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2023高考数学二轮真题与模拟训练26讲 专题16 空间向量与立体几何解析
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专题16 空间向量与立体几何第一部分 真题分类1．（2021·全国高考真题）在正三棱柱中，，点满足，其中，，则（ ）A．当时，的周长为定值B．当时，三棱锥的体积为定值C．当时，有且仅有一个点，使得D．当时，有且仅有一个点，使得平面【答案】BD【解析】易知，点在矩形内部（含边界）．对于A，当时，，即此时线段，周长不是定值，故A错误；对于B，当时，，故此时点轨迹为线段，而，平面，则有到平面的距离为定值，所以其体积为定值，故B正确．对于C，当时，，取，中点分别为，，则，所以点轨迹为线段，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图，，，，则，，，所以或．故均满足，故C错误；对于D，当时，，取，中点为．，所以点轨迹为线段．设，因为，所以，，所以，此时与重合，故D正确．故选：BD．2．（2021·天津高考真题）如图，在棱长为2的正方体中，E为棱BC的中点，F为棱CD的中点．（I）求证：平面；（II）求直线与平面所成角的正弦值．（III）求二面角的正弦值．【答案】（I）证明见解析；（II）；（III）.【解析】（I）以为原点，分别为轴，建立如图空间直角坐标系，则,,,,,,，因为E为棱BC的中点，F为棱CD的中点，所以，，所以,,,设平面的一个法向量为，则，令，则，因为，所以，因为平面，所以平面；（II）由（1）得，，设直线与平面所成角为，则；（III）由正方体的特征可得，平面的一个法向量为，则，所以二面角的正弦值为.3．（2021·全国高考真题）在四棱锥中，底面是正方形，若．（1）证明：平面平面；（2）求二面角的平面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）取的中点为，连接.因为，，则，而，故.在正方形中，因为，故，故，因为，故，故为直角三角形且，因为，故平面，因为平面，故平面平面.（2）在平面内，过作，交于，则，结合（1）中的平面，故可建如图所示的空间坐标系.则，故.设平面的法向量，则即，取，则，故.而平面的法向量为，故.二面角的平面角为锐角，故其余弦值为.4．（2021·北京高考真题）已知正方体，点为中点，直线交平面于点．（1）证明：点为的中点；（2）若点为棱上一点，且二面角的余弦值为，求的值．【答案】（1）证明见解析；（2）．【解析】(1)如图所示，取的中点，连结，由于为正方体，为中点，故，从而四点共面，即平面CDE即平面，据此可得：直线交平面于点，当直线与平面相交时只有唯一的交点，故点与点重合，即点为中点.(2)以点为坐标原点，方向分别为轴，轴，轴正方形，建立空间直角坐标系，不妨设正方体的棱长为2，设，则：，从而：，设平面的法向量为：，则：，令可得：，设平面的法向量为：，则：，令可得：，从而：，则：，整理可得：，故（舍去）.6．（2021·全国高考真题（理））已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，D为棱上的点． （1）证明：；（2）当为何值时，面与面所成的二面角的正弦值最小?【答案】（1）见解析；（2）【解析】因为三棱柱是直三棱柱，所以底面，所以因为，，所以，又，所以平面．所以两两垂直．以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图．所以，．由题设（）．（1）因为，所以，所以．（2）设平面的法向量为，因为，所以，即．令，则因为平面的法向量为，设平面与平面的二面角的平面角为，则．当时，取最小值为，此时取最大值为．所以，此时．7．（2021·全国高考真题（理））如图，四棱锥的底面是矩形，底面，，为的中点，且．（1）求；（2）求二面角的正弦值．【答案】（1）；（2）【解析】（1）平面，四边形为矩形，不妨以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，设，则、、、、，则，，，则，解得，故；（2）设平面的法向量为，则，，由，取，可得，设平面的法向量为，，，由，取，可得，，所以，，因此，二面角的正弦值为.8．（2020·天津高考真题）如图，在三棱柱中，平面，，点分别在棱和棱上，且为棱的中点．（Ⅰ）求证：；（Ⅱ）求二面角的正弦值；（Ⅲ）求直线与平面所成角的正弦值．【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）；（Ⅲ）.