2023年高考數(shù)學大題專練（新高考專用）專題09 空間向量與立體幾何 Word版含解析-試卷下載-教習網

?專題9 立體幾何中的探索性問題
1．（2022·全國·高考真題）如圖，直三棱柱的體積為4，的面積為．

(1)求A到平面的距離；
(2)設D為的中點，，平面平面，求二面角的正弦值．
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】（1）由等體積法運算即可得解；
（2）由面面垂直的性質及判定可得平面，建立空間直角坐標系，利用空間向量法即可得解.
(1)在直三棱柱中，設點A到平面的距離為h，
則，
解得，
所以點A到平面的距離為；
(2)
取的中點E,連接AE,如圖，因為，所以,
又平面平面，平面平面，
且平面，所以平面，
在直三棱柱中，平面，
由平面，平面可得，，
又平面且相交，所以平面，
所以兩兩垂直，以B為原點，建立空間直角坐標系，如圖，

由（1）得，所以，，所以，
則,所以的中點，
則，,
設平面的一個法向量，則，
可取，
設平面的一個法向量，則，
可取，
則，
所以二面角的正弦值為.
2．（2022·浙江·高考真題）如圖，已知和都是直角梯形，，，，，，，二面角的平面角為．設M，N分別為的中點．

(1)證明：；
(2)求直線與平面所成角的正弦值．
【答案】(1)證明見解析；
(2)．
【解析】
【分析】
（1）過點、分別做直線、的垂線、并分別交于點、，由平面知識易得，再根據(jù)二面角的定義可知，，由此可知，，，從而可證得平面，即得；
（2）由（1）可知平面，過點做平行線，所以可以以點為原點，，、所在直線分別為軸、軸、軸建立空間直角坐標系，求出平面的一個法向量，以及，即可利用線面角的向量公式解出．
(1)
過點、分別做直線、的垂線、并分別交于點交于點、．
∵四邊形和都是直角梯形，，，由平面幾何知識易知，，則四邊形和四邊形是矩形，∴在Rt和Rt，，
∵，且，
∴平面是二面角的平面角，則，
∴是正三角形，由平面，得平面平面，
∵是的中點，，又平面，平面，可得，而，∴平面，而平面．
(2)
因為平面，過點做平行線，所以以點為原點，，、所在直線分別為軸、軸、軸建立空間直角坐標系，
設，則，

設平面的法向量為
由，得，取，
設直線與平面所成角為，
∴．

3．（2022·青?！ず|市第一中學模擬預測（理））如圖，在三棱柱中，，．

(1)證明：平面平面．
(2)設P是棱的中點，求AC與平面所成角的正弦值．
【答案】(1)證明見解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）設，由余弦定理求出，從而由勾股定理得到，，進而證明出線面垂直，面面垂直；（2）建立空間直角坐標系，利用空間向量求解線面角的正弦值.
(1)
設．
在四邊形中，∵，，連接，
∴由余弦定理得，即，
∵，
∴．
又∵，
∴，，
∴平面，
∵平面，
∴平面平面．
(2)
取AB中點D，連接CD，∵，∴，
由（1）易知平面，且．
如圖，以B為原點，分別以射線BA，為x，y軸的正半軸，建立空間直角坐標系B-xyz，

則，，，，，．
，，
設平面的法向量為，則，
得，令，則取，
，，
AC與平面所成角的正弦值為．
4．（2022·內蒙古·赤峰紅旗中學松山分校模擬預測（理））如圖，在四棱錐P—ABCD中，底面ABCD為正方形，底面ABCD，M為線段PC的中點，，N為線段BC上的動點．

