2023年高考数学重点专题三轮冲刺演练专题03 立体几何大题压轴练（解析版）.docx

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1、2023年高考数学重点专题三轮冲刺演练【一专三练】 专题03 立体几何大题压轴练-新高考数学复习分层训练（新高考通用）1（2023湖北校联考模拟预测）如图，在棱长为2的正方体中，点M是正方体的中心，将四棱锥绕直线逆时针旋转后，得到四棱锥(1)若，求证：平面平面；(2)是否存在，使得直线平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由2（2023春湖南株洲高三株洲二中校考阶段练习）如下图，在四棱锥中，已知平面，且四边形为直角梯形，（1）求平面与平面夹角的余弦值；（2）定义：两条异面直线之间的距离是指其中一条直线上任意一点到另一条直线距离的最小值，利用此定义求异面直线与之间的距离3（2023湖南张家界

2、统考二模）如图，已知三棱柱，为线段上的动点，.(1)求证：平面平面；(2)若，D为线段的中点，求与平面所成角的余弦值.4（2023春湖南高三长郡中学校联考阶段练习）如图，已知是边长为2的等边三角形，是的中点，如图，将沿边翻折至.(1)在线段上是否存在点，使得平面？若存在，求的值；若不存在，请说明理由；(2)若平面与平面所成的二面角的余弦值为，求三棱锥的体积.5（2023湖南长沙湖南师大附中校考一模）如图，在四棱锥中，底面ABCD是边长为2的菱形，PAD为等边三角形，平面平面ABCD，(1)求点A到平面PBC的距离；(2)E为线段PC上一点，若直线AE与平面ABCD所成的角的正弦值为，求平面AD

3、E与平面ABCD夹角的余弦值6（2023春广东揭阳高三校考阶段练习）如图，在四棱台中，底面是边长为2的菱形，平面平面，点分别为的中点，均为锐角.(1)求证：；(2)若异面直线与所成角正弦值为，四棱锥的体积为1，求二面角的平面角的余弦值.7（2023山西太原统考一模）如图，四棱锥中，且，直线与平面的所成角为分别是和的中点.(1)证明：平面；(2)求平面与平面夹角的余弦值.8（2023江苏统考一模）如图，在多面体中，平面平面，平面，和均为正三角形，.(1)在线段上是否存在点F，使得平面?说明理由；(2)求平面与平面所成的锐二面角的正切值.9（2023云南昆明昆明一中校考模拟预测）在三棱锥中，M为棱

4、BC的中点.(1)证明：；(2)若平面平面ABC，E为线段PC上一点，求点E到平面PAM的距离.10（2023云南统考一模）如图，四边形ABCD是圆柱底面的内接四边形，是圆柱的底面直径，是圆柱的母线，E是AC与BD的交点，(1)记圆柱的体积为，四棱锥的体积为，求；(2)设点F在线段AP上，求二面角的余弦值11（2023云南高三云南师大附中校考阶段练习）如图，直四棱柱的底面是菱形，是的中点，为线段上一点，.(1)证明：当时，平面；(2)是否存在点，使二面角的余弦值为？若存在，请指出点的位置；若不存在，请说明理由.12（2023春重庆高三重庆市长寿中学校校考期末）如图，在四棱台中，底面为矩形，平面

5、平面，且.（1）证明：平面；（2）若与平面所成角为，求二面角的余弦值.13（2023秋重庆璧山高三校联考阶段练习）如图，已知圆柱的上，下底面圆心分别为是圆柱的轴截面，正方形ABCD内接于下底面圆Q，(1)当k为何值时，点Q在平面PBC内的射影恰好是PBC的重心；(2)若，当平面PAD与平面PBC所成的锐二面角最大时，求该锐二面角的余弦值14（2023春重庆万州高三重庆市万州第二高级中学校考阶段练习）如图，分别是矩形上的点，把四边形沿折叠，使其与平面垂直，如图所示，连接，得到几何体(1)当点在棱上移动时，证明：；(2)在棱上是否存在点，使二面角的平面角为？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由1