【解析】依题意，以为原点，分别以、、的方向为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系（如图），可得、、、、、、、、.（Ⅰ）依题意，，，从而，所以；（Ⅱ）依题意，是平面的一个法向量，，．设为平面的法向量，则，即，不妨设，可得．，．所以，二面角的正弦值为；（Ⅲ）依题意，．由（Ⅱ）知为平面的一个法向量，于是．所以，直线与平面所成角的正弦值为.9．（2020·北京高考真题）如图，在正方体中， E为的中点．（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值．【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）.【解析】（Ⅰ）如下图所示：在正方体中，且，且，且，所以，四边形为平行四边形，则，平面，平面，平面；（Ⅱ）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为，则、、、，，，设平面的法向量为，由，得，令，则，，则..因此，直线与平面所成角的正弦值为.第二部分 模拟训练一、单选题1．在平行六面体中，为与的交点，若，，，则与相等的向量是（ ）A． B．C． D．【答案】D【解析】因为六面体是平行六面体，所以四边形是平行四边形，为与的交点，所以为、的中点，，因为，所以 ，所以，故选：D2．如图，四边形和均为长方形，且，它们所在的平面互相垂直，分别为的中点，则异面直线与所成角的余弦值是（ ）A． B． C． D．【答案】B【解析】依据题意建立如图所示空间直角坐标系由，且分别为的中点所以故故所以异面直线与所成角的余弦值是故选：B3．在四面体中，，，，若与互余，则的最大值为（ ）A． B． C． D．【答案】B【解析】设，可得，则为锐角，在四面体中，，，，则，其中为锐角，且.，则，所以，当时，取得最大值.故选：B.4．已知正方体的棱长为1，点E是底面ABCD上的动点，则的最大值为（ ）A． B．1 C． D．【答案】B【解析】以点D为原点，为轴建立空间直角坐标系，则设，其中，则，所以，等号成立的条件是，故其最大值为1，故选：B．5．如图所示，在直三棱柱中，，且，，，点在棱上，且三棱锥的体积为，则直线与平面所成角的正弦值等于（ ）A． B． C． D．【答案】C【解析】由已知得底面，且，所以，解得.如图所示，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，则、、、，则，，.设平面的法向量为，则由可得，即，得，令，得，所以为平面的一个法向量.设直线与平面所成的角为，则.故选：C.6．如图，在正方体中，，、分别是、的中点，平面分别与、交于、两点，则（ ）A． B．C． D．【答案】D【解析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，如下图所示：则点、、、、、，设平面的法向量为，，，由，可得，取，则，，，，点到平面的距离为，，点到平面的距离为，所以，.、分别为、的中点，则，平面，平面，平面，平面，平面平面，.设点、，由，可得，则，解得，所以，点，同理可得点，，，，，则，因此，.故选：D. 二、填空题 7．在三棱锥中，，是正三角形，为中点，有以下四个结论：①若，则的面积为；②若，且三棱锥的四个顶点都在球的球面上，则球的体积为；③若，则三棱锥的体积为；④若，且三棱锥的四个顶点都在球的球面上，则球的表面积为.其中结论正确的序号为___________.【答案】①②④【解析】取中点，连接，以为坐标原点，为轴，为轴建立空间直角坐标系如图所示，设，则，，，，，由，是正三角形，得三棱锥为正三棱锥，设外接球球心为，半径为，则，且轴，所以，，解得，若，则，，所以，解得：，又，所以，故选项①正确；又，所以，故选项②正确；若，则，所以，解得：，，故选项③错误；又，所以，故选项④正确；故答案为：①②④.8．如图，棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，P为线段A1B上的动点(不含端点)，有下列结论：①平面A1D1P⊥平面A1AP；②多面体的体积为定值；③直线D1P与BC所成的角可能为；④APD1能是钝角三角形.其中结论正确的序号是___________(填上所有序号).【答案】①②④【解析】对于①，正方体中，，，，平面，平面，平面平面，故①正确；对于②，，到平面的距离，三棱锥的体积：，为定值，故②正确；对于③，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，，0，，，，1，，设，，，，，，，，，，假设，所以，，，所以，所以假设不成立，故③错误；对于④，见上图，由题得,设，所以，所以，当时，，即是钝角.