6.3.4 第2课时 空间向量在度量关系中的应用 课时跟踪检测-【新课程学案】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册配套练习word（苏教版）

6.3.4 第2课时 空间向量在度量关系中的应用 [课时跟踪检测] 1.(15分)如图,在四棱锥P⁃ABCD中,底面ABCD为平行四边形,侧面PAD是边长为2的正三角形,平面PAD⊥平面ABCD,AB⊥PD. (1)求证:平行四边形ABCD为矩形;(6分) (2)若E为侧棱PD的中点,且平面ACE与平面ABP夹角的余弦值为,求点B到平面ACE的距离.(9分) 解:(1)证明:取AD中点M,连接PM,△PAD为正三角形,则PM⊥AD,平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,PM⊂平面PAD,则PM⊥平面ABCD,AB⊂平面ABCD,故PM⊥AB.又AB⊥PD,PM,PD⊂平面PAD,PM∩PD=P,所以AB⊥平面PAD,AD⊂平面PAD,故AB⊥AD,则平行四边形ABCD为矩形. (2)如图,以A为原点,AB为x轴,AD为y轴建立空间直角坐标系,设AB=t(t>0),则A(0,0,0),B(t,0,0),C(t,2,0),P(0,1,),E, 所以=(t,2,0),=,=(t,0,0),=(0,1,). 设平面ACE的法向量为n=(x1,y1,z1), 则 令x1=2,则n=(2,-t,t). 设平面ABP的法向量为m=(x2,y2,z2), 则 令z2=1,则m=(0,-,1), 由|cos<m,n>|===,解得t=1,则平面ACE的一个法向量为n=(2,-1,),=(1,0,0), 点B到平面ACE的距离为==. 2.(15分)如图,PD⊥平面ABCD,AD⊥CD,AB∥CD,PQ∥CD,AD=CD=DP=2PQ=2AB=2,点E,F,M分别为AP,CD,BQ的中点. (1)求证:EF∥平面MPC;(4分) (2)求平面PQM与平面PMC所成角的正弦值;(6分) (3)若N为线段CQ上的点,且直线DN与平面PMQ所成的角为,求线段QN的长.(5分) 解:(1)证明:连接EM,因为AB∥CD,PQ∥CD,所以AB∥PQ. 又因为AB=PQ,所以四边形PABQ为平行四边形. 由点E和M分别为AP和BQ的中点,可得EM∥AB且EM=AB,因为AB∥CD,CD=2AB,F为CD的中点,所以CF∥AB,CF=AB, 可得EM∥CF且EM=CF,即四边形EFCM为平行四边形,所以EF∥MC,又EF⊄平面MPC,MC⊂平面MPC,所以EF∥平面MPC. (2)因为PD⊥平面ABCD,AD⊥CD,所以以D为原点,分别以,,为x轴,y轴,z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系, 由题意可知D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,1,0),C(0,2,0),P(0,0,2),Q(0,1,2),M(1,1,1),=(1,1,-1),=(0,1,0),=(1,-1,1),=(0,2,-2), 设n1=(x,y,z)为平面PMQ的法向量,则即不妨设z=1,可得n1=(1,0,1). 设n2=(x',y',z')为平面PMC的法向量,则即不妨设z'=1,可得n2=(0,1,1), cos<n1,n2>==,则sin<n1,n2>=,所以平面PQM与平面PMC所成角的正弦值为. (3)设=λ(0≤λ≤1),即=λ=(0,λ,-2λ),则N(0,λ+1,2-2λ),从而=(0,λ+1,2-2λ), 由(2)知平面PMQ的法向量为n1=(1,0,1),由题意,sin=|cos<,n1>|=, 即=,整理得3λ2-10λ+3=0,解得λ=或λ=3, 因为0≤λ≤1,所以λ=,所以=,||=||=.即线段QN的长为. 3.(15分)如图,在四棱锥P⁃ABCD中,已知PA⊥平面ABCD,且四边形ABCD为直角梯形,∠ABC=∠BAD=,PA=AD=2,AB=BC=1. (1)求平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值;(7分) (2)若点Q满足=λ(0≤λ≤1),当直线CQ与DP的夹角最小时,求λ的值.