2025届高考数学统考第二轮专题复习第12讲立体几何学案理含解析

第12讲立体几何高考年份全国卷Ⅰ全国卷Ⅱ全国卷Ⅲ2024证明线面垂直,求二面角的余弦值·T18证明线面平行、面面垂直,求线面角的正弦值·T20点面的位置关系,求二面角的正弦值·T192024证明线面平行,求二面角的正弦值·T18证明线面垂直,求二面角的正弦值·T17翻折问题,证明四点共面、面面垂直,求二面角的大小·T192024翻折问题,证明面面垂直,求线面角的正弦值·T18证明线面垂直,给出二面角求线面角的正弦值·T20证明面面垂直,求二面角的正弦值·T191.[2024·全国卷Ⅱ]如图M4-12-1,已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形,侧面BB1C1C是矩形,M,N分别为BC,B1C1的中点,P为AM上一点,过B1C1和P的平面交AB于E,交AC于F.(1)证明:AA1∥MN,且平面A1AMN⊥平面EB1C1F;(2)设O为△A1B1C1的中心,若AO∥平面EB1C1F,且AO=AB,求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值.图M4-12-12.[2024·全国卷Ⅰ]如图M4-12-2,D为圆锥的顶点,O是圆锥底面的圆心,AE为底面直径,AE=AD.△ABC是底面的内接正三角形,P为DO上一点,PO=66(1)证明:PA⊥平面PBC;(2)求二面角B-PC-E的余弦值.图M4-12-23.[2024·全国卷Ⅲ]如图M4-12-3,图①是由矩形ADEB,Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形,其中AB=1,BE=BF=2,∠FBC=60°.将其沿AB,BC折起使得BE与BF重合,连接DG,如图②.(1)证明:图②中的A,C,G,D四点共面,且平面ABC⊥平面BCGE;(2)求图②中的二面角B-CG-A的大小.①②图M4-12-3平行、垂直关系的证明1如图M4-12-4,在四棱锥P-ABCD中,四边形ABCD为平行四边形,E为侧棱PD的中点,O为AC与BD的交点.(1)求证:OE∥平面PBC;(2)若平面PAD⊥平面ABCD,AC=4,AB=5,sin∠ABC=45,求证:AC⊥图M4-12-4【规律提炼】(1)证明平行与垂直时,主要是考查线面平行的判定定理、线面垂直的判定定理的运用,考查转化与化归思想,考查空间想象实力,求解时留意条件书写的完整性.(2)证明面面关系的核心是证明线面关系,证明线面关系的核心是证明线线关系.证明线线平行的方法:①线面平行的性质定理;②三角形中位线法;③平行四边形法.证明线线垂直的常用方法:①等腰三角形三线合一;②勾股定理的逆定理;③线面垂直的性质定理;④菱形的对角线相互垂直.测题如图M4-12-5,在多面体ABCDEF中,四边形ABCD是菱形,AC与BD相交于点O,EF∥AB,AB=2EF,平面BCF⊥平面ABCD,BF=CF,点G为BC的中点.(1)求证:OG∥平面EFCD;(2)求证:AC⊥平面ODE.图M4-12-5利用空间向量求角与距离2[2024·全国卷Ⅲ]如图M4-12-6,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,点E,F分别在棱DD1,BB1上,且2DE=ED1,BF=2FB1.(1)证明:点C1在平面AEF内;(2)若AB=2,AD=1,AA1=3,求二面角A-EF-A1的正弦值.图M4-12-63[2024·浙江卷]如图M4-12-7,在三棱台ABC-DEF中,平面ACFD⊥平面ABC,∠ACB=∠ACD=45°,DC=2BC.(1)证明:EF⊥DB;(2)求直线DF与平面DBC所成角的正弦值.图M4-12-7【规律提炼】空间向量解答立体几何问题的一般步骤是:(1)视察图形,建立恰当的空间直角坐标系;(2)写出相应点的坐标,求出相应直线的方向向量;(3)求出相应平面的法向量;(4)将空间位置关系转化为向量关系;(5)依据定理、结论求出相应的角和距离.测题1.如图M4-12-8,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ACB=90°,CA=CB=CC1=1,D是棱BB1上一点,P是C1D的延长线与CB的延长线的交点,且AP∥平面A1CD.