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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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．
【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，
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
【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，，
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．
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】ABD
【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，
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，
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）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，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．