三空間向量與立體幾何-2022屆新高考數(shù)學(xué)題型解答題 新高考II專用

(3)空間向量與立體幾何

2022屆新高考數(shù)學(xué)題型助力之解答題新高考II專用

1.如圖，在三棱錐中，AB=BC=20,PA=PB=PC=AC=4,0為AC的中點(diǎn).

(1)證明：POJ_平面ABC；

(2)若點(diǎn)M在棱BC上，且二面角B4-C為30°,求PC與平面PAM所成角的正弦值.

2.如圖1,正方形ABCD中，DM=-MA=\，CN=-NB=l，將四邊形CDMN沿MN折起到四邊形PQMN

22

的位置，使得ZQMA=60°(如圖2).

(1)證明：平面MNPQ_L平面ABPQ；

(2)若E,F分別為AM,BN的中點(diǎn)，求三棱錐尸-QE8的體積.

3.如圖，在三棱錐P—XBC中，平面平面ABC,AB=6,BC=273,AC=2>/6,D,E分

別為線段AB,BC上的點(diǎn)，且v4D=2D3,CE=2EB,PD±AC.

(1)求證：PD_L平面ABC；

(2)若直線PA與平面ABC所成的角為2,求平面PAC與平面PDE所成的二面角的大小.

4

4.已知幾何體瓦G-A58,如圖所示，其中四邊形ABC。、四邊形8G尸、四邊形AEJGE?均為

正方形，且邊長均為1,點(diǎn)M在棱OG上.

(1)求證：BMA.EF.

(2)是否存在點(diǎn)M,使得直線MB與平面3比'所成的角為45°?若存在，確定點(diǎn)M的位置；若

不存在，請(qǐng)說明理由.

5.如圖是一個(gè)半圓柱與多面體A84AC構(gòu)成的幾何體，平面ABC與半圓柱的下底面共面，且

ACYBC,P為蛉上的動(dòng)點(diǎn)(不與瓦，A重合).

C

(1)證明：尸A_L平面

（2）若四邊形為正方形，且AC=8C,NPgA=:,求二面角P-AA-。的余弦值.

6.如圖，EC_L平面ABC,BDHEC,AC=A8=8￡>=,EC=2,點(diǎn)F為線段DE上的動(dòng)點(diǎn).

2

CA

（1）試在BC上找一點(diǎn)0,使得AO±CF,并曲1

（2）在第（1）問的基礎(chǔ)上若他，AC,問平面ACE與平面A0F所成的銳二面角的大小可否為烏？

4

7.一副標(biāo)準(zhǔn)的三角板（如圖）中，NA5C為直角，ZA=60°,4DEF為直角,DE=EF,BC=DF.

把BC與DF重合，拼成一個(gè)三棱錐（如圖），設(shè)M是AC的中點(diǎn)，N是BC的中點(diǎn).

（1）求證：平面/WC_L平面EMN.

（2）若AC=4,二面角E-3C-A為直二面角，求直線EM與平面ABE所成角的正弦值.

8.如圖（1）,已知圓0的直徑AB的長為2,上半圓圓弧上有一點(diǎn)C,NCO3=60。，點(diǎn)P是弧AC

上的動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)D是下半圓弧的中點(diǎn).現(xiàn)以AB為折痕，使下半圓所在的平面垂直于上半圓所在的平面,

連接P0,PD,PC,CD,如圖（2）所示.

c

p.c

D

(1)

(1)當(dāng)〃平面PCD時(shí)，求PC的長;

(2)當(dāng)三棱錐尸-COD體積最大時(shí)，求二面角。-PC-O的余弦值.

9.如圖(1),AD是△BCD中BC邊上的高，且/W=24)=2AC,將△BCD沿AD翻折，使得平面

平面ABD,如圖(2)所示.

(2)在圖(2)中，E是BD上一點(diǎn)，連接AE,CE,當(dāng)AE與底面ABC所成角的正切值為［時(shí)，求直

2

線AE與平面BCE所成角的正弦值.

10.如圖，正方形ABCD和ABEF所在的平面互相垂直，且邊長都是1,M,N,G分別為線段AC,BF,

(2)當(dāng)MN的長度最小時(shí)，求二面角A-MV-3的余弦值.

答案以及解析

1.答案：(1)證明過程見解析.

(2)PC與平面PAM所成角的正弦值為班.

4

解析：(1)證明：因?yàn)锳P=CP=AC=4,。為AC的中點(diǎn)，所以O(shè)PJ_AC,且OP=26.

連接0B.

因?yàn)锳B=8C=立AC,所以"BC為等腰直角三角形，且O8J_AC,OB^-AC=2.

