专题13运用空间向量研究立体几何问题（2）（解析版）_02高考数学_2024年新高考资料_2.2024二轮复习_2024年高三数学二轮优化提优专题训练

专题 13 运用空间向量研究立体几何问题（2） 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－A B C 中，底面△ABC是等腰三角形，且BC＝8， 1 1 1 AB＝AC＝5，O为BC的中点．侧面BCC B 为等腰梯形，且B C ＝CC ＝4，M为B C 中点． 1 1 1 1 1 1 1 （1）证明：平面ABC⊥平面AOM； （2）记二面角A－BC－B 的大小为θ，当θ∈[ ， ]时，求直线BB 平面AA C C所成角的正弦的最大值． 1 1 1 1 【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BB 与平面AA C C所成的角为α，利用坐标法可求 ， 然后利用导 1 1 1 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BCC B 为等腰梯形，M为 的中点， 1 1 ∴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（0，2 cosθ，2 sinθ），C （－2，2 cosθ， 1 2 sinθ），B （2，2 cosθ，2 sinθ）， 1∴ ＝(－2，2 cosθ，2 sinθ)， 设平面AA C C的法向量为 ＝(x，y，z)，其中 ＝(4，3，0)， ＝(2，2 cosθ，2 sinθ)， 1 1 所以 ，即 ， 则可取 ， 设直线BB 与平面AA C C所成的角为α， 1 1 1 则sinα＝|cos＜ ， ＞|＝ ， 设f (θ)＝ ，θ∈[ ， ]，则 ， ∴f（θ）在[ ， ]上单调递增， ∴f（θ）∈[－2 ， ]，即 ∴ ， ∴ ． ∴直线BB 平面AA C C所成角的正弦的最大值为 . 1 1 1 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AB4，母线PH 2 2，M是PB的中点，四边形OBCH为正方形. （1）设平面POH平面PBC l，证明：l∥BC； （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. OBCH BC∥OH （1）因为四边形 为正方形， ， ∵ BC  POH,OH  POH 平面 平面 ， BC ∥ POH 平面 . ∵ BC  PBC POH  PBC l,l∥BC 平面 ，平面 平面 . 2 2,AB 4,OB2,OP2 ∵ （2） 圆锥的母线长为 ， 以O为原点，OP所在的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， P0,0,2,B0,2,0,D1,0,0,C2,2,0,M 0,1,1 则 ， (cid:7) (cid:7) (cid:7) (cid:7) (cid:7) DN DC ,2,001,ON ODDN 1,2,0 设 ，(cid:7) (cid:7) (cid:7) MN ON OM 1,21,1 ， (cid:7) OD1,0,0 为平面PAB的一个法向量， 设MN 与平面PAB所成的角为， 1,21,11,0,0 1 sin  则 ，令 ， (1)2 (21)2 1 52 23 1t1,2 t 1 1 sin   5t2 12t10 12 1 2 1 3 2 7 则 5 10 10       t t  t 5 5 1 3 2 5 1    MN   , ,1  所以当t 5时，即 3时，sin最大，亦最大，此时 3 3 ， (cid:7) 5 2 1 2 35 MN  MN   (1)2  所以     . 3 3 3 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，∴ME PA．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 .ABCDABC D ABCD 1、（2021·山东济宁市·高三二模）（多选题）如图，直四棱柱 1 1 1 1中，底面 为平行 1 四边形， AB  AA 1  2 AD1 ，BAD60，点P是半圆弧 A 1 D 1 上的动点（不包括端点），点Q是 BC 半圆弧 上的动点（不包括端点），则下列说法止确的是（ ） PBCQ A．四面体 的体积是定值 (cid:7) (cid:7) ADAP 0,4 B． 1 的取值范围是 1 tan C．若 C 1 Q 与平面ABCD所成的角为，则 2 D．