新高考数学三轮冲刺天津卷押题练习第17题（2份打包，原卷版+教师版）

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题型一立体几何与空间向量
17．（15分）（2023•天津）在三棱台 SKIPIF 1 < 0 中，若 SKIPIF 1 < 0 平面 SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 分别为 SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 中点．
（Ⅰ）求证： SKIPIF 1 < 0 平面 SKIPIF 1 < 0 ；
（Ⅱ）求平面 SKIPIF 1 < 0 与平面 SKIPIF 1 < 0 所成角的余弦值；
（Ⅲ）求点 SKIPIF 1 < 0 到平面 SKIPIF 1 < 0 的距离．
【答案】（Ⅰ）证明见解答；（Ⅱ） SKIPIF 1 < 0 ；（Ⅲ） SKIPIF 1 < 0 ．
【分析】（Ⅰ）连接 SKIPIF 1 < 0 ，推得四边形 SKIPIF 1 < 0 为平行四边形，再由平行四边形的性质和线面平行的判定定理可得证明；
（Ⅱ）运用三垂线定理得到平面 SKIPIF 1 < 0 与平面 SKIPIF 1 < 0 所成角，再解直角三角形可得所求值；
（Ⅲ）运用等积法和三棱锥的体积公式可得所求距离．
【解答】解：（Ⅰ）证明：连接 SKIPIF 1 < 0 ，可得 SKIPIF 1 < 0 为△ SKIPIF 1 < 0 的中位线，
可得 SKIPIF 1 < 0 ，且 SKIPIF 1 < 0 ，
而 SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 ，
则 SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 ，
可得四边形 SKIPIF 1 < 0 为平行四边形，
则 SKIPIF 1 < 0 ，
而 SKIPIF 1 < 0 平面 SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 平面 SKIPIF 1 < 0 ，
所以 SKIPIF 1 < 0 平面 SKIPIF 1 < 0 ；
（Ⅱ）取 SKIPIF 1 < 0 的中点 SKIPIF 1 < 0 ，连接 SKIPIF 1 < 0 ，
由 SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 ，可得 SKIPIF 1 < 0 ．
由 SKIPIF 1 < 0 平面 SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 平面 SKIPIF 1 < 0 ，
可得 SKIPIF 1 < 0 ，
可得 SKIPIF 1 < 0 平面 SKIPIF 1 < 0 ．
过 SKIPIF 1 < 0 作 SKIPIF 1 < 0 ，垂足为 SKIPIF 1 < 0 ，连接 SKIPIF 1 < 0 ，
由三垂线定理可得 SKIPIF 1 < 0 ，
可得 SKIPIF 1 < 0 为平面 SKIPIF 1 < 0 与平面 SKIPIF 1 < 0 所成角．
由 SKIPIF 1 < 0 ．
在矩形 SKIPIF 1 < 0 中， SKIPIF 1 < 0 ，
所以 SKIPIF 1 < 0 ；
（Ⅲ）设 SKIPIF 1 < 0 到平面 SKIPIF 1 < 0 的距离为 SKIPIF 1 < 0 ．
在△ SKIPIF 1 < 0 中， SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 ，
则 SKIPIF 1 < 0 ．
由 SKIPIF 1 < 0 ，可得 SKIPIF 1 < 0 ，
解得 SKIPIF 1 < 0 ．
17．（15分）（2022•天津）直三棱柱 SKIPIF 1 < 0 中， SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 为 SKIPIF 1 < 0 中点， SKIPIF 1 < 0 为 SKIPIF 1 < 0 中点， SKIPIF 1 < 0 为 SKIPIF 1 < 0 中点．
（1）求证： SKIPIF 1 < 0 平面 SKIPIF 1 < 0 ；
（2）求直线 SKIPIF 1 < 0 与平面 SKIPIF 1 < 0 的正弦值；
（3）求平面 SKIPIF 1 < 0 与平面 SKIPIF 1 < 0 夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析，
（2） SKIPIF 1 < 0 ，
（3） SKIPIF 1 < 0 ．
【分析】利用中位线可证（1），建立空间直角坐标系设 SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 是平面 SKIPIF 1 < 0 的法向量，平面 SKIPIF 1 < 0 的法向量为 SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 ，可解．
【解答】解：（1）证明：取 SKIPIF 1 < 0 的中点 SKIPIF 1 < 0 ，连接 SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 ，连接 SKIPIF 1 < 0 交 SKIPIF 1 < 0 于 SKIPIF 1 < 0 ，
再连接 SKIPIF 1 < 0 ，
SKIPIF 1 < 0 ，且 SKIPIF 1 < 0 是 SKIPIF 1 < 0 的中点，则 SKIPIF 1 < 0 是 SKIPIF 1 < 0 的中点，
SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 ，
又 SKIPIF 1 < 0 平面 SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 平面 SKIPIF 1 < 0 ，
SKIPIF 1 < 0 平面 SKIPIF 1 < 0 ，
同理可得， SKIPIF 1 < 0 平面 SKIPIF 1 < 0 ，
又 SKIPIF 1 < 0 ，
SKIPIF 1 < 0 平面 SKIPIF 1 < 0 平面 SKIPIF 1 < 0 ，
SKIPIF 1 < 0 平面 SKIPIF 1 < 0 ，
（2）在直三棱柱 SKIPIF 1 < 0 中， SKIPIF 1 < 0 ，则可建立如图所示的空间直角坐标系，
又 SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 为 SKIPIF 1 < 0 中点， SKIPIF 1 < 0 为 SKIPIF 1 < 0 中点， SKIPIF 1 < 0 为 SKIPIF 1 < 0 中点．
故 SKIPIF 1 < 0 ，2， SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 ，0， SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 ，0， SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 ，0， SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 ，1， SKIPIF 1 < 0 ，
则 SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 ，0， SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 ，1， SKIPIF 1 < 0 ，
设 SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 是平面 SKIPIF 1 < 0 的法向量，则有： SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 ，即 SKIPIF 1 < 0 ，令 SKIPIF 1 < 0 ，则 SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 ，
所以 SKIPIF 1 < 0 ，
设直线 SKIPIF 1 < 0 与平面 SKIPIF 1 < 0 的夹角为 SKIPIF 1 < 0 ，则 SKIPIF 1 < 0 ，
（3） SKIPIF 1 < 0 ，0， SKIPIF 1 < 0 ，则 SKIPIF 1 < 0 ，0， SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 ，1， SKIPIF 1 < 0 ，
设平面 SKIPIF 1 < 0 的法向量为 SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 ，则有 SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 ，
即 SKIPIF 1 < 0 ，令 SKIPIF 1 < 0 ，则 SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 ，故 SKIPIF 1 < 0 ，
设平面 SKIPIF 1 < 0 与平面 SKIPIF 1 < 0 的夹角为 SKIPIF 1 < 0 ，
所以 SKIPIF 1 < 0 ．
1．异面直线所成的角
若异面直线l1，l2所成的角为θ，其方向向量分别是u，v，则cs θ＝|cs〈u，v〉|＝eq \f(|u·v|,|u||v|).
2．直线与平面所成的角
如图，直线AB与平面α相交于点B，设直线AB与平面α所成的角为θ，直线AB的方向向量为u，平面α的法向量为n，则sin θ＝|cs〈u，n〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(u·n,|u||n|)))＝eq \f(|u·n|,|u||n|).
3．平面与平面的夹角
如图，平面α与平面β相交，形成四个二面角，我们把这四个二面角中不大于90°的二面角称为平面α与平面β的夹角．
若平面α，β的法向量分别是n1和n2，则平面α与平面β的夹角即为向量n1和n2的夹角或其补角．设平面α与平面β的夹角为θ，则cs θ＝|cs〈n1，n2〉|＝eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|).
常用结论
1．线面角θ的正弦值等于直线的方向向量a与平面的法向量n所成角的余弦值的绝对值，即sin θ＝|cs〈a，n〉|，不要误记为cs θ＝|cs〈a，n〉|.
2．二面角的范围是[0，π]，两个平面夹角的范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))).
4．点到直线的距离
如图，已知直线l的单位方向向量为u，A是直线l上的定点，P是直线l外一点，设eq \(AP,\s\up6(→))＝a，则向量eq \(AP,\s\up6(→))在直线l上的投影向量eq \(AQ,\s\up6(→))＝(a·u)u，在Rt△APQ中，由勾股定理，得PQ＝eq \r(|\(AP,\s\up6(→))|2－|\(AQ,\s\up6(→))|2)＝eq \r(a2－a·u2).
