【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

这是一份【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，共19页。试卷主要包含了已知四棱柱的底面为菱形,平面等内容，欢迎下载使用。
（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.