（压轴题特训）2024年高考数学空间向量与立体几何专题练习

这是一份（压轴题特训）2024年高考数学空间向量与立体几何专题练习，共34页。试卷主要包含了如图，在四棱锥中，，等内容，欢迎下载使用。

(1)若，求证：平面平面；
(2)是否存在，使得直线平面，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
2．如图，四边形为矩形，≌，且二面角为直二面角．
(1)求证：平面平面；
(2)设是的中点，，二面角的平面角的大小为，当时，求的取值范围．
3．如图所示，在四棱锥中，底面四边形是菱形，是边长为2的等边三角形，为的中点，．
(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成角的大小．
4．已知直棱柱中，，，，，D为线段上任一点，E，F分别为，中点．
(1)证明：；
(2)当为何值时，平面与平面的二面角的正弦值最小，并求出最小值．
5．如图，在多面体中，四边形是正方形，，，M是的中点．
(1)求证：平面平面；
(2)若平面，，，点P为线段上一点，求直线与平面所成角的正弦值的最大值．
6．长方体中，，是对角线上一动点（不含端点），是的中点.
(1)若，求三棱锥体积；
(2)平面与平面所成角的余弦值，求与平面所成角的余弦值.
7．在图甲所示的四边形中，，，，，沿将进行翻折，使得，得到如图乙所示的四棱锥.四棱锥的体积为，为边上的动点（不与端点，重合）.

(1)若为的中点，求证：；
(2)设，试问：是否存在实数，使得锐二面角的余弦值为？若存在，求出实数的值；若不存在，请说明理由.
8．类似平面解析几何中的曲线与方程，在空间直角坐标系中，可以定义曲面（含平面）的方程，若曲面和三元方程之间满足：①曲面上任意一点的坐标均为三元方程的解；②以三元方程的任意解为坐标的点均在曲面上，则称曲面的方程为，方程的曲面为．已知曲面的方程为．
(1)写出坐标平面的方程（无需说明理由），指出平面截曲面所得交线是什么曲线，说明理由；
(2)已知直线过曲面上一点，以为方向量，求证：直线在曲面上（即上任意一点均在曲面上）；
(3)已知曲面可视为平面中某双曲线的一支绕轴旋转一周所得的旋转面；同时，过曲面上任意一点，有且仅有两条直线，使得它们均在曲面上．设直线在曲面上，且过点，求异面直线与所成角的余弦值．
9．如图，在四棱锥中，，．

(1)求证：平面平面；
(2)若线段上存在点，满足，且平面与平面的夹角的余弦值为，求实数的值．
10．如图，在三棱柱中，四边形为正方形，四边形为菱形，且，平面平面，点为棱的中点.
(1)求证：；
(2)棱（除两端点外）上是否存在点，使得二面角的余弦值为，若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由.
11．对于空间向量，定义，其中表示x，y，z这三个数的最大值．
(1)已知，．
①直接写出和（用含的式子表示）；
②当，写出的最小值及此时的值；
(2)设，，求证：；
(3)在空间直角坐标系中，，，，点Q是内部的动点，直接写出的最小值（无需解答过程）．
12．如图①，在棱长为1的正方体中，E是棱上的一个动点．
(1)求证：三棱锥的体积是定值；
(2)是否存在点E，使得平面，若存在请找出点E的位置，若不存在，说明理由；
(3)定义：与两条异面直线都垂直且相交的直线称为这两条异面直线的公垂线，公垂线的两个垂足之间的线段称为异面直线的公垂线．两条异面直线的公垂线段，是连接两条异面直线所有线段中的最短线段．
根据以上定义及性质解决如下问题：
如图②中，M为线段的中点，线段（不包括两个端点）上有一个动点N，过点、、作正方体的截面．
①判断截面的形状，并说明理由；
②当截面的面积取得最小值时，求点N的位置．
13．如图，在四棱锥中，面，且，分别为的中点.

