《2022届高三数学一轮复习（原卷版）专题04 立体几何（解析版）.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022届高三数学一轮复习（原卷版）专题04 立体几何（解析版）.doc（50页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、专题04 立体几何1（2021·浙江高考真题）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（ ）AB3CD【答案】A【分析】根据三视图可得如图所示的几何体，根据棱柱的体积公式可求其体积.【解析】几何体为如图所示的四棱柱，其高为1，底面为等腰梯形，该等腰梯形的上底为，下底为，腰长为1，故梯形的高为，故，故选：A.2（2021·北京高考真题）某四面体的三视图如图所示，该四面体的表面积为（ ）AB4CD2【答案】A【分析】根据三视图可得如图所示的几何体（三棱锥），根据三视图中的数据可计算该几何体的表面积.【解析】根据三视图可得如图所示的几何体-正三棱锥，其侧面为等腰直角三角形，底
2、面等边三角形，由三视图可得该正三棱锥的侧棱长为1，故其表面积为，故选：A.3（2021·浙江高考真题）如图已知正方体，M，N分别是，的中点，则（ ）A直线与直线垂直，直线平面B直线与直线平行，直线平面C直线与直线相交，直线平面D直线与直线异面，直线平面【答案】A【分析】由正方体间的垂直、平行关系，可证平面，即可得出结论.【解析】连，在正方体中，M是的中点，所以为中点，又N是的中点，所以，平面平面，所以平面.因为不垂直，所以不垂直则不垂直平面，所以选项B,D不正确；在正方体中，平面，所以，所以平面，平面，所以，且直线是异面直线，所以选项B错误，选项A正确.故选：A.【点睛】关键点点睛：
3、熟练掌握正方体中的垂直、平行关系是解题的关键，如两条棱平行或垂直，同一个面对角线互相垂直，正方体的对角线与面的对角线是相交但不垂直或异面垂直关系.4（2021·全国高考真题（理）已如A，B，C是半径为1的球O的球面上的三个点，且，则三棱锥的体积为（ ）ABCD【答案】A【分析】由题可得为等腰直角三角形，得出外接圆的半径，则可求得到平面的距离，进而求得体积.【解析】，为等腰直角三角形，则外接圆的半径为，又球的半径为1，设到平面的距离为，则，所以.故选：A.【点睛】关键点睛：本题考查球内几何体问题，解题的关键是正确利用截面圆半径、球半径、球心到截面距离的勾股关系求解.5（2021
4、3;全国高考真题（理）在正方体中，P为的中点，则直线与所成的角为（ ）ABCD【答案】D【分析】平移直线至，将直线与所成的角转化为与所成的角，解三角形即可.【解析】如图，连接，因为，所以或其补角为直线与所成的角，因为平面，所以，又，所以平面，所以，设正方体棱长为2，则，所以.故选：D6（2021·全国高考真题）已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为（ ）ABCD【答案】B【分析】设圆锥的母线长为，根据圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长可求得的值，即为所求.【解析】设圆锥的母线长为，由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，则，解得.故选：B.7（2021·北
5、京高考真题）定义：24小时内降水在平地上积水厚度（）来判断降雨程度其中小雨（），中雨（），大雨（），暴雨（），小明用一个圆锥形容器接了24小时的雨水，如图，则这天降雨属于哪个等级（ ）A小雨B中雨C大雨D暴雨【答案】B【分析】计算出圆锥体积，除以圆面的面积即可得降雨量，即可得解.【解析】由题意，一个半径为的圆面内的降雨充满一个底面半径为，高为的圆锥，所以积水厚度，属于中雨.故选：B.8（2021·全国高考真题）在正三棱柱中，点满足，其中，则（ ）A当时，的周长为定值B当时，三棱锥的体积为定值C当时，有且仅有一个点，使得D当时，有且仅有一个点，使得平面【答案】BD【分析】对于A，由于等
