重难点培优08 立体几何解答题题型全归纳（复习讲义）（全国通用）2027年高考数学一轮复习讲练测

函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 重难点培优08 立体几何解答题题型全归纳 目录(Ctrl并单击鼠标可跟踪链接 01知识重构重难梳理固根基… 02题型精研技巧通法提能力.5 题型01空间几何体的体积问题（★★★★） .5 题型02空间中的距离问题（★★★★）… .15 题型03直线与平面的夹角问题（★★★★★)24 题型04二面角问题（★★★★★）… ,36 题型05折叠问题（★★★★★)。 45 题型06动点探索性问题（★★★★★） .53 题型07劣构性问题（★★★★） .61 题型08新定义问题（★★★★） .71 03实战检测分层突破验成效 .83 重难知识巩固 .83 创新能力提升 .112 知识重构·重难梳理固根基 ◆知识点01空间中的角 1、异面直线所成角 ①定义：设a,b是两条异面直线，经过空间任一点O作直线4∥a,b/b,把d与b所成的锐角（或直 角)叫做异面直线a与b所成的角（或夹角） ②范围： 0, ③求法： 1/141 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 1)平移法：将异面直线4，b平移到同一平面内，放在同一三角形内解三角形。 2)向量法：设异面直线和2所成角为0，其方向向量分别为，v;则异面直线所成角向量求法：① u…y cos<u,V>= ② lullv cos=cos<u,v> 2、线面角 ①定义：平面上的一条斜线与它在平面的射影所成的锐角即为斜线与平面的线面角 ②范围： 0 ③求法： 1)常规法：过平面外一点B做BB'⊥平面C,交平面于点B';连接AB,则∠BAB即为直线AB与平面 Q的夹角.接下来在Rt△ABB'中解三角形. sin∠BAB'=BB、h AB斜线长（其中h即点B到面的距离， 可以采用等体积法求h,斜线长即为线段AB的长度)： 2)向量法：设l为平面a的斜线，a为l的方向向量，n为平面a的法向量，0为l与a所成角的大小，则 sin0-cos(a.)- a.n 3、二面角 B A (1)定义：一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角 (2)范围：0°≤0≤180 (3)求法：传统法5个+向量法 ①定义法 在棱上取点，分别在两面内引两条射线与棱垂直，这两条垂线所成的角的大小就是二面角的平面角，如图 2/141 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 在二面角α-I-P的棱上任取一点O,以O为垂足，分别在半平面a和P内作垂直于棱的射线OA和OB ，则射线OA和OB所成的角称为二面角的平面角（当然两条垂线的垂足点可以不相同，那求二面角就相当 于求两条异面直线的夹角即可)， ②三垂线法 在面Q或面P内找一合适的点A,作AOLB于O,过A作AB⊥c于B,则BO为斜线AB在面B内的射 影，∠ABO为二面角a-c-B的平面角.如图1，具体步骤： ①找点做面的垂线；即过点A,作A01B于O: ②过点（与①中是同一个点）做交线的垂线；即过A作AB⊥c于B,连接BO: ③计算：∠ABO为二面角a-C-P的平面角，在Rt△ABO中解三角形. 图1 图2 图3 ③射影面积法 凡二面角的图形中含有可求原图形面积和该图形在另一个半平面上的射影图形面积的都可利用射影面积公 0S0=Su=S4c 式( S斜 Sc，如图2)求出二面角的大小： ④向量法 设nn2是二面角a-1-B的两个半平面的法向量， 若二面角为锐二面角（取正），则cos8Cos<,n2>: 若二面角为钝二面角（取负），则cos8=-|Cos<,n2>； (特别说明，有些题目会提醒求锐二面角；有些题目没有明显提示，需考生自己看图判定为锐二面角还是 钝二面角) 知识点02空间中的距离 1、点线距 3/141 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 己知直线l的单位方向向量为u,A是直线l上的定点，P是直线l外一点设AP=a,则向量AP在直线 1上的投影向量A0=(a:0i,在RA1Pg中，由勾股定理得：PQ=VAP-40乎=V后-a02 Q 2、点面距 如图，己知平面的法向量为n,A是平面a内的定点，P是平面a外一点过点P作平面a的垂线l, 交平面a于点Q,则n是直线l的方向向量，且点P到平面a的距离就是AP在直线l上的投影向量QP 的长度P0aP.”月4Pn=AP.n n a Q 3、线线距 设两条异面直线a,b的公垂线的方向向量为n,这时分别在a,b上任取A,B两点，则向量在元上的正射 影长就是两条异面直线。，b的距离。则dB.”上 AB.n 即两异面直线间的距离，等于两异面直线上 分别任取两点的向量和公垂线方向向量的数量积的绝对值与公垂线的方向向量模的比值. n 4、线面距和面面距：一般转化成点面距 4/141 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 题型精研技巧通法提能力 题型01空间几何体的体积问题 【技巧通法提分快招】 1、处理空间几何体体积的基本思路 (1)转：转换底面与高，将原本不容易求面积的底面转换为容易求面积的底面，或将原来不容易看出的 高转换为容易看出并容易求解的高； (2)拆：将一个不规则的几何体拆成几个规则的几何体，便于计算： (3)拼：将小几何体嵌入一个大几何体中，如有时将一个三棱锥复原成一个三棱柱，将一个三棱柱复原 乘一个四棱柱，还台位锥，这些都是拼补的方法 2、求体积的常用方法 (1)直接法：对于规则的几何体，利用相关公式直接计算： (2)割补法：把不规则的几何体分割成规则的几何体，然后进行体积计算；或者把不规则的几何体补成 规则的几何体，不熟悉的几何体补成熟悉的几何体，便于计算： (3)等体积法：选择合适的底面来求几何体的体积，常用于求三棱锥的体积，即利用三棱锥的任一个面 作为三棱锥的底面进行等体积变换 1,如图，四边形ABCD是菱形，PD⊥平面ABCD,PDIIBE,AD=PD=2,BE=L,∠DCB=60°，点 F为PC的中点. B (I)求证：EF1I平面ABCD: (2)求证：平面PCE⊥平面PCD: )求三棱锥P-CDE的体积 【答案】(I)取CD中点M,连接BM,FM,由点F为PC的中点，得 FM∥PD且PM-=2PD. 5/141 西学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 D D B 又PDBE:且BE-PD,则BEFM·BE=FM:四边形BMFE为平行四边形， 2 因此EF //BM,又EFC平面ABCD,BMc平面ABCD,所以EF∥平面ABCD (2)连接BD,四边形ABCD为菱形，∠DCB=6O°，得△BCD为等边三角形， 由M为CD中点，得BM⊥CD,又PD⊥平面ABCD,BMc平面ABCD,则PD⊥BM, 又PDOCD=D,PD,CDc平面PCD,因此BM⊥平面PCD, 又EFIBM,则EF⊥平面PCD,又EFc平面PCE,所以平面PCE⊥平面PCD D B B张思盒PD.CD=2,且EF=M=5由（)②加，r是三校谁E-PCD的高， 所mm-m.25 3 2.如图，正三棱柱ABC-ABC中（底面是正三角形且侧棱与底面垂直的棱柱是正三棱柱），底面边长为 V2,若D为AC的中点。 B B (I)求证：直线AB/平面BCD; 2)若AB⊥BC,求三棱锥B-BDC的体积. 6/141 西学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 【答案】(I) B B (I)连结BC交BC于E,连结DE, 在△ABC中，D,E分别为AC和BC的中点，则AB∥DE, ABT平面BCD,DEC平面BCD, AB∥平面BCD (2) B D 取BC中点为F,连结AF,BF, :AB=AC,则AF⊥BC, :平面ABC⊥平面BCCB,平面ABC∩平面BCCB=BC,且AFc平面ABC, :AF⊥平面BCCB,BCC平面BCCB,则AF⊥BC, 又AB⊥BC,AF∩AB=A,AF,ABC面AFB,BC⊥面AFB BFC面AFB,∴.BC⊥BF,△BBF~aCBB BF BB 则BBCB,可得BB=1 :B,B/ICC,BB∈面BBD,CCC面BBD,CCII面BBD, 11 ax=火aa=a=y%cSmB3×,xV2xV2 2 F×sin60°x1=V5 Γ12 3.如图一个正四面体和一个正四棱锥的所有棱长都相等，将正四面体的一个面和正四棱锥的一个侧面紧 贴重合在一起，得到一个新几何体. 7/141 西学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 D (I)求B-AC-D的余弦值： (2)证明：DFII平面ABC: 3)过F,B,C的平面将该几何体分为两部分，它们的体积分别是，（化>），求。 【答案】(I)取AC中点M,连BM,DM, M N E 已知△ABC与△ACD均为等边三角形，所以BM⊥AC,DM⊥AC, 则∠BMD即为二面角B-AC-D的平面角. 设棱长为2x,则BM=DM=V3x,BD=2√2x, 在ABWD中，由余弦定理cas∠BMD=BM+DM-BD2-3X+3x-81 2BM.DM 2.3x2 3 1 所以B-4C-D的余弦值为3 2)证明：取AD中点N,连FN,EN,则AD⊥FN,AD⊥EN, 所以∠ENF即为二面角F-AD-E的平面角， 在ABNF中，cas∠BF-N2+W2EF-3x+3-41 2EN.FN 2.3x2 3 1 所以F-AD-E平面角的余弦值为3 由(1)及对称性可知，二面角C-AD-E平面角的余弦值为3， 所以F-AD-E平面角与C-AD-E平面角互补，所以A,C,D,F四点共面。 又AC=DF=CD=AF=AD,所以四边形ACDF为平行四边形，所以DFIIAC. 因为DFC平面ABC,ACC平面ABC,所以DFII平面ABC. B)因为DE/IBC,DEC平面ABC,BCC平面ABC,所以DEII平面ABC 又DEODF=D,DE,DFC平面DEF,所以平面DEF 1平面ABC. 8/141 学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 结合(2)同理可得，四边形ABEF为平行四边形，即几何体ABC-FED为三棱柱. 因此平面FBC将三棱柱分为三棱锥F-ABC与四棱锥F-BCDE. 设该三棱柱体积为'， 2 又'-ABc= S c.h=av:VE-BCDE =V-v 3 所以V2 4.如图，在正四棱台ABCD-AB,CD中，E为CC的中点，AB=2AB=4,该棱台的表面积为44. D B ()求证：AC∥平面BDE: (2)求四棱台ABCD-AB,CD的体积. 【答案】I)连接AC交BD于点O,连接OE, 在正四棱台ABCD-ABCD中，四边形ABCD为正方形， 因为AC∩BD=O,则O为AC的中点， 又因为E为CC的中点，所以AC IIOE, 因为AC￠平面BDE,OEC平面BDE,故AC∥平面BDE, 2)该四棱合的表面积为S正方形BCn+S方彩4GA十4S啼形MAB=4+22+4S楼形4gB=4 所以S梯形4B=6,如下图所示： A B B M 分别过点A、B在平面A4BB内作AM1AB、BF1AB,垂足分别为M、F, 因为4BAB,AM⊥AB、BF⊥AB,故四边形AB,FM为矩形，故AM=BF,MF=AB=2, S2u-8+44_4+2)A“-6,所以4M=2 9/141 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 由等腰梯形的几何性质可得A4=BB,∠AAM=∠BBF,AM=B,F, 所以a4W2BBP,所以4M=BF=B,-48,48-4,2-1, 2 2 2 由勾股定理可得AA=VAM2+4M2=VP+2=V5, 由正棱台的几何性质可知，该正四棱台的高即为等腰梯形AACC的高，如下图所示： H 分别过点A、C在平面A4CC内作AG L AC、CH上AC,垂足分别为点G、H, 因为ACAC,AG⊥AC、CH⊥AC,所以四边形ACHG为矩形， 所以GH=AG=22,AG=CH, 由等腰梯形的几何性质可得A4=CC,∠A4G=∠CCH,AG=CH, 所以。44G2aCCH,则4G=CH=4C,4G_4W5,25-2 2 2 由勾股定理可得4G=VA4-AG2=V5-2=V5, 故该正四棱台的体积为'酸台Cn44cA一S方形m+SE方形GA+SE方形四SE方形GA)4G =3×6+4+i6x4)xV5=285 3 5.(2026天津东丽·二模)如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD,ABIICD,且CD=2, AB=1,BC=1,PA=2,AB⊥BC,N为PD中点. P B A C D (I)求证：AD⊥平面PAC; (2)求平面AD与平面ABN夹角的余弦值： 3)求三棱锥D-ABN的体积. 【答案】I)证明：连接AC,过点A作AE⊥CD,垂足为E, 10/141 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 因为CD=2,AB=1,BC=1,AB⊥BC,所以AC=V2,AE=1,DE=1,则AD=√2， 所以AC2+AD=CD2,则AC⊥AD, 因为PA⊥平面ABCD,ADc平面ABCD,所以PA⊥AD, 因为PAOAC=A,PA,ACC平面PAC,所以AD⊥平面PAC. 2)以A为原点，以4C,AD,AP所在直线为x,y,2轴建立空间直角坐标系， 2 E 则4oao9-号o小o.o,。 所停9孤 设平面ABN的一个法向量为m=(x,y,2), mB=2- y=0 2 2 则 m.AN= 取，得 2y+2=0 y=√2 m=(2,2,-) 易得平面P4D的一个法向量为i=(1,0,0), 设平面PAD与平面ABN夹角为O, 则cos0=cosm,= m2√10 m闭55， 即平面P4D与子面BN夹角的余密值为 (3由于8m=5aew-Sam0+2列x1-71x2-= 而N到平面ABD的距离为h=2PA=1, 2 则a=业m-写8mA=×x1=人 32 6 11/141 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 6.(26-27高三上·重庆渝中·阶段检测)如图所示，在正四棱锥P-ABCD中，PA=25,AB=22,M, N分别为PA,PC的中点，PD=3PE,平面MEN与PB交于F. P M (I)求平面MNE与平面ABCD夹角的余弦值： (②)设PF=tPB,求实数t的值及三棱锥F-PAD的体积 【#1吗 6 ②)1=1'体积为3 【分析】()根据题设条件建立如图所示的空间直角坐标系，再利用向量法可求面面角的余弦值： (2)根据题设求出MF、NF,结合(I)中的法向量可求参数t的值，再根据公式可求体积 【详解】(I)连接AC,BD,设ACOBD=O,连接PO,以OA,OB,OP所在的直线分别为x,y, z轴建立如图所示的空间直角坐标系， M PO=PA2-OA2=4 则A200,B020C(-20o):D0,-2,0y:P0,4:ML0,2N-L02E0) 所以M子引，-（1号引 设平面MNE的一个法向量为i=(x,y,z）, z=0 3 则i-EM=0,即 解得x=0, EN=0 -x+ 320 y=2 12/141 学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 令y=z=1,得i=(01,1) 平面ABCD的-个法向量为m=(0,0,) 设平面ABCD与平面MNE的夹角为B, 所以Cos0= im。