(1)求证：平面；
(2)在线段上是否存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值是？若存在，求出的值，若不存任，说明理由；
(3)在平面内是否存在点，满足，若不存在，请简单说明理由；若存在，请写出点的轨迹图形形状.
14．如图，已知四棱锥的底面为平行四边形，平面与直线、、分别交于点、、，且满足.点在直线上，为棱的中点，且直线平面.
(1)设，，，试用基底表示向量；
(2)若点的轨迹长度与棱长的比值为，试讨论是否为定值，若为定值，请求出，若不为定值，请说明理由.
参考答案：
1．(1)证明见解析
(2)不存在，理由见解析
【分析】（1）当时，推导出二面角为直角，结合面面垂直的定义可证得结论成立；
（2）假设存在，使得直线平面，以为原点，分别以、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，将的坐标用的表达式表示，设，可得出关于、的方程组，解之可得出结论.
【详解】（1）证明：若，则平面､平面为同一个平面.
连接、，则是中点，是中点，
所以平面与平面重合，平面与平面重合，
由正方体性质可知平面，
因为、平面，所以，，，
为二面角的平面角，
因为，，则，同理可得，
所以，所以，平面平面
（2）解：假设存在，使得直线平面，
以为原点，分别以、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、，故、，
设平面的法向量为，则，
取，得是平面的一个法向量，
取的中点，的中点，连接、，则，
因为，则，同理可知，，
因为，，，则四边形为矩形，所以，，
于是是二面角的平面角，
是二面角的平面角，
是二面角的平面角.于是，
因为，，，
因为，则，所以，
因为，，，、平面，
所以，平面，且，
故，同理，
所以，
因为，
，
所以，
若直线平面，是平面的一个法向量，则，
即存在，使得，则，
因为，可得，
故方程组无解，
所以不存在，使得直线平面.
【点睛】方法点睛：证明面面垂直常用的方法：
（1）面面垂直的定义；
（2）面面垂直的判定定理.
在证明面面垂直时，一般假设面面垂直成立，然后利用面面垂直转化为线面垂直，即为所证的线面垂直，组织论据证明即可.
2．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先证明，继而证明，根据线面垂直的判定定理证明平面，再根据面面垂直的判定定理，即可证明结论；
（2）建立空间直角坐标系，求得相关点的坐标，求出平面和平面的一个法向量，根据空间角的向量求法，结合不等式性质，即可求得答案.
【详解】（1）因二面角为直二面角，即平面平面，又，
平面平面，平面，则平面，
又平面，即得，
四边形为矩形，≌，则,即，
平面，于是平面，平面，
所以平面平面；
（2）过E作平面，由（1）知平面，平面，故，
以为原点，射线EB，EA，Ez分别为x，y，z轴非负半轴建立空间直角坐标系，如图，
∵，，则，，，，
，，，
设平面的法向量为，则，即，
则，
设平面的法向量为，则，即，
则，
由图可知二面角为锐二面角，
从而有，
而，则，,
所以.
【点睛】关键点睛：本题第二问的关键是建立合适的空间直角坐标系，从而得到，再根据即可得到其范围.
3．(1)证明见详解
(2)
【分析】（1）根据线面平行的判定定理证明；
（2）先证明平面，建立空间直角坐标系，利用向量法求解；
【详解】（1）因为底面四边形是菱形，，
所以是的中点，又是的中点，
，平面，平面，
平面.
（2）底面四边形是菱形，，所以是，的中点，
又是等边三角形，
，又，，
又，平面，
平面.又，
所以两两互相垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，
由是边长为2的等边三角形，，可得，
，，，，
，，由已知得，
设平面的一个法向量为，
则，即，令，得，，
所以，
，
所以直线与平面所成角的正弦值为，
即直线与平面所成角为.