(1)證明：平面平面
(2)當點N在線段BC的何位置時，平面MND與平面PAB所成銳二面角的大小為30°？指出點N的位置，并說明理由．
【答案】(1)證明見解析
(2)點N在線段BC的中點
【解析】
【分析】
（1）由底面ABCD，可得，而，可證得平面，從而得，而，所以平面，再由面面垂直的判定定理可得結論，
（2）設，以為原點，以所在的直線分別為軸建立空間直角坐標系，然后利用空間向量求解即可
(1)
證明：因為底面ABCD，底面ABCD，
所以，
因為，，
所以平面，
因為平面，
所以，
因為四邊形為正方形，，
所以，
因為在中，，M為線段PC的中點，
所以，
因為，
所以平面，
因為平面，
所以平面平面，
(2)
當點N在線段BC的中點時，平面MND與平面PAB所成銳二面角的大小為30°，理由如下：
因為底面，平面，
所以，
因為，
所以兩兩垂直，
所以以為原點，以所在的直線分別為軸建立空間直角坐標系，如圖所示，
設，則，
設，則，
設為平面的法向量，則
，令，則，
設為平面的法向量，則
，令，則，
因為平面MND與平面PAB所成銳二面角的大小為30°，
所以，
化簡得，得，
所以當點N在線段BC的中點時，平面MND與平面PAB所成銳二面角的大小為30°

5．（2022·四川·成都七中模擬預測（理））如圖1，在邊上為4的菱形中，，點，分別是邊，的中點，，．沿將翻折到的位置，連接，，，得到如圖2所示的五棱錐．

(1)在翻折過程中是否總有平面平面？證明你的結論；
(2)當四棱錐體積最大時，求直線和平面所成角的正弦值；
(3)在（2）的條件下，在線段上是否存在一點，使得二面角余弦值的絕對值為？若存在，試確定點的位置；若不存在，請說明理由．
【答案】(1)在翻折過程中總有平面平面，證明見解析
(2)
(3)存在且為線段的中點
【解析】
【分析】
（1）證明出平面，進而證明面面垂直；（2）找到當平面時，四棱錐體積最大，直線和平面所成角的為，
求出，，由勾股定理得：，從而求出的正弦值；（3）建立空間直角坐標系，利用空間向量和二面角的大小，列出方程，確定點的位置
(1)
在翻折過程中總有平面平面，
證明如下：∵點，分別是邊，的中點，
又，∴，且是等邊三角形，
∵是的中點，∴，
∵菱形的對角線互相垂直，∴，∴，
∵，平面，平面，
∴平面，∴平面，
∵平面，∴平面平面．
(2)
由題意知，四邊形為等腰梯形，
且，，，
所以等腰梯形的面積，
要使得四棱錐體積最大，只要點到平面的距離最大即可，
∴當平面時，點到平面的距離的最大值為，
此時四棱錐體積的最大值為，
直線和平面所成角的為，
連接，在直角三角形中，，，
由勾股定理得：.
．
(3)
假設符合題意的點存在．
以為坐標原點，，，所在直線分別為軸、軸、軸，建立如圖所示空間直角坐標系，

則，，，，
由（2）知，，
又，且，平面，平面，
平面，
故平面的一個法向量為，
設（），
∵，
，故，
∴，，
平面的一個法向量為，
則，，
即
令，所以
，
則平面的一個法向量，
設二面角的平面角為，
則，解得：，
故符合題意的點存在且為線段的中點．
6．（2022·全國·南京外國語學校模擬預測）如圖，在三棱臺中，，，，側棱平面，點是棱的中點．

(1)證明：平面平面；
(2)求二面角的正弦值．
【答案】(1)證明見解析
(2)
【解析】
【分析】（1）先根據(jù)線面垂直的性質與判定證明，再根據(jù)勾股定理證明，進而根據(jù)線面垂直得到平面，從而根據(jù)面面垂直的判定證明即可（2）為坐標原點，，，的所在的直線分別為，，軸建立空間直角坐標系，再分別求解平面的一個法向量，進而得到面面角的正弦即可
(1)證明：因為平面，平面，所以，
又，，，平面，所以平面．
又平面，所以．
又因為，，所以，所以．
又，，平面，所以平面，
因為平面，所以平面平面．
(2)
以為坐標原點，，，的所在的直線分別為，，軸建立空間直角坐標系，如圖所示．

