专题5立体几何考试内容要求层次ABC立体几何初步空间几何体柱、锥、台、球及其简单组合体√三视图√斜二测法画简单空间图形的直观图√球、棱柱、棱锥的表面积和体积√点直线平面间的位置关系空间线、面的位置关系√公理1、公理2、公理3、公理4、定理*√线、面平行或垂直的判定√线、面平行或垂直的性质√空间向量与立体几何空间直角坐标系空间直角坐标系√空间两点间的距离公式√空间向量及其运算空间向量的概念√空间向量基本定理√空间向量的正交分解及其坐标表示√空间向量的线性运算及其坐标表示√空间向量的数量积及其坐标表示√空间向量的应用直线的方向向量√平面的法向量√30\n线、面位置关系√线线、线面、面面的夹角√说明:A.了解B.理解C.掌握立体几何是高考必考重点内容之一，理科高考解答题考查特点为；一般分2个小问题，考题往往以多面体为依托，第（1）小问考查线线、线面、面面的位置关系，第（2）问考查面空间角的计算。学习中即要培养学生的逻辑推理能力，也要训练运用空间向量的运算解决解几何问题。训练学生的直观想象能力及运算能力。复习教学中提出以下建议；教学中应注意“四化”，知识理解“深化”、考试题型“类化”、通性通法“强化”、解题思维“优化”。高考复习内容四查：查考纲把握方向、查考题明辨重点、查课本回归基础、查学情对症下药。数学教学与高考复习要求四通：对学生点，心有灵犀一点通；让学生悟，融会贯通；让学生做，触类旁通；让学生考，无师自通。★★★通过研究近4年全国高考试卷，高考中立体几何试题主要以中档题出现，通过研究近几年全国高考试卷，题目设置上，会有1--2个选填题；分值为5--10分。解答题1道为12分。○○○○立体几何部分在高考中占据重要的地位，通过分析近几年的高考情况，解答题考查特点如下表：考什么怎么考难度1.平行与垂直①考查直线与直线；②考查直线和平面；③考查平面与平面；中档题2.空间向量与空间角的求解①求异面直线所成的角；②求线面角的正弦③求二面角的余弦中档题30\n2022-2022年全国高考立体几何（理科）试题分布表年份题型考查角度分值难度2022年Ⅰ卷解答题第18题（1）面面垂直（2）求二面角的余弦12中等2022年Ⅱ卷解答题第19题（1）线面平行（2）求二面角的余弦12中等2022年Ⅲ卷解答题第19题（1）面面垂直（2）求二面角的余弦12中等2022年Ⅰ卷解答题第18题（1）面面垂直（2）求二面角的余弦12中等2022年Ⅱ卷解答题第19题（1）线面垂直（2）求二面角的余弦12中等2022年Ⅲ卷解答题第19题（1）线面平行（2）求线面角的正弦12中等2022年Ⅰ卷解答题第18题（1）面面垂直（2）求异面直线所成的角12中等2022年Ⅱ卷解答题第19题（1）画出平行线（2）求线面角的正弦12中等2022年Ⅰ卷解答题第19题（1）线段相等（2）求二面角的余弦12中等2022年Ⅱ卷解答题第19题（1）线面平行（2）三棱锥的体积12中等1．平面的基本性质名称图形文字语言符号语言公理1如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在这个平面内A∈l，B∈l，A∈α，B∈α⇒l⊂α公理2过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面A，B，C不共线⇒A，B，C∈平面α，则α是唯一的公理2的推论推论1经过一条直线和直线外的一点，有且只有一个平面若点A∉直线a，则A和a确定一个平面α推论2经过两条相交直线，有且只有一个平面a∩b＝P⇒有且只有一个平面α，使a⊂α，b⊂α30\n推论3经过两条平行直线，有且只有一个平面a∥b⇒有且只有一个平面α，使a⊂α，b⊂α公理3如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线若P∈α，P∈β，则α∩β＝a，P∈a，且a是唯一的公理4平行于同一直线的两条直线平行l1∥l，l2∥l⇒l1∥l22．空间中点、线、面之间的位置关系直线与直线直线与平面平面与平面平行关系相交关系独有关系3．直线与平面平行的判定定理与性质定理文字语言图形语言符号语言判定定理不在平面内的一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行(简记为线线平行⇒线面平行)⇒l∥α性质定理一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行(简记为线面平行⇒线线平行)⇒a∥b4．