立体几何大题专题综合复习讲义-2024-2025学年高三上学期数学一轮复习

2024-2025学年度高三一轮复习立体几何专题综合复习 一、直线与平面的三种位置关系 二、直线与平面平行 三、直线与平面垂直 1. 如果直线a与平面α内的任意一条直线都垂直，那么称直线a与平面α垂直，记作a⊥α. 直线a叫作平面α的垂线，平面α叫作直线a的垂面，垂线和平面的交点称为垂足. 2. 直线与平面垂直的判定定理与性质定理 四、两个平面平行 1.两个平面平行的判定定理与性质定理 五、平面与平面垂直 1.、定义：一般地，如果两个平面所成的二面角是直二面角，那么就说这两个平面互 相垂直. 2、平面与平面垂直的判定定理和性质定理 例1、（2024·全国·高考真题）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． 例2、（2024·天津·高考真题）已知四棱柱中，底面为梯形，，平面，，其中．是的中点，是的中点． (1)求证平面； (2)求平面与平面的夹角余弦值； (3)求点到平面的距离． 例3、（2024·北京·高考真题）如图，在四棱锥中，，，,点在上，且，． (1)若为线段中点，求证：平面． (2)若平面，求平面与平面夹角的余弦值． 例4、（2024·全国甲卷·高考真题）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． 例5、（2024·新高考I卷·高考真题）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 1．（2024·湖南衡阳·一模）如图所示，在三棱柱中，，侧面底面，，分别为棱和的中点. (1)求证：平面； (2)若，且平面平面，求二面角的余弦值大小. 2．（2024·湖南湘西·模拟预测）如图，在四棱锥中，平面是边长为的等边三角形，，．    (1)证明：平面平面； (2)若平面与平面夹角的余弦值为，求的长． 3．（2024·广东·模拟预测）如图，在四棱锥中，平面，底面为等腰梯形，其中，． (1)证明：平面平面． (2)若，求二面角的余弦值． 4．（2024·广东广州·模拟预测）如图，四棱锥中，底面是平行四边形，是正三角形，． (1)证明：平面平面; (2)求二面角的余弦值． 5．（2024·云南大理·模拟预测）如图，在四棱锥中，平面，底面为菱形，，分别为，的中点． (1)求证：平面； (2)若，，．求二面角的大小． 6．（2024·广东深圳·模拟预测）如图，、、为圆锥三条母线，. (1)证明：； (2)若圆锥侧面积为为底面直径，，求平面和平面所成角的余弦值． 7．（2024·江西新余·模拟预测）如图，在三棱锥中，为在平面内的射影点，已知，，，，.    (1)请以、为基底表示，并证明. (2)求证平面. (3)设分别为中点，为平面内一点，若，求到平面的距离. 8．（2024·江西新余·模拟预测）如图，在四棱锥中，，，，，，，平面平面.    (1)求证：平面平面. (2)求二面角的余弦值. (3)为平面内一点，若平面，求的长. 9．（2024·江苏徐州·模拟预测）如图，在斜三棱柱中，为边长为3的正三角形，侧面为正方形，在底面内的射影为点O．    (1)求证：； (2)若，求直线和平面的距离． 10．（2024·浙江嘉兴·模拟预测）如图，已知四棱锥的底面是边长为6的正方形，侧面底面，点分别是的中点，点在棱上且. (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成的角的正弦值. 11．（2024·海南海口·模拟预测）如图，在正四棱柱中，，点满足，是的中点． (1)证明：过、、三点的平面截正四棱柱所得的截面为梯形； (2)若，求二面角的正弦值． 12．（2022·福建宁德·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面，，，，为棱上一点． (1)若是的中点，求证：直线平面； (2)若，且二面角的平面角的余弦值为，求三棱锥的体积 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024-2025学年度高三一轮复习立体几何专题综合复习 一、直线与平面的三种位置关系 二、直线与平面平行 三、直线与平面垂直 1. 如果直线a与平面α内的任意一条直线都垂直，那么称直线a与平面α垂直，记作a⊥α. 直线a叫作平面α的垂线，平面α叫作直线a的垂面，垂线和平面的交点称为垂足. 