2022届高考数学二轮专题复习12空间向量与立体几何

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