(1)求证:BD=B1D;(2)求二面角C-A1D-C1的正弦值;(3)若点E在线段AP上,且直线A1E与平面A1CD所成的角的正弦值为147,求线段AE的长图M4-12-82.如图M4-12-9,已知三棱柱ABC-A1B1C1的全部棱长均为2,∠B1BA=π3(1)证明:B1C⊥AC1;(2)若平面ABB1A1⊥平面ABC,M为A1C1的中点,求B1C与平面AB1M所成角的余弦值.图M4-12-9利用空间向量解决探究性问题4如图M4-12-10①,在平面五边形ABCDE中,四边形ABCD是梯形,AD∥BC,AD=2BC=22,AB=3,∠ABC=90°,△ADE是等边三角形.现将△ADE沿AD折起,连接EB,EC,得到如图②所示的几何体.(1)若点M是ED的中点,求证:CM∥平面ABE.(2)若EC=3,在棱EB上是否存在点F,使得二面角E-AD-F的余弦值为223?若存在,求EFEB的值;若不存在图M4-12-10【规律提炼】对于立体几何中的探究性问题、存在性问题,借助空间向量,使几何问题代数化,可降低思维难度.对于存在性问题,解题的策略一般为先假设存在,然后转化为“封闭型”问题求解推断,若不出现冲突,则确定存在;若出现冲突,则否定存在;对于折叠问题,要留意折叠前后的位置关系与数量关系,一般状况下,折线同侧的关系不变,两侧的关系往往发生改变.测题1.如图M4-12-11,已知矩形ADEF和菱形ABCD所在的平面相互垂直,其中AF=1,AD=2,∠ADC=π3,点N为AD的中点(1)试问在线段BE上是否存在点M,使得直线AF∥平面MNC?若存在,求出BMME的值;若不存在,请说明理由(2)求二面角N-CE-D的正弦值.图M4-12-112.如图M4-12-12,由直三棱柱ABC-A1B1C1和四棱锥D-BB1C1C构成的几何体中,∠BAC=90°,AB=2,BC=CC1=4,C1D=CD=25,平面CC1D⊥平面ACC1A1.(1)求证:A1C1⊥DC.(2)在线段BC上(含端点)是否存在点P,使直线DP与平面DBB1所成角的正弦值为33?若存在,求BPBC的值;若不存在,图M4-12-12第12讲立体几何真知真题扫描1.解:(1)证明:因为M,N分别为BC,B1C1的中点,所以MN∥CC1.又由已知得AA1∥CC1,所以AA1∥MN.因为△A1B1C1是正三角形,所以B1C1⊥A1N.又B1C1⊥MN,所以B1C1⊥平面A1AMN,所以平面A1AMN⊥平面EB1C1F.(2)由已知得AM⊥BC.以M为坐标原点,MA的方向为x轴正方向,|MB|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系M-xyz,则AB=2,AM=3.连接NP,则四边形AONP为平行四边形,故PM=233,E233,13,0.由(1)知平面A1AMN⊥平面ABC.作NQ⊥AM设Q(a,0,0),则NQ=4-233-a2,B1a,1,4-233-a2,故又n=(0,-1,0)是平面A1AMN的一个法向量,所以sinπ2-<n,B1E>=cos所以直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值为10102.解:(1)证明:设DO=a,由题设可得PO=66a,AO=33a,PA=PB=PC=22因此PA2+PB2=AB2,从而PA⊥PB,又PA2+PC2=AC2,故PA⊥PC,所以PA⊥平面PBC.(2)以O为坐标原点,OE的方向为y轴正方向,|OE|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.由题设可得E(0,1,0),A(0,-1,0),C-32,12,0,P0,0,22.所以EC=-32,-12,0,EP=0,-1,22.设m=(x,y,z)是平面PCE的法向量,则m·EP可取m=-33,1,2.由(1)知AP=0,1,22是平面PCB的一个法向量,记n=AP,故cos<n,m>=n·m|n所以二面角B-PC-E的余弦值为253.解:(1)证明:由已知得AD∥BE,CG∥BE,所以AD∥CG,故AD,CG确定一个平面,从而A,C,G,D四点共面.由已知得AB⊥BE,AB⊥BC,故AB⊥平面BCGE.又因为AB⊂平面ABC,所以平面ABC⊥平面BCGE.(2)作EH⊥BC,垂足为H.因为EH⊂平面BCGE,平面BCGE⊥平面ABC,所以EH⊥平面ABC.由已知,菱形BCGE的边长为2,∠EBC=60°,可求得BH=1,EH=3.