【配套新教材】2023届高考数学二轮复习解答题专练（5）空间向量与立体几何A卷

（5）空间向量与立体几何

A卷

1.如图，AB为圆O的直径，点E，F在圆O上，，矩形ABCD所在平面和圆O所在平面互相垂直，已知，，

（1）求证：平面平面BCF.

（2）设几何体，的体积分别为，，求的值.

2.如图,是棱长为4的正方体,E是的中点.

(I)证明:;

(Ⅱ)求三棱锥的体积.

3.在如图所示的几何体中,底面是正方形,四边形是直角梯形,,且四边形底面分别为的中点,.

(I)求证:平面平面;

(Ⅱ)求多面体的体积.

4.小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒如图所示：底面ABCD是边长为8（单位：cm）的正方形，，，，均为正三角形，且它们所在的平面都与平面ABCD垂直.

（1）证明：平面ABCD；

（2）求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）.

5.如图，四面体ABCD中，，，，E为AC的中点.
 

（1）证明：平面平面；

（2）设，，点F在BD上，当的面积最小时，求CF与平面ABD所成的角的正弦值.

6.如图,已知三棱柱，平面平面ABC，，，，E，F分别是AC，的中点.

(1)证明:;

(2)求直线EF与平面所成角的余弦值.

7.如图，在三棱台中，底面是边长为2的正三角形，侧面为等腰梯形，且，D为的中点.

（1）证明：；

（2）记二面角的大小为，时，求直线与平面所成角的正弦值的取值范围.

8.如图，在棱柱中，平面ABCD，四边形ABCD是菱形，，点N为AD的中点，且.

(1)设M是线段上一点，且.试问：是否存在点M，使得直线平面MNC？若存在，请证明平面MNC，并求出的值；若不存在，请说明理由；

(2)求二面角的余弦值.

9.已知四棱柱的底面为菱形,平面.

(1)证明:平面;

(2)求二面角的余弦值.

10.如图，在多面体ABCDEF中，四边形BCEF是矩形，，.

(1)证明：；

(2)求直线AF与平面MBD所成角的正弦值.

答案以及解析

1、（1）答案：见解析

解析：如图，矩形ABCD中，，

平面平面

平面平面ABEF，

所以平面ABEF

又平面ABEF

，又AB为圆O的直径，

则

，BC，平面BCF，

所以平面BCF，且平面ADF

所以平面平面BCF.

（2）答案：6

解析：几何体是四棱锥，是三棱锥，过F点作，交AB于H

平面平面ABEF，平面ABCD

则，，

所以.

2.答案：(I)见解析

(Ⅱ)

解析：(I)证明：连接.

∵四边形是正方形,

.

在正方体中,

平面,

又平面,

.

又平面,平面,

平面.

又平面,

.

(Ⅱ)设与交于点F,连接.

在正方体中,.

又分别是的中点,

,

∴四边形是平行四边形,

.

过平面平面,

平面.

又正方体的棱长为4,

.

3.答案：(I)见解析

(Ⅱ)

解析：(I)证明:分别为的中点,

.

又∵四边形是正方形,

,

.

平面平面,

平面平面.

又平面,

∴平面平面.

(Ⅱ)∵四边形是直角梯形,,

.

又∵四边形底面,平面平面平面,

平面,

是四棱锥的高,

.

∵四边形是正方形,

.

平面平面,

.

又平面.

平面,即是三棱锥的高,

,

∴多面体的体积.

4.答案：（1）见解析

（2）

解析：解：（1）如图，分别取AB，BC的中点M，N，连接EM，FN，MN，

与均为正三角形，且边长均为8，
，，且.
又平面EAB与平面FBC均垂直于平面ABCD，平面平面，平面平面，平面EAB，平面FBC，
平面ABCD，平面ABCD，
，四边形EMNF为平行四边形，.
又平面ABCD，平面ABCD，平面ABCD.

（2）如图，分别取AD，DC的中点P，Q，连接PM，PH，PQ，QN，QG，AC，BD.

由（1）知平面ABCD，

平面ABCD，同理可证得，平面ABCD，平面ABCD，易得，.

易得，，，所以，
又，所以四边形PMNQ是正方形，
所以四棱柱为正四棱柱，
所以.
因为，，所以.

因为平面ABCD，平面ABCD，所以.
又平面PMEH，且，所以平面PMEH，
则点A到平面PMEH的距离，
所以，
所以该包装盒的容积.

5.答案：（1）证明见解析

（2）

解析：（1）因为，，，
所以，所以.

因为E为AC的中点，所以，，
又，平面BED，所以平面BED，
又平面ACD，所以平面平面ACD.

