第七章 高考大题规范解答——立体几何-【衡中学案】2026年高考数学一轮总复习学案

高考大题规范解答——」 立体几何 例1，(2025·安徽蚌埠调研) 取z=t,则x=0,y=t-1, 如图，在四棱锥P-ABCD 平面ADE的法向量为n=(0,t-1,t), 中，底面ABCD是边长为2的菱 而平面ABCD的法向量为OP=(0,0,√5)， 形，△PAD是正三角形，PB= 6.平面PAD⊥平面ABCD,点 故1cos(n,0)1=1n·0 1nl·10P E在棱PC上. (1)若平面ADE与棱PB交于点F,求证：EF∥平 51t 5 面ABCD: 5·√(t-1)2+配 5 (2)若二面角B-AD-B的余弦值为，求直线 解得1=（合负)，商以正=（号停2） AE与平面ABCD所成角的正弦值. 设直线AE与平面ABCD所成角为O, [解析](1)因为底面ABCD是菱形，所以AD ∥BC, sin6=1cos〈0，A花)1=10·应 1OP·1AE1 又BCC平面PBC,ADI平面PBC, 2 则AD∥平面PBC. 30 点E在线段PC上，平面ADE与线段PB交于5x2而 10 3 F 2.(2025·广西钦州示范性 所以平面ADE∩平面PBC=EF 高中开学考试)如图，在四棱锥 而ADC平面ADE,所以AD∥EF, P-ABCD中，PA⊥平面ABCD,四 又ADC平面ABCD,EF￠平面ABCD 边形ABCD是矩形，PA=AD,过 所以EF∥平面ABCD. (2)取AD的中点O,连接OP,OB,如图所示， 棱PD的中点E作EF⊥PC于点 F,连接AF. (1)证明：PC⊥AF; (2)若CD=2AD=2,求平面AEF与平面PAB所 总 成角的正弦值。 [解析](1)证明：：四边形ABCD为矩形，∴.CD ⊥AD, A B :PA⊥平面ABCD,CDC平面ABCD, 学 由条件，△PAD是正三角形，AD=2, ∴.PA⊥CD, 183 则OP⊥AD,OA=1,OP=5, 又PA∩AD=A,PA,ADC平面PAD, 而平面PAD⊥平面ABCD, .CD⊥平面PAD, 平面PAD∩平面ABCD=AD,OPC平面PAD, 又AEC平面PAD,.CD⊥AE. 所以OP⊥平面ABCD,又OBC平面ABCD, PA=AD,点E是PD的中点，AE⊥PD 则OB⊥OP,而PB=√6，得OB=√5， 又PD∩CD=D,PD,CDC平面PCD, 在△OAB中，AB=2,所以OB⊥0A. ∴.AE⊥平面PCD. 以0为原点，01,0B,0P分别为x轴，y轴，z轴的 PCC平面PCD,∴.PC⊥AE 正方向建立空间直角坐标系， 又EF⊥PC,AE∩EF=E,AE,EFC平面AEF, ∴.PC⊥平面AEF, 则0(0,0,0)，A(1,0,0),B(0,3,0),C(-2,3, AFC平面AEF,∴.PC⊥AF 0),D(-1,0,0),P(0,0,5), (2)如图，因AB,AD,AP 设P元=tP元，te[0,1], 两两垂直， 则0呢=0p+P2=(0,0,5)+(-2,5,-5) 故可以A为坐标原点 =(-2,W3t,3(1-t)), AB,AD,AP所在直线分别为 所以点E-21,5,5(1-0),而=(-20,0)：标系， x,y,z轴建立空间直角坐 AE=(-2t-1,W3,N3(1-t),设平面ADE的法 则A(0,0,0),P(0,0, B 向量为n=(x,y,z), 曲矿-2=0. 1),C(2,1,0),D(0,1,0), .PC=(2,1,-1),AD=(0,1,0). n·A2=-(2t+1)x+5y+5(1-t)z=0, 由(1)可知，A⑦=(0,1,0)可看成平面PAB的 4.