2022届高考数学二轮专题复习12空间向量与立体几何

#TOC\o"1-5"\h\z/\n-PB=0设平面PBC的法向量n=(x,y,z丿，则\—,222n-PC二0厂\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因为2<k<4，所以当k=2时，上式取得最小值5，此时二面角最大,3所以平面3所以平面pad与平面PBC所成锐二面角最大时，其余弦值为5•11.如图，在直三棱柱ABC—ABC中，ZBAC=90。，AB二AC二AA二2，E是BC1111中点.1）求点中点.1）求点A到平面AEC的距离；112）求平面AEC与平面ABBA夹角的余弦值111“、2忑忑【答案（1）丁；（2）丁.【解析（1）解：（1）以A为原点，AB为x轴，AC为y轴，AA为z轴建立空间直角坐

标系，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>>>因为AE=(11,0),AC=(0,2,2),AA=(0,0,2),11设平面AEC的法向量为n=(x,y,z)，则有vAE-n=0>，得vAC-n=01x+y=0

+z=O'令y=-1，则x=1,z=1，所以可以取"=(1,—1,1),设点A1到平面AE—的距离为d设点A1到平面AE—的距离为d，则d=1==——InI<33所以点A1到平面AEC1的距离为(2)因为AC丄平面ABBA，取平面ABBA的法向量为AC=(0,2,0),1111设平面AEC与平面ABBA的夹角为0，111一AC-n屈所以cos0=lcos<AC,n>1==——，IACIInI33平面AEC与平面ABBA3平面AEC与平面ABBA夹角的余弦值11112.如图，在四棱锥P—ABCD中，PA丄面ABCD,AB//CD，且CD=2，AB=1，BC=2辽，PA=1，AB丄BC，N为PD的中点.（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3.若存在,求出DMM的值；若不存在，说明理由•【答案（1）证明见解析；（2）存在，且DM=2DP2【解析】（1）设E是CD的中点，连接AE，由于AB/CE,AB=CE,AB丄BC,所以四边形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为空间坐标原点建立如图所示空间直角坐标系,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）,设平面PBC的法向量为n=（x,y,z）,y,zn-PB=y—z=0（）—-，故可设n=（0,1,1），n-PC=2^/2x+y-z=0AN-n=0，且A电平面PBC，所以AN//平面PBC.⑵DP=G迈丄1），设DM=t（0<t<1），DPG^t,t,t），AM=AD+DM=（2v'2-2迈t,t-1,t）,CM=AM-AC=（—^■■'2t,t-2,t），则DM=tDP设直线CM与平面PBC所成角为0，则sin0=n•CM13'17两边平方并化简得4t2-16t+7=0，解得t=或t=(舍去)，22所以存在M，使直线CM与平面PBC所成角的正弦值是1，且Dp=2DPDhDhC13.如图在直三棱柱ABC—ABC中，ZBAC=90°,AB=AC=AA=2,M为AB的1111中点，N为BC的中点，H是AB中点，P是BC与BC的交点，Q是AN与CH的11111111交点.求证：AC丄BC；11求证：PQ〃平面ACM；13)求直线PQ与平面ACM的距离1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ABC-AM中,因为ZBAC=因为ZBAC=90。以点A为坐标原点，AB、CAAA］方向分别为x、y、z轴正方向建立如图所示空间直角坐标系.因为AB=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：连接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。，则AB丄AC,因为AAAC=A，所以AB丄面ACCA,TOC\o"1-5"\h\ziii因为ACu面ACCA，所以AB丄AC,iiii因为AA丄AC,AC=AA=2，所以四边形AACC为正方形，所以AC丄AC,iiiiii因为AB^AC=A，所以AC丄面ABC,iii因为BCu面ABC，所以AC丄BC.iiii法三：用三垂线定理证明：连接AC，在直三棱柱ABC-ABC中，有AA丄面ABC,iiiii因为ABu面ABC，所以AA丄AB,i又ZBAC=90°，则AB丄AC,因为AAAC=A，所以AB丄面ACCA,TOC\o"1-5"\h\ziii所以BC在平面ACCA内的射影为AC，iiii因为四边形AACC为正方形，所以AC丄AC,iiii

因此根据三垂线定理可知AC丄BC.11（2）证明：法一：因为AB=AC=AA=2,M为AB的中点，N为BC的中点，H为AB11111中点，P是BC与BC的交点，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),依题意可知QABC重心，则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),设n=（x，y,z）为平面ACM的法向量,得x=2,y=—1，n-AC=0f—2得x=2,y=—1，则1—，即I20n-AM=0Ix—2z=01则平面ACM的-个法向量为n=（2,-1,1）.所以PQ所以PQ•n=(-1,|,1V33•(2,—1,1)=0，则PQ丄n,因为PQ匸平面ACM，所以PQ//平面ACM.11法二：连接BH、MH．在正方形AABB中，M为AB的中点，所以BM//AH且BM=AH,1111所以四边形BMAH是平行四边形，所以所以四边形BMAH是平行四边形，所以BH//AM，11又H为AB中点，所以四边形AAHM是矩形，所以MH//AA且MH=AA，11111因为AA//CC且AA=CC，所以MH//CC，MH=CC，111111所以四边形MHCC为平行四边形，所以CH//CM.11因为CH^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的一个法向量n=（2,—1,1），且PQ//平面ACM,11所以PQ到平面ACM的距离与P到平面ACM的距离相等,11A](0,0,2),P(1,—1,1)，所以PA1=(—1,1,1),所以点P到平面ACM的距离d=网•H=|—2—1+1|=46

所以点P到平面ACM的距离d=所以PQ所以PQ到平面ACM的距离为<6

丁法二：因为NH分别为BC和AB中点，所以QABC的重心，111111122所以AQ=三AN，所以Q到平面ACM的距离是N到平面ACM距离的三131113取BH中点E，则NE//CH,11又CH//CM,NE