2023年高考数学大题专练专题09空间向量与立体几何试题含解析

这是一份2023年高考数学大题专练专题09空间向量与立体几何试题含解析，共42页。试卷主要包含了如图，在三棱柱中，，，已知四棱锥中，四边形为菱形，，等内容，欢迎下载使用。
 专题9 立体几何中的探索性问题
1．（2022·全国·高考真题）如图，直三棱柱的体积为4，的面积为．

(1)求A到平面的距离；
(2)设D为的中点，，平面平面，求二面角的正弦值．
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】（1）由等体积法运算即可得解；
（2）由面面垂直的性质及判定可得平面，建立空间直角坐标系，利用空间向量法即可得解.
(1)在直三棱柱中，设点A到平面的距离为h，
则，
解得，
所以点A到平面的距离为；
(2)
取的中点E,连接AE,如图，因为，所以,
又平面平面，平面平面，
且平面，所以平面，
在直三棱柱中，平面，
由平面，平面可得，，
又平面且相交，所以平面，
所以两两垂直，以B为原点，建立空间直角坐标系，如图，

由（1）得，所以，，所以，
则,所以的中点，
则，,
设平面的一个法向量，则，
可取，
设平面的一个法向量，则，
可取，
则，
所以二面角的正弦值为.
2．（2022·浙江·高考真题）如图，已知和都是直角梯形，，，，，，，二面角的平面角为．设M，N分别为的中点．

(1)证明：；
(2)求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)．
【解析】
【分析】
（1）过点、分别做直线、的垂线、并分别交于点、，由平面知识易得，再根据二面角的定义可知，，由此可知，，，从而可证得平面，即得；
（2）由（1）可知平面，过点做平行线，所以可以以点为原点，，、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，以及，即可利用线面角的向量公式解出．
(1)
过点、分别做直线、的垂线、并分别交于点交于点、．
∵四边形和都是直角梯形，，，由平面几何知识易知，，则四边形和四边形是矩形，∴在Rt和Rt，，
∵，且，
∴平面是二面角的平面角，则，
∴是正三角形，由平面，得平面平面，
∵是的中点，，又平面，平面，可得，而，∴平面，而平面．
(2)
因为平面，过点做平行线，所以以点为原点， ，、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，
设，则，

设平面的法向量为
由，得，取，
设直线与平面所成角为，
∴．

3．（2022·青海·海东市第一中学模拟预测（理））如图，在三棱柱中，，．

(1)证明：平面平面．
(2)设P是棱的中点，求AC与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）设，由余弦定理求出，从而由勾股定理得到，，进而证明出线面垂直，面面垂直；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解线面角的正弦值.
(1)
设．
在四边形中，∵，，连接，
∴由余弦定理得，即，
∵，
∴．
又∵，
∴，，
∴平面，
∵平面，
∴平面平面．
(2)
取AB中点D，连接CD，∵，∴，
由（1）易知平面，且．
如图，以B为原点，分别以射线BA，为x，y轴的正半轴，建立空间直角坐标系B-xyz，

则，，，，，．
，，
设平面的法向量为，则，
得，令，则取，
，，
AC与平面所成角的正弦值为．
4．（2022·内蒙古·赤峰红旗中学松山分校模拟预测（理））如图，在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD为正方形，底面ABCD，M为线段PC的中点，，N为线段BC上的动点．

(1)证明：平面平面
(2)当点N在线段BC的何位置时，平面MND与平面PAB所成锐二面角的大小为30°？指出点N的位置，并说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)点N在线段BC的中点
【解析】
【分析】
（1）由底面ABCD，可得，而，可证得平面，从而得，而，所以平面，再由面面垂直的判定定理可得结论，
（2）设，以为原点，以所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，然后利用空间向量求解即可
(1)
证明：因为底面ABCD，底面ABCD，
所以，
因为，，
所以平面，
因为平面，
所以，
因为四边形为正方形，，
所以，
因为在中，，M为线段PC的中点，
所以，
因为，
所以平面，
因为平面，
所以平面平面，
(2)
当点N在线段BC的中点时，平面MND与平面PAB所成锐二面角的大小为30°，理由如下：
因为底面，平面，
所以，
因为，
所以两两垂直，
所以以为原点，以所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示，
设，则，
设，则，
设为平面的法向量，则
，令，则，
设为平面的法向量，则
，令，则，
因为平面MND与平面PAB所成锐二面角的大小为30°，
所以，
化简得，得，
所以当点N在线段BC的中点时，平面MND与平面PAB所成锐二面角的大小为30°