1√2 m√22 (2)设F(x%,2),PF=PB,PF=(xo,-4),PB=(0,2,4), x=0 所以 %=21 2=4-4t 所以F(0,24,4-4),所以MF=(-1,21,2-4),NF=(1,21,2-41) nMF=0 由-师=0 21+2-4=0’解得， 1=1 即F(0,2,0)与B重合， 所u4m=m写*2x2x4 Γ3 7.(2026江苏南京模拟预测)如图，四棱锥P-ABCD的底面为梯形，BCAD,PA⊥底面ABCD, AC⊥CD,PA=AD=2BC=4.设平面PBC与平面PAD的交线为I. D (1)证明：BCl: (2)若二面角A一PD-C的正弦值为 V130 13，求四棱锥p-ABCD的体积 【答案】I)因为BC∥AD,ADC平面PAD,BC￠平面PAD,所以BCII平面PAD. 又因为BCc平面PBC,平面PBC∩平面PAD=I,所以BC∥I. ②)因为PA⊥平面ABCD,AC,CDC平面ABCD, 所以PA⊥AC,PA⊥CD 又因为AC⊥CD,PA∩AC=A,PA,ACc平面PAC, 所以CD⊥平面PAC 13/141 函学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 如图，过点A作AMIICD, 因为AC⊥CD 所以AC⊥AM 又PA⊥平面ABCD,所以PA⊥AC,PA⊥AM. 以A为坐标原点，AC,AM,AP的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系A-2. 设AC=b,CD=c(b>0,c>0) 因为AD=4,在Rt△ACD中，AC2+CD2=AD2,即b2+c2=16 则A0,0,0),C(b,0,0),D(b,c,0),P(0,0,4) AP=(0,0,4),AD=(b,c,0),CD=(0,c,0),CP=(-b,0,4), 设平面PAD的法向量为%=(x,,), 月·AP=4名=0 则1D=x+9以=0取5=c则月=b'名=0所以n=(6,-b,0) 设平面PCD的法向量为n,=(x2,y2,2) n,·CD=cy2=0 则 2,CP=-bx2+4z2=0' 因为c≠0，所以=0.取x=4,则22=b,所以n=(4,0,b) 的大小为。，则lcos0= n'n 4c 设二面角 A-PD-C 网2+.16+F 因为公+c2=16所以闪=i6=4.所以eos0 416+b2 =16+ 因为sin0=V30 13，且0∈0，所以cos'0=1-sin0=1-130-39 169169 c2 393 即16+F-16913 14/141 可学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 整理得13c2=316+b2)=48+36 又c2=16-b2,代入上式得：1316-b2)=48+362,208-1362=48+362,1662=160,解得b2=10 所以c2=16-10=6,即b=10,c=6. 在稀形CD中，及m号4CDc-=o-6=压 丙为aC40:且D=2c·所8x8n-雪 2 所以底面ABCD的面积S,m=S4n+S=5+5_3压 22 四枝能p-ABCD的体积V-SmPA=号34=2V5 32 >题型02 空间中的距离问题 【技巧通法提分快招】 1、几何法求点面距 (1)定义法（直接法）：找到或者作出过这一点且与平面垂直的直线，求出垂线段的长度： (2)等体积法：通过点面所在的三棱锥，利用体积相等求出对应的点线距离： (3)转化法：转化成求另一点到该平面的距离，常见转化为求与面平行的直线上的点到面的距离. 2、向量法求空间距离 (1)点面距：已知平面Q的法向量为n，A是平面a内的任一点，P是平面外一点过点P作则平面 的垂线，交平面于点，则点到平面 的距离为PQ 2 a P d AB· (2)直线与平面之间的距离：d= 其中 A∈aB∈a'i 是平面的法向量 AB.n (3)两平行平面 之间的距离：d= 其中 是平面的法向量。 a,B n A∈a,B∈B'元 1如图所示，正六棱柱ABCDEF-AB,CD,EF的底面边长为1，高为V3. 15/141 西学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 F B (1)证明：平面AD51/平面ABC: (②)求平面ADF与平面4BC间的距离. 【答案】(I) 在正六棱柱ABCDEF-AB,CD,EF中， 因为底面为正六边形，所以AD/IBC, 因为ADC平面ABC,BCc平面ABC,所以AD11平面ABC 因为CD/IAE,CD=AE,所以四边形CDFA为平行四边形，所以DFI∥AC, 因为DF4平面ABC,ACc平面4BC,所以DF∥平面ABC, 又AD∩DF=D,所以平面ADF∥平面ABC Q)平面ADF与平面ABC间的距离等价于点A到平面ABC的距离，设为d. 连接AC,则四面体人BC的体积r-写·A从-号4d 因为-c4-x1x1kan号x3-4 11 3 3 4 4B=AB2+A42=2,AC=AC2+=6, 所以cos∠ABC= P+2-_从面mAC=西 2×1×2 =-4 4 所以5cx1x2x香.5 44 所以d= 3yV15 4c了，即平面AD5与平面4BC间的距离为 5 16/141 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 F A D B B 2.如图所示，正四棱锥S-ABCD中，P为侧棱SD上的点，AB=AS=2且SP=3PD, (1)记平面SAB∩平面SCD=I,证明：I1/CD (2)求点C到平面APD的距离 【答案】I)因为ABCD为正方形，所以ABIICD ABc平面SAB,CDC平面SAB,所以CDII平面SAB 又CDC平面SCD,平面SAB∩平面SCD=I,所以II1CD (2)如图， D 设ACNBD=E,连接SE 因为四棱锥S-ABCD为正四棱锥，所以SE⊥平面ABCD 因为SA=AB=2,所以AC=2V2 因为在△SAC中，SA=SC=2,AC=2V2,所以AC2=SM+SC2,所以SA⊥SC. 所以E=24C=5 17/141 学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 所以Ko写8oSE=x2xV2=22 3 3 设C到平面APD的距离，也就是C到平面SAD的距离为h, 则8n-原x2-5,aw5wh=m 4 所以写×V5h=25有2226 3→33 3.在梯形ABCD中，AB川CD,∠D=90,AB=2V2,AD=DC=V2,如图1.现将△ADC沿对角线 AC折成直二面角P-AC-B,如图2，点M在线段BP上. 图1 图2 (I)求证：AP⊥CM: 25BM ②)若点M到直线AC的距离为S,求BP的值， 【答案】Q)证明： AC=V2+2=2,∠CAB=∠ACD=45°， RC-4+8-2x2x25x5=4,放BC=2则∠4CB=0即4C1C8 2 又平面PAC⊥平面ACB,平面PAC∩平面ACB=AC, CB⊥AC,CBC平面ACB,故CB⊥平面PAC, APc平面PAC,则CB⊥AP, 又PA⊥PC,PCOCB=C,PC,CBC平面PCB,所以AP⊥平面PCB, 又CMC平面PCB,则AP⊥CM ②)设AC中点为O,AB中点为D,以OA,OD,OP为x,y,z轴建立空间直角坐标系， 如图所示： Z A D 18/141 学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 有AL,0,0),C(-1,0,0),P(0,0,),B(-1,2,0). 安影=A,则=设k-少则(+y-2机-2 则M(-1,2-2,),CA=(2,0,0),CM=(亿，2-22，)， 点到直线的距离为25.则CM=4+C-C 5 AC 5 中4e-24-号，副25-02+16-0年得A-号 BM4 所以BP=5 4.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥底面ABCD,PA=AB=2,E为线段PB的 中点，F为线段BC上的动点， D B (I)证明：AE⊥平面PBC: (2)若F是BC上靠近B的四等分点： (i)求EF和平面ABCD夹角的正弦值： (ii)求点P到平面AEF的距离 【答案】Q)证明：PA⊥底面ABCD,且BCC底面ABCD,∴.PA⊥BC, :ABCD为正方形，AB⊥BC,又PA∩AB=A,且PA,ABC平面PAB,.BC⊥平面PAB. :AEC平面PAB,∴AE⊥BC 由PA=AB,E为线段PB的中点，可知AE⊥PB, :PBNBC-=B,且PB,BCC平面PBC,·AE⊥平面PBC. ②)(i)取AB的中点M,连接EM,FM 19/141 可学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 E 为 中点， 是 的中位线，故 ,且 D .E PB ∴.EM△PAB EM= PA=1 B EM//PA 又：PA⊥底面ABCD,.EM⊥底面ABCD,因此FM是EF在底面ABCD内的投影， ∠EFM即为直线EF与平面ABCD所成的角.由题意可知F是BC的四等分点，BC=2, 故BF=BC=号又M是AB中点， AB=2,故MB=1 3 sin∠EFM=EM-12 在 中，EF=VEM2+FM2 因 EF=33. Rt EMF (i)利用等体积法'Ar='-APE, 设点P到平面AEF的距离为h,. 由C山知BC1平面pAB故BF⊥平面PHB即点r到平面APE的距离为BF- 在等题RPAB中，AE⊥PBB=号P8=2,PE=2 故5m4E=×2=l. 因t专sr-含号 11 26 由(1)知AE⊥平面PBC,故AE⊥EF,即△AEF为直角三角形. 又42-子做8m号欧-x5×3日 2 241 ym=yn得：5m6=石号x3月 1 113N2h=5→，s2 31 5.(2026广东深圳模拟预测)如图，在三棱柱ABC-ABC中，平面ABB41平面ABC, 4B-4C5C 20/141 西学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 B (I)证明：AC⊥AB (2)求点C到平面AB,C的距离. 【答案】Q)在平面A4B,B内作AD1AB交AB于点D,连接CD, A B 由A4=5,cos∠AAB=4D-3 A45,得AD=3 所以4D=A4-AD2=V52-32=4, 又平面ABB,A⊥平面ABC,平面ABBA∩平面ABC=AB, AD⊥AB,ADc平面ABBA,故AD1平面ABC, 又因为CDc平面ABC,所以AD⊥CD, 在直角△4DC中，由AC=4V2,4,D=4,则CD2=AC2-AD2=16,即CD=4, 在△ADC中，由CD=4,AD=3,AC=5,所以CD+AD2=AC2,故AB⊥CD, 又AD⊥AB,且4POCD=D,AD、CDc平面ACD, 故AB⊥平面ACD,因为ACc平面ACD,所以AB⊥AC: 2)由(1)知AB⊥平面4CD,AD⊥CD, 故以点D为坐标原点，分别以DC、DB、DA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D-z, 21/141 西学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 B B莎 C 故A(0,-3,0)、A(0,0,4)、B(0,2,0)、C(4,0,0)、B(0,5,4), 得到AB=(0,8,4),AC=(4,3,0),AA=(0,3,4),则AC=AC+A4=(4,6,4), 设i=(x,y2)为平面AB,C的一个法向量， n4B =8y+4z=0 则iAG=4x+6y+4z=0'取y y=2 解得x=1,z=-4,得i=(1,2,-4), 因为CC=A4=(0,3,4),设点C到平面AB,C的距离为d, cC·i6-16102 由点到平面的距离公式得d= V1+4+1621 6.如图，棱柱ABCD-ABCD的底面是菱形，∠DAB=60°，所有棱长都为2，ACOBD=O,AO1平 面ABCD,F为DC的中点 Q)证明：OF∥平面BCCB: (2②)求二面角D-A4-C的余弦值： 3)求点F到直线DA的距离 【答案】I)连接BC,因为F为DC的中点，O为DB的中点， 所以OFIIBC,且BCC平面BCCB,OF平面BCCB, 所以OF∥平面BCCB,」 ②)因为AO⊥平面ABCD,且ABCD为菱形，所以AC⊥BD, 如图，以点0为坐标原点，分别以OA,OB,0A的方向为x,y,z轴正方向建立空间直角坐标系。 22/141 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 又∠DAB=60°，所以△ABD为等边三角形，所以BD=2,则OA=√AB2-OB2=√3， 在Rt△A0A中，OA=V4AP-OAP=1, 可知0(0,0,0)，4N30,04(00,1),C(5,0,0,D(0,-1,0) B 则AD=（5,-1,0,AA=(5,0,1, n-A4=0∫-V3x-y=0 设平面D14的一个法向量为后=化，)则D=0:即-3x+2=0 令x=1,得i=-5,v), 取平面AAC的一个法向量为m=(01,0), 方m。-√5。 所以cos(i,m）= m7×7 设二面角D-A4-C为0，显然二面角D-A4-C为锐二面角， 则0-m低列-得-可 7 即三面角D-4-C的余弦值为 7 (3)又B(51,,所以AB=（-23,1,所以DC=AB=（-25,1,, 所r-0cG-(5》m-aW 所以DA=2, a-r-a》“岛-u9》 所以ai=-5x0+{x2,x22 2222 23/141 函学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 7.(2026重庆模拟预测)如图，在正四棱锥P-ABCD中，AC与BD交于点O,PA=4,点E是边BC 上一点. D B (I)若平面PBC⊥平面POE,求证：BE=EC; 1 ②)若二面角D-4P-B的余弦值为3： ①求PO的长； ②点Q为空同内一动点，满足00-子点，求异面直线P0与C距离的取值范围。 【答案】I)过O作OF⊥PE于F,由平面POE⊥平面PBC,平面POEn平面PBC=PE, OFC平面POE,得OF⊥平面PBC,又BCC平面PBC,则BC⊥OF, 在正四棱锥P-ABCD中，由PO⊥平面ABCD,BCC平面ABCD,得BC⊥PO, 又POOOF=O,PO,OFc平面POE,因此BC⊥平面POE, 又OEc平面POE,则BC⊥OE,又OB=OC,所以EB=EC B ②)①在正四棱锥P-ABCD中，直线OB,OC,OP两两垂直， 以O为原点，直线OB,OC,OP分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系， 7 B 24/141 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 令OA=OB=OC=OD=a,OP=b,则a2+b2=PA=16, 0(0,0,0),A0,-a,0),B(a,0,0),D(-a,0,0),P(0,0,b) 则AB=(a,a,0),AP=(0,a,b),AD=（-a,a,0),设平面PAB的法向量为m=(:,,Z), m·AB=匹+y=0 则 mP=叫+b饭=0取2=a得m=6,-, ni.AD=-ax2 +ay2=0 设平面p4D的法向量为云=k,,)则a=吸，+加，=0，取 PAD n=(b,b,-a)1 由二面角。 