2023年高考数学大题专练专题08立体几何垂直平行的证明试题含解析

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 专题8 立体几何平行垂直的证明
一、解答题
1．（2022·全国·高考真题（理））如图，四面体中，，E为的中点．

(1)证明：平面平面；
(2)设，点F在上，当的面积最小时，求与平面所成的角的正弦值．
【答案】(1)证明过程见解析
(2)与平面所成的角的正弦值为
【解析】
【分析】
（1）根据已知关系证明，得到，结合等腰三角形三线合一得到垂直关系，结合面面垂直的判定定理即可证明；
（2）根据勾股定理逆用得到，从而建立空间直角坐标系，结合线面角的运算法则进行计算即可.
(1)
因为，E为的中点，所以；
在和中，因为，
所以，所以，又因为E为的中点，所以；
又因为平面，，所以平面，
因为平面，所以平面平面.
(2)
连接，由（1）知，平面，因为平面，
所以，所以，
当时，最小，即的面积最小.
因为，所以，
又因为，所以是等边三角形，
因为E为的中点，所以，，
因为，所以,
在中，，所以.
以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则，所以，
设平面的一个法向量为，
则，取，则，
又因为，所以，
所以，
设与平面所成的角的正弦值为，
所以，
所以与平面所成的角的正弦值为.

2．（2022·全国·高考真题）如图，是三棱锥的高，，，E是的中点．

(1)证明：平面；
(2)若，，，求二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）连接并延长交于点，连接、，根据三角形全等得到，再根据直角三角形的性质得到，即可得到为的中点从而得到，即可得证；
（2）过点作，如图建立平面直角坐标系，利用空间向量法求出二面角的余弦值，再根据同角三角函数的基本关系计算可得；
(1)
证明：连接并延长交于点，连接、，
因为是三棱锥的高，所以平面，平面，
所以、，
又，所以，即，所以，
又，即，所以，，
所以
所以，即，所以为的中点，又为的中点，所以，
又平面，平面，
所以平面

(2)
解：过点作，如图建立平面直角坐标系，
因为，，所以，

又，所以，则，，
所以，所以，，，，所以，
则，，，
设平面的法向量为，则，令，则，，所以；
设平面的法向量为，则，令，则，，所以；
所以
设二面角为，由图可知二面角为钝二面角，
所以，所以
故二面角的正弦值为；
3．（2022·全国·高考真题（理））在四棱锥中，底面．

(1)证明：；
(2)求PD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）作于，于，利用勾股定理证明，根据线面垂直的性质可得，从而可得平面，再根据线面垂直的性质即可得证；
（2）以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法即可得出答案.
(1)
证明：在四边形中，作于，于，
因为，
所以四边形为等腰梯形，
所以，
故，，
所以，
所以，
因为平面，平面，
所以，
又，
所以平面，
又因平面，
所以；

(2)
解：如图，以点为原点建立空间直角坐标系，
，
则，
则，
设平面的法向量，
则有，可取，
则，
所以与平面所成角的正弦值为.

4．（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．
5．（2022·青海·海东市第一中学模拟预测（文））如图，在四棱锥中，平面平面，为等边三角形，，，，是棱上一点．

(1)若，求证：平面．
(2)若，求点到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）连接，记与的交点为，连接，先证明，再由线面平行的判定定理即可证明.
（2）由等体积法，即可求出点到平面的距离.
(1)
连接，记与的交点为，连接．
由，得，，又，则，
∴，又平面，平面，
∴平面．

(2)由已知易得，，
所以在等边中，边上的高为，
所以的面积为，
易知三棱锥的体积为，
又因为，
所以点到平面的距离为．
6．（2021·上海市建平中学模拟预测）如图，三棱锥，侧棱，底面三角形为正三角形，边长为，顶点在平面上的射影为，有，且.

(1)求证：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）证明，原题即得证；
（2）以为原点，方向直线为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法求解.
(1)
解：因为，且，，所以，
所以．
因为为正三角形，所以，
又由已知可知为平面四边形，所以．
因为平面，平面，
所以平面．
(2)
解：由点在平面上的射影为可得平面，
所以，．
如图，以为原点，方向直线为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，则由已知可知，1，，，，，，0，，，，．
平面的法向量，0，，所以,
设，，为平面的一个法向量，则
由，得，令，则，，
所以平面的一个法向量， ，所以，
由图象知二面角是钝二面角，
所以二面角的余弦值为.