以H为坐标原点,HC的方向为x轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系H-xyz,则A(-1,1,0),C(1,0,0),G(2,0,3),CG=(1,0,3),AC=(2,-1,0).设平面ACGD的法向量为n=(x,y,z),则CG·n所以可取n=(3,6,-3).又平面BCGE的法向量可取为m=(0,1,0),所以cos<n,m>=n·m|因此二面角B-CG-A的大小为30°.考点考法探究解答1例1证明:(1)因为四边形ABCD为平行四边形,O为AC与BD的交点,所以O为BD的中点.又E为侧棱PD的中点,所以OE∥PB,因为PB⊂平面PBC,OE⊄平面PBC,所以OE∥平面PBC.(2)在△ABC中,AC=4,AB=5,sin∠ABC=45由正弦定理ACsin∠ABC=ABsin∠ACB,可得sin∠ACB=所以∠ACB=90°,即AC⊥BC.因为四边形ABCD为平行四边形,所以AD∥BC,所以AC⊥AD.因为平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,AC⊂平面ABCD,所以AC⊥平面PAD.因为PD⊂平面PAD,所以AC⊥PD.【自测题】证明:(1)∵四边形ABCD是菱形,AC∩BD=O,∴点O是BD的中点,∵点G为BC的中点,∴OG∥CD.又OG⊄平面EFCD,CD⊂平面EFCD,∴OG∥平面EFCD.(2)连接FG,∵BF=CF,点G为BC的中点,∴FG⊥BC.∵平面BCF⊥平面ABCD,平面BCF∩平面ABCD=BC,FG⊂平面BCF,∴FG⊥平面ABCD.∵AC⊂平面ABCD,∴FG⊥AC.∵OG∥AB,OG=12AB,EF∥AB,EF=12∴OG∥EF,OG=EF,∴四边形EFGO为平行四边形,∴FG∥EO,∴AC⊥EO.∵四边形ABCD是菱形,∴AC⊥DO,∵EO∩DO=O,∴AC⊥平面ODE.解答2例2解:设AB=a,AD=b,AA1=c,如图,以C1为坐标原点,C1D1的方向为x轴正方向,建立空间直角坐标系(1)证明:连接C1F,则C1(0,0,0),A(a,b,c),Ea,0,23c,F0,b,13c,EA=0,b,13c,C1F=0,b,13c,得EA=C1F,因此EA∥C1F,即A,E,F,C1四点共面,所以点C1在平面AEF内.(2)由已知得A(2,1,3),E(2,0,2),F(0,1,1),A1(2,1,0),AE=(0,-1,-1),AF=(-2,0,-2),A1E=(0,-1,2),A1F=(-2,0设n1=(x,y,z)为平面AEF的法向量,则n1·AE=0,n1·AF=0,即-y-z设n2为平面A1EF的法向量,则n2·A1E=0,n2·A1因为cos<n1,n2>=n1·n2|n1|·例3解:(1)证明:如图,过点D作DO⊥AC,交直线AC于点O,连接OB.由∠ACD=45°,DO⊥AC得CD=2CO,由平面ACFD⊥平面ABC得DO⊥平面ABC,所以DO⊥BC.由∠ACB=45°,BC=12CD=22CO得BO所以BC⊥平面BDO,故BC⊥DB.由三棱台ABC-DEF得BC∥EF,所以EF⊥DB.(2)方法一:过点O作OH⊥BD,交直线BD于点H,连接CH.由三棱台ABC-DEF得DF∥CO,所以直线DF与平面DBC所成角等于直线CO与平面DBC所成角.由BC⊥平面BDO得OH⊥BC,故OH⊥平面BCD,所以∠OCH为直线CO与平面DBC所成角.设CD=22.由DO=OC=2,BO=BC=2,得BD=6,OH=23所以sin∠OCH=OHOC=3因此,直线DF与平面DBC所成角的正弦值为33方法二:由三棱台ABC-DEF得DF∥CO,所以直线DF与平面DBC所成角等于直线CO与平面DBC所成角,记为θ.如图,以O为原点,分别以射线OC,OD为y,z轴的正半轴,建立空间直角坐标系O-xyz.设CD=22.由题意知各点坐标如下:O(0,0,0),B(1,1,0),C(0,2,0),D(0,0,2).因此OC=(0,2,0),BC=(-1,1,0),CD=(0,-2,2).设平面BCD的法向量n=(x,y,z).由n·BC=0,n·CD=0,即-x+所以sinθ=|cos<OC,n>|=|OC·n因此,直线DF与平面DBC所成角的正弦值为33【自测题】1.解:(1)证明:连接AC1,设AC1∩A1C=O,连接OD,∵AP∥平面A1CD,AP⊂平面APC1,平面APC1∩平面A1CD=OD,∴AP∥OD.