专题07 立体几何的向量方法- 2022届高考数学二模试题分类汇编（新高考卷）（解析版）

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《专题7 立体几何的向量方法- 2022届高考数学二模试题分类汇编（新高考卷）》1．【利用空间向量判定位置关系】（2022·陕西宝鸡·一模）如图，四棱锥的底面为正方形，平面，是的中点，．(1)求证：平面；(2)设直线与平面交于，求证：．【解析】 (1)以为原点，所在的直线为轴的正方向建立空间直角坐标系，设，则，，，，，，设平面的法向量为，所以即，令，则，则，所以，即平面.(2)连接相交于点，则点是中点，连接，因为平面，故且平面，而平面，故平面，故平面平面，所以的交点就是，连接，又是的中点，所以，，所以，所以，即.2．【利用空间向量判定位置关系】（2022·江苏·高三模拟）如图，在正三棱柱（侧棱垂直于底面，且底面三角形是等边三角形）中，，、、分别是，，的中点．(1)求证：平面平面；(2)在线段上是否存在一点使平面？若存在，确定点的位置；若不存在，也请说明理由．【解析】（1）证明：、、分别是，，的中点．，四边形为平行四边形，可得，因为平面；平面；平面；同理可得平面；又，平面，平面平面．(2)假设在线段上存在一点使平面．四边形是正方形，因此点为点．不妨取，如图建立空间直角坐标系，则，，，，，，，．所以，，又，平面，所以平面，在线段上存在一点，使平面，其中点为点．3．【利用空间向量求线面角】（2022·江苏南通·模拟预测）如图所示的几何体中，平面ABC，平面ABC，，，点M在棱AB上，且．(1)求证：平面平面ABDE；(2)求直线CD与平面MCE所成角的正弦值．【解析】 (1)因为平面，所以．又，，，点M在棱上，且．故，，．所以，所以．因为平面，所以，又平面，所以平面．又平面，所以平面平面．(2)如图，以A为坐标原点，平面内过A且与垂直的直线为x轴，为y轴，为z轴建立空间直角坐标系．则．所以．设平面的一个法向量为，则,即令，则，所以．所以．所以直线与平面所成角的正弦值为．4．【利用空间向量求线面角】（2022·浙江嘉兴·二模）如图，在四棱锥中，底面是等腰梯形，，，且.(1)证明：；(2)若E为中点，求直线与平面所成角的正弦值.【解析】 (1)取中点Q，连接；因为且，所以四边形是菱形，又底面是等腰梯形，所以，从而，由余弦定理知，又因为，，所以，得，又因，且，所以平面，所以；(2)分别以，为x，y轴，过B作垂直于面的直线为z轴建立空间直角坐标系，则，，，，因为，平面的法向量为，设直线与平面所成角为，则，所以直线与平面所成角的正弦值是.5．【利用空间向量求二面角】（2022·广东茂名·二模）如图所示的圆柱中，AB是圆O的直径，，为圆柱的母线，四边形ABCD是底面圆O的内接等腰梯形，且，E，F分别为，的中点．(1)证明：而ABCD；(2)求平面与平面所成锐二面角的余弦值．【解析】 (1)取的中点G，连接EG，FG，AC，因为，平面ABCD，平面ABCD，所以平面ABCD，因为，，所以四边形AGFC是平行四边形，，又平面ABCD，平面ABCD，所以平面ABCD，因为，所以平面平面ABCD，因为平面ABCD，所以平面ABCD．(2)设，由，得，因为，所以，由题意知CA，CB，两两垂直，以C为坐标原点，分别以CA，CB，所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则，，，，，，所以，，设平面的一个法向量为，由得，取，得，连接BD，因为，，，所以平面，所以平面的一个法向量为，所以，所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为．6．【利用空间向量求二面角】（2022·内蒙古赤峰·模拟预测）已知四棱锥中，底面为正方形，平面，，，、分别为、的中点.(1)求证：；(2)求二面角的余弦值.【解析】 (1)∵面，面，∴又，面，，∴平面即平面，∴又平面，∴以为坐标原点，以、、方向分别为，，轴正向建立空间直角坐标系，则，，，∴，，∴，∴；(2)，，，令平面的法向量，由得，令，则，，，令平面的法向量，由，得，令，则，，，又因为所求二面角为锐角，所以二面角的余弦值为.7．【利用空间向量求距离】（2022·天津市新华中学模拟预测）在如图所示的几何体中，四边形是正方形，四边形是梯形，，，平面平面，且.(1)求证：平面；(2)求平面与平面所成角的大小；(3)已知点在棱上，且异面直线与所成角的余弦值为，求点到平面的距离.