高考数学复习

课时跟踪检测(四十九) 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**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＝，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aefc的大小为60°.

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，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＝.

1)求证：po⊥平面abce；

2)求二面角eapb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＝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；

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．

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，，0)，b(－1，0,0)，c(1,0,0)，b1(0,0，)．

由＝＝，可求出。

a1(1，，)c1(2,0，)，设点p(x，y，z)，＝

则p，(－1,0，)．

设平面b1cp的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，由，令z1＝1，解得n1＝.

同理可求出平面acc1a1的法向量n2＝(，1，－1)．

由平面b1cp⊥平面acc1a1，得n1·n2＝0，即3＋－1＝0，解得λ＝3，所以a1c1＝3a1p，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.

已知ab＝2，ef＝1，则ah＝＝.

在rt△afb中，根据射影定理得af2＝ah·ab，∴af＝1，sin∠abf＝＝，abf＝30°.

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，，，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)，f，＝(2,0,0)，＝设平面dcf的法向量为n1＝(x，y，z)，则n1·＝0，n1·＝0.

即，令z＝，解得x＝0，y＝2t，∴n1＝(0,2t，)．

由(1)可知af⊥平面cfb，取平面cbf的一个法向量为n2＝＝，依题意，n1与n2的夹角为60°.

cos 60°＝，即＝，解得t＝.

因此，当ad的长为时，平面dfc与平面fcb所成的锐二面角的大小为60°.

3．解：(1)证明：在△bce中，bc⊥be，bc＝ad＝，be＝3，∴ec＝2，在△fce中，cf2＝ef2＋ce2，∴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(，0，a)，b(，0,0)，e(，3,0)，f(0,4,0)，从而＝(－1,0)，＝0,3，－a)．

设平面aef的法向量为n＝(x，y，z)，由·n＝0，·n＝0，得取x＝1，则y＝，z＝，即n＝.

不妨设平面efcb的法向量为＝(0,0，a)，由条件得。

cos〈n，〉|解得a＝.

所以当ab＝时，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，ad＝6，bd＝9.

在矩形abcd中，∵ae⊥bd，∴rt△aod∽rt△bad，∴＝do＝4，∴bo＝5.

在△pob中，pb＝，po＝4，bo＝5，po2＋bo2＝pb2，po⊥ob.又po⊥ae，ae∩ob＝o，po⊥平面abce.

2)∵bo＝5，ao＝＝2.

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(2，0,0)，b(0,5,0)．

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

则即。取x＝2得n1＝(2，4,5)，又n2＝(0,1,0)为平面aep的一个法向量，cos〈n1，n2〉＝＝故二面角eapb的余弦值为。

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＝(0,1,1)，＝1,0，－2)，＝1，－2,0)．

设平面scd的法向量是n＝(x，y，z)，则即。

令z＝1，则x＝2，y＝－1，于是n＝(2，－1,1)．

·n＝0，∴⊥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，则|cos φ|

＝＝，即cos φ＝

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＝(x,2x－3，－1)．

又平面sab的一个法向量为n1＝(1,0,0)，sin θ＝

当＝，即x＝时，(sin θ)max＝.

3.解：(1)证明：取ab的中点o，连接eo，do.

因为eb＝ea，所以eo⊥ab.

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＝(1,1，－1)，平面abe的一个法向量为＝(0,1,0)．

设直线ec与平面abe所成的角为θ，所以sin θ＝cos〈，〉即直线ec与平面abe所成角的正弦值为。

3)存在点f，且＝时，有ec∥平面fbd.证明如下：

由＝＝，f，所以＝，＝1,1,0)．

设平面fbd的法向量为v＝(a，b，c)，则有所以。

取a＝1，得v＝(1,1,2)．

因为·v＝(1,1，－1)·(1,1,2)＝0，且ec平面fbd，所以ec∥平面fbd，即点f满足＝时，有ec∥平面fbd.

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