教考衔接九 空间向量与立体几何学案-2026届高三数学二轮复习

2026年高考数学·教考衔接 教材命题点探源 -----------------------------供2026高考备考二轮、三轮复习及考前使用------------------------- 教考衔接八 空间向量与立体几何 --------------■高考命题·解读■----------------- 核心考点 五年考情 考点1.空间向量与平行关系 2023·全国乙卷 2022·全国甲卷 考点2. 空间向量与垂直关系 2023·全国甲卷 2022·全国乙卷 2021·全国甲卷 2021·全国乙卷 考点3.空间向量求异面直线所成的角 2025·全国一卷 考点4. 空间向量求直线与平面所成的角 2023·全国甲卷 2022·全国甲卷 2022·全国乙卷 考点5.求面面角或二面角 2025·全国二卷 2024·新课标Ⅰ卷 2024·新课标Ⅱ卷 2024·全国甲卷 2023·新课标Ⅰ卷 2023·新课标Ⅱ卷 2023·全国乙卷 2022·新高考全国Ⅰ卷 2022·新高考全国Ⅱ卷 2021·新高考全国Ⅰ卷 2021·新高考全国Ⅱ卷 2021·全国甲卷 2021·全国乙卷 🎯【命题解读】（考前必看） 1.空间向量与立体几何是高考的热点，难度以中档或偏难为主，题型涵盖选择，填空和解答题. （1）从近几年高考情况来看，本章内容在客观题中主要考查借助于空间几何体为载体，考查线线垂直、线面垂直的探求、空间向量法在解决立体几何位置关系的应用. （2）在解答题中主要考查线、面位置关系的证明及空间角的计算，建系是解题的关键. （3）考查的核心素养为逻辑推理、直观想象和数学运算. 2.空间向量与立体几何考查的主要内容有： （1）以空间几何体为载体考查空间线、面位置关系的证明以及空间角和距离的计算； （2）以空间向量为辅助工具解决空间角的计算与线、面位置关系的证明. 🎯练教材-----必刷经典母题 【教材母题1】(人教A版选择性必修第一册P43·T9)已知M,N分别是正方体ABCD-A'B'C'D'的棱BB'和B'C'的中点,求: （1）MN和CD'所成的角; （2）MN和AD所成的角. 【🚀衔接高考】 (2021·全国乙卷) （一题多解）在正方体ABCD-A1B1C1D1中,P为B1D1的中点,则直线PB与AD1所成的角为(　　) A. B. C. D. 【教材母题2】 (人教A版选择性必修第一册P34例6)如图,在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为线段A1B1的中点,F为线段AB的中点. （1）求点B到直线AC1的距离; （2）求直线FC到平面AEC1的距离. 【教材母题3】 (人教A版选择性必修第一册P41T3)如图,在三棱锥O-ABC中,OA,OB,OC两两垂直,OA=OC=3,OB=2.求直线OB与平面ABC所成角的正弦值. 【🚀衔接高考】 （1）（2025·北京高考）如图，在四棱锥中，与均为等腰直角三角形，，E为BC的中点． ①若分别为的中点，求证：平面PAB； ②若平面ABCD，，求直线AB与平面PCD所成角的正弦值． （2）(2020·新高考Ⅱ卷)如图,四棱锥P-ABCD的底面为正方形,PD⊥底面ABCD.设平面PAD与平面PBC的交线为l. ①证明:l⊥平面PDC; ②已知PD=AD=1,Q为l上的点,QB=,求PB与平面QCD所成角的正弦值. 【教材母题4】 (人教A版选择性必修第一册P39·例10)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD＝DC，E是PC的中点，作EF⊥PB交PB于点F. （1）求证：PA∥平面EDB； （2）求证：PB⊥平面EFD； （3）求平面CPB与平面PBD的夹角的大小. 【🚀衔接高考】 （1）（2025·全国一卷）（一题多解）在正三棱柱中，D为BC中点，则（    ） A． B．平面 C． D．平面 （2）（2025·天津高考）（一题多解）正方体的棱长为4，分别为中点，． ①求证：平面； ②求平面与平面夹角的余弦值； ③求三棱锥的体积． （3）（2025·全国二卷）如图，在四边形中，，F为CD的中点，点E在AB上，，，将四边形沿翻折至四边形，使得面与面EFCB所成的二面角为． ①证明:平面； ②求面与面所成的二面角的正弦值． （4）(2021·新高考Ⅱ卷)在四棱锥Q－ABCD中，底面ABCD是正方形，若AD＝2，QD＝QA＝，QC＝3. 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. 【教材母题5】 (人教A版选择性必修第一册P49T12)如图,在四棱锥S-ABCD中,底面ABCD满足AB⊥AD,AB⊥BC,SA⊥底面ABCD,且SA=AB=BC=1,AD=0.5. ①求四棱锥S-ABCD的体积; ②求平面SCD与平面SAB的夹角的余弦值. 【教材母题6】 (湘教版选择性必修第二册P112·T19)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AD=AA1=1,AB=2,点E在棱AB上移动. ①求证:D1E⊥A1D; ②当点E为棱AB的中点时,求点E到平面ACD1的距离; ③当AE为何值时,平面D1EC与平面AECD所成的角为? 