7．（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°

8．（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．
9．（2022·全国·模拟预测）在四棱锥中，平面，四边形是矩形，分别是的中点．

(1)求证：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）根据平行四边形，可得线线平行，进而可证明线面平行.（2）根据空间向量，计算法向量，利用法向量的夹角求二面角.
(1)
证明：取的中点，连接，，
又是的中点，所以，且．
因为四边形是矩形，所以且，所以，且．
因为是的中点，所以，所以且，
所以四边形是平行四边形，故．
因为平面，平面，
所以平面．

(2)
因为平面，四边形是矩形，所以，，两两垂直，
以点为坐标原点，直线，，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系（如图所示）．

设，所以，．
因为，分别为，的中点，
所以，，，
所以，，．
设平面的一个法向量为，
由即
令，则，，所以．
设平面的一个法向量为，
由即
令，则，，
所以．
所以．
由图知二面角为锐角，
所以二面角的余弦值为．
10．（2022·内蒙古·乌兰浩特一中模拟预测（文））如图在梯形中，，，，为中点，以为折痕将折起，使点到达点的位置，连接，

(1)证明：平面平面；
(2)当时，求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）首先根据题意易证，，从而得到平面，再根据面面垂直的判定即可证明平面平面.
（2）利用三棱锥等体积转换求解即可.
(1)
在梯形中，，所以，
在中，，，所以，
所以，即，梯形为直角梯形.
因为，，，
所以平面，
又因为平面，所以平面平面.
(2)
因为平面平面，，所以平面，
又平面，所以，
所以，即为等边三角形.
取的中点，连接，如图所示：

因为，为中点，所以.
因为平面平面，，所以平面，
因为，，
设到平面的距离为，
因为，所以，解得.
即点到平面的距离为.
11．（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．
12．（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.
13．（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.
14．（2022·浙江·三模）如图，四面体的棱平面，．

(1)证明：平面平面；
(2)若平面与平面所成锐二面角的正切值为，线段与平面相交，求平面与平面所成锐二面角的正切值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）作于M，通过余弦定理解三角形得到，即可证得平面，即可证得平面平面；
（2）作于G，于H，求出，，延长交于点N，连接，作于K，平面与平面所成锐二面角即，通过解三角形计算出即可.
(1)

作于M，连接，则，，则，
则，故．又，则，又，平面，故平面，
又平面，则平面平面．
(2)

作于G，于H，由（1）知，又，平面，则平面，
又平面，则，又，同理可得平面，，则三点共线．
由平面与平面所成锐二面角的正切值为，则，又，则．又，
则，，则．延长交于点N，连接，作于K，
易得，又，平面，则平面，又平面，则，
则平面与平面所成锐二面角即．又，则，又，则，
故，故．
15．（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.
16．（2022·宁夏中卫·三模（理））如图1，菱形中，，，于E，将沿翻折到，使，如图2．

(1)求三棱锥的体积；
(2)在线段上是否存在一点F，使∥平面？若存在，求的值；若不存在，说明理由．
【答案】(1)
(2)存在，.
【解析】
【分析】
（1）利用线面垂直的判定定理证明平面，再利用等体积法及棱锥的体积公式计算即可.
（2）设线段的中点为，线段的中点为，先证明四边形为平行四边形，再利用线面平行的判定定理证明平面，即可得出结论.
(1)
解：由题可知在菱形中，，，，
故，
所以在四棱锥中，，
又，所以平面，且，
连接，因为则,
所以.
故棱锥的体积为.
(2)
解：设线段的中点为，线段的中点为，连接，
因为点为的中点，点为的中点，
所以，
又由（1）得，，
所以，
所以四边形为平行四边形，故,
又平面，平面，
所以平面，此时点为的中点，
故.

17．（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．
18．（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.
19．（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.
20．（2022·全国·模拟预测）如图所示，四棱台的上下底面均为正方形，侧面与底面垂直，．

(1)求证：平面平面；
(2)已知四棱台的体积为．给出以下两个问题：
①求异面直线BC和的距离
②求到平面的距离．
请从以上两个问题中选取一道进行求解．
注：若两个问题均求解，则按第一个问题计分．
【答案】(1)证明见解析
(2)① ；②
【解析】
【分析】
（1）利用线面垂直的性质定理，可得平面，进而可知平面平面．
（2）先根据棱台的体积求出各条边及高的长度，若选择问题①求解，即求异面直线BC和的公垂线段AB的长度，若选择问题②求解，到平面的距离就是到直线的距离，用三角形等面积可求.
(1)在正方形ABCD中，有．
由题设，平面平面ABCD，且平面平面，
所以平面．
而平面，所以平面平面．
(2)设
方法一：利用棱台的体积公式
由勾股定理，直角梯形的高，等腰梯形的高（也就是四棱台的高）．
故四棱台的体积，解得．
方法二：复原棱锥
如图，延长各侧棱交于原棱锥的顶点P．
则四棱台的体积，其中，分别表示四棱锥和的体积．
由于两棱锥位似，因此，
所以．
由勾股定理，直角梯形的高，
等腰梯形的高（也就是四棱台的高）．
故四棱锥的高为，
，解得．

若选择问题①求解：
由（1）知，平面，且平面，故．
在正方形ABCD中，有，因此AB是异面直线BC和的公垂线段，所以异面直线BC和的距离为．故异面直线BC和的距离为．
若选择问题②求解：
同（1）可知平面平面，所以到平面的距离就是到直线的距离d．
因为为，所以．
故到平面的距离是．