?, λ ?λ ?

-3-

???? CB1 =(-1,0, 3).
设平面 B1CP 的法向量为 n1=(x1,y1,z1),

??? ? ? ?n1· CP =0 ???? 由? n 1· CB1 =0 ? ?



1+λ ? ,1? 令 z1=1,解得 n1=? 3, ?. 1-λ ? ? 同理可求出平面 ACC1A1 的法向量 n2=( 3,1,-1). 1+λ 由平面 B1CP⊥平面 ACC1A1, 得 n1·n2=0, 即 3+ -1=0, 解得 λ =3, 所以 A1C1=3A1P, 1-λ 从而 C1P∶PA1=2. 2.解:(1)证明:∵平面 ABCD⊥平面 ABEF, CB⊥AB,平面 ABCD∩平面 ABEF=AB, ∴CB⊥平面 ABEF, ∵AF? 平面 ABEF,∴AF⊥CB, 又 AB 为圆 O 的直径, ∴AF⊥BF,又 BF∩CB=B, ∴AF⊥平面 CBF. ∵AF? 平面 ADF,∴平面 DAF⊥平面 CBF. (2)由(1)知 AF⊥平面 CBF, ∴FB 为 AB 在平面 CBF 内的射影, 因此,∠ABF 为直线 AB 与平面 CBF 所成的角. ∵AB∥EF,∴四边形 ABEF 为等腰梯形, 过点 F 作 FH⊥AB,交 AB 于 H. AB-EF 1 已知 AB=2,EF=1,则 AH= = . 2 2 在 Rt△AFB 中,根据射影定理得 AF =AH·AB,∴AF=1, AF 1 sin∠ABF= = ,∴∠ABF=30°. AB 2 ∴直线 AB 与平面 CBF 所成角的大小为 30°. (3)设 EF 中点为 G,以 O 为坐标原点, OA , OG , AD 方向分别 为 x 轴、 y 轴、 z 轴正方向建立空间直角坐标系(如图). 设 AD=t(t>0), 则点 D 的坐标为(1,0,t),C(-1,0,t),又 A(1,0,0),B(-1,0,0), 3 ? ?1 F? , ,0?, ?2 2 ?
2

??? ?

??? ?

??? ?

-4-

??? ? ??? ? ?1 3 ? ∴ CD =(2,0,0), FD =? ,- ,t?, 2 ?2 ?
设平面 DCF 的法向量为 n1=(x,y,z),则 n1· CD =0,n1· FD =0. 2x=0 ? ? 即?x 3 - y+tz=0 ? ?2 2

??? ?

??? ?

,令 z= 3,

解得 x=0,y=2t,∴n1=(0,2t, 3).

???? ? 1 3 ? 由(1)可知 AF⊥平面 CFB,取平面 CBF 的一个法向量为 n2= AF =?- , ,0?, ? 2 2 ?
依题意,n1 与 n2 的夹角为 60°. n1·n2 ∴cos 60°= , |n1|·|n2| 1 3t 6 即 = ,解得 t= . 2 2 4 4t +3·1 因此,当 AD 的长为 6 时,平面 DFC 与平面 FCB 所成的锐二面角的大小为 60°. 4

3.解:(1)证明:在△BCE 中,BC⊥BE, BC=AD= 3,BE=3,∴EC=2 3, 在△FCE 中,CF =EF +CE ,∴EF⊥CE. 由已知条件知,DC⊥平面 EFCB, ∴DC⊥EF, 又 DC 与 EC 相交于 C,∴EF⊥平面 DCE. (2)如图,以点 C 为坐标原点,以 CB,CF 和 CD 分别作为 x 轴, y 轴和 z 轴,建立空间直角坐标系 C ?xyz. 设 AB=a(a>0), 则 C(0,0,0), A( 3, 0, a), B( 3, 0,0), E( 3, 3,0), F(0,4,0), 从而 EF =(- 3,1,0), AE =(0,3,-a). 设平面 AEF 的法向量为 n=(x,y,z), 由 EF ·n=0, AE ·n=0,
2 2 2

????

??? ?

????

??? ?

?- 3x+y=0, 得? ?3y-az=0,

取 x=1,

3 3 3 3? ? 则 y= 3,z= ,即 n=?1, 3, ?. a a ? ?

-5-

不妨设平面 EFCB 的法向量为 BA =(0,0,a), 由条件得

??? ?

??? ? ??? ? ? n· BA ? ??? ? ?= 3 2 3 =1,解得 a=9. |cos〈n, BA 〉|=? 2 4a +27 2 ?|n|| BA |?
9 所以当 AB= 时, 2 二面角 A-EF-C 的大小为 60°. 第Ⅱ卷:提能增分卷 1.解:(1)证明:由已知得 AB=3 5,AD=6, ∴BD=9. DO AD 在矩形 ABCD 中,∵AE⊥BD,∴Rt△AOD∽Rt△BAD,∴ = ,∴DO=4,∴BO=5. AD BD 在△POB 中,PB= 41,PO=4,BO=5, ∴PO +BO =PB , ∴PO⊥OB.又 PO⊥AE,AE∩OB=O, ∴PO⊥平面 ABCE. (2)∵BO=5, ∴AO= AB -OB =2 5. 以 O 为原点 ,建立如图所示的 空间直角坐标系, 则 P(0,0,4), A(2 5,0,0), B(0,5,0).
2 2 2 2 2

??? ? ??? ? PA =(2 5,0,-4), PB =(0,5,-4),
设 n1=(x,y,z)为平面 APB 的法向量.

