2025年高考数学一轮专题复习--空间向量和立体几何专题5（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5（含解析）-练习，共23页。
典例1、已知平行四边形，，，点是 的中点.沿把进行翻折，使得平面平面.
（1）求证：平面；
（2）点是的中点，棱上一点使得，求二面角的余弦值.

随堂练习：如图，斜三棱柱中，为正三角形，为棱上的一点，平面，
平面.
（1）证明：平面；（2）已知平面平面，求二面角的正弦值.
典例2、如图，中，且，将沿中位线EF折起，使得，连结AB，
AC，M为AC的中点.
（1）证明：平面ABC； （2）求二面角的余弦值.
随堂练习：如图，在四棱柱中，四边形和四边形都是矩形，，四
边形是一个边长为4的菱形，.
（1）求证：平面；（2）求平面与平面夹角的余弦值.

典例3、如图，在多面体中，，，，四边形是矩形，平面平面，.
（1）证明：平面；（2）若二面角的正弦值为，求的值.

随堂练习：如图，多面体中，，，为的中点，四边形为矩形.
（1）证明：；
（2）若，，当三棱锥的体积最大时，求二面角的余弦值.

知识点二 线面角的向量求法,线面平行的性质
典例4、如图，在四棱锥中，底面是边长为1的正方形，平面，为棱 的中点.
（1）求证：平面； （2）再从条件①、条件②、条件③中选择一个作为已知，
求：直线与平面所成角的正弦值，以及点到平面的距离.
条件①：； 条件②：平面； 条件③：.

随堂练习：如图，在三棱柱中，侧面为正方形，平面平面，，
M，N分别为，AC的中点．
（1）求证：平面；（2）再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB与平面BMN所成角的正弦值． 条件①：； 条件②：．
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
典例5、如图，在三棱柱中，，D为中点，四边形为正方形．
（1）求证：平面；（2）再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线 与平面所成角的正弦值． 条件①：； 条件②：．
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
随堂练习：如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，，，为
的中点，为上一点，平面.
（1）求证：为的中点；（2）再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线 与平面所成角的正弦值. 条件①：； 条件②：.
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分.

典例6、如图，在三棱柱中，侧面是边长为2的正方形，，，分别是，
的中点.
（1）证明：平面；（2）若，再从条件①、条件②中选择一个作为条件，求直线与平面所成角的正弦值. 条件①：异面直线与所成的角为45°；
条件②：是等腰三角形.

随堂练习：如图，在三棱柱中，四边形是边长为4的正方形.再从条件①､条件②､
条件③中选择两个能解决下面问题的条件作为已知.
（1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值；
（3）设是的中点，棱上是否存在点，使得平面？若存在，求线段的长；若不存在，说明理由. 条件①：；条件②：；条件③：平面平面.
注：如果选择多种方案分别解答，那么按第一种方案解答计分.
空间向量和立体几何高考复习专题五答案
典例1、答案：（1）证明见解析 （2）
解：（1）证明：在中，，，，由余弦定理知，
，∴，
又平面平面，平面平面，平面，
∴平面.
（2）设是的中点，因为，，则为正三角形，
则，，且，
∵平面平面，平面平面，平面，
∴平面，∴.
由题可知，，∴为正三角形，∴.
以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，如图，

则，，，，
设，则，
，，
∵，∴，即，解得.
∴当点为棱的中点时满足题意，即，
设平面的一个法向量为，，，
则，取，得， 又平面的一个法向量为，
∴， 由图可知，二面角为锐角，∴二面角的余弦值是.
随堂练习：答案：（1）证明见解析 （2）
解：（1）设，则为的中点.连结，则平面平面.
因为平面，平面，平面 平面= ，所以，
从而为的中点，因此.
因为平面，所以.因为，所以平面.
（2）解法1： 以为坐标原点，为轴正方向，为单位长，
建立如图所示的建立空间直角坐标系，设.