平面与平面平行的判定定理与性质定理文字语言图形语言符号语言⇒α∥β30\n判定定理一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行(简记为线面平行⇒面面平行)性质定理如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行⇒a∥b5．直线与平面垂直的判定定理及性质定理文字语言图形语言符号语言判定定理一条直线与平面内的两条相交直线都垂直，则该直线与此平面垂直⇒l⊥α性质定理垂直于同一个平面的两条直线平行⇒a∥b6.平面与平面垂直的判定定理及性质定理文字语言图形语言符号语言判定定理一个平面过另一个平面的一条垂线，则这两个平面互相垂直⇒α⊥β性质定理两个平面互相垂直，则一个平面内垂直于交线的直线垂直于另一个平面⇒l⊥α7.空间向量在立体几何中的应用（1）直线的方向向量与平面的法向量的确定①直线的方向向量：l是空间一直线，A，B是直线l上任意两点，则称为直线l的方向向量，与平行的任意非零向量也是直线l的方向向量．②平面的法向量可利用方程组求出：设a，b是平面α内两不共线向量，n为平面α的法向量，30\n则求法向量的方程组为.（2）两条异面直线所成的角；①定义：设a，b是两条异面直线，过空间任一点O作直线a′∥a，b′∥b，则a′与b′所夹的锐角或直角叫做a与b所成的角．②范围：两异面直线所成角θ的取值范围是．③向量求法：设直线a，b的方向向量为，其夹角为φ，则有.（3）直线和平面所成角的求法：如图所示，设直线l的方向向量为e，平面α的法向量为n，直线l与平面α所成的角为φ，两向量e与n的夹角为θ，则有sinφ＝|cosθ|＝.（4）求二面角的大小①如图1，AB、CD是二面角α－l－β的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈，〉．②如图2、3，分别是二面角α－l－β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小；(或)．（5）点面距的求法；如图，设AB为平面α的一条斜线段，为平面α的法向量，则B到平面α的距离.30\n典例.【2022课标II理19】如图，四棱锥P-ABCD中，侧面PAD为等比三角形且垂直于底面ABCD，E是PD的中点。（1）证明：直线平面PAB；（2）点M在棱PC上，且直线BM与底面ABCD所成角为，求二面角的余弦值。【答案】(1)证明略；(2)。30\n则，，，，,，设则，因为BM与底面ABCD所成的角为45°，而是底面ABCD的法向量，所以，，即。①又M在棱PC上，设,则；。②由①，②解得(舍去)，。所以，从而。设是平面ABM的法向量，则；即所以可取。于是，因此二面角的余弦值为。【精准解读】本道立体几何解答题，分别考察了线与面平行的证明与二面角的计算。即考察了逻辑推理能力，也体现了对计算能力的考察。有一定的综合度。对于(1)问中线面平行的证明，基本思路为：30\n体现了空间问题向平面问题转化的思想；而（2）问中二面角的求解，其基本程序为；第一步：建系.建立空间直角坐标系：1.若图中有三条相互垂直的直线交于一点时，可直接利用这三条直线建系.2.若没有明显的三条互相垂直的直线，可以利用面面垂直的性质等作出互相垂直且交于一点的三条直线，建系.第二步：求出相关点、线段的坐标，求出相关面的法向量.第三步：利用数量积公式求角。体现了方程思想和求解的程序化思想。1.【2022课标3理19】如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形，∠ABD=∠CBD，AB=BD．（1）证明：平面ACD⊥平面ABC；（2）过AC的平面交BD于点E，若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，求二面角D–AE–C的余弦值.【答案】(1)证明略；(2).【解析】（1）由题设可得，，从而又是直角三角形，所以，取AC的中点O，连接DO,BO,则DO⊥AC,DO=AO又由于△ABC是正三角形，故.所以为二面角的平面角.30\n在Rt△AOB中，.又，所以，故，所以平面ACD⊥平面ABC.