新高考数学二轮专题能力提升训练专题13 运用空间向量研究立体几何问题（2）（2份，原卷版+解析版）

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1、（2021年全国高考甲卷数学（理）试题）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?
【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．
题组一、运用向量解决几何体中的距离问题
1-1、（2023·黑龙江牡丹江·牡丹江市第三高级中学校考三模）如图，在三棱柱中，平面ABC，D，E分别为AC，的中点，，．
(1)求证：平面BDE；
(2)求直线DE与平面ABE所成角的正弦值；
(3)求点D到平面ABE的距离．
【答案】(1)证明见解析；
(2)；
(3).
【详解】（1）在三棱柱中，，为，的中点，∴，
∵平面，∴平面，
∵平面，∴，
在三角形中，，为中点，∴，
∵，平面，∴平面.
（2）
如图，以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，
在直角三角形中，，，∴，
，，，，
，，，
设平面的法向量为，
，令，则，，所以，
设直线与平面所成角为，
所以.
（3）设点到平面的距离为，所以.
1-2、（2023·安徽黄山·统考三模）如图，在直角梯形中，，，四边形为平行四边形，对角线和相交于点，平面平面，，，是线段上一动点（不含端点）
(1)当点为线段的中点时，证明：//平面；
(2)若，，且直线与平面成角，求二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）证明：因为四边形为平行四边形，所以是中点，
连接，又点为线段的中点，则，且
又且，所以，
所以四边形是平行四边形，
所以，又平面，平面，
所以平面.
（2）以为原点，为轴建立空间直角坐标系（如图）.
则有，
设，，
则，
为平面的法向量，
所以，
解得（其中舍去）.所以
设平面的法向量为，
则有，
，
故可取.
设平面的法向量为，
则有，
，
故可取
所以.
所以二面角的正弦值为
1-3、（2023·四川成都·四川省成都列五中学校考三模）如图，四棱柱的侧棱⊥底面ABCD，四边形ABCD为菱形，E，F分别为，的中点.

(1)证明：四点共面；
(2)若，求点A到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）取的中点为G，连接AG，GE，由E，G分别为，的中点，

所以EG∥DC∥AB，且，
所以四边形ABEG为平行四边形，
故，
又因为F是的中点，
所以，
所以，故B，F，，E四点共面.
（2）易知四边形为菱形，且，，，，
所以菱形的面积为，
设点到平面BEF的距离为，点B到平面距离为，且，
由，得：，
因为，，
所以，
又因为，，、面，
所以面，
所以，
所以.
故点A到平面的距离为
题组二、最值问题
2-1、（2022·江苏扬州·高三期末）如图，在三棱台ABC－A1B1C1中，底面△ABC是等腰三角形，且BC＝8，AB＝AC＝5，O为BC的中点．侧面BCC1B1为等腰梯形，且B1C1＝CC1＝4，M为B1C1中点．
（1）证明：平面ABC⊥平面AOM；
（2）记二面角A－BC－B1的大小为θ，当θ∈[，]时，求直线BB1平面AA1C1C所成角的正弦的最大值．
【答案】
（1）证明见解析；
（2）.
【分析】
（1）利用线面垂直的判定定理及面面垂直的判定定理即证；
（2）设直线BB1与平面AA1C1C所成的角为α，利用坐标法可求， 然后利用导函数求最值即得.
