专题06 空间向量与立体几何（解答题）-【好题汇编】五年（2020-2024）高考数学真题分类汇编（全国通用）

专题06 空间向量与立体几何（解答题） 考点 五年考情（2020-2024） 命题趋势 考点01 求空间几何体表面积体积 2023 甲 乙卷 2022 甲 乙卷 2021 甲 乙卷 2021 乙 甲卷 2020 全国Ⅰ Ⅱ卷 空间几何体表面积体积问题一般采用等体积法或者是空间向量解决，一般出现在第一问。 考点02 求二面角 2024甲 Ⅱ卷 2023Ⅱ 乙卷 2022Ⅰ Ⅱ卷 2021 甲 乙 Ⅱ卷 2020 Ⅰ卷 二面角的正弦余弦值是高考空间几何体的高频考点，也是高考的一盒重要的趋势。 考点03 求线面角 2023甲卷 2022 甲乙卷 2020 Ⅰ Ⅱ Ⅲ卷 线面角问题是高考中的常考点，方法是方向向量与法向量的夹角 考点04 已知二面角，求点，距离 2024 Ⅰ卷 2023 Ⅰ卷 2021 Ⅰ卷 求距离问题是高考Ⅰ卷的一个重大趋势，容易与动点问题相结合 考点05 求点到面的距离 2024甲卷 2021 Ⅰ卷 点到平面的距离问题是高考的一个重要题型，应加强这方面的练习 考点01 求空间几何体体积表面积 1．（2023·全国·统考高考甲卷）如图，在三棱锥中，，，，，的中点分别为，点在上，． (1)求证：//平面； (2)若，求三棱锥的体积． 【答案】(1)证明见解析(2) 【详解】（1）连接，设，则，，， 则， 解得，则为的中点，由分别为的中点， 于是，即， 则四边形为平行四边形， ，又平面平面， 所以平面. （2）过作垂直的延长线交于点， 因为是中点，所以， 在中，， 所以， 因为， 所以，又，平面， 所以平面，又平面， 所以，又，平面， 所以平面， 即三棱锥的高为， 因为，所以， 所以， 又， 所以. 2．（2023·全国·统考高考乙卷）如图，在三棱柱中，平面．    (1)证明：平面平面； (2)设，求四棱锥的高． 【答案】(1)证明见解析.(2) 【详解】（1）证明：因为平面，平面, 所以, 又因为，即， 平面，, 所以平面， 又因为平面, 所以平面平面. （2）如图，    过点作，垂足为. 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 所以四棱锥的高为. 因为平面，平面, 所以,, 又因为，为公共边， 所以与全等，所以. 设，则， 所以为中点，, 又因为,所以, 即，解得， 所以， 所以四棱锥的高为． 3．（2022·全国·统考高考乙卷题）如图，四面体中，，E为AC的中点． (1)证明：平面平面ACD； (2)设，点F在BD上，当的面积最小时，求三棱锥的体积． 【答案】(1)证明详见解析(2) 【详解】（1）由于，是的中点，所以. 由于，所以， 所以，故， 由于，平面， 所以平面， 由于平面，所以平面平面. （2）[方法一]：判别几何关系 依题意，，三角形是等边三角形， 所以， 由于，所以三角形是等腰直角三角形，所以. ，所以， 由于，平面，所以平面. 由于，所以， 由于，所以， 所以，所以， 由于，所以当最短时，三角形的面积最小 过作，垂足为， 在中，，解得， 所以， 所以 过作，垂足为，则，所以平面，且， 所以， 所以. [方法二]：等体积转换 ，， 是边长为2的等边三角形， 连接 4．（2022·全国·统考高考甲卷）小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒如图所示：底面是边长为8（单位：）的正方形，均为正三角形，且它们所在的平面都与平面垂直． (1)证明：平面； (2)求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）． 【答案】(1)证明见解析；(2)． 【详解】（1）如图所示： 分别取的中点，连接，因为为全等的正三角形，所以，，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，同理可得平面，根据线面垂直的性质定理可知，而，所以四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面． （2）[方法一]：分割法一 如图所示： 分别取中点，由（1）知，且，同理有，，，，由平面知识可知，，，，所以该几何体的体积等于长方体的体积加上四棱锥体积的倍． 因为，，点到平面的距离即为点到直线的距离，，所以该几何体的体积 ． [方法二]：分割法二 如图所示： 连接AC,BD,交于O，连接OE,OF,OG,OH.则该几何体的体积等于四棱锥O-EFGH的体积加上三棱锥A-OEH的倍,再加上三棱锥E-OAB的四倍．容易求得，OE=OF=OG=OH=8,取EH的中点P，连接AP,OP.则EH垂直平面APO.由图可知，三角形APO,四棱锥O-EFGH与三棱锥E-OAB的高均为EM的长.