（2）由题设及（1）知，两两垂直，以为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系.则由题设知，四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的，从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的，即E为DB的中点，得.故.设是平面DAE的法向量，则即可取.设是平面AEC的法向量，则同理可得.则.所以二面角D-AE-C的余弦值为.【精准解读】本题考查了平面与平面垂直的证明，基本思路为；证面面垂直，运用面与面垂直的判定定理可转化为证明线与面垂直，再转化为线与线垂直。而证明途径的寻找则需要空间观察能力，依靠平时的经验积累与分析思维的能力。二面角的求解可依靠空间向量解决。30\n2.【2022西安模拟】如图，在梯形中，，，，四边形为矩形，平面平面，．（1）求证：平面；（2）点在线段上运动，设平面与平面所成二面角的平面角为，试求的取值范围．【答案】（1）详见解析；（2）．（2）由（1）可建立分别以直线，，为轴，轴，轴，如图所示空间直角坐标系，30\n令，则，，，，∴，，设为平面的一个法向量，由得，取，则，∵是平面的一个法向量，∴，∵，∴当时，有最小值，当时，有最大值，∴．【精准解读】本题考查了线与平面垂直的证明，基本思路为有2条；1是运用线与面垂直的判定定理转化证为线与线垂直。2是可运用面与面垂直的性质证明。（2）问中二面角范围的求解可依靠空间向量再结合二次函数来解决。3.【2022衡水金卷】如图，在矩形中，已知，点、分别在、上，且，将四边形沿折起，使点在平面上的射影在直线上．（I）求证：；（II）求点到平面的距离；（III）求直线与平面所成的正弦值．【答案】（1）见解析（2）2（3）30\n（2）延长交于点，因为点到平面的距离为点到平面距离的，点平面的距离为，而，直线与平面新角的正弦值为．法二：（2）如图，过点作，过点作平面，分别以、、为、、轴建立空间直角坐标系，设点，由于，解得于是，所以线段的长度为．即点到平面的距离为．30\n（3）从而，故，设平面的一个法向量为，设直线与平面所成角的大小为，则【精准解读】（1）问考查了线与线垂直的证明，基本思路为转化为线与线所在的平面垂直。（2）问考查了点到面的距离。方法有2，其一是运用等体积法解决，其二可运用空间向量求解。（3）问求解线面角可依靠空间向量来解决。【实战演练】（共100分）一、选择题（共4题，每题5分）1.【2022长春模拟】给出下列关于互不相同的直线、、和平面、的四个命题：①若，，点，则与不共面；②若、是异面直线，，，且，，则；③若，，，则；④若，，，，，则，其中为真命题的是()A．①③④B．②③④C．①②④D．①②③【答案】C【解析】①符合异面直线判定定理，①正确；由、是异面直线，，得存在两条相交直线、，满足，，由于，，所以，，即，②正确；③满足条件，，的直线、位置关系不定，可以平行，相交或异面，③不正确；④符号面面平行判定定理，故正确，选C.2.【2022课标II理10】已知直三棱柱中，，，，则异面直线与所成角的余弦值为（）A．B．C．D．【答案】C30\n3.【2022浙江高考9】如图，已知正四面体D–ABC（所有棱长均相等的三棱锥），P，Q，R分别为AB，BC，CA上的点，AP=PB，，分别记二面角D–PR–Q，D–PQ–R，D–QR–P的平面角为α，β，γ，则（）A．γ<α<βB．α<γ<βC．α<β<γD．β<γ<α【答案】B【解析】设O为三角形ABC中心，则O到PQ距离最小，O到PR距离最大，O到RQ距离居中，而高相等，因此，所以选B．4.【2022江西二模】三棱柱ABC﹣A1B1C1的侧棱与底面垂直，AA1=AB=AC=1，AB⊥AC，N是BC的中点，点P在A1B1上，且满足=λ，直线PN与平面ABC所成角θ的正切值取最大值时λ的值为（ ）A．B．C．D．【答案】A【解析】以AB、AC、AA1分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系A﹣xyz，30\n则=（﹣λ，），易得平面ABC的一个法向量为=（0，0，1）则直线PN与平面ABC所成的角θ满足：sinθ=|cos＜，＞|=，于是问题转化为二次函数求最值，而θ∈[0，]，当θ最大时，sinθ最大，所以当λ=时，sinθ最大为，同时直线PN与平面ABC所成的角θ得到最大值．