高中数学人教A版(2019)选择性必修第一册单元过关卷——第一章空间向量与立体几何B(有答案)

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名称 高中数学人教A版(2019)选择性必修第一册单元过关卷——第一章空间向量与立体几何B(有答案)
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资源类型 教案
版本资源 人教A版(2019)
科目 数学
更新时间 2022-09-14 10:45:21

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文档简介

一、单选题
1.如图所示,在正三棱台中,,记侧面与底面,侧面与侧面,以及侧面与截面所成的锐二面角的平面角分别为,,,则( )
A. B. C. D.
2.如图,在单位正方体中,点P在线段上运动,给出以下四个命题:
异面直线与间的距离为定值;
三棱锥的体积为定值;
异面直线与直线所成的角为定值;
二面角的大小为定值.
其中真命题有
A.1个 B.2个 C.3个 D.4个
3.如图,在三棱锥中,,,,点在平面内,且,设异面直线与所成的角为,则的最大值为( )
A. B. C. D.
4.正四面体的棱长为4,空间中的动点P满足,则的取值范围为( )
A. B.
C. D.
5.在棱长为的正方体中,是线段上的点,过的平面与直线垂直,当在线段上运动时,平面截正方体所得的截面面积的最小值是( )
A. B. C. D.
6.如图,在菱形中,,,沿对角线将折起,使点A,C之间的距离为,若P,Q分别为线段,上的动点,则下列说法错误的是( )
A.平面平面
B.线段的最小值为
C.当,时,点D到直线的距离为
D.当P,Q分别为线段,的中点时,与所成角的余弦值为
7.已知三棱锥的所有棱长均为2,为的中点,空间中的动点满足,,则动点的轨迹长度为( )
A. B. C. D.
8.如图所示,在正方体中,点F是棱上的一个动点(不包括顶点),平面交棱于点E,则下列命题中正确的是( )
A.存在点F,使得为直角
B.对于任意点F,都有直线∥平面
C.对于任意点F,都有平面平面
D.当点F由向A移动过程中,三棱锥的体积逐渐变大
二、多选题
9.在正三棱柱中,,,点D为BC中点,则以下结论正确的是( )
A.
B.三棱锥的体积为
C.且平面
D.内到直线AC、的距离相等的点的轨迹为抛物线的一部分
10.如图1,在边长为2的正方形中,,,分别为,,的中点,沿 及把这个正方形折成一个四面体,使得 三点重合于,得到四面体(如图2).下列结论正确的是( )
A.四面体的外接球体积为
B.顶点在面上的射影为的重心
C.与面所成角的正切值为
D.过点的平面截四面体的外接球所得截面圆的面积的取值范围是
11.如图,在长方体,,点为线段上的动点,则下列结论正确的是( )
A.当时,,,三点共线
B.当时,
C.当时,平面
D.当时,平面
12.若正方体的棱长为1,且,其中,则下列结论正确的是( )
A.当时,三棱锥的体积为定值
B.当时,三棱锥的体积为定值
C.当时,的最小值为
D.若,点P的轨迹为一段圆弧
三、填空题
13.在三棱锥中,,是正三角形,为中点,有以下四个结论:
①若,则三棱锥的体积为;
②若,且三棱锥的四个顶点都在球O的球面上,则球O的体积为;
③若,则三棱锥的体积为;
④若,且三棱锥的四个顶点都在球O的球面上,则球O的表面积为.
其中结论正确的序号为____________.
14.正方体中,,下列说法正确的有________.
(1)异面直线与所成的角为;
(2)为的中点,平面截正方体所得截面面积为;
(3)三棱锥的外接球半径为;
(4)在上,,正方体8个顶点中与点的距离为的点有4个.
15.若、、是棱长为的正四面体棱上互不相同的三点,则的取值范围是_______.
16.已知空间向量,,两两的夹角均为,且,.若向量,分别满足与,则的最小值是__________.