所以该几何体的体积 5．（2021·全国·统考高考乙卷）如图，四棱锥的底面是矩形，底面，M为的中点，且． （1）证明：平面平面； （2）若，求四棱锥的体积． 【答案】（1）证明见解析；（2）． 【详解】（1）因为底面，平面， 所以，又，， 所以平面，而平面，所以平面平面． （2）[方法一]：相似三角形法 由（1）可知．于是，故． 因为，所以，即． 故四棱锥的体积． 6．（2021·全国·高考甲卷题）已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，. （1）求三棱锥的体积； （2）已知D为棱上的点，证明：. 【答案】(1)；(2)证明见解析. 【详解】（1）由于，，所以， 又AB⊥BB1，，故平面， 则，为等腰直角三角形， ，. （2）由（1）的结论可将几何体补形为一个棱长为2的正方体，如图所示，取棱的中点，连结， 正方形中，为中点，则， 又， 故平面，而平面， 从而. 7．（2020·全国·统考高考Ⅰ卷题）如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，是底面的内接正三角形，为上一点，∠APC=90°． （1）证明：平面PAB⊥平面PAC； （2）设DO=，圆锥的侧面积为，求三棱锥P−ABC的体积. 【答案】（1）证明见解析；（2）. 【详解】（1）连接，为圆锥顶点，为底面圆心，平面， 在上，， 是圆内接正三角形，，≌， ，即， 平面平面，平面平面； （2）设圆锥的母线为，底面半径为，圆锥的侧面积为， ，解得，， 在等腰直角三角形中，， 在中，， 三棱锥的体积为. 8．（2020·全国·统考高考Ⅱ卷）如图，已知三棱柱ABC–A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点．过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F． （1）证明：AA1//MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F； （2）设O为△A1B1C1的中心，若AO=AB=6，AO//平面EB1C1F，且∠MPN=，求四棱锥B–EB1C1F的体积． 【答案】（1）证明见解析；（2）. 【详解】（1）分别为，的中点， 又 在等边中，为中点，则 又侧面为矩形， 由，平面 平面又，且平面，平面， 平面 又平面，且平面平面 又平面平面平面 平面平面 （2）过作垂线，交点为， 画出图形，如图 平面 平面，平面平面 又 为的中心. 故：，则， 平面平面，平面平面， 平面平面 又在等边中即 由（1）知，四边形为梯形 四边形的面积为： ， 为到的距离， . 考点02 求二面角 1 （2024·全国·高考Ⅱ）如图，平面四边形ABCD中，，，，，，点E，F满足，，将沿EF翻折至，使得． (1)证明：； (2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析(2) 【详解】（1）由， 得，又，在中， 由余弦定理得, 所以，则，即， 所以，又平面， 所以平面，又平面， 故； （2）连接，由，则， 在中，，得， 所以，由（1）知，又平面， 所以平面，又平面， 所以，则两两垂直，建立如图空间直角坐标系， 则， 由是的中点，得， 所以， 设平面和平面的一个法向量分别为， 则，， 令，得， 所以， 所以， 设平面和平面所成角为，则， 即平面和平面所成角的正弦值为. 2（2024·全国·高考甲卷）如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形，，，，为的中点． (1)证明：平面； (2)求二面角的正弦值． 【答案】(1)证明见详解；(2) 【详解】（1）因为为的中点，所以， 四边形为平行四边形，所以，又因为平面， 平面，所以平面； （2）如图所示，作交于，连接，因为四边形为等腰梯形，，所以，结合（1）为平行四边形，可得，又， 所以为等边三角形，为中点，所以， 又因为四边形为等腰梯形，为中点，所以，四边形为平行四边形，，所以为等腰三角形，与底边上中点重合，，，因为，所以，所以互相垂直， 以方向为轴，方向为轴，方向为轴，建立空间直角坐标系， ，，， ，设平面的法向量为， 平面的法向量为， 则，即，令，得，即， 则，即，令，得， 即，，则，故二面角的正弦值为. 3．（2023全国·统考新课标Ⅱ卷）如图，三棱锥中，，，，E为BC的中点．      (1)证明：； (2)点F满足，求二面角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析；(2)． 【详解】（1）连接，因为E为BC中点，，所以①， 因为，，所以与均为等边三角形， ，从而②，由①②，，平面， 所以，平面，而平面，所以． （2）不妨设，，． ，，又，平面平面． 