专题04 立体几何（理科专用）-【大题小卷】冲刺2022年高考数学大题限时集训（全国通用）

专题04 立体几何

立体几何作为高考数学必考大题，一般出现在19或20题左右，理科方面主要是分两问，第一问主要考查线面间位置关系，第二问主要考查二面角平面角的取值，面积问题或者是距离问题，一般采用建立空间坐标系转化成空间向量去运算。难度逐渐偏难。

类型一：空间几何体体积问题

例题1．如图，已知四边形为等腰梯形，，，四边形为矩形，点，分别是线段，的中点，点在线段上．

(1)探究：是否存在点，使得平面∥平面？并证明；

(2)若，线段在平面内的投影与线段重合，求多面体的体积．

【答案】(1)存在点I为线段AD的中点时，平面GHI∥平面ACN；证明见解析；

(2).

【解析】(1)

当点为线段的中点时，平面∥平面．

证明过程如下：在矩形中，，分别是线段，的中点，，

又平面，平面，故∥平面．

在中，，分别为，的中点，，

又平面，平面，∥平面．

，，，

平面∥平面；

(2)如图，过点作于，线段在平面内的投影与线段重合，

故平面平面，而平面平面，

平面，故平面，同理，平面．

在(1)的条件下，连接，，

在中，，，，同理可得．

又，故等边三角形的高为，即．连接．

故

．

类型二：折叠问题

例题 2 如图1所示，在直角梯形ABCD中，BC//AD，AD⊥CD，BC＝2，AD＝3，CD＝，边AD上一点E满足DE＝1，现将△ABE沿BE折起到△PBE的位置，使平面PBE⊥平面BCDE，如图2所示．

(1)求证：；

(2)求平面PBE与平面PCE所成锐二面角的余弦值．

【答案】(1)证明见解析(2)

【解析】

(1)取BE中点O，连接AO，CO，CE，

因为BC＝2，AD＝3，DE＝1，所以，

又因为AD//BC，所以AE//BC，

所以四边形ABCE是平行四边形，

因为

所以，

所以ABCE为边长为2的菱形，且，

所以和都是正三角形，

所以PO⊥BE，CO⊥BE，

又因为，所以BE⊥平面POC，

又因为平面POC，所以PC⊥BE．

(2)由于平面PBE⊥平面BCDE，且交线为，，

所以平面，所以，

由（1）知OB、OC、OP两两垂直，

建立如图所示的空间直角坐标系，，

∴，

设平面PCE的法向量为，

则，

令得，

由（1）知平面PBE的法向量为，

所以平面PBE与平面PCE所成锐二面角的余弦值为．

类型三： 存在性问题

例题 3  如图，在四棱锥中，底面是边长为的菱形，，为正三角形，为的中点，且平面平面，是线段上的点．

(1)求证：；

(2)当点为线段的中点时，求点到平面的距离；

(3)是否存在点，使得直线与平面的夹角的正弦值为．若存在，求出此时的值；若不存在，请说明理由．

【答案】(1)证明见解析；

(2)；

(3)存在，且.

【解析】

(1)证明：连接、，

因为四边形为菱形，则，因为，则为等边三角形，

因为为的中点，故，

因为为等边三角形，为的中点，则，

，平面，平面，则，

，故.

(2)解：因为平面平面，平面平面，，平面，平面，

因为，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，

则、、、、、，

设平面的法向量为，，，

由，取，可得，

，所以点到平面的距离为.

(3)：设，其中，

，

由题意，

整理可得，因为，解得，

因此，存在点，使得直线与平面的夹角的正弦值为，此时.

类型四： 空间几何体综合问题

例题 4 如图，AC是圆O的直径，B是圆O上异于A，C的一点，平面ABC，点E在棱PB上，且，，.

(1)求证：；

(2)当三棱锥的体积最大时，求二面角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析(2)

【解析】

(1)证明：因为AC是圆O的直径，点B是圆O上不与A，C重合的一个动点，

所以.

因为平面ABC，平面ABC，

所以.

因为，且AB，平面PAB，所以平面PAB.

因为平面PAB，所以.

因为，，且BC，平面PBC，

所以平面PBC.因为平面PBC，所以.

(2)：因为，，所以，所以三棱锥的体积，（当且仅当“”时等号成立）.

所以当三棱锥的体积最大时，是等腰直角三角形，.

所以以OB，OC所在直线分别为x轴，y轴，以过点O且垂直于圆O平面的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，.