【🚀衔接高考】 （1）(2024·新高考Ⅱ卷)如图,平面四边形ABCD中,AB=8,CD=3,AD=5,∠ADC=90°,∠BAD=30°,点E,F满足=,=.将△AEF沿EF翻折至△PEF,使得PC=4. ①证明:EF⊥PD; ②求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值. （2）(2023·新高考Ⅰ卷) （一题多解）如图,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,AA1=4,点A2,B2,C2,D2分别在棱AA1,BB1,CC1,DD1上,AA2=1,BB2=DD2=2,CC2=3. ①证明:B2C2∥A2D2; ②点P在棱BB1上,当二面角P-A2C2-D2为150°时,求B2P. 🎯读教材-----玩味阅读材料 【阅读】通过阅读《多知道一点——平面方程》(湘教版选择性必修第二册P104),可从中提炼出如下结论: （1）已知平面α的法向量n=(A,B,C)和平面上一点P0(x0,y0,z0),则空间任意一点P(x,y,z)在平面上的充要条件为A(x-x0)+B(y-y0)+C(z-z0)=0. （2）已知平面α的方程为Ax+By+Cz+D=0,其中A,B,C不同时为0,则n=(A,B,C)是平面α的法向量. （3）点P1(x1,y1,z1)到平面Ax+By+Cz+D=0的距离为d=. 【🚀新题预测】 (2025·济南模拟)在空间直角坐标系O-xyz中,任一平面的方程都能表示成Ax+By+Cz+D=0,其中A,B,C,D∈R,A2+B2+C2≠0,且n=(A,B,C)为该平面的法向量. 已知集合P={(x,y,z)||x|≤1,|y|≤1,|z|≤1},Q={(x,y,z)||x|+|y|+|z|≤2},T={(x,y,z)||x|+|y|≤2,|y|+|z|≤2,|z|+|x|≤2}. （1）设集合M={(x,y,z)|z=0},记P∩M中所有点构成的图形的面积为S1,Q∩M中所有点构成的图形的面积为S2,求S1和S2的值; （2）记集合Q中所有点构成的几何体的体积为V1,P∩Q中所有点构成的几何体的体积为V2,求V1和V2的值; （3）记集合T中所有点构成的几何体为W. ①求W的体积V3的值; ②求W的相邻(有公共棱)两个面所成二面角的大小,并指出W的面数和棱数. 🎯研教材-----深度探究思考 【探究1】 (人教A版选择性必修第一册P33)如图,已知直线l的单位方向向量为u,A是直线l上的定点,P是直线l外一点.如何利用这些条件求点P到直线l的距离? 【探究2】(人教A版必修第二册P151讲解,人教B版选择性必修第一册P45讲解拓展)三余弦定理和三正弦定理如图,AP是平面α的一条斜线段,A是斜足,O是点P在平面α内的射影,AB是平面α内的一条射线,OB⊥AB,则: （1）cos∠PAB=cos∠PAO·cos∠BAO; （2）sin∠PAO=sin∠PAB·sin∠PBO. 【🚀衔接高考】 （1）(2022·新高考Ⅰ卷) （一题多解）如图,直三棱柱ABC-A1B1C1的体积为4,△A1BC的面积为2. ①求A到平面A1BC的距离; ②设D为A1C的中点,AA1=AB,平面A1BC⊥平面ABB1A1,求二面角A-BD-C的正弦值. （2）(2021·新高考Ⅰ卷) （一题多解）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. （3）(2021·新高考Ⅱ卷) （一题多解）在四棱锥Q-ABCD中,底面ABCD是正方形,若AD=2,QD=QA=,QC=3. 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. 【探究3】(人教B版选择性必修第一册P50讲解拓展)面积射影定理:AB⊂平面α,C∉平面α,CC1⊥平面α,二面角C-AB-C1的平面角为θ(θ为锐角),则cos θ=. 【🚀衔接高考】 (2024·新高考Ⅰ卷) （一题多解）如图,四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,PA=AC=2,BC=1,AB=. 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,求AD. 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年高考数学·教考衔接 教材命题点探源 -----------------------------供2026高考备考二轮、三轮复习及考前使用------------------------- 教考衔接八 空间向量与立体几何 --------------■高考命题·解读■----------------- 核心考点 五年考情 考点1.空间向量与平行关系 2023·全国乙卷 2022·全国甲卷 考点2. 空间向量与垂直关系 2023·全国甲卷 2022·全国乙卷 2021·全国甲卷 2021·全国乙卷 考点3.空间向量求异面直线所成的角 2025·全国一卷 考点4. 空间向量求直线与平面所成的角 2023·全国甲卷 2022·全国甲卷 2022·全国乙卷 考点5.求面面角或二面角 2025·全国二卷 2024·新课标Ⅰ卷 2024·新课标Ⅱ卷 2024·全国甲卷 2023·新课标Ⅰ卷 2023·新课标Ⅱ卷 2023·全国乙卷 2022·新高考全国Ⅰ卷 2022·新高考全国Ⅱ卷 2021·新高考全国Ⅰ卷 2021·新高考全国Ⅱ卷 2021·全国甲卷 2021·全国乙卷 🎯【命题解读】（考前必看） 1.