空间向量与立体几何高频考点归纳练-2025届高考数学二轮复习

空间向量与立体几何 1．已知三棱台（图2）的平面展开图（图1）中，和均为边长为2的等边三角形，B、C分别为AE、AF的中点，，，在三棱台ABC-DEF中 (1)求证：； (2)求平面ABC与平面ACFD所成二面角的正弦值． 2．如图，在三棱柱中，平面平面，． (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值． 3．如图，正方形所在平面和等腰梯形所在平面互相垂直，已知，，点在线段上. (1)求证：平面平面； (2)当直线与平面所成角的正弦值为时，求. 4．如图所示，在几何体中，四边形和均为边长为2的正方形，，底面，M、N分别为、的中点，. (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)求平面与平面所成角的余弦值. 5．如图，在四棱柱中，平面，在四边形中，，为线段的中点． (1)求证：平面； (2)若平面平面，，求平面与平面夹角的余弦值． 6．如图，在四棱锥中，底面是边长为8的菱形，为的中点，，. (1)求证：； (2)若，求平面与平面夹角的正弦值. 7．如图，在多面体中，四边形与均为直角梯形，平面平面，，，，，，且. (1)已知点为上一点，且，证明：平面； (2)若平面与平面所成锐二面角的余弦值为，求点到平面的距离. 8．如图所示，在圆柱中，矩形为圆柱的轴截面，圆柱过点的母线为，点，为圆上异于点，且在线段AB同侧的两点，且，点为线段的中点，. (1)求证：平面； (2)若平面与平面所成夹角的余弦值为，求的大小； (3)若，平面经过点，且直线与平面所成的角为，过点作平面的垂线（垂足为），求直线AQ与直线所成角的范围. 9．已知四棱锥的底面为平行四边形，，，，，. (1)求三棱锥外接球的表面积. (2)设为线段上的点. （i）若，求直线与平面所成角的正弦值. （ii）平面过点，，且平面，探究：是否存在点，使得平面与平面之间所成角的正切值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 10．如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，为直角，侧面为等腰直角三角形，平面平面，且，． (1)求证：； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)在内（不含边界）是否存在点，使直线与直线、所成的角均为，若存在，求点到点的距离；若不存在，请说明理由． 参考答案 1．(1)证明见解析 (2) （1）取的中点，的中点，证明，，，四点共线，由线线垂直证明线面垂直，即可证明； （2）延长交的延长线于点，由余弦定理可得，过作交于，过作交于，可得平面，建立空间直角坐标系，由向量方法即可求解. （1） 取的中点，的中点，所以， 所以，，，四点共线， 因为，， 所以，，又， 所以平面， 因为平面，所以； （2）延长交的延长线于点，由平面展开图可得， 所以， 由余弦定理可得，过作交于， 所以，又， 所以， 所以，， 故过作交于， 由（1）知，，故平面， 如图，建立空间直角坐标系， 所以，，，，， ，，， 设平面的法向量为，平面的法向量为， 由得，令，则， 由得，令，则， 所以，所以， 所以平面ABC与平面ACFD所成二面角的正弦值为. 2．(1)证明见解析 (2) （1）利用三线合一得到出，再利用面面垂直的性质定义得到平面，进而利用线面垂直的判定与性质定理即可得证； （2）建立空间直角坐标系，利用坐标表示向量，求出平面的法向量和平面的一个法向量，利用向量求平面与平面的夹角余弦值． （1）取的中点，连接，如图所示， 因为，是的中点， 所以，且， 又平面平面，且平面平面，平面， 所以平面， 又平面，所以， 由，得， 因为，所以，所以， 又平面，所以平面， 又平面，所以， 又在三棱柱中，， 所以四边形是菱形，所以， 又，平面， 所以平面． （2）以为坐标原点，所在的直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，所以， 则， 设平面的法向量为，所以 令，解得，故， 由（1）知，平面， 所以平面的一个法向量为， 记平面与平面的夹角为， 所以， 即平面与平面夹角的余弦值为． 3．