2023高考数学艺体生一轮复习 专题26 空间向量与立体几何的综合应用（解析版）

这是一份2023高考数学艺体生一轮复习 专题26 空间向量与立体几何的综合应用（解析版），共46页。
专题26 空间向量与立体几何的综合应用 【考点预测】一、空间向量的数量积运算1、两向量夹角已知两个非零向量，，在空间任取一点，作，..，则叫做向量，的夹角，记作，通常规定，如果，那么向量，互相垂直，记作.2、数量积定义已知两个非零向量，，则叫做，的数量积，记作，即.零向量与任何向量的数量积为0，特别地，.3、空间向量的数量积满足的运算律：，（交换律）；（分配律）.二、空间向量的坐标运算及应用（1）设，，则；；；；；.（2）设，，则.这就是说，一个向量在直角坐标系中的坐标等于表示该向量的有向线段的终点的坐标减起点的坐标.（3）两个向量的夹角及两点间的距离公式.①已知，，则；；；；②已知，，则,或者.其中表示与两点间的距离，这就是空间两点的距离公式.（4）向量在向量上的射影为.（5）设是平面的一个法向量，，是内的两条相交直线，则，由此可求出一个法向量（向量及已知）.（6）利用空间向量证明线面平行：设是平面的一个法向量，为直线的方向向量，证明，（如图8-155所示）.已知直线（），平面的法向量，若，则.（7）利用空间向量证明两条异面直线垂直：在两条异面直线中各取一个方向向量，，只要证明，即.（8）利用空间向量证明线面垂直：即证平面的一个法向量与直线的方向向量共线.（9）证明面面平行、面面垂直，最终都要转化为证明法向量互相平行、法向量互相垂直.（10）空间角公式.①异面直线所成角公式：设，分别为异面直线，上的方向向量，为异面直线所成角的大小，则.②线面角公式：设为平面的斜线，为的方向向量，为平面的法向量，为与所成角的大小，则.③二面角公式：设，分别为平面，的法向量，二面角的大小为，则或（需要根据具体情况判断相等或互补），其中.（11）点到平面的距离为，，为平面的法向量，则.【典例例题】例1．（2023春·河南濮阳·高三统考开学考试）在直三棱柱中，，且，若直线与侧面所成的角为，则异面直线与所成的角的正弦值为（    ）A． B． C． D．【答案】D【解析】因为直三棱柱，所以底面，又因为，所以两两垂直，以为轴建立如图所示坐标系，设，则，，，，所以，，，设平面的法向量，则，解得，所以直线与侧面所成的角的正弦值，解得，所以，，设异面直线与所成的角为，则，所以异面直线与所成的角的正弦值为.故选：D例2．（2023·高一课时练习）在边长为1的正方体中．平面与平面之间的距离为（    ）A． B．1 C． D．【答案】A【解析】建立如图所示的直角坐标系，则，，，，所以，，，设平面的一个法向量，则，解得，故，显然平面平面，所以平面与平面之间的距离．故选：A例3．（2023·全国·高三专题练习）长方体中，，，为的中点，则异面直线与之间的距离是（    ）A． B． C． D．【答案】D【解析】建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，，设与的公垂线的一个方向向量为，则，取，得，，即，又，所以异面直线与之间的距离为．故选：D．例4．（2023秋·江苏南京·高三南京师范大学附属中学江宁分校校联考期末）如图，已知正三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱长都相等，棱AC，A1C1的中点分别为M，N．(1)求证：B1N⊥C1M；(2)求异面直线BN与C1M所成角的余弦值；(3)求平面A1BM与平面ABC1所成二面角的正弦值．【解析】（1）连接，因为棱AC，A1C1的中点分别为M，N，所以，因为正三棱柱侧棱与底面垂直，所以平面，显然有因为底面是正三角形，A1C1的中点为N，所以，所以建立如图所示的空间直角坐标系，设该正三棱柱的所有棱长为2，，因为；（2），，异面直线BN与C1M所成角的余弦值为；（3）设平面A1BM的法向量为，，有，设平面的法向量为，，则有，所以平面A1BM与平面ABC1所成二面角的余弦值的平方为：，因此平面A1BM与平面ABC1所成二面角的正弦值为：.