立体几何与空间向量全真试题专项解析-【数理报】2025年高考数学专项提分

书 一、透析命题形式 从命题形式上看，试题以多面体为载体，在 直线、平面、多面体的交汇处命题．分步设问：分 设３小题左右，诸小题之间有一定的梯度．第一 小问重点考查运用空间向量求线线、线面、面面 的位置关系，后面几问重点考查运用空间向量来 求异面直线所成的角、二面角，证明线线平行、线 面平行和证明异面直线垂直和线面垂直等立体 几何基本问题，其解题思路都是“作———证——— 求”，强调作图、证明和计算相结合． 在新课标的试题中，为了突出对向量工具作 用的考查，试题所考查的多面体一般都是直棱 柱、正棱锥，或有一条棱与底面垂直的多面体或 者是有一个面与底面垂直的多面体． 二、透析考试内容 １．空间向量 空间向量的基本定理是判断立体几何图形 中点共线，线共面的依据；空间向量的平行与垂 直的坐标运算是论证线线、线面及面面平行与垂 直的基础；空间向量内积的坐标运算及其变形公 式是立体几何中求角和距离的工具．运用空间向 量解决立体几何问题体现了“数”与“形”的推 理方法，降低了思维难度，使解题变得程序化． ２．空间点、线、面的位置关系 空间几何体中判断四点的共面问题，直线与 直线、直线与平面、平面与平面的平行与垂直关 系是高考立体几何命题的重点和热点，一般在解 答题的第一问，大约占本题总分的三分之一，属 于简单题．理清所给图形中点、线、面的位置关 系，熟练掌握直线与直线、直线与平面、平面与平 面的平行与垂直的判定定理和性质定理，准确地 用数学语言和符号将定理的内容表达出来是解 题的关键．这类题目既可以考查多面体的概念和 性质，又能考查空间的线面关系，并将论证和计 算有机地结合在一起，可以比较全面、准确地考 查同学们的空间想象能力、逻辑推理能力以及分 析和解决问题的能力． ３．空间角 空间角是每年高考立体几何解答题的必考 内容，主要涉及异面直线所成的角，直线与平面 所成的角，二面角等．新课标的高考对求空间角 考查主要侧重于向量的应用，教材上淡化了利用 空间关系找角，加大了向量的应用，空间向量的 坐标运算是求空间角的很好的工具． ４．空间距离 空间距离常见的是点到直线的距离，异面直 线间距离，点到平面的距离，直线到平面的距离， 高考对空间距离的考查主要是求点到面的距离， 要特别注意解决此类问题的转化方法． 题型一、 　　　　　　　　　　　　　　　　　　例１ 已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧 面积相等，且它们的高均为槡３，则圆锥的体积为 （　　） （Ａ）槡２３π （Ｂ）槡３３π （Ｃ）槡６３π （Ｄ）槡９３π 解析：设圆柱和圆锥的底面半径均为ｒ，因为 它们的高均为槡３，且侧面积相等，所以２πｒ×槡３ ＝πｒ （槡３） ２＋ｒ槡 ２，得ｒ２＝９，所以圆锥的体积Ｖ ＝１３πｒ ２×槡３＝ 槡３３π，故选（Ｂ）． 点评：本题考查圆柱、圆锥的侧面积和圆锥 的体积，考查运算求解能力． 例２ 已知圆台甲、乙的上底面半径均为 ｒ１，下底面半径均为 ｒ２，圆台的母线长分别为 ２（ｒ２－ｒ１），３（ｒ２－ｒ１），则圆台甲与乙的体积之比 为 ． 