立体几何五大类题型解题技巧讲义-2025届高三数学二轮专题复习

立体几何五大类题型解题技巧 1、 空间中的垂直关系解题技巧 常见题型 空间中的垂直关系是高考中的高频考点，需熟练掌握线面垂直、面面垂直的判定及性质定理，同时还需注意书写过程的规范性，需重点强化练习. 知识迁移 空间中的垂直关系 线线垂直 ①等腰三角形(等边三角形)的三线合一证线线垂直 ②勾股定理的逆定理证线线垂直 ③菱形、正方形的对角线互相垂直 线面垂直的判定定理 判定定理：一直线与平面内两条相交直线垂直，则线面垂直 图形语言 符号语言 出生。 线面垂直的性质定理 性质定理1：一直线与平面垂直，则这条直线垂直于平面内的任意一条直线 图形语言 符号语言 l⊥α→l⊥α 性质定理2：垂直于同一个平面的两条直线平行 图形语言 符号语言 a⊥α}⇒a∥b 面面垂直的判定定理 判定定理：一个平面内有一条直线垂直于另一个平面，则两个平面垂直 (或：一个平面经过另一个平面的垂线，则面面垂直) 图形语言 符号语言 a⊥α}⇒α⊥β 面面垂直的性质定理 性质定理：两平面垂直，其中一个平面内有一条直线与交 线垂直，则这条直线垂直于另一个平面 图形语言 符号语言 HD12 思路 已知三棱锥P-ABC的四个顶点均在半径 球面上,且PA=PB=PC=AC=BC,AC⊥BC,N为AB的中点. (1)证明:PN⊥平面ABC (2)若M是线段PC上的点，且平面MAB与平面PAB的夹角为45°.求 AM与平面PBC所成角的正弦值. 证法一:连结PN、CN(如图), 易知△ABC是以AB斜边的等腰直角三角形,∴AN=BN=CN,又∵PA=PB=PC, ∴△PAN≌△PBN≌△PCN, ∵PA=PB,N为BC的中点, ∴PN⊥AB, ∴∠PNA=∠PNB=∠PNC=90°,即PN⊥NC, ∵CN∩AB=N,CN、AB⊂平面ABC,∴PN⊥平面ABC. 证法二:取BC的中点D,连结ND、PD(如图), ∵PB=PC,∴BC⊥PD, 又∵PB=PA,∴PN⊥AB, ∵BC⊥AC,DN∥AC,∴BC⊥ND, ∵DN∩PD=D,DN、PD⊂平面PND,∴BC⊥平面PND. ∵PN⊂平面PND.∴BC⊥PN, 又∵PN⊥AB,AB∩BC=B,AB、BC⊂平面ABC, ∴PN⊥平面ABC; 证法三：易知△ABC为等腰直角三角形， 不妨设AC=BC=2a,则. 又 N为斜边 AB中点,∴ 又∵PA=PB=2a,AB= ₂a ∴△PAB为等腰直角三角形，且. 又∵PN⊥AB,CN∩AB=N,CN、AB⊂平面ABC, ∴PN⊥平面 ABC. 例 如图，在三棱柱 中,A₁C⊥平面 ABC,∠ACB=90°. (1)证明:平面.ACC₁A₁⊥平面BB₁C₁C; (2)设AB=A₁B,AA₁=2,习 求四棱锥 A₁-BB₁C₁C的高. 【详解】(1)证明:因为A₁C⊥平面ABC,BC⊂平面ABC,所以A₁C⊥BC, 又因为∠ACB=90°,即AC⊥BC, A₁C,AC⊂平面ACC₁A₁, A₁C∩AC=C, 所以BC⊥平面ACC₁A₁, 又因为BC⊂平面BCC₁B₁, 所以平面 ACC₁A₁⊥平面BCC₁B₁. (2) 如图, 过点A₁作A₁O⊥CC₁,垂足为O. 因为平面ACC₁A₁⊥平面BCC₁B₁,平面ACC₁A₁∩平面 CC₁,A₁O⊂平面ACC₁A₁, 所以A₁O⊥平面BCC₁B₁, 所以四棱锥A₁-BB₁C₁C的高为A₁O. 因为A₁C⊥平面ABC,AC,BC⊂平面ABC, 所以A₁C⊥BC,A₁C⊥AC, 又因为A₁B=AB,BC为公共边, 所以△ABC与△A₁BC全等,所以A₁C=AC. 设 则 所以O为CC₁中点， 又因为A₁C⊥AC,所以. 即 解得 所以. 所以四棱锥 的高为1. 