2017-2021北京重点区高三二模数学汇编：空间向量与立体几何章节综合

22/222017-2021北京重点区高三二模数学汇编

空间向量与立体几何章节综合一、填空题1．（2018·北京海淀·二模（理））如图，棱长为2的正方体中，是棱的中点，点P在侧面内，若垂直于，则的面积的最小值为__________.二、解答题2．（2017·北京朝阳·二模（文））如图，在三棱柱中，底面，，，，是棱的中点．（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）求三棱锥的体积；（Ⅲ）在线段上是否存在点，使得？请说明理由．3．（2017·北京东城·二模（理））如图，在几何体中，平面平面，四边形为菱形，且，，∥，为中点．（Ⅰ）求证：∥平面；（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值；（Ⅲ）在棱上是否存在点，使？若存在，求的值；若不存在，说明理由．4．（2017·北京朝阳·二模）如图1，在△中，，，分别为边的中点，点分别为线段的中点．将△沿折起到△的位置，使．点为线段上的一点，如图2．（1）求证：；（2）线段上是否存在点使得平面？若存在，求出的长，若不存在，请说明理由；（3）当时，求直线与平面所成角的大小．5．（2018·北京海淀·二模（理））如图，在三棱柱中，平面，，分别是的中点.（Ⅰ）证明：；（Ⅱ）证明：平面；（Ⅲ）求与平面所成角的正弦值.6．（2019·北京海淀·二模（理））如图1所示，在等腰梯形，，，垂足为，，.将沿折起到的位置，使平面平面，如图2所示，点为棱上一个动点．(Ⅰ)当点为棱中点时，求证：平面(Ⅱ)求证：平面;(Ⅲ)是否存在点，使得二面角的余弦值为？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由．7．（2020·北京西城·二模）如图，在几何体中，底面是边长为的正方形，平面，，且．（Ⅰ）求证：平面平面；（Ⅱ）求钝二面角的余弦值．8．（2020·北京朝阳·二模）如图，在三棱柱中，是边长为的正方形，平面平面，，，点为棱的中点．（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值．9．（2020·北京海淀·二模）在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，为线段的中点，底面，点是棱的中点，平面与棱相交于点．（1）求证：；（2）若与所成的角为，求直线与平面所成角的正弦值．10．（2020·北京东城·二模）如图①，四边形中，，，，，为的中点.将沿折起到的位置，如图②.（Ⅰ）求证：平面平面；（Ⅱ）若，求与平面所成角的正弦值.11．（2020·北京西城·二模）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CC1⊥底面ABC，AC⊥BC，D是A1C1的中点，且AC＝BC＝AA1＝2.（1）求证：BC1∥平面AB1D；（2）求直线BC与平面AB1D所成角的正弦值.12．（2021·北京海淀·二模）如图，在三棱锥中，分别是AC，PC的中点.（1）求证：平面平面；（2）求二面角的余弦值13．（2021·北京朝阳·二模）如图，在三棱柱中，四边形是边长为的正方形，.再从条件①､条件②､条件③中选择两个能解决下面问题的条件作为已知，并作答.（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值.条件①：；条件②：；条件③：平面平面.

参考答案1．【分析】建立空间直角坐标系，由，求得，得到，进而求得三角形的面积的最小值，得到答案.【详解】以D点为空间直角坐标系的原点，以DC所在直线为y轴，以DA所在直线为x轴，以为z轴，建立空间直角坐标系.则点，所以.因为，所以,因为,所以，所以，因为B(2，2，0)，所以，所以因为，所以当时，.因为BC⊥BP,所以.故答案为：.【点睛】本题主要考查了空间向量的应用，其中解答建立适当的空间直角坐标系，利用向量的坐标表示，以及向量的数量积的运算，求得的最小值是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题.2．（1）见解析（2）（3）见解析【解析】试题分析：（1）由可证．（2）因为平面，所以．（3）由平面，得.所以平面.所以只需即可．试题解析：（Ⅰ）在三棱柱中，，且平面，平面，所以平面.（Ⅱ）因为底面，，所以，，则平面.即平面.所以.（Ⅲ）因为在侧面中，，，是棱的中点，所以.则.因为平面，所以.所以平面.又平面，所以平面平面，且平面平面，过点作于，所以平面.则.所以在线段上存在点，使得.3．（1）见解析（2）（3）【解析】试题分析：（Ⅰ）取中点，连结，利用面面平行平面∥平面，得到线面平行∥平面；（Ⅱ）取中点，连结，，先证两两垂直，故可以为原点，为轴，建立空间直角坐标系，求出的方向向量，面的法向量，利用可得结果；（Ⅲ）设是上一点，且，根据共线可得的坐标，结合数量积为0，可得结果.