6、5（2023重庆沙坪坝重庆南开中学校考模拟预测）如图四棱锥在以为直径的圆上，平面为的中点，(1)若，证明：；(2)当二面角的正切值为时，求点到平面距离的最大值.16（2023辽宁铁岭校联考模拟预测）如图，在三棱台中，三棱锥的体积为，的面积为，且平面(1)求点到平面的距离；(2)若，且平面平面， 求二面角的余弦值17（2023秋辽宁沈阳高三沈阳二中校考期末）如图，在四棱锥中，平面平面PAD，E是PD的中点(1)求证：；(2)若点M在线段PC上，异面直线BM和CE所成角的余弦值为，求面MAB与面PCD夹角的余弦值18（2023辽宁朝阳校联考一模）如图，已知四棱锥，底面是平行四边形，且，是线段的中点

7、，.(1)求证：平面；(2)下列条件任选其一，求二面角的余弦值.与平面所成的角为；到平面的距离为.注：如果选择多个条件分别解答，按一个解答计分.19（2023秋江苏南京高三南京市第一中学校考期末）如图，三棱锥和均为棱长为2的正四面体，且A，B，C，D四点共面，记直线AE与CF的交点为Q.(1)求三棱锥的体积；(2)求二面角的正弦值.20（2023春河北承德高三河北省隆化存瑞中学校考阶段练习）如图，在四棱锥中，为边的中点，异面直线与所成的角为.(1)在直线上找一点，使得直线平面，并求的值；(2)若直线到平面的距离为，求平面与平面夹角的正弦值.21（2023秋河北石家庄高三石家庄精英中学校考阶段练

8、习）如图，在四棱锥中，四边形是矩形，是正三角形，且平面平面，为棱的中点，四棱锥的体积为(1)若为棱的中点，求证：平面；(2)在棱上是否存在点，使得平面与平面所成锐二面角的余弦值为？若存在，指出点的位置并给以证明；若不存在，请说明理由.22（2023春河北衡水高三河北衡水中学校考阶段练习）如图所示，圆锥的高，底面圆O的半径为R，延长直径AB到点C，使得，分别过点A，C作底面圆O的切线，两切线相交于点E，点D是切线CE与圆O的切点(1)证明：平面平面；(2)若直线与平面所成角的正弦值为，求点A到平面的距离23（2023河北衡水河北衡水中学校考模拟预测）异面直线、上分别有两点A、B.则将线段AB的最

9、小值称为直线与直线之间的距离.如图，已知三棱锥中，平面PBC，点D为线段AC中点，.点E、F分别位于线段AB、PC上（不含端点），连接线段EF.(1)设点M为线段EF中点，线段EF所在直线与线段AC所在直线之间距离为d，证明：.(2)若，用含k的式子表示线段EF所在直线与线段BD所在直线之间的距离.24（2023河北高三河北衡水中学校考阶段练习）如图，在长方体，平面与平面所成角为.(1)若，求直线与平面所成角的余弦值（用表示）；(2)将矩形沿旋转度角得到矩形，设平面与平面所成角为，请证明：.25（2023秋福建宁德高三校考阶段练习）如图，在四棱锥中，底面为正方形，点在底面内的投影恰为中点，且(

10、1)若，求证：面；(2)若平面与平面所成的锐二面角为，求直线与平面所成角的正弦值26（2023秋山东烟台高三山东省烟台第一中学校考期末）如图，在三棱台中，底面是边长为2的正三角形，侧面为等腰梯形，且，为的中点（1）证明：；（2）记二面角的大小为，时，求直线与平面所成角的正弦值的取值范围27（2023秋山东枣庄高三统考期末）已知直三棱柱，为线段的中点，为线段的中点，平面平面.(1)证明：；(2)三棱锥的外接球的表面积为，求平面与平面夹角的余弦值.28（2023湖北校联考模拟预测）如图所示，在梯形中，四边形为矩形，且平面，.（1）求证：平面；（2）点在线段上运动，设平面与平面所成锐二面角为，试求的

