2020年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習 考點45 立體幾何中的向量方法必刷題 理（含解析）

考點45 立體幾何中的向量方法1（遼寧省沈陽市2019屆高三教學(xué)質(zhì)量監(jiān)測三數(shù)學(xué)理）如圖，四棱錐中，底面是邊長為2的正方形，側(cè)面底面，為上的點，且平面（1）求證：平面平面；（2）當三棱錐體積最大時，求二面角的余弦值【答案】（1）見證明；（2）.【解析】（1）證明：側(cè)面底面，側(cè)面底面，四邊形為正方形，面，面，又面，平面，面，平面，面，面，平面平面（2），求三棱錐體積的最大值，只需求的最大值令，由（1）知，而，當且僅當，即時，的最大值為如圖所示，分別取線段，中點，連接，以點為坐標原點，以，和分別作為軸，軸和軸，建立空間直角坐標系由已知，所以，令為面的一個法向量，則有，易知為面的一個法向量，二面角的平面角為，為銳角則.2（湖南省長沙市第一中學(xué)2019屆高三下學(xué)期高考模擬卷一數(shù)學(xué)理）如圖所示，圓O的直徑AB6，C為圓周上一點，BC3，平面PAC垂直圓O所在平面，直線PC與圓O所在平面所成角為60°，PAPC（1）證明：AP平面PBC（2）求二面角PAB一C的余弦值【答案】(1)見解析.(2) .【解析】（1）由已知可知，又平面平面圓，平面平面圓，平面，又，平面，平面，平面.（2）法一：過作于，由于平面平面，則平面，則為直線與圓所在平面所成角，所以.過作于，連結(jié)，則，故為二面角的平面角.由已知，在中，由得，在中，故，故，即二面角的余弦值為.法二：過作于，則平面，過作交于，以為原點，、分別為軸、軸、軸建立空間直角坐標系.則，從而，設(shè)平面的法向量，則得，令，從而，而平面的法向量為，故，即二面角的余弦值為.3（四川省綿陽市2019屆高三下學(xué)期第三次診斷性考試數(shù)學(xué)理）如圖，在四棱錐中，底面是菱形，且，分別為，的中點，且.（1）求證：平面平面；（2）求銳二面角的余弦值.【答案】（1）見解析；（2）【解析】（1）過P作POAD，垂足為O，連結(jié)AO，BO，由PAD=120°，得PAO=60°，在RtPAO中，PO=PAsinPAO=2sin60°=2×=，BAO=120°，BAO=60°，AO=AO，PAOBAO，BO=PO=，E，F(xiàn)分別是PA，BD的中點，EF=，EF是PBD的中位線，PB=2EF=2×=，PB2=PO2+BO2，POBO，ADBO=O，PO平面ABCD，又PO平面PAD，平面PAD平面ABCD（2）以O(shè)為原點，OB為x軸，OD為y軸，OP為z軸，建立空間直角坐標系，A（0，1，0），P（0，0，），B（，0，0），D（0，3，0），E（0，），F(xiàn)（，），=（0，），=（，0），易得平面ABCD的一個法向量=（0，0，1），設(shè)平面ACE的法向量=（x，y，z），則，取x=1，得=（1，-，1），設(shè)銳二面角的平面角的大小為，則cos=|cos|=，銳二面角E-AC-D的余弦值為4（四川省宜賓市2019屆高三第三次診斷性考試數(shù)學(xué)理）如圖，在四棱錐中，平面，二面角為為中點（1）求證：；（2）求與平面所成角的余弦值【答案】（1）證明見解析；（2）.【解析】（1）證明：作SA中點F，連接EFE為SD中點得平行四邊形平面為二面角的平面角 （2）作AB中點O，由（1）知 平面如圖建立空間直角坐標系設(shè)，則設(shè)平面SCD的法向量，得令 ，則AB與平面所成角的余弦值為.5（安徽省黃山市2019屆高三畢業(yè)班第三次質(zhì)量檢測數(shù)學(xué)理）如圖，在以為頂點的五面體中，面為正方形，且二面角與二面角都是.（1）證明：平面；（2）求直線與平面所成角的正弦值.【答案】（1）證明見解析；（2）.