5．点到平面的距离
如图，已知平面α的法向量为n，A是平面α内的定点，P是平面α外一点．过点P作平面α的垂线l，交平面α于点Q，则n是直线l的方向向量，且点P到平面α的距离就是eq \(AP,\s\up6(→))在直线l上的投影向量eq \(QP,\s\up6(→))的长度，因此PQ＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(AP,\s\up6(→))·\f(n,|n|)))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(\(AP,\s\up6(→))·n,|n|)))＝eq \f(|\(AP,\s\up6(→))·n|,|n|).
1．如图，三棱台中，，，，侧棱平面，点是的中点．
（1）求证：平面；
（2）求点到平面的距离；
（3）求平面和平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；
（2）；
（3）．
【分析】由题，以为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法即可一一解决每个问题．
【解答】（1）证明：平面，，以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
，，点是的中点，
，0，，，0，，，4，，，0，，
，0，，，2，，，3，，
则，
设平面的法向量为，
则有即令，得，，，
，
平面；
解：（2），
设平面的法向量为，
则有即令，得，，，
，
则，
点到平面的距离为；
（3）设平面与平面的夹角为，
平面的法向量为，
平面的法向量为，
则，
平面和平面夹角的余弦值等于．
2．如图所示，在三棱柱中，平面，，，是棱的中点，为棱中点．是的延长线与的延长线的交点．
（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值；
（Ⅲ）求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（Ⅰ）证明见解析；
（Ⅱ）；
（Ⅲ）．
【分析】由题建立空间直角坐标系，然后利用空间向量与空间位置的关系及空间角的关系即可一一证明和求解．
【解答】（Ⅰ）证明：在三棱柱中，平面，，
则直线，，两两垂直，
以点为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
由，
得，0，，，0，，，0，，，2，，，0，，
，2，，，1，，，4，，
设平面的法向量，则
则，令，得，
又，则，
所以，又因为平面，
所以平面；
解：由平面的法向量，又，
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为；
设平面的一个法向量，
又，
则，令，则，
设平面与平面夹角为，
则，
所以平面与平面夹角的余弦值．
3．如图，在四棱锥中，平面，，点是棱上靠近端的三等分点，点是棱上一点．
（Ⅰ）证明：平面；
（Ⅱ）求点到平面的距离；
（Ⅲ）求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（Ⅰ）证明过程见解答；（Ⅱ）；（Ⅲ）．
【分析】建立空间直角坐标系，（Ⅰ）求出直线的方向向量和平面的法向量，由两向量垂直且平面即可证得；
（Ⅱ）由点到平面的距离的向量求法计算即可；
（Ⅲ）求出平面与平面的法向量，由向量法求夹角即可．
【解答】解：由题可得，，所以，
又因为平面，所以，，两两互相垂直，
故以点为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，
则，0，，，2，，，4，，，0，，．
（Ⅰ）证明：因为，
设平面的一个法向量为，
则，令，则，所以．
又，可得，
因为平面，所以平面；
（Ⅱ）因为平面，
所以点到平面的距离等于点到平面的距离．
因为，
则点到平面的距离为；
（Ⅲ）因为，
设平面的一个法向量为，
则，令，则，，所以．
设平面与平面的夹角为，
则，
故平面与平面的夹角的余弦值为．
4．如图，四棱锥的底面是正方形，平面，，点，分别是棱，的中点，点是线段上一点．
（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）求平面与平面的夹角的余弦值；
（Ⅲ）若直线与平面所成的角的正弦值为，求此时的长度．
【答案】（Ⅰ）证明过程见解答；（Ⅱ）；（Ⅲ）1．
【分析】建立空间直角坐标系，（Ⅰ）求出直线的方向向量和平面的法向量，由两向量平行即可证明；
（Ⅱ）求出平面与平面的法向量，再求两向量的夹角即可；
（Ⅲ）设，由直线与平面所成角的向量表示建立关于的方程，求解后结合图形即可求得．
【解答】解：因为底面是正方形，平面，所以，，两两互相垂直，