则，
，故， .
设为平面的法向量则 即可取
设为平面的法向量，则即
可取. 由可得，所以.
设为平面的法向量，则，即 可取.
因为，所以二面角的正弦值为.
解法2：
在平面内过点作，垂足为，因为平面平面，
所以平面，故.由（1）及题设平面，
所以，又，因此平面，所以， 因此.
以为坐标原点，为轴正方向，为单位长，建立如图所示的建立空间直角坐标系，

可知，可得
设为平面的法向量，则 即{可取
设为平面的法向量，则， 即可取
因为，于是二面角的正弦值.
所以二面角的正弦值.
典例2、答案： （1）证明见解析 （2）
解：（1）设，则
，，平面 平面，
连接，，，
，
，即
又 ，平面ABC
（2），以点为坐标原点，建立如下图所示的空间直角坐标系


设平面的法向量为，平面的法向量为
，令，则
同理可得，
又二面角为钝角，故二面角的余弦值为.
随堂练习：答案： （1）证明见解析； （2）.
解：（1）由矩形得，由矩形得.又，
∴平面.又平面，∴.
又∵四边形为菱形，∴，而，∴平面.

（2）在菱形ABCD中，，，
由余弦定理可得，则，
于是均为正三角形，取的中点M，易得，且.
以D为坐标原点，分别以，，所在直线为x轴､y轴､z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，
则，，.
设平面的法向量为， 则取，得.
设平面的法向量为，则取，得.
设平面与平面的夹角为，则.
典例3、答案：(1)证明见解析. (2) 或.
解: (1)取的中点,连接. 由，，.
则为正方形.所以. 又平面平面，且平面平面.
平面,所以平面. 又平面.则.
又四边形是矩形，则,且. ∴平面.

(2)由题目条件和（1）可知两两垂直.
故以点为原点，以分别为 轴，建立空间直角坐标系.如图.
设，则. 所以，,,,.
则,,.
设平面的一个法向量为. 所以，即 取
设平面的一个法向量为.所以，即取
二面角的正弦值为，则余弦值为.
即 ，解得：或 所以或.

随堂练习：答案： （1）证明见解析； （2）.
解：（1）四边形为矩形，，又，为中点，；
平面，，平面，
，平面，又平面，，
，，平面，平面，
又平面，.
（2），，，；
由（1）知：平面，
（当且仅当时取等号），
即时，三棱锥的体积最大， 又为中点，；
则以为坐标原点，为轴可建立如图所示空间直角坐标系，

则，，，，，
，，，
由（1）知：平面，平面的一个法向量为；
设平面的法向量，
则，令，解得：，，，
由图形可知：二面角为钝二面角，二面角的余弦值为.
典例4、答案： （1）证明见解析 （2）答案见解析
解：（1）连接，交于，连接，
底面是正方形，故是的中点，又为棱的中点，
所以，在△中，而面，面， 所以平面.

（2）选①：若分别是中点，连接，

由为棱的中点且底面是正方形，易知：，
又共线且，故，
所以为平行四边形，故，而，则，
在△中，垂直平分，故，即，
由，故，
又平面，平面，则，又，
以为原点，为x、y、z轴建立空间直角坐标系，
则，故，
令为面的一个法向量，则，令，，
所以，即直线与平面所成角的正弦值为，
所以点到平面的距离.
选②：平面，平面，则，为棱的中点，
在△中，垂直平分，故，
又平面，平面，则，又，
以为原点，为x、y、z轴建立空间直角坐标系，
则，故，
令为面的一个法向量，则，令，，
所以，即直线与平面所成角的正弦值为，
所以点到平面的距离.
选③：由平面，平面，则，又，
由，面，故面，面， 所以，
在中，，则，故，
又平面，则，在中，，即，
又平面，平面，则，又，
以为原点，为x、y、z轴建立空间直角坐标系，
则，故，
令为面的一个法向量，则，令，，
所以，即直线与平面所成角的正弦值为，
所以点到平面的距离.
随堂练习：答案： （1）见解析 （2）见解析
解：（1）取的中点为，连接， 由三棱柱可得四边形为平行四边形，
而，则，
而平面，平面，故平面，
而，则，同理可得平面，
而平面，
故平面平面，而平面，故平面，
因为侧面为正方形，故， 而平面，平面平面，
平面平面，故平面，
因为，故平面， 因为平面，故，
（2）若选①，则，而，，
故平面，而平面，故，
所以，而，，故平面，
故可建立如所示的空间直角坐标系，则，
故，
设平面的法向量为，则，从而，取，则，
设直线与平面所成的角为，则.
若选②，因为，故平面，而平面，
故，而，故，
而，，故， 所以，故，
而，，故平面，
故可建立如所示的空间直角坐标系，则，
故，
设平面的法向量为，则，从而，取，则，
设直线与平面所成的角为，则.

