2023届高考数学二轮复习4-3立体几何学案含答案

这是一份2023届高考数学二轮复习4-3立体几何学案含答案，共23页。学案主要包含了命题规律，技法领悟等内容，欢迎下载使用。

第三讲　立体几何
——大题备考
【命题规律】
立体几何大题一般为两问：第一问通常是线、面关系的证明；第二问通常跟角有关，一般是求线面角或二面角，有时与距离、几何体的体积有关．


微专题1　线面角
保分题
[2022·辽宁沈阳二模]如图，在四棱锥P - ABCD中，底面ABCD是正方形，PA⊥平面ABCD，PA＝2AB＝4，点M是PA的中点．

(1)求证：BD⊥CM；
(2)求直线PC与平面MCD所成角的正弦值．



提分题
例1[2022·全国乙卷]如图，四面体ABCD中，AD⊥CD，AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，E为AC的中点．

(1)证明：平面BED⊥平面ACD；
(2)设AB＝BD＝2，∠ACB＝60°，点F在BD上，当△AFC的面积最小时，求CF与平面ABD所成的角的正弦值．
听课笔记：







【技法领悟】
利用空间向量求线面角的答题模板



巩固训练1
[2022·山东泰安一模]如图，在四棱锥P - ABCD中，底面ABCD是矩形，AB＝2AD＝2，PA⊥平面ABCD，E为PD中点．

(1)若PA＝1，求证：AE⊥平面PCD；

(2)当直线PC与平面ACE所成角最大时，求三棱锥E - ABC的体积．








微专题2　二面角
保分题

[2022·山东临沂二模]如图，AB是圆柱底面圆O的直径，AA1、CC1为圆柱的母线，四边形ABCD是底面圆O的内接等腰梯形，且AB＝AA1＝2BC＝2CD，E、F分别为A1D、C1C的中点．
(1)证明：EF∥平面ABCD；
(2)求平面OEF与平面BCC1夹角的余弦值．



提分题
例2 [2022·湖南岳阳三模]如图，在四棱锥P - ABCD中，底面ABCD是菱形，F是PD的中点．

(1)证明：PB∥平面AFC；
(2)若直线PA⊥平面ABCD，AC＝AP＝2，且PA与平面AFC所成的角正弦值为217，求锐二面角F - AC - D的余弦值．
听课笔记：






















例3[2022·山东日照二模]如图，等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AB＝BC＝CD＝12AD，现以AC为折痕把△ABC折起，使点B到达点P的位置，且PA⊥CD.

(1)证明：平面APC⊥平面ADC；





(2)若M为PD上一点，且三棱锥D - ACM的体积是三棱锥P - ACM体积的2倍，求二面角P - AC - M的余弦值．
听课笔记：






【技法领悟】
利用空间向量求二面角的答题模板




巩固训练2
1.[2022·广东韶关二模]如图，在四棱锥P - ABCD中，底面ABCD为矩形，点S是边AB的中点．AB＝2，AD＝4，PA＝PD＝22.

(1)若O是侧棱PC的中点，求证：SO∥平面PAD；
(2)若二面角P - AD - B的大小为2π3，求直线PD与平面PBC所成角的正弦值．








2．[2022·河北保定一模]如图，在等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB＝CD＝1，∠BCD＝60°，现将DAC沿AC折起至PAC，使得PB＝2.

(1)证明：AB⊥PC；
(2)求二面角A - PC - B的余弦值．
















微专题3　探索性问题
提分题
例4[2022·山东聊城三模]已知四边形ABCD为平行四边形，E为CD的中点，AB＝4，△ADE为等边三角形，将三角形ADE沿AE折起，使点D到达点P的位置，且平面APE⊥平面ABCE.

(1)求证：AP⊥BE；
(2)试判断在线段PB上是否存在点F，使得平面AEF与平面AEP的夹角为45°.若存在，试确定点F的位置；若不存在，请说明理由．
听课笔记：






【技法领悟】
1．通常假设问题中的数学对象存在或结论成立，再在这个前提下进行推理，如果能推出与条件吻合的数据或事实，说明假设成立，并可进一步证明；否则假设不成立．
2．探索线段上是否存在满足条件的点时，一定注意三点共线的条件的应用．



巩固训练3
[2022·湖南岳阳一模]如图，在三棱锥S - ABC中，SA＝SB＝SC，BC⊥AC.