以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，
则，0，，，3，，，3，，，0，，，0，，，
证明：
设平面的法向量为．
则，令，则，，
所以，
因为，所以，所以平面；
由题知，平面的一个法向量为，
由知，平面的一个法向量为，
设平面与平面的夹角为，
则；
因为点是伐段上一点，且，
所以设，
所以，
设直线与平面所成的角为，
则，
解得：或（舍，此时，所以，则，
所以的长度为1．
5．在四棱台中，底面是正方形，且侧棱垂直于底面，，，分别是与的中点．
（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）求平面与平面所成角（锐角）的大小；
（Ⅲ）求点到平面的距离．
【答案】（Ⅰ）证明见解答；（Ⅱ）；（Ⅲ）．
【分析】（Ⅰ）根据线面平行的判定定理，即可证明；
（Ⅱ）建系，利用向量法，向量夹角公式，即可求解；
（Ⅲ）建系，利用向量法，即可求解．
【解答】解：（Ⅰ）证明：如图连接，则，
，分别是与的中点，
，又平面，平面，
平面；
（Ⅱ）根据题意建系如图，
则，0，，，0，，，2，，，4，，，0，，
，，
设平面所的法向量为，
则，取，
又易知平面的法向量为，
平面与平面所成角的余弦值为：
，，
平面与平面所成角（锐角）的大小为；
（Ⅲ），平面所的法向量为，
点到平面的距离为：．
6．如图，多面体是由一个正四棱锥与一个三棱锥拼接而成，正四棱锥的所有棱长均为．
（1）在棱上找一点，使得面面，并给出证明；
（2）当时，求点到面的距离；
（3）若，求直线与面所成角的正弦值．
【答案】（1）当点为中点时，面面，证明见解答；（2）；（3）．
【分析】（1）结合条件，由线面垂直的判定定理即可证明；
（2）由等体积转化法即可求得；
（3）建立空间直角坐标系，由向量法即可求得．
【解答】解：（1）当点为中点时，面面，证明如下：
因为四棱锥是正四棱锥，所以，．
在正方形中，，所以，
在正方形中，，因为，所以，
因为，，面，所以面，
因为面，所以面面；
（2）连接，交于点，连接，，则，
又因为四棱锥是正四棱锥，
所以面，所以四边形为矩形，所以，
又，，所以面，
又，所以，
设点到面的距离为，因为，
即，所以．
所以点到面的距离为；
（3）因为四棱锥是正四棱锥，所以，，两两垂直，
以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，0，，，，，，0，，，3，，，1，，
所以，，，
设平面的法向量为，则有，
取，则，，故，，，
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为．
7．如图，正方形与梯形所在平面互相垂直，已知，，，．点为线段的中点．
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值；
（3）求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明过程见解答；（2）；（3）．
【分析】（1）由面面平行的性质即可证明；
（2）建立空间直角坐标系，由向量法求点到平面的距离即可；
（3）由向量的夹角公式即可求得平面与平面的夹角．
【解答】解：（1）证明：因为，面，面，所以平面，
同理，平面，
又，所以平面平面，
因为平面，所以平面；
（2）因为平面平面，平面平面，，平面，
所以平面，
又平面，故．
因为四边形是正方形，所以，
又，所以，，两两互相垂直，
以为原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，
则，0，，，0，，，，，，0，，，1，，，0，，，，，
所以，，，
设平面的法向量为，，，
则，
令，则，所以，，，
设直线与平面所成角的大小为，
所以，
所以直线与平面所成角的正弦值为；
（3）取平面的一个法向量，
设平面与平面夹角的大小为，
所以，
所以平面与平面夹角的余弦值是．
8．如图，在直三棱柱中，，，，分别为，的中点．
（1）求异面直线与所成角的余弦值；
（2）求点到平面的距离；
（3）求平面与平面夹角的余弦值．
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间向量计算即可；
（2）利用空间向量计算点面距离即可；
（3）利用空间向量计算面面夹角即可．
【解答】解：（1）由题意可知、、两两垂直，
如图所示建立空间直角坐标系，
则，0，，，0，，，2，，，1，，
即，
所以，
即异面直线与所成角的余弦值为；
（2）由（1）知：，
设面的一个法向量为，
则由，，有，
取，可得，，即，
所以点到平面的距离为；
（3）由（1）知：，
设面的一个法向量为，
则由，，有，
取，可得，，即，
设平面与平面夹角为，
则，