解析：两圆台的上、下底面积对应相等，则两 圆台的体积之比为高之比，根据母线与半径的关 系可得甲与乙的体积之比为 ４（ｒ２－ｒ１） ２－（ｒ２－ｒ１）槡 ２ ９（ｒ２－ｒ１） ２－（ｒ２－ｒ１）槡 ２ ＝槡３ 槡８ ＝槡６４． 点评：本题考查圆台的几何特征与体积公式 的应用，考查学生的逻辑推理和数学运算能力． 例３ 一个五面体 ＡＢＣ －ＤＥＦ，如图１，已知ＡＤ∥ＢＥ ∥ＣＦ，且两两之间距离为１， ＡＤ＝１，ＢＥ＝２，ＣＦ＝３，则 该五面体的体积为 （　　） （Ａ）槡３６ （Ｂ） 槡３３ ４ ＋ １ ２ （Ｃ）槡３２ （Ｄ） 槡３３ ４ － １ ２ 解析：因为 ＡＤ，ＢＥ，ＣＦ两两平行，且两两之 间距离为１，则该五面体可以分成一个侧棱长为 １的三棱柱和一个底面为梯形的四棱锥，其中三 棱柱的体积等于棱长均为１的直三棱柱的体积， 四棱锥的高为槡 ３ ２，底面是上底为１，下底为２，高 为１的梯形，故该五面体的体积Ｖ＝１２×１× 槡３ ２ ×１＋１３× ３ ２× 槡３ ２ ＝ 槡３ ２，故选（Ｃ）． 点评：本题考查不规则几何体的体积、割补 法，考查学生的空间想象能力和运算求解能力． 例４ 在正四棱台 ＡＢＣＤ－Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１中， ＡＢ＝２，Ａ１Ｂ１＝１，ＡＡ１＝槡２，则该棱台的体积为 ． 解析：如图２，过点 Ａ１ 作Ａ１Ｍ⊥ ＡＣ，垂足为 Ｍ， 易知 Ａ１Ｍ 为正四棱台 ＡＢＣＤ－Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１的高． 由题得Ａ１Ｏ１＝ １ ２Ａ１Ｃ１ ＝１２×槡２Ａ１Ｂ１ ＝ 槡２ ２， ＡＯ＝１２ＡＣ＝ １ ２×槡２ＡＢ＝槡２， ＡＭ ＝ＡＯ－Ａ１Ｏ１ ＝槡 ２ ２， Ａ１Ｍ ＝ ＡＡ ２ １－ＡＭ槡 ２ ＝ ２－ 槡 １ ２ ＝ 槡６ ２， 所以该棱台的体积 Ｖ＝１３×（４＋１＋ ４×槡 １）× 槡６ ２ ＝ 槡７６６． 点评：本题主要考查棱台的体积公式，考查 学生的空间想象能力、运算求解能力． 例５ 汉代刘歆设计的“铜嘉量”是龠、合、 升、斗、斛五量合一的标准量器，其中升量器、斗 量器、斛量器的形状均可视为圆柱．若升、斗、斛 量器的容积成公比为１０的等比数列，底面直径 依次为６５ｍｍ，３２５ｍｍ，３２５ｍｍ，且斛量器的高 为２３０ｍｍ，则斗量器的高为 ｍｍ，升量 器的高为 ｍｍ．（不计量器的厚度） 解析：设升、斗量器的高分别为 ｈ１ ｍｍ， ｈ２ｍｍ，升、斗、斛量器的容积分别为 Ｖ１ｍｍ ３， Ｖ２ｍｍ ３，Ｖ３ｍｍ ３，因为升、斗、斛量器的容积成公 比为１０的等比数列，所以 Ｖ３ ＝１０Ｖ２，即 π ( × ３２５)２ ２ ×２３０＝１０×π (× ３２５)２ ２ ×ｈ２，解得ｈ２ ＝２３．又Ｖ２＝１０Ｖ１，即π (× ３２５)２ ２ ×２３＝１０× π (× ６５)２ ２ ×ｈ１，所以ｈ１＝５７５，所以升、斗量器 的高分别为５７５ｍｍ，２３ｍｍ． 