【解析】 (1)证明：（1）∵平面平面，平面平面，平面，，所以直线平面.以为原点，，，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，，，，，，由题可知为平面的一个法向量，所以.又因为平面，平面.(2)解：，，，设平面的法向量，则，取，得，设平面的法向量，则，取，得， 设平面与平面所成角的大小为，则，，∴平面与平面所成角的大小为.(3)点在棱上，且异面直线与所成角的余弦值为，设则，，，，，解得，∴线段的长为.设平面的法向量，则，取，得， 又，所以.8．【利用空间向量求距离】（2022·北京·一模）如图，在三棱柱中，平面，，，为线段上一点.(1)求证：；(2)若直线与平面所成角为，求点到平面的距离.【解析】 (1)因为平面，平面，所以，而，因此建立如图所示的空间直角坐标系：，，因为，所以，即，(2)设平面的法向量为，，所以有，因为直线与平面所成角为，所以，解得，即，因为，所以点到平面的距离为：.9．【空间立体几何中的结构不良问题】（2022·四川泸州·三模）已知直三棱柱中，D为的中点．(1)从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立；①；②；③．(2)若，，，求直线与平面ABD所成角的正弦值．【解析】 (1)连接，如下所示：选择①，②，证明③如下：因为，，面，故面，又面，故可得.又为直三棱柱，故面，因为面，故；又面，故面，又面，故可得，因为为的中点，故可得在平面中，垂直平分，则.选择①，③，证明②如下：因为为的中点，且，在△中，由三线合一可知；又为直三棱柱，故面，因为面，故；又面，故面，又面，故；又，面，故面面，故.选择②，③，证明①如下：因为为的中点，且，在△中，由三线合一可知；又为直三棱柱，故面，因为面，故；又面，故面，又面，故；又面，故面，因为面，故.(2)因为，则，故，则，又为直棱柱，故面面，故，故两两垂直，则以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如下所示：设，则，故，因为，故，解得，故，，设平面的法向量，则，即，取，解得，则，又，设直线与平面所成角为，则.即直线与平面所成角的正弦值为.10．【空间立体几何中的结构不良问题】（2022·山东青岛·一模）如图①，在梯形中，，，，为的中点，以为折痕把折起，连接，，得到如图②的几何体，在图②的几何体中解答下列两个问题．(1)证明：；(2)请从以下两个条件中选择一个作为已知条件，求二面角的余弦值．①四棱锥的体积为2；②直线与所成角的余弦值为．注：如果选择两个条件分别解答，按第一个解答计分．【解析】 (1)证明：在图①中因为，，为中点所以，，所以为平行四边形，所以，同理可证，在图②中，取中点，连接，，，因为，所以，，因为，所以平面，因为平面，所以.(2)若选择①：因为平面，平面，所以平面平面且交线为，所以过点作，则平面，因为，所以四棱锥的体积，所以，所以与重合，所以平面，建系如图，则，，， ，平面法向量为，设平面法向量为，因为，，所以，得，设二面角的大小为，则，所以二面角的余弦值为.若选择②：因为，所以即为异面直线与所成角，在中，，所以所，以，所以，因为平面，平面，所以平面平面且交线为，所以平面，建系如图，则，，， ，平面法向量为，设平面法向量为，因为，，所以，得，设二面角的大小为，则，所以二面角的余弦值为.11．【空间立体几何中的折叠问题】（2022·重庆·模拟预测）在直角梯形ABCD中，，E，F分别为AD，BC的中点，沿EF将四边形EFCD折起，使得（如图2）．(1)求证：平面平面EFCD；(2)若直线AC与平面ABFE所成角的正切值为，求二面角的余弦值．【解析】 (1)证明：由题设条件，，，则，又且，平面，则平面，又平面故平面平面．(2)解：过点作，交于点，连接，因为平面平面，平面平面，所以平面，故直线与平面所成角的平面角为，设，则在中，，，所以，解得，如图，建立空间角坐标系，则， ， ， ，， ，所以，则平面的法向量为， 设平面的法向量为， 由，令，则，则二面角的余弦值为．12．【空间立体几何中的折叠问题】（2022·黑龙江·哈尔滨三中二模）如图1，矩形ABCD，点E，F分别是线段AB，CD的中点，，将矩形ABCD沿EF翻折.(1)若所成二面角的大小为（如图2），求证：直线面DBF；(2)若所成二面角的大小为（如图3），点M在线段AD上，当直线BE与面EMC所成角为时，求二面角的余弦值.【解析】 (1)由题设易知：是边长为2的正方形，是的对角线，所以，又面面，面面，，面，所以面，又面，则，又，则面.