【解析】（1）面ABEF為正方形又，而,面,面面（2），則由（1）知面平面，過作，垂足為，平面以為坐標原點，的方向為軸正方向，為單位長度，建立如圖所示的空間直角坐標系 由（1）知為二面角的平面角，故，又，則， 由已知，平面又平面平面，故，由，可得平面，為二面角的平面角，設(shè)是平面的法向量，則，即，可取 . 則直線與平面BCE所成角的正弦值為 . 6（湖南省師范大學(xué)附屬中學(xué)2019屆高三考前演練（五)數(shù)學(xué)（理）在五邊形AEBCD中，C，（如圖）.將ABE沿AB折起，使平面ABE平面ABCD，線段AB的中點為O(如圖）.（1）求證：平面ABE平面DOE；（2）求平面EAB與平面ECD所成的銳二面角的大小.【答案】（1）見解析（2）45°【解析】（1）由題意，O是線段AB的中點，則.又，則四邊形OBCD為平行四邊形，又，則，因，則.，則AB平面EOD.又平面ABE，故平面ABE平面EOD. （2）由（1）易知OB，OD，OE兩兩垂直，以O(shè)為坐標原點，以O(shè)B，OD，OE所在直線分別為軸建立如圖所示的空間直角坐標系，EAB為等腰直角三角形，且AB=2CD=2BC，則，取，則O（0，0，0），A（-1，0，0），B（1，0，0），C（1，1，0），D（0，1，0），E（0，0，1），則，設(shè)平面ECD的法向量為，則有取，得平面ECD的一個法向量，因OD平面ABE.則平面ABE的一個法向量為，設(shè)平面ECD與平面ABE所成的銳二面角為，則，因為，所以，故平面ECD與平面ABE所成的鏡二面角為45°. 7（河北省保定市2019年高三第二次模擬考試理）如圖，已知四棱錐中，四邊形為矩形，.（1）求證：平面；（2）設(shè)，求平面與平面所成的二面角的正弦值.【答案】（1）見證明；（2）【解析】（1）證明： BCSD ，BCCD則BC平面SDC, 又則AD平面SDC，平面SDC SCAD又在SDC中，SC=SD=2, DC=AB，故SC2+SD2=DC2則SCSD ，又所以 SC平面SAD （2）解：作SOCD于O，因為BC平面SDC,所以平面ABCD平面SDC，故SO平面ABCD以點O為原點，建立坐標系如圖. 則S(0,0,),C(0，,0), A(2，-,0),B(2，,0) 設(shè)E(2,y,0),因為所以 即E(2,0) 令，則，令，則，所以所求二面角的正弦值為8（陜西省西安市2019屆高三第三次質(zhì)量檢測理）如圖，在三棱柱中，平面，是的中點，.（1）證明：；（2）若，求二面角的余弦值.【答案】（1）證明見解析；（2）.【解析】解：（1）證明：連接，因為在中，所以所以，因為所以，又平面，且平面，所以，所以平面，因為平面，所以（2）以為原點建立如圖所示空間直角坐標系，則，所以，設(shè)平面的法向量為，設(shè)平面的法向量為，則，取，則，取所以，即二面角的平面角的余弦值為9（河南省重點高中2019屆高三4月聯(lián)合質(zhì)量檢測數(shù)學(xué)理）在四棱錐中，底面為平行四邊形，平面平面，是邊長為4的等邊三角形，是的中點.（1）求證：；（2）若直線與平面所成角的正弦值為，求平面 與平面所成的銳二面角的余弦值.【答案】(1)見證明；(2) 【解析】（1）因為是等邊三角形，是的中點，所以.又平面平面，平面平面，平面，所以平面.所以，又因為，所以平面.所以.又因為，所以.又且，平面，所以平面.所以.（2）由（1）得平面.所以就是直線與平面所成角.因為直線與平面所成角的正弦值為，即，所以.所以，解得.則.由（1）得，兩兩垂直，所以以為原點，所在的直線分別為，軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，則點， ，所以，.令平面的法向量為，則由得解得令，可得平面的一個法向量為； 易知平面的一個法向量為， 設(shè)平面與平面所成的銳二面角的大小為，則.