2025年高考数学一轮专题复习--空间向量和立体几何专题9（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9（含解析）-练习，共18页。
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.