选：A．二、填空题（共4题，每题5分）5.【2022银川模拟】如图所示，正方体ABCD﹣A′B′C′D′的棱长为1，E、F分别是棱AA′，CC′的中点，过直线EF的平面分别与棱BB′，DD′交于M，N，给出以下四个命题：①平面MENF一定为矩形；②平面MENF⊥平面BDD′B′；③当M为BB1的中点时，MENF的面积最小；④四棱锥A﹣MENF的体积为常数．以上命题中正确命题的序号为 ．【答案】：②③④30\n6.【2022福建莆田一模】如图，在菱形ABCD中，M为AC与BD的交点，∠BAD=，AB=3，将△CBD沿BD折起到△C1BD的位置，若点A，B，D，C1都在球O的球面上，且球O的表面积为16π，则直线C1M与平面ABD所成角的正弦值为 ．【答案】【解析】如图所示，设O为球心，E、F分别为△ABD、△C1BD的外接圆圆心，则有OE⊥面ABD，OF⊥面C1BD，∵菱形ABCD中，∠BAD=，AB=3∴△ABD、△C1BD为等边△，故E、F分别为△ABD、△C1BD的中心．∵球O的表面积为16π，∴球半径为2．30\n在直角△AOM中，OA=2，AE=，⇒QE=1．tan∠OME=，∵C1M⊥DB，AM⊥DB，∴DB⊥面AMC1，∴∠C1MA（或其补角）就是直线C1M与平面ABD所成角．∠C1MA=2∠OME，tan∠C1MA=tan（2∠OME）=，sin∠C1MA=，直线C1M与平面ABD所成角的正弦值为，故答案为：．7.【2022南昌模拟】在底面是菱形的四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥底面ABCD，∠BAD=120°，点E为棱PB的中点，点F在棱AD上，平面CEF与PA交于点K，且PA=AB=3，AF=2，则点K到平面PBD的距离为 ．【答案】【解析】如图所示，以AP为z轴，AD为y轴，取BC的中点M，以AM为x轴，建立空间直角坐标系．则A（0，0，0），P（0，0，3），D（0，3，0），F（0，2，0），B（，﹣，0），C（，，0），E（，﹣，），设K（0，0，m），则=+b，∴（0，0，m）=，∴a﹣b=0，=0，a=m，解得m=，a=，b=．=，=（0，3，﹣3）．设平面PBD的法向量为=（x，y，z），则，，取=（，1，1）．=．∴点K到平面PBD的距离d===．30\n8.【2022兰州模拟】在正方体中，是棱的中点，是侧面内的动点，且平面，则与平面所成角的正切值的取值范围是．【答案】【解析】建立如所示的坐标系,则,设,平面的法向量为,则,所以,即,令,则,所以.又因为平面,所以,即,也即,所以.由于是平面的一个法向量,且,所以,记与平面所成角为,则,所以,因为,所以.30\n三、解答题（共6题，每题10分）9.【2022课标1理18】如图，在四棱锥P-ABCD中，AB//CD，且.（1）证明：平面PAB⊥平面PAD；（2）若PA=PD=AB=DC，，求二面角A-PB-C的余弦值.【答案】见解析【解析】（1）由已知，得AB⊥AP，CD⊥PD.由于AB∥CD，故AB⊥PD，从而AB⊥平面PAD.又AB平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD.（2）在平面内作，垂足为，由（1）可知，平面，故，可得平面.以为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系.30\n由（1）及已知可得，，，.所以，，，.设是平面的法向量，则，即，可取.设是平面的法向量，则，即，可取.则，所以二面角的余弦值为.10.【2022山东理17】如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形（及其内部）以边所在直线为旋转轴旋转得到的，是的中点.（Ⅰ）设是上的一点，且，求的大小；（Ⅱ）当，，求二面角的大小.30\n【答案】（Ⅰ）.（Ⅱ）.【解析】（Ⅰ）因为，，，平面，，所以平面，又平面，所以，又，因此（Ⅱ）解法一：取的中点，连接，，.因为，所以四边形为菱形，所以.取中点，连接，，.则，，所以为所求二面角的平面角.又，所以.在中，由于，由余弦定理得，所以，因此为等边三角形，故所求的角为.30\n解法二：设是平面的一个法向量.由可得取，可得平面的一个法向量.所以.因此所求的角为.11.