專題3.3立體幾何與空間向量題組一、線面、面面角的計(jì)算11、（山東省濰坊市20222023高三上學(xué)期期末試卷）已知三棱臺(tái)中，底面，，，，，分別是，的中點(diǎn)，是棱上的點(diǎn).（1）求證：；（2）若是線段的中點(diǎn)，平面與的交點(diǎn)記為，求二面角的余弦值【解析】（1）證明：取線段的中點(diǎn)，連接，，易得，所以，，，四點(diǎn)共面.因?yàn)?，，所以，又因?yàn)榈酌妫矫?，所以，因?yàn)?，所以平面，…?分因?yàn)?，分別是，的中點(diǎn)，所以，所以平面，因?yàn)槠矫?，所以…?分因?yàn)?，，又因?yàn)?，所以四邊形是正方形，所以，…?分又因?yàn)?，所以平面，因?yàn)槠矫?，所?……6分（2）解：延長(zhǎng)與相交于點(diǎn)，連接，則與的交點(diǎn)即為.由，分別為和的中點(diǎn)知為線段的三等分點(diǎn)，且，……8分由（1）知，所以、、兩兩垂直，以點(diǎn)為原點(diǎn)，所在的直線為軸，所在的直線為軸，所在的直線為軸建立空間直角坐標(biāo)系.，，，，設(shè)平面的法向量，則取，則……10分易得平面的一個(gè)法向量，……11分設(shè)二面角為，，所以二面角的余弦值為.……1212、（江蘇省鹽城市四校2023屆高三年級(jí)第一學(xué)期聯(lián)考）如圖所示，在三棱錐ABCD中，已知平面ABD⊥平面BCD，且，BC⊥AC.(1)證明：BC⊥平面ACD；(2)若點(diǎn)F為棱BC的中點(diǎn)，，且，求平面CDE與平面ABD夾角的余弦值.【解析】(1)證明：由條件可得，所以AD⊥BD．因?yàn)槠矫鍭BD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD=BD，所以AD⊥平面BCD，所以AD⊥BC．又BC⊥AC，AC∩AD=A，所以BC⊥平面ACD.(2)解：因?yàn)锽C⊥平面ACD，所以BC⊥CD．所以BC=.以C為坐標(biāo)原點(diǎn)，直線CD，CB分別為x，y軸，過點(diǎn)C且垂直于平面BCD的直線為z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則，則設(shè)平面CDE的法向量為，則取，則，,設(shè)平面ABD的一個(gè)法向量為，則，取，設(shè)平面CDE與平而ABD的夾角為θ，.則故平面CDE與平而ABD的夾角的余弦為.13、（廣東省高考研究會(huì)2023屆高三階段性檢測(cè)）（12分）如圖，在幾何體中，四邊形為矩形，，(1)證明：；(2)若面面，且直線與平面所成角的正弦值為，求此時(shí)矩形，的面積.【解析】(1)證明：由題意得，四邊形為直角梯形，又易知所以，所以……………2分又因?yàn)?，，所以平面，所以………………?分(2)因?yàn)槊婷媲医痪€為，所以平面……………5分以為原點(diǎn)，為軸，為軸，為軸建立如圖所示坐標(biāo)系，設(shè)，，所以…………………7分設(shè)平面的法向量，則得所以………………………9分設(shè)直線與平面所成角為，則解得，所以……………11分所以…………………12分14、（江蘇新高考2023年第三次大聯(lián)考）如圖，在多面體中，平面平面平面和均為正三角形，，點(diǎn)在上.（1）若平面，求；（2）若是的中點(diǎn)，求二面角的正弦值.【解析】（1）取中點(diǎn)，連結(jié)，過點(diǎn)作交于點(diǎn)，連結(jié).因?yàn)槭钦切?，所以，因?yàn)槠矫嫫矫?，平面平面，所以平?因?yàn)槠矫?，所以，所以，所以四點(diǎn)共面，因?yàn)槠矫嫫矫?，面平面，所?又因?yàn)椋运倪呅问瞧叫兴倪呅?所以，所以是三角形的中位線，所以.（2）如圖，以為坐標(biāo)原點(diǎn)，為基底建立空間直角坐標(biāo)系，因?yàn)?，所以，所以，設(shè)平面的一個(gè)法向量，則即令，則，所以.又平面的一個(gè)法向量，設(shè)二面角所成角的大小為，所以，所以.