典例5、答案： （1）证明见解析； （2）
解：（1）证明：取的中点，连接，
在三棱柱中，因为是的中点，所以，，
又因为平面，平面，所以平面，同理可得平面，
又由且平面，所以平面平面，
因为平面，所以平面.
（2）若选条件①：
因为，，且，平面，所以平面，
又因为平面，所以，
以为原点，以分别为轴、轴和轴建立空间直角坐标系，
如图所示：因为且四边形为正方形， 可得，
则，
设平面的法向量为，则，
令，可得，所以，
设直线与平面所成角为，则，
即直线与平面所成角的正弦值为．
若选条件②：因为四边形为正方形且，可得，
又因为，所以， 由，所以，
以为原点，以分别为轴、轴和轴建立空间直角坐标系，
如图所示：因为且四边形为正方形，可得，
则，
设平面的法向量为，则，
令，可得，所以，
设直线与平面所成角为，则，
即直线与平面所成角的正弦值为．

随堂练习：答案：（1）证明见解析； （2）.
解：（1）取的中点，易知.
因为平面,平面,所以平面.
因为平面，平面， 所以平面平面.
因为平面，所以平面.
因为平面，且平面平面，所以.
因为为的中点，所以为的中点.
（2）选择条件①：，
因为底面是边长为2的正方形，所以.
因为平面，所以平面. 因为平面，所以.
因为，所以两两垂直，
以为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，

则， 所以，
设平面的法向量为， 则，令，得，
设直线与平面所成角为， 则.
故直线与平面所成角的正弦值为.
选择条件②：，
因为，,所以.
因为，,所以, 所以，即.
因为底面是边长为2的正方形，所以.
因为平面，所以平面. 因为平面，所以.
因为，所以两两垂直，
以为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，

则， 所以，
设平面的法向量为， 则，令，得，
设直线与平面所成角为， 则.
故直线与平面所成角的正弦值为.
典例6、答案： （1）证明见解析 （2）答案见解析
解：（1）取的中点为，连接，，因为是的中点，

所以且， 又因为且， 所以且，
所以四边形是平行四边形， 即，平面
而平面，所以平面.
因为，，且，平面， 所以，
（2）又因为，所以分别以，，所在的直线为，，轴建立空间直角坐标系.

选择条件①，因为为异面直线与所成的角，即，
所以，，
设，则， 解得， 所以，，
，， 所以，，，
设平面的法向量，则
令，则，，即，所以.
选择条件②，设，则，，，
因为是等腰三角形，所以上式中只能，即，
所以，，，， 所以，，，
设平面的法向量为，则
令，则，，即， 所以.
随堂练习：答案： （1）证明见详解 （2） （3）存在点；
解：（1）因所求问题包括线面角大小，需要求出边长，故①必选，
选②缺垂直条件，因为，又四边形是边长为4的正方形，所以，，平面平面所以平面又平面
所以，选①②无法证明平面；
故只能选择①③，理由如下：因为平面平面，平面平面，
四边形是边长为4的正方形，所以，所以平面，
又因为平面，所以，，所以，
又因为，所以，平面，，所以平面；
（2）由（1）知两两垂直，故以方向为轴，方向为轴，方向为轴，
建立空间直角坐标系，则，故，，设平面的方向量为，则，即，令，得，故，设直线与平面所成角为，则，故直线与平面所成角的正弦值为；
（3）假设存在设点，使得平面，则，因为平面，所以，，所以，，解得，故，，
所以存在点，为中点，使得平面，此时.