专题02 空间向量与立体几何解答题8考点（期中真题汇编，贵州专用）高二数学上学期人教A版选择性必修第一册

专题02空间向量与立体几何解答题考点 8大高频考点概览 考点01平行问题 考点02 线线垂直问题 考点03 线面垂直问题 考点04 面面垂直问题 考点05 夹角问题 考点06 探索性问题 考点07 距离问题 考点08 空间向量法的运用 地 城 考点01 平行问题 1．(23-24高二上·贵州镇宁民族中学·期中)如图，在四棱锥中，底面，四边形为正方形，，分别为，的中点且． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析； (2) 【分析】（1）取PC中点，利用线面平行的判定，结合平行四边形的性质推理得证. （2）根据给定条件建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，再利用向量法求线面角的正弦值. 【详解】（1）取中点为，连接，，由，分别为，的中点， 得，，由四边形为正方形，得，， 又为的中点，则，，于是四边形为平行四边形， 因此，又平面，平面， 所以平面. （2）由底面，，则直线两两垂直， 以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 设，则， ， 设平面的法向量为，则，令，得， 设直线与平面所成角为，则. 2．(24-25高二上·贵州遵义仁怀第四中学·期中)已知在正四棱柱中，，，点是的中点. (1)求证：平面； (2)求异面直线与所成角的大小； (3)求三棱锥的体积. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）根据中位线的性质可得，由线面平行的判定定理即可证明； （2）由（1）可知为异面直线与所成角的平面角，利用勾股定理分别求出、、的值，结合余弦定理计算即可． （3）计算长，证明平面，利用三棱锥体积转化即可得三棱锥的体积. 【详解】（1）连接，交于点，则为的中点， 又因为为的中点，连接，则， 平面，平面， 平面； （2）由（1）知，， 所以为异面直线与所成角或其补角， 在中，，， 由余弦定理，得， 故异面直线与所成角为； （3）因为正方形，所以，且，， 又在正四棱柱中，平面， 因为平面，所以， 因为平面，所以平面， 所以. 3．(24-25高二上·贵州遵义凤冈县·期中)已知四棱锥的底面是梯形，平面，，，，，，为PD的中点． (1)证明：平面． (2)求四棱锥的体积． 【答案】(1)证明见解析 (2)． 【分析】（1）利用中位线的性质先构造平行四边形结合线面平行的判定证明即可； （2）由已知线段长结合勾股定理逆定理确定底面面积，再利用锥体体积公式计算即可. 【详解】（1）设F为的中点，连接． 因为为的中点，所以，， 又，，所以，， 故四边形为平行四边形，所以． 因为平面，平面， 所以平面． （2）设G为的中点，连接，则，， 所以四边形为平行四边形，所以， 所以，所以． 则梯形的面积为， 故四棱锥的体积为． 4．(23-24高二上·贵州都匀民族中学·期中)如图，在直三棱柱中，，，，，点是棱的中点. (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）建立空间中直角坐标系，求出平面的法向量，利用向量法证明即可； （2）利用计算可得. 【详解】（1）直三棱柱中平面，又，如图建立空间直角坐标系， 则，，，，，，， 所以，，， 设平面的法向量为，则，取， 所以，即， 又平面，所以平面. （2）因为，设直线与平面所成角为， 则， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 5．(24-25高二上·贵州贵阳修文县北大新世纪贵阳实验学校·期中)如图，在四棱锥中，，，底面为正方形，分别为的中点．      (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用中位线定理证明，然后由线面平行的判定定理证明即可； （2）建立合适的空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标，然后利用待定系数法求出平面的法向量，由向量的夹角公式求解即可. 【详解】（1）∵，分别为，的中点， ∴， 又平面，平面， 故平面. （2）由题可知DA、DC、DP两两垂直，故以点为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示：     设， 则， ∴， 设平面的法向量为， 则， 令，则，，故， ∴， 故直线与平面所成角的正弦值为. 6．(23-24高二上·贵州都匀民族中学·期中)如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，，平面平面，，，，，，.    (1)若平面，求的值； (2)若，求平面与平面的夹角的余弦值. 【答案】(1)； (2). 【分析】（1）根据条件判定垂直关系，建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量计算即可； （2）利用空间向量求得两平面的法向量计算即可. 【详解】（1）分别取中点，连接， 由已知底面是直角梯形，，，， 易得， ∵平面平面，平面平面， ∴，    以为中心，以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系， 由题意知为等腰直角三角形，，, 则， ∴， ∵， ∴， 显然是平面的一个法向量， 若平面，则， 即； （2）由（1）知，，当时， ∴， 设分别为平面与平面的一个法向量， 则有，， 不妨令，则， 则， 设平面与平面的夹角为， 故, 即平面与平面的夹角的余弦值为. 7．(22-23高二上·贵州黔东南六校联盟·期中)如图，在正方体中，E为的中点，F为的中点． (1)求证：EF//平面ABCD； (2)求直线DE，BF所成角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)． 【分析】（1）根据平行线的传递先证明线线平行，继而证明线面平行； （2）以D为坐标原点，向量，，方向分别为x，y，z轴建立如图所示空间直角坐标系，根据空间角的计算公式计算即可. 【详解】（1）证明：如图连 ∵几何体为正方体， ∴， ∴EF∥BD ∵EF∥BD，平面ABCD，平面ABCD， ∴平面ABCD； （2）解：以D为坐标原点，向量，，方向分别为x，y，z轴建立如图所示空间直角坐标系 令，可得点D的坐标为，点E的坐标为，点F的坐标为，点B的坐标为， ， DE，BF所成角的余弦值为 地 城 考点01 线线垂直 1．