【期末專題復(fù)習(xí)】立體幾何初步解答題易錯精選練習(xí)-2026年高一數(shù)學(xué)下學(xué)

期人教A版(2019)必修第二冊

1.(2024高一下?鎮(zhèn)江期末)如圖，在正方體ABGD-中.

(1)求證：〃平面&B1CD；

(2)求證：AG1BrC.

2.(2024高一下.南充期末)如圖，在四棱錐P-4BCD中，底面ZBCD為平行四邊形，^ADC=45°,

AD=AC=2,。是力C與BD的交點，PO1平面力BCD,PO=2,M是PD的中點.

(1)求證：PB〃平面4cM；

(2)求證：平面PBC，平面PAC；

(3)求直線4M與平面4BCD所成角的正切值.

3.(2024高一下?吉林期末)四棱錐P—ABCD中，PD1平面力BCD,AB||DC,ABLAD,CD=AD

^AB,/-PAD=45°,E是24的中點，G在線段AB上，且滿足CG1BD.

(1)求證：DE||平面PBC；

(2)求平面GPC與平面PBC夾角的余弦值.

(3)在線段24上是否存在點H,使得GH與平面GPC所成角的正弦值是苧，若存在，求出的

長；若不存在，請說明理由.

4.(2024高一下?柳州期末)在正方體ABC。中

(1)若E,尸分別為和CG的中點，求證："〃平面ABCD

(2)求二面角的―C的正切值

(3)如圖，。為BC的中點，問：在棱441上是否存在一點M,使平面MB。1平面OGA?如

果存在，求出的值；如果不存在，請說明理由.

5.(2024高一下.韶關(guān)期末)如圖，在直三棱柱ABC—AiBiG中，AB1BC,E,F分別為棱&的,BC

的中點.

B

(1)求證：C/〃平面4BE

(2)求證：平面ZBE1平面

(3)若ZB=BC==2,求二面角E—AB—C的余弦值.

6.(2024高一下?遼寧期末)如圖，在直三棱柱ABC—4B1G中，AC=6,AB=10,cos/CAB=

441=8,點。是ZB的中點.

(1)求證：AG〃平面CDBi；

(2)求證：AC1BC1；

(3)求三棱錐&-B1CD的體積.

7.(2024高一下?溫州期末)如圖，△ABC繞邊BC旋轉(zhuǎn)得至其中力C=BC=2,AC1

(1)證明：BC1平面ACD；

(2)若二面角B—DE—C的平面角為60。，求銳二面角。—CB—4平面角的正弦值.

8.(2024高一下.辛集期末)如圖，已知等腰梯形4BCD中，AD//BC,AB=AD=1BC=2,E是

BC的中點，AEHBD=M,將ABAE沿著4E翻折成ABiAE,使平面BiAE1平面ZECD.

(1)求證：CD1平面BiDM；

(2)求BiE與平面B/D所成的角；

RD

(3)在線段BiC上是否存在點P,使得MP〃平面BiAD,若存在，求出彘的值；若不存在，說

明理由.

9.(2024高一下.即墨期末)如圖，在四棱錐E—ABCD中，底面ABCD為正方形，AE_L平面CDE,

已知4E=DE=2,F為線段OE的中點.

(1)求證：BE〃平面ACF；

(2)求四棱錐E—4BCD的體積.

10.(2024高一下.廣州期末)如圖，AB是半球。的直徑，P是半球底面圓周上一點，Q是半球面

上一點，且AP1PQ.

(1)求證：PQ1BQy

(2)若AB=4,AP=1,BQ=3,求直線PQ與平面力BQ所成角的正弦值.

11.(2024高一下.衡陽期末)如圖，在四棱錐P—ABC。中，尸。1底面ABCD,E是PC的中點,

點F在棱BP上，且E尸，BP,四邊形ABCD為正方形，PD=CD=2.

P

(2)求三棱錐F—BDE的體積；

(3)求二面角尸―DE-B的余弦值.

12.(2024高一下.衡陽期末)如圖，在四棱錐P—ABCD中，底面力BCD是正方形，PA，平面/BCD,

且24=AD=2,E為線段PD上的動點.

(1)若E為PD的中點，求三棱錐。—力EC的體積；

(2)若麗=2即，問力B上是否存在點M,使得PM〃平面AEC?若存在，請指明點M的位置;

若不存在，請說明理由；

(3)求平面24B與平面PCD所成銳二面角的余弦值.