例5．（2023秋·广东广州·高二广州空港实验中学校考期末）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，平面平面，，．且(1)证明：；(2)若直线与平面所成角的正弦值为，求点C到平面的距离．【解析】（1）因为平面平面，交线为，且平面中，，所以平面，又平面，所以,因为，平面，所以平面，而平面，所以；（2）由（1）知，平面且，所以、、两两垂直因此以原点，建立如图所示的空间直角坐标系，因为，，，设所以，，，，，因为平面平面，交线为，且平面中，，所以平面，所以为平面的法向量且，，因为直线与平面所成角的正弦值为所以，解得：所以，又，， 平面的法向量分别为：， 所以， 令，则，，设点C到平面的距离为，所以.例6．（2023秋·北京·高三校考期末）如图，在四棱锥中，， ，，，，．是棱上一点， 平面．(1)求证：为的中点；(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求四棱锥的体积．条件 ①：点到平面的距离为；条件 ②：直线与平面所成的角为．注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．【解析】（1）过点作交于点，连接，如图所示：          因为，所以 ．所以四点共面．又因为平面 ，平面平面所以所以四边形是平行四边形所以，由，，所以，所以所以为的中位线，所以为的中点．（2）过作于，连接．因为，又因为 ，且，所以 平面．   又平面，所以 平面平面．因为，所以为中点， 又因为平面平面，所以平面． 又平面，所以 如图建立空间直角坐标系．设．由题意得，，，，，．所以，，．设平面的法向量为，则，令，则．所以．选择条件①因为到平面的距离为，所以，解得 ．    所以四棱锥的体积．选择条件②因为直线与平面所成的角为，所以，解得 ．    所以四棱锥的体积．例7．（2023·全国·高三专题练习）某校积极开展社团活动，在一次社团活动过程中，一个数学兴趣小组发现《九章算术》中提到了“刍甍”这个五面体，于是他们仿照该模型设计了一道数学探究题，如图1，E、F、G分别是正方形的三边AB、CD、AD的中点，先沿着虚线段FG将等腰直角三角形FDG裁掉，再将剩下的五边形ABCFG沿着线段EF折起，连接AB、CG就得到了一个“刍甍”（如图2）．(1)若是四边形对角线的交点，求证：平面；(2)若正方形的变成为2，且二面角是直二面角，求点到平面的距离．【解析】（1）证明：取线段中点，连接、，由图1可知，四边形EBCF是矩形，且，∴O是线段BF与CE的中点，且，在图1中知且，且，所以在图2中，且，且，∴四边形是平行四边形，则，由于平面，平面，∴平面.（2）由图1，，折起后在图2中仍有，，∴即为二面角的平面角，∴，以为坐标原点，分别为轴和轴正向建立空间直角坐标系，则、、、、，∴设平面的一个法向量为由，得，取，则于是平面的一个法向量点B到平面的距离为.例8．（2023秋·湖北·高二江夏一中校联考期末）如图，已知边长为6的菱形与相交于，将菱形沿对角线折起，使．(1)求平面与平面的夹角的余弦值；(2)在三棱锥中，设点是上的一个动点，试确定点的位置，使得．【解析】（1）依题知，，因为，所以，又因为四边形为菱形，所以，建立空间直角坐标系，如图所示，则，所以．设平面的法向量为，则有，即，令，则，所以．因为，所以平面，平面的法向量与平行，所以平面的一个法向量为，，则平面与平面的夹角的余弦值为．（2）设，因为是线段上的一个动点，设，即，所以，则，由，得：，即，解得：或即或，故点为线段BD的两个三等分点 【技能提升训练】一、单选题1．（2023秋·湖南怀化·高二统考期末）如图，在直三棱柱中，，则直线与直线夹角的余弦值为（    ）A． B． C． D．【答案】A【解析】如图示，以为原点，为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系，则.所以.所以直线与直线夹角的余弦值为.故选：A2．