2025年高考数学一轮专题复习-空间向量和立体几何专题六（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六知识点一锥体体积的有关计算,证明线面垂直,线面垂直证明线线垂直,已知面面角求其他量典例1、如图，在四棱锥中，平面，，，且，，．（1）证明：；（2）在线段上是否存在一点，使得二面角的余弦值为，若存在，求与所成角的余弦值；若不存在，请说明理由．

随堂练习：如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，侧面PAD⊥底面ABCD，E为PA的中点，过C，D，E三点的平面与PB交于点F，且PA=PD=AB=2.（1）证明：；（2）若四棱锥的体积为，则在线段上是否存在点G，使得二面角的余弦值为若存在，求的值；若不存在，请说明理由.典例2、如图，在四棱锥中，底面是边长为1的正方形，，，且．（1）求证：平面；（2）求二面角的余弦值；（3）棱上是否存在一点，使直线与平面所成的角是？若存在，求的长；若不存在，请说明理由．

随堂练习：请从下面三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并作答．①AB⊥BC，②FC与平面ABCD所成的角为，③∠ABC．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是菱形，PA⊥平面ABCD，且PA＝AB＝2，，PD的中点为F．（1）在线段AB上是否存在一点G，使得AF平面PCG？若存在，指出G在AB上的位置并给以证明；若不存在，请说明理由；（2）若_______，求二面角F﹣AC﹣D的余弦值．典例3、如图，在四棱锥中，平面，底面是直角梯形，，且为的中点.（1）求证：；（2）求二面角的余弦值；（3）在线段上是否存在点使得平面？若存在，请指明点的位置；若不存在，请说明理由.

随堂练习：如图1，在边长为4的菱形ABCD中，∠DAB=60°，点，别是边BC，CD的中点，，．沿MN将翻折到的位置，连接PA、PB、PD，得到如图2所示的五棱锥P—ABMND．（1）在翻折过程中是否总有平面PBD⊥平面PAG？证明你的结论；（2）当四棱锥P—MNDB体积最大时，在线段PA上是否存在一点Q，使得平面QMN与平面PMN夹角的余弦值为？若存在，试确定点Q的位置；若不存在，请说明理由．知识点二证明线面平行,面面角的向量求法典例4、如图，在四棱锥中，底面是菱形，，平面，为的中点.（1）证明:平面;（2）在①，②这两个条件中任一个，补充在下面的横线上，并作答.若________，求与平面所成的角.注:如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.

随堂练习：从①直线与平面ABCD所成的角为60°；②为锐角三角形且三棱锥的体积为2这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并完成解答．如图，在四棱锥S﹣ABCD中，底面ABCD是菱形，平面ABCD，E，F分别为AB，SC的中点．（1）求证：直线平面；（2）若，，______，求平面与平面所成锐二面角的余弦值．注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分．典例5、如图，PO是三棱锥的高，点D是PB的中点，.（1）从条件①、条件②这两个条件中选择一个条件作为已知，证明另一个条件成立；条件①：平面；条件②：.注：若条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分.（2）若，OB平分，，，在（1）的条件下，求平面PAB与平面PAC夹角的余弦值.

随堂练习：如图，在四棱锥中，底面是菱形，为的中点.（1）证明：平面；（2）请从下面三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并作答.①；②；③与平面所成的角为.若平面，，且______________，求二面角的余弦值.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.典例6、如图，在四棱锥中，四边形是平行四边形，点F为的中点．（1）已知点G为线段的中点，求证：CF∥平面；（2）若，直线与平面所成的角为，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择几个作为已知，使四棱锥唯一确定，求：（ⅰ）直线到平面的距离；（ⅱ）二面角的余弦值．条件①：平面；条件②：；条件③：平面平面．

