高考数学一轮总复习 课时跟踪检测(四十九) 空间向量的

课时跟踪检测(四十九) 空间向量的应用
一保高考，全练题型做到高考达标
1．如图所示，四棱锥S ­ABCD 的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的2倍，P 为侧棱SD 上的点．
(1)求证：AC ⊥SD .
(2)若SD ⊥平面PAC ，求二面角P ­AC ­D 的大小．
(3)在(2)的条件下，侧棱SC 上是否存在一点E ，使得BE ∥平面PAC ？若存在，求SE ∶
EC 的值；若不存在，试说明理由．
解：(1)证明：连接BD ，设AC 交BD 于O ，连接SO ，由题意知SO ⊥
平面ABCD ，以O 为坐标原点，u u u r OB ，u u u r OC ，u u r
OS 分别为x 轴，y 轴，z
轴的正方向，建立空间直角坐标系．
设底面边长为a ，则高SO ＝
62a .于是S ⎝
⎛
⎭⎪⎫0，0，62a ， B ⎝
⎛⎭⎪⎫22a ，0，0，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－22a ，0，0，C ⎝ ⎛⎭
⎪⎫
0，22a ，0，
则u u u r OC ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22a ，0，u u r SD ＝⎝ ⎛
⎭⎪⎫－22
a ，0，－62a ，所以u u u r OC ·u u r SD ＝0，
故OC ⊥SD ，从而AC ⊥SD .
(2)由题设知，平面PAC 的一个法向量为u u u r DS ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫
22a ，0，62a ，平面DAC 的一个法向
量为u u r OS ＝⎝
⎛⎭⎪⎫
0，0，62a ，
则cos 〈u u r OS ，u u u r DS 〉＝u u r OS ·u u u r DS |u u r OS ||u u
u r DS |＝3
2
， 故所求二面角的大小为30°.
(3)在棱SC 上存在一点E 使BE ∥平面PAC ，
由(2)知u u u r
DS 是平面PAC 的一个法向量，
且u u u r DS ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22a ，0，62a ，u u r CS ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－22a ，62a ，
u u u r BC ＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫
－22a ，22a ，0，
设u u u r CE ＝t u u r
CS (0≤t ≤1)，
u u u r BE ＝u u u r BC ＋u u u r CE ＝u u u r BC ＋t u u r CS ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫
－22
a ，22a 1－t ，62at ，
而
u u u r
BE·
u u u r
DS＝0⇒－1
2
a2＋
3
2
a2t＝0，解得t＝
1
3
，
即当SE∶EC＝2∶1时，BE∥平面PAC.
2．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.
依题意得D(0,0,0)，A(1,0,0)，M(0,0,1)，C(0,1,0)，B(1,1,0)，N(1,1,1)，E⎝
⎛
⎭⎪
⎫
1
2
，1，0，所以
u u u r
NE＝
⎝
⎛
⎭⎪
⎫
－
1
2
，0，－1，
u u u r
AM＝(－1,0,1)，
因为|cos〈
u u u r
NE，
u u u r
AM〉|＝|
u u u r
NE·
u u u r
AM|
|
u u u r
NE|·|
u u u r
AM|
＝
1
2
5
2
×2
＝
10
10
.
所以异面直线NE与AM所成角的余弦值为
10
10
.
(2)假设在线段AN上存在点S，使得ES⊥平面AMN.
连接AE，ES，如图所示．
因为
u u u r
AN＝(0,1,1)，可设
u u r
AS＝λ
u u u r
AN＝(0，λ，λ)，
又
u u r
EA＝
⎝
⎛
⎭⎪
⎫
1
2
，－1，0，
所以
u u r
ES＝
u u r
EA＋
u u r
AS＝
⎝
⎛
⎭⎪
⎫
1
2
，λ－1，λ.
由ES⊥平面AMN，
得
⎩⎪
⎨
⎪⎧
u u r
ES·
u u u r
AM＝0，
u u r
ES·
u u u r
AN＝0，
即
⎩⎪
⎨
⎪⎧－1
2
＋λ＝0，
λ－1＋λ＝0，
解得λ＝12，此时u u r AS ＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫0，12，12，|u u r AS |＝2
2.
