2025高考数学 立体几何专题 大题练习

2025高考数学立体几何专题大题练习立体几何作为高考数学的重要组成部分，不仅考查同学们的空间想象能力，更考验逻辑推理与运算求解能力。近年来，高考立体几何大题的命题趋势稳中有变，既注重基础概念的理解与应用，也强调知识的综合与迁移。本专题将结合考情，通过典型例题的剖析与练习，帮助同学们梳理解题思路，掌握核心方法，提升解题效率。一、核心知识梳理与方法回顾在进入大题练习之前，我们先来简要回顾一下立体几何解题中常用的核心知识与方法，这是高效解题的基础。（一）空间几何体的结构与度量熟悉柱、锥、台、球等基本几何体的定义、结构特征及表面积、体积公式是解决立体几何问题的前提。尤其要注意特殊几何体（如正棱柱、正棱锥、直角棱柱、直角棱锥）的性质，这些往往是题目中的隐含条件或解题突破口。例如，正棱锥的顶点在底面的射影是底面的中心，直角棱锥的侧棱可能与底面垂直等。（二）空间点、直线、平面的位置关系此部分是逻辑推理证明的核心，重点掌握线线、线面、面面平行与垂直的判定定理和性质定理。证明时，要明确“由已知想性质，由求证想判定”的思路，逐步构建完整的推理链条。例如，要证线面平行，可考虑线线平行（中位线、平行四边形）或面面平行；要证面面垂直，通常先证线面垂直。（三）空间向量与立体几何空间向量作为解决立体几何问题的有力工具，尤其在求空间角（异面直线所成角、线面角、二面角）和空间距离时，展现出其独特的优势。运用向量法解题的关键步骤是：建立恰当的空间直角坐标系，准确写出相关点的坐标，求出相关直线的方向向量和平面的法向量，然后利用向量的夹角公式进行计算。需要注意的是，向量夹角与所求空间角之间的关系（相等、互补或互余），避免因混淆而导致计算错误。二、典型例题精析（一）例1：多面体中的证明与体积计算题目：如图，在三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，侧棱AA₁⊥底面ABC，AB=AC，D为BC的中点，点E在棱BB₁上，且BE=EB₁。(1)求证：AD⊥平面BCC₁B₁；(2)若∠BAC=θ，AB=2，AA₁=3，求三棱锥A₁-C₁DE的体积。思路分析：第(1)问，要证AD⊥平面BCC₁B₁，根据线面垂直的判定定理，需证明AD垂直于平面BCC₁B₁内的两条相交直线。已知AA₁⊥底面ABC，可推出CC₁⊥底面ABC，从而CC₁⊥AD。又因为AB=AC，D为BC中点，由等腰三角形“三线合一”性质可得AD⊥BC。BC与CC₁是平面BCC₁B₁内的相交直线，故结论得证。第(2)问，求三棱锥A₁-C₁DE的体积。直接求可能较为繁琐，可考虑利用等体积法进行转化。观察三棱锥的顶点和底面，看能否将其转化为底面积和高更容易计算的形式。例如，可考虑以C₁为顶点，A₁DE为底面，但似乎仍不简便。或者观察到E是BB₁中点，BE=EB₁=BB₁/2=AA₁/2=3/2。也可以考虑将三棱锥A₁-C₁DE的体积看作是整个几何体的一部分，用割补法求解。或者，连接A₁B，A₁C，将其分割成几个小棱锥。另一种思路是，利用坐标系求出各点坐标，再用向量法求点到平面的距离，进而求体积。这里，我们尝试用传统方法。因为AD⊥平面BCC₁B₁，而A₁A平行且等于C₁C，或许可以找到高与AD的关系。或者，以△C₁DE为底面，找到点A₁到平面C₁DE的距离。解答过程：(1)证明：∵AA₁⊥底面ABC，CC₁∥AA₁，∴CC₁⊥底面ABC。∵AD⊂平面ABC，∴CC₁⊥AD。∵AB=AC，D为BC中点，∴AD⊥BC。又∵BC⊂平面BCC₁B₁，CC₁⊂平面BCC₁B₁，BC∩CC₁=C，∴AD⊥平面BCC₁B₁。(2)解：∵AB=AC=2，∠BAC=θ，∴在△ABC中，BC²=AB²+AC²-2AB·AC·cosθ=8(1-cosθ)，则BC=2√[2(1-cosθ)]，BD=DC=√[2(1-cosθ)]。