高考专题突破四 高考中的立体几何问题
21版：高考专题突破四 高考中的立体几何问题（步步高）
高考专题突破四 高考中的立体几何问题空间角的求法命题点1 求线线角例1 (2019·湖北知名示范高中联合质检)若在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠A 1AC ＝∠BAC ＝60°，平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，AA 1＝AC ＝AB ，则异面直线AC 1与A 1B 所成角的余弦值为________． 答案24解析 方法一 令M 为AC 的中点，连接MB ，MA 1， 由题意知△ABC 是等边三角形，所以BM ⊥AC ， 同理，A 1M ⊥AC ，因为平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，平面A 1ACC 1∩平面ABC ＝AC ，BM ⊂平面ABC ，所以BM ⊥平面A 1ACC 1，因为A 1M ⊂平面A 1ACC 1，所以BM ⊥A 1M ，所以AC ，BM ，A 1M 两两垂直，以M 为原点，MA →，MB →，MA 1→的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．设AA 1＝AC ＝AB ＝2，则A (1,0,0)，B (0，3，0)，A 1(0,0，3)，C 1(－2,0，3)， 所以AC 1→＝(－3,0，3)，A 1B →＝(0，3，－3)， 所以cos 〈AC 1→，A 1B →〉＝－323×6＝－24，故异面直线AC 1与A 1B 所成角的余弦值为24. 方法二 如图，在平面ABC ，平面A 1B 1C 1中分别取点D ，D 1，连接BD ，CD ，B 1D 1，C 1D 1，使得四边形ABDC ，A 1B 1D 1C 1为平行四边形，连接DD 1，BD 1，则AB ＝C 1D 1，且AB ∥C 1D 1，所以AC 1∥BD 1，故∠A 1BD 1或其补角为异面直线AC 1与A 1B 所成的角．连接A 1D 1，过点A 1作A 1M ⊥AC 于点M ，连接BM ，设AA 1＝2，由∠A 1AM ＝∠BAC ＝60°，得AM ＝1，BM ＝3，A 1M ＝3，因为平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，平面A 1ACC 1∩平面ABC ＝AC ，A 1M ⊂平面A 1ACC 1， 所以A 1M ⊥平面ABC ，又BM ⊂平面ABC ， 所以A 1M ⊥BM ，所以A 1B ＝6，在菱形A 1ACC 1中，可求得AC 1＝23＝BD 1， 同理，在菱形A 1B 1D 1C 1中，求得A 1D 1＝23，所以cos ∠A 1BD 1＝A 1B 2＋BD 21－A 1D 212A 1B ·BD 1＝6＋12－1226×23＝24，所以异面直线AC 1与A 1B 所成角的余弦值为24. 思维升华 (1)求异面直线所成角的思路： ①选好基底或建立空间直角坐标系． ②求出两直线的方向向量v 1，v 2. ③代入公式|cos 〈v 1，v 2〉|＝|v 1·v 2||v 1||v 2|求解． (2)两异面直线所成角的关注点：两异面直线所成角的范围是θ∈⎝⎛⎦⎤0，π2，两向量的夹角α的范围是[0，π]，当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是该异面直线的夹角；当异面直线的方向向量的夹角为钝角时，其补角才是异面直线的夹角．跟踪训练1 (2020·邵阳模拟)若正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的体积为3，AB ＝1，则直线AB 1与CD 1所成的角为( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90° 答案 C解析 ∵正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的体积为3，AB ＝1，∴AA 1＝3，以D 为原点，DA 所在直线为x 轴，DC 所在直线为y 轴，DD 1所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系，则A (1,0,0)，B 1(1,1，3)，C (0,1,0)，D 1(0,0，3)， AB 1→＝(0,1，3)，CD 1→＝(0，－1，3)， 设直线AB 1与CD 1所成的角为θ， 则cos θ＝|AB 1→·CD 1→||AB 1→|·|CD 1→|＝24·4＝12，又0°<θ≤90°，∴θ＝60°，∴直线AB 1与CD 1所成的角为60°.故选C. 命题点2 求线面角例2 如图，已知多面体ABCA 1B 1C 1，A 1A ，B 1B ，C 1C 均垂直于平面ABC ，∠ABC ＝120°，A 1A ＝4，C 1C ＝1，AB ＝BC ＝B 1B ＝2.(1)证明：AB 1⊥平面A 1B 1C 1；(2)求直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值．方法一 (1)证明 由AB ＝2，AA 1＝4，BB 1＝2，AA 1⊥AB ，BB 1⊥AB ，得AB 1＝A 1B 1＝22，所以A 1B 21＋AB 21＝AA 21，故AB 1⊥A 1B 1.由BC ＝2，BB 1＝2，CC 1＝1，BB 1⊥BC ，CC 1⊥BC ， 得B 1C 1＝ 5.由AB ＝BC ＝2，∠ABC ＝120°，得AC ＝2 3. 由CC 1⊥AC ，得AC 1＝13，所以AB 21＋B 1C 21＝AC 21，故AB 1⊥B 1C 1.又因为A 1B 1∩B 1C 1＝B 1，A 1B 1，B 1C 1⊂平面A 1B 1C 1， 所以AB 1⊥平面A 1B 1C 1.(2)解 如图，过点C 1作C 1D ⊥A 1B 1，交直线A 1B 1于点D ，连接AD .由AB 1⊥平面A 1B 1C 1， 得平面A 1B 1C 1⊥平面ABB 1.由C 1D ⊥A 1B 1，平面A 1B 1C 1∩平面ABB 1＝A 1B 1，C 1D ⊂平面A 1B 1C 1，得C 1D ⊥平面ABB 1. 所以∠C 1AD 即为AC 1与平面ABB 1所成的角． 由B 1C 1＝5，A 1B 1＝22，A 1C 1＝21， 得cos ∠C 1A 1B 1＝427，sin ∠C 1A 1B 1＝77， 所以C 1D ＝3，故sin ∠C 1AD ＝C 1D AC 1＝3913.因此直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值是3913. 方法二 (1)证明 如图，以AC 的中点O 为原点，分别以射线OB ，OC 为x ，y 轴的正半轴，建立空间直角坐标系．由题意知各点坐标如下：A (0，－3，0)，B (1,0,0)，A 1(0，－3，4)，B 1(1,0,2)，C 1(0，3，1)． 因此AB 1→＝(1，3，2)，A 1B 1→＝(1，3，－2)，A 1C 1→＝(0,23，－3)． 由AB 1→·A 1B 1→＝0，得AB 1⊥A 1B 1. 由AB 1→·A 1C 1→＝0，得AB 1⊥A 1C 1.又A 1B 1∩A 1C 1＝A 1，A 1B 1，A 1C 1⊂平面A 1B 1C 1， 所以AB 1⊥平面A 1B 1C 1.(2)解 设直线AC 1与平面ABB 1所成的角为θ. 由(1)可知AC 1→＝(0,23，1)，AB →＝(1，3，0)，BB 1→＝(0,0,2)． 设平面ABB 1的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )． 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB →＝0，n ·BB 1→＝0，得⎩⎨⎧x ＋3y ＝0，2z ＝0，可取n ＝(－3，1,0)．所以sin θ＝|cos 〈AC 1→，n 〉|＝|AC 1→·n ||AC 1→||n |＝3913.因此直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值是3913. 思维升华 (1)利用向量求直线与平面所成的角有两个思路：①分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)．②通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角，取其余角就是斜线和平面所成的角． (2)若直线l 与平面α的夹角为θ，直线l 的方向向量l 与平面α的法向量n 的夹角为β，则θ＝π2－β或θ＝β－π2，故有sin θ＝|cos β|＝|l ·n ||l ||n |. 跟踪训练2 如图，已知三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，∠ABC ＝90°，∠BAC ＝30°，A 1A ＝A 1C ＝AC ，E ，F 分别是AC ，A 1B 1的中点．(1)证明：EF ⊥BC ；(2)求直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值．方法一 (1)证明 如图，连接A 1E ，因为A 1A ＝A 1C ，E 是AC 的中点，所以A 1E ⊥AC .又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E ⊂平面A 1ACC 1，平面A 1ACC 1∩平面ABC ＝AC ，所以A 1E ⊥平面ABC ，则A 1E ⊥BC .又因为A 1F ∥AB ，∠ABC ＝90°，故BC ⊥A 1F ， 又A 1E ，A 1F ⊂平面A 1EF ，A 1E ∩A 1F ＝A 1， 所以BC ⊥平面A 1EF .又EF ⊂平面A 1EF ，因此EF ⊥BC . (2)解 取BC 的中点G ，连接EG ，GF ， 则EGF A 1是平行四边形．由于A 1E ⊥平面ABC ，故A 1E ⊥EG ， 所以平行四边形EGF A 1为矩形．连接A 1G 交EF 于O ，由(1)得BC ⊥平面EGF A 1，则平面A 1BC ⊥平面EGF A 1，所以EF 在平面A 1BC 上的射影在直线A 1G 上． 则∠EOG 是直线EF 与平面A 1BC 所成的角(或其补角)． 不妨设AC ＝4，则在Rt △A 1EG 中，A 1E ＝23，EG ＝ 3. 由于O 为A 1G 的中点，故EO ＝OG ＝A 1G 2＝152，所以cos ∠EOG ＝EO 2＋OG 2－EG 22EO ·OG ＝35.因此，直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值是35.方法二 (1)证明 连接A 1E ，因为A 1A ＝A 1C ，E 是AC 的中点， 所以A 1E ⊥AC .又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E ⊂平面A 1ACC 1， 平面A 1ACC 1∩平面ABC ＝AC ，所以A 1E ⊥平面ABC .如图，以E 为原点，分别以射线EC ，EA 1为y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系．不妨设AC ＝4，则A 1(0,0,23)，B (3，1,0)，B 1(3，3,23)，F ⎝⎛⎭⎫32，32，23，C (0,2,0)．因此，EF →＝⎝⎛⎭⎫32，32，23，BC →＝(－3，1,0)．由EF →·BC →＝0得EF ⊥BC .(2)解 设直线EF 与平面A 1BC 所成角为θ. 由(1)可得BC →＝(－3，1,0)，A 1C →＝(0,2，－23)． 设平面A 1BC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )． 由⎩⎪⎨⎪⎧BC →·n ＝0，A 1C →·n ＝0，得⎩⎨⎧－3x ＋y ＝0，y －3z ＝0.取n ＝(1，3，1)，故sin θ＝|cos 〈EF →，n 〉|＝|EF →·n ||EF →|·|n |＝45.因此，直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值为35.命题点3 求二面角例3 (2020·山东模拟)如图，四棱锥S －ABCD 中，底面ABCD 为矩形. SA ⊥平面ABCD ，E ，F 分别为AD ，SC 的中点，EF 与平面ABCD 所成的角为45°.(1)证明：EF 为异面直线AD 与SC 的公垂线； (2)若EF ＝12BC ，求二面角B －SC －D 的余弦值．(1)证明 连接AC ，BD 交于点G ，连接EG ，FG .因为四边形ABCD 为矩形，且E ，F 分别是AD ，SC 的中点， 所以EG ∥CD ，且FG ∥SA . 又SA ⊥平面ABCD ，所以GF ⊥平面ABCD ，所以GF ⊥AD .又AD ⊥GE ，GE ∩GF ＝G ，GE ，GF ⊂平面GEF ， 所以AD ⊥平面GEF ，所以AD ⊥EF . 因为EF 与平面ABCD 所成的角为45°， 所以∠FEG ＝45°，从而GE ＝GF ，所以SA ＝AB . 取SB 的中点H ，连接AH ，FH ， 则由F ，H 分别为SC ，SB 的中点，得FH ∥BC ∥AE ，HF ＝AE ＝12BC ，从而四边形AEFH 为平行四边形．所以EF ∥AH .又由SA ＝AB ，知AH ⊥SB .又SA ⊥BC ，AB ⊥BC ，SA ∩AB ＝A ，SA ，AB ⊂平面SAB ，所以BC ⊥平面SAB ，所以AH ⊥BC . 又SB ∩BC ＝B ，SB ，BC ⊂平面SBC ，所以AH ⊥平面SBC . 所以EF ⊥平面SBC ，又SC ⊂平面SBC ，所以EF ⊥SC . 综上知EF 为异面直线AD 与SC 的公垂线．(2)解 因为EF ＝12BC ，设BC ＝2，则EF ＝1，从而GE ＝GF ＝22， 所以SA ＝AB ＝2，以A 为坐标原点，AB ，AD ，AS 所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系， 则B (2，0,0)，D (0,2,0)，S (0,0，2)，C (2，2,0)， 从而SC →＝(2，2，－2)，BC →＝(0,2,0)． 设平面SBC 的一个法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·SC →＝0，n 1·BC →＝0，即⎩⎨⎧2x 1＋2y 1－2z 1＝0，2y 1＝0，令z 1＝1，从而得n 1＝(1,0,1)． 同理，可求得平面SCD 的一个法向量为n 2＝(0,1，2)． 设二面角B －SC －D 的平面角为θ， 从而cos θ＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝22·3＝33.由图知，二面角B －SC －D 为钝角， 所以二面角B －SC －D 的余弦值为－33. 思维升华 (1)求二面角最常用的方法就是分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．(2)利用向量法求二面角的大小的关键是确定平面的法向量，求法向量的方法主要有两种：①求平面的垂线的方向向量．②利用法向量与平面内两个不共线向量的数量积为零，列方程组求解．跟踪训练3 (2019·湖北宜昌一中模拟)如图，在四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，AD ⊥AB ，AB ∥DC ，AD ＝DC ＝AP ＝2，AB ＝1，点E 为棱PC 的中点．(1)证明：BE ⊥PD ；(2)若F 为棱PC 上一点，满足BF ⊥AC ，求二面角F －AB －D 的余弦值． 解 依题意，以点A 为原点，以AB ，AD ，AP 为轴建立空间直角坐标系如图，可得B (1,0,0)，C (2,2,0)，D (0,2,0)，P (0,0,2)． 由E 为棱PC 的中点，得E (1,1,1)．(1)证明 向量BE →＝(0,1,1)，PD →＝(0,2，－2)， 故BE →·PD →＝0，所以BE →⊥PD →，所以BE ⊥PD .(2)解 BC →＝(1,2,0)，CP →＝(－2，－2,2)，AC →＝(2,2,0)，AB →＝(1,0,0)， 由点F 在棱PC 上，设CF →＝λCP →，0≤λ≤1， 故BF →＝BC →＋CF →＝BC →＋λCP →＝(1－2λ，2－2λ，2λ)， 由BF ⊥AC ，得BF →·AC →＝0，因此，2(1－2λ)＋2(2－2λ)＝0，λ＝34，即BF →＝⎝⎛⎭⎫－12，12，32. 设n 1＝(x ，y ，z )为平面F AB 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ n 1·AB →＝0，n 1·BF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，－12x ＋12y ＋32z ＝0，不妨令z ＝－1，可得n 1＝(0,3，－1)为平面F AB 的一个法向量， 取平面ABD 的法向量n 2＝(0,0,1)， 则cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝－110＝－1010， 又因为二面角F －AB －D 为锐二面角， 所以二面角F －AB －D 的余弦值为1010. 立体几何中的探索性问题例4 (2019·淄博模拟)已知正方形的边长为4，E ，F 分别为AD ，BC 的中点，以EF 为棱将正方形ABCD 折成如图所示的60°的二面角，点M 在线段AB 上．(1)若M 为AB 的中点，且直线MF 与由A ，D ，E 三点所确定平面的交点为O ，试确定点O 的位置，并证明直线OD ∥平面EMC ；(2)是否存在点M ，使得直线DE 与平面EMC 所成的角为60°；若存在，求此时二面角M －EC －F 的余弦值，若不存在，说明理由． 解 (1)因为直线MF ⊂平面ABFE ，故点O 在平面ABFE 内也在平面ADE 内，所以点O 在平面ABFE 与平面ADE 的交线上(如图所示)，因为AO ∥BF ，M 为AB 的中点，所以△OAM ≌△FBM ，所以OM ＝MF ，AO ＝BF ，所以点O 在EA 的延长线上，且AO ＝2， 连接DF 交EC 于N ，因为四边形CDEF 为矩形，所以N 是EC 的中点， 连接MN ，因为MN 为△DOF 的中位线，所以MN ∥OD ， 又因为MN ⊂平面EMC ，OD ⊄平面EMC ， 所以直线OD ∥平面EMC .(2)由已知可得，EF ⊥AE ，EF ⊥DE ，AE ∩DE ＝E ， 所以EF ⊥平面ADE ， 所以平面ABFE ⊥平面ADE ，取AE 的中点H 为坐标原点，以AH ，DH 所在直线分别为x 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，所以E (－1,0,0)，D (0,0，3)，C (0,4，3)，F (－1,4,0)， 所以ED →＝(1,0，3)，EC →＝(1,4，3)， 设M (1，t ,0)(0≤t ≤4)，则EM →＝(2，t ,0)， 设平面EMC 的法向量m ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·EM →＝0，m ·EC →＝0⇒⎩⎨⎧2x ＋ty ＝0，x ＋4y ＋3z ＝0，取y ＝－2，则x ＝t ，z ＝8－t 3，所以m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫t ，－2，8－t 3，因为DE 与平面EMC 所成的角为60°， 所以82t 2＋4＋(8－t )23＝32， 所以23t 2－4t ＋19＝32，所以t 2－4t ＋3＝0， 解得t ＝1或t ＝3，所以存在点M ，使得直线DE 与平面EMC 所成的角为60°， 取ED 的中点Q ，因为EF ⊥平面ADE ，AQ ⊂平面ADE ， 所以AQ ⊥EF ，又因为AQ ⊥DE ，DE ∩EF ＝E ，DE ，EF ⊂平面CEF ， 所以AQ ⊥平面CEF ，则QA →为平面CEF 的法向量， 因为Q ⎝⎛⎭⎫－12，0，32，A (1,0,0)，所以QA →＝⎝⎛⎭⎫32，0，－32，m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫t ，－2，8－t 3， 设二面角M －EC －F 的大小为θ， 所以|cos θ|＝|QA →·m ||QA →|·|m |＝|2t －4|3t 2＋4＋(8－t )23＝|t －2|t2－4t ＋19， 因为当t ＝2时，cos θ＝0，平面EMC ⊥平面CDEF ， 所以当t ＝1时，θ为钝角，所以cos θ＝－14.当t ＝3时，θ为锐角，所以cos θ＝14.思维升华 (1)对于线面关系中的存在性问题，首先假设存在，然后在该假设条件下，利用线面关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论则否定假设．(2)平面图形的翻折问题，关键是搞清翻折前后图形中线面位置关系和度量关系的变化情况．一般地，翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质发生变化．跟踪训练4 (2019·天津市南开区南开中学月考)如图1，在边长为2的菱形ABCD 中，∠BAD ＝60°，DE ⊥AB 于点E ，将△ADE 沿DE 折起到△A 1DE 的位置，使A 1D ⊥BE ，如图2.(1)求证：A 1E ⊥平面BCDE ； (2)求二面角E －A 1D －B 的余弦值；(3)在线段BD 上是否存在点P ，使平面A 1EP ⊥平面A 1BD ？若存在，求BPBD 的值；若不存在，说明理由．(1)证明 因为A 1D ⊥BE ，DE ⊥BE ，A 1D ∩DE ＝D ， A 1D ，DE ⊂平面A 1DE ，所以BE ⊥平面A 1DE ， 因为A 1E ⊂平面A 1DE ， 所以A 1E ⊥BE ，又因为A 1E ⊥DE ，BE ∩DE ＝E ，BE ，DE ⊂平面BCDE ， 所以A 1E ⊥平面BCDE .(2)解 以E 为原点，分别以EB ，ED ，EA 1所在直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，则B (1,0,0)，D (0，3，0)，A 1(0,0,1)，所以BA 1→＝(－1,0,1)，BD →＝(－1，3，0)， 设平面A 1BD 的法向量n ＝(x ，y ，z )， 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·BA 1→＝－x ＋z ＝0，n ·BD →＝－x ＋3y ＝0得⎩⎨⎧x ＝z ，x ＝3y ，令y ＝1，得n ＝(3，1，3)， 因为BE ⊥平面A 1DE ，所以平面A 1DE 的法向量EB →＝(1,0,0)， cos 〈n ，EB →〉＝n ·EB →|n |·|EB →|＝37＝217，因为所求二面角为锐角，所以二面角E －A 1D －B 的余弦值为217. (3)解 假设在线段BD 上存在一点P ，使得平面A 1EP ⊥平面A 1BD ， 设P (x ，y ，z )，BP →＝λBD →(0≤λ≤1)，则(x －1，y ，z )＝λ(－1，3，0)，所以P (1－λ，3λ，0)， 所以EA 1→＝(0,0,1)，EP →＝(1－λ，3λ，0)， 设平面A 1EP 的法向量m ＝(x 1，y 1，z 1)， 由⎩⎪⎨⎪⎧m ·EA 1→＝z 1＝0，m ·EP →＝(1－λ)x 1＋3λy 1＝0，得⎩⎨⎧z 1＝0，(1－λ)x 1＝－3λy 1，令x 1＝3λ，得m ＝(3λ，λ－1,0)， 因为平面A 1EP ⊥平面A 1BD ，所以m ·n ＝3λ＋λ－1＝0，解得λ＝14∈[0,1]，所以在线段BD 上存在点P ，使得平面A 1EP ⊥平面A 1BD ，且BP BD ＝14.例 (12分)(2019·全国Ⅰ)如图，直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，AA 1＝4，AB ＝2，∠BAD ＝60°，E ，M ，N 分别是BC ，BB 1，A 1D 的中点．(1)证明：MN ∥平面C 1DE ； (2)求二面角A －MA 1－N 的正弦值． 规范解答(1)证明 连接B 1C ，ME .因为M ，E 分别为BB 1，BC 的中点，所以ME ∥B 1C ，且ME ＝12B 1C .[1分]又因为N 为A 1D 的中点，所以ND ＝12A 1D .[2分]由题设知A 1B 1∥DC 且A 1B 1＝DC ，可得B 1C ∥A 1D 且B 1C ＝A 1D ，故ME ∥ND 且ME ＝ND ，因此四边形MNDE 为平行四边形，[3分] 所以MN ∥ED .[4分]又MN ⊄平面C 1DE ，ED ⊂平面C 1DE ，[5分] 所以MN ∥平面C 1DE .[6分](2)解 由已知可得DE ⊥DA ，以D 为坐标原点，DA →的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz ，[7分]则A (2,0,0)，A 1(2,0,4)，M (1，3，2)，N (1,0,2)，A 1A →＝(0,0，－4)，A 1M →＝(－1，3，－2)，A 1N →＝(－1,0，－2)，MN →＝(0，－3，0)．[8分] 设m ＝(x ，y ，z )为平面A 1MA 的一个法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·A 1M →＝0，m ·A 1A →＝0，所以⎩⎨⎧－x ＋3y －2z ＝0，－4z ＝0，可得m ＝(3，1,0)．[9分]设n ＝(p ，q ，r )为平面A 1MN 的一个法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·MN →＝0，n ·A 1N →＝0，所以⎩⎨⎧－3q ＝0，－p －2r ＝0，可取n ＝(2,0，－1)．[10分]于是cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝232×5＝155，[11分]所以二面角A －MA 1－N 的正弦值为105.[12分]利用向量求空间角的步骤第一步：建立空间直角坐标系，确定点的坐标；第二步：求向量(直线的方向向量、平面的法向量)坐标；第三步：计算向量的夹角(或函数值)，并转化为所求角．。
立体几何(7大题型)(解析版)2024年高考数学立体几何大题突破
立体几何立体几何是高考数学的必考内容，在大题中一般分两问，第一问考查空间直线与平面的位置关系证明；第二问考查空间角、空间距离等的求解。
考题难度中等，常结合空间向量知识进行考查。