11、取值范围.29（2023春湖北高三统考阶段练习）如图所示，六面体的底面是菱形，且平面，平面与平面的交线为.(1)证明：直线平面；(2)已知，三棱锥的体积，若与平面所成角为，求的取值范围.30（2023江苏南通二模）如图，在圆台中，分别为上、下底面直径，且， 为异于的一条母线(1)若为的中点，证明：平面；(2)若，求二面角的正弦值2023年高考数学重点专题三轮冲刺演练【一专三练】 专题03 立体几何大题压轴练-新高考数学复习分层训练（新高考通用）1（2023湖北校联考模拟预测）如图，在棱长为2的正方体中，点M是正方体的中心，将四棱锥绕直线逆时针旋转后，得到四棱锥(1)若，求证：平面平面；(2)是

12、否存在，使得直线平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由【答案】(1)证明见解析(2)不存在，理由见解析【分析】（1）根据面面平行的判定定理即可证明结论；（2）假设存在，使得直线平面，建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，求出平面平面的法向量，则求出的坐标，由可得，此方程组无解，即可得出结论.【详解】（1）证明：若，则平面、平面为同一个平面，连接，则M是中点，是中点，故是的中位线，所以因为，所以平面四边形是平行四边形，所以又平面平面，所以平面同理平面，且平面平面，所以，平面平面（2）假设存在，使得直线平面以C为原点，分别以为轴正方向建立空间直角坐标系，则，故设是平面的法向量，则，所以，取，得

13、是平面的一个法向量，取中点P，中点Q，连接，则于是是二面角的平面角，是二面角的平面角，是二面角的平面角，于是，所以，且平面，故，同理，所以，因为，所以若直线平面，是平面的一个法向量，则即存在，使得，则，此方程组无解，所以，不存在，使得直线平面【点睛】难点点睛：解答第二问是否存在，使得直线平面，要发挥空间想象，明确点线面的位置关系，建立空间直角坐标系后，难点在于确定，并结合三角恒等变换化简，从而结合向量的共线的坐标表示，判断结论.2（2023春湖南株洲高三株洲二中校考阶段练习）如下图，在四棱锥中，已知平面，且四边形为直角梯形，（1）求平面与平面夹角的余弦值；（2）定义：两条异面直线之间的距离是指

14、其中一条直线上任意一点到另一条直线距离的最小值，利用此定义求异面直线与之间的距离【答案】（1）；（2）【分析】（1）以为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面PAB和平面PCD的法向量，利用夹角公式求解即可；（2）设为直线PB上一点，且，利用坐标运算求出点到直线的距离，求出最值即可.【详解】解：以为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系，则各点的坐标为B（1,0,0），（1）因为平面，且面，又，且，AD平面PAB，所以是平面PAB的一个法向量，因为，.设平面PCD的法向量为，则，即，令，解得，.所以是平面PCD的一个法向量，从而，所以平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值为；（2）因为

15、，设为直线PB上一点，且，又，则，则点到直线的距离所以异面直线PB与CD之间的距离为.【点睛】本题考查利用空间向量的坐标运算求二面角，求点到直线的距离，考查学生的计算能力和空间想象能力，是一道难度较大的题目.3（2023湖南张家界统考二模）如图，已知三棱柱，为线段上的动点，.(1)求证：平面平面；(2)若，D为线段的中点，求与平面所成角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据线面垂直的判定定理与性质可得，又，利用线面垂直的判定定理和面面垂直的判定定理即可证明；（2）由（1），根据面面垂直的性质可得平面，建立如图空间直角坐标系，利用向量法求出平面的法向量，根据空间向量数量积的定

16、义计算可得，结合线面角的定义和同角三角函数的关系即可求解.【详解】（1）已知，又，平面，所以平面，又平面，所以，因为，所以，又，AC、平面，所以平面，又平面，所以平面平面；（2）由（1）知平面平面，又平面平面，面，所以平面.又，所以平面，所以CA，CB，两两垂直， 以C为坐标原点，的方向分别为x轴、y轴、x轴的正方向，建立空间直角坐标系如图所示：因为，所以四边形为矩形，又因为，所以四边形为正方形.因为，所以，所以，.由D是线段的中点，得，所以，. 设平面的一个法向量为，则即取，则，所以，. 设直线与平面所成的角为，则，所以， 所以直线与平面所成角的余弦值为.4（2023春湖南高三长郡中学校联考