(23-24高二上·贵州铜仁第八中学·期中)在边长为3的正三角形中，，，分别是，，边上的点，且满足（如图1），将沿折起到的位置，使二面角成直二面角，连接，（如图2）． (1)求证：； (2)求二面角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）在中，利用余弦定理可求出，然后由勾股定理的逆定理可证得，由直二面角可得平面平面，再利用面面垂直的性质可证得结论， （2）分别以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可. 【详解】（1）证明：由题意，在图1中，，，又， 所以由余弦定理可得， 所以，所以， 所以在图2中，， 因为二面角为直二面角，即平面平面， 又平面平面，平面， 所以平面． 因为平面， 所以； （2）解：分别以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系， 则，，，，， ，，，， 设平面的法向量为， 则，取，得， 设平面的法向量为， 则，取，得， 所以， 由图可知二面角为钝二面角， 所以二面角的余弦值为． 2．(23-24高二上·贵州铜仁第八中学·期中)如图，在四棱锥中，底面ABCD为矩形，平面PAD，E是AD的中点，为等腰直角三角形，，． (1)求证：； (2)求PC与平面PBE所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据平面得到，根据等腰三角形的性质得到，利用线面垂直的判定定理得到平面，最后利用线面垂直的性质即可得到； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量的方法求角即可. 【详解】（1）证明：∵平面，平面PAD，∴， 又∵是等腰直角三角形，是斜边AD的中点，∴， 又∵平面，平面，， ∴平面 ∵平面ABCD，∴； （2） 解：如图，以为原点，EP，EA所在的直线为轴，轴，在平面ABCD内， 通过点作AD的垂线为轴，建立空间直角坐标系， 不妨设，则，，，则，， 设平面PBE的法向量为， ，取，则， 故为平面PBE的一个法向量， 设PC与平面PBE所成的角为，则， ∴与平面PBE所成角的正弦值为． 地 城 考点03 线面垂直问题 1．(24-25高二上·贵州黔西南布依族苗族顶效开发区顶兴学校·期中)如图，四棱锥中，平面，底面四边形为矩形，，，，为中点，为靠近的四等分点. (1)求证：平面； (2)求二面角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量垂直即可求解线线垂直，进而由线面垂直的判断求解， （2）利用法向量的夹角即可求解. 【详解】（1）因为平面，四边形为矩形，因此两两垂直，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， , , 因为， 所以，即 因为， 所以，即 又因为，平面，平面 因此平面 （2）因为平面，所以为平面的一个法向量 由（1）知为平面的一个法向量. 显然二面角为锐二面角，所以二面角的余弦值为. 2．(24-25高二上·贵州贵阳华师一集团校·期中)如图，在四棱锥中，平面，且. (1)求证：平面PAD； (2)求平面PAD与平面PBC夹角的正切值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据线面垂直的性质定理，结合线面垂直的判定定理进行证明即可； （2）根据线面的垂直关系，建立空间直角坐标系，利用空间向量平面间夹角公式进行求解即可； 【详解】（1）因为平面平面， 所以， 又因为， 所以，而平面， 所以平面. （2） 因为平面平面， 所以，而， 于是建立如图所示的空间直角坐标系， ， 由（1）可知：平面， 所以平面的法向量为， 设平面的法向量为，， 则有， 设平面与平面夹角为， ， 则，所以， 即平面PAD与平面PBC夹角的正切值为. 3．(24-25高二上·贵州贵阳乌当区某校·期中)如图，在等腰梯形中，，，，为中点，点分别为的中点，将沿折起到的位置，使得平面平面（如图）．    (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）通过证明，证明线面垂直即可； （2）建立空间直角坐标系，求出平面法向量，利用向量方法求线面角可得. 【详解】（1）由题意，且，则四边形是平行四边形.， 则，又四边形为等腰梯形，则， 由，可得是等边三角形. 如图1，连接，注意到，， 则四边形是平行四边形， 又由，则四边形是菱形， 所以是等边三角形. 如图2，由为中点，则，且； 因为平面，平面，， 所以平面； （2）如图2，因为平面平面，平面平面， 平面，，则平面. 又由（1）可得， 以为原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系. 则. 则. 设平面的法向量为， 则，取，则， 所以为平面的一个法向量， 设直线与平面所成角为， 则. 4．(24-25高二上·贵州毕节金沙县第五中学·期中)在四棱锥中，，，平面平面，，且． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)求平面BPC与平面PCD所成角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3). 【分析】（1）在面内过，易知，与必相交，再由面面、线面垂直的性质得，再应用线面垂直的判定证明结论； （2）在面内作，构建合适的空间直角坐标系，应用向量法求线面角的正弦值； （3）同（2）中坐标系，应用向量法求面面角的余弦值. 【详解】（1）在面内过，连接， 由，，则，与必相交， 由面面，面面，面， 所以面，面，则，又， 由与相交且都在面，则平面； （2）由（1）及，易知为等边三角形，在面内作， 结合（1）结论，可构建如图所示的空间直角坐标系，则， 所以，又是面的一个法向量， 则直线与平面所成角的正弦值为. （3）同（2）中坐标系，则， 若是面的一个法向量，则，取，则， 若是面的一个法向量，则，取，则， 所以平面BPC与平面PCD所成角的余弦值为. 5．(24-25高二上·贵州黔东南州榕江实验高级中学·期中)如图，AB是⊙O的直径，PA⊥⊙O所在的平面，C是圆上一点，，.    (1)求三棱锥的体积； (2)求证：BC⊥平面； (3)求直线PC与平面所成角的正切值. 【答案】(1)； (2)证明见解析； (3)2. 【分析】（1）利用三棱锥的体积公式计算即得. （2）利用线面垂直的性质、判定推理即得. （3）利用几何法求出线面角的正切值. 【详解】（1）由AB是⊙O的直径，C是圆上一点，，得， ，，而PA⊥⊙O所在的平面， 所以三棱锥的体积. （2）由PA⊥⊙O所在的平面，⊙O所在的平面，则， 由（1）知，，又平面， 所以BC⊥平面. （3）由PA⊥⊙O所在的平面，得是直线PC与平面所成的角， 所以. 6．(23-24高二上·贵州黔西南州金成实验学校·期中)如图，为圆柱的轴截面，是圆柱上异于的母线． (1)证明：平面； (2)若，当三棱锥的体积最大时，求二面角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先证明是平行四边形，再结合圆柱的性质得到平面； （2）利用等积转换知识结合圆柱的性质先找到体积最大值时的相对位置，再找出 二面角的平面角或利用空间向量求得二面角的大小. 