即二面角的正弦值為.15、（江陰市普通高中20222023年學(xué)期高三階段測(cè)試卷）（本題滿分12分）如圖，在四棱錐中，，，，，，，平面PAD，點(diǎn)M滿足．（1）若，求證：平面平面PCM；（2）設(shè)平面MPC與平面PCD的夾角為，若，求的值【解析】（1）證明：∵，，，∴．∵，∴，而，∴，∴．∵平面PAD，平面ABCD，∴平面平面PAD且平面平面，由平面PAD，平面ABCD，∴，且，，，∴，∴，又∵，∴平面PCM．又∵平面，∴平面平面，或由，∴且平面，所以平面平面；（2）如圖建系，∵，∴，∴，，，，∴，，，設(shè)平面MPC與平面PCD的一個(gè)法向量分別為，，∴，∵，∴，∵，∴．16、（2022～2023學(xué)年泰州高三年級(jí)模擬試卷）0.(本小題滿分12分)如圖，在三棱臺(tái)ABCDEF中，已知平面ABED⊥平面BCFE，BA⊥BC，BC＝3，BE＝DE＝DA＝eq\f(1,2)AB＝1.(1)求證：直線AE⊥平面BCFE；(2)求平面CDF與平面AEF所成角的正弦值．【解析】.(1)證明：在三棱臺(tái)ABCDEF中，DE∥AB.因?yàn)锽E＝AD，所以四邊形ABED為等腰梯形．因?yàn)锽E＝DE＝1，AB＝2，所以可得∠ABE＝eq\f(π,3).在△ABE中，由余弦定理可得AE＝eq\r(3)，所以BE2＋AE2＝AB2，所以AE⊥BE.(3分)又因?yàn)槠矫鍭BED⊥平面BCFE，平面ABED∩平面BCFE＝BE，AE?平面ABED，所以直線AE⊥平面BCFE.(5分)(2)由(1)知AE⊥平面BCFE，因?yàn)锽C?平面BCFE，所以AE⊥BC.又BC⊥BA，AE，BA?平面ABED，所以BC⊥平面ABED.又BC?平面ABC，所以平面ABC⊥平面ABED，在平面ABED內(nèi)過B作BH⊥BA，則BH⊥平面ABC.以{eq\o(BC,\s\up6(→))，eq\o(BA,\s\up6(→))，eq\o(BH,\s\up6(→))}為單位正交基底，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Bxyz，由題意可得A(0，2，0)，E(0，eq\f(1,2)，eq\f(\r(3),2))，B(0，0，0)，C(3，0，0)，D(0，eq\f(3,2)，eq\f(\r(3),2))，因?yàn)閑q\o(EF,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(BC,\s\up6(→))＝(eq\f(3,2)，0，0)，F(xiàn)(eq\f(3,2)，eq\f(1,2)，eq\f(\r(3),2))，所以eq\o(DF,\s\up6(→))＝(eq\f(3,2)，－1，0)，eq\o(AF,\s\up6(→))＝(eq\f(3,2)，－eq\f(3,2)，eq\f(\r(3),2))，設(shè)平面AEF的法向量n＝(x0，y0，z0)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AF,\s\up6(→))＝\f(3,2)x0－\f(3,2)y0＋\f(\r(3),2)z0＝0，,n·\o(EF,\s\up6(→))＝\f(3,2)x0＝0，))則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x0＝0，,3x0－3y0＋\r(3)z0＝0，))取y0＝1，z0＝eq\r(3)，則n＝(0，1，eq\r(3))，(8分)同理可求平面CDF的一個(gè)法向量m＝(2，3，eq\r(3))，(10分)設(shè)平面CDF與平面AEF所成的角為θ，由|cos〈m，n〉|＝eq\f(|m·n|,|m|·|n|)＝eq\f(3,4)，則sinθ＝eq\f(\r(7),4)，所以平面CDF與平面AEF所成的角的正弦值為eq\f(\r(7),4).(12分)17、（華附、省實(shí)、廣雅、深中2023屆高三四校聯(lián)））(本小題滿分12分)如圖，在四棱錐PABCD中，底面ABCD是菱形，PA⊥平面ABCD，平面PAB⊥平面PBC.(1)求證：AB⊥BC；(2)若PA＝AB，M為PC上的點(diǎn)，當(dāng)PC與平面ABM所成角的正弦值最大時(shí)，求eq\f(PM,PC)的值．