(1)证明见解析 (2)或 （1）根据面面垂直的判定定理即可证明； （2）建立空间直角坐标系，求平面的法向量，设即可求得点的坐标，利用夹角公式即可求解. （1）证明：由正方形有，又平面平面，平面平面， 所以平面，又平面，所以， 过点作，则，，，所以， 所以，即，又， 所以平面，又平面，所以平面平面； （2）由（1）知两两互相垂直，分别以为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系如图： 则有，设，则，设， 则有，解得，得， 所以， 设平面的法向量为，则有， 令，得， 设直线与平面所成角为， 所以， 解得或， 所以或. 4．(1)证明见解析 (2) (3) （1）依据题意建立以A为原点，分别以，，方向为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系，求出和平面的一个法向量，计算即可得证. （2）由（1）得直线的方向量，平面的一个法向量，设直线与平面所成角为，则由即可得解. （3）求出平面的一个法向量，计算，则由计算结果即可得解. （1）如图，以A为原点，分别以，，方向为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系， 由题意可得，，，，，， ，，， 则，， 设平面的一个法向量为，则， 故，即，则， 令，得， 所以， 所以，又平面， 所以平面. （2）由（1）得直线的一个方向向量为，平面的一个法向量为， 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为. （3）设平面的一个法向量，由（1）可得，， 则，故，即， 令，得， 所以， 所以平面与平面所成角的余弦值为. 5．(1)证明见解析 (2) （1）连接，根据长度和平行关系得到四边形为平行四边形，再利用线面平行的判定定理即可得证； （2）利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，即可得到点处直线两两互相垂直，即可建立空间直角坐标系，然后利用向量法求解面面角的余弦值即可. （1）连接． 因为为的中点， 所以． 又，所以四边形为平行四边形． 所以． 又因为， 所以． 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）因为平面， 所以． 又因为平面平面，平面平面， 且平面， 所以平面． 所以． 所以两两垂直． 如图建立空间直角坐标系， 则． 所以． 因为平面， 所以是平面的法向量． 设平面的法向量为， 则，即， 令，则．于是． 设平面与平面夹角为， 则． 6．(1)证明见解析； (2). （1）通过等腰三角形的性质证得，从而根据线面垂直的判定定理证得平面，由平行线证得平面，再根据线面垂直的性质定理证得线线垂直； （2）利用向量数量积的定义计算出，据此建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，由法向量间的夹角求解. （1） 如图，连接, ，为的中点，, 底面是菱形, ,是等边三角形，则, 平面,平面, 平面. 又平面, 平面, （2）由题意，在中，,所以，. 在中，,所以，. 则,, 所以. 如图建立空间直角坐标系，以为坐标原点，以所在直线为轴，过点作轴底面，则， ,. 设平面的法向量， ， 则，令，则， 所以 设平面的法向量， ， 则，令，则， 所以 所以设平面与平面夹角为，则 所以，平面与平面夹角的正弦值为. 7．(1)证明见解析 (2) （1）连接交于点，取中点为，易证四边形为平行四边形，从而为中点，为中位线，，由平行关系的传递性得到且，从而四边形为平行四边形，得到，再利用线面平行的判定定理证明； （2）以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，，分别求得平面的一个法向量为，平面的法向量为，根据平面与平面所成锐二面角的余弦值为，由求得a，再由点C到平面的距离求解. （1）证明：如图， 连接交于点，取中点为，连接，，， 在四边形中，，， 故四边形为平行四边形. 故为中点，所以在中，为中位线， 则且，又且， 故且，即四边形为平行四边形， 所以，又平面，平面， 平面，即平面. （2）因为平面平面，平面平面，，平面，所以平面， 以点为坐标原点，分别以，，为，，轴正方向建立空间直角坐标系， 设，则，，，，， 则，，， 设平面的一个法向量为， 则，取， ，， 设平面的法向量为， ，取 由平面与平面所成锐二面角的余弦值为， 可得， 解得或（舍去） 故，又， 所以点到平面的距离. 8．