高考数学母题题源解密(全国通用)专题14空间向量与立体几何(理科)专题练习(原卷版+解析)

这是一份高考数学母题题源解密(全国通用)专题14空间向量与立体几何(理科)专题练习(原卷版+解析)，共34页。试卷主要包含了线面平行、垂直，线面夹角等内容，欢迎下载使用。

【母题来源】2022年高考全国乙卷（理科）
【母题题文】 在正方体中，E，F分别为的中点，则（ ）
A. 平面平面B. 平面平面
C. 平面平面D. 平面平面
【答案】A
【试题解析】【详解】解：在正方体中，且平面，
又平面，所以，
因为分别为的中点，所以，所以，
又，所以平面，
又平面，所以平面平面，故A正确；
选项BCD解法一：
如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，设，
则，，
则，，
设平面的法向量为，
则有，可取，
同理可得平面的法向量为，平面的法向量为，
平面的法向量为，则，
所以平面与平面不垂直，故B错误；
因为与不平行，所以平面与平面不平行，故C错误；
因为与不平行，所以平面与平面不平行，故D错误，故选：A.
选项BCD解法二：
解：对于选项B，如图所示，设，，则为平面与平面的交线.
在内，作于点，在内，作，交于点，连结，
则或其补角为平面与平面所成二面角的平面角，
由勾股定理可知：，，
底面正方形中，为中点，则，由勾股定理可得，
从而有：，
据此可得，即，
据此可得平面平面不成立，选项B错误；
对于选项C，取的中点，则，
由于与平面相交，故平面平面不成立，选项C错误；
对于选项D，取的中点，很明显四边形为平行四边形，则，
由于与平面相交，故平面平面不成立，选项D错误；
故选：A.
【命题意图】本题主要考查线面平行、垂直的证明.
【命题方向】这类试题在考查题型多以解答题形式出现，多为中档题，是历年高考的必考题型．
常见的命题角度有：
（1）线面平行的证明；（2）线面垂直的证明；（3）面面平行的证明；（4）面面垂直的证明.
【得分要点】
（1）利用线面、面面平行的判定定理与性质定理；
（2）利用线面、面面垂直的判定定理与性质定理.
考向二 线面夹角
【母题来源】2022年高考全国乙卷（理科）
【母题题文】 如图，四面体中，，E为的中点．
（1）证明：平面平面；
（2）设，点F在上，当的面积最小时，求与平面所成的角的正弦值．
【试题解析】【小问1详解】
因为，E为的中点，所以；
在和中，因为，
所以，所以，又因为E为的中点，所以；
又因为平面，，所以平面，
因为平面，所以平面平面.
【小问2详解】
连接，由（1）知，平面，因为平面，
所以，所以，
当时，最小，即的面积最小.
因为，所以，
又因为，所以是等边三角形，
因为E为的中点，所以，，
因为，所以,
在中，，所以.
以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则，所以，
设平面的一个法向量为，
则，取，则，
又因为，所以，
所以，
设与平面所成的角的正弦值为，
所以，
所以与平面所成的角的正弦值为.
【命题意图】本题主要考查直线与平面夹角，是一道中档题.
【命题方向】这类试题在考查题型上选择题、填空题、解答题形式出现，试题难度不大，多为中低档题，重点考查线面夹角的求法问题.
【得分要点】
找斜线在平面中的射影；
求斜线与其射影的夹角；
建立空间直角坐标系，利用空间向量求夹角.