（1）
∵△ABC是等腰三角形，O为BC的中点，
∴BC⊥AO，
∵侧面BCC1B1为等腰梯形，M为的中点，
∴BC⊥MO．
∵MO∩AO＝O，MO，AO平面AOM，
∴BC⊥平面AOM，
∵BC平面ABC，
∴平面ABC⊥平面AOM．
（2）
在平面AOM内，作ON⊥OA，
∵平面ABC⊥平面AOM，平面ABC∩平面AOM＝OA，ON平面AOM，
∴ON⊥平面ABC，
以OB，OA，ON分别为x轴、y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
∵MO⊥BC，AO⊥BC，
∴∠AOM为二面角的平面角，即∠AOM＝θ，
∴A（0，3，0），B（4，0，0），C（－4，0，0），M（0，2csθ，2sinθ），C1（－2，2csθ，2sinθ），B1（2，2csθ，2sinθ），
∴＝(－2，2csθ，2sinθ)，
设平面AA1C1C的法向量为＝(x，y，z)，其中＝(4，3，0)，＝(2，2csθ，2sinθ)，
所以，即，
则可取，
设直线BB1与平面AA1C1C所成的角为α，
则sinα＝|cs＜，＞|＝，
设f (θ)＝，θ∈[，]，则，
∴f（θ）在[，]上单调递增，
∴f（θ）∈[－2，]，即
∴，
∴．
∴直线BB1平面AA1C1C所成角的正弦的最大值为.
2-2、（南京师大附中2022—2023学年度高三第一学期10月检测）（本小题满分12分）如图，四棱锥P-ABCD的底面为矩形，平面PCD⊥平面ABCD，△PCD是边长为2等边三角形，，点E为CD的中点，点M为PE上一点（与点P，E不重合）．
（1）证明：AM⊥BD；
（2）当AM为何值时，直线AM与平面BDM所成的角最大？
【解析】（1）因为三角形是等边三角形，且E是中点，所以，
又因为面，面面，面面，
所以面，
又因为面，所以，
因为是矩形，所以，
设，所以，即，所以，
因为面面
所以面，
又因为面，
所以；
（2）设F是中点，以E为原点，所在直线为x轴，所在直线为y轴，所在直线为z轴建立空间直角坐标系
由已知得
设，则、
设面的法向量为，则，
令，有，
所以，
当且仅当时取等号，
答：当时，直线与面所成角最大
2-3、（南京市2023届高三年级学情调研）（本小题满分12分）如图，P为圆锥的顶点，O为圆锥底面的圆心，圆锥的底面直径，母线，M是PB的中点，四边形OBCH为正方形.
（1）设平面平面，证明：；
（2）设D为OH的中点，N是线段CD上的一个点，
当MN与平面PAB所成角最大时，求MN的长.
（1）因为四边形为正方形，，
平面平面，
平面.
平面，平面平面.
（2）圆锥的母线长为，
以为原点，所在的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
设，
，
为平面的一个法向量，
设与平面所成的角为，
则，令，
则
所以当时，即时，最大，亦最大，此时，
所以.
题组三、探索性问题
3-1、（2023·云南玉溪·统考一模）如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是矩形，，，M，N分别是线段AB，PC的中点．
(1)求证：MN平面PAD；
(2)在线段CD上是否存在一点Q，使得直线NQ与平面DMN所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)见解析；(2)存在，
【分析】（1）取PB中点E，连接ME，NE．由线面平行的判定定理可证得ME平面PAD，NE平面PAD，再由面面平行的判定定理即可证明；
（2）以AB、AD、AP为x、y、z轴建立如图的空间直角坐标系，由线面角的向量公式可求出Q点的位置，即可得出的值.
【详解】（1）如图，取PB中点E，连接ME，NE．
∵M，N分别是线段AB，PC的中点，∴MEPA．又∵平面PAD，平面PAD，
∴ME平面PAD，同理得NE平面PAD．
又∵，∴平面PAD平面MNE．
∵平面MNE，∴MN平面PAD．
（2）∵ABCD为矩形，∴AB⊥AD．PA⊥平面ABCD，∴AP、AB、AD两两垂直．
依次以AB、AD、AP为x、y、z轴建立如图的空间直角坐标系，
则，，，，PC中点，∴，．
设平面DMN的法向量，则，即，
取x＝1，得y＝1，z＝－1，．
若满足条件的CD上的点Q存在，设，，又，则．
设直线NQ与平面DMN所成的角为，则，
解得t＝1或t＝－3．
已知0≤t≤4，则t＝1，∴．
DQ＝1，CD＝4，CQ＝CD－DQ＝4－1＝3，．
故CD上存在点Q，使直线NQ与平面DMN所成角的正弦值为，且
3-2、（2023·山西·统考一模）如图所示，在四棱锥中，侧面平面，是边长为的等边三角形，底面为直角梯形，其中，，.