点评：本题考查圆柱的体积公式、等比数列， 考查学生的直观想象和数学运算能力． 题型二、 例６ 已知点Ｓ，Ａ，Ｂ，Ｃ均在半径为２的球 ! " # $ % & ! ! !! ! " # $ %&'()* +,-.)- /*01 ! # ' ( % & # ! ! ! ' ! & ! % ! ! " !!" # $ 书 面上，△ＡＢＣ是边长为３的等边三角形，ＳＡ⊥平 面ＡＢＣ，则ＳＡ＝ ． 解析：如图 ３，设 △ＡＢＣ 的外接圆圆心为 Ｏ１，连接 Ｏ１Ａ，因为 △ＡＢＣ是边长为３ 的等边三角形，所以其外接 圆半径ｒ＝Ｏ１Ａ＝ ２ ３× 槡３ ２×３＝槡３． 将三棱锥Ｓ－ＡＢＣ补形为正三棱柱ＳＢ１Ｃ１－ ＡＢＣ，由题意知 ＳＡ为侧棱，设球心为 Ｏ，连接 ＯＯ１，ＯＡ，则ＯＯ１⊥平面ＡＢＣ，且ＯＯ１ ＝ １ ２ＳＡ． 又球的半径Ｒ＝ＯＡ＝２， ＯＡ２ ＝ＯＯ２１＋Ｏ１Ａ ２， 所以４＝１４ＳＡ ２＋３，得ＳＡ＝２． 点评：本题主要考查棱锥的外接球、解题的 难点在于找到外接球球心的位置，考查学生的空 间想象能力和运算求解能力． 例７ 在正方体 ＡＢＣＤ－Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１中，ＡＢ ＝４，Ｏ为ＡＣ１的中点，若该正方体的棱与球Ｏ的 球面有公共点，则球 Ｏ的半径的取值范围是 ． 解析：由该正方体的棱与球Ｏ的球面有公共 点，可知球Ｏ的半径应介于该正方体的棱切球半 径和外接球半径之间（包含棱切球半径和外接 球半径）． 设该正方体的棱切球半径为ｒ，因为ＡＢ＝４， 所以２ｒ＝槡２×４，所以ｒ＝ 槡２２； 设该正方体的外接球半径为Ｒ，因为ＡＢ＝４， 所以（２Ｒ）２ ＝４２＋４２＋４２，所以Ｒ＝ 槡２３． 所以球Ｏ的半径的取值范围是［槡２２，槡２３］． 点评：本题主要考查正方体的棱切球和外接 球，考查学生的空间想象能力和运算求解能力． 题型三、 例８ 若ｍ，ｎ为两条直线，α为一个平面， 则下列结论中正确的是 （　　） （Ａ）若ｍ∥α，ｎ∥α，则ｍ⊥ｎ （Ｂ）若ｍ∥α，ｎ∥α，则ｍ∥ｎ （Ｃ）若ｍ∥α，ｎ⊥α，则ｍ⊥ｎ （Ｄ）若ｍ∥α，ｎ⊥α，则ｍ与ｎ相交 解析：对于（Ａ）（Ｂ），若 ｍ∥ α，ｎ∥ α，则 ｍ 与ｎ可能平行、相交或异面，故（Ａ）（Ｂ）错误； 对于（Ｃ）（Ｄ），若ｍ∥α，ｎ⊥α，则ｍ⊥ｎ，且 ｍ与ｎ可能相交，也可能异面，故（Ｃ）正确，（Ｄ） 错误．故选（Ｃ）． 点评：本题考查线面位置关系的判断，考查 学生的空间想象能力和推理论证能力． 例９ 如图４，在四棱锥Ｐ－ＡＢＣＤ中，底面 ＡＢＣＤ是边长为４的正方形，ＰＡ＝ＰＢ＝４，ＰＣ＝ ＰＤ＝ 槡２２，该棱锥的高为 （　　） （Ａ）１ （Ｂ）２ （Ｃ）槡２ （Ｄ）槡３ 解析：由题意知△ＰＡＢ为正三角形， 因为ＰＣ２＋ＰＤ２ ＝ＣＤ２，所以ＰＣ⊥ＰＤ． 如图５，分别取 ＡＢ，ＣＤ的中点 Ｅ，Ｆ，连接 ＰＥ，ＥＦ，ＰＦ，则ＰＥ＝ 槡２３，ＰＦ＝２，ＥＦ＝４， 于是ＰＥ２＋ＰＦ２ ＝ＥＦ２，所以ＰＥ⊥ＰＦ． 过点Ｐ作ＰＧ⊥ＥＦ，垂足为Ｇ． 易知ＣＤ⊥ＰＦ，ＣＤ⊥ＥＦ， ＥＦ，ＰＦ平面ＰＥＦ，且ＥＦ∩ＰＦ＝Ｆ， 所以ＣＤ⊥平面ＰＥＦ． 