【解析】：(1)如圖，過點(diǎn)A作AE⊥PB，垂足為E.因?yàn)槠矫鍼AB⊥平面PBC，平面PAB?平面PBC＝PB，AE?平面PAB，AE⊥PB，所以AE⊥平面PBC.(2分)因?yàn)锽C?平面PBC，所以AE⊥BC.又PA⊥平面ABCD，BC?平面ABCD，所以PA⊥BC.因?yàn)锳E∩PA＝A，AE，PA?平面PAB，所以BC⊥平面PAB.(4分)又AB?平面PAB，所以AB⊥BC.(6分)(2)以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB，AD，AP分別為x，y，z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．由底面ABCD是菱形，且AB⊥BC，得底面ABCD為正方形，設(shè)PA＝AB＝1，則B(1，0，0)，C(1，1，0)，P(0，0，1)，所以eq\o(AB,\s\up6(→))＝(1，0，0)，eq\o(PC,\s\up6(→))＝(1，1，－1)，設(shè)eq\o(PM,\s\up6(→))＝λeq\o(PC,\s\up6(→))＝(λ，λ，－λ)(0≤λ≤1)，則eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\o(AP,\s\up6(→))＋eq\o(PM,\s\up6(→))＝(λ，λ，1－λ).設(shè)平面ABM的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n⊥\o(AB,\s\up6(→))，,n⊥\o(AM,\s\up6(→))，))，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AB,\s\up6(→))＝x＝0，,n·\o(AM,\s\up6(→))＝λx＋λy＋（1－λ）z＝0，))當(dāng)0≤λ<1時(shí)，取n＝(0，1，－eq\f(λ,1－λ)).(8分)設(shè)PC與平面ABM所成角為θ，則sinθ＝|cos〈n，eq\o(PC,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|1＋\f(λ,1－λ)|,\r(3)×\r(1＋（\f(λ,1－λ)）2))＝eq\f(1,\r(3)×\r(2λ2－2λ＋1))，(10分)當(dāng)λ＝eq\f(1,2)時(shí)，sinθ的最大值為eq\f(\r(6),3).當(dāng)λ＝1時(shí)，sinθ＝eq\f(\r(3),3)＜eq\f(\r(6),3)，所以PC與平面ABM所成角的正弦值為eq\f(\r(6),3)，此時(shí)eq\f(PM,PC)＝eq\f(1,2).(12分)18、（江蘇省揚(yáng)州市20222023學(xué)年度上學(xué)期期末考試題）圖1是直角梯形ABCD，，，，，，，以BE為折痕將BCE折起，使點(diǎn)C到達(dá)的位置，且，如圖2.(1)求點(diǎn)D到平面的距離；(2)若，求二面角的大小.【解析】（1）解：如圖所示：

連接AC，交BE于F，因?yàn)?，，，，，所以AE=2，又，所以四邊形ABCE是菱形，所以，在中，，所以，又，則，所以，又，所以平面，設(shè)點(diǎn)D到平面的距離為h，因?yàn)?，且，所以，解得；?）由（1）建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系：則，所以，因?yàn)?，所以，設(shè)平面BEP的一個(gè)法向量為，則，即，令，得，易知平面BEA的一個(gè)法向量為，所以，則，易知二面角的平面角是銳角，所以二面角的大小為.19、（江蘇海安20222023年期末考試）(本小題滿分12分)如圖，已知菱形ABCD的邊長(zhǎng)為2，∠ABC＝60°，E為AC的中點(diǎn)，將△ACD沿AC翻折使點(diǎn)D至點(diǎn)D′.(1)求證：平面BD′E⊥平面ABC；(2)若三棱錐D′ABC的體積為eq\f(2\r(2),3)，求二面角D′ABC的余弦值．