(1)求到平面的距离；
(2)线段上是否存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)；(2)存在，
【分析】（1）建立空间直角坐标系利用坐标法求得点到平面的距离；
（2）设，利用坐标法结合两平面夹角余弦值列方程，解得即可.
【详解】（1）取的中点，连接，，
为等边三角形，
，
又平面平面，平面平面，
平面，
如图所示，以为坐标原点，直线，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，
，，
设平面的法向量为，
，，即，令，则，
又，
故到平面的距离；
（2）设，，，
，
则，，
设平面的法向量为，
，，则，令，则，
又平面的法向量为，
于是，
化简得，又，得，
即，
故存在点，此时.
3-3、（2023·江苏南京·南京市秦淮中学校考模拟预测）如图，三棱柱的侧棱底面，，E是棱上的动点，F是的中点，，，．
（1）当是棱的中点时，求证：平面；
（2）在棱上是否存在点，使得二面角的余弦值是？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）存在，.
【分析】（1）取的中点，连接、，证明出四边形为平行四边形，可得出，再利用线面平行的判定定理可证得平面；
（2）以为坐标原点，射线、、分别为轴、轴、轴正半轴建立空间直角坐标系，设点，利用空间向量法可得出关于的方程，结合的取值范围可求得的值，由此可得出结论.
【详解】（1）证明：取的中点，连接、．
、分别是、的中点，且，
在三棱柱中，且，
为的中点，则且，且，
所以，四边形为平行四边形，则，
平面，平面，平面；
（2）以为坐标原点，射线、、分别为轴、轴、轴正半轴，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，
由，得，令，可得，
易得平面的一个法向量为，
二面角的余弦值为，即
整理得，
，解得.
因此，在棱上存在点，使得二面角的余弦值是，此时．
3-4、（2023·广东佛山·统考模拟预测）如图，菱形的边长为，，将沿向上翻折，得到如图所示得三棱锥.

(1)证明：；
(2)若，在线段上是否存在点，使得平面与平面所成角的余弦值为？若存在，求出；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，或
【详解】（1）取中点，连接，

四边形为菱形，，，，，
，平面，平面，
平面，.
（2），，
，解得：；
，，；
在平面中，作，交于点，
则以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，

假设在线段上存在点，使得平面与平面所成角的余弦值为，
，，，
又，，，
，，
设平面的法向量，
则，令，解得：，，；
轴平面，平面的一个法向量，
，解得：，
当时，；当时，；
当或时，平面与平面所成角的余弦值为.
1、（2021·山东济宁市·高三二模）（多选题）如图，直四棱柱中，底面为平行四边形，，，点是半圆弧上的动点（不包括端点），点是半圆弧上的动点（不包括端点），则下列说法止确的是（ ）
A．四面体的体积是定值
B．的取值范围是
C．若与平面所成的角为，则
D．若三棱锥的外接球表面积为，则
【答案】BCD
【解析】
利用锥体的体积公式可判断A选项的正误；利用空间向量数量积的定义可判断B选项的正误；利用线面角的定义可判断C选项的正误；利用建系的方法计算出的外接球的半径的取值范围，结合球体的表面积公式可判断D选项的正误.
【详解】
因为直四棱柱，所以点到面的距离为1，
所以，
由于不为定值，得不为定值，故A错误；
在中，，
所以，
因为，所以，
所以的取值范围是，故B正确；
由于面，所以与面所成的角为，
所以，因为，所以，故C正确；
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、、、，
线段的中点为，线段的中点为，
设球心为，点，则，
由可得，
化简可得，则，
易知，则，
，因此，，D选项正确.
故选：BCD.
