专题02 空间向量与立体几何（解答）-北京市2021-2022学年高二上学期期末数学试题分类汇编.docx

1、北京市2021-2022学年高二数学上学期期末分类汇编专题02空间向量与立体几何（解答）一、解答题1（2022北京海淀高二期末）如图，在直三棱柱中，.M为侧棱的中点，连接，CM.(1)证明：AC平面；(2)证明：平面；(3)求二面角的大小.2（2022北京昌平高二期末）如图，在棱长为1的正方体中，M是的中点(1)求证：；(2)求证：平面；(3)求点到平面的距离3（2022北京昌平高二期末）如图，在四棱锥中，平面，(1)求证：平面；(2)求直线和平面所成角的正弦值；(3)求二面角的余弦值4（2022北京朝阳高二期末）如图，直四棱柱中，底面是边长为的正方形，点在棱上.(1)求证：；(2)从条件条件

2、条件这三个条件中选择两个作为已知，使得平面，并给出证明.条件：为的中点；条件：平面；条件：.(3)在（2）的条件下，求平面与平面夹角的余弦值.5（2022北京朝阳高二期末）如图，在四棱锥中，底面为菱形，底面，是的中点.(1)求证：平面；(2)求证：平面平面；(3)设点是平面上任意一点，直接写出线段长度的最小值.（不需证明）6（2022北京大兴高二期末）如图，在多面体中，为正方形，平面，.(1)求证：；(2)求直线与平面所成角的大小.7（2022北京延庆高二期末）在四棱锥中，平面，分别是的中点.(1)求证：平面；(2)求证：平面；(3)求直线与平面所成角的正弦值.8（2022北京丰台高二期末）如

3、图，在四棱锥中，底面是矩形，侧棱底面，点为棱的中点，. (1)求证：平面；(2)求平面与平面夹角的余弦值；(3)若为棱的中点，则棱上是否存在一点，使得平面. 若存在，求线段的长；若不存在，请说明理由.9（2022北京丰台高二期末）如图，在棱长为1的正方体中，点为线段的中点.(1)求证：；(2)求线段的长.10（2022北京石景山高二期末）如图1，在直角梯形ABCD中，且.现以为一边向梯形外作正方形ADEF，然后沿边AD将正方形ADEF折起，使，M为线段DE上的动点，如图2.(1)求二面角的大小；(2)设，若AM所在直线与平面BCE相交，求的取值范围.11（2022北京石景山高二期末）如图，在四

4、棱锥中，平面ABCD，点E为棱PD的中点.(1)求证：平面PAB；(2)求证：平面PAB.12（2022北京东城高二期末）如图，四棱锥中，底面为正方形，底面，点，分别为，的中点，平面棱(1)试确定的值，并证明你的结论；(2)求平面与平面夹角的余弦值13（2022北京西城高二期末）如图，在四棱锥中，平面，底面为平行四边形，.点在上，且平面.(1)证明：；(2)求的值；(3)求点到平面的距离.14（2022北京西城高二期末）如图，在长方体，点在上，且.(1)求直线与所成角的余弦值；(2)求二面角的余弦值.15（2022北京房山高二期末）如图，正方体的棱长为2，点为的中点.(1)求证：平面；(2)求

5、点到平面的距离；(3)判断的中点是否在平面上？说明理由.16（2022北京房山高二期末）如图，四棱锥的底面是矩形，底面，为的中点.(1)求证：；(2)求平面与平面所成的角的余弦值.17（2022北京怀柔高二期末）如图所示，在正方体中，E是棱的中点.（）求直线BE与平面所成的角的正弦值；（）在棱上是否存在一点F，使平面？证明你的结论. 18（2022北京怀柔高二期末）如图，在三棱锥中，平面平面，都是等腰直角三角形，分别为，的中点.(1)求证：平面；(2)求证：平面.19（2022北京平谷高二期末）如图，在多面体中，平面平面四边形为正方形，四边形为梯形，且，(1)求证：；(2)求直线与平面所成角的

