专题10 立体几何与空间向量-备战2022年高考数学二轮复习专题之提分秘典

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专题10 立体几何与空间向量一、单选题1．（2021·上海市宝山中学高二期中）已知直线和平面，且，那么（     ）A． B．C． D．【答案】C【分析】对于A选项，还可以为；对于B选项，还可以为；对于C选项根据线面垂直的性质判断；对于D选项，应该为.【详解】解：对于A选项，或，故错误；对于B选项，或，故错误；对于C选项，，故正确；对于D选项，，故错误.故选：C2．（2021·四川·成都七中高三期中（理））攒尖在中国古建筑（如宫殿、坛庙、园林等）中大量存在，攒尖式建筑的屋面在顶部交汇成宝顶，使整个屋顶呈棱锥或圆锥形状.始建于年的廓如亭（位于北京颐和园内，如图）是全国最大的攒尖亭宇，八角重檐，蔚为壮观.其檐平面呈正八边形，上檐边长为，宝顶到上檐平面的距离为，则攒尖坡度（即屋顶斜面与檐平面所成二面角的正切值）为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据正八边形的性质，结合二倍角正切公式及正切的定义求上檐平面中心到檐边的距离，再根据题设求攒尖坡度.【详解】由题设，上檐平面的八边形如下图示：，，且是的中点，∴，而，∴，(舍)，又，故，由题设知：攒尖坡度为.故选：D3．（2022·全国·高三专题练习）如图所示，在直角梯形中，，，分别是，上的点，，且（如图，将四边形沿折起，连结、、（如图．在折起的过程中，下列说法中正确的个数（    ）①平面；②、、、四点可能共面；③若，则平面平面；④平面与平面可能垂直．A．0 B．1 C．2 D．3【答案】C【分析】对①，连接，交于点，取中点，连接，，通过证为平行四边形可证平面；对②，采用反证法，由平面推出，证矛盾；对③，结合线面垂直判断定理可证，推出平面，进而得证；对④，同样采用反证法，延长至，使得，连接，，过作于，则平面，垂足在上，若结合④的条件，证出垂足在上，矛盾.【详解】对①，在图②中，连接，交于点，取中点，连接，，则为平行四边形，即，所以平面，故①正确；对②，如果、、、四点共面，则由平面，可得，又，所以，这样四边形为平行四边形，与已知矛盾，故②不正确；对③，在梯形中，由平面几何知识易得，又，平面，即有，平面，则平面平面，故③正确；对④，在图②中，延长至，使得，连接，，由题意得平面平面，四点共面．过作于，则平面，若平面平面，则过作直线与平面垂直，其垂足在上，矛盾，故④错误．故选：C．4．（四川省乐山市十校2021-2022学年高二上学期期中考试数学（理）试题）在正方体中，分别为棱的中点，P是线段上的动点(含端点)，则下列结论正确的个数（    ）①②平面③与平面所成角正切值的最大值为④当P位于时，三棱锥的外接球体积最小A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【分析】先判断与面是否垂直，进而判定①；设AC交BD于Q，先证明，进而判定②；根据线面角的定义先找到线面角，进而求出其正切的最大值，从而判定③；取中点，易知为的外心，作面，交于，则三棱锥的外接球球心在上，进而根据球的性质建立等式，最后判断答案④.【详解】设正方体棱长为2.对①，如图1，在正方体中，连接AC,BD，则，面，所以，而，所以面，而面，所以.①正确；对②，如图2，设AC交BD于Q，则Q为AC的中点，而M为的中点，所以，而交平面于M，所以与平面不平行；对③，如图3，易知点P在面ABCD上的投影点N在线段AC上，则与平面所成角为，，则当NE最小时正切值最大，因为分别为的中点，所以，由于，则，此时点N为点E在线段AC上的投影，且为EF的中点.所以，此时,.故③正确；对④，如图4，易知为的外心，作面，交于，则三棱锥的外接球球心在上，记外接球半径为R，，所以，即，于是当时，R最小，即外接球体积最小，此时重合.故④错误.故选：B.5．（2021·江苏·海安高级中学高三月考）三棱锥中，，，的面积为，则此三棱锥外接球的表面积为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用三角形全等和三角形的面积公式求出高，求解直角三角形得，利用余弦定理得出，可得为三棱锥外接球的直径，即可求出外接球的表面积.【详解】，，，又，，则，取中点，连接，又由的面积为，可得的高，则可得，在中，由余弦定理，，解得，则，可得，，，根据球的性质可得为三棱锥外接球的直径，则半径为1，故外接球的表面积为.故选：A.6．（2021·江苏·海安高级中学高三月考）设平面平面，且，，，，则“”是“”的（    ）A．充要条件 B．充分不必要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分不必要条件【答案】A【分析】分别根据条件证得充分性和必要性，从而判断逻辑关系.【详解】充分性，若，，又，即有交点，且， 则，又，从而有，充分性得证；必要性：若，，又，则，必要性得证；故“”是“”的充要条件.