新高考数学二轮复习巩固训练 专题23《立体几何》大题综合练（2份，原卷版+教师版）

这是一份新高考数学二轮复习巩固训练 专题23《立体几何》大题综合练（2份，原卷版+教师版），文件包含新高考数学二轮复习巩固训练专题23《立体几何》大题综合练教师版docx、新高考数学二轮复习巩固训练专题23《立体几何》大题综合练教师版pdf、新高考数学二轮复习巩固训练专题23《立体几何》大题综合练原卷版docx、新高考数学二轮复习巩固训练专题23《立体几何》大题综合练原卷版pdf等4份试卷配套教学资源，其中试卷共73页， 欢迎下载使用。
空间中的平行关系
线线平行
线面平行的判定定理：
平面外一直线与平面内一直线平行，则线面平行
线面平行的性质定理
若线面平行，经过直线的平面与该平面相交，则直线与交线平行
面面平行的判定定理
判定定理1：一个平面内有两条相交直线分别平行于另一个平面，则面面平行
判定定理2：一个平面内有两条相交直线分别于另一个平面内两条相交直线平行，则面面平行
面面平行的性质定理
性质定理1：两平面互相平行，一个平面内任意一条直线平行于另一个平面
性质定理2：两平面互相平行，一平面与两平面相交，则交线互相平行
空间中的垂直关系
线线垂直
线面垂直的判定定理
一直线与平面内两条相交直线垂直，则线面垂直
线面垂直的性质定理
性质定理1：一直线与平面垂直，则这条直线垂直于平面内的任意一条直线
性质定理2：垂直于同一个平面的两条直线平行
面面垂直的判定定理
一个平面内有一条直线垂直于另一个平面，则两个平面垂直（或：一个平面经过另一个平面的垂线，则面面垂直）
面面垂直的性质定理
两平面垂直，其中一个平面内有一条直线与交线垂直，则这条直线垂直于另一个平面
异面直线所成角
=
（其中（）为异面直线所成角，分别表示异面直线的方向向量）
直线与平面所成角，(为平面的法向量).
二面角的平面角
（，为平面，的法向量）.
点到平面的距离
（为平面的法向量，是经过面的一条斜线，）.
冲刺训练
1.如图所示，在几何体中，平面，点在平面的投影在线段上，，，，平面.

(1)证明：平面平面.
(2)若二面角的余弦值为，求线段的长.
【答案】(1)证明见解析(2)2
【分析】（1）过点作的垂线，垂足为，连接，可证平面，从而可证，由线面平行的性质定理可证，从而可证四边形为平行四边形，通过解三角形可得，即，再由平面可证，从而可证平面，从而有平面，即可证明平面平面；
（2）分别以，，所在的直线为，，轴建立空间直角坐标系，设，利用二面角空间向量求法可得方程，求解即可.
【详解】（1）由题知，平面平面，过点作的垂线，垂足为，连接，
又因为平面平面，所以平面.
因为平面，所以，则共面.
因为平面，平面，平面平面，
所以，则四边形为平行四边形，所以.
因为，，所以，因为，所以，
由正弦定理得，即，
所以，因为，所以，所以，即.
因为平面，平面，所以，
又因为,平面，所以平面.
因为，所以平面.
因为平面，所以平面平面.
（2）由（1）知，，，两两垂直，分别以，，所在的直线为，，轴建立空间直角坐标系，设，如图所示，则，，，，
所以，，.设平面的法向量，
所以，即，令，得，
所以平面的一个法向量.
设平面的法向量，所以，即，令，得，
所以平面的一个法向量.
所以，即，解得或，
当时，，不合题意，所以线段的长为2.

2.如图1，在中，为的中点，为上一点，且.将沿翻折到的位置，如图2.

(1)当时，证明：平面平面；
(2)已知二面角的大小为，棱上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，确定的位置；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析；(2)存在，点为中点
【分析】（1）根据线面垂直的判定定理证明平面，再由面面垂直的判定定理证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求解.
【详解】（1）由已知，有，且，
平面，所以平面，
因为平面，所以.
在Rt中，，所以.
因为，所以.
且，平面，所以平面.
因为平面，所以平面平面.
（2）由（1），所以为二面角的平面角，，
因为为的中点，
所以，， ，，，如图，以为坐标原点，分别以为轴､轴正方向建立空间直角坐标系.

则.设，
则,.
设平面的一个法向量，由，得，
令，则，所以.因为直线与平面所成角的正弦值为，
所以，解得或（舍）.
因此，当点为中点时，直线与平面所成角的正弦值为.
3.如图，平面五边形由等边三角形与直角梯形组成，其中，，，，将沿折起，使点到达点的位置，且.