四、解答题
17.如图,在三棱台中,底面是边长为2的正三角形,侧面为等腰梯形,且,为的中点.
(1)证明:;
(2)记二面角的大小为,时,求直线与平面所成角的正弦值的取值范围.
18.如图,在三棱锥D—ABC中,G是△ABC的重心,E,F分别在BC,CD上,且,.
(1)证明:平面平面ABD;
(2)若平面ABC,,,,P是线段EF上一点,当线段GP长度取最小值时,求二面角的余弦值.
19.如图,在四棱锥中,底面ABCD为菱形,,Q为AD的中点,.
(1)点M在线段PC上,,求证:平面MQB;
(2)在(1)的条件下,若,求直线PD和平面MQB所成角的余弦值.
20.已知多边形是边长为2的正六边形,沿对角线将平面折起,使得.
(1)证明:平面平面;
(2)在线段上是否存在一点,使二面角的余弦值为,若存在,请求出的长度;若不存在,请说明理由.
21.如图,已知四棱台的上、下底面分别是边长为2和4的正方形, ,且底面,点分别在棱、上·
(1)若P是的中点,证明:;
(2)若平面,二面角的余弦值为,求四面体的体积.
22.如图,为圆锥的顶点,是圆锥底面的圆心,为底面直径,为底面圆的内接正三角形,且边长为在母线上,且.
(1)求证:平面平面;
(2)设线段上动点为,求直线与平面所成角的正弦值的最大值.
试卷第1页,共3页
试卷第1页,共3页
参考答案:
1.B
【解析】根据题意,建立空间直角坐标系,分别计算相应的二面角的余弦值,再根据余弦值的大小比较角的大小即可.
【详解】解:如图,取中点,中点,连接,,
设的中心为,的中心为,
则根据正三角形的中心与重心重合得分别为的三等分点,且,,
由于在正三棱台中,,
所以,,
由正三棱台的性质得平面,平面,
过点作于,
根据几何关系易知,,,,
故以点为坐标原点,如图建立空间直角坐标系,
所以,,,
,,,
易知是平面的法向量,
设平面的法向量为,平面的法向量为,平面的法向量为,
由于,,
所以,即,故,
所以,
所以侧面与底面所成锐二面角余弦值为,即,
由于,,,
同理可得平面的法向量为,平面的法向量为,
所以,,
所以侧面与侧面所成锐二面角余弦值为,即,
侧面与截面所成锐二面角余弦值为,即,
由于,,,均为锐角,,
所以.
故选:B.
【点睛】本题考查二面角的大小的计算,考查空间思维能力与运算能力,是中档题.
2.D
【详解】对于①,异面直线与间的距离即为两平行平面和平面间的距离,即为正方体的棱长,为定值.故①正确.
对于②,由于,而为定值,又P∈AD1,AD1∥平面BDC1,所以点P到该平面的距离即为正方体的棱长,所以三棱锥的体积为定值.故②正确.
对于③,由题意得在正方体中,B1C⊥平面ABC1D1,而C1P 平面ABC1D1,所以B1C⊥C1P,故这两条异面直线所成的角为.故③正确;
对于④,因为二面角P BC1 D的大小,即为平面ABC1D1与平面BDC1所成的二面角的大小,而这两个平面位置固定不变,故二面角的大小为定值.故④正确.
综上①②③④正确.选D.
3.D
【分析】设线段的中点为,连接,过点在平面内作,垂足为点,证明出平面,然后以点为坐标原点,、、分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系,设,其中,且,求出的最大值,利用空间向量法可求得的最大值.
【详解】设线段的中点为,连接,
,为的中点,则,
,则,,同理可得,,
,平面,
过点在平面内作,垂足为点,
因为,所以,为等边三角形,故为的中点,
平面,平面,则,
,,平面,
以点为坐标原点,、、分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系,
因为是边长为的等边三角形,为的中点,则,
则、、、,
由于点在平面内,
可设,
其中,且,
从而,
因为,则,
所以,,
故当时,有最大值,即,
故,即有最大值,
所以,.