6、正弦值；(3)线段上是否存在点，使得直线平面?若存在，求的值；若不存在，请说明理由20（2022北京平谷高二期末）如图，在直三棱柱中， 是中点.(1)求点到平面的的距离；(2)求平面与平面夹角的余弦值；21（2022北京顺义高二期末）如图，在四棱锥中，为中点，且平面.(1)求点到平面的距离；(2)线段上是否存在一点，使平面？如果不存在，请说明理由；如果存在，求的值.22（2022北京顺义高二期末）如图，四棱柱的底面为正方形，平面，点在上，且.(1)求证：；(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.参考答案：1(1)证明见详解；(2)证明见详解；(3)【分析】小问1：由于

7、，根据线面平行判定定理即可证明；小问2：以为原点，分别为轴建立空间坐标系，根据向量垂直关系即可证明；小问3：分别求得平面与平面的法向量，根据向量夹角公式即可求解(1)在直三棱柱中，且平面，平面所以AC平面；(2)因为，故以为原点，分别为轴建立空间坐标系如图所示：则，所以则所以又平面，平面故平面；(3)由，得，设平面的一个法向量为则得又因为平面的一个法向量为所以所以二面角的大小为2(1)证明见详解(2)证明见详解(3)【分析】（1）连接，可证平面，进而得证；（2）连接，设中点为，连接，结合中位线定理即可证明；（3）采用等体积法转化，由即可求解.(1)证明：连接，因为几何体为正方体，所以平面，又平

8、面，所以，又因为四边形为正方形，所以，又，所以平面，又平面，所以；(2)证明：连接，设中点为，连接，因为为中点，M为的中点，所以，又因为平面，平面，所以平面；(3)由等体积法可知，由几何关系知，则，设点到平面的距离为，则，由得.3(1)证明见详解(2)(3)【分析】（1）由线面平行性质可直接证明；（2）（3）通过建系法，结合线面角的正弦公式和二面角夹角的余弦公式即可求解.(1)（1）因为，平面，平面，所以平面；(2)因为平面，故以方向为轴正方向，方向为轴正方向，方向为轴正方向，建立空间直角坐标系，则，设平面的法向量为，则，即，令，得，设直线和平面所成角为，则；(3)易知为平面的法向量，则，因为

9、二面角的平面角为钝角，所以二面角的余弦值为4(1)证明见解析；(2)答案见解析；(3).【分析】（1）连结，由直四棱柱的性质及线面垂直的性质可得，再由正方形的性质及线面垂直的判定、性质即可证结论.（2）选条件，设，连结，由中位线的性质、线面垂直的性质可得、，再由线面垂直的判定证明结论；选条件，设，连结，由线面平行的性质及平行推论可得，由线面垂直的性质有，再由线面垂直的判定证明结论；（3）构建空间直角坐标系，求平面、平面的法向量，应用空间向量夹角的坐标表示求平面与平面夹角的余弦值.（1）连结，由直四棱柱知：平面，又平面， 所以，又为正方形，即，又，平面，又平面，.（2）选条件，可使平面.证明如下

10、：设，连结，又，分别是，的中点，.又，所以.由（1）知：平面，平面，则.又，即平面.选条件，可使平面.证明如下：设，连结.因为平面，平面，平面平面，所以，又，则.由（1）知：平面，平面，则.又，即平面.（3）由（2）可知，四边形为正方形，所以.因为，两两垂直，如图，以为原点，建立空间直角坐标系，则， 所以，.由（1）知：平面的一个法向量为.设平面的法向量为，则，令，则.设平面与平面的夹角为，则，所以平面与平面夹角的余弦值为.5(1)证明见解析(2)证明见解析(3)【分析】（1）设，连结，根据中位线定理即可证，再根据线面平行的判定定理，即可证明结果；（2）由菱形的性质可知，可证，又底面，可得，再

