高中數(shù)學(xué)高考三輪沖刺 天津南開中學(xué)2023屆高三數(shù)學(xué)練習(xí)（空間向量3）

（2023浙江）如圖，在四棱錐中，底面是邊長為的菱形，，且平面分別為的中點．（Ⅰ）證明：平面；（Ⅱ）過點作，垂足為點，求二面角的平面角的余弦值．(Ⅰ)如圖連接BD．∵M(jìn)，N分別為PB，PD的中點，∴在PBD中，MN∥BD．又MN平面ABCD，∴MN∥平面ABCD；(Ⅱ)如圖建系：A(0，0，0)，P(0，0，)，M(，，)，N(，0，)，C(，3，0)．設(shè)Q(x，y，z)，則．∵，∴．由，得：．即：．對于平面AMN：設(shè)其法向量為．∵．則．∴（-同理對于平面MNQ得其法向量為．記所求二面角A—MN—Q的平面角大小為，則．∴所求二面角A—MN—Q的平面角的余弦值為．（2023江西）如圖，四棱錐中，平面，為的中點，為的中點，，,，連接并延長交于.（Ⅰ）求證：平面；（Ⅱ）求平面與平面的夾角的余弦值．圖1在中，依題意有，所以且，，又，所以與為全等的正三角形．易知，所以，是中點．又是中點，所以，又平面，所以平面．接下來證明平面就很容易了．圖1解：（Ⅰ）依審題要津，平面，所以，又，，所以平面．解：（Ⅱ）如圖所示，建立空間直角坐標(biāo)系，為坐標(biāo)原點，

則，，．，，，設(shè)平面的法向量，

則即解得所以．設(shè)平面的法向量，則即解得所以．

．所以平面與平面的夾角的余弦值為．解：（1）在中，因為是的中點，所以,故，因為,所以,從而有，故,又因為所以∥。又平面，所以故平面。以點為坐標(biāo)原點建立如圖所示的坐標(biāo)系，則,，故設(shè)平面的法向量，則，解得，即。設(shè)平面的法向量，則，解得，即。從而平面與平面的夾角的余弦值為（2023遼寧）如圖，直三棱柱，，，點分別為和的中點．（Ⅰ）證明：平面；（Ⅱ）若二面角為直二面角，求的值．解：（1）連結(jié)，由已知三棱柱為直三棱柱，所以為中點.又因為為中點所以，又平面平面，因此……6分（2）以為坐標(biāo)原點，分別以直線為軸，軸，軸建立直角坐標(biāo)系，如圖所示設(shè)則，于是，所以，設(shè)是平面的法向量，由得，可取設(shè)是平面的法向量，由得，可取因為為直二面角，所以，解得（2023北京）如圖(1)，在中，分別是上的點，且，將沿折起到的位置，使，如圖(2)．（Ⅰ）求證：平面；（Ⅱ）若是的中點，求與平面所成角的大??；（Ⅲ）線段上是否存在點，使平面與平面垂直？說明理由． 【審題要津】要證平面，只需在平面內(nèi)找到兩條相交直線都與垂直，顯然有，再通過證明平面得到，從而問題得證．解：（Ⅰ）因為，所以平面，又因為平面，所以，又，所以平面．【審題要津】若想通過找出在面內(nèi)的射影得出線面成角，則難度很大，故考慮引入坐標(biāo)系來計算．解：（Ⅱ）如圖建立空間直角坐標(biāo)系，

則，

所以，．設(shè)平面法向量為，則所以所以不妨取，所以．

又因為，，設(shè)與平面所成的角為，則與所夾角的銳角為，所以，

故與平面所成角為．【審題要津】假設(shè)存在點，由點在線段上，則知，這是最重要的限制條件，這是將來判斷“是否存在”的依據(jù)．解：（Ⅲ）設(shè)線段上存在點滿足題設(shè)，設(shè)點坐標(biāo)為，則，

．設(shè)平面的法向量為，則

所以不妨取，所以，假設(shè)平面與平面垂直，則，所以，，，與矛盾，所以不存在線段上的點，使平面與平面垂直．解：（1），平面，又平面，又，平面。（2）如圖建系，則，，，∴,設(shè)平面法向量為則∴∴∴又∵∴∴，∴與平面所成角的大小。（3）設(shè)線段上存在點，設(shè)點坐標(biāo)為，則則，設(shè)平面法向量為，則∴∴。假設(shè)平面與平面垂直，則，∴，，，∵，∴不存在線段上存在點，使平面與平面垂直。（2023重慶）如圖，四棱錐中，,，為的中點，.（1）求的長；（2）求二面角的正弦值.（2023大綱）如圖，三棱柱中，點在平面ABC內(nèi)的射影D在AC上，，.（I）證明：；（II）設(shè)直線與平面的距離為，求二面角的余弦值.解：解法一：（I）平面，平面，故平面平面．又，平面．連結(jié)，∵側(cè)面為菱形，故，由三垂線定理得；（II）平面平面，故平面平面．作為垂足，則平面．又直線∥平面，因而為直線與平面的距離，．∵為的角平分線，故．作為垂足，連結(jié)，由三垂線定理得，故為二面角的平面角．由得為的中點，∴二面角的大小為．解法二：以為坐標(biāo)原點，射線為軸的正半軸，以長為單位長，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．由題設(shè)知與軸平行，軸在平面內(nèi)．（I）設(shè)，由題設(shè)有則由得，即（①）．于是．（II）設(shè)平面的法向量則即．故，且．令，則，點到平面的距離為．又依題設(shè)，點到平面的距離為．代入①解得（舍去）或．于是．設(shè)平面的法向量，則，即，故且．令，則．又為平面的法向量，故，∴二面角的大小為．（2023湖南）如圖，四棱柱的所有棱長都相等，四邊形均為矩形．（Ⅰ）證明：（Ⅱ）若的余弦值．解：（I）因為四邊形為矩形，所以.同理。因為∥，所以。而，因此底面ABCD。由題設(shè)知，∥。故底面ABCD。解法2因為四棱柱ABCD-的所有棱長都相等，所以四邊形ABCD是菱形，因此。又底面ABCD，從而OB，OC,兩兩垂直。如圖（b），以O(shè)為坐標(biāo)原點，OB,OC,所在直線分別為軸，軸，軸，建立空間直角坐標(biāo)系。不妨設(shè)AB=2.因為，所以，于是相關(guān)各點的坐標(biāo)為：O(0，0，0)，，.易知，是平面的一個法向量。設(shè)是平面的一個法向量，則即取，則，所以。設(shè)二面角的大小為，易知是銳角，于是。故二面角的余弦值為（2023浙江）如圖，在四棱錐中，平面平面，，，.證明：平面；求二面角的大小．（=1\*ROMANI）在直角梯形中，由，得，，由，則，即，又平面平面，從而平面，所以，又，從而平面；（=2\*ROMANII）方法一：作，與交于點，過點作，與交于點，連結(jié)，由（=1\*ROMANI）知，，則，，所以是二面角的平面角，在直角梯形中，由，得，又平面平面，得平面，從而，，由于平面，得：，在中，由，，得，在中，，，得，在中，，，，得，，從而，在中，利用余弦定理分別可得，