因為，，
所以，，，，．
設平面的一個法向量為，設平面的一個法向量為，且，，，，
因為所以令，則，，所以．
又因為所以令，則，，所以．
所以．
設二面角的大小為，則，
所以二面角的正弦值為．
7．（2022·青海·模擬預測（理））如圖，在四棱錐A-BCDE中，底面BCDE為矩形，M為CD中點，連接BM，CE交于點F，G為△ABE的重心．

(1)證明：平面ABC
(2)已知平面ABC⊥BCDE，平面ACD⊥平面BCDE，BC=3，CD=6，當平面GCE與平面ADE所成銳二面角為60°時，求G到平面ADE的距離．
【答案】(1)證明見解析(2)
【解析】(1)延長EG交AB于N，連接NC,
因為G為△ABE的重心，所以點N為AB的中點，且 ,
因為 ,故 ,所以 ,
故，故 ,
而平面ABC，平面ABC,
故平面ABC；
(2)由題意知，平面ABC⊥平面BCDE，平面ABC平面BCDE=BC， ,
平面BCDE，故平面ABC, 平面ABC,
則 ,同理，
又平面BCDE,
所以平面BCDE，
以C為原點，以CB,CD,CA所在直線分別為x,y,z軸，建立空間直角坐標系，

設點G到平面BCDE的距離為，
則，
故 ,
設平面GCE的法向量為，則，即，
取，則即，
設平面ADE的法向量為，則，即，
取，則，則，
所以，解得，
又，
故點G到平面ADE的距離為.
8．（2022·北京市第九中學模擬預測）如圖，在四棱錐中，底面ABCD是邊長為2的正方形，△PAB為正三角形，且側面PAB⊥底面ABCD，M為PD的中點．

(1)求證：PB平面ACM；
(2)求直線BM與平面PAD所成角的正弦值；
(3)求二面角的余弦值．
【答案】(1)證明見解析；
(2)；
(3).
【解析】
【分析】
（1）連接，連，證明，再利用線面平行的判定推理作答.
（2）（3）取中點，連PO，證明平面，以點O為原點建立空間直角坐標系，借助空間向量求線面角的正弦，二面角的余弦作答.
(1)連接，連，如圖，正方形中，N為的中點，而M為PD的中點，

則，而平面，平面，
所以平面.
(2)取中點，連，如圖，正中，，

因側面底面，側面底面，側面，則平面，
在平面內過O作，則射線兩兩垂直，
以點O為原點，射線分別為x，y，z軸非負半軸建立空間直角坐標系，
則，
，
設平面的法向量，則，令，得，
設直線與平面所成角為，則，
所以直線與平面所成角的正弦值是.
(3)
由（2）知，，
設平面的法向量，則，令，得，
于是得，顯然二面角大小為銳角，
所以二面角的余弦值為.
9．（2022·內蒙古·海拉爾第二中學模擬預測（理））已知四棱錐中，四邊形為菱形，，

(1)求證：是等邊三角形；
(2)若，求與平面所成角的正弦值.
【答案】(1)證明見解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）取的中點，連接、，證明出平面，可得出，可得出，再利用菱形的性質可證得結論成立；
（2）證明出，以點為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立空間直角坐標系，利用空間向量法可求得與平面所成角的正弦值.
(1)
證明：取的中點，連接、，
因為，為的中點，則，
因為，，平面，
平面，則，故，
因為四邊形為菱形，則，所以，，
因此，為等邊三角形.
(2)
解：由已知，，則，，
為的中點，所以，，
因為是邊長為的等邊三角形，則，
因為，則，，
因為平面，以點為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立如下圖所示的空間直角坐標系，

則、、、，
設平面的法向量為，，，
則，取，可得，
，.
因此，與平面所成角的正弦值為.
10．（2022·廣東茂名·二模）如圖，四棱錐P﹣ABCD的底面是等腰梯形，AD∥BC，BC=2AD，，E是棱PB的中點，F(xiàn)是棱PC上的點，且A、D、E、F四點共面．