（2023秋·吉林长春·高二长春吉大附中实验学校校考期末）已知，，，则点A到直线BC的距离为（    ）A． B． C． D．【答案】B【解析】由，，，可得，则向量在方向上的投影为，所以点A到直线的距离．故选：B.二、填空题3．（2023·高一课时练习）设正方体的棱长为1，则点到的距离为______.【答案】【解析】方法一：如图，到的距离即为正三角形的高，又因为正方体的棱长为1，则正三角形的边长为，易得到的距离即为.方法二：分别以为方向为轴正向建立空间直角坐标系，则，易得直线的单位方向向量为，所以到的距离为.故答案为：.三、解答题4．（2023秋·新疆巴音郭楞·高二校联考期末）如图，在长方体中，四边形是正方形，点N为AD的中点，且.(1)求证；(2)求二面角的余弦值.【解析】（1）长方体，故，故，四边形为平行四边形，故.（2）建立为轴，为轴，为轴的空间直角坐标系，如图所示：则，，，，则，，设平面的法向量为，则，取得到，平面的一个法向量为，故二面角的余弦值.5．（2023秋·湖北·高二统考期末）如图，在四棱锥中，底面ABCD是直角梯形，，，底面ABCD，点E为棱PC的中点，．(1)证明：平面PAD；(2)在棱PC上是否存在点F，使得二面角的余弦值为，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由．【解析】（1）在PD上找中点G，连接AG，EG，如图：∵G和E分别为PD和PC的中点，∴，且，又∵底面ABCD是直角梯形，，，∴且．即四边形ABEG为平行四边形，∴，∵平面PAD，平面PAD，∴平面PAD；（2）因为平面，平面，所以，又，以A为原点，以AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，可得，，，，，由F为棱PC上一点，设，，设平面FAD的法向量为，由可得，解得：，令，则，则，取平面ADC的法向量为，则二面角的平面角满足：,解得：，解得：或（舍去），故存在满足条件的点F，此时．6．（2023秋·吉林长春·高三长春市第二中学校考期末）如图，等腰，，点是的中点，绕所在的边逆时针旋转至，．(1)求旋转所得旋转体的体积和表面积；(2)求直线与平面所成角的正弦值．【解析】（1）由题意旋转体的体积为圆锥体积的，所以；表面由两个直角三角形，一个底面圆和侧面组成，；（2）建立如图所示的空间直角坐标系则：，，，，则，，，设平面的法向量为，则，令，得，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为7．（2023秋·山东临沂·高二临沂第三中学校考期末）四棱锥的底面是矩形，侧棱底面，是的中点，，，．(1)求证：平面；(2)求直线与平面所成角的正弦值．【解析】（1）证明：四棱锥的底面是矩形，侧棱底面，因此以为原点，以为轴，以为轴，建立空间直角坐标系．所以，，，，， 设平面的一个法向量为， ，即， 因为，所以， 又因为平面，所以平面．（2）设直线与平面所成角为，因为，平面的一个法向量为，所以，即直线与平面所成角的正弦值为．8．（2023秋·上海嘉定·高二上海市育才中学校考期末）如图，在正方体中，为的中点．(1)求：异面直线与所成角的大小；(2)求：直线与平面所成角的正弦值．【解析】（1）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体棱长为，则，，，，，所以，，所以，所以直线与所成的角为；（2）由题可知、、、，所以，，，设平面的法向量为，由，令，则，设直线与平面所成角为，则，因此直线与平面所成角的正弦值为.9．（2023秋·河北秦皇岛·高二秦皇岛一中校考期末）如图，在直三棱柱中，，，，是的中点，求：(1)求异面直线与所成角的余弦值；(2)点到平面的距离；(3)求与平面所成角的正弦值.【解析】（1）因为直三棱柱，所以平面，又因为，所以两两垂直，以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立如图所示空间直角坐标系，由题意可得，所以，，所以，即异面直线与所成角的余弦值为.