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专题7 立体几何的向量方法
1．（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．
【解析】（1）如图，连接．
因为在圆台中，上、下底面直径分别为，且，
所以为圆台母线且交于一点P，所以四点共面.
在圆台中，平面平面，
由平面平面，平面平面，得.
又，所以，
所以，即为中点．
在中，又M为的中点，所以．
因为平面，平面，
所以平面；
（2）以为坐标原点，分别为轴，过O且垂直于平面的直线为轴，
建立如图所示的空间直角坐标系．
因为，所以．
则．
因为，所以．
所以，所以．
设平面的法向量为，
所以，所以，
令，则，所以，又，
设平面的法向量为，
所以，所以，
令，则，所以，
所以．
设二面角的大小为，则，
所以．
所以二面角的正弦值为.
.
2．（2023·湖北武汉·统考模拟预测）如图，在正四棱台中，，正四棱台的体积为28．
(1)求正四棱台的高；
(2)求直线与平面所成角的正弦值．
【解析】（1）由题可知，，
所以，，
设正四棱台的高为，
则
，
所以，
即正四棱台的高为3．
（2）设正四棱台的上、下底面的中心分别为，O，取BC，AB的中点分别为F，G，连接OF，OG，，易知OG，OF，两两垂直，
所以以为坐标原点，分别以OG，OF，所在直线为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，，
所以，，．
设平面的法向量为，
则，取，则，，所以，
设直线与平面所成的角为，
则，
即直线与平面所成角的正弦值为．
3．（2023·辽宁·鞍山一中校联考模拟预测）刍甍（chú méng）是中国古代数学书中提到的一种几何体，《九章算术》中对其有记载：“下有袤有广，而上有袤无广”，可翻译为：“底面有长有宽为矩形，顶部只有长没有宽为一条棱．”，如图，在刍甍中，四边形ABCD是正方形，平面和平面交于．
(1)求证：；
(2)若平面平面ABCD，，，，，求平面和平面所成角余弦值的绝对值．
【解析】（1）在正方形中，，平面，平面，
所以平面，
又平面，平面与平面交于，
所以；
（2）过点作于，过点作于，连接，
由平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
又平面，所以，
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，
由（1）知，∴，
在四边形中，，，，所以，，
在正方形中，，所以，
因为，且，所以，
所以，，，，，
所以，，，，
设平面的一个法向量，
由，令，则，
设平面的一个法向量，
由，令，则，
设平面和平面所成角为，
则，
所以平面和平面所成角余弦值的绝对值为．
4．（2023·山东潍坊·统考模拟预测）如图，在三棱柱中，D为AC的中点，AB=BC=2，.
(1)证明：；
(2)若，且满足：三棱柱的体积为，二面角的大小为60°，求二面角的正弦值.
【解析】（1）在三棱柱中，由题意可得，，，
∴，
又∵AD=DC，∴，
同时在△ABC中，∵AB=BC，AD=DC，
∴，∵，，平面，
∴平面，
又∵平面，∴
（2）∵且，∴平面ABC，
∵平面ABC，∴，又∵，
∴为二面角的平面角，即
，，取BC的中点O，则，
∴，
又∵三棱柱的体积为，∴
如图所示，建立空间直角坐标系，
设平面的一个法向量为，且，，
则，令，则，，
故，
设平面的一个法向量为，
且，，则，
令，则b=0，，故，
，故二面角的正弦值为.