例 如图,三棱锥A-BCD中,DA=DB=DC,BD⊥CD,∠ADB=∠ADC=60°,E为BC的中点. (1)证明:BC⊥DA; (2)点F满足 求二面角D--AB--F的正弦值. 【详解】(1)连接AE,DE,因为E为BC中点,DB=DC,所以DE⊥BC①, 因为DA=DB=DC,∠ADB=∠ADC=60°,所以△ACD与△ABD均为等边三角形， ∴AC=AB,从而AE⊥BC②,由①②,AE∩DE=E,AE,DE⊂平面ADE, 所以,BC⊥平面ADE,而AD⊂平面ADE,所以BC⊥DA. (2)不妨设DA=DB=DC=2,∵BD⊥CD,∴BC= ₂,DE ,又∵AE⊥BC,DE∩BC=E,DE,BC⊂平面BCD∴AE⊥平面 BCD. 以点E为原点，ED，EB，EA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D ₂,0,0),A(0,0 ₂),B(0 ₂,0),E(0,0,0) 设平面DAB与平面ABF的一个法向量分别为 二面角D--AB--F平面角为θ,而. 因为 所以 即有 取 所以 取y₂=1,所以 所以，从而 所以二面角D-AB-F的正弦值为 例 如图,已知ABCD和CDEF都是直角梯形,AB∥DC,DC∥EF,AB=5,DC=3,EF=1,∠BAD=∠CDE=60°,二面角F-DC--B的平面角为60°.设M,N分别为AE,BC的中点. (1)证明:FN⊥AD; (2)求直线BM与平面ADE所成角的正弦值. 【详解】(1)过点E、D分别做直线DC、AB的垂线EG、DH并分别交于点 G、H. ∵四边形ABCD和EFCD都是直角梯形,AB∥DC,CD∥EF,AB=5,DC=3,EF=1,∠BAD=∠CDE=60°,由平面几何知识易知,DG=AH=2,∠EFC=∠DCF=∠DCB=∠ABC=90°,则四边形EFCG和四边形DCBH是矩形,∴在Rt△EGD和Rt△DHA,EG ∵DC⊥CF,DC⊥CB,且CF∩CB=C, ∴DC⊥平面BCF,∠BCF是二面角F-DC-B的平面角,则∠BCF=60°, ∴△BCF是正三角形,由DC⊂平面ABCD,得平面ABCD⊥平面BCF, ∵N是BC的中点,∴FN⊥BC,又DC⊥平面BCF,FN⊂平面BCF,可得FN⊥CD,而BC∩CD=C,∴FN⊥平面ABCD,而AD⊂平面ABCD∴FN⊥AD. (2)因为FN⊥平面ABCD,过点N做AB平行线NK,所以以点N为原点，NK，NB、NF所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系N- xyz, 设A(5 ₃,0),B(0 ₃,0),D(3, ₃,0),E(1,0,3),则 设平面ADE的法向量为 ni=(x,y,z) 由 得 取 设直线BM与平面ADE所成角为θ， 3强化 练习 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AB=BD=2,∠ACB=60°,点F在BD上,当△AFC的面积最小时，求三棱锥F-ABC的体积. 练习 在四棱锥P-ABCD中,PD⊥底面ABCD,CD∥AB,AD=DC=CB=1,AB=2,DP (1)证明:BD⊥PA; (2)求PD与平面PAB所成的角的正弦值. 练习 在四棱锥Q-ABCD中,底面ABCD是正方形,若AD=2,QD=QA (1)证明:平面QAD⊥平面ABCD; (2)求二面角B-QD--A的平面角的余弦值. 练习 已知直三棱柱 中,侧面AA₁B₁B为正方形,AB=BC=2,E,F分别为AC和CC₁的中点,D为棱A₁B₁上的点. BF⊥A₁B₁ (1)证明:BF⊥DE; (2)当B₁D为何值时,面BB₁C₁C与面DFE所成的二面角的正弦值最小? 