(1)證明：由菱形ABCD知，D′A＝D′C，又E為AC的中點(diǎn)，所以D′E⊥AC，同理，可得BE⊥AC.(2分)因?yàn)镈′E,BE?平面BD′E,D′E∩BE＝E，所以AC⊥平面BD′E.因?yàn)锳C?平面ABC，所以平面BD′E⊥平面ABC.(4分)(2)解：過點(diǎn)D′作D′H⊥BE交BE于點(diǎn)H，由(1)知，平面BD′E⊥平面ABC.又平面BD′E∩平面ABC＝BE，D′H?平面D′BE,所以D′H⊥平面ABC.(6分)因?yàn)槿忮FD′ABC的體積為eq\f(2\r(2),3)，所以eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),4)×22×D′H＝eq\f(2\r(2),3)，解得D′H＝eq\f(2\r(6),3).(8分)在Rt△D′EH中，D′E＝eq\r(3)，所以EH＝eq\f(\r(3),3)，于是BH＝BE－EH＝eq\f(2\r(3),3).(解法1)如圖，以E為坐標(biāo)原點(diǎn)，EA，EB分別為x軸、y軸，過點(diǎn)E與平面ABC垂直的直線為z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則A(1，0，0)，B(0，eq\r(3)，0)，D′(0，eq\f(\r(3),3)，eq\f(2\r(6),3))，所以eq\o(AB,\s\up6(→))＝(－1，eq\r(3)，0)，eq\o(BD′,\s\up6(→))＝(0，－eq\f(2\r(3),3)，eq\f(2\r(6),3)).設(shè)平面D′AB的法向量n＝(x，y，z)，則n·eq\o(AB,\s\up6(→))＝0，n·eq\o(BD′,\s\up6(→))＝0，即－x＋eq\r(3)y＝0，－eq\f(2\r(3),3)y＋eq\f(2\r(6),3)z＝0，令x＝eq\r(6)，得y＝eq\r(2)，z＝1，所以n＝(eq\r(6)，eq\r(2)，1).(10分)又平面ABC的一個(gè)法向量m＝(0，0，1)，所以cos〈n，m〉＝eq\f(n·m,|n|×|m|)＝eq\f(1,\r(9)×1)＝eq\f(1,3)，所以二面角D′ABC的余弦值為eq\f(1,3).(12分)(解法2)過點(diǎn)H作HF⊥AB交AB于點(diǎn)F，連接D′F.因?yàn)镈′H⊥平面ABC，根據(jù)三垂線定理，得AB⊥D′F，所以∠D′FH是二面角D′ABC的平面角．(10分)在Rt△BFH中，HF＝BHsin30°＝eq\f(\r(3),3).在Rt△D′HF中，D′F＝eq\r(D′H2＋HF2)＝eq\r(3)，所以cos∠D′FH＝eq\f(HF,D′F)＝eq\f(1,3)，所以二面角D′ABC的余弦值為eq\f(1,3).(12分)110、（鹽城市、南京市20222023學(xué)年度第一學(xué)期期末調(diào)研測(cè)試）如圖，在四棱錐中，底面，平面平面，四棱錐的體積為4.（1）求證：；（2）求平面與平面所成銳二面角的余弦值.【解析】【分析】（1）設(shè)，在平面內(nèi)過點(diǎn)作，垂足為,利用面面垂直的性質(zhì)定理可得平面，再根據(jù)線面垂直的性質(zhì)定理和判斷定理求解即可；（2）以為軸建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量法求解即可.【小問1詳解】設(shè)，在平面內(nèi)過點(diǎn)作，垂足為,因?yàn)槠矫嫫矫?，平面平面，所以平面，又平面，所以，因?yàn)槠矫嫫矫?，所?因?yàn)槠矫嫫矫?，所以平面，又因?yàn)槠矫?，所?【小問2詳解】在中，由，可得，，由（1）知，則，解得，因?yàn)槠矫?，平面，所以兩兩垂直，以為軸建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，所以，設(shè)平面的一個(gè)法向量為，設(shè)平面的一個(gè)法向量為，又，則解得，所以，所以平面與平面所成銳二面角的余弦值為.111、（襄州一中2023屆高三下學(xué)期開學(xué)考試數(shù)學(xué)試題）如圖，四棱錐中，平面平面，為正三角形，底面為等腰梯形，//，．