1、课时跟踪检测(四十九)空间向量的应用(分 A、B 卷，共 2 页)A 卷：夯基保分1(2014新课标全国卷)如图，四棱锥 P-ABCD 中，底面 ABCD 为矩形，PA平面 ABCD，E 为 PD 的中点(1)证明：PB平面 AEC；(2)设二面角 D-AE-C 为 60，AP1，AD 3，求三棱锥 E-ACD 的体积2(2015贵州模拟)如图，正方形 AA1D1D 与矩形 ABCD 所在平面互相垂直，AB2AD2.(1)若点 E 为 AB 的中点，求证：BD1平面 A1DE；(2)在线段 AB 上是否存在点 E，使二面角 D1-EC-D 的大小为6？若存在，求出 AE 的长；若不存在，请说明
2、理由3(2015浙江名校联考)如图，正方形 ABCD，ABEF 的边长都是 1，且平面 ABCD平面ABEF，点 M 在 AC 上移动，点 N 在 BF 上移动，若 CMBNa(0a 2)(1)当 a 为何值时，MN 的长度最小；(2)当 MN 长度最小时，求 AB 与平面 AMN 所成角 的正弦值B 卷：增分提能1如图，在四棱锥 P-ABCD 中，侧面 PAD底面 ABCD，侧棱 PAPD 2，PAPD，底面 ABCD 为直角梯形，其中 BCAD，ABAD，ABBC1，O 为 AD 的中点(1)求直线 PB 与平面 POC 所成角的余弦值；(2)求 B 点到平面 PCD 的距离；(3)线段
3、PD 上是否存在一点 Q，使得二面角 Q-AC-D 的余弦值为 63？若存在，求出PQQD的值；若不存在，请说明理由2(2014湖北高考)如图，在棱长为 2 的正方体 ABCD-A1B1C1D1 中，E，F，M，N 分别是棱 AB，AD，A1B1，A1D1 的中点，点 P，Q 分别在棱 DD1，BB1 上移动，且 DPBQ(00)，则 C(m，3，0)，AC(m，3，0)设 n1(x，y，z)为平面 ACE 的法向量，则n1 AC 0，n1 AE 0，即mx 3y0，32 y12z0，可取 n13m，1，3.又 n2(1,0,0)为平面 DAE 的法向量，由题设|cosn1，n2|12，即33
4、4m212，解得 m32.因为 E 为 PD 的中点，所以三棱锥 E-ACD 的高为12.三棱锥 E-ACD 的体积 V1312 33212 38.2解：(1)证明：四边形 ADD1A1 为正方形，连接 AD1，A1DAD1F，则 F 是 AD1 的中点，又因为点 E 为 AB 的中点，连接 EF，则 EF为ABD1 的中位线，所以 EFBD1.又因为 BD1平面 A1DE，EF平面 A1DE，所以 BD1平面 A1DE.(2)根据题意得 DD1DA，D1DDC，ADDC，以 D 为坐标原点，DA，DC，DD1 所在直线分别为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系D-xyz，则 D(0,0,0)，
5、D1(0,0,1)，C(0，2,0)设满足条件的点 E 存在，令 E(1，y0,0)(0y02)，EC(1,2y0,0)，1D C(0,2，1)，设 n1(x1，y1，z1)是平面 D1EC 的法向量，则n1 EC 0，n11D C 0，得x12y0y10，2y1z10，令 y11，则平面 D1EC 的法向量为 n1(2y0,1,2)，由题知平面 DEC 的一个法向量 n2(0,0,1)由二面角 D1-EC-D 的大小为6得cos 6|n1n2|n1|n2|22y0214 32，解得 y02 33 0,2，所以当 AE2 33 时，二面角 D1-EC-D 的大小为6.3解：(1)以 B 为原点
6、，BA，BE，BC 分别为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系 B-xyz(如图所示)，则 N22 a，22 a，0，M22 a，0，1 22 a.MN1 22 a 222 a 2a 22212，当 a 22 时，MN 的长度最小(2)当 a 22 时，M12，0，12，N12，12，0，又 A(1,0,0)，AM 12，0，12，AN 12，12，0.设平面 AMN 的法向量 n(x，y，z)，则 AM n0，AN n0，即12x12z0，12x12y0，取 x1，得 y1，z1，平面 AMN 的法向量n(1,1,1)AB(1,0,0)，AB 与平面 AMN 所成角 的正弦值为sin|n AB