5．（2023·四川凉山·二模）如图，在直三棱柱中，点E，F分别是，中点，平面平面．
(1)证明：；
(2)若，平面平面，且，求直线l与平面所成角的余弦值．
【解析】（1）取中点G，连接，，
∵E，G分别是，中点，∴且，
又∵且，∴且，
∴四边形为平行四边形，∴，
又平面，平面，∴EF∥平面，
∵平面，平面平面，∴．
（2）由三棱柱为直棱柱，∴平面，∴，，
∵平面平面，平面平面，平面，
∴平面，∴，
故以为坐标原点，以，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，
设，则，，，，
所以，，
又，则，解得，
所以，，则，，
设平面法向量为，
所以，即，取，得，
由（1）知直线，则l方向向量为，
设直线l与平面所成角为，
则，则，
所以直线l与平面所成角的余弦值为．
6．（2023·河南郑州·统考二模）如图，在四边形ABCP中，△ABC为边长为的正三角形，CP＝CA，将△ACP沿AC翻折，使点P到达的位置，若平面平面ABC，且．
(1)求线段的长；
(2)设M在线段上，且满足，求二面角的余弦值．
【解析】（1）取BC中点O，连接，，因为△ABC为等边三角形，O为BC的中点，则，又，，平面，
∴平面，∴．
所以，即为等边三角形，所以，
又平面平面，，所以平面，所以，
又，所以．
（2）因为平面，，以点O为坐标原点，、、所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、，
，，设平面的法向量为，
则，取，则，
，设平面的法向量为，
则，取，则，
由已知可得．
综上，二面角的余弦值为．
7．（2023·湖北黄石·统考模拟预测）如图，四棱锥中，底面为矩形，.二面角的大小是，平面与平面的交线上存在一点满足二面角大小也是.
(1)求四面体的体积；
(2)若为直线上的动点，求直线与平面所成角的正弦值的最大值.
【解析】（1）如图，因为，平面，平面，所以平面，因为过的平面平面，所以，
平面，平面，所以平面，又因为，
所以点到平面的距离等于点到平面的距离，则，
所以.
（2）过作，，
，又面DEC，
面，又面，面面，
，面，
建立如图所示空间直角坐标系
，
设，则，
设面的一个法向量为，
则，，
令，解得，得，
又，，
令，则，
当，即时，
8．（2023·山东菏泽二模）如图，在三棱柱中，D，E，G分别为的中点，与平面交于点F，，，．
(1)求证：F为的中点；
(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线FG与平面BCD所成角的正弦值．
条件①：平面平面；
条件②：．
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
【解析】（1）由三棱柱的性质知，，平面，平面，
所以平面，又因为平面，
平面平面，
所以，因为E为的中点，所以F为的中点.
（2）选条件①，因为平面平面，平面平，
又因为，E为的中点，所以，
所以平面，又因为平面，所以，
又因为，，
平面，所以平面，
如图建立空间直角坐称系.
由题意得，
.
设平面的法向量，
,
，则，
平面BCD的法向量，
又,
设直线与平面所成的角为,
则，
所以直线FG与平面BCD所成角的正弦值为.
选条件②，因为，，，
则，所以，又因为，
，平面，所以平面，
因为，E为的中点，所以，
如图建立空间直角坐称系.
由题意得，
.
设平面的法向量，
,
，则，
平面BCD的法向量，
又,
设直线与平面所成的角为,
则，
所以直线FG与平面BCD所成角的正弦值为.
9．（2023·云南昆明·统考二模）如图，直四棱柱中，是等边三角形，
(1)从三个条件：①；②；③中任选一个作为已知条件，证明：；
(2)在（1）的前提下，若，是棱的中点，求平面与平面所成角的余弦值．
【解析】（1）对①：设与的交点为，
∵是等边三角形，且，则为的中点，
可得，且，则，
故，即，
又∵平面，平面，
∴，且平面，
故平面，
注意到平面，故；
对②：∵，则，
又∵，即，
可得，即，
又∵平面，平面，
∴，且平面，
故平面，
注意到平面，故；
对③：∵，即，
在中，则，可得，
故，则，
故，即，
又∵平面，平面，
∴，且平面，
故平面，
注意到平面，故.
（2）如图，建立空间直角坐标系，设，
则，
可得，
设平面的法向量为，则，
令，则，即，
设平面的法向量为，则，
令，则，即，
则，
故平面与平面所成角的余弦值为.