(1)求證：F為PC的中點；
(2)若△PAD為等邊三角形，二面角的大小為，求直線BD與平面ADFE所成角的正弦值．
【答案】(1)證明見解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）先由線面平行的判定定理證明AD∥平面PBC，再根據(jù)線面平行的性質定理即可證明EF∥AD,即可證明結論；
（2）建立空間直角坐標系，求得相關各點坐標，求得平面ADFE的法向量，根據(jù)向量的夾角公式即可求得答案.
(1)
證明：四棱錐P﹣ABCD中，AD∥BC，BC?平面PBC，
∴AD∥平面PBC．
由題意A、D、E、F四點共面，平面ADFE平面PBC=EF，
∴AD∥EF，而AD∥BC，∴EF∥BC，
∵E是棱PB的中點，∴F為PC中點．
(2)
如圖，以BC為x軸，連接BC中點O和AD中點G,以OG為y軸，過點O作垂直于平面ABCD的直線作為z軸，建立如圖所示空間直角坐標系，

因為AB=CD，BC=2AD，
設AD=a，則BC=2a，，
所以，
，
因為△PAD為等邊三角形，所以PG⊥AD，由題意知 ,
所以∠PGO為二面角的平面角，又二面角的大小為，
所以，
因為PG⊥AD，GO⊥AD，平面PGO ，
所以AD⊥平面PGO，
過P作PH垂直于y軸于點H，
因為PH?平面PGO，所以AD⊥PH，
又PH⊥GH，平面ABCD，，
所以PH垂直于平面ABCD，且 ,
，
，∴，
因為E，F(xiàn)分別為PB，PC的中點，
所以，
設平面ADFE的法向量為，則，
所以，取z=1，，
設BD與平面ADFE所成角為θ，
則，
即直線BD與平面ADFE所成角的正弦值為．
11．（2022·安徽省舒城中學三模（理））在四棱錐中，為正三角形，四邊形為等腰梯形，M為棱的中點，且，，.

(1)求證：平面平面；
(2)求直線與平面所成角的正弦值.
【答案】(1)證明見解析；
(2).
【解析】
【分析】
（1）為中點，連接，易得為平行四邊形，即知△為等腰三角形，進而有，由等邊三角形性質有，根據(jù)中位線、平行線的推論知，再根據(jù)線面垂直的判定、面面垂直的判定證結論.
（2）構建空間直角坐標系，求出直線方向向量和平面的法向量，應用空間向量夾角的坐標表示求線面角的正弦值.
(1)
若為中點，連接，

由且，故為平行四邊形，
所以，又且，即為中點，
等腰△中，即，
又為正三角形，故，
因為分別為，中點，故，則，
由，面，故面，
而面，則平面平面；
(2)
過作面，由（1）可構建以為原點，為軸的空間直角坐標系，

所以，而，則，
所以，故，
若是面的一個法向量，則，令，則，所以，故直線與平面所成角的正弦值.
12．（2022·廣東·大埔縣虎山中學模擬預測）如圖，在四棱臺中，，，四邊形ABCD為平行四邊形，點E為棱BC的中點．

(1)求證：平面；
(2)若四邊形ABCD為正方形，平面ABCD，，求二面角的余弦值．
【答案】(1)證明見解析；
(2).
【解析】
【分析】
（1）連，利用給定條件證明四邊形為平行四邊形，再利用線面平行的判定推理作答.
（2）以點A為原點建立空間直角坐標系，借助空間向量求解作答.
(1)
在四棱臺中，四邊形為平行四邊形，且，點E為棱BC的中點，連，如圖，

則有，，即四邊形為平行四邊形，
則，又平面，平面，
所以平面．
(2)
以A為坐標原點，AB為x軸，AD為y軸，為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，

則，，，，，
設平面的一個法向量為，則，令，得，
平面DEC的一個法向量為，則，顯然二面角的平面角為鈍角，
所以二面角的余弦值為.
13．（2022·全國·模擬預測（理））如圖，在四棱錐中，平面，，為等邊三角形，．