若三棱锥 PBCQ 的外接球表面积为S，则 S4,13 【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 PBCQ 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 ABCDA 1 B 1 C 1 D 1，所以点 P 到面 ABCD 的距离为1， 1 1 1 V  d BCh h 所以 PBCQ 3 2 3 ， V h 由于 不为定值，得 PBCQ不为定值，故A错误； AP cosD AP  1 在Rt△APD 中， 1 1 AD ， 1 1 1 1 (cid:7) (cid:7) (cid:7) (cid:7) (cid:7) (cid:7) ADAP  AD AP  AD  AP cosD AP 4cos2D AP 所以 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ，   D AP 0, 因为 1 1   2  ，所以cosD 1 A 1 P0,1 ， (cid:7) (cid:7) ADAP 0,4 所以 1 的取值范围是 ，故B正确； CC  ABCD CQ ABCD CQC 由于 1 面 ，所以 1 与面 所成的角为 1 ， CC 1 1 所以 tan C 1 Q  CQ ，因为 CQ0,2 ，所以 tan 2，故C正确； 以点 D 为坐标原点， DB 、 DC 、 DD 1所在直线分别为 x 、 y 、 z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系，    B 3,0,0 C0,1,0 A 3,1,1 D 0,0,1 则 、 、 1 、 1 ，  3 1   3 1  M  , ,0 N , ,1 线段 的中点为  ，线段 的中点为  ， BC  2 2  AD  2 2  1 1  3 1   3 2  1 2 设球心为 O   2 , 2 ,t   ，点 Px,y,1 ，则   x 2       y 2   1 ，  3 2  1 2 由 O (cid:7) P   O (cid:7) B  可得   x 2       y 2   1t2 1t2 ，  3 2  1 2  1 2  1 2 化简可得 2t   x     y  1  y    y  12y ，则t  1  y，  2   2  2  2 2 1 1  3 1 y t   y  0,  易知 2 ，则 2  2， (cid:7)  13 OB  1t2 1,  (cid:7) 2 2 ，因此，S 4OB 4,13，D选项正确.   故选：BCD. ABCDABC D DD 2、（2021·山东滨州市·高三二模）在正方体 1 1 1 1中，M是棱 1的中点，P是底面ABCD内 ABC AC MP// (包括边界)的一个动点，若 平面 1 1，则异面直线MP与 1 1所成角的取值范围是（ ）  π        0,   ,   ,   ,  A． 3 B．6 3 C．3 2 D．3  【答案】C 【解析】 以 DA,DC,DD 1不 x,y,z 轴建立空间直角坐标系，设 AB 2 ，得出各点坐标，取 AD 中点 E ， DC 中点 C B //ME EF //AC F ，利用向量共线得出直线平行 1 ，同理 1 1，得线面平行后再得面面平行，从而得 P 在 线段EF 上，由异面直线所成角的定义得MP与EF 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】 DA,DC,DD x,y,z AB 2 如图，以 1不 轴建立空间直角坐标系，设 ， 则 A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),A 1 (2,0,2),C 1 (0,2,2),D 1 (0,0,2) ， M(0,0,1) ，取 AD 中点 E ， DC 中 F ME,EF,MF E(1,0,0) F(0,1,0) 点 ，连接 ，则 ， ， (cid:7) (cid:7) (cid:7) ME (1,0,1) C B(2,0,2)2ME ， 1 ， C B //ME EF //AC 所以 1 ，同理 1 1， C B ABC BC  ABC C B// ABC 又 1 平面 1 1， 1 平面 1 1，所以 1 平面 1 1， MF // ABC MFME M MF,ME  MEF 同理 平面 1 1，而 ， 平面 ， MEF // ABC 所以平面 平面 1 1， ABC P是底面ABCD内(包括边界)的一个动点，若 MP// 平面 1 1，则 P 在线段 EF 上． EF //AC AC 因为 1 1，所以 MP 与 1 1所成的角，就是 MP 与 EF 所成的锐角或直角．   MEF 是等边三角形，MP与EF 所平角最大为 2 （P为EF 中点时），最小为 3 （P与E或F 重合 时），   ,   所以所求角的范围是3 2． 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