专题8 立体几何与空间向量（非选择题）--《2023届浙江省高考数学一轮复习提升训练01》【解析版】

专题7 立体几何与空间向量（非选择题）

三、填空题

26．（2022·浙江·慈溪中学高三开学考试）已知正四棱柱，，，则直线与平面所成角的正弦值为___________.

【答案】##

【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值.

【详解】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，直线与平面所成角的正弦值为.

故答案为：.

27．（2022·浙江·绍兴鲁迅中学高三阶段练习）如图，在平面四边形中，，，且，将沿所在直线翻折，得到三棱锥，已知该三棱锥的顶点均在同一个球的表面上，则球体积的最小值为___________.

【答案】

【分析】根据题意找到球心的位置，从而得到半径，再结合球的体积公式即可得到结果.

【详解】

由左边的图可知，外接圆圆心分别为斜边中点，则分别过圆心作相应平面垂线，交点为球心，

由右边的图可知，因，显然可以与重合（当F与E'重合时取到：E'为⊙G(GF为半径）上的点，EE'⊥E'G），则

故答案为:

28．（2022·浙江省淳安中学高三开学考试）如图，在直三棱柱中，，点在棱上运动，则过点且与垂直的平面截该三棱柱所得的截面面积的最大值为___________.

【答案】

【分析】根据线线垂直，证明线面垂直，找到与垂直的平面，从而平面平面，由此能求出过点且与垂直的平面截该三棱柱所得的截面面积的最大值．

【详解】

取中点为，连接，交于，连接，

，，

，，

△，，

，，

，

因为三棱柱是直三棱柱，故平面,平面，

故平面平面，且平面平面,

因为,是中点，故平面,平面，

平面,，

平面,平面，

平面平面，

点在棱上运动，当点运动到点时，此时截面最大，进而面积最大，

此时面积为．

故答案为：．

29．（2022·浙江·高三开学考试）以为底的两个正三棱锥和内接于同一个球，并且正三棱锥的侧面与底面所成的角为45°，记正三棱锥和正三棱锥的体积分别为和，则__________

【答案】##

【分析】作图后由二面角的定义与勾股定理，列方程求出正三棱锥高与球的半径之比，再得两个三棱锥的高之比

【详解】如图，

正三棱锥和正三棱锥内接于同一个球，

设到底面的距离为，到底面的距离为，

则，取的中点，连接，，，记与平面的交点为，

由两个正三棱锥和内接于同一个球，故一定为球的直径，

记其中点为，且由题意可知，为正三角形的中心，

因此，，分别为正三棱锥和正三棱锥的高，，

由，，，且为的中点，可得，，，

则为正三棱锥的侧面与底面所成的角为，

，，记球的半径为，于是，

在中，由勾股定理可得，，

解得，于是，则．

故答案为：

四、解答题

30．（2022·浙江·高三阶段练习）在斜三棱柱中，，，．

(1)证明：在底面ABC上的射影是线段BC中点；

(2)求平面与平面夹角的余弦值．

【答案】(1)证明见详解

(2)

【分析】（1）先根据勾股定理可证，结合三线合一可证平面、平面，再根据线面垂直的性质和判定证明；（2）建系，分别求平面与平面的法向量，利用空间向量求面面夹角.

（1）

取的中点，连接

由题意可得：，则

∴，则

∵，则

又∵为等边三角形且为的中点，则

，且平面

∴平面

平面，则

又∵且为的中点，则

，且平面

∴平面

平面，则

，且平面

∴平面

即在底面ABC上的射影是线段BC中点M

（2）

如图，以M为坐标原点建立空间直角坐标系，则可得：

∴

设平面的法向量，则

令，则，即

平面的法向量

∴

即平面与平面夹角的余弦值为

31．（2022·浙江·高三开学考试）如图，在平面四边形中， .现将沿翻折到的位置，且二面角的平面角大小为.

(1)求证：；

(2)若，且与平面所成角的大小为，求的长.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）利用线面垂直证明异面直线垂直即可；

（2）根据已知合理建系，利用坐标关系求解线段的长；或者利用二面角的定义求解线段的长.

（1）

解：连接交于点，

，

则，平面，

平面，

；

（2）

解法1：由（1）知，，

如图建系，，

设，则.

所以.

设平面的法向量为，

所以.

令，则，

又与平面所成角的大小为，

所以，

整理得：，

解得.

解法2：由（1）知，，

过作平面，

且平面，

平面，

则就是与平面所成角.

设，则，

，则，

解得.

32．（2022·浙江·高三开学考试）如图，在四棱锥中，底面是等腰梯形，，平面平面是的中点，且为等边三角形，平面平面.