练习 已知平行四边形ABCD如图甲,∠D=60°,DC=2AD=2,沿AC将△ADC折起,使点D到达点 P位置,且PC⊥BC,连接PB得三棱锥P-ABC,如图乙. (1)证明:平面PAB⊥平面ABC; (2)在线段PC上是否存在点M，使二面角M--AB--C的余弦值为 若存在，求出 的值，若不存在，请说明理由. 二、向量法与几何法求空间角的解题技巧 常见题型解读 立体几何中空间角是高考中的高频考点，需熟练掌握向量法和几何法求角，难度中等偏上，需重点强化练习. 知识迁移 1.两条异面直线所成角的求法 设a，b分别是两异面直线l₁，l₂的方向向量，则l₁与l₂所成的角θ的范围为(0,π/2],公式为 2. 直线与平面所成角的求法 设直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，直线l与平面α所成的角为θ，a与n的夹角为β，则 3.求二面角的大小 (1)如图①,AB,CD是二面角α-l-β的两个面内与棱l垂直的 直 线 ，则二 面 角 的 大 小 2.如图②③,n₁,n₂分别是二面角α-l-β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足 ，二面角的平面角大小是向量n₁与n₂的夹角(或其补角). 解题思路 例 已知三棱锥P-ABC的四个顶点均在半径 球面上,且PA=PB=PC=AC=BC,AC⊥BC,N为AB的中点. (1)证明:PN⊥ 平面 ABC (2)若M是线段PC上的点，且平面MAB与平面PAB的夹角为45°.求 AM与平面PBC所成角的正弦值. (2) ∵AC=PA,BC=PB,∴△ABC≌△ABP, ∴△PAB是等腰直角三角形， ∵N为AB中点,∴NP=NA=NB=NC, ∴N为三棱锥P-ABC外接球的球心， 依题意NA ₂,∴AC=2 连结MN, ∵AB⊥PN,AB⊥CN,PN∩CN=N,PN、CN⊂平面PCN, ∴AB⊥平面PCN, ∵MN⊂平面PCN,∴AB⊥MN, ∴∠MNP为二面角M-AB--P的平面角,等于45°,解法一：由上知△PCN为等腰直角三角形，∴M为PC的中点， ∵AP=BP=BC=BP, ∴PC⊥AM,PC⊥BM,AM∩BM=M,AM、BM⊂平面ABM, ∴PC⊥平面ABM, ∵PC⊂平面PBC,∴平面ABM⊥平面PBC, ∴点A在平面PBC上的射影在BM上， ∴∠AMB即为AM与平面PBC所成的角,易得 由余弦定理可得 解法二:由(1)知CN、AB、PN两两垂直,分别以CN、AB、PN所在直线为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则.A(0, ₂,0),B(0 ₂,0),C( ₂,0,0),P(0,0 ₂) ∵M为PC的中点, 设平面PBC的法向量为n=(x,y,z) 则 取y=1,则x=-1,z=1得n=(-1,1,1), ∴AM与平面PBC所成角的正弦值为 例 如图，在三棱锥P-ABC中,AB⊥BC,AB=2,BC= ₂,PB=P BP,AP,BC的中点分别为D,E,O,AD= ₅DO,点F在AC上,BF⊥AO (1)证明:EF∥平面ADO; (2)证明:平面ADO⊥平面BEF; (3)求二面角D--AO-C的正弦值. 【详解】(1)连接DE,OF,设AF=tAC,则. 则 解得 则F为AC的中点,由D,E,O,F分别为PB,PA,BC,AC的中点， 于是 即 DE∥OF,DE=OF，则四边形ODEF为平行四边形， EF∥DO,EF=DO,又EF⊄平面ADO,DO⊂平面ADO,所以EF∥平面ADO. (2)法一:由(1)可知EF∥OD,则 得AD= 因此 则OD⊥AO,有EF⊥AO,又AO⊥BF,BF∩EF=F,BF,EF⊂平面BEF, 则有AO⊥平面BEF,又AO⊂平面ADO,所以平面ADO⊥平面BEF. 