《2022届新高考数学试题一模分类20 平行垂直与空间向量在立体几何中的应用（解析版）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022届新高考数学试题一模分类20 平行垂直与空间向量在立体几何中的应用（解析版）（22页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、20 平行垂直与空间向量在立体几何中的应用【2022届新高考一模试题分类汇编】一、解答题1（2022贵州毕节模拟预测（理）如图，四棱锥中，平面CDP，E为PC中点.(1)证明：平面PAD；(2)若平面PAD，求二面角的正弦值.【解析】(1)取PD中点F，连接EF，AF则且又且所以且 由四边形ABEF是平行四边形，则又平面，平面所以平面PAD(2)因为平面PAD又，取CD中点O，连接PO，BO平面CDP，又平面ABCD又，以O为坐标原点，分别为x轴，y轴，z轴正方向建立如图坐标系则，设为平面PAB的一个法向量.则令则显然为平面PAD的一个法向量设为二面角的平面角，则所以所以二面角的正弦值2（20
2、22陕西一模（理）如图，已知直三棱柱，分别为线段，的中点，为线段上的动点，.(1)若，试证；(2)在（1）的条件下，当时，试确定动点的位置，使线段与平面所成角的正弦值最大.【解析】(1)在中，为中点且，.平面平面交线为，平面，.，分别为，的中点，.在直角和直角中，.平面，平面，.(2)平面，由（1）得，三线两两垂直，以为原点，以，为，轴建立空间直角坐标系如图，则，.设平面的一个法向量为，则，令得，设，则，设直线与平面所成的角为，则.若，此时点与重合，若，令，则.当，即，为的中点时，取得最大值.3（2022湖北一模）如图所示，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，PA底面ABCD，PA=
3、AB，E，F分别为线段PB，BC上的动点.(1)若E为线段PB的中点，证明：平面AEF平面PBC；(2)若BE=BF，且平面AEF与平面PBC所成角的弦值为，试确定点F的位置.【解析】（1）证明：由底面，可得，又在正方形中，且，则平面，有.由，E为中点，可得又，则平面，从而平面平面.(2)以A为坐标原点，分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.设，则.由（1）可知为平面的法向量.由，可知，设，则，可得.设平面的法向量为，由，即，取，则，即.从而，由，解得或，即F为三等分点处.4（2022陕西周至一模（理）如图，在长方体中，分别是棱上的点，.(1)证明：平面；(2)求二面角的余弦值.【
4、解析】(1)证明：依题意知，易知，两两相互垂直，则以为坐标原点，所在直线分别为，轴建立如图所示空间直角坐标系，则，.易知，.则，.又，平面.(2)设平面的法向量为，即取，解得则平面的一个法向量为，易知平面的一个法向量为，设二面角的平面角为，且为锐角，则，二面角的余弦值为.5（2022河北唐山一模）如图，直三棱柱中，为的中点，为棱上一点，.(1)求证：平面；(2)若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值.【解析】(1)在直三棱柱中，底面，底面，；又，平面，平面，平面，又平面，.由直三棱柱知：底面，底面，又，平面，平面，平面.(2)由（1）知：，又为中点，.以为坐标原点，的方向为轴正方向，的方
5、向为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.则，设，则.由（1）知：平面的法向量可取；设平面的法向量，令，解得：，；，解得：，此时，设与平面所成角为，即直线与平面所成角的正弦值为.6（2022安徽芜湖一中一模（理）如图所示，已知矩形和矩形所在的平面互相垂直，M，N分别是对角线，上异于端点的动点，且.(1)求证：直线平面；(2)当的长最小时，求二面角的余弦值【解析】(1)过作与交于点，过作与交于点，连接.由，易知.又，则四边形为平行四边形，所以平面，平面，平面.(2)由平面平面，平面平面，又平面，平面.以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，过M点作，垂足为G，连接NG，易知，设()可得，可知当
6、时，长最小值为.此时，又，设平面AMN的法向量为，由可得，令，可得设平面MND的法向量为，由可得，令，可得，易知二面角为钝二面角，则二面角的余弦值为.7（2022河南模拟预测（文）图1是由和组成的一个平面图形，其中PA是的高，将和分别沿着PA，PC折起，使得与重合于点B，G为PC的中点，如图2(1)求证：PABC；(2)若，求三棱锥CABG的高【解析】(1)在图1中，因为PA是的高，所以，PAAC所以在图2中，PAAB，PAAC又因为，且AB，平面ABC，所以PA平面ABC因为平面ABC，所以PABC(2)因为，所以所以ABBC因为PA4，所以，所以所以PBBC因为G为PC的中点，所以同理所以