22

由。尸+OB2=PB2知POX.OB.

由OP_LO8,OPLAC,OBcAC=O知尸O_L平面ABC.

(2)如圖，以0為坐標(biāo)原點(diǎn)，O*的方向?yàn)閤軸正方向，建立空間直角坐標(biāo)系Oxyz.

由題意得0(0,0,0),3(2,0,0),A(0,-2,0),C(0,2,0),P(0,0,2^3),

AP=(0,2,273).易得平面PAC的一個(gè)法向量為OB=(2,0,0).

設(shè)A/(a,2-a,0)(0<a<2),則磁=(a,4-a,0).

設(shè)平面PAM的法向量為〃=(x,y,z).

由福?〃=(),AMn=0,

2y+2屈=0,

得

ar+(4-〃)y=0,

可取”=(G(a-4),#ia,-a),

2x/3(a-4)

所以cos〈O反"〉=

2,("4)2+3.2+/

__.c

由已知可得|cos(OB,ri)|=—,

所以____2GIa-41______6

2>]^a-4)2+3a2+a22

解得〃=-4（舍去）或〃=—,

3

訴（8G4石4]

所以〃=I-----33—3J?

6

又定=（0,2,-2石），所以cos〈斤,〃〉=4一

w

所以PC與平面PAM所成角的正弦值為4一

2.答案：（1）見解析

⑵也

4

解析：⑴???在正方形ABCD中，DM=-MA=\>CN=>NB=l，

22

QMLQP,QM=\,AM^2,

又；44時(shí)。=60。，；.在441/0中，由余弦定理得，

AQ2=AM2+QM2-2AMQMcosZAMQ=4+\-2x\x2x^=3,

AQ2+QM2^AM2,

AQLQM,

又,.?4QnQP=Q,A0，QPu平面ABPQ,平面ABPQ,

又：QMu平面MNPQ,平面用NPQ_L平面ABPQ；

(2)由(1)知AQ_LQM,QMLQP,

?.?在正方形ABCD中，DM=-MA=\>CN=-NB=\>

22

四邊形CDMN為矩形，

:.MNLAM，MNLDM，

:.MN1MQ,MNIMA，

MQC\MA=M,MQ、M4u平面AMQ,.平面AMQ,

?.?MVu平面ABNM，.?.平面.MW_L平面AMQ,

過Q作?！╛LAM于H,則Q〃_L平面ABNM,即QH_L平面BEF,

QH=QMsin600=0

=--5AB/-F-eW=-xf-x3xl>|x—=—.

...匕由

W"=%-33（2）24

3.答案：（1）見解析

⑵。

6

解析：⑴因?yàn)?c=2遍，BC=2#,，45=6，所以AC?+BC?=AB?，

所以AC_LBC，可得cosZA8C=g^=2^=正，

AB63

又因?yàn)锽D=2,

所以5=5+心一28。?8C?cosZABC=2?+（2⑹°一2x2xxg=8，

可得C￡>=20>

又因?yàn)?）=4，所以CD?+A。?=472，所以C￡>J_AB，

因?yàn)槠矫鍾4B_L平面ABC,平面RA3n平面，C￡>u面ABC,

所以CD_L平面PAB,因?yàn)閜￡）u面PAB，所以CDJ_P￡），

因?yàn)镻DLAC，ACr\CD=C>所以尸￡>，平面ABC.

（2）由（1）知DC,DB,DP兩兩垂直，如圖分別以DC,DB,DP所在的直線為x,y,z軸建立空間直角

坐標(biāo)系，

因?yàn)橹本€PA與平面ABC所成的角為2,即NPAO=2,所以包>=4）=4，

44

則A（0,-4,0）,C（2>/2,0,0）>B（0,2,0）,P（0,0,4）,

所以。=（一2夜,2,0），AC=（2x/2,4,0））麗=（0,-4,-4），

因?yàn)?5=2￡>5，CE=2EB，所以O(shè)E〃AC，

由（1）知AC_L8C，所以￡>￡_!_BC，

又P￡）_L平面ABC,BCu面ABC,所以P￡）_L3C，

因?yàn)樗訡3J_平面PDE,

所以區(qū)=(-272,2,0)為平面PDE的一個(gè)法向量,

設(shè)平面PAC的法向量為〃=(x,y,z)，

n-AC=2V2x+4y=0,,

由，__,令z=l，得y=—lX=A/2'

n.pA=-4y-4z=0

所以〃=(夜,-1,1)為平面PAC的一個(gè)法向量.

-4-2>/3

所以cM/〃Q)=麗,CR=』==，

所以平面PAC與平面PDE所成的銳二面角的余弦值為且,

2

故平面PAC與平面PDE所成的銳二面角為二.

