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2022届高考数学二轮专题复习12空间向量与立体几何

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空间向量与立体几何1.如图,在四棱锥中,底面ABCD是平行四边形,已知,,,,则()A.B.C.D.【答案】A【解析】连接BD,如图,则,故选A.2.已知长方体中,,E是棱的中点,P是平面内一点,且AP⊥平面,则EP长度为()A.B.C.D.21 【答案】B【解析】如图,以点D为原点,分别以直线DA,DC,为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系,则,,,,设,所以,,,设平面的法向量为,由,得,取,因为平面,所以,则,解得,所以,则,所以,故选B.3.如图,已知圆锥的底面半径为,母线长为,为圆锥底面圆的直径,是圆弧的中点,是母线的中点,则异面直线与所成角的余弦值为()A.B.C.D.【答案】C【解析】连接、,因为为圆锥底面圆的直径,是圆弧的中点,则,21 为的中点,则,以点为坐标原点,、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系,因为,,易知,则,所以,、、、,,,则,因此,异面直线与所成角的余弦值为,故选C.4.(多选)如图,在长方体中,,,点P,E分别为AB,的中点,点M为直线上的动点,点N为直线上的动点,则()A.对任意的点N,一定存在点M,使得B.向量,,共面C.异面直线PM和所成角的最小值为D.存在点M,使得直线PM与平面所成角为21 【答案】BCD【解析】建立如图所示的空间直角坐标系,则,,故,设,,,而,故,即,故,,若,则,即,当时,不存在,故当为中点,不存在,使得,故A错误;连接,则,由长方体可得,故,故,,,即,,共面,故B正确;,故,当时,,此时;当时,,21 令,设,则,故,所以异面直线PM和所成角的范围为,故直线PM和所成角的最小值为,故C正确;平面的法向量为,故,若直线PM与平面所成角为,则,故,所以或,故D正确,故选BCD.5.(多选)已知正方体的棱长为2,点P满足,则下列选项正确的为()A.若,,,则二面角为B.若,则三棱锥的体积为定值C.若,,,且直线AP与平面ABCD所成的角为,则点P的轨迹长度为D.若,则点P的轨迹与正方体表面交线的总长度为【答案】BCD【解析】建立如图所示空间直角坐标系,则,,平面,也即平面的法向量为,对于A选项,,21 设平面的法向量为,则,故可设,设二面角为,则,所以A选项错误;对于B选项,,则,即到平面也即平面的距离为定值,而三角形的面积是定值,所以三棱锥的体积为定值,所以B选项正确;对于C选项,当时,,且,依题意直线与平面所成角为,所以,两边平方并化简得.所以点的轨迹是线段,,C选项正确;对于D选项,,表示到的距离为定值,所以的轨迹是以为球心,半径的球,注意到,,所以球与正方形,正方形,正方形相交形成的轨迹是如下图中的弧形,三段弧长和为.21 球与正方形,正方形,正方形相交形成的轨迹是如下图中的弧形,三段弧长和为,所以点P的轨迹与正方体表面交线的总长度为,D选项正确,故选BCD.6.(多选)如图,四棱锥的底面是正方形,平面平面,,为中点,为线段上一点()A.若,则B.若为中点,则C.若,则四棱锥外接球表面积为D.直线与平面所成的角的余弦值的取值范围是【答案】ABD21 【解析】B选项,,由于平面平面且交线为,,所以平面,所以,所以,当是中点时,,B选项正确;C选项,,即,由于平面平面且交线为,所以平面,所以,而,即两两相互垂直,所以四棱锥外接球的直径,所以外接球的表面积为,C选项错误;以为空间坐标原点建立如图所示空间直角坐标系,则,,A选项,当时,三角形是等边三角形,所以,,所以,所以A选项正确;D选项,设,其中,则,,,设平面的法向量为,21 则,故可设,设直线与平面所成的角为,则,由于线面角的范围是,所以,将代入上式并化简得,由于,,所以,所以D选项正确,故选ABD.7.长方体中,,,已知点H,A,三点共线,且,则点H到平面ABCD的距离为________.【答案】【解析】在长方体中,以点A为原点建立如图所示的空间直角坐标系,21 则,,因点H,A,三点共线,令,点,则,又,则,解得,所以点到平面ABCD的距离为,故答案为.8.如图,已知菱形,,沿直线将翻折成,分别为的中点,与平面所成角的正弦值为,为线段上一点(含端点),则与平面所成角的正弦值的最大值为___________.【答案】【解析】设顶点在平面内的射影为点,因为与平面所成角的正弦值为,,所以,因为,所以,21 又因为,所以,如图1,在平面中,为等边三角形,,所以平分,即,所以在中,,解得,(舍),所以点为的中心,故三棱锥是棱长为的正四面体,故如图2,以中点为坐标原点,分别为轴建立空间直角坐标系,则,设,则,,设平面的一个法向量为,则,即,令,得,21 因为,设与平面所成角为,所以,令,则,因为函数在上单调递增,所以在上单调递减,所以当时,与平面所成角的正弦值最大,最大值为,故答案为.9.