此时APD1是钝角三角形.故④正确.故答案为：①②④9．正四棱柱中，，.若是侧面内的动点，且，则与平面所成角的正切值的最大值为___________.【答案】2.【解析】如图，以为原点建立空间直角坐标系，设点，则，，又，得即；又平面，为与平面所成角，令，当时，最大，即与平面所成角的正切值的最大值为2.故答案为：2 三、解答题10．如图，在四棱锥中，已知平面，且四边形为直角梯形，，，.（1）当四棱锥的体积为时， 求异面直线与所成角的大小；（2）求证：平面.【答案】（1）；（2）证明见解析．【解析】（1）由题意，，分别以为轴建立空间直角坐标系，如图，则，，，，∵，而，∴，∴异面直线与所成角为；（2）由（1），，此时长度不定，可设．，∵，∴，即，同理，，，平面．∴平面．11．如图，矩形中，，将矩形折起，使点与点重合，折痕为，连接、，以和为折痕，将四边形折起，使点落在线段上，将向上折起，使平面⊥平面，如图2.（1）证明：平面⊥平面；（2）连接、，求锐二面角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）证明：在平面ABCD中，AF=FC，BF+FC=AB，设，则，设BF=x，在中，，解得，则，因为点B落在线段FC上，所以，所以，又即，，平面ABE，所以平面ABE，由平面EFC可得平面ABE⊥平面EFC；（2）以为原点,为x轴，过点F平行BE的方向作为作y轴，过点F垂直于平面EFC的方向作为z轴，建立如图所示空间直角坐标系，则，，易得平面ABE的一个法向量为，作于， 因为平面DEC⊥平面FEC，所以平面，则，，，设平面DBE的一个法向量为， 则，令则，因为，所以锐二面角A-BE-D的正弦值为.12．如图，在四棱柱中，底面，，，且，．（1）求证：平面平面；（2）求二面角所成角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）证明：因为，，所以，，因为，所以，所以，即．因为底面，所以底面，所以．因为，所以平面，又平面，所以平面平面．（2）解：如图，分别以，，为，，轴，建立空间直角坐标系，则，，，，．所以，，，设平面的法向量为，则令，得．设平面的法向量为，则令，得，所以，由图知二面角为锐角，所以二面角所成角的余弦值为．
专题16 空间向量与立体几何第一部分 真题分类1．（2021·全国高考真题）在正三棱柱中，，点满足，其中，，则（ ）A．当时，的周长为定值B．当时，三棱锥的体积为定值C．当时，有且仅有一个点，使得D．当时，有且仅有一个点，使得平面【答案】BD【解析】易知，点在矩形内部（含边界）．对于A，当时，，即此时线段，周长不是定值，故A错误；对于B，当时，，故此时点轨迹为线段，而，平面，则有到平面的距离为定值，所以其体积为定值，故B正确．对于C，当时，，取，中点分别为，，则，所以点轨迹为线段，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图，，，，则，，，所以或．故均满足，故C错误；对于D，当时，，取，中点为．，所以点轨迹为线段．设，因为，所以，，所以，此时与重合，故D正确．故选：BD．2．（2021·天津高考真题）如图，在棱长为2的正方体中，E为棱BC的中点，F为棱CD的中点．（I）求证：平面；（II）求直线与平面所成角的正弦值．（III）求二面角的正弦值．【答案】（I）证明见解析；（II）；（III）.【解析】（I）以为原点，分别为轴，建立如图空间直角坐标系，则,,,,,,，因为E为棱BC的中点，F为棱CD的中点，所以，，所以,,,设平面的一个法向量为，则，令，则，因为，所以，因为平面，所以平面；（II）由（1）得，，设直线与平面所成角为，则；（III）由正方体的特征可得，平面的一个法向量为，则，所以二面角的正弦值为.3．（2021·全国高考真题）在四棱锥中，底面是正方形，若．（1）证明：平面平面；（2）求二面角的平面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）取的中点为，连接.因为，，则，而，故.在正方形中，因为，故，故，因为，故，故为直角三角形且，因为，故平面，因为平面，故平面平面.（2）在平面内，过作，交于，则，结合（1）中的平面，故可建如图所示的空间坐标系.则，故.设平面的法向量，则即，取，则，故.而平面的法向量为，故.二面角的平面角为锐角，故其余弦值为.4．（2021·北京高考真题）已知正方体，点为中点，直线交平面于点．（1）证明：点为的中点；（2）若点为棱上一点，且二面角的余弦值为，求的值．