所以平面與平面所成的銳二面角的余弦值為.10（天津市北辰區(qū)2019屆高考模擬考試數(shù)學(xué)理）如圖，在四棱柱中，側(cè)棱底面，且點和分別為和的中點（I）求證：平面；（II）求二面角的正弦值；（III）設(shè)為棱上的點，若直線和平面所成角的正弦值為，求的長。【答案】（I）見解析（II）（III）【解析】（I）以為原點，建立如下圖所示的空間直角坐標系：則，平面的法向量又， ，面 面（II）設(shè)面的法向量，且，令，則， 設(shè)面的法向量，且，令，則， 即二面角的正弦值是（III）設(shè)，則又面的法向量，解得：或（舍），即11（東北三省三校（遼寧省實驗中學(xué)、東北師大附中、哈師大附中)2019屆高三第三次模擬考試數(shù)學(xué)理）如圖四棱錐中，底面，是邊長為2的等邊三角形，且，點是棱上的動點.（I）求證：平面平面；（）當線段最小時，求直線與平面所成角的正弦值.【答案】（I）證明見解析；（）【解析】（）證明：底面，底面， 取的中點，連接，是等邊三角形，點共線，從而得，又，平面，平面，平面平面. （）解：取中點，連接，則，底面，兩兩垂直以為原點如圖建立空間直角坐標系，則，,設(shè)平面的法向量為，由，得，令，得設(shè)，則，當時，有最小值，且，此時設(shè)直線與平面所成角為，則，直線與平面所成角的正弦值為12（安徽省蚌埠市2019屆高三年級第三次教學(xué)質(zhì)量檢查考試數(shù)學(xué)理）如圖，在以為頂點，母線長為的圓錐中，底面圓的直徑長為2，是圓所在平面內(nèi)一點，且是圓的切線，連接交圓于點，連接，.（1）求證：平面平面；（2）若是的中點，連接，當二面角的大小為時，求平面與平面所成銳二面角的余弦值.【答案】（1）詳見解析；（2）.【解析】解：（1）是圓的直徑，與圓切于點，底面圓，平面，.又在中，平面，從而平面平面.（2） ，為二面角的平面角， ，如圖建立空間直角坐標系，易知，則，由（1）知為平面的一個法向量，設(shè)平面的法向量為， ， ，即故平面的一個法向量為，. 平面與平面所成銳二面角的余弦值為.13（北京市房山區(qū)2019年高考第一次模擬測試數(shù)學(xué)理）如圖1，在矩形ABCD中，AB4，AD2，E，F(xiàn)，O分別為DC，AE，BC的中點以AE為折痕把ADE折起，使點D到達點P的位置，且平面PAE平面ABCE（如圖2）（）求證：BC平面POF；（）求直線PA與平面PBC所成角的正弦值；（）在線段PE上是否存在點M，使得AM平面PBC？若存在，求的值；若不存在，說明理由【答案】（）見解析；（）；（）見解析【解析】（）在矩形ABCD中，AB4，AD2，E是CD中點，所以DADE，即PAPE，又F為AE的中點，所以PFAE，又平面PAE平面ABCE，平面PAE平面ABCEAE，PF平面PAE，所以PF平面ABCE，BC平面ABCE，所以PFBC，由F，O分別為AE，BC的中點，易知FOAB，所以O(shè)FBC，所以BC平面POF，（）過點O做平面ABCE的垂線OZ，以O(shè)為原點，分別以O(shè)F，OB，OZ為x，y，z軸建立坐標系Oxyz，則，設(shè)平面PBC的法向量為由得，令z3得， ， 所以直線PA與平面PBC所成角的正弦值.（）在線段PE上不存在點M，使得AM平面PBC證明如下：點M在線段PE上，設(shè)則， ,若AM平面PBC，則，由得，解得20，1所以在線段PE上不存在點M，使得AM平面PBC14（湖南省長沙市第一中學(xué)2018屆高三下學(xué)期高考模擬卷三數(shù)學(xué)理）如圖，菱形的對角線與交于點，點，分別在，上，交于點.將沿折到的位置，.（I）證明：平面平面；（）求直線與平面所成角的正弦值.【答案】（）見解析.( ) .【解析】（），. 四邊形為菱形，.，；又，.又，平面.平面，平面平面.（）建立如圖坐標系，則，設(shè)平面的法向量， 由得，取，.