法二：因为AB⊥BC，过点B作z轴⊥平面BAC，建立如图所示的空间直角坐标系， A(2,0,0, ),B(0,0,0),C(0, ₂,0) 在△BDA中, 在△PBA中, 设P(x,y,z),所以由 可得： 可得： 所以 则 所以 设平面ADO的法向量为 则得 令 则 所以 设平面BEF的法向量为 则 得 令 斤以 所以平面ADO⊥平面BEF; (3)法一:过点O作OH∥BF交AC于点H,设AD∩BE=G,由AO⊥BF,得HO⊥AO,且. 又由(2)知,OD⊥AO,则∠DOH为二面角D-AO-C的平面角,因为D,E分别为PB,PA的中点,因此G为△PAB的重心,即有 又 即有 解得 同理得 于是. 即有BE⊥EF,则 从而 在△DOH中, 于是 所以二面角D-AO-C的正弦值为 法二：平面ADO的法向量为 平面ACO的法向量为 所以 因为 所以 故二面角D-AO-C的正弦值为 例 三棱台ABC-A₁B₁C₁中,若A₁A⊥面ABC,AB⊥AC,AB=AC= M,N分别是BC,BA中点. (1)求证:A₁N∥平面C₁MA; (2)求平面 C₁MA与平面ACC₁A₁所成夹角的余弦值; (3)求点C到平面 C₁MA的距离. 【详解】(1) 连接MN,C₁A.由M,N分别是BC,BA的中点,根据中位线性质,MN∥AC,且 由棱台性质,A₁C₁∥AC,于是MN∥A₁C₁,由. 可知，四边形MNA₁C₁是平行四边形,则A₁N∥MC₁, 又A₁N⊄平面C₁MA,MC₁⊂平面C₁MA,于是A₁N∥平面C₁MA. (3) 过M作ME⊥AC,垂足为E,过E作EF⊥AC₁,垂足为F,连接MF,C₁E. 由ME⊂面ABC,A₁A⊥面ABC,故AA₁⊥ME,又ME⊥AC,AC∩AA₁=A,AC,AA₁⊂平面ACC₁A₁,则ME⊥平面ACC₁A₁.由AC₁⊂平面ACC₁A₁,故ME⊥AC₁,又EF⊥AC₁,ME∩EF=E,ME,EF⊂平面MEF,于是AC₁⊥平面MEF,由MF⊂平面MEF,故AC₁⊥MF.于是平面C₁MA与平面ACC₁A₁所成角即∠MFE. 又 则 故EF= 在Rt△MEF中,∠MEF=90°,则MF= 于是 (3)[方法一：几何法] 过C₁作C₁P⊥AC,垂足为P,作C₁Q⊥AM,垂足为Q,连接PQ,PM,过P作PR⊥C₁Q,垂足为R. 由题干数据可得， 根据勾股定理， 由C₁P⊥平面AMC,AM⊂平面AMC,则C₁P⊥AM,又C₁Q⊥AM,C₁Q∩C₁P=C₁,C₁Q,C₁P⊂平面C₁PQ,于是AM⊥平面C₁PQ. 又PR⊂平面C₁PQ,则PR⊥AM,又PR⊥C₁Q,C₁Q∩AM=Q,C₁Q,AM⊂平面C₁MA,故PR⊥平面C₁MA. 在 Rt△C₁PQ'中， 又CA=2PA,故点C到平面C₁MA的距离是P到平面C₁MA的距离的两倍， 即点C到平面C₁MA的距离 [方法二：等体积法] 辅助线同方法一. 设点C到平面 C₁MA的距离为h. 由 即 例 已知直三棱柱 中,侧面AA₁B₁B为正方形,AB=BC=2,E,F分别为AC和CC₁的中点,D为棱A₁B₁上的点. BF⊥A₁B₁ (1)证明:BF⊥DE; (2)当B₁D为何值时,面BB₁C₁C与面DFE所成的二面角的正弦值最小? 【详解】(1)[方法一]：几何法 因为BF⊥A₁B₁,A₁B₁∥AB,所以BF⊥AB. 又因为AB⊥BB₁,BF∩BB₁=B,所以AB⊥平面BCC₁B₁.又因为AB=BC=2,构造正方体ABCG--A₁B₁C₁G₁,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A₁M，B₁N, 因为E，F分别为AC和CC₁的中点，所以N是BC的中点，易证Rt△BCF≌Rt△B₁BN,则. 