故选:D.
【点睛】方法点睛:求空间角的常用方法:
(1)定义法:由异面直线所成角、线面角、二面角的定义,结合图形,作出所求空间角,再结合题中条件,解对应的三角形,即可求出结果;
(2)向量法:建立适当的空间直角坐标系,通过计算向量的夹角(两直线的方向向量、直线的方向向量与平面的法向量、两平面的法向量)的余弦值,即可求得结果.
4.D
【分析】分别取BC,AD的中点E,F,由题意可得点的轨迹是以为球心,以为半径的球面,又,再求出的最值即可求解
【详解】分别取BC,AD的中点E,F,则,
所以,
故点的轨迹是以为球心,以为半径的球面,,
又,
所以,,
所以的取值范围为.
故选:D.
5.C
【分析】以点为坐标原点,、、所在直线分别为、、轴建立所示的空间直角坐标系,设点,分、、三种情况讨论,确定截面与各棱的交点,求出截面面积关于的表达式,由此可解得截面面积的最小值.
【详解】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、、、、、、、,
设点,其中.
①当时,点与点重合,,,,
所以,,,则,,
,平面,此时平面即为平面,
截面面积为;
②当时,同①可知截面面积为;
③当时,,,
,,则,
设平面交棱于点,,
,可得,不合乎题意.
设平面交棱于点,,
,可得,合乎题意,即,
同理可知,平面交棱于点,
,且与不重合,故四边形为平行四边形,
,,,
则,
所以,截面面积为.
综上所述,截面面积的最小值为.
故选:C.
【点睛】关键点点睛:本题考查正方体截面面积最值的求解,解题的关键在于确定截面与各棱交点的位置,这里可以利用空间向量法,将线线垂直关系转化为向量数量积为零来处理,确定点的位置,进而将截面面积的最值利用函数的最值来求解.
6.C
【分析】取的中点,易知,结合条件及线面垂直的判定定理可得平面,进而有平面平面,即可判断A;建立坐标系,利用向量法可判断BCD.
【详解】取的中点,连接,
∵在菱形中,,,
∴,又,
∴,所以,
又易知,
因为,,,
所以平面,
因为平面,
所以平面平面,故A正确;
以为原点,分别为轴建立坐标系,
则,
当,时,,,
,,
所以点D到直线PQ的距离为,故C错误;
设,设,可得,

当时,,故B正确;
当P,Q分别为线段BD,CA的中点时,
,,,,
设PQ与AD所成的角为,
则,
所以PQ与AD所成角的余弦值为,故D正确;
故选:C.
7.C
【分析】将正四面体放入正方体,建立空间直角坐标系,求得点满足的方程,判断出点的轨迹为圆,求得圆的半径,由此计算出圆的周长也即的轨迹长度.
【详解】正四面体放入正方体,则正方体的棱长为,建立空间直角坐标系如图所示,
,设,
,.
由于,,所以,
即,
即,
即,
表示球心为,半径为的球.
表示垂直于平面的一个平面.
所以的轨迹是上述平面截球面所得圆.
球心到平面的距离为,
所以截得的圆的半径,
所以截得的圆,也即点的轨迹的长度为.
故选:C
【点睛】空间中求动点轨迹长度,可考虑采用坐标法求得动点轨迹方程,结合轨迹方程求得轨迹的长度.
8.C
【分析】A:验证是否为零即可;B:根据线面平行的性质即可判断;C:证明⊥平面即可;D:证明∥平面即可.
【详解】对于A,易知,故与不垂直,故A错误;
对于B,连接、AC、EF,则平面平面=EF,
若∥平面,则∥EF,显然仅当F和E为所在棱中点时与EF才平行,故B错误;
对于C,连接、、、、、,
由AB⊥平面得AB⊥,易知⊥,
∵AB∩=A,AB、平面,∴⊥平面,
∴⊥,同理可证⊥,
∵∩=,、平面,∴⊥平面,
∵平面,∴平面⊥平面,故C正确;
对于D,连接、、,
∵∥,平面,平面,
∴∥平面,则F到平面的距离为定值,
又△面积为定值,故三棱锥F-体积为定值,故D错误.
