新高考数学二轮培优训练专题12 运用空间向量研究立体几何问题（1）（2份，原卷版+解析版）

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1、（2023年全国甲卷数学（理））在三棱柱中，，底面ABC，，到平面的距离为1．

(1)求证：；
(2)若直线与距离为2，求与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）如图，

底面，面，
，又，平面，,
平面ACC1A1，又平面，
平面平面，
过作交于，又平面平面，平面，
平面
到平面的距离为1，，
在中，，
设，则，
为直角三角形，且，
，，，
，解得，
，
（2），
，
过B作，交于D，则为中点，
由直线与距离为2，所以
，，，
在，，
延长，使，连接，
由知四边形为平行四边形，
，平面，又平面，
则在中，，，
在中，，，
,
又到平面距离也为1，
所以与平面所成角的正弦值为.
2、（2023年新课标全国Ⅰ卷）如图，在正四棱柱中，．点分别在棱,上，．

(1)证明：；
(2)点在棱上，当二面角为时，求．
【答案】(1)证明见解析；
(2)1
【详解】（1）以为坐标原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图，

则，
，
，
又不在同一条直线上，
.
（2）设，
则，
设平面的法向量，
则，
令 ，得，
，
设平面的法向量，
则，
令 ，得，
，
，
化简可得，，
解得或，
或，
3、（2023年新课标全国Ⅱ卷）如图，三棱锥中，，，，E为BC的中点．

(1)证明：；
(2)点F满足，求二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)．
【详解】（1）连接，因为E为BC中点，，所以①，
因为，，所以与均为等边三角形，
，从而②，由①②，，平面，
所以，平面，而平面，所以．
（2）不妨设，，．
，，又，平面平面．
以点为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：

设，
设平面与平面的一个法向量分别为，
二面角平面角为,而，
因为，所以，即有，
，取，所以；
，取，所以，
所以，，从而．
所以二面角的正弦值为．
4、（2023年全国乙卷数学(理)（文））如图，在三棱锥中，，，，，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，，点F在AC上，.
(1)证明：平面；
(2)证明：平面平面BEF；
(3)求二面角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析；
(3).
【详解】（1）连接，设，则，，，
则，
解得，则为的中点，由分别为的中点，
于是，即，则四边形为平行四边形，
，又平面平面，
所以平面.

（2）由（1）可知，则，得，
因此，则，有，
又，平面，
则有平面，又平面，所以平面平面.
（3）过点作交于点，设，
由，得，且，
又由（2）知，，则为二面角的平面角，
因为分别为的中点，因此为的重心，
即有，又，即有，
，解得，同理得，
于是，即有，则，
从而，，
在中，，
于是，，
所以二面角的正弦值为.