有D-P-B的余弦值为}，得om,网=m0 m川m2b2+a=-3, 则a2=b2,又a2+b2=16,解得b=a=2V2,所以P0=2V2 ②由0Q号5，得点0的轨迹是以0为球心.子5为半径的球面， 设P0与平面4BCD的交点为H,当r0与球O相切时，sm∠0P0=光{ OP 3 OH 则OP =tanZOPO= 2√2，解得OH=1点H的轨迹是以o为圆心，1为半径的圆及内部， 令H64,0),则0≤s2+2≤1，P听=6,4，-2V2),BC=(-22,22,0),令立=(x,y,z), D⊥BC iBC=-2v2x+2v2y=0 由1m,得.丽=+-22=0取=1得，=22,25，+0 异面直线0卢c电装为则d:用-1822 d 116+6+2 由6+02≤22+)≤2，得-V2≤s+1≤V2,令s+1=∈[-V2,2], 则4825：2，令商数f-825-,求导得fa-1622-2X6-25)<0, 16+22 16+22 (16+22)2 函数在2上单调通减，则=闭e周， 所以的取在范得起12三，2 ◆题型03直线与平面的夹角问题 【技巧通法提分快招】 25/141 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 1、垂线法求线面角（也称直接法）： (1)先确定斜线与平面，找到线面的交点B为斜足；找线在面外的一点A,过点A向平面做垂线，确 定垂足0： (2)连结斜足与垂足为斜线AB在面上的投影；投影BO与斜线AB之间的夹角为线面角： (3)把投影BO与斜线AB归到一个三角形中进行求解（可能利用余弦定理或者直角三角形）· a 2、公式法求线面角（也称等体积法）： 用等体积法，求出斜线PA在面外的一点P到面的距离，利用三角形的正弦公式进行求解 公式为：sin0=h 其中6是斜线与平面所成的角，h是垂线段的长，I是斜线段的长 方法：己知平面B内一个多边形的面积为S,它在平面α内的射影图形的面积为S射影， 平面4和平面B所成的二面角的大小为9，则C0S0氵世这个方法对于无校二面角的求解很简便 3、直线与平面所成角：设八1是直线l的方向向量，n2是平面α的法向量，直线与平面的夹角为0.则 sin0=lcos<，n 1.如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD,底面ABCD是正方形，PA=AD=2,M为PD中点. B (I)求证：PB∥平面ACM: (2)求直线PB与平面PAC所成角的大小. 【答案】I)连接AC,交BD于点O,连接OM, 因为四边形ABCD是正方形，所以O为BD中点， 26/141 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 又M为PD中点，所以OMIIPB 因为OMC平面ACM,PBa平面ACM, 所以PB∥平面ACM. ----3D B ②)因为PA⊥平面ABCD,ACC平面ABCD,所以PA⊥BD, 又四边形ABCD是正方形，所以AC⊥BD, 因为PA∩AC=A,PA、ACC平面PAC,所以BD⊥平面PAC, 连接OP,则直线PB与平面PAC所成角的平面角为∠BPO, 又OPc平面PAC,所以BO⊥OP, 在正方形BCD中，80-BD-分×2+2=5. 2 因为PA⊥平面ABCD,ABc平面ABCD,所以PA⊥AB, 因为PA=AB=2,所以BP=22, APBO中，sin∠BPO=BO-V21 在 BP2V22,∠BPO= 6 所以直线PB与平面PAC所成角为6： 2.如图，四棱锥P-ABCD的底面ABCD为菱形，AC交BD于点O,∠ABC=6O°，△PAC为等边三角形， PB=PD,AB=2. BE (I)求证：PO⊥平面ABCD: (②)求二面角P-CD-A的正切值： 3)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值， 【答案】I)证明：因为底面ABCD为菱形，AC交BD于点O, 27/141 学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 所以O为AC,BD的中点. 因为△PAC为等边三角形，所以PA=PC,所以PO⊥AC 又PB=PD,所以PO⊥BD,ACOBD=O, 又AC,BDc平面ABCD,所以PO⊥平面ABCD: (②)由(I)知PO⊥平面ABCD,又CDC平面ABCD,所以PO⊥CD 如图，过O作OE⊥CD于点E,连接PE, BE E 又PO∩OE=O,则CD⊥平面POE, 又因为PEc平面POE,所以CD⊥PE, 所以∠PEO为二面角P-CD-A的平面角， 因为底面ABCD为菱形，所以AB=BC,且AC⊥BD. 又∠ABC=60,所以△ABC为等边三角形， 所以AB=AC=2, 又△PAC为等边三角形，O为AC的中点， 所以P0=PAsin60°=V3, 在RtOCD中，0E=OC-0D-5 CD 2, am∠PE0=P0-5-2 所以 0E3, 2 即二面角P-CD-A的正切值为2. (3)法一：取PD中点M,连接OM,又O为BD的中点， D B 所以OMPB,所以直线OM与平面PCD所成的角即为直线PB与平面PCD所成的角. 由(2)知CD⊥平面POE,CDC平面PCD, 28/141 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 所以平面POE⊥平面PCD,且平面POE∩平面PCD=PE, 在平面POE内，过O作OW⊥PE,所以ON⊥平面PCD,连接MN, 则∠OMN即为直线OM与平面PCD所成的角， 在Ra0PD中·0P=0D=5,则0M-D=Op+0n-6 2 3_15 在R△OPE中，PO=5:则PE=PO2+0E2-B+ 42 所以OW=POXOE3x3 PE155 2 V15 sin/OMN ON 5=0 OM√65 2 所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值为 10 5 法二：设点B到平面PCD的距离为h, 设直线pB与平面pCD所成角为g:则s如0- PB' 因为01面ABCD:m=5:Smx2x2xn120=5, 所以o-xSxPO0=x5x5=1: 3 3 3=5 因为CD=2'D1PgP5=PO+oE=B+ 42 3wDs-2x-西 22 h= 3215 由 得，1 Vr-RCD =VB-PCD=1 3 Snxh=1解得”5了， 2 2V15 因为 所以sin0=h= 5 V10 B=PO2+0B2=3+3=6 5 10 所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值为5 3.(2025广东江门模拟预测)如图，在三棱锥P-ABC中，BC1PC,PA1平面ABC. 29/141 西学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 B (I)求证：平面PAC⊥平面PBC: 2)若AC=BC=PA=2,M是PB的中点，点N在线段PC上，且PN=2NC,求直线BC与平面AMN所成 角的余弦值 【答案】I)证明：由PA⊥平面ABC,BCc平面ABC,故PA⊥BC, 又BC⊥PC,PA∩PC=P,PA,PCc平面PAC, 则BC⊥平面PAC,又BCC平面PBC,故平面PAC⊥平面PBC: (②)由BC⊥平面PAC,ACc平面PAC,故BC⊥AC, 故可以C为原点，建立如图所示空间直角坐标系C-2, 则C(0,0,0)、A(0,2,0)、B(2,0,0)、P(0,2,2),则M(1,1,1), 则CB=(2,0,0),AM=(1,-1,1),PC=(0,-2,-2),AP=(0,0,2), 电pN-2wc则m-号c-(0) 则瓜=+m-P+号Pc-0引 设平面AMN的法向量为m=(x,y,z), m.AM=x-y+z=0 则有 mN=-y+22=0 33 30/141 学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 取y=1,则z=2,x=-1,即m可取(1,1,2)， 设直线BC与平面AMN所成角为B, CB-m 则sinO=cos CB,m -2」6 CB:m2V1+1+46 则cos0=V1-sin20 v6 √30 、6 6 所以直线BC与平面MN所成角的余弦值为V 6 4.(26-27高三上·宁夏银川阶段检测)四棱锥P-ABCD中，ABCD是矩形， PA=AB=1,AD=2,PC=6,BC L PB. D B (I)证明：PA⊥平面ABCD: (2)若E是棱PC上靠近点P的三等分点，求AC与平面ABE所成角的正弦值 【答案】(I)证明：因为ABCD是矩形，所以AB⊥BC 又BC⊥PB,PBOAB=B,PB,ABC面PAB,所以BC⊥面PAB. 又PAC面PAB,所以BC⊥PA, 又AB=1,AD=2,所以训AC卡V1+4=V5 又IPA作I,PCFV6,所以PA+|ACPAPCP,即PA⊥AC 又BC∩AC=A,BC,ACC面ABCD. 所以PA⊥平面ABCD (2)由(1)可建立如图所示的空间直角坐标系， 因为PA=AB=l,AD=2,PC=N6,所以PBV2,E是棱PC上靠近点P的三等分点，则 IPE3IPCI, 易知A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,2,0),P(0,0,1) 所以丽-080元-2-E-4+E=c-(6号) 31/141 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 x=0 AB.=0 设平面 的一个法向量为 由 得到1,22 ABE i=(x,y,2) AE.=0 ++32=0取，得到 31 y=1 x=0,2=-1,即万=(0,1，-)， 又AC=(L,2,0),设AC与平面ABE所成角为0， 则sin0cos(AC,m上I4C·l=2V10 1AC-川2xV5=5 D 5.(2026山东聊城二模)如图，在六面体ABCDMN中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠DAB=60°， DM⊥平面ABCD,DM∥CN,CN=2DM,P是BC的中点 (I)证明：DP平面BMN: 2 ②)若直线DP与平面ABM所成角的正弦值为4，求DM的长 【答案】I)取BN的中点Q,连接M0,P№ 因为P,Q分别为BC,BN的中点， 所PO/CN,且Q-ow 又DM∥CN,CN=2DM,所以DM∥Pg,DM=Pg, 所以四边形DMQP是平行四边形， 所以DP∥Mg 又DPd平面BMN,MOC平面BMN,所以DPI‖平面BMN (2)连接BD, 32/141 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 因为底面ABCD是菱形，∠DAB=6O°，所以△ABD和△BCD均为等边三角形. 因为P是BC的中点， 所以DP⊥BC,即DP⊥AD, 又DM⊥平面ABCD 则以D为坐标原点，分别以DA,DP,DM所在直线为x,y,z轴，建立如图所示的空间直角坐标系。 M D八 设DM=1>0) 则由题意知，A(2,0,0),B1v5,0,M(0,0),P0,5,0） 所以AM=(-2,0,),AB=（-1,V5,0,DP=(0,V5,0 设平面ABM的法向量为万=(x,y,z), AM.n=-2x+z=0, 则Bi=-x+5y=0,令x=5 则i=（V31,423 因为直线DP与平面ABM所成角的正弦值为 4, 设直线DP与平面ABM所成的角为O, √51 厕m0esD.)IPI5x424罗 解得t=V3,所以DM=√3 6.(2026广西崇左·二模)如图，在四棱锥P-ABCD中，PD⊥平面ABCD,AD川BC,AD⊥AB, BC=2AD=2,PD=AB=V3,点E在棱PB上，且PE=APB(0<A<I). 33/141 西学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 D B 仙若-2，证明：AE/平面P心D 13 ②)若直线AE与平面PCD所成角的正弦值为 13, 求的值 【答案】(1)证明见解析 1 3 2)4或32 【分析】(I)建立空间直角坐标系，求出平面PCD的法向量，根据数量积为零可得AE⊥n,从而证得 AEI平面PCD方法二：取BC的中点F,连接EF,AF,根据面面平行的判定定理证明平面AEF∥平 面PCD,从而得到AE∥平面PCD:方法三：取PC的中点G,连接EG,DG,先证明AE∥DG,再根 据线面平行的判定定理证得AE∥平面PCD (2)根据线面角的向量求法，列得关于九的方程，求解可得九的值 【详解】(I)取BC的中点F,连接DF 易证四边形ADFB为矩形，所以AD⊥DF 以D为坐标原点，DA,DF,DP所在的直线分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系， ZA 则D(0,0,0),A,0,0),Bl,5,0,C(-山5,0，P0,0,3) Dc=（-l,V3,0）,Dp=(0,05),AP=（-l,0,5,PB=l,5,-5 AE=AP+PE=AP+PB=(-1+元，V5,3-V3 设平面PCD的法向量为i=(x,y,2), 34/141 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 nDC=-x+3y=0, 期后DP=20,取x=5得n=5L0 因为AEn=0,所以AE⊥n. 因为AEC平面PCD,所以AE∥平面PCD 方法二： B 如图，取BC的中点F,连接EF,AF 在△PBC中，E,F分别为PB,BC的中点，所以EF∥PC. 因为EFC平面PCD,PCC平面PCD,所以EF∥平面PCD ADBC,AD=CF=I,所以四边形AFCD是平行四边形，AF∥CD 因为AFC平面PCD,CDC平面PCD,所以AF∥平面PCD 因为EF∩AF=F,EFc平面AEF,AFc平面AEF,所以平面AEF∥平面PCD 因为AEC平面AEF,所以AE∥平面PCD 方法三： D B 如图，取PC的中点G,连接EG,DG 在APBC，中E:G分别为pBPC的中点：所以EGIRC,BG=BC=1=AD 因为ADI川BC,所以ADI‖EG,所以四边形ADGE为平行四边形，AE∥DG 因为AEC平面PCD,DGC平面PCD,所以AE∥平面PCD 35/141 函学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 (2)记直线AE与平面PCD所成的角为0 sin0=lcos(元，AE- n.AE -3+V5+5九 3 AE 2V-1++5+3-3 13, 1.23 1.23 化简得12822-1242+23=0，解得元=4或32，所以1的值为4或32 7。(226浙江模拟预测)如图.已知四边形ACD是菱形，∠BMD-行p是平面ABCD外一点，且 PD=AD,DP=CE(元>0). I)当1=1时，求证：A,B,E,P四点共面： (②)若平面PBD⊥平面ABCD,平面PECD⊥平面ABCD, (i)求证：直线PD⊥平面ABCD: (i)求九的值，使直线BD与平面PBE所成角最大. 【答案】(I)证明：因为入=1，所以DP=CE, 所以四边形PDCE为平行四边形，所以DC∥PE,DC=PE 又因为四边形ABCD为菱形，所以AB∥DC,AB=DC, 从而有AB∥PE,AB=PE, 所以四边形ABEP为平行四边形，所以A,B,E,P四点共面. (②)()证明：设IC平面PBD,且I≠PD,I⊥BD 因为平面PBD⊥平面ABCD,BD为交线，所以I⊥平面ABCD. 