17、阶段练习）如图，已知是边长为2的等边三角形，是的中点，如图，将沿边翻折至.(1)在线段上是否存在点，使得平面？若存在，求的值；若不存在，请说明理由；(2)若平面与平面所成的二面角的余弦值为，求三棱锥的体积.【答案】(1)存在，(2)【分析】（1）利用线线平行证明平面，平面，证得平面平面，可得平面；（2）利用已知二面角的余弦值，可以利用向量法或几何法求三棱锥的高，结合体积公式求解.【详解】（1）存在点满足题意，且，理由如下：在图中，取的中点，连接，则，在图中，平面，平面，所以平面，且；在线段上取点使，连接，则，同理可得平面，又因为，平面，所以平面平面，又因为平面，所以平面.（2）在图中，平面，所

18、以平面，法一：以为原点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，令，则，即，易知平面的一个法向量，若平面BHC与平面BDA所成的二面角的余弦值为，则，化简整理得：，.所以，所以，则三棱锥的高为，.又因为底面积，所以三棱锥的体积为.法二：延长相交于点，事实上点即为点，则平面平面，过作，垂足为，连接，因为平面，平面，所以，又，平面，所以平面，平面，则，所以即为平面与平面所成的二面角的平面角，即，所以，即，即，又，所以，在中，设点到的距离为，由等面积法可得，解得，即三棱锥的高，又的面积为，所以三棱锥的体积为.5（2023湖南长沙湖南师大附中校考一模）如图，在四棱锥中，底面ABC

19、D是边长为2的菱形，PAD为等边三角形，平面平面ABCD，(1)求点A到平面PBC的距离；(2)E为线段PC上一点，若直线AE与平面ABCD所成的角的正弦值为，求平面ADE与平面ABCD夹角的余弦值【答案】(1)(2)【分析】（1）取AD中点O，连接OB，OP.通过证明，可得，.后由等体积法可求得点A到平面PBC的距离；（2）由（1），如图建立以O为原点的空间直角坐标系，由直线AE与平面ABCD所成的角的正弦值为，可得.求得平面ADE的法向量后，利用空间向量可得平面ADE与平面ABCD夹角的余弦值.【详解】（1）取AD中点O，连接OB，OP.为等边三角形，OA=1，.又平面平面ABCD，平面平

20、面ABCD=AD，平面PAD，平面ABC.又平面ABCD，.，.又，平面POB，平面POB，平面POB.又平面POB，.，设点A到平面PBC的距离为h，则即，；（2）由（1），分别以OA，OB，OP为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系.则，.设，则，.得，则.又平面ABC，则取平面ABCD的法向量.设AE与平面ABCD所成的角为，则，解得.则，.设平面ADE的法向量，则.令，则取平面ADE的法向量，又平面ABCD的法向量.故平面ADE与平面ABCD夹角的余弦值为.6（2023春广东揭阳高三校考阶段练习）如图，在四棱台中，底面是边长为2的菱形，平面平面，点分别为的中点，均为锐角

21、.(1)求证：；(2)若异面直线与所成角正弦值为，四棱锥的体积为1，求二面角的平面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）由面面垂直的性质得到平面，从而得到；（2）几何法：通过面面垂直作过二面角的平面角，通过几何计算求解；空间向量法：建立坐标系用空间向量求解.【详解】（1）底面是菱形，又平面平面，且平面平面，平面，平面，又平面，.（2）解法一：由（1）知面，又平面，平面平面，作交线，垂足为，因为平面平面=，平面，则面，又平面，所以.再作，垂足为，面，面， 所以面，又面则，所以为二面角的平面角，因为平面，所以到底面的距离也为.作，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，所以，又为