随堂练习：如图，在三棱柱中，底面是边长为2的正三角形，侧面是菱形，平面平面，，分别是棱，的中点，是棱上一点，且．（1）证明：平面；（2）从①三棱锥的体积为1；②与底面所成的角为60°；③异面直线与所成的角为30°这三个条件中选择-一个作为已知，求二面角的余弦值．空间向量和立体几何高考复习专题六答案典例1、答案：（1）证明见解析（2）存在，且与所成角的余弦值为解：证明：连接，设，因为，则，且为等腰直角三角形，因为，则，因为，由余弦定理可得，所以，，则，平面，平面，，，平面，平面，.（2）因为平面，，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，设，则、、、、，设，其中，则，，设平面的法向量为，则，取，可得，易知平面的一个法向量为，由题意可得，因为，解得，此时，，，，所以，，因此，在线段上是否存在一点，使得二面角的余弦值为，且与所成角的余弦值为.随堂练习：答案：（1）证明见解析；（2）存在，.解:（1）证明：由题意得，AB//CD，又AB⊂平面PAB，CD平面PAB，∴CD//平面PAB.又CD⊂平面CDEF，平面CDEF∩平面PAB＝EF，∴CD//EF，又CD⊥AD，∴EF⊥AD.（2）取AD的中点为O，连接PO，PA=PD，PO⊥AD，又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，PO⊂平面PAD，∴PO⊥平面ABCD，∴VP－ABCD=AB·AD·PO=，则AD·PO=4，又PO2+=4，∴PO=，AD=2.取BC的中点为H，以OA，OH，OP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，则P(0，0，)，B(，2，0)，D(－，0，0)，C(－，2，0)，∴=(，2，－)，=(0，－2，0).假设存在点G，设，∴，则，∴=((1+λ)，2λ，(1－λ))，设平面GCD的法向量为，，可取，又平面的一个法向量，二面角G－CD－B为锐角，∴，解得λ=或λ=3（舍）.存在点G，使得二面角G－CD－B的余弦值为，此时.典例2、答案：（1）证明见解析（2）（3）存在，，理由见解析.解：（1）在正方形中，，又因为，，所以面，因为面，所以，因为，，，所以面，因为面，所以，因为，所以平面；（2）由已知可得，，两两垂直，以为原点，分别以，，所在的直线为，，轴建立空间直角坐标系，连接，可得，因为，所以，所以，，，，，，，设平面的一个法向量，由，令，则，，所以，设平面的一个法向量，由，则，令，则，所以，所以，（3）因为二面角为锐二面角，所以二面角的余弦值为.存在，理由如下：假设在棱上是否存在一点满足条件，设，，则，因为平面，所以平面的一个法向量为，所以解得：，，所以在棱上是否存在一点，使直线与平面所成的角是且的长为.随堂练习：答案：（1）存在，G是线段AB的中点，证明见解析；（2）详见解析解:(1)在线段AB上存在中点G，使得AF∥平面PCG．证明如下：如图所示：设PC的中点为H，连结FH，因为，，，，所以所以四边形AGHF为平行四边形，则AF∥GH，又GH⊂平面PGC，AF⊄平面PGC，∴AF∥平面PGC．(2)选择①AB⊥BC：∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥BC，由题意知AB，AD，AP彼此两两垂直，以AB，AD，AP分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，∵PA＝AB＝2，则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，F(0，1，1)，P(0，0，2)，∴(0，1，1)，(﹣2，﹣1，1)，设平面FAC的一个法向量为(x，y，z)∴，取y＝1，得(﹣1，1，﹣1)，平面ACD的一个法向量为(0，0，1)，设二面角F﹣AC﹣D的平面角为θ，则cosθ，∴二面角F﹣AC﹣D的余弦值为．选择②FC与平面ABCD所成的角为：∵PA⊥平面ABCD，取BC中点E，连结AE，取AD的中点M，连结FM，CM，则FM∥PA，且FM＝1，∴FM⊥平面ABCD，FC与平面ABCD所成角为∠FCM，∴，在Rt△FCM中，CM，又CM＝AE，∴AE2+BE2＝AB2，∴BC⊥AE，∴AE，AD，AP彼此两两垂直，以AE、AD、AP分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，∵PA＝AB＝2，∴A(0，0，0)，B(，﹣1，0)，C(，1，0)，D(0，2，0)，E(，0，0)，F(0，1，1)，P(0，0，2)，∴(0，1，1)，(，0，1)，设平面EAC的一个法向量为(x，y，z)则，取x，得(，﹣3，3)，平面ACD的一个法向量为：(0，0，1)，设二面角F﹣AC﹣D的平面角为θ，则cosθ．∴二面角F﹣AC﹣D的余弦值为．选择③∠ABC：∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥BC，取BC中点E，连结AE，∵底面ABCD是菱形，∠ABC＝60°，∴△ABC是正三角形，∵E是BC的中点，∴BC⊥AE，∴AE，AD，AP彼此两两垂直，以AE、AD、AP分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，∵PA＝AB＝2，∴A(0，0，0)，B(，﹣1，0)，C(，1，0)，D(0，2，0)，E(，0，0)，F(0，1，1)，P(0，0，2)，∴(0，1，1)，(，0，1)，设平面EAC的一个法向量为(x，y，z)，则，取x，得(，﹣3，3)，平面ACD的法向量(0，0，1)，设二面角F﹣AC﹣D的平面角为θ，θ则cosθ．∴二面角F﹣AC﹣D的余弦值为．典例3、答案：（1）证明见详解；（2）；（3）存在，为中点.解：（1）平面，平面,又又平面，又平面,得证.