以点为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：    设， 设平面与平面的一个法向量分别为， 二面角平面角为,而， 因为，所以，即有， ，取，所以； ，取，所以， 所以，，从而． 所以二面角的正弦值为． 4．（2023·全国·统考高考乙卷）如图，在三棱锥中，，，，，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，，点F在AC上，.    (1)证明：平面； (2)证明：平面平面BEF； (3)求二面角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析；(3). 【详解】（1）连接，设，则，，， 则， 解得，则为的中点，由分别为的中点，    于是，即，则四边形为平行四边形， ，又平面平面， 所以平面. （2）法一：由（1）可知，则，得， 因此，则，有， 又，平面， 则有平面，又平面，所以平面平面. 法二：因为，过点作轴平面，建立如图所示的空间直角坐标系， ， 在中，， 在中，， 设，所以由可得：， 可得：，所以， 则，所以，， 设平面的法向量为， 则，得， 令，则，所以， 设平面的法向量为， 则，得， 令，则，所以， ， 所以平面平面BEF；    （3）法一：过点作交于点，设， 由，得，且， 又由（2）知，，则为二面角的平面角， 因为分别为的中点，因此为的重心， 即有，又，即有， ，解得，同理得， 于是，即有，则， 从而，， 在中，， 于是，， 所以二面角的正弦值为.      法二：平面的法向量为， 平面的法向量为， 所以， 因为，所以， 故二面角的正弦值为. 5．（2022·全国·新课标Ⅰ卷）如图，直三棱柱的体积为4，的面积为． (1)求A到平面的距离； (2)设D为的中点，，平面平面，求二面角的正弦值． 【答案】(1)(2) 【详解】（1）在直三棱柱中，设点A到平面的距离为h， 则， 解得， 所以点A到平面的距离为； （2）取的中点E,连接AE,如图，因为，所以, 又平面平面，平面平面， 且平面，所以平面， 在直三棱柱中，平面， 由平面，平面可得，， 又平面且相交，所以平面， 所以两两垂直，以B为原点，建立空间直角坐标系，如图， 由（1）得，所以，，所以， 则,所以的中点， 则，, 设平面的一个法向量，则， 可取，设平面的一个法向量，则， 可取，则，所以二面角的正弦值为. 6．（2022全国·统考新课标Ⅱ卷）如图，是三棱锥的高，，，E是的中点．    (1)证明：平面； (2)若，，，求二面角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析(2) 【详解】（1）证明：连接并延长交于点，连接、， 因为是三棱锥的高，所以平面，平面， 所以、， 又，所以，即，所以， 又，即，所以，， 所以 所以，即，所以为的中点，又为的中点，所以， 又平面，平面， 所以平面    （2）解：过点作，如图建立空间直角坐标系， 因为，，所以， 又，所以，则，， 所以，所以，，，， 所以， 则，，， 设平面的法向量为，则，令，则，，所以； 设平面的法向量为，则， 令，则，，所以； 所以. 设二面角的大小为，则， 所以，即二面角的正弦值为. 7．（2021·全国·统考高考乙卷）如图，四棱锥的底面是矩形，底面，，为的中点，且． （1）求； （2）求二面角的正弦值． 【答案】（1）；（2） 【详解】（1）[方法一]：空间坐标系+空间向量法 平面，四边形为矩形，不妨以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 设，则、、、、， 则，， ，则，解得，故； [方法二]【最优解】：几何法+相似三角形法 如图，连结．因为底面，且底面，所以． 又因为，，所以平面． 又平面，所以． 从而． 因为，所以． 所以，于是．所以．所以． [方法三]：几何法+三角形面积法    如图，联结交于点N． 由[方法二]知． 在矩形中，有，所以，即． 令，因为M为的中点，则，，． 由，得，解得，所以． （2）[方法一]【最优解】：空间坐标系+空间向量法 设平面的法向量为，则，， 由，取，可得， 设平面的法向量为，，， 由，取，可得， ，所以，， 因此，二面角的正弦值为. [方法二]：构造长方体法+等体积法   如图，构造长方体，联结，交点记为H，由于，，所以平面．过H作的垂线，垂足记为G． 联结，由三垂线定理可知， 故为二面角的平面角． 易证四边形是边长为的正方形，联结，． ， 由等积法解得． 在中，，由勾股定理求得． 所以，，即二面角的正弦值为． 8．（2021·全国·统考高考甲卷）已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，D为棱上的点． （1）证明：； （2）当为何值时，面与面所成的二面角的正弦值最小? 