22、锐角，所以又，所以为等边三角形，故，所以，因为，所以，所以.所以二面角的平面角的余弦值为.解法二：由（1）知面，又平面，平面平面，作，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，如图，建立直角坐标系：为原点，为轴方向，轴.因为平面，所以到底面的距离也为.所以，又为锐角，所以又，所以为等边三角形，故， 在空间直角坐标系中：，设，则则，设平面的法向量为，取设平面的法向量为，取所以，由题知二面角为锐角，故二面角的平面角的余弦值为.7（2023山西太原统考一模）如图，四棱锥中，且，直线与平面的所成角为分别是和的中点.(1)证明：平面；(2)求平面与平面夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（

23、1）取的中点，连接，通过证明平面平面，可得平面；（2）点A为原点，所在的直线分别为轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系.由，直线与平面的所成角为，可得P坐标，后利用向量法可得平面与平面夹角的余弦值.【详解】（1）取的中点，连接，是的中点，平面平面，平面，同理可得平面，平面平面，平面平面，平面，平面；（2）以点A为原点，所在的直线分别为轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系.由题意可得，.设，因，直线与平面的所成角为则.又因则点的横坐标.又，则，结合题图可知，则，.设是平面的一个法向量，则，令，则.设是平面的一个法向量，则令，则.又因两平面夹角范围为，设平面与平面夹角为，平面与平面夹角的余弦值为.

24、8（2023江苏统考一模）如图，在多面体中，平面平面，平面，和均为正三角形，.(1)在线段上是否存在点F，使得平面?说明理由；(2)求平面与平面所成的锐二面角的正切值.【答案】(1)存在，理由见解析(2)【分析】（1）记中点为M，连结，根据线面平行的判定定理即可得出结论；（2）连结，过点B作的垂线，连结，作出平面与平面所成的二面角的平面角，解三角形，即可求得答案.【详解】（1）记中点为M，连结，为正三角形，,则，且.因为平面平面 ，平面平面，平面ACD,所以平面，又因为平面，所以.延长交于点G，则为平面与平面的交线，因为，故，所以B为的中点，取中点F，连结，则，因为平面 ，平面，所以平面.即线

25、段上存在点F，当时，平面.（2）连结，则为平面与平面的交线，在平面内，过点B作的垂线，垂足为H.连结，因为平面，平面，故,平面，故平面，平面，故,则为平面与平面所成的二面角的平面角.为正三角形，故，则,且,故在中，故，而，故,又因为，所以，即平面与平面所成的锐二面角的正切值为.9（2023云南昆明昆明一中校考模拟预测）在三棱锥中，M为棱BC的中点.(1)证明：；(2)若平面平面ABC，E为线段PC上一点，求点E到平面PAM的距离.【答案】(1)证明见解析(2).【分析】（1）取的中点为，先证明平面，进而证得；（2）建立空间直角坐标系，利用向量的方法即可求得点E到平面PAM的距离.【详解】（1）

26、取的中点为，连，因为，则；又为棱的中点，则为的中位线，所以，因为，则，则；由于，平面，平面，则平面，因为平面，所以.（2）由（1）得，且平面平面，平面平面，平面，则平面，又，则以为原点，所在直线分别为，轴建立空间直角坐标系，因为，则，则，则，因为，则，则，设为平面的一个法向量，则，令，则，得，又设点到平面的距离为d，则，则点到平面的距离为.10（2023云南统考一模）如图，四边形ABCD是圆柱底面的内接四边形，是圆柱的底面直径，是圆柱的母线，E是AC与BD的交点，(1)记圆柱的体积为，四棱锥的体积为，求；(2)设点F在线段AP上，求二面角的余弦值【答案】(1)(2)【分析】（1）利用平面几何的

27、知识推得，进而得到与，从而利用柱体与锥体的体积公式求得关于的表达式，由此得解；（2）根据题意建立空间直角坐标系，设，结合（1）中结论与（2）中所给条件得到所需向量的坐标表示，从而求得平面与平面的法向量与，由此利用空间向量夹角余弦的坐标表示即可得解.【详解】（1）因为与是底面圆弧所对的圆周角，所以，因为，所以在等腰中，所以，因为是圆柱的底面直径，所以，则，所以，则，即，所以在等腰，平分，则，所以，则，故在中，则，在中，因为是圆柱的母线，所以面，所以，所以（2）以C为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设，则，则，所以，因为，所以，则，设平面的法向量，则，即，令，则，故