【答案】（1）证明见解析；（2）．【解析】(1)如图所示，取的中点，连结，由于为正方体，为中点，故，从而四点共面，即平面CDE即平面，据此可得：直线交平面于点，当直线与平面相交时只有唯一的交点，故点与点重合，即点为中点.(2)以点为坐标原点，方向分别为轴，轴，轴正方形，建立空间直角坐标系，不妨设正方体的棱长为2，设，则：，从而：，设平面的法向量为：，则：，令可得：，设平面的法向量为：，则：，令可得：，从而：，则：，整理可得：，故（舍去）.6．（2021·全国高考真题（理））已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，D为棱上的点． （1）证明：；（2）当为何值时，面与面所成的二面角的正弦值最小?【答案】（1）见解析；（2）【解析】因为三棱柱是直三棱柱，所以底面，所以因为，，所以，又，所以平面．所以两两垂直．以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图．所以，．由题设（）．（1）因为，所以，所以．（2）设平面的法向量为，因为，所以，即．令，则因为平面的法向量为，设平面与平面的二面角的平面角为，则．当时，取最小值为，此时取最大值为．所以，此时．7．（2021·全国高考真题（理））如图，四棱锥的底面是矩形，底面，，为的中点，且．（1）求；（2）求二面角的正弦值．【答案】（1）；（2）【解析】（1）平面，四边形为矩形，不妨以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，设，则、、、、，则，，，则，解得，故；（2）设平面的法向量为，则，，由，取，可得，设平面的法向量为，，，由，取，可得，，所以，，因此，二面角的正弦值为.8．（2020·天津高考真题）如图，在三棱柱中，平面，，点分别在棱和棱上，且为棱的中点．（Ⅰ）求证：；（Ⅱ）求二面角的正弦值；（Ⅲ）求直线与平面所成角的正弦值．【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）；（Ⅲ）.【解析】依题意，以为原点，分别以、、的方向为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系（如图），可得、、、、、、、、.（Ⅰ）依题意，，，从而，所以；（Ⅱ）依题意，是平面的一个法向量，，．设为平面的法向量，则，即，不妨设，可得．，．所以，二面角的正弦值为；（Ⅲ）依题意，．由（Ⅱ）知为平面的一个法向量，于是．所以，直线与平面所成角的正弦值为.9．（2020·北京高考真题）如图，在正方体中， E为的中点．（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值．【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）.【解析】（Ⅰ）如下图所示：在正方体中，且，且，且，所以，四边形为平行四边形，则，平面，平面，平面；（Ⅱ）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为，则、、、，，，设平面的法向量为，由，得，令，则，，则..因此，直线与平面所成角的正弦值为.第二部分 模拟训练一、单选题1．在平行六面体中，为与的交点，若，，，则与相等的向量是（ ）A． B．C． D．【答案】D【解析】因为六面体是平行六面体，所以四边形是平行四边形，为与的交点，所以为、的中点，，因为，所以 ，所以，故选：D2．如图，四边形和均为长方形，且，它们所在的平面互相垂直，分别为的中点，则异面直线与所成角的余弦值是（ ）A． B． C． D．【答案】B【解析】依据题意建立如图所示空间直角坐标系由，且分别为的中点所以故故所以异面直线与所成角的余弦值是故选：B3．在四面体中，，，，若与互余，则的最大值为（ ）A． B． C． D．【答案】B【解析】设，可得，则为锐角，在四面体中，，，，则，其中为锐角，且.，则，所以，当时，取得最大值.故选：B.4．已知正方体的棱长为1，点E是底面ABCD上的动点，则的最大值为（ ）A． B．1 C． D．【答案】B【解析】以点D为原点，为轴建立空间直角坐标系，则设，其中，则，所以，等号成立的条件是，故其最大值为1，故选：B．5．如图所示，在直三棱柱中，，且，，，点在棱上，且三棱锥的体积为，则直线与平面所成角的正弦值等于（ ）A． B． C． D．【答案】C【解析】由已知得底面，且，所以，解得.如图所示，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，则、、、，则，，.