立体几何解答题专项练习-2025届高三数学一轮复习

2025届高三数学解答题专项练习（立体几何） 1．如图，在四棱锥中，底面是矩形，， 平面，为中点． （1）若，求证：平面； （2）当直线与平面所成角最大时，求三棱锥的体积． 2．已知三棱柱中，底面是边长为2的正三角形， 为△的重心，． （1）求证：； （2）已知，平面，且平面． ①求证：； ②求与平面所成角的正弦值． 3．在直角梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，BD⊥DC，点E是BC的中点．将△ABD沿BD折起，使AB⊥AC，连接AE，AC，DE，得到三棱锥A­BCD. （1）求证：平面平面； （2）若，二面角的余弦值为，求二面角的正弦值． 4．如图，在三棱锥中，，， 为点在平面上的射影，为的中点． （1）证明：平面； （2）若，，，求二面角的正弦值． 5．如图，三棱锥中，，为中点，平面平面． （1）证明： （2）若三棱锥的体积为，二面角的余弦值为， 为中点．求与平面所成角的正弦值． 6．如图，三棱柱中，侧面底面，，，， 点是棱的中点，，． （1）证明：； （2）求直线与平面所成角的余弦值． 7．如图，在四棱锥中，底面四边形满足，，，棱上的点满足． （1）证明：直线平面； （2）若，，且， 求直线与平面所成角的正弦值． 8．如图1，在等腰直角三角形中，，是的中点，是上一点，且．将沿着折起，形成四棱锥，其中点对应的点为点，如图2． （1）在图2中，在线段上是否存在一点，使得平面？ 若存在，请求出的值，并说明理由；若不存在，请说明理由； （2）在图2中，平面与平面所成的锐二面角的大小为，求四棱锥的体积． 2025届高三数学解答题专项练习（立体几何）参考答案 1．如图，在四棱锥中，底面是矩形，， 平面，为中点． （1）若，求证：平面； （2）当直线与平面所成角最大时，求三棱锥的体积． 1．（1）证明：平面，平面，， 四边形为矩形，， 又，、平面，平面， 平面，， 在中，，为 的中点，， 而，、平面， 平面； （2）以为坐标原点，分别以、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系， 设，则，1，，，0，，，，， ，，， 设平面的一个法向量为， 则，取，可得． 设直线与平面所成角为， 则， 当且仅当时等号成立．即当时，直线与平面所成角最大， 此时三棱锥的体积． 2．已知三棱柱中，底面是边长为2的正三角形， 为△的重心，． （1）求证：； （2）已知，平面，且平面． ①求证：； ②求与平面所成角的正弦值． 2． (1)证明：如图，连接A1G，并延长A1G交BC于D，连接AD. 由G为△A1BC的重心，得D为BC的中点． 由AB＝AC，A1A＝A1A，∠A1AB＝∠A1AC，得△A1AB≌△A1AC，则A1B＝A1C， 因此AD⊥BC，A1D⊥BC，又AD∩A1D＝D，AD，A1D⊂平面A1AD， 所以BC⊥平面A1AD，而A1A⊂平面A1AD，则BC⊥A1A，又A1A∥B1B， 所以BC⊥B1B. (2)①证明：由A1A＝AB＝2，∠A1AB＝60°，得△A1AB为正三角形； 同理，△A1AC也为正三角形，则A1B＝A1C＝BC＝2， 从而三棱锥A­A1BC的所有棱长均为2，该四面体为正四面体． 由G为△A1BC的重心，得AG⊥平面A1BC， 又C1P⊥平面A1BC，显然G不在直线AC1上， 所以AG∥C1P. ②设△ABC的重心为O，则＝2， 在平面ABC内，过O作OE∥BC，连接A1O，有A1O⊥平面ABC， 以O为原点，直线OA，OE，OA1分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系， A1O＝＝＝， 则A(，0，0)，B(－，1，0)，C(－，－1，0)，A1(0，0，)，D(－，0，0)， ＝＋＝＋＝(0，0，)＋(－，－1，0)＝(－，－1，)， 则C1(－，－1，)． 由＝2，得＝＋＝(－，0，)＋(－，0，0)＝(－，0，)． 由P∈平面ABC，则设P(x，y，0)，而∥，则存在实数λ，使＝λ， 即(x＋，y＋1，－)＝λ(－，0，)，解得λ＝－3，y＝－1，x＝， 即P(，－1，0)，＝(，－1，－)＝(5，－，－2)， 令a＝(5，－，－2)， ＝(－，0，)＝(－4，0，)，令n＝(－4，0，)， 设与平面A1BC所成的角为θ，因此sin θ＝|cos〈a，n〉|＝＝＝， 所以A1P与平面A1BC所成角的正弦值为. 