设mc平面PECD,且m≠PD,m⊥CD 因为平面PECD⊥平面ABCD,CD为交线，所以m⊥平面ABCD. 因为I⊥平面ABCD,m⊥平面ABCD,所以I∥m 又因为l￠平面PECD,mC平面PECD,所以II∥平面PECD 因为平面PBD∩平面PECD=PD,所以PD,所以PD⊥平面ABCD (i)由(i)知，PD⊥平面ABCD 36/141 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 又已知四边形ABCD是菱形，且∠BAD= 3,记G为边BC的中点，故可以D为原点， DA,DG,DP分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系. 不妨设PD=DA=1,则D(0,0,0),P0,0,), 所丽5即-（含9匪-(》 D 设方=(x,y,2)是平面PBE的一个法向量， 1 x- 2 2y+2=0 22-1 则 1 ，特取，得少= 3， 即 -x+z=0 72 x=1 z= 2刘 记直线BD与平面PBE所成的角为O, in0=- DB.nl 多 DBIn 11+ 22-+2' 3 in0= 32 3 3 即 V722-42+4 44 V+7 *6 所以当72即=2时.s如0≤号 11 ，即0≤ 综上，当A=2时，直线BD与平面pBE所成角最大，且最大角为平 37/141 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 >题型04 二面角问题 【技巧通法提分快招】 1、几何法 (1)定义法（棱上一点双垂线法）：在二面角的棱上找一个特殊点，在两个半平面内分别过该点作垂直 于棱的射线。 (2)三垂线法（面上一点双垂线法）：自二面角的一个面上一点向另外一个面作垂线，再由垂足向棱作 垂线得到棱上的点（即斜足），斜足和面上一点的连线与斜足和垂足的连线所夹的角，即为二面角的平面 角 (3)垂面法（空间一点垂面法)：过空间一点作与棱垂直的平面，截二面角得两条射线，这两条射线所 成的角就是二面角的平面角 0s0-射影 (4)射影面积法求二面角 S 2、向量法：若，2分别为平面C,B的法向量，8为平面，P的夹角，则 cos0=cos<n,n2 n2 1.已知四面体ABCD中，直线AB⊥平面BCD,平面ABC⊥平面ACD E (I)求证：AC⊥CD: ②若E'F分别是棱D'AC的中点，且MB=AB=1'直线AC与平面BCD所成角为4，求二面角 E-BC-F的余弦值 【答案】I)过B作BH⊥AC于H, :平面ABC⊥平面ACD,平面ABC∩平面ACD=AC,BHC平面ABC, 由面面垂直的性质定理得：BH⊥平面ACD, 又CDC平面ACD,:.BH⊥CD 38/141 西学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 :AB⊥平面BCD,CDC平面BCD, .AB⊥CD ·AB∩BH=H,AB,BHc平面ABC, ,·.CD⊥平面ABC, 又ACc平面ABC,:.AC⊥CD H ---------- C 2)取BC的中点G,连接EG,FG, “AB1平面BCD·∠ACB为AC与平面的BCD线面角，∠ACB- 4 :E为AD中点，AE=AB=I, ..AD=2AE=2,BC=4B=1,AC=4B2+BC2=+1= :.CD=VAD-4C2=2-(=2 E F为AC中点，“FG∥AB:G号48 :AB⊥平面BCD,BD,BCC平面BCD,.AB⊥BD,AB⊥BC. .FG⊥BC, :AC⊥CD:B⊥BD,E为AD中点，EB=C-4D= .EG⊥BC, :.∠EGF为二面角E-BC-F的平面角 o--cj-r-9-9 39/141 学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 EF= -(c-- 在△EGF中，由余弦定理，得 1 Cos∠EGF= EG2+FG2-EF2 2 2EG·FG 2x57 V33 2×2 2 2.如图所示，在正四棱锥S-ABCD中，SA=2,AB=√2，SP=2PD B (I)证明：AC⊥SD, (2)求平面ACP与平面DCP所成角的余弦值. 【答案】(I) 连结BD∩AC=O,连结SO,如图， 因为四棱锥S-ABCD是正四棱锥，所以SO⊥平面ABCD, 又ACC平面ABCD,所以SO⊥AC,在正方形ABCD中，BD⊥AC, 又SOnBD=O,SO、BDC平面SBD,所以AC⊥平面SBD, 因为SDC平面SBD,所以AC⊥SD 2) D B 由(1)知BD,AC,SO两两垂直， 如图以O为坐标原点，以OB,OC,OS为x,少z轴建立如图空间直角坐标系， 期由￥面几何知识易知：0M=0B=0C=0D-B0-分×5x5=l0=5f-0F=5, 40/141 函学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 所以S0,0,V5),C(01,0),D(-1,0,0). 因为 SP=2PD 3 由于A、O、P、C四点共面， 设平面APC的法向量为”=(：，片，)，有 OP--2x 3 x+ 3 33-0 4·0C=y=0 故可取a-6.02可 设平面DCP的法向量为n2=(:2,2,z2) 医cD-(-10.m=(l9 n2CD=-x3-y2=0 330’ 故可取-（33) -3x3+23×V51 因Cosn,n2= n1·n2 √21×√21 7 故平面ACP与平面DCP所成角的余弦值为7 3. (2026陕西三模)如图，四棱柱ABCD-ABCD的底面ABCD为直角梯形，∠DAB=∠ADC=0°， AB=AD=1,CD=2,BD⊥CD.点M为CD的中点，且CD=2BM. D B (I)证明：BD⊥BD； 2W7 ②)若DM与平面BCD,所成角的正弦值为7，求二面角B-DM-C的正弦值. 【答案】I)因为M为CD中点，且CD=2BM,所以∠DBC=90°，即BD⊥BC, 又BD⊥CD,BCOCD=C,BC,CDc平面ABCD, 所以BD,⊥平面ABCD,又BDC平面ABCD,所以BD⊥BD (2)因为∠DAB=∠ADC=90°，所以ABI/CD 41/141 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 又AB=AD=1,CD=2,所以BD=BC=V2,所以CD=BD+BC2,则BC⊥BD, 由(I)知BD1平面ABCD,所以BC,BD,BD两两垂直，以B为原点，建立如图空间直角坐标系， ZA M 则B(00,0),C(2,0,0,D0,V2,0, 由BC⊥BD,BD⊥BD,BD∩BC=B,BD,BCC平面BCD,得BD⊥平面BCD, 所以DM与平面BCD所成角为∠DMB, 所以sin∠DMB= BD2 -2V7 DM2+BM2 7' 解得BM=V6 0-6肩a0-6-2naa3是空a 所m-20M-(ΞE-,-2 设平面BDM的一个法向量为m=(,,Z), √2y=0 庙Dm0+50可取 DM.m=0 m=（2,01)” 设平面CDM的一个法向量为i=(x,y2,22), V2x2-V2y=0 由DC-i=0, DM.=0 停名+。可 i=(2,2,) 设二面角B-DM-C为8 ∴.cos0=cos<m,nti= m .n 1 15 9V3.9515· 则sin8=V-cos29=210 15 210 所以二面角B-DM-C的正弦值为 15 4.如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD,底面ABCD是直角梯形，ADIIBC, 42/141 西学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 ∠AC=90且PM=5,4B=BC-4D=L,PD=3E为pD的中点， E C (I)证明：CE∥平面PAB； (②)求三棱锥P-ACE的体积： )求二面角E-AC-D的余弦值. 【答案】(I)取PA中点M,连接EM, BM因为E为PD的中点，M为PH中点，所以EMAD且EM=之AD 又ADIIBC, BC=2AD,所以EMBC,且EM=BC 则四边形BCEM为平行四边形，得CEIBM, 又BMc平面PAB,CEC平面PAB,所以CE∥平面PAB, M ®烟为E为pD的中点，所以5a=e光nm 又PA=5,AD=2,PD=3,P+AD2=PD2,故AP⊥AD, 又平面PAD⊥平面ABCD,且平面PADO平面ABCD=AD,APc平面PAD, 所以AP⊥平面ABCD, 又底面ABCD是直角梯形，∠ABC=90°，BCIIAD,AB=BC=1 可得4C=CD=24C+CD=4D:即AC1CD则Sm=x2x2=1 则m5- 6: 43/141 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 (3)由(2)知AP⊥平面ABCD,取AD的中点F,连接EF, 在△PAD中，E,F分别为PD,AD的中点，所以APIEF,则EF⊥平面ABCD 因为ACc平面ABCD,所以EF⊥AC, 过F作FN⊥AC于N,连接EN 因为EF∩FN=E,EF,FNc平面ENF,所以AC⊥平面ENF, 因为NEc平面ENF,所以AC⊥NE, 所以∠ENF为二面角E-AC-D的平面角， 由2)知1C1cD':NrCD且P-cn 2 2 ,NE=VNr2+EF=万 2 √2 在 中，cos∠EWF=F=2-V4 7 Rt△EFN 2 14 即二面角E-AC-D的余弦值为7· 5.如图①，ABCD是一个等腰梯形，AD=DC=CB=2,AB=4,点E是AB的中点，现将△ADE沿着DE 向上翻折至△PDE,连接PB,PC,如图②. D ① ② (I)若平面PDE与平面PBC相交于直线I,证明：1IMBC. (2)证明：PC⊥BC: 3)若PC=2,求平面PDE与平面PBC所成角的余弦值. 【答案】(I)原等腰梯形中，E是AB中点，AB=4,故AE=EB=2. 44/141 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 又DC=2且DCIIEB,因此四边形DEBC是平行四边形，得DEI/BC. 因为BC//DE,DEc平面PDE,BCC平面PDE,则BCII平面PDE 因为BCc平面PBC,平面PDE与平面PBC相交于直线L,则BCI1. (2) 取DE中点O,连接PO,OC,△PDE是边长为2的等边三角形， 故POLDE,PO=V22-P=V5 因为DC=2,D0=1,∠CDE=60, 则OC⊥DE,且OC=V22-P=V5,翻折后P01DE关系不变 由DE/BC,得PO⊥BC,OC⊥BC: 又PO∩OC=O,PO,OCc平面POC,故BC⊥平面POC. 因PCC平面POC,故PC⊥BC E :B E D 3)根据(1)(2)知，111BC,且PC⊥BC,则PC⊥1 根据(2)知，PO⊥BC,则PO⊥1 因为平面PDE与平面PBC相交于直线I,则平面PDE与平面PBC所成角为∠CPO 因为OP=5,CO=V5,PC=2,由余弦定理，lOC=PC+|Po-2 POPCcos∠CP0, 解得cos∠CP0=V 31 3 即平面PDE与平面PBC所成角的余弦值为3 6.四棱锥P-ABCD中，四边形ABCD为梯形，其中ABIIDC,AB=2BC=2CD=4,∠BCD=6O°，平 面PBD⊥平面ABCD 45/141 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 A (I)证明：PB⊥AD: (2②)若PB=PD,且三棱锥C-PBD的体积为V3,点F在线段PC上，若平面DBF与平面PBC所成的二面 12 角的正弦值为13，求PF的长， 【答案】I)由题意知△BCD为等边三角形，则BD=2,所以AB=2BD=4, 又四边形ABCD为梯形，ABIIDC,则∠ABD=60°， 在△ABD中，AB=4,BD=2, 由AD2=AB2+BD2-2AB×BDxcos∠ABD, 得AD2=42+2-2×4×2×c0s60°=12，解得AD=2V3, 所以AD2+BD2=AB2,即AD⊥BD, 又平面PBD⊥平面ABCD,平面PBDO平面ABCD=BD,ADC平面ABCD, 所以AD⊥平面PBD, 又PBC平面PBD,所以PB⊥AD (2)取BD的中点为O, 因为PB=PD,且O为BD的中点，所以PO⊥BD 又平面PBD⊥平面ABCD,平面PBDA平面ABCD=BD,POC平面PBD, 则PO⊥平面ABCD, 连接OC,则OC⊥BD,且OCC平面ABCD,故PO⊥OC, 综上，PO,BD,OC两两垂直， 以O为原点，OB,OC,OP为x,y,z轴正方向建立空间直角坐标系 46/141 西学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 ZA F DE 所以A-山，-25,0），BL,0,0,C0,5,0),D(-10,0), 南m=nnOP-小. 可时*220p-5,￥0p-3 11 2 则P(0,0,3). 设PF=PC,∈[0，列，所以F(0,3,3-3n) 所以BF=(-l,V3,3-3,DB=(2,0,0,BC=(（-l,N5,0,BP=(-1,0,3), 若m=(x,y2)是平面BDF的一个法向量， m.BF=-x+V3y+(3-32)z=0 则1mDB=2x=0 取，：则：=名则m-(05) 若i=(x,,乙)是平面PBC的一个法向量， i.BP=-x+3z1=0 则aBC=-x+5y=0 取名=1，则x=3,片=3，则i=(3,5,, 所以lcos(m训-= m.n 5 13 因为ae01川，解得=行：故P所-PcPc-不5+3=23. 47/141 可学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 所以PF=2V3 ◆题型05折叠问题 【技巧通法提分快招】 折叠问题的两个解题策略 ,1、确定翻折前后变与不变的关系：画好翻折前后的平面图形与立体图形，分清翻折前后图形的位置和数 量关系的变与不变.一般地，位于“折痕”同侧的点、线、面之间的位置和数量关系不变，而位于“折 痕”两侧的点、线、面之间的位置关系会发生变化；对于不变的关系应在平面图形中处理，而对于变化的 关系则要在立体图形中解决 2、确定翻折后关键点的位置：所谓的关键点，是指翻折过程中运动变化的点.因为这些点的位置移动， 会带动与其相关的其他的点、线、面的关系变化，以及其他点、线、面之间位置关系与数量关系的变化。 只有分析清楚关键点的准确位置，才能以此为参照点，确定其他点、线、面的位置，进而进行有关的证明 与计算 1.如图甲，在五边形ABCDE中，四边形ACDE为正方形，AB⊥AD,将△ADE沿AD翻折到△PAD的位 置（如图乙）使平面PAD⊥平面ABCD. 图甲 图乙 (I)求证：PD⊥平面PAB: (2)设AB=1,AD=4,求点B到平面PCD的距离. 【答案】I):四边形ACDE为正方形， :△ADE为等腰直角三角形，∠AED=90°，翻折后∠APD=∠AED=90,即PD⊥PA. :平面PAD⊥平面ABCD,平面PADO平面ABCD=AD,ABC平面ABCD,AB⊥AD, ·AB⊥平面PAD ,PDC平面PAD,.AB⊥PD 又，PA∩AB=A,PAC平面PAB,ABC平面PAB, ∴.PD⊥平面PAB 48/141 可学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 (2)取AD中点O,连接PO,OC A :aPMD为等腰直角三角形，：PO1AD:P0=)AD-2 2 :平面PAD⊥平面ABCD,平面PADA平面ABCD=AD,POc平面PAD, :PO⊥平面ABCD,即PO为点P到平面ABCD的高 在正方形ACDE中，：AD=4,∴.AC=2W2,OP=OC=2,PC=2√2， .S.mn-S.xn+S.co-S.m-jx2/x2/7+zxlx2/2xsin z-x4x1-3, 42 m-0-x2=2 :PD=CD=PC=2N2,即△PCD为等边三角形， 8m-25 设点B到平面PCD的距离为d, “o=m号8md=2,可时25d-2 解得d=V5 2.