2025年高考数学一轮专题复习-空间向量和立体几何专题九（含解析）

21世纪教育网精品试卷·第2页（共2页）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PA