（2）设平面的法向量，因为，，所以，解得，又因为，所以点到平面的距离.（3）设与平面所成角为，则，即与平面所成角的正弦值为.10．（2023秋·北京密云·高二统考期末）如图所示，在多面体中，梯形与正方形所在平面互相垂直，，，.(1)求证：平面；(2)求证：平面；(3)若点在线段上，且，求异面直线与所成角的余弦值.【解析】（1）因为平面；平面；，所以平面.因为平面；平面；，所以平面.又因为平面，平面，，所以平面平面；又因为平面，所以平面.（2）取的中点，连接，如图所示：因为四边形为梯形，且，，所以四边形为正方形，，.所以，，即，.又因为平面平面，且平面，，所以平面.又因为平面，所以.因为，，，平面，所以平面.（3）以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，，，，，，，设异面直线与所成角为，则.所以异面直线与所成角的余弦值为.11．（2023秋·广西南宁·高三南宁二中校考期末）如图，四棱柱ABCD—的侧棱⊥底面ABCD，四边形ABCD为菱形，E，F分别为，AA1的中点.(1)证明：B，E，D1，F四点共面；(2)若求直线AE与平面BED1F所成角的正弦值.【解析】（1）取的中点为G，连接AG，GE，由E，G分别为，的中点，∴EG∥DC∥AB，且，∴四边形ABEG为平行四边形，故.又F是的中点，即，∴，故B，F，，E四点共面.（2）连接AC、BD交于点O，取上底面的中心为，以O为原点，、、分别为x、y、z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，设，则A（，0，0），B（0，1，0），，F（，0，1），∴设面的一个法向量为，则，即，取，设直线AE与平面BED1F所成角为θ，故，∴直线AE与平面BED1F所成角的正弦值为.12．（2023秋·辽宁沈阳·高二东北育才学校校考期末）如图，在平面ABCD中，△ABD为正三角形，△BCD为直角三角形，且，以BD为折痕把△ABD和△CBD向上折起，使点A到达点E的位置，点C到达点F的位置，且满足平面EBD⊥平面FBD．(1)求证：；(2)若，求直线DF与平面ABE所成角的正弦值.【解析】（1）取BD中点H，连接EH， FH，因为，则，故，因为，EH，FH平面EFH，所以BD⊥平面EFH，因为EF平面EFH，所以；（2）因为△BCD为直角三角形，且， 所以，又因为△EBD为等边三角形，所以，△AEH为等边三角形，取点O为AH中点，则，∵，则，又，平面，∴平面，即四点共面，又∵平面，所以，又，平面，所以EO⊥平面ABD，过点O作交AD于点M，则，以O为坐标原点，OM所在直线为x轴，OA所在直线为y轴，OE所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，则，可得，设平面ABE的法向量为，则,令，则，得∵，所以直线DF与平面ABE所成角的正弦值为.13．（2023秋·重庆沙坪坝·高二重庆市第七中学校校考期末）如图，直三棱柱中，底面为等腰直角三角形，是侧棱上一点.(1)若，求的值；(2)若，求直线与平面所成角的正弦值.【解析】（1）因为平面,平面,所以，且，所以以为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，所以，设，所以因为，所以解得，所以，所以.（2）因为，所以，,设平面的法向量为，直线与平面所成角为，所以令，所以，所以.14．（2023秋·北京丰台·高二统考期末）如图，在四棱锥中，平面，，，且．(1)求证：平面；(2)求平面与平面夹角的余弦值；(3)在棱上是否存在点G（G与P，B不重合），使得与平面所成角的正弦值为？若存在，求的值，若不存在，说明理由．【解析】（1）因为，，所以，因为平面，平面，所以，因为平面，所以平面；（2）因为平面， ，所以可以建立如图所示的空间直角坐标系，设，，由（1）可知平面，所以平面的法向量为，设平面的法向量为，，所以有，设平面与平面夹角为，，所以平面与平面夹角的余弦值为；（3）设，可得点的坐标为，所以，由（2）可知平面的法向量为，假设与平面所成角的正弦值为，所以有：，或舍去，因此假设成立，所以在棱上存在点G（G与P，B不重合），使得与平面所成角的正弦值为，的值为.15．