28、，设平面的法向量，则，即，令，则，故，设二面角的平面角为，易知，所以，因此二面角的余弦值为11（2023云南高三云南师大附中校考阶段练习）如图，直四棱柱的底面是菱形，是的中点，为线段上一点，.(1)证明：当时，平面；(2)是否存在点，使二面角的余弦值为？若存在，请指出点的位置；若不存在，请说明理由.【答案】(1)证明见解析(2)存在，为线段的四等分点（靠近点）【分析】（1）利用线面垂直的判定证明；（2）利用空间向量计算二面角的方法得出结论。【详解】（1）证明：在矩形中，为的中点，同理可得，在中，如图，连接，在菱形中，且，为等边三角形，又为中点，又平面平面，平面，平面平面，平面，又平面，又，平面

29、，平面平面.（2）存在，当为线段的四等分点（靠近点）时，二面角的余弦值为，理由如下：取中点，连接，以为原点，建立空间直角坐标系如图，则，设，则，平面的一个法向量为，设平面的一个法向量，则解得，二面角的余弦值为，解得，但当时，二面角的平面角为钝角，含去，故.此时，为线段的四等分点（靠近点）.12（2023春重庆高三重庆市长寿中学校校考期末）如图，在四棱台中，底面为矩形，平面平面，且.（1）证明：平面；（2）若与平面所成角为，求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）要证线面垂直，只要证垂直于平面内的两条相交直线，根据所给数据和垂直关系，即可得证；（2）要求二面角，本题可用

30、空间直角坐标系，连结，由（1）可知，平面，所以以为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，求出各个面的法向量利用向量的夹角公式，即可得解.【详解】（1）如图，在梯形中，因为，作于，则，所以，所以，连结，由余弦定理可求得，因为，所以，因为平面平面且交于，所以平面，因为平面，所以，因为，所以平面；（2）连结，由（1）可知，平面，以为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，因为平面，所以在平面内的射影为，所以与平面所成的角为，即，在中，因为，所以，则，所以，设平面的法向量为，则有，即，令，则，故，设平面的法向量为，则有，即，令，则，故，所以，由图可知，二面角锐二面角，故二面角的余弦值为.【点睛】本题考查

31、了线面垂直的证明，考查了利用空间直角坐标系求法向量求二面角，要求逻辑思维能力和较高的计算能力，属于较难题.本题的关键点有：（1）利用数据构造直角三角形得到垂直关系；（2）建立适当的空间直角坐标系，利用方程求二面角的法向量是求二面角的关键.13（2023秋重庆璧山高三校联考阶段练习）如图，已知圆柱的上，下底面圆心分别为是圆柱的轴截面，正方形ABCD内接于下底面圆Q，(1)当k为何值时，点Q在平面PBC内的射影恰好是PBC的重心；(2)若，当平面PAD与平面PBC所成的锐二面角最大时，求该锐二面角的余弦值【答案】(1)(2)【分析】（1）作辅助线，找到Q点在平面PBC内的射影,然后利用重心的性质结

32、合图形的几何性质计算，求得结果；（2）建立空间直角坐标系，确定相关点的坐标，求出相关向量的坐标，进而求得平面和平面的的法向量，根据向量的夹角公式求得结果.【详解】（1）取中点，连结，则，又，所以平面，过作，交于，因为平面，所以，又，所以平面，即是点在平面内的射影因为恰好是的重心，所以，在中，所以，所以，即所以当时，点在平面内的射影恰好是的重心（2）以为原点，为轴，为轴，作，以为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，设平面的法向量，则即取，得设平面的法向量，则即取，得因为，所以当时，上式取得最小值，此时二面角最大，所以平面与平面所成锐二面角最大时，其余弦值为14（2023春重庆万州高三重庆市万州

