专题18 立体几何综合-备战2022年高考数学（理）母题题源解密（全国乙卷）（解析版）

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专题18 立体几何综合

【母题来源】2021年高考乙卷
【母题题文】如图，四棱锥的底面是矩形，底面，，为的中点，且．

（1）求；
（2）求二面角的正弦值．
【答案】（1）；（2）

【试题解析】（1）平面，四边形为矩形，不妨以点为坐标原点，、、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、、、、，
则，，
，则，解得，故；
（2）设平面的法向量为，则，，
由，取，可得，
设平面的法向量为，，，
由，取，可得，
，
所以，，
因此，二面角的正弦值为.
【点睛】
思路点睛：利用空间向量法求解二面角的步骤如下：
（1）建立合适的空间直角坐标系，写出二面角对应的两个半平面中对应的点的坐标；
（2）设出法向量，根据法向量垂直于平面内两条直线的方向向量，求解出平面的法向量（注：若半平面为坐标平面，直接取法向量即可）；
（3）计算（2）中两个法向量的余弦值，结合立体图形中二面角的实际情况，判断二面角是锐角还是钝角，从而得到二面角的余弦值.
【命题意图】
高考对本部分内容的考查以能力为主，重点考查线面关系、面面关系、线面角及二面角的求解，考查数形结合的思想，空间想象能力及运算求解能力等．
【命题方向】
高考对该部分内容的考查主要有两种形式：一是利用立体几何的知识证明线面关系、面面关系；二是考查学生利用空间向量解决立体几何的能力，考查空间向量的坐标运算，以及平面的法向量等，难度属于中等偏上，解题时应熟练掌握空间向量的坐标表示和坐标运算，把空间立体几何问题转化为空间向量问题.
【得分要点】
1.直线与平面、平面与平面的平行与垂直的向量判定方法
设直线l的方向向量为a=(a1，b1，c1)，平面α，β的法向量分别为μ=(a2，b2，c2)，v=(a3，b3，c3)，则
（1）线面平行：l∥α⇔a⊥μ⇔a·μ=0⇔a1a2＋b1b2＋c1c2=0；
（2）线面垂直：l⊥α⇔a∥μ⇔a=kμ⇔a1=ka2，b1=kb2，c1=kc2；
（3）面面平行：α∥β⇔μ∥v⇔μ=λv⇔a2=λa3，b2=λb3，c2=λc3；
（4）面面垂直：α⊥β⇔μ⊥v⇔μ·v=0⇔a2a3＋b2b3＋c2c3=0.
注意：用向量知识证明立体几何问题，仍然离不开立体几何中的定理.如要证明线面平行，只需要证明平面外的一条直线和平面内的一条直线平行，即化归为证明线线平行，用向量方法证明直线a∥b，只需证明向量a=λb（λ∈R）即可.若用直线的方向向量与平面的法向量垂直来证明线面平行，仍需强调直线在平面外.
2.利用向量求异面直线所成的角
把角的求解转化为向量运算，“转化”是求异面直线所成角的关键，一般地，异面直线AC，BD的夹角β的余弦值为cos β=.
注意：两条异面直线所成的角α不一定是两直线的方向向量的夹角β，即cos α=|cos β|.
3.利用向量求直线与平面所成的角
（1）分别求出斜线和它所在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；
（2）通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角，取其余角就是斜线和平面所成的角．
注意：直线和平面所成的角的正弦值等于平面法向量与直线方向向量夹角的余弦值的绝对值，即注意函数名称的变化．设直线l的方向向量为a=(a1，b1，c1)，平面α的法向量为μ=(a3，b3，c3)，直线l与平面α的夹角为，则.
4.利用向量求二面角
求二面角最常用的方法就是分别求出二面角的两个面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．
注意：两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，有可能为两法向量夹角的补角．设平面α，β的法向量分别为μ=(a3，b3，c3)，v=(a4，b4，c4)，平面α，β的夹角为θ(0≤θ≤π)，则.
5.用向量解决探索性问题的方法
（1）确定点在线段上的位置时，通常利用向量共线来求．
（2）确定点在平面内的位置时，充分利用平面向量基本定理表示出有关向量的坐标而不是直接设出点的坐标．
（3）解题时，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法解题．



1．（2021·重庆高三其他模拟）已知正方体中，分别为棱的中点.

