专题04 空间向量与立体几何 专练-2024届高考数学二轮复习（老高考适用）（含解析）

这是一份专题04 空间向量与立体几何 专练-2024届高考数学二轮复习（老高考适用）（含解析），共37页。

（2023·全国·统考高考甲卷）如图，在三棱柱中，底面ABC，，到平面的距离为1．

(1)证明：；
(2)已知与的距离为2，求与平面所成角的正弦值．
（2023·全国·统考高考乙卷）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.
（2022·全国·统考高考甲卷）在四棱锥中，底面．
(1)证明：；
(2)求PD与平面所成的角的正弦值．
（2022·全国·统考高考乙卷）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．
（2023·海南·统考模拟预测）如图，在平面四边形中，，，将沿向上折起，使得平面与平面所成的锐二面角的平面角最大．

(1)求该几何体中任意两点间的距离的最大值；
(2)若，垂足为，点是上一点，证明：平面平面．
（2023•宁夏三模）如图所示，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，
AB⊥BC，且AB＝AP＝BC＝1，AD＝2．
（1）求证：CD⊥平面PAC；
（2）若E为PC的中点，求PD与平面AED所成角的正弦值．
（2023•四川成都·统考模拟）如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，△A1B1C1与△AB1C1均是边长为2的正三角形，且AA1＝．
（Ⅰ）证明：平面AB1C1⊥平面A1B1C1；
（Ⅱ）求四棱锥A﹣BB1C1C的体积．
（2023•海南海口·琼山区三模）如图，三棱台ABC﹣A1B1C1，AB⊥BC，AC⊥BB1，平面ABB1A1⊥平面ABC，AB＝6，BC＝4，BB1＝2，AC1与A1C相交于点D，，且
DE∥平面BCC1B1．
（1）求三棱锥C﹣A1B1C1的体积；
（2）平面A1B1C与平面ABC所成角为α，CC1与平面A1B1C所成角为β，求证：．
（2023·海南琼海·校级模拟）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1＝AD＝4，
AB＝2，点M，N，P分别是BB1，B1C1，BC的中点，点Q为棱CC1上一点，且直线
AA1和PQ所成的角为．
（1）求证：PQ∥平面AMN；
（2）求点P到平面AMN的距离．
（2023·陕西商洛·镇安中学校考模拟预测）如图，在六面体中，四边形是菱形，，平面，，为的中点，平面．

(1)求；
(2)若，求直线与平面所成角的正弦值．
（2023·陕西咸阳·统考模拟）如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1的侧面BB1C1C是边长为1的正方形，侧面BB1C1C⊥侧面AA1B1B，AB＝4，∠A1B1B＝60°，G是A1B1的中点．
（1）求证：平面GBC⊥平面BB1C1C；
（2）若P为线段BC的中点，求三棱锥A﹣PBG的体积．
（2023•四川雅安·区联考三模）如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中、四边形ABB1A1是菱形，且∠ABB1＝60°，AB＝BC＝2，CA＝CB1，CA⊥CB1，
（1）证明：平面CAB1⊥平面ABB1A1；
（2）求直线BB1和平面ABC所成角的正弦值；
（2023•宁夏平罗县·校级二模）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，
AD⊥CD，AD∥BC，且PA＝AD＝CD＝2，BC＝3，E是PD的中点，点F在PC上，且
PF＝2FC．
（1）证明：DF∥平面PAB；
（2）求三棱锥P﹣AEF的体积．
（2023•河南开封·三模）如图，四边形ABCD是圆柱OO1的轴截面，EF是圆柱的母线，P是线段AD的中点，已知AB＝4，BC＝6．
（1）证明：BF⊥平面EPF；
（2）若直线AB与平面EPF所成角为60°，求三棱锥B﹣EPF的体积．
（2023·内蒙古赤峰·校联考三模）如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，四边形是圆的内接四边形，为底面圆的直径，在母线上，且，，．