AD²=AB²-BD²=4-2(1-cosθ)=2(1+cosθ)，AD=√[2(1+cosθ)]。∵AA₁=3，BE=EB₁，∴BE=3/2，B₁E=3/2。在矩形BCC₁B₁中，BC=2√[2(1-cosθ)]，CC₁=3，BD=DC=√[2(1-cosθ)]，B₁E=3/2，EC₁可通过勾股定理计算，但或许我们不需要具体求棱长。考虑三棱锥A₁-C₁DE的体积，我们可以将其看作是以A₁为顶点，以△C₁DE为底面的三棱锥。但A₁到平面C₁DE的距离不易直接求出。换个角度，V(A₁-C₁DE)=V(C₁-A₁DE)。点C₁到平面A₁DE的距离是多少呢？或者，连接A₁B，A₁D，A₁E。但可能更简便的是利用坐标法。以D为原点，DB为x轴，DA为y轴，过D作平行于CC₁的直线为z轴建立空间直角坐标系。则D(0,0,0)，B(√[2(1-cosθ)],0,0)，C(-√[2(1-cosθ)],0,0)，A(0,√[2(1+cosθ)],0)。A₁(0,√[2(1+cosθ)],3)，C₁(-√[2(1-cosθ)],0,3)。点E在BB₁上，B(√[2(1-cosθ)],0,0)，B₁(√[2(1-cosθ)],0,3)，E为BB₁中点，故E(√[2(1-cosθ)],0,3/2)。向量DE=(√[2(1-cosθ)],0,3/2)，DC₁=(-√[2(1-cosθ)],0,3)，DA₁=(0,√[2(1+cosθ)],3)。设平面C₁DE的法向量为n=(x,y,z)，则n·DE=x√[2(1-cosθ)]+(3/2)z=0n·DC₁=-x√[2(1-cosθ)]+3z=0令z=2，则由第二个方程得-x√[2(1-cosθ)]+6=0→x√[2(1-cosθ)]=6→x=6/√[2(1-cosθ)]。代入第一个方程验证：6+3=9≠0？哦，不对，第一个方程是x√[2(1-cosθ)]+(3/2)z=6+(3/2)*2=6+3=9=0？显然不对，说明我设z=2不合适。重新解方程组：x√[2(1-cosθ)]=-(3/2)z...(1)-x√[2(1-cosθ)]=-3z...(2)(1)+(2)得：0=(-3/2z)+(-3z)→0=-9z/2→z=0。这显然不合理，说明我坐标设错了？哦，对了！CC₁的方向是向上的，所以B₁的z坐标应该是AA₁的长度，即3。所以E是BB₁中点，其z坐标应为0+3/2=3/2，没错。DC₁是从D(0,0,0)到C₁(-√[2(1-cosθ)],0,3)，向量DC₁=(-√[2(1-cosθ)],0,3)，正确。DE是从D(0,0,0)到E(√[2(1-cosθ)],0,3/2)，向量DE=(√[2(1-cosθ)],0,3/2)，正确。那么解：由n·DE=0和n·DC₁=0即：√[2(1-cosθ)]x+(3/2)z=0...(1)-√[2(1-cosθ)]x+3z=0...(2)(1)+(2)得：(3/2z+3z)=0→(9/2z)=0→z=0。这说明平面C₁DE在z轴方向没有变化？即平面C₁DE是水平的？因为所有点的y坐标都是0！对啊！D、C₁、E三点的y坐标都是0！所以平面C₁DE就是y=0的平面，即xOz平面！那么点A₁的坐标是(0,√[2(1+cosθ)],3)，它到平面C₁DE（y=0）的距离就是其y坐标的绝对值，即√[2(1+cosθ)]。而△C₁DE在平面xOz上，其面积可以通过坐标计算。D(0,0,0)，C₁(-a,0,3)，E(a,0,3/2)，其中a=√[2(1-cosθ)]。则DC₁向量为(-a,0,3)，DE向量为(a,0,3/2)。△C₁DE的面积S=1/2|DC₁×DE|。叉乘在xOz平面（y=0），向量叉乘的模长为|(-a)(3/2)-(3)(a)|=|-3a/2-3a|=|-9a/2|=9a/2。所以S=1/2*9a/2=9a/4。