（2）因为，，
所以为正三角形，则，，.
因为，，所以为等腰直角三角形，所以.
所以，则.
由（1）可知，平面BED.连接EF，因为平面BED，所以，
当的面积最小时，点F到直线AC的距离最小，即EF的长度最小.
在中，当EF的长度最小时，，.
解法一又，，所以EA，EB，ED两两垂直，以E为坐标原点，EA，EB，ED所在的直线分别为x，y，z轴建立如图所示空间直角坐标系，

则，，，，，.
易得，，所以.
设，则，，
所以，得，，
即，所以.
设平面ABD的法向量为，则，
不妨取，则，，.
记CF与平面ABD所成的角为，则.
解法二因为E为AC的中点，
所以点C到平面ABD的距离等于点E到平面ABD的距离的2倍.
因为，，，平面ABC，
所以平面ABC.
因为，所以，
其中d为点C到平面ABD的距离.
在中，，，所以，
所以.
因为平面BED，平面BED，
所以，所以.
记CF与平面ABD所成的角为，则.

解法三如图，过点E作交AB于点M，连接DM，过点E作交DM于点G.

因为，，，平面ABC，
所以平面ABC，又平面ABC，
所以，又，平面DEM，所以平面DEM，
又平面DEM，所以，又，平面ABD，
所以平面ABD，则EG的长度等于点E到平面ABD的距离.
因为E为AC的中点，所以EG的长度等于点C到平面ABD的距离的.
因为，所以，
所以点C到平面ABD的距离.
.
记CF与平面ABD所成的角为，则.

6.答案：（1）证明见解析

（2）

解析：(1)方法一：连接，因为，E是的中点，所以.
又平面平面ABC，平面，平面平面，
所以平面，则.
又因为，，
故.
所以平面.
因此.

方法二：连接，因为，E是AC的中点，所以.
又平面平面ABC，平面，平面平面，所以平面ABC.
如图，以点E为原点，分别以射线EC，为y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系.

不妨设，则，，，，.
因此，.
由得.
(2)方法一：取BC中点G，连接EG，GF，则是平行四边形.
由于平，故，所以平行四边形为矩形.
由(1)得平面，则平面平面，所以EF在平面上的射影在直线上.
连接交于O，则是直线EF与平面所成的角(或其补角).
不妨设，则在中，，.
由于O为的中点，故，
所以.
因此直线EF与平面所成角的余弦值是.
方法二：设直线与平面所成角为.
由(1)可得，.
设平面的法向量为.
由得取，
故.
因此直线与平面所成的角的余弦值为.

7.答案：（1）见解析

（2）

解析：（1）如图，取AC的中点M，连接DM，BM，

在等腰梯形中，D，M分别为，AC的中点，

.

在正三角形ABC中，M为AC的中点，.

，DM，平面BDM，

平面BDM.又平面BDM，.

（2），，

为二面角的平面角，

即.

平面BDM，

在平面BDM内作，以M为坐标原点，以，，的方向分别为x，y，z轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系，

则，，，，，，

则，.

设平面的法向量为，

则有

即

令，则，，

则.

设直线与平面所成角为，

又，

.

，，

.

8.答案：(1)存在，.

(2)余弦值为.

解析：(1)取的中点P，连接CP交于点M，点M即为所求.

证明：连接PN，因为N是AD的中点，P是的中点，所以，

又平面MNC，平面MNC，

所以直线平面MNC.

因为，所以.

所以.

(2)连接AC.

由(1)知.

又平面ABCD，所以平面ABCD.

因为，四边形ABCD是菱形，

所以为正三角形，所以.

以N为坐标原点，NC，ND，NP所在的直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系.

又，所以，

所以点，

则.

设平面的法向量，

则即

令，得.

设平面的法向量，

则即

令，得，

所以，

由图易得二面角为锐角，

所以二面角的余弦值为.

9.答案：(1)见解析(2)

解析：(1)连接交于点,连接,易知为的中点,为的中点,在中,,

平面平面,

平面.

(2)连接平面,

且为的中点,

,

平面且,

平面.

如图,以为坐标原点,所在直线分别为轴,建立空间直角坐标系.

易得,

,

设平面的法向量为,

则

令,得,

.

同理可得平面的一个法向量为,

,

结合图形知,二面角为钝二面角,

二面角的余弦值为.

10.答案：(1)证明过程见解析.

(2)正弦值为.

解析：(1)如图，取AD的中点O，连接OB，OF，

则.

因为，所以，

所以四边形OBCD是正方形，.

因为四边形BCEF是矩形，所以.

因为，

所以平面OBF，又平面OBF，所以，所以.

因为，所以.

因为，所以，所以.

又，所以平面ADEF，

又平面ADEF，所以.

(2)以O为坐标原点，OA，OB，OF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.

所以，

由，得，所以，

所以.

设平面MBD的法向量，

则，所以，

令，则，

所以.

设直线AF与平面MBD所成的角为，

则.

直线AF与平面MBD所成角的正弦值为.