(1)求证：平面平面；
(2)设点为线段上动点，求直线与平面所成角的正弦值的最大值．
题型训练
答案&解析
【1】
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据线面垂直，面面垂直的判定与性质定理可得平面，再由勾股定理求出为中点，即可得证；
（2）利用直角三角形求出的长及点到面的距离，根据线面角定义直接可得正弦值.
【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】
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析；
(3).
【分析】（1）根据给定条件，证明四边形为平行四边形，再利用线面平行的判定推理作答.
（2）法一：由（1）的信息，结合勾股定理的逆定理及线面垂直、面面垂直的判定推理作答.法二：过点作轴平面，建立如图所示的空间直角坐标系，设，所以由求出点坐标，再求出平面与平面BEF的法向量，由即可证明；
（3）法一：由（2）的信息作出并证明二面角的平面角，再结合三角形重心及余弦定理求解作答.法二：求出平面与平面的法向量，由二面角的向量公式求解即可.
【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）法一：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.
法二：因为，过点作轴平面，建立如图所示的空间直角坐标系，
，
在中，，
在中，，
设，所以由可得：，
可得：，所以，
则，所以，，
设平面的法向量为，
则，得，
令，则，所以，
设平面的法向量为，
则，得，
令，则，所以，
，
所以平面平面BEF；

（3）法一：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.

法二：平面的法向量为，
平面的法向量为，
所以，
因为，所以，
故二面角的正弦值为.
【3】
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）作于，于，利用勾股定理证明，根据线面垂直的性质可得，从而可得平面，再根据线面垂直的性质即可得证；
（2）以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法即可得出答案.
【详解】（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，
又因为平面，
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.
【4】
【答案】(1)证明过程见解析
(2)与平面所成的角的正弦值为
【分析】（1）根据已知关系证明，得到，结合等腰三角形三线合一得到垂直关系，结合面面垂直的判定定理即可证明；
（2）根据勾股定理逆用得到，从而建立空间直角坐标系，结合线面角的运算法则进行计算即可.
【详解】（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.
【5】
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】（1）如图，以为坐标原点，为轴，平面为平面，
建立空间直角坐标系，
则，
设，显然，当时，平面与平面共面，此时的锐二面角一定不是最大
的，所以，
所以，

