专题03 空间几何与空间向量（解答题10种考法）（精练）（解析版）.docx

1、专题03 空间几何（解答题10种考法）1（2023贵州校联考模拟预测）如图，四棱锥中，与交于点，过点作平行于平面的平面.(1)若平面分别交，于点，求的周长；(2)当时，求平面与平面夹角的正弦值.【答案】(1)4(2).【解析】（1）由题意可知，四边形是直角梯形，与相似，又，因为过点作平行于平面的面分别交，于点，即平面平面，平面平面，平面平面，平面平面，平面平面，平面平面，平面平面，由面面平行的性质定理得，所以与相似，相似比为，即，因为的周长为6，所以的周长为.（2）平面平面，平面与平面的夹角与平面与平面的夹角相等，又，平面，平面，平面，平面平面，取的中点，因为为等边三角形，平面平面，平面，平面

2、，以点为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，过点与平行的直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系，则，设平面的法向量，则，即，取，则，平面，是平面的一个法向量，设平面与平面夹角为，则，所以，所以平面与平面夹角的正弦值为.2（2023江西九江统考一模）如图，直角梯形中，将沿翻折至的位置，使得，为的中点(1)求证：平面平面；(2)为线段上一点（端点除外），若二面角的余弦值为，求线段的长【答案】(1)证明见解析(2)【解析】（1）易知，平面，平面，又平面，所以由直角梯形，可得，又，得；又，平面，所以平面又平面，可得平面平面（2）取的中点，连接，又平面平面，平面平面，平面，为的中点，为的中点，可得，又，故以

3、所在的直线分别为轴，建立如图空间直角坐标系，则，设，则设平面的一个法向量为，所以，令，得，即平面的一个法向量为可得，解得或(舍)即为的中点，易知，故线段的长为.3（2023广西南宁南宁二中校联考模拟预测）如图所示，在多面体中，底面为直角梯形，侧面为菱形，平面平面，M为棱的中点(1)若点N为的中点，求证：平面；(2)若，求平面与平面夹角的余弦值【答案】(1)证明见解析(2)【解析】（1）证明：连接，因为M，N分别为，的中点，所以为的中位线，所以，又平面，平面，所以平面（2）解：取的中点O，连接，因为侧面为菱形，且，所以在中，解得，所以，即，又因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，过O作的垂线，

4、交于H并延长，分别以，所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，设，则，故，则，设平面的法向量为，则 ，即，取，可得，设平面的法向量为， ，即，令，则，所以，则，故平面与平面夹角的余弦值为4（2023新疆统考三模）如图，在圆柱体中，劣弧的长为，AB为圆O的直径(1)在弧上是否存在点C（C，在平面同侧），使，若存在，确定其位置，若不存在，说明理由；(2)求二面角的余弦值【答案】(1)存在，为圆柱的母线(2)【解析】（1）存在，当为圆柱的母线时，证明如下：连接BC，AC，因为为圆柱的母线，所以平面ABC，又因为平面ABC，所以因为AB为圆O的直径，所以又，平面，所以平面，因为平面，所以（

5、2）以为原点，OA，分别为y，z轴，垂直于y，z轴的直线为x轴建立空间直角坐标系，如图所示，则，因为劣弧的长为，所以，则，设平面的法向量，则，令，解得，所以因为x轴垂直平面，所以平面的一个法向量所以，又二面角的平面角为锐角，故二面角的余弦值为5（2023河南校联考二模）如图所示，正六棱柱的底面边长为1，高为，为线段上的动点.(1)求证：平面；(2)设直线与平面所成的角为，求的取值范围.【答案】(1)证明见解析(2)【解析】（1）连接，.在正六棱柱中，因为底面为正六边形，所以，因为平面，平面，所以平面.因为，所以四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面，又，所以平面平面，因为为线段上的动