答案解析部分

1.【答案】(1)證明：在正方體力BCD-&B1C1D1中4B//DC,

又AB,平面DCu平面&B1C0,所以48〃平面4/母0；

(2)證明：連接BQ、AD1,在正方體2BCD-中BCC/i為正方形,

所以BQ1BQ

又AB，平面BiCu平面BCGB1，所以力B1BrC,

又ABCBJ=B,AB,BC]u平面ZBGA，

所以BiC_L平面ABC也，又AGu平面ABG5，所以1B?

2.【答案】(1)證明：連接0M,在平行四邊形ABC。中，

因為。為力C與BD的交點，所以。為BD的中點，又因為M為PD的中點，所以PB〃MO,

又因為PB0平面4cMM。u平面4cM,所以PB〃平面ACM；

⑵證明：因為P。_L平面ABCD,BCu平面ABGD,所以BC_LP。，

在△4DC中，因為?W=4C,ADVAC,AD"BC,所以BC14C,

因為P。DAC=0,P0u平面PAC,ACu平面PAC,所以BC1平面PAC,

又因為BCu平面PBC,所以平面PBC1平面PAC；

(3)解：取DO的中點N,連接MN,AN,如圖所示：

因為M為PC的中點，所以MN〃PO,且MN=：P。=1

由P。！平面4BC0,得MN1平面4BC0,

則ZMAN是直線AM與平面ABCD所成的角，

因為N4DC=45°,AD=AC=2,^ACD=AADC=45°,所以=90°,

在RtZk/M。中，AD=2,AO=^AC=1,貝切。=遮，AN=^DO=字，

，ZZ

MN1275

在RtAANM中，tan^MAN=麗=短=—,

T

則直線AM與平面4BCD所成角的正切值為等.

3.【答案】(1)證明：取PB的中點M,連接ME,MC,如圖所示：

P

圖1

因為AB||DC^LCD=3AB，所以瓦M(jìn)分別是24,PB的中點，所以EM||AB^EM^^AB,

所以EM〃C。且EM=C。，所以四邊形CDEM為平行四邊形，所以O(shè)E||CM,

又因為CMu平面PBC,DEC平面PBC,所以DE〃平面PBC；

(2)解：因為PC1平面4BCD,DAc^-^ABCD,所以PD1ZM,

因為ZPAD=45。，所以PD=DA,令DA=1,

又因為4B1Z。，AB||DC,所以0C14。，

以。為原點，萬彳，反，而所在方向分別為%,y,z軸正方向，建立空間直角坐標(biāo)系。-尤yz,如圖所

11

貝0(1,0,0),5(1,2,0),C(0,l,0),P(0,0,l),以玄0,包,

PC=(0,1,—1),CB=(1,1,0),AP=(—1,。,。)，

設(shè)點G坐標(biāo)為(l,t,0),則庶=(l,t-l,0),DB=(1,2,0)，

由CG1BD得庶?麗=l+2(t—l)=0,則t=±G(l[,0)，CG=(l,-1,0),

設(shè)平面GPC的一個法向量為元=(x,y,z),

n-PC=y—z=0

,令％=1,則y=2,z=2,即平面GPC的一個法向量為祠=(L2,2),

設(shè)平面PBC的一個法向量為記=(a,b,c),貝WT,E?=b—c=。，令b=l,得a=—l,c=l,

即平面PBC的一個法向量為記=(-1,1,1),

南=百，故平面GPC與平面PBC夾角的余弦值為苧;

(3)解：存在，AH=^理由如下：

設(shè)京=AAP=(一尢0,4),A￡[0,1],

設(shè)GH=GA+AH—(—A,—工,2),GH,n=A.—1,

因為GH與平面GPC所成角的正弦值為堂，所以號工=至，

3318乃+1

整理得20萬+82-1=0,解得;I=4，

故存在滿足條件的點H，麗=(-白,0,白)，則AH=J(—存產(chǎn)+(總之=祭

4.【答案】(1)證明：取中點N,連接EN,CN,

因為EN〃A4i，EN=^AAt,所以EN//CF,EN=CF,

所以四邊形CFEN為平行四邊形，貝ljEF〃CN,

又EFC平面4BC0,CNu平面4BC0,

所以"7/平面ABCD；

(2)解：連接CO，G。，設(shè)正方體邊長為1,

由正方體性質(zhì)可得BD1CO,

又CC11平面4BC。，BDu平面4BCD,所以BD1CQ,

concq=c,co,ccru平面coc「所以BDJ■平面COG，

又CI。u平面co。A貝UBDIG。，

所以ZCOC1為二面角Cl—BD—C的平面角，

(3)解：在棱A&上存在一點M,使平面MB。1平面。C/i，

連接&Ci，M0,CiM,4C,如圖所示:

則。是AC的中點，AC=&Q=yJl.AO=CO=*，

因為O是正方體ABC。一&邑的。1中，BD的中點，所以BO=DO,B6=DR,

所以C1O1BD,因為平面MB。1平面。QOi,所以Ci。！面MBD,

所以C101M。，所以MO?+6。2=GM?,

222222

又“。2=AM+AO,CIO=QC+CO,CiM=A1C^+MAl，

貝IMM2+AM+*2+。。2=&C/+M掰，

則AM?+義+1=2+MA：,所以4M=M&,

即4M：MA±=1:1.

5.【答案】(1)證明：取AB的中點M,連接MF,

因為F為棱的中點，

所以MF〃4C,MF=^AC,

又因為2C//A1G，AC=AiG，E為&的的中點，

所以MF〃EQ,MF=ECr,

所以四邊形MFQE是平行四邊形，

所以ME〃QF,

又因為C1F0平面力BE,MEu平面ABE,

所以C/〃平面ABE.

(2)證明：因為三棱柱ABC-&&Q為直三棱柱,

所以BBi，平面ABC,

又因為ABu平面4BC,

所以BBiLAB,

又因為AB1BC,BB1cBe=B,BBru平面BCQB〉BCu平面BCQ/

所以AB，平面BCC/i，

又因為4Bu平面ABE,

所以平面ABE1平面BCC/i.

(3)解：取AC的中點G,連接EG,

因為M為AB的中點,

所以MG〃BC,

又因為ZB1BC,

所以MGLAB,

因為直三棱柱的幾何特征可得EG1面ZBC,又因為4Bu面ZBC,

所以EGLAB,

又因為MGCEG=G,MGu平面EMG,EGu平面EMG,

所以AB，平面EMG,

又因為EMu平面EMG,

所以AB1EM,

所以二面角E-AB-C的平面角為NEMG,

因為AB=BC=AAt=2,

所以MG=1,EG=2,

在Rt△EGM中，ME=VEG2+MG2=Vl2+22=通,

所以cos/EMG=償=.=增，

所以二面角E-AB-C的余弦值為電.

6.【答案】(1)證明：設(shè)BiC與BCi交于點E,E為BG的中點，連接DE,如圖所示:

在AABCi中，DE是AABQ的中位線，貝IJDEIIAQ,

因為DEu平面CDBi，AGC平面CDBi，所以4。111平面。。31；

(2)證明：在△ABC中，AC=6,AB=10,cos^CAB=

由余弦定理BC2=AC2+AB2-2AC-ABcos^CAB,解得BC=8,

則IO?=6?+8?,即AB?=4C2+BC2,△ABC為直角三角形，AC1BC,

又因為CQ1平面ABC,4Cu平面4BC,所以CQ1ZC,

又因為CGCBC=C,BC,CGu平面ABC,所以4c，平面BCC「

又因為BQu平面BCQ,所以4clBQ；

(3)解：在△ABC中過點C作CF1AB,垂足為F,

因為平面ABB遇i1平面4BC,且平面C平面4BC=AB,所以CF1平面4BB遇「

巨全口AAA

易f知=124“1n31?力力=4n0,r>Cr*F=ACA"BC=2丁4

由匕41-BiCD=^C-A1DB1>可得乙［-'遙。=g義40X虧=64.

7.【答案】(1)證明：因為BC1AC,BC1CD,S.ACClCD=C,AC,CDu平面/CD,所以BC，平

面ACD；

(2)解：過C作CFLDE,垂足為F,連接BF,如圖所示：

即CF1EF,因為BC1平面ACD,EFu平面4CD,貝l]8C1EF,

S.CFClBC=C,CF,BCu平面BCF,則EF1平面BCF,

由BFu平面BCF,可得EF1BF,

可知二面角B—DE—C的平面角為乙BFC=60。，且BC=2,可得CF=百，

由(1)可知：BC1AC,BC1CD,則銳二面角。一CB-4平面角為乙4CD,

^.DE//AC,可知乙4co=乙CDF,

2

可用sinzACD=sinzCDF=齋=粵=?