10．（2023·北京丰台·统考二模）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，AC交BD于点O，，．点E是棱PA的中点，连接OE，OP．
(1)求证：平面PCD；
(2)若平面PAC与平面PCD的夹角的余弦值为，再从条件①，条件②这两个条件中选择一个作为已知，求线段OP的长．
条件①：平面平面；
条件②：．
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
【解析】（1）因为底面是菱形，所以是中点，
因为E是棱PA的中点，所以，
又因为平面PCD, 平面PCD,
所以平面PCD.
（2）选择条件①:
因为，是的中点，所以,
因为平面平面,平面平面,
平面，
所以平面，因为平面，所以，
又，所以两两垂直，
以为原点建立空间直角坐标系,
因为菱形的边长为2，
所以,
所以设
所以，
设为平面的一个法向量，
由得所以
取，所以，
因为平面，所以平面的一个法向量为,
平面PAC与平面PCD的夹角的余弦值为,
所以，所以
所以，所以，因为，所以，所以.
所以线段OP的长为.
选择条件②:
因为.在菱形中，，
因为平面平面,
所以平面,
因为平面，所以，因为,
所以两两垂直，
以为原点建立空间直角坐标系,
因为菱形的边长为2，
所以,
所以设
所以，
设为平面的一个法向量，
由得所以
取，所以，
因为平面，所以平面的一个法向量为,
平面PAC与平面PCD的夹角的余弦值为,
所以，所以
所以，所以，因为，所以，所以.
所以线段OP的长为.
11．（2023·辽宁抚顺·统考模拟预测）如图，四棱锥的底面是正方形，点P，Q在侧棱上，E是侧棱的中点．
(1)若，证明：BE∥平面；
(2)若每条侧棱的长都是底面边长的倍，从下面两个条件中选一个，求二面角的大小．
①平面；②P为的中点．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
【解析】（1）连接，设交点为O，连接，，，
在中，点E是的中点，点Q足线段的中点，所以．
又因为平面，且平面，所以平面，
在中，点O是线段的中点，点P是线段的中点，所以．
又因为平面，且平面，所以平面，
又因为，且，平面，所以平面平面，
又因为平面，所以平面；
（2）若选①平面，连接，
因为为正方形，所以点O分别为与的中点，
由题意，，所以，同理，
又，所以平面．
故以O为原点，，，所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系．
设，则，，，，
所以，，，，，．
因为平面，所以平面的一个法向量为．
显然平面的一个法向量为．
设二面角的平面角为，所以，所以．
若选②P为的中点，连接，因为为正方形，所以点O分别为与的中点，
由题意，，所以．同理，
又，所以平面．
故以O为原点，，，所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系．
设，则，，，，
所以，，，，，，
则，，
设平面的法向量为，
则，即，取，得，
显然平面的一个法向量为，
设二面角的平而角为，所以，所以．
12．（2023·湖南岳阳·统考二模）在中，，过点作，交线段于点（如图1），沿将折起，使（如图2），点分别为棱的中点.
(1)求证：；
(2)在①图1中，②图1中，③图2中三棱锥的体积最大.
这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，再解答问题.
问题：已知__________，试在棱上确定一点，使得，并求平面与平面的夹角的余弦值.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
【解析】（1），平面，
平面平面.
又分别为的中点，
.
（2）选①，在图1所示的中，由，
解得或（舍去）.
设，在Rt中，，
解得.
以点为原点，分别为轴建立如图所示的坐标系，
，
则.
设，则.
，即，解得，
当（即是的靠近的一个四等分点）时，.
设平面的一个法向量为，且，
由得令，则，
取平面CBN的一个法向量，
则，
平面BMN与平面的夹角的余弦值为.
选②，在图1所示的中，设，
则，
又，由平面向量基本定理知，即.
以点为原点，分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
，
则.