（2023秋·浙江·高三期末）如图，在四棱锥中，底面为等腰梯形，，，．(1)若平面平面，求点P到平面的距离；(2)若平面平面，平面，且，求平面与平面夹角的余弦值．【解析】（1）延长交于点，则，可得，故，如图建立空间直角坐标系，则∵，设，可得，设平面的法向量为，则，令，则，即，设平面的法向量为，则，令，则，即，∵平面平面，则，即，故点在z轴上，因此点P到平面的距离为z，又因为，则．故点P到平面的距离为.（2）由（1）可得：，且平面平面，则平面平面，∵平面平面，则，∴，直线平面，故Q即为坐标原点O，则，设，由，由，则，解得，即，由（1）可得：平面的法向量为，平面的法向量为，∵，∴平面与平面夹角的余弦值为．16．（2023秋·浙江·高三校联考期末）如图，四棱锥P－ABCD的底面ABCD是边长为2的菱形，，PD⊥底面ABCD，，E是PC的中点，F是PB上的点，且．(1)证明：PD//平面AEF；(2)求二面角的正弦值；(3)求三棱锥A－BEF的体积．【解析】（1）连接，由题意可知：为等边三角形，取的中点，连接，则，∵，则，如图，以为坐标原点建立空间直角坐标系，则，可得，设平面的法向量，则，令，则，即，∵，且平面，∴平面.（2）由（1）可得：，设平面的法向量为，则，令，则，即，设平面的法向量为，则，令，则，即，可得，设二面角为，则可得，故二面角的正弦值.（3）由（2）可得：，即为等腰直角三角形，∵点到平面的距离，∴三棱锥A－BEF的体积.17．（2023秋·广东广州·高二广州空港实验中学校考期末）如图，正三棱柱中，D是的中点，．(1)证明：平面；(2)求平面与平面夹角的余弦值．【解析】（1）连接交于，连接，因为正三棱柱的侧面是平行四边形，所以是的中点，而D是的中点，所以，而平面，平面．所以平面；（2）因为D是的中点，三角形是正三角形，所以，设F是的中点，显然平面，建立如图所示的空间直角坐标系，，设平面与平面的法向量分别为，，，，则有，，平面与平面夹角的余弦值为.18．（2023秋·黑龙江齐齐哈尔·高二齐齐哈尔市第八中学校校考期末）如图，四棱锥中，平面、底面为菱形，E为PD的中点．(1)证明：平面；(2)设，，菱形ABCD的面积为，求平面AED与平面AEC夹角的正切值．【解析】（1）证明：由题知连接BD交AC于点F，连接EF，如图所示：因为底面ABCD为菱形，所以F为BD中点，又因为E为PD中点，∴，∵平面，平面，∴平面；（2）由题知菱形的面积为，，∴，∴，∵，∴，，，∴，取F为坐标原点，FB的方向为x轴，FC的方向为y轴，过F做AP平行线为z轴，建立如图所示空间直角坐标系，则有 ，，记平面AED的法向量为，则，令，可得，记平面AEC的法向量为，则，令，可得，∴，即平面AED与平面AEC夹角的余弦值为，则其夹角的正切值为．19．（2023秋·吉林长春·高二校考期末）如图所示，平面，点在以为直径的上，，，点为线段的中点，点在半圆上（弧长小于弧长），且三棱锥的体积．(1)求证：平面；(2)平面平面；(3)设二面角的大小为，求的值．【解析】（1）因为点为线段的中点，O是AB的中点，所以OE为三角形PAB的中位线，故OEAP，因为平面PAC，OE平面PAC，所以OE平面PAC；（2）因为PA⊥平面ABC，BC平面ABC，所以PA⊥BC，因为AB为圆O的直径，所以AC⊥BC，因为PAAC=A，平面PAC，所以BC⊥平面PAC，因为BC平面PBC，平面平面（3）因为，，AC⊥BC，所以，，，且OE⊥平面ABM，，因为，所以，解得：，因为弧长小于弧长，所以为锐角，故，以A为坐标原点，AB所在直线为y轴，AP所在直线为z轴，垂直AB方向为x轴，建立空间直角坐标系，则，设平面的法向量为，则，令，求出，故，设平面的法向量为，则，设，解得：，故，故.20．（2023·全国·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面四边形是平行四边形，平面，且，的中点为．