則銳二面角O-CB-/平面角的正弦值為孚

8.【答案】解：⑴證明：因為4D〃BC,E是BC的中點，所以4B=4D=BE=EBC=2,

故四邊形ABED是菱形，從而力E1BD,

所以△B4E沿著/E翻折成△BiZE后，AE1BrM,AE1DM,

又因為BiMClDM=M,

所以4E1平面/MD,

由題意，易知AD〃CE,AD=CE,

所以四邊形4ECD是平行四邊形，故ZE〃CD,

所以CD1平面/DM；

(2)因為4E1平面/MD,

所以/E與平面BiMD所成的角為ZEB1M,

由已知條件，可知4B=AE=CD,AB=AD=BE=^BC=2,

所以ABME是正三角形，所以乙F/M=30。，

所以BiE與平面BiMD所成的角為30°；

(3)假設(shè)線段BiC上是存在點P,使得MP〃平面

過點P作PQ〃CD交于Q,連結(jié)MP,AQ,如下圖：

所以AM"CD"PQ,所以4M,P,Q四點共面，

又因為MP〃平面BiAD,所以MP〃/Q,

所以四邊形力MPQ為平行四邊形，故4M=PQ=2C。，

所以P為BIC中點，

Rp-1

故在線段&C上存在點P,使得MP〃平面BMD,且康=今

9.【答案】（1）證明：連結(jié)BD和AC交于。，連結(jié)。F,

,.FBCD為正方形，

二。為BD中點，

為DE中點，

J.OF//BE.

C平面4CF,OFu平面4CF,

〃平面ACF.

（2）解：作EG1AD于G,

,：AE1平面COE,CDu平面COE,

：.AE1CD,

：/BCD為正方形，

CD1AD,

'：AEC\AD^A,AD,ZEu平面OAE,

ACD1平面ZME,

ACD1EG,

'：ADCCD=D,

：.EG_L平面力BCD,

'：AE1平面CDE,DEu平面CDE,

：.AE1DE,

"：AE=DE=2,

'.AD=2V2,EG=/，

2

四棱錐E-4BCD的體積為：y=^SBABCDxFG=Jx（2V2）x奩=挈.

10.【答案】（1）證明：因為4B為半球0的直徑，P為半球底面圓周上一點,

所以4P1BP,

因為AP1PQ,PQCBP=P,PQ、BPu平面PBQ,

所以4P1平面PBQ,

又因為BQu平面PBQ,

所以4P1BQ,

又因為Q為半球面上一點，

所以4Q1BQ,

又因為力QClAP=A,AQ,APu平面Q4P

所以BQ1平面Q4P,

又因為PQu平面QAP,

所以BQ1PQ.

(2)解：因為三角形4BP為直角三角形，AB=4,AP=1，

所以BP=<AB2-AP2=V15>

又因為BQ=3,BQ1平面QAP,

所以PQ=y/BP2-PQ2=V6,

又因為三角形QAB也是直角三角形,

所以QA=y/AB2-BQ2=V7,

所以鹿。4P=g,AP-PQ=3X1XV6=竽,

13/7

SAQAB=《QA.BQ=迎x3=

2

設(shè)點P到平面Q/3的距離為九，

則，P-Q/B=^B-QAP，

所以,h=@5徵/0?BQ,

pi,SxQAp.BQ堂x3742

所6r以八二號『二號二〒’

設(shè)直線PQ與平面ABQ所成的角為仇

,V42

則sind=—=」-

PQV6

11.【答案】（1）證明：因為PDL底面4BCD,BCu底面ABCD,所以PD1BC,

因為四邊形4BCD為正方形，所以DC1BC,

因為PDClDC=D,所以BC_L平面PCD,

因為DEu平面PCD,所以BC1DE,

在△PC。中，PD=CD,E是PC的中點，貝!JDE1PC,

因為BCClPC=C,所以DEI平面PBC,

因為PBu平面PBC,所以。E1PB,

因為EFJ.BP,DEdEF=E,所以BP1平面DEF,

因為OFu平面。EF,所以BP10F.

(2)解：連接47交BC于點M,如圖所示：

因為PD1底面ABC。，ACu平面力BCD,所以4C1PD,

又因為PDCBD=￡),貝!