11、根据面面垂直的判定定理，即可证明结果；（3）根据等体积法，即，经过计算直接写出结果即可.(1)证明：设，连结.因为底面为菱形，所以为的中点，又因为E是PC的中点，所以.又因为平面，平面，所以平面.(2)证明：因为底面为菱形，所以.因为底面，所以.又因为，所以平面.又因为平面，所以平面平面.(3)解：线段长度的最小值为.6(1)证明见解析(2)【分析】（1）设G为DE的中点，连接FG，AG，可证ABFG为平行四边形，由线面平行的判定定理可证明结论；（2）以D为坐标原点建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解线面角即可.（1）设G为DE的中点，连接FG，AG，由已知，且，所以四边形CFGD是平行四边

12、形，又ABCD为正方形， 所以ABFG为平行四边形，所以，又平面，平面，所以.（2）因为为正方形，平面，以D为坐标原点建立如图空间直角坐标系，所以，设平面的一个法向量为， 则即令，得.于是.设直线与平面所成角为，则，即，所以直线与平面所成的角为.7(1)证明见解析；(2)证明见解析；(3).【分析】(1)根据给定条件证得即可推理作答.(2)由已知条件，以点A作原点建立空间直角坐标系，借助空间位置关系的向量证明即可作答.(3)利用(2)中信息，借助空间向量求直线与平面所成角的正弦值.(1)在四棱锥中，因分别是的中点，则，因平面，平面，所以平面.(2)在四棱锥中，平面，以点A为原点，射线AB，AD

13、，AP分别为x，y，z轴非负半轴建立空间直角坐标系，如图，则，而且，则，设平面的法向量，由，令，得，又，因此有，所以平面.(3)由(2)知，令直线与平面所成角为，则有，所以直线与平面所成角的正弦值.8(1)证明见解析(2)(3)不存在，理由见解析【分析】（1）根据题意建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量为，由证明即可； （2）易知(0，2，0)是平面的一个法向量，设平面与平面的夹角为，由求解；（3）根据判断.(1)解：因为底面是矩形，所以.因为平面，所以，.以为原点，所在直线分别为轴、轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则(0，0，0)，(1，0，0)，(1，2，0)，(0，2，0)，(

14、0，0，2)，(0，1，1)，所以(1，2，0)，(0，1，1)，(1，0，2).设平面的一个法向量为，则，即取，则，.所以是平面的一个法向量.因为，且平面，所以/平面.(2)由（1）可知，又因为，所以平面.所以(0，2，0)是平面的一个法向量.设平面与平面的夹角为，则所以平面与平面夹角的余弦值为.(3)因为为的中点，所以(，1，1)，所以(，0，0).又因为(1，2，2)，所以，所以与不垂直.而平面，所以棱上不存在点，使得平面.9(1)证明见解析.(2).【分析】（1）以为原点，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量垂直的坐标表示可得证；（2）由中点坐标公式求得

15、点M的坐标，再计算对应向量的模可得答案.(1)解：以为原点，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则(1，0，1)，(0，1，0)，(1，1，0)，(0，1，1)，所以(1，1，1)，(1，0，1).因为，所以.(2)解：因为点是的中点，由（1）可知(，1，)，所以(，1，)，从而.10(1)(2)【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解二面角；（2）根据题意得到，从而求出的取值范围.(1)因为，所以，易得DA，DC，DE两两垂直，以D为坐标原点，方向分别为x轴，y轴，z轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系，则，.（1），设平面ABE的法向量，令，得，.所以平面AB

16、E的法向量.设平面CBE的法向量，令，得，所以平面CBE的法向量，二面角为钝角，所以二面角的大小为.(2)因为，所以且，因为AM所在直线与平面BCE相交，所以，解得，所以的取值范围为.11(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）构造平行四边形证明线面平行即可；（2）根据线面垂直得线线垂直，再由线线垂直证明线面垂直.【详解】（1）证明：取PA中点F，连接EF，BF，因为E为PD中点，F为PA中点，所以，且.又因为，且，所以，且.所以四边形BCEF为平行四边形，所以，因为平面PAB，平面PAB所以平面PAB.（2）因为平面ABCD，平面ABCD所以又因为，所以，又，平面PAB所以平面PAB.