故选：A7．（2022·全国·高三专题练习）设为不重合的平面，为不重合的直线，则其中正确命题的序号为（    ）①，则；②，则；③，，则；④，则A．①③ B．②③ C．②④ D．③④【答案】D【分析】对于①，与相交或平行；对于②，与相交、平行或；对于③，由线面垂直的性质和面面垂直的判定定理得；对于④，由面面垂直的性质和线面垂直的判定定理得．【详解】对于①，，，则与相交或平行，故①错误；对于②，，，，则与相交、平行或，故②错误；对于③，，，，则由线面垂直的性质和面面垂直的判定定理得，故③正确；对于④，，，，则由面面垂直的性质和线面垂直的判定定理得，故④正确．故选：D8．（2021·上海市延安中学高二期中）如图，已知正方体中，为线段的中点，为线段上的动点，则下列四个结论正确的是（    ）A．存在点，使∥B．存在点，使平面C．与所成的角不可能等于60°D．三棱锥的体积随动点变化而变化【答案】B【分析】根据题意，结合线面平行的判定、线面垂直的判定、异面直线夹角的求法以及锥体的体积公式，一一判断即可.【详解】根据题意，如图所示，连接.对于选项A，∵平面，平面，∴若//，一定有//平面，又∵与平面相交，∴不存在点，使//，故A错；对于选项B，当为中点时，易知//，∵在正方体中，，，且，∴平面，即平面，故B正确；对于选项C，当为中点时，易知//，//，∵在正方体中，，∴与所成的角为，即与所成的角为，故C错；对于选项D，设正方体边长为2，因为//，//，所以三棱锥的体积，故D错.故选：B.9．（2021·云南大理·模拟预测（理））某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】在长方体中画出直观图，计算体积得到答案.【详解】如图所示，长方体中三棱锥是对应的直观图，故.故选：C.二、解答题10．（2021·上海市宝山中学高二期中）如图所示，已知三棱锥中，平面，，，为上一点且满足，分别为的中点.（1）证明：；（2）求与平面所成角的大小.【答案】（1）证明见解析（2）【分析】（1）根据题意得两两垂直，进而建立空间直角坐标系，利用坐标法求解证明即可；（2）结合（1），利用坐标法求解.（1）解：因为平面，所以又因为，所以两两垂直，故以点为坐标原点，如图，建立空间直角坐标系，因为，，所以，，，，，，所以，所以，即所以.（2）解：由（1）知所以，，，，，所以，，，设平面的一个法向量为，则，即，令，则，设与平面所成角为，则，因为，所以11．（2021·四川·成都七中高三期中（理））如图，在直四棱柱中，底面是菱形，是的中点. （1）求证：平面；（2）已知，，求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析.（2）【分析】（1）连接交于，连接，易得，再根据线面平行的判定即可证结论.（2）为中点，结合已知可构建以为原点，，为x、y、z轴正方向的空间直角坐标系，设，写出对应点坐标，并求出直线的方向向量和平面的法向量，由空间向量夹角的坐标表示求直线与平面所成角的正弦值.（1）由题设，连接交于，易知：是的中点，连接，∵是的中点，∴，又面，面，∴面.（2）底面是菱形，，即，若为中点，则，∴，故在直四棱柱中有、、，∴可构建以为原点，，为x、y、z轴正方向的空间直角坐标系，设，∴，则，若是面的一个法向量，则，令，则，∴，故直线与平面所成角的正弦值.12．（2021·四川省资阳中学高二期中（理））在四棱锥P-ABCD中，PD⊥平面ABCD，AB∥DC，AB⊥AD，DC=AD=1，AB=2，∠PAD=45°，E是PA的中点，F在线段AB上，且满足=0.（1）求证:DE∥平面PBC．（2）求二面角F-PC-B的余弦值.（3）在线段PA上是否存在点Q，使得FQ与平面PFC所成角的余弦值是? 若存在，求出AQ的长;若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析（2）（3）存在，|AQ|=【分析】（1）取PB的中点M，连接EM和CM，证明四边形CDEM为平行四边形即可得证；（2）以D为原点，DA，DC，DP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系D-xyz，分别求出平面PBC和FPC的法向量，结合向量夹角的余弦公式即可求解；（3）设存在点Q，结合线面角的正弦值等于线与法向量夹角的余弦值的绝对值,直接计算即可.（1）取PB的中点M，连接EM和CM，∵E，M分别为PA，PB的中点， ∴EM∥AB且EM=AB，又CD∥AB且CD=AB，∴EM∥CD且EM=CD，∴四边形CDEM为平行四边形，∴DE∥CM，又CM⊂平面PBC，DE⊄平面BPC，∴DE∥平面PBC；（2）由题意可得DA，DC，DP两两互相垂直，如图，以D为原点，DA，DC，DP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系D-xyz，则A(1，0，0)，B(1，2，0)，C(0，1，0)，P(0，0，1)，E，0，，=(-1，-1，0)，=(0，-1，1)，设平面PBC的法向量为=(x，y，z)，则令y=1，则x=-1，z=1，∴=(-1，1，1).