故选:C.
9.ABD
【解析】A.根据空间向量的加减运算进行计算并判断;B.根据,然后计算出对应三棱锥的高和底面积,由此求解出三棱锥的体积;C.先假设,然后推出矛盾;取中点,根据四点共面判断平面是否成立;D.将问题转化为“内到直线和点的距离相等的点”的轨迹,然后利用抛物线的定义进行判断.
【详解】A.,故正确;
B.,因为为中点且,所以,
又因为平面,所以且,所以平面,
又因为,,
所以,故正确;
C.假设成立,又因为平面,所以且,
所以平面,所以,显然与几何体为正三棱柱矛盾,所以不成立;
取中点,连接,如下图所示:
因为为中点,所以,且,所以,所以四点共面,
又因为与相交,所以平面显然不成立,故错误;
D.“内到直线AC、的距离相等的点”即为“内到直线和点的距离相等的点”,
根据抛物线的定义可知满足要求的点的轨迹为抛物线的一部分,故正确;
故选:ABD.
【点睛】方法点睛:求解空间中三棱锥的体积的常用方法:
(1)公式法:直接得到三棱锥的高和底面积,然后用公式进行计算;
(2)等体积法:待求三棱锥的高和底面积不易求出,采用替换顶点位置的方法,使其求解高和底面积更容易,由此求解出三棱锥的体积.
10.ACD
【分析】折叠问题,关键是抓住其中的不变量.
选项A:说明 两两垂直,将四面体的外接球问题,转化为长方体的外接球问题;
选项B:由于 两两垂直,可证在面上的射影为的垂心;
选项C:线面角的定义法求解;
选项D:将四面体补成长方体,找出球心,将问题转化为过一定点作球的截面求截面圆面积最值问题.
【详解】对于A项,易知 两两垂直,故可以补成长方体,其体对角线长,
外接球半径,故外接球体积为,
故A项正确;
对于B项,由于 两两垂直,故在面上的射影为的垂心,
理由如下:如图,过点作平面,交平面于点,
因为平面,平面,所以,
又因为,,,都在平面内,且相交于点,
所以平面,又平面,所以,
又,所以平面,又平面,所以.
同理可证,,所以在面上的射影为的垂心.
故B项错误;
对于C项,设为中点,则,,,
故平面,故平面平面,所以在平面上的射影为,
与平面所成角为,,,,,
故C项正确;
对于D项,设为四面体的外接球球心,平面,连接,,
当过点的截面经过球心时截面圆面积最大,面积为;
当垂直截面圆时,截面圆面积最小,
此时,,,
,截面圆面积为,
得截面圆面积取值范围是.
故D项正确.
故选:ACD.
【点睛】方法点睛:求解几何体的外接球问题或空间角问题一般从以下角度出发:
(1) 外接球问题,关键是找出球心,规则图形的球心在对称中心;不规则图形,能补成规则图形最好,若不能,则利用球心与截面圆圆心的连线垂直于截面,可做出球心,再利用几何知识求解.
(2) 空间角的处理一般是建系,用向量法求解;若图形中垂直关系明显,空间角容易找出,也可用空间角的定义求解.
11.ACD
【分析】以点为坐标原点,建立空间直角坐标系
对A,根据长方体的性质判定即可;
对B,根据可得点的位置,再计算是否为0即可;
对C,求解平面的法向量,并判断即可;
对D,根据可得点的位置,再分别证明,即可
【详解】在长方体中,以点为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,
因为,所以,
则,,,,,,,则,.
A选项,当时,为线段的中点,根据长方体的结构特征,为体对角线的中点,因此也为的中点,所以,,三点共线,故A正确.