（1）求证；四点共面；
（2）求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）建立空间直角坐标系，求出，坐标得，从而得四边形为平行四边形即可证明；
（2）分别求出平面与平面的法向量和，利用向量法求解二面角的公式即可求解.
【详解】
解：如图建立空间直角坐标系，设正方体的边长为2，
（1）因为，，，，
所以，，
所以，所以，且，
所以四边形为平行四边形，所以四点共面；

（2），
设平面的法向量分别为，则
，即，取得，
同理可得，平面的法向量，
所以，
由图可知，二面角为钝角，所以二面角的余弦值为.
2．（2021·普宁市普师高级中学高三其他模拟）如图，四棱锥中，底面，，，，为的中点.

（1）证明：平面；
（2）若是等边三角形，求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）取的中点，连接、，证明四边形为平行四边形，可得出，利用线面平行的判定定理可证得结论成立；
（2）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设，利用空间向量法可求得二面角的余弦值.
【详解】
（1）证明：取的中点，连接、，
、分别为、的中点，则且，
由已知条件可得且，且，
故四边形为平行四边形，所以，，
平面，平面，因此，平面；
（2）因为底面，，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，

为等边三角形，，不妨设，
则、、、，，，
设平面的法向量为，
由，得，令，得，，，
易知平面，平面的一个法向量为，
设二面角的平面角为，由图观察可知为锐角，
，二面角的余弦值为.
3．（2021·上海复旦附中高三其他模拟）如图，在三棱锥中，是正三角形，是等腰直角三角形，，.

（1）求证：；
（2）若点为的中点，求与平面所成角的大小.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）取的中点，连接、，证明出平面，再利用线面垂直的性质可证得结论成立；
（2）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得与平面所成角的大小.
【详解】
（1）证明：取的中点，连接、.
由题设可知，是等腰直角三角形，且，则，所以，
因为是正三角形，所以，
又，则平面，
平面，因此，；
（2）在中，，又，而，
所以，故，
由题设及（1）知，平面，
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，如图所示，


则、、、.
为的中点，得，故，，，
设是平面的法向量，则，即，
取，则，
因为，
所以与平面所成角的大小为.
4．（2021·山东高三其他模拟）在正六棱柱中，.

（1）求到平面的距离；
（2）求二面角的余弦值.
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）连接，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出点到平面的距离，即为所求；
（2）计算出平面、平面的法向量，利用空间向量法可求得二面角的余弦值.
【详解】
（1）连接，因为六边形为正六边形，则，
因为，则，故，
因为底面，不妨以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，如下图所示：

则、、、、、、，
在正六棱柱中，且，
所以，四边形为平行四边形，则，
因为平面，平面，所以，平面，
所以，到平面的距离等于点到平面的距离，
设平面的法向量为，，，
由，取，则，
，所以，直线到平面的距离为；
（2）设平面的法向量为，，，
由，取，则，
，
由图可知，二面角为锐角，所以，二面角的余弦值为.
【点睛】
思路点睛：利用空间向量法求解二面角的步骤如下：
（1）建立合适的空间直角坐标系，写出二面角对应的两个半平面中对应的点的坐标；
（2）设出法向量，根据法向量垂直于平面内两条直线的方向向量，求解出平面的法向量（注：若半平面为坐标平面，直接取法向量即可）；
（3）计算（2）中两个法向量的余弦值，结合立体图形中二面角的实际情况，判断二面角是锐角还是钝角，从而得到二面角的余弦值.
5．（2021·沈阳市·辽宁实验中学高三二模）已知四棱锥的底面是菱形，对角线、交于点，，，底面，设点满足．