试题解析：（Ⅰ）取中点，连结．因为分别为中点，所以∥．又平面且平面，所以∥平面，因为∥，，所以∥，．所以四边形为平行四边形．所以∥．又平面且平面，所以∥平面，又，所以平面∥平面．又平面，所以∥平面．（Ⅱ）取中点，连结，．因为，所以．因为平面平面，所以平面，．因为，，所以△为等边三角形．因为为中点，所以．因为两两垂直，设，以为原点，为轴，如图建立空间直角坐标系，由题意得，，，，，，，，，．设平面的法向量为，则即令，则，．所以．设直线与平面成角为，所以直线与平面所成角的正弦值为．（Ⅲ）设是上一点，且，，因此点．．由，解得．所以在棱上存在点使得，此时．点睛：本题主要考查了线面平行的判定，利用空间向量求空间角以及探究性问题在立体几何中的体现，常见的证明线面平行的方法有：1、利用三角形的中位线；2、构造平行四边形；3、通过面面平行得到线面平行等；直线的方向向量与平面的法向量所成的角满足，对于线线垂直转化为向量垂直，即数量积为0.4．（1）见解析（2）在线段上存在中点，使平面．且（3）【分析】（1）先根据等腰三角形性质得．再由折叠中不变的垂直关系得，根据线面垂直判定定理得平面，即得．最后再根据线面垂直判定定理得平面，即得．（2）利用空间向量研究线面平行关系，即通过平面法向量与直线方向向量垂直进行研究，先根据条件建立空间直角坐标系，设立各点坐标，利用方程组解出平面法向量，利用向量数量积求直线方向向量与法向量夹角，最后根据平面法向量与直线方向向量数量积为零列式求解参数.（3）利用空间向量求线面角，仍是先根据条件建立空间直角坐标系，设立各点坐标，利用方程组解出平面法向量，利用向量数量积求直线方向向量与法向量夹角，最后根据线面角与向量夹角之间互余关系列式求线面角大小.【详解】（1）因为，所以△为等边三角形．又因为点为线段的中点，所以．由题可知，所以平面．因为平面，所以．又，所以平面．所以．（2）由（1）知平面，，如图建立空间直角坐标系，则，，，，，．设平面的一个法向量为，,，所以即令，所以，所以假设在线段上存在点，使平面．设，.又，所以．所以.则.所以.解得，.则在线段上存在中点，使平面．且（3）因为，又，所以．所以．又因为，所以．因为设直线与平面所成角为，则直线与平面所成角为.5．（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）证明见解析；（Ⅲ）.【详解】分析：（Ⅰ）先证明平面，再证明.(Ⅱ)取的中点，连接、．先证明DE∥AM，再证明平面.(Ⅲ)利用向量法直线与平面所成角的正弦值.详解：（Ⅰ）因为⊥平面，平面，所以．因为，，，平面，所以平面．因为平面，所以．（Ⅱ）取的中点，连接、．因为、分别是、的中点，所以ME∥，且ME．在三棱柱中，，且，所以ME∥AD，且ME=AD，所以四边形ADEM是平行四边形，所以DE∥AM．又平面，平面，所以平面．（Ⅲ）在三棱柱中，，因为，所以．在平面内，过点作，因为，平面，所以，平面．建立空间直角坐标系C-xyz，如图．则,,,,,.，，．设平面的法向量为，则，即，得，令，得，故．设直线DE与平面所成的角为θ，则sinθ＝，所以直线与平面所成角的正弦值为.点睛：本题主要考查空间位置关系的证明和线面角的向量求法，意在考查空间位置关系证明中的转化能力和运算能力.6．(Ⅰ)见证明；(Ⅱ)见证明；(Ⅲ)见解析【分析】(Ⅰ)先在图1的等腰梯形内，过作的垂线，垂足为，在图2中，连结，由面面平行的判定定理证明平面平面，进而可得平面平面；(Ⅱ)由线面垂直的判定定理，可直接证明结论成立；(Ⅲ)用空间向量的方法求解，先建立空间直角坐标系，假设存在点满足题意，设，用表示出平面的一个法向量，根据二面角的余弦值为，列出等式，即可求出结果.【详解】(Ⅰ)在图1的等腰梯形内，过作的垂线，垂足为，因为，所以又因为，，所以四边形为正方形，，为中点在图2中，连结因为点是的中点，所以又因为，，平面，平面，所以平面平面又因为，所以平面；（Ⅱ）因为平面平面，平面平面,平面，所以平面又因为平面所以又，满足，所以,又所以平面（Ⅲ）因为三线两两垂直，如图，建立空间直角坐标系,所以，，，.假设存在点满足题意，设，则，所以设平面的法向量为，所以，即取，则，由（Ⅱ），为平面的法向量，令解得或（舍）所以存在点，使得二面角的余弦值为，且，得.【点睛】本题主要考查线面平行的判定、线面垂直的判定以及已知二面角求参数的问题，熟记线面平行、线面垂直的判定定理，灵活运用空间向量的方法求二面角即可，属于常考题型.7．（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）．【分析】（Ⅰ）推导出平面，平面，利用面面平行的判定定理可证明出平面平面；（Ⅱ）分别以、、为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可计算出钝二面角的余弦值．【详解】（Ⅰ）因为，平面，平面，所以平面．同理，得平面．又因为，平面，平面，所以平面平面；（Ⅱ）由平面，底面为正方形，可知、、两两垂直，分别以、、为轴、轴、轴，如图建立空间直角坐标系，则、、、，所以，，设平面的法向量，由，得，令，则，，得．