6、价向量关系，联系到一个三角形内，进而确定点的坐标；对于B，将点的运动轨迹考虑到一个三角形内，确定路线，进而考虑体积是否为定值；对于C，考虑借助向量的平移将点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解点的个数；对于D，考虑借助向量的平移将点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解点的个数【解析】易知，点在矩形内部（含边界）对于A，当时，即此时线段，周长不是定值，故A错误；对于B，当时，故此时点轨迹为线段，而，平面，则有到平面的距离为定值，所以其体积为定值，故B正确对于C，当时，取，中点分别为，则，所以点轨迹为线段，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图，则，所以或故均满足，故C错误；对于D，
7、当时，取，中点为，所以点轨迹为线段设，因为，所以，所以，此时与重合，故D正确故选：BD【点睛】本题主要考查向量的等价替换，关键之处在于所求点的坐标放在三角形内9（2021·全国高考真题（理）以图为正视图，在图中选两个分别作为侧视图和俯视图，组成某三棱锥的三视图，则所选侧视图和俯视图的编号依次为_（写出符合要求的一组答案即可）【答案】（答案不唯一）【分析】由题意结合所给的图形确定一组三视图的组合即可.【解析】选择侧视图为，俯视图为，如图所示，长方体中，分别为棱的中点，则正视图，侧视图，俯视图对应的几何体为三棱锥.故答案为：.【点睛】三视图问题解决的关键之处是由三视图确定直观图的形状以及
8、直观图中线面的位置关系和数量关系.10（2021·全国高考真题）如图，在三棱锥中，平面平面，为的中点.（1）证明：；（2）若是边长为1的等边三角形，点在棱上，且二面角的大小为，求三棱锥的体积.【答案】(1)详见解析(2)【分析】（1）根据面面垂直性质定理得AO平面BCD，即可证得结果；（2）先作出二面角平面角，再求得高，最后根据体积公式得结果.【解析】（1）因为AB=AD,O为BD中点，所以AOBD因为平面ABD平面BCD,平面ABD平面BCD，平面ABD，因此AO平面BCD，因为平面BCD，所以AOCD(2)作EFBD于F,作FMBC于M,连FM因为AO平面BCD，所以AOBD,A
9、OCD所以EFBD,EFCD,因此EF平面BCD，即EFBC因为FMBC，,所以BC平面EFM，即BCME则为二面角E-BC-D的平面角,因为,为正三角形,所以为直角三角形因为,从而EF=FM=平面BCD,所以【点睛】二面角的求法：一是定义法，二是三垂线定理法，三是垂面法，四是投影法.11（2021·浙江高考真题）如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，M，N分别为的中点，.（1）证明：；（2）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）【分析】（1）要证，可证，由题意可得，易证，从而平面，即有，从而得证；（2）取中点，根据题意可知，两两垂直，所以以点为坐标原点，建立空间
10、直角坐标系，再分别求出向量和平面的一个法向量，即可根据线面角的向量公式求出【解析】（1）在中，由余弦定理可得，所以，由题意且，平面，而平面，所以，又，所以（2）由，而与相交，所以平面，因为，所以，取中点，连接，则两两垂直，以点为坐标原点，如图所示，建立空间直角坐标系,则,又为中点，所以.由（1）得平面，所以平面的一个法向量从而直线与平面所成角的正弦值为【点睛】本题第一问主要考查线面垂直的相互转化，要证明，可以考虑，题中与有垂直关系的直线较多，易证平面，从而使问题得以解决；第二问思路直接，由第一问的垂直关系可以建立空间直角坐标系，根据线面角的向量公式即可计算得出12（2021·全国高考
11、真题（理）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?【答案】（1）见解析；（2）【分析】通过已知条件，确定三条互相垂直的直线，建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量证明线线垂直和求出二面角的平面角的余弦值最大，进而可以确定出答案【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