又因为. 所以 B₁N. 又因为 ,所以BF⊥平面A₁MNB₁.又因为ED⊂平面A₁MNB₁,所以BF⊥DE. [方法二]【最优解】：向量法 因为三棱柱 是直三棱柱,∴BB₁⊥底面ABC,∴BB₁⊥AB ∵A₁B₁∥AB,BF⊥A₁B₁,∴BF⊥AB,又BB₁∩BF=B,∴AB⊥平面BCC₁B₁.所以BA,BC,BB₁两两垂直. 以B为坐标原点，分别以BA，BC，BB₁所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图. ∴B(0,0,0),A(2,0,0),C(0,2,0),B₁(0,0,2),A₁(2,0,2),C₁(0,2,2),E(1,1,0),F(0,2,1). 由题设D(a,0,2)(0≤a≤2). 因为 所以. ,所以BF⊥DE. [方法三]:因为BF⊥A₁B₁,A₁B₁∥AB,所以BF⊥AB,故. 所以 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 所以 即 令z=2-a,则m=(3,1+a,2-a) 因为平面BCC₁B₁的法向量为 设平面BCC₁B₁与平面DEF的二面角的平面角为θ， 则 当 时， 取最小值为 此时cosθ取最大值为 所以 此时 [方法二] ：几何法 如图所示，延长EF交 A₁C₁的延长线于点 S，联结DS交B₁C₁于点T,则平面DFE∩平面BB₁C₁C=FT. 作B₁H⊥FT,垂足为H,因为DB₁⊥平面BB₁C₁C,联结DH,则∠DHB₁为平面BB₁C₁C与平面DFE所成二面角的平面角. 设B₁D=t,t∈[0,2],B₁T=s,过C₁作C₁G∥A₁B₁交DS于点G.由 得 又 即 所以 又 即 所以 所以 则 所以，当 时， [方法三]：投影法 如图,联结FB₁,FN, △DEF在平面BB₁C₁C的投影为△B₁NF,记面BB₁C₁C与面DFE所成的二面角的平面角为0，则 设 在.Rt△DB₁F中,. 在 Rt△ECF中, 过D作B₁N的平行线交EN于点Q. 在Rt△DEQ中, 在△DEF中，由余弦定理得 当 即 ，面BB₁C₁C与面DFE所成的二面角的正弦 值最小，最小值为 【整体点评】第一问，方法一为常规方法，不过这道题常规方法较为复杂，方法二建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量求解是最简单，也是最优解；方法三利用空间向量加减法则及数量积的定义运算进行证明不常用，不过这道题用这种方法过程也很简单，可以开拓学生的思维. 第二问：方法一建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角是最常规的方法，也是最优方法；方法二：利用空间线面关系找到，面BB₁C₁C与面DFE所成的二面角，并求出其正弦值的最小值，不是很容易找到；方法三：利用面DFE在面BB₁C₁C上的投影三角形的面积与△DFE面积之比即为面BB₁C₁C与面DFE所成的二面角的余弦值，求出余弦值的最小值，进而求出二面角的正弦值最小，非常好的方法，开阔学生的思维. 3强化 练习 如图，在三棱柱 中,A₁C⊥底面 ABC,∠ACB=90°, 到平面BCC₁B₁的距离为1. (1)证明: (2)已知AA₁与BB₁的距离为2,求AB₁与平面BCC₁B₁所成角的正弦值. 练习 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,DE=2EA,且二面角E--BC--D的大小为 45°,求三棱锥A-BCD的体积. 练习 如图，在四棱锥C--ABDE中,DE⊥平面BCD,AB=AD= BD=4,DE= (1)求证:AE∥平面BCD; (2)若BC⊥CD,二面角A-BC-D的正切值为 求直线CE与平面ABC所成角的正弦值. 