（2）为中点，过作于，连，在中，为中点又平面，平面,为二面角的平面角，在直角梯形中，又在中，二面角的余弦值为.（3）的中点为为的中位线，，为平行四边形，又平面,平面平面.随堂练习：答案：（1）在翻折过程中总有平面PBD⊥平面PAG，证明见解析（2）符合题意的点存在且为线段的中点．解：（1）证明如下：∵点，分别是边，的中点，又，∴，且是等边三角形，∵是的中点，∴，∵菱形的对角线互相垂直，∴，∴，∵，平面，平面，∴平面，∴平面，∵平面，∴平面平面．（2）由题意知，四边形为等腰梯形，且，，，所以等腰梯形的面积，要使得四棱锥体积最大，只要点到平面的距离最大即可，∴当平面时，点到平面的距离的最大值为.假设符合题意的点存在．以为坐标原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，又，又，且，平面，平面，平面，故平面的一个法向量为，设（），∵，，故，∴，，平面的一个法向量为，则，，即令，所以，则平面的一个法向量，设二面角的平面角为，则，即，解得：，故符合题意的点存在且为线段的中点．典例4、答案：（1）证明见解析；（2）解:（1）连接，交于，连接，底面是菱形，为中点，为中点，，平面，平面，平面；（2）选①：以为原点，为轴，为轴，过作平面的垂线为轴建立如图空间直角坐标系，底面是菱形，，，，则，设平面的法向量为，则，取可得，设与平面所成的角为，则，所以与平面所成的角为；选②：以为原点，为轴，为轴，过作平面的垂线为轴建立如图空间直角坐标系，取中点，连接，底面是菱形，，，平面，为的中点，，平面，，，则，设平面的法向量为，则，取可得，设与平面所成的角为，则，所以与平面所成的角为；随堂练习：答案：（1）证明见解析（2）解：（1）如图所示，取的中点为，连接，，为中点，所以，所以且，因为为中点，四边形为菱形，所以且，所以且，所以四边形为平行四边形，所以，因为平面，平面，所以平面．选择条件①：因为平面，所以直线与平面所成角为．因为，，所以，所以为正三角形．取中点为，连接，以为坐标原点，，，的方向分别为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示则，，，，，，，．设平面的一个法向量则，即，令，则，设平面的一个法向量，则，即，令，则，设平面与平面所成锐二面角为，则，所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为．选条件②：由，解得，因为，所以．则其对角,取中点为，连接，以为坐标原点，，，的方向分别为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系，以下步骤与选①一致.典例5、答案：（1）证明见解析（2）解：（1）选择条件①：平面PAC，证明条件②：成立.延长BO交AC于点Q，连结PQ，因为平面PAC，平面，平面PAC平面，则，∵是PB的中点，∴，连结OA，∵，∴，∵是三棱锥的高，∴平面ABC，、平面ABC，∴，，∴，∴，∴；选择条件②：，证明条件①：平面成立.取AB的中点E，连结OE、PE、DE，则，∵PO是三棱锥的高，∴平面ABC，平面ABC，∴，又，平面POE，，∴平面POE，平面POE，∴，∵，∴，又平面PAC，平面PAC，∴平面PAC，又∵D是PB的中点，又平面PAC，平面PAC，∴平面PAC，∵，平面，∴平面平面PAC，平面，∴平面PAC；（2）选择条件①：由（1）得，取AB的中点E，连结OE，则，∵，，∴，，以点O为原点，OE，OP所在的直线分别为y轴，z轴，过和平行的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，由题意可得，，，，，设是平面的一个法向量，则，∴，令，则，∴，设是平面的一个法向量，则，∴，令，则，∴，∴，由图，平面与平面夹角为锐二面角，∴平面与平面夹角的余弦值为.选择条件②：由（1）得，∵，，∴，以点O为原点，OE，OP所在的直线分别为y轴，z轴，过和平行的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，由题意可得，，，，，设是平面的一个法向量，则，∴，令，则，∴，设是平面的一个法向量，则，∴令，则，∴，∴，平面与平面夹角为锐二面角，∴平面PAB与平面PAC夹角的余弦值为.随堂练习：答案：（1）证明见解析；（2）.解：（1）设AC,BD交于点O，因为是菱形，所以O为BD的中点.连结OF.因为为的中点，所以为的中位线，所以.因为面，面，所以平面.（2）过O作.以O为原点，为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系.选条件①：.在菱形中，.因为，所以,.所以,,,,,,.所以,.设为面ACF的一个法向量，则：，不妨令x=2，则.显然为面ACD的一个法向量.设二面角的平面角为，由图示，为锐角，所以.选条件②.在菱形中，，所以,所以.因为，所以,.所以,,,,,,.所以,.设为面ACF的一个法向量，则：，不妨令x=2，则.显然为面ACD的一个法向量.设二面角的平面角为，由图示，为锐角，所以.选条件③：与平面所成的角为.因为平面，所以为与平面所成的角，即.在直角三角形中，由可得：.所以,.所以,,,,,,.所以,.设为面ACF的一个法向量，则：，不妨令x=2，则.显然为面ACD的一个法向量.设二面角的平面角为，由图示，为锐角，所以.典例6、答案：（1）证明过程见详解（2）（ⅰ）；（ⅱ）.解：（1）取的中点，连接，，，；因为分别为的中点，所以，平面，平面，所以平面，又因为分别为的中点，四边形为平行四边形，所以且，则四边形为平行四边形，所以，平面，平面，所以平面，因为，平面，所以平面平面，因为平面，所以平面.（2）选择条件①和③（ⅰ）因为平面，所以即为直线与平面所成的角，由题意可知：，又，所以.因为平面平面，且平面平面，因为平面，所以，所以平面，平面，所以,则四边形为矩形，因为，所以，设点到平面的距离为，由平面可