(2)过作面，而面，则，，而，可构建如下图示的空间直角坐标系，由题设知：，所以，，，且，则，，，若是面的一个法向量，则，令，则，，可得，则，又是面的一个法向量，所以，则锐二面角的余弦值为.13．【空间立体几何中的探索性问题】（2022·广西桂林·二模（理））如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥底面ABCD，，E为线段PB的中点，F为线段BC上的动点.(1)求证：平面AEF⊥平面PBC；(2)试确定点F的位置，使平面AEF与平面PCD所成的锐二面角为30°.【解析】 (1)∵PA⊥平面ABCD，BC平面ABCD，∴PA⊥BC，∵ABCD为正方形，∴AB⊥BC，又 PA∩AB=A，PA，AB平面PAB，∴BC⊥平面PAB，∴AE平面PAB，∴AE⊥BC，∵PA=AB，E为线段PB的中点，∴AE⊥PB，又 PB∩BC=B，PB，BC平面PBC，∴AE⊥平面PBC，又AE平面AEF，所以平面AEF⊥平面PBC；(2)以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz，设正方形ABCD的边长为2，则A（0，0，0），B（2，0，0），C（2，2，0），D（0，2，0）P（0，0，2）E（1，0，1），∴，，，设F（2，λ，0）（0≤λ≤2），∴，设平面AEF的一个法向量为，则，∴，令y1=2，则，∴ ，设平面PCD的一个法向量为，则，∴，令y2=1，则，∴，∵平面AEF与平面PCD所成的锐二面角为30°，∴，解得λ=1，∴当点F为BC中点时，平面AEF与平面PCD所成的锐二面角为30°.14．【空间立体几何中的探索问题】（2022·江苏连云港·二模）如图，在三棱锥中，是正三角形，平面平面，，点，分别是，的中点.(1)证明：平面平面；(2)若，点是线段上的动点，问：点运动到何处时，平面与平面所成的锐二面角最小.【解析】 (1)因为△ABC是正三角形，点E是BC中点，所以AEBC，又因为平面ABC平面BCD，平面ABC∩平面BCD=BC，AE平面ABC，所以AE平面BCD，又因为CD平面BCD，所以CDAE， 因为点E，F分别是BC，CD的中点，所以EF//BD，又因为BDCD，所以CDEF，又因为CDAE，AE∩EF，AE平面AEF，EF平面AEF，所以CD平面AEF，又因为CD平面ACD，所以平面ACD平面AEF.(2)在平面BCD中，过点E作EH⊥BD，垂足为H,设BC=4，则，DF=FC=l，.以为正交基底，建立如图空间直角坐标系E-xyz,则,设，则,，设平面AEG的法向量为,由，得，令，故，设平面ACD的法向量为，则,即，令，则,设平面AEG与平面ACD所成的锐二面角为,则，当最大，此时锐二面角最小，故当点G为BD的中点时，平面AEG与平面ACD所成的锐二面角最小.15．【空间立体几何中的探索问题】（2022·陕西·模拟预测（理））如图，正方体的棱长为2，E，F分别为和的中点，P为棱上的动点．(1)是否存在点P使平面？若存在，求出满足条件时的长度并证明；若不存在，请说明理由；(2)当为何值时，平面与平面所成锐二面角的正弦值最小．【解析】 (1)在正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系，因E，F分别为和的中点，P为棱上的动点，则，设，，，显然，，即，由得，此时有，而，且平面，因此，平面，所以存在点P(0,0,2)，使平面，.(2)在（1）的空间直角坐标系中，，令平面的法向量为，则，令，得，而平面的法向量，设平面与平面所成锐二面角为，则，当且仅当时取“=”，因此，当，即时，，，当且仅当时取“=”，所以当，即时，平面与平面所成锐二面角的正弦值最小.16．【空间立体几何中的探索问题】（2022·重庆·西南大学附中模拟预测）如图，在三棱柱中，，，，，，D为AC中点，．(1)求证：；(2)线段上是否存在一点E，使得AE与面的夹角的正弦值为？若存在，求出E点的位置；若不存在，请说明理由．【解析】 (1)因为，且D为AC中点，所以．又因为，所以．由余弦定理，，解得．因为，由勾股定理知，．又因为，所以平面．因为平面，所以．(2)过点D作，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，如图，在三棱柱中，，，，，又，解得．设平面的一个法向量为，则，即．令，解得平面的一个法向量为．设AE与面的夹角为，则，解得或（舍）综上，E为线段上靠近的三等分点．