空间向量与立体几何是高考的热点，难度以中档或偏难为主，题型涵盖选择，填空和解答题. （1）从近几年高考情况来看，本章内容在客观题中主要考查借助于空间几何体为载体，考查线线垂直、线面垂直的探求、空间向量法在解决立体几何位置关系的应用. （2）在解答题中主要考查线、面位置关系的证明及空间角的计算，建系是解题的关键. （3）考查的核心素养为逻辑推理、直观想象和数学运算. 2.空间向量与立体几何考查的主要内容有： （1）以空间几何体为载体考查空间线、面位置关系的证明以及空间角和距离的计算； （2）以空间向量为辅助工具解决空间角的计算与线、面位置关系的证明. 🎯练教材-----必刷经典母题 【教材母题1】(人教A版选择性必修第一册P43·T9)已知M,N分别是正方体ABCD-A'B'C'D'的棱BB'和B'C'的中点,求: （1）MN和CD'所成的角; （2）MN和AD所成的角. 【解析】(1)以D为原点,DA为x轴,DC为y轴,DD'为z轴,建立如图空间直角坐标系, 设正方体ABCD-A'B'C'D'的棱长为2,则M(2,2,1),N(1,2,2),C(0,2,0),D'(0,0,2), =(-1,0,1),=(0,-2,2),cos<,>===,∴MN和CD'所成角的大小为60°. (2)A(2,0,0),D(0,0,0),=(-2,0,0),cos<,>===,∴MN和AD所成角的大小为45°. 【🚀衔接高考】 (2021·全国乙卷) （一题多解）在正方体ABCD-A1B1C1D1中,P为B1D1的中点,则直线PB与AD1所成的角为(　　) A. B. C. D. 【答案】D 【解析】解法一：如图, 连接C1P,因为ABCD-A1B1C1D1是正方体,且P为B1D1的中点, 所以C1P⊥B1D1,又C1P⊥BB1,B1D1∩BB1=B1,B1D1,BB1⊂平面B1BP,所以C1P⊥平面B1BP.又BP⊂平面B1BP,所以有C1P⊥BP.连接BC1,则AD1∥BC1,所以∠PBC1为直线PB与AD1所成的角(或其补角).设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,则在Rt△C1PB中,C1P=B1D1=,BC1=2,sin ∠PBC1==,所以∠PBC1=,故选D. 解法二：如图, 以A为坐标原点,AB,AD,AA1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,则A(0,0,0),B(2,0,0),P(1,1,2),D1(0,2,2),=(1,-1,-2),=(0,2,2).设直线PB与AD1所成的角为θ,则cos θ===.因为θ∈,所以θ=,故选D. 法三　如图,连接BC1,A1B,A1P,PC1,则易知AD1∥BC1,所以直线PB与AD1所成的角等于直线PB与BC1所成的角(或其补角).由P为正方形A1B1C1D1的对角线B1D1的中点,知A1,P,C1三点共线,且P为A1C1的中点. 易知A1B=BC1=A1C1,所以△A1BC1为等边三角形 ,所以∠A1BC1=,又P为A1C1的中点,所以可得∠PBC1=∠A1BC1=,故直线PB与AD1所成的角为,故选D. 【教材母题2】 (人教A版选择性必修第一册P34例6)如图,在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为线段A1B1的中点,F为线段AB的中点. （1）求点B到直线AC1的距离; （2）求直线FC到平面AEC1的距离. 【解析】以D1为原点,D1A1,D1C1,D1D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(1,0,1),B(1,1,1),C(0,1,1),C1(0,1,0),E,F,所以=(0,1,0),=(-1,1,-1), =,=,=,=. (1)取a==(0,1,0),u==(-1,1,-1),则a2=1,a·u=. 所以点B到直线AC1的距离为==. (2)因为==, 所以FC∥EC1,因为FC⊄平面AEC1,所以FC∥平面AEC1. 所以直线FC到平面AEC1的距离即为点F到平面AEC1的距离. 设平面AEC1的法向量为n=(x,y,z), 则所以所以取z=1,则x=1,y=2. 所以n=(1,2,1)是平面AEC1的一个法向量. 又因为=,所以点F到平面AEC1的距离为==. 即直线FC到平面AEC1的距离为. 【教材母题3】 (人教A版选择性必修第一册P41T3)如图,在三棱锥O-ABC中,OA,OB,OC两两垂直,OA=OC=3,OB=2.求直线OB与平面ABC所成角的正弦值. 【解析】以O为坐标原点,OB为x轴,OC轴为y轴,OA为z轴建立空间直角坐标系, 所以O(0,0,0),B(2,0,0),A(0,0,3),C(0,3,0),=(2,0,0), 设平面ABC的一个法向量为n=(x,y,z),=(-2,0,3),=(0,3,-3), 即所以不妨令x=3,则n=(3,2,2),所以cos<,n>==, 所以直线OB与平面ABC所成角的正弦值为. 【🚀衔接高考】 （1）（2025·北京高考）如图，在四棱锥中，与均为等腰直角三角形，，E为BC的中点． ①若分别为的中点，求证：平面PAB； ②若平面ABCD，，求直线AB与平面PCD所成角的正弦值． 