（1）若三棱锥体积是，求的值；
（2）若直线与平面所成角的正弦值是，求的值．
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）由题意知，、、两两垂直，建立空间直角坐标系，设，由 ，求得M的坐标，过作于，于，再由求解；
（2）由（1）知，求得平面的一个法向量为，设直线与平面所成的角为，然后由求解.
【详解】
（1）因为四边形是菱形，所以，
因为底面，所以、，
所以、、两两垂直，
建立如图所示的空间直角坐标系，

设，，，
因为，所以，
于是，所以，
过作于，过作于，
所以
，
解得．
（2）由（1）知，，，
设平面的一个法向量为，
，
令，，
设直线与平面所成的角为，
所以，
解得或（舍去）．
6．（2021·山西高三三模（理））如图，正三棱柱中，，，，分别是棱，的中点，在侧棱上，且.

（1）求证：平面平面；
（2）求平面与平面所成的锐二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）依题意可得平面，从而得到，再由三角形相似得到，从而得到平面，即可得证；
（2）以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示空间直角坐标系，利用空间向量法求出二面角的余弦值；
【详解】
（1）解：∵在正三棱柱中，平面，平面，
∴.
∵是棱的中点，为正三角形，
∴.
∵，
∴平面.
∵平面
∴.
又∵，，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴.
又∵，
∴平面，
∵平面，
∴平面平面.
（2）解：∵，平面，
∴平面，
∴，，两两垂直.
以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示空间直角坐标系，

则，，，，
∴，，
设平面的一个法向量为.
则，取，
又由（1）可知平面，
所以是平面的一个法向量
设平面与平面所成的锐二面角为，则，
∴平面与平面所成的锐二面角的余弦值为.
7．（2021·辽宁铁岭市·高三二模）如图，四棱锥中，，，是正三角形.

（1）求证：平面底面.
（2）点在棱上，且直线与底面所成角为30°，求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）由条件可证明平面，即可得证；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
【详解】
（1）由，,得，
又,
所以.
因为
所以在三角形中，,
所以.
因为，，
所以
所以.
因为，所以平面.
因为底面，所以平面底面.

（2）根据（1），以为坐标原点，的方向为轴正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系.


则，，，.
设，可得，于是.
取底面法向量为，则，，可得或(舍去)，.
设平面法向量为，因为，则，，得，取.
，二面角平面角是钝角，
故二面角的余弦值是.
8．（2021·北京高考真题）已知正方体，点为中点，直线交平面于点．

（1）证明：点为的中点；
（2）若点为棱上一点，且二面角的余弦值为，求的值．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【分析】
(1)首先将平面进行扩展，然后结合所得的平面与直线的交点即可证得题中的结论；
(2)建立空间直角坐标系，利用空间直角坐标系求得相应平面的法向量，然后解方程即可求得实数的值.
【详解】
(1)如图所示，取的中点，连结，
由于为正方体，为中点，故，
从而四点共面，即平面CDE即平面，
据此可得：直线交平面于点，
当直线与平面相交时只有唯一的交点，故点与点重合，
即点为中点.

(2)以点为坐标原点，方向分别为轴，轴，轴正方形，建立空间直角坐标系，

不妨设正方体的棱长为2，设，
则：，
从而：，
设平面的法向量为：，则：
，
令可得：，
设平面的法向量为：，则：
，
令可得：，
从而：，
则：，
整理可得：，故（舍去）.
【点睛】
本题考查了立体几何中的线面关系和二面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.
9．（2021·上海市崇明中学高三其他模拟）如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，，点是的中点.