(8分) 解:(1)以{,,}为正交基底,建立如图所示的空间直角坐标系, 则各点的坐标为A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,2,0),P(0,0,2), 由PA⊥平面ABCD,且AD⊂平面ABCD,则PA⊥AD,又∠BAD=,则AB⊥AD,又PA∩AB=A,PA,AB⊂平面PAB,则AD⊥平面PAB,所以是平面PAB的一个法向量,且=(0,2,0), 因为=(1,1,-2),=(0,2,-2),设平面PCD的法向量为m=(x,y,z), 则即令y=1,则z=1,x=1, 所以m=(1,1,1)是平面PCD的一个法向量, 所以cos<,m>===,所以平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值为. (2)结合(1)中的空间直角坐标系, 因为=(-1,0,2),所以=λ=(-λ,0,2λ)(0≤λ≤1),又=(0,-1,0),则=+=(-λ,-1,2λ),又=(0,-2,2), 则cos<,>===,设1+2λ=t,0≤λ≤1, 则λ=,t∈[1,3], 则cos2<,>===≤, 当且仅当t=,即λ=时,|cos<,>|取到最大值,又因为y=cos x在上单调递减,此时直线CQ与DP夹角最小. 综上所述,λ的值为. 4.(17分)如图,在五面体ABCDEF中,四边形ABCD为矩形,平面ADE⊥平面ABCD,且AB=4,正三角形ADE的边长为2. (1)证明:EF∥平面ABCD.(5分) (2)若EF<AB,且直线AE与平面BCF所成角的正弦值为,求EF的值.(12分) 解:(1)证明:因为四边形ABCD为矩形,所以AB∥CD, 又AB⊄平面CDEF,CD⊂平面CDEF, 所以AB∥平面CDEF. 因为平面ABFE∩平面CDEF=EF,AB⊂平面ABFE,所以AB∥EF. 又EF⊄平面ABCD,AB⊂平面ABCD, 所以EF∥平面ABCD. (2)分别取AD,BC的中点O,M,连接OE,OM, 因为平面ADE⊥平面ABCD,△ADE为正三角形, 以O为坐标原点,OA,OM,OE所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系, 则A(1,0,0),B(1,4,0),C(-1,4,0),E(0,0,), 设F(0,m,)(0<m<4),则=(-1,0,),=(-2,0,0),=(-1,m-4,), 设平面BCF的法向量为m=(x,y,z), 则由得 令z=,得m=, 因为直线AE与平面BCF所成角的正弦值为, 所以|cos<,m>|===,解得m=2或m=6(舍去),故EF=2. 5.(17分)如图,已知四棱台ABCD⁃A1B1C1D1的上、下底面分别是边长为2和4的正方形,A1A=4,且A1A⊥底面ABCD,点P,Q分别在棱DD1,BC上. (1)若P是DD1的中点,证明:AB1⊥PQ;(5分) (2)若PQ∥平面ABB1A1,二面角P⁃QD⁃A的余弦值为,求四面体ADPQ的体积.(12分) 解:(1)证明:以A为坐标原点,AB,AD,AA1所在直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系, 则A(0,0,0),B1(2,0,4),D(0,4,0),D1(0,2,4), 设Q(4,m,0),其中m=BQ,0≤m≤4,若P是DD1的中点,则P(0,3,2),=(2,0,4),=(4,m-3,-2),于是·=8-8=0, ∴⊥,即AB1⊥PQ. (2)由题设知,=(4,m-4,0),=(0,-2,4)是平面PDQ内的两个不共线向量. 设n1=(x,y,z)是平面PDQ的法向量, 则取y=4,得n1=(4-m,4,2). 又平面AQD的一个法向量是n2=(0,0,1), ∴cos<n1,n2>====, 解得m=或m=(舍去),此时Q. 设=λ(0<λ≤1),而=(0,-2,4),由此得点P(0,4-2λ,4λ),=, ∵PQ∥平面ABB1A1,且平面ABB1A1的一个法向量是n3=(0,1,0),∴·n3=0,即2λ-=0,解得λ=,从而P. 将四面体ADPQ视为以△ADQ为底面的三棱锥P⁃ADQ,则其高h=1,故四面体ADPQ的体积V=S△ADQ·h=××4×4×1=. 学科网（北京）股份有限公司 $