(1)证明：平面SAB⊥平面ABC；
(2)若BC＝SC，SC⊥SA，试问在线段SC上是否存在点D，使直线BD与平面SAB所成的角为60°，若存在，请求出D点的位置；若不存在，请说明理由．




























第三讲　立体几何
微专题1　线面角
保分题
解析：(1)证明：如图，连接AC，

∵四边形ABCD是正方形，∴AC⊥BD.
又PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴PA⊥BD，
∵PA，AC⊂平面PAC，PA∩AC＝A，
∴BD⊥平面PAC，
又CM⊂平面PAC，
∴BD⊥CM.
(2)易知AB，AD，AP两两垂直，以点A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系A - xyz.
∵PA＝2AB＝4，∴A(0，0，0)，P(0，0，4)，M(0，0，2)，C(2，2，0)，D(0，2，0),
∴MC＝(2，2，－2)，MD＝(0，2，－2)，PC＝(2，2，－4)．
设平面MCD的法向量为n＝(x，y，z)，则n·MC=2x+2y-2z=0n·MD=2y-2z=0，
令y＝1，得n＝(0，1，1)．设直线PC与平面MCD所成角为θ，由图可知0<θ<π2，则sinθ＝|cos〈n，PC〉|＝n·PCnPC＝1×2-1×412+12×22+22+-42＝36.
即直线PC与平面MCD所成角的正弦值为36.
提分题
[例1]　解析：(1)证明：∵AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，BD＝BD，
∴△ABD≌△CBD，∴AB＝CB.
∵E为AC的中点，∴DE⊥AC，BE⊥AC.
∵DE∩BE＝E，DE，BE⊂平面BED，
∴AC⊥平面BED.
∵AC⊂平面ACD，∴平面BED⊥平面ACD.

(2)如图，连接EF.由(1)知AC⊥平面BED.
又∵EF⊂平面BED，
∴EF⊥AC.
∴S△AFC＝12AC·EF.
当EF⊥BD时，EF的长最小，此时△AFC的面积最小．
由(1)知AB＝CB＝2.
又∵∠ACB＝60°，
∴△ABC是边长为2的正三角形，∴BE＝3.
∵AD⊥CD，∴DE＝1，
∴DE2＋BE2＝BD2，∴DE⊥BE.
以点E为坐标原点，直线EA，EB，ED分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则E(0，0，0)，A(1，0，0)，B(0，3，0)，C(－1，0，0)，D(0，0，1)，
∴AB＝(－1，3，0)，AD＝(－1，0，1)，DB＝(0，3，－1)，ED＝(0，0，1)，EC＝(－1，0，0)．
设DF＝λDB(0≤λ≤1)，
则EF＝ED+DF＝ED＋λDB＝(0，0，1)＋λ(0，3，－1)＝(0，3λ，1－λ)．
∵EF⊥DB，
∴EF·DB＝(0，3λ，1－λ)·(0，3，－1)＝4λ－1＝0，
∴λ＝14，∴EF＝(0，34，34)，∴CF＝EF-EC＝(0，34，34)－(－1，0，0)＝(1，34，34)．
设平面ABD的法向量为n＝(x，y，z)，
则n·AB=0，n·AD=0，即-x+3y=0，-x+z=0.
取y＝1，则x＝3，z＝3，∴n＝(3，1，3)．
设当△AFC的面积最小时，CF与平面ABD所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈n，CF〉|＝n·CFnCF＝3×1+1×34+3×343+1+3×1+316+916＝437.
故当△AFC的面积最小时，CF与平面ABD所成的角的正弦值为437.
[巩固训练1]
解析：(1)证明：∵PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，∴PA⊥CD，
∵四边形ABCD为矩形，∴AD⊥CD，
又AD∩PA＝A，AD、PA⊂平面PAD，∴CD⊥平面PAD，
∵AE⊂平面PAD，∴AE⊥CD，
在△PAD中，PA＝AD，E为PD的中点，∴AE⊥PD，
而PD∩CD＝D，PD、CD⊂平面PCD，
∴AE⊥平面PCD.