5、【2022年全国甲卷】在四棱锥中，底面．
(1)证明：；
(2)求PD与平面所成的角的正弦值．
【解析】(1)证明：在四边形中，作于，于，
因为，
所以四边形为等腰梯形，
所以，
故，，
所以，
所以，
因为平面，平面，
所以，
又，
所以平面，
又因平面，
所以；
(2)解：如图，以点为原点建立空间直角坐标系，
，
则，
则，
设平面的法向量，
则有，可取，
则，
所以与平面所成角的正弦值为.
6、【2022年全国乙卷】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．
【解析】(1)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.
(2)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.
7、【2022年新高考1卷】如图，直三棱柱的体积为4，的面积为．
(1)求A到平面的距离；
(2)设D为的中点，，平面平面，求二面角的正弦值．
【解析】(1)
在直三棱柱中，设点A到平面的距离为h，
则，
解得，
所以点A到平面的距离为；
(2)取的中点E,连接AE,如图，因为，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，
所以两两垂直，以B为原点，建立空间直角坐标系，如图，
由（1）得，所以，，所以，
则,所以的中点，
则，,
设平面的一个法向量，则，
可取，
设平面的一个法向量，则，
可取，
则，
所以二面角的正弦值为.
8、【2022年新高考2卷】如图，是三棱锥的高，，，E是的中点．
(1)证明：平面；
(2)若，，，求二面角的正弦值．
【解析】(1)证明：连接并延长交于点，连接、，
因为是三棱锥的高，所以平面，平面，
所以、，
又，所以，即，所以，
又，即，所以，，
所以
所以，即，所以为的中点，又为的中点，所以，
又平面，平面，
所以平面
(2)解：过点作，如图建立平面直角坐标系，
因为，，所以，
又，所以，则，，
所以，所以，，，，所以，
则，，，
设平面的法向量为，则，令，则，，所以；
设平面的法向量为，则，令，则，，所以；
所以
设二面角为，由图可知二面角为钝二面角，
所以，所以
故二面角的正弦值为
题组一、线面角
1-1、（2023·安徽宿州·统考一模）如图，四棱锥中，底面ABCD，，，，，为棱靠近点的三等分点.
(1)证明：平面；
(2)求与平面所成的角的正弦值.
【答案】(1)见解析；(2)
【分析】(1) 记为棱靠近点的三等分点，连接，证明，根据线面平行判定定理证明平面；
(2)建立空间直角坐标系，求直线的方向向量和平面的法向量，根据向量夹角公式求两向量的夹角余弦，由此可得与平面所成的角的正弦值.
【详解】（1）记为棱靠近点的三等分点，连接
又为棱靠近点的三等分点.
所以，且，
又且，
所以且，即四边形ADEF为平行四边形，
所以，又因为平面，平面，
所以平面.
（2）在BC上取一点G，使得，所以，
又，知四边形AGCD为矩形，从而，
又底面ABCD，所以AG，AD，AP两两垂直，以A为坐标原点，AG，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则
，，，，，
从而，，，
设平面的法向量为，则
，即，
取，可得，
为平面PBC的一个法向量，则
，
设与平面所成的角为，则
，
即与平面所成的角的正弦值为.
1-2、（2023·吉林通化·梅河口市第五中学校考一模）如图，在正三棱柱中，D为棱上的点，E，F，G分别为AC，，的中点，．
(1)求证：；
(2)若直线FG与平面BCD所成角的正弦值为，求AD的长．
【答案】(1)见解析；(2)
【分析】(1)由已知可得，所以E、F、B、G四点共面，再证明平面即可证明；
(2)以为原点，建立空间直角坐标系，设,求出，平面的一个法向量，由向量的夹角公式建立方程即可求解.
【详解】（1）在正三棱柱中，平面，
因为E，F，G分别为，，的中点，所以，又，
所以，所以E、F、B、G四点共面，平面，，
又因为，且，又平面，
所以平面，又平面，所以.
（2）以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设，
则，， .
设平面的一个法向量为，则
即，令，则，
设直线与平面所成角的大小为，
所以，
即，，解得
故AD的长.
1-3、（2023·山西晋中·统考三模）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，E是CD的中点，AE与BD交于点F，G是的重心．
(1)求证：平面PCD；
(2)若平面PAD⊥平面ABCD，为等腰直角三角形，且，求直线AG与平面PBD所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)．
【详解】（1）证明：连接AG并延长交PD于H，∵G为的重心，∴．
又，∴，∴，
∴．又平面PCD，平面PCD，
∴平面PCD．
（2）连接PG并延长交AD于O，显然O为AD的中点，
因为平面PAD⊥平面ABCD，平面平面，又PO⊥AD，
∴PO⊥平面ABCD．
取BC中点M，以O为坐标原点，OA，OM，OP分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示空间直角坐标系，则PO=2，于是，
，，，，，
于是，，．
设平面PBD的法向量为，则
，∴，∴，不妨取z=1，
则，
∴，
∴AG与平面PBD所成角的正弦值为
题组二、面面角
2-1、（2023·黑龙江大庆·统考一模）如图，在长方体中，底面是边长为2的正方形，，，分别是，的中点.
(1)证明：∥平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】(1)见解析；(2)
【分析】（1）取的中点，连接，，由三角形中位线定理结合已知条件可得四边形是平行四边形，则∥，再由线面平行的判定定理可证得结论；
（2）以为坐标原点，，，的方向分别为，，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量求解.
【详解】（1）证明：取的中点，连接，，
∵，分别是，的中点，
∴∥，
∵底面是矩形，是的中点，
∴∥∥，
∴四边形是平行四边形，
∴∥，
∵平面，平面，
∴∥平面.
（2）解：以为坐标原点，，，的方向分别为，，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，，，，
设平面的法向量为，
则，
令，得.
取平面的一个法向量.
设平面与平面的夹角为，由图可知为锐角，
则
故平面与平面夹角的余弦值为.
2-2、（2023·山西临汾·统考一模）在三棱锥中，，，，取直线与的方向向量分别为，，若与夹角为.
(1)求证：；
(2)求平面与平面的夹角的余弦值.
【答案】(1)见解析；(2)
【分析】（1）将补全为矩形，证明平面，建立空间直角坐标系，计算和的数量积，证明；