又ＰＧ平面ＰＥＦ，所以ＣＤ⊥ＰＧ． 又ＰＧ⊥ＥＦ，ＣＤ，ＥＦ平面ＡＢＣＤ， ＣＤ∩ＥＦ＝Ｆ，所以ＰＧ⊥平面ＡＢＣＤ， 所以ＰＧ为四棱锥Ｐ－ＡＢＣＤ的高． 由 １ ２ＰＥ·ＰＦ＝ １ ２ＥＦ·ＰＧ， 得ＰＧ＝ＰＥ·ＰＦＥＦ ＝ 槡２３×２ ４ ＝槡３． 故选（Ｄ）． 点评：本题考查棱锥的性质、线面垂直的判 定与性质，考查学生的空间想象能力、推理论证 能力和运算求解能力． 例１０ 如图６，已知ＡＢ∥ＣＤ，ＣＤ∥ＥＦ，ＡＢ ＝ＤＥ＝ＥＦ＝ＣＦ＝２，ＣＤ＝４，ＡＤ＝ＢＣ＝ 槡１０，ＡＥ＝ 槡２３，Ｍ为ＣＤ的中点． （１）证明：ＥＭ∥平面ＢＣＦ； （２）求点Ｍ到平面ＡＤＥ的距离． 解析：（１）由题意得 ＥＦ∥ＭＣ，且ＥＦ＝ＭＣ， 所以四边形ＥＦＣＭ是平行四边形， 所以ＥＭ∥ＦＣ． 又ＣＦ平面ＢＣＦ，ＥＭ平面ＢＣＦ， 所以ＥＭ∥平面ＢＣＦ． （２）取ＤＭ的中点Ｏ，连接ＯＡ，ＯＥ， 因为ＡＢ∥ＭＣ，且ＡＢ＝ＭＣ， 所以四边形ＡＭＣＢ是平行四边形， 所以ＡＭ ＝ＢＣ＝槡１０，又ＡＤ＝槡１０， 故△ＡＤＭ是等腰三角形， 同理△ＥＤＭ是等腰三角形， 可得ＯＡ⊥ＤＭ，ＯＥ⊥ＤＭ， ＯＡ＝ ＡＤ２ (－ ＤＭ)２槡 ２ ＝３， ＯＥ＝ ＥＤ２ (－ ＤＭ)２槡 ２ ＝槡３， 又ＡＥ＝ 槡２３，所以ＯＡ ２＋ＯＥ２ ＝ＡＥ２， 故ＯＡ⊥ＯＥ． 又ＯＡ⊥ＤＭ，ＯＥ∩ＤＭ ＝Ｏ，ＯＥ，ＤＭ平 面ＥＤＭ，所以ＯＡ⊥平面ＥＤＭ． 易知Ｓ△ＥＤＭ ＝ １ ２×２×槡３＝槡３． 在△ＡＤＥ中，ｃｏｓ∠ＤＥＡ＝４＋１２－１０ ２×２× 槡２３ ＝槡３４， 所以ｓｉｎ∠ＤＥＡ＝槡１３４ ， Ｓ△ＡＤＥ ＝ １ ２×２× 槡２３× 槡１３ ４ ＝ 槡３９ ２ ． 设点Ｍ到平面ＡＤＥ的距离为ｄ， 由ＶＭ－ＡＤＥ ＝ＶＡ－ＥＤＭ，得 １ ３Ｓ△ＡＤＥ·ｄ＝ １ ３Ｓ△ＥＤＭ·ＯＡ，得ｄ＝ 槡６ １３ １３ ， 故点Ｍ到平面ＡＤＥ的距离为 槡６ １３１３ ． 点评：本题考查线面平行的证明、点到平面 的距离，考查学生的空间想象能力、推理论证能 力以及运算求解能力，同时考查数形结合思想、 化归与转化思想． 题型四、 例１１ 已知正三棱台ＡＢＣ－Ａ１Ｂ１Ｃ１的体积 为 ５２ ３，ＡＢ＝６，Ａ１Ｂ１＝２，则Ａ１Ａ与平面ＡＢＣ所成 角的正切值为 （　　） （Ａ）１２ （Ｂ）１ （Ｃ）２ （Ｄ）３ 解析：设正三棱台 ＡＢＣ－ Ａ１Ｂ１Ｃ１的高为 ｈ，三条侧棱延长 后交于一点 Ｐ，作 ＰＯ⊥ 平面 ＡＢＣ于点 Ｏ，ＰＯ交平面 Ａ１Ｂ１Ｃ１ 于点 Ｏ１，连接 ＯＡ，Ｏ１Ａ１，如图 ７ 所示．由 ＡＢ ＝３Ａ１Ｂ１，可得 ＰＯ１ ＝ １ ２ｈ，ＰＯ ＝ ３ ２ｈ，又Ｓ△Ａ１Ｂ１Ｃ１ ＝ １ ２×２ ２×槡３２ ＝槡３，Ｓ△ＡＢＣ ＝ １ ２ ×６２×槡３２＝ 槡９３，所以正三棱台ＡＢＣ－Ａ１Ｂ１Ｃ１的 体积Ｖ＝ＶＰ－ＡＢＣ－ＶＰ－Ａ１Ｂ１Ｃ１＝ １ ３× 槡９３× ３ ２ｈ－ １ ３ ×槡３× １ ２ｈ＝ ５２ ３，解得ｈ＝ 槡４３ ３，故ＰＯ＝ ３ ２ｈ＝ ! " # $ % & ' ! ! ! ! " ( " ( " " ) " ' ' " ! # ! " # $ !" %&'(" & ! ) ' " ! $ & ! ) ' " ! % # * % %&)*+*,-./01 " ' " & ( & ! ( ! & + ! ' 书 槡２３．