【详解】（1）证明：如图，连接，由题意知为的直径，所以．因为是圆柱的母线， 所以且，所以四边形是平行四边形． 所以，所以．因为是圆柱的母线，所以平面， 又因为平面，所以．又因为， 平面，所以平面． （2）由（1）知是三棱锥底面上的高，由（1）知 ，所以，即底面三角形是直角三 角形．设，则 在中有：， 所以， 当且仅当时等号成立，即点E，F分别是，的中点时，三棱 锥的体积最大， （另解：等积转化法： 易得当F与距离最远时取到最大值，此时E、F分别为、中点） 下面求二面角的正弦值： 法一：由（1）得平面，因为平面，所以． 又因为，所以平面． 因为平面，所以，所以是二面角的平面角， 由（1）知为直角三角形，则． 故，所以二面角的正弦值为． 法二：由（1）知两两相互垂直， 如图，以点E为原点，所在直线 为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 则． 由（1）知平面，故平面的法向量可取为． 设平面的法向量为， 由， 得，即，即，取，得． 设二面角的平面角为， ， 所以二面角的正弦值为 地 城 考点04 面面垂直问题 1．(24-25高二上·贵州贵阳修文县北大新世纪贵阳实验学校·期中)如图，四棱锥的底面是直角梯形，底面，，，且，. (1)证明：平面平面. (2)求二面角的大小. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）只需根据线面垂直的判定定理证明平面，进一步结合面面垂直的判定定理即可得证； （2）首先说明是二面角的平面角，进一步结合解三角形知识即可求解. 【详解】（1）由于底面是直角梯形且，所以由得， 因为底面，平面，所以， 而，平面，所以平面. 又因为平面，所以平面平面. （2）由（1）知平面，平面，所以， 又因为，所以是二面角的平面角. 由得， 而，即， 所以在梯形中，由可得， 所以在直角中，，而， 所以，即二面角的大小为. 2．(23-24高二上·贵州·期中)如图1，在菱形中，，将沿着翻折至如图2所示的的位置，构成三棱锥．    (1)证明：； (2)若平面平面，求与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取的中点，连接、，证明出平面，利用线面垂直的性质可证得结论成立； （2）推导出平面，然后以点为坐标原点，分别以、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得与平面所成角的正弦值． 【详解】（1）证明：取的中点，连接、， 翻折前，因为是菱形，，所以、为等边三角形， 则，， 翻折后，则有，， 又因为、平面，，所以平面， 因为平面，所以． （2）解：因为平面平面，且平面平面，， 平面，所以平面． 以为坐标原点，分别以、、所在直线为、、轴建立如图所示的空间直角坐标系，    设，则，，，， 则，，． 设平面的法向量为， 则，取，则，，所以． ， 所以与平面所成角的正弦值为． 3．(24-25高二上·贵州六盘水·期中)如图，四棱柱的底面为直角梯形，，，，．点为的中点，且． (1)证明：平面平面； (2)若钝二面角的余弦值为，当时，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2)2 【分析】（1）先证，得到平面，可得平面平面. （2）根据（1）中的结论，建立空间直角坐标系，利用空间向量解决问题. 【详解】（1）因为为中点，且，所以，即， 又，，平面，所以平面. 又平面，所以. 因为，所以. 又，，所以， 所以，则. 又，平面，所以平面. 又平面，所以：平面平面. （2）由（1）可知：，，两两垂直，故可以为原点，建立如图空间直角坐标系. 则，，，设（），则. 所以，，. 设平面的一个法向量为， 由 ，可取. 设平面的一个法向量为， 由 ，可取. ， 整理得： （舍去） 所以，即. 4．(23-24高二上·贵州思南县民族中学·期中)如图，正三棱柱中，，，，分别是棱，上的点，.    (1)证明：平面平面； (2)求到平面距离； (3)求直线与平面夹角余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）取和 的中点和，以为原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的一个法向量，，结合，即可得证； （2）由平面的法向量为，且，结合向量的夹角公式，即可求解； （3）由平面，得到平面的一个法向量和，结合向量的夹角公式，求得直线与平面夹角余弦值. 【详解】（1）证明：取和 的中点和，连接和， 在正四棱柱中，可得为正三角形，所以， 以为原点，所在的直线分别为轴，轴和轴，建立空间直角坐标系， 如图所示， 可得， 则， 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， 设平面的一个法向量为，则 取，可得，所以， 因为，即，所以平面平面. （2）由平面的法向量为，且， 设直线与平面所成的角为， 可得， 又因为，所以到平面的距离为. （3）由为正三角形，且为的中点，可得， 在正三棱柱中，可得平面， 所以为平面的一个法向量，即为平面的一个法向量， 又由，可得， 设直线与平面夹角为， 可得， 则，即直线与平面夹角的余弦值为.    5．(24-25高二上·贵州黔西南布依族苗族安龙县第四中学·期中)如图，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是平行四边形，ADBD，AB＝2AD，且PD⊥底面ABCD． (1)证明：平面PBD⊥平面PBC； (2)若二面角P－BC－D为，求AP与平面PBC所成角的正弦值． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据平行线的性质以及线面垂直的判定定理，结合线面垂直性质定理以及面面垂直性质定理，可得答案； （2）由题意，建立空间直角坐标系，利用二面角的定义以及勾股定理，求得棱长，写出点的坐标，求得平面的法向量，根据计算公式，可得答案. 【详解】（1）在平行四边形中，，，， 平面，平面，， ，平面，平面， 平面，平面平面. （2）由题意，建立空间直角坐标系，如下图所示： 设，则，在中，， 平面，平面，， ，平面，平面， 在二面角的平面角，即， 在中，， 在平行四边形中，， 则，，，， ，，， 设平面的法向量为， 则，即，化简可得， 令，，解得平面的一个法向量， 设与平面的夹角为， . 6．(23-24高二上·贵州遵义仁怀仁怀六中·期中)如图，在四棱锥中，底面四边形是平行四边形，平面，且，的中点为． (1)求证：平面平面； (2)求二面角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）通过证明，即可证明 （2）分别求出面和面的法向量即可求出二面角的余弦值. 