??? ? ?n1· PA =0, 则? ??? ? ?n1· PB =0,

?2 5x-4z=0, 即? ?5y-4z=0.

取 x=2 5得 n1=(2 5,4,5), 又 n2=(0,1,0)为平面 AEP 的一个法向量, n1·n2 4 4 61 4 61 ∴cos〈n1,n2〉= = = ,故二面角 E?AP?B 的余弦值为 . |n1|·|n2| 61 61 61×1 2.解:(1)证明:以点 A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系,则 A(0,0,0), B(0,2,0), C(2,2,0), D(1,0,0), S(0,0,2), M(0,1,1). 则 AM =(0,1,1), SD =(1,0,-2), CD =(-1,-2,0).

???? ?

??? ?

??? ?

-6-

设平面 SCD 的法向量是 n=(x,y,z),

??? ? ? SD ·n=0, 则? ??? ? ? CD ·n=0,

?x-2z=0, ? 即? ?-x-2y=0. ?

令 z=1,则 x=2,y=-1, 于是 n=(2,-1,1). ∵ AM ·n=0,∴ AM ⊥n.又 AM?平面 SCD, ∴AM∥平面 SCD. (2)易知平面 SAB 的一个法向量为 n1=(1,0,0).设平面 SCD 与平面 SAB 所成的二面角为 φ, n1·n 则|cos φ |= |n1|·|n| = ?1,0,0?·?2,-1,1? 1· 6 = 2 1· 6 = 6 6 ,即 cos φ = . 3 3 6 . 3

???? ?

???? ?

∴平面 SCD 与平面 SAB 所成二面角的余弦值为 (3)设 N(x,2x-2,0)(x∈[1,2]), 则 MN =(x,2x-3,-1). 又平面 SAB 的一个法向量为 n1=(1,0,0), ∴sin θ =? = x 5x -12x+10 1 1 1 5-12· +10· 2 x x 1 12 1 10 -12 +5 x x 1 . 1 32 7 10 - + x 5 5
2

???? ?

??x,2x-3,-1?·?1,0,0?? ? 2 2 2 ? x +?2x-3? +?-1? ·1 ?







1 3 5 35 当 = ,即 x= 时,(sin θ )max= . x 5 3 7 3.解:(1)证明:取 AB 的中点 O,连接 EO,DO. 因为 EB=EA,所以 EO⊥AB.

-7-

因为四边形 ABCD 为直角梯形. AB=2CD=2BC,AB⊥BC, 所以四边形 OBCD 为正方形,所以 AB⊥OD. 因为 EO∩DO=0. 所以 AB⊥平面 EOD,所以 AB⊥ED. (2)因为平面 ABE⊥平面 ABCD,且 EO⊥AB, 所以 EO⊥平面 ABCD,所以 EO⊥OD. 由 OB,OD,OE 两两垂直,建立如图所示的空间直角坐标系 O-xyz. 因为三角形 EAB 为等腰直角三角形, 所以 OA=OB=OD=OE,设 OB=1, 所以 O(0,0,0),A(-1,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0), D(0,1,0),E(0,0,1).所以 EC =(1,1,-1), 平面 ABE 的一个法向量为 OD =(0,1,0). 设直线 EC 与平面 ABE 所成的角为 θ ,

??? ?

??? ?

??? ? ??? ? ??? ? ??? ? | EC · OD | 3 ? ??? ? = ,即直线 EC 与平面 ABE 所成角 所以 sin θ =|cos〈 EC , OD 〉|= ??? | EC || OD | 3
的正弦值为 3 . 3

EF 1 (3)存在点 F,且 = 时,有 EC∥平面 FBD.证明如下: EA 3

???? 1 ??? ? ? 1 1? 由 EF = EA =?- ,0,- ?, 3 3? 3 ? ??? ? ?4 ? 2? 2? ??? ? 1 F?- ,0, ?,所以 FB =? ,0,- ?, BD =(-1,1,0). 3? 3? ? 3 ?3
设平面 FBD 的法向量为 v=(a,b,c),

??? ? ?v· BD =0, 则有? ??? ? ?v· FB =0,

-a+b=0, ? ? 所以?4 2 a- c=0, ? ?3 3

取 a=1,得 v=(1,1,2). 因为 EC ·v=(1,1,-1)·(1,1,2)=0, 且 EC?平面 FBD,所以 EC∥平面 FBD, EF 1 即点 F 满足 = 时,有 EC∥平面 FBD. EA 3

??? ?

-8-


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