(1)求證：平面，且平面．
(2)已知，，求平面與平面所成銳二面角的余弦值．
【答案】(1)證明見解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）由線面垂直性質可得，結合可證得平面；根據(jù)，由線面平行的判定可證得結論；
（2）以為坐標原點可建立空間直角坐標系，利用二面角的向量求法可求得結果.
(1)
平面，平面，，
又，，平面，平面；
為等邊三角形，，又，，
平面，平面，平面.
(2)
平面，平面，；
以為坐標原點，為軸正方向，作軸，可建立如圖所示空間直角坐標系，

則，，，，
，，，，
設平面的法向量，
則，令，則，，；
設平面的法向量，
則，令，則，，；
，
平面與平面所成銳二面角的余弦值為.
14．（2022·浙江紹興·模擬預測）如圖，三棱臺中，，，．

(1)證明：；
(2)求直線與平面所成的角．
【答案】(1)證明見解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）由題，取中點，連接，，先由線線垂直證面，即可由線面垂直證，即可證；
（2）分別以為軸建立如圖空間直角坐標系，即可由向量法求所求線面角.
(1)
由題，取中點，連接，由，，則，又面，故面，
因為面，故，又，則，得證；
(2)
由題，，則，又，，
故，故.
分別以為軸建立如圖空間直角坐標系，
易得，，，，，，設平面法向量，
則，令，則，
故，故直線與平面所成的角為.
即直線與平面所成的角為.

15．（2022·遼寧實驗中學模擬預測）如圖所示正四棱錐

(1)求證：
(2)若沿側棱將此四棱錐剪開，四個側面向外旋轉，PAD旋轉至旋轉至如圖所示，其中二面角與二面角相同，當時，求平面與所成的銳二面角的余弦值
【答案】(1)證明見解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）連接，交于點，連接，面，得，從而證得平面，得線線垂直；
（2）以D為原點，DA為x軸，DC為y軸，過點D且垂直于平面ABCD的直線為z軸建立空間直角坐標系，設是二面角大小為，表示出的坐標，由向量垂直求出，得的坐標，再求出平面與平面的一個法向量，則法向量夾角得二面角．
(1)
證明：連接，交于點，連接，面，平面，
，
又，，平面，所以平面，
又平面，．

(2)
以D為原點，DA為x軸，DC為y軸，過點D且垂直于平面ABCD的直線為z軸建立空間直角坐標系，設點E為DA中點，則，設是中點，則，又，
所以是二面角的平面角，即，
，同理

解得：，，
?????????????

設為平面的法向量，則，，，
，，取，則，
，，
設為平面的法向量，則，，，
，，取，則，，
，
與平面所成的銳二面角的余弦值為．

16．（2022·福建·三明一中模擬預測）如圖，四邊形為菱形，，將沿折起，得到三棱錐，點M，N分別為和的重心．

(1)證明：∥平面；
(2)當三棱錐的體積最大時，求二面角的余弦值．
【答案】(1)證明見解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）延長交于點P，延長交于O點，連接,證明即可.
（2）證明兩兩垂直，以O為坐標原點，分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系，求出兩個平面的法向量，利用二面角的向量公式求解即可.
(1)
延長交于點P，延長交于O點，連接．
因為點M，N分別為和的重心，所以點P，

O分別為和的中點，所以，
又平面，平面，所以平面．
(2)當三棱錐的體積最大時，點D到底面的距離最大，
即平面平面，
連接，因為和均為正三角形，
于是，又平面平面，
所以平面，所以兩兩垂直，
以O為坐標原點，分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系，
則，
所以，

又二面角即二面角，
設平面的一個法向量為，則
可得，取，則，
同理設平面的一個法向量為，
則,即，取，則，
所以，
由圖可知二面角為鈍角，
所以二面角的余弦值為．
17．（2022·浙江湖州·模擬預測）已知四棱錐中，底面為等腰梯形，，，，是斜邊為的等腰直角三角形．

(1)若時，求證：平面平面；
(2)若時，求直線與平面所成的角的正弦值．
【答案】(1)證明見解析；
(2).
【解析】
【分析】
（1）根據(jù)給定條件，證明，再利用線面垂直、面面垂直的判定推理作答.
（2）作出二面角的平面角并求出其大小，再建立空間直角坐標系，借助空間向量求解作答.
(1)
因，，，則有，即有，
又，且，平面，
于是得平面，而平面，
所以平面平面.
(2)
在平面內，過B作直線垂直于，交直線于E，有，，如圖，