6、点，所以平面，所以平面.（2）取的中点为Q，连接，.因为底面边长为1，所以，因为，所以，所以.易得，所以平面，所以，因为，所以平面，即为平面的一个法向量.连接，以为坐标原点，所在直线分别为x，y，z轴建立空间坐标系，则，所以，所以，.设（），所以，则，因为，所以，所以的取值范围是.6（2023陕西商洛镇安中学校考模拟预测）如图，在六面体中，四边形是菱形，平面，为的中点，平面(1)求；(2)若，求直线与平面所成角的正弦值【答案】(1)(2)【解析】（1）四边形是菱形，又平面，平面，平面，同理可得：平面，平面，平面平面，平面平面，平面平面，同理可得：，四边形是平行四边形；连接交于点，连接交于点，连

7、接，设，则，延长交于点，连接，平面，平面，平面平面，又，四边形为平行四边形，则，为的中点，即，解得：，.（2）由（1）知，两两垂直，故以为坐标原点，正方向分别为轴的正方向，可建立如图所示空间直角坐标系，则，；设平面的法向量为，则，令，解得：，即直线与平面所成角的正弦值为.7（2023四川成都模拟预测）如图，四棱锥中，底面是矩形，侧面底面，侧面底面，点F是PB的中点，动点E在边BC上移动，且.(1)证明：垂直于底面.(2)当点E在BC边上移动，使二面角为时，求二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【解析】（1）因为侧面底面，侧面底面，而底面是矩形，故,底面，故平面，而平面，故;同理侧面底

8、面，侧面底面，而底面是矩形，故,底面，故平面，而平面，故，又底面，故垂直于底面（2）由（1）知底面，底面，故，点F是PB的中点，且，故，；又平面，,故平面，平面，故，而平面，故平面，故即为二面角的平面角，即；而,以A为坐标原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，则，故，设平面的法向量为，则，即，令，则，即，设平面的法向量为，则，即，令，则，即，故，由原图可知二面角为锐角，故二面角的余弦值为.8（2023河北衡水河北衡水中学校考一模）如图所示，四点共面，其中，点在平面的同侧，且平面，平面.(1)若直线平面，求证：平面；(2)若，平面平面，求锐二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【

9、解析】（1）平面，平面，平面，平面，平面；，四点共面，平面，平面，平面；，平面，平面平面，又平面，平面.（2）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，设，则，四边形为平行四边形，则，设平面的法向量，令，解得：，；平面轴，平面平面，平面轴，平面的一个法向量，即锐二面角的余弦值为.9（2023江苏徐州校考模拟预测）在三棱台中，为中点，. (1)求证：平面；(2)若，平面与平面所成二面角大小为，求三棱锥的体积.【答案】(1)证明见解析(2)【解析】（1）在三棱台中，为中点，则，又，四边形为平行四边形，又，平面，平面.（2），又，平面，平面，连接，为中点，；以为正交基底，可建立如图所示

10、空间直角坐标系，则，设，则，设平面的一个法向量为，则，令，解得：，；又平面的一个法向量，解得：，即，平面，平面平面，平面，.10（2023河南郑州统考模拟预测）已知正四棱台的体积为，其中.(1)求侧棱与底面所成的角；(2)在线段上是否存在一点P，使得？若存在请确定点的位置；若不存在，请说明理由.【答案】(1)(2)不存在，理由见解析【解析】（1）依题意，在正四棱台中，所以上底面积，下底面积，设正四棱台的高为，则.连接，则，所以，设侧棱与底面所成的角为，则，由于线面角的取值范围是，所以.（2）连接，设正四棱台上下底面的中心分别为，以为原点，分别为轴建立如图所示空间直角坐标系，设线段上存在一点，满

11、足，则，若，则，即，解得，舍去，所以在线段上不存在一点，使得.11（2023安徽六安安徽省舒城中学校考模拟预测）如图，已知多面体EABCDF的底面ABCD是边长为2的正方形，且.(1)记线段的中点为，在平面内过点作一条直线与平面平行，要求保留作图痕迹，但不要求证明；(2)求直线与平面所成角的正弦值.【答案】(1)答案见解析(2)【解析】（1）延长，设其交点为，连接，则为平面与平面的交线，取线段CD的中点M，连接KM，直线KM即为所求证明如下：延长，设其交点为，连接，则为平面与平面的交线，因为，所以，又，所以，所以，又，所以四边形为平行四边形，所以，取的中点，连接，分别为的中点，平面， 平面，平