(1)证明见解析 (2)的大小为 (3)线AQ与直线所成角的范围为 （1）在平面内找到一条与平行的直线，由线线平行去证明线面平行即可； （2）建立坐标系，将坐标分别用表示出来，再根据平面与平面所成夹角的余弦值为列出方程求解； （3）由所给的条件分析出点的轨迹，再去利用向量数量积公式去求解夹角余弦值的取值范围，从而得到夹角的取值范围. （1）证明： 延长交于点Q，连接， 因为，是中点，所以是的中位线，则点是中点， 又因为是圆柱的母线，所以平行且相等， 所以易得相交与点，是的中点，则在中，， 又因因为，在延长线上，所以可得平面，而不在平面内， 所以平面. （2） 由题意可知面，且因为直径，所以则，三线两两垂直，则建立如图所示空间直角坐标系， 又因为，所以设，则， 可得点坐标为，，，， 则， 由题意平面在平面内，所以平面的法向量为， 设平面的法向量为， 则，即， 令，则解得，所以， 又因为平面与平面所成夹角的余弦值，解得或（舍）， 且因为，则，即. （3）因为过点的平面与直线所成的角为，又因为过点作平面的垂线（垂足为） 所以为直角三角形，且， 所以点是绕旋转的圆，且半径，圆心距离点的长度为 所以设点且，又因为点为，所以， 而，所以， 又因为，所以， 且因为，所以， 所以直线AQ与直线所成角的范围为. 9．(1) (2)（i）；（ii）存在，的值为或 （1）根据线线垂直证明线面垂直，进而可证面面垂直，再根据外接球性质确定外接球球心，进而可得外接球半径及表面积； （2）（i）建立空间直角坐标系，利用坐标法可得线面夹角正弦值；（ii）建立空间直角坐标系，设，利用坐标法表示线面夹角余弦值，结合正弦值可得，再根据平面过点，，可得解. （1）如图所示，    因为，，， 故，即， 则， 故为直角三角形，即， 又，，且，平面， 则平面， 又因为平面，所以平面平面， 设中点为，则的外接圆圆心满足， 过的外接圆圆心作直线垂直于平面， 过线段的中点作直线垂直于平面，其中， 则即为三棱锥的外接球球心， 且四边形为矩形， 即， 故， 故三棱锥外接球的表面积； （2）（i）以的中点为原点，为轴，平行方向为轴，为轴， 建立如图1所示的空间直角坐标系，    则，，，，， 而，故， ，. 设为平面的法向量， 则，则， 令，则为平面的一个法向量. 而， 故直线与平面所成角的正弦值； （ii）由（i）可知，， 设平面的法向量为， 则，令，则， 如图2，建立空间直角坐标系，记直线平面，直线平面，连接，    因为平面，平面平面，所以， 不妨设，则，， 则，故， 同理可得，， 则有，， 设平面的法向量为， 则， 解得，设，则， 故， 所以， 又与平面之间所成角的正切值为， 则， 化简得，解得或， 设，则，则， 解得， 故. 当时，. 因为，所以， 化简得，解得，满足要求. 当时，. 因为，所以， 化简得，解得，满足要求. 综上所述，的值为或. 10．(1)证明见解析 (2) (3)存在， （1）利用几何关系得，由面面垂直的性质得平面，从而可得，进而可得平面，由线面垂直的性质，即可求解； （2）法一，利用几何关系得为平面与平面夹角，利用几何关系计算，即可求解；法二，建立空间直角坐标系，求出平面与平面，再利用面面角的向量法，即可求解； （3）设，，根据题设得或，结合题设，分别讨论，即可求解. （1）∵底面为直角梯形，，为直角， ，， ∴，，得，所以， 又∵平面平面，平面平面，平面， 则平面，又平面，∴， 又∵侧面为等腰直角三角形，， ∴，， ∴平面，又平面，所以． （2）（法一）由题意可知四边形为直角梯形， 延长，交与点，连接． 则平面平面， 过点作，垂足为，连接， 由（1）知平面，平面， 则，又，，所以平面，平面，则． 所以为平面与平面夹角． 在直角梯形中，，，， 得，，，可解得， 所以在中，， 则平面与平面夹角的余弦值为． （法二）∵平面平面，平面平面， 可过点作垂足为， 由题意知为等腰直角三角形，故点为线段的中点，且， 分别以过点与直线，平行的直线为轴，轴， 以所在直线为轴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，即，取，所以， 设平面的一个法向量为， 则，即，取，则， 设平面与平面的夹角为， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为． （3）因点在内（不含边界），可设，， 由（2）知，，，， 则， ， 又直线与直线、均成角，则， 又由题意知，所以，即， 得， 整理得，即或． 又由，得，即， ①当时，由，得到，解得或， 当时，， 因为点在内（不含边界），得，，．故，舍去． 当时，，此时符合题意，，得到， ②当时，得， 所以，解得．此时． 因为点在内（不含边界），得，，， 故，舍去． 综上存在点在内（不含边界），使得直线与直线、均成角，且点到点的距离为． 学科网（北京）股份有限公司 $$