2025屆高考數(shù)學(xué)統(tǒng)考第二輪專題復(fù)習(xí)第12講立體幾何學(xué)案理含解析

第12講立體幾何高考年份全國卷Ⅰ全國卷Ⅱ全國卷Ⅲ2024證明線面垂直,求二面角的余弦值·T18證明線面平行、面面垂直,求線面角的正弦值·T20點面的位置關(guān)系,求二面角的正弦值·T192024證明線面平行,求二面角的正弦值·T18證明線面垂直,求二面角的正弦值·T17翻折問題,證明四點共面、面面垂直,求二面角的大小·T192024翻折問題,證明面面垂直,求線面角的正弦值·T18證明線面垂直,給出二面角求線面角的正弦值·T20證明面面垂直,求二面角的正弦值·T191.[2024·全國卷Ⅱ]如圖M4-12-1,已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形,側(cè)面BB1C1C是矩形,M,N分別為BC,B1C1的中點,P為AM上一點,過B1C1和P的平面交AB于E,交AC于F.(1)證明:AA1∥MN,且平面A1AMN⊥平面EB1C1F;(2)設(shè)O為△A1B1C1的中心,若AO∥平面EB1C1F,且AO=AB,求直線B1E與平面A1AMN所成角的正弦值.圖M4-12-12.[2024·全國卷Ⅰ]如圖M4-12-2,D為圓錐的頂點,O是圓錐底面的圓心,AE為底面直徑,AE=AD.△ABC是底面的內(nèi)接正三角形,P為DO上一點,PO=66(1)證明:PA⊥平面PBC;(2)求二面角B-PC-E的余弦值.圖M4-12-23.[2024·全國卷Ⅲ]如圖M4-12-3,圖①是由矩形ADEB,Rt△ABC和菱形BFGC組成的一個平面圖形,其中AB=1,BE=BF=2,∠FBC=60°.將其沿AB,BC折起使得BE與BF重合,連接DG,如圖②.(1)證明:圖②中的A,C,G,D四點共面,且平面ABC⊥平面BCGE;(2)求圖②中的二面角B-CG-A的大小.①②圖M4-12-3平行、垂直關(guān)系的證明1如圖M4-12-4,在四棱錐P-ABCD中,四邊形ABCD為平行四邊形,E為側(cè)棱PD的中點,O為AC與BD的交點.(1)求證:OE∥平面PBC;(2)若平面PAD⊥平面ABCD,AC=4,AB=5,sin∠ABC=45,求證:AC⊥圖M4-12-4【規(guī)律提煉】(1)證明平行與垂直時,主要是考查線面平行的判定定理、線面垂直的判定定理的運(yùn)用,考查轉(zhuǎn)化與化歸思想,考查空間想象實力,求解時留意條件書寫的完整性.(2)證明面面關(guān)系的核心是證明線面關(guān)系,證明線面關(guān)系的核心是證明線線關(guān)系.證明線線平行的方法:①線面平行的性質(zhì)定理;②三角形中位線法;③平行四邊形法.證明線線垂直的常用方法:①等腰三角形三線合一;②勾股定理的逆定理;③線面垂直的性質(zhì)定理;④菱形的對角線相互垂直.測題如圖M4-12-5,在多面體ABCDEF中,四邊形ABCD是菱形,AC與BD相交于點O,EF∥AB,AB=2EF,平面BCF⊥平面ABCD,BF=CF,點G為BC的中點.(1)求證:OG∥平面EFCD;(2)求證:AC⊥平面ODE.圖M4-12-5利用空間向量求角與距離2[2024·全國卷Ⅲ]如圖M4-12-6,在長方體ABCD-A1B1C1D1中,點E,F分別在棱DD1,BB1上,且2DE=ED1,BF=2FB1.(1)證明:點C1在平面AEF內(nèi);(2)若AB=2,AD=1,AA1=3,求二面角A-EF-A1的正弦值.圖M4-12-63[2024·浙江卷]如圖M4-12-7,在三棱臺ABC-DEF中,平面ACFD⊥平面ABC,∠ACB=∠ACD=45°,DC=2BC.(1)證明:EF⊥DB;(2)求直線DF與平面DBC所成角的正弦值.圖M4-12-7【規(guī)律提煉】空間向量解答立體幾何問題的一般步驟是:(1)視察圖形,建立恰當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系;(2)寫出相應(yīng)點的坐標(biāo),求出相應(yīng)直線的方向向量;(3)求出相應(yīng)平面的法向量;(4)將空間位置關(guān)系轉(zhuǎn)化為向量關(guān)系;(5)依據(jù)定理、結(jié)論求出相應(yīng)的角和距離.測題1.