即平面与平面夹角的余弦值．
9．如图，且，，且，且，平面，．
（Ⅰ）若为的中点，为的中点，求证：平面；
（Ⅱ）求平面与平面的夹角的正弦值；
（Ⅲ）若点在线段上，且直线与平面所成的角为，求线段的长．
【答案】证明见解答；
（Ⅱ）；
（Ⅲ）．
【分析】（Ⅰ）依题意，以为坐标原点，分别以、、的方向为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系．求出对应点的坐标，求出平面的法向量及，由，结合直线平面，可得平面；
（Ⅱ）分别求出平面与平面平面的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得二面角的正弦值；
（Ⅲ）设线段的长为，，则点的坐标为，0，，求出，，，而，2，为平面的一个法向量，由直线与平面所成的角为，可得线段的长．
【解答】（Ⅰ）证明：依题意，以为坐标原点，分别以、、的方向为轴，
轴，轴的正方向建立空间直角坐标系．
可得，0，，，0，，，2，，，2，，
，0，，，1，，，0，，，，，，0，．
设，，为平面的法向量，
则，不妨令，可得，0，；
又，，，可得．
又直线平面，
平面；
（Ⅱ）解：依题意，可得，0，，，，，，，．
设，，为平面的法向量，
则，不妨令，可得，1，．
设，，为平面的法向量，
则，不妨令，可得，2，．
因此有，，于是，．
二面角的正弦值为；
（Ⅲ）解：设线段的长为，，则点的坐标为，0，，
可得，，，而，2，为平面的一个法向量，
故，．
由题意，可得，解得，．
线段的长为．
10．如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面，，，点在线段上，且．
（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值；
（Ⅲ）求平面与平面的夹角的余弦值．
【答案】（Ⅰ）证明见解答；
（Ⅱ）；
（Ⅲ）．
【分析】根据线面垂直的性质可得，利用相似三角形的判定与性质可得，结合线面垂直的判定定理即可得出结果；
（Ⅱ）根据题意和线面垂直的性质可得，，两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，求出各点的坐标，进而求出平面的一个法向量，进而求得直线的方向向量，可求直线与平面所成角的正弦值；
（Ⅲ）求得平面的一个法向量，利用空间向量求平面与平面的夹角的余弦值．
【解答】证明：平面，平面，，，，
，，，，
，，，平面，
（Ⅱ）解：平面，平面，平面，
，，为矩形，，
，，两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，4，，，0，，，3，，，0，，
，4，，，，，
设平面的一个法向量为，，，
则，令，则，，
平面的一个法向量为，2，，
又，0，，
设直线与平面所成角为，
，；
（Ⅲ）平面，取平面的法向量为，0，，
则，，
所以二平面与平面的夹角的余弦值为．
11．如图，平面，，，，，，．
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值；
（3）求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明过程见解析；
（2）；
（3）．
【分析】（1）建立如图所示的空间直角坐标系，分别求出平面的一个法向量以及，2，，进而可证得结论；
（2）利用空间向量求线面角的坐标公式即可求出结果；
（3）利用空间向量求二面角的坐标公式即可求出结果．
【解答】证明：（1）因为平面，，以为原点，分别以的方向为轴，轴，轴正方向建立空间直角坐标系，
则，0，，，0，，，2，，，1，，，0，，，2，，
因为平面，且平面，
所以，又，且，所以平面，
故是平面的一个法向量，
又，2，，可得，
又因为直线平面，所以平面；
解：（2）依题意，，
设，，为平面的法向量，
则，即，不妨令，可得，
设直线与平面所成角，因此有．
所以直线与平面所成角的正弦值为；
（3）设为平面的法向量，
则，即，不妨令，可得，1，，
所以，，
因为平面与平面夹角为锐角，
所以平面与平面夹角的余弦值为．
12．如图所示，四棱锥中，底面，，为的中点，底面四边形满足，，．
（Ⅰ）证明：平面；
（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值；
（Ⅲ）求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（Ⅰ）证明见解析；
（Ⅱ）直线与平面所成角的正弦值为；
（Ⅲ）二面角的余弦值为．
【分析】（Ⅰ）由题意可建立以点为坐标原点，直线、、分别为，，轴的空间直角坐标系，利用向量法，即可证明结论；
（Ⅱ）求出平面的一个法向量，利用向量法能求出直线与平面所成角的正弦值．