设平面的法向量为，则由可得，即，得，令，得，所以为平面的一个法向量.设直线与平面所成的角为，则.故选：C.6．如图，在正方体中，，、分别是、的中点，平面分别与、交于、两点，则（ ）A． B．C． D．【答案】D【解析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，如下图所示：则点、、、、、，设平面的法向量为，，，由，可得，取，则，，，，点到平面的距离为，，点到平面的距离为，所以，.、分别为、的中点，则，平面，平面，平面，平面，平面平面，.设点、，由，可得，则，解得，所以，点，同理可得点，，，，，则，因此，.故选：D. 二、填空题 7．在三棱锥中，，是正三角形，为中点，有以下四个结论：①若，则的面积为；②若，且三棱锥的四个顶点都在球的球面上，则球的体积为；③若，则三棱锥的体积为；④若，且三棱锥的四个顶点都在球的球面上，则球的表面积为.其中结论正确的序号为___________.【答案】①②④【解析】取中点，连接，以为坐标原点，为轴，为轴建立空间直角坐标系如图所示，设，则，，，，，由，是正三角形，得三棱锥为正三棱锥，设外接球球心为，半径为，则，且轴，所以，，解得，若，则，，所以，解得：，又，所以，故选项①正确；又，所以，故选项②正确；若，则，所以，解得：，，故选项③错误；又，所以，故选项④正确；故答案为：①②④.8．如图，棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，P为线段A1B上的动点(不含端点)，有下列结论：①平面A1D1P⊥平面A1AP；②多面体的体积为定值；③直线D1P与BC所成的角可能为；④APD1能是钝角三角形.其中结论正确的序号是___________(填上所有序号).【答案】①②④【解析】对于①，正方体中，，，，平面，平面，平面平面，故①正确；对于②，，到平面的距离，三棱锥的体积：，为定值，故②正确；对于③，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，，0，，，，1，，设，，，，，，，，，，假设，所以，，，所以，所以假设不成立，故③错误；对于④，见上图，由题得,设，所以，所以，当时，，即是钝角.此时APD1是钝角三角形.故④正确.故答案为：①②④9．正四棱柱中，，.若是侧面内的动点，且，则与平面所成角的正切值的最大值为___________.【答案】2.【解析】如图，以为原点建立空间直角坐标系，设点，则，，又，得即；又平面，为与平面所成角，令，当时，最大，即与平面所成角的正切值的最大值为2.故答案为：2 三、解答题10．如图，在四棱锥中，已知平面，且四边形为直角梯形，，，.（1）当四棱锥的体积为时， 求异面直线与所成角的大小；（2）求证：平面.【答案】（1）；（2）证明见解析．【解析】（1）由题意，，分别以为轴建立空间直角坐标系，如图，则，，，，∵，而，∴，∴异面直线与所成角为；（2）由（1），，此时长度不定，可设．，∵，∴，即，同理，，，平面．∴平面．11．如图，矩形中，，将矩形折起，使点与点重合，折痕为，连接、，以和为折痕，将四边形折起，使点落在线段上，将向上折起，使平面⊥平面，如图2.（1）证明：平面⊥平面；（2）连接、，求锐二面角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）证明：在平面ABCD中，AF=FC，BF+FC=AB，设，则，设BF=x，在中，，解得，则，因为点B落在线段FC上，所以，所以，又即，，平面ABE，所以平面ABE，由平面EFC可得平面ABE⊥平面EFC；（2）以为原点,为x轴，过点F平行BE的方向作为作y轴，过点F垂直于平面EFC的方向作为z轴，建立如图所示空间直角坐标系，则，，易得平面ABE的一个法向量为，作于， 因为平面DEC⊥平面FEC，所以平面，则，，，设平面DBE的一个法向量为， 则，令则，因为，所以锐二面角A-BE-D的正弦值为.12．如图，在四棱柱中，底面，，，且，．（1）求证：平面平面；（2）求二面角所成角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）证明：因为，，所以，，因为，所以，所以，即．因为底面，所以底面，所以．因为，所以平面，又平面，所以平面平面．（2）解：如图，分别以，，为，，轴，建立空间直角坐标系，则，，，，．所以，，，设平面的法向量为，则令，得．设平面的法向量为，则令，得，所以，由图知二面角为锐角，所以二面角所成角的余弦值为．
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