设点F的坐标为(1，t，0)，则=(1，t-1，0)，=(1，2，0)，由=0，得t=，∴F1，，0=1，-，0，设平面FPC的法向量为=(a，b，c)，由得令a=1，则b=2，c=2，∴=(1，2，2)，则，又由图可知，二面角F-PC-B为锐角，故该二面角的余弦值为；（3）存在，由(2)知，可设==(-λ，0，λ)，λ∈[0，1]，=-λ，-，λ，∴∵FQ与平面PFC所成角的余弦值是，∴其正弦值为，，整理得20λ2+8λ-1=0，解得λ=，λ=-(舍)，∴存在满足条件的点Q，=-，0，，且|AQ|=13．（2021·广东·佛山市南海区九江中学高二月考）如下图，四棱锥中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，，，E是PD的中点．（1）证明：直线CE∥平面PAB；（2）点M在棱PC上，且直线BM与底面ABCD所成角为，求二面角的夹角的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【分析】（1）取PA中点F，连接EF，BF，证明四边形BCEF是平行四边形，根据线面平行的判定即可证明；（2）建立空间直角坐标系，利用二面角的向量求法求解.（1）如图，取PA中点F，连接EF，BF. ∵E是PD的中点，∴EF∥AD，，由得BC∥AD，又，∴EF∥BC且EF＝BC，∴四边形BCEF是平行四边形，∴CE∥BF. 又平面PAB，CE平面PAB，∴CE∥平面PAB.（2）由已知可得，BA⊥AD，以A点为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，设AB＝1，则，，，，∴，，设，则，，∵BM与底面ABCD所成的角为，而是底面ABCD的法向量，∴，即，∴，又M在棱PC上，设，则，，，∴（舍去）或，∴，所以，设是平面ABM的法向量，则，∴，不妨取则有，∴二面角的余弦值为14．（2021·广东·佛山市南海区九江中学高二月考）在边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧所在的平面垂直，M是弧CD上异于C，D的点．（1）证明：平面平面；（2）当三棱锥体积最大时，求直线MD与面MAB所成夹角的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【分析】（1）证得平面，结合面面垂直的判定定理即可证出结论.（2）首先分析出当在的中点位置时体积最大，建立如图所示空间直角坐标系，利用空间向量的夹角坐标公式即可求出结果.（1）由题可知，平面平面，交线为CD. ∵，平面，∴平面，∴. ∵M为CD上异于C，D的点，且DC为直径，所以，又，∴平面，而平面，∴平面平面.（2）以D点为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，当三棱锥体积最大时，M为的中点，由题可得，，，，，∴，，，设平面MAB的一个法向量，则，不妨取，设直线MD与面MAB所成夹角为，则.15．（2021·上海交大附中闵行分校高二月考）在正三角形ABC中，E､F､P分别是AB､AC､BC边上的点，满足（如图1）.将沿EF折起到的位置，使二面角成直二面角，连接A1B､A1P（如图2）（1）求证：平面BEP；（2）求直线A1E与平面A1BP所成角的大小；（3）求二面角B﹣A1P﹣F的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）（3）【分析】（1）设正三角形ABC的边长为3.在图1中，取BE的中点D，连接DF.由已知条件推导出是正三角形，从而得到EF⊥AD.在图2中，推导出∠A1EB为二面角A1﹣EF﹣B的平面角，且A1E⊥BE.由此能证明A1E⊥平面BEP.（2）建立分别以EB､EF､EA为x轴､y轴､z轴的空间直角坐标系，利用向量法能求出直线A1E与平面A1BP所成的角的大小.（3）分别求出平面A1FP的法向量和平面BA1F的法向量，利用向量法能求出二面角B﹣A1P﹣F的余弦值.（1）证明：不妨设正三角形ABC的边长为3.在图1中，取BE的中点D，连接DF.由AE：EB=CF：FA=1：2，则AF=AD=2，而 ，又是正三角形，又AE=DE=1，所以EF AD.在图2中，A1EEF，BEEF，所以 A1EB为二面角A1﹣EF﹣B的平面角.由题设条件知此二面角为直二面角，则A1EBE.又BE∩EF=E，所以A1E平面BEF，即A1E平面BEP.（2）建立分别以EB､EF､为x轴､y轴､z轴的空间直角坐标系，则E（0，0，0），，，，，则，，.设平面ABP的法向量为，由平面ABP知，，，即令，得，,即 设直线A1E与平面A1BP所成角，所以故直线A1E与平面A1BP所成的角为.（3），，设平面A1FP的法向量为.由平面A1FP知，令，得，，.，所以二面角的余弦值是.