12、面（2）以点为原点，所在的直线为轴，所在的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图.由已知可得，所以，设平面的法向量为，则得，取得，平面的一个法向量.设直线与平面所成的角为，则.所以直线与平面所成角的正弦值为.12（2023河北沧州校考三模）如图，该几何体是由等高的半个圆柱和个圆柱拼接而成.在同一平面内，且.(1)证明：平面平面；(2)若直线与平面所成角的正弦值为，求平面与平面所成角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【解析】（1）如图，连接，因为该几何体是由等高的半个圆柱和个圆柱拼接而成，所以，所以，所以.因为，所以四边形为平行四边形，所以，所以. 因为平面，平面，所以.因为平面，所以平面，因

13、为平面，所以平面平面.（2）如图，以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，则，则，设平面的一个法向量为，则即令，则，记直线与平面所成的角为，则，解得（负值舍去），即.设平面的一个法向量为，则即令，则.所以.因此平面与平面所成角的余弦值为.13（2022贵州安顺统考模拟预测）如图，在正方体中，E是棱上的点（点E与点C，不重合）(1)在图中作出平面与平面ABCD的交线，并说明理由；(2)若正方体的棱长为1，平面与平面ABCD所成锐二面角的余弦值为，求线段CE的长【答案】(1)答案见解析(2)【解析】（1）如图1，分别延长，交于点，连接，则即为所求交线.因为，平面，平面，所以，平面，平面.又平面，平面，

14、所以平面，平面，所以，平面平面.（2）如图2，以点为坐标原点，分别以所在的直线为轴，建立空间直角坐标系，设，.则，所以，.根据正方体的性质可知，平面，所以即为平面的一个法向量.设是平面的一个法向量，所以，即，令，则，所以，是平面的一个法向量.由已知可得，即，即，整理可得，解得或（舍去），所以，即.14（2023四川成都树德中学校考模拟预测）直三棱柱中，为的中点，点在上，.(1)证明：平面；(2)若二面角大小为，求以为顶点的四面体体积.【答案】(1)证明见解析(2)【解析】（1）三棱柱为直三棱柱，平面，平面，.又，平面，平面，平面，又平面，平面，平面，平面.（2）因为，为的中点，所以，为正三角形

15、，如图建立空间坐标系，由（1）易知平面的一个法向量，设，设平面的法向量为，则，即，取，由，解得或（舍去），点到平面距离为，以为顶点的四面体体积为.15（2024安徽黄山屯溪一中校考模拟预测）如图，在梯形中，四边形为矩形， 平面平面，.(1)求证：平面；(2)求二面角的平面角的余弦值；(3)若点在线段上运动，设平面与平面所成二面角的平面角为，试求的范围.【答案】(1)证明见解析(2)(3)，.【解析】（1）证明：在梯形中，平面平面，平面平面，平面，平面.（2）解：取中点，连接，为二面角的平面角.，.（3）由（2）知：当与重合时，；当与重合时，过作，且使，连接，则平面平面，平面ABC，平面ABC，

16、平面，平面，；当与，都不重合时，令，延长交的延长线于，连接，在平面与平面的交线上，在平面与平面的交线上，平面平面，过作交于，连接，由（1）知，又，平面，平面，平面，.又，平面ACH，平面，.在中，从而在中，.，.综上所述，. 16（2023黑龙江哈尔滨哈尔滨市第六中学校校考三模）已知直三棱柱中，侧面为正方形，E，F分别为AC和的中点，D为棱上的动点.(1)证明：；(2)求平面与平面DEF所成的二面角正弦值的最小值及此时点D的位置.【答案】(1)证明见解析(2)最小值为，点为靠近的的四等分点【解析】（1）因为三棱柱是直三棱柱，所以底面，又底面，所以，又因为，所以，又，平面，所以平面，又平面，所以