（2）求平面和平面的法向量，计算夹角余弦的绝对值，可得所求.
【详解】（1）
证明：过作，且，连接，，
取的中点，连接，，，
则为与的夹角，即.
设，则，
因为，所以为等边三角形，
则，，.
因为，所以平行四边形为矩形，
所以，所以，即.
因为，平面，
所以平面.
取的中点，连接，分别以，，为，，轴建立空间直角坐标系.
则，，，，
所以，，
，所以.
（2），，，
设平面的法向量为，
则，即，令，得，
设平面的法向量为，
则，即，令，得，
所以，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
2-3、（2023·云南红河·统考一模）如图，在多面体ABCDEF中，A，B，C，D四点共面，，，AF⊥平面ABCD，．
(1)求证：CD⊥平面ADF；
(2)若，，求平面和平面的夹角的余弦值．
【答案】(1)见解析；(2)
【分析】(1)利用线面垂直的性质和勾股定理得到线线垂直，再利用线面垂直的判定即可证明；
(2)建立空间直角坐标系，求出相应的坐标，分别求出平面和平面的法向量，利用向量的夹角公式即可求解.
【详解】（1）因为AF⊥平面，且平面，所以CD⊥AF，AD⊥AF．
因为AF∥CE，所以CE⊥平面，平面，所以CE⊥CD．
所以在和中，由勾股定理得
，．
又因为，所以，即CD⊥AD．
由，平面，所以CD⊥平面．
（2）由（1）得CD⊥AD，当时，点D在线段AC的垂直平分线上，D到直线AC的距离为1，由，AF⊥平面，故以点A为坐标原点，建立如图所示空间直角标系．
则，，，，，，．
设平面的一个法向量为，
由，得，令，得．
设平面的一个法向量为，则
由，得，令，得．
则．
所以平面和平面的夹角的余弦值为
题组三、线面角与面面角的综合
3-1、（2023·湖南邵阳·统考三模）如图所示，在直四棱柱ABCD-中，底面ABCD为菱形，，，E为线段上一点.
(1)求证：；
(2)若平面与平面ABCD的夹角的余弦值为，求直线BE与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）连接，
底面为菱形，.
又平面平面.
又面，
平面.又平面.
（2）设的中点为，连接，如图：
为等边三角形，，又，则.
又平面，则.
以A为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，
则，，
，
设平面的一个法向量为，
令，则.
又平面的一个法向量为，
则.
又平面与平面的夹角的余弦值为，
，
，，
.
直线与平面所成角的正弦值为.
3-2、（2023·湖南岳阳·统考三模）如图，在三棱柱中，D为AC的中点，AB=BC=2，.
(1)证明：；
(2)若，且满足：三棱柱的体积为，二面角的大小为60°，求二面角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）在三棱柱中，由题意可得，，，
∴，
又∵AD=DC，∴，
同时在△ABC中，∵AB=BC，AD=DC，
∴，∵，，平面，
∴平面，
又∵平面，∴
（2）∵且，∴平面ABC，
∵平面ABC，∴，又∵，
∴为二面角的平面角，即
，，取BC的中点O，则，
∴，
又∵三棱柱的体积为，∴
如图所示，建立空间直角坐标系，
设平面的一个法向量为，且，，
则，令，则，，
故，
设平面的一个法向量为，
且，，则，
令，则b=0，，故，
，故二面角的正弦值为
1、（2022·山东青岛·高三期末）如图所示，已知四棱锥P-ABCD的底面是矩形，底面ABCD，M为BC中点，且.
（1）求证：面面PDB；
（2）若两条异面直线AB与PC所成的角为45°，求面PAM与面PBC夹角的余弦值.
【答案】
（1）证明见解析；
（2）.
【分析】
(1)根据给定条件证明，再结合线面垂直性质推理作答.
(2)以点为原点，射线DA，DC，DP分别为x，y，z轴非负半轴建立空间直角坐标系，借助空间向量计算作答.
（1）
矩形中，M为BC中点，则，即有，
于是得，则有，
因底面，平面，则，
又，平面，从而有平面，又平面，
所以平面平面.
（2）
因，则是异面直线与所成的角，即，有，
以点为原点，射线DA，DC，DP分别为x，y，z轴非负半轴建立空间直角坐标系，如图，
则，,，,
设平面的一个法向量为，则，令，得，
设平面的一个法向量，则，令，得，
因此，，
所以平面与平面所成角的余弦值
2、（2022·山东德州·高三期末）如图，在直三棱柱中，，，点Q为BC的中点，平面平面.
（1）证明：平面；
（2）若直线AC与平面所成角的大小为30°，求锐二面角的大小.
【答案】
（1）证明见解析
（2）60°
【分析】
（1）根据面面垂直性质可得面，再根据线面垂直性质可得，再结合直棱柱性质即可证明平面；
（2）先通过线面角证明，再通过建立空间直角坐标系，将锐二面角表示转化为求向量的夹角，即向量法求二面角.
（1）
证明：取中点D，连结CD，
因为，，所以
又面面，面面，所以面
因为面，所以
又因为，，所以面.
（2）
连结AD，由（1）知，面，则是直线AC与平面所成角，
，中，，
又，，，
得，所以.
以A为原点，AB，AC，所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
，，
，
设平面得法向量为，
则
令，则.
又面，则为面的一个法向量.
设二面角大小为，则
所以锐二面角的大小为60°.
3、（2023·黑龙江·黑龙江实验中学校考一模）如图，在四棱锥中，四边形ABCD是直角梯形，，，底面ABCD，，，E是PB的中点．
(1)求证：平面平面PBC；
(2)若二面角的余弦值为，求a的值；
(3)在（2）的条件下求直线PA与平面EAC所成角的正弦值．
【答案】(1)见解析；(2)4；(3)
【分析】（1）由线线垂直证平面PBC，再证平面平面PBC；
（2）以C为原点建立如图所示空间直角坐标系，由向量法求平面与平面的夹角余弦值，进而由二面角的余弦值建立方程，解得a的值；
（3）由向量法求得，即可求得直线PA与平面EAC所成角的正弦值.
【详解】（1）证明：由题意得，直角梯形ABCD中，，，由得.
底面ABCD，平面ABCD，∴.
∵平面PBC，∴平面PBC，
∵平面，∴平面平面PBC；
（2）由（1）得，以C为原点建立如图所示空间直角坐标系，
则有，
设平面的法向量为，，，
则有，令有；
平面的其中一个法向量为.
故.
由二面角的余弦值为得，解得；
（3）由（2）得，，
∴，
∴直线PA与平面EAC所成角的正弦值为.
4、（2023·湖北·校联考三模）已知平行六面体（底面是平行四边形的四棱柱）的各条棱长均为2，且有．
(1)求证：平面平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）连接AC和，由底面是菱形得，
由与全等，得为的中点，
又平面，平面，平面，
又平面平面平面．
（2）以为x轴，以为y轴，以过O与底面垂直的直线为z轴，建立如图空间坐标系，
则
过A作底面的垂线，垂足为H，由为正三棱锥知H为的重心
，
设，由，得
，

