第七章 课时10 立体几何的综合应用讲义-2027届高三数学一轮复习

该高中数学高考复习讲义聚焦立体几何综合应用，涵盖线面与面面平行垂直证明、表面积体积计算及空间角距离向量求解等核心考点，按“证明方法—空间计算—综合应用”逻辑架构知识，通过知识梳理、基础回顾、考点扫描（含真题例析与对点训练）等环节，系统构建解题体系，助力学生突破难点。 资料突出综合法与坐标法融合教学，如考点一通过几何性质找中点证线面平行，考点二建系用向量法证面面垂直，培养学生逻辑推理与空间观念。设置分层练习与详细解析，教师可精准把控复习节奏，有效提升学生空间想象与解题能力，为高效备考提供有力支撑。

课时10 立体几何的综合应用 一、课标要求 1．掌握线面、面面平行与垂直的判断与性质定理，并运用于证明平行与垂直关系. 2．会求简单几何体的表面积和体积； 3．能用向量方法证明空间线面位置关系、计算空间角和距离． 二、知识梳理 1．立体几何中证明平行关系的常用方法 (1)证明线线平行的常用方法：①利用平行公理，即证明两直线同时和第三条直线平行；②利用平行四边形进行转换；③利用三角形中位线定理证明；④利用线面平行、面面平行的性质定理证明． (2) 证明线面平行的常用方法：①利用线面平行的判定定理，把证明线面平行转化为证明线 线平行；②利用面面平行的性质定理，把证明线面平行转化为证明面面平行． (3) 证明面面平行的方法：证明面面平行，依据判定定理，只要找到一个平面内两条相交直线与另一个平面平行即可，从而将证明面面平行转化为证明线面平行，再转化为证明线线平行． 2．立体几何中证明垂直关系的常用方法 (1)证明线线垂直的常用方法：①利用特殊平面图形的性质，如利用直角三角形、矩形、菱形、等腰三角形等得到线线垂直；②利用勾股定理逆定理；③利用线面垂直的性质，即要证明线线垂直，只需证明一线垂直于另一线所在平面即可． (2)证明线面垂直的常用方法：①利用线面垂直的判定定理，把线面垂直的判定转化为证明线线垂直；②利用面面垂直的性质定理，把证明线面垂直转化为证明面面垂直；③利用常见结论，如两条平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于这个平面等． (3)证明面面垂直的方法：证明面面垂直常用面面垂直的判定定理，即证明一个面过另一个面的一条垂线，将证明面面垂直转化为证明线面垂直，一般先从现有直线中寻找，若图中不存在这样的直线，则借助中点、高线或添加辅助线解决． 3．向量法证明与计算问题 (1)加强对空间向量概念及空间向量运算律的理解，掌握空间向量的加、减法，数乘、数量积运算等． (2)掌握各种角与向量之间的关系，并会应用． (3)掌握利用向量法求线线角、线面角、二面角的方法． 三、基础回顾 1．判断正误.（正确的打“√”，错误的打“×”） （1）有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱.（ ） （2）有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥.（ ） （3）菱形的直观图仍是菱形.（ ） （4）两个球的体积之比等于它们的半径之比的平方.（ ） 2．如图，已知正四棱锥的所有棱长均为2，为棱的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 3．（多选题）下列说法正确的有(　 　) A．若a·b<0，则〈a，b〉 是钝角 B．若a为直线l的方向向量，则λa(λ∈R)也是直线l的方向向量 C．若＝＋，则＝2 D．在三棱锥P－ABC 中，若·＝0，·＝0，则·＝0 4．已知△ABC是面积为的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上．若球O的表面积为16π，则O到平面ABC的距离为 ． 四、考点扫描 考点一 综合法证明空间平行、垂直 例1如图，在三棱锥P－ABC中，AB⊥BC，AB＝2，BC＝2，PB＝PC＝，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，AD＝DO，点F在AC上，BF⊥AO．求证： (1) EF∥平面ADO； (2) 平面ADO⊥平面BEF． 考点二 坐标法证明空间平行、垂直 例2 如图，在四棱锥P－ABCD中，已知PC⊥平面ABCD，PC＝2，在四边形ABCD中， B＝C＝90°，AB＝4，CD＝1，点M在棱PB上，且PB＝4PM，PB与平面ABCD成30°的角．