【解析】①取PA的中点N，PB的中点M，连接FN、MN， 与为等腰直角三角形且， 不妨设，.. E、F分别为BC、PD的中点，，且. ，，，∴四边形FGMN为平行四边形， ，平面PAB，平面PAB，平面PAB； ②平面ABCD，以A为原点，AC、AB、AP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，则， ， 设平面PCD的一个法向量为， ，，取，，. 设AB与平面PCD所成角为， 则， 即AB与平面PCD所成角的正弦值为. （2）(2020·新高考Ⅱ卷)如图,四棱锥P-ABCD的底面为正方形,PD⊥底面ABCD.设平面PAD与平面PBC的交线为l. （1）证明:l⊥平面PDC; （2）已知PD=AD=1,Q为l上的点,QB=,求PB与平面QCD所成角的正弦值. (1)证明　∵PD⊥底面ABCD,AD⊂底面ABCD,∴PD⊥AD. 又底面ABCD是正方形,∴AD⊥DC.∵PD∩DC=D,∴AD⊥平面PDC. ∵AD∥BC,AD⊄平面PBC,BC⊂平面PBC,∴AD∥平面PBC. ∵AD⊂平面PAD,平面PAD∩平面PBC=l,∴l∥AD,∴l⊥平面PDC. (2)解　以D为坐标原点,的方向为x轴为正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz, 则D(0,0,0),C(0,1,0),B(1,1,0),P(0,0,1),=(0,1,0),=(1,1,-1).由(1)设Q(a,0,1),则=(a-1,-1,1). 由题意知=, ∴a=1,∴=(1,0,1). 设n=(x,y,z)是平面QCD的一个法向量,则即可取n=(1,0,-1), ∴cos<n,>==,故PB与平面QCD所成角的正弦值为. 【教材母题4】 (人教A版选择性必修第一册P39·例10)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD＝DC，E是PC的中点，作EF⊥PB交PB于点F. （1）求证：PA∥平面EDB； （2）求证：PB⊥平面EFD； （3）求平面CPB与平面PBD的夹角的大小. 【解析】以D为原点，DA，DC，DP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，设DC＝1. （1）证明　连接AC，交BD于点G，连接EG. 依题意得A(1，0，0)，P(0，0，1)，E. 因为底面ABCD是正方形，所以点G是它的中心， 故点G的坐标为，且＝(1，0，－1)，＝. 所以＝2，即PA∥EG.而EG⊂平面EDB，且PA⊄平面EDB， 因此PA∥平面EDB. （2）证明　依题意得B(1，1，0)，＝(1，1，－1)．又＝，故·＝0＋－＝0. 所以PB⊥DE.由已知EF⊥PB，且EF∩DE＝E，所以PB⊥平面EFD. （3）已知PB⊥EF，由(2)可知PB⊥DF，故∠EFD是平面CPB与平面PBD的夹角． 设点F的坐标为(x，y，z)，则＝(x，y，z－1)． 因为＝k，所以(x，y，z－1)＝k(1，1，－1)＝(k，k，－k)，即x＝k，y＝k，z＝1－k. 设·＝0，则(1，1，－1)·(k，k，1－k)＝k＋k－1＋k＝3k－1＝0. 所以k＝，点F的坐标为. 又点E的坐标为，所以＝. 所以cos∠EFD＝＝＝. 所以∠EFD＝60°，即平面CPB与平面PBD的夹角大小为60°. 【🚀衔接高考】 （1）（2025·全国一卷）（一题多解）在正三棱柱中，D为BC中点，则（    ） A． B．平面 C． D．平面 【答案】BD 【解析】解法一：对于A，在正三棱柱中，平面， 又平面，则，则， 因为是正三角形，为中点，则，则 又， 所以， 则不成立，故A错误； 对于B，因为在正三棱柱中，平面，又平面，则， 因为是正三角形，为中点，则， 又平面，所以平面，故B正确； 对于D，因为在正三棱柱中， 又平面平面，所以平面，故D正确； 对于C，因为在正三棱柱中，， 假设，则，这与矛盾，所以不成立，故C错误； 故选BD. 解法二：如图，建立空间直角坐标系，设该正三棱柱的底边为，高为， 则， 对于A，， 则， 则不成立，故A错误； 对于BD，， 设平面的法向量为， 则，得，令，则， 所以，， 则平面，平面，故BD正确； 对于C，，则，显然不成立，故C错误； 故选BD. （2）（2025·天津高考）（一题多解）正方体的棱长为4，分别为中点，． ①求证：平面； ②求平面与平面夹角的余弦值； ③求三棱锥的体积． 【解析】①解法一：在正方形中， 由条件易知，所以， 则， 故，即， 在正方体中，易知平面，且， 所以平面， 又平面，∴， ∵平面，∴平面； 解法二：如图以D为中心建立空间直角坐标系， 则， 所以， 设是平面的一个法向量， 则，令，则，所以， 易知，则也是平面的一个法向量，∴平面； ②同上法二建立的空间直角坐标系， 所以， 由①知是平面的一个法向量， 设平面的一个法向量为，所以， 令，则，即， 设平面与平面的夹角为， 则； ③由①知平面，平面，∴， 易知， 又，则D到平面的距离为， 由棱锥的体积公式知：. （3）（2025·全国二卷）如图，在四边形中，，F为CD的中点，点E在AB上，，，将四边形沿翻折至四边形，使得面与面EFCB所成的二面角为． ①证明:平面； ②求面与面所成的二面角的正弦值． 