设平面的法向量为，
则即
令，则．
又平面的一个法向量为，
则，
又，所以，
所以，
当时，等号成立，由
得，
所以，即点在面上．
所以平面平面，
所以，
所以该几何体中任意两点间的距离的最大值为．
（2）由（1）知平面，
所以．
又，且，
平面，
所以平面．
又平面，
所以．
由，且平面，
所以平面．
又平面，所以平面平面．
【6】
【解答】解：（1）作CF⊥AD，垂足为F，易证，四边形ABCF为正方形．
所以CF＝AF＝DF＝1，．又，
因为AC2+CD2＝AD2，所以AC⊥CD．
因为PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，所以PA⊥CD．
又AC∩PA＝A，AC⊂平面PAC，PA⊂平面PAC，所以CD⊥平面PAC．
（2）以点A为坐标原点，以AB，AD，AP所在的直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A（0，0，0），P（0，0，1），C（1，1，0），D（0，2，0），．
则，，．
设平面AED的法向量为，
由，得，
令z＝1，可得平面AED的一个法向量为．
设PD与平面AED所成角为θ，
则．
【7】
【解答】解：（Ⅰ）证明：取B1C1中点O，连接AO，A1O，如图，
∵三棱柱ABC﹣A1B1C1中，△A1B1C1与△AB1C1均是边长为2的正三角形，且AA1＝，
∴A1O⊥B1C1，AO⊥B1C1，AO＝A1O＝＝，
∴∠A1OA是平面AB1C1和平面A1B1C1所成角，
∵＝，∴∠A1OA＝90°，
∴平面AB1C1⊥平面A1B1C1；
（Ⅱ）∵A1O⊥B1C1，AO⊥B1C1，AO∩A1O＝O，∴B1C1⊥平面AOA1，
∵AA1⊂平面AOA1，∴B1C1⊥AA1，∴B1C1⊥BB1，
取BC中点D，连接AD，OD，则AO＝AD＝，DO＝，AO⊥AD，
过A作AE⊥平面BB1C1C，交CD于点E，由题意E是OD中点，
AE＝＝，
∴四棱锥A﹣BB1C1C的体积为：
V＝＝＝2．
【8】
【解答】解：（1）∵平面ABB1A1⊥平面ABC，且平面ABB1A1⋂平面ABC＝AB，AB⊥BC，BC⊂平面ABC
∴BC⊥平面ABB1A1，∵BB1⊂平面ABB1A1，
∴BC⊥BB1，又AC⊥BB1，BC∩AC＝C，BC，AC⊂平面ABC
∴BB1⊥平面ABC，连接C1B，
∵DE∥平面BCC1B1，DE⊂平面ABC1，平面ABC1⋂平面BCC1B1＝C1B，
∴DE∥C1B，∵，∴，∴．
∴三棱锥C﹣A1B1C1底面A1B1C1的面积，高h＝BB1＝2，
∴三棱锥C﹣A1B1C1的体积为：；
（2）证明：分别以为x，y，z轴的正方向建系如图．
则A（6，0，0），C（0，4，0），B1（0，0，2），A1（3，0，2），C1（0，2，2），
∴．
设平面A1B1C的法向量为，
则，取，
又平面ABC的一个法向量为，
∴csα＝|cs＜，＞|＝＝＝，
．
又，所以．
∴．
又α+β∈（0，π），∴．
【9】
【解答】（1）证明：在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，∵AA1∥CC1
∴直线AA1和PQ所成的角为，
∴直角三角形△PQC为等腰直角三角形，∴QC＝2，故点Q为棱CC1的中点．
连接BC1，∴PQ∥BC1，MN∥BC1故．∴PQ∥MN
又MN⊂平面AMN，PQ⊄平面AMN，∴PQ∥平面AMN
（2）以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示空间直角坐标系，
则A（4，0，0），B（4，2，0），C（0，2，0）B1（4，2，4），C1（0，2，4），
∴P（2，2，0），M（4，2，2），N（2，2，4）
则，
设平面AMN的法向量为，则，
即令z＝1，则平面AMN的法向量，
设P到平面AMN的距离为d，∴
∴点到平面AMN的距离为．
【10】
【答案】(1)
(2)
【解析】（1）四边形是菱形，，
又平面，平面，平面，
同理可得：平面．
，平面，平面平面，
平面平面，平面平面，，
同理可得：，四边形是平行四边形；
连接交于点，连接交于点，连接，
设，，则，
延长交于点，连接，
平面，平面，平面平面，，
又，四边形为平行四边形，则，
为的中点，．
，，即，解得：，.
（2）由（1）知，两两垂直，故以为坐标原点，正方向分别为轴的正方向，可建立如图所示空间直角坐标系，