2. 直线与平面垂直的判定定理与性质定理 四、两个平面平行 1.两个平面平行的判定定理与性质定理 五、平面与平面垂直 1.、定义：一般地，如果两个平面所成的二面角是直二面角，那么就说这两个平面互 相垂直. 2、平面与平面垂直的判定定理和性质定理 例1、（2024·全国·高考真题）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． 例2、（2024·天津·高考真题）已知四棱柱中，底面为梯形，，平面，，其中．是的中点，是的中点． (1)求证平面； (2)求平面与平面的夹角余弦值； (3)求点到平面的距离． 例3、（2024·北京·高考真题）如图，在四棱锥中，，，,点在上，且，． (1)若为线段中点，求证：平面． (2)若平面，求平面与平面夹角的余弦值． 例4、（2024·全国甲卷·高考真题）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． 例5、（2024·新高考I卷·高考真题）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 例1、(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. 例2、(1)证明见解析 (2) (3) 【详解】（1）取中点，连接，， 由是的中点，故，且， 由是的中点，故，且， 则有、， 故四边形是平行四边形，故， 又平面，平面， 故平面； （2）以为原点建立如图所示空间直角坐标系， 有、、、、、， 则有、、， 设平面与平面的法向量分别为、， 则有，， 分别取，则有、、，， 即、， 则， 故平面与平面的夹角余弦值为； （3）由，平面的法向量为， 则有， 即点到平面的距离为. 例3、(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）取的中点为，接，则， 而，故，故四边形为平行四边形， 故，而平面，平面， 所以平面. （2） 因为，故，故， 故四边形为平行四边形，故，所以平面， 而平面，故，而， 故建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 则 设平面的法向量为， 则由可得，取， 设平面的法向量为， 则由可得，取， 故， 故平面与平面夹角的余弦值为 例4、(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. 例5、(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． 1．（2024·湖南衡阳·一模）如图所示，在三棱柱中，，侧面底面，，分别为棱和的中点. (1)求证：平面； (2)若，且平面平面，求二面角的余弦值大小. 2．（2024·湖南湘西·模拟预测）如图，在四棱锥中，平面是边长为的等边三角形，，．    (1)证明：平面平面； (2)若平面与平面夹角的余弦值为，求的长． 3．（2024·广东·模拟预测）如图，在四棱锥中，平面，底面为等腰梯形，其中，． (1)证明：平面平面． (2)若，求二面角的余弦值． 4．（2024·广东广州·模拟预测）如图，四棱锥中，底面是平行四边形，是正三角形，． (1)证明：平面平面; (2)求二面角的余弦值． 5．（2024·云南大理·模拟预测）如图，在四棱锥中，平面，底面为菱形，，分别为，的中点． (1)求证：平面； (2)若，，．求二面角的大小． 6．（2024·广东深圳·模拟预测）如图，、、为圆锥三条母线，. (1)证明：； (2)若圆锥侧面积为为底面直径，，求平面和平面所成角的余弦值． 7．（2024·江西新余·模拟预测）如图，在三棱锥中，为在平面内的射影点，已知，，，，.    (1)请以、为基底表示，并证明. (2)求证平面. (3)设分别为中点，为平面内一点，若，求到平面的距离. 8．（2024·江西新余·模拟预测）如图，在四棱锥中，，，，，，，平面平面.    (1)求证：平面平面. (2)求二面角的余弦值. (3)为平面内一点，若平面，求的长. 9．（2024·江苏徐州·模拟预测）如图，在斜三棱柱中，为边长为3的正三角形，侧面为正方形，在底面内的射影为点O．    (1)求证：； (2)若，求直线和平面的距离． 10．（2024·浙江嘉兴·模拟预测）如图，已知四棱锥的底面是边长为6的正方形，侧面底面，点分别是的中点，点在棱上且. (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成的角的正弦值. 