(2026贵州毕节一模)如图，在△ABC中，AB=AC,∠BAC=90°，点D在BC上，点E在AC上， AC=3AE,BC=3BD,将△DEC沿DE翻折至△DEP,使得二面角P-ED-B的大小为60°. (I)若F为DP的中点，点G在AB上，AB=3AG,证明：GF∥平面AEP: (2)求平面AEP与平面BDP所成的二面角的正弦值. 【答案】I) 如图，取PE的中点H,连接AH,FH 49/141 西学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 AC_BC ,且 =3 D-2AB AE BD .ED//AB 3 ~F,∥分别为PD,PE的中点，：那ED:且F子 AB」 2 2B 3 又由题可知、4G4B,且FVEDIAR 3 因tHAG:且R=4G-4, 因此四边形AGFH为平行四边形，因此有GFIAH, 又因为AHc平面AEP,GFC平面AEP, 因此GF∥平面AEP: (2)由∠BAC=90°可知BA⊥AC,由(1)可知ED∥AB, 故DE⊥AC,因此DE⊥EC,DE⊥EA 由折叠关系可知DE⊥EP,又因为平面PED∩平面ABDE=ED, PEc平面PED,EAc平面ABDE,则∠PEA即为二面角P-ED-B的平面角， 因此∠PEA=60°， 不纺设B=AC-3则D=BC-号4C=21写4C=l, P=BP+BM-2BP-EA-cos∠PEBM=4+1-2x2xIX23,解得PA=N5, 又因为AE+AP2=1+3=4=EP2,故AP⊥AE. 因为DE⊥EP,DE⊥EA,EP∩EA=E,EA,EPc平面AEP, 故DE⊥平面AEP,又因为APC平面AEP,故DE⊥AP, 又因为DE∩AE=E,DE,AEC平面ABDE, 因此PA⊥平面ABDE D 过点E作垂直于平面ABDE的直线Ez,易证EA,ED,EBz两两互相垂直， 因此可以E为坐标原点，分别以EA,ED,z所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系， 50/141 学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 则E(0,0,0),B1,3,0)，D(0,2,0),P1,0V3). ED=(0,2,0),BD=(-1,-1,0),BP=(0,-3,V3) 因为DE⊥平面AEP,因此ED为平面AEP的法向量： 设平面BDP的法向量为n=(x,,Z), 元·BD=0 -x-乃=0 则有后严=0，即-3y+5z=0取x=则 =-1,a=-3 即%=1，-1，-V3) 设平面AEP与平面BDP所成的二面角的大小为C, 则cosc<历，%水ED=25 IED-川n|255, 又因为ae0经引，故ina≥0则sma=-cosa- ,125 5 5, 25 即平面 EP与平面BDP所成的二面角的正弦值为 3.(26-27高三上：广东阶段检测)如图，等腰梯形ABCD中，AB=4,BC=CD=AD=2,沿对角线 BD折叠，使平面ABD⊥平面CBD.M为AC中点，N为BD的中点. A (I)证明：CN⊥AB, (2)求直线MN与平面ACB所成角的正弦值， 【答案】(1)见解析 g 14 【分析】(I)先证明CN⊥BD:根据面面垂直的性质定理可得CN⊥平面ABD,进而可证CN LAB (2)以N为原点，建立空间直角坐标系，求平面ACB的法向量，直线MN的方向向量，通过向量的夹角 公式计算线面角的正弦值， 【详解】(I)因为CD=BC=2,N为BD中点，因此等腰aCBD中CN⊥BD 51/141 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 又因为平面ABD⊥平面CBD,平面ABDA平面CBD=BD,CNC平面CBD, 根据面面垂直的性质定理，得CN⊥平面ABD, 由于ABC平面ABD,因此CN⊥AB (2)在等腰梯形ABCD中，AB/1CD,AB=4,AD=BC=CD=2, 取AB中点E,连接DE、CE, 由AB=4得AE=EB=2,结合CD=2且ABIICD, 可知AEIICD且AE=CD,EB1ICD且EB=CD,因此四边形AECD、四边形EBCD均为平行四边形， 由平行四边形性质得DE=BC=2,结合AD=2,可知△ADE是边长为2的等边三角形， 因此∠A=60°，∠DEA=∠ADE=60°， 由ED=EB=2,可得∠EDB=∠EBD,又∠EDB+∠EBD=∠DEA=6O°， 所以∠EDB=∠EBD=30°，所以AD⊥BD, D E 由(I)CN⊥平面ABD,又ADc平面ABD,所以AD⊥CN, 结合BDOCN=N,BD,CNC平面BCN,可得AD⊥平面BCN, 以N为原点，分别以NB,NC,DA为x,y,z轴的正方向，建立空间直角坐标系， 则N0,00,A-5,02,B5,00,C(0,10): 因为4C中点：收 M 直线，， MN 的方向向量MN B=(25,0-2CB=(V5,-1,0）: 设平面ACB的法向量为i=(x,y,z), AB=2v3x-2z=0 则{ n.CB=3x-y=0' 令z=V5,解得y=3,x=1,即i=V5,V3) 设直线MN与平面ACB所成角为O, 根据线面角的向量公式sin0=lcos(MN,m|= MN. MN刚' 52/141 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 √42 可得 o.n 42 所以直线MN与平面ACB所成角的正弦值为 14 B 4.(2026辽宁大连模拟预测)如图，直角三角形PAB中，∠ABP=90°，AB=3,BP=4,C,D分别为 边BP,AP的中点将△PCD沿CD向上翻折使二面角P-CD-A的大小为120，得到四棱锥P-ABCD,点 E为PB上的点，且平面ACE⊥平面PAB B (I)证明：点E为PB的中点： (②)过点A,D,E作四棱锥P-ABCD的截面，求此截面将该四棱锥分成上下两部分的体积之比 【答案】)证明：在平面图中，因为C,D分别为PB,PA的中点，所以CDIIAB,CD⊥PC, 所以翻折后有AB⊥PC,又AB⊥BC,BC∩PC=C,BC,PCC平面PBC,所以AB⊥平面PBC, 又因为ABC平面PAB,所以平面PAB⊥平面PBC, 那么存在一直线aC平面PBC使得a⊥平面PAB且a￠平面ACE, 因为平面ACE⊥平面PAB,所以存在直线bC平面ACE使得b1⊥平面PAB且bC平面PBC, 则a/Ib,又a文平面ACE,bc平面ACE,所以a/I平面ACE, 又aC平面PBC,平面PBC∩平面ACE=CE,所以alICE, 所以CE⊥平面PAB, 因为BPc平面PAB,所以CE⊥BP, 53/141 函学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 又因为CB=CP,所以点E为PB的中点： 2)延长BC,AD交于点H,连接EH交PC于点F,则截面即为AEFD, 记该截面将四棱锥分成上下两部分的体积分别为，”， 以B为原点，BC,BA,过点B垂直于平面ABCD的直线分别为x,y,2轴建立空间直角坐标系， wwo.ox0.c2.c0.mz.o).rc.o0. 因为PC⊥CD,BC⊥CD,平面PCDn平面ABCD=CD, 所以∠PCB是二面角P-CD-A的平面角，即∠PCB=120°， 义为-28a肉期目a马)。 -0 在 平面内，直线EH:z=2 4-4即2-5x+45直线c:2=5- 即 24 Z=- -x+ xBZ 5 5 2-1 (x-2)z=3x-25 联立解得，=了 3,2= 3 1 则%=V-4m-V-oa=32g-S.4am3,S.cm=3× 3x6-'x5x355 一× -X- 32 332 6 1 1 393V3 -n=32nSm-3×V3×2 3 22 2v5 所以Y='-ABD-V2 3· 所以上：5=2v3.55 36 45 5.(2026陕西宝鸡~模拟预测)如图1，平面五边形PABCD由等边三角形PAD与矩形ABCD拼接而成， 且BC=2CD=2,现沿AD进行翻折，使得平面PAD⊥平面ABCD,得到如图2所示的四棱锥P-ABCD, 其中O为棱AD的中点，点E,F分别在棱PB,PD上（含端点），且OE∥平面PCD. 54/141 可学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 D D 图1 图2 PE ()求PB的值： 5V19 2)若平面OBF与平面p4B所成角的余弦值为38，求PF的长. 【答案】4)2 Q)2 分析】(4少)以0为原点建立空甸直角坐标系，通过设参数元P?表示点F的坐标，再利用线面平 PE 直线方向向量与平面法向量垂直列方程求解，得到PB的比值： (2)以第一间的空间直角坐标系为基础，用参数PF=PD)表示点F的坐标，分别求出平面PAB与平面 OEF的法向量，再利用两平面夹角的向量表示列方程求解参数(，进而得到PF的长度 【详解】(I)由题意，AD=BC=2,CD=AB=1,△PAD为等边三角形，O为AD中点，故PO⊥AD, 又平面PAD⊥平面ABCD,平面PADn平面ABCD=AD,所以PO⊥底面ABCD 以O为原点，OA所在直线为x轴，过O平行AB的直线为y轴，PO所在直线为z轴建立空间直角坐标系， 则O(0,0,0),P0,0,V3),A,0,0),B1,1,0),C(-1,1,0),D(-1,0,0), 所以0P=(0,0,v3,PB=,l-V5), =人，则OE=op+PE=0p+aPm-Q)+2L一5)-（元50-刃 设PB PD=(-1,0,-5),CD=(0,-1,0),设平面PCD的法向量为i=(xyz), 7m00之8y0 则nc=0即 -y=0 z=1 所以平面PCD的法向量i=(3,0,,由OE∥平面PCD得OE万=0， 55/141 学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 1.PE1 即-52+51-)=0，解得元=2故PB2 ②四得513 2'2’2 设pF=PD'1∈0,1小因为PD=（l0,-) 所以PD=-+0+5=2,所以PF=1PD=2 则0F=0P+PF=0P+PD=(0,03)+(-l,0,-5)=(-t,0V3(1-),则F(-4,03(1-), ri-(o-V)-(-.oF-(-0- P1=0小x-3z=0,令 设平面p4B的法向量，=(：，，》则B=0即y=0 PAB 2=1则5=5，以=0 所以平面P4B的法向量只=(V3,0,,问=2 设平面 的法向量 则0E=0,即2 ++ 2320 OEF n2=(x2,2,22） n,0F=0 -c2+V3(1-)z2=0 令32=1，则x=V3(1-),52=-V5, 所以平面0EF的法向量乃=(V5(1-),-5,,四=V4r2-61+6 「设平面。E2与平面所成角为。，则cos0=%”三3-21 =59 PAB m网24r-61+638,化简得 12+26t-7=0 部利=波=号〈合)，放P听=2方 56/141 西学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 ◆题型06动点探索性问题 【技巧通法提分快招】 1、用向量法处理立体几何中的探索性、存在性问题 探索性、存在性问题是条件不完备、结论不确定的问题，利用向量的方法将这类问题由立体几何问题转化为 代数的方程（不等式）的解的问题，考查了化归、转化的数学思想，培养了逻辑推理、直观想象、数学运算等核 心素养 ⅰ2、用向量的坐标运算解决几何问题 用向量的坐标运算解决几何问题，使几何问题代数化，以数助形，体现了数形结合的思想.同时本题还运用了方 程的思想，通过列方程、解方程使问题得以解决这足以说明“向量的坐标运算”是“几何”与“代数”间 的一座新的桥梁 这类问题的基本形式是判断在某些确定条件下的某一数学对象（数值、图形、函数等）是否存在或某一结论 是否成立，解决这类问题的基本策略是假设题中的数学结论成立，在这个前提下进行逻辑推理，若由此导出矛 盾，则否定假设，否则，给出肯定证明 3、对于存在判断型问题：通常应先假设存在，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是 否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等 4、对于位置探究型问题：通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数 1.(25-26高三上·广东深圳阶段检测)如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD,底面ABCD为 8 平行四边形，AB=AD=AP=2:四棱锥p-ABCD的体积为 D (I)证明：平面PCD⊥平面PAD, (②)平面PBC内是否存在点H使得DH⊥平面PBC？若存在，求出点H到平面PDB的距离：若不存在，请 说明理由 8 【答案】)由。和四棱锥P一ABCD的体积为3，得'=3SACD'FA=3·所以SMD=4 因为AB=AD,所以平行四边形ABCD是菱形， 菱形ABCD的面积S=AB·AD·sin∠BAD=4sin∠BAD=4,所以sin∠BAD=1, 所以∠BAD=90°，故底面ABCD是正方形，所以CD⊥AD, 57/141 学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 又PA⊥平面ABCD,CDC平面ABCD,所以PA⊥CD 因为PAOAD=A,PA,ADc平面PAD,所以CD⊥平面PAD, 又CDC平面PCD,所以平面PCD⊥平面PAD, (②)存在点H,理由如下： D -0 B无 依题意，以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系， 则A(0,00),B(2,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2) PB=(2,0,-2),PC=(2,2,-2),由平面向量基本定理， 设PH=PB+uPC=(2元+24,24，-2元-2P）,其中，u∈R, 得H(2元+24,24，-2元-2+2)，所以DH=(2+24,2-2,-2-2μ+2)， 因为DH⊥平面PBC,则DH⊥PB且DH⊥PC,所以 Di.PB=2(21+24)-2(-22-2μ+2)=0，得82+8=4， Di.PC=2(2+24)+2(2μ-2)-2(-22-2+2）=0，得81+12μ=8， [8+8μ=4 联立84124=g得4=12= 因为九，“存在，所以存在点H,使得DH⊥平面PBC: 此时H(1,2,1),PB=(2,0-2),PD=(0,2,-2),设平面PDB的法向量是n=(,y2), PB.n=2x-2z=0 则Pn=2y-2z=0令x=ln=1,)又p丽=L2,-1) 的距离d= pi.225 所以点到平面 H PDB 阿33 2.在斜三棱柱ABC-AB,C中，AC⊥A4,AD⊥BC,ABBA为菱形，AC=AB=4,∠4AB=60°， D为AB中点. 