設(shè)直線與平面所成角為，.15（安徽省蕪湖市2019屆高三5月模擬考試數(shù)學(xué)理）如圖，已知圓柱，底面半徑為1，高為2，是圓柱的一個軸截面，動點從點出發(fā)沿著圓柱的側(cè)面到達點，其路徑最短時在側(cè)面留下的曲線記為：將軸截面繞著軸，逆時針旋轉(zhuǎn) 角到位置，邊與曲線相交于點.（1）當時，求證：直線平面；（2）當時，求二面角的余弦值.【答案】（1）證明見解析；（2）.【解析】（1）方法一：當時，建立如圖所示的空間直角坐標系，則有，.設(shè)平面的法向量為，則，可取，得，.所以直線平面.方法二：在正方形中，平面，又平面所以，又，平面所以直線平面.（2）當時，以所在直線為軸，過點與垂直的直線為軸，所在的直線為軸建立如圖空間直角坐標系，可得，所以，設(shè)平面的法向量為，則，可取，得，又平面的一個法向量為，則所以二面角的余弦值為.16（山東省泰安市2019屆高三第二輪復(fù)習質(zhì)量檢測數(shù)學(xué)理）如圖，正方形邊長為，平面平面，(1)證明：；(2)求二面角的余弦值【答案】（1）證明見解析；(2).【解析】（1）證明：平面平面，平面平面，面平面，又平面，又，平面平面， 又平面.（2）解：如圖，以為坐標原點，建立空間直角坐標系，則，在直角中，易得，由（1）知為平面的一個法向量，設(shè)是平面BDE的一個法向量則即令，則，二面角的余弦值是.17（廣西桂林市、崇左市2019屆高三下學(xué)期二模聯(lián)考數(shù)學(xué)理）已知四棱錐的底面是菱形，底面，是上的任意一點.（1）求證：平面平面；（2）設(shè)，是否存在點使平面與平面所成的銳二面角的大小為？如果存在，求出點的位置，如果不存在，請說明理由.【答案】（1）見解析；（2）見解析.【解析】（1）證明：平面，平面，.四邊形是菱形，.，平面.平面，平面平面.（2）設(shè)與的交點為，以、所在直線分別為、軸，以過垂直平面的直線為軸建立空間直角坐標系（如圖），則，.設(shè)，則,設(shè)， ，.,設(shè)平面的法向量，.求得為平面的一個法向量.同理可得平面的一個法向量為平面與平面所成的銳二面角的大小為，解得：.為的中點.18（山東省青島市2019屆高考模擬檢測數(shù)學(xué)理）如圖，在圓柱中，點、分別為上、下底面的圓心，平面是軸截面，點在上底面圓周上（異于、），點為下底面圓弧的中點，點與點在平面的同側(cè)，圓柱的底面半徑為1，高為2.（1）若平面平面，證明：；（2）若直線與平面所成線面角的正弦值等于，證明：平面與平面所成銳二面角的平面角大于.【答案】（1）見證明；（2）見證明【解析】（1）由題知：面面，面面，因為，平面，所以平面，平面所以.（2）以點為坐標原點，分別以，為、軸建立空間直角坐標系.所以，設(shè)，則，設(shè)平面的法向量，因為，所以，所以，即法向量.因此 .所以，解得，所以點.設(shè)面的法向量，因為，所以，所以，即法向量.因為面的法向量，所以 ，所以面與面所成銳二面角的平面角大于.19（四川省攀枝花市2019屆高三下學(xué)期第三次統(tǒng)考數(shù)學(xué)理）已知三棱錐（如圖一）的平面展開圖（如圖二）中，四邊形為邊長等于的正方形，和均為正三角形，在三棱錐中：（）證明：平面平面；（）若點為棱上一點且，求二面角的余弦值【答案】（）證明見解析；（）.【解析】解：（）設(shè)的中點為，連接，由題意，得， 在中，為的中點， ， 在中， ，平面，平面，平面，平面平面 （）由平面， ，于是以，所在直線分別為軸，軸，軸建立如圖示空間直角坐標系，則， ， ， ， ， ， ， 設(shè)平面的法向量為，則由得： 令，得，即設(shè)平面的法向量為，由得： ，令，得，z1，即由圖可知，二面角的余弦值為20（福建省泉州市2019屆高三第二次（5月)質(zhì)檢數(shù)學(xué)理）四棱錐中，平面，（1）求證: 平面平面;（2）為棱上異于的點，且，求直線與平面所成角的正弦值【答案】（1）見解析（2）【解析】（1）證明：在與中，因為， ，所以，,即，所以.