【详解】（1）由题意证明如下 在平行四边形中，， ∴， ∴ 在四棱锥中，平面， ∵ ∴ ∵，， ∴ ∵ ∴ （2）由题意及（1）得，平面，的中点为 在平行四边形中，，， 建立空间直角坐标系如下图所示 由几何知识得 ，，，，， 在面中，其一个法向量为 在面中，， 设其一个法向量为 ∴即，解得： 当时，， 二面角的余弦值为： 7．(23-24高二上·贵州思南民族中学·期中)如图，直三棱柱中，是边长为的正三角形，为的中点． （1）证明：平面； （2）若直线与平面所成的角的正切值为，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析；（2）． 【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证明即可； （2）连接，由（1）知⊥平面，又直线与平面所成的角的正切值为，可得，以为坐标原点建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用二面角的坐标公式计算大小可得答案． 【详解】（1）是正三角形，为的中点， ． 又是直三棱柱， 平面ABC， ． 又， 平面． （2）连接，由（1）知平面， ∴直线与平面所成的角为， ． 是边长为2的正三角形，则， ． 在直角中，，， ． 建立如图所示坐标系，则，，，，． ，，设平面的法向量为，则，即，解得平面的法向量为． ，，设平面的法向量为，则，即，解得平面的法向量为． 设平面与平面夹角为，则 ． 平面与平面夹角的余弦值为． 【点睛】 地 城 考点05 夹角问题 1．(24-25高二上·贵州贵阳华师一集团校·期中)在正三棱柱中，分别是棱上的动点（不包括端点），且满足，则： (1)是否存在点E，使得，若存在，求出； (2)求三棱锥体积的最大值； (3)求二面角的最大值. 【答案】(1)存在，； (2)； (3). 【分析】（1）假设存在点E使得，从而可证明平面，从而得到，再由锐角三角函数及勾股定理求出； （2）利用余弦定理及基本不等式求出的最大值，即可求出的最大值，再由锥体的体积公式计算可得； （3）过点F作，垂足为D，即可得到平面，再过点D作，垂足为G，连接，从而得到就是二面角的一个平面角，由锐角三角函数求出的最大值. 【详解】（1）假设存在点使得， 则因为，所以 由正三棱柱，平面，且平面，可得， 又因为，是平面内的两条相交直线， 所以平面， 又平面，所以， 又，所以， 又，且， 所以，解得（负值已舍去），则， 所以存在点使得，此时； （2）如图，在中，    由余弦定理得， 所以，当且仅当时等号成立， 所以，即三棱锥体积最大值为； （3）如图，过点F作，垂足为D， 由为正三棱柱，可知平面，平面， 所以平面平面，又平面平面，平面， 所以平面， 过点D作，垂足为G，连接，    因为平面，所以， 又，平面， 所以平面， 所以是二面角的一个平面角， 所以，所以， 当且仅当，即时等号成立，所以二面角的最大值为. 2．(24-25高二上·贵州六盘水水城区·期中)如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，. (1)判断直线与是否垂直，并说明理由； (2)求平面与平面的夹角的余弦值. 【答案】(1)和不垂直，理由见详解； (2) 【分析】（1）根据已知条件可设，计算出，的值，从而证明到，再由可证平面；所以建立空间直角坐标系，用坐标表示向量和，将判断直线是否垂直转化为判断向量是否垂直，即可得证. （2）在第一问的基础上，分别求出平面与平面的法向量，利用公式计算可得平面与平面的夹角的余弦值. 【详解】（1）和不垂直，理由如下： 设，则， 在中，，所以为等边三角形，所以， 因为，，所以，从而， 所以在直角中，，， 又因为，所以，所以在中，满足， 故为直角三角形，则； 又因为，，所以平面； 因为，所以，所以， 故以点为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 设，则，，； 所以，，，，， 所以，，所以， 所以不成立，故和不垂直. （2）由（1）可知，，，所以平面， 故为平面的一个法向量； 又，，设平面的法向量， 所以，即，取，则，，故， 设平面与平面的夹角为， 所以 ， 所以平面与平面的夹角的余弦值为. 3．(24-25高二上·贵州六盘水水城区·期中)如图，在棱长均为1的四棱柱中，，设． (1)试用表示； (2)求的长度； (3)求直线与直线所成角的余弦值． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）利用空间向量基本定理得到答案； （2）在（1）的基础上，平方求出，开方得到答案； （3）计算出，结合（2）中所求的，利用异面直线夹角余弦公式得到答案. 【详解】（1） ． （2）棱长均为1的四棱柱中，， ， 所以． （3）， 因为， 所以直线与直线所成角的余弦值为． 4．(23-24高二上·贵州贵阳·)在正方体中，分别是棱和上异于端点的动点，将经过三点的平面被正方体截得的图形记为.如图中时截面图形为矩形.    (1)在图中作出截面图形为梯形的情形；（直接画出图形即可，不需说明） (2)当点为中点时，求与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)作图见解析 (2) 【分析】（1）应用面面平行性质作截面图形； （2）利用法向量求解直线与平面所成的角. 【详解】（1）如图所示是一种作法. （参考）理由如下： 平面平面， 平面 平面，设平面 平面， 由面面平行的性质可得，， 当时，过点作交于， 则， 平面平面， 平面 平面，设平面 平面， 由面面平行的性质可得，，所以四边形是平行四边形， 则，且 ， 故此时截面图形为梯形.    （2）以为坐标原点，分别以、、为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 设正方体棱长为，则， 设平面的法向量， 所以，则有 令，得，， 设与平面所成的角为， 则    5．(24-25高二上·贵州六盘水·期中)在直三棱柱中，，，，、分别为、的中点.    (1)求直线与所成角的大小； (2)判断直线与平面的关系. 【答案】(1) (2)垂直 【分析】（1）以为坐标原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线与所成角的大小； （2）利用向量法求出，，从而直线与平面垂直． 【详解】（1）在直三棱柱中，，，，、分别为、的中点． 以为坐标原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，    则,0,，,0,，,2,，,0,，,0,，,2,， ,0,，,2,， 设直线与所成角为， 则，， 直线与所成角的大小为； （2）直线与平面垂直，理由如下： 由（1）知,2,，,0,， ，， ，， ，、平面， 直线与平面垂直． 6．