12、为，此时取最大值为所以，此时【点睛】本题考查空间向量的相关计算，能够根据题意设出（），在第二问中通过余弦值最大，找到正弦值最小是关键一步13（2021·全国高考真题（理）如图，四棱锥的底面是矩形，底面，为的中点，且（1）求；（2）求二面角的正弦值【答案】（1）；（2）【分析】（1）以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立空间直角坐标系，设，由已知条件得出，求出的值，即可得出的长；（2）求出平面、的法向量，利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系可求得结果.【解析】（1）平面，四边形为矩形，不妨以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，设，则、，则，则，解得，
13、故；（2）设平面的法向量为，则，由，取，可得，设平面的法向量为，由，取，可得，所以，因此，二面角的正弦值为.【点睛】思路点睛：利用空间向量法求解二面角的步骤如下：（1）建立合适的空间直角坐标系，写出二面角对应的两个半平面中对应的点的坐标；（2）设出法向量，根据法向量垂直于平面内两条直线的方向向量，求解出平面的法向量（注：若半平面为坐标平面，直接取法向量即可）；（3）计算（2）中两个法向量的余弦值，结合立体图形中二面角的实际情况，判断二面角是锐角还是钝角，从而得到二面角的余弦值.14（2021·北京高考真题）已知正方体，点为中点，直线交平面于点（1）证明：点为的中点；（2）若点为棱上一
14、点，且二面角的余弦值为，求的值【答案】（1）证明见解析；（2）【分析】(1)首先将平面进行扩展，然后结合所得的平面与直线的交点即可证得题中的结论；(2)建立空间直角坐标系，利用空间直角坐标系求得相应平面的法向量，然后解方程即可求得实数的值.【解析】(1)如图所示，取的中点，连结，由于为正方体，为中点，故，从而四点共面，即平面CDE即平面，据此可得：直线交平面于点，当直线与平面相交时只有唯一的交点，故点与点重合，即点为中点.(2)以点为坐标原点，方向分别为轴，轴，轴正方形，建立空间直角坐标系，不妨设正方体的棱长为2，设，则：，从而：，设平面的法向量为：，则：，令可得：，设平面的法向量为：，则：，
15、令可得：，从而：，则：，整理可得：，故（舍去）.【点睛】本题考查了立体几何中的线面关系和二面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.1（2021·河北饶阳中学高三其他模拟）如图，正方体的棱长为6，点F是棱的中点，AC与BD的交点为O，点M在棱BC上，且，动点T（不同于点M）在四边形ABCD内部及其边界上运动，且，则直线与TM所成角的余弦值为（ ）ABCD【答案】B【分析】方法一：在棱DC上取一点N，且，连接NM，则，所以，所以动点T的轨迹为线段MN（不包括M）.取棱的中点
16、H，连接DH，易知，则即异面直线与TM所成的角.在三角形HDB中，分别求得三边，利用余弦定理求得即可.方法二：以A为坐标原点，直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，设，根据求得x与y的关系，分别表示出和，利用向量夹角求法求得结果.【解析】法一：易知.因为平面ABCD，所以，所以平面AFO，又平面AFO，所以，在棱DC上取一点N，且，连接NM，则，所以，所以动点T的轨迹为线段MN（不包括M）.取棱的中点H，连接DH，易知，则即异面直线与TM所成的角.连接BH，因为，所以法二：以A为坐标原点，直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，易知，设，则，.由题意知，得，所以，则，
17、又T不与点M重合，所以，所以，所以直线与TM所成角的余弦值为，故选：B.【点睛】方法点睛：解决空间夹角问题一般有两种方法，几何法和建系法；几何法即在几何体中作出要求的夹角，根据边角关系求得；建系法即建立空间直角坐标系，利用空间向量求得所求夹角.2（2021·全国高三其他模拟（理）如图几何体为一个圆柱和圆锥的组合体，圆锥的底面和圆柱的一个底面重合，圆锥的顶点为，圆柱的上、下底面的圆心分别为，若该几何体有半径为1的外接球，且球心为，则不正确的是（ ）A如果圆锥的体积为圆柱体积的，则圆锥的体积为BC如果，则与重合D如果，则圆柱的体积为【答案】C【分析】本题考查圆锥，圆柱，球的结构特征，圆锥