5．（2022·四川·成都七中模拟预测（理））如图1，在边上为4的菱形中，，点，分别是边，的中点，，．沿将翻折到的位置，连接，，，得到如图2所示的五棱锥．

(1)在翻折过程中是否总有平面平面？证明你的结论；
(2)当四棱锥体积最大时，求直线和平面所成角的正弦值；
(3)在（2）的条件下，在线段上是否存在一点，使得二面角余弦值的绝对值为？若存在，试确定点的位置；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)在翻折过程中总有平面平面，证明见解析
(2)
(3)存在且为线段的中点
【解析】
【分析】
（1）证明出平面，进而证明面面垂直；（2）找到当平面时，四棱锥体积最大，直线和平面所成角的为，
求出，，由勾股定理得：，从而求出的正弦值；（3）建立空间直角坐标系，利用空间向量和二面角的大小，列出方程，确定点的位置
(1)
在翻折过程中总有平面平面，
证明如下：∵点，分别是边，的中点，
又，∴，且是等边三角形，
∵是的中点，∴，
∵菱形的对角线互相垂直，∴，∴，
∵，平面，平面，
∴平面，∴平面，
∵平面，∴平面平面．
(2)
由题意知，四边形为等腰梯形，
且，，，
所以等腰梯形的面积，
要使得四棱锥体积最大，只要点到平面的距离最大即可，
∴当平面时，点到平面的距离的最大值为，
此时四棱锥体积的最大值为，
直线和平面所成角的为，
连接，在直角三角形中，，，
由勾股定理得：.
．
(3)
假设符合题意的点存在．
以为坐标原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示空间直角坐标系，

则，，，，
由（2）知，，
又，且，平面，平面，
平面，
故平面的一个法向量为，
设（），
∵，
，故，
∴，，
平面的一个法向量为，
则，，
即
令，所以
，
则平面的一个法向量，
设二面角的平面角为，
则，解得：，
故符合题意的点存在且为线段的中点．
6．（2022·全国·南京外国语学校模拟预测）如图，在三棱台中，，，，侧棱平面，点是棱的中点．

(1)证明：平面平面；
(2)求二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】（1）先根据线面垂直的性质与判定证明，再根据勾股定理证明，进而根据线面垂直得到平面，从而根据面面垂直的判定证明即可（2） 为坐标原点，，，的所在的直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，再分别求解平面的一个法向量，进而得到面面角的正弦即可
(1)证明：因为平面，平面，所以，
又，，，平面，所以平面．
又平面，所以．
又因为，，所以，所以．
又，，平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面．
(2)
以 为坐标原点，，，的所在的直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，如图所示．

因为，，
所以，，，，．
设平面的一个法向量为，设平面的一个法向量为，且，，，，
因为所以令，则，，所以．
又因为所以令，则，，所以．
所以．
设二面角的大小为，则，
所以二面角的正弦值为．
7．（2022·青海·模拟预测（理））如图，在四棱锥A-BCDE中，底面BCDE为矩形，M为CD中点，连接BM，CE交于点F，G为△ABE的重心．

(1)证明：平面ABC
(2)已知平面ABC⊥BCDE，平面ACD⊥平面BCDE，BC=3，CD=6，当平面GCE与平面ADE所成锐二面角为60°时，求G到平面ADE的距离．
【答案】(1)证明见解析(2)
【解析】(1)延长EG交AB于N，连接NC,
因为G为△ABE的重心，所以点N为AB的中点，且 ,
因为 ,故 ,所以 ,
故，故 ,
而平面ABC，平面ABC,
故平面ABC；
(2)由题意知，平面ABC⊥平面BCDE，平面ABC平面BCDE=BC， ,
平面BCDE， 故平面ABC, 平面ABC,
则 ,同理，
又平面BCDE,
所以平面BCDE，
以C为原点，以CB,CD,CA所在直线分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，

设点G到平面BCDE的距离为 ，
则 ，
故 ,
设平面GCE的法向量为 ，则，即，
取，则即，
设平面ADE的法向量为 ，则，即，
取 ，则，则，
所以，解得 ，
又，
故点G到平面ADE的距离为.
8．（2022·北京市第九中学模拟预测）如图，在四棱锥中，底面ABCD是边长为2的正方形，△PAB为正三角形，且侧面PAB⊥底面ABCD，M为PD的中点．