2024年高考有很大可能延续往年的出题方式。
题型一：空间异面直线夹角的求解1(2023·上海长宁·统考一模)如图，在三棱锥A-BCD中，平面ABD⊥平面BCD,AB=AD,O为BD的中点.(1)求证：AO⊥CD；(2)若BD⊥DC,BD=DC,AO=BO，求异面直线BC与AD所成的角的大小.【思路分析】(1)利用面面垂直的性质、线面垂直的性质推理即得.(2)分别取AB,AC的中点M,N，利用几何法求出异面直线BC与AD所成的角.【规范解答】(1)在三棱锥A-BCD中，由AB=AD,O为BD的中点，得AO⊥BD，而平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD=BD，AO⊂平面ABD，因此AO⊥平面BCD，又CD⊂平面BCD，所以AO⊥CD.(2)分别取AB,AC的中点M,N，连接OM,ON,MN，于是MN⎳BC,OM⎳AD，则∠OMN是异面直线BC与AD所成的角或其补角，由(1)知，AO ⊥BD ，又AO =BO ，AB =AD ，则∠ADB =∠ABD =π4，于是∠BAD =π2，令AB =AD =2，则DC =BD =22，又BD ⊥DC ，则有BC =BD 2+DC 2=4，OC =DC 2+OD 2=10，又AO ⊥平面BCD ，OC ⊂平面BCD ，则AO ⊥OC ，AO =2，AC =AO 2+OC 2=23，由M ,N 分别为AB ,AC 的中点，得MN =12BC =2,OM =12AD =1,ON =12AC =3，显然MN 2=4=OM 2+ON 2，即有∠MON =π2，cos ∠OMN =OM MN =12，则∠OMN =π3，所以异面直线BC 与AD 所成的角的大小π3.1、求异面直线所成角一般步骤：(1)平移：选择适当的点，线段的中点或端点，平移异面直线中的一条或两条成为相交直线．(2)证明：证明所作的角是异面直线所成的角．(3)寻找：在立体图形中，寻找或作出含有此角的三角形，并解之．(4)取舍：因为异面直线所成角θ的取值范围是0,π2，所以所作的角为钝角时，应取它的补角作为异面直线所成的角．2、可通过多种方法平移产生，主要有三种方法：(1)直接平移法(可利用图中已有的平行线)；(2)中位线平移法；(3)补形平移法(在已知图形中，补作一个相同的几何体，以便找到平行线)．3、异面直线所成角：若n 1 ,n 2分别为直线l 1,l 2的方向向量，θ为直线l 1,l 2的夹角，则cos θ=cos <n 1 ,n 2 > =n 1 ⋅n 2n 1 n 2.1(2023·江西萍乡·高三统考期中)如图，在正四棱台ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E ,F 分别是BB 1,CD 的中点.(1)证明：EF ⎳平面AB1C 1D ；(2)若AB =2A 1B 1，且正四棱台的侧面积为9，其内切球半径为22，O 为ABCD 的中心，求异面直线OB 1与CC 1所成角的余弦值.【答案】(1)证明见解析；(2)45【分析】(1)根据中位线定理，结合线面平行判定定理以及面面平行判定定理，利用面面平行的性质，可得答案；(2)根据题意，结合正四棱台的几何性质，求得各棱长，利用线线角的定义，可得答案.【解析】(1)取CC 1中点G ，连接GE ,GF ，如下图：在梯形BB 1C 1C 中，E ,G 分别为BB 1,CC 1的中点，则EG ⎳B 1C 1，同理可得FG ⎳C 1D ，因为EG ⊄平面AB 1C 1D ，B 1C 1⊂平面AB 1C 1D ，所以EG ⎳平面AB 1C 1D ，同理可得GF ⎳平面AB 1C 1D ，因为EG ∩FG =G ，EG ,FG ⊆平面EFG ，所以平面EFG ⎳平面AB 1C 1D ，又因为EF ⊆平面EFG ，所以EF ⎳平面AB 1C 1D ；(2)连接AC ,BD ，则AC ∩BD =O ，连接A 1O ,A 1C 1,B 1O ,在平面BB 1C 1C 中，作B 1N ⊥BC 交BC 于N ，在平面BB 1D 1D 中，作B 1M ⊥BD 交BD 于M ，连接MN ，如下图：因为AB =2A 1B 1，则OC =A 1C 1，且OC ⎳A 1C 1，所以A 1C 1CO 为平行四边形，则A 1O ⎳CC 1，且A 1O =CC 1，所以∠A 1OB 1为异面直线OB 1与CC 1所成角或其补角，同理可得：B 1D 1DO 为平行四边形，则B 1O =D 1D ，在正四棱台ABCD -A 1B 1C 1D 1中，易知对角面BB 1D 1D ⊥底面ABCD ，因为平面ABCD ∩平面BB 1D 1D =BD ，且B 1M ⊥BD ，B 1M ⊂平面BB 1D 1D ，所以B 1M ⊥平面ABCD ，由内切球的半径为22，则B 1M =2，在等腰梯形BB 1C 1C 中，BC =2B 1C 1且B 1N ⊥BC ，易知BN =14BC ，同理可得BM =14BD ，在△BCD 中，BN BC=BM BD =14，则MN =14CD ，设正方形ABCD 的边长为4x x >0 ，则正方形A 1B 1C 1D 1的边长为2x ，MN =x ，由正四棱台的侧面积为9，则等腰梯形BB 1C 1C 的面积S =94，因为B 1M ⊥平面ABCD ，MN ⊂平面ABCD ，所以B 1M ⊥MN ，在Rt △B 1MN ，B 1N =B 1M 2+MN 2=2+x 2，可得S =12⋅B 1N ⋅B 1C 1+BC ，则94=12×2+x 2×4x +2x ，解得x =12，所以BC =2，B 1C 1=1，BN =14BC =12，B 1N =32，则A 1B 1=1，在Rt △BB 1N 中，BB 1=B 1N 2+BN 2=102，则CC 1=DD 1=102，所以在△A 1OB 1中，则cos ∠A 1OB 1=A 1O 2+B 1O 2-A 1B 212⋅A 1O ⋅B 1O=1022+102 2-12×102×102=45，所以异面直线OB 1与CC 1所成角的余弦值为45.2(2023·辽宁丹东·统考二模)如图，平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1的所有棱长都相等，平面CDD 1C 1⊥平面ABCD ，AD ⊥DC ，二面角D 1-AD -C 的大小为120°，E 为棱C 1D 1的中点．(1)证明：CD ⊥AE ；(2)点F 在棱CC 1上，AE ⎳平面BDF ，求直线AE 与DF 所成角的余弦值．【答案】(1)证明见解析；(2)37【分析】(1)根据面面垂直可得线面垂直进而得线线垂直，由二面角定义可得∠D 1DC =120°，进而根据中点得线线垂直即可求；(2)由线面平行的性质可得线线平行，由线线角的几何法可利用三角形的边角关系求解，或者建立空间直角坐标系，利用向量的夹角即可求解.【解析】(1)因为平面CDD 1C 1⊥平面ABCD ，且两平面交线为DC ,AD ⊥DC ，AD ⊂平面ABCD , 所以AD ⊥平面CDD 1C 1，所以AD ⊥D 1D ,AD ⊥DC ，∠D 1DC 是二面角D 1-AD -C 的平面角，故∠D 1DC =120°．连接DE ，E 为棱C 1D 1的中点，则DE ⊥C 1D 1,C 1D 1⎳CD ，从而DE ⊥CD ．又AD ⊥CD ，DE ∩AD =D ，DE ,AD ⊂平面AED ，所以CD ⊥平面AED ，ED ⊂平面AED ,因此CD ⊥AE ．(2)解法1：设AB =2，则DE =D 1D 2-12D 1C 1 2=3，所以CE =AE =AD 2+DE 2=7．连AC 交BD 于点O ，连接CE 交DF 于点G ，连OG ．因为AE ⎳平面BDF ，AE ⊂平面AEC ,平面AEC ∩平面BDF =OG ，所以AE ∥OG ，因为O 为AC 中点，所以G 为CE 中点，故OG =12AE =72．且直线OG 与DF 所成角等于直线AE 与DF 所成角．在Rt △EDC 中，DG =12CE =72，因为OD =2，所以cos ∠OGD =722+72 2-(2)22×72×72=37．因此直线AE 与DF 所成角的余弦值为37．解法2；设AB =2，则DE =D 1D 2-12D 1C 1 2=3，所以CE =AE =AD 2+DE 2=7．取DC 中点为G ，连接EG 交DF 于点H ，则EG =DD 1=2．连接AG 交BD 于点I ，连HI ，因为AE ⎳平面BDF ，AE ⊂平面AGE ，平面AGE ∩平面BDF =IH ，所以AE ∥IH ．HI 与DH 所成角等于直线AE 与DF 所成角．正方形ABCD 中，GI =13AG ，DI =13DB =223，所以GH =13EG ，故HI =13AE =73．在△DHG 中，GH =13EG =23，GD =1，∠EGD =60°，由余弦定理DH =1+49-1×23=73．在△DHI 中，cos ∠DHI =732+73 2-223 22×73×73=37．因此直线AE 与DF 所成角的余弦值为37．解法3:由(1)知DE ⊥平面ABCD ，以D 为坐标原点，DA为x 轴正方向，DA为2个单位长，建立如图所示的空间直角坐标系D -xyz ．由(1)知DE =3，得A 2,0,0 ,B 2,2,0 ,C 0,2,0 ,E (0,0,3)，C 1(0,1,3)．则CC 1=(0,-1,3)，DC =(0,2,0)，AE =(-2,0,3)，DB =(2,2,0)．由CF =tCC 1 0≤t ≤1 ，得DF =DC +CF =(0,2-t ,3t )．因为AE ⎳平面BDF ，所以存在唯一的λ，μ∈R ，使得AE =λDB +μDF=λ2,2,0 +μ(0,2-t ,3t )=2λ,2λ+2μ-tμ,3μt ，故2λ=-2,2λ+2μ-tμ=0,3μt =3，解得t =23，从而DF =0,43,233 ．所以直线AE 与DF 所成角的余弦值为cos AE ,DF =AE ⋅DF|AE ||DF |=37．题型二：空间直线与平面夹角的求解2(2024·安徽合肥·统考一模)如图，三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，四边形ACC 1A 1,BCC 1B 1均为正方形，D ,E 分别是棱AB ,A 1B 1的中点，N 为C 1E 上一点.(1)证明：BN ⎳平面A 1DC ；(2)若AB =AC ,C 1E =3C 1N，求直线DN 与平面A 1DC 所成角的正弦值.【思路分析】(1)连接BE ,BC 1,DE ,则有平面BEC 1⎳平面A 1DC ，可得BN ⎳平面A 1DC ；(2)建立空间直角坐标系，利用空间向量进行计算即可.【规范解答】(1)连接BE ,BC 1,DE .因为AB ⎳A 1B 1，且AB =A 1B 1，又D ,E 分别是棱AB ,A 1B 1的中点，所以BD ⎳A 1E ，且BD =A 1E ，所以四边形BDA 1E 为平行四边形，所以A 1D ⎳EB ，又A 1D ⊂平面A 1DC ,EB ⊄平面A 1DC ，所以EB ⎳平面A 1DC ，因为DE ⎳BB 1⎳CC 1，且DE =BB 1=CC 1，所以四边形DCC 1E 为平行四边形，所以C 1E ⎳CD ，又CD ⊂平面A 1DC ,C 1E ⊄平面A 1DC ，所以C 1E ⎳平面A 1DC ，因为C 1E ∩EB =E ,C 1E ,EB ⊂平面BEC 1，所以平面BEC 1⎳平面A 1DC ，因为BN ⊂平面BEC 1，所以BN ⎳平面A 1DC .(2)四边形ACC 1A 1,BCC 1B 1均为正方形，所以CC 1⊥AC ,CC 1⊥BC ，所以CC 1⊥平面ABC .因为DE ⎳CC 1，所以DE ⊥平面ABC ，从而DE ⊥DB ,DE ⊥DC .又AB =AC ，所以△ABC 为等边三角形.因为D 是棱AB 的中点，所以CD ⊥DB ，即DB ,DC ,DE 两两垂直.以D 为原点，DB ,DC ,DE 所在直线为x ,y ,z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系D -xyz .设AB =23，则D 0,0,0 ,E 0,0,23 ,C 0,3,0 ,C 10,3,23 ,A 1-3,0,23 ，所以DC =0,3,0 ,DA 1=-3,0,23 .设n=x ,y ,z 为平面A 1DC 的法向量，则n ⋅DC=0n ⋅DA 1 =0，即3y =0-3x +23z =0 ，可取n=2,0,1 .因为C 1E =3C 1N ，所以N 0,2,23 ,DN =0,2,23 .设直线DN 与平面A 1DC 所成角为θ，则sin θ=|cos ‹n ,DN ›|=|n ⋅DN ||n |⋅|DN |=235×4=1510，即直线DN 与平面A 1DC 所成角正弦值为1510.1、垂线法求线面角(也称直接法)：(1)先确定斜线与平面，找到线面的交点B 为斜足；找线在面外的一点A ，过点A 向平面α做垂线，确定垂足O ；(2)连结斜足与垂足为斜线AB 在面α上的投影；投影BO 与斜线AB 之间的夹角为线面角；(3)把投影BO 与斜线AB 归到一个三角形中进行求解(可能利用余弦定理或者直角三角形)。
2022高三高考数学知识点第7章 高考专题突破4 高考中的立体几何问题
跟踪训练3 (2020·宜昌一中模拟)如图，在四棱锥 P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB∥DC， AD＝DC＝AP＝2，AB＝1，点E为棱PC的中点. (1)证明：BE⊥PD；
解 依题意，以点A为原点，以AB，AD，AP为x轴、y轴、z轴建立空间 直角坐标系如图， 可得B(1，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2). 由E为棱PC的中点，得E(1，1，1). 证明 向量B→E＝(0，1，1)，P→D＝(0，2，－2)， 故B→E·P→D＝0，所以B→E⊥P→D，所以 BE⊥PD.
设直线AM与平面PBC所成的角为θ，
则
sin
θ＝|cos〈m，A→M〉|＝
→ |m·AM|
→
＝
|m|·|AM|
23×1＋12×0＋
2×
7 4
23×1＝
42 7.
∴直线 AM 与平面 PBC 所成角的正弦值为
42 7.
命题点3 二面角
例3 (2020·全国Ⅰ)如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为
设平面QCD的一个法向量为n＝(x，y，z)，
[5分] [6分]
则DD→→CQ··nn＝＝00，， 即ym＝x＋0，z＝0，
令x＝1，则z＝－m， 所以平面QCD的一个法向量为n＝(1,0，－m)，
则 cos〈n，P→B〉＝|nn|·|PP→→BB|＝
1＋0＋m 3· m2＋1.
[9分] [10分]
当且仅当m＝1时取等号，
所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为
6 3
.
[12分]
答题模板
第一步：根据线面位置关系的相关定理，证明线面垂直． 第二步：建立空间直角坐标系，确定点的坐标． 第三步：求直线的方向向量和平面的法向量． 第四步：计算向量夹角(或函数值)，借助基本不等式确定最值． 第五步：反思解题思路，检查易错点．
高三数学一轮专题4 高考中的立体几何问题(含解析)北师
专题四 高考中的立体几何问题1.如图，四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，AB ⊥AD ，点E 在线段AD 上，且CE ∥AB ．(1)求证：CE ⊥平面PAD ；(2)若PA ＝AB ＝1，AD ＝3，CD ＝2，∠CDA ＝45°，求四棱锥P －ABCD 的体积．[解析] (1)∵PA ⊥底面ABCD ，CE 平面ABCD∴CE ⊥PA ，又∵AB ⊥AD ，CE ∥AB ．∴CE ⊥AD ．又∵PA ∩AD ＝A ，∴CE ⊥平面PAD ．(2)由(1)可知CE ⊥AD ．在Rt △ECD 中，DE ＝CD·cos45°＝1，CE ＝CD·sin45°＝1.又∵AB ＝CE ＝1，AB ∥CE ，所以四边形ABCE 为矩形．∴S 四边形ABCD ＝S 矩形ABCE ＋S △CDE ＝AB·AE ＋12CE·DE＝1×2＋12×1×1＝52.又PA ⊥底面ABCD ，PA ＝1所以V 四棱锥p －ABCD ＝13S 四边形ABCD×PA ＝13×52×1＝56.2．(2015·潍坊模拟)如图，在四棱锥P －ABCD 中，平面PAD ⊥平面ABCD ，AB ＝AD ，∠BAD ＝60°，E 、F 分别是AP 、AD 的中点．求证：(1)直线EF ∥平面PCD ；(2)平面BEF ⊥平面PAD ．[证明] (1)在△PAD 中，因为E 、F 分别为AP 、AD 的中点，所以EF ∥PD ．又因为E F ⃘平面PCD ，PD 平面PCD ．所以直线EF ∥平面PCD ．(2)连结BD ．因为AB ＝AD ，∠BAD ＝60°，所以△ABD 为正三角形．因为F 是AD 的中点，所以BF ⊥AD ．因为平面PAD ⊥平面ABCD ，BF平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，所以BF⊥平面PAD．又因为BF平面BEF，所以平面BEF⊥平面PAD．3．如图，在四棱锥P－ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB，平面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD，E和F分别是CD、PC的中点，求证：(1)PA⊥底面ABCD；(2)BE∥平面PAD；(3)平面BEF⊥平面PCD．[解析](1)因为平面PAD⊥底面ABCD，且PA垂直于这两个平面的交线AD，所以PA⊥底面ABCD．(2)因为AB∥CD，CD＝2AB，E为CD的中点，所以AB∥DE，且AB＝DE.所以四边形ABED为平行四边形．所以BE∥AD．又因为B E⃘平面PAD，AD平面PAD，所以BE ∥平面PAD ．(3)因为AB ⊥AD ，而且四边形ABED 为平行四边形，所以BE ⊥CD ，AD ⊥CD ．由(1)知PA ⊥底面ABCD ．所以PA ⊥CD ．所以CD ⊥平面PAD ．所以CD ⊥PD ．因为E 和F 分别是CD 和PC 的中点，所以PD ∥EF.所以CD ⊥EF ，又因为CD ⊥BE ，BE ∩EF ＝E ，所以CD ⊥平面BEF.所以平面BEF ⊥平面PCD ．4．如图，在几何体P －ABCD 中，四边形ABCD 为矩形，PA ⊥平面ABCD ，AB ＝PA ＝2.(1)当AD ＝2时，求证：平面PBD ⊥平面PAC ；(2)若PC 与AD 所成的角为45°，求几何求P －ABCD 的体积．[解析] (1)证明：当AD ＝2时，四边形ABCD 是正方形，则BD ⊥AC ．∵PA ⊥平面ABCD ，BD 平面ABCD ，∴PA ⊥BD ．又∵PA ∩AC ＝A ，∴BD ⊥平面PAC ．∵BD 平面PBD ，∴平面PBD ⊥平面PAC ．(2)解：PC 与AD 成45°角，AD ∥BC ，则∠PCB ＝45°.∵BC ⊥AB ，BC ⊥PA ，AB ∩PA ＝A ，∴BC ⊥平面PAB ，PB 平面PAB ．∴BC ⊥PB ．∴∠CPB ＝90°－45°＝45°.∴BC ＝PB ＝2 2.∴几何体P －ABCD 的体积为13×(2×22)×2＝823.1.(2014·四川高考)在如图所示的多面体中，四边形ABB1A1和ACC1A1都为矩形．(1)若AC ⊥BC ，证明：直线BC ⊥平面ACC1A1；(2)设D ，E 分别是线段BC ，CC1的中点，在线段AB 上是否存在一点M ，使直线DE ∥平面A1MC ？请证明你的结论．[解析] (1)因为四边形ABB1A1和ACC1A1都是矩形，所以AA1⊥AB ，AA1⊥AC ．因为AB ，AC 为平面ABC 内两条相交直线，所以AA1⊥平面ABC ．因为直线BC 平面ABC ，所以AA1⊥BC ．又由已知，AC ⊥BC ，AA1，AC 为平面ACC1A1内两条相交直线，所以BC ⊥平面ACC1A1.(2)取线段AB 的中点M ，连接A1M ，MC ，A1C ，AC1，设O 为A1C ，AC1的交点． 由已知，O 为AC1的中点．连接MD ，OE ，则MD ，OE 分别为△ABC ，△ACC1的中位线，所以，MD 綊12AC ，OE 綊12AC ，因此MD綊OE.连接OM，从而四边形MDEO为平行四边形，则DE∥MO.因为直线D E⃘平面A1MC，MO平面A1MC．所以直线DE∥平面A1MC．即线段AB上存在一点M(线段AB的中点)，使直线DE∥平面A1MC．2．如图，在四棱台ABCD－A1B1C1D1中，D1D⊥平面ABCD，底面ABCD是平行四边形，AB＝2AD，AD＝A1B1，∠BAD＝60°.(1)证明：AA1⊥BD；(2)证明：CC1∥平面A1BD．[解析](1)∵DD1⊥平面ABCD，BD平面ABCD∴DD1⊥BD，又∵AB＝2AD且∠BAD＝60°∴由余弦定理得BD2＝AB2＋AD2－2AB·ADcos∠BAD即BD＝3AD，∴AD2＋BD2＝AB2，∴BD⊥AD又∵AD∩DD1＝D∴BD⊥平面ADD1A1，又∵AA1平面ADD1A1，∴BD⊥AA1(2)连接AC，交BD于M，连接A1M，A1C1，∵底面ABCD 是平行四边形，∴AM ＝CM ＝12AC又∵AB ＝2AD ＝2A1B1∴A1G 綊CM ，即四边形A1MCC1是平行四边形；∴CC1∥AM1，又∵CC 1⃘平面A1BD ，A1M 平面A1BD∴CC1∥平面A1BD ．3．(文)(2015·临沂模拟)如图，在边长为3的正三角形ABC 中，G ，F 为边AC 的三等分点，E ，P 分别是AB ，BC 边上的点，满足AE ＝CP ＝1，今将△BEP ，△CFP 分别沿EP ，FP 向上折起，使边BP 与边CP 所在的直线重合，B ，C 折后的对应点分别记为B1，C1.(1)求证：C1F ∥平面B1GE ；(2)求证：PF ⊥平面B1EF.[解析] (1)取EP 的中点D ，连接FD ，C1D ．因为BC ＝3，CP ＝1，所以折起后C1为B1P 的中点．所以在△B1EP 中，DC1∥EB1.又因为AB ＝BC ＝AC ＝3，AE ＝CP ＝1，所以EP AC ＝EB AB ，所以EP ＝2且EP ∥GF.因为G ，F 为AC 的三等分点，所以GF ＝1.又因为ED ＝12EP ＝1，所以GF ＝ED ，所以四边形GEDF 为平行四边形．所以FD ∥GE.又因为DC1∩FD ＝D ，GE ∩B1E ＝E ，所以平面DFC1∥平面B1GE.又因为C1F 平面DFC1， 所以C1F ∥平面B1GE.(2)连接EF ，B1F ，由已知得∠EPF ＝60°，且FP ＝1，EP ＝2，由余弦定理，得EF2＝12＋22－2×1×2×cos60°＝3，所以FP2＋EF2＝EP2，可得PF ⊥EF.因为B1C1＝PC1＝1，C1F ＝1，得FC1＝B1C1＝PC1，所以△PB1F 的中线C1F ＝12PB1，可得△PB1F 是直角三角形，即B1F ⊥PF.因为EF ∩B1F ＝F ，EF ，B1F 平面B1EF ，所以PF ⊥平面B1EF.(理)(2014·浙江高考)如图，在四棱锥A －BCDE 中，平面ABC ⊥平面BCDE ，∠CDE ＝∠BED ＝90°，AB ＝CD ＝2，DE ＝BE ＝1，AC ＝ 2.(1)证明：DE ⊥平面ACD ；(2)求二面角B －AD －E 的大小．[解析] (1)在平面四边形BCDE 中，BC ＝2，在三角形ABC 中，AB＝2，BC ＝2，AC ＝ 2.根据勾股定理逆定理．∴AC ⊥BC ．∵平面ABC ⊥平面BCOE ，而平面ABC ∩平面BCDE ＝BCAC ⊥BC ，∴AC ⊥平面BCDE ，∴AC ⊥DE ，又∵AC ⊥DE ，DE ⊥DC ，∴DE ⊥平面ACD ．(2)由(1)知分别以CD →、CA →为x 轴、z 轴正方向．以过C 平行DE →为y 轴正向建立坐标系．则B(1,1,0)，A(0,0，2)，D(2,0,0)，E(2,1,0)∴AB →＝(1,1，－2)，AD →＝(2,0，－2)，DE →＝(0,1,0)设平面ABD 法向量n1＝(x1，y1，z1)，由n1·DE →＝n1·AD →＝0，解得n1＝(1,1，2)设平面ADE 法向量n2＝(x2，y2，z2)，则n2·AE →＝n2·AD →＝0，解得：n2＝(1,0，2)设平面ABD 与平面ADE 夹角为θ，cosθ＝|cos 〈n1，n2〉|＝1＋0＋22×3＝32π∴平面ABD与平面ADE的二面角平面角为6.。
2020版 高考大题增分课4 立体几何中的高考热点问题
