2022届高考数学二轮专题复习12 空间向量与立体几何.docx

1、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（）ABCD【答案】A【解析】连接BD，如图，则，故选A2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（）ABCD【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B3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（）ABCD【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，为

2、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C4（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【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，令，设，则，故，所以异面直

3、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BCD5（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，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

4、，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BCD6（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】ABD【解析】B选项，由于平

5、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，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ABD7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

6、系，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，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，因为，设与平面所成角为，所以，令，则，因为函数在上单调

7、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、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，（1）当k为何值

8、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，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

9、）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）【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（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

10、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，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，

11、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，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，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