【答案】（1）证明见解析；（2） 【详解】（1）[方法一]：几何法 因为，所以． 又因为，，所以平面．又因为，构造正方体，如图所示， 过E作的平行线分别与交于其中点，连接， 因为E，F分别为和的中点，所以是BC的中点， 易证，则． 又因为，所以． 又因为，所以平面． 又因为平面，所以． [方法二] 【最优解】：向量法 因为三棱柱是直三棱柱，底面， ，，，又，平面．所以两两垂直． 以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图． ，． 由题设（）． 因为， 所以，所以． [方法三]：因为，，所以，故，，所以，所以． （2）[方法一]【最优解】：向量法 设平面的法向量为， 因为， 所以，即． 令，则 因为平面的法向量为， 设平面与平面的二面角的平面角为， 则． 当时，取最小值为， 此时取最大值为． 所以，此时． [方法二] ：几何法 如图所示，延长交的延长线于点S，联结交于点T，则平面平面． 作，垂足为H，因为平面，联结，则为平面与平面所成二面角的平面角． 设，过作交于点G． 由得． 又，即，所以． 又，即，所以． 所以． 则， 所以，当时，． [方法三]：投影法 如图，联结， 在平面的投影为，记面与面所成的二面角的平面角为，则． 设，在中，． 在中，，过D作的平行线交于点Q． 在中，． 在中，由余弦定理得，，， ，， 当，即，面与面所成的二面角的正弦值最小，最小值为． 9．（2021全国·统考新课标Ⅱ卷）在四棱锥中，底面是正方形，若． （1）证明：平面平面； （2）求二面角的平面角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析；（2）. 【详解】 （1）取的中点为，连接. 因为，，则， 而，故. 在正方形中，因为，故，故， 因为，故，故为直角三角形且， 因为，故平面， 因为平面，故平面平面. （2）在平面内，过作，交于，则， 结合（1）中的平面，故可建如图所示的空间坐标系. 则，故. 设平面的法向量， 则即，取，则， 故. 而平面的法向量为，故. 二面角的平面角为锐角，故其余弦值为. 10．（2020·全国·Ⅰ卷）如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，为底面直径，．是底面的内接正三角形，为上一点，． （1）证明：平面； （2）求二面角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析；（2）. 【详解】（1）[方法一]：勾股运算法证明由题设，知为等边三角形，设， 则，，所以， 又为等边三角形，则，所以， ，则，所以， 同理，又，所以平面； [方法二]：空间直角坐标系法 不妨设，则，由圆锥性质知平面，所以，所以．因为O是的外心，因此． 在底面过作的平行线与的交点为W，以O为原点，方向为x轴正方向，方向为y轴正方向，方向为z轴正方向，建立空间直角坐标系， 则，，，，． 所以，，． 故，． 所以，． 又，故平面． [方法三]： 因为是底面圆O的内接正三角形，且为底面直径，所以． 因为（即）垂直于底面，在底面内，所以． 又因为平面，平面，，所以平面． 又因为平面，所以． 设，则F为的中点，连结． 设，且， 则，，． 因此，从而． 又因为，所以平面． （2）[方法一]：空间直角坐标系法 过O作∥BC交AB于点N，因为平面，以O为坐标原点，OA为x轴，ON为y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，得，令，得， 所以， 设平面的一个法向量为 由，得，令，得， 所以 故， 设二面角的大小为，由图可知二面角为锐二面角，所以. [方法二]【最优解】：几何法 设，易知F是的中点，过F作交于G，取的中点H， 联结，则． 由平面，得平面． 由（1）可得，，得． 所以，根据三垂线定理，得． 所以是二面角的平面角． 设圆O的半径为r，则，，，，所以，，． 在中，， ． 所以二面角的余弦值为． [方法三]：射影面积法 如图所示，在上取点H，使，设，连结． 由（1）知，所以．故平面． 所以，点H在面上的射影为N． 故由射影面积法可知二面角的余弦值为． 在中，令，则，易知．所以． 又，故 所以二面角的余弦值为． 考点03 求线面角 1 （2023·全国·统考高考甲卷）如图，在三棱柱中，底面ABC，，到平面的距离为1．    (1)证明：； (2)已知与的距离为2，求与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析(2) 【详解】（1）如图，   底面，面， ，又，平面，, 平面ACC1A1，又平面， 平面平面， 过作交于，又平面平面，平面， 平面到平面的距离为1，， 在中，， 设，则， 为直角三角形，且， ，，， ，解得，， （2）， ，过B作，交于D，则为中点， 由直线与距离为2，所以，，， 在，， 延长，使，连接， 由知四边形为平行四边形， ，平面，又平面， 则在中，，， 在中，，， , 又到平面距离也为1， 所以与平面所成角的正弦值为. 