∵O为正方形A1ACC1的中心,∴C1O=OA,∴C1D=DP.∵C1B1∥CP,∴B1D=BD.(2)以C为坐标原点,以CA,CB,CC1的方向分别为x,y,z轴的正方向,则C(0,0,0),A(1,0,0),P(0,2,0),A1(1,0,1),C1(0,0,1),D0,1,12,设平面A1CD的法向量为n1=(x,y,z),又CA1=(1,0,1),CD=0,1,12则n1·CA1=x+z=0,n1·CD=y设平面A1C1D的法向量为n2=(x1,y1,z1),又A1C1=(-1,0,0),C1D=0,1,则n2·A1C1=-x1=0,n2·C1D∴|cos<n1,n2>|=n1·n2|n1|·|n2|=15,则|sin<n1,n(3)设AE=λAP=λ(-1,2,0)=(-λ,2λ,0),其中0≤λ≤1,∴A1E=A1A+AE=(0,0,-1)+(-λ,2λ,0)=(-λ,2λ由题知|cos<A1E,n1>|=A1E·n1|A1解得λ=13(负值舍去),又|AP|=(-1)∴AE=13AP=52.解:(1)证明:取AB的中点D,连接B1D,CD,BC1.∵三棱柱ABC-A1B1C1的全部棱长均为2,∠B1BA=π3∴△ABC和△ABB1都是边长为2的等边三角形,∴B1D⊥AB,CD⊥AB.∵B1D,CD⊂平面B1CD,B1D∩CD=D,∴AB⊥平面B1CD.∵B1C⊂平面B1CD,∴AB⊥B1C.由题知四边形BCC1B1为菱形,∴B1C⊥BC1.∵AB,BC1⊂平面ABC1,AB∩BC1=B,∴B1C⊥平面ABC1,∴B1C⊥AC1.(2)由(1)知B1D⊥AB,∵平面ABB1A1⊥平面ABC,∴B1D⊥平面ABC,则DB,DB1,DC两两垂直,以D为原点,以DB,DC,DB1的方向分别为x,y,z轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,则A(-1,0,0),B1(0,0,3),C(0,3,0),C1(-1,3,3),A1(-2,0,∵M为A1C1的中点,∴M-32,32,3,∴B1C=(0,3,-3),AB1=(1,0,3),AM=-12,3设平面AB1M的法向量为n=(x,y,z),则AB1·n=x+3z=0,AM·n=-1设B1C与平面AB1M所成的角为α,则sinα=|B1C·n||B1C∴B1C与平面AB1M所成角的余弦值为6513解答3例4解:(1)证明:取AE的中点N,连接MN,BN,则MN是△EAD的中位线,∴MN∥AD且MN=12AD,由BC∥AD且BC=12AD,得BC∥MN且∴四边形BCMN是平行四边形,∴CM∥BN,又CM⊄平面ABE,BN⊂平面ABE,∴CM∥平面ABE.(2)取AD的中点O,连接OC,OE,由题知OE⊥AD,OC⊥AD,在△COE中,由已知得CE=3,OC=AB=3,OE=32×22=6∵OC2+OE2=CE2,∴OC⊥OE,则OC,OD,OE两两垂直,以O为原点,分别以OC,OA,OE的方向为x,y,z轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,2,0),B(3,2,0),D(0,-2,0),E(0,0,6),则EB=(3,2,-6),AE=(0,-2,6),AD=(0,-22,0).假设在棱EB上存在点F满意题意,设EF=λEB(0≤λ≤1),则EF=λ(3,2,-6)=(3λ,2λ,-6λ),AF=AE+EF=(3λ,2λ-2,6-6λ),设平面ADF的法向量为m=(x,y,z),则m即3令z=λ,得m=(2λ-2,0,λ).易知平面EAD的一个法向量为n=(1,0,0),则|cos<m,n>|=|m·n||整理得3λ2+2λ-1=0,解得λ=13(λ=-1舍去因此,在棱EB上存在点F,使得二面角E-AD-F的余弦值为223,且EFEB【自测题】1.解:(1)连接BF,由题知EF∥BC,EF=BC,故四边形BCEF为平行四边形,取EF的中点P,连接CP,交BE于点M,M点即为满意题意的点.连接PN,∵N是AD的中点,P是FE的中点,∴PN∥AF,又PN⊂平面MNC,AF⊄平面MNC,∴直线AF∥平面MNC,且BMME=BCPE=(2)由(1)知PN⊥AD,又平面ADEF⊥平面ABCD,平面ADEF∩平面ABCD=AD,PN⊂平面ADEF,∴PN⊥平面ABCD,故PN⊥AD,PN⊥NC.连接AC,由题知△ACD为等边三角形,∴CN⊥DN.以N为原点,以NC,ND,NP的方向分别为x,y,z轴的