【解析】①设，所以，因为为中点，所以，因为，，所以是平行四边形， 所以，所以， 因为平面平面，所以平面， 因为平面平面，所以平面， 又，平面，所以平面平面， 又平面，所以平面． ②因为，所以，又因为，所以， 以为原点，以及垂直于平面的直线分别为轴，建立空间直角坐标系. 因为，平面与平面所成二面角为60° ，所以. 则，，，，，. 所以. 设平面的法向量为，则 ，所以，令，则，则. 设平面的法向量为， 则，所以， 令，则，所以. 所以. 所以平面与平面夹角的正弦值为. （4）(2021·新高考Ⅱ卷)在四棱锥Q－ABCD中，底面ABCD是正方形，若AD＝2，QD＝QA＝，QC＝3. 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. ①证明　取AD的中点为O，连接QO，CO.因为QA＝QD，OA＝OD，则QO⊥AD. 又AD＝2，QA＝，故QO＝＝2. 在Rt△ODC中，CO＝＝. 因为QC＝3，故QC2＝QO2＋OC2，故△QOC为直角三角形且QO⊥OC. 因为OC∩AD＝O，OC，AD⊂平面ABCD，故QO⊥平面ABCD. 因为QO⊂平面QAD，故平面QAD⊥平面ABCD. ②解　在平面ABCD内，过O作OT∥CD，交BC于T，则OT⊥AD，结合(1)中的QO⊥平面ABCD，故可建如图所示的空间坐标系， 则D(0，1，0)，Q(0，0，2)，B(2，－1，0)， 故＝(－2，1，2)，＝(－2，2，0)． 设平面QBD的法向量为n＝(x，y，z)，则即 取x＝1，则y＝1，z＝，故n＝. 易知平面QAD的一个法向量为m＝(1，0，0)，故cos〈m，n〉＝＝＝. 又二面角BQDA的平面角为锐角，故其余弦值为. 【教材母题5】 (人教A版选择性必修第一册P49T12)如图,在四棱锥S-ABCD中,底面ABCD满足AB⊥AD,AB⊥BC,SA⊥底面ABCD,且SA=AB=BC=1,AD=0.5. （1）求四棱锥S-ABCD的体积; （2）求平面SCD与平面SAB的夹角的余弦值. 【解析】(1)根据题意可得四棱锥S-ABCD的体积为VS-ABCD=×S直角梯形ABCD×SA=××(1+0.5)×1×1=. (2)根据题意可建系如图: 则D,C(1,1,0),S(0,0,1),∴=,=(1,1,-1), 设平面SCD的法向量为m=(x,y,z),则取m=(2,-1,1), 又易知平面SAB的法向量为n=(1,0,0),∴平面SCD与平面SAB的夹角的余弦值为|cos<m,n>===. 【教材母题6】 (湘教版选择性必修第二册P112·T19)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AD=AA1=1,AB=2,点E在棱AB上移动. ①求证:D1E⊥A1D; ②当点E为棱AB的中点时,求点E到平面ACD1的距离; ③当AE为何值时,平面D1EC与平面AECD所成的角为? 【解析】以D为坐标原点,直线DA,DC,DD1分别为x,y,z轴, 建立空间直角坐标系,设AE=x(0≤x≤2),则A1(1,0,1),D1(0,0,1),E(1,x,0),A(1,0,0),C(0,2,0),D(0,0,0). ①证明　∵·=(1,0,1)·(1,x,-1)=0,∴⊥,∴D1E⊥A1D. ②∵E为AB的中点,则E(1,1,0),∴=(1,1,-1),=(-1,2,0),=(-1,0,1), 设平面ACD1的法向量为n=(a,b,c),则也即 令a=2,得从而n=(2,1,2),∴点E到平面AD1C的距离为:h===. ③设平面D1EC的法向量n1=(a1,b1,c1), ∴=(1,x-2,0),=(0,2,-1),=(0,0,1),由得 令b1=1,∴c1=2,a1=2-x,∴n1=(2-x,1,2). 又平面AECD的一个法向量为=(0,0,1),依题意cos ===, ∴x1=2+(舍去),x2=2-,∴AE=2-时,平面D1EC与平面AECD所成的角为. 【🚀衔接高考】 （1）(2024·新高考Ⅱ卷)如图,平面四边形ABCD中,AB=8,CD=3,AD=5,∠ADC=90°,∠BAD=30°,点E,F满足=,=.将△AEF沿EF翻折至△PEF,使得PC=4. ①证明:EF⊥PD; ②求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值. ①证明　由题意知,AE=AD=2,AF=AB=4, 又∠BAD=30°,所以由余弦定理得EF2=AE2+AF2-2AE·AF·cos 30°=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解　如图,连接CE,由题意知DE=3,CD=3,∠CDE=90°,故CE==6. 又PE=AE=2,PC=4,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(0,0,2),D(0,3,0),F(2,0,0),A(0,-2,0),C(3,3,0), 连接PA,则=(0,3,-2),=(3,0,0),=(0,2,2),=(2,2,0). 设平面PCD的法向量n1=(x1,y1,z1),则可取n1=(0,2,3). 