又取平面的法向量为，
设直线与平面所成角为，
则
∴直线与平面所成角的正弦值为
5、（2023·江苏连云港·统考模拟预测）如图，直三棱柱内接于圆柱，，平面平面．
(1)证明：为圆柱底面的直径；
(2)若M为中点，N为中点，求平面与平面所成锐二面角的余弦值．
【答案】(1)见解析；(2)
【分析】（1）根据面面垂直的性质定理证明平面，继而证明平面，根据线面垂直的性质定理证明，即可证明结论；
（2）建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，求得平面与平面的法向量，根据空间向量的夹角公式，即可求得答案.
【详解】（1）证明：连接，在直三棱柱中，，
∴四边形为正方形，
∴
又平面平面，平面平面，平面，
∴平面，又平面，
∴
又平面，平面，
∴．
又，,平面，
∴平面，又平面，
∴，∴为圆柱底面的直径．
（2）由已知平面，，
∴以为正交基底建立空间直角坐标系，
∴，，，，，．
∵为，中点，
∴，．
设平面的一个法向量为．
则，又，，
∴，取，得，，∴，
设平面的一个法向量为．
则，又，，
∴，取，得，．
∴，
∴，
所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为
6、（2023·江苏南通·统考一模）如图，在中，是边上的高，以为折痕，将折至的位置，使得.
(1)证明：平面；
(2)若，求二面角的正弦值.
【答案】(1)见解析；(2)
【分析】（1）先证明出线面垂直，得到，进而证明出平面；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解二面角的余弦值，进而求出正弦值.
【详解】（1）证明：∵是边上的高，
∴，
∵，平面，
平面，
∵平面，
,
又平面，
∴平面；
（2）以D为坐标原点，DA所在直线为x轴，DB所在直线为y轴，垂直ADB平面为z轴，建立空间直角坐标系，
，
则，
，
设平面与平面的一个法向量分别为，
故，解得：，令，得：，
则，
，解得：，令，则，
故，
设二面角平面角为，显然为锐角，
，
.