一、单选题
1．（山东省济南市2021-2022学年高一下学期期末数学试题）已知正四面体ABCD，M为BC中点，N为AD中点，则直线BN与直线DM所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
2．（2022·广东汕尾·高二期末）如图，平行六面体中，为的中点.若，则（ ）
A．B．C．D．
3．（2022·吉林市教育学院模拟预测（理））已知a，b是两条不同的直线，是三个不同的平面，则下列命题错误的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
4．（2022·陕西·交大附中模拟预测（理））在矩形中，，，沿对角线将矩形折成一个大小为的二面角，若，则下列结论中正确结论的个数为（ ）
①四面体外接球的表面积为
②点与点之间的距离为
③四面体的体积为
④异面直线与所成的角为
A．B．C．D．
5．（2022·浙江·模拟预测）如图，四边形中，．现将沿折起，当二面角处于过程中，直线与所成角的余弦值取值范围是（ ）
A．B．C．D．
6．（2022·山东·肥城市教学研究中心模拟预测）在正三棱锥中，底面是边长为正三角形，是的中点，若直线和平面所成的角为，则三棱锥外接球的表面积为（ ）
A．B．
C．D．
7．（2022·黑龙江·大庆实验中学模拟预测（理））正方体的棱长为1，点E，F，G分别为，、中点，现有下列4个命题：①直线与直线垂直；②直线与平面平行；③点C与点G到平面的距离相等；④平面截正方体所得的截面面积为．其中正确的是（ ）
A．①③B．②③C．②④D．①④
8．（2022·河南河南·三模（理））已知正四棱柱，，，点为点的中点，点为上底面上的动点，下列四个结论中正确的个数为（ ）
①当且点位于上底面的中心时，四棱柱外接球的表面积为；
②当时，存在点满足；
③当时，存在唯一的点满足；
④当时，满足的点的轨迹长度为．
A．1B．2C．3D．4
二、填空题
9．（2022·上海·位育中学模拟预测）如图，从 这 6个点中随机选取 3 个点， 则这 3 点与原点 共面的概率为_____.
10．（2022·广东茂名·二模）正方体的棱长为2．动点P在对角线上．过点P作垂直于的平面．记平面截正方体得到的截面多边形（含三角形）的周长为y＝f（x），设BP＝x，．下列说法中，正确的编号为 _____．
①截面多边形可能为四边形；
②函数f（x）的图象关于x＝对称；
③当x＝时，三棱锥P﹣ABC的外接球的表面积为9π．
三、解答题
11．（2022·湖北·天门市教育科学研究院模拟预测）如图，在四棱锥中，四边形为直角梯形，，平面平面.
(1)证明：.
(2)若四棱锥的体积为，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值.
12．（2022·四川内江·模拟预测（理））四棱锥中，底面ABCD是边长为2的菱形，侧面底面，，，是BC的中点，点在侧棱PC上.
(1)若Q是PC的中点，求二面角的余弦值；
(2)是否存在，使平面DEQ?若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
13．（2022·广西柳州·模拟预测（理））如图，在三棱锥中，，，O为AC的中点．
(1)证明：PO⊥平面ABC；
(2)若点M在棱BC上，且PM与面ABC所成角的正切值为，求二面角的平面角的余弦值．
14．（2022·青海·海东市第一中学模拟预测（理））如图，在三棱柱中，，．
(1)证明：平面平面．
(2)设P是棱的中点，求AC与平面所成角的正弦值．
专题14 空间向量与立体几何（理科）
考向一 线面平行、垂直
【母题来源】2022年高考全国乙卷（理科）
【母题题文】 在正方体中，E，F分别为的中点，则（ ）
A. 平面平面B. 平面平面
C. 平面平面D. 平面平面
【答案】A
【试题解析】【详解】解：在正方体中，且平面，
又平面，所以，
因为分别为的中点，所以，所以，
又，所以平面，
又平面，所以平面平面，故A正确；
选项BCD解法一：
如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，设，
则，，
则，，
设平面的法向量为，
则有，可取，
同理可得平面的法向量为，平面的法向量为，
平面的法向量为，则，
所以平面与平面不垂直，故B错误；
因为与不平行，所以平面与平面不平行，故C错误；
因为与不平行，所以平面与平面不平行，故D错误，故选：A.