3．在直角梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，BD⊥DC，点E是BC的中点．将△ABD沿BD折起，使AB⊥AC，连接AE，AC，DE，得到三棱锥A­BCD. (1)求证：平面ABD⊥平面BCD； (2)若AD＝1，二面角C­AB­D的余弦值为，求二面角B­AD­E的正弦值． 3． (1)证明：因为在直角梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，所以AB⊥AD. 因为AB⊥AC，AC∩AD＝A，AC，AD⊂平面ADC，所以AB⊥平面ADC， 又CD⊂平面ADC，所以AB⊥CD. 因为BD⊥DC, AB∩BD＝B，AB，BD⊂平面ABD，所以CD⊥平面ABD. 因为CD⊂平面BCD，所以平面ABD⊥平面BCD. (2)由(1)知，AB⊥平面ADC，易知二面角C­AB­D的平面角为∠CAD. 由(1)知CD⊥平面ABD，又AD⊂平面ABD，所以AD⊥CD， 所以cos∠CAD＝＝＝，得AC＝，所以CD＝. 设AB＝x，则BD＝. 由题意可知△ABD∽△DCB， 所以＝，即＝，解得x＝， 所以BD＝，BC＝3. 如图所示，建立空间直角坐标系Dxyz， 则D(0，0，0)，B(，0，0)，C(0，，0)，A(，0，)，E(，，0)， 所以＝(，0，)，＝(，，0)． 设平面AED的法向量为n＝(x，y，z)，则即 取y＝1，则x＝－，z＝1，即n＝(－，1，1)． 因为CD⊥平面ADB，所以平面ADB的一个法向量为m＝(0，1，0)． 设二面角B­AD­E的平面角为θ，则＝＝＝， 所以sin θ＝＝， 所以二面角B­AD­E的正弦值为. 4．如图，在三棱锥B­ACD中，AB＝BC，DA⊥AC， G为点B在平面ACD上的射影，M为BC的中点． (1)证明：MG∥平面ABD； (2)若AB＝5，BG＝3，∠ACG＝，求二面角C­AM­D的正弦值． 4． (1)证明：(方法一)过点G作GN⊥AC于点N，连接MN，则GN∥AD， 又GN⊄平面ABD，AD⊂平面ABD，所以GN∥平面ABD. 因为AB＝BC，BG⊥平面ACD，连接AG，则CG＝AG， 所以N为AC的中点，故MN为△CBA的中位线，MN∥AB. 又MN⊄平面ABD，AB⊂平面ABD，所以MN∥平面ABD. 又MN∩GN＝N，MN，GN⊂平面MNG，所以平面MNG∥平面ABD， 又MG⊂平面MNG，所以MG∥平面ABD. (方法二)延长CG，交AD于点K，连接AG，BK. 因为AB＝BC，BG⊥平面ACD，则CG＝AG. 又DA⊥AC，所以CG＝GK，即G为CK的中点． 因为M为BC的中点，所以MG为△CBK的中位线，MG∥BK. 因为BK⊂平面ABD，MG⊄平面ABD，所以MG∥平面ABD. (2)过点A作AF∥BG，以A为原点，AC，AD，AF所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系． 由于BG＝3，AB＝5，则由(1)知GC＝GA＝4，又∠ACG＝，所以AC＝4. 则A(0，0，0)，B(2，2，3)，C(4，0，0)，M(3，1，)． 设AD＝t，则D(0，t，0)， 设平面AMC的法向量为n＝(x，y，z)， 又＝(4，0，0)，＝(3，1，)， 则可取n＝(0，3，－2)． 设平面AMD的法向量为m＝(a，b，c)， 又＝(0，t，0)，＝(3，1，)， 则可取m＝(－，0，6)． 设二面角C­AM­D的平面角为θ，则|cos θ|＝|cos〈m，n〉|＝＝， sin θ＝＝， 即二面角C­AM­D的正弦值为. 5．如图，在三棱锥A­BCD中，BC＝BD＝，CD＝2，O为CD的中点，平面AOB⊥平面BCD. (1)证明：AC＝AD； (2)若三棱锥A­BCD的体积为，二面角A­CD­B的余弦值为， E为BC的中点．求BD与平面AED所成角的正弦值． 5． (1)证明：因为BC＝BD，O为CD的中点，所以BO⊥CD， 又因为平面AOB⊥平面BCD，交线为BO，所以CD⊥平面AOB. 因为AO⊂平面AOB，所以CD⊥AO，由三线合一知：AC＝AD. (2)如图，过点A作AH⊥BO.因为平面AOB⊥平面BCD，交线为BO，所以AH⊥平面BCD. 