2．（2022·全国·统考高考乙卷）如图，四面体中，，E为的中点． (1)证明：平面平面； (2)设，点F在上，当的面积最小时，求与平面所成的角的正弦值． 【答案】(1)证明过程见解析(2)与平面所成的角的正弦值为 【详解】（1）因为，E为的中点，所以； 在和中，因为， 所以，所以，又因为E为的中点，所以； 又因为平面，，所以平面， 因为平面，所以平面平面. （2）连接，由（1）知，平面，因为平面， 所以，所以， 当时，最小，即的面积最小.因为，所以， 又因为，所以是等边三角形， 因为E为的中点，所以，，因为，所以, 在中，，所以. 以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系， 则，所以， 设平面的一个法向量为， 则，取，则， 又因为，所以， 所以， 设与平面所成的角的正弦值为， 所以，所以与平面所成的角的正弦值为. 3．（2022·全国·统考高考甲卷）在四棱锥中，底面． (1)证明：； (2)求PD与平面所成的角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析；(2). 【详解】（1）证明：在四边形中，作于，于， 因为， 所以四边形为等腰梯形，所以，故，， 所以，所以， 因为平面，平面， 所以，又， 所以平面，又因为平面， 所以； （2）解：如图，以点为原点建立空间直角坐标系， ，则，则， 设平面的法向量， 则有，可取，则， 所以与平面所成角的正弦值为. 4．（2020·全国·新课标Ⅰ卷）如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD．设平面PAD与平面PBC的交线为l． （1）证明：l⊥平面PDC； （2）已知PD=AD=1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值． 【答案】（1）证明见解析；（2）. 【详解】（1）证明： 在正方形中，，因为平面，平面， 所以平面，又因为平面，平面平面， 所以，因为在四棱锥中，底面是正方形，所以且平面，所以 因为，所以平面． （2）［方法一］【最优解】：通性通法 因为两两垂直，建立空间直角坐标系，如图所示： 因为，设， 设，则有， 设平面的法向量为， 则，即， 令，则，所以平面的一个法向量为，则 根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值等于，当且仅当时取等号，所以直线与平面所成角的正弦值的最大值为. ［方法二］：定义法 如图2，因为平面，，所以平面． 在平面中，设． 在平面中，过P点作，交于F，连接． 因为平面平面，所以． 又由平面，平面，所以平面．又平面，所以．又由平面平面，所以平面，从而即为与平面所成角． 设，在中，易求． 由与相似，得，可得． 所以，当且仅当时等号成立． ［方法三］：等体积法 如图3，延长至G，使得，连接，，则，过G点作平面，交平面于M，连接，则即为所求． 设，在三棱锥中，． 在三棱锥中，． 由得， 解得，当且仅当时等号成立． 在中，易求，所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为． 5．（2020全国·统考新课标Ⅱ卷）如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD底面ABCD．设平面PAD与平面PBC的交线为． （1）证明：平面PDC； （2）已知PD=AD=1，Q为上的点，QB=，求PB与平面QCD所成角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析；（2）. 【详解】（1）证明： 在正方形中，， 因为平面，平面，所以平面， 又因为平面，平面平面， 所以，因为在四棱锥中，底面是正方形，所以 且平面，所以 因为 所以平面； （2）如图建立空间直角坐标系， 因为，则有， 设，则有， 因为QB=，所以有 设平面的法向量为， 则，即，令，则，所以平面的一个法向量为，则 根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，所以直线与平面所成角的正弦值等于所以直线与平面所成角的正弦值为. 6．