选项BCD解法二：
解：对于选项B，如图所示，设，，则为平面与平面的交线.
在内，作于点，在内，作，交于点，连结，
则或其补角为平面与平面所成二面角的平面角，
由勾股定理可知：，，
底面正方形中，为中点，则，由勾股定理可得，
从而有：，
据此可得，即，
据此可得平面平面不成立，选项B错误；
对于选项C，取的中点，则，
由于与平面相交，故平面平面不成立，选项C错误；
对于选项D，取的中点，很明显四边形为平行四边形，则，
由于与平面相交，故平面平面不成立，选项D错误；
故选：A.
【命题意图】本题主要考查线面平行、垂直的证明.
【命题方向】这类试题在考查题型多以解答题形式出现，多为中档题，是历年高考的必考题型．
常见的命题角度有：
（1）线面平行的证明；（2）线面垂直的证明；（3）面面平行的证明；（4）面面垂直的证明.
【得分要点】
（1）利用线面、面面平行的判定定理与性质定理；
（2）利用线面、面面垂直的判定定理与性质定理.
考向二 线面夹角
【母题来源】2022年高考全国乙卷（理科）
【母题题文】 如图，四面体中，，E为的中点．
（1）证明：平面平面；
（2）设，点F在上，当的面积最小时，求与平面所成的角的正弦值．
【试题解析】【小问1详解】
因为，E为的中点，所以；
在和中，因为，
所以，所以，又因为E为的中点，所以；
又因为平面，，所以平面，
因为平面，所以平面平面.
【小问2详解】
连接，由（1）知，平面，因为平面，
所以，所以，
当时，最小，即的面积最小.
因为，所以，
又因为，所以是等边三角形，
因为E为的中点，所以，，
因为，所以,
在中，，所以.
以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则，所以，
设平面的一个法向量为，
则，取，则，
又因为，所以，
所以，
设与平面所成的角的正弦值为，
所以，
所以与平面所成的角的正弦值为.
【命题意图】本题主要考查直线与平面夹角，是一道中档题.
【命题方向】这类试题在考查题型上选择题、填空题、解答题形式出现，试题难度不大，多为中低档题，重点考查线面夹角的求法问题.
【得分要点】
找斜线在平面中的射影；
求斜线与其射影的夹角；
建立空间直角坐标系，利用空间向量求夹角.
一、单选题
1．（山东省济南市2021-2022学年高一下学期期末数学试题）已知正四面体ABCD，M为BC中点，N为AD中点，则直线BN与直线DM所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】
【分析】
利用空间向量的线性运算性质，结合空间向量夹角公式进行求解即可.
【详解】
设该正面体的棱长为，因为M为BC中点，N为AD中点，
所以，
因为M为BC中点，N为AD中点，
所以有，
，
根据异面直线所成角的定义可知直线BN与直线DM所成角的余弦值为，
故选：B
2．（2022·广东汕尾·高二期末）如图，平行六面体中，为的中点.若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】
【分析】
利用向量的加减法公式，对向量进行分解，进而求出，，的值.
【详解】
，故，，，即
故选：.
3．（2022·吉林市教育学院模拟预测（理））已知a，b是两条不同的直线，是三个不同的平面，则下列命题错误的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
【答案】C
【解析】
【分析】
设出的法向量，利用空间位置关系的向量证明判断A，B，D；举例说明判断C作答.
【详解】
设平面的法向量分别为，
对于A，由得，，，而，则，有，即，于是得，A正确；
对于B，因，则，令直线的方向向量为，又，于是得，有，，B正确；
对于C，三棱柱的三个侧面分别视为平面，
显然平面平面，平面，有，
即满足C中命题的条件，但平面与平面相交，C不正确；
对于D，因，则，因此，向量共面于平面，令直线的方向向量为，显然，
而平面，即不共线，于是得，所以，D正确.