(23-24高二上·贵州思南县民族中学·期中)如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面，，，，分别是，的中点.    (1)求证：平面； (2)求二面角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）以，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，利用向量法证明平面. （2）分别求出平面和平面的法向量，利用向量法求解． 【详解】（1）由平面，平面，则，由矩形，得， 以，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，如图，    则， 于是，而平面的一个法向量为， 显然，又平面， 所以平面. （2）由（1）知，，，设平面的法向量为， 则，令，得，显然平面的一个法向量为， 因此，由图知二面角的平面角为钝角， 所以二面角的余弦值为. 7．(23-24高二上·贵州六盘水盘州第一中学·期中)如图，在四棱锥中，四边形是边长为3的正方形，平面，，点是棱的中点，点是棱上的一点，且.    (1)证明：平面平面； (2)求平面和平面夹角的大小. 【答案】(1)证明见解析 (2). 【分析】（1）以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，从而可证明. （2）分别求出平面和平面的法向量，利用向量法可求解. 【详解】（1）如图，以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，    所以，设， 则，解得，即. 则， 设平面的一个法向量为， 则，即 令，解得，所以平面的一个法向量为. 因为，设平面的一个法向量为， 所以即，令，解得， 所以平面的一个法向量为， 又，所以平面平面； （2）， 所以. 设平面的一个法向量为， 所以，即 令，解得， 所以平面的一个法向量为. 设平面的一个法向量为， 则，即 令，解得，所以平面的一个法向量为. ， 所以平面和平面夹角的大小为 地 城 考点06 探索性问题 1．(24-25高二上·贵州遵义仁怀第四中学·期中)如图，在棱长为的正方体中，为棱的中点，为棱上一点．    (1)证明：直线平面； (2)是否存在点，使直线平面？若存在，求出的长度；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，. 【分析】（1）先确定截面，再根据线面垂直的判定定理证明线面垂直. （2）先确定截面，再根据线面平行确定点的位置. 【详解】（1）如图：    因为，，所以平面就是平面. 在正方体中，平面，平面，所以， 又四边形为正方形，所以， 又平面，平面，，所以平面. （2）取中点，连接，，因为，所以平面就是平面. 当为中点时，，平面，平面， 所以平面. 此时. 故存在点，使直线平面，且. 2．(24-25高二上·贵州县中新学校计划项目·期中)如图，在直三棱柱中，，，P为上的动点，Q为棱的中点． (1)设平面平面，若P为的中点，求证：； (2)设，问线段上是否存在点P，使得平面？若存在，求出实数的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析； (2)存在，. 【分析】（1）设的中点为，连接，易证四边形为平行四边形，可得，进而得到平面，再根据线面平行的性质求证即可； （2）建立空间直角坐标系，结合空间向量及平面列出方程组求解即可. 【详解】（1）证明：设的中点为，连接， 因为P为的中点，Q为的中点， 所以，，， 在直三棱柱中，，， 所以，且， 所以四边形为平行四边形， 则，又平面，平面， 所以平面， 又平面平面，平面， 所以. （2）在直三棱柱中，平面，， 故可以为原点，以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系， 因为， 所以， 则，， 又，则， 所以， 若平面，则， 则，解得， 所以线段上存在点P，使得平面，此时. 3．(24-25高二上·贵州贵阳观山湖区第一高级中学·期中)如图，在正方体中，，. (1)当取得最小值时，求与的值. (2)设与平面所成的角为. ①若，求的值； ②证明：存在常数，使得为定值，并求该定值. 【答案】(1) (2)①；②证明见解析，定值为2 【分析】（1）先建立空间直角坐标系，得到点的坐标以及向量的坐标，即可求出两个向量夹角的余弦值； （2）①根据直线与平面夹角的正弦值就是该直线方向向量与该平面法向量夹角的余弦值可得到结果；②根据①得到的值，化简即可得到结果. 【详解】（1）解：以，，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，如图所示： 则，，，， ∴，， 即， ∴， 当时，取得最小值， 此时， ∵， ∴； （2）①解：， 设平面的法向量为， 则即， 令，得， ∵， ∴， ∵， ∴， 又， ∴； ②证明：由①知， 则，， ∴， ∴存在常数，使得为定值， 且该定值为2. 4．(24-25高二上·贵州六盘水水城区·期中)如图，在棱长为2的正方体中，为的中点，为底面内一动点（包括边界），且满足. (1)是否存在点，使得平面？ (2)求的取值范围. (3)求点到直线的距离的最小值. 【答案】(1)存在， (2) (3) 【分析】（1）如图建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，设，利用，及即可求出点坐标； （2）由（1）知，利用模长公式结合二次函数求值域即可求解； （3）取中点为，则点轨迹为线段，所以点到直线的距离的最小值就是异面直线与的距离，利用向量法求出异面直线与的距离即可. 【详解】（1） 如图，以为原点，所在直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系， 由题意得， ，， 设平面的法向量为， 则，可取， 设， 所以， 又，所以， 即，所以， 设存在点，使得平面， 则，解得，则， 则， 所以存在点，使得平面 （2）由（1）知， 所以， 函数在上单调递减，在上单调递增， 当时，，当时，， 所以， 所以的取值范围是. （3） 由（1）知点满足， 取中点为，则点轨迹为线段， 所以点到直线的距离的最小值就是异面直线与的距离， ，，，，， 设，， 则，可取， 又， 点到直线的距离的最小值. 5．