空间向量和立体几何专题训练九-2025届高三数学二轮专题复习

高中数学 空间向量和立体几何高考复习专题九 知识点一 证明面面垂直,面面角的向量求法 典例1、如图，圆锥的高为是底面圆的直径，为圆锥的母线，四边形是底面圆 的内接等腰梯形，且，点在母线上，且． （1）证明：平面平面； （2）求平面与平面的夹角的余弦值． 随堂练习：如图所示，在四棱锥中，，且平面. （1）证明：平面平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 典例2、如图，在四棱锥中，底面ABCD为正方形，底面ABCD，，E为PB的中点，F为线段BC上的动点． （1）求证：平面平面； （2）试确定点的位置，使平面与平面所成的锐二面角为． 随堂练习：如图，在直三棱柱中，，，. （1）证明：平面平面； （2）求二面角的大小. 典例3、如图1，在梯形ABCD中，，，，现将沿AC翻折成直二面角，如图2． （1）证明：平面平面PAC； （2）若异面直线PC与AB所成角的余弦值为，求二面角的余弦值． 随堂练习：如图，图1是由正方形，直角梯形组成的一个平面图形，其中，将正方形沿折起，使得. （1）求证：平面平面； （2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值. 知识点二 证明面面垂直,求二面角 典例4、如图所示，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，其它四个侧面都是侧棱长为的等腰三角形． （1）求二面角的大小； （2）在线段上是否存在一点，使平面平面？若存在，请指出点的位置并证明，若不存在请说明理由． 随堂练习：如图，在四棱锥中，平面平面，是等边三角形，已知， ，，为棱上的一点． （1）求证：平面平面； （2）求二面角的余弦值． 典例5、如图，已知底面为正三角形的直三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1=AB，D为AB中点，E为CC1的中点. （1）证明:平面CDC1⊥平面C1AB；（2）求二面角A-BC1-E的余弦值. 随堂练习：如图，四边形ABCD是边长为1的正方形，MD⊥平面ABCD，NB⊥平面ABCD，且， E是MN的中点. （1）求证：平面AEC⊥平面AMN； （2）求二面角M-AC-N的余弦值. 典例6、如图，菱形ABCD的边长为2，，E为AC的中点，将沿AC翻折使点D至点. （1）求证：平面平面ABC； （2）若三棱锥的体积为，求二面角的余弦值. 随堂练习：如图，四棱锥中，平面，，．过 点作直线的平行线交于为线段上一点． （1）求证：平面平面； （2）求平面与平面所成二面角的大小． 空间向量和立体几何高考复习专题九答案 典例1、答案：（1）证明见解析 （2） 解：（1）连接，由已知，，且， ∴四边形为菱形，∴， 在圆锥中，∵平面，平面， ∴． ∵，平面，平面， ∴平面． 又∵平面， ∴平面平面． (2）取中点，易知平面，， 以为原点，，，所在直线分别为轴、轴、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． 因为所以，令，则，， ∴， 易知平面即平面，∴平面的一个法向量为， 设平面与平面的夹角为， 则， ∴平面与平面的夹角的余弦值为． 随堂练习：答案：（1）证明见解析 （2） 解：（1）证明：平面平面. . 平面， 平面. 又平面平面平面. （2）由（1）易知两两垂直. 如图，以为原点，以所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系， 则. . 设平面的法向量为， 则即取，得. 易知平面的一个法向量为， , 由图可知，平面与平面的夹角为锐角， 平面与平面夹角的余弦值为. 典例2、答案：（1）见解析； （2）为的中点. 解：（1）因为底面，底面，故， 而，平面，， 故平面，而平面，故， ，为的中点，故， 平面，，故平面， 因平面，故平面平面. （2）因为底面，，故可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， 则即，取，则即. 设平面的法向量为， 则即，取，则即. 因为平面与平面所成的锐二面角为， 故，解得即为的中点. 随堂练习：答案： （1）证明见解析 （2）. 解：（1）连接，由三棱柱为直三棱柱可得平面， 平面，所以， 因为，，，平面，所以平面， 因为平面，所以， 因为，所以四边形是正方形，所以， 又因为，，平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面. （2）因为，，，根据勾股定理可知：， 从而有：，，两两垂直，以为原点，分别以，，所在直线为轴， 轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示： 则，，，， 设平面的法向量为，因为，， 则，， 令，则， 设平面的法向量为，因为，， 则，，令，则， 设二面角的平面角为， 根据几何体特征可知为锐角， 所以， 所以二面角的大小为. 典例3、答案：（1）证明见解析 （2） 解：（1）证明：取AB的中点E，连接CE， 因为AB＝4，CD＝2， 则AE＝DC，AE∥DC， 故四边形ADCE为平行四边形， 所以CE＝AD＝2 则CE＝AE＝EB， 故∠ACB＝90°，即CB⊥CA， 又平面PAC⊥平面ACB，且平面PAC∩平面ACB＝AC，CB⊂平面ACB， 故CB⊥平面PAC， 又CB⊂平面， 故平面平面PAC； （2）取AC的中点O，连接OE，则OE∥CB， 所以OE⊥AC，且OP⊥AC， 则OC，OE，OP两两互相垂直， 故以点O为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示， 设|OC|＝a（a＞0）， 则，，， 故， 所以 因为异面直线PC与AB所成角的余弦值为 所以，解得， 故 ， 设面的法向量为， 则，令，可得 设面的法向量为， ，令，可得 又由图可知二面角为锐角， 故二面角的余弦值为. 