发布时间 : 星期一 文章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版含答案更新完毕开始阅读8f9c408b657d27284b73f242336c1eb91a3733e9
∴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 2 11 / 11