由正三棱台的性质可知，Ｏ为底面ＡＢＣ的中 心，则ＯＡ＝２３× ６ ２－３槡 ２ ＝ 槡２３，因为ＰＯ⊥平 面ＡＢＣ，所以 ∠ＰＡＯ是 Ａ１Ａ与平面 ＡＢＣ所成的 角，在 Ｒｔ△ＰＡＯ中，ｔａｎ∠ＰＡＯ＝ＰＯＯＡ＝１，故选 （Ｂ）． 点评：本题考查正三棱台的体积、直线与平 面所成角的正切值，考查学生的空间想象能力和 运算求解能力． 例１２ 如图８，四棱锥Ｐ－ＡＢＣＤ中，ＰＡ⊥底 面ＡＢＣＤ，ＰＡ＝ＡＣ＝２，ＢＣ＝１，ＡＢ＝槡３． （１）若ＡＤ⊥ＰＢ，证明：ＡＤ∥平面ＰＢＣ； （２）若ＡＤ⊥ＤＣ，且二面角Ａ－ＣＰ－Ｄ的正 弦值为槡 ４２ ７ ，求ＡＤ． 解析：（１）由于ＰＡ⊥底面ＡＢＣＤ， ＡＤ底面ＡＢＣＤ，所以ＰＡ⊥ＡＤ， 又ＡＤ⊥ＰＢ，ＰＡ∩ＰＢ＝Ｐ， ＰＡ，ＰＢ平面ＰＡＢ，所以ＡＤ⊥平面ＰＡＢ， 又ＡＢ平面ＰＡＢ，所以ＡＤ⊥ＡＢ． 因为ＡＢ２＋ＢＣ２ ＝ＡＣ２，所以ＡＢ⊥ＢＣ， 所以ＢＣ∥ＡＤ， 因为ＡＤ平面ＰＢＣ，ＢＣ平面ＰＢＣ， 所以ＡＤ∥平面ＰＢＣ． （２）由题意知ＤＣ，ＡＤ，ＡＰ两两垂直，以Ｄ为 坐标原点，ＡＤ所在直线为ｘ轴，ＤＣ所在直线为ｙ 轴，过点Ｄ且平行于ＡＰ的直线为ｚ轴建立如图９ 所示的空间直角坐标系， 则Ｄ（０，０，０），设Ａ（ａ，０，０），ａ＞０， 则ＣＤ＝ ４－ａ槡 ２，Ｃ（０， ４－ａ槡 ２，０）， Ｐ（ａ，０，２），→ＣＤ＝（０，－ ４－ａ槡 ２，０）， →ＡＣ＝（－ａ， ４－ａ槡 ２，０）， →ＣＰ＝（ａ，－ ４－ａ槡 ２，２）． 设平面ＣＰＤ的法向量为ｎ＝（ｘ，ｙ，ｚ）， 则 →ＣＤ·ｎ＝０， →ＣＰ·ｎ＝０{ ， 即 － ４－ａ槡 ２ｙ＝０， ａｘ－ ４－ａ槡 ２ｙ＋２ｚ＝０ { ， 可取ｎ＝（２，０，－ａ）． 设平面ＡＣＰ的法向量为ｍ ＝（ｘ１，ｙ１，ｚ１）， 则 ｍ· →ＣＰ＝０， ｍ· →ＡＣ＝０{ ， 即 ａｘ１－ ４－ａ槡 ２ｙ１＋２ｚ１ ＝０， －ａｘ１＋ ４－ａ槡 ２ｙ１ ＝０ { ， 可取ｍ ＝（ ４－ａ槡 ２，ａ，０）． 因为二面角Ａ－ＣＰ－Ｄ的正弦值为槡４２７ ， 所以余弦值的绝对值为槡 ７ ７， 故｜ｃｏｓ〈ｍ，ｎ〉｜＝ ｜ｍ·ｎ｜｜ｍ｜·｜ｎ｜ ＝ ２ ４－ａ槡 ２ ４－ａ２＋ａ槡 ２· ４＋ａ槡 ２ ＝槡７７， 又ａ＞０，所以ａ＝槡３，即ＡＤ＝槡３． 点评：本题考查线面垂直的判定与性质、勾 股定理的逆定理、线面平行的判定和二面角，同 时考查学生的空间想象能力、运算求解能力和推 理论证能力． 例１３ 如图１０，平面四边形ＡＢＣＤ中，ＡＢ＝ ８，ＣＤ＝３，ＡＤ＝ 槡５３，∠ＡＤＣ＝９０°，∠ＢＡＤ＝ ３０°，点 Ｅ，Ｆ满足 →ＡＥ＝２５ →ＡＤ，→ＡＦ＝１２ →ＡＢ．将 △ＡＥＦ沿ＥＦ翻折至△ＰＥＦ，使得ＰＣ＝ 槡４３． （１）证明：ＥＦ⊥ＰＤ； （２）求平面ＰＣＤ与平面ＰＢＦ所成的二面角 的正弦值． 