(1)当时，证明并求四棱锥的体积；
(2)已知点为棱上靠近点的三等分点，当时，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析，；(2)
【分析】（1）首先取取的中点，连结，，由条件可先证明平面，即可证明，再利用线面垂直的判断定理，以及勾股定理证明平面，最后根据锥体的体积公式，即可求解；（2）以点为原点，根据（1）中的垂直关系，建立空间直角坐标系，利用法向量的夹角公式，求二面角的余弦值.
【详解】（1）如图，取的中点，连结，，

因为为等边三角形，且，则，.
因为，，，，
所以，，那么，则也是等边三角形，所以，.
因为，，平面，所以平面，
因为平面，所以.
因为，所以，所以，
因为，，平面，所以平面.
所以.
（2）由（1）知平面，以､所在直线分别为轴､轴，在平面内过作的垂线作为轴，建立空间直角坐标系，如图所示.

则，，
在中，因为，所以，
由则，过点作直线的垂线，垂足为，则，
所以，，所以
设，因为，所以，
所以，，，即所以，，
设平面的法向量为，则，
不妨令，则，，所以
不妨设平面的法向量为，设平面与平面的夹角为
则，所以平面与平面夹角的余弦值是.
4.在圆柱中，等腰梯形为底面圆的内接四边形，且，矩形是该圆柱的轴截面，为圆柱的一条母线，.

(1)求证：平面平面；
(2)设，，试确定的值，使得直线与平面所成角的正弦值为.
【答案】(1)证明见解析(2)或
【分析】（1）先证明平面以及平面，根据面面平行的判定定理即可证明结论；
（2）建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，求得平面的一个法向量，根据空间角的向量求法，即可求得答案.
【详解】（1）在圆柱中，,平面,平面,故平面；
连接，因为等腰梯形为底面圆的内接四边形，，

故，则为正三角形，故，则，
平面,平面,故平面；
又平面，故平面平面.
（2）如图，以为坐标原点，在底面圆过点垂直于平面作直线为x轴，
以为轴建立空间直角坐标系，

由于，由（1）可知,
故,则，
设平面的一个法向量为，则，即，
令，则，由，，，
可得，
设直线与平面所成角为，
则，
即得，解得或，符合，故或.
5.如图，在四棱锥中，，，，.

(1)证明：平面平面；
(2)已知，，.若平面与平面夹角的余弦值为，求的值.
【答案】(1)证明见解析(2)
【分析】（1）利用线线垂直证明线面垂直，再由线面垂直证明面面垂直；
（2）建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，然后利用夹角余弦值建立方程求解即可.
【详解】（1）如图，取的中点分别为，连接BE，AF，EF，CF，所以，且，
又，，所以，且，
所以四边形为平行四边形，所以，
因为，，所以，
因为，，所以，
又，所以，所以，即.
又，，平面，所以平面，所以平面.
又平面，所以平面平面.

（2）由（1）知，平面，因为，平面，
所以，，所以.
在Rt中，，，则，则.
因为，，所以，所以，，两两垂直，
以为坐标原点，向量，，的方向分别为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，所以，，
，，.由，，
得.
设平面的法向量为，则，即，
取，则，得平面的一个法向量为，
设平面的法向量为，则，即，
取，则，，所以，
设平面与平面的夹角为，
则，
解得，故的值为.
6.如图，在直角梯形ABCD中，，，四边形为平行四边形，对角线和相交于点H，平面⊥平面，，，G是线段上一动点（不含端点）．

(1)当点G为线段BE的中点时，证明：平面；
(2)若，且直线与平面成角，求二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析(2)
【分析】（1）连接，由三角形中位线和边长关系可知四边形是平行四边形，即可证明平面；
（2）根据题意可知，以为原点建立空间直角坐标系，可设利用空间向量即可表示出，进而确定点位置，再分别求得两平面的法向量即可得出二面角的正弦值为.
【详解】（1）证明：连接，如下图（1）中所示：
因为四边形为平行四边形，所以是中点，
又点为线段的中点，则，且,
又且，所以，
所以四边形是平行四边形，所以，
又平面，平面，所以平面；

（2）以为原点，为轴，过且在平面内与垂直的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图（2）所示：由平面⊥平面，，可知，
均为边长为2的正三角形，则有，
设，
则，为平面的法向量，
所以，解得（其中舍去）,所以，
设平面的法向量为，则有，
令，则，故可取．
设平面的法向量为，则有，
令，则，故可取所以．
所以二面角的正弦值为．即二面角的正弦值为.
7.矩形所在平面与等腰梯形所在平面互相垂直，，，直线与平面所成角为，.