(2)以A为坐标原点，分别以AB、AD、AP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，
设AP＝a(a＞0)，则C(2，1，0)，P(0，0，a)，E(0，12，a2)，
∴AC＝(2，1，0)，AE＝(0，12，a2)，PC＝(2，1，－a)，
设平面ACE的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则n·AC=2x+y=0n·AE=12y+a2z=0，取y＝－a，
可得n＝(a2，－a，－1)．
设直线PC与平面ACE所成角为θ，则sinθ＝|cos〈n，PC〉|＝n·FCnFC＝a54a2+1·5+a2＝229+20a2+5a2≤27，当且仅当a＝2时等号成立．
即当AP＝2时，直线PC与平面ACE所成角最大，
此时三棱锥E - ABC的体积V＝13×12×2×1×22＝26.
微专题2　二面角
保分题
解析：(1)证明：取AD的中点M，连接EM、MC，

∵E为A1D的中点，F为CC1的中点，
∴EM∥AA1，EM＝12AA1，又CF∥AA1，CF＝12AA1，
∴EM∥CF，EM＝CF，
∴四边形EMCF为平行四边形，∴EF∥CM，
又EF⊄平面ABCD，CM⊂平面ABCD，
∴EF∥平面ABCD.
(2)设AB＝AA1＝2BC＝2CD＝4，∵AC⊥BC，∴AC＝23.
由题意知CA、CB、CC1两两垂直，故以C为坐标原点，分别以CA、CB、CC1所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系．

则A1(23，0，4)、O(3，1，0)、F(0，0，2)、C(0，0，0)、D(3，－1，0)，
∴A1D的中点E的坐标为(332，－12，2)，
∴OF＝(－3，－1，2)，EF＝(－332，12，0)，
设平面OEF的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则n·OF=0n·EF=0，即-3x-y+2z=0-332x+12y=0，即3x+y-2z=033x-y=0，
令x＝3，得n＝(3，9，6)，
∵AC⊥BC，AC⊥CC1，BC∩CC1＝C，
∴AC⊥平面BCC1，
∴平面BCC1的一个法向量为CA＝(23，0，0)，cos〈n，CA〉＝n·CAn·CA＝63+81+36·23＝1020，
∴平面OEF与平面BCC1夹角的余弦值为1020.
提分题
[例2]　解析：(1)证明：连接BD交AC于O，
易证O为BD中点，又F是PD的中点，
所以OF∥PB，
又OF⊂平面AFC，且PB不在平面AFC内，
故PB∥平面AFC.
(2)取PC中点为Q，以O为坐标原点，OB为x轴，OC为y轴，OQ为z轴建立空间直角坐标系，设OB＝m，则

A(0，－1，0)，B(m，0，0)，C(0，1，0)，P(0，－1，2)，D(－m，0，0)⇒F(－m2，－12，1)，
AP＝(0，0，2)，OF＝(－m2，－12，1)，OC＝(0，1，0)，
设平面AFC的法向量为n＝(x，y，z)，
由n⊥OFn⊥OC⇒-m2x-12y+z=0y=0，令x＝2，有n＝(2，0，m)，
由PA与平面AFC所成的角正弦值为217⇒217＝AP·nAP·n＝2m24+m2⇒m＝3，
平面ACD的法向量为m＝(0，0，1)，
则锐二面角F - AC - D的余弦值为
m·nm·n＝37＝217.
[例3]　解析：(1)证明：在梯形ABCD中取AD中点N，连接CN，
则由BC平行且等于AN知ABCN为平行四边形，所以CN＝AB，
由CN＝12AD知C点在以AD为直径的圆上，所以AC⊥CD.
又AP⊥CD，AP∩AC＝A, AP，AC⊂平面PAC，
∴CD⊥平面PAC，
又CD⊂平面ADC，
∴平面APC⊥平面ADC.

