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六（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六（含解析），共26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csθ， ∴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csθ． ∴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csθ．
∴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，由平面可知：，
在中，，
因为为的中点，所以，
所以，，
因为，平面，平面，所以平面，
所以点到平面的距离也就是直线到平面的距离.
因为，即，
也即，所以 故直线到平面的距离为.

（ⅱ）由（ⅰ）可知：，，两两垂直，分别以，，所在直线为轴，轴，轴建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，则，，，
设平面的法向量为，平面的法向量为，
则有，也即，令，则；
则有，也即，令，则，
则，
由图可知：二面角为锐二面角， 所以二面角的余弦值为.
随堂练习：答案：（1）证明见解析 （2）
解：（1）证明：取的中点，连接，，因为，分别是棱，的中点，
则，， 四边形为平行四边形，
， 平面，平面， 平面．

（2）在平面ACC1中过点作于，连接，
平面平面，平面平面， 平面，
选择条件①：
三棱锥的体积，，
在中，， 点为的中点，，
故以为原点，、、分别为、、轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
，，
，平面平面，平面， 平面，
平面即平面的一个法向量为，
设平面的法向量为，则，即，
令，则，，， ，
显然二面角为锐二面角，故二面角的余弦值为．
选择条件②：
与底面所成的角为，，， 点为的中点，，
故以为原点，、、分别为、、轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，， ，，
，平面平面，平面， 平面，
平面即平面的一个法向量为，
设平面的法向量为，则，即，
令，则，，， ，
显然二面角为锐二面角，故二面角的余弦值为．
选择条件③：
， 即为异面直线与所成的角，即，
，， ，即，，
故以为原点，、、分别为、、轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，， ，，
，平面平面，平面， 平面，
平面即平面的一个法向量为，
设平面的法向量为，则，即，
令，则，，， ，
显然二面角为锐二面角，故二面角的余弦值为．