(1)求平面与平面夹角的余弦值；
(2)线段上任意一点到平面的距离是否为定值?如果是，则求出定值，否则说明理由．
【答案】(1)(2)是定值，
【分析】（1）建立空间直角坐标系，结合题意可求得相关点坐标，进而求得平面与平面的法向量，根据空间角的向量求法可得答案；
（2）根据线面平行的判定定理可证明平面，从而可判断段上任意一点到平面的距离为定值，利用空间距离的向量求法可求得定值.
【详解】（1）过点F作,垂足为G，
因为平面平面，平面平面，平面,
故平面，则为直线与平面所成角，即，
过点C作平面的垂线作为z轴，以为轴，建立空间直角坐标系，

因为，
在等腰梯形中，，则，
，设平面的法向量为，
则，令，则，故，
平面的一个法向量可取为，故，
故平面与平面夹角的余弦值为.
（2）设交于点H，连接，因为,且，故四边形为平行四边形，
则，平面，平面，故平面，
所以线段上任意一点到平面的距离是否为定值，又，
故A点到平面的距离为，即定值为.
8.已知在直三棱柱中，其中为的中点，点是上靠近的四等分点，与底面所成角的余弦值为．

(1)求证：平面平面；
(2)在线段上是否存在一点，使得平面与平面所成的锐二面角的余弦值为，若存在，确定点的位置，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，点是线段上靠近的三等分点
【分析】（1）根据与底面所成角的余弦值为，推出是边长为的等边三角形，取的中点，的中点，连，再以为原点，的方向为轴建立空间直角坐标系：利用两个平面的法向量垂直可证两个平面垂直；
（2）根据二面角的向量公式可求出结果.
【详解】（1）取的中点，连，因为为的中点，所以，，
所以四边形为平行四边形，所以，
因为与底面所成角的余弦值为，所以与底面所成角的余弦值为，
因为三棱柱为直三棱柱，所以平面，所以是与底面所成角，所以，所以，所以，
又，所以是边长为的等边三角形，
取的中点，的中点，连，则，，平面，
以为原点，的方向为轴建立空间直角坐标系：
则，，，，，，，，，
，，，，
设平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，
则，得，令，得，，
，令，得，，，
因为，所以，
所以平面平面.
（2）设，则
，
设平面的一个法向量为，则，
若，则有，则，取，则，
此时，不合题意；
所以，令，得，，则，
所以，整理得，解得.
所以在线段上存在一点，使得平面与平面所成的锐二面角的余弦值为，点是线段上靠近的三等分点.

9.已知图1是由等腰直角三角形和菱形组成的一个平面图形，其中菱形边长为4，，．将三角形沿折起，使得平面平面（如图2）．

(1)求证：；
(2)求二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析(2)
【分析】（1）取的中点，连接，，则，再结合已知面面垂直可得平面，则，而，再由线面垂直的判定可得面，从而可证得，
（2）以，，所在的直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求解.
【详解】（1）证明：取的中点，连接，．
∵，∴．
又∵平面平面，且平面平面，平面，∴平面．
∵平面，∴．∵在菱形中，， ∴为等边三角形，
∵的中点为，∴，∵∥，∴
∵，平面，∴平面，∵平面，∴．
（2）由（1）平面，∵平面，∴，
∵，∴如图,以，，所在的直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，则
，∴，，．
设平面的法向量为，则，不妨设，则．
设平面的法向量为，则，令，则，
设二面角的大小为，由图可知为钝角，
∴，∴．∴二面角的正弦值为．

10.如图，菱形的边长为，，将沿向上翻折，得到如图所示得三棱锥.

(1)证明：；
(2)若，在线段上是否存在点，使得平面与平面所成角的余弦值为？若存在，求出；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析(2)存在，或
【分析】（1）取中点，利用等腰三角形三线合一性质，结合线面垂直的判定可得平面，由线面垂直性质可证得结论；
（2）利用余弦定理可求得，作，以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，由面面角的向量求法可构造方程求得的值，由此可得结果.
【详解】（1）取中点，连接，

四边形为菱形，，，，，
，平面，平面，
平面，.
（2），，
，解得：；
，，；
在平面中，作，交于点，
则以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，

假设在线段上存在点，使得平面与平面所成角的余弦值为，
，，，又，，，
，，设平面的法向量，
则，令，解得：，，；
轴平面，平面的一个法向量，
，解得：，
当时，；当时，；
当或时，平面与平面所成角的余弦值为.
11.在三棱台中，为中点，，，．

(1)求证：平面；
(2)若，，平面与平面所成二面角大小为，求三棱锥的体积．
【答案】(1)证明见解析(2)
【分析】（1）由线面垂直的判定定理证明即可；
（2）以为正交基底，建立空间直角坐标系，设，分别求出平面与平面的法向量，由二面角的向量公式可求出，再由等体积法求出三棱锥的体积．
【详解】（1）在三棱台中，为中点，则，又，则，
又，∴四边形为平行四边形，则，
∵，∴，又，，
∴，∵平面，，∴平面．
（2）∵，，∴，
又∵，平面，，∴平面，
∵，，为中点，∴．
以为正交基底，建立空间直角坐标系，
则，，，，，，，
，
设平面的一个法向量为，
则，
令，，，则，又平面的一个法向量为，
则，∴，即．
∵平面，平面平面，平面，
∴．