解析：（１）由题意得ＡＥ＝２５ＡＤ＝ 槡２３， ＡＦ＝１２ＡＢ＝４，又∠ＢＡＤ＝３０°， 所以由余弦定理得 ＥＦ２ ＝ＡＥ２＋ＡＦ２－２ＡＥ·ＡＦ·ｃｏｓ３０°＝４， 故ＥＦ＝２． 又ＥＦ２＋ＡＥ２ ＝ＡＦ２，所以ＥＦ⊥ＡＥ． 由ＥＦ⊥ＡＥ及翻折的性质知 ＥＦ⊥ＰＥ，ＥＦ⊥ＥＤ， 又ＥＤ∩ＰＥ＝Ｅ，ＥＤ，ＰＥ平面ＰＥＤ， 所以ＥＦ⊥平面ＰＥＤ． 又ＰＤ平面ＰＥＤ，所以ＥＦ⊥ＰＤ． （２）如图１１，连接ＣＥ，由题意得 ＤＥ＝ 槡３３，ＣＤ＝３，∠ＣＤＥ＝９０°， 故ＣＥ＝ ＤＥ２＋ＣＤ槡 ２ ＝６． 又ＰＥ＝ＡＥ＝ 槡２３，ＰＣ＝ 槡４３， 所以ＰＥ２＋ＣＥ２ ＝ＰＣ２，故ＰＥ⊥ＣＥ． 又ＰＥ⊥ＥＦ，ＣＥ∩ＥＦ＝Ｅ，ＣＥ，ＥＦ平面 ＡＢＣＤ，所以ＰＥ⊥平面ＡＢＣＤ． ＥＦ，ＥＤ，ＰＥ两两垂直，故以 Ｅ为原点，ＥＦ， ＥＤ，ＰＥ所在直线分别为 ｘ，ｙ，ｚ轴建立空间直角 坐标系，则 Ｐ（０，０，槡２３），Ｄ（０，槡３３，０），Ｆ（２，０， ０），Ａ（０，－ 槡２３，０），Ｃ（３，槡３３，０）， 连接ＰＡ，则 →ＰＤ＝（０，槡３３，－ 槡２３）， →ＤＣ＝（３，０，０），→ＡＰ＝（０，槡２３，槡２３）， →ＡＦ＝（２，槡２３，０）． 设平面ＰＣＤ的法向量为ｎ１ ＝（ｘ１，ｙ１，ｚ１）， 则 ｎ１· →ＰＤ＝ 槡３３ｙ１－ 槡２３ｚ１ ＝０， ｎ１· →ＤＣ＝３ｘ１ ＝０ { ， 可取ｎ１ ＝（０，２，３）． 设平面ＰＢＦ（即平面ＰＡＦ）的法向量为 ｎ２ ＝（ｘ２，ｙ２，ｚ２）， 则 ｎ２· →ＡＰ＝ 槡２３ｙ２＋ 槡２３ｚ２ ＝０， ｎ２· →ＡＦ＝２ｘ２＋ 槡２３ｙ２ ＝０ { ， 可取ｎ２ ＝（槡３，－１，１）． ｜ｃｏｓ〈ｎ１，ｎ２〉｜＝ ｜ｎ１·ｎ２｜ ｜ｎ１｜·｜ｎ２｜ ＝ １ 槡６５ ． 故平面ＰＣＤ与平面ＰＢＦ所成二面角的正弦 值为 １－１ 槡 ６５ ＝ 槡８ ６５６５ ． 点评：本题主要考查线面垂直的判定与性质 以及二面角的正弦值的求解，同时考查学生的空 间想象能力、运算求解能力和推理论证能力． 例１４ 如图１２，在以Ａ，Ｂ，Ｃ，Ｄ，Ｅ，Ｆ为顶点 的五面体中，四边形ＡＢＣＤ与四边形ＡＤＥＦ均为 等腰梯形，ＥＦ∥ＡＤ，ＢＣ∥ＡＤ，ＡＤ＝４，ＡＢ＝ＢＣ ＝ＥＦ＝２，ＥＤ＝槡１０，ＦＢ＝ 槡２３，Ｍ为ＡＤ的中 点． （１）证明：ＢＭ∥平面ＣＤＥ； （２）求二面角Ｆ－ＢＭ－Ｅ的正弦值． 解析：（１）因为Ｍ为ＡＤ的中点，ＢＣ∥ＡＤ， 且ＡＤ＝４，ＢＣ＝２， 所以ＢＣ∥ＭＤ，且ＢＣ＝ＭＤ， 所以四边形ＢＣＤＭ为平行四边形． 所以ＢＭ∥ＣＤ， 又ＣＤ平面ＣＤＥ，ＢＭ平面ＣＤＥ， 所以ＢＭ∥平面ＣＤＥ． （２）取ＡＭ的中点Ｏ，连接ＢＯ，ＦＯ． 由（１）知ＢＭ ＝ＣＤ＝ＡＢ＝２， 因为ＡＭ ＝２，所以ＢＯ⊥ＡＤ，且ＢＯ＝槡３． 因为Ｍ为ＡＤ的中点，ＥＦ∥ＡＤ， 且ＡＤ＝４，ＥＦ＝２， 所以ＥＦ∥ＭＤ，且ＥＦ＝ＭＤ， ! " # $% & ' ! !" ! " # $ !" " ! ( % $ ) & ! !# * ! " # $ % + , - ( ! !$ . " ! ( % $ ) - ! !! + . * " ( ! - ) ! % * + . " ( ! - ) ! & 书 所以四边形ＭＤＥＦ为平行四边形， 所以ＦＭ ＝ＥＤ＝槡１０．