B选项,当时,,由题意可得,.由,解得,所以,即点为线段上靠近点的五等分点,所以.则,,所以,所以与不垂直,故B错误.
C选项,当时,.
设平面的法向量为,由,令,可得.又,所以,因此,又点不在平面内,所以平面,故C正确.
D选项,当时,,所以,
所以,,因此,.
又,则平面,故D正确.
故选:ACD.
12.AC
【分析】当时,可得点P的轨迹,根据线面平行的判定定理及性质,可得P到平面的距离不变,即可判断A的正误;当时,可得点P的轨迹,利用反证法可证,P到平面的距离在变化,即可判断B的正误;当时,可得三点共线,利用翻折法,可判断C的正误;如图建系,求得各点坐标,分别求得和的余弦值,列出方程,计算分析,可判断D的正误,即可得答案.
【详解】因为,其中,
所以点P在平面内运动,
对于A:取AD中点E、中点F,连接EF,
所以,
因为平面,平面,
所以平面,
当时,则,
所以点P在线段EF上运动,
因为平面,
所以无论点P在EF任何位置,P到平面的距离不变,即高不变,
所以三棱锥的体积为定值,故A正确;
对于B:取中点G,中点H,连接GH,
当时,,
所以点P在GH上运动,
假设平面,
又,平面,平面,
所以平面,
因为平面,
所以平面平面,与已知矛盾,故假设不成立,
所以GH不平行平面,
所以P在GH上运动时,P到平面的距离在变化,
所以三棱锥的体积不是定值,故B错误;
对于C:连接,,,当时,可得三点共线,
将沿翻折至与平面共面,如下图所示
连接AB,当P为AB与交点时,最小,即为AB,
因为均为面对角线,
所以,即为等边三角形,
又,,
所以,,
所以
在中,由正弦定理得,
所以,故C正确;
对于D:分别以DA、DC、为x,y,z轴正方向建系,如图所示,
则,设,
所以,
所以
因为平面,平面,
所以,
又,
所以,
所以,整理得,
所以,即,
所以P点轨迹为线段,故D错误
故选:AC
【点睛】解题的关键是熟练掌握线面平行判定与性质,向量共线、数量积求夹角等知识,综合性较强,难度较大,考查学生分析理解,计算求值的能力,属难题.
13.①②④
【解析】取中点,建立合适的空间直角坐标系,利用平面几何知识求出所需点的坐标,然后将垂直关系转化我向量的数量积为,求出的长度,再利用球的体积公式和表面积公式进行判断即可得到答案.
【详解】取中点,连接,以为坐标原点,为轴,为轴建立空间直角坐标系如图所示,
设,则,,,,,
所以,
由,是正三角形,得三棱锥为正三棱锥,
设外接球球心为,半径为,则,且轴,
所以,,
解得,
若,则,,
所以,解得:,
所以,故选项①正确;
又,所以,故选项②正确;
若,则,
所以,解得:,故选项③错误;
又,所以,故选项④正确;
故答案为:①②④.
14.(1)(2)(3)
【分析】本题可构建空间直角坐标系,然后写出每个顶点的坐标,连接、、、,通过异面直线所成角的定义得出异面直线与所成角即,通过三角形是等边三角形即可得出(1)正确,然后通过平面截正方体所得截面即矩形得出(2)正确,再然后通过三棱锥的外接球即正方体的外接球得出(3)正确,最后通过空间向量求出正方体8个顶点中与点的距离,即可得出(4)错误.
【详解】如图,做空间直角坐标系,
则、、、、、、、,
(1)如图,连接、、、,
因为由正方体性质易知,
所以异面直线与所成角即(或补角),
因为,所以三角形是等边三角形,,
则异面直线与所成的角为,(1)正确;
(2)如图,作中点、的中点,连接、、,
结合图像易知,平面截正方体所得截面即矩形,
,,矩形的面积,(2)正确;
(3)如图,连接、,
三棱锥的外接球即正方体的外接球,
则外接球半径,(3)正确;
(4)如图,
因为,所以,
则,,
,,
,,
,,
,,
,,
,,
,,
故正方体8个顶点中与点的距离为的点有3个,(4)错误,
故答案为:(1)、(2)、(3).