故选：C
4．（2022·陕西·交大附中模拟预测（理））在矩形中，，，沿对角线将矩形折成一个大小为的二面角，若，则下列结论中正确结论的个数为（ ）
①四面体外接球的表面积为
②点与点之间的距离为
③四面体的体积为
④异面直线与所成的角为
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】
【分析】
分析可知线段的中点为四面体外接球球心，结合球体表面积公式可判断①；过点在平面内作，垂足为点，过点作交于点，以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴，平面内过点且垂直于的垂线为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断②③④的正误.
【详解】
对于①，取的中点，连接、，则，
因为，所以，，
所以，为四面体的外接球球心，球的表面积为，①对；
对于②③④，过点在平面内作，垂足为点，过点作交于点，
则二面角的平面角为，
在中，，，，则，，
，则，，，
，，，平面，
以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴，平面内过点且垂直于的垂线为轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
因为，则、、、，
，②错，
，，③对，
，，
，故异面直线与所成角为，④错.
故选：B.
【点睛】
方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：
①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；
②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径；
③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可；
④坐标法：建立空间直角坐标系，设出外接球球心的坐标，根据球心到各顶点的距离相等建立方程组，求出球心坐标，利用空间中两点间的距离公式可求得球的半径.
5．（2022·浙江·模拟预测）如图，四边形中，．现将沿折起，当二面角处于过程中，直线与所成角的余弦值取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】
【分析】
设向量与所成角为，二面角的平面角大小为，由平方后求得，取中点E，连接，则，中应用余弦定理求得，两者结合和是与的关系，从而求得结论．
【详解】
设向量与所成角为，二面角的平面角大小为，
因为，所以，又，所以，
,，
则，
所以，
取中点E，连接，则，，
,,
在中，，即，
所以，即，
又因为，所以，
因为直线夹角范围为，所以直线与所成角的余弦值范围是．
故选：D．
6．（2022·山东·肥城市教学研究中心模拟预测）在正三棱锥中，底面是边长为正三角形，是的中点，若直线和平面所成的角为，则三棱锥外接球的表面积为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【解析】
【分析】
先作出直线和平面所成的角，求得三棱锥的高AF，进而得到关于三棱锥外接球半径的方程，进而求得三棱锥外接球的表面积
【详解】
连接，AE，过A点作平面于，则落在上，且为的重心，所以为直线和底面所成的角，即.
因为的边长为，所以，.
设三棱锥外接球的球心为，外接球半径为，则在上，连接.
在中，，，，由勾股定理得，
，即，
解得. 所以三棱锥外接球的表面积为.
故选：C
7．（2022·黑龙江·大庆实验中学模拟预测（理））正方体的棱长为1，点E，F，G分别为，、中点，现有下列4个命题：①直线与直线垂直；②直线与平面平行；③点C与点G到平面的距离相等；④平面截正方体所得的截面面积为．其中正确的是（ ）
A．①③B．②③C．②④D．①④
【答案】C
【解析】
【分析】
建立空间直角坐标系，利用向量法判断①③的正确性；画出平面截正方体所得的截面,由此判断②④的正确性.
【详解】
建立如图所示空间直角坐标系，
，，
，所以①错误.
，
设平面的法向量为，
则，故可设.
，所以到平面的距离为，
，所以到平面的距离为，所以③错误.
根据正方体的性质可知，四点共面，
，
所以平面截正方体所得的截面为等腰梯形，
根据正方体的性质可知，由于平面，平面，
所以平面，所以②正确.
等腰梯形的高为，
所以等腰梯形的面积为，④正确.
所以正确的为②④.
故选：C
8．（2022·河南河南·三模（理））已知正四棱柱，，，点为点的中点，点为上底面上的动点，下列四个结论中正确的个数为（ ）
①当且点位于上底面的中心时，四棱柱外接球的表面积为；
②当时，存在点满足；
③当时，存在唯一的点满足；
④当时，满足的点的轨迹长度为．
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【解析】
【分析】
根据外接球的概念，作图计算出外接球半径，然后求解，可判断①；然后建空间直角坐标系，得到，，，为上底面上的动点，可设，且，进而对②③④各个选项进行计算验证即可判断并得到答案.