则，，，，
，，；
设平面的法向量为，
则，令，解得：，，，
，
即直线与平面所成角的正弦值为.
【11】
【解答】解：（1）证明：在△GBB1中，，BB1＝1，∠A1B1B＝60°，
则在△GB1B中，由余弦定理得GB＝＝，
因为，即，
所以GB⊥BB1，由已知平面BB1C1C⊥平面AA1B1B，
且平面BB1C1C∩平面AA1B1B＝BB1 又GB⊂平面AA1B1B，故GB⊥平面 BB1C1C，
又GB⊂平面GBC，则平面GBC⊥平面BB1C1C；
（2）由题意知，由（1）知，GB⊥平面 BB1C1C，BC⊂平面BB1C1C，
则BC⊥GB，又BC⊥BB1，且GB∩BB1＝B，GB，BB1⊂平面AA1B1B，
可得BC⊥平面AA1B1B，因此PB为三棱锥P﹣ABG的高，
因为∠A1B1B＝60°，∠GBB1＝90°，所以∠ABG＝30°，
又S△ABG＝sin∠ABG×AB×BG＝××4×＝，
所以VA﹣PBG＝VP﹣ABG＝×S△ABG×PB＝××＝．
【12】
【解答】证明：（1）取AB1的中点O，连接OC，OB，如图所示：
∵四边形ABB1A1是菱形，且∠ABB1＝60°，
∴△ABB1为等边三角形，又∵AB＝2，
∴OB＝2×＝，AB1＝2，
∵CA＝CB1，CA⊥CB1，∴CO⊥AB1，且CO＝＝1，
又∵BC＝2，∴BC2＝OB2+CO2，
∴CO⊥OB，
又∵CO⊥AB1，AB1∩OB＝O，
∴CO⊥平面ABB1A1，
又∵CO⊂平面CAB1，
∴平面CAB1⊥平面ABB1A1；
解：（2）由（1）可知，OB，OB1，OC两两垂直，
以点O为坐标原点，分别以，，的正方向为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
则B（，0，0），B1（0，1，0），A（0，﹣1，0），C（0，0，1），
∴＝（﹣，1，0），＝（，1，0），＝（0，1，1），
设平面ABC的一个法向量为＝（x，y，z），则，
即，取x＝得，，
∴＝（，﹣3，3），
∴直线BB1和平面ABC所成角的正弦值为|cs＜，＞|＝＝．
【13】
【解答】解：（1）证明：在线段PB上取点M，使得PM＝2MB，
所以，在△PBC中，，且MF∥BC，
因为在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝2，
所以MF∥AD，MF＝AD，
所以四边形ADFM是平行四边形，所以DF∥AM，
又DF⊄平面PAB，AM⊂平面PAB，
所以DF∥平面PAB；
（2）作FG⊥PD交PD于点G，
因为PA⊥面ABCD，所以PA⊥CD，
又AD⊥CD，PA与AD交于点A，
所以CD⊥面PAD，CD⊥PD，
又FG⊥PD，所求FG∥CD，
所以△PFG～△PCD，
所以，得，又E为PD中点，
所以．
【14】
【解答】解：（1）证明：连接AF，
∵四边形ABCD是圆柱OO1的轴截面，
∴AB为圆O的直径，
∴AF⊥BF，
又EF是圆柱的母线，
∴EF⊥平面ABF，
∵BF⊂平面ABF，
∴EF⊥BF，
又∵AF⋂EF＝F，AD∥EF，AF，EF⊂平面ADEF，
∴BF⊥平面ADEF，
又∵P是线段AD的中点，
∴平面ADEF即为平面EPF，
∴BF⊥平面EPF．
（2）由（1）知BF⊥平面EPF，
∴BF为三棱锥B﹣EPF的高，且AF为AB在平面EPF内的射影，
∴AB与平面EPF所成角为∠BAF，
由已知∠BAF＝60°，AB＝4，BC＝6，
∴，AF＝ABcs60°＝2，，
∴．
【15】
【答案】(1)证明见解析
(2)1
【解析】（1）如图，设交于点，连接，
由已知可得，又，
所以四边形为菱形，所以，
∵，，，
∴，∴，
∴，又，所以，
因为为的中点，∴，．
由余弦定理可得，
∴，所以，即，
又平面，，∴平面．
又平面，∴平面平面．

（2）由已知平面，平面，所以，
又，，平面，
∴平面，
又平面，∴．
由（1）知，，平面，
所以平面，
∴，又点为的中点，
所以．
以点为坐标原点，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，，，，，，
设，则，
∴，，
设平面的法向量为，
则，即，令，则，
所以为平面的一个法向量．
设直线与平面所成的角为，
则，
构建，
则，
当时，，函数在上单调递增，
当时，，函数在上单调递减，
∴时，取到最大值4．
此时，取到最大值1.
另解：由，知，
当时，，此时平面，
设直线与平面所成的角为，因为，
当时，取到最大值1．