(24-25高二上·贵州六盘水·期中)如图，在四棱锥中，，，，，，，平面平面ABCD，E为AD的中点. (1)证明：平面PAB. (2)证明：. (3)试问在线段PE上是否存在点M，使得直线CM与平面PBC所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)存在；答案见解析 【分析】（1）由线面平行的判定定理证明即可； （2）作交于，利用几何关系在中，由余弦定理求出，再由勾股定理证明，然后由面面垂直的性质定理证明即可； （3）建立如图所示坐标系，求出平面的法向量和，代入空间线面角公式求解即可； 【详解】（1）因为，所以， 因为平面，平面， 所以平面PAB. （2） 作交于， 因为，所以，又，所以， 又，，所以四边形为平行四边形，所以， 因为，即，所以， 又E为AD的中点，所以， 在中，由余弦定理可得， 即， 所以，所以， 又平面平面ABCD，且平面平面ABCD，平面， 所以平面， 平面，所以. （3）设存在， 作交与， 由（2）可得两两垂直，所以以为原点，建立如图所示空间直角坐标系， 则， 设，则， ，， 设平面的法向量为， 则，即，取，则， 设直线CM与平面PBC所成角的为， 则， 解得，所以在线段PE上存在点，此时. 6．(23-24高二上·贵州六盘水·期中)如图，四棱锥中．底面为矩形，平面，M，N分别为，的中点． (1)若点E是线段的中点．证明：平面； (2)设，，，线段上是否存在点E，使得与平面所成角的正弦值为． 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，理由见解析 【分析】（1）连接交于点O，连接，则，又，从而可证，根据线面平行的判定定理即可证明； （2）建立如图空间直角坐标系，设（0≤≤1），利用空间向量法求出与平面的所成角，求出即可. 【详解】（1）连接交于点O，连接， 因为底面为矩形，故点O是中点， 又E是线段的中点，在PBD中，有； 在PBA中，M，N分别为，的中点，有， 所以， 平面， 又平面， 故平面； （2）以A为原点，为基底，建立如图空间直角坐标系， 因为，所以， 则：， 设平面PBC的法向量为， 则，即， 令，解得，则. 设（0≤≤1），则，， 要使得AE与平面PBC所成角的正弦值为，则： ， 解得：，（舍去）， 故线段上存在点E，使得与平面所成角θ的正弦为. 7．(23-24高二上·贵州六盘水盘州第一中学·期中)如图，在正三棱柱中，点是棱的中点，点是线段上的一点.    (1)若点是线段的中点，证明：平面； (2)若，直线与平面所成角的正弦值为，求的值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接，，利用线面平行的判定定理即可得出证明； （2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，根据线面角与法向量的几何关系，利用法向量求出线面角的表达式即可求得结果. 【详解】（1）证明：连接，，如图， 若点是线段的中点，则为与的交点. 在中，点是棱的中点，点是的中点，所以. 又平面，平面， 所以平面； （2）不妨设. 以为坐标原点，，所在的直线分别为轴，轴，平行于所在的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示.    所以，，，，. 所以，， 设平面的一个法向量为， 所以即 令，解得，，所以平面的一个法向量为. 设. 所以， 所以， 解得或（舍）. 所以， 可得. 8．(23-24高二上·贵州思南民族中学·期中)条件①：图（1）中．条件②：图（1）中．条件③：图（2）中三棱锥A－BCD的体积为．从以上三个条件中任选一个，补充在问题（2）中的横线上，并加以解答． 如图（1）所示，在△ABC中， ， ，过点A作AD⊥BC，垂足D在线段BC上，沿AD将△ABD折起，使 （如图（2）），点E，M分别为棱BC，AC的中点．    (1)求证：CD⊥ME； (2)已知________，试在棱CD上确定一点N，使得，并求二面角的余弦值． 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分． 【答案】(1)证明见解析 (2)N是CD的靠近点D的一个四等分点， 【分析】（1）根据线面垂直的判定定理和性质得到，根据中位线的性质得到，即可证明； （2）方案一：根据二倍角公式和正切的定义得到，然后建立空间直角坐标系，设，根据列方程，得到即可确定点的位置，最后用空间向量的方法求二面角即可；方案二：利用平面向量的线性运算和基本定理得到，然后建立空间直角坐标系，设，根据列方程，得到即可确定点的位置，最后用空间向量的方法求二面角即可；方案三：设，根据三棱锥的体积为列方程得到，然后建立空间直角坐标系，设，根据列方程，得到即可确定点的位置，最后用空间向量的方法求二面角即可. 【详解】（1）∵， ， ，AD，平面ABD， ∴CD⊥平面ABD． ∵平面ABD，∴． 又M，E分别为AC，BC的中点， ∴， ∴． （2）   方案一：选①，由，解得或（舍去）． 设，在Rt△ABD中， ，解得，∴． 以点D为原点，DB，DC，DA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 ，则． 设， ，则． ∵，∴，即， ∴，， ∴当（即N是CD的靠近点D的一个四等分点）时，． 设平面BNM的法向量为， ， ， 由得，令，得， ，则． 取平面BNC的一个法向量， ， 又二面角的平面角为锐角， ∴二面角的余弦值为． 方案二：选②，在题图（1）所示的△ABC中，设， 则， 又，由平面向量基本定理知，即． 以点D为原点，DB，DC，DA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，则． 设， ，则， ∵， ∴，即·， ∴，， ∴当（即N是CD的靠近点D的一个四等分点）时，． 设平面BNM的法向量为， ， ， 由得，令，得， ，则． 取平面BNC的一个法向量， ， 又二面角的平面角为锐角， ∴二面角的余弦值为． 方案三：选③，设，则， ∵， ， ∴为等腰直角三角形， ∴． 在三棱锥A－BCD中，， 且，BD，平面BCD，∴平面BCD， 又， ∴， ， 化简得，解得或（舍去）． 以点D为原点，DB，DC，DA所在直线分别为x轴，y轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，则． 设， ，则． ∵， ∴，即·， ∴，， ∴当（即N是CD的靠近点D的一个四等分点）时，． 设平面BNM的法向量为， ， ， 由得，令，得， ，则． 取平面BNC的一个法向量， ， 又二面角的平面角为锐角， ∴二面角的余弦值为． 地 城 考点07 距离问题 1．(24-25高二上·贵州黔西南布依族苗族顶效开发区顶兴学校·期中)如图，平面平面，，，，.    (1)求直线与平面所成角的大小； (2)求点到平面的距离. 【答案】(1). (2). 【分析】（1）由面面垂直的性质得到平面，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得； （2）求出平面的法向量，由点到平面的距离为计算可得. 【详解】（1）因为平面平面，平面平面，， 平面，所以平面， 又因为， 则以点为坐标原点，，，的方向分别为轴，轴，轴的正方向， 建立如下图所示的空间直角坐标系，由已知， 所以，，，，.    