（四）立体几何中的高考热点问题[命题解读] 1.立体几何是高考的必考内容，几乎每年都考查一个解答题，两个选择或填空题，客观题主要考查空间概念，三视图及简单计算；解答题主要采用“论证与计算”相结合的模式，即利用定义、公理、定理证明空间线线、线面、面面平行或垂直，并与几何体的性质相结合考查几何体的计算．2．重在考查学生的空间想象能力、逻辑推理论证能力及数学运算能力．考查的热点是以几何体为载体的垂直、平行的证明、平面图形的折叠、探索开放性问题等；同时考查转化化归思想与数形结合的思想方法．以空间几何体为载体，考查空间平行与垂直关系是高考的热点内容，并常与几何体的体积计算交汇命题，考查学生的空间想象能力、计算与数学推理论证能力，同时突出转化与化归思想方法的考查，试题难度中等．【例1】(本小题满分12分)(2019·哈尔滨模拟)如图，四边形ABCD为菱形，G为AC与BD的交点，BE⊥平面ABCD.(1)证明：平面AEC⊥平面BED；(2)若∠ABC＝120°，AE⊥EC，三棱锥E-ACD的体积为63，求该三棱锥的侧面积．[信息提取]看到四边形ABCD为菱形，想到对角线垂直；看到三棱锥的体积，想到利用体积列方程求边长．[规范解答](1)证明：因为四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD.因为BE⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以AC⊥BE. 2分因为BD∩BE＝B，故AC⊥平面BED.又AC⊂平面AEC，所以平面AEC⊥平面BED. 4分(2)设AB＝x，在菱形ABCD中，由∠ABC＝120°，可得AG＝GC＝32x，GB＝GD＝x2.因为AE⊥EC，所以在Rt△AEC中，可得EG＝32x. 6分由BE ⊥平面ABCD ，知△EBG 为直角三角形，可得BE ＝22x .由已知得，三棱锥E -ACD 的体积V 三棱锥E -ACD ＝13×12·AC ·GD ·BE ＝624x 3＝63，故x ＝2.9分从而可得AE ＝EC ＝ED ＝ 6.所以△EAC 的面积为3，△EAD 的面积与△ECD 的面积均为 5.故三棱锥E -ACD 的侧面积为3＋2 5. 12分 [易错与防范] 易错误区：1.在第(1)问中，易忽视条件BD ∩BE ＝B .AC ⊂平面AEC 等条件，推理不严谨，导致扣分．2．在第(2)问中，需要计算的量较多，易计算失误，或漏算，导致结果错误． 防范措施：1.在书写证明过程中，应严格按照判定定理的条件写，防止扣分．2．在计算过程中，应牢记计算公式，逐步计算，做到不重不漏．[通性通法] 空间几何体体积的求法(1)若所给定的几何体是柱体、锥体或台体等规则几何体，则可直接利用公式进行求解．其中，等积转换法多用来求三棱锥的体积．(2)若所给定的几何体是不规则几何体，则将不规则的几何体通过分割或补形转化为规则几何体，再利用公式求解．(3)若以三视图的形式给出几何体，则应先根据三视图得到几何体的直观图，然后根据条件求解．如图，四棱锥P -ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，AD ∥BC ，AB ＝AD ＝AC ＝3，P A ＝BC ＝4，M 为线段AD 上一点，AM ＝2MD ，N 为PC 的中点．(1)证明：MN ∥平面P AB ；(2)求四面体N -BCM 的体积．[解] (1)证明：由已知得AM ＝23AD ＝2.取BP 的中点T ，连接AT ，TN ，由N 为PC 中点知TN ∥BC ，TN ＝12BC ＝2.又AD ∥BC ，故TN AM ，四边形AMNT 为平行四边形，于是MN ∥AT . 因为AT ⊂平面P AB ，MN ⊄平面P AB ，所以MN ∥平面P AB .(2)因为P A ⊥平面ABCD ，N 为PC 的中点，所以点N 到平面ABCD 的距离为12P A .取BC 的中点E ，连接AE .由AB ＝AC ＝3得AE ⊥BC ，AE ＝AB 2－BE 2＝5.由AM ∥BC 得点M 到BC 的距离为5，故S △BCM ＝12×4×5＝2 5.所以四面体N -BCM 的体积V N -BCM ＝13×S △BCM ×P A 2＝453.求点到平面的距离(几何体的高)求点到平面的距离(几何体的高)涉及到空间几何体的体积和线面垂直关系，是近几年高考考查的一个重要方向，重点考查学生的转化思想和运算求解能力．【例2】 (2019·开封模拟)如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 是菱形，且∠DAB＝60°，P A＝PD，M为CD的中点，平面P AD⊥平面ABCD.(1)求证：BD⊥PM；(2)若∠APD＝90°，P A＝2，求点A到平面PBM的距离．[解](1)证明：取AD中点E，连接PE，EM，AC，∵底面ABCD是菱形，∴BD⊥AC，∵E，M分别是AD，DC的中点，∴EM∥AC，∴EM⊥BD.∵P A＝PD，∴PE⊥AD，∵平面P AD ⊥平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，∴PE ⊥平面ABCD ，∴PE ⊥BD ，∵EM ∩PE ＝E ，∴BD ⊥平面PEM ，∵PM ⊂平面PEM ，∴BD ⊥PM .(2)连接AM ，BE ，∵P A ＝PD ＝2，∠APD ＝90°，∠DAB ＝60°，∴AD ＝AB＝BD ＝2，PE ＝1，EM ＝12AC ＝3，∴PM ＝PB ＝1＋3＝2.在等边三角形DBC 中，BM ＝3，∴S △PBM ＝394，S △ABM ＝12×2×3＝ 3.设三棱锥A -PBM 的高为h ，则由等体积可得13·394h ＝13×3×1，∴h ＝41313，∴点A 到平面PBM 的距离为41313.如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，P A⊥平面ABCD，E为PD 的中点．(1)证明：PB∥平面AEC；(2)设AP＝1，AD＝3，三棱锥P-ABD的体积V＝34，求点A到平面PBC的距离．[解](1)证明：设BD与AC的交点为O，连接EO.因为四边形ABCD为矩形，所以O为BD的中点．又E为PD的中点，所以EO∥PB.因为EO⊂平面AEC，PB⊄平面AEC，所以PB∥平面AEC.(2)三棱锥P-ABD的体积V＝16P A·AB·AD＝36AB，由V＝34，可得AB＝32.由题设知BC⊥AB，BC⊥P A，所以BC⊥平面P AB，在平面P AB内作AH⊥PB交PB于点H，则BC⊥AH，故AH⊥平面PBC.又AH＝P A·ABPB＝P A·ABP A2＋AB2＝31313.所以点A到平面PBC的距离为313 13.是否存在某点或某参数，使得某种线、面位置关系成立问题，是近几年高考命题的热点，常以解答题中最后一问的形式出现，一般有三种类型：(1)条件追溯型．(2)存在探索型．(3)方法类比探索型．【例3】(2018·秦皇岛模拟)如图所示，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD 是边长为a的正方形，侧面P AD⊥底面ABCD，且E，F分别为PC，BD的中点．(1)求证：EF∥平面P AD；(2)在线段CD上是否存在一点G，使得平面EFG⊥平面PDC？若存在，请说明其位置，并加以证明；若不存在，请说明理由．[解](1)证明：如图所示，连接AC，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为a的正方形，且点F为对角线BD的中点．所以对角线AC经过点F.又在△P AC中，点E为PC的中点，所以EF为△P AC的中位线，所以EF∥P A.又P A⊂平面P AD，EF⊄平面P AD，所以EF∥平面P AD.(2)存在满足要求的点G.在线段CD上存在一点G为CD的中点，使得平面EFG⊥平面PDC.因为底面ABCD是边长为a的正方形，所以CD⊥AD.又侧面P AD⊥底面ABCD，CD⊂平面ABCD，侧面P AD∩平面ABCD＝AD，所以CD⊥平面P AD.又EF∥平面P AD，所以CD⊥EF.取CD中点G，连接FG，EG.因为F为BD中点，所以FG∥AD.又CD⊥AD，所以FG⊥CD，又FG∩EF＝F，所以CD⊥平面EFG，又CD⊂平面PDC，所以平面EFG⊥平面PDC.(2019·长沙模拟)如图，四棱锥S-ABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的2倍，P为侧棱SD上的点．(1)求证：AC⊥SD；(2)若SD⊥平面P AC，则侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面P AC？若存在，求SE∶EC；若不存在，请说明理由．[证明](1)连接BD，设AC交BD于点O，连接SO，由题意得四棱锥S-ABCD 是正四棱锥，所以SO⊥AC.在正方形ABCD中，AC⊥BD，又SO∩BD＝O，所以AC⊥平面SBD.因为SD⊂平面SBD，所以AC⊥SD.(2)在棱SC上存在一点E，使得BE∥平面P AC.连接OP.设正方形ABCD的边长为a，则SC＝SD＝2a.由SD⊥平面P AC得SD⊥PC，易求得PD＝2a 4.故可在SP上取一点N，使得PN＝PD.过点N作PC的平行线与SC交于点E，连接BE，BN，在△BDN中，易得BN∥PO.又因为NE∥PC，NE⊂平面BNE，BN⊂平面BNE，BN∩NE＝N，PO⊂平面P AC，PC⊂平面P AC，PO∩PC＝P，所以平面BEN∥平面P AC，所以BE∥平面P AC.因为SN∶NP＝2∶1，所以SE∶EC＝2∶1.[大题增分专训]1．(2019·济南模拟)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为等腰梯形，AD∥BC，AB＝BC＝12AD，E，F分别为线段AD，PB的中点．(1)证明：PD∥平面CEF；(2)若PE⊥平面ABCD，PE＝AB＝2，求三棱锥P-DEF的体积．[解](1)证明：连接BE，BD，BD交CE于点O，连接OF(图略)．∵E为线段AD的中点，AD∥BC，BC＝12AD＝ED，∴BC ED，∴四边形BCDE为平行四边形，∴O为BD的中点，又F是BP的中点，∴OF∥PD.又OF⊂平面CEF，PD⊄平面CEF，∴PD∥平面CEF.(2)由(1)知，BE＝CD.∵四边形ABCD为等腰梯形，AB＝BC＝12AD，∴AB＝AE＝BE，∴三角形ABE是等边三角形，∴∠DAB＝π3，过B作BH⊥AD于点H(图略)，则BH＝ 3.∵PE⊥平面ABCD，PE⊂平面P AD，∴平面P AD⊥平面ABCD，又平面P AD∩平面ABCD＝AD，BH⊥AD，BH⊂平面ABCD，∴BH ⊥平面P AD ，∴点B 到平面P AD 的距离为BH ＝ 3.又F 为线段PB 的中点，∴点F 到平面P AD 的距离h 等于点B 到平面P AD的距离的一半，即h ＝32，又S △PDE ＝12PE ·DE ＝2，∴V 三棱锥P -DEF ＝13S △PDE ×h ＝13×2×32＝33.2．(2019·石家庄模拟)如图，已知四棱锥P -ABCD ，底面ABCD 为正方形，且P A ⊥底面ABCD ，过AB 的平面ABFE 与侧面PCD 的交线为EF ，且满足S △PEF ：S 四边形CDEF ＝1∶3.(1)证明：PB ∥平面ACE ；(2)当P A ＝2AD ＝2时，求点F 到平面ACE 的距离．[解] (1)证明：由题知四边形ABCD 为正方形，∴AB ∥CD ，∵CD ⊂平面PCD ，AB ⊄平面PCD ，∴AB ∥平面PCD .又AB⊂平面ABFE，平面ABFE∩平面PCD＝EF，∴EF∥AB，∴EF∥CD.由S△PEF∶S四边形CDEF＝1∶3知E，F分别为PD，PC的中点．如图，连接BD交AC于点G，则G为BD的中点，连接EG，则EG∥PB.又EG⊂平面ACE，PB⊄平面ACE，∴PB∥平面ACE.(2)∵P A＝2，AD＝AB＝1，∴AC＝2，AE＝12PD＝52，∵P A⊥平面ABCD，∴CD⊥P A，又CD⊥AD，AD∩P A＝A，∴CD⊥平面P AD，∴CD⊥PD.在Rt△CDE中，CE＝CD2＋DE2＝3 2.在△ACE中，由余弦定理知cos∠AEC＝AE2＋CE2－AC22AE·CE＝55，∴sin∠AEC＝255，∴S△ACE＝12·AE·CE·sin∠AEC＝34.设点F 到平面ACE 的距离为h ，连接AF ，则V F -ACE ＝13×34×h ＝14h . ∵DG ⊥AC ，DG ⊥P A ，AC ∩P A ＝A ，∴DG ⊥平面P AC .∵E 为PD 的中点，∴点E 到平面ACF 的距离为12DG ＝24.又F 为PC 的中点，∴S △ACF ＝12S △ACP ＝22，∴V E -ACF ＝13×22×24＝112.由V F -ACE ＝V E -ACF ，得14h ＝112，得h ＝13， ∴点F 到平面ACE 的距离为13.3．已知在四棱锥P -ABCD 中，平面P AB ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 为矩形，E 为线段AD 上靠近点A 的三等分点，O 为AB 的中点，且P A ＝PB ，AB ＝23AD .(1)求证：EC ⊥PE .(2)PB 上是否存在一点F ，使得OF ∥平面PEC ？若存在，试确定点F 的位置；若不存在，请说明理由．[解] (1)证明：连接PO ，EO ，CO .∵平面P AB ⊥平面ABCD ，P A ＝PB ，O 为AB 的中点，∴PO⊥平面ABCD，∵CE⊂平面ABCD，∴PO⊥CE.设AD＝3，∵四边形ABCD为矩形，∴CD＝AB＝2，BC＝3，∴AE＝13AD＝1，∴ED＝2，EC＝ED2＋DC2＝22＋22＝22，OE＝AO2＋AE2＝12＋12＝2，OC＝OB2＋BC2＝12＋32＝10，∴OE2＋EC2＝OC2，∴OE⊥EC.又PO∩OE＝O，∴EC⊥平面POE，又PE⊂平面POE，∴EC⊥PE.(2)PB上存在一点F，使得OF∥平面PEC，且F为PB的三等分点(靠近点B)．证明如下：取BC的三等分点M(靠近点C)，连接AM，易知AE MC，∴四边形AECM 为平行四边形，∴AM∥EC.取BM的中点N，连接ON，∴ON∥AM，∴ON∥EC.∵N为BM的中点，∴N为BC的三等分点(靠近点B)．∵F为PB的三等分点(靠近点B)，连接OF，NF，∴NF∥PC，又ON∩NF＝N，EC∩PC＝C，∴平面ONF∥平面PEC，∴OF∥平面PEC.。
22版：高考专题突破四 第2课时 空间距离及立体几何中的新定义问题（步步高）
因为 BC＝4，则 DE＝12BC＝2， 所以 OP＝OF＝ 3.
在 Rt△OBF 中，BF＝2，OF⊥BF，所以 OB＝ 7.
在 Rt△OBP 中，PB＝ OP2＋OB2＝ 3＋7＝ 10，
所以 sin∠OBP＝OPBP＝
3＝ 10
1300.
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(2)求直线DE到平面PBC的距离.
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解 ∵△PAD是等边三角形，AB＝2AD，平面PAD⊥平面ABCD， ∴以AD的中点O为原点，OA为x轴， 在矩形ABCD中，过点O作AB的平行线为y轴，以 OP为z轴，建立空间直角坐标系，设AD＝x， ∵四棱锥 P－ABCD 的体积为 9 3， ∴13x·2x· x2－2x2＝9 3， 解得x＝3，
∴AE＝ 2 22＋22－2×2 2×2×cos 45°＝2，
∴AE⊥AB， ∵AB2＋PA2＝PB2，∴AB⊥PA， ∵AE∩PA＝A，AE，PA⊂平面PAE， ∴AB⊥平面PAE，∵AB⊂平面ABCE，∴平面PAE⊥平面ABCE.
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(2)求点E到平面PAB的距离.
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解 ∵AE＝2，DE＝2，PA＝2 2， ∴PA2＝AE2＋PE2，∴AE⊥PE， ∵AB⊥平面PAE，AB∥CE， ∴CE⊥平面PAE，∴EA，EC，EP两两垂直， 以E为原点，EA，EC，EP为x轴，y轴，z轴，建立 空间直角坐标系，则E(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,4,0)， P(0，0,2)， P→E＝(0,0，－2)，P→A＝(2,0，－2)，P→B＝(2,4,－2).
第七章 高考专题突破四 高考中的立体几何问题
大一轮复习讲义
题型一 空间距离
师生共研
例1 已知边长为4的正三角形ABC，E，F分别为BC和AC的中点.PA＝2， 且PA⊥平面ABC，设Q是CE的中点. (1)求证：AE∥平面PFQ；
专题04 立体几何-【李金柱梳理】冲刺2023年高考数学大题突破+限时集训(新高考专用)(原卷版)
专题04立体几何题型简介立体几何一般作为全国卷第20题21题.重点题型主要是1体积问题及表面积问题2线面距离及线面角问题3二面角问题4空间几何综合问题典例在线题型一：体积及表面积问题1．在如图所示的多面体ABCDE 中，⊥AE 平面ABC ，AE CD ∥，22AE CD ==，3CA CB ==，25AB =(1)证明：平面ABE ⊥平面BDE ；(2)求多面体ABCDE 的体积．变式训练1．如图①，在平面四边形ABCD 中，2AB AD ==，2BC CD ==60BAD ∠= ．将BCD △沿着BD 折叠，使得点C 到达点C '的位置，且二面角A BD C '--为直二面角，如图②．已知,,P G F 分别是,,AC AD AB '的中点，E 是棱AB 上的点，且C E '与平面ABD 所成角的正233(1)证明：平面//PGF 平面C DB '；(2)求四棱锥P GFED -的体积．题型二：线面距离及线面角问题1如图，在多面体ABCDE 中，已知ABC ，ACD ，BCE 均为等边三角形，平面ACD ⊥平面ABC ，平面BCE ⊥平面ABC ，H 为AB的中点．(1)判断DE 与平面ABC 的位置关系，并加以证明；(2)求直线DH 与平面ACE 所成角的正弦值．变式训练1如图，PD 垂直于梯形ABCD 所在平面，90ADC BAD ∠=∠=，F 为PA 的中点，2PD =112AB AD CD ===，四边形PDCE 为矩形.(1)求证：//AC 平面DEF ；(2)求平面ABCD 与平面BCP 的夹角的大小；(3)求点F 到平面BCP 的距离.题型三：二面角问题1如图，四棱锥P -ABCD 中，已知AD BC ∥，BC =2AD ，AD =DC ，∠BCD =60°，CD ⊥PD ，PB ⊥BD．(1)证明：PB ⊥AB ；(2)设E 是PC 的中点，直线AE 与平面ABCD 所成角等于45°，求二面角B -PC -D 的余弦值．变式训练1如图，在四棱锥S ABCD -中，底面ABCD 为梯形，AB CD ∥，2AB CD =，AD SD =，SAB △为正三角形，SC BC ⊥，CB CS =.(1)求证：平面SAB ⊥平面SBC ；(2)求二面角C SA D --的余弦值.题型四：空间几何综合问题1．如图所示，正方形ABCD 所在平面与梯形ABMN 所在平面垂直，AN BM ∥，2AN AB BC ===，4BM =，23CN =(1)证明：BM ⊥平面ABCD ；(2)在线段CM （不含端点）上是否存在一点E ，使得二面角E BN M --33若存在，求出的CEEM值；若不存在，请说明理由.变式训练1如图，在四棱锥E -ABCD 中，平面ADE ⊥平面ABCD ，O ､M 分别为线段AD ､DE 的中点，四边形BCDO 是边长为1的正方形，AE =DE ，AE ⊥DE.(1)求证：CM //平面ABE ；(2)求直线CM 与BD 所成角的余弦值；(3)点N 在直线AD 上，若平面BMN ⊥平面ABE ，求线段AN 的长.模拟尝试1．（2023·山东·潍坊一中校联考模拟预测）如图，在四棱锥P ABCD -中，PAD 为等边三角形，M 为PA 的中点，PD AB ⊥，平面PAD ⊥平面ABCD ．(1)证明：平面MCD ⊥平面PAB ；(2)若//AD BC ，2AD BC =，2CD AB =，求平面MCD 与平面PBC 夹角的余弦值．2．（2023·山东·日照一中校考模拟预测）如图，直三棱柱111ABC A B C -的体积为4，1A BC 的面积为22(1)求A 到平面1A BC 的距离；(2)设D 为1AC 的中点，1AAAB =，平面1A BC ⊥平面11ABB A ，求二面角A BD C--的正弦值．3．（2023·吉林·长春十一高校联考模拟预测）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，1AA ⊥平面ABC ，D 为线段AB 的中点，4CB =，43AB =118AC =，三棱锥1A A DC -的体积为8．(1)证明：1A D ⊥平面11B C D ；(2)求平面1ACD 与平面1A BC 夹角的余弦值．4．（2022·江苏南京·南京师大附中校考模拟预测）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是边长为2的菱形，60ADC ∠=︒，PAD 为等边三角形，O 为线段AD 的中点，且平面PAD ⊥平面ABCD ，M 是线段PC 上的点.(1)求证：OM BC ⊥；(2)若直线AM 与平面PAB 的夹角的正弦值为1010，求四棱锥M ABCD -的体积.5．（2023·河北衡水·衡水市第二中学校考模拟预测）如图，直四棱柱1111ABCD A B C D -中，16AA =E 是1AA 的中点，底面ABCD 是平行四边形，若1A C ⊥平面1BDC.(1)若1AB AA =，证明：底面ABCD 是正方形(2)若60BAD ∠=︒，求二面角1B BE D --的余弦值6．（2022·河北衡水·河北衡水中学校考模拟预测）直四棱柱1111ABCD A B C D -被平面α所截，所得的一部分如图所示，EF DC =．（1）证明：//ED 平面ACF ；（2）若1242DC AD A E ===，3ADC π∠=，平面EFCD 与平面ABCD 所成角的正切值433，求点E 到平面ACF 的距离．真题再练1．（2021·全国·统考高考真题）如图，四棱锥P ABCD -的底面是矩形，PD ⊥底面ABCD ，1PD DC ==，M 为BC 的中点，且PB AM ⊥．（1）求BC ；（2）求二面角A PM B --的正弦值．2．（2021·全国·统考高考真题）已知直三棱柱111ABC A B C -中，侧面11AA B B 为正方形，2AB BC ==，E ，F 分别为AC 和1CC 的中点，D 为棱11A B 上的点．11BF A B ⊥（1）证明：BF DE ⊥；（2）当1B D 为何值时，面11BB C C 与面DFE 所成的二面角的正弦值最小?3．（2021·全国·统考高考真题）如图，在三棱锥A BCD -中，平面ABD ⊥平面BCD ，AB AD =，O 为BD 的中点.（1）证明：OA CD ⊥；（2）若OCD 是边长为1的等边三角形，点E 在棱AD 上，2DE EA =，且二面角E BC D --的大小为45︒，求三棱锥A BCD -的体积.4．（2022·全国·统考高考真题）如图，四面体ABCD 中，,,AD CD AD CD ADB BDC ⊥=∠=∠，E 为AC的中点．(1)证明：平面BED ⊥平面ACD ；(2)设2,60AB BD ACB ==∠=︒，点F 在BD 上，当AFC △的面积最小时，求CF 与平面ABD 所成的角的正弦值．5．（2022·全国·统考高考真题）小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒如图所示：底面ABCD 是边长为8（单位：cm ）的正方形，,,,EAB FBC GCD HDA 均为正三角形，且它们所在的平面都与平面ABCD 垂直．(1)证明：//EF 平面ABCD ；(2)求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）．6．（2022·全国·统考高考真题）如图，直三棱柱111ABC A B C -的体积为4，1A BC 的面积为22(1)求A 到平面1A BC 的距离；(2)设D 为1AC 的中点，1AA AB =，平面1A BC ⊥平面11ABB A ，求二面角A BD C--的正弦值．7．（2022·全国·统考高考真题）如图，PO 是三棱锥-P ABC 的高，PA PB =，AB AC ⊥，E 是PB的中点．(1)证明：//OE 平面PAC ；(2)若30ABO CBO ∠=∠=︒，3PO =，5PA =，求二面角C AE B --的正弦值．8．（2022·北京·统考高考真题）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，侧面11BCC B 为正方形，平面11BCC B ⊥平面11ABB A ，2AB BC ==，M ，N 分别为11A B ，AC的中点．(1)求证：MN ∥平面11BCC B ；(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB 与平面BMN 所成角的正弦值．条件①：AB MN ⊥；条件②：BM MN =．注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．9．（2022·天津·统考高考真题）直三棱柱111ABC A B C -中，112,,AA AB AC AA AB AC AB ===⊥⊥，D为11A B 的中点，E 为1AA 的中点，F 为CD 的中点．(1)求证：//EF 平面ABC ；(2)求直线BE 与平面1CC D 所成角的正弦值；(3)求平面1ACD 与平面1CC D 所成二面角的余弦值．。
专题04 立体几何-【李金柱梳理】冲刺2023年高考数学大题突破+限时集训(新高考专用)解析版1