设平面PBF即平面PAF的法向量n2=(x2,y2,z2),则可取n2=(,-1,1), |cos<n1,n2>|==, 故平面PCD与平面PBF所成二面角的正弦值为=. （2）(2023·新高考Ⅰ卷) （一题多解）如图,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,AA1=4,点A2,B2,C2,D2分别在棱AA1,BB1,CC1,DD1上,AA2=1,BB2=DD2=2,CC2=3. ①证明:B2C2∥A2D2; 1 点P在棱BB1上,当二面角P-A2C2-D2为150°时,求B2P. ①证明　解法一：依题意,得=++=++=, 又B2C2与A2D2不重合,所以B2C2∥A2D2. 解法二：以点C为坐标原点,CD,CB,CC1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,则B2(0,2,2),C2(0,0,3),A2(2,2,1),D2(2,0,2), 所以=(0,-2,1),=(0,-2,1),所以=,又B2C2与A2D2不重合,所以B2C2∥A2D2. ②解　建立空间直角坐标系,建系方法同①中法二,设BP=n(0≤n≤4),则P(0,2,n), 所以=(2,0,1-n),=(0,-2,3-n).设平面PA2C2的法向量为a=(x1,y1,z1), 所以则令x1=n-1,得a=(n-1,3-n,2). 设平面A2C2D2的法向量为b=(x2,y2,z2),由①中法二知,=(-2,-2,2),=(0,-2,1), 所以 则令y2=1,得b=(1,1,2).所以|cos 150°|=|cos<a,b>|,即=, 整理得n2-4n+3=0,解得n=1或n=3,所以BP=1或BP=3,所以B2P=1. 🎯读教材-----玩味阅读材料 【阅读】通过阅读《多知道一点——平面方程》(湘教版选择性必修第二册P104),可从中提炼出如下结论: （1）已知平面α的法向量n=(A,B,C)和平面上一点P0(x0,y0,z0),则空间任意一点P(x,y,z)在平面上的充要条件为A(x-x0)+B(y-y0)+C(z-z0)=0. 证明　P∈α的充要条件是n⊥,等价于0=n·=(A,B,C)·(x-x0,y-y0,z-z0)=A(x-x0)+B(y-y0)+C(z-z0), 即P(x,y,z)在平面α上的充要条件是它的坐标满足方程A(x-x0)+B(y-y0)+C(z-z0)=0. （2）已知平面α的方程为Ax+By+Cz+D=0,其中A,B,C不同时为0,则n=(A,B,C)是平面α的法向量. 证明　设平面α内的任意两点P1(x1,y1,z1),P2(x2,y2,z2),则=(x2-x1,y2-y1,z2-z1), 且Ax1+By1+Cz1+D=0,Ax2+By2+Cz2+D=0, 因为n·=A(x2-x1)+B(y2-y1)+C(z2-z1)=Ax2+By2+Cz2-(Ax1+By1+Cz1)=0,所以n⊥, 所以n=(A,B,C)是平面α的法向量. （3）点P1(x1,y1,z1)到平面Ax+By+Cz+D=0的距离为d=. 证明　如图所示,平面α的方程为Ax+By+Cz+D=0, 向量n=(A,B,C)为α的法向量,平面外一点P1(x1,y1,z1),在平面内取一点M0(x0,y0,z0), 则点P1到平面α的距离d=,而·n=|A(x1-x0)+B(y1-y0)+C(z1-z0)|, 由于点M0(x0,y0,z0)在平面α上,因此有Ax0+By0+Cz0+D=0,即Ax0+By0+Cz0=-D, 由此可得·n=|Ax1+By1+Cz1+D|,所以d=, 空间中点到平面的距离公式可看成平面内点到直线的距离公式的推广. 【🚀新题预测】 (2025·济南模拟)在空间直角坐标系O-xyz中,任一平面的方程都能表示成Ax+By+Cz+D=0,其中A,B,C,D∈R,A2+B2+C2≠0,且n=(A,B,C)为该平面的法向量. 已知集合P={(x,y,z)||x|≤1,|y|≤1,|z|≤1},Q={(x,y,z)||x|+|y|+|z|≤2},T={(x,y,z)||x|+|y|≤2,|y|+|z|≤2,|z|+|x|≤2}. （1）设集合M={(x,y,z)|z=0},记P∩M中所有点构成的图形的面积为S1,Q∩M中所有点构成的图形的面积为S2,求S1和S2的值; （2）记集合Q中所有点构成的几何体的体积为V1,P∩Q中所有点构成的几何体的体积为V2,求V1和V2的值; （3）记集合T中所有点构成的几何体为W. ①求W的体积V3的值; ②求W的相邻(有公共棱)两个面所成二面角的大小,并指出W的面数和棱数. 【解析】(1)集合M={(x,y,z)|z=0}表示xOy平面上所有的点, P={(x,y,z)||x|≤1,|y|≤1,|z|≤1}表示(±1,±1,±1)这八个顶点形成的正方体内所有的点, P∩M可以看成正方体在xOy平面上的截面内所有的点.它是边长为2的正方形,因此S1=4. 对于Q={(x,y,z)||x|+|y|+|z|≤2},当x,y,z>0时,x+y+z=2表示经过(2,0,0),(0,2,0),(0,0,2)的平面在第一象限的部分. 由对称性可知Q表示(±2,0,0),(0,±2,0),(0,0,±2)这六个顶点形成的正八面体内所有的点,Q∩M可以看成正八面体在xOy平面上的截面内所有的点,它的边长为2的正方形,因此S2=8. (2)记集合Q,P∩Q中所有点构成的几何体的体积分别为V1,V2; 考虑集合Q的子集Q'={(x,y,z)|x+y+z≤2,x≥0,y≥0,z≥0}, 即为三个坐标平面与x+y+z=2围成的四面体,四面体四个顶点分别为(0,0,0),(2,0,0),(0,2,0),(0,0,2), 此四面体的体积为VQ'=×2×=,由对称性知,V1=8VQ'=. 