17、12(1)，证明见解析(2)【分析】（1），利用线面平行的判定和性质可得答案；（2）以为原点，所在直线分别为的正方向建立空间直角坐标系，求出平面的法向量和平面的法向量由向量夹角公式可得答案.(1).证明如下：在中，因为点分别为的中点，所以/.又平面，平面，所以/平面.因为平面，平面平面，所以/所以/.在中，因为点为的中点，所以点为的中点， 即 .(2)因为底面为正方形，所以.因为底面，所以，.如图，建立空间直角坐标系，则，因为分别为的中点，所以.所以，.设平面的法向量，则即令，于.又因为平面的法向量为，所以所以平面与平面夹角的余弦值为.13(1)证明见解析(2)(3)【分析】（1）根据平面，平

18、面，得到，再利用线面垂直的判定定理证明；（2）取中点，连接，由（1）得四边形为菱形，进而得到，则两两互相垂直，建立空间直角坐标系，设，其中，由求解；（3）由（2）知，再求得平面的一个法向量为，由求解.（1）解：因为平面，平面ACM，所以.因为平面，平面ABCD，所以，又，所以平面. 又平面PBD，所以.（2）取中点，连接.由（1）得四边形为菱形，所以.因为，所以.因为两两互相垂直，以为原点， 的方向分别为轴轴轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.则，.所以.设，其中.所以.因为平面，所以，即.所以.解得，即.（3）由（2）.因为，.设平面的一个法向量，则，即令，则，于是.所以点到平面的距离为

19、.14(1)(2)【分析】（1）由题意，建立空间直角坐标系，写出对应点的坐标，表示出向量，利用向量的夹角公式代入计算即可得两直线所成的角；（2）由（1）表示出，求解平面的法向量为，又因为平面的一个法向量为，代入向量的夹角公式计算，再由图可判断二面角的平面角为锐角，即可得余弦值.（1）以为原点，的方向分别为轴，轴，轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，所以，所以.所以直线与所成角的余弦值为.（2）因为.设平面的法向量为，则得，显然是平面的一个法向量.因为，由图可知二面角的平面角为锐角，所以二面角的余弦值为. 15(1)证明见解析(2)(3)是在平面上，证明见解析【分析】（1）先判断出四边形

20、是平行四边形，再由线面平行的判断定理可得答案；（2）以为原点，分别所在的直线为的正方向建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，再由点到平面的距离的向量公式可得答案； （3）由是三角形的中位线，得出，再由得出可得答案.(1)在正方体中，所以四边形是平行四边形，所以，平面，平面，所以平面；(2)在正方体中，以为原点，分别所在的直线为的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，所以，设平面的一个法向量为，所以即，令，则，所以，点到平面的距离为.(3)连接，因为是三角形的中位线，所以，因为，所以，所以确定平面，因为三点在平面内，所以四点共面，所以的中点在平面上.16(1)证明见解析；(2).【分析】（1）证明

21、出平面，利用线面垂直的性质可证得结论成立；（2）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平面与平面所成的角的余弦值.(1)证明：平面，平面，则，因为四边形为矩形，则，平面，平面，故.(2)解：平面，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，易知平面的一个法向量为，因此，平面与平面所成的角的余弦值为.17（1）；（2）详见解析【详解】设正方体的棱长为1.如图所示，以为单位正交基底建立空间直角坐标系.（）依题意，得，所以.在正方体中，因为,所以是平面的一个法向量，设直线BE和平面所成的角为，则.即直线