专题04立体几何题型简介立体几何一般作为全国卷第20题21题.重点题型主要是1体积问题及表面积问题2线面距离及线面角问题3二面角问题4空间几何综合问题典例在线题型一：体积及表面积问题1．在如图所示的多面体ABCDE 中，⊥AE 平面ABC ，AE CD ∥，22AE CD ==，3CA CB ==，25AB =．(1)证明：平面ABE ⊥平面BDE ；(2)求多面体ABCDE 的体积．【答案】(1)证明见解析(2)25解（1）证明：设AB ，BE 的中点分别为F ，G ，连接CF ，FG ，DG ，则FG AE ∥，且12FG AE =，又CD AE ∥，且12CD AE =，所以FG CD ∥，且FG CD =，所以四边形CFGD 为平行四边形，所以∥CF DG ．因为⊥AE 平面ABC ，CF ⊂平面ABC ，所以AE CF ⊥，所以AE DG ⊥，因为CA CB =，F 为AB 的中点，所以CF AB ⊥，所以DG AB ⊥，又AB ，AE ⊂平面ABE ，且AB AE A = ，所以DG ⊥平面ABE ，又DG ⊂平面BDE ，所以平面ABE ⊥平面BDE ．（2）由（1）得CF AB ⊥，CF AE ⊥，且AB ，AE ⊂平面ABE ，AB AE A = ，所以CF ⊥平面ABE ，又因为3CA CB ==，25AB =，F 为AB 的中点，所以2CF =．因为CD AE ∥，AE ⊂平面ABE ，CD ⊄平面ABE ，所以CD ∥平面ABE ，所以点D 到平面ABE 的距离等于点C 到平面ABE 的距离CF ．因为⊥AE 平面ABC ，AC ，BC ⊂平面ABC ，所以AE AC ⊥，AE BC ⊥，又CD AE ∥，所以CD AC ⊥，CD BC ⊥，又AC ，BC ⊂平面ABC ，且AC BC C = ，所以CD ⊥平面ABC ，连接AD ，多面体ABCDE 的体积V 等于三棱锥D ABC -的体积与三棱锥D ABE -的体积之和，而11252521323D ABC V -=⨯⨯⨯⨯=，11452522323D ABE V -=⨯⨯⨯⨯=，所以多面体ABCDE 的体积25452533V =+=．变式训练1．如图①，在平面四边形ABCD 中，2AB AD ==，2BC CD ==，60BAD ∠=．将BCD △沿着BD 折叠，使得点C 到达点C '的位置，且二面角A BD C '--为直二面角，如图②．已知,,P G F 分别是,,AC AD AB'的中点，E 是棱AB 上的点，且C E '与平面ABD 所成角的正切值为3．(1)证明：平面//PGF 平面C DB '；(2)求四棱锥P GFED -的体积．【答案】(1)证明见解析解（1）,,P G F 分别为,,AC AD AB '的中点，//PG C D '∴，//PF BC '，,PG PF ⊄ 平面C DB '，,C D BC ''⊂平面C DB '，//PG ∴平面C DB '，//PF 平面C DB '，又PG PF P ⋂=，,PG PF ⊂平面PGF ，∴平面//PGF 平面C DB '.（2）取BD 的中点M ，连接,C M EM '，2AB AD == ，60BAD ∠= ，ABD ∴ 为等边三角形，2BD ∴=，又BC C D ''==222BC C D BD ''∴+=，C DB '∴ 为等腰直角三角形，112C M BD '∴==，C M BD '⊥； 二面角A BD C '--是直二面角，即平面C DB '⊥平面ABD ，平面C DB '⋂平面ABD BD =，C M '⊂平面C DB '，C M '∴⊥平面ABD ，C EM '∴∠即为C E '与平面ABD所成角，1tan 3C M C EM EM EM ''∴∠===，解得：2EM =；在EMB △中，由余弦定理得：2222cos60EM BM BE BM BE =+-⋅ ，即2314BE BE =+-，解得：12BE =，E ∴为线段AB 上靠近点B 的四等分点，111442ABD AGF BDE ABD ABD ABD ABDGFED S S S S S S S S ∴=--=--=四边形211222=⨯⨯⨯111113232P GFED GFED V S C M -'∴=⨯⨯=⨯=四棱锥四边形题型二：线面距离及线面角问题．如图，在多面体ABCDE 中，已知ABC ，ACD ，BCE 均为等边三角形，平面ACD ⊥平面ABC ，平面BCE ⊥平面ABC ，H 为AB的中点．(1)判断DE 与平面ABC 的位置关系，并加以证明；(2)求直线DH 与平面ACE 所成角的正弦值．【答案】(1)DE ∥平面ABC ，证明见解析；(2)155【详解】（1）DE ∥平面ABC ，理由如下：分别取,AC BC 的中点,O P ，连接,,DO EP OP ，因为AD CD =，所以DO AC ⊥，又平面ACD ⊥平面ABC ，平面ACD 平面ABC AC =，DO ⊂平面ACD ，所以DO ⊥平面ABC ，同理EP ⊥平面ABC ，所以EP DO ∥，又因为,ACD BCE 是全等的正三角形，所以EP DO =，所以四边形DOPE 是平行四边形，所以DE OP ∥，因为ED ⊄平面ABC ，OP ⊂平面ABC ，所以ED ∥平面ABC ；（2）连接BO ，则易知BO ⊥平面ACD ，以O 为坐标原点，分别以,,OD OA OB的方向为,,x y z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz -，令2AC =.则()()())13130,0,0,0,1,0,0,1,0,3,0,0,0,,,0,,2222O A C DH P ⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，13,3,,22DE OP E ⎫=∴-⎪⎪⎭所以()33130,2,0,3,,3,2222AC AE DH ⎛=-=-= ⎭⎝⎭ ，设平面ACE 的法向量为(),,m x y z =，所以·0·0m AC m AE ⎧=⎪⎨=⎪⎩ ，所以20333022y y z -=⎧⎪⎨-+=⎪⎩则0y =，取2z =，1x ∴=-，则()1,0,2m =-，所以2315cos ,525DH m DH m DH m ===，设直线DH 与平面ACE 所成的角为θ，则15sin cos ,5DH m θ==．变式训练1如图，PD 垂直于梯形ABCD 所在平面，90ADC BAD ∠=∠=，F 为PA 的中点，2PD =112AB ADCD ===，四边形PDCE 为矩形.(1)求证：//AC 平面DEF ；(2)求平面ABCD 与平面BCP 的夹角的大小；(3)求点F 到平面BCP 的距离.【答案】(1)证明见解析(2)45 (3)14【详解】（1）设CP DE G = ，连接FG，四边形PDCE 为矩形，G ∴为PC 中点，又F 为PA 中点，//AC FG ∴，又FG ⊂平面DEF ，AC ⊄平面DEF ，//AC ∴平面DEF .（2）以D 为坐标原点，,,DA DC DP正方向为,,x y z 轴，可建立如图所示空间直角坐标系，则()1,1,0B ，()0,2,0C，(P ，()1,1,0BC ∴=-，(0,CP =-，设平面BCP 的法向量(),,n x y z =，020BC n x y CP n y ⎧⋅=-+=⎪∴⎨⋅=-+=⎪⎩，令1y =，解得：1x =，z =，(n ∴=；z 轴⊥平面ABCD ，∴平面ABCD 的一个法向量()0,0,1m =，cos ,2m n m n m n⋅∴<>==⋅ ，则平面ABCD 与平面BCP的夹角为45 .（3）由（2）知：1,0,22F ⎛ ⎝⎭，(P，1,0,22PF ⎛⎫∴= ⎪ ⎪⎝⎭，由平面BCP的法向量(n =，∴点F 到平面BCP 的距离11224PF nd n⋅=== .题型三：二面角问题1如图，四棱锥P -ABCD 中，已知AD BC ∥，BC =2AD ，AD =DC ，∠BCD =60°，CD ⊥PD ，PB ⊥BD ．(1)证明：PB ⊥AB ；(2)设E 是PC 的中点，直线AE 与平面ABCD 所成角等于【答案】(1)证明见解析(2)77解（1）连结BD ，在BDC 中，因为BC=2DC ，∠BCD=60°，由余弦定理()22222cos603BD DC DC DC DC +-⋅⋅︒．因为222BD CD BC +=，所以CD ⊥BD ，又CD ⊥PD ，BD PD D = ，,BD PD ⊂平面PDB ，所以CD ⊥平面PDB ，由于PB ⊂平面PDB ，所以CD ⊥PB ．因为PB ⊥BD ，CD BD D =I ，,CD BD ⊂平面ABCD ，所以PB ⊥平面ABCD ，由于AB ⊂平面ABCD ，因此PB ⊥AB ．（2）解法1：以B 为坐标原点，BC的方向为x 轴正方向，||DC为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz ，由（1）可知y 轴在平面ABCD 内．则(0,0,0)B ，1322A ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭，(2,0,0)C ，3322D ⎛⎫ ⎪⎝⎭，13,22DC ⎛⎫= ⎪⎝⎭ ．设(0,0,)(0)P t t >，则(2,0,)PC t =- ，1,0,2t E ⎛⎫ ⎪⎝⎭，13,222t AE ⎛⎫= ⎪⎝⎭ ．因为平面ABCD 的法向量为(0,0,1)m =，所以2cos ,||||4AE m AE m AE m t 〈〉==⋅+⋅由AE 与平面ABCD 所成角等于45°，2sin 454t =+，解得t=2．设平面DPC 的法向量1(,,)n x y z =，则110,0.n PC n DC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩即220,130.22x z x -=⎧⎪⎨=⎪⎩所以可取1(3,1,3)n =．因为平面BPC 的法向量为2(0,1,0)n = ，于是1212127cos ,7n n n n n n 〈〉=⋅=．因为二面角B-PC-D 是锐二面角，所以其余弦值为77．解法2：取BC 中点为F ，连结EF ，AF ，则EF PB ∥，且AF=DC ．由（1）可知EF ⊥平面ABCD ，∠EAF 是AE 与平面ABCD 所成角，所以∠EAF=45°，所以EF=AF=DC ，于是PB=2EF=2DC ．以B 为坐标原点，BC的方向为x 轴正方向，||DC 为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz ，由（1）可知y 轴在平面ABCD 内．则(0,0,0)B ，(2,0,0)C ，332D ⎛⎫ ⎪⎝⎭，(0,0,2)P ，(2,0,2)PC =-，13,22DC ⎛⎫= ⎪⎝⎭ ．设平面DPC 的法向量(,,)m x y z =，则0,0.m PC m DC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩即可得220,130.22x z x y -=⎧⎪⎨-=⎪⎩所以可取(3,1,3)m = ．因为平面BPC 的法向量(0,1,0)n = ，于是7cos ,7||||m n m n m n ⋅〈〉==⋅．因为二面角B-PC-D 是锐二面角，所以其余弦值为77．解法3：取BC 中点为F ，连结EF ，AF ，则//EF PB ，且AF=DC ．由（1）可知EF ⊥平面ABCD ，∠EAF 是AE 与平面ABCD 所成角，故∠EAF=45°，因此EF=AF=DC ，于是PB=2EF=2DC=BC ，可得22PC DC =．连结BE ，则BE ⊥PC ．过E 在平面PDC 内作EG ⊥PC ，交PD 于点G ，则∠BEG 是二面角B-PC-D 的平面角．因为PB ⊥BC ，所以2BE DC ，7PD DC =．因为CD ⊥PD ，由PEG PDC △∽△可得147EG =．由PC ⊥平面BEG ，BG ⊂平面BEG ，所以PC ⊥BG ，而CD ⊥BG ，,,PC CD C PC CD ⋂=⊂平面PDC ，故BG ⊥平面PDC ，由于GE Ì平面PDC ，所以BG ⊥GE ，所以由余弦定理得7cos 7GE BEG BE ∠==．因此二面角B PCD --的余弦值为77．变式训练1如图，在四棱锥S ABCD -中，底面ABCD 为梯形，AB CD ∥，2AB CD =，AD SD =，SAB △为正三角形，SC BC ⊥，CB CS =.(1)求证：平面SAB ⊥平面SBC ；(2)求二面角C SA D --的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)277解（1）分别取BS ，AS 的中点O ，E ，连接OE ，OC ，ED ，则//OE AB 且12OE AB =.因为//AB CD ，2AB CD =，所以//,OE CD OE CD =，所以四边形OCDE 为平行四边形，则//CO DE .因为AD SD =，故DE SA ⊥，故CO SA ⊥.因为CB CS =，故CO SB ⊥.因为SA SB S =I ，SA ，SB ⊂平面SAB ，所以CO ⊥平面SAB.因为CO ⊂平面SBC ，所以平面SAB ⊥平面SBC.（2）连接AO ，因为△SAB 为正三角形，所以AO SB ⊥，因为平面SAB ⊥平面SBC ，平面SAB 平面SBC SB =，AO ⊂面SAB ，所以AO ⊥平面SBC ，OC 、OS 在面SBC 内，又CO SB ⊥，故OA ，OS ，OC 两两垂直，故以O 为坐标原点，OC ，OS ，OA 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示.设2BC SC ==，则22AB SB ==，6OA =，2OC =，所以()0,0,6A ，()2,0,0C，()0,2,0S ，262,,22D ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，（难点：点D 的坐标不易直接看出，可先求出点E 的坐标，利用CO DE =求解点D 的坐标）所以()0,2,6AS =- ，262,,22SD ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭ ，()2,2,0CS =-.设面SAD 的法向量为()111,,m x y z =，由11111260262022m AS y z m SD x y z ⎧⋅=-=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩，令11z =，得()0,3,1m =.设面SAC 的法向量为()222,,x n y z =，则2222260220n AS y z n CS x y ⎧⋅=-=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩ ，令23y =，得()3,3,1n = .则427cos ,727m n m n m n ⋅===⨯⋅，显然二面角C SAD --为锐二面角，所以二面角C SA D --的余弦值为277.题型四：空间几何综合问题1．如图所示，正方形ABCD 所在平面与梯形ABMN 所在平面垂直，AN BM ∥，2AN AB BC ===，4BM =，CN =(1)证明：BM ⊥平面ABCD ；(2)在线段CM （不含端点）上是否存在一点E ，使得二面角E BN M --的余弦值为3.若存在，求出的CE EM 值；若不存在，请说明理由.【答案】(1)见解析(2)存在，12CE EM =【详解】（1）证明：正方形ABCD 中，BC AB ⊥，平面ABCD ⊥平面ABMN ，平面ABCD ⋂平面ABMN AB =，BC ⊂平面ABCD ，BC ∴⊥平面ABMN ，又BM ⊂平面ABMN ，BC ∴⊥BM ，且BC BN ⊥，又2,BC ==BN ∴=2AB AN == ，222BN AB AN ∴=+，AN AB ∴⊥，又//AN BM ，BM AB ∴⊥，又,,BC BA B BA BC =⊂ 平面ABCD ，∴BM ⊥平面ABCD ；（2）解：如图，以B 为坐标原点，,,BA BM BC 所在直线分别为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，则()()()0,0,0,2,0,0,0,0,2B A C ，()()()2,0,2,2,2,0,0,4,0D N M ，设点(),,E a b c ，()01CE CM λλ=<<，()(),,20,4,2a b c λ∴-=-，()04,0,4,2222a b E c λλλλ=⎧⎪∴=∴-⎨⎪=-⎩，()()2,2,0,0,4,22BN BE λλ∴==-，设平面BEN 的法向量为(),,m x y z = ，()2204220BN m x y BE m y z λλ⎧⋅=+=⎪∴⎨⋅=+-=⎪⎩，令221,1,,1,1,11x y z m λλλλ⎛⎫=∴=-=∴=- ⎪--⎝⎭ ，显然，平面BMN 的法向量为()0,0,2BC =，cos ,3BC m BC m BC m⋅∴==，==，即=即23210λλ+-=，解得13λ=或1-（舍），所以存在一点E，且12CE EM =.变式训练1如图，在四棱锥E -ABCD 中，平面ADE ⊥平面ABCD ，O ､M 分别为线段AD ､DE 的中点，四边形BCDO 是边长为1的正方形，AE =DE ，AE ⊥DE.(1)求证：CM //平面ABE ；(2)求直线CM 与BD 所成角的余弦值；(3)点N 在直线AD 上，若平面BMN ⊥平面ABE ，求线段AN 的长.【答案】(1)证明见解析(2)6(3)53【详解】（1）证明：取AE 的中点P ，连接BP ､MP ，如图所示.∵M ､P 分别为ED ､AE 的中点，∴PM //AD ，且PM=12AD.又四边形BCDO 是边长为1的正方形，∴BC //OD ，且BC=OD ，又O 为AD 的中点，∴BC //AD ，且BC=12AD ，即PM //BC ，且PM=BC ，∴四边形BCMP 为平行四边形，∴CM //PB ，又CM ⊄平面ABE ，PB ⊂平面ABE ，∴CM //平面ABE.（2）（2）连接EO ，∵AE=DE ，O 为AD 中点，∴EO ⊥AD.∵EO ⊂平面ADE ，且平面ADE ⊥平面ABCD ，平面ADE∩平面ABCD=AD ，∴EO ⊥平面ABCD.又OB ⊂平面ABCD ，OD ⊂平面ABCD ，∴EO ⊥OB ，EO ⊥OD ，以O 为原点，OB ､OD ､OE 所在直线分别为x 轴，y 轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，则(0A ，1-，0)，C （1，1，0），B （1，0，0），D （0，1，0），(0E ，0，1)，M 11(0,,22∴11(1,,),22CM BD=-- =（-1，1，0）.设直线CM 与BD 所成角为θ，则cosθ=1||2||||CM BD CM BD ⋅=，∴直线CM 与BD所成角的余弦值为6.（3）设ON →=λOD →，则N （0，λ，0），∴NB →=（1，-λ，0），11(1,,)22MB =-- ，设平面BMN 的法向量为n →=(a ，b ，c)，则0,0,n MB n NB ⎧⋅=⎨⋅=⎩ 即220220a b c a b λ⎧--=⎪⎨⎪-=⎩，令a=λ，则b=1，c=2λ-1，∴n →=（λ，1，2λ-1），设面ABE 的法向量为(,,)m x y z =，(1,1,0),(0,1,1)AB AE ==由00AB m x y AE m y z ⎧⋅=+=⎨⋅=+=⎩，可取(1,1,1)m =- ．∵平面BMN ⊥平面ABE ，∴0m n →→⋅=，即λ-1+2λ-1=0，解得λ=23，53AN ∴=.模拟尝试一、解答题1．（2023·山东·潍坊一中校联考模拟预测）如图，在四棱锥P ABCD -中，PAD 为等边三角形，M 为PA 的中点，PD AB ⊥，平面PAD ⊥平面ABCD．(1)证明：平面MCD ⊥平面PAB ；(2)若//AD BC ，2AD BC =，2CD AB =，求平面MCD 与平面PBC 夹角的余弦值．【答案】(1)证明见解析；.【详解】（1）设AD 的中点为E ，连接PE ，因为PAD 为等边三角形，所以PE AD ⊥，又因为平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ⋂平面ABCD AD =，且PE ⊂平面PAD ，所以PE ⊥平面ABCD ，因为AB ⊂平面ABCD ，所以PE AB ⊥，又PD AB ⊥，,PD PE P PD PE =⊂ ，平面PAD ，所以AB ⊥平面PAD ，又因为MD ⊂平面PAD ，所以AB MD ⊥，因为在等边三角形PAD 中，M 为PA 的中点，所以MD AP ⊥，因为AB AP A =I ，,AB AP ⊂平面PAB ，所以MD ⊥平面PAB ，因为MD ⊂平面MCD ，所以平面MCD ⊥平面PAB ；（2）连接CE ，由（1）知，AB ⊥平面PAD ，因为AD ⊂平面PAD ，所以AB AD ⊥，因为//AD BC ，2AD BC =，2CD AB =，所以四边形ABCE 为矩形，即CE AD ⊥，BC AE DE ==，22CD AB CE ==，所以30∠=︒CDE ，设BC a =，2AD a =，tan 60PE AE =⋅︒，tan 303AB CE DE ==⋅︒=，以E 为原点，分别以EC 、ED 、EP 所在直线为x 、y 、z轴建立空间直角坐标系，所以()0,,0A a -，()P，C ⎫⎪⎪⎝⎭，,0B a ⎫-⎪⎪⎝⎭，()0,,0D a，0,2a M ⎛- ⎝⎭，所以,,322a MC ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，30,,22a MD ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，,,3PB a ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，,0,3PC ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭，设平面MCD 和平面PBC 的法向量分别为()1111,,n x y z =，()2222,,n x y z =，则111111102302a n MC y a n MD y ⎧⋅=+-=⎪⎪⎨⎪⋅=-=⎪⎩，222222200n PB ay n PC ⎧⋅=--=⎪⎪⎨⎪⋅=-=⎪⎩，即1111x z ⎧=⎪⎨=⎪⎩，22203y x z =⎧⎨=⎩，取11y =，21z =，则1n = ，()23,0,1n =，所以121212cos ,35n n n n n n ⋅==⋅，所以平面MCD 与平面PBC.2．（2023·山东·日照一中校考模拟预测）如图，直三棱柱111ABC A B C -的体积为4，1A BC的面积为(1)求A 到平面1A BC 的距离；(2)设D 为1AC 的中点，1AA AB =，平面1A BC ⊥平面11ABB A ，求二面角A BD C --的正弦值．【答案】【详解】（1）在直三棱柱111ABC A B C -中，设点A 到平面1A BC 的距离为h ，则1111111111433333A A BC A A ABC A ABC A B BC C C B V S h h V S A A V ---=⋅===⋅== ，解得h =所以点A 到平面1A BC；（2）取1A B 的中点E,连接AE,如图，因为1AA AB =，所以1AE A B ⊥,又平面1A BC ⊥平面11ABB A ，平面1A BC ⋂平面111ABB A A B =，且AE ⊂平面11ABB A ，所以⊥AE 平面1A BC ，在直三棱柱111ABC A B C -中，1BB ⊥平面ABC ，由BC ⊂平面1A BC ，BC ⊂平面ABC 可得AE BC ⊥，1BB BC ⊥，又1,AE BB ⊂平面11ABB A 且相交，所以BC ⊥平面11ABB A ，所以1,,BC BA BB 两两垂直，以B 为原点，建立空间直角坐标系，如图，由（1）得2AE =，所以12AA AB ==，12A B =以2BC =，则()()()()10,2,0,0,2,2,0,0,0,2,0,0A A B C ,所以1AC 的中点()1,1,1D ，则()1,1,1BD = ，()()0,2,0,2,0,0BA BC ==,设平面ABD 的一个法向量(),,m x y z =，则020m BD x y z m BA y ⎧⋅=++=⎨⋅==⎩，可取()1,0,1m =- ，设平面BDC 的一个法向量(),,n a b c =，则20n BD a b c n BC a ⎧⋅=++=⎨⋅==⎩，可取()0,1,1n =-r，则1cos ,222m n m n m n ⋅==⨯⋅，所以二面角A BD C --213122⎛⎫-= ⎪⎝⎭3．（2023·吉林·长春十一高校联考模拟预测）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，1AA ⊥平面ABC ，D 为线段AB 的中点，4CB =，43AB =118AC =，三棱锥1A A DC -的体积为8．(1)证明：1A D ⊥平面11B C D ；(2)求平面1ACD 与平面1A BC 夹角的余弦值．【答案】(1)见解析65555【详解】（1）证明：因为1AA ⊥平面ABC ，CB ⊂平面ABC ，所以1AA BC ⊥，在三棱柱111ABC A B C -中，四边形11AAC C 为平行四边形，则118AC AC ==，因为43AB =4CB =，所以222AB CB AC +=，所以CB AB ⊥，又因为1AB AA A ⋂=，1AA ⊂平面11ABB A ，AB ⊂平面11ABB A ，所以CB ⊥平面11ABB A ，因为11//CB C B ，所以11C B ⊥平面11ABB A ，又1A D ⊂平面11ABB A ，所以111C B A D ⊥．1832ABC S AB BC =⋅=△，D 为AB 的中点，则132ACD ABC S S ==△△因为1AA ⊥平面ABC ，1111113833A A CD A ACD ACD V V S AA AA --==⋅=⨯= ，所以123AA =11A DB △中，1126A D B D ==1143A B =2221111A D B D A B +=，所以11A D B D ⊥，1111C B BD B ⋂=，111,C B B D ⊂平面11B C D ，所以1A D ⊥平面11B C D ；（2）因为1BB ⊥平面ABC ，BC AB ⊥，以点B 为坐标原点，BA 、1BB 、BC 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则()0,0,4C 、()3,0,0D 、()143,3,0A 、()10,23,0B ，设平面1DAC 的法向量为()111,,m x y z =，()123,3,0DA = ，()23,0,4DC =-，则11111330340m DA x y m DC x z ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩ ，取12x =，可得(2,3m =-，设平面1A CB 的法向量为()222,,x n y z =，()13,3,0BA = ，()0,0,4BC =，则1222433040n BA x y n BC z ⎧⋅=+=⎪⎨⋅==⎪⎩ ，取21x =，可得()1,2,0n =- ，所以，6655cos ,55115m n m n m n ⋅===⋅⨯，所以平面1DAC 与平面1ACB 夹角的余弦值为65555.4．（2022·江苏南京·南京师大附中校考模拟预测）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是边长为2的菱形，60ADC ∠=︒，PAD 为等边三角形，O 为线段AD 的中点，且平面PAD ⊥平面ABCD ，M 是线段PC 上的点.(1)求证：OM BC ⊥；(2)若直线AM 与平面PAB 的夹角的正弦值为1010，求四棱锥M ABCD -的体积.【答案】(1)证明见解析；(2)43【详解】（1）因为PAD 为等边三角形，O 为线段AD 的中点，所以PO AD ⊥；因为平面PAD ⊥平面ABCD ，所以PO ⊥平面ABCD ；又BC ⊂平面ABCD ，所以PO BC ⊥；在OCD 中，1,2,60OD CD ADC ==∠=︒，由余弦定理可得OC =因为222OC OD CD +=，所以CO AD ⊥；因为//AD BC ，所以CO BC ⊥，所以BC ⊥平面POC ；因为OM ⊂平面POC ，所以OM BC ⊥.（2）由（1）得,,OP OC OD 两两垂直，以O 为坐标原点，建系如图，则()())0,1,0,0,0,,2,0,A P BC -；)(1,0,,0,1,AB PC AP =-=-=；设PM PC λ=，则)AM AP PM =+= ；设平面PAB 的一个法向量为(),,n x y z =，则00n AB n AP ⎧⋅=⎨⋅=⎩，0y y -==⎪⎩，令y =则()1n =- .因为直线AM 与平面PAB所以n AM n AM ⋅==，解得13λ=或23λ=-（舍），即有13PM PC =，M 是靠近P 的三等分点，所以四棱锥M ABCD -的高等于OP 的23.四棱锥M ABCD -的体积为114222sin 603233V ︒=⨯⨯⨯⨯⨯⨯=.5．（2023·河北衡水·衡水市第二中学校考模拟预测）如图，直四棱柱1111ABCD A B C D -中，1AA =，E 是1AA 的中点，底面ABCD 是平行四边形，若1A C ⊥平面1BDC.