2、（2021·山东滨州市·高三二模）在正方体中，M是棱的中点，P是底面ABCD内(包括边界)的一个动点，若平面，则异面直线MP与所成角的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】
以不轴建立空间直角坐标系，设，得出各点坐标，取中点，中点，利用向量共线得出直线平行，同理，得线面平行后再得面面平行，从而得在线段上，由异面直线所成角的定义得与所成的锐角或直角即为异面直线所成的角，易得其范围．
【详解】
如图，以不轴建立空间直角坐标系，设，
则，，取中点，中点，连接，则，，
，，
所以，同理，
又平面，平面，所以平面，
同理平面，而，平面，
所以平面平面，
P是底面ABCD内(包括边界)的一个动点，若平面，则在线段上．
因为，所以与所成的角，就是与所成的锐角或直角．
是等边三角形，与所平角最大为（为中点时），最小为（与或重合时），
所以所求角的范围是．
故选：C．
3、（2022·山东青岛·高三期末）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，为的中点，.
（1）求证：平面平面；
（2）求点A到平面的距离.
【答案】
（1）证明见详解
（2）
【分析】
（1）由面面垂直判定定理出发，进行逆向分析，通过线面垂直、线线垂直之间的关系，结合已知条件进行不断转化可证；
（2）借助第一问寻找两两垂直的直线为坐标轴建立空间直角坐标系，利用向量求解即可.
（1）
连接BD，记AD中点为O，连接OF，
为菱形
O、F分别为AD、AB的中点
又平面POF，OF平面POF
平面POF
平面POF
又平面ABCD，AC平面ABCD
平面ABCD
平面PAD
平面PAD平面ABCD
（2）
因为AB=AD，
所以为正三角形
由（1）可知AD、OB、PO两两垂直，于是如图建立空间直角坐标系，
则
所以
设向量为平面PDF的法向量，
则，取，得
所以点A到平面PDF的距离.
4、（2023·辽宁沈阳·统考三模）如图，在三棱锥中，，，，，点D为BC中点．
(1)求二面角的余弦值；
(2)在直线AB上是否存在点M，使得PM与平面PAD所成角的正弦值为，若存在，求出点M的位置；若不存在，说明理由．
【答案】(1)
(2)存在，M是AB的中点或A是MB的中点．
【详解】（1）∵PC⊥AC，∴∠PCA=90°，
∵AC=BC，PA=PB，PC=PC，
∴，
∴∠PCA=∠PCB=90°，即，
又，AC、平面ACB，
∴平面ACB，∴PC，CA，CB两两垂直，
故以C点为坐标原点，
分别以CB，CA，CP所在直线为x轴，y轴，z轴，
建立空间直角坐标系，如图，
则，，，，
，，
设平面PAD的一个法向量，
则，取，得，
易知平面PDB的一个法向量为，
∴，
设二面角的平面角为，
∵是钝角，∴．
（2）存在，M是AB的中点或A是MB的中点．
由（1）知，设，则，
，，
∵，
解得或，
∴M是AB的中点或A是MB的中点．
5、（2023·吉林·统考三模）如图，在多面体中，四边形和四边形均是等腰梯形，底面为矩形，与的交点为，平面，且与底面的距离为，
(1)求证：平面；
(2)在线段上是否存在一点，使得与平面所成角的正弦值为．若存在，请确定点的位置；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析;
(2)存在；是的中点.
【详解】（1）证明：取中点，连接．
∵是底面对角线与的交点，即的中点
∴∥，=.
∵∥平面，平面，平面平面，∴.
∵．
∴∥，=，故∥，＝，则四边形是平行四边形.
∴
∵平面，平面
∴平面.
（2）∵ ∴
∵， ,且两直线在平面内， ∴平面.
∵平面 ∴平面平面
在平面中，过作.
平面平面 ∴平面.
取中点，取中点，连接,．
以为原点，,，所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系
如图，
则，，，，，，有，，，
设，
∴ ∴.
设是平面的一个法向量,
∴ 令，则，∴
设CM与平面ADE所成角为
∴
化简得： ∴或－1（舍）
当M是BF的中点时，使得CM与平面ADE所成角正弦值为