6

4.答案：(1)證明過程見解析.

(2)存在點(diǎn)M使得直線MB與平面BEF所成的角為45°.

解析：(1)Q四邊形ABCD、四邊形CDGF、四邊形ADGE均為正方形,

：.GD±DA,GDA.DC.

又D4c￡>C=。，,GDJ_平面ABCD.

以點(diǎn)D為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Dxyz,

則8(1,1,0),￡(1,0,1),*0,1,1).

點(diǎn)M在棱。G上，故可設(shè)M（0,0,f）（0Wl）.

uuunum

QMB=(l,l,-r),EF=(-1,1,0),

UUUUU?1

...MBEF=0,:.BM±EF.

⑵假設(shè)存在點(diǎn)M,使得直線MB與平面BEF所成的角為45°.

設(shè)平面BEF的法向量為"=（x,y,x），

uuuULBl

QBE=(O,-1J),=(-1,0,1),

uun

n-BE=0一y+z=0

uun

nBF=Q—x+z=0

令z=1,得X=y=1,.?.〃=(1,U)為平面BEF的一個(gè)法向量,

llUU

UUlfn-MB2T

/.cos〈n,MB)=--------tftiHf-

A,2+廣

Q直線MB與平面BE尸所成的角為45°,

uinr2-z

/.sin45°=|cos〈〃,MB)|,「.-----.

信,2+產(chǎn)2

解得t=-4士3近.

又OWL存在點(diǎn)M（0,0,3夜-4）.

當(dāng)點(diǎn)M位于棱DG上，且ZW=3收-4時(shí)，使得直線MB與平面BEF所成的角為45°.

5.答案：（1）見解析

⑵一走

5

解析：（1）在半圓柱中，88口平面以百，PAu平面牛四，

所以8百1PA,.

因?yàn)?百是上底面對(duì)應(yīng)圓的直徑，

所以R4,_LP4?

因?yàn)镻BJBB1=,PBtu平面PBBt,BBtu平面PBB、,

所以PA，平面PBB、.

(2)根據(jù)題意，以C為坐標(biāo)原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系C-孫z,如圖所示.

設(shè)CB=1,則C(0,0,0),A(0,1，&)，M(1。夜),

uuu_uuu_

所以CA=(0,1,四)，CB,=(l,0,V2).

易知4=(0,0,1)為平面PABi的一個(gè)法向量.

juuu

設(shè)平面CA,4的法向量為%=(x,y,z),則vuiwr°,

n2?CB、=0,

y+\[lz=0,

即＜

x+V2z=0,

令z=l,則x=-&，y=_五,所以電=(-&,-四,1)為平面。4的一個(gè)法向量.

所以COS(〃|,〃2〉=])=V?

由圖可知二面角p-Ag-c為鈍角，所以所求二面角的余弦值為-].

6.答案：(1)BC的中點(diǎn)即為所找的點(diǎn)0.理由見解析.

(2)當(dāng)F為DE的中點(diǎn)時(shí)，平面ACE與平面A0F所成的銳二面角的大小為二

4

解析：(1)BC的中點(diǎn)即為所找的點(diǎn)0.

?/AB=AC,：.AO1.BC,

又ECJ_平面ABC,AOu平面ABC,

.-.ECYAO.

BCAEC=C,8Cu平面BDEC,ECu平面BDEC,「.AO_L平面BDEC.

又Cbu平面BDEC,.\AO-LCF.

(2)以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB,AC所在直線分別為x軸、y軸，過點(diǎn)A且平行于EC的直線為z軸建立

如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則40,0,0),￡(0,-2,4),ZX-2,0,2),0(-1,-1,0),

AO=(-1,-1,0),ED=(-2,2,-2).

igEF=2￡Z>(0</l<l),貝ij可得尸(一2424-2,4-24),

則AF=(-22,22-2,4-22).

設(shè)平面A0F的法向量為，"=(x,y,z),

則=。，

m?AF=0,

[-24x+(24-2)y+(4-24)z=0,

令x=l,則y=—l,z=絲二L則機(jī)=(1,一1,絲二n為平面AOF的一個(gè)法向量.

2-4I2—AJ

易得平面ACE的一個(gè)法向量為“=(1,0,0).

\m-n\1\[1

令|COS〈7M,”〉|=--------='=—，解得X=

Im||n|22

1+2

故當(dāng)F為DE的中點(diǎn)時(shí)，平面ACE與平面AOF所成的銳二面角的大小為土

4

7.答案:(1)見解析

⑵-

4

解析：(1);M是AC的中點(diǎn)，N是BC的中點(diǎn),

.\MNHAB,

???AB1.BC,

:.MNIBC.