在Rt△BCO中，CO＝CD＝1，BC＝，所以BO＝， 由VA­BCD＝S△BCD·AH，即＝×CD·BO·AH＝AH，解得AH＝. 由(1)可知：CD⊥BO，且CD⊥AO，故∠AOB为二面角A­CD­B的平面角． 在Rt△AHO中，cos∠AOB＝，AH＝，故AO＝1，OH＝. 以H为坐标原点，，分别为y轴、z轴建立空间直角坐标系， 则A(0，0，)，B(0，－，0)，C(1，，0)，D(－1，，0)，E(，－，0)， 所以＝(－1，，0)，＝(，－，－)，＝(－1，，－)． 设平面AED的法向量为n＝(x，y，z)，则 不妨取n＝(－，－3，1)， 设BD与平面AED所成角为θ， 则sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝. 所以BD与平面AED所成角的正弦值为. 6．如图，三棱柱中，侧面底面，，，， 点是棱的中点，，． （1）证明：； （2）求直线与平面所成角的余弦值． 6．（1）证明：由题意得，即， 因为平面平面，且交线为， 由，平面，得平面， 由平面，得，， 因为，，且，平面，所以平面； 由平面，得， 设，，有，解得：，即， 所以，满足，即； （2）以为坐标原点，，，分别为，，轴的正方向建立如图的空间直角坐标系 由题意可得，，， 设平面的法向量，，0，，，，， 由，即，令，则， 又， 可得，，， 所以，， 设直线与平面所成角的大小为，，， 所以，，所以． 所以直线与平面所成角的余弦值为． 7．如图，在四棱锥中，底面四边形满足，，，棱上的点满足． （1）证明：直线平面； （2）若，，且， 求直线与平面所成角的正弦值． 7．（1）证明：如图所示，连接，过做，交于点， ，，又， △△， 又，， ，， 在△中，， ， 解得：，，，， 平面，平面，平面， 平面，平面，， 平面， 又、相交于点，平面平面， 平面，直线平面； （2）连接交于点，在等腰△中，，又，则， 在△和△中，可得， ，则有：， ，，则，满足，， 又，，又，平面， 故以为原点，，，所在的直线为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，0，，，，0，，于是有，， 设平面的法向量为，由，取， 又，故所求角的正弦值为， 所以直线与平面所成角的正弦值为． 8．如图1，在等腰直角三角形ABC中，AC＝BC＝4，D是AC的中点，E是AB上一点，且DE⊥AB. 将△ADE沿着DE折起，形成四棱锥P­BCDE，其中点A对应的点为点P，如图2. (1)在图2中，在线段PB上是否存在一点F，使得CF∥平面PDE？ 若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由； (2)在图2中，平面PBE与平面PCD所成的锐二面 角的大小为，求四棱锥P­BCDE的体积． 8． (1)当＝时，CF∥平面PDE. 理由如下： 如图，过点C作CH⊥ED，垂足为H， 在PE上取一点M，使得PM＝PE，连接HM，FM. 因为PM＝PE，PF＝PB，所以FM∥EB，且FM＝EB. 因为D是AC的中点，且DE⊥AB， 所以CH∥EB，且CH＝EB， 所以CH∥FM且CH＝FM， 所以四边形CFMH是平行四边形，所以CF∥HM， 又因为CF⊄平面PDE，HM⊂平面PDE，所以CF∥平面PDE. (2)易知DE⊥PE，DE⊥BE，且PE＝DE＝，作EN⊥平面EBCD， 以向量，，分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系，设∠PEB＝θ， 则D(－，0，0)，C(－2，，0)，P(0，cos θ，sin θ)， 则＝(－，，0)，＝(，cos θ，sin θ)． 设平面PCD的法向量为m＝(x，y，z)，则 取x＝sin θ，则y＝sin θ，z＝－cos θ－1，所以m＝(sin θ，sin θ，－cos θ－1)， 易知平面PBE的一个法向量n＝(1，0，0)， 设平面PBE与平面PCD所成锐二面角为α， 由题意可知，cos α＝＝＝， 整理得3cos2θ＋2cos θ－1＝0，解得cos θ＝或cos θ＝－1(舍去)，所以sin θ＝， 所以四棱锥P­BCDE的高h＝sin θ＝， 又四边形BCDE的面积S＝×42－×()2＝7， 所以四棱锥P­BCDE的体积V＝×7×＝. 学科网（北京）股份有限公司 $$