如圖M4-12-8,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ACB=90°,CA=CB=CC1=1,D是棱BB1上一點,P是C1D的延長線與CB的延長線的交點,且AP∥平面A1CD.(1)求證:BD=B1D;(2)求二面角C-A1D-C1的正弦值;(3)若點E在線段AP上,且直線A1E與平面A1CD所成的角的正弦值為147,求線段AE的長圖M4-12-82.如圖M4-12-9,已知三棱柱ABC-A1B1C1的全部棱長均為2,∠B1BA=π3(1)證明:B1C⊥AC1;(2)若平面ABB1A1⊥平面ABC,M為A1C1的中點,求B1C與平面AB1M所成角的余弦值.圖M4-12-9利用空間向量解決探究性問題4如圖M4-12-10①,在平面五邊形ABCDE中,四邊形ABCD是梯形,AD∥BC,AD=2BC=22,AB=3,∠ABC=90°,△ADE是等邊三角形.現(xiàn)將△ADE沿AD折起,連接EB,EC,得到如圖②所示的幾何體.(1)若點M是ED的中點,求證:CM∥平面ABE.(2)若EC=3,在棱EB上是否存在點F,使得二面角E-AD-F的余弦值為223?若存在,求EFEB的值;若不存在圖M4-12-10【規(guī)律提煉】對于立體幾何中的探究性問題、存在性問題,借助空間向量,使幾何問題代數(shù)化,可降低思維難度.對于存在性問題,解題的策略一般為先假設(shè)存在,然后轉(zhuǎn)化為“封閉型”問題求解推斷,若不出現(xiàn)沖突,則確定存在;若出現(xiàn)沖突,則否定存在;對于折疊問題,要留意折疊前后的位置關(guān)系與數(shù)量關(guān)系,一般狀況下,折線同側(cè)的關(guān)系不變,兩側(cè)的關(guān)系往往發(fā)生改變.測題1.如圖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,點N為AD的中點(1)試問在線段BE上是否存在點M,使得直線AF∥平面MNC?若存在,求出BMME的值;若不存在,請說明理由(2)求二面角N-CE-D的正弦值.圖M4-12-112.如圖M4-12-12,由直三棱柱ABC-A1B1C1和四棱錐D-BB1C1C構(gòu)成的幾何體中,∠BAC=90°,AB=2,BC=CC1=4,C1D=CD=25,平面CC1D⊥平面ACC1A1.(1)求證:A1C1⊥DC.(2)在線段BC上(含端點)是否存在點P,使直線DP與平面DBB1所成角的正弦值為33?若存在,求BPBC的值;若不存在,圖M4-12-12第12講立體幾何真知真題掃描1.解:(1)證明:因為M,N分別為BC,B1C1的中點,所以MN∥CC1.又由已知得AA1∥CC1,所以AA1∥MN.因為△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為坐標(biāo)原點,MA的方向為x軸正方向,|MB|為單位長,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系M-xyz,則AB=2,AM=3.連接NP,則四邊形AONP為平行四邊形,故PM=233,E233,13,0.由(1)知平面A1AMN⊥平面ABC.作NQ⊥AM設(shè)Q(a,0,0),則NQ=4-233-a2,B1a,1,4-233-a2,故又n=(0,-1,0)是平面A1AMN的一個法向量,所以sinπ2-<n,B1E>=cos所以直線B1E與平面A1AMN所成角的正弦值為10102.解:(1)證明:設(shè)DO=a,由題設(shè)可得PO=66a,AO=33a,PA=PB=PC=22因此PA2+PB2=AB2,從而PA⊥PB,又PA2+PC2=AC2,故PA⊥PC,所以PA⊥平面PBC.(2)以O(shè)為坐標(biāo)原點,OE的方向為y軸正方向,|OE|為單位長,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系O-xyz.由題設(shè)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.設(shè)m=(x,y,z)是平面PCE的法向量,則m·EP可取m=-33,1,2.由(1)知AP=0,1,22是平面PCB的一個法向量,記n=AP,故cos<n,m>=n·m|n所以二面角B-PC-E的余弦值為253.解:(1)證明:由已知得AD∥BE,CG∥BE,所以AD∥CG,故AD,CG確定一個平面,從而A,C,G,D四點共面.