2022屆高考數(shù)學(xué)二輪專題復(fù)習(xí)12空間向量與立體幾何

#TOC\o"1-5"\h\z/\n-PB=0設(shè)平面PBC的法向量n=(x,y,z丿，則\—,222n-PC二0廠\o"CurrentDocument"x+y-kz二0/\即彳22/C，取z二1，得n=(O,k,1丿，—x+y—kz二02222cosk2-1二1—2cosk2+1k2+13因?yàn)?<k<4，所以當(dāng)k=2時(shí)，上式取得最小值5，此時(shí)二面角最大,3所以平面3所以平面pad與平面PBC所成銳二面角最大時(shí)，其余弦值為5?11.如圖，在直三棱柱ABC—ABC中，ZBAC=90。，AB二AC二AA二2，E是BC1111中點(diǎn).1）求點(diǎn)中點(diǎn).1）求點(diǎn)A到平面AEC的距離；112）求平面AEC與平面ABBA夾角的余弦值111“、2忑忑【答案（1）??；（2）丁.【解析（1）解：（1）以A為原點(diǎn)，AB為x軸，AC為y軸，AA為z軸建立空間直角坐

標(biāo)系，所以A(O,O,O),A(0,0,2),B(2,0,0),B(2,0,2),C(0,2,0),C(0,2,2),E(1,1,0),i11>>>因?yàn)锳E=(11,0),AC=(0,2,2),AA=(0,0,2),11設(shè)平面AEC的法向量為n=(x,y,z)，則有vAE-n=0>，得vAC-n=01x+y=0

+z=O'令y=-1，則x=1,z=1，所以可以取"=(1,—1,1),設(shè)點(diǎn)A1到平面AE—的距離為d設(shè)點(diǎn)A1到平面AE—的距離為d，則d=1==——InI<33所以點(diǎn)A1到平面AEC1的距離為(2)因?yàn)锳C丄平面ABBA，取平面ABBA的法向量為AC=(0,2,0),1111設(shè)平面AEC與平面ABBA的夾角為0，111一AC-n屈所以cos0=lcos<AC,n>1==——，IACIInI33平面AEC與平面ABBA3平面AEC與平面ABBA夾角的余弦值11112.如圖，在四棱錐P—ABCD中，PA丄面ABCD,AB//CD，且CD=2，AB=1，BC=2遼，PA=1，AB丄BC，N為PD的中點(diǎn).（2）在線段PD上是否存在一點(diǎn)M,使得直線CM與平面PBC所成角的正弦值是3.若存在,求出DMM的值；若不存在，說明理由?【答案（1）證明見解析；（2）存在，且DM=2DP2【解析】（1）設(shè)E是CD的中點(diǎn)，連接AE，由于AB/CE,AB=CE,AB丄BC,所以四邊形ABCE是矩形，所以AE丄AB,由于PA丄平面ABCD，所以PA丄AB,PA丄AE,以A為空間坐標(biāo)原點(diǎn)建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系,P（0,0,1）,B（0,1,0）,C（272,1,0）,D—1,0），Np2,-29PB二（0,1,-1）,PC二（2v'2,1,—1）,設(shè)平面PBC的法向量為n=（x,y,z）,y,zn-PB=y—z=0（）—-，故可設(shè)n=（0,1,1），n-PC=2^/2x+y-z=0AN-n=0，且A電平面PBC，所以AN//平面PBC.⑵DP=G邁丄1），設(shè)DM=t（0<t<1），DPG^t,t,t），AM=AD+DM=（2v'2-2邁t,t-1,t）,CM=AM-AC=（—^■■'2t,t-2,t），則DM=tDP設(shè)直線CM與平面PBC所成角為0，則sin0=n?CM13'17兩邊平方并化簡(jiǎn)得4t2-16t+7=0，解得t=或t=(舍去)，22所以存在M，使直線CM與平面PBC所成角的正弦值是1，且Dp=2DPDhDhC13.如圖在直三棱柱ABC—ABC中，ZBAC=90°,AB=AC=AA=2,M為AB的1111中點(diǎn)，N為BC的中點(diǎn)，H是AB中點(diǎn)，P是BC與BC的交點(diǎn)，Q是AN與CH的11111111交點(diǎn).求證：AC丄BC；11求證：PQ〃平面ACM；13)求直線PQ與平面ACM的距離1答案(1)證明見解析；(2)證明見解析；(3)【解析(1)證明：法一：在直三棱柱ABC-AM中,因?yàn)閆BAC=因?yàn)閆BAC=90。以點(diǎn)A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB、CAAA］方向分別為x、y、z軸正方向建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系.因?yàn)锳B=AC=AA=2，所以A（0,0,2）,C（0,-2,0）,B（2,0,0）,C（0,-2,2）,TOC\o"1-5"\h\ziii所以BC=（—2,—2,2）,AC=（0,-2,-2）,ii所以AC-BC=（0,-2,-2）?（-2,-2,2）=0,所以AC丄BC.iiii法二：連接AC，在直三棱柱ABC-ABC中，有AA丄面ABC,ABu面ABC,iiiii所以AA丄AB,i又ZBAC=90。，則AB丄AC,因?yàn)锳AAC=A，所以AB丄面ACCA,TOC\o"1-5"\h\ziii因?yàn)锳Cu面ACCA，所以AB丄AC,iiii因?yàn)锳A丄AC,AC=AA=2，所以四邊形AACC為正方形，所以AC丄AC,iiiiii因?yàn)锳B^AC=A，所以AC丄面ABC,iii因?yàn)锽Cu面ABC，所以AC丄BC.iiii法三：用三垂線定理證明：連接AC，在直三棱柱ABC-ABC中，有AA丄面ABC,iiiii因?yàn)锳Bu面ABC，所以AA丄AB,i又ZBAC=90°，則AB丄AC,因?yàn)锳AAC=A，所以AB丄面ACCA,TOC\o"1-5"\h\ziii所以BC在平面ACCA內(nèi)的射影為AC，iiii因?yàn)樗倪呅蜛ACC為正方形，所以AC丄AC,iiii