58/141 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 A B A D ()证明：AC∥平面CDB: (②)线段4C上是否存在一点M,使二面角M-AD-C为30°，若存在，求出M的位置，若不存在，请说 明理由。 【答案】(1) 法一：如图，连接AC,交AG于F, 取BC中点E,连接EF,ED. A B B E.F为中点，：EFMB且F=44。 又：ADAB且AD= 24B,EFIAD且EF=AD 所以四边形EFAD为平行四边形，FAIIED,AC IIED, :EDC平面CDB,AC￠平面CDB, ∴AC∥平面CDB 法二：如图，连接BC,交BC于E,连接ED. 59/141 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 分别为 中点， .D,E AB,BC ∴.DE∥AC :DEC平面CDB,AG￠平面CDB, ·AC∥平面CDB (2)不存在，理由： ~四边形ABBA为菱形，·A4=AB,又∠AAB=60°， △AAB为等边三角形，：D为AB中点，AD⊥AB, 又：AD⊥BC,BCOAB=B,BC,ABc平面ABC,∴AD⊥平面ABC, ·AD⊥AC,又AC⊥AA,A4nAD=4,A4,ADc平面ABBA, AC⊥平面ABBA, 如图，以D为原点，在平面ABC内过点D作AC的平行线为x轴， DB所在直线为y轴，DA所在直线为z轴，建立如图所示空间直角坐标系. ZA A B AD B 得4(00,23)，B(0,2,0),B04,25 A0,-2,0),C(4,-2,0),G(4,0,23) ∴.4C=(4,0,0) 设M(o,o,2）,4M=4C,元∈[0，， 24C=(4,0,0),.M(42,0,25 60/141 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 设平面MAD法向量m=(x,,Z),且DA=(0,-2,0),DM=(4孔，0,23) m.DA=-2y=0 m-DM=42x+253=0令x=-5解得y=0,2=2 m=（-V5,0,22,而设平面ADC法向量n=(0,0,), 则os(m, m.n 2 V42+3,由题意得二面角 为 M-AD-C30° 225 得到422+3 >,化简得2=4六几=±3 2 故不存在点M满足二面角M-AD-C等于30° 3.(2026云南三模)如图，在四棱锥C-ABED中，四边形ABED是边长为2的正方形，平面ABC⊥平 面ABED,BC=l,AC=V5 (I)证明：AC⊥平面EBC: 使得直线B即与平西C所成角的上孩谊为2T?若行在，求出哥的 CP ②)线段CD上是否存在一点p 11 值；若不存在，说明理由 【答案】()因为四边形ABED是正方形，所以EB⊥AB, 因为平面ABC⊥平面ABED,且平面ABC∩平面ABED=AB,EBC平面ABED, 所以EB⊥平面ABC,又因为ACC平面ABC,所以EB⊥AC, 在△ABC中，BC=1,AC=V3,AB=2. 因为BC2+AC2=1P+(N32=4=AB,所以AC⊥BC, 又因为EB∩BC=B,且EB,BCC平面EBC,所以AC⊥平面EBC. (2)如图，过点C作CFI1BE, 因为EB⊥平面ABC,BC,ACC平面ABC,所以EB⊥BC,EB⊥AC, 所以CF⊥BC,CF⊥AC,又AC⊥BC,所以CF,AB,AC两两垂直， 61/141 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 Z 如图，以C为原点，分别以CA,CB,CF为七，八，z轴建立 空间直角坐标系B-2, A5,0,0,B(01,0),C(0,0,0),DV5,0,2,E(0l,2), CD=(3,0,2,BE=(0,0,2), 设CP=CD=(N5元，0,22)0≤元≤)，因此p的坐标为(5元，0,22) 所以BP=(N5,-1,2 因为BE⊥平面ABC,所以BE=(0,0,2)是平面ABC的一个法向量， BP.BE 设直线与平面 所成角为，则sin8= BP ABC BP BE 2而 42 即11 2x团可+(+0，解得-=号合去) 2 因此存在CD2,使得直 B即与平面4BC所成角的正弦值为2 11 4.(26-27高三上重庆阶段检测)如图，四棱锥P-ABCD中，AC∩BD=O,PO⊥底面ABCD, OP=3,且AB=AD=2'CB=CD=2N3,∠DAB- 3· E D C A的 B (I)证明：AC⊥平面PBD: 2W7 PE ②线段C上是否存在一点B,使得二面角E-AD-B的平面角的正弦值为7：若存在，求P元的值： 若不存在，请说明理由. 62/141 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 【答案】I):PO⊥底面ABCD,ACc平面ABCD, ∴AC⊥PO: 在四边形ABCD中，：AB=AD,CB=CD,AC=AC, ,.△ACD≌△ACB(SSS), ·∠DAC=∠BAC=T 3 在。ABD中：∠ZD4C=∠BAC= 3’AB=AD' ∴.AC⊥BD BD∩PO=O,且BD,POC平面PBD. .AC⊥平面PBD: ②)如图建立空间直角坐标系0-z,由题可知：0A=AB-co0s=1,OB=OD=ABin-V5, 3 3 OB.OD=0AOC,∴.OC=3 ZA E A0,-1,0)BV5,0,0)D(-30,0)C(0,3,0)P(0,0,3) PC=(0,3-3,AD=(-3,10,DP=(N5,0,3: 设PE=PC=(0,31,-3),DE=DP+PE=(N3,3,3-3 [AD.m=-/3x+x=0 设平面 ADE 的法向量为%=(G)则DEA=3x+3y+6-32)=0 所以平面4DE的一个法向量为只=(3(2-)，35(2-)，V5(1+3): 由题可得平面4DB的一个法向量为乃=(0,0，)：设二面角E-AD-B的平面角为0， n·nl N51+3 √21 ∴.cos0= mlm2l1√6322-542+39 解得1=：所以PE=1 PC 3 5.如图，四棱锥的底面ABCD是平行四边形且AB=2AD=4,AD⊥BD,△PAD为等边三角形， PC=2V6,0为AD中点. 63/141 函学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 B (I)证明：OP⊥平面ABCD (②)设N为侧棱PC上一点，四边形AENF是过A,N两点的截面，分别交PD,PB于E,F两点， BD∥平面AENF. (i)证明：EFIBD: (i)设PN=2PC,是否存在，使得点P到面AENF的距离为2· 【答案】(I)证明：△PAD为等边三角形，O为AD中点，故PO⊥AD 由AB=2AD=4得AD=2,则AO=OD=1,P0=VP-A02=√4-1=V5 平行四边形ABCD中CD=AB=4,AD⊥BD,在R1AABD中BD=√AB2-AD2=V16-4=2V3,且 cOS∠DAB= AD 1 AB 2' 即∠DAB=60°，故∠ADC=120° 在△0DC中，由余弦定理得0C2=0D2+CD2-2-0D.CD.cos∠ADC=1P+42-2x1×4×cos120°=21. 己知PC=2W6,则PC2=24,满足P02+0C2=3+21=24=PC2, 故PO⊥OC 又ADOOC=O,AD,OCc平面ABCD, 因此OP⊥平面ABCD (2)(i)BD∥平面AENF,BDc平面PBD,平面PBDO平面AENF=EF, 所以由线面平行的性质定理得EFIBD, (i)存在，理由如下： 以O为坐标原点，OD方向为x轴正方向，过O作BD的平行线为y轴正方向， OP方向为z轴正方向，建立空间直角坐标系 各点坐标为A(1,0,0),D(-1,0,0),B-1,23,0),C-3,23,0,P0,0,3)】 由PN=PC,Pc=(-3,2W5,-5, 由DN=DP+PN=DP+PC得N(-3,2V3,5(1-2 64/141 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 由EFIIBD, BD=(0,-2W5,0),取直线EF的一个方向向量为=(0,10) =(-32-1,23,51-): 设平面AENF的法向量为i=(x,y,z), n.v=y=0 则1n-4=(-32-)x+25y+5(0-2z=0 故可设i=(V5(1-2)0,3+ AP=(-l,0⑤)，点P到平面AENF的距离： 4:a_30-+53a+ 4V3 25 V3(1-)2+(3+1)2 2W322+1V322+1 令d= 2W321 2, 则3P+2:整理得 522=1 解翔2s 15(1>0:符合取值范围). 因此存在2= 5,使得点p到面AENF的距离为号 B 修题型07劣构性问题 1,(2026宁夏模拟预测)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为平行四边形，且AB L AC,E为 PD的中点，平面PAC⊥平面ABCD D B (I)求证：AB⊥PA: 65/141 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 (2)若PA=AB=1,BC=2,从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得四棱锥 P-ABCD存在，求平面AE与平面ABC夹角的余弦值. 条件①：CD⊥PD. 条件②：AE=PE: 条件③：△ABC≌△APC, 【答案】1)证明见解析 6 (2)条件①不符合要求，条件②和条件③平面PAE与平面AEC夹角的余弦值为 4 【分析】(1)应用面面、线面垂直的性质定理证明结论即可； (2)根据所选的条件，注意判断四棱锥P-ABCD存在性，再构建合适的空间直角坐标系，标注相关点坐 标，应用向量法求面面角余弦值 【详解】(I)因为平面PAC⊥平面ABCD,平面PAC∩平面ABCD=AC,ABc平面ABCD,AB LAC 由面面垂直的性质定理，得AB⊥平面PAC,PAc平面PAC,所以AB⊥PA. (2)由题意，AB=1,AC⊥AB,BC=2,故AC=VBC2-AB2=V3, 底面ABCD为平行四边形，故CD=AB=1,AD=BC=2,CDIIAB 若选条件①：CD⊥PD 由(I)知AB⊥平面PAC,故CD⊥平面PAC,PCC平面PAC,因此CD⊥PC」 若CD⊥PD,同一平面内CD⊥PC,这显然不可能， 故条件①无法使四棱锥P-ABCD存在，不符合要求。 若选条件②：AE=PE」 己知E为PD中点，且AE=PE,则PE=DE=AE, 所以△PAD为直角三角形，且∠PAD=90°，即PA⊥AD 由(I)知PA⊥AB,ADOAB=A,AD,ABc平面ABCD,所以PA⊥平面ABCD 因为ACc平面ABCD,所以PA⊥AC,即PA,AB,AC两两垂直 以A为原点，AB,AC,AP分别为x,y,2轴正方向建立空间直角坐标系. B 66/141 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 则A(0,0,0),B1,0,0),C0,3,0,D(-l,3,0,P(0,0,1) 其中为 151 E PD 中点，故22’2 设p6的--k4动-0E-(号9引 PAE i.AP=z1=0 则 =0取。得所以 片=1x=5’i=(51,0) 段c的法向=6小C-05小压-（号9》 m·AC=V3y2=0 则 mE=- 2+ +2=0取，得 ，所以 2=1 22=1 m=(1,0,1) m.n V3x1+1x0+0x1 36 设两平面夹角为，则两平面夹角的余弦值为：©os8= 5+PP+0+F 2x√24. 0 2 若选条件③：△ABC≌△APC. 由AB=1,AB L AC,BC=2,得AC=VBC2-AB2=V5 由△ABC兰△APC,得PA=AB=1,PC=BC=2, 故PF+AC2=P+(3=4=PC,即PA⊥AC 平面PAC⊥平面ABCD,平面PAC∩平面ABCD=AC,PAc平面PAC, 由面面垂直的性质定理，得PA⊥平面ABCD 以A为原点，AB,AC,AP分别为x,y,2轴正方向建立空间直角坐标系。 B 则A0,0,0),B1,0,0),C0,3,0,D(-15,0,P(0,01. 131 其中为。中点，故E E PD 2'2’2 67/141 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 干面p4的法=怀}P-a少正-（号 PAE n.AP=z=0 则 万AE=-1 +公=0取，得 ，所以 片=1x=5 =(5,10) 西c的肉量a-k}c=a0G到》 m·AC=V3y2=0 则 25+ 为+=0取得、，所 mE=-+ x2=122=1 m=(1,0,1) n%2 V3×1+1×0+0×1 设两平面夹角为，则两平面夹角的余弦值为：©0s0= 2xV24. 0 0 +P.P+0+P 2.(2025北京大兴三模)如图，在三棱柱4BC-4B,G中，△ABC是边长为2的正三角形，且 AA=AB=AC B ⊙ (I)求证：四边形BBCC是矩形： (②)从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，求直线AC与平面A4B,B所成角的正弦值」 条件①：平面ABC⊥平面A4CC: 条件②：三棱柱ABC-ABC的体积为2√2： 条件③：三棱锥A-ABC是正四面体. 注：如果选择的条件不符合要求，第(2)问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个 解答计分， 【答案】I)证明：取BC中点为E,连接AE和AE:4B=AC,.AE⊥BC 又△ABC为等边三角形，.AE⊥BC :AEOAE=E,AB,AEc平面AAE, :.BC⊥平面AAE,又AAc面A4E,.BC⊥AA 68/141 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 :三棱柱中BBIA4, :.BC⊥BB,四边形BBCC是平行四边形， “四边形BB,CC是矩形 2)条件①：不符合题意如图所示： 取AC中点O,连接AO、BO:因为△ABC是边长为2的正三角形， 因此B0⊥AC,且BO=V3,A0=OC=1: 又A4=AC,因此A0⊥AC 由勾股定理得：402+A02=A4→A02+1=A4(1), 根据条件①平面ABC⊥平面A4CC,两平面交线为AC,BOc平面ABC, 因此BO⊥平面A4CC,AOc平面A4CC, 可得BO 1AO.结合题设AB=AA, 在Rta40B中由勾股定理得：A02+B02=AB2=A4→A02+3=A4(2) 联立(1)(2)可得A4-1=A4-3,则1=3矛盾， 因此条件①不符合题意： B 条件②：取AB中点为D,连接AE,CD交于点O 则AOL底面ABC 三楼柱A8C-A4G的体积为25：底面积为，5，所以高40- 3 以E为坐标原点，EA为x轴正方向，EB为y轴正方向， 过点E且与OA平行的方向为z轴的正方向建立空间直角坐标系， 69/141 西学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 E B 4aao小s0au0ca-049a2y 设平面AABB的法向量八， 因为-4-2a249） AB.n=-3x+y=0 则 4=-254262=0取，可得 3 3 2=1 =2,6, 又G-4+c-(52 设直线AC与平面A4BB所成角为0， 所以sin0=cos片，AC m·AG 26_√2 4C633 条件③：4-ABC为正四面体，.A4=AB=AC=2 取AB中点为D,连接AE,CD交于点O Z本 D E B 则4OL底面ABC 由等边。