因为，平面的法向量为， 设直线与平面所成角为，则， 又，所以直线与平面所成角为. （2）设平面的法向量为，， 则，令，则， 因为，平面的法向量为， 所以点到平面的距离为. 2．(23-24高二上·贵州黔西南州金成实验学校·期中)在正四棱柱中，，为的中点． (1)求直线与平面所成的角； (2)求异面直线与所成的角； (3)求点到平面的距离． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据题意建立空间直角坐标系，求得平面的法向量与，从而利用空间向量夹角余弦的坐标表示即可得解； （2）结合（1）中结论，求得，从而利用空间向量夹角余弦的坐标表示即可得解； （3）结合（1）中结论，求得平面的法向量，从而利用空间距离的向量法求解即可. 【详解】（1）根据题意，建立如图所示的空间直角坐标系， . 则，，，， 故，，， 设平面的法向量，则，即， 令，则，，故， 设直线与平面所成的角为θ，则， 故 ，得， 所以直线与平面所成的角为30°. （2）由（1）得，， 所以 ， 又，则， 故异面直线与所成的角为. （3）设平面的法向量，则，即， 令，则，，故， 所以点B到平面的距离. 3．(23-24高二上·贵州凯里第一中学·期中)如图1，平面图形由直角梯形和拼接而成，其中，，，，，与相交于点，现沿着将其折成四棱锥（如图2）． (1)当侧面底面时，求点到平面的距离； (2)在（1）的条件下，线段上是否存在一点，使得二面角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)存在； 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法求得点到平面的距离. （2）设，求得点坐标，利用二面角的余弦值列方程，求得，进而求得. 【详解】（1）∵，，∴． 如下图所示，连接，则, 所以， 所以， 结合折叠前后图形的关系可知，故四边形为正方形， ∴，即为的中点，∴，∴． ∵侧面底面，侧面底面， ∴平面， 易知，，两两垂直． 以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴， 建立空间直角坐标系，如下图所示， 则，，，，， ∴，，． 设平面的法向量为， 则，取，得，， 则为平面的一个法向量， 则点到平面的距离． （2）假设存在满足题意的点，且（）． ∵，∴， ∴， ∴． 设平面的法向量为， 又∵，， ∴， 取，则，， 取为平面的一个法向量． 易知平面的一个法向量为， ∵二面角的余弦值为， ∴， 化简，得， 解得或（舍去）． ∴线段上存在满足题意的点，且． 4．(24-25高二上·贵州六盘水·期中)如图，四边形ABCD是正方形，AE，DF，BG都垂直于平面ABCD，且，，，M，N分别是EG，BC的中点.    (1)证明：平面ABCD. (2)若，求点N到平面AMF的距离. 【答案】(1)证明见详解 (2) 【分析】（1）取的中点，连接，，根据题意可得，结合线面平行的判定定理分析证明； （2）建系标点，求平面AMF的法向量，利用空间向量求点到面的距离. 【详解】（1）因为，，都垂直于平面，则. 取的中点，连接，， 则，且， 所以且，所以四边形为平行四边形， 可得， 且平面，平面，所以平面. （2）连接. 以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，    则，，，， 可得，，. 设平面的法向量为，则， 取，得，，可得. 故点到平面的距离. 地 城 考点08 空间向量法的运用 1．(23-24高二上·贵州·期中)如图，在三棱柱中，D，E分别为和AB的中点，设，，. (1)用表示向量； (2)若，，，求. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）结合已知条件，利用空间向量的运算法则即可求解； （2）由空间向量数量积的运算律计算可得结果. 【详解】（1）根据题意可得 ； （2）易知，且， 显然，； 所以 . 2．(24-25高二上·贵州遵义凤冈县·期中)在四棱柱中，，，，，点满足．    (1)若，求的值； (2)求． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由空间向量的线性运算即可求解； （2）由（1），通过平方即可求解. 【详解】（1）连接，    因为，所以， 则． （2），，， ． 3．(24-25高二上·贵州遵义凤冈县·期中)如图，在几何体ABCDEF中，已知四边形ABCD是边长为2的正方形，平面ABCD，，.    (1)求异面直线EB与DF所成角的余弦值 (2)证明：平面平面BDF. (3)若M是几何体ABCDEF内的一个动点，且（），点N满足，，求的最小值. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3). 【分析】（1）根据题意建立空间直角坐标系，利用线线角的空间向量计算公式求解即可； （2）取BD的中点O，连接OE，OF，先利用勾股定理的逆定理证明，，从而得平面，进而可证得平面平面； （3）根据题意可得M在线段OE上，N在平面BDF上，结合数量积的定义可得 ，进而求得最值. 【详解】（1）以A为坐标原点，AB，AD，AE所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系.   ，，，，则，， ， 故异面直线EB与DF所成角的余弦值为. （2）    取BD的中点O，连接OE，OF，则， 所以，，，， 所以，，，则， 所以. ，，则，又为中点， 所以，， 所以平面BDF. 因为平面EBD， 所以平面平面BDF. （3）因为（）， 所以M在线段OE上. 因为， 所以，故N在平面BDF上. ； 设G为MN的中点， 所以， 因为，所以， 故，所以的最小值为. 4．(23-24高二上·贵州铜仁第八中学·期中)已知向量，. (1)求的值； (2)求向量与夹角的余弦值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）求出的坐标，再根据向量模的坐标表示计算可得； （2）首先求出与的坐标，再求出，，，最后由夹角公式计算可得. 【详解】（1）因为，， 所以， 所以； （2）因为，， 则，， 所以，， ， 设向量与夹角为，所以， 所以向量与夹角的余弦值为. 5．(22-23高二上·贵州毕节金沙中学·期中)如图，在空间四边形中，已知E是线段的中点，G在上，且． (1)试用表示向量； (2)若，求的值． 【答案】(1)； (2) 【分析】（1）由向量的线性运算法则及其几何表示结合图形即可表示； （2），由向量的数量积运算求值 【详解】（1）∵，∴， ∴，又E是线段的中点，则， ∴； （2）由（1）可得知 6．(23-24高二上·贵州威宁彝族回族苗族自治县第八中学·期中)如图，已知平行六面体中，底面是边长为的正方形， (1)求； (2)求． 【答案】(1) (2)0 【分析】（1）记，利用基底表示所求向量，然后将向量的模转化为数量积计算可得； （2）利用基底表示所求向量，根据数量积运算律计算可得. 