17、，即两两垂直，以为原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，设，则，设，所以，因为，所以，即.（2）设平面的法向量为，因为，所以，令，则，平面的一个法向量为，设平面与平面DEF所成的二面角为，则，当时，取最小值为，此时取得最大值，所以，所以平面与平面DEF所成的二面角正弦值的最小值为，此时点为靠近的的四等分点.17（2023湖北武汉华中师大一附中校考模拟预测）已知是平行六面体中线段上一点，且(1)证明：平面；(2)已知四边形是菱形，并且为锐角，求二面角的正切值【答案】(1)证明见解析(2)【解析】（1）如图：记与交于点，延长交于，连接，四边形是平行四边形，即是的中点，又是的中点，又平面平面，

18、所以平面（2）如图：过点作于，由于四边形是菱形，又由于是的中点，由于菱形中平面平面，所以平面以为坐标原点，方向分别为轴，轴，轴正方向建立空间直角坐标系，不妨设菱形的边长为2，则，设，由于，由于，设平面的法向量为，则令，得，又平面的法向量为，记二面角的大小，则，故二面角的正切值为18（2023辽宁抚顺校考模拟预测）如图，在三棱锥中，点分别是棱的中点，平面.(1)证明：平面平面；(2)过点作的平行线交的延长线于点，点是线段上的动点，问：点在何处时，平面与平面夹角的正弦值最小，并求出该最小正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【解析】（1）由可知，又，故（三线合一），又平面，平面，故，又，平面，故平

19、面，又平面，故平面平面（2）在平面中，过作，垂足为，不妨设，由于，则，以所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系.则，设，则，.设平面的法向量，由，即，则是其中一条法向量；设平面的法向量，由，即，则是其中一条法向量.设平面与平面夹角为，则，当时，取到最大值，此时正弦值取到最小值为.19（2023内蒙古赤峰校联考三模）如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，四边形是圆的内接四边形，为底面圆的直径，在母线上，且，(1)求证：平面平面；(2)设点为线段上动点，求直线与平面所成角的正弦值的最大值【答案】(1)证明见解析(2)1【解析】（1）如图，设交于点，连接，由已知可得，又，所以四边形为菱形，所以

20、，又，所以，因为为的中点，由余弦定理可得，所以，即，又平面，平面又平面，平面平面（2）由已知平面，平面，所以，又，平面，平面，又平面，由（1）知，平面，所以平面，又点为的中点，所以以点为坐标原点，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，设，则，设平面的法向量为，则，即，令，则，所以为平面的一个法向量设直线与平面所成的角为，则，构建，则，当时，函数在上单调递增，当时，函数在上单调递减， 时，取到最大值4此时，取到最大值1.另解：由，知，当时，此时平面，设直线与平面所成的角为，因为，当时，取到最大值120（2023浙江校联考三模）如图，三棱台中，为线段上靠近的三等分点.(1)线段

21、上是否存在点，使得平面，若不存在，请说明理由；若存在，请求出的值；(2)若，点到平面的距离为，且点在底面的射影落在内部，求直线与平面所成角的正弦值.【答案】(1)存在，(2)【解析】（1）取的靠近点的三等分点，连接、，则，又因为，所以，四边形为平行四边形，则，因为平面，平面，所以，平面，因为，所以，因为平面，平面，所以，平面，因为，、平面，所以，平面平面，因为平面，故平面，因此，线段上是否存在点，且当时，平面.（2）过点在平面内作，垂足为点，连接，由，所以，所以，所以，过点在平面内作，垂足为点，因为，、平面，所以，平面，因为平面，则，又因为，、平面，所以，平面，因为点到平面的距离为，即，且，所