(1)求证：PB平面ACM；
(2)求直线BM与平面PAD所成角的正弦值；
(3)求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)；
(3).
【解析】
【分析】
（1）连接，连，证明，再利用线面平行的判定推理作答.
（2）（3）取中点，连PO，证明平面，以点O为原点建立空间直角坐标系，借助空间向量求线面角的正弦，二面角的余弦作答.
(1)连接，连，如图，正方形中，N为的中点，而M为PD的中点，

则，而平面，平面，
所以平面.
(2)取中点，连，如图，正中，，

因侧面底面，侧面底面，侧面，则平面，
在平面内过O作，则射线两两垂直，
以点O为原点，射线分别为x，y，z轴非负半轴建立空间直角坐标系，
则，
，
设平面的法向量，则，令，得，
设直线与平面所成角为，则，
所以直线与平面所成角的正弦值是.
(3)
由（2）知，，
设平面的法向量，则，令，得，
于是得，显然二面角大小为锐角，
所以二面角的余弦值为.
9．（2022·内蒙古·海拉尔第二中学模拟预测（理））已知四棱锥中，四边形为菱形，，

(1)求证：是等边三角形；
(2)若，求与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）取的中点，连接、，证明出平面，可得出，可得出，再利用菱形的性质可证得结论成立；
（2）证明出，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得与平面所成角的正弦值.
(1)
证明：取的中点，连接、，
因为，为的中点，则，
因为，，平面，
平面，则，故，
因为四边形为菱形，则，所以，，
因此，为等边三角形.
(2)
解：由已知，，则，，
为的中点，所以，，
因为是边长为的等边三角形，则，
因为，则，，
因为平面，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，

则、、、，
设平面的法向量为，，，
则，取，可得，
，.
因此，与平面所成角的正弦值为.
10．（2022·广东茂名·二模）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面是等腰梯形，AD∥BC，BC=2AD， ，E是棱PB的中点，F是棱PC上的点，且A、D、E、F四点共面．

(1)求证：F为PC的中点；
(2)若△PAD为等边三角形，二面角 的大小为 ，求直线BD与平面ADFE所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）先由线面平行的判定定理证明AD∥平面PBC，再根据线面平行的性质定理即可证明EF∥AD,即可证明结论；
（2）建立空间直角坐标系，求得相关各点坐标，求得平面ADFE的法向量，根据向量的夹角公式即可求得答案.
(1)
证明：四棱锥P﹣ABCD中，AD∥BC，BC⊂平面PBC，
∴AD∥平面PBC．
由题意A、D、E、F四点共面，平面ADFE平面PBC=EF，
∴AD∥EF，而AD∥BC，∴EF∥BC，
∵E是棱PB的中点，∴F为PC中点．
(2)
如图，以BC为x轴，连接BC中点O和AD中点G,以OG为y轴，过点O作垂直于平面ABCD的直线作为z轴，建立如图所示空间直角坐标系，

因为AB=CD，BC=2AD，
设AD=a，则BC=2a， ，
所以，
，
因为△PAD为等边三角形，所以PG⊥AD，由题意知 ,
所以∠PGO为二面角 的平面角，又二面角的大小为 ，
所以 ，
因为PG⊥AD，GO⊥AD，平面PGO ，
所以AD⊥平面PGO，
过P作PH垂直于y轴于点H，
因为PH⊂平面PGO，所以AD⊥PH，
又PH⊥GH，平面ABCD， ，
所以PH垂直于平面ABCD，且 ,
，
，∴，
因为E，F分别为PB，PC的中点，
所以，
设平面ADFE的法向量为，则，
所以，取z=1，，
设BD与平面ADFE所成角为θ，
则，
即直线BD与平面ADFE所成角的正弦值为．
11．（2022·安徽省舒城中学三模（理））在四棱锥中，为正三角形，四边形为等腰梯形，M为棱的中点，且，，.