随堂练习：答案：（1）证明见解析 （2） 解：（1）如图：连， 在直角三角形中，， 在三角形中，，，，满足， 所以， 又，， 所以平面， 因为平面，所以， 又，， 所以平面， 因为平面，所以， 因为四边形为正方形，所以， 因为，所以平面. 因为平面， 所以平面平面. （2）由（1）知，两两垂直， 以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，如图： 则，，，， ， ，，，， 设平面的一个法向量为，平面的一个法向量为， 由，得， 取，得，得， 由，得， 取，得，得， 所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为. 典例4、答案： （1） （2）存在；设是的中点，为线段的中点；证明见解析. 解：（1）如图，设分别是和的中点，连接，，, 则, ∵，是的中点, ∴; 又在正方形中有, ∴为二面角的平面角, ∵，，是的中点, ∴, 同理可得，又, ∴是等边三角形，故, ∴二面角为. （2）存在点，使平面平面，此时为线段的中点． 证明如下 :设，，分别为，和的中点，连接，，，, 由（1）知是等边三角形，故, 为的中点，故， 又∵，平面, ∴平面,平面 ，故,又, 平面,∴平面, ∵，分别为和的中点 ∴ , 又为线段的中点,∴，故四边形为平行四边形, ∴,∴平面,又平面, ∴平面平面. 随堂练习：答案： （1）证明见解析 （2） 解：（1）取中点，联结，则 ， 因为平面平面且平面 平面， 所以平面，而 平面，所以， 因为，所以 ， 因为 平面且 平面， 所以 平面， 又因为 平面，所以平面平面； （2）取PD的中点F，则 ，由（1）的结论知： 平面， 平面PAD， ， 平面PBD， 平面PBD， ， 平面 PBD，即平面 PAB在平面PBD上的投影是PBF， 在 中， ， ， 在 中， ， ， ， 设二面角的平面角为，由面积射影法， ， 即二面角的余弦值为； 典例5、答案： （1）证明见解析 （2） 解：（1）∵△ABC为等边三角形，D是AB的中点， ∴AB⊥CD. ∵CC1⊥平面ABC，AB⊂平面ABC， ∴CC1⊥AB. ∵CC1⊂平面CDC1，CD⊂平面CDC1，CC1∩CD=C， ∴AB⊥平面CDC1. ∵AB⊂平面C1AB， ∴平面CDC1⊥平面C1AB； （2）解法一：取BC的中点O，连接AO，则AO⊥BC，作OH⊥BC1于点H，连接AH. ∵平面ABC⊥平面BCC1B1，平面ABC∩平面BCC1B1=BC，，∴AO⊥平面BCC1B1， 又平面，，,平面，平面， 所以平面，又平面， ∴AH⊥BC1，AO⊥OH， ∴∠AHO为二面角A-BC1-E的平面角. 设AB=2a，那么AO=a，BO=a. ∵AA1=AB， ∴∠C1BC=45°， ∴OH=BO=a. 在Rt△AOH中，tan∠AHO=， ∴cos∠AHO=， 故二面角A-BC1-E的余弦值为； 解法二：取BC的中点O，连接AO， 则AO⊥BC. 又平面ABC⊥平面BCC1B1，平面ABC∩平面BCC1B1=BC， ∴AO⊥平面BCC1B1. 以O为原点，OA所在直线为x轴、OB所在直线为y轴建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz， 易知平面BC1E的一个法向量为. 设AB=2a，则. ∵AA1=AB， ∴C1. ∴. 设平面ABC1的法向量为. 则，即， 取y=，则x=1，z=， ∴为平面ABC1的一个法向量， ∴， 易知二面角A-BC1-E为锐二面角， ∴二面角A-BC1-E的余弦值为. 随堂练习：答案：（1）证明见解析 （2） 解：（1）证明：因为MD⊥平面ABCD，NB⊥平面ABCD， 所以∥， 又因为，四边形ABCD是边长为1的正方形， 所以四边形为矩形， 所以， 又因为E是MN的中点， 所以⊥，⊥， 又因为， 所以⊥平面, 又因为平面AMN 所以平面AEC⊥平面AMN； （2）连接BD交AC与点O，连接MO，NO，则O为AC中点， 因为都是边长为的等边三角形， 所以, 所以为二面角M-AC-N的平面角， 在中，， 所以. 典例6、答案：（1）证明见解析 （2） 解：（1）证明：在菱形中，，∴和均为等边三角形， 又∵E为AC的中点，∴，，，平面， ∴平面， 又∵平面ABC， ∴平面平面ABC. （2）过作于点，∵平面平面ABC，平面，∴平面ABC. ∴. 过M作于点，连接， ∵平面ABC，∴，∵平面，∴平面， ∵平面，∴. ∴即为二面角的平面角， ，∴，， ∴，∴. 故二面角的余弦值为. 随堂练习：答案：（1）证明过程见解析 （2） 解：（1）因为平面，AB平面ABCD， 所以PA⊥AB， 因为， 所以⊥AD， 因为PAAD=A，平面PAD， 所以AB⊥平面PAD， 因为CFAB，所以CF⊥平面PAD， 因为CF平面CFG， 所以平面CFG⊥平面PAD； （2）平面，AD，AC平面ABCD， 所以PA⊥AD，PA⊥AC， 因为，， 由勾股定理得：，则∠ADB=30°， 同理可得，∠CDB=30°， 故∠ADC=60°，所以三角形ACD为等边三角形，， 故，，， 过点B作BE⊥PC于点E，连接DE， 在△BCP中，由余弦定理得：， 则，， 在△CDP中，由余弦定理得：， 在△CDE中，， 因为，所以DE⊥PC， 所以∠BED为平面与平面所成二面角的平面角， 由余弦定理得：， 故平面与平面所成二面角的大小为. ( 1 )静 能 生 慧 勤 能 补 拙 学科网（北京）股份有限公司 $$