7、|n|AB|33.B 卷：增分提能1解：(1)在PAD 中，PAPD，O 为 AD 的中点，所以 POAD，又侧面 PAD底面 ABCD，平面 PAD平面 ABCDAD，PO平面 PAD，所以 PO平面 ABCD.又在直角梯形 ABCD 中，连结 OC，易得 OCAD，所以以 O 为坐标原点，直线 OC 为 x轴，直线 OD 为 y 轴，直线 OP 为 z 轴建立空间直角坐标系，则 P(0,0,1)，A(0，1,0)，B(1，1,0)，C(1,0,0)，D(0,1,0)，PB(1，1，1)，易证 OA平面 POC，OA(0，1,0)是平面 POC 的法向量，cos PB，OA PB OA|PB
8、|OA|33.直线 PB 与平面 POC 所成角的余弦值为 63.(2)PD(0,1，1)，CP(1,0,1)，设平面 PDC 的一个法向量为 u(x，y，z)，则u CP xz0，u PDyz0，取 z1，得 u(1,1,1)B 点到平面 PCD 的距离 d|BP u|u|33.(3)存在设 PQ PD(01)，PD(0,1，1)，PQ(0，)OQ OP，OQ(0，1)，Q(0，1)设平面 CAQ 的一个法向量为 m(x，y，z)，则m AC xy0，m AQ 1y1z0.取 z1，得 m(1，1，1)，又平面 CAD 的一个法向量为 n(0,0,1)，因为二面角 Q-AC-D 的余弦值为
9、63，所以|cosm，n|mn|m|n|63，得 321030，解得 13或 3(舍)，所以存在点 Q，使得二面角 Q-AC-D 的余弦值为 63，且PQQD12.2解：法一(向量方法)：以 D 为原点，射线 DA，DC，DD1 分别为 x，y，z 轴的正半轴建立如图所示的空间直角坐标系 D-xyz.由已知得 B(2,2,0)，C1(0,2,2)，E(2,1,0)，F(1,0,0)，P(0,0，)1BC(2,0,2)，FP(1,0，)，FE(1,1,0)(1)证明：当 1 时，FP(1,0,1)，因为1BC(2,0,2)，所以1BC 2 FP，即 BC1FP.而 FP平面 EFPQ，且 BC1
10、平面 EFPQ，故直线 BC1平面 EFPQ.(2)设平面 EFPQ 的一个法向量为 n(x，y，z)，则由 FE n0，FP n0，可得xy0，xz0.于是可取 n(，1)同理可得平面 MNPQ 的一个法向量为 m(2,2，1)若存在，使面 EFPQ 与面 PQMN 所成的二面角为直二面角，则 mn(2,2，1)(，1)0，即(2)(2)10，解得 1 22.故存在 1 22，使面 EFPQ 与面 PQMN 所成的二面角为直二面角法二(几何法)：(1)证明：如图，连接 AD1，由 ABCD-A1B1C1D1 是正方体，知 BC1AD1.当 1 时，P 是 DD1 的中点，又 F 是 AD 的
11、中点，所以 FPAD1.所以 BC1FP.而 FP平面 EFPQ，且 BC1平面 EFPQ，故直线 BC1平面 EFPQ.(2)如图，连接 BD.因为 E，F 分别是 AB，AD 的中点，所以 EFBD，且 EF12BD.又 DPBQ，DPBQ，所以四边形 PQBD 是平行四边形，故 PQBD，且 PQBD，从而 EFPQ，且 EF12PQ.在 RtEBQ 和 RtFDP 中，因为 BQDP，BEDF1，于是 EQFP 12，所以四边形 EFPQ 是等腰梯形同理可证四边形 PQMN 是等腰梯形分别取 EF，PQ，MN 的中点为 H，O，G，连接 OH，OG，则 GOPQ，HOPQ，而 GOHOO，故GOH 是面 EFPQ 与面 PQMN 所成的二面角的平面角若存在，使面 EFPQ 与面 PQMN 所成的二面角为直二面角，则GOH90.连接 EM，FN，则由 EFMN，且 EFMN，知四边形 EFNM 是平行四边形连接 GH，因为 H，G 是 EF，MN 的中点，所以 GHME2.在GOH 中，GH24，OH212222212，OG21(2)2222(2)212，由 OG2OH2GH2，得(2)2122124，解得 1 22，故存在 1 22，使面 EFPQ 与面 PQMN 所成的二面角为直二面角