（2020全国·统考新课标Ⅱ卷）如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点，过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F. （1）证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥EB1C1F； （2）设O为△A1B1C1的中心，若AO∥平面EB1C1F，且AO=AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析；（2）. 【详解】（1）分别为，的中点，，又，， 在中，为中点，则，又侧面为矩形，， ，，由，平面， 平面，又，且平面，平面， 平面，又平面，且平面平面 ，， 又平面，平面， 平面，平面平面. (2)[方法一]：几何法 如图，过O作的平行线分别交于点，联结， 由于平面，平面，， 平面，平面，所以平面平面． 又因平面平面，平面平面，所以． 因为，，，所以面． 又因，所以面， 所以与平面所成的角为．令，则，由于O为的中心，故．在中，， 由勾股定理得． 所以．由于，直线与平面所成角的正弦值也为． [方法二]【最优解】：几何法 因为平面，平面平面，所以． 因为，所以四边形为平行四边形． 由（Ⅰ）知平面，则为平面的垂线． 所以在平面的射影为．从而与所成角的正弦值即为所求． 在梯形中，设，过E作，垂足为G，则． 在直角三角形中，． [方法三]：向量法 由（Ⅰ）知，平面，则为平面的法向量． 因为平面，平面，且平面平面， 所以．由（Ⅰ）知，即四边形为平行四边形，则． 因为O为正的中心，故．由面面平行的性质得，所以四边形为等腰梯形．由P，N为等腰梯形两底的中点，得，则． 设直线与平面所成角为，，则． 所以直线与平面所成角的正弦值． 考点04 已知二面角求点距离 1（2024·全国·高考Ⅰ卷）如图，四棱锥中，底面ABCD，，． (1)若，证明：平面； (2)若，且二面角的正弦值为，求． 【答案】(1)证明见解析(2) 【详解】（1）（1）因为平面，而平面，所以， 又，，平面，所以平面， 而平面，所以. 因为，所以， 根据平面知识可知， 又平面，平面，所以平面． （2）如图所示，过点D作于，再过点作于，连接， 因为平面，所以平面平面，而平面平面， 所以平面，又，所以平面， 根据二面角的定义可知，即为二面角的平面角， 即，即． 因为，设，则，由等面积法可得，， 又，而为等腰直角三角形，所以， 故，解得，即． 2．（2023·全国·新课标Ⅰ卷）如图，在正四棱柱中，．点分别在棱,上，．    (1)证明：； (2)点在棱上，当二面角为时，求． 【答案】(1)证明见解析；(2)1 【详解】（1）以为坐标原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图，   则， ， ， 又不在同一条直线上， . （2）设， 则， 设平面的法向量， 则，令 ，得，， 设平面的法向量，则，令 ，得，， ， 化简可得，，解得或，或，. 3．（2021·全国·新课标Ⅰ卷）如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点. （1）证明：； （2）若是边长为1的等边三角形，点在棱上，，且二面角的大小为，求三棱锥的体积. 【答案】(1)证明见解析；(2). 【详解】（1）因为，O是中点，所以， 因为平面，平面平面，且平面平面，所以平面． 因为平面，所以. （2）[方法一]：通性通法—坐标法 如图所示，以O为坐标原点，为轴，为y轴，垂直且过O的直线为x轴，建立空间直角坐标系，则，设, 所以，设为平面的法向量， 则由可求得平面的一个法向量为． 又平面的一个法向量为，所以，解得． 又点C到平面的距离为，所以， 所以三棱锥的体积为． [方法二]【最优解】：作出二面角的平面角 如图所示，作，垂足为点G． 作，垂足为点F，连结，则． 因为平面，所以平面， 为二面角的平面角．因为，所以． 由已知得，故．又，所以． 因为， ． [方法三]：三面角公式 考虑三面角，记为，为，， 记二面角为．据题意，得． 对使用三面角的余弦公式，可得，化简可得．① 使用三面角的正弦公式，可得，化简可得．② 将①②两式平方后相加，可得，由此得，从而可得． 如图可知，即有，根据三角形相似知，点G为的三等分点，即可得， 结合的正切值，可得从而可得三棱锥的体积为． 考点04 点到面的距离 1（2024·全国·高考甲卷）如图，，，，,为的中点. (1)证明：平面； (2)求点到的距离. 【答案】(1)证明见详解；(2) 【详解】（1）由题意得，，且， 所以四边形是平行四边形，所以，又平面平面， 所以平面； （2）取的中点，连接，，因为，且， 所以四边形是平行四边形，所以， 又，故是等腰三角形，同理是等腰三角形， 可得， 又，所以，故. 又平面，所以平面， 易知.在中，，所以.设点到平面的距离为，由， 得，得，故点到平面的距离为. 