2025年高考数学一轮专题复习--空间向量和立体几何专题1（含解析）-练习

这是一份2025年高考数学一轮专题复习--空间向量和立体几何专题1（含解析）-练习，共19页。
典例1、如图，在长方体中，，，点E是棱AB的中点．
（1）证明：； （2）求点E到平面的距离； （3）求二面角的余弦值．
随堂练习：如图，在长方体中，，，E、M、N分别是、、
的中点.
（1）证明：平面；（2）求点C到平面的距离；
（3）设P为边上的一点，当直线与平面所成角的正切值为时，求二面角 的余弦值.
典例2、如图，在四棱锥中，平面，四边形是矩形，，，是的中点，，垂足为.
（1）证明：平面；（2）求点到平面的距离；（3）求二面角的正弦值.
随堂练习：如图，正三棱柱中，，点，分别为，的中点.
（1）求点到平面的距离； （2）求二面角的余弦值.
典例3、如图，在四棱锥中，已知平面，且四边形为直角梯形，，，．
（1）求点到平面的距离；（2）设是线段上的动点，当直线与所成的角的余弦值为时，求二面角的余弦值．
随堂练习：如图，在四棱锥中，已知底面为直角梯形，，，
，平面平面，，.
（1）从下列条件①､条件②中再选择一个作为已知条件，求证：平面PAB；
条件①：E，F分别为棱PD，BC的中点；条件②：E，F分别为棱PC，AD的中点.
（2）若点M在棱PD（含端点）上运动，当为何值时，直线CM与平面PAD所成角的正弦值为.
知识点二 线面垂直证明线线垂直,面面角的向量求法
典例4、如图，四边形是菱形，，平面，，．
（1）证明：． （2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值．

随堂练习：如图，是以为斜边的等腰直角三角形，是等边三角形，，.
（1）求证：； （2）求平面与平面夹角的余弦值.

典例5、已知四棱锥中，，，，，，面
面ABE，.
（1）求证： （2）求面ADE与面BCE所成的锐二面角的余弦值

随堂练习：如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，平面，，
，，．
（1）证明：； （2）若，求二面角的余弦值．

典例6、如图，在直三棱柱中，侧面是正方形，且平面平面.
（1）求证：；（2）若直线与平面所成的角为，E为线段的中点，求平面与平面所成锐二面角的大小.

随堂练习：如图，直三棱柱，.
（1）证明：；（2）设为的中点，，求二面角的余弦值.
空间向量和立体几何高考复习专题一答案
典例1、答案：（1）证明见解析；（2）；（3）.
解:（1）由长方体性质知：面，面，则，
又，则为正方形，即，而，
∴面，而面， ∴.
（2）由题设，，则，
由，且E是棱AB的中点，则，即，
若E到平面的距离为，则，可得.
（3）构建如下图示的空间直角坐标系，则，

∴，若是面的法向量，
∴，令，则，
又是面的一个法向量，
∴，则锐二面角的余弦值.
随堂练习：答案： （1）证明见解析；（2）；（3）.
解: （1）证明：连接，，如图，

因为E、M分别是、的中点，所以且，
又N是的中点，所以，
结合长方体的性质可得且，
所以四边形为平行四边形，所以，
又平面，平面，所以平面；
（2）因为，，为长方体，
E、M、N分别是、、的中点，
所以，，，
所以为等腰三角形，其底边上的高为，
所以， 设点C到平面的距离为，则，
又， 所以，解得，
所以点C到平面的距离为；
（3）连接，如图，

由平面可得即为直线与平面所成角，
又，所以,
分别以、、作为x轴、y轴、z轴，建立如图所示空间直角坐标系，
则，，， 所以，，
设平面的一个法向量为，
则，令则， 得平面的一个法向量，
所以，
因为二面角为钝角， 所以二面角的余弦值为.
典例2、答案：（1）证明见解析；（2）；（3）1.
解：（1）证明：连接交于点，连接，易知为中点，
在中，，分别为，中点， ∴为的一条中位线， ∴，
∵平面，平面， ∴平面.
（2）过点作交于点，则点到平面的距离，即点到平面的距离，
∵平面，平面， ∴，
又，，平面，平面，
∴平面，则点到平面的距离即为的长度，
在中，，，故，
又，故，则，
∴， ∴，
∴，即点到平面的距离为.
（3）以点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
由（2）可得，，，，
∴，，，，
设平面的一个法向量为，则，则可取，
设平面的一个法向量为，则，则可取，
∴， ∴二面角的正弦值为1.

随堂练习：答案： （1）；（2）.
解：（1）取的中点，连结，则平面，
是等边三角形，，
以为原点，分别以，，所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，
则，0，，，，，，0，，，，，，0，，
，，，，0，，，0，，
设平面的法向量为，，，则，即，
令可得，0，，
点到平面的距离为.
（2），，，，0，，
设平面的法向量为，，，则，即，
令可得，，， ，，
二面角的余弦值为.