（1）证明：直线平面；
（2）者直线与平面所成角的正弦值为，求三棱锥的体积.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）由平而，证得，再由，得到，结合线面垂直的判定定理，即可证得平面；
（2）由（1）得到为与平面所成角，在直角中，可求得，得到，结合，即可求解.
【详解】
（1）因为平而，平面，所以，
又由，且是直角梯形，
可得，可得，所以，
又因为，且平面，所以平面.
（2）由（1）知平面，所以即为直线与平面所成角，
在直角中，可得，所以，则，
所以.
10．（2021·四川成都市·树德中学高三其他模拟（理））如图所示，在三棱柱中，，点在平面的射影为线段的中点，侧面是菱形，过点，，的平面与棱交于点．

（1）证明四边形为矩形；
（2）若与平面所成角的正切值为，求与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【分析】
（1）由已知根据线面平行的判定定理证得平面.再运用面面平行的判定和性质证得四边形为平行四边形.运用线面垂直的判定定理可证得平面，从而得出结论.
（2）以，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系，依题意得，分别求解平面的法向量和的方向向量，运用线面角的向量求解方法可求得答案．
【详解】
（1）证明：取中点为，连接，，在三棱柱中，侧面为平行四边形，所以，
又因为平面，平面，所以平面．
因为平面，且平面平面，所以．
因为在三棱柱中，平面平面，平面平面，
平面平面，所以，所以四边形为平行四边形．
在中，因为，是的中点，所以．
由题可知平面，所以，，
因为，所以平面，
所以，故四边形为矩形；
（2）由（1）知，，两两垂直，以，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系．

设，又题可知，在中，，所以，
所以，，，，则，．
因为，所以．
设平面的法向量为，
则即，所以令，所以．
设与平面所成角为，
则，故与平面所成角的正弦值为．
11．（2021·新安县第一高级中学高三其他模拟（理））已知正三角形的边长为，点、分别是边、上的点，且满足（如图1），将沿折起到的位置（如图2），且使与底面成角，连接，．

（1）求证：平面⊥平面；
（2）求二面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【分析】
（1）证明平面，利用面面垂直的判定定理可证得结论成立；
（2）分析可知，然后以点为坐标原点，、所在的直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得二面角的余弦值．
【详解】
（1）折叠前，在图1中，，，，
由余弦定理可得，
所以，，则，
折叠后，在图2中，对应地有，，
，平面，
平面，因此，平面⊥平面；
（2）过点在平面内作，垂足为点，
平面平面，平面平面，平面，
平面，与平面所成的角为，
因为平面，以点为坐标原点，、所在的直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

则、、、，
设平面的法向量为，，，
由，取，则，
易知平面的一个法向量为，
，
由图可知，二面角为锐角，它的余弦值为.
12．（2021·福建高三三模）如图，在平面四边形中，且，分别将､沿直线翻转为､(，不重合)，连结，，.

(1)求证：；
(2)若，，点在平面内的正投影为的重心，求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析；(2).
【分析】
(1)取中点，连接，，利用线面垂直的判定定理证明平面，可得，由为的中点，即可证明；
(2)建立合适的空间直角坐标系，求出所需点的坐标，然后利用待定系数法求出平面的法向量，由向量的夹角公式求解即可.
【详解】
(1)取中点，连接，，，，
因为，所以，
又因为为沿折起的图形，所以，
又，，平面，
所以平面，又平面，
所以，
又因为为中点，
所以.

(2)由(1)得，，，为中点，
所以，，三点共线，且，
以点为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，过点与都垂直且向上方向为轴建立空间直角坐标系，如图所示，
因为，，，
所以，，
又点在平面内的正投影为的重心，
所以，，
故，，，，
设平面的一个法向量为，，，
则，即，
令，则，，故，
设平面的一个法向量为，，，
则，即，
令，则，，故，
所以，
由图可知二面角为锐角，
所以二面角的余弦值为.

13．（2021·四川雅安市·雅安中学高二期中（理））如图，在四棱锥中，底面为边长为2的菱形，为正三角形，且平面平面，为线段中点，在线段上.