2（2021·全国·新课标Ⅰ卷）如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点. （1）证明：； （2）若是边长为1的等边三角形，点在棱上，，且二面角的大小为，求三棱锥的体积. 【答案】(1)证明见解析；(2). 【详解】（1）因为，O是中点，所以， 因为平面，平面平面，且平面平面，所以平面． 因为平面，所以. （2）[方法一]：通性通法—坐标法 如图所示，以O为坐标原点，为轴，为y轴，垂直且过O的直线为x轴，建立空间直角坐标系，则，设, 所以，设为平面的法向量， 则由可求得平面的一个法向量为． 又平面的一个法向量为，所以，解得． 又点C到平面的距离为，所以， 所以三棱锥的体积为． [方法二]【最优解】：作出二面角的平面角 如图所示，作，垂足为点G．作，垂足为点F，连结，则． 因为平面，所以平面， 为二面角的平面角． 因为，所以． 由已知得，故． 又，所以． 因为， ． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ i 专题06 空间向量与立体几何（解答题） 考点 五年考情（2020-2024） 命题趋势 考点01 求空间几何体表面积体积 2023 甲 乙卷 2022 甲 乙卷 2021 甲 乙卷 2021 乙 甲卷 2020 全国Ⅰ Ⅱ卷 空间几何体表面积体积问题一般采用等体积法或者是空间向量解决，一般出现在第一问。 考点02 求二面角 2024甲 Ⅱ卷 2023Ⅱ 乙卷 2022Ⅰ Ⅱ卷 2021 甲 乙 Ⅱ卷 2020 Ⅰ卷 二面角的正弦余弦值是高考空间几何体的高频考点，也是高考的一盒重要的趋势。 考点03 求线面角 2023甲卷 2022 甲乙卷 2020 Ⅰ Ⅱ Ⅲ卷 线面角问题是高考中的常考点，方法是方向向量与法向量的夹角 考点04 已知二面角，求点，距离 2024 Ⅰ卷 2023 Ⅰ卷 2021 Ⅰ卷 求距离问题是高考Ⅰ卷的一个重大趋势，容易与动点问题相结合 考点05 求点到面的距离 2024甲卷 2021 Ⅰ卷 点到平面的距离问题是高考的一个重要题型，应加强这方面的练习 考点01 求空间几何体体积表面积 1．（2023·全国·统考高考甲卷）如图，在三棱锥中，，，，，的中点分别为，点在上，． (1) 求证：//平面； (2)若，求三棱锥的体积． 2．（2023·全国·统考高考乙卷）如图，在三棱柱中，平面．    (1)证明：平面平面； (2)设，求四棱锥的高． 3．（2022·全国·统考高考乙卷题）如图，四面体中，，E为AC的中点． (1)证明：平面平面ACD； (2)设，点F在BD上，当的面积最小时，求三棱锥的体积． 4．（2022·全国·统考高考甲卷）小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒如图所示：底面是边长为8（单位：）的正方形，均为正三角形，且它们所在的平面都与平面垂直． (1)证明：平面； (2)求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）． 5．（2021·全国·统考高考乙卷）如图，四棱锥的底面是矩形，底面，M为的中点，且． （1）证明：平面平面； （2）若，求四棱锥的体积． 6．（2021·全国·高考甲卷题）已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，. （1） 求三棱锥的体积； （2） 已知D为棱上的点，证明：. 7．（2020·全国·统考高考Ⅰ卷题）如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，是底面的内接正三角形，为上一点，∠APC=90°． （1） 证明：平面PAB⊥平面PAC； （2） 设DO=，圆锥的侧面积为，求三棱锥P−ABC的体积. 8．（2020·全国·统考高考Ⅱ卷）如图，已知三棱柱ABC–A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点．过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F． （1）证明：AA1//MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F； （2）设O为△A1B1C1的中心，若AO=AB=6，AO//平面EB1C1F，且∠MPN=，求四棱锥B–EB1C1F的体积． 考点02 求二面角 1 （2024·全国·高考Ⅱ）如图，平面四边形ABCD中，，，，，，点E，F满足，，将沿EF翻折至，使得． (1)证明：； (2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值． 2（2024·全国·高考甲卷）如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形，，，，为的中点． (1)证明：平面； (2)求二面角的正弦值． 