22、以，由图可知，为锐角，所以，以点为坐标原点，、的方向分别为、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，则、，设平面的法向量，则，取，则，所以，因为，因此，与平面所成角的正弦值为.21（2023湖北武汉统考三模）如图，四棱锥中，底面是平行四边形，侧面是等边三角形，平面平面，(1)证明：；(2)点Q在侧棱上，过B，Q两点作平面，设平面与，分别交于点E，F，当直线时，求二面角的余弦值【答案】(1)证明见解析(2)0【解析】（1）证明：在中，设，因为，由余弦定理可知：，解得，所以，所以又因为平面平面，平面平面，平面，所以平面由平面，所以.（2）连交于点M，连接，设交于点H在中，过P作的平行线交的延长线

23、于N，由，有，则，所以点H为线段中点在中，因为直线平面，平面平面，所以直线直线，且直线过点H，所以点E为线段中点以点A为坐标原点，分别为轴，轴，过点A垂直于平面的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设则，,，因为点E为线段中点，所以，设平面（平面）的法向量为，因为，由，得，令，则设平面（平面）的法向量为，因为，由，得令，则所以，所以二面角的余弦值为0.22（2023黑龙江哈尔滨哈师大附中统考三模）如图，四边形是圆柱的轴截面，点是母线的中点，圆柱底面半径.(1)求证：平面；(2)当三棱锥的体积最大时，求平面与平面夹角的余弦值.【答案】(1)见解析(2)【解析】（1）证明：连接，则，且，连接，

24、由圆柱的性质可得，所以四边形是平行四边形，所以为中点，所以易知，平面，平面，所以平面；（2）设，则，当且仅当时取等，如图所示，建立空间直角坐标系，设平面的法向量为，所以，令，所以，取平面的法向量为，所以平面与平面夹角的余弦值，所以平面与平面夹角的余弦值为.23（2023浙江校联考模拟预测）已知在多面体中，且平面平面.(1)设点F为线段BC的中点，试证明平面；(2)若直线BE与平面ABC所成的角为，求二面角的余弦值【答案】(1)证明见解析(2)【解析】（1）取的中点，连接，在中，.由平面平面，且交线为，平面，得平面.，分别为，的中点，且.又，且.四边形为平行四边形.，平面.（2）平面，平面，所以

25、，又因为，所以三者两两互相垂直，以为原点，所在直线为轴，过点与平行的直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系.则，.平面，直线与平面所成的角为.可取平面的法向量，设平面的法向量，则，取，则，.，二面角的余弦值为.24（2022吉林长春长春吉大附中实验学校校考模拟预测）如图所示，长方形中，点是边靠近点的三等分点，将沿翻折到，连接，得到图的四棱锥.(1)求四棱锥的体积的最大值；(2)设的大小为，若，求平面和平面夹角余弦值的最小值.【答案】(1)(2)平面和平面夹角余弦值的最小值为【解析】（1）解：取的中点，连接，因为，则，当平面平面时，点到平面的距离最大，四棱锥的体积取得最大值，此时平面，且，底

26、面为梯形，面积为，则四棱锥的体积最大值为；（2）解：连接，因为，所以，所以为的平面角，即，过点作平面，以为坐标原点，分别以，所在直线为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，过作于点，由题意得平面，设,，所以，所以，所以，设平面的法向量为，则，令，则，设平面的法向量为，因为，则，令，可得：，设两平面夹角为，则，令，所以，则所以，所以当时，有最小值，所以平面和平面夹角余弦值的最小值为. 25（2023湖南永州统考一模）如图所示，在四棱锥中，底面为矩形，侧面为正三角形，且分别为的中点，在线段上，且(1)求证：平面；(2)当时，求平面与平面的夹角的余弦值【答案】(1)证明见解析(2)【解析】（

27、1）如图所示：取中点，连接，分别为的中点，且底面为矩形，所以，且，又因为平面，平面，平面，平面，所以平面，且平面，又因为，平面，平面，所以平面平面，因为平面，所以由面面平行的性质可知平面（2）如图所示：注意到侧面为正三角形以及为的中点，所以由等边三角形三线合一得，又因为，且面，面，所以面，又因为面，所以，又因为底面为矩形，所以，因为，面，面，所以面，因为面，所以，又，所以，又由三线合一，又，所以建立上图所示的空间直角坐标系；因为，所以，又因为为的中点，所以，所以，不妨设平面与平面的法向量分别为，所以有以及，即分别有以及，分别令，并解得，不妨设平面与平面的夹角为，所以；综上所述：平面与平面的夹角