因為,所以,所以因為平面，平面，所以 ，又，所以平面，又平面， 所以平面平面 （2）過作，因為平面，所以平面，即兩兩相垂直，以為原點，所在的直線為軸，建立空間直角坐標系， 因為，所以， 設(shè)，則，. 因為，所以，即，解得，或因為，所以所以，即設(shè)為平面的一個法向量，則， 所以取， 設(shè)直線與平面所成角為， ,所以直線與平面所成角的正弦值21（福建省龍巖市2019屆高三5月月考數(shù)學(xué)理）如圖，在三棱錐中，為等邊三角形，面積是面積的兩倍，點在側(cè)棱上.（1）若，證明：平面平面；（2）若二面角的大小為，且為的中點，求直線與平面所成角的正弦值.【答案】（1）證明見解析；（2）.【解析】（1）證明：因為，所以，所以 取BC中點O，連結(jié)DO,AO，所以DOBC，AOBC， 因為，所以BC平面AOD，所以BCAD， 又因為BMAD，所以AD平面BCM，所以平面ACD平面BCM （2）由（1）知，是二面角D-BC-A的平面角，所以， 過作交延長線于G，因為BC平面AOD，平面AOD，所以，因為，所以平面如圖，以O(shè)為原點，以，的方向為軸，軸，軸的正方向建立空間直角坐標系， 設(shè) ，則，又因為，所以，在中，所以 ， ，所以， 所以，設(shè)是平面DCA的法向量，則即取，因為點是線段的中點 ，所以，所以 ， 設(shè)直線BM與平面DCA所成角的大小為，則，所以直線BM與平面CDA所成角的正弦值為22（河北省唐山市第一中學(xué)2019屆高三下學(xué)期沖刺（二)數(shù)學(xué)（理）如圖，四邊形是邊長為2的菱形，且，平面，點是線段上任意一點(1)證明：平面平面；(2)若的最大值是，求三棱錐的體積【答案】(1)見證明；(2) 【解析】 (1)因為平面，則.又四邊形是菱形，則，又,所以平面,因為AC在平面內(nèi)，所以平面平面. (2)設(shè)與的交點為，連結(jié). 因為平面，則，又為的中點，則，由余弦定理得，當AE最短時AEC最大，此時，因為AC=2,OE=. 取MN的中點H，分別以直線，為軸，軸，軸建立空間直角坐標系，設(shè)，則點， ，設(shè)平面的法向量，則,即 ，取，則，同理求得平面的法向量.因為是二面角 的平面角，則，解得或 由圖可知a<OE=,故 (舍去)，因為，則.23（陜西省渭南市2019屆高三二模數(shù)學(xué)理）已知是等腰直角三角形,分別為的中點,沿將折起,得到如圖所示的四棱錐()求證：平面平面()當三棱錐的體積取最大值時,求平面與平面所成角的正弦值【答案】()見解析. () .【解析】 (I)證明： 分別為的中點 ，又平面平面，又平面平面平面(II)，為定值當平面時，三棱錐的體積取最大值以為原點,以為坐標軸建立空間直角坐標系則，設(shè)平面的法向量為，則即，令可得平面 是平面的一個法向量平面與平面所成角的正弦值為24（陜西省咸陽市2019屆高三模擬檢測（三)數(shù)學(xué)理）如圖，正方形ADEF與梯形ABCD所在平面互相垂直，點M是EC的中點(1)求證:平面ADEF平面BDE.(2)求二面角的余弦值.【答案】(1)見證明；(2) 【解析】(1)由題可知AD=BD=2，AB=則AD2+BD2=AB²，根據(jù)勾股定理有BDAD，又因正方形ADEF 與梯形ABCD所在平面互相垂直，則ED平面ABCD，則EDBD，而ADED=D，所以BD平面ADEF.而BD平面BDE，所以平面ADEF平面BDE. (2)以D為坐標原點，分別以DA，DB，DE為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系，由題可得D（0，0，0），A（2，0，0），B（0.2，0），E（0，0，2），C（-2，2，0），M（-，1）.由(1)可得AD平面BDE，則可取平面BDE的法向量，設(shè)平面BDM的法向量為，=（-，1），=（0，2，0），由·=0，·=0，.可得可取=（，0，2），則.設(shè)二面角E-BD-M的平面角為，顯然為銳角，故40