因为∽，所以，因为，，所以，

所以，.

设向量为平面的一个法向量，则即

令得，.向量为平面ABC的一个法向量，.

因为二面角是锐角，所以二面角的余弦值为.

例题 5 如图，已知菱形的边长为2，，是平面外一点，在四边形中，交于点.，，，，.

(1)证明：平面；

(2)求平面与平面夹角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析(2)

【解析】

(1)在中，由余弦定理，得，

所以，所以为等边三角形.

所以，则，

又，

所以平面.

(2)设是的中点，，

所以三角形是等边三角形，所以，

由（1）知，平面，所以，

以A为坐标原点，的方向分别为x轴、轴、z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，则，

所以.

设平面的一个法向量为，

则,得,

令，得.

又平面的一个法向量为，所以，

所以平面与平面夹角的余弦值为.

例题 6．如图1，在中，三边满足，为中点，过作的垂线，垂足为，延长交于，为中点，现将沿边折起至，使得平面平面，如图2所示．

(1)证明：平面；

(2)线段上是否存在点使得与平面所成角正弦值为？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由．

【答案】(1)证明见解析；(2)存在，且或.

【解析】证明：翻折前，即，翻折后，则有，又由面面，面面，面，可得面，翻折前，因为、分别为、的中点，则，即，翻折后，则有，所以面．

(2)：由（1）知，面，且平面，则，

又，．以为坐标原点，分别以、、所在直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，如图：

不妨设，则．

由图1条件计算得，，，，

则、、、、、，

，，设平面的法向量为，

则，令，得.假设线段上存在点，且且，

，则，

所以，

整理可得，因为，解得或.

所以，线段上存在点使得与平面所成角正弦值为，且或.

1．（2022·江苏·扬州中学高三开学考试）刍甍（chú méng）是中国古代数学书中提到的一种几何体.《九章算术》中有记载“下有袤有广，而上有袤无广”，可翻译为：“底面有长有宽为矩形，顶部只有长没有宽为一条棱.”如图，在刍甍中，四边形是正方形，平面和平面交于.

(1)求证：平面；

(2)若，，，，再从条件①，条件②，条件③中选择一个作为已知，使得刍甍存在，并求平面和平面夹角的余弦值.

条件①：，；

条件②：平面平面；

条件③：平面平面.

2．（2022·全国·高三阶段练习（理））如图所示，在四棱锥中，是面积为的等边三角形，，，二面角为直二面角.

(1)若平面平面，求证：；

(2)若点为线段上靠近的三等分点，求直线与平面所成角的余弦值.

3．（2022·河南安阳·二模）如图所示，已知△ABC为等边三角形，点M，N分别是线段AB，AC上靠近A的三等分点．现沿MN进行翻折，使得点A到达的位置，点R在线段上，．

(1)求证：平面；

(2)若△ABC的边长为6，，求四棱锥的体积．

4．（2022·全国·高三专题练习）如图，在梯形中，，，四边形为矩形，且平面，．

(1)求证：平面；

(2)点在线段上一运动，当点在什么位置时，平面与平面所成锐二面角最大，并求此时锐二面角的余弦值．

5．（2022·重庆巴蜀中学高三阶段练习）如图甲所示，在平面四边形中，，现将沿折起，如图乙所示，使得．

(1)求证：平面平面；

(2)取的中点E，的中点F，与交于点G，求与平面所成角的正弦值．

6．（2022·浙江·模拟预测）如图，在三棱台中，侧面是等腰梯形，，，．

(1)证明：平面；

(2)求直线与平面所成角的正弦值．

1．（2021·全国乙·）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．

2．（2021·全国甲·）已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，D为棱上的点．

（1）证明：；

（2）当为何值时，面与面所成的二面角的正弦值最小?

3．（2021·全国新课标一·）如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点.

（1）证明：；

（2）若是边长为1的等边三角形，点在棱上，，且二面角的大小为，求三棱锥的体积.

4．（2020·全国·）如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，为底面直径，．是底面的内接正三角形，为上一点，．

（1）证明：平面；

（2）求二面角的余弦值．

5．（2020·全国·）如图，在长方体中，点分别在棱上，且，．

（1）证明：点在平面内；

（2）若，，，求二面角的正弦值．

6．（2020·全国·）如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点，过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F.

（1）证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥EB1C1F；

（2）设O为△A1B1C1的中心，若AO∥平面EB1C1F，且AO=AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值.