則為二面角的平面角，平面，，于是得，
中，，則，在中，，，，
由余弦定理得，則有，
顯然平面平面，在平面內過B作，則平面，
以B為原點，分別以射線為x，y，z軸非負半軸建立空間直角坐標系，
則，，，
設平面的法向量，則，令，得
而，設與平面所成的角為，

所以與平面所成的角的正弦值為.
18．（2022·四川·成都七中模擬預測（理））如圖1，在等邊中，點D，E分別為邊AB，AC上的動點且滿足，記.將△ADE沿DE翻折到△MDE的位置并使得平面MDE⊥平面DECB，連接MB，MC得到圖2，點N為MC的中點．

(1)當EN∥平面MBD時，求λ的值；
(2)試探究：隨著λ值的變化，二面角B-MD-E的大小是否改變？如果改變，請說明理由；如果不改變，請求出二面角的正弦值大?。?br /> 【答案】(1)
(2)不改變，
【解析】
【分析】
（1）首先取的中點為，連接，，再結合線面平行的性質即可得到
（2）利用空間向量法求解即可.
(1)
取的中點為，連接，，

因為，，所以NP∥BC，
又DE∥BC，所以NP∥DE，即N，E，D，P四點共面，
又EN∥平面BMD，EN?平面NEDP，
平面NEDP∩平面MBD＝DP，
所以EN∥PD，即NEDP為平行四邊形，
所以NP＝DE，則DE＝BC，即λ＝.
(2)
取的中點，連接MO，則MO⊥DE，因為平面MDE⊥平面DECB，
平面MDE∩平面DECB＝DE，且MO⊥DE，所以MO⊥平面DECB，
如圖建立空間直角坐標系，

不妨設，則，，，
所以，，
設平面的法向量為，則
，即，
令，即.
又平面的法向量，
所以，
即隨著值的變化，二面角的大小不變．
且.
所以二面角的正弦值為.
19．（2022·全國·模擬預測（理））如圖，在四棱錐中，，，，，，平面平面.

(1)證明：平面；
(2)求二面角的余弦值.
【答案】(1)證明見解析；
(2).
【解析】
【分析】
（1）由面面、線面垂直的性質可得，且，根據(jù)線面垂直的判定即可證結論；
（2）構建空間直角坐標系，求面、面的法向量，應用空間向量夾角的坐標表示求二面角的余弦值.
(1)
由題設，，又面面，面面，面，
所以面，而面，則，
由得：，
又，則平面.
(2)
若是的中點，連接，
由，，，，
所以，
面面，面面，面，
所以面，面，則.
綜上，可構建如下空間直角坐標系，，

所以，則，
若是面的法向量，則，令，則，
若是面的法向量，則，令，則，
所以，故二面角的余弦值為.
20．（2022·上海市光明中學模擬預測）如圖所示，設有底面半徑為的圓錐．已知圓錐的側面積為，為中點，．

(1)求圓錐的體積；
(2)求異面直線與所成角．
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）由圓錐側面積公式可求得母線長，進而得到圓錐的高，利用圓錐體積公式可求得結果；
（2）解法一：取邊上中點，由線面垂直的判定可證得平面，由線面垂直性質得，由此可得結果；
解法二：取圓弧中點，連結，以為坐標原點可建立空間直角坐標系，由向量運算可得，知，由此可得結果.
(1)
設圓錐母線長為，
，，即，
圓錐的高，
.
(2)
解法一：取邊上中點，連結，，，
是的中位線，；
垂直于底面，垂直于底面，；
，為中點，，即；
，平面，平面，
又平面，，即異面直線與所成角為.

解法二：取圓弧中點，連結，則；
以為坐標原點，的正方向為軸，可建立如圖所示空間直角坐標系，

則，，，，
，，
，即，異面直線與所成角為.

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