10C易得4-5,40=25 3 40=4-Ao=26 3 70/141 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 以E为坐标原点，EA为x轴正方向，EB为y轴正方向， 过点E且与OA平行的方向为z轴的正方向建立空间直角坐标系， 用4wiag0a1wca-0:4[52 设平面A4B,B的法向量n, 因为-04-2a2） AB.n=-√3x+y=0 则 25,26 3t 3 2=01 取2=1，可得乃=(V2,V6,, x4G=4+c-(52】 设直线AC与平面A4BB所成角为0， 所以sin8=cosn,AC h·AC 2W6V2 AC 6√3 3 3. (25-26高三上·重庆期中)刍薨(chumeng)是中国古代数学名著《九章算术》中记载的一种几何体， 书中提到其：“下有袤有广，而上有袤无广”可翻译为：“底面有长有宽，为矩形；顶部只有长没有宽， 为一条棱”如图，在刍薨ABCDEF中，四边形ABCD是正方形，面BAE∩面CDE=EF, B (I)求证：EF⊥AD: 2)若AB=4,EF=2,ED=FC,AF=V29.下面三个条件：①BF⊥CD,②平面CDEF⊥平面ABCD, ③平面ADE⊥平面ABCD中，只有一个能确保这样的刍薨ABCDEF存在且唯一.请你先选出此条件（不用 说明理由)，并据此求出面ADE和面ACF夹角的余弦值 【答案】(I) 证明：在正方形ABCD中，CDAB,CD不在平面BAEF内，AB在平面BAEF, .CD∥平面BAEF 又因为CD在平面CDEF,平面CDEF∩平面BAEF=EF, 71/141 学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 所以CD∥EF 在正方形ABCD中，CD⊥AD,所以EF⊥AD ②)由(I)知CDI/EF,又CD=AB=4,EF=2,ED=FC, 所以四边形CDFE为等腰梯形 若选条件①：BF⊥CD,又因为BC⊥CD,BFBC=B,BF、BCS平面BCF, 所以CD⊥平面BCF;而CF∈平面BCF,所以CD⊥CF, 此时四边形CDFE不为等腰梯形，故条件①不符合： 若选条件③：平面ADE⊥平面ABCD,又平面ADEO平面ABCD=AD,CD⊥AD, ∴.CD⊥平面ADE,而DE∈平面ADE, ∴CD⊥DE,此时四边形CDFE不为等腰梯形，故条件③不符合： 应选条件②：平面CDE⊥平面ABCD: 过点F作FO⊥DC于O,过O作OH⊥DC交AB于H,连接AO, 如图，平面CDE⊥平面ABCD,平面CDE∩平面ABCD=CD, ∴.FO⊥平面ABCD,又OHc平面ABCD,FO⊥OH, 以O为坐标原点，分别以OD,OH,OF所在直线为x,,z轴建立空间直角坐标系， B 在四边形CDFE中，ED=FC,EF=2,CD=4, 所以OC=1,OD=3,在RtsAD0中，OD=3,AD=4,所以A0=5. 在RtAAOF中，A0=5,AF=V29,所以OF=2. 所以D(3,0,0)，A(3,4,0),F(0,0,2),E(2,0,2),C(-1,0,0), 所以DA=(0,4,0),DE=(-1,0,2),CA=(4,4,0),CF=1,0,2), 设平面ADE的一个法向量为i=(x,y,2) nDA=4y=0 则-DE=-x+22=0令，=1侧万=2,0，D z=1 m.CA=4a+4b=0 设平面4C的-个法向量为m=a,be则mC下=a+2c=0” 令c=1,则m=(-2,2,1)。 设平面ADE和平面ACF的夹角为B, 72/141 学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 则cos0c0s(m,)上-4+0+l-V5 √5阿 5 所以平面4DE和平面4C5的夹角的余值为 4.(2025北京丰台二模)如图，在四棱柱ABCD-AB'CD'中，底面ABCD与侧面ADD'A均为菱形， AB⊥平面ADD'A,AD=2,E为CC'的中点，DD与平面ABE交于点F. A (I)求证：F为DD'的中点： (②)再从条件①，条件②这两个条件中选择一个作为已知，判断在线段A'C上是否存在点G,使得直线AG 3 AG 与平面ABE所成角的正弦值为4？若存在，求4C的值：若不存在，说明理由。 条件①：AD=AD': 条件②：DD'⊥BF. 注：如果选择条件①，条件②分别解答，按第一个解答计分 【答案】1) 在菱形ABCD中，CD//AB 因为CDL平面ABEF,ABC平面ABEF, 所以CDII平面ABEF 又CDC平面CDD'C',平面CDD'C'A平面ABEF=EF, 所以CD//EF 又四棱柱ABCD-AB'CD'中，CE∥DF, 所以四边形CEFD为平行四边形. 所以DF=CB=CC-DD,所以p为DD的中点。 2 (②)选择条件①：取A'D'中点H,连接AH,由已知条件可证得AB,AD,AH两两垂直，以A为原点建立空间 直角坐标系，利用坐标运算求得平面ABE的一个法向量，设AG=入AC,0≤1≤1，再利用坐标运算和直线 4G与平面ABG所成角的正弦值为子，解出A=了，即可解答。 3 选择条件②：先证得DD'⊥平面ABEF,同①建立空间直角坐标系，则平面ABE的一个法向量为DD',然 73/141 可学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 后解答同① 【详解】(1)略 (2)选择条件①： B 取AD'中点H,连接AH, 在菱形ADD'A中，AA'=D'=AD 因为AD=AD',所以△AA'D'为等边三角形 因为H为A'D'中点，所以AH⊥AD',故AH⊥AD 因为AB⊥平面ADDN,且AD,AHC平面ABCD, 所以AB⊥AD,AB⊥AH, 所以AB,AD,AH两两垂直. 如图，以A为原点建立空间直角坐标系A-2, 则4oa0a2ao.cg2o,0-ljro29)】 所以4-2ao.f-9}i-0-1间ac-aj 设平面ABE的一个法向量为i=(c,y,z), [2x=0 则方AB=0,即3y+3 AF=0 z=0 2 令z=3,则x=0,y=-1,则i=(0,-山5)」 设G=1AC=(2元，3元，-V5,0≤1≤1， 所以AG=AM+ArG=(2,3-1,V5-V3 设直线AG与平面ABE所成角为B, AG.n 所以sin0=cosAG,= 4-62 =3 AG4V422-3+14 74/141 学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 解得天=行 A'G 1 所以存在符合条件的点G,C3 选择条件②： 取A'D中点H,连接AH 因为AB⊥平面ADDA,且AD,DD,AHC平面ABCD, 所以AB⊥AD,AB⊥DD',AB⊥AH, 又DD'⊥BF,且AB,BFC平面ABEF,AB∩BF=B, 所以DD'⊥平面ABEF. 因为AFC平面ABEF,所以DD'⊥AF, 又因为F为DD'中点，所以AD=AD'. 在菱形ADD'A中，AA'=AD'=AD, 所以△AA'D'为等边三角形， 所以AH⊥AD',故AH⊥AD 所以AB,AD,AH两两垂直.如图建立空间直角坐标系A-2, 则A(0,0,0),C(2,2,0),Ar(0,-1,V3) 所以DD=AA=(0,-l,V5),AC=(2,3-3)」 因为DD'⊥平面ABEF, 所以取平面ABE的一个法向是为i=DD=(0,-1,V5) 设AG=元AC=(2,3,-5,0≤≤1， 所以AG=M+AG=(2,3-1,V3-V3」 设直线AG与平面ABE所成角为B, AG.n 所以sin0=cos4G,= 4-6入_3 AGm4V422-31+14 解得天一行》 所以存在符合条件的点G, A'G 1 AC3· 75/141 西学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 >题型08 新定义问题 【技巧通法提分快招】 面对新情景、新定义，首先要深入理解并分析这些新元素，将其与已知的立体几何知识相结合明确解题目 标后，灵活运用基本定理和性质，如平行、垂直的判定与性质，以及空间角、距离的计算公式在解题过程 中，合理构造辅助线和面，以揭示隐藏的空间关系，简化问题对于复杂问题，可尝试建立空间直角坐标 系，利用向量法进行计算和证明同时，要善于将空间问题平面化，通过截面、投影等方式转化求解对象。 最后，解题后要进行验证和反思，确保结论的正确性，并总结所使用的方法和技巧，以便在未来遇到类似 问题时能够迅速应对 1.如图1，过球O上不在同一大圆上的A,B,C三个点中的任意两点作大圆可以得到劣弧AB,BC与 AC,则这三条劣弧围成的曲面△ABC(阴影部分)称为球面△ABC,这三条劣弧称为球面△ABC的边.A, B,C三点称为球面△ABC的顶点设二面角C-OA-B为4A,二面角C-OB-A为<B,二面角 B-OC-A为4C,则球面△ABC的面积S△MC=(么1+4B+4C-π)R2,其中R为球的半径，4A,4B, 4C均用弧度制表示.以球心0为坐标原点，建立如图2所示的空间直角坐标系已知4(0,0，， B(m,26,-2),C(22n,-2)三点均在球0的球面上，其中m>0,n<0. B 图1 图2 I)求m,n的值： (②)求点O到平面ABC的距离： 3)求球面△ABC的面积 【答案】)m=2V2,n=-2√6 2)2 3)36元 【分析】(1)由已知可得36=m2+24+4=8+n2+4,求解即可； (2)由已知可得AB=(2、2,2、6,-8,4C2W2,-26,-8),进而可求平面的一个法向量，利用向量法可求点0到 平面ABC的距离： 76/141 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 (3)求得平面OAB,平面OBC,平面OAC的法向量，进而可求44,4B,4C,利用球面三角形的面积公 式可求面积 【详解】(1)根据0A=0B=0C,可得36=m2+24+4=8++4, 解得m=22,n=26,因为m>0,n>0,所以m=22,n=-26, (2)由(1)得B(2√2,2N6,-2),C(2V2,-2V6,-2),AB=(2W2,26,-8),AC(2V2,-2W6,-8). 设平面ABC的一个法向量为”=(x,%,), ,AB=2W2x。+2V6。-8=0 则 4C=2V2x-26。-8=0令x=22'人=0，=1' 所以平面ABC的一个法向量为%=(2W2,0,), 所以点0到面C距离为气高， (3)依题意0A=(0,060,0B=(22,26,-2,0C=(22,-26,-2), 设平面OAB,平面OBC,平面OAC的法向量为%=(：，，z),=(x2,2,z2,=(x,y,), y0A=6z1=0 则10B=22x+26-2z=0令x=5则男=-13=0则，=5，-0 %0B=2V2x2+2W62-222=0 50C=22-26%-2,-0令5=1则为=0,2=2·则-02 则 ,0A=623=0 G0c=22-26y-22=0令x=5则4=1,2=0则5-5.l0 则 o高-子 Icos <BHcos1 Iy2|2 low.cHoa 结合O,A,B,C四点的位置，可知4A,4B,C均为钝角， 所以4A=4B=4C=2n 3 数球面。MBC的面积S4c=(受++红-对x6=36x 3+3+3 2.(2026辽宁沈阳·三模)世界模型是人工智能领域中，通过学习客观世界的物理规则与因果关系，构建 77/141 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 时空统一表征，实现环境状态预测与动态演化模拟的核心技术模型其数学基础之一就是在三维空间中对几 何对象进行解析化的计算例如，在空间直角坐标系中，己知过点P(x,,)且法向量为i=(a,b,c)的平面 a的方程为a(x-)+b(y-%)+c(z-)=0,过点P(,,2o)且方向向量为=(m,n,(mmt≠0)的直线1 的方程为”片学，荟于以上知识，解决如下间题 (1)已知平面的方程为x-y+z+1=0,直线l是两个平面x-y+2=0与2x-z+1=0的交线，求直线I与平 面C所成的角的正弦值： ②求通过直线r:y+22-2 :2=3=2且与平面元：3x+2y-2-5=0垂直的平面方程； 3)已知直线马为两个平面z-1=0与x+y=0的交线，直线2为两个平面y+z=0与x+z-1=0的交线，若 直线m与直线4、都相交且都垂直，则定义m为两条直线4、的公垂线，两个交点之间的距离称作两条 直线4、的距离，求4、的距离与公垂线方程 【答案】0)2 (2)x-8y-13z+9=0 1 1 2y x- B)距离为6， 2=」 1 6 663 【分析】(1)先由直线方程组取x=0和x=1得到直线上两点，进而确定直线的方向向量，再结合平 面的法向量方，利用线面角与向量夹角的关系si血8=cos(仿，以，代入数量积和模长计算，最终化简求出sim 0的值； (2)平面P过直线P且与平面π垂直，因此B的法向量同时与直线r的方向向量、平面π的法 向量垂直，由此列方程组求出平面P的法向量万，再代入直线上已知定点，用点法式写出平面方程并整理 化简： (3)先根据两条直线的参数方程分别设出动点坐标，求出两直线方向向量，方法一利用公垂线向量同时 与两个方向向量垂直，数量积为0列方程求出参数，得到垂足与公垂线段向量，计算模长得异面直线距 离并写出公垂线方程；方法二写出两点距离平方表达式，用二次函数配方法求最小值，即为异面直线距离， 同步确定垂足与公垂线方程 x-y+2=0 【详解】(1)取。的法向量为方=(，-1,1)上的点(x,y,z)满足2x-2+1=0: 78/141 学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 y=2 y=3 在方程组中取x=0得2=1，所以点(02,1)在直线上取x=1得2=3” 所以点(，3,3)在直线1上所以直线1的方向向量可以取为=（山，1,2） 1-1+2√2 取直线，与平面所成的角为。 则sin0=eosi,-g63 (2)取平面B满足rcB且B⊥π，取B的法向量为i=(a,b,c), 直线r的方向向量为=(2，-3,2)，平面π的法向量为%，=(3,2，-)， (a,b,c)(2,-3,2)=2a-3b+2c=0 所以(a.,c)-(3,2,-)=3a+2b-c=0,不妨取方=(，-8，-13) 因为点(1，-2,2)在直线r上，所以点(1，-2,2)在平面B内， 所以B的方程为(x-)-8(y+2)-13(z-2)=0,整理得x-8y-13z+9=0 y=一x (3)因为2上的点满足 z=1·所以可取，上的点为P化，-七，) 例如B(0,0,)、B(1,-山，)均为4上的点，所以4的方向向量取为=(（1，-1,0)， x=1-z 同理因为，上的点满足 y=-2,所以可取，上的动点为Q0-,,)” 例如2(0，-1，)、（山，0,0）均为上的点，所以12的方向向量可取为%=(-山，-1，)， 方法一：若直线P为h、的公垂线，则P四1，P四⊥， 1-s-t-t+s=0 因为P四=1-s-6t-S,s-)）所以s+1-1+s-1+s-1=0 =1 比时四-（所以44的距离为P网-6+6+）. 1+116 2 所以公垂线方程为 +2 1 66-3 方法二：因为P0=(1-s-4,1-3,S-), 所以P=(1-s-}+-s}+(s-, 79/141 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 -*-+2-2+-+8 当且仅当1=2=3时取等，所以1、，的距离为6 此时P?传号》为公垂线在丙条直线上的垂足 1 1 所以公垂线方程为上 +2 663 3.已知两个非零向量ā，b,在空间任取一点O,作OA=à，OB=b,则∠AOB叫做向量d,b的夹角， 记作a,b.