又ＡＦ＝槡１０， 所以ＦＯ⊥ＡＭ，又ＯＡ＝ＯＭ ＝１， 所以ＦＯ＝ ＦＡ２－ＯＡ槡 ２ ＝３， 又ＦＢ＝ 槡２３，所以ＢＯ ２＋ＦＯ２ ＝ＦＢ２， 所以ＦＯ⊥ＯＢ，即ＯＢ，ＯＤ，ＯＦ两两垂直． 分别以ＯＢ，ＯＤ，ＯＦ所在直线为 ｘ，ｙ，ｚ轴建 立如图１３所示的空间直角坐标系， 则Ｆ（０，０，３），Ｂ（槡３，０，０），Ｍ（０，１，０），Ｅ（０， ２，３），则 →ＭＢ＝（槡３，－１，０）， →ＭＦ＝（０，－１，３），→ＭＥ＝（０，１，３）． 设平面ＦＢＭ的法向量为ｎ１ ＝（ｘ１，ｙ１，ｚ１）， 则 ｎ１· →ＭＢ＝０， ｎ１· →ＭＦ＝０ { ， 即 槡３ｘ１－ｙ１ ＝０， －ｙ１＋３ｚ１ ＝０ { ， 令ｙ１ ＝３，所以ｘ１ ＝槡３，ｚ１ ＝１， 所以ｎ１ ＝（槡３，３，１）． 设平面ＥＢＭ的法向量为ｎ２ ＝（ｘ２，ｙ２，ｚ２）， 则 ｎ２· →ＭＢ＝０， ｎ２· →ＭＥ＝０ { ， 即 槡３ｘ２－ｙ２ ＝０， ｙ２＋３ｚ２ ＝０ { ， 令ｙ２ ＝３，所以ｘ２ ＝槡３，ｚ２ ＝－１， 所以ｎ２ ＝（槡３，３，－１）． 设二面角 Ｆ－ＢＭ－Ｅ的平面角为 θ，所以 ｜ｃｏｓθ｜＝｜ｃｏｓ〈ｎ１，ｎ２〉｜＝ ｜ｎ１·ｎ２｜ ｜ｎ１｜｜ｎ２｜ ＝１１１３， 因为θ∈［０，π］，所以ｓｉｎθ＞０， 即ｓｉｎθ＝ １－ｃｏｓ２槡 θ＝ 槡 ４３ １３， 所以二面角Ｆ－ＢＭ－Ｅ的正弦值为 槡４３１３． 点评：本题考查面面平行、线面平行和二面 角的正弦值，同时考查学生的空间想象能力、运 算求解能力和推理论证能力． 例１５ 如图 １４，在四棱锥 Ｐ－ＡＢＣＤ中， ＢＣ∥ＡＤ，ＡＢ＝ＢＣ＝１，ＡＤ＝３，点Ｅ在ＡＤ上， 且ＰＥ⊥ＡＤ，ＰＥ＝ＤＥ＝２． （１）若Ｆ为线段ＰＥ的中点，证明：ＢＦ∥平 面ＰＣＤ； （２）若ＡＢ⊥平面ＰＡＤ，求平面ＰＡＢ与平面 ＰＣＤ夹角的余弦值． 解析：（１）取ＰＤ的中点Ｇ，连接ＦＧ，ＣＧ， 因为Ｆ为ＰＥ的中点，所以ＦＧ＝１２ＤＥ＝１， ＦＧ∥ＤＥ，又ＢＣ＝１，ＡＤ∥ＢＣ， 所以ＦＧ＝ＢＣ，ＦＧ∥ＢＣ， 所以四边形ＦＧＣＢ为平行四边形， 所以ＢＦ∥ＣＧ， 又ＢＦ平面ＰＣＤ，ＣＧ平面ＰＣＤ， 所以ＢＦ∥平面ＰＣＤ． （２）因为ＡＢ⊥平面ＰＡＤ，ＰＥ平面ＰＡＤ， 所以ＡＢ⊥ＰＥ，又ＰＥ⊥ＡＤ， ＡＢ∩ＡＤ＝Ａ，ＡＢ，ＡＤ平面ＡＢＣＤ， 所以ＰＥ⊥平面ＡＢＣＤ． 连接ＥＣ，易知四边形ＡＢＣＥ为矩形，故直线 ＥＣ，ＥＤ，ＥＰ两两垂直，故以 Ｅ为坐标原点，ＥＣ， ＥＤ，ＥＰ所在直线分别为ｘ轴，ｙ轴，ｚ轴建立如图 １５所示的空间直角坐标系， 则 Ｐ（０，０，２），Ｃ（１，０，０），Ｄ（０，２，０），Ａ（０，－１， ０），Ｂ（１，－１，０），则 →ＡＢ＝（１，０，０），→ＡＰ＝（０，１， ２），→ＰＣ＝（１，０，－２），→ＰＤ＝（０，２，－２）． 设平面ＰＡＢ的法向量为ｎ１ ＝（ｘ１，ｙ１，ｚ１）， 则 ｎ１· →ＡＢ＝ｘ１ ＝０， ｎ１· →ＡＰ＝ｙ１＋２ｚ１ ＝０ { ， 可取ｎ１ ＝（０，－２，１）． 