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

∥BC,BC=4,EF=2a,∠EBC=∠FCB=60°,O为EF的中点. (1)求证:AO⊥BE;

(2)求二面角F-AE-B的余弦值; (3)若BE⊥平面AOC,求a的值.

参考答案

专题能力训练13 空间向量与立体几何

1.D

2.A 解析 逐一验证法,对于选项A,∵=(1, 4,1),

∴·n=6-12+6=0,∴⊥n,∴点P在平面α内,同理可验证其他三个点不在平面α内.

3.B 解析 以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,设棱长为1,则

A1(0,0,1),E,D(0,1,0),∴=(0,1,-1),.

设平面A1ED的一个法向量为n1=(1,y,z),

∴有解得 ∴n1=(1,2,2).

∵平面ABCD的一个法向量为n2=(0,0,1), ∴cos=,

即所成的锐二面角的余弦值为.

4.C 解析 取AD的中点O,连接OA1,易证A1O⊥平面ABCD.建立如图所示的空间直角坐标系,

得B(2,-1,0),D1(0,2,),=(-2,3,),平面ABCD的一个法向量为n=(0,0,1),设BD1与平面

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ABCD所成的角为θ,∴sin θ=,

∴tan θ=.

5.C

解析 以A为坐标原点,分别以AD,AB,AA1所在直线为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,0,0),M,

所以. 设=(x,y,z), 由题意可知

因为·x+1·y+0·z=x+y, 又-1≤x≤1,-1≤y≤1,所以-x≤. 所以-x+y≤. 故的最大值为.

6.A 解析建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,0,0),E,G,F(x,0,0),D(0,y,0).

由于GD⊥EF,所以x+2y-1=0,DF=. 当y=时,线段DF长度的最小值是. 当y=1时,线段DF长度的最大值是1. 因不包括端点,故y=1不能取,应选A. 7.A

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解析 以D为原点,DA,DC分别为x轴、y轴建立坐标系如图:设M(x,y,0),正方形边长为

a,

则P,C(0,a,0),则|MC|=,

|MP|=.

由|MP|=|MC|得x=2y,所以点M在正方形ABCD内的轨迹为一条直线y=x.故选A. 8.B 解析 如图,分别以AB,AD,AA1所在直线为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系,

则B(1,0,0),D(0,1,0),B1(1,0,1),C(1,1,0).

设P(1,1,m)(0≤m≤1),=λ(0≤λ≤1),Q(x0,y0,0),则(x0-1,y0,0)=λ(-1,1,0),∴

∴Q(1-λ,λ,0),∴=(-λ,λ-1,-m).

连接B1C,∵正方体ABCD-A1B1C1D1中,BCC1B1是正方形,AB⊥平面BCC1B1,∴B1C⊥AB,B1C⊥

BC1.

又AB∩BC1=B,∴B1C⊥平面ABC1D1,

∵PQ∥平面ABC1D1,∴B1C⊥PQ.

又=(0,1,-1),∴=λ-1+m=0,

∴λ=1-m,

∴Q(m,1-m,0),=(m-1,-m,-m).

设R(0,n,0),则=(m,1-m-n,0),

∵PQ⊥RQ,∴=m(m-1)-m(1-m-n)=0,即n=2-2m, ∴R(0,2-2m,0),=(-1,1-2m,-m), ||=,

∴当m=时,|PR|的最小值是.

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9.MN∥平面BB1C1C 解析 以C1为坐标原点建立如图所示的坐标系.

∵A1M=AN=,

则M,N,

∴.

又C1(0,0,0),D1(0,a,0),

∴=(0,a,0), ∴=0,∴.

又∵是平面BB1C1C的法向量,且MN?平面BB1C1C,

∴MN∥平面BB1C1C.

10. 解析 以D为原点,DA为x轴,DC为y轴,DD1为z轴,建立空间直角坐标系,设n=(x,y,z)为平面A1BC1的法向量,

则n·=0,n·=0, 即令z=2,则y=1,x=2, 于是n=(2,1,2),=(0,2,0).

设所求线面角为α,则sin α=|cos|=. 11.45° 解析 如图,建立空间直角坐标系,设

AB=PA=1,则

A(0,0,0),D(0,1,0),P(0,0,1),由题意,AD⊥平面PAB,设E为PD的中点,连接AE,则AE⊥PD,

又CD⊥平面PAD,

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