18、和圆柱的体积公式，属于较难题目分析出球心O为线段的中点可分析A选项，得出过P，做几何体的截面，从而可分析B选项，再根据圆锥，圆柱的体积公式分析C，D选项【解析】解：如图几何体的外接球心为O，它的半径为1，圆锥的顶点为P，圆柱的上、下底面的圆心为，过做几何体的截面为五边形ABCPD，其中四边形ABCD为矩形，三角形CPD为等腰三角形，PC=PD.O矩形的中心，为线段的中点，所以C错误；如果圆锥的体积为圆柱体积的，则圆锥的体积为.所以A正确设圆锥的高为，圆柱的高为2h=，圆柱的上下底面的半径为r，由题意，所以B正确；如果，得则圆柱的体积为，所以D正确故选C3（2021·全国高三其他模拟（
19、理）若空间某几何体的三视图如图所示，则该几何体外接球的表面积是（ ）ABCD【答案】C【分析】根据三视图，可在长方体中利用构造法还原几何体，利用长方体的对角线计算外接球的直径，进而计算表面积【解析】据三视图分析知，该几何体是由长方体截得如下图所示几何体，长方体的对角线为，即为外接球的直径，故外接球的半径为，外接球的表面积故选C4（2021·浙江杭州市·杭州高级中学高三其他模拟）某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）ABC8D16【答案】B【分析】根据三视图知该几何体是三棱锥且一个侧面与底面垂直，再根据椎体的体积公式，即可求出该几何体的体积.【解析】由三视图可
20、知，该几何体为如图所示的三棱锥，其高为，底面三角形的高为，该几何体的体积为.故选：B【点睛】方法点睛：由三视图还原几何体，要弄清楚几何体的特征，把三视图中的数据、图形特点准确地转化为对应几何体中的线段长度、图形特点，再进行计算5（2021·浙江高三其他模拟）已知直线和平面，则下列结论一定成立的是（ ）A若，则B若，则C若，则D若，则【答案】C【分析】利用特例排除法，容易否定ABD,利用线面、面面垂直、平行的的关系可以断定C正确.【解析】选项A中，也可能；选项B中，也有可能在内；选项D中，m与的关系不确定，故可排除A，B，D.由线面平行和垂直的判定与性质可以看出C正确.故选C.6（20
21、21·山西高三三模（理）已知四棱锥的五个顶点都在球的球面上，平面，底面是高为的等腰梯形，则球的表面积为（ ）ABCD【答案】D【分析】由题意可得底面等腰梯形的外接圆的半径，过底面外接圆的圆心作垂直于底面的直线，则外接球的球心在此直线上，在两个三角形中求出外接球的半径.【解析】取的中点，过作面，如图，因为，,所以在中，,所以，由余弦定理可知，故,设底面ABCD外接圆半径为r，圆心为M，球的半径为R，由正弦定理知故，又因为平面所以所以球的表面积为故选：D7（2021·安徽华星学校高三其他模拟（文）已知四面体中，平面平面，是边长为的等边三角形，则四面体的体积为（ ）ABCD【答案
22、】A【分析】证明出平面，然后利用锥体的体积公式可求得四面体的体积.【解析】因为平面平面，平面平面，平面，平面，所以，.故选：A.【点睛】方法点睛：求空间几何体体积的方法如下：（1）求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解；（2）若所给几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等积法、分割法、补形法等方法进行求解8（2021·福建高三三模）如图，在直四棱柱中，点，分别在棱，上，若，四点共面，则下列结论错误的是（ ）A任意点，都有B任意点，四边形不可能为平行四边形C存在点，使得为等腰直角三角形D存在点，使
23、得平面【答案】C【分析】根据线线，面面的性质判断A，B是否正确；使用假设法判断C，D是否正确.【解析】解：对于A：由直四棱柱，所以平面平面，又因为平面平面，平面平面，所以，故A正确；对于B：若四边形为平行四边形，则，而与不平行，即平面与平面不平行，所以平面平面，平面平面，直线与直线不平行，与矛盾，所以四边形不可能是平行四边形，故B正确；对于C：假设存在点，使得为等腰直角三角形，令，过点作，则，在线段上取一点使得，连接，则四边形为矩形，所以，则，显然，若由，则且四边形为平行四边，所以，无解，故C错误；对于D：当时，为时，满足平面，故D正确.故选：C.9（2021·江苏高三其他模拟）如图