由已知得AB⊥BE,AB⊥BC,故AB⊥平面BCGE.又因為AB?平面ABC,所以平面ABC⊥平面BCGE.(2)作EH⊥BC,垂足為H.因為EH?平面BCGE,平面BCGE⊥平面ABC,所以EH⊥平面ABC.由已知,菱形BCGE的邊長為2,∠EBC=60°,可求得BH=1,EH=3.以H為坐標(biāo)原點,HC的方向為x軸的正方向,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系H-xyz,則A(-1,1,0),C(1,0,0),G(2,0,3),CG=(1,0,3),AC=(2,-1,0).設(shè)平面ACGD的法向量為n=(x,y,z),則CG·n所以可取n=(3,6,-3).又平面BCGE的法向量可取為m=(0,1,0),所以cos<n,m>=n·m|因此二面角B-CG-A的大小為30°.考點考法探究解答1例1證明:(1)因為四邊形ABCD為平行四邊形,O為AC與BD的交點,所以O(shè)為BD的中點.又E為側(cè)棱PD的中點,所以O(shè)E∥PB,因為PB?平面PBC,OE?平面PBC,所以O(shè)E∥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.因為四邊形ABCD為平行四邊形,所以AD∥BC,所以AC⊥AD.因為平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,AC?平面ABCD,所以AC⊥平面PAD.因為PD?平面PAD,所以AC⊥PD.【自測題】證明:(1)∵四邊形ABCD是菱形,AC∩BD=O,∴點O是BD的中點,∵點G為BC的中點,∴OG∥CD.又OG?平面EFCD,CD?平面EFCD,∴OG∥平面EFCD.(2)連接FG,∵BF=CF,點G為BC的中點,∴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,∴四邊形EFGO為平行四邊形,∴FG∥EO,∴AC⊥EO.∵四邊形ABCD是菱形,∴AC⊥DO,∵EO∩DO=O,∴AC⊥平面ODE.解答2例2解:設(shè)AB=a,AD=b,AA1=c,如圖,以C1為坐標(biāo)原點,C1D1的方向為x軸正方向,建立空間直角坐標(biāo)系(1)證明:連接C1F,則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,C1四點共面,所以點C1在平面AEF內(nèi).(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設(shè)n1=(x,y,z)為平面AEF的法向量,則n1·AE=0,n1·AF=0,即-y-z設(shè)n2為平面A1EF的法向量,則n2·A1E=0,n2·A1因為cos<n1,n2>=n1·n2|n1|·例3解:(1)證明:如圖,過點D作DO⊥AC,交直線AC于點O,連接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.由三棱臺ABC-DEF得BC∥EF,所以EF⊥DB.(2)方法一:過點O作OH⊥BD,交直線BD于點H,連接CH.由三棱臺ABC-DEF得DF∥CO,所以直線DF與平面DBC所成角等于直線CO與平面DBC所成角.由BC⊥平面BDO得OH⊥BC,故OH⊥平面BCD,所以∠OCH為直線CO與平面DBC所成角.設(shè)CD=22.由DO=OC=2,BO=BC=2,得BD=6,OH=23所以sin∠OCH=OHOC=3因此,直線DF與平面DBC所成角的正弦值為33方法二:由三棱臺ABC-DEF得DF∥CO,所以直線DF與平面DBC所成角等于直線CO與平面DBC所成角,記為θ.如圖,以O(shè)為原點,分別以射線OC,OD為y,z軸的正半軸,建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz.設(shè)CD=22.由題意知各點坐標(biāo)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).設(shè)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,直線DF與平面DBC所成角的正弦值為33【自測題】1.解:(1)證明:連接AC1,設(shè)AC1∩A1C=O,連接OD,∵AP∥平面A1CD,AP?