28、的余弦值为.26（2023河南校联考模拟预测）如图，在四棱锥中，平面平面，底面是矩形，分别是的中点，平面经过点与棱交于点(1)试用所学知识确定在棱上的位置；(2)若，求与平面所成角的正弦值【答案】(1)靠近的三等分点处(2)【解析】（1）过作直线与平行，延长与交于点，连接与的交点即为点因为底面是矩形，是的中点，所以，且又，所以，因为是的中点，可得，则，所以故在棱的靠近的三等分点处（2）因为是的中点，所以，又平面平面，平面平面，平面，所以平面取中点，连接，易知两两相互垂直，如图，分别以为轴建立空间直角坐标系，则，设平面的法向量为，则即令，则，所以设与平面所成角为，则，所以与平面所成角的正弦值为2

29、7（2021天津红桥统考二模）如图，在四棱锥中，平面，且，为的中点(1)求证：平面；(2)求平面与平面所成锐二面角的余弦值【答案】(1)证明见解析(2)【解析】（1）过作于点，则，由于平面，平面，所以，以为原点，所在的直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，因为为的中点，所以，所以，设平面的法向量为，则，令，则，所以平面的法向量为，因为，所以，又因为平面，所以平面（2）由（1）知，平面的法向量为，设平面的法向量为，则，故可设，所以，故平面与平面所成锐二面角的余弦值为.28（2023海南统考模拟预测）如图，在平面四边形中，将沿向上折起，使得平面与平面所成的锐二面角的平面角最大(1)求该几何

30、体中任意两点间的距离的最大值；(2)若，垂足为，点是上一点，证明：平面平面【答案】(1)(2)证明见解析【解析】（1）如图，以为坐标原点，为轴，平面为平面，建立空间直角坐标系，则，设，显然，当时，平面与平面共面，此时的锐二面角一定不是最大的，所以，所以，设平面的法向量为，则即令，则又平面的一个法向量为，则，又，所以，所以，当时，等号成立，由得，所以，即点在面上所以平面平面，所以，所以该几何体中任意两点间的距离的最大值为（2）由（1）知平面，所以又，且，平面，所以平面又平面，所以由，且平面，所以平面又平面，所以平面平面29（2023广西柳州统考模拟预测）如图，三棱柱的底面是正三角形，侧面是菱形，

31、平面平面，分别是棱的中点.(1)证明：平面；(2)若，求直线与平面所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【解析】（1）取的中点，连接，因为分别是棱的中点，则，四边形为平行四边形，所以，平面，平面，平面；（2）在平面中过点作于，连接，平面平面，平面平面，平面，由菱形，得，因为点为的中点，故以为原点，分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系：则，所以，设平面的法向量为，则有，解得，令，得，设直线与平面所成角为，则，综上，直线与平面所成角的正弦值为.30（2023陕西西安西安市大明宫中学校考模拟预测）如图，在四棱锥中，M是棱PD上靠近点P的三等分点(1)证明：平面MAC；(2)画出平面PAB与平面PCD的交线l，并说明理由；(3)在（2）的条件下，若平面平面ABCD，求l与平面MAC所成角的正弦值【答案】(1)证明见解析(2)答案见解析(3)【解析】（1）连接交于点，连接，因为，所以，又因M是棱PD上靠近点P的三等分点，所以，所以，又平面，平面，所以平面；（2）延长，交于点，所以时平面与平面的公共点，所以直线就是平面与平面的交线；（3）因为平面平面ABCD，平面平面，平面，所以平面，又平面，所以，如图，以点为原点建立空间直角坐标系，因为，所以，所以，则，则，设平面的法向量为，则有，可取，则，即l与平面MAC所成角的正弦值为