12.如图，在三棱柱中，，，E，F分别为，的中点，且EF⊥平面．
(1)求棱BC的长度；
(2)若，且的面积，求二面角的正弦值．
【答案】(1)1(2)
【分析】（1）根据平行关系可得，再结合垂直关系可得，即可得结果；
（2）根据题意分析可得平面ABC，，建系，利用空间向量求二面角.
【详解】（1）取AC中点D，连接ED，BD，
∵分别为的中点，则且，
又∵为三棱柱，且分别为的中点，则且，
可得且，即四边形DEFB为平行四边形，故，
又∵平面，则平面，平面，可得，
又∵D为AC的中点，则△ABC为等腰三角形，∴.
（2）由（1）可知：，且，即，∴，
则可得，且，
∵平面，平面，则，
∴，解得，
由（1）知平面，平面，则，
又∵，则又∵，，则，
，平面ABC，∴平面ABC，平面ABC，则，
且，可得，∴为直角三角形，则，
以为坐标原点，向量，，方向为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
可得，，
设平面的一个法向量为，则，
令，则，可得，
∵平面的一个法向量为，设二面角的平面角为，
可得，∴，故二面角的正弦值为.
立体几何 随堂检测
1.如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，侧面是边长为的正三角形，平面平面，．

(1)求证：平行四边形为矩形；
(2)若为侧棱的中点，且平面与平面所成角的余弦值为，求点到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析(2)
【分析】（1）取中点，连接，由正三角形、面面垂直的性质易得面，再由线面垂直的性质及判定证，即可得结论；
（2）构建空间直角坐标系，设并求面、面的法向量，结合面面角的余弦值求参数，应用向量法求点面距.
【详解】（1）取中点，连接，为正三角形，则，
面面，面面，面，则面，

面，故，又，面，，
所以面，面，故，则平行四边形为矩形.
（2）如下图，以为原点，为轴，为轴建立坐标系，设，
则，，，，，
所以，，

设面的法向量为，则，令，则，
设面的法向量为，则，令，则，
由，解得，则面的法向量为，，
点到平面的距离.
2.图1是由直角梯形ABCD和以CD为直径的半圆组成的平面图形，，，．E是半圆上的一个动点，当△CDE周长最大时，将半圆沿着CD折起，使平面平面ABCD，此时的点E到达点P的位置，如图2．

(1)求证：；
(2)求平面PAB和平面PCD夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见详解(2)
【分析】（1）根据面面垂直的性质定理得出线面垂直，再得出线线垂直.
（2）先建立空间直角坐标系，由空间向量法求两个平面的法向量，再求两个法向量所成角的余弦值的绝对值，得出结果.
【详解】（1）如下图，过点D作交于点，连结，
因为，，．
所以，，，由,所以，
因为平面平面ABCD，平面平面，平面,
所以平面，又平面，所以.

（2）如下图，由，得，即，当时取等号.
当△CDE周长最大时，，即.取的中点O，因为，所以.
以O为原点，为x轴，为y轴，为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，所以，
设为平面的一个法向量，则，
即，令，则，平面的法向量，
则，所以平面PAB和平面PCD夹角的余弦值为.

3.如图，在直三棱柱中，，且，点在线段（含端点）上运动，设.

(1)当平面时，求实数的值；
(2)当平面平面时，求平面与平面的夹角的正弦值.
【答案】(1)(2)
【分析】（1）由线面平行的性质定理可证得，可得为的中点，即可求出求实数的值；
（2）（方法一）由线面垂直和面面垂直的判定定理和性质定理可证得是平面与平面的夹角，求解即可.
（方法二）以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，设，分别求出平面和平面的法向量，由题意可得，可求出，即可求出平面的法向量，再求出平面的法向量，由二面角的公式求解即可.
【详解】（1）如图，连接，交于点，连接，为的中点，且平面平面，

平面平面，，为的中点，即实数的值为.
（2）（方法一）在直三棱柱中，平面，
平面，
，又平面，
平面，又平面，
当，.
又平面平面，
平面平面平面，
如图，延长交于点，过点作交于，

过作交于点，连接，则，
又平面，又平面，
是平面与平面的夹角，，
，，
平面与平面的夹角的正弦值为.
（方法二）在直三棱柱中，，两两相互垂直，
如图，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，

则，
，
，
设为平面的一个法向量，则即
令，则，设为平面的一个法向量，
，则即，
令，则，则当平面平面时，，即，
平面的法向量，设为平面的一个法向量，
则即令，则，，平面与平面的夹角的正弦值为.