经检验，当AS ＝
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 ＝
22
. 3．如图，四棱锥P ­ABCD 的底面ABCD 是平行四边形，PA ⊥底面ABCD ，
PA ＝3，AD ＝2，AB ＝4，∠ABC ＝60°.
(1)求证：BC ⊥平面PAC ；
(2)E 是侧棱PB 上一点，记PE
PB
＝λ(0<λ<1)，是否存在实数λ，使平
面ADE 与平面PAD 所成的二面角为60°？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．
解：(1)由已知，得AC ＝
AB 2＋BC 2－2AB ×BC ×cos∠ABC ＝23，
所以BC 2
＋AC 2
＝AB 2
，所以BC ⊥AC .
又PA ⊥底面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，则PA ⊥BC . 因为PA ⊂平面PAC ，AC ⊂平面PAC ，且PA ∩AC ＝A ， 所以BC ⊥平面PAC .
(2)以A 为坐标原点，过点A 作垂直于AB 的直线为x 轴，AB ，AP 所在直线分别为y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系．则
A (0,0,0)，
B (0,4,0)，P (0,0,3)．
因为在平行四边形ABCD 中，AD ＝2，AB ＝4，∠ABC ＝60°， 则∠DAx ＝30°，所以D (3，－1,0)． 又PE PB
＝λ(0<λ<1)，知E (0,4λ，3(1－λ))． 设平面ADE 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，
则⎩
⎪⎨⎪⎧
m ·u u u r AD ＝0，m ·u u u r
AE ＝0，即⎩⎨
⎧
3x 1－y 1＝0，
4λy 1＋31－λ
z 1＝0，
取x 1＝1，则m ＝⎝
⎛⎭
⎪⎫
1，3，
43λ3λ－1.
设平面PAD 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)，
则⎩⎪⎨⎪⎧
n ·u u u r AP ＝0，
n ·u u u r AD ＝0，
即⎩⎨
⎧
3z 2＝0，
3x 2－y 2＝0，
取y 2＝1，则n ＝⎝
⎛⎭
⎪⎫
33，1，0. 若平面ADE 与平面PAD 所成的二面角为60°， 则|cos 〈m ，n 〉|＝cos 60°＝1
2
，
即
⎪⎪⎪⎪⎪
⎪1×33＋3×1＋01＋3＋
16λ
2
3λ－1
2
·
1＋13
＝12， 化简得 1＋4λ23
λ－1
2
＝2，
即⎝
⎛⎭⎪⎫λλ－12＝94
，
解得λ＝3(舍去)或λ＝3
5
.
于是，存在λ＝3
5
，使平面ADE 与平面PAD 所成的二面角为60°.
4．(2016·山西模拟)如图，在几何体ABCDEF 中，AB ∥CD ，AD ＝DC ＝CB ＝1，∠ABC ＝60°，四边形ACFE 为矩形，平面ACFE ⊥平面ABCD ，CF ＝1.
(1)求证：平面FBC ⊥平面ACFE ；
(2)点M 在线段EF 上运动，设平面MAB 与平面FCB 所成二面角的平面角为θ(θ≤90°)，试求cos θ的取值范围．
解：(1)证明：在四边形ABCD 中， ∵AB ∥CD ，AD ＝DC ＝CB ＝1，∠ABC ＝60°， ∴AB ＝2，
∴AC 2
＝AB 2
＋BC 2
－2AB ·BC ·cos 60°＝3， ∴AB 2
＝AC 2
＋BC 2
， ∴BC ⊥AC .
∵平面ACFE ⊥平面ABCD ，平面ACFE ∩平面ABCD ＝AC ，BC ⊂平面ABCD ， ∴BC ⊥平面ACFE .
又因为BC ⊂平面FBC ，所以平面FBC ⊥平面ACFE .