24、，在中，现将其放置在平面的上面，其中点，在平面的同一侧，点平面，与平面所成的角为，则点到平面的最大距离是（ ）AB20CD30【答案】D【分析】过点作平面于点，过点作平面于点，连接，当平面时，点到平面的距离最大，此时与平面成角最大为【解析】解：过点作平面于点，过点作平面于点，连接，.由题意可知，当平面平面，即三点共线时，点到平面的距离最大，因为，所以，从而.故选：D10（2021·广东佛山市·高三其他模拟）已知梯形，是线段上的动点；将沿着所在的直线翻折成四面体，翻折的过程中下列选项中正确的是（ ）A不论何时，与都不可能垂直B存在某个位置，使得平面C直线与平面所成角存在最大值
25、D四面体的外接球的表面积的最小值为【答案】AD【分析】利用反证法可判断AB选项的正误；分别取、的中点、，连接、，以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断C选项的正误；设四面体的外接球心为，求出四面体外接球半径的最小值，可判断D选项的正误.【解析】对于A选项，在梯形中，且，则，因为，由余弦定理可得，若，且，平面，平面，事实上，矛盾，故不论何时，与都不可能垂直，A选项正确；对于B选项，若平面，平面，则，所以，而，即，则、无法构成三角形，不合乎题意，B选项错误；对于C选项，分别取、的中点、，连接、，则，则，为的中点，则，故平面，以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴
26、建立如下图所示的空间直角坐标系，设，则、，设三棱锥的球心为，由可得，解得，设三棱锥的外接球半径为，则，当且仅当时，等号成立，因此，四面体的外接球的表面积的最小值为，D选项正确.对于C选项，设，易知平面的一个法向量为，而，即当时，无最大值，进而可知直线与平面所成角无最大值，C选项错误.故选：AD.【点睛】方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下：（1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种
27、元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的；（3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.11（2021·福建福州市·高三其他模拟）在正方体中，是棱的中点，是侧面内的动点，且与平面的垂线垂直，如图所示，下列说法正确的是（ ）A点的轨迹是一条线段B与是异面直线C与不可能平行D三棱锥的体积为定值【答案】ABD【分析】首先画图找到平面平面，根据面面平行的性质定理得到点的轨迹，接着依次判断选项即可.【解析】如图，分别找线段,中点为,连接,因为正方体，易得面，面，所以面，面，面，所以面，又所以平面平面，因为与平面的垂线垂直，又平面，所以直线
28、与平面平行，所以面，又点是侧面内的动点，且面面，所以点的轨迹为线段，故选项A正确；由图可知，与是异面直线，故选项B正确；当点与点重合时，直线与直线平行，故选项C错误；因为，面，面，所以面，则点到平面的距离是定值，又三角形的面积是定值，所以三棱锥的体积为定值，故选项D正确.故选：ABD.【点睛】本题主要考查立体几何中的动点轨迹问题，解决该类题目一般是通过线线，线面，面面之间的平行垂直关系，根据判定定理或者性质定理得到动点的轨迹，接着再求题目的相关问题，考查体积是定值的问题时，一般就是研究距离和面积是不是定值，关键在于选择合适的顶点和底面，在做题时要多总结.12（2021·山东济南市&#
29、183;高三其他模拟）正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AB2，AA14，E为AB的中点，点F满足，动点M在侧面AA1D1D内运动，且MB平面D1EF，则|MD|的取值范围是_【答案】【分析】建立空间直角坐标系，表示所需点的坐标，求出平面D1EF的一个法向量，结合线面平行的向量表示可得动点M的坐标满足的条件，即可得解.【解析】因为ABCDA1B1C1D1是正四棱柱，以点D为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，设M（x,0,z），B（2,2,0），D1（0,0,4），E（2,1,0），因为，所以F是CC1四等分点（靠近C），所以F（0,2,1），所以，设平面D1EF的一个法向量为，则，即，令