【详解】（1）记，则： ， ，， ， ，即有； （2）． 试卷第1页，共3页 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $丽学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 专题02空间向量与立体几何解答题考点 ☆8大高频考点概览 考点01平行问题 考点02线线垂直问题 考点03线面垂直问题 考点04面面垂直问题 考点05夹角问题 考点06探索性问题 考点07距离问题 考点08空间向量法的运用 目目 考点01 平行问题 1(23-24 学·) P-ABCD PA⊥ ABCD ABCD MN AB PD PA=AD B (1) MN/元 PBC (2) MN PCD 2(24-25 学 ABCD-A B C D AD=3 AA=4 E CD 0 D 1/19 学科网 www .zxxk com 让教与学更高效 (1) AD/EBD (2) AD DE (3) D-EBD 3(24-25 ) P-ABCD ABCD PA⊥ABCD BC/iAD AB=2 CD=1 AD=2BC=2 PA=1 E PD (1) CE/PAB (2) P-ABCD 4(23-24 学) ABC-A,B,C1AC⊥BCAC=1 BC=2 CC,=3 D AB C (1) AC,∥ B CD (2) AB B CD 5(24-25 北 学·) P-ABCD PD=2AD,PD⊥DAPD⊥DG ABCD M,N AD,PD 2/19 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (1) PA/ MNC (2) PB MNC 6(23-24 学 ) P-ABCD ABCD BCIAD AB⊥BC PAB⊥ ABCD PA=PB APLBP BA=2 BC=1 AD=3 PE=PD0<λ<1： E (1)CE‖ PAB N ②)=月 ABE PCD 7(22-23 ) ABCD-A B C D E CD F B C D A (1) EFII ABCD (2) DE BF 目目 考点01 线线垂直 3/19 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 1(23-24 学。) ABC EF P AB AC BC AE=CF=CP=1(1)△AEF EF △A,EF A-EF-B AB AP(2) 图1 图2 (1) AE⊥EP (2) B-A P-F 2(23-24 学) P-ABCD ABCD AB⊥ PAD E AD △PAD DP⊥APPA=V2AB B E (1) PE⊥BD (2) PC PBE 目目 考点03 线面垂直问题 1(24-25 学· P-ABCD PD⊥ ABCD ABCD AB=4 BC=2 PD=23 M PB N CD D 4/19 学科网 www .zxxk com 让教与学更高效 M D C B (1) PB⊥ AMN (2) M-AN-B 2(24-25 P-ABCD PD⊥ ABCD,AB/iCD,∠ADC=90°AD=CD=PD=2AB=4 (1) AB⊥ PAD (2) PAD PBC 3(24-25 ABCD BC/iAD BC=号AD=2 ∠A=60°EAD O,F BE,DE △ABE BE △A,BE A,BE⊥BCDE() D B (1) BE⊥ AOC (2) AB A CE 4(24-25 学) P-ABCD BC/AD PA⊥AD PAB⊥ ABCD∠BAD=120° P-AB-BC-AD-2 5/19 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .... (1) PA⊥ ABCD (2) PB PAD (3) BPC PCD 5(24-25 学) AB O PA⊥⊙O ∠ABC=30°PA=AB=4. B 0 (1) P-ABC (2) BCL PAC (3) PC ABC 6(23-24 学· ABCD 00 EF AD,BC 0 B (1) BE⊥G (2) AB=BC=V6 B-i B-DF-E 目目 考点04 面面垂直问题 1(24-25 北 学·) P-ABCD ABCD 6/19 学科网 www .zxxk com 让教与学更高效 PA⊥ ABCD AB/iCD CDL BC AB=AD=2CD PA=2BC=23. D B (1) PBC⊥ PAB. (2) A-BC-P 2(23-24 ··）1 ABCD∠ABC=60° △ABC AC 2 △AB,C B-ACD B D 图1 图2 (1) AC⊥B,D (2) ACB1⊥ ACD BC ABD 3(24-25 ABCD-A B C D ABCD ∠DAB=∠ADC=90·AB=AD=1CD=2BD1⊥CD M CD CD=2BM D C A :B1 M D (1) BDM⊥ BC D B-DM-C -V15 (2) BD,>BD BD 15 4(23-24 学) ABC-A B C AB=2 AA=3 E 7/19 丽学科网 www .zxxk com 让教与学更高效 AA BB A,E=BF=号AA: C B E C (1) CEF⊥ ACC A (2)B1 ECF (3) ACI CFC 5(24-25 学·) P ABCD ABCD AD⊥BDAB2AD PD⊥ABCD B (1) PBD⊥ PBC (2) P BC D AP PBC 6(23-24 P-ABCD ABCD PA⊥ ABCD∠ABC=T PA=AB=AC=2 PD F 4 B (1) ACF⊥ PAB (2) C-AF-D 8/19 学科网 www .zxxk com 让教与学更高效 7(23-24 学 ABC-A B C ABC 2 O AB 4 0. (1) CO⊥ ABBA (2) BC ABBA V15 ABC ABC 5 目目 考点05 夹角问题 1(24-25 ABC-A B C AB=3,AA =1,E,F BC,AC EF=3 E C B (1) E ∠B1EF=90 CE=1 (2) C-B EF (3) E-B C-F 2(24-25 A-BCED BCED DEI‖BCDE⊥CEAD=BD=CD=BCAC=V2AE=V2CE. 9/19 学科网 www .zxxk com 让教与学更高效 (1) AB CD (2) ADE ACD 3(24-25 1 ABCD-A B C D ∠AAD=号CN=3G有，丽=BD1恋=a,Aò-i,AA=8 D C A B D..M (1) a.b.c MN (2)MN (3) MN 4(23-24 ABCD-ABC1D1E、F BB CC A、E、F r BE=CF A D B C F E D B (1) ( ) (2)E BB AC EAC 5(24-25 ABC-A B C ABLAC AB=AC=2 AA=4 EF BB CC 10/19