第一章 专题强化练3 利用空间向量解决探索性问题（含答案解析）-人教 B版高二上册数学（选必一）

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专题强化练3　利用空间向量解决探索性问题1.如图,正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直,AF=1,M是线段EF的中点,二面角A-DF-B的大小为60°.(1)求证:AM∥平面BDE;(2)试在线段AC上找一点P,使得PF与CD所成的角为60°.2.如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BAC=90°,AB=AC=2,AA1=3,M,N分别为棱AB,B1C1的中点,BC1与B1C交于点P.(1)求直线AA1与平面A1CM所成角的正弦值;(2)求直线BC1到平面A1CM的距离;(3)在线段A1N上是否存在点Q,使得PQ∥平面A1CM?若存在,求出A1QA1N的值;若不存在,请说明理由.3.如图1,在直角梯形ABCD中,AB∥CD,∠D=90°,四边形ABCE是边长为4的菱形,且∠BCE=60°.以BE为折痕将△BCE折起,使点C到达点C1的位置,且AC1=26,如图2.(1)证明:平面BC1E⊥平面ABED;(2)在棱DC1上是否存在点P,使得P到平面ABC1的距离为2155?若存在,求出直线EP与平面ABC1所成角的正弦值;若不存在,请说明理由.　4.在四棱锥P-ABCD中,PD⊥平面ABCD,AB∥DC,AB⊥AD,DC=AD=1,AB=2,∠PAD=45°,E是PA的中点,F在线段AB上,且CF·BD=0.(1)求证:DE∥平面PBC;(2)求二面角F-PC-B的余弦值;(3)在线段PA上是否存在点Q,使得FQ与平面FPC所成角的余弦值是63?若存在,求出AQ的长;若不存在,请说明理由.5.如图,在四面体A-BCD中,E,F分别是线段AD,BD的中点,∠ABD=90°,EC=2,AB=BD=2CF=2.(1)证明:EF⊥平面BCD;(2)当BC的长为何值时,二面角A-EC-B的余弦值为13?6.如图,P为圆锥的顶点,O是圆锥底面的圆心,AC为底面直径,△ABD为底面圆O的内接正三角形,且边长为3,点E在母线PC上,且AE=3,CE=1.(1)求证:PO∥平面BDE;(2)求证:平面BDE⊥平面ABD;(3)若点M为线段PO上的动点,当直线DM与平面ABE所成角的正弦值最大时,求点M到平面ABE的距离.答案与分层梯度式解析专题强化练3　利用空间向量解决探索性问题1.解析　(1)证明:设AC∩BD=N,连接NE,∵AC∥EF,AC=EF,M是线段EF的中点,N是线段AC的中点,∴AN∥EM,AN=EM,∴四边形AMEN为平行四边形,∴AM∥EN,又∵EN⊂平面BDE,AM⊄平面BDE,∴AM∥平面BDE.（2）易得CE,CB,CD两两互相垂直,故以C为坐标原点,CD,CB,CE的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系(图略),设AB=t(t>0),则A(t,t,0),B(0,t,0),D(t,0,0),F(t,t,1),∴AB=(−t,0,0),BD=(t,−t,0),BF=(t,0,1).易知AF⊥AB,AB⊥AD,又AF∩AD=A,AF,AD⊂平面ADF,∴AB⊥平面ADF,∴AB=(-t,0,0)为平面DAF的一个法向量.设平面BDF的一个法向量为n=(x,y,z),则n·BD=xt-yt=0,n·BF=xt+z=0,令x=1,则y=1,z=-t,∴n=(1,1,-t).设二面角A-DF-B的大小为θ,则|cos θ|=n·AB|n||AB|=1t2+2=12,解得t=2(负值舍去).设P(a,a,0)(0≤a≤2),则PF=(2−a,2-a,1),又CD=(2,0,0),∴cos 60°=2×(2-a)2×2(2-a)2+1=12,解得a=22或a=322(舍去),∴当P为线段AC的中点时,直线PF与CD所成的角为60°.2.解析　由题意得AA1,AB,AC两两相互垂直.以A为坐标原点,AC,AB,AA1的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系(图略),A(0,0,0),A1(0,0,3),C(2,0,0),M(0,1,0),B(0,2,0),P1,1,32,N(1,1,3).(1)易得AA1=(0,0,3),A1C=(2,0,−3),A1M=(0,1,-3).设平面A1CM的一个法向量为n=(x,y,z),则n·A1C=2x-3z=0,n·A1M=y-3z=0,令z=2,得n=(3,6,2).所以cos=AA1·n|AA1||n|=27.所以直线AA1与平面A1CM所成角的正弦值为27.(2)连接AC1,交A1C于点G,连接GM.易得G为AC1的中点,又M为AB的中点,所以GM是△AC1B的中位线,所以BC1∥GM,又GM⊂平面A1CM,BC1⊄平面A1CM,所以BC1∥平面A1CM.所以直线BC1到平面A1CM的距离等于点B到平面A1CM的距离.