30、c2，则，故，又，平面D1EF，所以，即，所以，所以，故，因为0x2，0z4，所以，故，因为，所以|MD|在上单调递减，所以当x时，|MD|取最大值，所以|MD|的最大值为，当x2时，|MD|取最小值，所以|MD|的最小值为，所以|MD|的取值范围是故答案为：.13（2021·河南高三其他模拟（理）在三棱锥中，已知，则直线与平面所成角的余弦值为_.【答案】【分析】取AC的中点O，连接PO，BO，根据等腰三角形的性质证明，再结合三角形全等证明，由此得到直线与平面所成角即为，通过线段长度关系求解出的值即可.【解析】如图，取AC的中点O，连接PO，BO，因为，所以，又，所以，可证，所以，从
31、而平面，所以PB与平面所成角为，.故答案为：.14（2021·江苏南通市·高三其他模拟）如图，在正三棱锥中，是高上一点，直线与底面所成角的正切值为.（1）求证：平面；（2）求三棱锥外接球的体积.【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）延长交于点，然后以点为坐标原点，与平行的直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，计算出平面的法向量，证明出，即可证得结论成立；（2）设正三棱锥的外接球球心为，根据可求得的值，即可求得外接球的半径，结合球体的体积公式可求得结果.【解析】（1）证明：延长交于点因为平面，所以即为直线与底面所成的角，从而，所以.设，则，.以点
32、为坐标原点，与平行的直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，则、，所以，设平面的法向量为，由得，取，则，即，所以，即，所以平面；（2）由题意知三棱锥为正三棱锥，设其外接球的球心为，由，得，解得，所以外接球的半径，所以外接球的体积.15（2021·河北饶阳中学高三其他模拟）在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，是等边三角形，O为的中点，E为的中点，.（1）求证：平面.（2）求平面与平面所成锐角的正切值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）证明线面垂直需要证明线线垂直，利用等腰三角形三线合一，以及题中的数据利用勾股定理证明垂直即可；（2）建立空间直角坐标系，表示
33、点的坐标，利用平面、平面的法向量的夹角来求解，再求正切值.【解析】（1）连接.在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，且，是边长为2的等边三角形，又是等边三角形，是等腰三角形.E为的中点，又，由勾股定理得，又由，都是边长为2的等边三角形，可知，由为等边三角形，O为的中点，可知.又，平面，平面.平面.（2）以O为坐标原点，分别以所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，则，.设平面的法向量为，则，即.令，则，.设平面的法向量为，则，即.令，则，.设平面与平面所成锐角为，则，平面与平面所成锐角的正切值为.【点睛】熟悉证明垂直常用的办法，勾股定理，建立坐标系以后要准确表示点的坐标，计算要注意准确性.16（
34、2021·湖南高三其他模拟）在长方体中，已知，为的中点.（1）在线段上是否存在点，使得平面平面？若存在，请加以证明，若不存在，请说明理由；（2）设，点在上且满足，求与平面所成角的余弦值.【答案】（1）存在，证明见解析；（2）.【分析】（1）利用线面判定定理证得平面和平面，然后利用面面平行的判定定理证得结论.；（2）建立空间直角坐标系，写出各点坐标及空间向量，设，利用共线求得点坐标，然后设与平面所成角为，利用结合空间向量数量积求得结果.【解析】解：（1）存在，当点为线段的中点时，平面平面.证明：在长方体中，.又因为平面，平面，所以平面.又为的中点，为的中点，所以，且.故四边形为平行四边