22、BE和平面所成的角的正弦值为.（）在棱上存在点F，使.事实上，如图所示，分别取和CD的中点F，G，连结.因,且,所以四边形是平行四边形，因此.又E,G分别为，CD的中点，所以，从而.这说明，B，G，E共面，所以.因四边形与皆为正方形，F，G分别为和CD的中点，所以，且，因此四边形是平行四边形，所以.而，故.18(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）由三角形的中位线定理可证得MNAB，再由线面垂直的判定定理可证得结论，（2）由已知可得ABBC，VCAC，再由已知结合面面垂直的性质定理可得VC平面ABC，从而有ABVC，然后由线面垂直的判定定理可证得结论(1)证明：M，N分别为VA，VB的

23、中点，MNAB，AB平面CMN，MN平面CMN，AB平面CMN(2)证明：ABC和VAC均是等腰直角三角形，ABBC，ACCV，ABBC，VCAC，平面VAC平面ABC，平面VAC平面ABCAC，VC平面ABC，AB平面ABC，ABVC，又VCBCC，AB平面VBC19(1)证明见解析(2)(3)存在点，使得平面，且【分析】（1）由面面垂直的性质可得平面，再由线面垂直的性质可证得结论，（2）可证得两两垂直，所以分别以为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求解，（3）设，然后利用空间向量求解(1)证明：因为为正方形，所以又因为平面平面，且平面平面，所以平面平面所以；(2)由（1）可知，平面

24、，所以，因为，所以两两垂直分别以为轴，轴，轴建立空间直角坐标系（如图）因为，所以，所以， 设平面的一个法向量为，则,即令，则，；所以设直线与平面所成角为，则 直线与平面所成角为的正弦值为；(3)设，易知设，则，所以，所以，所以设平面的一个法向量为，则，因为，所以令，则，所以在线段上存在点，使得平面等价于存在，使得因为，由，所以，解得，所以线段上存在点，使得平面，且20(1)(2)【分析】（1）以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，求出平面的法向量为，再利用公式计算即可；（2）易得平面的法向量为，设平面与平面的夹角为，再利用计算即可(1)解：（1）以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐

25、标系所以因为，设平面的法向量为，则有，得，令则，所以可以取， 设点到平面的距离为，则，所以点到平面的的距离的距离为；(2)（2） 因为平面，取平面的法向量为 设平面与平面的夹角为，所以平面与平面夹角的余弦值21(1)(2)线段上存在一点，当时，平面.【分析】（1）设点到平面的距离为，则由 ，由体积法可得答案.（2）由（1）连接,可得则从而平面，过点作交于点，连接，可证明平面平面，从而可得出答案.(1)由，为中点，则 由平面，平面,则又，且,则平面又，则平面,且都在平面内所以 所以, 取的中点，连接，则,所以,所以 所以 所以则 设点到平面的距离为，则由 即,即(2)线段上是否存在一点，使平面.

26、由（1）连接,则四边形为平行四边形，则 过点作交于，则为中点，则为的中点,即 又平面，则平面过点作交于点，连接，则,即又平面,所以平面又，所以平面平面又 平面,所以平面所以线段上存在一点，当时，平面.22(1)证明见解析(2)(3)【分析】（1）以为原点，所在的直线为轴的正方向建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量可得，即平面，再由线面垂直的性质可得答案；（2）设直线与平面所成角的为，可得答案；（3）由二面角的向量求法可得答案.(1)以为原点，所在的直线为轴的正方向建立空间直角坐标系，则，所以，设平面的一个法向量为，所以，即，令，则，所以，所以，所以平面，平面，所以.(2)，所以，由（1）平面的一个法向量为，设直线与平面所成角的为，所以直线与平面所成角的正弦值.(3)由已知为平面的一个法向量，且，由（1）平面的一个法向量为，所以，由图可得平面与平面夹角的余弦值为.