2020年高考數(shù)學一輪復習 考點45 立體幾何中的向量方法必刷題 理（含解析）

《2020年高考數(shù)學一輪復習 考點45 立體幾何中的向量方法必刷題 理（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2020年高考數(shù)學一輪復習 考點45 立體幾何中的向量方法必刷題 理（含解析）（40頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、考點45 立體幾何中的向量方法 1．（遼寧省沈陽市2019屆高三教學質量監(jiān)測三數(shù)學理）如圖，四棱錐中，底面是邊長為2的正方形，側面底面，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：∵側面底面，側面底面，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

2、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2019屆高三下學期高考模擬卷一數(shù)學理）如圖所示，圓O的直徑AB＝6，C為圓周上一點，BC＝3，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°，PA⊥PC． （1）證明：AP⊥平面PBC （2）求二面角P—AB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，，

3、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，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屆高三下學期第三次診斷性考試數(shù)學理）如圖，在四棱錐中，底面是菱形，且，，，分別為，的中點，且. （1）求證：

4、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PO⊥AD，垂足為O，連結AO，BO， 由∠PAD=120°，得∠PAO=60°， ∴在Rt△PAO中，PO=PAsin∠PAO=2sin60°=2×=， ∵∠BAO=120°，∴∠BAO=60°，AO=AO，∴△PAO≌△BAO，∴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，∴PO⊥BO，∵AD∩BO=O，∴PO⊥平面ABCD， 又PO?平面PAD，∴平面PAD⊥平面ABCD． （2）以

5、O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）， 設平面ACE的法向量=（x，y，z），則， 取x=1，得=（1，-，1）， 設銳二面角的平面角的大小為θ，則cosθ=|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】

6、（1）證明見解析；（2）. 【解析】 （1）證明：作SA中點F，連接EF ∵E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，則 ∴ 設平面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)班第三次質量檢測數(shù)學理）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

7、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．（湖南省師范大學附屬中學2019屆高三考前演練（五)數(shù)學（理）在五邊形AEBCD中，，C，，，（如圖）.將△ABE

8、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為坐標原點，以OB，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

9、，0），A（-1，0，0），B（1，0，0），C（1，1，0），D（0，1，0）， E（0，0，1），則，， 設平面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， 設平面ECD與平面ABE所成的銳二面角為θ，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，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 ，

10、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屆高三第三次質量檢測理）

11、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，，， 設平面的法向量為，設平面的法向量為， 則，取， 則， ?。? 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)合質量檢測數(shù)學理）在四棱錐中，底面為平行四邊形，平面平面，是邊長為

12、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

13、，， ，， 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)學理）如圖，在四棱柱中，側棱底面，，，，，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，

14、 ，面 面 （II）設面的法向量，且， ，令，則， 設面的法向量，且， ，令，則， 即二面角的正弦值是 （III）設，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、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； （Ⅱ）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；（Ⅱ）． 【解析】 （Ⅰ）證明：∵底面，底面， ∴． 取的中點，連接， ∵是等邊三角形，，

15、 ∴，， ∴點共線，從而得， 又， ∴平面， ∵平面， ∴平面平面. （Ⅱ）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， ∴, 設平面的法向量為， 由，得， 令，得． 設，則， ∴， ∴當時，有最小值，且，此時． 設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質量檢查考試數(shù)學理）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

16、，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)學理）如圖1，在矩形ABCD中，AB＝4，

17、AD＝2，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）． （Ⅰ）求證：BC⊥平面POF； （Ⅱ）求直線PA與平面PBC所成角的正弦值； （Ⅲ）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】（Ⅰ）見解析；（Ⅱ）；（Ⅲ）見解析 【解析】 （Ⅰ）在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝2，E是CD中點，所以DA＝DE，即PA＝PE， 又F為AE的中點，所以PF⊥AE，又平面PAE⊥平面ABCE，平面PAE∩平面ABCE＝AE， PF?平面PAE，所以PF⊥平