35、形，所以，又因为平面，平面，所以平面.又因为，平面，平面，所以平面平面.（2）在长方体中，以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示.因为，所以，所以，.设平面的法向量为，则，即.令，则，所以，因为，设，则，所以，则.设与平面所成角为，则，即.故与平面所成角的余弦值为.17（2021·重庆高三其他模拟）已知正方体中，分别为棱的中点.（1）求证；四点共面；（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出，坐标得，从而得四边形为平行四边形即可证明；（2）分别求出平面与平面的法向量和，利用向量法求解二面角的公式即可求解
36、.【解析】解：如图建立空间直角坐标系，设正方体的边长为2，（1）因为，所以，所以，所以，且，所以四边形为平行四边形，所以四点共面；（2），设平面的法向量分别为，则，即，取得，同理可得，平面的法向量，所以，由图可知，二面角为钝角，所以二面角的余弦值为.18（2021·山东高三其他模拟）在正六棱柱中，.（1）求到平面的距离；（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）连接，以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出点到平面的距离，即为所求；（2）计算出平面、平面的法向量，利用空间向量法可求得二面角的余弦值.【解析】（1）连接，因为六边形为
37、正六边形，则，因为，则，故，因为底面，不妨以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立空间直角坐标系，如下图所示：则、，在正六棱柱中，且，所以，四边形为平行四边形，则，因为平面，平面，所以，平面，所以，到平面的距离等于点到平面的距离，设平面的法向量为，由，取，则，所以，直线到平面的距离为；（2）设平面的法向量为，由，取，则，由图可知，二面角为锐角，所以，二面角的余弦值为.【点睛】思路点睛：利用空间向量法求解二面角的步骤如下：（1）建立合适的空间直角坐标系，写出二面角对应的两个半平面中对应的点的坐标；（2）设出法向量，根据法向量垂直于平面内两条直线的方向向量，求解出平面的法向量（注：若半平面为坐标平
38、面，直接取法向量即可）；（3）计算（2）中两个法向量的余弦值，结合立体图形中二面角的实际情况，判断二面角是锐角还是钝角，从而得到二面角的余弦值.19（2021·上海市崇明中学高三其他模拟）如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，点是的中点.（1）证明：直线平面；（2）者直线与平面所成角的正弦值为，求三棱锥的体积.【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）由平而，证得，再由，得到，结合线面垂直的判定定理，即可证得平面；（2）由（1）得到为与平面所成角，在直角中，可求得，得到，结合，即可求解.【解析】（1）因为平而，平面，所以，又由，且是直角梯形，可得，可得，所以，又因为，且平面，所以平
39、面.（2）由（1）知平面，所以即为直线与平面所成角，在直角中，可得，所以，则，所以.20（2021·河南高三其他模拟（理）如图，在四棱锥中，底面ABCD为边长为4的菱形，E为AB的中点，O为AD的中点，.（1）证明：.（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）连接OE，由平面几何的知识可得，再结合线面垂直的判定与性质即可得证；（2）建立空间直角坐标系，求出两个面的法向量，再由即可得解.【解析】（1）证明：连接OE，如图，因为底面ABCD是菱形，所以，又OE为的中位线，所以，从而，因为，所以平面POE，又平面POE，所以；（2）因为PO是等腰三角形PAD的中线，所以，由（1）知，所以平面，因为底面ABCD为菱形，且，所以，分别以，的方向为x，y，z轴的正方向建立如图所示的直角坐标系，则，.设平面的一个法向量为，则，取，得，易知平面的一个法向量为，设二面角为，则.故二面角的余弦值为.