(1)若1AB AA =，证明：底面ABCD 是正方形(2)若60BAD ∠=︒，求二面角1B BE D --的余弦值【答案】(1)证明见解析；(2)【详解】（1）如图，连接1,AC CD ，1A C ⊥平面1BDC ，BD ⊂平面1BDC ，1C D ⊂平面1BDC ，则1AC BD ⊥，11AC C D ⊥，直棱柱中1AA ⊥底面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，1AA BD ⊥，111AA A C A = ，11,AA A C ⊂平面1ACA ，则BD ⊥平面1ACA ，又AC ⊂平面1ACA ，所以BD AC ⊥，所以平行四边形ABCD 是菱形，1AA AB =，则直棱柱的侧面11ABB A 是正方形，因此侧面11CDD C 也是正方形，所以11CD C D ⊥，11A C CD C = ，11,AC CD ⊂平面11ACD ，所以1C D ⊥平面11ACD ，又11A D ⊂平面11ACD ，所以111C D A D ⊥，直棱柱中易知111DD A D ⊥，而111DD CD D = ，11,DD CD ⊂平面11CC D D ，所以11A D ⊥平面11CC D D ，11C D ⊂平面11CC D D ，所以1111A D C D ⊥，因此底面1111D C B A 是矩形，即四边形ABCD是矩形，所以四边形ABCD 是正方形；（2）由（1）知底面ABCD 是菱形，因此AC BD ⊥，设AC BD O ⋂=，分别以,OA OB 为,x y 轴，过O 与1AA 平行的直线为z 轴建立空间直角坐标系，如图，设2AB a =，则3OA a =，OB a =，1(36)A a ，(3,0,0)C a -，(0,,0)B a ，1(36)C a -，1(23,0,6)AC a =-- ，1(3,6)BC a a =-- ，由（1）知211660AC BC a ⋅=-= ，1a =（负值舍去），6(3,0,2E ，(0,1,0)B ，(0,1,0)D -，16)B ，6(3,)2BE =- ，(0,2,0)DB = ，16)BB = ，设平面1B BE 的一个法向量是111(,,)m x y z =，则11111606302m BB m BE y z ⎧⋅=⎪⎨⋅=-=⎪⎩，取11x =得3,0)m = ，设平面BED 的一个法向量是222(,,)n x y z =，则2222630220n BE x y n DB y ⎧⋅=-+=⎪⎨⎪⋅==⎩，取21x =，得(1,0,2)n = ，3cos ,623m n m n m n ⋅==⨯，所以二面角1B BE D--的余弦值为366．（2022·河北衡水·河北衡水中学校考模拟预测）直四棱柱1111ABCD A B C D -被平面α所截，所得的一部分如图所示，EF DC =．（1）证明：//ED 平面ACF ；（2）若1242DC AD A E ===，3ADC π∠=，平面EFCD与平面ABCD 433，求点E 到平面ACF 的距离．【答案】（1）详见解析；（2255．【详解】（1）依题：平面α与两平行平面ABCD ，1111D C B A 的交线分别为EF ，DC ，故有//EF DC ，又EF DC =，故有平行四边形EFCD ，∴//ED FC ，ED ⊄面ACF ，FC ⊂面ACF ，∴//ED 平面ACF ．（2）ADC △中，由余弦定理可得3AC =得AC AD ⊥，又1AA ⊥平面ABCD ，故而1AA ，AC ，AD 两两垂直，如图建系．【法一求EH 】取AD 中点H ，由1//AH A E ，1AH A E =得平行四边形1A AHE ，∴1//AA HE ，HE ⊥平面ACD ，作HI DC ⊥，（连EI ），又HE CD ⊥，∴CD ⊥平面EHI ，得CD EI ⊥，又HI DC ⊥，∴EIH ∠为所求二面角的平面角．易求3HI =4tan 33EH EIH HI ∠==，1EH =．【法二求EH 】面ABCD 的法向量显然为()0,0,1n =，设面EFCD 的法向量为(),,k x y z = ，1,0,2E h ⎛⎫⎪⎝⎭，00k DC k DE ⎧⋅=⎨⋅=⎩，令3x =33,1,2k h ⎫=⎪⎪⎭，依题：3119n k h n k⋅=⇒= ．由//ED 平面ACF ，点E 到平面ACF 的距离转化为D 到平面ACF 的距离d ，()1,0,0D ，()3,0C ，13,12DC EF F ⎛⎫=⇒- ⎪⎝⎭ ，设平面ACF 的法向量为(),,m x y z = ，00m AC m m AF ⎧⋅=⇒⎨⋅=⎩可为()2,0,1，255m AD d m⋅== ．真题再练1．（2021·全国·统考高考真题）如图，四棱锥P ABCD -的底面是矩形，PD ⊥底面ABCD ，1PD DC ==，M 为BC 的中点，且PB AM ⊥．（1）求BC ；（2）求二面角A PM B --的正弦值．【答案】（12（2）7014【详解】（1）[方法一]：空间坐标系+空间向量法PD ⊥ 平面ABCD ，四边形ABCD 为矩形，不妨以点D 为坐标原点，DA 、DC 、DP 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系D xyz -，设2BC a =，则()0,0,0D 、()0,0,1P 、()2,1,0B a 、(),1,0M a 、()2,0,0A a ，则()2,1,1PB a =- ，(),1,0AM a =-，PB AM ⊥ ，则2210PB AM a ⋅=-+= ，解得22a =22BC a ==[方法二]【最优解】：几何法+相似三角形法如图，连结BD ．因为PD ⊥底面ABCD ，且AM ⊂底面ABCD ，所以PD AM ⊥．又因为PB AM ⊥，PB PD P = ，所以AM ⊥平面PBD ．又BD ⊂平面PBD ，所以AM BD ⊥．从而90ADB DAM ∠+∠=︒．因为90∠+∠=︒MAB DAM ，所以∠=∠MAB ADB ．所以 ∽ADB BAM ，于是=AD BAAB BM．所以2112BC =．所以BC =[方法三]：几何法+三角形面积法如图，联结BD 交AM 于点N．由[方法二]知⊥AM DB ．在矩形ABCD 中，有 ∽DAN BMN ，所以2==AN DAMN BM，即23AN AM =．令2(0)=>BC t t ，因为M 为BC 的中点，则BM t =，=DB，=AM 由1122=⋅=⋅ DAB S DA AB DB AN，得=t 212t =，所以2==BC t （2）[方法一]【最优解】：空间坐标系+空间向量法设平面PAM 的法向量为()111,,m x y z =，则,1,02AM ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，()AP = ，由1111020m AM x y mAP z ⎧⋅=+=⎪⎨⎪⋅=+=⎩，取1x =)m =，设平面PBM 的法向量为()222,,n x y z =，,0,02BM ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，()1,1BP =- ，由222200n BM n BP y z ⎧⋅==⎪⎨⎪⋅=-+=⎩，取21y =，可得()0,1,1n =，cos ,14m n m n m n ⋅==⋅，所以，sin ,m n = 因此，二面角A PM B --14.[方法二]：构造长方体法+等体积法如图，构造长方体1111ABCD A B C D -，联结11,AB A B ，交点记为H ，由于11AB A B ⊥，1AB BC ⊥，所以AH ⊥平面11A BCD ．过H 作1D M 的垂线，垂足记为G ．联结AG ，由三垂线定理可知1⊥AG D M ，故AGH ∠为二面角A PM B --的平面角．易证四边形11A BCD 是边长为2的正方形，联结1D H ，HM ．111111111,2D HM D HM D A H HBM MCD A BCD S D M HG S S S S S =⋅=--- 正方形，由等积法解得31010=HG ．在Rt AHG 中，2310,210==AH HG ，由勾股定理求得355=AG ．所以，70sin 14AH AGH AG ∠==，即二面角A PM B --的正弦值为7014．2．（2021·全国·统考高考真题）已知直三棱柱111ABC A B C -中，侧面11AA B B 为正方形，2AB BC ==，E ，F 分别为AC 和1CC 的中点，D 为棱11A B 上的点．11BF A B ⊥（1）证明：BF DE ⊥；（2）当1B D 为何值时，面11BB C C 与面DFE 所成的二面角的正弦值最小?【答案】（1）证明见解析；（2）112B D =【详解】（1）[方法一]：几何法因为1111,//BF AB AB AB ⊥，所以BF AB ⊥．又因为1AB BB ⊥，1BF BB B ⋂=，所以AB ⊥平面11BCC B ．又因为2AB BC ==，构造正方体1111ABCG A B C G -，如图所示，过E 作AB 的平行线分别与AG BC ，交于其中点,M N ，连接11,AM BN ，因为E ，F 分别为AC 和1CC 的中点，所以N 是BC 的中点，易证1Rt Rt BCF B BN ≅ ，则1CBF BBN ∠=∠．又因为1190BBN BNB ∠+∠=︒，所以1190CBF BNB BF BN ∠+∠=︒⊥，．又因为111111,BF AB BN AB B ⊥= ，所以BF ⊥平面11A MNB ．又因为ED ⊂平面11A MNB ，所以BF DE ⊥．[方法二]【最优解】：向量法因为三棱柱111ABC A B C -是直三棱柱，1BB ∴⊥底面ABC ，1B B AB ∴⊥11//A B AB ，11BF A B ⊥，BF AB ∴⊥，又1BB BF B ⋂=，AB ∴⊥平面11BCC B ．所以1,,BA BC BB 两两垂直．以B 为坐标原点，分别以1,,BA BC BB 所在直线为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，如图．()()()0,0,0,2,0,0,0,2,0,B AC ∴()()()1110,0,2,2,0,2,0,2,2B A C ，()()1,1,0,0,2,1E F ．由题设(),0,2D a （02a ≤≤）．因为()()0,2,1,1,1,2BF DE a ==--，所以()()0121120BF DE a ⋅=⨯-+⨯+⨯-=，所以BF DE ⊥．[方法三]：因为11BF A B ⊥，11//A B AB ，所以BF AB ⊥，故110BF A B ⋅= ，0BF AB ⋅=，所以()11BF ED BF EB BB B D ⋅=⋅++ ()11=BF B D BF EB BB ⋅+⋅+ 1BF EB BF BB =⋅+⋅ 11122BF BA BC BF BB ⎛⎫=--+⋅ ⎪⎝⎭11122BF BA BF BC BF BB =-⋅-⋅+⋅112BF BC BF BB =-⋅+⋅111cos cos 2BF BC FBC BF BB FBB =-⋅∠+⋅∠1=52520255-⨯⨯⨯，所以BF ED ⊥．（2）[方法一]【最优解】：向量法设平面DFE 的法向量为(),,m x y z = ，因为()()1,1,1,1,1,2EF DE a =-=--，所以00m EF m DE ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即()0120x y z a x y z -++=⎧⎨-+-=⎩．令2z a =-，则()3,1,2m a a =+-因为平面11BCC B 的法向量为()2,0,0BA =，设平面11BCC B 与平面DEF 的二面角的平面角为θ，则cos m BA m BA θ⋅=⋅ 222214a a =⨯-+22214a a =-+当12a =时，2224a a -+取最小值为272，此时cos θ=．所以()minsin θ=，此时112B D =．[方法二]：几何法如图所示，延长EF 交11A C 的延长线于点S ，联结DS 交11B C 于点T ，则平面DFE 平面11B BCC FT =．作1BH FT ⊥，垂足为H ，因为1DB ⊥平面11BB C C ，联结DH ，则1D H B ∠为平面11BB C C 与平面DFE 所成二面角的平面角．设1,B D t =[0,2],t ∈1B T s =，过1C 作111//CG AB 交DS 于点G ．由111113C S C G SA A D ==得11(2)3C G t =-．又1111B D BT C G C T=，即12(2)3t s s t =--，所以31t s t =+．又111B H BT C F FT=，即11B H =1B H =所以DH ===则11sin B D DHB DH∠===所以，当12t =时，()1min sin 3DHB ∠=．[方法三]：投影法如图，联结1,FB FN，DEF 在平面11BB C C 的投影为1BN F ，记面11BB C C 与面DFE 所成的二面角的平面角为θ，则1cos B NF DEFS S θ=．设1(02)BD t t =≤≤，在1Rt DB F中，DF ==在Rt ECF中，EF 过D 作1B N 的平行线交EN 于点Q ．在Rt DEQ △中，DE ==在DEF 中，由余弦定理得222cos 2DF EF DE DFE DF EF+-∠=⋅=sin DFE ∠=1sin 2DFE S DF EF DFE =⋅∠ =13,2B NF S = 1cos B NF DFES S θ==sin θ当12t =，即112B D =，面11BBC C 与面DFE所成的二面角的正弦值最小，最小值为3．（2021·全国·统考高考真题）如图，在三棱锥A BCD -中，平面ABD ⊥平面BCD ，ABAD =，O 为BD 的中点.（1）证明：OA CD ⊥；（2）若OCD 是边长为1的等边三角形，点E 在棱AD 上，2DE EA =，且二面角E BC D --的大小为45︒，求三棱锥A BCD -的体积.【答案】(1)证明见解析；(2)6.(2)方法二：利用几何关系找到二面角的平面角，然后结合相关的几何特征计算三棱锥的体积即可.【详解】（1）因为AB AD =，O 是BD 中点，所以OA BD ⊥，因为OA ⊂平面ABD ，平面ABD ⊥平面BCD ，且平面ABD ⋂平面BCD BD =，所以OA ⊥平面BCD ．因为CD ⊂平面BCD ，所以OA CD ⊥.（2）[方法一]：通性通法—坐标法如图所示，以O 为坐标原点，OA 为z 轴，OD 为y 轴，垂直OD 且过O 的直线为x 轴，建立空间直角坐标系O xyz-，则1,0),(0,1,0),(0,1,0)2C D B -，设12(0,0,),(0,,)33A m E m ,所以4233(0,,),(,0)3322EB m BC =--= ，设(),,n x y z =r为平面EBC 的法向量，则由00EB n EC n ⎧⋅=⎨⋅=⎩ 可求得平面EBC 的一个法向量为2(3,1,)n m=--．又平面BCD 的一个法向量为()0,0,OA m =，所以222cos ,244n OA m m -=⋅+，解得1m =．又点C 到平面ABD 321133213226A BCD C ABD V V --==⨯⨯⨯=所以三棱锥A BCD -36．[方法二]【最优解】：作出二面角的平面角如图所示，作EG BD ⊥，垂足为点G ．作GF BC ⊥，垂足为点F ，连结EF ，则OA EG ∥．因为OA ⊥平面BCD ，所以EG ⊥平面BCD ，EFG ∠为二面角E BC D --的平面角．因为45EFG ∠=︒，所以EG FG =．由已知得1OB OD ==，故1OB OC ==．又30OBC OCB ∠=∠=︒，所以3BC =．因为24222,,,,133333GD GB FG CD EG OA ======，111122(11)13332A BCD BCD BOC V S O S OA A -==⨯⨯=⨯⨯⨯⨯⨯ ．[方法三]：三面角公式考虑三面角B EDC -，记EBD ∠为α，EBC ∠为β，30DBC ∠=︒，记二面角E BC D --为θ．据题意，得45θ=︒．对β使用三面角的余弦公式，可得cos cos cos30βα=⋅︒，化简可得cos 2βα=．①使用三面角的正弦公式，可得sin sin sin αβθ=，化简可得sin βα=．②将①②两式平方后相加，可得223cos 2sin 14αα+=，由此得221sin cos 4αα=，从而可得1tan 2α=±．如图可知π(0,)2α∈，即有1tan 2α=，根据三角形相似知，点G 为OD 的三等分点，即可得43BG =，结合α的正切值，可得2,13EG OA ==从而可得三棱锥A BCD -的体积为6．4．（2022·全国·统考高考真题）如图，四面体ABCD 中，,,AD CD AD CD ADB BDC ⊥=∠=∠，E 为AC 的中点．(1)证明：平面BED ⊥平面ACD ；(2)设2,60AB BD ACB ==∠=︒，点F 在BD 上，当AFC △的面积最小时，求CF 与平面ABD 所成的角的正弦值．【答案】(1)证明过程见解析(2)CF 与平面ABD 所成的角的437【详解】（1）因为AD CD =，E 为AC 的中点，所以AC DE ⊥；在ABD △和CBD △中，因为,,B A C D CD ADB DB DB D ∠=∠==，所以ABD CBD ≌△△，所以AB CB =，又因为E 为AC 的中点，所以AC BE ⊥；又因为,DE BE ⊂平面BED ，DE BE E ⋂=，所以AC ⊥平面BED ，因为AC ⊂平面ACD ，所以平面BED ⊥平面ACD .（2）连接EF ，由（1）知，AC ⊥平面BED ，因为EF ⊂平面BED ，所以AC EF ⊥，所以1=2AFC S AC EF ⋅△，当EF BD ⊥时，EF 最小，即AFC △的面积最小.因为ABD CBD ≌△△，所以2CB AB ==，又因为60ACB ∠=︒，所以ABC 是等边三角形，因为E 为AC 的中点，所以1AE EC ==，3BE =因为AD CD ⊥，所以112DE AC ==,在DEB 中，222DE BE BD +=，所以BE DE ⊥.以E 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系E xyz -，则()()()1,0,0,3,0,0,0,1A B D ，所以()()1,0,1,3,0AD AB =-=-，设平面ABD 的一个法向量为(),,n x y z =，则00n AD x z n AB x ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩，取y =()n = ，又因为()31,0,0,,4C F ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭，所以34CF ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭ ，所以cos ,7n CF n CF n CF⋅==，设CF 与平面ABD 所成的角的正弦值为02πθθ⎛⎫≤≤ ⎪⎝⎭，所以sin cos ,n CF θ== 所以CF 与平面ABD所成的角的正弦值为7.5．（2022·全国·统考高考真题）小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒如图所示：底面ABCD 是边长为8（单位：cm ）的正方形，,,,EAB FBC GCD HDA 均为正三角形，且它们所在的平面都与平面ABCD垂直．(1)证明：//EF 平面ABCD ；(2)求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）．【答案】(1)证明见解析；【详解】（1）如图所示：分别取,AB BC 的中点,M N ，连接MN ，因为,EAB FBC为全等的正三角形，所以,EM AB FN BC ⊥⊥，EM FN =，又平面EAB ⊥平面ABCD ，平面EAB ⋂平面ABCD AB =，EM ⊂平面EAB ，所以EM ⊥平面ABCD ，同理可得FN ⊥平面ABCD ，根据线面垂直的性质定理可知//EM FN ，而EM FN =，所以四边形EMNF 为平行四边形，所以//EF MN ，又EF ⊄平面ABCD ，MN ⊂平面ABCD ，所以//EF 平面ABCD ．（2）[方法一]：分割法一如图所示：分别取,AD DC 中点,K L ，由（1）知，//EF MN 且EF MN =，同理有，//,HE KM HE KM =，//,HG KL HG KL =，//,GF LN GF LN =，由平面知识可知，BD MN ⊥，MN MK ⊥，KM MN NL LK ===，所以该几何体的体积等于长方体KMNL EFGH -的体积加上四棱锥B MNFE -体积的4倍．因为MN NL LK KM ====，8sin 60EM == 点B 到平面MNFE 的距离即为点B 到直线MN 的距离d，d =(21343V =⨯+⨯⨯==．[方法二]：分割法二如图所示：连接AC,BD,交于O ，连接OE,OF,OG,OH.则该几何体的体积等于四棱锥O-EFGH 的体积加上三棱锥A-OEH 的4倍,再加上三棱锥E-OAB 的四倍．容易求得，OE=OF=OG=OH=8,取EH 的中点P ，连接AP,OP.则EH 垂直平面APO.由图可知，三角形APO,四棱锥O-EFGH 与三棱锥E-OAB 的高均为EM 的长.所以该几何体的体积(21111144444433232V =⋅+⋅⋅⋅⋅6．（2022·全国·统考高考真题）如图，直三棱柱111ABC A B C -的体积为4，1A BC的面积为(1)求A 到平面1A BC 的距离；(2)设D 为1AC 的中点，1AA AB =，平面1A BC ⊥平面11ABB A ，求二面角A BD C --的正弦值．【答案】2.【详解】（1）在直三棱柱111ABC A B C -中，设点A 到平面1A BC 的距离为h ，则111111111143333A A BC A A ABC A ABC A B BC C C B V S h V S A A V ---=⋅===⋅==，解得h =所以点A 到平面1A BC；（2）取1A B 的中点E,连接AE,如图，因为1AA AB =，所以1AE A B ⊥,又平面1A BC ⊥平面11ABB A ，平面1A BC ⋂平面111ABB A A B =，且AE ⊂平面11ABB A ，所以⊥AE 平面1A BC ，在直三棱柱111ABC A B C -中，1BB ⊥平面ABC ，由BC ⊂平面1A BC ，BC ⊂平面ABC 可得AE BC ⊥，1BB BC ⊥，又1,AE BB ⊂平面11ABB A 且相交，所以BC ⊥平面11ABB A ，所以1,,BC BA BB 两两垂直，以B 为原点，建立空间直角坐标系，如图，由（1）得AE 12AA AB ==，1A B =以2BC =，则()()()()10,2,0,0,2,2,0,0,0,2,0,0A A B C ,所以1AC 的中点()1,1,1D ，则()1,1,1BD = ，()()0,2,0,2,0,0BA BC ==,设平面ABD 的一个法向量(),,m x y z =，则020m BD x y z m BA y ⎧⋅=++=⎨⋅==⎩，可取()1,0,1m =- ，设平面BDC 的一个法向量(),,n a b c = ，则020n BD a b c n BC a ⎧⋅=++=⎨⋅==⎩，可取()0,1,1n =-r，则1cos ,2m n m n m n ⋅==⋅，所以二面角A BD C --2=.7．（2022·全国·统考高考真题）如图，PO 是三棱锥-P ABC 的高，PA PB =，AB AC ⊥，E 是PB的中点．(1)证明：//OE 平面PAC ；(2)若30ABO CBO ∠=∠=︒，3PO =，5PA =，求二面角C AE B --的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)1113【详解】（1）证明：连接BO 并延长交AC 于点D ，连接OA 、PD ，因为PO 是三棱锥-P ABC 的高，所以PO ⊥平面ABC ，,AO BO ⊂平面ABC ，所以PO AO ⊥、PO BO ⊥，又PA PB =，所以POA POB ≅△△，即OA OB =，所以OAB OBA ∠=∠，又AB AC ⊥，即90BAC ∠=︒，所以90OAB OAD ∠+∠=︒，90OBA ODA ∠+∠=︒，所以ODA OAD∠=∠所以AO DO =，即AO DO OB ==，所以O 为BD 的中点，又E 为PB 的中点，所以//OE PD ，又OE ⊄平面PAC ，PD ⊂平面PAC ，所以//OE 平面PAC（2）解：过点A 作//Az OP ，如图建立空间直角坐标系，因为3PO =，5AP =，所以224OA AP PO =-=，又30OBA OBC ∠=∠=︒，所以28BD OA ==，则4=AD ，43AB =所以12AC =，所以()23,2,0O ，()43,0,0B ，()23,2,3P ，()0,12,0C ，所以333,1,2E ⎛⎫ ⎪⎝⎭，则333,1,2AE ⎛⎫= ⎪⎝⎭ ，()3,0,0AB =，()0,12,0AC = ，设平面AEB 的法向量为(),,n x y z =，则33302430n AE y z n AB ⎧⋅=++=⎪⎨⎪⋅==⎩，令2z =，则=3y -，0x =，所以()0,3,2n =-；设平面AEC 的法向量为(),,m a b c =，则33302120m AE a b c m AC b ⎧⋅=++=⎪⎨⎪⋅==⎩，令a 6c =-，0b =，所以)6m =-；所以cos ,n m n m n m⋅==设二面角C AE B --的大小为θ，则cos cos ,=n m θ=所以11sin 13θ==，即二面角C AE B --的正弦值为1113.8．（2022·北京·统考高考真题）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，侧面11BCC B 为正方形，平面11BCC B ⊥平面11ABB A ，2AB BC ==，M ，N 分别为11A B ，AC 的中点．(1)求证：MN ∥平面11BCC B ；(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB 与平面BMN 所成角的正弦值．条件①：AB MN ⊥；条件②：BM MN =．注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．【答案】(1)见解析(2)见解析【详解】（1）取AB 的中点为K ，连接,MK NK ，由三棱柱111ABC A B C -可得四边形11ABB A 为平行四边形，而11,B M MA BK KA ==，则1//MK BB ，而MK ⊄平面11BCC B ，1BB ⊂平面11BCC B ，故//MK 平面11BCC B ，而,CN NA BK KA ==，则//NK BC ，同理可得//NK 平面11BCC B ，而,,NK MK K NK MK =⊂ 平面MKN ，故平面//MKN 平面11BCC B ，而MN ⊂平面MKN ，故//MN 平面11BCC B ，（2）因为侧面11BCC B 为正方形，故1CB BB ⊥，而CB ⊂平面11BCC B ，平面11CBB C ⊥平面11ABB A ，平面11CBB C ⋂平面111ABB A BB =，故CB ⊥平面11ABB A ，因为//NK BC ，故NK ⊥平面11ABB A ，因为AB ⊂平面11ABB A ，故NK AB ⊥，若选①，则AB MN ⊥，而NK AB ⊥，NK MN N = ，故AB ⊥平面MNK ，而MK ⊂平面MNK ，故AB MK ⊥，所以1AB BB ⊥，而1CB BB ⊥，CB AB B ⋂=，故1BB ⊥平面ABC ，故可建立如所示的空间直角坐标系，则()()()()0,0,0,0,2,0,1,1,0,0,1,2B A N M ，故()()()0,2,0,1,1,0,0,1,2BA BN BM ===，设平面BNM 的法向量为(),,n x y z =，则00n BN n BM ⎧⋅=⎨⋅=⎩ ，从而020x y y z +=⎧⎨+=⎩，取1z =-，则()2,2,1n =--，设直线AB 与平面BNM 所成的角为θ，则42sin cos ,233n AB θ===⨯ .若选②，因为//NK BC ，故NK ⊥平面11ABB A ，而KM ⊂平面MKN ，故NK KM ⊥，而11,1B M BK NK ===，故1B M NK =，而12B B MK ==，MB MN =，故1BB M MKN ≅ ，所以190BB M MKN ∠=∠=︒，故111A B BB ⊥，而1CB BB ⊥，CB AB B ⋂=，故1BB ⊥平面ABC ，故可建立如所示的空间直角坐标系，则()()()()0,0,0,0,2,0,1,1,0,0,1,2B A N M ，故()()()0,2,0,1,1,0,0,1,2BA BN BM === ，设平面BNM 的法向量为(),,n x y z =，则00n BN n BM ⎧⋅=⎨⋅=⎩，从而020x y y z +=⎧⎨+=⎩，取1z =-，则()2,2,1n =--，设直线AB 与平面BNM 所成的角为θ，则42sin cos ,233n AB θ===⨯.9．（2022·天津·统考高考真题）直三棱柱111ABC A B C -中，112,,AA AB AC AA AB AC AB ===⊥⊥，D 为11A B 的中点，。