(1)设直线，求点到平面PDC的距离；

(2)求二面角的正弦值.

【答案】(1)；

(2)

【分析】（1）延长，交于点发现直线，通过图象关系可得点到平面PDC的距离是点到平面PDC的距离的2倍，通过建立空间直角坐标系，利用向量法求得点到平面PDC的距离的2倍，继而得到结果；

（2）通过向量法求解二面角的余弦值，继而求出正弦值

（1）

延长，交于点直线，

在底面中，，得为中位线，

所以为中点，

因为分别为中点，所以为的中位线，

得，所以点到平面PDC的距离是点到平面PDC的距离的2倍，

易得是等边三角形，，

取中点中点为，连接，

所以在中，，解得，

所以，所以

因为平面平面平面平面，，平面，所以平面则以为原点如图建立直角坐标系，

由题意得

，

设平面PDC的法向量

由得，令，则，

所以

所以点到平面PDC的距离为，

所以点到平面的距离是；

（2）

由（1）得：，

设平面法向量

由得，令，则，

则

设平面PBE法向量，

由得，令，则，

则

设二面角P-BE-D的平面角为

因此，二面角的正弦值是

33．（2022·浙江省桐庐中学高三阶段练习）如图，四棱锥P−ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB=AD=AC=3，PA=BC=4，M为线段AD上一点，AM=2MD，N为PC的中点.

（Ⅰ）证明MN∥平面PAB;

（Ⅱ）求直线AN与平面PMN所成角的正弦值.

【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）．

【详解】（Ⅰ）由已知得.

取的中点，连接，由为中点知，.

又，故，四边形为平行四边形，于是.

因为平面，平面，所以平面.

（Ⅱ）取的中点，连结.由得，从而，且

.

以为坐标原点， 的方向为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.由题意知，

，，，，

， ，.

设为平面 的一个法向量，则

即

可取.

于是.

【考点】空间线面间的平行关系，空间向量法求线面角．

【技巧点拨】（1）证明立体几何中的平行关系，常常是通过线线平行来实现，而线线平行常常利用三角形的中位线、平行四边形与梯形的平行关系来推证；（2）求解空间中的角和距离常常可通过建立空间直角坐标系，利用空间向量中的夹角与距离来处理．

34．（2022·浙江·绍兴鲁迅中学高三阶段练习）如图，四棱锥的底面为矩形，侧面与底面垂直，点分别在侧棱上，满足.

(1)证明：.

(2)求二面角的正弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）要证，即证平面即证平面平面；

（2）以为原点，DA为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，

利用向量夹角公式即可得到结果.

（1）

平面平面，平面平面，，

平面，平面又平面

∴平面平面，平面平面，又，

平面平面；

，又

平面平面平面平面（交线为），

同理可得，又∴平面平面.

（2）

以为原点，DA为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，

易得，，，，

由（1）知，平面故为平面的法向量，

设平面即平面的法向量，，

由得，取，

所以，

所以二面角的正弦值为.

35．（2022·浙江省苍南中学高三阶段练习）如图，在四棱锥平面平面，底面是平行四边形，.

(1)求证：

(2)求平面与平面的夹角的大小.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）由面面垂直的性质定理得面，再由线面垂直的判定定理证面，再由线面垂直的性质定理证明

（2）建立空间直角坐标系，由空间向量求解

（1）

∵∴又底面是平行四边形∴，

面面，面面.∴面，

故从而，故为正三角形.

取中点O，连接，则，

，面，面，从而面.面

故.

（2）

（法一）：

如图，建立空间直角坐标系，则，

设由得解得，

，，

设面得法向量为，则即，

取

又面的法向量是，∴

故平面与平面的夹角为.

（法二）由（1）可知，故.又，

得.故，即.

如图所示，建立空间直角坐标系，则

以下步骤同法一.

（法三）由（1）可知，故.又，

得.故，即.

设平面平面，

∵面面，

∴面，

又面，平面平面，

∴

过点P作交的延长线于点H，连接，因平面平面，

故面，且

∵，易得，

又，∴，

∴即为平面与平面的夹角.

在中，，得.

故平面与平面的夹角为.

36．（2022·浙江嘉兴·高三阶段练习）如图，在四棱台中，底面是正方形，若，，．

(1)证明：平面平面；

(2)求二面角的余弦值．

【答案】(1)证明见解析；

(2)．

【分析】（1）将四棱台补形成四棱锥，取CD中点E，连接PE，BE，根据已知易证、，再由线面垂直、面面垂直的判定即可证结论；

（2）应用几何法找到二面角的一个平面角，进而求其余弦值即可.