设，则，
即，解得，
当（即是的靠近的一个四等分点）时，.
设平面的一个法向量为，且，
由得令，则.
取平面的一个法向量，
则，
平面与平面的夹角的余弦值为.
选③，在图1所示的中，设，则，
为等腰直角三角形，.
折起后，且，平面，
平面，又，
，
令，
当时，；当时，，
时，三棱锥的体积最大.
以点为原点，分别为轴建立如图所示直角坐标系，
，
，则，
设，则.
，即，
解得，
当（即是的靠近的一个四等分点）时，.
设平面的一个法向量为，且，
由得令，则.
取平面的一个法向量，
则，
平面与平面的夹角的余弦值为.
13．（2023·天津·校联考二模）已知底面是正方形，平面，，，点、分别为线段、的中点．
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值；
(3)线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值是，若存在求出的值，若不存在，说明理由．
【解析】（1）证明：法一：分别取、的中点、，连接、、，
由题意可知点、分别为线段、的中点．所以，，
因为，所以，所以点、、、四点共面，
因为、分别为、的中点，所以，
因为平面，平面，所以平面，
又因为，平面，平面，所以平面，
又因为，、平面，所以平面平面，
因为平面，所以平面；
法二：因为为正方形，且平面，所以、、两两互相垂直，
以点为坐标原点，以、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、、、，
所以，易知平面的一个法向量，
所以，所以，
又因为平面，所以平面．
（2）设平面的法向量，，，
则，取，可得，
所以平面的一个法向量为，
易知平面的一个法向量，设平面与平面夹角为，
则，
所以平面与平面夹角余弦值为；
（3）假设存在点，使得，其中，
则，
由（2）得平面的一个法向量为，
由题意可得，
整理可得．即，
因为，解得或，所以，或．
14．（2023·青海·校联考模拟预测）如图，在四棱锥中，，，四边形ABCD是菱形，，E是棱PD上的动点，且．
(1)证明：平面ABCD．
(2)是否存在实数，使得平面PAB与平面ACE所成锐二面角的余弦值是？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【解析】（1）证明：因为四边形ABCD是菱形，所以．
因为，AC，平面PAC，且，
所以平面PAC．因为平面PAC，所以．
因为，所以，所以．
因为AB，平面ABCD，且，所以平面ABCD．
（2）取棱CD的中点F，连接AF，易证AB，AF，AP两两垂直，故以A为原点，分别以，，的方向为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系．
设，则，，，，
故，，．
因为，所以，则．
设平面ACE的法向量为，则，
令，得．
平面PAB的一个法向量为．
设平面PAB与平面ACE所成的锐二面角为，则，
整理得，解得或（舍去）．
故存在实数，使得平面PAB与平面ACE所成锐二面角的余弦值是．
15．（2023·天津河东·二模）在苏州博物馆有一类典型建筑八角亭，既美观又利于采光，其中一角如图所示，为多面体，，，，底面，四边形是边长为2的正方形且平行于底面，，，的中点分别为，，，．
(1)证明：平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值；
(3)一束光从玻璃窗面上点射入恰经过点（假设此时光经过玻璃为直射），求这束光在玻璃窗上的入射角的正切值．
【解析】（1）过点作的平行线，由题意可知以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，，，，，，，．
设平面的法向量为，，，，，令，则，
∵，
∴，平面.
（2）根据图形易知平面的法向量为，设平面与平面的夹角为，
则.
所以平面与平面夹角的余弦值.
（3），入射角为，
，因为，
所以，.
故这束光在玻璃窗上的入射角的正切值为.