11．（2024·海南海口·模拟预测）如图，在正四棱柱中，，点满足，是的中点． (1)证明：过、、三点的平面截正四棱柱所得的截面为梯形； (2)若，求二面角的正弦值． 12．（2022·福建宁德·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面，，，，为棱上一点． (1)若是的中点，求证：直线平面； (2)若，且二面角的平面角的余弦值为，求三棱锥的体积 参考答案 1．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取的中点，连接，，证明，由线线平行即可推得线面平行； （2）取上的四等分点，满足,取的中点,连接,通过证得推得四点共面， 由题设证明平面，从而完成建系，不妨取，求出相关点坐标，计算两平面的法向量坐标，利用空间向量的夹角公式即可求得. 【详解】（1） 如图，取的中点，连接，， 在中，因是的中点，故，且. 在三棱柱中，且， 又为棱的中点，故得，且， 故得， 则有， 又因为平面，平面， 所以平面. （2） 由题意，三棱柱中所有棱长都相等，则与都是等边三角形， 如图，取上的四等分点，满足, 取的中点,连接, 则,易知,且，故可得， 则有，故有则四点共面. 因平面平面，平面平面， 且平面平面可得平面，又. 故可建立以为原点，，，所在直线分别为，，轴的空间直角坐标系. 不妨取，则，由可解得 则有，，， 则, 设平面法向量为， 则， 取，可得，， 故为平面的一个法向量， 因平面，故为底面的一个法向量， 则， 设二面角的平面角为，由图知二面角为锐二面角， 故二面角的余弦值为. 2．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据条件，利用余弦定理得到，从而得到，利用线面垂直的性质得到，进而得到面，再利用面面垂直的判定定理，即可证明结果； （2）建立空间直角坐标系，设，求出平面与平面的法向量，利用面面角的向量法，得到，即可求解. 【详解】（1）在中，，，， 由余弦定理，得到， 解得，所以，得到，又， 所以，即， 又平面，面，所以， 又，面，所以面，又面， 所以平面平面. （2）以所在直线为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 设，因为，，， 则， 则， 设平面的一个法向量为， 则，得到，取，得到，即， 易知平面的一个法向量为， 设平面与平面的夹角为， 则，整理得到，解得， 所以.    3．(1)证明见详解 (2) 【分析】（1）过作，垂足为，建系标点，利用空间向量可得，根据线面垂直的性质可得，即可证线面垂直； （2）根据题意分别求平面、平面的法向量，利用空间向量求二面角. 【详解】（1）过作，垂足为，则， 因为，则，且平面， 如图所示，以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系， 则， 可得， 因为，则， 又因为平面，平面，则， 且，平面，可得平面， 又因为平面，所以平面平面. （2）若，由（1）可知：， 可得， 设平面的法向量为，则， 令，则，可得， 设平面的法向量为，则， 令，则，可得， 则， 由图可知二面角为锐二面角，所以二面角的余弦值为. 4．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取中点，连接，根据等比三角形可得，由余弦定理求长，再由勾股定理得，结合面面垂直判定定理证得结论； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算分别求平面与平面的法向量，根据向量夹角运算即可得二面角的余弦值． 【详解】（1）取中点，连接， 因为是正三角形，为中点， 所以，且， 又，由余弦定理得， 则，故， 因为平面， 所以平面，又平面， 所以平面平面； （2）如图，连接，则， 所以，故， 如图，过作，以为原点，所在直线为轴，建立空间直角坐标系， 则，，，， ，，， 设平面的一个法向量为， 则，取， 设平面的一个法向量为， 则，取， 由图可知二面角的平面角为钝角， 二面角的余弦值为： ,． 5．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）添加适当辅助线，证明出四边形为平行四边形，再通过线线平行证明线面平行； （2）由线面垂直得出线线垂直，再证明为正三角形，得出，建立空间直角坐标系，求出两个面的法向量，再利用公式求解，即可求出二面角． 