【点睛】关键点睛：本题第二问是求线面角问题.解题的关键是先根据题意证明平面，可得两两互相垂直，由此建立空间直角坐标系，利用向量法求解.
4．(1)证明见解析
(2)，最小值为
【分析】（1）根据题意，可得，建立空间直角坐标系，利用向量运算判断；
（2）根据向量法求出二面角的余弦，转化判断得解.
【详解】（1）∵，，，
∴．
∵．
∴．
建立如图所示空间直角坐标系，
设，
则，，，，．
∴，．
∴，
∴．
（2）∵，，
设平面的一个法向量为：，
∴，即，
令，则，，
∴．
∵平面，
∴取平面的一个法向量为，
∴，
又，，
∴当时，平面与平面所成的二面角的正弦值最小，最小值为.
【点睛】思路点睛：根据题意，由余弦定理可判断，建立空间直角坐标系，利用向量法证明，再求出平面与平面各自的一个法向量，求出所成的二面角的余弦范围，进而得解.
5．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据线面平行的判定定理可证平面，平面，再由面面平行的判定定理可证得结果；
（2）建立空间直角坐标系，求出直线的方向向量和平面的法向量，运用向量法求线面角，通过换元法转化为二次函数求最值.
【详解】（1）因为，，所以四边形为平行四边形，故,
又平面，平面,所以平面；
连接交于N，连接，因为四边形是正方形，故N为中点，
M是的中点，在中，有，平面，平面,
所以平面，且平面，平面,,
所以平面平面.
（2）如图，建立空间直角坐标系，设，，
则，又M是的中点，
故,，因为，
所以，解得，设，因点P为线段上一点，
则，即，
故，所以，
又，设平面的一个法向量为，
则，即，令，则，
即，设直线与平面所成角为，
则
当时，
设，，所以，
当时，所以，
当时，，所以直线与平面所成角的正弦值的最大值为.
【点睛】解决本题第二问关键是求出直线的方向向量和平面的法向量，运用向量法求出线面角正弦值的表达式，通过换元法转化为二次函数求最值.
6．(1)
(2).
【分析】（1）建立空间直角坐标系，设，根据，求出点坐标，求出三棱锥体积；
（2）利用向量法求出平面的一个法向量，进而求出与平面所成角余弦值.
【详解】（1）以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
则，，，.
设，由题意设，
即，则，所以.
（1）因为，解得.
所以.
.
（2）由长方体可知平面的一个法向量为，
设平面的一个法向量为
则，
令，则，，则，
由题意得：，解得：或（舍），
则，，
设与平面所成角为，则
，则.
所以与平面所成角余弦值为.
【点睛】关键点睛：本题第二问，关键是结合已知条件求出平面的一个法向量，根据求得结果.
7．(1)证明见解析
(2)存在实数
【分析】（1）根据题意建立空间直角坐标系，利用空间向量法证明线线垂直即可；
（2）利用空间向量法表示出锐二面角的余弦值，求解实数即可.
【详解】（1）因为在四边形中，，，，
所以，
在四棱锥中，，即，，.
又平面，平面，，
所以平面，即是四棱锥的高，
因此，所以.
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，，，.
又为的中点，所以，
因此，，
所以，所以，即.
（2）由（1）知，，，
设平面的一个法向量为，
则即
令，则，
所以是平面的一个法向量.
因为，所以，，
所以，所以.
设平面的一个法向量为，
则即
令，则，，
所以是平面的一个法向量，
所以，
可得，解得或.
又，所以，
即存在实数，使得锐二面角的余弦值为.
【点睛】结论点睛：若直线的方向向量分别为，平面的法向量分别为，则
①两异面直线所成的角为，；
②直线与平面所成的角为，；
③二面角的大小为，.
8．(1)平面截曲面所得交线是平面上，以原点为圆心，1为半径的圆，理由见解析
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）根据坐标平面内点的坐标的特征可知，可得坐标平面的方程；当时，可得平面截曲面所得交线的方程，进而可得曲线类型；
（2）设是直线上任意一点，由题意有，从而得点的坐标，代入曲面的方程验证即可.