【点睛】关键点点睛:本题考查异面直线所成角、截面、几何体的外接圆以及两点间距离的求法,可通过找平行线的方式求出异面直线所成角,考查空间向量的灵活应用,考查数形结合思想,体现了综合性,是难题.
15.
【分析】设点、、分别棱长为的正三棱锥的棱、、上的动点,设,其中,利用三角不等式推导出,利用平面向量数量积的性质可求得,取的中点,可得出,即可得出的取值范围.
【详解】如下图所示,由任意性,设点、、分别棱长为的正三棱锥的棱、、上的动点,
设,其中,则,
所以,,
所以,,
当且仅当线段与棱或重合时,等号成立,即的最大值为,
,当且仅当与点或重合,、重合于点或点时,等号成立,
但、、为不同的三点,则,
由上可知的最大值为,取线段的中点,
则,
当且仅当线段与棱重合且为棱的中点时,等号成立,则.
综上所述,.
故答案为:.
【点睛】关键点点睛:本题考查立体几何中向量数量积的取值范围,解题的关键在于充分利用几何性质推导出,,注意取最值时取等的条件,但也要注意题中条件的限制.
16.
【分析】由结合已知变形得出,令,可得,,再由另一条件得,利用数量积的性质得出,最后由模的三角不等式可得结论.
【详解】由题意,,
因为,所以,
,所以,
令,则,且,

由得,
所以,
所以,当且仅当,,共线且,共线时等号成立.
故答案为:.
【点睛】本题考查空间向量数量积的应用,向量模的绝对值三角不等式,解题关键是把已知条件由结合已知变形得出,引入向量,可得,并得出,利用此式,得出的最小值,从而由向量模的三角不等式得出结论.实际上本题从向量数量积的几何意义,向量的运算法则可容易得出关系式,本题对学生的转化与化归思想,运算求解能力要求较高,属于难题.
17.(1)证明见解析;(2).
【分析】(1)通过证明,得出平面,即可由线面垂直的性质得出;
(2)以为坐标原点建立空间直角坐标系,可得为二面角的平面角,,求出平面的法向量和,利用向量关系可表示出直线与平面所成角的正弦值,即可根据范围求出.
【详解】(1)证明:如图,作的中点,连接,,
在等腰梯形中,,为,的中点,
∴,
在正中,为的中点,
∴,
∵,,,,平面,
∴平面,
又平面,∴.
(2)解:∵平面,
在平面内作,以为坐标原点,以,,,分别为,,,轴正向,如图建立空间直角坐标系,
∵,,∴为二面角的平面角,即,
,,,,,,
设平面的法向量为,,,
则有,即,
则可取,又,
设直线与平面所成角为,
∴,
∵,∴,
∴.
18.(1)证明见解析;
(2)
【分析】(1)利用线面平行及面面平行的判定定理可证得;
(2)分析知当线段GP长度取最小值时,点P与点E重合,建立空间直角坐标系,利用空间向量求二面角即可得解.
(1)
,,
又平面ABD,平面ABD,平面ABD,
又G是△ABC的重心,
又平面ABD,平面ABD,平面ABD,
又,平面
所以平面平面ABD
(2)
由,,,可得
又,
又平面ABC,平面ABC,
又,平面,平面,
又平面,
P是线段EF上一点,当线段GP长度取最小值时,点P与点E重合.
如图,作,以C为原点,为轴建立空间直角坐标系,
则,,,
所以,,,
设平面的一个法向量为
则,令,
设平面的一个法向量为
则,令,

所以二面角的余弦值为
19.(1)证明见解析
(2)
【分析】(1)连接交于,连接,利用,可得,进而可得,从而根据线面平行的判断定理即可证明;
(2)在平面内作于,证明平面,以点为原点,建立空间直角坐标系,设直线和平面所成角为,利用向量法即可求解.