精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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专题7 立体几何的向量方法
1．（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．
2．（2023·湖北武汉·统考模拟预测）如图，在正四棱台中，，正四棱台的体积为28．
(1)求正四棱台的高；
(2)求直线与平面所成角的正弦值．
3．（2023·辽宁·鞍山一中校联考模拟预测）刍甍（chú méng）是中国古代数学书中提到的一种几何体，《九章算术》中对其有记载：“下有袤有广，而上有袤无广”，可翻译为：“底面有长有宽为矩形，顶部只有长没有宽为一条棱．”，如图，在刍甍中，四边形ABCD是正方形，平面和平面交于．
(1)求证：；
(2)若平面平面ABCD，，，，，求平面和平面所成角余弦值的绝对值．
4．（2023·山东潍坊·统考模拟预测）如图，在三棱柱中，D为AC的中点，AB=BC=2，.
(1)证明：；
(2)若，且满足：三棱柱的体积为，二面角的大小为60°，求二面角的正弦值.
5．（2023·四川凉山·二模）如图，在直三棱柱中，点E，F分别是，中点，平面平面．
(1)证明：；
(2)若，平面平面，且，求直线l与平面所成角的余弦值．
6．（2023·河南郑州·统考二模）如图，在四边形ABCP中，△ABC为边长为的正三角形，CP＝CA，将△ACP沿AC翻折，使点P到达的位置，若平面平面ABC，且．
(1)求线段的长；
(2)设M在线段上，且满足，求二面角的余弦值．
7．（2023·湖北黄石·统考模拟预测）如图，四棱锥中，底面为矩形，.二面角的大小是，平面与平面的交线上存在一点满足二面角大小也是.
(1)求四面体的体积；
(2)若为直线上的动点，求直线与平面所成角的正弦值的最大值.
8．（2023·山东菏泽二模）如图，在三棱柱中，D，E，G分别为的中点，与平面交于点F，，，．
(1)求证：F为的中点；
(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线FG与平面BCD所成角的正弦值．
条件①：平面平面；
条件②：．
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
9．（2023·云南昆明·统考二模）如图，直四棱柱中，是等边三角形，
(1)从三个条件：①；②；③中任选一个作为已知条件，证明：；
(2)在（1）的前提下，若，是棱的中点，求平面与平面所成角的余弦值．
10．（2023·北京丰台·统考二模）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，AC交BD于点O，，．点E是棱PA的中点，连接OE，OP．
(1)求证：平面PCD；
(2)若平面PAC与平面PCD的夹角的余弦值为，再从条件①，条件②这两个条件中选择一个作为已知，求线段OP的长．
条件①：平面平面；
条件②：．
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
11．（2023·辽宁抚顺·统考模拟预测）如图，四棱锥的底面是正方形，点P，Q在侧棱上，E是侧棱的中点．
(1)若，证明：BE∥平面；
(2)若每条侧棱的长都是底面边长的倍，从下面两个条件中选一个，求二面角的大小．
①平面；②P为的中点．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
12．（2023·湖南岳阳·统考二模）在中，，过点作，交线段于点（如图1），沿将折起，使（如图2），点分别为棱的中点.
(1)求证：；
(2)在①图1中，②图1中，③图2中三棱锥的体积最大.
这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，再解答问题.
问题：已知__________，试在棱上确定一点，使得，并求平面与平面的夹角的余弦值.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
13．（2023·天津·校联考二模）已知底面是正方形，平面，，，点、分别为线段、的中点．
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值；
(3)线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值是，若存在求出的值，若不存在，说明理由．
14．（2023·青海·校联考模拟预测）如图，在四棱锥中，，，四边形ABCD是菱形，，E是棱PD上的动点，且．
(1)证明：平面ABCD．
(2)是否存在实数，使得平面PAB与平面ACE所成锐二面角的余弦值是？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
15．（2023·天津河东·二模）在苏州博物馆有一类典型建筑八角亭，既美观又利于采光，其中一角如图所示，为多面体，，，，底面，四边形是边长为2的正方形且平行于底面，，，的中点分别为，，，．
(1)证明：平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值；
(3)一束光从玻璃窗面上点射入恰经过点（假设此时光经过玻璃为直射），求这束光在玻璃窗上的入射角的正切值．
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