2021届高考数学第专题四 高考中的立体几何问题文档强练 文
专题四 高考中的立体几何问题1.(2021·广东)某四棱台的三视图如下图，那么该四棱台的体积是( ) A.4 B.143C.163D.6 答案 B 解析 由三视图知四棱台的直观图为由棱台的体积公式得：V ＝13(2×2＋ 1×1＋2×2×1×1)×2＝143. 2.(2021·课标全国Ⅱ)已知m ，n 为异面直线，m ⊥平面α，n ⊥平面β.直线l满 足l ⊥m ，l ⊥n ，l ⊄α，l ⊄β，那么( )A.α∥β且l ∥αB.α⊥β且l ⊥βC.α与β相交，且交线垂直于lD.α与β相交，且交线平行于l答案 D 解析 假设α∥β，由m ⊥平面α，n ⊥平面β，那么m ∥n ，这与已知m ，n 为异面直线矛盾，那么α与β相交，设交线为l 1，那么l 1⊥m ，l 1⊥n ，在直线m 上任取一点作n 1平行于n ，那么l 1和l 都垂直于直线m 与n 1所确信的平面，因此l 1∥l .3.如图，点O 为正方体ABCD —A ′B ′C ′D ′的中心，点E 为面B ′BCC ′的中心，点F 为B ′C ′的中点，那么空间四边形D ′OEF在该正方体的各个面上的投影不可能是( ) 答案 D解析 空间四边形D ′OEF 在正方体的面DCC ′D ′上的投影是A ；在面BCC ′B ′上的投影是B ；在面ABCD 上的投影是C ，应选D.4．在如下图的四个正方体中，能得出AB ⊥CD 的是( ) 答案 A解析 A 中，∵CD ⊥平面AMB ，∴CD ⊥AB ；B 中，AB 与CD 成60°角，C 中，AB 与CD 成45°角；D 中，AB 与CD 夹角的正切值为 2.5.如图，四棱锥P －ABCD 的底面是一直角梯形，AB ∥CD ，BA ⊥AD ，CD ＝2AB ，PA ⊥底面ABCD ，E 为PC 的中点，那么BE 与平面PAD的 位置关系为________.答案 平行解析 取PD 的中点F ，连接EF ，在△PCD 中，EF 綊12CD . 又∵AB ∥CD 且CD ＝2AB ，∴EF 綊AB ，∴四边形ABEF 是平行四边形，∴EB ∥AF .又∵EB ⊄平面PAD ，AF ⊂平面PAD ，∴BE ∥平面PAD .题型一 空间点、线、面的位置关系例1 (2021·山东)如图，四棱锥P －ABCD 中，AB ⊥AC ，AB ⊥PA ，AB ∥CD ，AB ＝2CD ，E ， F ，G ，M ，N 别离为PB ，AB ，BC ，PD ，PC 的中点.(2)求证：平面EFG ⊥平面EMN .思维启发 (1)在平面PAD 内作直线CE 的平行线或利用平面CEF ∥平面PAD 证明；(2)MN 是平面EFG 的垂线.证明 (1)方式一 取PA 的中点H ，连接EH ，DH .又E 为PB 的中点，因此EH 綊12AB .又CD 綊12AB ，因此EH 綊CD .因此四边形DCEH 是平行四边形，因此CE ∥DH .又DH ⊂平面PAD ，CE ⊄平面PAD .因此CE ∥平面PAD .方式二 连接CF .因为F 为AB 的中点，因此AF ＝12AB .又CD ＝12AB ，因此AF ＝CD .又AF ∥CD ，因此四边形AFCD 为平行四边形.因此CF ∥AD ，又CF ⊄平面PAD ，因此CF ∥平面PAD .因为E ，F 别离为PB ，AB 的中点，因此EF ∥PA .又EF ⊄平面PAD ，因此EF ∥平面PAD .因为CF ∩EF ＝F ，故平面CEF ∥平面PAD .又CE ⊂平面CEF ，因此CE ∥平面PAD .(2)因为E 、F 别离为PB 、AB 的中点，因此EF ∥PA .又因为AB ⊥PA ，因此EF ⊥AB ，同理可证AB ⊥FG .因此AB⊥平面EFG.又因为M，N别离为PD，PC的中点，因此MN∥CD，又AB∥CD，因此MN∥AB，因此MN⊥平面EFG.又因为MN⊂平面EMN，因此平面EFG⊥平面EMN.思维升华高考对该部份的考查重点是空间的平行关系和垂直关系的证明，一样以解答题的形式显现，试题难度中等，但对空间想象能力和逻辑推理能力有必然的要求，在试卷中也可能以选择题或填空题的方式考查空间位置关系的大体定理在判定线面位置关系中的应用.如下图，直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ACB＝90°，M，N别离为A1B，B1C1的中点.求证：(1)BC∥平面MNB1；(2)平面A1CB⊥平面ACC1A.证明(1)因为BC∥B1C1，且B1C1⊂平面MNB1，BC⊄平面MNB1，故BC∥平面MNB1.(2)因为BC⊥AC，且ABC－A1B1C1为直三棱柱，故BC⊥平面ACC1A1.因为BC⊂平面A1CB，故平面A1CB⊥平面ACC1A1.题型二平面图形的翻折问题例2如图1所示，在Rt△ABC中，AC＝6，BC＝3，∠ABC＝90°，CD为∠ACB的平分线，点E在线段AC 上，CE＝4.如图2所示，将△BCD沿CD折起，使得平面BCD⊥平面ACD，连接AB，BE，设点F是AB的中点.(1)求证：DE⊥平面BCD；(2)假设EF∥平面BDG，其中G为直线AC与平面BDG的交点，求三棱锥B－DEG的体积.思维启发(1)翻折前后，△ACD内各元素的位置关系没有转变，易知DE⊥DC，再依照平面BCD⊥平面ACD(2)注意从条件EF ∥平面BDG 得线线平行，为求高作基础.(1)证明 ∵AC ＝6，BC ＝3，∠ABC ＝90°，∴∠ACB ＝60°.∵CD 为∠ACB 的平分线，∴∠BCD ＝∠ACD ＝30°.∴CD ＝2 3. ∵CE ＝4，∠DCE ＝30°， ∴DE 2＝CE 2＋CD 2－2CE ·CD ·cos 30°＝4，∴DE ＝2，那么CD 2＋DE 2＝EC 2.∴∠CDE ＝90°，DE ⊥DC .又∵平面BCD ⊥平面ACD ，平面BCD ∩平面ACD ＝CD ，DE ⊂平面ACD ，∴DE ⊥平面BCD .(2)解 ∵EF ∥平面BDG ，EF ⊂平面ABC ，平面ABC ∩平面BDG ＝BG ，∴EF ∥BG .∵点E 在线段AC 上，CE ＝4，点F 是AB 的中点，∴AE ＝EG ＝CG ＝2.如图，作BH ⊥CD 于H .∵平面BCD ⊥平面ACD ，∴BH ⊥平面ACD .由条件得BH ＝32， S △DEG ＝13S △ACD ＝13×12AC ·CD ·sin 30°＝3， ∴三棱锥B －DEG 的体积V ＝13S △DEG ·BH ＝13×3×32＝32. 思维升华 平面图形的翻折问题，关键是弄清翻折前后图形中线面位置关系和气宇关系的转变情形.一样地翻折后还在同一个平面上的性质不发生转变，不在同一个平面上的性质发生转变.(2021·北京)如图(1)，在Rt△ABC 中，∠C ＝90°，D ，E 别离为AC ，AB 的中点，点F 为线段CD 上的一点，将△ADE 沿DE 折起到△A 1DE 的位置，使A 1F ⊥CD ，如图(2).(2)求证：A1F⊥BE.(3)线段A1B上是不是存在点Q，使A1C⊥平面DEQ？说明理由.(1)证明因为D，E别离为AC，AB的中点，因此DE∥BC.又因为DE⊄平面A1CB，因此DE∥平面A1CB.(2)证明由已知得AC⊥BC且DE∥BC，因此DE⊥AC.因此DE⊥A1D，DE⊥CD.又A1D∩CD＝D，因此DE⊥平面A1DC.而A1F⊂平面A1DC，因此DE⊥A1F.又因为A1F⊥CD，因此A1F⊥平面BCDE，又因为BE⊂平面BCDE，因此A1F⊥BE.(3)解线段A1B上存在点Q，使A1C⊥平面DEQ.理由如下：如图，别离取A1C，A1B的中点P，Q，那么PQ∥BC.又因为DE∥BC，因此DE∥PQ.因此平面DEQ即为平面DEP.由(2)知，DE⊥平面A1DC，因此DE⊥A1C.又因为P是等腰三角形DA1C底边A1C的中点，因此A1C⊥DP.因此A1C⊥平面DEP.从而A1C⊥平面DEQ.题型三 线面位置关系中的存在性问题例3 如图，在矩形ABCD 中，AB ＝2BC ，P 、Q 别离是线段AB 、CD的 中点，EP ⊥平面ABCD .(1)求证：DP ⊥平面EPC ；(2)问在EP 上是不是存在点F ，使平面AFD ⊥平面BFC ？假设存在，求出FP AP的值；假设不存在，说明理由.思维启发 先假设EP 上存在点F 使平面AFD ⊥平面BFC ，然后推证点F 的位置.(1)证明 ∵EP ⊥平面ABCD ，∴EP ⊥DP .又ABCD 为矩形，AB ＝2BC ，P 、Q 别离为AB 、CD 的中点，连接PQ ，则PQ ⊥DC 且PQ ＝12DC . ∴DP ⊥PC .∵EP ∩PC ＝P ，∴DP ⊥平面EPC .(2)解 假设存在F 使平面AFD ⊥平面BFC ，∵AD ∥BC ，BC ⊂平面BFC ，AD ⊄平面BFC ，∴AD ∥平面BFC .∴AD 平行于平面AFD 与平面BFC 的交线l .∵EP ⊥平面ABCD ，∴EP ⊥AD ，而AD ⊥AB ， AB ∩EP ＝P ，∴AD ⊥平面EAB ，∴l ⊥平面FAB .∴∠AFB 为平面AFD 与平面BFC 所成二面角的平面角.∵P 是AB 的中点，且FP ⊥AB ，∴当∠AFB ＝90°时，FP ＝AP .∴当FP ＝AP ，即FP AP ＝1时，平面AFD ⊥平面BFC .思维升华 关于线面关系中的存在性问题，第一假设存在，然后在那个假设下利用线面关系的性质进行推理论证，寻求假设知足的条件.假设条件知足那么确信假设，假设取得矛盾那么否定假设.如图，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，已知DC＝DD1＝2AD＝2AB，AD⊥DC，AB∥DC.(1)求证：D1C⊥AC1；(2)问在棱CD上是不是存在点E，使D1E∥平面A1BD.假设存在，确信点E位置；假设不存在，说明理由.(1)证明在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，连接C1D，∵DC＝DD1，∴四边形DCC1D1是正方形，∴DC1⊥D1C.又AD⊥DC，AD⊥DD1，DC∩DD1＝D，∴AD⊥平面DCC1D1，又D1C⊂平面DCC1D1，∴AD⊥D1C.∵AD⊂平面ADC1，DC1⊂平面ADC1，且AD∩DC1＝D，∴D1C⊥平面ADC1，又AC1⊂平面ADC1，∴D1C⊥AC1.(2)解假设存在点E，使D1E∥平面A1BD.连接AD1，AE，D1E，设AD1∩A1D＝M，BD∩AE＝N，连接MN，∵平面AD1E∩平面A1BD＝MN，要使D1E∥平面A1BD，可使MN∥D1E，又M是AD1的中点，则N是AE的中点.又易知△ABN≌△EDN，∴AB＝DE.综上所述，当E 是DC 的中点时，可使D 1E ∥平面A 1BD .(时刻：80分钟)1.如下图，在边长为5＋2的正方形ABCD 中，以A 为圆心画一个扇形，以O 为圆心画一个圆，M ，N ，K 为切点，以扇形为圆锥的侧面，以圆O 为圆锥底面，围成一个圆锥，求圆锥的全面积与体积.解 设圆锥的母线长为l ，底面半径为r ，高为h ，由已知条件得⎩⎪⎨⎪⎧ l ＋r ＋2r ＝5＋2×22πrl ＝π2，解得r ＝2，l ＝42，S ＝πrl ＋πr 2＝10π，h ＝l 2－r 2＝30，V ＝13πr 2h ＝230π3.2.如图，在四棱台ABCD －A 1B 1C 1D 1中，D 1D ⊥平面ABCD ，底面ABCD是平行四边形，AB ＝2AD ，AD ＝A 1B 1，∠BAD ＝60°.(1)证明：AA 1⊥BD ；(2)证明：CC 1∥平面A 1BD .证明 (1)方式一 因为D 1D ⊥平面ABCD ，且BD ⊂平面ABCD ，因此D 1D ⊥BD .又因为AB ＝2AD ，∠BAD ＝60°，在△ABD 中，由余弦定理得BD 2＝AD 2＋AB 2－2AD ·AB cos 60°＝3AD 2，因此AD 2＋BD 2＝AB 2，因此AD ⊥BD .又AD ∩D 1D ＝D ，因此BD ⊥平面ADD 1A 1.故AA 1⊥BD .方式二 因为D 1D ⊥平面ABCD ，且BD ⊂平面ABCD ，因此BD ⊥D 1D .如图，取AB 的中点G ，连接DG ，在△ABD 中，由AB ＝2AD 得AG ＝AD .又∠BAD ＝60°，因此△ADG 为等边三角形，因此GD ＝GB ，故∠DBG ＝∠GDB .又∠AGD ＝60°，因此∠GDB ＝30°，故∠ADB ＝∠ADG ＋∠GDB ＝60°＋30°＝90°，因此BD ⊥AD .又AD ∩D 1D ＝D ，因此BD ⊥平面ADD 1A .又AA 1⊂平面ADD 1A ，故AA 1⊥BD .(2)如图，连接AC ，A 1C 1，设AC ∩BD ＝E ，连接EA 1，因为四边形ABCD 为平行四边形，因此EC ＝12AC . 由棱台概念及AB ＝2AD ＝2A 1B 1知A 1C 1∥EC 且A 1C 1＝EC ，因此四边形A 1ECC 1为平行四边形，因此CC 1∥EA .又EA 1⊂平面A 1BD ，CC 1⊄平面A 1BD ，因此CC 1∥平面A 1BD .3.如图，四棱锥P —ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，AB ⊥AD ，点E 在线段 AD 上，且CE ∥AB .(1)求证：CE ⊥平面PAD ；(2)假设PA ＝AB ＝1，AD ＝3，CD ＝2，∠CDA ＝45°，求四棱锥P —ABCD 的体积.因此PA ⊥CE .因为AB ⊥AD ，CE ∥AB ，因此CE ⊥AD .又PA ∩AD ＝A ，因此CE ⊥平面PAD .(2)解 由(1)可知CE ⊥AD .在Rt△ECD 中，DE ＝CD ·cos 45°＝1，CE ＝CD ·sin 45°＝1.又因为AB ＝CE ＝1，AB ∥CE ，因此四边形ABCE 为矩形.因此S 四边形ABCD ＝S 矩形ABCE ＋S △ECD ＝AB ·AE ＋12CE ·DE＝1×2＋12×1×1＝52.又PA ⊥平面ABCD ，PA ＝1，因此V 四棱锥P —ABCD ＝13S 四边形ABCD ·PA ＝13×52×1＝56.4.如图，在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，E 、F 别离是CD 、A 1D 1的中点．(1)求证：AB 1⊥BF ；(2)求证：AE ⊥BF ；(3)棱CC 1上是不是存在点P ，使BF ⊥平面AEP ？假设存在，确信点P 的位置，假设不存在，说明理由．(1)证明 连接A 1B ，那么AB 1⊥A 1B ，又∵AB 1⊥A 1F ，且A 1B ∩A 1F ＝A 1，∴AB 1⊥平面A 1BF .又BF ⊂平面A 1BF ，∴AB 1⊥BF .(2)证明 取AD 中点G ，连接FG ，BG ，那么FG ⊥AE ，又∵△BAG ≌△ADE ，∴∠ABG ＝∠DAE .∴AE ⊥BG .又∵BG ∩FG ＝G ，∴AE ⊥平面BFG .又BF ⊂平面BFG ，∴AE ⊥BF .(3)解 存在．取CC 1中点P ，即为所求．连接EP ，AP ，C 1D ，∵EP∥C1D，C1D∥AB1，∴EP∥AB1.由(1)知AB1⊥BF，∴BF⊥EP.又由(2)知AE⊥BF，且AE∩EP＝E，∴BF⊥平面AEP.5．(2021·安徽)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，底面A1B1C1D1是正方形，O是BD的中点，E是棱AA1上任意一点．(1)证明：BD⊥EC1；(2)若是AB＝2，AE＝2，OE⊥EC1，求AA1的长．(1)证明连接AC，A1C1.由底面是正方形知，BD⊥AC.因为AA1⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，因此AA1⊥BD.又AA1∩AC＝A，因此BD⊥平面AA1C1C.因为EC1⊂平面AA1C1C知，BD⊥EC1.(2)解方式一设AA1的长为h，连接OC1.在Rt△OAE中，AE＝2，AO＝2，故OE2＝(2)2＋(2)2＝4.在Rt△EA1C1中，A1E＝h－2，A1C1＝22，故EC21＝(h－2)2＋(22)2.在Rt△OCC1中，OC＝2，CC1＝h，OC21＝h2＋(2)2.因为OE⊥EC1，因此OE2＋EC21＝OC21，即4＋(h－2)2＋(22)2＝h2＋(2)2，解得h＝32，因此AA1的长为3 2.方式二∵OE⊥EC1，∴∠AEO＋∠A1EC1＝90°.又∵∠A1C1E＋∠A1EC1＝90°，∴∠AEO＝∠A1C1E.又∵∠OAE＝∠C1A1E＝90°，∴△OAE∽EA1C1，∴AEA1C1＝AOA1E，即222＝2A1E，∴A1E＝22，∴AA1＝AE＋A1E＝3 2.6．(2021·辽宁)如图，AB是圆O的直径，PA垂直圆O所在的平面，C是圆O上的点．(1)求证：BC⊥平面PAC；(2)设Q为PA的中点，G为△AOC的重心，求证：QG∥平面PBC.证明(1)由AB是圆O的直径，得AC⊥BC，由PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，得PA⊥BC.又PA∩AC＝A，PA⊂平面PAC，AC⊂平面PAC，因此BC⊥平面PAC.(2)连接OG并延长交AC于M，连接QM，QO，由G为△AOC的重心，得M为AC中点．由Q为PA中点，得QM∥PC，又O为AB中点，得OM∥BC.因为QM∩MO＝M，QM⊂平面QMO，MO⊂平面QMO，BC∩PC＝C，BC⊂平面PBC，PC⊂平面PBC.因此平面QMO∥平面PBC.因为QG⊂平面QMO，因此QG∥平面PBC.。
高考数学备考艺体生辅导专题04《立体几何的第一问》
【高考备考艺体生文化课精选好题突围系列】专题四立体几何的第一问空间点、线、面的位置关系:平行【背一背基础知识】1.公理4：若a∥b，b∥c，则a∥c.2.线面平行判定定理：若a∥b ，a⊄α，b⊂α，则a∥α.3.线面平行的性质定理：若a∥α，a⊂β，α∩β＝b，则a∥b.4.面面平行的判定定理：若a，b⊂α，a，b相交，且a∥β，b∥β，则α∥β.5.面面平行的性质定理：①若α∥β，a⊂α，则a∥β.②若α∥β，r∩α＝a，r∩β＝b，则a∥b.③线面垂直的性质定理：若a⊥α，b⊥α，则a∥b.④面面平行的性质定理：(2)线面平行的判定，可供选用的定理有：【讲一讲基本技能】1.必备技能：(1)证明线面平行的常用方法：①利用线面平行的判定定理，使用这个定理的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线，可利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行．②利用面面平行的性质，即两平面平行，则其中一平面内的直线平行于另一平面．(2)已知线面平行时可利用线面平行的性质定理证明线线平行．(3)判定面面平行的方法：①定义法：即证两个平面没有公共点．②面面平行的判定定理．③垂直于同一条直线的两平面平行．④平行平面的传递性，即两个平面同时平行于第三个平面，则这两个平面平行．(4)面面平行的性质：①若两平面平行，则一个平面内的直线平行于另一平面．②若一平面与两平行平面相交，则交线平行．（5）平行间的转化关系2.典型例题例1 如图，在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，E ，F ，G ，M ，N 分别是B 1C 1，A 1D 1，A 1B 1，BD ，B 1C 的中点．求证：（1）MN ∥平面CDD 1C 1；（2）平面EBD ∥平面FGA ．【分析】（1）连接1BC ，1DC ，由已知推导出121DC MN ∥且121DC MN =，由此能证明∥MN 平面11C CDD ．（2）连接EF ，11D B ，推导出四边形ABEF 为平行四边形，从而BE AF ∥，由题意BD FG ∥，由此能证明平面∥EBD 平面FGA ．【解析】例2 如图，在底面为平行四边形的四棱锥P ABCD -中，AB AC ⊥，PA ⊥平面ABCD ，且PA AB =，点E 是PD 的中点．E D BPC A（Ⅰ）求证：AC PB ⊥；（Ⅱ）求证：//PB 平面AEC ；【分析】（Ⅰ）证明线线垂直，可用线线垂直的定义，可用线面垂直的性质；（Ⅱ）利用判定定理证明线面平行时，关键是在平面内找一条与已知直线平行的直线，解题时可先直观判断平面内是否已有，若没有，则需作出该直线，常考虑三角形的中位线、平行四边形的对边或过平行线分线段成比例等；要证线线垂直，可通过征到线面垂直得到．（Ⅲ）因PA ⊥平面ABCD ，故过E 作PA 的平行线即可找到E 到平面ABCD 的距离【解析】【练一练趁热打铁】1. 如图，在四棱锥O ABCD -中，底面ABCD 四边长为1的菱形，4ABC π∠=，OA ⊥底面ABCD ，2OA =，M 为OA 的中点，N 为BC 的中点．（1）证明：直线//MN 平面OCD ；【解析】2. 如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是矩形，,M N 分别是,PA BC 的中点，PD ⊥平面ABCD ，且2PD AD ==1CD =.证明：//MN 平面PCD ；【解析】取AD 中点E ，连结ME,NE ，由已知M,N 分别是PA,BC 的中点，所以//ME PD ，//NE CD ，ME NE E,PD CD D ==所以，平面//MNE 平面PCD ， P A B CDMN所以，//MN 平面PCD.空间点、线、面的位置关系:垂直【背一背基础知识】1.判定两直线垂直，可供选用的定理有：①若a ∥b ，b ⊥c ，则a ⊥c .②若a ⊥α，b ⊂α，则a ⊥b .2.线面垂直的定义：一直线与一平面垂直⇔这条直线与平面内任意直线都垂直；3.线面垂直的判定定理，可选用的定理有：①若a ⊥b ，a ⊥c ，b ，c ⊂α，且b 与c 相交，则a ⊥α.②若a ∥b ，b ⊥α，则a ⊥α.③若α⊥β，α∩β＝b ，a ⊂α，a ⊥b ，则a ⊥β.4.判定两平面垂直，可供选用的定理有：若a ⊥α，a ⊂β，则α⊥β.【讲一讲基本技能】1.必备技能：(1)解答空间垂直问题的关键在于熟练把握空间垂直关系的判定与性质，注意平面图形中的一些线线垂直关系的灵活利用，这是证明空间垂直关系的基础．(2)由于“线线垂直”“线面垂直”“面面垂直”之间可以相互转化，因此整个证明过程围绕着线面垂直这个核心而展开，这是化解空间垂直关系难点的技巧所在．2.典型例题例1如图，在三棱柱111ABC A B C -中，四边形11AAC C 是边长为4的正方形，平面ABC ⊥平面11AAC C ，3,5AB BC ==． DC 1B 1A 1AB C求证：1AA ⊥平面ABC ；【分析】证明直线和平面垂直的常用方法：(1)利用判定定理．(2)利用判定定理的推论．(3)利用面面平行的性质．(4)利用面面垂直的性质．【解析】例2在四棱柱1111D C B A ABCD -中，ABCD 1底面⊥AA ，底面ABCD 为菱形，11O A C 为11B D 与的交点，已知1AA AB 1,BAD 60==∠=.（1）求证：平面⊥11BC A 平面11BDD B ；（2）求点O 到平面1BC D 的距离.A 1B 1D 1 C 1OD CA B【分析】（1）要证平面⊥11BC A 平面11BDD B ，即证11A C ⊥平面11BDD B ，而1111A C B D ⊥可由菱形的性质得到，又由1AA ⊥底面ABCD ，得到1BB ⊥底面1111A B C D ，进而得到111AC BB ⊥，从而使问题得证；（2）取BD 的中点E ，连接OE ，1C E ，过O 作1C E 的垂线OM ，可知OM 为点O 到平面1BC D 的距离，从而通过解直角三角形求得OM 的长．【解析】【练一练趁热打铁】1. 如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是︒=∠60DAB 且边长为a 的菱形，侧面PAD 是等边三角形，且平面PAD ⊥底面ABCD ,G 为AD 的中点.求证：BG ⊥平面PAD .【解析】连接BD ，因为底面ABCD 是︒=∠60DAB 且边长为a 的菱形，所以ABD ∆是等边三角形，又因为G 为AD 的中点，所以AD GB ⊥，而平面⊥PAG 平面ABCD且平面PAD 平面ABCD AD =∴⊥GB 平面PAD .2. 如图，在直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中，︒=∠90ACB ，点E 、F 、G 分别是AA 1、AC 、BB 1的中点，且CG ⊥C 1G ．（1）求证：CG//面BEF ；（2）求证：面BEF ⊥面A 1C 1G ．【解析】3. 如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是菱形，且PB PD =．求证：BD PC ⊥；【解析】 PC A解答题（10*10=100分）1. 如图，在三棱锥P ABC -中，90PAC BAC ∠=∠=︒，PA PB =，点D ，F 分别为BC ，AB 的中点．DF C PA（1）求证：直线//DF 平面PAC ；（2）求证：PF ⊥AD ．【解析】PBC AD OD F C PA B2. 如图，在直三棱柱 111ABC A B C 中，AB=AC ，D 、E 分别是棱BC 、 1CC 上的点（点D 不在BC 的端点处），且AD DE ，F 为 11B C 的中点．求证：平面ADE 平面11B BCC ；【解析】3. 如图，在四棱锥ABCD P -中，已知底面ABCD 为矩形，⊥PA 平面PDC ,点E 为棱PD 的中点，求证： O PA B C D E（1）//PB 平面EAC ；（2）平面⊥PAD 平面ABCD ．【解析】（1）连接BD 与AC 相交于点O ，连结OE ．因为四边形ABCD 为矩形，所以O 为BD 中点．因为E 为棱PD 中点，所以PB ∥OE ．因为PB ⊄平面EAC ，OE ⊂平面EAC ，所以直线PB ∥平面EAC ．（2）因为PA ⊥平面PDC ，CD ⊂平面PDC ，所以 PA ⊥CD ．因为四边形ABCD 为矩形，所以AD ⊥CD ．因为 PA∩AD＝A ，PA ，AD ⊂平面PAD ，所以 CD ⊥平面PAD ．因为CD ⊂平面ABCD ，所以 平面PAD ⊥平面ABCD ．4. 如图,在四棱锥ABCD P -中,底面ABCD 为直角梯形,BC AD //,090=∠ADC ,平面PAD ⊥底面O PA B C DEABCD ,Q 为AD 的中点,M 是棱PC 上的点,2==PD PA ，3,121===CD AD BC ，若M 是棱PC 的中点,求证:MQB //平面PA ；【解析】5. 如图所示，在直三棱柱111ABC A B C -中，AC=BC ，D 为AB 的中点，且11AB AC ⊥11AB A D ⊥；【解析】P A B C DQM6. 如图，在正三棱柱111ABC A B C -中，,E F 分别为1,BB AC 中点．（1）求证：//BF 平面1A EC ；（2）求证：平面1A EC ⊥平面11ACC A ．【解析】7. 如图，四边形ABEF是等腰梯形，AB∥EF，AF＝BE＝2，EF＝4，AB＝2，ABCD是矩形．AD⊥平面ABEF，其中Q，M分别是AC，EF的中点，P是BM中点．（1）求证：PQ∥平面BCE；（2）求证：AM⊥平面BCM；【解析】（1）因为AB∥EM，且AB＝EM，所以四边形ABEM为平行四边形．连接AE，则AE过点P，且P为AE中点，又Q为AC中点，所以PQ是△ACE的中位线，于是PQ∥CE．∵CE⊂平面BCE，PQ⊄平面BCE，∴PQ∥平面BCE．（2）AD⊥平面AB EF⇒BC⊥平面ABEF⇒BC⊥AM．在等腰梯形ABEF中，由AF＝BE＝2，EF＝42，AB＝22，可得∠BEF＝45°，BM＝AM＝2，∴AB2＝AM2＋BM2，∴AM⊥BM．又BC∩BM＝B，∴AM⊥平面BCM．学科网8. 如图所示，PA⊥平面ABC，点C在以AB为直径的⊙O上，∠CBA＝30°，PA＝AB＝2，点E为线段PB的中点，点M在弧AB上，且O M∥AC．求证：平面MOE ∥平面P AC ；【解析】9. 如图，在矩形ABCD 中，BC AB 2 ,Q P ,分别为线段AB 、CD 的中点，EP ⊥平面ABCD .QPED CB A （Ⅰ）求证：AQ ∥平面CEP ； （Ⅱ）求证：平面AEQ ⊥平面DEP ；【解析】10. 在正三棱锥ABC P -中，E 、F 分别为棱PA 、AB 的中点，且CE EF ⊥。