(1)
证明:连接交于,连接,
因为 ,所以,
所以,
所以,又,
所以,
因为平面,平面,
所以平面MQB;
(2)
解:连接, 由题意,都是等边三角形,
因为是中点,所以,又,
所以平面,,
在中,,所以,
在平面内作于,则,
由平面,所以,又,
所以平面,
以点为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,
则,
由,可得,所以,
设平面的法向量, 则,
可取,则,
直线的方向向量,
设直线和平面所成角为,则,
所以,即直线和平面所成角的余弦值等于.
20.(1)证明见解析;(2)存在,.
【分析】(1)利用线面垂直的判定定理证得平面,进而证得面面垂直;
(2)建立空间直角坐标系设,求平面和平面的法向量,利用空间向量法求得二面角,得到关于a的方程,即可得解.
【详解】(1)证明:过作,连接
由正六边形的性质知,且,,
因为平面,平面,
所以平面,又平面,所以平面平面.
(2)如图,以O为空间直角坐标系原点,为x轴,为y轴,为z轴,建立空间直角坐标系,
则,,,
设,则,
设平面的一个法向量为,则
,取,得,
又,
设平面的一个法向量为,则
,取,得
设二面角的平面角为,
则,解得,所以.
【点睛】方法点睛:本题考查面面垂直,及面面角的求法,利用空间向量求立体几何常考查的夹角:
设直线的方向向量分别为,平面的法向量分别为,则
①两直线所成的角为(),;
②直线与平面所成的角为(),;
③二面角的大小为(),
21.(1)证明见解析
(2)
【分析】(1)建立空间直角坐标系,利用空间向量的坐标运算知,即可证得结论;
(2)利用空间向量结合已知的面面角余弦值可求得,再利用线面平行的已知条件求得,再将四面体视为以为底面的三棱锥,利用锥体的体积公式即可得解.
(1)
以为坐标原点,,,所在直线分别为,,轴建立空间直角坐标系,
则,,,,
设,其中,,
若是的中点,则,,,
于是,∴,即.
(2)
由题设知,,,是平面内的两个不共线向量.
设是平面的一个法向量,
则,取,得.
又平面的一个法向量是,
∴,
而二面角的余弦值为,因此,
解得或(舍去),此时.
设,而,由此得点,,
∵平面,且平面的一个法向量是,
∴,即,解得,从而.
将四面体视为以为底面的三棱锥,则其高,
故四面体的体积.
【点睛】方法点睛:求空间角的常用方法:
(1)定义法:由异面直线所成角、线面角、二面角的定义,结合图形,作出所求空间角,再结合题中条件,解对应的三角形,即可求出结果;
(2)向量法:建立适当的空间直角坐标系,通过计算向量的夹角(两直线的方向向量、直线的方向向量与平面的法向量、两平面的法向量)的余弦值,即可求得结果.
22.(1)证明见解析
(2)1
【分析】(1)设交于点连接,由,
并结合可证得平面由此证得,
再利用三角形相似证得从而证得平面进而证得平面平面;
(2)建立空间直角坐标系,设,
通过向量和平面的法向量建立直线与平面所成角的正弦值的关系式,并利用基本不等式,即可求最值.
(1)
证明:如图,设交于点连接,
易知,
又平面平面,
又平面.又是底面圆的内接正三角形,
由,可得,.又,,
即.又,,
,即.又平面,,
平面.又平面,平面平面.
(2)
易知.以点为坐标原点,所在直线分别为轴、轴、轴,建立如图所示的空间直角坐标系,
则,
设平面的法向量为,
则,即,令,则.设,
可得.
设直线与平面所成的角为,则.
令,,则
,当且仅当时,等号成立,
当时,有最大值,
于是当时,有最大值为,
的最大值为,
故直线与平面所成角的正弦值的最大值为.
答案第1页,共2页
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