（Ⅲ）求出平面的法向量和平面的法向量，利用向量法能求出二面角的余弦值．
【解答】解：（Ⅰ）证明：底面，，
，，，
则建立以点为坐标原点，直线、、分别为，，轴的空间直角坐标系，如图所示：
则，0，，，1，，，3，，
，0，，，0，，，2，，
，2，，，1，，，0，，
，，
，，
又，、平面，
平面；
（Ⅱ）设，，是平面的一个法向量，
，2，，，2，，
则，取，则，，
平面的一个法向量为，1，，
设直线与平面所成角为，且，0，，
，，
直线与平面所成角的正弦值为；
（Ⅲ）设平面的法向量为，，，
，1，，，3，，
则，取，则，，
平面的法向量为，2，，
由（Ⅱ）得平面的法向量，1，，
，
由图形得二面角的平面角是钝角，
二面角的余弦值为．
13．如图，四棱锥中，侧面为等边三角形，线段的中点为且底面，，，是的中点．
（1）证明：平面；
（2）点在棱上，且直线与底面所成角为，求平面与平面夹角的余弦值；
（3）在（2）的条件下，求点到平面的距离．
【分析】（1）首先以点为原点，建立空间直角坐标系，求平面的法向量，根据，即可证明；
（2）根据线面角的向量公式，求点的坐标，再根据二面角的向量公式，计算求值；
（3）根据（2）的结果，可知平面的法向量为，代入点面距离的向量公式，即可求解．
【解答】解：（1）连接，因为，，
所以四边形为平行四边形，
所以，
所以，
以，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，，，，0，．
，，，
设平面的一个法向量为，
则，即，则可取，
又，
则，
又平面，
所以平面．
（2），设，，，
则，
因为点在棱上，所以，，，
即，则，
所以，
平面的法向量为，
因为直线与底面所成角为，
则，
解得，
所以，
设平面的法向量为，
则，则可取，
所以，
所以平面与平面夹角的余弦值．
（3），
则点到平面的距离．
14．在如图所示的几何体中，四边形是正方形，四边形是梯形，，，平面平面，且．
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面所成角的大小；
（3）已知点在棱上，且异面直线与所成角的余弦值为，求点到平面的距离．
【答案】（1）证明见解析；
（2）；
．
【分析】（1）先证明平面平面，再根据面面平行的性质可得平面；
（2）以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，根据二面角的向量公式可求出结果；
（3）根据异面直线和点面距的向量公式可求出结果．
【解答】（1）证明：四边形是正方形，，平面，平面．所以平面．
四边形是梯形，，平面，平面，所以平面，
平面，平面，，平面平面，
平面，平面．
（2）解：以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
则，2，，，0，，，2，，，0，，
，2，，，2，，，0，，
设平面的法向量，，，
则，取，得，，得，1，，
设平面的法向量，，，
则，取，，，得，1，，
设二面角的大小为，由图形得为钝角，
则，
因为为钝角，，
二面角的大小为，
平面与平面所成角的大小为．
（3）解：点在棱上，且异面直线与所成角的余弦值为，
设，，则，0，，，0，，，，
，
解得，线段的长为．
设平面的法向量，因为，，
则，取，得，
又，所以．
15．如图，在直三棱柱中，，，为的中点，，垂足为．
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值；
（3）求平面与平面的夹角．
【答案】（1）证明见解析；
（2）；
（3）．
【分析】（1）建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，由直线的方向向量与平面的法向量垂直及线面平行的条件得证；
（2）由空间向量法求线面角；
（3）由空间向量法求二面角．
【解答】解：（1）证明：如图，以为坐标原点，直线为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，
则，0，，，0，，，1，，，1，，，1，，，0，，
，，，
设平面的一个法向量为，
则，取．
因为，所以．
又平面，
所以平面．
（2）设，
则，因为，
所以．
即，解得，
所以．
所以，
所以直线与平面所成角的正弦值为；
（3）设平面的一个法向量为，
则，取．
因为，所以．
所以平面与平面夹角为．考点
2年考题
考情分析
空间向量与立体几何
2023年天津卷第17题
2022年天津卷第17题
最近两年对于立体几何与空间向量的考察比较简单，主要包括线面平行的判定，直线与平面的夹角，平面与平面的夹角，以及23年首次考察了点到平面的距离公式。预测24年高考不会有大的变化，仍然考察线面平行判定，以及空间中夹角和距离的运算。整体难度较低。