(1)求证：平面平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【解析】
【分析】
（1）为中点，连接，易得为平行四边形，即知△为等腰三角形，进而有，由等边三角形性质有，根据中位线、平行线的推论知，再根据线面垂直的判定、面面垂直的判定证结论.
（2）构建空间直角坐标系，求出直线方向向量和平面的法向量，应用空间向量夹角的坐标表示求线面角的正弦值.
(1)
若为中点，连接，

由且，故为平行四边形，
所以，又且，即为中点，
等腰△中，即，
又为正三角形，故，
因为分别为，中点，故，则，
由，面，故面，
而面，则平面平面；
(2)
过作面，由（1）可构建以为原点，为轴的空间直角坐标系，

所以，而，则，
所以，故，
若是面的一个法向量，则，令，则，所以，故直线与平面所成角的正弦值.
12．（2022·广东·大埔县虎山中学模拟预测）如图，在四棱台中，，，四边形ABCD为平行四边形，点E为棱BC的中点．

(1)求证：平面；
(2)若四边形ABCD为正方形，平面ABCD，，求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【解析】
【分析】
（1）连，利用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）以点A为原点建立空间直角坐标系，借助空间向量求解作答.
(1)
在四棱台中，四边形为平行四边形，且，点E为棱BC的中点，连，如图，

则有，，即四边形为平行四边形，
则，又平面，平面，
所以平面．
(2)
以A为坐标原点，AB为x轴，AD为y轴，为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，，
设平面的一个法向量为，则，令，得，
平面DEC的一个法向量为，则，显然二面角的平面角为钝角，
所以二面角的余弦值为.
13．（2022·全国·模拟预测（理））如图，在四棱锥中，平面，，为等边三角形，．

(1)求证：平面，且平面．
(2)已知，，求平面与平面所成锐二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）由线面垂直性质可得，结合可证得平面；根据，由线面平行的判定可证得结论；
（2）以为坐标原点可建立空间直角坐标系，利用二面角的向量求法可求得结果.
(1)
平面，平面，，
又，，平面，平面；
为等边三角形，，又，，
平面，平面，平面.
(2)
平面，平面，；
以为坐标原点，为轴正方向，作轴，可建立如图所示空间直角坐标系，

则，，，，
，，，，
设平面的法向量，
则，令，则，，；
设平面的法向量，
则，令，则，，；
，
平面与平面所成锐二面角的余弦值为.
14．（2022·浙江绍兴·模拟预测）如图，三棱台中，，，．

(1)证明：；
(2)求直线与平面所成的角．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）由题，取中点，连接，，先由线线垂直证面，即可由线面垂直证，即可证；
（2）分别以为轴建立如图空间直角坐标系，即可由向量法求所求线面角.
(1)
由题，取中点，连接，由，，则，又面，故面，
因为面，故，又，则，得证；
(2)
由题，，则，又，，
故，故.
分别以为轴建立如图空间直角坐标系，
易得，，，，，，设平面法向量，
则，令，则，
故，故直线与平面所成的角为.
即直线与平面所成的角为.

15．（2022·辽宁实验中学模拟预测）如图所示正四棱锥

(1)求证：
(2)若沿侧棱将此四棱锥剪开，四个侧面向外旋转，PAD旋转至旋转至如图所示，其中二面角与二面角相同，当时，求平面与所成的锐二面角的余弦值
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）连接，交于点，连接，面，得，从而证得平面，得线线垂直；
（2）以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，过点D且垂直于平面ABCD的直线为z轴建立空间直角坐标系，设是二面角大小为，表示出的坐标，由向量垂直求出，得的坐标，再求出平面与平面的一个法向量，则法向量夹角得二面角．
(1)
证明：连接，交于点，连接，面，平面，
，
又，，平面，所以平面，
又平面，．

(2)
以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，过点D且垂直于平面ABCD的直线为z轴建立空间直角坐标系，设点E为DA中点，则，设是中点，则，又，
所以是二面角的平面角，即，
，同理

解得：，，
             

设为平面的法向量，则 ，， ，
，，取，则，
，，
设为平面的法向量，则 ， ，，
，，取，则，，
，
与平面所成的锐二面角的余弦值为．

16．（2022·福建·三明一中模拟预测）如图，四边形为菱形，，将沿折起，得到三棱锥，点M，N分别为和的重心．

(1)证明：∥平面；
(2)当三棱锥的体积最大时，求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）延长交于点P，延长交于O点，连接,证明即可.
（2）证明两两垂直，以O为坐标原点，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，利用二面角的向量公式求解即可.
(1)
延长交于点P，延长交于O点，连接．
因为点M，N分别为和的重心，所以点P，

O分别为和的中点，所以，
又平面，平面，所以平面．
(2)当三棱锥的体积最大时，点D到底面的距离最大，
即平面平面，
连接，因为和均为正三角形，
于是，又平面平面，
所以平面，所以两两垂直，
以O为坐标原点，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则，
所以，