33、第二高级中学校考阶段练习）如图，分别是矩形上的点，把四边形沿折叠，使其与平面垂直，如图所示，连接，得到几何体(1)当点在棱上移动时，证明：；(2)在棱上是否存在点，使二面角的平面角为？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由【答案】(1)证明见解析；(2)存在，.【分析】（1）利用题设条件及面面垂直的性质定理证得两两垂直，从而建立空间直角坐标系，求得，由此可证得；（2）利用（1）中结论，求出平面与平面的法向量，从而利用空间向量夹角余弦的坐标公式得到关于的方程，解之即可.【详解】（1）由图1易知图2中，有，又因为面面，面面，面，所以面，又面，故，故以为原点，边所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐

34、标系，如图，则不妨设，则，故，所以，故. .（2）假设存在使二面角的平面角为，其中，因为平面，所以可作为平面的一个法向量，因为，设平面的一条法向量为，则，即，令，则，故，因为二面角的平面角为，所以，即，整理得，解得或（舍去），所以，故在棱上存在点，使二面角的平面角为，且.15（2023重庆沙坪坝重庆南开中学校考模拟预测）如图四棱锥在以为直径的圆上，平面为的中点，(1)若，证明：；(2)当二面角的正切值为时，求点到平面距离的最大值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）作出辅助线，得到为等边三角形，由线面垂直得到，从而得到平面，证明出；（2）作出辅助线，得到为二面角的平面角，由二面角的大小

35、得到，由勾股定理得到，当位于线段中垂线上时，取得最大值，由等体积法得到.【详解】（1）记AC的中点为O，连结，则O为圆心，又E为SC的中点，所以EOSA，因为平面ABCD，所以EO平面ABCD，连接，取连接OD并延长，交于点，.因为，所以，由对称性可知AB=AD，故为等边三角形，又因为O为的外心，所以O为的中心，故，平面，平面ABCD，平面，平面，平面EOD，.（2）过点D作于，作于，连接，因为平面ABCD，平面ABCD，所以SADH，因为，平面ASC，所以DH平面ASC，因为平面SAC，所以DHSC，因为，平面DHN，所以SC平面DHN，因为DN平面DHN，所以，故为二面角的平面角，因为，所

36、以，故为等边三角形，由题意知，在Rt中，三角形ASC为直角三角形，三角形ASC为等腰直角三角形，又由，由勾股定理得：，因为平面ABCD，平面ABCD，所以SADC，因为AC为直径，所以ADDC，因为，平面ASD，所以DC平面ASD，因为平面ASD，所以DCSD，由于点在半圆弧上运动，当位于线段中垂线上时，的面积取得最大值，且最大值为，设点到平面距离为，根据，即点到平面距离的最大值为.16（2023辽宁铁岭校联考模拟预测）如图，在三棱台中，三棱锥的体积为，的面积为，且平面(1)求点到平面的距离；(2)若，且平面平面， 求二面角的余弦值【答案】(1)(2)【分析】(1)根据等积转化法求点到平面的距

37、离；(2)几何法：由平面平面，可作出二面角的平面角，在直角三角形求解；空间向量法：先证明两两垂直后建系，用法向量求二面角的余弦值【详解】（1）设点到平面的距离为因为，三棱锥的体积为，所以三棱锥的体积为，又由，得，解得.（2）由已知设，则，取的中点，连接，则，由平面平面知面，故，又，从而平面.故，取中点，则，四边形是平行四边形，从而为正三角形，故，又，得.在平面内作于，则，在平面内，作于，连接，因为平面平面，平面平面，所以 平面，又 平面，所以，又，平面，平面，所以平面，又平面，所以，则二面角的平面角为.在直角中，故，.即所求二面角的余弦值为.法二：取的中点，连接，则，由平面平面知面，故，又，从

