2025年高考数学二轮专题复习（讲义）--空间向量和立体几何专题九（含解析）

这是一份2025年高考数学二轮专题复习（讲义）--空间向量和立体几何专题九（含解析），共18页。学案主要包含了注意基础知识的整合，查漏补缺，保强攻弱，提高运算能力，规范解答过程，强化数学思维，构建知识体系，解题快慢结合，改错反思，重视和加强选择题的训练和研究等内容，欢迎下载使用。
一、注意基础知识的整合、巩固。进一步夯实基础，提高解题的准确性和速度。
二、查漏补缺，保强攻弱。针对“一模”的问题要根据自己的实际情况作出合理的安排。
三、提高运算能力，规范解答过程。一定要重视运算技巧粗中有细，提高运算准确性和速度。
四、强化数学思维，构建知识体系。同学们在听课时注意把重点要放到理解老师对问题思路的分析以及解法的归纳总结，以便于同学们在刷题时做到思路清晰，迅速准确。
五、解题快慢结合，改错反思。要适当地选择好的方案，解题动作要快要自信。
六、重视和加强选择题的训练和研究。对于选择题不但要答案正确，还要优化解题过程，提高速度。灵活运用特值法、排除法、数形结合法、估算法等。
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=， ∴cs∠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PAD；
（2）平面，AD，AC平面ABCD， 所以PA⊥AD，PA⊥AC，
因为，，
由勾股定理得：，则∠ADB=30°， 同理可得，∠CDB=30°，
故∠ADC=60°，所以三角形ACD为等边三角形，，
故，，，
过点B作BE⊥PC于点E，连接DE，
在△BCP中，由余弦定理得：，
则，，
在△CDP中，由余弦定理得：，
在△CDE中，，
因为，所以DE⊥PC，
所以∠BED为平面与平面所成二面角的平面角，
由余弦定理得：，
故平面与平面所成二面角的大小为.