.BE=EC,N是BC的中點(diǎn)，

:.ENA.BC.

又MNC\EN=N,MNu平面EMN,ENu平面EMN,

平面EMN.

又3Cu平面ABC,

平面ABC_L平面EMN.

(2)由(1)可知，EN1BC,MN±BC,

.?.NEW為二面角E—BC—A的平面角，

又二面角E-8C-A為直二面角，.?.N￡7VM=9O。，即

以點(diǎn)N為坐標(biāo)原點(diǎn)，NM,NC,NE所在直線分別為x,y,z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系N-xyz,

-,-AC=4,：.AB=2,BC=2框,:.NE=43,MN=1,

則N(0,0,0),￡(0,0,,M(l,0,0),B(0,-瓜0),A(2,->/3,0),

.-.EM=(1,0,-y/3),B舌=(0,6,再)，BA=(2,0,0).

ni-BA=0[2x=0.

設(shè)，〃=(x,y,z)為平面ABE的法向量，則《空’即廠

m-BE=0,[13丁+

得x=0,令y=1,則z=-1,

平面ABE的一個(gè)法向量為in=(0,1,-1).

設(shè)直線EM與平面ABE所成的角為0,

則sin0=|cos(m,EM)|=EM_,

Im||EM|2V24

即直線EM與平面ABE所成角的正弦值為遠(yuǎn).

8.答案：(1)PC=]

(2)T

解析：(1)因?yàn)锳3〃平面PCD,45u平面OCP,平面OCPf]平面PCD=PC,所以A5〃PC.

又NC(M=60。，所以NOCP=60。.

又OC=OP,所以△OCP為正三角形，所以PC=L

(2)由題意知DO_L平面COP,而Leo=%.COP，S?COP=-OC-OPsinZCOP,

所以當(dāng)OC_LOP時(shí)，三棱錐P-C8的體積最大.

解法一易知OP,OD,0C兩兩垂直，以0為坐標(biāo)原點(diǎn)，OP,0D,的方向分別為x軸、y軸、

z軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系。-孫z,則P(l,0,0),￡>(0,1,0),C(0,0,l),

PC=(-1,0,1),麗=(1,-1,0).

設(shè)平面DPC的法向量為％=(x,y,z)?

則=°,即已+z=°，取x=],得平面DPC的一個(gè)法向量為%=(1,1,1).易知平面PCO的一個(gè)

DPn}=0,*y=0,

法向量為%=(0,1,0),

設(shè)二面角D-PC—O的平面角為a,由題圖知，二面角￡>—PC-O的平面角為銳角，則

cosa=\=——，

同同3

所以二面角。-PC-o的余弦值為且.

3

解法二如圖所示，取PC的中點(diǎn)H,連接OH,DH.

因?yàn)镺C=OP,DC=DP,所以O(shè)H,DH都與PC垂直,

即NO/TO為所求二面角的平面角.

在RtZ\OPC中，可得0H=也,

在RtZXO“。中，DH=

-2'

也

所以COSNO”D=3=^

n3

2

所以二面角￡>-PC-O的余弦值為正

3

9.答案：（1）見解析

⑵拽

15

解析：（1）由題圖（1）知，在題圖（2）中，ACA.AD,ABLAD.

?.?平面AC￡)J_平面ABD,平面A8CI平面他ABu平面ABD,

平面ACD,又C￡>u平面ACD,

:.AB±CD.

（2）以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AC,AB,AD所在的直線分別為x,y,z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,

不妨設(shè)AC=1,則A(0,0,0),B(0,2,0),C(l,0,0),￡>(0,0,1),而=(0,0,1),BC=(l,-2,0),

DB=(0,2,-l).

設(shè)E(x,y,z),由DE=ADB[0<A<\),得(x,y,z-l)=(0,2九-71),得￡(0,2A,l-/l)

/.A￡=(0,22,1-2),

又平面ABC的一個(gè)法向量為而=（0,0,1）,AE與底面ABC所成角的正切值為工，

2

所以|tan〈通,通〉|=2,于是|cos(A￡),AE)\=

即,、比一=旦，解得力=1，

V（2A）2+（l-/l）252

貝荏=（0,l,g1,BE=（0,-1,1

“.吧=°,即.x-2y=0,

設(shè)平面BCE的法向量為〃=(x,y,z),則.1

n-BE=0,-y+-z=o,

令y=l,得x=2,z=2,則"=(2,1,2)是平面BCE的一個(gè)法向量,

設(shè)直線AE與平面BCE所成的角是3，

mil,q?/T?\IIA月,n|24\/5

貝IJsm0=cos〈A