考虑到P的子集P'构成的几何体为棱长为1的正方体,即 P'={(x,y,z)|0≤x≤1,0≤y≤1,0≤z≤1},Q'={(x,y,z)|x+y+z≤2,x≥0,y≥0,z≥0},P'∩Q'为两个几何体公共部分. 记Q1(1,1,0),Q2(1,0,1),Q3(0,1,1),Q4(1,1,1), 容易验证Q1,Q2,Q3在平面x+y+z=2上,同时也在P'的底面上,P'∩Q'为截去三棱锥Q4-Q1Q2Q3所剩下的部分. P'的体积VP'=1×1×1=1,三棱锥Q4-Q1Q2Q3的体积为=×1××(1×1)=, 故P'∩Q'的体积VP'∩Q'=VP'-=1-=.由对称性知,V2=8VP'∩Q'=. (3)①如图所示,即为T所构成的图形,其中正方体ABCD-LIJM即为集合P所构成的区域,E-ABCD构成了一个正四棱锥,其中E(0,0,2). VE-ABCD=×1×2×2=,V3=VP+6VE-ABCD=8+6×=16. ②由题意面EBC方程为x+z-2=0,由题干知其法向量n1=(1,0,1),面ECD方程为y+z-2=0, 由题干知其法向量n2=(0,1,1),故cos<n1,n2>==. 由图知两个相邻的面所成角为钝角,故H相邻两个面所成角为,由图可知共有12个面,24条棱. 🎯研教材-----深度探究思考 【探究1】 (人教A版选择性必修第一册P33)如图,已知直线l的单位方向向量为u,A是直线l上的定点,P是直线l外一点.如何利用这些条件求点P到直线l的距离? 【解析】设=a,则向量在直线l上的投影向量=(a·u)u.在Rt△APQ中,由勾股定理,得点P到点线l的距离为PQ==. 【探究2】(人教A版必修第二册P151讲解,人教B版选择性必修第一册P45讲解拓展)三余弦定理和三正弦定理 如图,AP是平面α的一条斜线段,A是斜足,O是点P在平面α内的射影,AB是平面α内的一条射线,OB⊥AB,则: （1）cos∠PAB=cos∠PAO·cos∠BAO; （2）sin∠PAO=sin∠PAB·sin∠PBO. 证明　易知∠POA=∠POB=∠OBA=90°,cos∠PAO·cos∠BAO=·==cos∠PAB, sin∠PAB·sin∠PBO=·==sin∠PAO. 【🚀衔接高考】 （1）(2022·新高考Ⅰ卷) （一题多解）如图,直三棱柱ABC-A1B1C1的体积为4,△A1BC的面积为2. ①求A到平面A1BC的距离; ②设D为A1C的中点,AA1=AB,平面A1BC⊥平面ABB1A1,求二面角A-BD-C的正弦值. 【解析】　①设点A到平面A1BC的距离为h,因为直三棱柱ABC-A1B1C1的体积为4, 所以=S△ABC·AA1==,又△A1BC的面积为2,=h=×2h=, 所以h=,即点A到平面A1BC的距离为. ②解法一：　取A1B的中点E,连接AE,则AE⊥A1B. 因为平面A1BC⊥平面ABB1A1,平面A1BC∩平面ABB1A1=A1B,AE⊂平面ABB1A1,所以AE⊥平面A1BC, 又BC⊂平面A1BC,所以AE⊥BC.又AA1⊥平面ABC,BC⊂平面ABC,所以AA1⊥BC. 因为AA1∩AE=A,AA1,AE⊂平面ABB1A1,所以BC⊥平面ABB1A1, 又AB⊂平面ABB1A1,所以BC⊥AB. 以B为坐标原点,分别以,,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B-xyz, 由①知,AE=,所以AA1=AB=2,A1B=2.因为△A1BC的面积为2,所以2=·A1B·BC,所以BC=2, 所以A(0,2,0),B(0,0,0),C(2,0,0),A1(0,2,2),D(1,1,1),E(0,1,1),则=(1,1,1),=(0,2,0). 设平面ABD的一个法向量为n=(x,y,z),则即令x=1,得n=(1,0,-1). 又平面BDC的一个法向量为=(0,-1,1),所以cos<,n>===-. 设二面角A-BD-C的平面角为θ,则sin θ==, 所以二面角A-BD-C的正弦值为. 解法二：设该二面角为α,取A1B的中点E(图略).由AA1=AB得AE⊥A1B,又平面A1BC⊥平面ABA1, 平面A1BC∩平面ABA1=A1B,所以AE⊥平面A1BC,所以BC⊥AE, 又因为BC⊥AA1,AE,AA1⊂平面BAA1,所以BC⊥平面BAA1,AB⊂平面BAA1, 所以BC⊥AB,又因为=AB·BC·AA1=BC·A=4, 则AB=BC=AA1=2,则AD=BD=,sin∠ABE=,sin∠ABD=. 由三正弦定理得sin∠ABE=sin α·sin∠ABD, 所以sin α=,即二面角A-BD-C的正弦值是. （2）(2021·新高考Ⅰ卷) （一题多解）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. ①证明　因为AB=AD,O为BD的中点,所以OA⊥BD,又平面ABD⊥平面BCD,且平面ABD∩平面BCD=BD, AO⊂平面ABD,所以AO⊥平面BCD, 又CD⊂平面BCD,所以AO⊥CD. ②解法一：因为△OCD是边长为1的正三角形,且O为BD的中点,所以OC=OB=OD=1, 所以△BCD是直角三角形,且∠BCD=90°,BC=,所以S△BCD=. 