3．（2023全国·统考新课标Ⅱ卷）如图，三棱锥中，，，，E为BC的中点．      (1)证明：； (2)点F满足，求二面角的正弦值． 4．（2023·全国·统考高考乙卷）如图，在三棱锥中，，，，，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，，点F在AC上，.    (1)证明：平面； (2)证明：平面平面BEF； (3)求二面角的正弦值. 5．（2022·全国·新课标Ⅰ卷）如图，直三棱柱的体积为4，的面积为． (1)求A到平面的距离； (2)设D为的中点，，平面平面，求二面角的正弦值． 6．（2022全国·统考新课标Ⅱ卷）如图，是三棱锥的高，，，E是的中点．    (1)证明：平面； (2)若，，，求二面角的正弦值． 7．（2021·全国·统考高考乙卷）如图，四棱锥的底面是矩形，底面，，为的中点，且． （1）求； （2）求二面角的正弦值． 8．（2021·全国·统考高考甲卷）已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，D为棱上的点． （1）证明：； （2）当为何值时，面与面所成的二面角的正弦值最小? 9．（2021全国·统考新课标Ⅱ卷）在四棱锥中，底面是正方形，若． （1）证明：平面平面； （2）求二面角的平面角的余弦值． 10．（2020·全国·Ⅰ卷）如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，为底面直径，．是底面的内接正三角形，为上一点，． （1）证明：平面； （2）求二面角的余弦值． 考点03 求线面角 1 （2023·全国·统考高考甲卷）如图，在三棱柱中，底面ABC，，到平面的距离为1．    (1)证明：； (2)已知与的距离为2，求与平面所成角的正弦值． 2．（2022·全国·统考高考乙卷）如图，四面体中，，E为的中点． (1)证明：平面平面； (2)设，点F在上，当的面积最小时，求与平面所成的角的正弦值． 3．（2022·全国·统考高考甲卷）在四棱锥中，底面． (1)证明：； (2)求PD与平面所成的角的正弦值． 4．（2020·全国·新课标Ⅰ卷）如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD．设平面PAD与平面PBC的交线为l． （1）证明：l⊥平面PDC； （2）已知PD=AD=1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值． 5．（2020全国·统考新课标Ⅱ卷）如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD底面ABCD．设平面PAD与平面PBC的交线为． （1）证明：平面PDC； （2）已知PD=AD=1，Q为上的点，QB=，求PB与平面QCD所成角的正弦值． 6．（2020全国·统考新课标Ⅱ卷）如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点，过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F. （1）证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥EB1C1F； （2）设O为△A1B1C1的中心，若AO∥平面EB1C1F，且AO=AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值. 考点04 已知二面角求点距离 1（2024·全国·高考Ⅰ卷）如图，四棱锥中，底面ABCD，，． (1)若，证明：平面； (2)若，且二面角的正弦值为，求． 2．（2023·全国·新课标Ⅰ卷）如图，在正四棱柱中，．点分别在棱,上，．    (1)证明：； (2)点在棱上，当二面角为时，求． 3．（2021·全国·新课标Ⅰ卷）如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点. （1）证明：； （2）若是边长为1的等边三角形，点在棱上，，且二面角的大小为，求三棱锥的体积. 考点05 点到面的距离 1（2024·全国·高考甲卷）如图，，，，,为的中点. (1)证明：平面； (2)求点到的距离. 2（2021·全国·新课标Ⅰ卷）如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点. （1）证明：； （2）若是边长为1的等边三角形，点在棱上，，且二面角的大小为，求三棱锥的体积. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$