设平面ＰＣＤ的法向量为ｎ２ ＝（ｘ２，ｙ２，ｚ２）， 则 ｎ２· →ＰＣ＝ｘ２－２ｚ２ ＝０， ｎ２· →ＰＤ＝２ｙ２－２ｚ２ ＝０ { ， 可取ｎ２ ＝（２，１，１）． 设平面ＰＡＢ与平面ＰＣＤ的夹角为θ， 则ｃｏｓθ＝｜ｃｏｓ〈ｎ１，ｎ２〉｜＝ ｜ｎ１·ｎ２｜ ｜ｎ１｜·｜ｎ２｜ ＝槡３０３０． 所以平面ＰＡＢ与平面ＰＣＤ夹角的余弦值为 槡３０ ３０． 点评：本题考查线面平行的判定定理、线面 垂直的判定定理、平面与平面的夹角的余弦值， 同时考查学生的空间想象能力、运算求解能力和 推理论证能力． 例１６ 如图１６，三棱锥 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→ →ＥＦ＝ＤＡ，求二面角Ｄ－ＡＢ－Ｆ 的正弦值． 解析：（１）如图１７，连接ＤＥ，ＡＥ， 因为ＤＣ＝ＤＢ，且Ｅ为ＢＣ的中点， 所以ＤＥ⊥ＢＣ． 因为∠ＡＤＢ＝∠ＡＤＣ＝６０°， ＤＡ＝ＤＡ，ＤＣ＝ＤＢ， 所以△ＡＤＢ≌△ＡＤＣ（ＳＡＳ）． 可得ＡＣ＝ＡＢ，故ＡＥ⊥ＢＣ． 因为ＤＥ∩ＡＥ＝Ｅ，ＤＥ，ＡＥ平面ＡＤＥ， 所以ＢＣ⊥平面ＡＤＥ． 又ＤＡ平面ＡＤＥ，所以ＢＣ⊥ＤＡ． （２）由（１）知，ＤＥ⊥ＢＣ，ＡＥ⊥ＢＣ． 不妨设ＤＡ＝ＤＢ＝ＤＣ＝２， 因为∠ＡＤＢ＝∠ＡＤＣ＝６０°， 所以ＡＢ＝ＡＣ＝２． 由题可知△ＤＢＣ为等腰直角三角形， 故ＤＥ＝ＥＢ＝ＥＣ＝槡２． 因为ＡＥ⊥ＢＣ，所以ＡＥ＝ ＡＢ２－ＥＢ槡 ２ ＝槡２． 在△ＡＤＥ中，ＡＥ２＋ＥＤ２ ＝ＡＤ２， 所以ＡＥ⊥ＥＤ． 以Ｅ为坐标原点，ＥＤ所在直线为ｘ轴，ＥＢ所 在直线为ｙ轴，ＥＡ所在直线为ｚ轴建立空间直角 坐标系，如图８， 则Ｄ（槡２，０，０），Ｂ（０，槡２，０），Ａ（０，０，槡２）， →ＤＡ＝（－槡２，０，槡２）， →ＢＡ＝（０，－槡２，槡２）． 设Ｆ（ｘＦ，ｙＦ，ｚＦ），因为 → →ＥＦ＝ＤＡ， 所以（ｘＦ，ｙＦ，ｚＦ）＝（－槡２，０，槡２）， 可得Ｆ（－槡２，０，槡２）．所以 →ＦＡ＝（槡２，０，０）． 设平面ＤＡＢ的法向量为ｍ ＝（ｘ１，ｙ１，ｚ１）， 则 →ＤＡ·ｍ ＝０， →ＢＡ·ｍ ＝０{ ，即 －槡２ｘ＋槡２ｚ＝０， －槡２ｙ＋槡２ｚ＝０ { ， 取ｘ＝１，则ｙ＝ｚ＝１，ｍ ＝（１，１，１）． 设平面ＡＢＦ的法向量为ｎ＝（ｘ２，ｙ２，ｚ２）， 则 ＦＡ·ｎ＝０， →ＢＡ·ｎ＝０{ ，即 槡 ２ｘ＝０， －槡２ｙ＋槡２ｚ＝０ { ， 得ｘ＝０，取ｙ＝１，则ｚ＝１，ｎ＝（０，１，１）． 所以｜ｃｏｓ〈ｍ，ｎ〉｜＝ ｜ｍ·ｎ｜｜ｍ｜·｜ｎ｜＝ ２ 槡３×槡２ ＝槡６３． 记二面角Ｄ－ＡＢ－Ｆ的大小为θ， 则ｓｉｎθ＝ １ (－ 槡６)３槡 ２ ＝槡３３． 故二面角Ｄ－ＡＢ－Ｆ的正弦值为槡３３． 点评：本题主要考查证明线线垂直和二面角 的正弦值的求解，需要注意的易错点：一是使用向 量法前应注意证明相交于一点的三条直线两两垂 直；二是向量夹角公式求出来的是两平面法向量 夹角的余弦值，还需转化为二面角的正弦值．同时 考查学生的推理论证能力与运算求解能力． ! 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