【详解】（1）证明：如图，取中点，连接，， 在中，，分别为，的中点， 所以且， 在菱形中，因为且， 所以，，所以四边形为平行四边形，所以， 又因为平面，且平面，所以平面． （2）解：因为平面，，，平面， 所以，，． 连接，因为，，且， （或者证 所以，在菱形中，，即为正三角形， 又因为为中点，所以， 以为原点，，，所在的直线分别为，，轴， 建立空间直角坐标系，如图所示， 因为且． 又因为为正三角形且，所以， 则，，，则，， 由平面，可得平面的法向量为， 设平面的法向量为，则， 取，可得，，所以， 所以，所以二面角的大小为． 6．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取中点，连接、，则，故可得面，从而得到. （2）利用向量法可求面、面的法向量，计算出它们的夹角的余弦值后可得二面角的余弦值. 【详解】（1） 取中点，连接、， 因为、、为圆锥三条母线，， 所以， 又因为平面平面，所以平面， 因为平面，所以. （2）因为为直径，故为底面圆的圆心，故平面，而， 故以为原点，可建立如图所示的空间直角坐标系， 因为圆锥侧面积为为底面直径，， 所以底面半径为1，母线长为， 所以， 则可得， 故， 设为面的一个法向量， 则， 令，则，所以， 设为面的法向量， 则， 令，则，所以， 则， 所以平面和平面所成角的余弦值为. 7．(1)，证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）构造，使得点为的重心，利用三角形重心的性质，用，表示. （2）先证平面，得到，再在中，利用勾股定理的逆定理得到，依据线面垂直的判定定理，可证线面垂直. （3）证明，可以以为原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量求点到面的距离. 【详解】（1）如图：中：    延长到，使；延长到，使. 因为，所以， 所以点为的重心. 所以， 所以. 又因为 即. 因为. 所以. （2）如图：    因为平面，平面，所以； 又，平面，，所以平面， 又平面，所以. 又因为， 所以，所以； 在中，，，所以. 又，所以，所以. 在中，，，所以. 在中，，，，因为，所以. 又平面，，所以平面. （3）因为. 因为，所以，且. 延长交于，因为，所以为线段的中点. 所以可以以为原点，建立如图空间直角坐标系.    则，，，，，，， 所以，，. 因为平面，，平面，所以，所以. 设平面的法向量为. 则，令得：. 又，所以到平面的距离为： . 【点睛】结论点睛：（1）若在所在的平面上，且为的重心. （2）若为的重心，则. 8．(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）利用余弦定理先证，由面面垂直的性质得出，结合勾股定理及线面垂直的判定证明平面即可； （2）法一、利用二面角的定义结合第一问得出二面角的一个平面角，再由余弦定理计算即可；法二、以B为中心建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量计算面面角即可； （3）法一、利用线线垂直、线面垂直的性质与判定作出平面，解三角形即可；法二、利用（2）的坐标系，设坐标结合空间向量基本定理及空间向量数量积计算求G点坐标即可. 【详解】（1）    连接，在中，， ， 则，，， 平面平面，，平面平面， 平面，平面，所以， 在中，, 又， ∴， 在中：，∴， 又，平面， 平面，且平面， 平面平面. （2）法一、由上可知：，则二面角的一个平面角为， 在中，由余弦定理知； 法二、如图建系：设轴与交于，过P作与E， 设，则，    ∴， ， 解之得， 易知，所以， 则， 设为平面的一个法向量，则：， 令，则，所以， 易知是平面的一个法向量， 设二面角的一个平面角为，则， 由图形可知该二面角为钝角，所以； （3）法一：过作，垂足为，过作， 在中，过作，过作， 因为平面，所以平面， 又平面，所以， 而平面，所以平面，即G为所求. 分别延长交于，连接， 过作，由（1）易知，平面， 平面，    ∴，设，， ∴，则，设，    在平面内，由几何关系知， 所以； 法二：取（2）的坐标系，则，，，设，所以， 又：，即， 9．