则体积V=1/3*S*h=1/3*(9a/4)*√[2(1+cosθ)]=(3a/4)*√[2(1+cosθ)]。将a=√[2(1-cosθ)]代入：V=(3/4)*√[2(1-cosθ)]*√[2(1+cosθ)]=(3/4)*√[4(1-cos²θ)]=(3/4)*√[4sin²θ]=(3/4)*2|sinθ|。因为θ是∠BAC，三角形内角，所以θ∈(0,π)，sinθ>0。故V=(3/4)*2sinθ=(3/2)sinθ。又因为AB=2，在△ABC中，由余弦定理的推论，cosθ=(AB²+AC²-BC²)/(2AB·AC)，但我们这里已经用θ表示出体积了。题目中AB=2是已知的，这里体积最终表达式为(3/2)sinθ。易错点警示：证明线面垂直时，务必确保所找的两条直线相交。利用坐标法时，坐标系的建立要恰当，否则会增加计算量；点的坐标要写准确。计算体积时，等体积法的运用要灵活，善于观察几何体的结构特征，选择合适的底面和高。本题中，发现三点共面于y=0，从而简化了距离的计算，是关键的突破口。（二）例2：面面垂直条件下的线线垂直证明与线面角计算题目：如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为菱形，∠ABC=φ，PA⊥底面ABCD，PA=AB，点M为PC的中点。(1)求证：平面PBD⊥平面PAC；(2)求直线BM与平面PAD所成角的正弦值。思路分析：第(1)问，要证平面PBD⊥平面PAC，根据面面垂直的判定定理，需在一个平面内找到一条直线垂直于另一个平面。底面ABCD是菱形，所以对角线AC⊥BD。又PA⊥底面ABCD，所以PA⊥BD。AC与PA是平面PAC内的相交直线，故BD⊥平面PAC。而BD⊂平面PBD，因此平面PBD⊥平面PAC。第(2)问，求直线BM与平面PAD所成角的正弦值。可以用传统几何法，作出线面角，再解三角形；也可以用向量法。考虑到已知条件中有PA⊥底面，底面是菱形，建立空间直角坐标系会比较方便。以A为原点，分别以AD、AB（或经过A点垂直于AD的直线）、AP为坐标轴建立坐标系，写出各点坐标，求出直线BM的方向向量和平面PAD的法向量，利用向量夹角公式求出线面角的正弦值。解答过程：(1)证明：∵底面ABCD为菱形，∴AC⊥BD。∵PA⊥底面ABCD，BD⊂底面ABCD，∴PA⊥BD。又∵AC⊂平面PAC，PA⊂平面PAC，AC∩PA=A，∴BD⊥平面PAC。∵BD⊂平面PBD，∴平面PBD⊥平面PAC。(2)解：设PA=AB=2（设为2可使后续计算中某些根号内的式子简化，不影响结果）。以A为原点，分别以射线AB、AD、AP为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系。则A(0,0,0)，B(2,0,0)，D(0,2,0)（∵菱形邻边相等，∠ABC=φ，AD=AB=2，若以AB为x轴，AD与AB夹角为∠BAD=π-φ，此处为简化，先设∠BAD=α，则D点坐标为(2cosα,2sinα,0)。但为了方便，可令AB在x轴，A在原点，因为∠ABC=φ，所以∠BAD=π-φ。则D(2cos(π-φ),2sin(π-φ),0)=(-2cosφ,2sinφ,0)。这样更准确。）更正坐标设置：设AB=2，则A(0,0,0)，B(2,0,0)。∵∠ABC=φ，四边形ABCD为菱形，∴∠BAD=π-φ，AD=AB=2。∴D点坐标为(2cos(π-φ),2sin(π-φ),0)=(-2cosφ,2sinφ,0)。P(0,0,2)（∵PA=AB=2）。点M为PC的中点，P(0,0,2)，C=B+D-A=(2-2cosφ,0+2sinφ,0)=(2(1-cosφ),2sinφ,0)。∴M点坐标为((0+2(1-cosφ))/2,(0+2sinφ)/2,(2+0)/2)=(1-cosφ,sinφ,1)。∴向量BM=M-B=(1-cosφ-2,sinφ-0,1-