易得BA1=(0,-2,3).由(1)得平面A1CM的一个法向量为n=(3,6,2).所以点B到平面A1CM的距离d=|BA1·n||n|=67,所以直线BC1到平面A1CM的距离为67.（3）设A1Q=λA1N(0≤λ≤1),则PQ=PA1+A1Q=-1,-1,32+(λ,λ,0)=λ-1,λ-1,32.由(1)知平面A1CM的一个法向量为n=(3,6,2).因为PQ∥平面A1CM,所以PQ·n=0,即3×(λ-1)+6×(λ-1)+2×32=0,解得λ=23,所以线段A1N上存在点Q,使得PQ∥平面A1CM,此时A1QA1N=23.3.解析　(1)证明:取BE的中点F,连接AF,C1F.因为在题图1中,四边形ABCE是边长为4的菱形,且∠BCE=60°,所以在题图2中,△ABE,△BEC1均为边长为4的等边三角形,所以AF⊥BE,C1F⊥BE,且AF=C1F=23.又AC1=26,所以AF2+C1F2=AC12,所以AF⊥C1F.又因为AF∩BE=F,AF,BE⊂平面ABE,所以C1F⊥平面ABED.因为C1F⊂平面BEC1,所以平面BC1E⊥平面ABED.(2)由(1)得,AF,C1F,BE两两互相垂直.建立空间直角坐标系Fxyz,如图所示:易得A(23,0,0),B(0,2,0),C1(0,0,23),E(0,−2,0),D(3,-3,0),所以AB=(−23,2,0),AC1=(−23,0,23),DC1=(−3,3,23).设DP=λDC1,λ∈[0,1],则P(3−3λ,3λ−3,23λ),所以C1P=(3−3λ,3λ−3,23λ−23).设平面ABC1的一个法向量为v=(x,y,z),则v·AB=-23x+2y=0,v·AC1=-23x+23z=0,令x=1,则y=3,z=1,故v=(1,3,1),则点P到平面ABC1的距离d=|C1P·v||v|=|(3-3λ,3λ-3,23λ-23)·(1,3,1)|1+3+1=2155,解得λ=12或λ=32(舍去),则EP=32,12,3.设直线EP与平面ABC1所成的角为θ,则sin θ=|cos|=|EP·v||EP|·|v|=2325=155, 所以直线EP与平面ABC1所成角的正弦值为155.4.解析　(1)证明:证法一:取PB的中点M,连接EM,CM.∵E是PA的中点,∴EM∥AB,且EM=12AB,又∵CD∥AB,且CD=12AB,∴EM∥CD,且EM=CD,∴四边形CDEM为平行四边形,∴DE∥CM.∵CM⊂平面PBC,DE⊄平面PBC,∴DE∥平面PBC.证法二:∵PD⊥平面ABCD,∴PD⊥DC,PD⊥AD.∵AB∥DC,AB⊥AD,∴AD⊥DC.以D为坐标原点,DA,DC,DP所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,如图.∵PD⊥AD,∠PAD=45°,AD=1,∴PD=1,∴D(0,0,0),B(1,2,0),C(0,1,0),P(0,0,1),E12,0,12,∴BC=(−1,−1,0),CP=(0,−1,1),DE=12,0,12.设平面PBC的一个法向量为m=(x,y,z),则m·BC=-x-y=0,m·CP=-y+z=0,取y=1,得x=-1,z=1,∴m=(-1,1,1).∵m·DE=0,DE⊄平面PBC,∴DE∥平面PBC.(2)由(1)知BD=(-1,-2,0).设点F(1,t,0),0≤t≤2,则CF=(1,t-1,0).∵CF·BD=0,∴-1-2(t-1)=0,解得t=12,∴F1,12,0,FC=-1,12,0.设平面FPC的一个法向量为n=(x',y',z'),则n·CP=-y'+z'=0,n·FC=-x'+12y'=0,取x'=1,得y'=2,z'=2,∴n=(1,2,2).由(1)知平面PBC的一个法向量为m=(-1,1,1),则|cos|=|m·n||n|·|m|=33×3=33,由图可知,二面角F-PC-B为锐二面角,∴二面角F-PC-B的余弦值为33.(3)由(1)(2)知,A(1,0,0),P(0,0,1),F1,12,0,∴AP=(−1,0,1),FA=0,-12,0.设AQ=λAP=(-λ,0,λ),λ∈[0,1],则FQ=FA+AQ=-λ,-12,λ.由(2)知平面FPC的一个法向量为n=(1,2,2).若FQ与平面FPC所成角的余弦值是63,则FQ与平面FPC所成角的正弦值为33,∴λ-132λ2+14=33,即20λ2+8λ-1=0,解得λ=110或λ=-12(舍去).∴在线段PA上存在点Q,使得FQ与平面FPC所成角的余弦值是63,此时AQ的长为210.5.解析　(1)证明:因为E,F分别是线段AD,BD的中点,所以EF∥AB且EF=12AB=1.又∠ABD=90°,即AB⊥BD,所以EF⊥BD.因为EF2+CF2=12+12=(2)2=EC2,所以EF⊥FC.因为BD,FC⊂平面BCD,BD∩FC=F,所以EF⊥平面BCD.(2)因为点F是线段BD的中点,且BD=2CF=2,所以△BCD是直角三角形,且BC⊥CD.由(1)知EF⊥平面BCD,所以以点C为坐标原点,CD,CB所在直线分别为x轴,y轴,过点C且与FE平行的直线为z轴建立空间直角坐标系.设∠BDC=θ0