【详解】
对于①，如图，在中找到面的中心点，为球心，在线段上，因为四边形为正方形，所以，，且，则设外接球半径为，则，则在中，可得，解得，所以，四棱柱外接球的表面积为，①正确；
由于，如图，建系可得，，，，为上底面上的动点，可设，且，
对于②，点M关于平面的对称点为,，
所以不存在点满足，②错误；
对于③，则，，因为
，明显可见，时，，此时，，所以，当时，存在唯一的点满足，③正确；
对于④，，，若，则有
，化简得，
又因为，所以，点的轨迹长度为，④正确；
故正确的有：①③④
故选：C
二、填空题
9．（2022·上海·位育中学模拟预测）如图，从 这 6个点中随机选取 3 个点， 则这 3 点与原点 共面的概率为_____.
【答案】 ##0.6
【解析】
【分析】
由组合知识和古典概型概率计算公式可得答案.
【详解】
从6个点中随机选取 3 个点，共有种，
在平面上有种情况与原点 共面，
在平面上有种情况与原点 共面，
在平面上有种情况与原点 共面，
所以3 点与原点 共面共有种情况，
所以这 3 点与原点 共面的概率为.
故答案为：.
10．（2022·广东茂名·二模）正方体的棱长为2．动点P在对角线上．过点P作垂直于的平面．记平面截正方体得到的截面多边形（含三角形）的周长为y＝f（x），设BP＝x，．下列说法中，正确的编号为 _____．
①截面多边形可能为四边形；
②函数f（x）的图象关于x＝对称；
③当x＝时，三棱锥P﹣ABC的外接球的表面积为9π．
【答案】②③
【解析】
【分析】
先找到两个与BD'垂直的平面作为辅助平面，确定这两个平面之间的截面为六边形，从而判断①错误；由正方体的对称性判断②；找出该三棱锥外接球的半径，由球的表面积公式计算即可判断③.
【详解】
连接AB′，AC，A′D，DC′，分别以DA，DD′为x，y，建立如下图所示的空间直角坐标系：
∴，，
，
∴，，
所以D′B⊥AC，D′B⊥AB′，又，所以D′B⊥面AB′C，
同理可证：D′B⊥面A′C′D，所以面A′C′D∥面AB′C，如下图所示，
夹在面A′C′D和面AB′C之间并且与这两个平面平行的截面为六边形，
故截面只能为三角形和六边形，故①错误；
由正方体的对称性，当在中点处时，可得函数的图像关于对称，故②正确；
当时，此时点P在线段BD1的中点，连接AC，如图，
则，则，
所以PH⊥AC，同理可证：PH⊥BD，BD，AC⊂面ABCD，所以PH⊥面ABCD，
取PH的中点为，，则三棱锥P﹣ABC的外接球的球心为O，半径为，
则三棱锥P﹣ABC的外接球的表面积为，故③正确．
故答案为：②③．
三、解答题
11．（2022·湖北·天门市教育科学研究院模拟预测）如图，在四棱锥中，四边形为直角梯形，，平面平面.
(1)证明：.
(2)若四棱锥的体积为，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）根据余弦定理证明，再利用面面垂直的性质得到平面即可得到；
（2）根据（1）结合四棱锥的体积为，可得，再以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用空间向量的方法求解二面角的余弦即可
(1)因为在中，，故，所以，解得，故，故.又平面平面且交于，故平面，又平面，故
(2)由（1）结合锥体的体积公式可得，故，解得.又 故以为坐标原点建立如图空间直角坐标系.