【2022天津理17】如图，在三棱锥P-ABC中，PA⊥底面ABC，.点D，E，N分别为棱PA，PC，BC的中点，M是线段AD的中点，PA=AC=4，AB=2.30\n（Ⅰ）求证：MN∥平面BDE；（Ⅱ）求二面角C-EM-N的正弦值；（Ⅲ）已知点H在棱PA上，且直线NH与直线BE所成角的余弦值为，求线段AH的长.【答案】（1）证明见解析（2）（3）或【解析】（1）如图，以A为原点，分别以，，方向为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系.依题意可得A（0，0，0），B（2，0，0），C（0，4，0），P（0，0，4），D（0，0，2），E（0，2，2），M（0，0，1），N（1，2，0）.（Ⅰ）证明：=（0，2，0），=（2，0，）.设，为平面BDE的法向量，则，即.不妨设，可得.又=（1，2，），可得.因为平面BDE，所以MN//平面BDE.（Ⅱ）易知为平面CEM的一个法向量.设为平面EMN的法向量，则，因为，，所以.不妨设，可得.30\n因此有，于是.所以，二面角C—EM—N的正弦值为.12.【2022海口模拟】如图，四棱锥的底面是正方形，侧棱⊥底面，，是的中点．（Ⅰ）证明：//平面；（Ⅱ）求二面角的平面角的余弦值；（Ⅲ）在棱上是否存在点，使⊥平面？证明你的结论．【答案】（I）见解析（II）（Ⅲ）见解析【解析】法一：（I）以D为坐标原点，分别以DA、DC、DP所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，设PD=DC=2，则A(2,0,0),P(0,0,2),E(0,1,1),B(2,2,0)，30\n设是平面BDE的一个法向量，则由，得取y=-1，得．∵，∴，又PA平面BDE,∴PA∥平面BDE（II）由（Ⅰ）知是平面BDE的一个法向量，又是平面DEC的一个法向量．设二面角B-DE-C的平面角为，由图可知∴，故二面角B-DE-C的余弦值为．（Ⅲ）∵，∴假设棱PB上存在点F，使PB⊥平面DEF，设，则，，由得，∴,此时，即在棱PB上存在点F，，使得PB⊥平面DEF．法二：（I）连接AC，AC交BD于O，连接OE．在中，OE为中位线，，又PA平面BDE,//平面BDE．（II）PD⊥底面ABCD,∴平面PDC⊥底面ABCD，CD为交线,∵BC⊥CD∴面BCE⊥平面PDC，PC为交线,∵PD=DC，E是PC的中点∴DE⊥PC∴DE⊥平面PBC，∴DE⊥BE，∴即为二面角B-DE-C的平面角．设PD=DC=a，在中,故二面角B-DE-C的余弦值为．（Ⅲ）由（II）可知DE⊥平面PBC，所以DE⊥PB，所以在平面PDE内过D作DF⊥PB，连EF，则PB⊥平面DEF．在中,PD=a,BD=．30\n所以在棱PB上存在点F，，使得PB⊥平面DEF．13.【2022福州模拟】在四棱锥中，底面为平行四边形，，，，点在底面内的射影在线段上，且，，为的中点，在线段上，且．（Ⅰ）当时，证明：平面平面；（Ⅱ）当平面与平面所成的二面角的正弦值为时，求四棱锥的体积．【答案】（Ⅰ）见解析;（Ⅱ）.（Ⅱ）以为坐标原点，，，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，，，，，.平面的一个法向量为.30\n设平面的法向量为，由，，得令，得.由题意可得，，解得，所以四棱锥的体积.14.【2022哈尔滨模拟】如图，三棱柱中，，，分别为棱的中点.（1）在平面内过点作平面交于点，并写出作图步骤，但不要求证明.（2）若侧面侧面，求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）见解析（2）【解析】（1）如图，在平面内，过点作交于点，连结，在中，作交于点，连结并延长交于点，则为所求作直线.30\n（2）连结，∵，∴为正三角形.∵为的中点，∴，又∵侧面侧面，且面面，平面，∴平面，在平面内过点作交于点，分别以的方向为轴，轴，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，.30\n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.________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________30