(1)求证：平面平面；(2)求二面角的余弦值．【解析】（1）由题意证明如下在平行四边形中，，∴，∴在四棱锥中，平面，∵∴∵，，∴∵∴（2）由题意及（1）得，平面，的中点为在平行四边形中，，，建立空间直角坐标系如下图所示由几何知识得，，，，，在面中，其一个法向量为在面中，，设其一个法向量为∴即，解得：当时，，二面角的余弦值为：21．（2023秋·北京西城·高二统考期末）如图，在四棱锥中，平面，底面为正方形，为线段的中点，.(1)求证：；(2)求平面与平面夹角的余弦值.【解析】（1）由平面，根据线面垂直的性质定理可知，又因为底面为正方形，所以，又因为，且PA,BA含于平面PAB,所以平面；为线段的中点，平面，所以，（2）根据题意可知，以A点为坐标原点，分别以AB、AD、AP所在直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，如下图所示：则；则，设平面的一个法向量为，得，令可得，，即；易知，是平面的一个法向量，设平面与平面的夹角为，则所以，平面与平面夹角的余弦值为22．（2023秋·北京朝阳·高二统考期末）如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，，，点O是的中点．(1)求证：；(2)求二面角的余弦值；(3)在棱上是否存在点M，使得平面?若存在，求的值；若不存在，说明理由．【解析】（1）因为，点O是的中点，所以，因为平面平面，平面平面，所以平面，而平面，所以；（2）设为的中点，连接，因为，，所以，由（1）可知：平面，而平面，所以，因此建立如图所示的空间直角坐标系，，因为平面平面，平面平面，，所以平面，因此平面的法向量为，设平面的法向量为，，于是有，二面角的余弦值为：；（3）假设在棱上存在点M，使得平面，且，可得：，因此，由（2）可知平面的法向量为，因为平面，所以，因此假设成立，.23．（2023秋·湖北武汉·高二华中师大一附中校考期末）如图，四边形是边长为1的正方形，平面平面，且.(1)求证：平面(2)在线段上是否存在点（不含端点），使得平面与平面的夹角为，若存在，指出点的位置；若不存在，请说明理由.【解析】（1）以点为原点，以所在的直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，则，，，故EC⊥DF，EC⊥DA，∵，平面ADF，平面；（2）设，则的坐标为，设平面的法向量为，则由，令，则，则法向量，平面与平面的夹角为，且平面的法向量为，，，∴解得，为线段上靠近的三等分点.24．（2023·全国·高三专题练习）如图，四棱锥中，，底面ABCD是正方形．且平面平面ABCD，．(1)若，，F为AB的中点，N为BC的中点，证明四边形MENF为梯形；(2)若点E为PC的中点，试判断在线段AB上是否存在一点F？使得二面角平面角为．若存在，求出的值．若不存在，请说明理由．【解析】（1）连接，，，，，如图所示：因为，， 所以，又因为，即中所以且，∵中，为的中点，为的中点所以且，所以且，即证：四边形为梯形．（2）在线段存在一点F满足，使得二面角平面角为．因为平面平面，平面平面，在平面中，过点作，交于.所以平面.如图所示，以为原点，所在直线为轴，所在直线为y轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：因为，设，四边形为正方形，，所以，，，，，，平面PCD的一个法向量，所以，，设平面的一个法向量，，令，则，， ，因为二面角平面角为，所以，解得，所以．25．（2023秋·湖北黄石·高二校联考期末）在平行六面体 中，平面，，．(1)证明：平面；(2)求点 到平面 的距离．【解析】（1）因为 平面，，所以 平面，因为四边形 是平行四边形，所以 ，因为 ，所以 ，以 为原点，，， 所在直线分别为 轴， 轴， 轴建立空间直角坐标系 ，如图所示，所以，，，，，所以 ，，．所以 ，，所以 ，，又 ，平面，平面，所以 平面．（2）由（）可知 是平面 的一个法向量，又 ，所以 ，所以点 到平面 的距离 ．