（3）设是直线上任意一点，直线的方向向量为，由题意有，可得点的坐标，代入曲面的方程，进而可求得的关系，可得，利用向量夹角公式求解即可得出答案.
【详解】（1）根据坐标平面内点的坐标的特征可知，坐标平面的方程为，
已知曲面的方程为，
当时，平面截曲面所得交线上的点满足，
即，
也即在平面上到原点距离为定值1，
从而平面截曲面所得交线是平面上，以原点为圆心，1为半径的圆.
（2）设是直线上任意一点，
由，均为直线的方向向量，有，
从而存在实数，使得，即，
则，解得，
所以点的坐标为，
于是，
因此点的坐标总是满足曲面的方程，从而直线在曲面上.
（3）直线在曲面上，且过点，
设是直线上任意一点，直线的方向向量为，
由，均为直线的方向向量，有，
从而存在实数，使得，即，
则，解得，
所以点的坐标为，
∵在曲面上，∴，
整理得，
由题意，对任意的，有恒成立，
∴，且，
∴，或，
不妨取，则，或，
∴，或，
又直线的方向向量为，
则异面直线与所成角的余弦值均为
【点睛】方法点睛：新定义题型的特点是：通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的．遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决．
9．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）要证面面垂直，需证线面垂直，即证平面，即可证出；
（2）建立空间直角坐标系，用向量的方法求解即可.
【详解】（1）如图：

因为，，所以为等边三角形，，
又，所以，又，
所以.
因为，所以为直角三角形，.
又，，为平面内的两条相交直线，
所以平面，平面，所以，平面平面.
（2）取中点，中点，因为，
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面，又，
故以为原点，建立如图空间直角坐标系，

所以，，，，，.
设，因为，
解得，所以.
设平面的法向量为，
则，取；
设平面的法向量为，
则，取.
那么，，.
由，又，所以.
【点睛】关键点睛：根据，和点、的坐标，求点坐标是本题的一个关键.
10．(1)证明见解析
(2)存在，的值为或
【分析】（1）结合题意添加辅助线，先证明平面，进而得到；
（2）根据题目中的已知条件找到两两垂直的三条棱，然后建立空间直角坐标系，表示出相关点的坐标，假设点存在，设出点的坐标，求出该二面角的两个平面的法向量，结合空间向量的夹角公式列出方程，解方程即可.
【详解】（1）证明：取的中点，连接、、，
∵，且，∴为等边三角形，得，
∵四边形为正方形，且、分别是、的中点，
∴，
∵，、平面，∴平面，
∵平面，∴；
（2）∵平面平面，且平面平面，，平面，
∴平面，平面，，
以为坐标原点，分别以、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系，
不妨设，则，，，，
则，，，，，
设为平面的一个法向量，
由，取，得；
假设棱上（除端点外）存在点满足题意，
令，得，
设为平面的一个法向量，
则由，
取，得.
由，解得或，
经检验或时，二面角的平面角均为锐角，
综上，的值为或.
【点睛】关键点睛：本题第二问的关键是利用向量共线定理设，再用表示出两个平面的法向量，得到方程，解出即可.
11．(1)① ，；②，此时
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）①直接由定义即可得解；②在同一直角坐标系中，画出的图象，从而即可得到的表达式以及最小值.
（2）直接由定义即可得证.
（3）由四点共面的充要条件，结合定义以及三角不等式即可求解，注意取等条件.
【详解】（1）①因为，所以 ，；
②由题意，如图所示：
从而，，此时.
（2），
因为 ，，
所以，，
所以，
所以 ．
（3）由题意四点共面，所以由四点共面的充要条件可知，
由（2）可知，，
从而，
，
所以，等号成立当且仅当.