（1）

将四棱台补形成四棱锥，取CD中点E，连接PE，BE，

由题意知，且，，，分别是棱PA，PB，PC，PD的中点，

所以，又，，，

所以，故，

又，平面ABCD，平面ABCD，

所以平面ABCD，又平面，

所以平面平面ABCD．

（2）

由底面是正方形，则，

由（1）知：面面ABCD，面面ABCD，而面ABCD，

所以面，过D作于G，连接AG，则面，

故面面，面面，面，

所以面，又面，则，

因此∠AGD为二面角的一个平面角，

在直角△ADG中，，，则，

所以，即二面角的平面角的余弦值为．

37．（2022·浙江·杭十四中高三阶段练习）如图，在三棱柱中，所有棱长均为.

(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).

【分析】(1)取中点，连接证明⊥平面ABC即可；

(2)由题可知二面角的正弦值与二面角正弦值相等.过作于点，连接，即为所求二面角的平面角，解三角形即可.

（1）

取中点，连接则.

，，∴△为等边三角形，

，

∵，，

，，

平面，

平面，∴平面平面.

（2）

由题可知二面角的正弦值与二面角正弦值相等.

平面，过作于点，连接，

即为所求二面角的平面角，

∵，，

.

故二面角的正弦值为.

38．（2022·浙江·高三开学考试）在三棱锥中，为的垂心，连接.

(1)证明：；

(2)若平面把三棱锥分成体积相等的两部分，与平面所成角的，求平面与平面所成角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析；

(2).

【分析】（1）先证明垂直平面，再由垂直平面即可得证；

（2）根据（1）可得三棱锥体积相等，可知为中点，得出，由线面角，二面角为即可得解.

（1）

连接并延长交于点，连接，如图，

因为为的垂心，所以.

因为，，所以面.

因为面，所以，

因为，所以面，

又面，所以.

（2）

由（1）知，面把三棱锥分成两个三棱锥.

因为两个三棱锥的体积相等，所以到面的距离相等，

即为的中点.

因为，所以.

因为面，所以为与面所成的角，，

因为，

所以所求平面与平面所成二面角的平面角为，且，

所以平面与平面所成二面角的余弦值为.

39．（2022·浙江·高三开学考试）如图，在三棱柱中，，点为的中点.

(1)求的长；

(2)求直线与平面所成角的正弦值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据线线垂直可证明平面,进而线面垂直得线线垂直，在直角三角形中，即可由勾股定理进行求解.

（2）建立空间直角坐标系，根据向量运算求解平面法向量和直线方向向量，根据向量的夹角求线面角.

（1）

取中点，连.

因为，所以，

又平面,

所以平面,

因为，所以，

所以.

（2）

以为原点，所在的直线为轴，如图建立直角坐标系，

则，

因为轴，故可设

根据且可得

因为，所以，

因为，所以，故所以,

设平面的法向量，

所以所以，取，则，

所以平面的法向量，

设直线与平面所成角为，

则

40．（2022·浙江省淳安中学高三开学考试）如图，四棱锥中，为正方形，为等腰直角三角形，且，平面平面，、分别为、中点．

(1)证明：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)

【分析】（1）要证线面平行，只需在面内找一线与已知线平行即可，连接，根据中位线即可得即可求证；

（2）求线面角则可直接建立空间直角坐标系，写出线向量和面的法向量，然后根据向量夹角公式求解即可.

（1）

连接，

∵是正方形，是的中点，

∴是的中点，

∵是的中点，

∴，

∵平面，平面，

∴平面．．

（2）

建立如图所示空间直角坐标系，设，

则，，，，，

，，

设平面的法向量，则，则，

取得，

设与平面所成角为，

则，

所以与平面所成角的正弦值为

41．（2022·浙江·慈溪中学高三开学考试）如图，在四棱锥中，平面平面，是的平分线，且.

(1)若点为棱的中点，证明：平面；

(2)已知二面角的大小为，求平面和平面的夹角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析.

(2).

【分析】(1)延长交于点，连接,证明即可；

(2)以的中点为为原点 ，建立空间直角坐标系，用向量法解决问题.

（1）

延长交于点，连接，

在中，

是的平分线，且，

是等腰三角形，点是的中点，

又是的中点，

，

又平面平面，

直线平面.

（2）

在中，，

则，即，

由已知得，

又平面平面平面

所以平面，即，

所以以为二面角的平面角，

所以，

又，所以为正三角形，

取的中点为，连，则平面

如图建立空间直角坐标系，

则，

所以，

设分别为平面和平面的法向量，则

，即，取，则，

，即，取，则，

所以.

则平面和平面所成夹角的余弦值为.