求证： (1) CM∥平面PAD； (2) 平面PAB⊥平面PAD． 对点训练 如图，已知AA1⊥平面ABC，BB1∥AA1，AB＝AC＝3，BC＝2，AA1＝， E和F分别为BC和A1C的中点．求证： (1)EF∥平面A1B1BA； (2)平面AEA1⊥平面BCB1. 考点三 空间角的计算 例3 （2024·北京卷）如图，已知四棱锥P-ABCD，，，，，E是上一点，，且． （1）若F是PE中点，证明：平面． （2）若平面，求平面与平面夹角的余弦值． 对点训练 (2025·福建龙岩市高三统考期末)如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝AP＝2，AB＝1，E为棱PC的中点． (1)求证：BE∥平面PAD； (2)求直线BE与平面PBD所成角的正弦值． 考点四 空间距离的计算 例4 如图，在四棱锥P-ABCD中，AC∩BD＝O，底面ABCD为菱形，边长为2，PC⊥BD，PA＝PC，且∠ABC＝60°，异面直线PB与CD所成的角为60°. (1)求证：PO⊥平面ABCD； (2)若E是线段OC的中点，求点E到直线BP的距离． 对点训练 如图，在三棱锥S-ABC中，SA，SB，SC两两垂直，SA＝3，SB＝SC＝2，点E在边SA上，且SE＝2EA，F为棱BC的中点．以，，分别为x轴、y轴、z轴的正方向，并以1为单位长度，建立空间直角坐标系，求： (1)直线EF的一个方向向量； (2)点S到平面EFC的距离． 课时10 立体几何的综合应用参考答案 三、基础回顾 1．（1）×【解析】反例：由两个平行六面体上下组合在一起的图形满足条件，但不是棱柱. (2)× 【解析】 反例：如图所示的图形满足条件但不是棱锥. (3)× 【解析】用斜二测画法画水平放置的菱形的直观图是平行四边形，但邻边不一定相等，错误. (4)× 【解析】 球的体积之比等于半径之比的立方，故不正确. 2．B【解析】连接，取的中点，连接,， 由题意知，，则异面直线与所成角为（或其补角）.在中，，则,则异面直线与所成角的余弦值为.故选B. 3. CD【解析】对于选项A，当a＝－b 时，满足a·b<0，但〈a，b〉＝π，不是钝角，故A错误； 对于选项B，当λ＝0 时，λa＝0，不是直线l 的方向向量，故B错误； 对于选项C，由＝＋，得3＝＋2，则－＝－2＋2，所以＋＝2(＋)，即＝2，故C正确； 对于选项D，过点P 作PO⊥ 平面ABC 交平面ABC 于点O，连接CO 并延长，交AB 于点M，连接AO 并延长，交BC 于点N，连接BO 并延长，交AC 于点T (图略)，由·＝0，可得PA⊥BC，则AN⊥BC，同理得CM⊥AB，所以O 为△ABC 的垂心，所以BT⊥AC，则PB⊥AC，从而·＝0，故D正确．故选CD. 4.1 【解析】如图所示，过球心O作OO1⊥平面ABC，则O1为等边三角形ABC的外心．设△ABC的边长为a，则a2＝，解得a＝3，所以O1A＝××3＝.设球O的半径为r，则由4πr2＝16π，得r＝2，即OA＝2.在Rt△OO1A中，OO1＝＝1，即O到平面ABC的距离为1. 四、考点扫描 例1【证明】（1）如图，在Rt△ABC中，O为BC中点，AB＝2，BC＝2，BO＝，所以Rt△BAO∽Rt△BCA．设BF∩AO＝Q，因为BF⊥AO，所以Rt△QBO∽Rt△BAO，所以∠QBO＝∠BAO＝∠BCA，所以BF＝CF．又∠ABC＝90°，故F为AC中点．又E为AP中点，所以EF∥PC．因为PC∥DO，所以EF∥DO．又EF⊄平面ADO，DO⊂平面ADO，所以EF∥平面ADO． （2）由(1)知，AO＝．又D为BP中点，所以OD＝PC＝．又AD＝DO＝，在△AOD中，AD2＝5DO2＝DO2＋AO2，即∠AOD＝90°，所以AO⊥DO．又DO∥PC∥EF，所以AO⊥EF．又BF⊥AO，BF∩EF＝F，BF，EF⊂平面BEF，所以AO⊥平面BEF．又AO⊂平面ADO，所以平面ADO⊥平面BEF． 例2 【证明】以C为坐标原点，CB所在直线为x轴，CD所在直线为y轴，CP所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系C­xyz．因为PC⊥平面ABCD，所以∠PBC为PB与平面ABCD所成的角，所以∠PBC＝30°．因为PC＝2，所以BC＝2 ，PB＝4．