(2025·湖南联考联合 个法向量， 体摸底)如图，在直三棱柱ABC -AB,C,中，D是侧棱CC1的 P元=(2,1，-1)可看成平面AEF的一个法向量 中点，∠ACB=120°，A41=√5AC 设平面AEF与平面PAB的所成角为O, =3BC. IAD.PCI 1 .I cos 01 = 6 (1)证明：平面AB,C⊥平 1AD1P元1√22+1+1-6 面ABD; sin 0=30 （2)求锐二面角B-A,D- 6 B,的余弦值 [解析] (1)证明：设AB,∩A,B=M,因为∠ACB ·平面AEF与平面PAB所成角的正弦值为3O 6 =120°， 3.(2025·广东八校检测)如A AA1=√3AC=√5BC, 图，在三棱柱ABC-A,BC,中，平 所以AB=2 ACcos30°=√3AC=A41, 面ABBA1⊥平面ABC,平面 B 所以四边形ABB,A,为正方形，所以AB,⊥A,B, CBB,C1⊥平面ABC. 且AM=B,M,又D是侧棱CC,的中点，连接 (1)证明：BB,⊥平面ABC; DM,AD, (2)若AB⊥BC,AB=1,BC= 因为B,D=√B1C+C,D2,AD=√AC2+CD, CC1=2,求直线AB与平面ABC 又AC=CB=CB1,CD=C,D,则AD=BD, 所成角的余弦值 因为M为AB1的中点，所以DM⊥AB, 由DM,ABC平面ABD,且DM∩AB=M, [解析](1)证明：取0为△ABC内一点， 可得AB,⊥平面ABD, 184 作OE垂直AB,交AB于点E,作OF垂直BC,交 又因为AB,C平面AB,C, BC于点F, 所以平面AB,C,⊥平 因为平面ABB,A1⊥平面ABC且平面ABB,A,∩平 面ABD. D26 面ABC=AB,OEC平面ABC, (2)由直棱柱的性质与已B 年 所以OE⊥平面ABB1A1,因为BB,C平面ABB1A1,知，得：CC1⊥CA,CC,⊥CB, 以C为原点，以垂直平面 DX 创 所以OE⊥BB1, 同理0F1BB,因为OE∩0F=0,且OE,OFC平ACC的直线，CA,CC:所在直 设 计 面ABC,所以BB,⊥平面ABC. 线分别为x,y,z轴建立如图所 (2)因为BC,BA,BB1两 示的空间直角坐标系， 衡 两垂直，以B为原点，建立空 设AC=BC=2,可得： 学 间直角坐标系，如图所示 A4=23,且D是CC中点， 依题意A(0,1,0),B(0, B 则A(0,2,0),D(0,0,3),A(0,2,23),B(5, 0,0),41(0,1,2),C(2,0,2) -1,25), 则AB=(0,-1,0),BC 可得AB=(3,-3,23),DA=(0,2,5),DB =(5,-1,5), =(2,0,2),AC=(2,-1, 设平面ABD的法向量为n=(x,y,z), 0). n·DA1=2y+5z=0, 设平面A,BC1的法向量为n=(x,y,z), 多 则”·BG=2+2=0, n·DB=3x-y+3x=0, 令y=-5,则x=-3,2=2,可得n=(-3,-3,2), ln·AC=2x-y=0, 由(1)可知：平面ABD的一个法向量为 令x=1,则y=2,z=-1, m=AB=(5,-3,25), 所以n=(1,2,-1). 设直线AB与平面A,BC1所成的角为0， 可得c(nm》=微识 A店·l=6 =-3×5+(-5)×(-3)+2x23-2 则sin0=Icos(AB,n)1= 4×2√6 AB1.1n13 所以cos0=V个-sim9= 所以锐二面角B-AD-B,的余弦值为么 3 故直线B与平面ABC,所成角的余弦值为 温馨提示：复习至此，请完成练案[47]