则，，，故，，设平面的一个法向量为，则，即，令有，故，又平面的一个法向量为，设平面与平面所成的锐二面角为，则
12．（2022·四川内江·模拟预测（理））四棱锥中，底面ABCD是边长为2的菱形，侧面底面，，，是BC的中点，点在侧棱PC上.
(1)若Q是PC的中点，求二面角的余弦值；
(2)是否存在，使平面DEQ?若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
【答案】(1)；
(2)时，平面.
【解析】
【分析】
（1）以为坐标原点，建立空间直角坐标系利用向量法能求出二面角的余弦值．
（2）设，，，，推导出，利用向量法能求出当时，平面．
(1)解：取中点，连接，，．
因为，所以．
因为侧面底面，且平面底面，
所以底面．可知，，，
以为坐标原点，如图建立空间直角坐标系．
则，
因为为中点，所以．所以，
所以平面的法向量为．
因为，
设平面的法向量为，则，即．
令，则，即．所以．
由图可知，二面角为锐角，所以余弦值为．
(2)解：设
由（1）可知．
设，，，则，
又因为，
所以，即．
所以在平面中，，
所以平面的法向量为，
又因为平面，所以，
即，解得．
所以当时，即，平面．
13．（2022·广西柳州·模拟预测（理））如图，在三棱锥中，，，O为AC的中点．
(1)证明：PO⊥平面ABC；
(2)若点M在棱BC上，且PM与面ABC所成角的正切值为，求二面角的平面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析(2)
【解析】
【分析】
（1）证明：连接OB．法一：通过证明，得到，即可证明PO⊥平面ABC；
法二：通过勾股定理证明到，又因为即可证明PO⊥平面ABC；
（2）由（1）知，PO⊥面ABC∴OM为PM在面ABC上的射影，则∠PMO为PM与面ABC所成角，可得出， M为BC的中点．法一：作ME⊥AC于E，∴E为OC的中点，作交PA于F，连MF，∠MFE即为二面角的平面角，求出，代入求出的值，即可求出的值.
法二: 分别以OB，OC，OP为x轴，y轴，z轴建立直角坐标系，分别求出面AMP和面APC的法向量，由二面角的公式即可求出答案.
(1)证明：连接OB．
法一：∵，∴，即△ABC是直角三角形，
又O为AC的中点，∴
又∵，∴
∴．
∴，OB、AC平面ABC∴PO⊥平面ABC．
法二：连接，，O为AC的中点∴
因为
∴ ∴，∴
∴，OB、AC平面ABC．
∴PO⊥平面ABC．
(2)由（1）知，PO⊥面ABC∴OM为PM在面ABC上的射影，∴∠PMO为PM与面ABC所成角，
∴，∴，
在△OMC中由正弦定理可得，∴M为BC的中点．
法一：作ME⊥AC于E，∴E为OC的中点，作交PA于F，连MF
∴MF⊥PA ∴∠MFE即为所求二面角的平面角，
∴
∴
法二：分别以OB，OC，OP为x轴，y轴，z轴建立直角坐标系
M（，，0）．
记为面AMP的法向量则
．
面APC的法向量．
易知所成角为锐角记为
14．（2022·青海·海东市第一中学模拟预测（理））如图，在三棱柱中，，．
(1)证明：平面平面．
(2)设P是棱的中点，求AC与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）设，由余弦定理求出，从而由勾股定理得到，，进而证明出线面垂直，面面垂直；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解线面角的正弦值.
(1)
设．
在四边形中，∵，，连接，
∴由余弦定理得，即，
∵，
∴．
又∵，
∴，，
∴平面，
∵平面，
∴平面平面．
(2)
取AB中点D，连接CD，∵，∴，
由（1）易知平面，且．
如图，以B为原点，分别以射线BA，为x，y轴的正半轴，建立空间直角坐标系B-xyz，
则，，，，，．
，，
设平面的法向量为，则，
得，令，则取，
，，
AC与平面所成角的正弦值为．