高考专题突破四 高考中的立体几何问题
高考专题突破四 高考中的立体几何问题【考点自测】1.在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，D 为BC 的中点，E 为A 1C 1的中点，则DE 与平面A 1B 1BA 的位置关系为________. 答案 平行解析 如图取B 1C 1的中点为F ，连结EF ，DF ，则EF ∥A 1B 1，DF ∥B 1B ， 且EF ∩DF ＝F ，A 1B 1∩B 1B ＝B 1， ∴平面EFD ∥平面A 1B 1BA ， ∴DE ∥平面A 1B 1BA .2.设x ，y ，z 是空间中不同的直线或平面，对下列四种情形：①x ，y ，z 均为直线；②x ，y 是直线，z 是平面；③z 是直线，x ，y 是平面；④x ，y ，z 均为平面.其中使“x ⊥z 且y ⊥z ⇒x ∥y ”为真命题的是________.(填序号) 答案 ②③解析 由正方体模型可知①④为假命题；由线面垂直的性质定理可知②③为真命题. 3.一个六棱锥的体积为23，其底面是边长为2的正六边形，侧棱长都相等，则该六棱锥的侧面积为________. 答案 12解析 设六棱锥的高为h ，则V ＝13Sh ，所以13×34×4×6h ＝23，解得h ＝1.设六棱锥的斜高为h ′，则h 2＋(3)2＝h ′2，故h ′＝2. 所以该六棱锥的侧面积为12×2×2×6＝12.4.设α，β，γ是三个平面，a ，b 是两条不同的直线，有下列三个条件：①a ∥γ，b ⊂β；②a ∥γ，b ∥β；③b ∥β，a ⊂γ.如果命题“α∩β＝a ，b ⊂γ，且________，则a∥b”为真命题，则可以在横线处填入的条件是________.(把所有正确的序号填上)答案①或③解析由线面平行的性质定理可知，①正确；当b∥β，a⊂γ时，a和b在同一平面内，且没有公共点，所以平行，③正确.故应填入的条件为①或③.5.如图，以等腰直角三角形ABC的斜边BC上的高AD为折痕，把△ABD和△ACD折成互相垂直的两个平面后，某学生得出下列四个结论：①BD⊥AC；②△BAC是等边三角形；③三棱锥D－ABC是正三棱锥；④平面ADC⊥平面ABC.其中正确的是________.(填序号)答案①②③解析由题意知，BD⊥平面ADC，故BD⊥AC，①正确；AD为等腰直角三角形斜边BC上的高，平面ABD⊥平面ACD，所以AB＝AC＝BC，△BAC是等边三角形，②正确；易知DA＝DB＝DC，又由②知③正确；由①知④错.题型一求空间几何体的表面积与体积例1 如图，在三棱柱ABC—A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AC⊥BC，AC＝BC＝CC1＝2，点D为AB 的中点.(1)证明：AC1∥平面B1CD；(2)求三棱锥A1—CDB1的体积.(1)证明连结BC1交B1C于点O，连结OD.在三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，四边形BCC 1B 1是平行四边形， ∴点O 是BC 1的中点.∵点D 为AB 的中点，∴OD ∥AC 1. 又OD ⊂平面B 1CD ，AC 1⊄平面B 1CD ， ∴AC 1∥平面B 1CD .(2)解 ∵AC ＝BC ，AD ＝BD ，∴CD ⊥AB . 在三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，由AA 1⊥平面ABC ，得平面ABB 1A 1⊥平面ABC . 又平面ABB 1A 1∩平面ABC ＝AB ，CD ⊂平面ABC ， ∴CD ⊥平面ABB 1A 1， ∵AC ⊥BC ，AC ＝BC ＝2， ∴AB ＝A 1B 1＝22，CD ＝2，1111——A CDB C A DB V V ＝三棱锥三棱锥＝13×12×2×22×2＝43. 思维升华 (1)若所给定的几何体是柱体、锥体或台体等规则几何体，则可直接利用公式进行求解.其中，等积转换法多用来求三棱锥的体积.(2)若所给定的几何体是不规则几何体，则将不规则的几何体通过分割或补形转化为规则几何体，再利用公式求解.跟踪训练1 如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，底面是边长为a 的正三角形，AA 1与AC ，AB 所成的角均为60°，且A 1A ＝AB ，求该三棱柱的侧面积和体积.解 作A 1O ⊥底面ABC 于点O ，∵AA 1与AC ，AB 所成的角均为60°， 且A 1A ＝AB ，∴O 是△ABC 的中心， ∴AO ＝23×32a ＝33a .又A 1O ＝A 1A 2－AO 2＝63a ， S △ABC ＝34a 2，A 1O ⊥AD ， ∴V ＝Sh ＝34a 2×63a ＝24a 3. 又O 是△ABC 的中心，∴AO ⊥BC ，A 1O ⊥BC ， 从而BC ⊥平面A 1AO .∵A 1A ⊂平面A 1AO ，∴BC ⊥A 1A ， 又A 1A ∥B 1B ，故BC ⊥B 1B ， ∴侧面BCC 1B 1是矩形.11112222sin 60A ABB BCC B S S S a a ∴⨯⨯︒＝＋＝＋侧＝(1＋3)a 2.题型二 空间点、线、面的位置关系例2 (2017·江苏)如图，在三棱锥A-BCD 中，AB ⊥AD ，BC ⊥BD ，平面ABD ⊥平面BCD ，点E ，F (E 与A ，D 不重合)分别在棱AD ，BD 上，且EF ⊥AD .求证：(1)EF ∥平面ABC ； (2)AD ⊥AC .证明 (1)在平面ABD 内，因为AB ⊥AD ，EF ⊥AD ， 则AB ∥EF .又因为EF⊄平面ABC，AB⊂平面ABC，所以EF∥平面ABC.(2)因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，BC⊂平面BCD，BC⊥BD，所以BC⊥平面ABD.因为AD⊂平面ABD，所以BC⊥AD.又AB⊥AD，BC∩AB＝B，AB⊂平面ABC，BC⊂平面ABC，所以AD⊥平面ABC.又因为AC⊂平面ABC，所以AD⊥AC.思维升华 (1)平行问题的转化利用线线平行、线面平行、面面平行的相互转化解决平行关系的判定问题时，一般遵循从“低维”到“高维”的转化，即从“线线平行”到“线面平行”，再到“面面平行”；而应用性质定理时，其顺序正好相反.在实际的解题过程中，判定定理和性质定理一般要相互结合，灵活运用.(2)垂直问题的转化在空间垂直关系中，线面垂直是核心，已知线面垂直，既为证明线线垂直提供依据，又可为利用判定定理证明面面垂直作好铺垫.应用面面垂直的性质定理时，一般作辅助线，基本作法是过其中一个平面内一点作交线的垂线，从而把面面垂直问题转化为线面垂直问题，进而可转化为线线垂直问题.跟踪训练2 (2013·江苏)如图，在三棱锥S－ABC中，平面SAB⊥平面SBC，AB⊥BC，AS＝AB.过A作AF⊥SB，垂足为F，点E，G分别是棱SA，SC的中点.求证：(1)平面EFG∥平面ABC；(2)BC⊥SA.证明(1)由AS＝AB，AF⊥SB知F为SB的中点，则EF∥AB，FG∥BC，又EF∩FG＝F，AB∩BC＝B，因此平面EFG∥平面ABC.(2)由平面SAB⊥平面SBC，平面SAB∩平面SBC＝SB，AF⊂平面SAB，AF⊥SB，所以AF⊥平面SBC，则AF⊥BC.又BC⊥AB，AF∩AB＝A，AF，AB⊂平面SAB，则BC⊥平面SAB，又SA⊂平面SAB，因此BC⊥SA.题型三平面图形的翻折问题例3 五边形ANB1C1C是由一个梯形ANB1B与一个矩形BB1C1C组成的，如图甲所示，B为AC的中点，AC＝CC1＝2AN＝8.沿虚线BB1将五边形ANB1C1C折成直二面角A—BB1—C，如图乙所示.(1)求证：平面BNC⊥平面C1B1N；(2)求图乙中的多面体的体积.(1)证明四边形BB1C1C为矩形，故B1C1⊥BB1，又由于二面角A—BB1—C为直二面角，故B1C1⊥平面BB1A，又BN⊂平面BB1A，故B1C1⊥BN，由线段AC＝CC1＝2AN＝8知，BB21＝NB21＋BN2，即BN⊥NB1，又B1C1∩NB1＝B1，B1C1，NB1⊂平面NB1C1，所以BN⊥平面C1B1N，因为BN⊂平面BNC，所以平面BNC⊥平面C1B1N.(2)解连结CN，过N作NM⊥BB1，垂足为M，V 三棱锥C —ABN ＝13×BC ·S △ABN＝13×4×12×4×4＝323， 又B 1C 1⊥平面ABB 1N ， 所以平面CBB 1C 1⊥平面ABB 1N ， 且平面CBB 1C 1∩ABB 1N ＝BB 1，NM ⊥BB 1，NM ⊂平面ABB 1N ，所以NM ⊥平面B 1C 1CB ，1111—1·3B C CB N B C CB V NM S =⨯矩形四棱锥＝13×4×4×8＝1283， 则此几何体的体积11——N B C CB C ABN V V V 四棱＝＋锥三棱锥＝323＋1283＝1603.思维升华 平面图形的翻折问题，关键是搞清翻折前后图形中线面位置关系和度量关系的变化情况.一般地，翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质发生变化.跟踪训练3 为了迎接某节日，商场进行促销活动，某商场打算将进行促销活动的礼品盒重新设计.方案如下：将一块边长为10的正方形纸片ABCD 剪去四个全等的等腰三角形△SEE ′，△SFF ′，△SGG ′，△SHH ′，再将剩下的阴影部分折成一个四棱锥形状的包装盒S —EFGH ，其中A ，B ，C ，D 重合于点O ，E 与E ′重合，F 与F ′重合，G 与G ′重合，H 与H ′重合(如图所示).(1)求证：平面SEG ⊥平面SFH ；(2)已知AE ＝52，过O 作OM ⊥SH 交SH 于点M ，求cos ∠EMO 的值.(1)证明 ∵折后A ，B ，C ，D 重合于一点O ，∴拼接成底面EFGH 的四个直角三角形必为全等的等腰直角三角形， ∴底面EFGH 是正方形，故EG ⊥FH . 连结SO .∵在原平面图形中，△SEE ′≌△SGG ′， ∴SE ＝SG ，∴EG ⊥SO ，∵EG ⊥FH ，EG ⊥SO ，FH ∩SO ＝O ，FH ，SO ⊂平面SFH ，∴EG ⊥平面SFH ， 又∵EG ⊂平面SEG ， ∴平面SEG ⊥平面SFH .(2)解 由题意，当AE ＝52时，OE ＝52，Rt △SHO 中，SO ＝5，SH ＝552，∴OM ＝SO ·OHSH＝ 5. 由(1)知，EO ⊥平面SHF ， 又∵OM ⊂平面SHF ，∴EO ⊥OM . 在Rt △EMO 中，EM ＝EO 2＋OM 2＝352，∴cos ∠EMO ＝OM EM ＝23.题型四 立体几何中的存在性问题例4 如图，在四棱锥P —ABCD 中，△PAD 为正三角形，平面PAD ⊥平面ABCD ，AB ∥CD ，AB ⊥AD ，CD ＝2AB ＝2AD ＝4.(1)求证：平面PCD ⊥平面PAD ； (2)求三棱锥P —ABC 的体积；(3)在棱PC 上是否存在点E ，使得BE ∥平面PAD ？若存在，请确定点E 的位置并证明；若不存在，请说明理由.(1)证明 因为AB ∥CD ，AB ⊥AD ，所以CD ⊥AD . 因为平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，CD ⊂平面ABCD ， 所以CD ⊥平面PAD . 因为CD ⊂平面PCD ， 所以平面PCD ⊥平面PAD . (2)解 取AD 的中点O ，连结PO . 因为△PAD 为正三角形，所以PO ⊥AD .因为平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，PO ⊂平面PAD ， 所以PO ⊥平面ABCD ， 所以PO 为三棱锥P —ABC 的高.因为△PAD 为正三角形，CD ＝2AB ＝2AD ＝4， 所以PO ＝ 3.所以V 三棱锥P —ABC ＝13S △ABC ·PO＝13×12×2×2×3＝233. (3)解 在棱PC 上存在点E ，当E 为PC 的中点时，BE ∥平面PAD . 分别取CP ，CD 的中点E ，F ，连结BE ，BF ，EF ， 所以EF ∥PD .因为AB ∥CD ，CD ＝2AB ， 所以AB ∥FD ，AB ＝FD ，所以四边形ABFD 为平行四边形， 所以BF ∥AD .因为BF ∩EF ＝F ，AD ∩PD ＝D ， 所以平面BEF ∥平面PAD . 因为BE ⊂平面BEF ， 所以BE ∥平面PAD .思维升华 对于线面关系中的存在性问题，首先假设存在，然后在该假设条件下，利用线面关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论则否定假设.跟踪训练4 (2017·江苏无锡天一中学模拟)如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 是棱DD 1的中点.(1)证明：平面ADC 1B 1⊥平面A 1BE ；(2)在棱C 1D 1上是否存在一点F ，使B 1F ∥平面A 1BE ？证明你的结论. (1)证明 如图，因为ABCD －A 1B 1C 1D 1为正方体， 所以B 1C 1⊥平面ABB 1A 1.因为A 1B ⊂平面ABB 1A 1，所以B 1C 1⊥A 1B .又因为A 1B ⊥AB 1，B 1C 1∩AB 1＝B 1，AB 1，B 1C 1⊂平面ADC 1B 1，所以A 1B ⊥平面ADC 1B 1. 因为A 1B ⊂平面A 1BE ， 所以平面ADC 1B 1⊥平面A 1BE .(2)解 当点F 为C 1D 1的中点时，可使B 1F ∥平面A 1BE .证明如下： 设A 1B ∩AB 1＝O ， 连结EO ，EF ，B 1F .易知EF ∥C 1D ，且EF ＝12C 1D ，B 1O ∥C 1D 且B 1O ＝12C 1D ，所以EF ∥B 1O 且EF ＝B 1O ，所以四边形B 1OEF 为平行四边形. 所以B 1F ∥OE .又因为B 1F ⊄平面A 1BE ，OE ⊂平面A 1BE . 所以B 1F ∥平面A 1BE .1.(2017·江苏新海中学期中)将斜边长为4的等腰直角三角形绕其斜边所在直线旋转一周，则所形成的几何体的体积是________. 答案16π3解析 等腰直角三角形的斜边长为4，斜边的高为2. ∴旋转后的几何体为两个大小相等的圆锥的组合体. 圆锥的底面半径为2，高为2.∴几何体的体积V ＝2×13×π×4×2＝16π3.2.若α，β，γ是三个不同的平面，m ，n 是两条不同的直线，且α∩γ＝m ，β∩γ＝n .命题甲：m ∥n ；命题乙：α∥β.则甲是乙成立的________条件.(填“充分不必要”“必要不充分”“充要”或“既不充分又不必要”) 答案 必要不充分解析 若α与β平行，则必有m ∥n ，反之，当m ∥n 时，α与β可能相交，如三棱柱中侧棱平行，侧面不平行.3.如图所示，已知平面α∩平面β＝l ，α⊥β.A ，B 是直线l 上的两点，C ，D 是平面β内的两点，且AD ⊥l ，CB ⊥l ，DA ＝4，AB ＝6，CB ＝8.P 是平面α上的一动点，且有∠APD ＝∠BPC ，则四棱锥P －ABCD 体积的最大值是________.答案 48解析 由题意知，△PAD ，△PBC 是直角三角形， 又∠APD ＝∠BPC ，所以△PAD ∽△PBC . 因为DA ＝4，CB ＝8，所以PB ＝2PA . 作PM ⊥AB 于点M ，由题意知，PM ⊥平面β.令BM ＝t ，则AM ＝|6－t |，PA 2－(6－t )2＝4PA 2－t 2，所以PA 2＝4t －12.所以PM ＝－t 2＋16t －48，即为四棱锥P －ABCD 的高， 又底面ABCD 为直角梯形，S ＝12×(4＋8)×6＝36，所以V ＝13×36×－t 2＋16t －48＝12－(t －8)2＋16≤12×4＝48.4.如图梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠ABC ＝90°，AD ∶BC ∶AB ＝2∶3∶4，E ，F 分别是AB ，CD 的中点，将四边形ADFE 沿直线EF 进行翻折，给出四个结论：①DF ⊥BC ； ②BD ⊥FC ；③平面DBF ⊥平面BFC ； ④平面DCF ⊥平面BFC .在翻折过程中，可能成立的结论是________.(填写结论序号) 答案 ②③解析 因为BC ∥AD ，AD 与DF 相交不垂直，所以BC 与DF 不垂直，则①错误；设点D 在平面BCF 上的射影为点P ，当BP ⊥CF 时就有BD ⊥FC ，而AD ∶BC ∶AB ＝2∶3∶4，可使条件满足，所以②正确；当点P 落在BF 上时，DP ⊂平面BDF ，从而平面BDF ⊥平面BCF ，所以③正确；因为点D 的投影不可能在FC 上，所以平面DCF ⊥平面BFC 不成立，即④错误. 5.下列三个命题都缺少一个条件P ，补上这个条件使其构成真命题(其中l ，m 为直线，α，β为平面)，则条件P 为________.①⎭⎪⎬⎪⎫m ⊂α，l ∥m ，P ⇒l ∥α；②⎭⎪⎬⎪⎫l ∥m ，m ∥α，P⇒l ∥α；③⎭⎪⎬⎪⎫l ⊥β，α⊥β，P⇒l ∥α. 答案 l ⊄α解析 根据直线与平面平行的判定定理可得①所缺条件为l ⊄α，可推②③同样可补此条件. 6.如图，在三棱锥S —ABC 中，SA ＝SB ，AC ＝BC ，O 为AB 的中点，SO ⊥平面ABC ，AB ＝4，OC ＝2，N 是SA 的中点，CN 与SO 所成的角为α，且tan α＝2.(1)证明：OC ⊥ON ； (2)求三棱锥S —ABC 的体积.(1)证明 ∵AC ＝BC ，O 为AB 的中点， ∴OC ⊥AB ，又SO ⊥平面ABC ，OC ⊂平面ABC ， ∴OC ⊥SO ，又AB ∩SO ＝O ，AB ，SO ⊂平面SAB ， ∴OC ⊥平面SAB ，又∵ON ⊂平面SAB ， ∴OC ⊥ON .(2)解 设OA 的中点为M ，连结MN ，MC ，则MN ∥SO ，故∠CNM 即为CN 与SO 所成的角α， 又MC ⊥MN 且tan α＝2， ∴MC ＝2MN ＝SO ， 又MC ＝OC 2＋OM 2＝22＋12＝5， 即SO ＝5，∴三棱锥S —ABC 的体积V ＝13Sh ＝13·12·2·4·5＝453. 7.如图1，在矩形ABCD 中，AB ＝4，AD ＝2，E 是CD 的中点，将△ADE 沿AE 折起，得到如图2所示的四棱锥D 1—ABCE ，其中平面D 1AE ⊥平面ABCE .(1)证明：BE ⊥平面D 1AE ；(2)设F 为CD 1的中点，在线段AB 上是否存在一点M ，使得MF ∥平面D 1AE ，若存在，求出AM AB的值；若不存在，请说明理由. (1)证明 连结BE ，∵ABCD 为矩形且AD ＝DE ＝EC ＝BC ＝2， ∴∠AEB ＝90°，即BE ⊥AE ， 又平面D 1AE ⊥平面ABCE ，平面D 1AE ∩平面ABCE ＝AE ，BE ⊂平面ABCE ， ∴BE ⊥平面D 1AE .(2)解 AM ＝14AB ，取D 1E 的中点L ，连结AL ，FL ，∵FL ∥EC ，EC ∥AB ，∴FL ∥AB 且FL ＝14AB ，∴M ，F ，L ，A 四点共面， 若MF ∥平面AD 1E ，则MF ∥AL .∴AMFL 为平行四边形，∴AM ＝FL ＝14AB .故线段AB 上存在满足题意的点M ，且AM AB ＝14.8.如图，在四棱锥P —ABCD 中，ABCD 是正方形，PD ⊥平面ABCD .PD ＝AB ＝2，E ，F ，G 分别是PC ，PD ，BC 的中点.(1)求证：平面PAB ∥平面EFG ；(2)在线段PB 上确定一点Q ，使PC ⊥平面ADQ ，并给出证明. (1)证明 ∵在△PCD 中，E ，F 分别是PC ，PD 的中点， ∴EF ∥CD ，又∵四边形ABCD 为正方形， ∴AB ∥CD ，∴EF ∥AB ，∵EF ⊄平面PAB ，AB ⊂平面PAB ， ∴EF ∥平面PAB .同理EG ∥平面PAB ， ∵EF ，EG 是平面EFG 内两条相交直线， ∴平面PAB ∥平面EFG .(2)解 当Q 为线段PB 的中点时，PC ⊥平面ADQ .取PB 的中点Q ，连结DE ，EQ ，AQ ，DQ ， ∵EQ ∥BC ∥AD ，且AD ≠QE ，∴四边形ADEQ为梯形，由PD⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，得AD⊥PD，∵AD⊥CD，PD∩CD＝D，PD，CD⊂平面PCD，∴AD⊥平面PDC，又PC⊂平面PDC，∴AD⊥PC.∵△PDC为等腰直角三角形，E为斜边中点，∴DE⊥PC，∵AD，DE是平面ADQ内的两条相交直线，∴PC⊥平面ADQ.9.(2018届镇江中学检测)如图，正三棱柱A1B1C1－ABC中，点D，E分别是A1C，AB的中点.(1)求证：ED∥平面BB1C1C；(2)若AB＝2BB1，求证：A1B⊥平面B1CE.证明(1)连结AC1，BC1，因为四边形AA1C1C是矩形，D是A1C的中点，所以D是AC1的中点.在△ABC1中，因为D，E分别是AC1，AB的中点，所以DE∥BC1，因为DE⊄平面BB1C1C，BC1⊂平面BB1C1C，所以ED∥平面BB1C1C.(2)因为△ABC是正三角形，E是AB的中点，所以CE⊥AB.又因为在正三棱柱A1B1C1－ABC中，平面ABC⊥平面ABB1A1，交线为AB，CE⊂平面ABC，所以CE⊥平面ABB1A1，又A1B⊂平面ABB1A1，从而CE⊥A1B.因为A 1B 1B 1B ＝AB B 1B ＝2，B 1B BE ＝B 1B12AB＝2， 所以A 1B 1B 1B ＝B 1B BE， 又∠A 1B 1B ＝∠B 1BE ＝90°， 所以Rt △A 1B 1B ∽Rt △B 1BE ， 所以∠A 1BB 1＝∠BEB 1， 又∠BEB 1＋∠BB 1E ＝90°， 所以∠A 1BB 1＋∠BB 1E ＝90°， 所以A 1B ⊥B 1E ，又因为CE ，B 1E ⊂平面B 1CE ，CE ∩B 1E ＝E ， 所以A 1B ⊥平面B 1CE .。
高中数学理科专题讲解高考大题专项(四)《立体几何》教学课件
所以ON=AF.因为BE∥AF,所以ON∥AF,所以四边形AONF是平行四边形,所以FN∥AO,且AO⊂平面MAC,所以FN∥平面MAC.因为FN∩BF=F,所以平面BFN∥平面MAC.
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证法二:因为AD∥BC,AB=2,BC=1,AD=2,CD= ,所以AB⊥AD.因为BE∥AF,BE⊥平面ABCD,所以AF⊥平面ABCD,所以AF⊥AB,AF⊥AD,取AB所在直线为x轴,取AD所在直线为y轴,取AF所在直线为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,
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解题心得求线面角可以用几何法,即“先找,后证,再求”,也可以通过平面的法向量来求,即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角,取其余角就是斜线和平面所成的角.
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对点训练1(2018全国2,理20)如图,在三棱锥P-ABC中,AB=BC=2 ,PA=PB=PC=AC=4,O为AC的中点.(1)证明:PO⊥平面ABC;(2)若点M在棱BC上,且二面角M-PA-C为30°,求PC与平面PAM所成角的正弦值.
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对点训练1(2016全国3,理19)如图,四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AD∥BC,AB=AD=AC=3,PA=BC=4,M为线段AD上一点,AM=2MD,N为PC的中点.(1)证明:MN∥平面PAB;(2)求直线AN与平面PMN所成角的正弦值.