（1）求證：平面；（2）若點(diǎn)為線段上靠近點(diǎn)的三等分點(diǎn)，求二面角的大?。敬鸢浮浚?）證明見解析；（2）【解析】【分析】（1）先用幾何關(guān)系證明，然后根據(jù)余弦定理求出，結(jié)合勾股定理可得，最后利用面面垂直的性質(zhì)定理證明；（2）過作，垂足為，結(jié)合面面垂直的性質(zhì)先說明可以在處為原點(diǎn)建系，然后利用空間向量求二面角的大小.【小問1詳解】取中點(diǎn)，連接，根據(jù)梯形性質(zhì)和可知，//，且，于是四邊形為平行四邊形，故，則為等邊三角形，故，在中，由余弦定理，，故，注意到，由勾股定理，，即，由平面平面，平面平面，平面，根據(jù)面面垂直的性質(zhì)定理可得，平面.【小問2詳解】過作，垂足為，連接，由平面平面，平面平面，平面，根據(jù)面面垂直的性質(zhì)定理，平面，為正三角形，，故（三線合一），由和中位線性質(zhì)，//，由（1）知，平面，故平面，于是兩兩垂直，故以為原點(diǎn)，所在直線分別為軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系.由（1）知，平面，又//軸，故可取為平面的法向量，又，，根據(jù)題意，，設(shè)，則，解得，又，，，，設(shè)平面的法向量，由，即，于是為平面的法向量，故，二面角大小的范圍是，結(jié)合圖形可知是銳二面角，故二面角的大小為112、（河北省石家莊市20222023學(xué)年度第一學(xué)期期末聯(lián)考調(diào)研測(cè)試）如圖，在正三棱柱中，，，分別是棱，的中點(diǎn)．（1）證明：平面平面．（2）求平面與平面所成銳二面角的余弦值．【答案】（1）見解析（2）【解析】【分析】（1）根據(jù)法向量垂直，即可求證，（2）根據(jù)平面法向量的夾角即可求解面面角.【小問1詳解】設(shè)，分別是，的中點(diǎn)，連接，，，則，是等邊三角形，，又根據(jù)題意可得：平面平面，且交線為，又平面，平面，又平面，．又根據(jù)正三棱柱的性質(zhì)可知：平面，平面，，平面，，，以為原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，設(shè)，則，，設(shè)平面，平面的法向量分別為，所以取，則，取，則，所以，故，所以平面平面．【小問2詳解】設(shè)平面的法向量分別為,則，取，則，設(shè)平面與平面所成的銳二面角為，則，故平面與平面所成銳二面角的余弦值為113、（江山東濟(jì)南市2023年高三下學(xué)期開學(xué)考試）在四棱錐中，底面是直角梯形，，，側(cè)面底面，．（1）證明：平面平面；（2）若，求平面與平面夾角的余弦值．【答案】（1）證明見解析.（2）.【解析】【分析】（1）通過證明面中的一條直線與面垂直，即可證明面面.（2）建立空間直角坐標(biāo)系，表達(dá)出各點(diǎn)坐標(biāo)，求出面與面的法向量，即可求出平面與平面夾角的余弦值.【小問1詳解】由題意，取分別為棱的中點(diǎn),連接,則;∵,且,∴且,∴四邊形為平行四邊形,故.∵為棱的中點(diǎn),∴;∵,平面底面,平面底面,∴平面,∵平面,∴;又,且在平面內(nèi)∴平面.∵,∴平面,又∵平面,∴平面平面.【小問2詳解】由題意及（1）得，取中點(diǎn)為,連接,∵為等邊三角形,∴∵平面底面,∴底面,過作,交于點(diǎn),則;以為原點(diǎn),所在直線分別為軸,軸,軸建立空間直角坐標(biāo)系,設(shè)，則,則,由（1）可知平面故平面的法向量取,設(shè)平面的法向量為,由,解得,令,得,設(shè)平面與平面的夾角為,∴,∴平面與平面夾角的余弦值為題組二、體積與距離等有關(guān)的計(jì)算的問題21、（20222023學(xué)年江蘇常州市高級(jí)中學(xué)高三年級(jí)1月月考數(shù)學(xué)試卷）如圖，空間幾何體中，四邊形是梯形，，四邊形是矩形，且平面平面，M是線段上的動(dòng)點(diǎn).（1）試確定點(diǎn)M的位置，使平面，并說明理由；（7分）（2）在（1）