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五（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五（含解析），共23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五
知识点一 证明线面垂直,锥体体积的有关计算,求二面角,面面角的向量求法
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.