(2)取AC中点O，连接PO，由AP＝PC，可知PO⊥AC，
再由平面PAC⊥平面ACD，AC为两面交线，所以PO⊥平面ACD，
以O为原点，OA为x轴，过O且与OA垂直的直线为y轴，OP为z轴建立空间直角坐标系，

令AB＝2，则A(3，0，0)，C(－3，0，0)，P(0，0，1)，D(－3，2，0)，
由VP - ACM∶VD - ACM＝1∶2，得PM＝13PD，
所以OM＝OP+PM＝OP+13PD＝(－33，23，23)，
设平面ACM的法向量为n＝(x，y，z)，
则由n·OM=0n·OA=0得-33x+23y+23z=03x=0，
取z＝－1得x＝0，y＝1，所以n＝(0，1，－1)，
而平面PAC的法向量m＝(0，1，0)，所以cos〈n，m〉＝m·nmn＝22.
又因为二面角P - AC - M为锐二面角，所以其余弦值为22.
[巩固训练2]
1．解析：(1)证明：取线段PD的中点H，连接SO、OH、HA，如图，

在△PCD中，O、H分别是PC、PD的中点，所以OH∥CD且OH＝12CD，
所以OH∥AS且OH＝AS，
所以四边形ASOH是平行四边形，所以SO∥AH，
又AH⊂平面PAD，SO⊄平面PAD，所以SO∥平面PAD.
(2)取线段AD、BC的中点E、F，连结PE、EF.由点E是线段AD的中点，PA＝PD可得PE⊥AD，又EF⊥AD，所以∠PEF是二面角P - AD－B的平面角，即∠PEF＝23π，以E为原点，EA、EF方向分别为x轴、y轴正方向，建立如图所示坐标系，在△PAD中，AD＝4，PA＝PD＝22知：PE＝2，所以P(0，－1，3)，D(－2，0，0)，B(2，2，0)，C(－2，2，0)，

所以PD＝(－2，1，－3)，PB＝(2，3，－3)，PC＝(－2，3，－3)，
设平面PBC的法向量n＝(x，y，z)，则n·PB=0n·PC=0，即2x+3y-3z=0-2x+3y-3z=0，
可取n＝(0，1，3)，设直线PD与平面PBC所成角为θ，
则sinθ＝|cos〈PD，n〉|＝22·22＝24，
所以直线PD与平面PBC所成角的正弦值为24.
2．解析：(1)证明：在等腰梯形ABCD中，过A作AE⊥BC于E，过D作DF⊥BC于F，

因为在等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB＝CD＝1，∠BCD＝60°，
所以BE＝CF＝12CD＝12，AE＝DF＝12-122＝32，
所以AC＝BD＝322+322＝3，BC＝2，
所以BD2＋CD2＝BC2，所以BD⊥CD，同理AB⊥AC，
又因为AP＝AB＝1，PB＝2，
∴AP2＋AB2＝PB2，∴AB⊥AP
又AC∩AP＝A，AC，AP⊂平面ACP，
所以AB⊥平面ACP，
因为PC⊂平面ACP，
所以AB⊥PC.
(2)取AC的中点为M，BC的中点为N，则MN∥AB，
因为AB⊥平面ACP，所以MN⊥平面ACP，
因为AC，PM⊂平面ACP，所以MN⊥AC，MN⊥PM，
因为PA＝PC，AC的中点为M，所以PM⊥AC，
所以MN，MC，MP两两垂直，
所以以M为原点，以MN所在直线为x轴，以MC所在直线为y轴，以MP所在直线为z轴建立空间直角坐标系，
则A(0，－32，0)，B(1，－32，0)，C(0，32，0)，P(0，0，12)，
PC＝(0，32，－12)，PB＝(1，－32，－12)，
平面APC的一个法向量为m＝AB＝(1，0，0)，
设平面PBC的一个法向量为n＝(x，y，z)，则
n·PC=32y-12z=0n·PB=x-32y-12z=0，令y＝1，则n＝(3，1，3)，
所以cos〈m，n〉＝m·nmn＝31×7＝217，
因为二面角A - PC - B为锐角，
所以二面角A - PC - B的余弦值为217.