所以D(0,1,0)，B(2，0,0)，A(2 ，4,0)，P(0,0,2)，M，所以＝(0，－1,2)，＝(2，3,0)，＝. （1）方法一：令n＝(x，y，z)为平面PAD的一个法向量，则即 所以令y＝2，得n＝(－，2,1)．因为＝－×＋2×0＋1×＝0，所以.又CM平面PAD，所以CM∥平面PAD． 方法二：因为＝(0,1，－2)，＝(2，4，－2)， 令＝x＋y，则所以方程组解为所以＝－＋，由共面向量定理知与，共面，又因为CM平面PAD，所以CM∥平面PAD． (2)取AP的中点E，连接BE，则E(，2,1)，＝(－，2,1).因为PB＝AB，所以BE⊥PA．又因为·＝(－，2,1)·(2，3,0)＝0，所以⊥，所以BE⊥DA.又PA∩DA＝A．PA,DA平面PAD，所以BE⊥平面PAD，又因为BE⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD． 对点训练【证明】因为AB＝AC，E为BC的中点，所以AE⊥BC.因为AA1⊥平面ABC，AA1∥BB1，所以过E作平行于BB1的垂线为z轴，EC，EA所在直线分别为x轴，y轴，建立如图所示的空间直角坐标系． 因为AB＝3，BE＝，所以AE＝2，所以E(0,0,0)，C(，0,0)，A(0，2,0)，B(－，0,0)．A1(0,2，)，则. (1)=，＝(－，－2,0)，＝(0，0，)．设平面AA1B1B的一个法向量为n＝(x，y，z)，则所以取所以n＝(－2，，0)．因为·n＝×(－2)＋1×＋×0＝0，所以⊥n.又EF平面A1B1BA，所以EF∥平面A1B1BA. (2)因为EC⊥平面AEA1，所以＝(，0,0)为平面AEA1的一个法向量．又EA⊥平面BCB1，所以＝(0,2,0)为平面BCB1的一个法向量．因为·＝0，所以⊥，故平面AEA1⊥平面BCB1． 例3 （1）【证明】取的中点为，接，则.而，故，故四边形为平行四边形，故.而平面，平面，所以平面. （2）【解】因为，故，故，故四边形为平行四边形，故，所以平面，而平面，故，而，故建立如图所示的空间直角坐标系，则，则设平面的法向量为，则由可得，取，设平面的法向量为，则由可得，取，故，故平面与平面夹角的余弦值为. 对点训练(1)【证明】如图所示，取PD中点M，连接EM，AM. 因为E，M分别为PC，PD的中点，所以EM∥DC，且EM＝DC.又由已知，可得EM∥AB，且EM＝AB，所以四边形ABEM为平行四边形，所以BE∥AM.又因为AM平面PAD，BE平面PAD，所以BE∥平面PAD. (2)如图，以点A为原点，建立空间直角坐标系A-xyz，则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).所以＝(－1，2，0)，＝(1，0，－2).设n＝(x，y，z)为平面PBD的法向量，则不妨令y＝1，得x＝2，z＝1，即n＝(2，1，1)为平面PBD的一个法向量. 又＝(0，1，1)，设直线BE与平面PBD所成角为θ，所以sin θ＝|cos 〈n，〉|＝＝＝. 所以直线BE与平面PBD所成角的正弦值为. 例4 (1)【证明】因为四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD.因为PC⊥BD，PC∩AC＝C，PC，AC平面APC，所以BD⊥平面APC.因为PO平面APC，所以BD⊥PO.因为PA＝PC，O为AC中点，所以PO⊥AC.又因为AC∩BD＝O，AC，BD平面ABCD，所以PO⊥平面ABCD. (2)【解】以O为原点，OB，OC，OP方向为x，y，z轴方向，建系如图， 因为AB∥CD，所以∠PBA为异面直线PB，CD所成的角，所以∠PBA＝60°.在菱形ABCD中，AB＝2，因为∠ABC＝60°，所以OA＝1，OB＝，设PO＝a，则PA＝，PB＝.在△PBA中，由余弦定理，得PA2＝BA2＋BP2－2BA·BP·cos ∠PBA，所以a2＋1＝4＋a2＋3－2，解得a＝，所以A(0，－1，0)，B(，0，0)，C(0，1，0)，P(0，0，)，E，＝，＝(－，0，)，||＝，||＝3，所以d＝＝＝，所以点E到直线BP的距离为. 对点训练 【解】(1)依题意，得E(2，0，0)，F(0，1，1)，所以＝(－2，1，1)为直线EF的一个方向向量． (2)C(0，0，2)，＝(0，0，2)，＝(2，0，－2), ＝(－2，1，1)，设平面EFC的一个法向量为n＝(x，y，z)，则取x＝1，得z＝1，y＝1，则n＝(1，1，1)，所以点S到平面EFC的距离为＝＝. . 学科网（北京）股份有限公司 $