18、面ABCE，BC?平面ABCE，所以PF⊥BC， 由F，O分別為AE，BC的中點，易知FO∥AB，所以OF⊥BC，所以BC⊥平面POF， （Ⅱ）過點O做平面ABCE的垂線OZ，以O為原點，分別以OF，OB，OZ為x，y，z軸建立坐標系O﹣xyz， 則 ∴，設平面PBC的法向量為 由得，令z＝3得， ， 所以直線PA與平面PBC所成角的正弦值. （Ⅲ）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，設則， , 若AM∥平面PBC，則， 由得，解得λ＝2?[0，1] 所以在線段PE上不存在點M，使得AM∥平面PBC． 14．（湖南省長沙

19、市第一中學2018屆高三下學期高考模擬卷三數(shù)學理）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； （Ⅱ）求直線與平面所成角的正弦值. 【答案】（Ⅰ）見解析.( Ⅱ) . 【解析】 （Ⅰ）∵，∴，∴. ∵四邊形為菱形，∴，∴，∴，∴. ∵，∴； 又，，∴，∴， ∴，∴，∴. 又∵，∴平面. ∵平面， ∴平面平面. （Ⅱ）建立如圖坐標系，則，，，，，，設平面的法向量， 由得，取， ∴. 設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)學理）如圖，已知圓柱，底面

20、半徑為1，高為2，是圓柱的一個軸截面，動點從點出發(fā)沿著圓柱的側面到達點，其路徑最短時在側面留下的曲線記為：將軸截面繞著軸，逆時針旋轉 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

21、直角坐標系， 可得，所以， 設平面的法向量為，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屆高三第二輪復習質量檢測數(shù)學理）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， ， 設是平面BDE的

22、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屆高三下學期二模聯(lián)考數(shù)學理）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，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，，，，.

23、設，則,, 設， ∴ ∴， ∴., 設平面的法向量， ∵，∴. 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，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

24、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，則，， 設平面的法向量， 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屆高三下學期第三次統(tǒng)考數(shù)學理）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： （Ⅰ）證明：平面平面； （Ⅱ）若點為棱上一點且，求二

25、面角的余弦值． 【答案】（Ⅰ）證明見解析；（Ⅱ）. 【解析】 解：（Ⅰ）設的中點為，連接，． 由題意，得，， ． 在中，，為的中點， ， 在中，，，， ， ． ，，平面，平面， 平面，平面平面． （Ⅱ）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， ， ， ，， ， ， ， ． 設平面的法向量為， 則由得： ．令，得，，即． 設平面的法向量為， 由得： ，令，得，z＝1，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)質檢數(shù)學理）四棱錐中，平面，，，，，． （1）

26、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，．則， . 因為，所以，即， 解得，或．因為，所以． 所以，即． 設為平面的一個法向量，則， 所以取， 設直線與平面所成角為， , 所以直線與平面

27、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DO,AO，所以DO⊥BC，AO⊥BC， 因為，所以BC⊥平面AOD，所以BC⊥AD， 又因為BM⊥AD，，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

28、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 ，則， 又因為， 所以， 在中，， 所以 ， ， 所以， 所以，， 設是平面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2019屆高三下學期沖刺（二)數(shù)學（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；

29、 (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， 所以平面平面. (2)設與的交點為，連結. 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，則點， ，，．設平面的法向量， 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

30、．（陜西省渭南市2019屆高三二模數(shù)學理）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． (Ⅰ)求證：平面平面． (Ⅱ)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】(Ⅰ)見解析. (Ⅱ) . 【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

31、市2019屆高三模擬檢測（三)數(shù)學理）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BD⊥AD， 又因正方形ADEF 與梯形ABCD所在平面互相垂直，則ED⊥平面ABCD， 則ED⊥BD，而AD∩ED=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，設平面BDM的法向量為，=（-，，1），=（0，2，0）， 由·=0，·=0，.可得 可取=（，0，2），則. 設二面角E-BD-M的平面角為α，顯然α為銳角， 故． 40