7、易知设三棱锥CABG的高为h，因为，所以所以所以三棱锥CABG的高为8（2022新疆模拟预测（理）如图，在多面体中，为等边三角形，为的中点.(1)证明：平面；(2)求锐二面角的余弦值.【解析】(1)取中点，连结，四边形为平行四边形，又平面，平面，平面；(2)，又，平面，平面，平面平面，取的中点，以OE为x轴，AB为y轴，过点O做平行于BC的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，所以平面和平面所成的锐二面角的余弦值为；故答案为：证明见解析， .9（2022河南省淮阳中学模拟预测（理）如图，平面，平面，且均在平面的同侧(1)证明：平面平面(2)若四边形
8、为梯形，且异面直线与所成角的余弦值为，求四棱锥的体积【解析】(1)证明：因为平面，平面，所以,因为平面，平面，所以,因为，所以平面，因为，所以平面,又平面，所以平面平面.(2)因为平面，所以， 以A为坐标原点，的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，设，则，,设异面直线与所成的角为，则，整理得，解得或1,又，所以，故10（2022福建漳州二模）如图，圆柱的轴截面是一个边长为2的正方形，点D为棱的中点，为弧上一点，且(1)求三棱锥的体积；(2)求二面角的余弦值.【解析】(1)过作交于点E，因为，所以为正三角形，所以E为中点，即,又因为平面平面，面面，面，所以面，即面，因为D为的中
9、点，所以，又，即，即，则的面积为1，(2)因为在圆柱中，轴截面是正方形，取弧的中点C，所以两两垂直，以，为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系，如图所示.由题意知， ， 设平面的法向量，则，即 ,取，则，则，平面的法向量可取所以，设二面角为，则为锐角，所以，所以二面角的余弦值为.11（2022福建龙岩一模）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，E为的中点，且(1)求证：平面；(2)记的中点为N，若M在线段上，且直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长【解析】(1)连接，且四边形为平行四边形；且E为的中点，所以，即，又，平面(2)以为原点，为轴，为轴，为轴建立如图所示的空间直角坐标系，则,所以，设
10、平面的法向量为，则，即，取设，则，而，所以，平面的法向量为，设直线与平面所成的角为，则化简得，解得：或，满足故线段的长度为2或12（2022河南开封二模（理）如图，四边形ABCD是圆柱OQ的轴截面，圆柱OQ的侧面积为，点P在圆柱OQ的底面圆周上，且三角形OPB是边长为的等边三角形，点G是DP的中点.(1)若G是DP的中点，求证：AGBD；(2)若，求GB与平面ABCD所成角的正弦值.【解析】(1)设圆柱OQ的底面半径为r，高为h.因为三角形OPB是边长为的等边三角形，所以,.因为圆柱OQ的侧面积为，所以，解得：.在底面圆中，,所以.因为圆柱OQ的母线DA底面APB，所以DABP，DAAP.因为
11、，所以PABP,又,所以BP面APD.因为面APD,所以BPAG.在三角形DAP中，AD=AP=3, G是DP的中点，所以DPAG.又,所以AG面BPD.因为面PBD,所以AGBD.(2)在底面内过O作OxAB，连结OQ.以O为原点，分别为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系.则,.所以.因为，所以,所以.显然，x轴的单位向量是平面ABCD的一个法向量.设GB与平面ABCD所成角，则.13（2022天津一模）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，其中，平面，且，点在棱上，点为中点.(1)证明：若，直线平面；(2)求二面角的正弦值；(3)是否存在点，使与平面所成角的正弦值为？若存在求出值；若不存在，
12、说明理由.【解析】(1)如图所示，在线段上取一点，使，连接，又，四边形为平行四边形，又，所以平面平面，平面，平面；(2)如图所示，以点为坐标原点，以为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，则，又是中点，则，所以，设平面的法向量，则，令，则，设平面的法向量，则，令，则，所以，则二面角的正弦值为；(3)存在，或假设存在点，设，即，由（2）得，且平面的法向量，则，则，解得或，故存在点，此时或.14（2022山东日照一模）如图所示，在四棱锥PABCD中，E是边AD的中点，异面直线PA与CD所成角为.(1)在平面PAB内找一点M，使得直线平面PBE，并说明理由；(2)若二面角PCDA的大小为，求直线PA与平
13、面PCE所成角的正弦值.【解析】(1)将AB，CD延长交于一点M，则M在平面PAB内.，BC/ADCE/BM且CE=BM，四边形BCDE为平行四边形，CM/BE.平面PBE，平面PBE，所以CM/平面PBE.所以在平面PAB内存在一点M，为AB，CD延长后的交点，使得直线CM/平面PBE(2)由已知可得，ADDC，CDPA，PAAD=A，所以CD平面PAD，从而CDPD.所以PDA为二面角PCDA的平面角，所以PDA=30.建立如图空间直角坐标系，设AP=2则A(0，0，0)，P(0，0，2)，设平面PCE的法向量为，由，不妨设x=2，则.设直线PA与平面PCE所成角为，则，所以直线PA与平面P