（1）当是线段中点时，求证：平面；
（2）当时，求二面角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）
【分析】
（1）连结，交于点，连结，由中位线性质可得，利用线面平行的判定定理可得平面；
（2）易得，由线面垂直的性质定理可得面，，以为原点，以为轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量求二面角的余弦值即可解.
【详解】
证明：（1）连结，交于点，连结，
由底面为菱形，为中点，

∵为中点，∴.
又面，面，∴面.
（2）∵为正三角形，为的中点，∴.
又∵面面，∴面，
又底面菱形，，为线段中点，
以为原点，以为轴，建立空间直角坐标系，则，，
，，，则
又，即，可得，
，
设平面的法向量为，则
，令，则
由面，所以平面的法向量为，
所以
所以二面角的正弦值为

【点睛】
方法点睛：本题考查线面平行的判定定理及面面垂直的性质定理，及面面角的求法，利用空间向量求立体几何常考查的夹角：
设直线的方向向量分别为，平面的法向量分别为，则
①两直线所成的角为(),；
②直线与平面所成的角为(),；
③二面角的大小为(),
14．（2021·河南郑州市·高二期末（文））开普勒说：“我珍视类比胜过任何别的东西，它是我最可信赖的老师，它能揭示自然界的秘密，”波利亚也曾说过：“类比是一个伟大的引路人，求解立体几何问题往往有赖于平面几何中的类比问题．”在选修1—2第二章《推理与证明》的学习中，我们知道，平面图形很多可以推广到空间中去，例如正三角形可以推广到正四面体，圆可以推广到球，平行四边形可以推广到平行六面体等．如图，如果四面体中棱，，两两垂直，那么称四面体为直角四面体．请类比直角三角形（表示斜边上的高）中的性质给出直角四面体中的两个性质，并给出证明．


直角三角形
直角四面体
条件

，，
结论1


结论2



【答案】结论1：；结论2：；证明见解析．
【分析】
结论1：记、、、的面积依次为、、、S，记，，，代入面积公式，即可得表达式，在中，可得DH，进而可得PH，代入面积公式，可得，即可得证；
结论2：过作，垂足为，连接，过作，垂足为，设，根据线面垂直的判定和性质定理，可证即为点D到平面的距离h，由等体积法可得h表达式，化简整理，即可得证.
【详解】
解：记、、、的面积依次为、、、S，记，，，
结论1：，
证明：过作，垂足为，连接，


在中，，
，
，
．
结论2：
证明：过作，垂足为，连接，过作，垂足为，设，

，，
平面，又平面，
，又，
平面，即为点D到平面的距离h，
由等体积法可得，
，
，
．
．
15．（2021·黑龙江大庆市·大庆实验中学高三其他模拟（理））已知正四棱柱中，，．

（1）求证：；
（2）求二面角的余弦值；
（3）在线段上是否存在点，使得平面平面，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）存在，．
【分析】
（1）本题首先可根据题意得出平面以及，然后根据线面垂直的性质得出，最后根据线面垂直的判定与性质即可证得结论；
（2）首先可建立空间直角坐标系，然后求出平面的法向量，再然后求出平面的法向量，最后通过即可得出结果；
（3）本题可设为线段上一点，，然后根据得出，再然后求出平面的法向量，最后通过即可得出结果.
【详解】
（1）因为四棱柱是正四棱柱，
所以平面，，
因为平面，所以，
因为，所以平面，
因为平面，所以.
（2）如图，以为原点建立空间直角坐标系，

则，，，，，，
，，，
因为平面，所以是平面的法向量，
设平面的法向量，
则，即，令，则，，
故，
因为二面角是钝二面角，所以二面角的余弦值为.
（3）设为线段上一点，，，
因为，，，
所以，
则，，，，，
设平面的法向量，
则，即，令，则，
若平面平面，则，即，解得，
故当时，平面平面