因此根據(jù)三垂線定理可知AC丄BC.11（2）證明：法一：因?yàn)锳B=AC=AA=2,M為AB的中點(diǎn)，N為BC的中點(diǎn)，H為AB11111中點(diǎn)，P是BC與BC的交點(diǎn)，11所以合(0,0,2)、C(0,—2,0)、P(1,—1,1)、M(1,0,0)、N(1,—1,2)、H(1,0,2),依題意可知QABC重心，則AQ=?AN，111131(22)—(11)可得Q—，—亍2，所以PQ=—亍亍1，V33丿V33丿Ac=(0,—2,—2)，AM=(1,0,—2),設(shè)n=（x，y,z）為平面ACM的法向量,得x=2,y=—1，n-AC=0f—2得x=2,y=—1，則1—，即I20n-AM=0Ix—2z=01則平面ACM的-個(gè)法向量為n=（2,-1,1）.所以PQ所以PQ?n=(-1,|,1V33?(2,—1,1)=0，則PQ丄n,因?yàn)镻Q匸平面ACM，所以PQ//平面ACM.11法二：連接BH、MH．在正方形AABB中，M為AB的中點(diǎn)，所以BM//AH且BM=AH,1111所以四邊形BMAH是平行四邊形，所以所以四邊形BMAH是平行四邊形，所以BH//AM，11又H為AB中點(diǎn)，所以四邊形AAHM是矩形，所以MH//AA且MH=AA，11111因?yàn)锳A//CC且AA=CC，所以MH//CC，MH=CC，111111所以四邊形MHCC為平行四邊形，所以CH//CM.11因?yàn)镃H^BH=H,CHu平面BHC,BHu平面BHC,i11iCMu平面AMC,AMu平面AMC,111所以平面BHC//平面AMC,PQu平面BHC,111所以PQ//平面ACM.1（3）法一：由（2）知平面ACM的一個(gè)法向量n=（2,—1,1），且PQ//平面ACM,11所以PQ到平面ACM的距離與P到平面ACM的距離相等,11A](0,0,2),P(1,—1,1)，所以PA1=(—1,1,1),所以點(diǎn)P到平面ACM的距離d=網(wǎng)?H=|—2—1+1|=46

所以點(diǎn)P到平面ACM的距離d=所以PQ所以PQ到平面ACM的距離為<6

丁法二：因?yàn)镹H分別為BC和AB中點(diǎn)，所以QABC的重心，111111122所以AQ=三AN，所以Q到平面ACM的距離是N到平面ACM距離的三131113取BH中點(diǎn)E，則NE//CH,11又CH//CM,NE