(1)证明过程见解析 (2) 【分析】（1）分析得知要证，只需证，取的中点分别为，故只需证明即可，而这又可以通过线面垂直的判定定理、性质定理证明； （2）将问题转换为求点到平面的距离，建立适当的空间直角坐标系，根据题意分别求出即可，其中为平面的法向量，进一步由公式即可得解. 【详解】（1）    一方面：因为在底面内的射影为点O，而平面， 所以， 故要证，只需证； 另一方面：取的中点分别为，连接， 因为为边长为3的正三角形，所以也是边长为3的正三角形， 又点是的中点， 从而，因为，所以， 因为四边形为正方形，的中点分别为， 所以， 又因为，，，平面， 所以平面， 因为平面， 所以， 又点是的中点， 所以； 综上所述，； （2）一方面：注意到平面，平面， 所以平面， 要求直线和平面的距离，只需求点到平面的距离即可； 另一方面：若，则点为三角形的外心，从而三点共线， 过点作交于点，易知， 因为平面，平面， 所以， 从而两两互相垂直， 所以以点为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，    由题意， ，从而， ， ， 设平面的法向量为， 则，故可取， 所以点到平面的距离为； 综上所述，直线和平面的距离为. 10．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）解法一：取的中点，连接，证明四边形是平行四边形，得线线平行，然后得证线面平行； 解法二：建立如图所示的空间直角坐标系，用向量法证明线面平行； （2）解法一：过点作，垂足为，连接，证得为直线与平面所成的角，在三角形中求出此角的正弦值后可得； 解法二：由空间向量法求线面角． 【详解】（1）解法一：取的中点，连接， 因为点是的中点，所以，且， 正方形中，点是的中点，， 所以，且， 所以，且，所以四边形是平行四边形， 所以，又平面平面， 所以平面. 解法二： ，点是的中点，所以， 又侧面底面，侧面底面平面，所以平面， 如图以点为坐标原点，直线为轴和轴建立空间直角坐标系， 则 所以，所以 设平面的一个法向量为，则， 取得，所以，所以，即，又不在平面内，所以平面. （2）解法一： 过点作，垂足为，连接，由题意知， 又侧面底面，侧面底面平面，所以底面，又平面，所以， 又平面，所以底面， 所以为直线与平面所成的角， 记直线与平面所成的角为，由（1）知，所以， 又由题意知，，所以， 又，所以， 所以， 所以直线与平面所成的角的正弦值为. 解法二：由（1）知 设是平面的一个法向量，则， 取得，所以， 所以， 设直线与平面所成的角为，则， 所以直线与平面所成的角的正弦值为. 11．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，设平面交棱于点，利用面面平行的性质可得出，根据求出的值，可得出，由此可证得结论成立； （2）利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系可求得二面角的正弦值. 【详解】（1）证明：在正四棱柱中，以点为坐标原点，、、的方向 分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系， 设平面交棱于点， 设，则、、， 因为平面平面，平面平面， 平面平面，所以，， 因为，， 因为，设，即， 所以，，解得，所以，，即且， 因此，过、、三点的平面截正四棱柱所得的截面为梯形. （2）解：因为，则、、、， ，， 设平面的法向量为，则， 取，则，，所以，， 易知平面的一个法向量为， 所以，， 所以，， 因此，二面角的正弦值为. 12．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先取的中点，连接，再由平行四边形即可证明线线平行，进而证明线面平行； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量由二面角的平面角的余弦值求出的位置，即可由体积公式求解． 【详解】（1）证明：取的中点，连，， 为的中点，且， 又，且， ，， 所以四边形为平行四边形， ， 又平面，平面， 故直线平面． （2）以为坐标原点，以，，所在射线分别为，，轴建立空间直角坐标系，如图所示， 则，，，， 设，则，， 在棱上，可设， 故，解得，即， 易知平面的法向量为， 设平面的法向量，，， ，即， 即， 取，则，， 故， 因为二面角的平面角的余弦值为， 所以，即， 即， ，解得， 故是的中点， 因此 学科网（北京）股份有限公司 $$