(2)由(1)知可建立分别以直线CA ，CB ，CF 为x 轴，y 轴，z 轴的如图所示的空间直角坐标系C ­xyz ，令FM ＝λ(0≤λ≤3)，
则C (0,0,0)，A (3，0,0)，
B (0,1,0)，M (λ，0,1)，
∴u u u r AB ＝(－3，1,0)，u u u r
BM ＝(λ，－1,1)．
设n 1＝(x ，y ，z )为平面MAB 的法向量，
由⎩⎪⎨⎪⎧
n 1·u u u r AB ＝0，n 1·u u u r BM ＝0，
得⎩⎨
⎧
－3x ＋y ＝0，λx －y ＋z ＝0，
取x ＝1，则n 1＝(1，3，3－λ)． ∵n 2＝(1,0,0)是平面FCB 的一个法向量， ∴cos θ＝|n 1·n 2||n 1|·|n 2|＝
1
1＋3＋3－λ2
＝
13－λ
2
＋4
.
∵0≤λ≤3，∴当λ＝0时，cos θ有最小值77
， 当λ＝3时，cos θ有最大值1
2，
∴cos θ∈⎣⎢
⎡⎦
⎥⎤
77，12. 二上台阶，自主选做志在冲刺名校
(2016·云南统考)如图，在三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，已知AB ⊥侧面BB 1C 1C ，AB ＝BC ＝1，
BB 1＝2，∠BCC 1＝π3
.
(1)求证：C 1B ⊥平面ABC ；
(2)设u u u r CE ＝λ1u u u r
CC (0≤λ≤1)，且平面AB 1E 与BB 1E 所成的锐二面角的大小为30°，
试求λ的值．
解：(1)证明：因为AB ⊥侧面BB 1C 1C ，BC 1⊂侧面BB 1C 1C ，故AB ⊥BC 1，在△BCC 1中，BC ＝1，CC 1＝BB 1＝2，∠BCC 1＝
π3
， 所以BC 21＝BC 2＋CC 21－2BC ·CC 1·cos∠BCC 1＝12＋22
－2×1×2×cos π3＝3，
所以BC 1＝3，故BC 2
＋BC 2
1＝CC 2
1， 所以BC ⊥BC 1，而BC ∩AB ＝B ， 所以C 1B ⊥平面ABC .
(2)由(1)可知，AB ，BC ，BC 1两两垂直．以B 为原点，BC ，BA ，BC 1所在直线分别为x 轴，
y 轴，z 轴建立空间直角坐标系．
则B (0,0,0)，A (0,1,0)，B 1(－1,0，3)，C (1,0,0)，C 1(0,0，3)．
所以1u u u r
CC ＝(－1,0, 3)，
所以u u u r
CE ＝(－λ，0, 3λ)，E (1－λ，0, 3λ)， 则u u u r AE ＝(1－λ，－1，3λ)，1u u u r
AB ＝(－1，－1，3)．
设平面AB 1E 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，
则⎩⎪⎨⎪⎧
n ·u u u r AE ＝0，
n ·1u u u r AB ＝0，
即⎩⎨
⎧
1－λx －y ＋3λz ＝0，
－x －y ＋3z ＝0，
令z ＝3，则x ＝3－3λ2－λ，y ＝3
2－λ，
故n ＝⎝
⎛⎭
⎪⎫3－3λ2－λ，32－λ，3是平面AB 1
E 的一个法向量．
因为AB ⊥平面BB 1C 1C ，
所以u u r
BA ＝(0,1,0)是平面BB 1E 的一个法向量，
所以|cos 〈n ，u u r BA 〉|＝
|n ·u u r
BA |
|n |·|u u r BA |
＝ ⎪⎪⎪⎪
⎪⎪32－λ1×
⎝ ⎛⎭⎪⎫3－3λ2－λ2＋⎝ ⎛⎭
⎪⎫32－λ2＋3
2
＝3
2
.
两边平方并化简得2λ2
－5λ＋3＝0， 所以λ＝1或λ＝3
2(舍去)．。