典例3、答案：（1）；（2）．
解:（1），由于平面，
从而即为三棱锥的高，故．
设点到平面的距离为．
由平面得，又由于，故平面，所以．
由于，所以．故．
因为，所以．
（2）以为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系，则各点的坐标为，，，．
设， 因为，所以，
由，得，
又， 从而．
即时，． 又因为，所以． ，，
设平面的一个法向量为， 则，，
即得：，令，则．
所以是平面的一个法向量．
又，，
设平面的一个法向量为， 则，，
即，取，则，， 所以是平面的一个法向量．
从而，
由图知二面角为钝角故二面角的余弦值为-．

随堂练习：答案： （1）证明见解析 （2）
解：若选条件①，取AD的中点为G，连接EG，GF，则，，
因为平面，平面，平面，平面，
所以∥平面，∥平面，
因为， 所以平面∥平面，
又因为平面，所以∥平面PAB.

若选条件②，取BC的中点为G，连接EG，GF，则∥，∥，
因为平面，平面，平面，平面，
因为，所以平面∥平面PAB，
又因为平面EFG，所以∥平面PAB.
取AB中点为O，连接PO，CO， 因为，所以，
又因为平面PAB，平面平面ABCD，平面平面
所以平面ABCD，
又因为，，，所以，
又因为，，为AB中点，所以，，
又因为，所以四边形OADC为矩形，所以，
故以为坐标原点，为轴正方向，为轴正方向，为轴正方向建立空间
直角坐标系如图，则，，，，所以，
又因为M在PD上，所以存在，使，所以，
又因为，所以，所以，
又因为，，
设平面PAD的法向量，则，所以，取，则. 所以.
设直线CM与平面PAD所成角为，
则，
故，所以或， 又因为，所以， 即.

典例4、答案：（1）证明见解析 （2）
解：（1）证明：连接． 因为四边形是菱形，所以．
又平面，所以．
因为，所以平面． 又，所以平面就是平面，
因为平面，所以．
（2）设，相交于点O，以O为坐标原点，
，所在直线分别为x，y轴建立如图所示的空间直角坐标系．
不妨设，
则

设平面的法向量为，，，
则，取，可得．
取的中点G，连接．易证平面平面，
因为是正三角形，所以，
从而平面，即是平面的一个法向量．
因为，，所以，
所以，
所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为．
随堂练习：答案：（1）证明见解析; （2）.
解：（1）取中点，连接，，
因为是以为斜边的等腰直角三角形，所以.
因为是等边三角形，所以.
，平面，平面， 所以平面.
因为平面，故.
（2）在中，，，，由余弦定理可得，
，故.
如图，以，及过点垂直于平面的方向为，，轴的正方向
建立空间直角坐标系，
可得，所以，，，
设为平面的一个法向量， 则，即，
令，可得.
设为平面的一个法向量，
则，即， 令，可得.
所以，
故平面与平面夹角的余弦值为.

典例5、答案：（1）证明见解析 （2）
解：（1）证明：过C作交AB于G，连接，
∵面面ABE，且AB为交线，平面， ∴面ABE，
又平面，∴，
∵，∴，
即，
即， ∴，即，
∵平面， ∴面ABCD，
又平面，∴；
（2）过D作交AB于O， ∴，∴面ABE，
由（1）得，
以O为坐标原点，以，，分别为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系，如图，
由，，得，，，
∴，，，，，
∴，，，，
设面ADE，面BCE的法向量分别为，，
∴，即，令，则，
，即，令，则，
∴，
∴面ADE与面BCE所成的锐二面角的余弦值为.

随堂练习：答案： （1）证明见解析 （2）．
解：（1）证明：∵，， ∴，，又，，
∴，且四边形为直角梯形，，则，
∴， ∴，∴，
又∵平面，平面，∴，
又∵，平面，∴平面，
∵平面AOP，∴．
（2）以为坐标原点，直线，，分别为，，轴，建立空间直角坐标系，
，则，，．
易知平面的法向量为．
设平面的法向量为，
∵，， 由，有，
令，从而，，∴．
设二面角的平面角为，则，
即二面角的余弦值为．

典例6、答案： （1）证明见解析 （2）
解：（1）设，则中点为M，且
∵平面平面且交线为，平面，∴平面，
∵平面，∴， 又直三棱柱，∴，
∵平面， ∴平面，
∵平面，∴.
（2）由（1）知平面， 所以直线与平面所成的角为，
不妨设
以B为原点，分别为x，y，z轴正向建立坐标系，，
设平面的法向量为 ，故可设，
设平面的法向量为， ，故可设，
设平面与平面所成锐二面角为， ∴.

随堂练习：答案：（1）证明见解析 （2）
解：（1）直三棱柱， 平面，并且平面 ，
又，且，平面 平面，
又平面， .
（2），，两两垂直，以为原点，建立空间直角坐标系，
如图，则，所以的中点，则，，，

设平面的一个法向量，则，可取，
设平面的一个法向量，则，可取，
则，因所求角为钝角，所以二面角的余弦值为.