如图,过点E作EF∥AO,交BD于F,过点F作FG⊥BC,垂足为G,连接EG.因为AO⊥平面BCD, 所以EF⊥平面BCD,又BC⊂平面BCD,所以EF⊥BC,又FG⊥BC,且EF∩FG=F,EF,FG⊂平面EFG, 所以BC⊥平面EFG,又EG⊂平面EFG,所以BC⊥EG,则∠EGF为二面角E-BC-D的平面角, 所以∠EGF=45°,则GF=EF.因为DE=2EA,所以EF=OA,DF=2OF,所以=2. 因为FG⊥BC,CD⊥BC,所以GF∥CD,则=,所以GF=.所以EF=GF=,所以OA=1, 所以VA-BCD=S△BCD·AO=××1=. 解法二：如图所示,以O为坐标原点,OB,OA所在直线分别为x,z轴,在平面BCD内,以过点O且与BD垂直的直线为y轴建立空间直角坐标系. 因为△OCD是边长为1的正三角形,且O为BD的中点,所以OC=OB=OD=1,所以B(1,0,0),D(-1,0,0),C. 设A(0,0,a),a>0,因为DE=2EA,所以E.由题意可知平面BCD的一个法向量为n=(0,0,1). 设平面BCE的法向量为m=(x,y,z),因为=,=, 所以即令x=1,则y=,z=,所以m=. 因为二面角E-BC-D的大小为45°,所以cos 45°===, 得a=1,即OA=1.因为S△BCD=BD·CDsin 60°=×2×1×=,所以VA-BCD=S△BCD·OA=××1=. 解法三：过点E作EH⊥平面BCD,垂足H在BD上,则有2OH=HD. 连接CH(图略),设AO=h,则EH=h,所以BE==,sin∠EBH==, CH==,cos∠EBC==, 所以sin2∠EBC=, 设该二面角为α,由三正弦定理知sin∠EBH=sin α·sin∠EBC,所以=·, 故h=1,则VA-BCD=S△BCD·h=. （3）(2021·新高考Ⅱ卷) （一题多解）在四棱锥Q-ABCD中,底面ABCD是正方形,若AD=2,QD=QA=,QC=3. 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. ①证明　取AD的中点为O,连接QO,CO. 因为QA=QD,OA=OD,则QO⊥AD,又AD=2,QA=,故QO==2. 在Rt△ODC中,CO==.因为QC=3,故QC2=QO2+OC2,故△QOC为直角三角形且QO⊥OC. 因为OC∩AD=O,OC,AD⊂平面ABCD,故QO⊥平面ABCD. 因为QO⊂平面QAD,故平面QAD⊥平面ABCD. 2 解法一：在平面ABCD内,过O作OT∥CD,交BC于T,则OT⊥AD,结合(1)中的QO⊥平面ABCD,故可建如图所示的空间坐标系, 则D(0,1,0),Q(0,0,2),B(2,-1,0),故=(-2,1,2),=(-2,2,0).设平面QBD的法向量为n=(x,y,z), 则即取x=1,则y=1,z=,故n=. 易知平面QAD的一个法向量为m=(1,0,0),故cos<m,n>===. 又二面角B-QD-A的平面角为锐角,故其余弦值为. 解法二：连接BD(图略),设该二面角为α,由①知,AB⊥平面QAD,则直线BD与平面QAD所成角为∠BDA, 又因QC=3,BD=2,cos∠BDQ==,sin∠BDA=, 由三正弦定理得sin∠BDA=sin α·sin∠BDQ,得sin α=,cos α=. 所以二面角B-QD-A的平面角的余弦值是. 【探究3】(人教B版选择性必修第一册P50讲解拓展)面积射影定理:AB⊂平面α,C∉平面α,CC1⊥平面α,二面角C-AB-C1的平面角为θ(θ为锐角),则cos θ=. 证明　作C1E⊥AB,C1E∩AB=E,连接CE,易证∠CEC1为二面角C-AB-C1的平面角, ===cos θ. 【🚀衔接高考】 (2024·新高考Ⅰ卷) （一题多解）如图,四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,PA=AC=2,BC=1,AB=. （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,求AD. (1)证明　由于PA⊥底面ABCD,AD⊂底面ABCD,∴PA⊥AD, 又AD⊥PB,PA∩PB=P,PA,PB⊂平面PAB,∴AD⊥平面PAB, 又AB⊂平面PAB,∴AD⊥AB.∵AB2+BC2=AC2,∴AB⊥BC,∴BC∥AD, ∵AD⊄平面PBC,BC⊂平面PBC,∴AD∥平面PBC. (2) 解法一：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轴建立如图所示的空间直角坐标系, 则D(0,0,0),设A(a,0,0),a>0, 则CD=,C(0,,0),P(a,0,2),=(0,-,0),=(-a,,0),=(a,-,2). 设平面CPD的法向量n=(x,y,z),则即 可取n=(2,0,-a).设平面ACP的法向量m=(x1,y1,z1), 则即可取m=(,a,0). ∵二面角A-CP-D的正弦值为,∴余弦值的绝对值为, 故|cos<m,n>|===,又a>0,∴a=,即AD=. 解法二：过点D作DF⊥AC,连接PF(图略),易证DF⊥平面PAC,CD⊥PD, 所以△PCD在平面PAC上的射影为△PFC, 设AD=x,则CD=,PD=,=,得CF=. 由面积射影定理===, 解得x=,即AD=. 学科网（北京）股份有限公司 $