【点睛】关键点点睛：第一问①，第二问直接由定义即可求解，至于第一问②，最好是通过画图，以此来避免繁琐的分类讨论，第三问的关键是注意对四点共面的充要条件以及三角不等式的运用.
12．(1)证明见解析
(2)不存在，理由见解析
(3)①截面的形状为平行四边形，说明理由见解析；
②当截面的面积取得最小值时，点N为AB中点.
【分析】（1）点到平面的距离为定值，又的面积为定值，，可得三棱锥的体积是定值；
（2）若平面，则有，而不成立，可得结论；
（3）①由截面与棱的交点判断形状；②由两条异面直线的公垂线段确定截面的面积最小.
【详解】（1）
正方体中，平面，平面，所以平面，
则点到平面的距离为定值，又的面积为定值，
所以三棱锥的体积是定值
由，所以三棱锥的体积是定值
（2）这样的E点不存在，理由如下：
若平面，由平面，则有，
而正方体中，四边形是矩形不是菱形，不成立，
所以不存在点E，使得平面.
（3）①截面与棱相交于点，连接，则截面为四边形，
平面平面，截面平面，截面平面，
则，同理，所以四边形为平行四边形，
即截面的形状为平行四边形.
②当截面的面积取得最小值时，即平行四边形面积最小，面积最小，
则点N到的距离最短，
M为线段的中点，则M点为正方体的中心，当N为线段的中点时，
由，有，由，有，
则是两条异面直线与的公垂线段，
此时点N到的距离最短，面积最小，截面面积最小.
所以当截面的面积取得最小值时，点N为AB中点.
【点睛】方法点睛：
空间几何图形涉及到正方体，要充分利用正方体的结构特征，运用好线面关系以及距离角度，解决相关问题.
13．(1)证明见解析；
(2)存在，理由见解析；
(3)存在，理由见解析.
【分析】（1）过E作交于点G,连接,由线线平面证明面面平行，再由面面平行的性质即可得出线面平行的证明；
（2）先求出面的法向量，设 , 利用向量法结合线面角得正弦值求解即可;
（3）由 点在空间内轨迹为以中点为球心, 为半径的球,而 中点到平面的距离为 , 即可求解.
【详解】（1）如图，

过E作交于点G,连接,
面，面，则，
又面，面，且不共线，故，
因为为的中点，所以也为中点，又为的中点，所以，
而平面，平面，所以平面，同理平面，
又因为，平面，
所以平面平面，而平面,
所以平面；
（2）
设如图, 以点A为原点建立空间直角坐标系,
则，
故，
则，
设平面的法向量 ,则有 ,取 ,
整理得 , 解得 或(舍去)，
所以当时, 直线与平面所成角的正弦值是.
（3）由（2）知，平面的一个法向量，
点中点，则,
则中点到平面的距离为，
由，即故在以中点为球心，半径为的球面上，
而，故在面上的轨迹是半径为的圆，
故存在符合题意的， 此时轨迹是半径为 的圆.
【点睛】关键点点睛：第三问，根据题设有则在以中点为球心，半径为的球面上，再求中点到面距离，结合直观想象及计算确定在面上的轨迹.
14．(1)
(2)为定值
【分析】（1）根据空间向量基本定理进行求解；
（2）设，表达出，根据平面，设存在实数，使得，表达出，，从而得到方程，得到，分和时，结合根的判别式，得到，求出为定值.
【详解】（1）因为四棱锥的底面为平行四边形，所以，
故；
（2）由（1）知，，又，
所以，
则，
，，
设，又，
则，
因为平面，则存在实数，使得，
故，
所以
，
故，
整理得，，
当时，，解得，
当时，由，
解得或，
综上，，
所以对所有满足条件的平面，点的轨迹长度为，
故为定值，.
【点睛】空间向量解决空间几何中点的存在性问题或轨迹问题，可将几何问题转化为代数问题，化繁为简，可大大节省思考量.