微专题3　探索性问题
提分题
[例4]　解析：(1)证明：因为四边形ABCD为平行四边形，且△ADE为等边三角形，
所以∠BCE＝120°，
又E为CD的中点，所以CE＝ED＝DA＝CB，即△BCE为等腰三角形，
所以∠CEB＝30°.
所以∠AEB＝180°－∠AED－∠BEC＝90°，
即BE⊥AE.
又因为平面AEP⊥平面ABCE，
平面APE∩平面ABCE＝AE，BE⊂平面ABCE，
所以BE⊥平面APE，
又AP⊂平面APE，所以BE⊥AP.
(2)取AE的中点O，连接PO，由于△APE为正三角形，则PO⊥AE，
又平面APE⊥平面ABCE，平面APE∩平面ABCE＝AE，PO⊂平面EAP，
所以PO⊥平面ABCE，PO＝3，BE＝23，
取AB的中点G，则OG∥BE，
由(1)得BE⊥AE，所以OG⊥AE，
以点O为原点，分别以OA，OG，OP所在的直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系O - xyz，

则O(0，0，0)，A(1，0，0)，B(－1，23，0)，P(0，0，3)，E(－1，0，0)，
则EA＝(2，0，0)，EB＝(0，23，0)，PB＝(－1，23，－3)，EP＝(1，0，3),
假设存在点F，使平面AEF与平面AEP的夹角为45°，
设PF＝λPB＝(－λ，23λ，－3λ)，λ∈[0，1]，
则EF＝EP+PF＝(1，0，3)＋(－λ，23λ，－3λ)＝(1－λ，23λ，3-3λ)，
设平面AEF的法向量为m＝(x，y，z)，
由EF·m=0EA·m=0得1-λx+23λy+3，－3λz=02x=0，
取z＝2λ，得m＝(0，λ－1，2λ);
由(1)知EB为平面AEP的一个法向量，
于是，cos45°＝|cos〈m，EB〉|＝m·EBm·EB＝23λ-123·5λ2-2λ+1＝22，
解得λ＝13或λ＝－1(舍去)，
所以存在点F，且当点F为线段PB的靠近点P的三等分点时，平面AEF与平面AEP的夹角为45°.
[巩固训练3]
解析：(1)证明：取AB的中点E，连接SE，CE，∵SA＝SB，∴SE⊥AB，
∵BC⊥AC，∴三角形ACB为直角三角形，∴BE＝EC，
又BS＝SC，∴△SEC≌△SEB，∴∠SEB＝∠SEC＝90°，
∴SE⊥EC，
又SE⊥AB，AB∩CE＝E，∴SE⊥平面ABC.
又SE⊂平面SAB，∴平面SAB⊥平面ABC.

(2)以E为坐标原点，平行AC的直线为x轴，平行BC的直线为y轴，ES为z轴建立空间直角坐标系，如图，不妨设SA＝SB＝SC＝2，
SC⊥SA，则AC＝22，BC＝SC＝2知EC＝23，SE＝1，

则A(－2，1，0)，B(2，－1，0)，C(2，1，0)，E(0，0，0)，S(0，0，1)，
∴AB＝(22，－2，0)，SA＝(－2，1，－1)，
设D(x，y，z)，CD＝λCS(0≤λ≤1)，则(x－2，y－1，z)＝λ(－2，－1，1)，
∴D(2-2λ，1－λ，λ)，BD＝(－2λ，2－λ，λ)．
设平面SAB的一个法向量为n＝(x1，y1，z1)，
则n·AB=22x1-2y1=0n·SA=-2x1+y1-z1=0，取x1＝1，得n＝(1，2，0)，
sin60°＝n·BDnBD，则22-22λ32λ2+2-λ2+λ2＝32，
得λ2＋7λ＋1＝0，又∵0≤λ≤1，方程无解，
∴不存在点D，使直线BD与平面SAB所成的角为60°.