练习 如图,在多面体ABCDEFG中,侧面ABGF是矩形，侧面BCDG与底面EFGD是直角梯形，BC∥DG,FE∥GD,∠FGD=∠BGD=90°,BC=EF (1)求证：四边形 ACDE是平行四边形； (2)若AB=BC=2,二面角A-DE--G的正切值为₂,求多面体ABCDEFG的体积 三、 空间距离的解题技巧 常见题型 立体几何中空间距离的求解常常可以转化为点到面的距离的求解，进而转化为对应几何体的高来求解，高考中的高频考点，需熟练掌握向量法和几何法求点面距，需重点强化练习. 知识迁移 1.空间两点间的距离公式 若.A(x₁,y₁,z₁),B(x₂,y₂,z₂),则 2.点B到平面α的距离 (π为平面α的法向量，AB是经过面α的一条斜线，A∈α). 解题思路 例 如图，在四棱锥C-ABDE中,DE⊥平面BCD,BD=4,DE= (1)求证:AE∥平面BCD; (2)若BC⊥CD,且直线BC与AE所成角为30°,求点E到平面ABC的距离. 【详解】(1)取BD中点为F,连接AF,因为AB=AD= ₃,所以AF⊥BD,且 2 因为DE⊥平面BCD,BD⊂平面BCD,所以DE⊥BD,因为DE⊂平面ABDE,AF⊂平面ABDE,所以,DE∥AF,且 故四边形AEDF为平行四边形，所以AE∥BD， 又AE⊄平面BCD,BD⊂平面BCD,所以AE∥平面BCD. (2)因为BC⊥CD,且直线BC与AE所成角为30°,DE∥AF,所以∠CBD=30°, 在Rt△BCD中,( 以C为原点， 分别为x，y轴的正方向，过点C作垂直于平面BCD的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 由(1)知,DE∥AF,DE⊥平面BCD,所以AF⊥平面BCD, 则A(1 ₃, ₂),B(0, ₃,0),C(0,0,0),E(2,0, ₂) 得 设nì=(x,y,z)为平面ABC的一个法向量, 则 取 得 所以点E到平面ABC的距离 例 如图,在直三棱柱ABC﹣A₁B₁C₁中,. AB⊥AC,D为A₁C₁的中点. (1)证明:AB₁⊥BD; (2)若点C到平面ABD的距离 ₃，求平面ABC与面BCD的夹角的正弦值. 【详解】(1) 连接A₁B, 因为四边形AA₁B₁B为正方形,所以AB₁⊥A₁B. 在直三棱柱ABC-A₁B₁C₁中,平面AA₁B₁B⊥平面A₁B₁C₁,由AB⊥AC得A₁C₁⊥A₁B₁,又平面AA₁B₁B∩平面A₁B₁C₁=A₁B₁, 所以A₁C₁⊥平面AA₁B₁B,又AB₁⊂平面AA₁B₁B,所以A₁C₁⊥AB₁, 又A₁B∩A₁C₁=A₁,A₁B⊂平面A₁BD,A₁C₁⊂平面A₁BD,所以AB₁⊥平面A₁BD,又BD⊂平面A₁BD,所以AB₁⊥BD. (2)以A为原点,AB,AC,AA₁所在直线分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 设AC=2a,则A(0,0,0),B ₃,0,0),C(0,2a,0),D(0,a ₃) 设nì=(x,y,z)为平面ABD的一个法向量, 则 即 得x=0,令z=a,则 故 由题意， 解得a=1, 所以 设 为平面BCD的一个法向量， 则 即 令 则p=2,r=1,即 平面ABC的一个法向量为 设平面ABC和平面BCD的夹角为0， 则 所以 所以平面ABC和平面BCD的夹角的正弦值为 例 在如图所示的圆锥中，已知P为圆锥的顶点，O为底面的圆心，其母线长为6，边长为 ₃的等边△ABC内接于圆锥底面， 且 (1)证明:平面DBC⊥平面 DAO; (2)若E为AB中点，射线OE与底面圆周交于点M，当二面角A-DB--C的余弦值 ₉时，求点M到平BCD的距离. 