如图,在四棱锥中,底面为矩形,平面,,,.(1)求直线与平面所成角的正弦值;(2)求平面与平面所成角的余弦值.【答案】(1);(2).【解析】(1)解:因为平面,四边形为矩形,以点为坐标原点,、、所在直线分别为、、21 轴建立如下图所示的空间直角坐标系,则、、、、、,设平面的法向量为,,,由,取,可的,,则,因此,直线与平面所成角的正弦值为.(2)解:设平面的法向量为,,,由,取,可得,.由图可知,平面与平面所成角为锐角,因此,平面与平面所成角的余弦值为.10.如图,已知圆柱的上,下底面圆心分别为是圆柱的轴截面,正方形ABCD内接于下底面圆Q,,.21 (1)当k为何值时,点Q在平面PBC内的射影恰好是△PBC的重心;(2)若,当平面PAD与平面PBC所成的锐二面角最大时,求该锐二面角的余弦值.【答案】(1);(2).【解析】(1)取中点,连接,,,则,,又,所以平面,过作,交于,因为平面,所以,又,所以平面,即是点在平面内的射影.因为恰好是的重心,所以,在中,,,所以,,所以,即.所以当时,点在平面内的射影恰好是的重心.(2)以为原点,为轴,为轴,作,以为轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则,,,,,,,,.设平面的法向量,则,21 即,取,得,设平面的法向量,则,即,取,得,.因为,所以当时,上式取得最小值,此时二面角最大,所以平面与平面所成锐二面角最大时,其余弦值为.11.如图,在直三棱柱中,,,是中点.(1)求点到平面的距离;(2)求平面与平面夹角的余弦值.【答案】(1);(2).21 【解析】(1)解:(1)以为原点,为轴,为轴,为轴建立空间直角坐标系,所以,因为,,设平面的法向量为,则有,得,令,则,所以可以取,设点到平面的距离为,则,所以点到平面的距离为.(2)因为平面,取平面的法向量为,设平面与平面的夹角为,所以,平面与平面夹角的余弦值.12.如图,在四棱锥中,面ABCD,,且,,,,,N为PD的中点.21 (1)求证:平面PBC;(2)在线段PD上是否存在一点M,使得直线CM与平面PBC所成角的正弦值是.若存在,求出的值;若不存在,说明理由.【答案】(1)证明见解析;(2)存在,且.【解析】(1)设是的中点,连接,由于,所以四边形是矩形,所以,由于平面,所以,以为空间坐标原点建立如图所示空间直角坐标系,,,,设平面的法向量为,则,故可设,,且平面,所以平面.(2),设,则,,,设直线与平面所成角为,则,,21 两边平方并化简得,解得或(舍去),所以存在,使直线与平面所成角的正弦值是,且.13.如图在直三棱柱中,,,为的中点,为的中点,是中点,是与的交点,是与的交点.(1)求证:;(2)求证:平面;(3)求直线与平面的距离.【答案】(1)证明见解析;(2)证明见解析;(3).【解析】(1)证明:法一:在直三棱柱中,因为,以点为坐标原点,方向分别为轴正方向建立如图所示空间直角坐标系.21 因为,所以,,所以,,所以,所以.法二:连接,在直三棱柱中,有面,面,所以,又,则,因为,所以面,因为面,所以,因为,所以四边形为正方形,所以,因为,所以面,因为面,所以.法三:用三垂线定理证明:连接,在直三棱柱中,有面,因为面,所以,又,则,因为,所以面,所以在平面内的射影为,因为四边形为正方形,所以,21 因此根据三垂线定理可知.(2)证明:法一:因为为的中点,为的中点,为中点,是与的交点,所以、,依题意可知为重心,则,可得,所以,,,设为平面的法向量,则,即,取,得,则平面的一个法向量为.所以,则,因为平面,所以平面.法二:连接.在正方形中,为的中点,所以且,所以四边形是平行四边形,所以,又为中点,所以四边形是矩形,所以且,因为且,所以,,21 所以四边形为平行四边形,所以.因为,平面,平面,平面,平面,所以平面平面,平面,所以平面.(3)法一:由(2)知平面的一个法向量,且平面,所以到平面的距离与到平面的距离相等,,,所以,所以点到平面的距离,所以到平面的距离为.法二:因为分别为和中点,所以为的重心,所以,所以到平面的距离是到平面距离的,取中点,则,又,平面,平面,所以平面,所以到平面的距离与到平面的距离相等.设点到平面的距离为,由,得,又,,所以,所以到平面的距离是,所以到平面的距离为.21

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发布时间:2022-03-16 15:00:04 页数:21
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文章作者:随遇而安

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