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题型二 证明平行关系求二面角例2(2019全国1,理18)如图,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形,AA1=4,AB=2,∠BAD=60°,E,M,N分别是BC,BB1,A1D的中点.(1)证明:MN∥平面C1DE;(2)求二面角A-MA1-N的正弦值.
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方法一:(1)证明:连接A1E,因为A1A=A1C,E是AC的中点,所以A1E⊥AC.又平面A1ACC1⊥平面ABC,A1E⊂平面A1ACC1,平面A1ACC1∩平面ABC=AC,所以,A1E⊥平面ABC,则A1E⊥BC.又因为A1F∥AB,∠ABC=90°,故BC⊥A1F.所以BC⊥平面A1EF.因此EF⊥BC.
热点重点难点专题透析 专题4 第3课时高考中的立体几何解答题课件 理课件
(3)证明：在线段 BC1 上存在点 D，使得 AD⊥A1B，并求BBCD1 的值．
解析： (1)证明：因为AA1C1C为正方形，所以AA1⊥AC. 因为平面ABC⊥平面AA1C1C，且AA1垂直于这两个平面的 交线AC，所以AA1⊥平面ABC. (2)由(1)知AA1⊥AC，AA1⊥AB. 由题知AB＝3，BC＝5，AC＝4， 所以AB⊥AC. 如图，以A为原点建立空间直角坐标系A－xyz，则 B(0,3,0)，A1(0,0,4)，B1(0,3,4)，C1(4,0,4)．
(1)求证：PB∥平面EFG；
(2)求异面直线EG与BD所成的角的余弦值；
(3)在线段 CD 上是否存在一点 Q，使得 A 到平面 EFQ 的距 离为45？若存在，求出 CQ 的值；若不存在，请说明理由．
解析： ∵平面PAD⊥平面ABCD，而∠PAD＝90°， ∴PA⊥平面ABCD.而ABCD是正方形，即AB⊥AD， 故可建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz， 则A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)， E(0,0,1)，F(0,1,1)，G(1，2,0)．
设平面 A1BC1 的法向量为 n＝(x，y，z)，则 nn··AA→→11BC＝1＝00，， 即34yx－＝40z. ＝0， 令 z＝3，则 x＝0，y＝4，所以 n＝(0,4,3)． 同理可得，平面 B1BC1 的法向量为 m＝(3,4,0)． 所以 cos〈n，m〉＝|nn|·|mm|＝1265. 由题知二面角 A1－BC1－B1 为锐角， 所以二面角 A1－BC1－B1 的余弦值为1265.
则nn··C→C→DA＝1＝00，， 即x21x＋1＋y12＝z1＝0，0.
高考大题专项练四 高考中的立体几何
高考大题专项练四 高考中的立体几何高考大题专项练第8页1.如图,在三棱锥P-ABC 中,AB=BC=2√2,PA=PB=PC=AC=4,O 为AC 的中点.(1)证明:PO ⊥平面ABC ;(2)若点M 在棱BC 上,且MC=2MB ,求点C 到平面POM 的距离.答案:(1)证明因为AP=CP=AC=4,O 为AC 的中点,所以OP ⊥AC ,且OP=2√3. 连接OB ,因为AB=BC=√22AC ,所以△ABC 为等腰直角三角形,且OB ⊥AC ,OB=12AC=2.由OP 2+OB 2=PB 2知,OP ⊥OB.由OP ⊥OB ,OP ⊥AC 知PO ⊥平面ABC. (2)解作CH ⊥OM ,垂足为H.又由(1)可得OP ⊥CH ,所以CH ⊥平面POM. 故CH 的长为点C 到平面POM 的距离. 由题设可知OC=12AC=2,CM=23BC=4√23,∠ACB=45°. 所以OM=2√53,CH=OC ·MC ·sin∠ACBOM=4√55. 所以点C 到平面POM 的距离为4√55. 2.如图,在四棱锥P-ABCD 中,底面ABCD 为矩形,平面PAD ⊥平面ABCD ,PA ⊥PD ,PA=PD ,E ,F 分别为AD ,PB 的中点.求证:(1)PE ⊥BC ;(2)平面PAB ⊥平面PCD ;(3)EF∥平面PCD.答案:证明(1)因为PA=PD,E为AD的中点,所以PE⊥AD.因为底面ABCD为矩形,所以BC∥AD,所以PE⊥BC.(2)因为底面ABCD为矩形,所以AB⊥AD.又因为平面PAD⊥平面ABCD,所以AB⊥平面PAD,所以AB⊥PD.又因为PA⊥PD,所以PD⊥平面PAB.所以平面PAB⊥平面PCD.(3)如图,取PC的中点G,连接FG,DG.因为F,G分别为PB,PC的中点,所以FG∥BC,FG=1BC.2因为四边形ABCD为矩形,且E为AD的中点,所以DE∥BC,DE=1BC.2所以DE∥FG,DE=FG.所以四边形DEFG为平行四边形.所以EF∥DG.又因为EF⊄平面PCD,DG⊂平面PCD,所以EF∥平面PCD.3.由四棱柱ABCD-A1B1C1D1截去三棱锥C1-B1CD1后得到的几何体如图所示.四边形ABCD为正方形,O为AC与BD的交点,E为AD的中点,A1E⊥平面ABCD.(1)证明:A1O∥平面B1CD1;(2)设M是OD的中点,证明:平面A1EM⊥平面B1CD1.答案:证明(1)取B1D1的中点O1,连接CO1,A1O1,由于ABCD-A1B1C1D1是四棱柱,所以A1O1∥OC,A1O1=OC,因此四边形A1OCO1为平行四边形,所以A1O∥O1C.又O1C⊂平面B1CD1,A1O⊄平面B1CD1,所以A1O∥平面B1CD1.(2)因为AC⊥BD,E,M分别为AD和OD的中点,所以EM⊥BD,又A1E⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,所以A1E⊥BD,因为B1D1∥BD,所以EM⊥B1D1,A1E⊥B1D1.又A1E,EM⊂平面A1EM,A1E∩EM=E,所以B1D1⊥平面A1EM,又B1D1⊂平面B1CD1,所以平面A1EM⊥平面B1CD1.4.如图,在底面是菱形的四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,∠ABC=60°,AA1=AC=2,A1B=A1D=2√2,点E在A1D上.(1)证明:AA1⊥平面ABCD;为何值时,A1B∥平面EAC,并求出此时三棱锥D-AEC的体积.(2)当A1EED答案:(1)证明因为底面ABCD是菱形,∠ABC=60°,所以AB=AD=AC=2.在△AA1B中,由A A12+AB2=A1B2,知AA1⊥AB.同理,AA1⊥AD.又因为AB∩AD于点A,所以AA1⊥平面ABCD.=1时,A1B∥平面EAC.(2)解当A1EED证明如下:连接BD交AC于O,当A1E=1,即点E为A1D的中点时,连接OE,则OE∥A1B,ED所以A1B∥平面EAC.设AD的中点为F,连接EF.则EF ∥AA 1,所以EF ⊥平面ACD ,且EF=1, 可求得S △ACD =√3. 所以V E-ACD =13×1×√3=√33, 即V D-AEC =V E-ACD =√33.5.(2019北京,文18)如图,在四棱锥P-ABCD 中,PA ⊥平面ABCD ,底面ABCD 为菱形,E 为CD 的中点.(1)求证:BD ⊥平面PAC ;(2)若∠ABC=60°,求证:平面PAB ⊥平面PAE ;(3)棱PB 上是否存在点F ,使得CF ∥平面PAE ?说明理由. 答案:(1)证明因为PA ⊥平面ABCD ,所以PA ⊥BD. 又因为底面ABCD 为菱形,所以BD ⊥AC. 所以BD ⊥平面PAC.(2)证明因为PA ⊥平面ABCD ,AE ⊂平面ABCD ,所以PA ⊥AE. 因为底面ABCD 为菱形,∠ABC=60°,且E 为CD 的中点, 所以AE ⊥CD.所以AB ⊥AE. 所以AE ⊥平面PAB.所以平面PAB ⊥平面PAE.(3)解棱PB 上存在点F ,使得CF ∥平面PAE.取F 为PB 的中点,取G 为PA 的中点,连接CF ,FG ,EG. 则FG ∥AB ,且FG=12AB.因为底面ABCD 为菱形,且E 为CD 的中点, 所以CE ∥AB ,且CE=12AB.所以FG ∥CE ,且FG=CE.所以四边形CEGF 为平行四边形.所以CF ∥EG.因为CF ⊄平面PAE ,EG ⊂平面PAE ,所以CF ∥平面PAE.6.如图,已知正三棱锥P-ABC 的侧面是直角三角形,PA=6.顶点P 在平面ABC 内的正投影为点D ,D 在平面PAB 内的正投影为点E ,连接PE 并延长交AB 于点G.(1)证明:G 是AB 的中点;(2)在图中作出点E 在平面PAC 内的正投影F (说明作法及理由),并求四面体PDEF 的体积.答案:(1)证明因为P 在平面ABC 内的正投影为D ,所以AB ⊥PD. 因为D 在平面PAB 内的正投影为E ,所以AB ⊥DE. 所以AB ⊥平面PED ,故AB ⊥PG.又由已知可得,PA=PB ,从而G 是AB 的中点.(2)解在平面PAB 内,过点E 作PB 的平行线交PA 于点F ,F 即为E 在平面PAC 内的正投影.理由如下:由已知可得PB ⊥PA ,PB ⊥PC , 又EF ∥PB ,所以EF ⊥PA ,EF ⊥PC. 因此EF ⊥平面PAC ,即点F 为E 在平面PAC 内的正投影.连接CG ,因为P 在平面ABC 内的正投影为D , 所以D 是正三角形ABC 的中心.由(1)知,G 是AB 的中点,所以D 在CG 上, 故CD=23CG.由题设可得PC ⊥平面PAB ,DE ⊥平面PAB , 所以DE ∥PC ,因此PE=23PG ,DE=13PC.由已知,正三棱锥的侧面是直角三角形且PA=6,可得DE=2,PE=2√2. 在等腰直角三角形EFP 中,可得EF=PF=2. 所以四面体PDEF 的体积V=13×12×2×2×2=43.7.如图,在平行四边形ABCM 中,AB=AC=3,∠ACM=90°.以AC 为折痕将△ACM 折起,使点M 到达点D 的位置,且AB ⊥DA.(1)证明:平面ACD ⊥平面ABC ;(2)Q 为线段AD 上一点,P 为线段BC 上一点,且BP=DQ=23DA ,求三棱锥Q-ABP 的体积. 答案:(1)证明由已知可得,∠BAC=90°,BA ⊥AC.又BA ⊥AD ,所以AB ⊥平面ACD.又AB ⊂平面ABC ,所以平面ACD ⊥平面ABC. (2)解由已知可得,DC=CM=AB=3,DA=3√2. 又BP=DQ=23DA ,所以BP=2√2. 作QE ⊥AC ,垂足为E ,则QE 13DC. 由已知及(1)可得DC ⊥平面ABC , 所以QE ⊥平面ABC ,QE=1.因此,三棱锥Q-APB 的体积为V Q-ABP =13×QE×S △ABP =13×1×12×3×2√2sin 45°=1. 8.如图,在四面体ABCD 中,△ABC 是等边三角形,平面ABC ⊥平面ABD ,点M 为棱AB 的中点,AB=2,AD=2√3,∠BAD=90°.(1)求证:AD ⊥BC ;(2)求异面直线BC 与MD 所成角的余弦值; (3)求直线CD 与平面ABD 所成角的正弦值.答案:(1)证明由平面ABC ⊥平面ABD ,平面ABC ∩平面ABD=AB ,AD ⊥AB ,可得AD ⊥平面ABC ,故AD ⊥BC.(2)解取棱AC 的中点N ,连接MN ,ND.又因为M为棱AB的中点,故MN∥BC.所以∠DMN(或其补角)为异面直线BC与MD所成的角.在Rt△DAM中,AM=1,故DM=√AD2+AM2=√13.因为AD⊥平面ABC,故AD⊥AC.在Rt△DAN中,AN=1,故DN=√AD2+AN2=√13.在等腰三角形DMN中,MN=1,可得cos∠DMN=12MNDM=√1326.所以,异面直线BC与MD所成角的余弦值为√1326.(3)解连接CM.因为△ABC为等边三角形,M为边AB的中点,故CM⊥AB,CM=√3.又因为平面ABC⊥平面ABD,而CM⊂平面ABC,故CM⊥平面ABD.所以,∠CDM为直线CD与平面ABD所成的角.在Rt△CAD中,CD=√AC2+AD2=4.在Rt△CMD中,sin∠CDM=CMCD =√34.所以,直线CD与平面ABD所成角的正弦值为√34.。
2020年高考理科数学三轮专题复习四 高考中的立体几何问题
又CD∥ AB，所以EH∥CD.
所以四边形DCEH是平行四边形，所以CE∥DH.
又DH⊂平面PAD，CE⊄平面PAD.
所以CE∥平面PAD.
方法二连接CF.
因为F为AB的中点，
所以AF＝ AB.
又CD＝ AB，所以AF＝CD.
又AF∥CD，所以四边形AFCD为平行四边形.
因此CF∥AD，又CF⊄平面PAD，
如图所示， 直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ACB＝90°，M，
N分别为A1B，B1C1的中点.求证：
(1)BC∥平面MNB1；
(2)平面A1CB⊥平面ACC1A.
证明(1)因为BC∥B1C1，
且B1C1⊂平面MNB1，
BC⊄平面MNB1，
故BC∥平面MNB1.
(2)因为BC⊥AC，且ABC－A1B1C1为直三棱柱，
又∵平面BCD⊥平面ACD，平面BCD∩平面ACD＝CD，DE⊂平面ACD，∴DE⊥平面BCD.
(2)解∵EF∥平面BDG，EF⊂平面ABC，平面ABC∩平面BDG＝BG，
∴EF∥BG.Βιβλιοθήκη ∵点E在线段AC上，CE＝4，点F是AB的中点，
∴AE＝EG＝CG＝2.
如图，作BH⊥CD于H.
∵平面BCD⊥平面ACD，
所以CF∥平面PAD.
因为E，F分别为PB，AB的中点，所以EF∥PA.
又EF⊄平面PAD，所以EF∥平面PAD.
因为CF∩EF＝F，故平面CEF∥平面PAD.
又CE⊂平面CEF，所以CE∥平面PAD.
(2)因为E、F分别为PB、AB的中点，所以EF∥PA.
又因为AB⊥PA，
所以EF⊥AB，同理可证AB⊥FG.
3.如图，点O为正方体ABCD—A′B′C′D′的中心，点E为面
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高考专题突破四高考中的立体几何问题【考点自测】1．在正三棱柱ABC－A1B1C1中，D为BC的中点，E为A1C1的中点，则DE与平面A1B1BA的位置关系为()A．相交B．平行C．垂直相交D．不确定答案 B解析如图取B1C1的中点为F，连接EF，DF，则EF∥A1B1，DF∥B1B，且EF∩DF＝F，A1B1∩B1B＝B1，∴平面EFD∥平面A1B1BA，∴DE∥平面A1B1BA.2．设x，y，z是空间中不同的直线或平面，对下列四种情形：①x，y，z均为直线；②x，y是直线，z是平面；③z是直线，x，y是平面；④x，y，z均为平面．其中使“x⊥z且y⊥z⇒x∥y”为真命题的是()A．③④B．①③C．②③D．①②答案 C解析由正方体模型可知①④为假命题；由线面垂直的性质定理可知②③为真命题．3．(优质试题届辽宁凌源二中联考)已知一几何体的三视图如图所示，俯视图是一个等腰直角三角形和半圆，则该几何体的体积为()A．2＋π3 B.12＋πC．2＋π6 D.23＋π答案 D解析结合三视图可知，该几何体是一个半圆柱与一个底面是等腰直角三角形的三棱锥组成的组合体，其体积为V＝13×12×2×1×2＋12×π×12×2＝23＋π，故选D.4．(优质试题·天津滨海新区模拟)如图，以等腰直角三角形ABC的斜边BC上的高AD为折痕，把△ABD和△ACD折成互相垂直的两个平面后，某学生得出下列四个结论：①BD⊥AC；②△BAC是等边三角形；③三棱锥D－ABC是正三棱锥；④平面ADC⊥平面ABC.其中正确的是()A．①②④B．①②③C．②③④D．①③④答案 B解析由题意知，BD⊥平面ADC，故BD⊥AC，①正确；AD为等腰直角三角形斜边BC上的高，平面ABD⊥平面ACD，所以AB＝AC＝BC，△BAC是等边三角形，②正确；易知DA＝DB＝DC，又由②知③正确；由①知④错．故选B. 5．(优质试题·沈阳调研)设α，β，γ是三个平面，a，b是两条不同的直线，有下列三个条件：①a∥γ，b⊂β；②a∥γ，b∥β；③b∥β，a⊂γ.如果命题“α∩β＝a，b⊂γ，且________，则a∥b”为真命题，则可以在横线处填入的条件是________．(把所有正确的序号填上)答案①或③解析由线面平行的性质定理可知，①正确；当b∥β，a⊂γ时，a和b在同一平面内，且没有公共点，所以平行，③正确．故应填入的条件为①或③.题型一求空间几何体的表面积与体积例1(优质试题届衡水联考)如图，在三棱柱ABC—A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AC⊥BC，AC＝BC＝CC1＝2，点D为AB的中点．(1)证明：AC1∥平面B1CD；(2)求三棱锥A1—CDB1的体积．(1)证明连接BC1交B1C于点O，连接OD.在三棱柱ABC—A1B1C1中，四边形BCC1B1是平行四边形，∴点O是BC1的中点．∵点D为AB的中点，∴OD∥AC1.又OD ⊂平面B 1CD ，AC 1⊄平面B 1CD ， ∴AC 1∥平面B 1CD .(2)解 ∵AC ＝BC ，AD ＝BD ，∴CD ⊥AB . 在三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，由AA 1⊥平面ABC ，得平面ABB 1A 1⊥平面ABC . 又平面ABB 1A 1∩平面ABC ＝AB ，CD ⊂平面ABC ， ∴CD ⊥平面ABB 1A 1， ∵AC ⊥BC ，AC ＝BC ＝2， ∴AB ＝A 1B 1＝22，CD ＝2，1111——A CDB C A DB V V 三棱锥三棱锥＝ ＝13×12×2×22×2＝43.思维升华 (1)若所给定的几何体是柱体、锥体或台体等规则几何体，则可直接利用公式进行求解．其中，等积转换法多用来求三棱锥的体积．(2)若所给定的几何体是不规则几何体，则将不规则的几何体通过分割或补形转化为规则几何体，再利用公式求解．(3)若以三视图的形式给出几何体，则应先根据三视图得到几何体的直观图，然后根据条件求解．跟踪训练1 (优质试题·乌鲁木齐质检)正三棱锥的高为1，底面边长为26，内有一个球与它的四个面都相切(如图)．求：(1)这个正三棱锥的表面积；(2)这个正三棱锥内切球的表面积与体积．解 (1)底面正三角形中心到一边的距离为13×32×26＝2，则正棱锥侧面的斜高为12＋(2)2＝3，∴S 侧＝3×12×26×3＝92， ∴S 表＝S 侧＋S 底＝92＋12×32×(26)2 ＝92＋6 3.(2)设正三棱锥P －ABC 的内切球球心为O ，连接OP ，OA ，OB ，OC ，而O 点到三棱锥的四个面的距离都为球的半径r . ∴V 三棱锥P －ABC ＝V 三棱锥O －P AB ＋V 三棱锥O －PBC ＋V 三棱锥O －P AC ＋V三棱锥O －ABC＝13S 侧·r ＋13S △ABC ·r ＝13S 表·r ＝(32＋23)r .又V P －ABC ＝13×12×32×(26)2×1＝23， ∴(32＋23)r ＝23，得r ＝2332＋23＝23(32－23)18－12＝6－2.∴S 内切球＝4π(6－2)2＝(40－166)π. V 内切球＝43π(6－2)3＝83(96－22)π.题型二 空间点、线、面的位置关系例2 (优质试题·广州五校联考)如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是菱形，P A ＝PD ，∠BAD ＝60°，E 是AD 的中点，点Q 在侧棱PC 上．(1)求证：AD ⊥平面PBE ；(2)若Q 是PC 的中点，求证：P A ∥平面BDQ ； (3)若V P －BCDE ＝2V Q －ABCD ，试求CPCQ 的值．(1)证明 由E 是AD 的中点，P A ＝PD 可得AD ⊥PE . 因为底面ABCD 是菱形，∠BAD ＝60°， 所以AB ＝BD ，所以AD ⊥BE ， 又PE ∩BE ＝E ，PE ，BE ⊂平面PBE ， 所以AD ⊥平面PBE .(2)证明 连接AC ，交BD 于点O ，连接OQ .因为O 是AC 的中点，Q 是PC 的中点， 所以OQ ∥P A ，又P A ⊄平面BDQ ，OQ ⊂平面BDQ ， 所以P A ∥平面BDQ .(3)解 设四棱锥P －BCDE ，Q －ABCD 的高分别为h 1，h 2. 所以V 四棱锥P －BCDE ＝13S 四边形BCDE h 1，V 四棱锥Q －ABCD ＝13S 四边形ABCD h 2.又V P －BCDE ＝2V Q －ABCD ，且S 四边形BCDE ＝34S 四边形ABCD ， 所以CP CQ ＝h 1h 2＝83.思维升华 (1)平行问题的转化利用线线平行、线面平行、面面平行的相互转化解决平行关系的判定问题时，一般遵循从“低维”到“高维”的转化，即从“线线平行”到“线面平行”，再到“面面平行”；而应用性质定理时，其顺序正好相反．在实际的解题过程中，判定定理和性质定理一般要相互结合，灵活运用． (2)垂直问题的转化在空间垂直关系中，线面垂直是核心，已知线面垂直，既可为证明线线垂直提供依据，又可为利用判定定理证明面面垂直作好铺垫．应用面面垂直的性质定理时，一般需作辅助线，基本作法是过其中一个平面内一点作交线的垂线，从而把面面垂直问题转化为线面垂直问题，进而可转化为线线垂直问题．跟踪训练2 如图，在三棱锥S －ABC 中，平面SAB ⊥平面SBC ，AB ⊥BC ，AS ＝AB .过A 作AF ⊥SB ，垂足为F ，点E ，G 分别是棱SA ，SC 的中点．求证：(1)平面EFG∥平面ABC；(2)BC⊥SA.证明(1)由AS＝AB，AF⊥SB知F为SB的中点，则EF∥AB，FG∥BC，又EF∩FG＝F，AB∩BC＝B，因此平面EFG∥平面ABC.(2)由平面SAB⊥平面SBC，平面SAB∩平面SBC＝SB，AF⊂平面SAB，AF⊥SB，所以AF⊥平面SBC，则AF⊥BC.又BC⊥AB，AF∩AB＝A，AF，AB⊂平面SAB，则BC⊥平面SAB，又SA⊂平面SAB，因此BC⊥SA.题型三平面图形的翻折问题例3 五边形ANB1C1C是由一个梯形ANB1B与一个矩形BB1C1C组成的，如图甲所示，B为AC的中点，AC＝CC1＝2AN＝8.沿虚线BB1将五边形ANB1C1C折成直二面角A—BB1—C，如图乙所示．(1)求证：平面BNC⊥平面C1B1N；(2)求图乙中的多面体的体积．(1)证明四边形BB1C1C为矩形，故B1C1⊥BB1，又由于二面角A—BB1—C为直二面角，故B1C1⊥平面BB1A，又BN⊂平面BB1A，故B1C1⊥BN，由线段AC ＝CC 1＝2AN ＝8知，BB 21＝NB 21＋BN 2，即BN ⊥NB 1，又B 1C 1∩NB 1＝B 1， B 1C 1，NB 1⊂平面NB 1C 1， 所以BN ⊥平面C 1B 1N ， 因为BN ⊂平面BNC ， 所以平面BNC ⊥平面C 1B 1N .(2)解 连接CN ，过N 作NM ⊥BB 1，垂足为M ， V 三棱锥C —ABN ＝13×BC ·S △ABN ＝13×4×12×4×4＝323， 又B 1C 1⊥平面ABB 1N ，所以平面CBB 1C 1⊥平面ABB 1N ， 且平面CBB 1C 1∩ABB 1N ＝BB 1， NM ⊥BB 1，NM ⊂平面ABB 1N ， 所以NM ⊥平面B 1C 1CB ，1111—1·3N B C CB B C CB V NM S 四棱锥矩形＝＝13×4×4×8＝1283， 则此几何体的体积V ＝V 三棱锥C —ABN ＋11—N B C CB V 四棱锥＝323＋1283＝1603.思维升华 平面图形的翻折问题，关键是搞清翻折前后图形中线面位置关系和度量关系的变化情况．一般地，翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质发生变化．跟踪训练3 (优质试题届珠海摸底)为了迎接某节日，商场进行促销活动，某商场打算将进行促销活动的礼品盒重新设计．方案如下：将一块边长为10的正方形纸片ABCD剪去四个全等的等腰三角形△SEE′，△SFF′，△SGG′，△SHH′，再将剩下的阴影部分折成一个四棱锥形状的包装盒S—EFGH，其中A，B，C，D 重合于点O，E与E′重合，F与F′重合，G与G′重合，H与H′重合(如图所示)．(1)求证：平面SEG⊥平面SFH；(2)已知AE＝52，过O作OM⊥SH交SH于点M，求cos∠EMO的值．(1)证明∵折后A，B，C，D重合于一点O，∴拼接成底面EFGH的四个直角三角形必为全等的等腰直角三角形，∴底面EFGH是正方形，故EG⊥FH.连接SO.∵在原平面图形中，△SEE′≌△SGG′，∴SE＝SG，∴EG⊥SO，∵EG⊥FH，EG⊥SO，FH∩SO＝O，FH，SO⊂平面SFH，∴EG⊥平面SFH，又∵EG⊂平面SEG，∴平面SEG⊥平面SFH.。