【详解】(1)因为P为圆锥的顶点，O为底面的圆心，所以PO⊥面ABC. 又因为BC⊂面ABC,所以PO⊥BC,即DO⊥BC. 因为O为△ABC外接圆圆心，且△ABC为正三角形，所以OA⊥BC. 又因为OA∩OD=O且OA,OD⊂面AOD,所以BC⊥面AOD,因为BC⊂面BCD,所以面DBC⊥面DAO. (2)作OG∥BC交AB于G,取BC中点为F. 因为OA⊥BC,OG∥BC,所以OF⊥OG. 因为OD⊥面ABC,OG,OF⊂面ABC,所以OD⊥OG,OD⊥OF. 如图，以点O为坐标原点，OG，OF，OD所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系O- xyz. 因为PA=6,AB= ₃，所以AO=3,PO= 所以O(0,0,0),A(0,-3,0),B( ₃ ₂,0),C( ₂³ ₂.0)P(0,0, ₃) 由 得 设面ABD的法向量为 则 取 则 所以 设面BCD的法向量为 则 取 则 所以 由 且λ∈ 解得 所以D(0,0, ₃),n=(0, ₃,3) 又因为 所以 所以M到面BCD的距离 强化 练习 如图，在长方体 中， 点M为AB的中点，点N是BB₁上靠近B₁的三等分点，BD₁与B₁D交于点O. (1)求证:OM∥平面BCC₁B₁; (2)若CO⊥B₁D,求点N到平面COM的距离. 练习 如图，等腰梯形ABCD中,AD∥BC,AB=BC=CD ₂AD=2现以AC为折痕把△ABC折起，使点B到达点P的位置,且PA⊥CD. (1)证明:面PAC⊥面ACD; (2)若M为PD上的一点，点P到面ACM的距离为 求二面角M--AC--D的余弦值. 练习 如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为平行四边形，侧面PAD是边长为2的正三角形，平面PAD⊥平面ABCD,AB⊥PD. (1)求证：平行四边形ABCD为矩形； (2)若E为侧棱PD的中点，且平面ACE与平面ABP所成角的余弦值为 求点B到平面ACE的距离. 四 动点的应用及解题技巧 常见题型 立体几何中的动点问题是一类难点问题，需要寻找题干中动点满足的对应条件，从几何法或空间向量法去解决待解问题，需强加练习和重点复习. 解题思路 例 如图，在梯形ABCD中,. π/3.将△ADC沿对角线AC折到△APC的位置,点P在平面ABC内的射影H恰好落在直线AB上. (1) 求二面角P-AC--B的正切值; (2)点F为棱PC上 一点,满足PF=2FC,在棱BC上是否存在一点Q，使得直线FQ与平面ABF所成的角为π/3?若存在,求出· 的值；若不存在，请说明理由. 【详解】(1)如图,过点H作HM⊥AC于点M,连接PM,DM,∵PH⊥平面ABCD,AC⊂平面ABCD,∴PH⊥AC,又HM⊥AC,HM∩PH=H,HM,PH⊂平面PMH,∴AC⊥平面PMH, ∵PM⊂平面PMH,∴AC⊥PM,∴AC⊥DM. ∴∠PMH为二面角P--AC-B的平面角. ∵AB=AC,∠ABC=60°,∴△ABC为等边三角形,AC=2,又Rt△DMC中,∠DCM=60°,CD=3,∴CM ₂,AM 又AH∥( =1,H为线段AB的中点. ∴Rt△PMH中,. 所以二面角P-AC-B的正切值为 (2)连接CH,∵△ABC为等边三角形,H为线段AB的中点,CH⊥AB, 又PH⊥平面ABCD,则HC,HB,HP 两两垂直, 以H为坐标原点，HC，HB，HP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则.A(0,-1,0),B(0,1,0),C ₃,0,0),P(0,0 ₆) 设平面ABF的法向量为 令x=1,可得 假设棱BC上存在满足要求的点 Q，设. (₃,-1,0) 因为直线FQ与平面ABF所成的角为π/3， 整理得： 解得 或 (舍去). 