2019-2020学年度最新数学高考(理)二轮专题复习检测：第一部分专题五 立体几何与空间向量13Word版含答案

∴CD⊥AE,从而AE⊥平面PCD.

∴=(0,1,0),分别是平面PAB,平面PCD的法向量,且<>=45°.

故平面PAB与平面PCD所成的二面角为45°.

12.1 解析 如图,建立空间直角坐标系,则可设M(t,0,t),N(0,s,3-s),

∴=(t,-s,t+s-3),易知平面AA1C1C的法向量n=(1,1,0),由MN∥平面AA1C1C可知,·n=0, ∴(t,-s,t+s-3)·(1,1,0)=0,得t=s.

∴||2=2t2+(2t-3)2=6t2-12t+9,故当t=1时,MN长度取到最小值,此时M(1,0,1), N(0,1,2),

∴·yN=·3·2·1=1.

13.1 解析 不妨设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,建立如图所示的空间直角坐标系,则D1(2,0,2),E(1,2,0),=(-1,2,-2),C1(0,0,2),F(2,2,1),=(2,2,-1).

设=λ=t,

则M(2-λ,2λ,2-2λ),N(2t,2t,2-t),=(2t-2+λ,2t-2λ,2λ-t).由于MN与平面ABCD垂直,

所以λ=t=,

由于此解唯一,故满足条件的MN只有一条. 14.

9 / 11

解析 以D为坐标原点,为x轴,为y轴,为z轴,建立空间直角坐标系,如图所示.

则A(1,0,0),M,C(0,1,0),N,

∴.

设直线AM与CN所成的角为θ, 则cos θ=|cos<>|=

=.

15.(1)证明 在图(1)中,取BE的中点D,连接DF,

∵AE∶EB=CF∶FA=1∶2,∴AF=AD=2,

而∠A=60°,∴△ADF为正三角形. 又AE=DE=1,∴EF⊥AD. 在图(2)中,A1E⊥EF,BE⊥EF,

∴∠A1EB为二面角A1-EF-B的一个平面角.

由题设条件知此二面角为直二面角,

∴A1E⊥平面BEP.

(2)解 分别以EB,EF,EA1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系, 则E(0,0,0),B(2,0,0),P(1,,0),A1(0,0,1),

=(0,0,1),=(1,,0),=(-2,0,1),=(-1,,0).

设面EA1P的法向量为m=(x,y,z), 则取y=-1,得m=(,-1,0); 设面BA1P的法向量为n=(x,y,z), 则取y=1,得n=(,1,2).

∴cos=.

∴二面角B-A1P-E的余弦值为.

10 / 11

16.解 (1)因为△AEF是等边三角形,O为EF的中点,所以AO⊥EF. 又因为平面AEF⊥平面EFCB,AO?平面AEF, 所以AO⊥平面EFCB,所以AO⊥BE.

(2)取BC中点G,连接OG.

由题设知EFCB是等腰梯形,所以OG⊥EF. 由(1)知AO⊥平面EFCB, 又OG?平面EFCB,

所以OA⊥OG.如图建立空间直角坐标系O -xyz, 则E(a,0,0),A(0,0,a),

B(2,(2-a),0),=(-a,0,a),=(a-2,(a-2),0).

设平面AEB的法向量为n=(x,y,z), 则

令z=1,则x=,y=-1. 于是n=(,-1,1).

平面AEF的法向量为p=(0,1,0).

所以cos ==-.由题知二面角F-AE-B为钝角,所以它的余弦值为-. (3)因为BE⊥平面AOC,所以BE⊥OC,即=0. 因为=(a-2,(a-2),0),=(-2,(2-a),0), 所以=-2(a-2)-3(a-2). 由=0及0

2

11 / 11