平面的一个法向量．，因此，钝二面角的余弦值为.【点睛】本题考查面面垂直的证明，同时也考查了利用空间向量法求解二面角的余弦值，考查计算能力，属于中等题.8．（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）．【分析】（Ⅰ）由题意，利用平面与平面垂直的性质可得平面，得到平面，得，由是正方形，得，再由直线与平面垂直的判定可得平面；（Ⅱ）由（Ⅰ）知，平面，又，故以为坐标原点，分别以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量与的坐标，由两向量所成角的余弦值可得直线与平面所成角的正弦值．【详解】（Ⅰ）证：平面平面，平面平面，平面，且，平面，在三棱柱中，有，平面，得,是正方形，，而，平面；（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知，平面，又，以为坐标原点，分别以，，所在直线为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，，，设平面的一个法向量为，由，取，得，设直线与平面所成角为，则，即直线与平面所成角的正弦值为．【点睛】本题主要考查直线与平面垂直的判定，考查线面角的求法，考查空间想象能力与思维能力，属于中档题．9．（1）见解析（2）【分析】（1）首先证明四边形为平行四边形，得到，然后可得平面，然后由线面平行的性质定理可证；（2）以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，设，首先利用与所成的角为求出，然后算出平面的法向量坐标和的坐标，然后可算出答案.【详解】（1）证明：因为为中点，且所以，又因为，所以所以四边形为平行四边形所以，因为平面，平面，所以平面因为平面，平面平面所以（2）由（1）可得因为，所以，且平面所以以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系设，，，，，因为与所成角为所以，解得所以，，，，设平面得一个法向量，可得，可取设直线与平面所成的角为【点睛】向量法是求立体几何中的线线角、线面角、面面角时常用方法，计算能力是解题的关键.10．（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）.【分析】（Ⅰ）在图①中，，，根据翻折的性质得出在图②中，，，利用线面垂直的判定定理得出平面，再利用面面垂直的判定定理可证得平面平面；（Ⅱ）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，计算出平面的一个法向量，利用空间向量法可求得与平面所成角的正弦值.【详解】（Ⅰ）因为四边形中，，，，，为的中点，且，则四边形为矩形，所以，即，.在图②中，，，又因为，所以平面.又因为平面，所以平面平面.（Ⅱ）由得，又，，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，由，得、、、，，.设平面的法向量为，则，即，令，得，可得，又，设直线与平面所成角为，所以.因此，直线与平面所成角的正弦值为.【点睛】本题考查面面垂直的证明，同时也考查了利用空间向量法计算直线与平面所成角的正弦值，考查推理能力与计算能力，属于中等题.11．（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）连接A1B，设A1B∩AB1＝E，连接DE，可得BC1∥DE，再由直线与平面平行的判定得到BC1∥平面AB1D；（2）由CC1⊥底面ABC，AC⊥BC，得CA，CB，CC1两两互相垂直，分别以CA，CB，CC1所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，求出平面AB1D的一个法向量与的坐标，由两向量所成角的余弦值可得直线BC与平面AB1D所成角的正弦值.【详解】（1）证明：连接A1B，设A1B∩AB1＝E，连接DE，由ABC﹣A1B1C1为三棱柱，得A1E＝BE.又∵D是A1C1的中点，∴BC1∥DE.∵BC1⊄平面AB1D，DE⊂平面AB1D，∴BC1∥平面AB1D；（2）解：∵CC1⊥底面ABC，AC⊥BC，∴CA，CB，CC1两两互相垂直，故分别以CA，CB，CC1所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则C（0，0，0），B（0，2，0），A（2，0，0），B1（0，2，2），D（1，0，2），∴，，.设平面AB1D的法向量为，由，取y＝1，得；设直线BC与平面AB1D所成角为θ.则sinθ＝|cos|.∴直线BC与平面AB1D所成角的正弦值为.【点睛】本题考查线面平行的证明和求线面角的大小，考查了通过线线平行证明线面平行的方法，同时考查了空间直角坐标系，利用向量求线面角，是立体几何中较为常规的一类题型，有一定的计算量，属于中档题.12