又二面角即二面角，
设平面的一个法向量为，则
可得，取，则，
同理设平面的一个法向量为，
则,即，取，则，
所以，
由图可知二面角为钝角，
所以二面角的余弦值为．
17．（2022·浙江湖州·模拟预测）已知四棱锥中，底面为等腰梯形，，，，是斜边为的等腰直角三角形．

(1)若时，求证：平面平面；
(2)若时，求直线与平面所成的角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【解析】
【分析】
（1）根据给定条件，证明，再利用线面垂直、面面垂直的判定推理作答.
（2）作出二面角的平面角并求出其大小，再建立空间直角坐标系，借助空间向量求解作答.
(1)
因，，，则有，即有，
又，且，平面，
于是得平面，而平面，
所以平面平面.
(2)
在平面内，过B作直线垂直于，交直线于E，有，，如图，

则为二面角的平面角，平面，，于是得，
中，，则，在中，，，，
由余弦定理得，则有，
显然平面平面，在平面内过B作，则平面，
以B为原点，分别以射线为x，y，z轴非负半轴建立空间直角坐标系，
则，，，
设平面的法向量，则，令，得
而，设与平面所成的角为，

所以与平面所成的角的正弦值为.
18．（2022·四川·成都七中模拟预测（理））如图1，在等边中，点D，E分别为边AB，AC上的动点且满足，记.将△ADE沿DE翻折到△MDE的位置并使得平面MDE⊥平面DECB，连接MB，MC得到图2，点N为MC的中点．

(1)当EN∥平面MBD时，求λ的值；
(2)试探究：随着λ值的变化，二面角B­MD­E的大小是否改变？如果改变，请说明理由；如果不改变，请求出二面角的正弦值大小．
【答案】(1)
(2)不改变，
【解析】
【分析】
（1）首先取的中点为，连接，，再结合线面平行的性质即可得到
（2）利用空间向量法求解即可.
(1)
取的中点为，连接，，

因为，，所以NP∥BC，
又DE∥BC，所以NP∥DE，即N，E，D，P四点共面，
又EN∥平面BMD，EN⊂平面NEDP，
平面NEDP∩平面MBD＝DP，
所以EN∥PD，即NEDP为平行四边形，
所以NP＝DE，则DE＝BC，即λ＝.
(2)
取的中点，连接MO，则MO⊥DE，因为平面MDE⊥平面DECB，
平面MDE∩平面DECB＝DE，且MO⊥DE，所以MO⊥平面DECB，
如图建立空间直角坐标系，

不妨设，则，，，
所以，，
设平面的法向量为，则
，即，
令，即.
又平面的法向量，
所以，
即随着值的变化，二面角的大小不变．
且.
所以二面角的正弦值为.
19．（2022·全国·模拟预测（理））如图，在四棱锥中，，，，，，平面平面.

(1)证明：平面；
(2)求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【解析】
【分析】
（1）由面面、线面垂直的性质可得，且，根据线面垂直的判定即可证结论；
（2）构建空间直角坐标系，求面、面的法向量，应用空间向量夹角的坐标表示求二面角的余弦值.
(1)
由题设，，又面面，面面，面，
所以面，而面，则，
由得：，
又，则平面.
(2)
若是的中点，连接，
由，，，，
所以，
面面，面面，面，
所以面，面，则.
综上，可构建如下空间直角坐标系，，

所以，则，
若是面的法向量，则，令，则，
若是面的法向量，则，令，则，
所以，故二面角的余弦值为.
20．（2022·上海市光明中学模拟预测）如图所示，设有底面半径为的圆锥．已知圆锥的侧面积为，为中点，．

(1)求圆锥的体积；
(2)求异面直线与所成角．
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）由圆锥侧面积公式可求得母线长，进而得到圆锥的高，利用圆锥体积公式可求得结果；
（2）解法一：取边上中点，由线面垂直的判定可证得平面，由线面垂直性质得，由此可得结果；
解法二：取圆弧中点，连结，以为坐标原点可建立空间直角坐标系，由向量运算可得，知，由此可得结果.
(1)
设圆锥母线长为，
，，即，
圆锥的高，
.
(2)
解法一：取边上中点，连结，，，
是的中位线，；
垂直于底面，垂直于底面，；
，为中点，，即；
，平面，平面，
又平面，，即异面直线与所成角为.

解法二：取圆弧中点，连结，则；
以为坐标原点，的正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，

则，，，，
，，
，即，异面直线与所成角为.