平面APC1,平面APC1∩平面A1CD=OD,∴AP∥OD.∵O為正方形A1ACC1的中心,∴C1O=OA,∴C1D=DP.∵C1B1∥CP,∴B1D=BD.(2)以C為坐標(biāo)原點,以CA,CB,CC1的方向分別為x,y,z軸的正方向,則C(0,0,0),A(1,0,0),P(0,2,0),A1(1,0,1),C1(0,0,1),D0,1,12,設(shè)平面A1CD的法向量為n1=(x,y,z),又CA1=(1,0,1),CD=0,1,12則n1·CA1=x+z=0,n1·CD=y設(shè)平面A1C1D的法向量為n2=(x1,y1,z1),又A1C1=(-1,0,0),C1D=0,1,則n2·A1C1=-x1=0,n2·C1D∴|cos<n1,n2>|=n1·n2|n1|·|n2|=15,則|sin<n1,n(3)設(shè)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由題知|cos<A1E,n1>|=A1E·n1|A1解得λ=13(負(fù)值舍去),又|AP|=(-1)∴AE=13AP=52.解:(1)證明:取AB的中點D,連接B1D,CD,BC1.∵三棱柱ABC-A1B1C1的全部棱長均為2,∠B1BA=π3∴△ABC和△ABB1都是邊長為2的等邊三角形,∴B1D⊥AB,CD⊥AB.∵B1D,CD?平面B1CD,B1D∩CD=D,∴AB⊥平面B1CD.∵B1C?平面B1CD,∴AB⊥B1C.由題知四邊形BCC1B1為菱形,∴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,則DB,DB1,DC兩兩垂直,以D為原點,以DB,DC,DB1的方向分別為x,y,z軸的正方向,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,則A(-1,0,0),B1(0,0,3),C(0,3,0),C1(-1,3,3),A1(-2,0,∵M(jìn)為A1C1的中點,∴M-32,32,3,∴B1C=(0,3,-3),AB1=(1,0,3),AM=-12,3設(shè)平面AB1M的法向量為n=(x,y,z),則AB1·n=x+3z=0,AM·n=-1設(shè)B1C與平面AB1M所成的角為α,則sinα=|B1C·n||B1C∴B1C與平面AB1M所成角的余弦值為6513解答3例4解:(1)證明:取AE的中點N,連接MN,BN,則MN是△EAD的中位線,∴MN∥AD且MN=12AD,由BC∥AD且BC=12AD,得BC∥MN且∴四邊形BCMN是平行四邊形,∴CM∥BN,又CM?平面ABE,BN?平面ABE,∴CM∥平面ABE.(2)取AD的中點O,連接OC,OE,由題知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,則OC,OD,OE兩兩垂直,以O(shè)為原點,分別以O(shè)C,OA,OE的方向為x,y,z軸的正方向,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,則A(0,2,0),B(3,2,0),D(0,-2,0),E(0,0,6),則EB=(3,2,-6),AE=(0,-2,6),AD=(0,-22,0).假設(shè)在棱EB上存在點F滿意題意,設(shè)EF=λEB(0≤λ≤1),則EF=λ(3,2,-6)=(3λ,2λ,-6λ),AF=AE+EF=(3λ,2λ-2,6-6λ),設(shè)平面ADF的法向量為m=(x,y,z),則m即3令z=λ,得m=(2λ-2,0,λ).易知平面EAD的一個法向量為n=(1,0,0),則|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上存在點F,使得二面角E-AD-F的余弦值為223,且EFEB【自測題】1.解:(1)連接BF,由題知EF∥BC,EF=BC,故四邊形BCEF為平行四邊形,取EF的中點P,連接CP,交BE于點M,M點即為滿意題意的點.連接PN,∵N是AD的中點,P是FE的中點,∴PN∥AF,又PN?平面MNC,AF?平面MNC,∴直線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.連接AC,由題知△ACD為等邊三角形,∴CN⊥DN.以N為原點,以NC,ND,NP的方向分別為x,y,z軸的