所以 则 所以当 时,FQ与平面ABF所成的角为π/3. 强化 练习 如图，在三棱柱 中,. 二面角. 的大小为60°. (1)求四边形ACC₁A₁的面积; (2)在棱 A₁B₁上是否存在点M，使得直线CM与平面AB₁C₁所成的角的正弦值为 若存在，求出A₁M的长；若不存在，说明理由. 练习 如图，在四棱锥P--ABCD中,平面PCD⊥平面ABCD,AB∥CD,AB⊥BC,PD=AB=2CD=2,BC ₂,∠PDC120°. (1)证明:PB⊥AD; (2)点E在线段PC上，当直线AE与平面ABCD所成角的正弦值为 时，求平面ABE与平面PBC的夹角的余弦值. 练习 如图，在直三棱柱 中， AA₁垂直于平面ABC.点P,E,F分别为边A₁C₁,AA₁,AC上的动点(不包括顶点),且满足AE=AF=A₁P. (1)求三棱锥B₁-A₁PE的体积的最大值; (2)记平面BEF与平面BCP所成的锐二面角为θ，当θ最小时，求cosθ的值，并说明点P所处的位置. 五、范围的应用及解题技巧 常见题型 立体几何中范围问题是一类常考的综合问题，需结合已知条件，找到数量关系求解，难度中上，需强加练习和重点复习. 解题思路 例 如图,在四棱锥E-ABCD中,底面ABCD是等腰梯形,AD∥BC,AD=2BC=2AB=4,侧面EAD⊥底面ABCD,EA=ED=6,O为AD的中点. (1)证明:AC⊥平面BOE; (2)若M为棱DE上的动点，求直线CM与平面BOE所成角的正弦值的最大值. 【详解】(1) 如图,连接OC,因为O为AD的中点,所以AO=BC,又因AD∥BC,BC=AB,所以四边形ABCO为平行四边形,故AC⊥BO, 因为EA=ED,所以EO⊥AD, 又因侧面EAD⊥底面ABCD,侧面EAD∩底面ABCD=AD,EO⊂面EAD, 所以EO⊥平面ABCD,又因AC⊂平面ABCD,所以AC⊥EO,又因EO∩OB=O,EO⊂平面BOE,OB⊂平面BOE,所以AC⊥平面BOE. (2) 过O作OF∥AC,则OF⊥OB, 如图建立空间直角坐标系， 由(1)可知OC=OA=OD=CD,则△OCD为等边三角形,又因AD=2BC=2AB=4,EA=ED=6, 故. 则C(1 ₃,0),D(-1 ₃,0),E(0,0, ₂) 则 设 平面BOE的一个量为n=(0,1,0), 设线CM与平面BOE所成角为θ， 则 则 当λ=0时,sinθ=0, 当λ≠0时, 故当λ=1时，sin²θ取得最大值 ₂，即sinθ取得最大值 此时M点与E点重合. 综上可知，当M点与E点重合，CM与平面BOE所成角的正弦值的最大值为 强化 练习 如图，已知四棱锥P-ABCD的底面为菱形,且∠ABC=60°,AB=PC= M是棱PD上的点，且PB与平面MAC平行. (1)求证:PM=MD; (2)若Q为棱PC上的动点，求MQ与平面PBC所成角的余弦值的最小值. 练习 如图，在三棱台 中,AB=BC=CA=2,AA₁=A₁C₁= 点D在棱A₁C₁上,且AC⊥BD. (1)求证:D为A₁C₁的中点; (2)记二面角 的大小为α，直线AA₁与平面BB₁C₁C所成的角为β,若 求sinβ的取值范围. 练习 如图，在直三棱柱. 中,∠ACB=90°, D为AC的中点.请从条件①、②、③中选择合适的两个作为已知，并解答下面的问题：条件①：平面A₁BC的面积为 条件②:C₁D⊥A₁B;条件③:B₁点到平面A₁BC的距离为 共372页 (1)求二面角 所成角的正弦值； (2)点P是矩形. (包含边界)内任一点，且( 求CP与平面. 所成角的正弦值的取值范围. 学科网（北京）股份有限公司 $$