38、而平面. 故，以为原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，设，则，取中点，则，四边形是平行四边形，从而为正三角形，故，又，得， 则，设面的法向量，由得，设面的法向量，由得， 故，即所求二面角的余弦值为.17（2023秋辽宁沈阳高三沈阳二中校考期末）如图，在四棱锥中，平面平面PAD，E是PD的中点(1)求证：；(2)若点M在线段PC上，异面直线BM和CE所成角的余弦值为，求面MAB与面PCD夹角的余弦值【答案】(1)证明见解析；(2).【分析】（1）证明平面PAB即可;（2）由异面直线BM和CE所成角的余弦值为可得M坐标，后可得答案.【详解】（1）证明：在中，由余弦定理可得：，即，从而，平

39、面平面PAD，平面ABCD平面PAD，AB平面ABCD.平面PAD，平面PAD，.，AB平面PAB，PA平面PAB，平面PAB.平面PAB，（2）以A为原点，以AD为y轴，建系如图所示，则，则，.设，则设异面直线BM和CE所成角为，则得.此时，设面MAB的一个法向量为，有令，则，取 .设面PCD的一个法向量为，有令，则，取 设面MAB与面PCD的夹角为，则.即面MAB与面PCD夹角的余弦值为.18（2023辽宁朝阳校联考一模）如图，已知四棱锥，底面是平行四边形，且，是线段的中点，.(1)求证：平面；(2)下列条件任选其一，求二面角的余弦值.与平面所成的角为；到平面的距离为.注：如果选择多个条件

40、分别解答，按一个解答计分.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据平行四边形中的几何关系可得再根据勾股定理可得，利用线面垂直的判定定理即可证明结果；（2）选，取中点为，连接，根据几何关系可得，根据（1）可得，根据线面垂直的判定定理可得平面，则与平面所成的角为，由此计算出，进而计算得，可得为等边三角形；选，取中点为，连接，计算长度及根据等体积法可求得，即可得为等边三角形，建立合适的空间直角坐标系，求得各个点的坐标，进而求得平面的法向量及平面的法向量，根据法向量夹角的余弦值的绝对值即为二面角的余弦值绝对值即可求得结果.【详解】（1）证明：因为，且，故，在中，由余弦定理可得：，解得，在中，所

41、以，即，又因为平面，平面，所以平面；（2）选，取中点为，连接，如图所示：因为，故，由（1）得平面，因为平面，所以，因为，平面，平面，所以平面，所以为与平面所成的角，即，因为，所以为等边三角形，且边长为1，所以，由可得，因为，所以，所以为等边三角形，以为原点，为在轴正方向建立如图所示空间直角坐标系：所以，设是平面的法向量，则，即，取，可得，设为平面的法向量，则，即，取，可得，设二面角所成的角为，则，所以二面角的余弦值为.选， 取中点为，连接，如图所示：因为，故，由（1）得平面，因为平面，所以，因为，平面，平面，所以平面，设到平面的距离为，因为，所以等边三角形，所以，设，则，因为，所以，因为，为中

42、点，所以，所以，由，平面，平面，所以平面，因为平面，所以，即，所以，因为，即，即，解得，即，所以，所以为等边三角形，以为原点，为在轴正方向建立如图所示空间直角坐标系：所以，设是平面的法向量，则，即，取，可得，设为平面的法向量，则，即，取，可得，设所成的角为，则，所以二面角的余弦值为.19（2023秋江苏南京高三南京市第一中学校考期末）如图，三棱锥和均为棱长为2的正四面体，且A，B，C，D四点共面，记直线AE与CF的交点为Q.(1)求三棱锥的体积；(2)求二面角的正弦值.【答案】(1)(2)【分析】（1）利用平面几何的知识证得与，从而利用线面垂直的判定定理证得面，进而得到面，结合正四面体的性质可得是底面的中心，由此可求得，再利用切割法即可求得解；（2）利用（1）中结论，建立空间直角坐标系，分别求得面与面的法向量，从而利用空间向量夹角余弦的坐标表示求得二面角的余弦值，进而得解.【详解】（1）连结，连结，过作，且，如图，因为三棱锥和均为棱长为2的正四面体，易得，则，则，所以，所以，因为，所以，则，又是的中点，所以，又面，所以面，因为，所以面，又三棱锥是正四面体，所以是底