定义a与b的“向量积”为：axb是一个向量，它与向量a,万都垂直，它的模 a×b=d,sin a,,b,如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PD⊥底面ABCD,DP=DA=4, E为AD上一点，ADx BP=85 (1)求AB的长： (②)若E为AD的中点，求二面角P-EB-A的余弦值： B)若M为PB上一点，且满足ADx BP=1EM,求入. 【答案】1)2 @月 3)10 【分析】(1)证明BC⊥PC,∠PBC为直线AD与PB所成的角，设AB=x(x>O),结合“向量积”的模 的定义由条件列方程求x可得AB的长： (2)过点D作DF⊥BE交BE的延长线于点F,证明∠PFD为二面角P-EB-D的平面角，解三角形求其 大小，结合二面角P-EB-D 与二面角P-EB-A互补可得结论： 80/141 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 (3)过点D作DN⊥PC,证明DN⊥平面PBC,过点N作MNIBC交PB于点M,证明EM=DN,结 合条件可求 【详解】(I)因为底面ABCD为矩形， 所以AD/BC,BC⊥DC, 因为PD⊥底面ABCD,BCC底面ABCD, 所以PD⊥BC, 又PDODC=D,PD,DCc平面PDC, 所以BC⊥平面PDC, 又PCC平面PDC,所以BC⊥PC, 因为ADIIBC, 所以∠PBC为直线AD与PB所成的角，即AD,BP=∠PBC, 设AB=x(x>0),则PC=Vx2+4=Vx2+16,PB=Vx2+42+4=Vx2+32, 在 Rt△PBC 中sin∠PBC=PC=V2+16 PBx2+32 又0网-5商以4晋-85.都得民3价去 Vx2+32 所以AB=2: (2)在平面ABCD内过点D作DF⊥BE交BE的延长线于点F,连接PF, 因为PD⊥底面ABCD,BFc底面ABCD,所以PD⊥BF, 又DF⊥BF,DF∩PD=D,DF,PDC平面PDF, 所以BF⊥平面PDF,又PFC平面PDF,所以BF⊥PF, 所以∠PFD为二面角P-EB-D的平面角， 因为E为AD的中点， 所以DF=2sin子5，F=4+2=32。 所以os∠PD=DF=V巨1 PF323' 设二面角P-EB-A的平面角为O,则0=π-∠PFD, 所以cosB=cos(元-∠PFD)=-cos∠PFD=-,, 即二面角P-EB-A的余弦值为3： 81/141 西学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 D B (3)依题意(ADxBP)1AD,(MD×BP)1BP,又ADxBP=1EM, 所以EM⊥AD,EM⊥BP,又ADIIBC,所以EM⊥BC, 又PBOBC=B,PB,BCC平面PBC,所以EM⊥平面PBC, 在平面PDC内过点D作DN⊥PC,垂足为N, 由BC⊥平面PDC,DNC平面PDC,所以BC⊥DN, 又PCOBC=C,PC,BCc平面PBC,所以DN⊥平面PBC, 在平面PBC内过点N作MN IIBC交PB于点M,在DA上取点E,使得DE=MN,连接EM, 所以DEIIMN且DE=MN,所以四边形DEMN为平行四边形， u-m网25画-5， 所以以 ADxBP 85 EM 4V5 =10 5 M 【点睛】“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定 义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解但是，透过现 象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万 变才是制胜法宝 4.类比思想在数学中极为重要，例如类比于二维平面内的余弦定理，有三维空间中的三面角余弦定理： 如图L,由射线PA,PB,PC构成的三面角P-ABC,记∠APC=a,∠BPC=P,∠APB=Y,二面角 82/141 函学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 A-PC-B的大小为0，则cosy=cosacosB+sinasinBcos6.如图2，四棱柱ABCD-AB,CD中，ABCD 为菱形，∠BAD=60°，A4=2V5,AB=2,且A点在底面ABCD内的射影为AC的中点O. A B B 图1 图2 ()求cos∠AAB的值： Q直线AM与平面BCD内任意一条直线夹角为p:证明：号≤勿≤受： B)在直线CC上是否存在点P,使BP∥平面ACD?若存在，求出点P的位置；若不存在，说明理由 【答案10 4 (2)见解析 B)存在， CP=2CC 【分析】(1)连接BO,即可证明平面AACC1平面ABCD,即二面角4-AC-B的大小为90°，求出 Cos∠AA0,再由所给三面角余弦定理计算可得： (②)依题意可得0<0≤受，设平面ABCD内任一条直线为1，分1过4点与不过4点两种情况，当过A 点，记4C与的夹角为g(0≤织≤受)，则cosp=c0s∠A40os,结合余弦函数的性质即可得证： (3)以O为坐标原点，建立空间直角坐标系，设CP=2CC,利用空间向量法结合BP1平面ACD的条 件即可求得九的值，则P点位置可确定 【详解】(1)连接BO,由已知得AO1平面ABCD,BO⊥AC, D A B 4 B 又AOC平面AACC,所以平面AACC L平面ABCD, 83/141 学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 所以二面角A-AC-B的大小为90°，因为四边形ABCD为菱形，∠BAD=60°， 所以∠BAC=30°，又AB=2,所以AO=V5, 在RA440中，cos∠A40=40=5-1 AA2V52· 由三面角余弦定理可得cos∠AAB=cos∠440cos∠BAC+Sin∠440sin∠BACcos90° =cos∠4A0cos∠BAC=x3=V5 224 (②证明：依题意可得0<≤号，设平面ABCD内任-条直线为1： 若1过A点时，记4C与/的夹角为%(0≤9≤受)， 则cosp=cos∠A40cos%,因为c0sg∈[0，， 所以coSp=cos∠AA0c0sg≤cos∠AA0=cos 3 又0<psπ 若1不过A点时，过A点作使得记4C与r的夹角为%，(0≤0，≤2)， 则cosp=c0s∠A40cos%,因为cos4∈[0，J, 所以cosp=cos∠4A0c0s%≤cos∠A4A0=cosT 39 又0<ps ，所以≤： 综上可得；≤p≤2 D A B D B (3)以O为坐标原点，以OA,OB,OA为x,y,z轴建立空间直角坐标系， 84/141 西学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 ZA D B 则A5,0,0.B(01,0),4(0,0,3),G(-250,3,D(0,-1,0),C(5,00), 则CC-(5,0-3),设CP=Cc=5,0-3,即P(-25+320,3-3n) 则BP=（-25+v5,-1,3-3) 设i=(x,yz)为平面ACD的法向量， AC=（-23,00,D4=(01,3). n-4C=-2V3x=0 则n-04=y+32=0,不纺设2=1可得看-(0，-3刘 z=1 要使BPII平面ACD 则BPn=3+3-32=6-31=0,则2=2， 即存在点P,在线段CC的延长线上，CP=2CC 5.离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标设P为多面体「的一个顶点，定义多面体「在点P处的离散曲 率为9，=1-(Q,P0,+∠Q,P0,++∠Q,P0+∠0，Pg,).其中g(=l2,,kk≥3)为多面体T的所 有与点P相邻的顶点，且平面2Pg,平面2，P№，平面Q.P2和平面2P吧为多面体Γ的所有以P为 公共点的面已知三棱锥P-ABC如图所示. B (I)求三棱锥P-ABC在各个项点处的离散曲率的和； 85/141 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 ②)若PAL平面ABC,AC⊥BC,AC=BC=8,M为PC中点，三棱锥P-ABC在顶点C处的离散曲率为8求 点C到平面MAB的距离； 3)在(2)的前提下，又知Q为侧面PBC内一动点，记二面角Q-AB-C为a,直线2C与平面ABC所成 角为B,若Q=B,求三棱锥QABC体积的最大值 【答案】)2 o89 62562-） w 【分析】(1)由离散曲率的定义求Pr、P4、P、Pc,即可得 ②由线酒垂直的性质和判断行∠BCP-受，结合%=l-（☑PC1+∠BC1+C求利∠C1-子 4,由 M为中点，确定AM,MB,AB的长，结合三棱锥等体积转换求解点C到平面MAB的距离即可： (3)根据已知条件与二面角、线面角的定义，推出点Q在平面ABC上的射影N的轨迹是以C为焦点，以 AB为准线的抛物线一部分，再结抛物线与直线相交、等体积法，即可求解棱锥QABC体积的最大值. 【详解】(1)由离散曲率的定义得： P,=1-(PAB+∠BAC+∠PAC. 2π ,=1-(PBA+∠ABC+∠PBC, 2π 见=1-1 (∠PCA+∠BCA+∠PCB). 2π m,=1-(UAPB+∠BPC+∠APO, 2π 所以0，+p,+p。+=4-1义 ×4π=2， 2π 故三棱锥P-ABC在各个顶点处的离散曲率的和为2； (2)由PA⊥平面ABC,BCC平面ABC,得PA⊥BC, 又AC⊥BC,AC∩PA=A,AC,PAc平面PAC, 则BC⊥平面PAC, 86/141 可学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 夕 又PCc平面PAC,所以BCLPC,即∠BCP= 2 又.=1-(PCA+∠BCA+∠PCB. 2π 即g1rc++5, 3 2π 22 解得☑PC1-=子， 由PA⊥平面ABC,ACC平面ABC,得PA⊥AC, 则△PAC为等腰直角三角形，所以PA=AC=8,PC=8N2,AM⊥PC, 因为M为pc中点，所以4M=PC=4点，MC=PC=45, 又BC⊥PC,所以MB=VMC2+BC2=46, 因为AC⊥BC,AC=BC=8,则AB=8V2, 则AB=AM+M8,放∠MB= 设点C到平面MAB的距离为h, 在三棱锥C-MAB中，有'c-MB='-MC, x4W2x42x883 所以1 SMAB 2*42x4W6 1 3, 8V5 故点c到平面MAB的距离为3： (3)如图，作ONL平面ABC,垂足为N,作ND⊥AB,垂足为D,连接D,C,NC, 87/141 西学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 B 则a=∠QDN,B=∠QCN 因为C=B,所以∠QND=∠QCN, 又ND、NCC平面ABC, 所以ON⊥ND,QN⊥NC,所以ND=NC, 由抛物线定义知，点N的轨迹是以C为焦点，以AB为准线的抛物线一部分， 取AB的中点为E,如图以EC中点O为原点，EC所在直线为x轴，EC的垂直平分线为y轴建立平面直 角坐标系， EO八 C B 则C(22,0),4(-2V2,4V2),B(-2√2，-4√2). 则以C为焦点，以AB为准线的抛物线方程为y=8V2x, 故点N的轨迹为该抛物线在三角形ABC内部部分，即图中N,N,的曲线部分， 4v2-0 直线4C斜率为c=2N2-22-1,则直线4C方程为：y=-x+22: 联立 y=-x+25→2-122x+8=0,解得 y2=82x 或 (结合图形舍) x=6√2-8x=6W2+8 即N(62-8,8-4W2) 当N与N重合时，此时可得Q在PC上，使得ON取最大值， 88/141 西学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 O 的最大值 满足： y-NC22-(62-8 ON ON PACA22-（-22) 所以N=(V2-PA=8(V2- 三技能01ac体的最大值为兮cQy-兮×88x85-）-25-到 实战检测分层突破验成效 重难知识巩固( 1.如图，正四面体棱长为4，E为AB的中点，AF=3FC,DG=2GA. (I)求四面体ABCD的表面积和体积： (②)求四面体AFEG的体积 v2 【答案】4)表面积为16√3：3 2 0-3 【分析】(1)根据几何体表面图形的特点可求表面积，结合体积公式可求体积： (2)利用几何体的体积比例关系可求答案， 【详解】(I)因为四面体ABCD为正四面体， 所以四面体的每个面都是棱长为4的正三角形， 89/141 学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 1 且SARCD= ×4×4×sin60°=4V3 2 所以四面体ABCD的表面积为S=4SABD=16V5； 设正四面体的高为h,三角形BCD的重心为O, ---45 3 o=号nh=x45×46_16 3 3 (2)因为E是AB的中点， Ve-4GF Va-ACE 因为AF=3FC,即点F为AC的四等分点， SAAPG=3 “S△ACG4 因为DG=2GA,即点G为AD的三等分点 SAACG=1 ·SAACD 3 SAAG=3x1=1 所以SACD 434, .Vo-ao--ac 2.如图，在三棱锥A-BCD中，平面ABD⊥平面BCD,AB=AD,O为BD的中点，△OCD是边长为1 的等边三角形，点E在棱AD上，DE=2EA. (1)证明：OA⊥BC: (2)当AO=1时，求点E到直线BC的距离 【答案】1) 90/141 学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 由AB=AD,O为BD的中点，得AO⊥BD, 又平面ABD⊥平面BCD,平面ABDO平面BCD=BD,AOC平面ABD, 因此AO⊥平面BCD,又BCC平面BCD, 所以AO⊥BC 2)取OD的中点F,由aOCD为正三角形，得CF⊥OD, 过O作OMI1CF与BC交于点M,则OM⊥OD,直线OM,OD,OA两两垂直， 以点O为坐标原点，直线OM,OD,OA分别为x,八，2轴建立空间直角坐标系，如图， 则m-0uco80.c-m匹-号的， cos(BC,BE) IBC·BEI 25 因此 IBCIBEI5×255·sin(BC,BB=0, 3 所以点E到直线BC的距离为sin(BC,BD=2,5×Vi而_22 3 53 3. (2026:安徽三模)如图，四边形ABCD为直角梯形，且∠BAD=∠ADC=90°，DA=DC=2,AB=4. 点P满足PA⊥平面ABCD B D (I)若E为PB上靠近点P的三等分点，证明：PDII平面ACE; ②若pM-2”点p满足F-号PC,求直线BD与平面c所成角的会弦值。 【答案】I) 如图，设BD与AC交于点O,连接OE, 91/141 函学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 D B 因为AB/ICD,AB=2CD=4,所以△40BACOD OD CD 1 所以OB=AB2,所以0为BD上靠近点D的三等分点， 又因为E为PB上靠近点P的三等分点，所以在△PBD中，OE/IPD, 而OEC平面ACE,PD￠平面ACE,所以PDII平面ACE. (②)因为CD=AD=2,AD⊥CD,所以AC=2N2, 又因为PA⊥平面ABCD,AB⊥AD,则以A为原点，AD,AB,AP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， B 则A0,0,0),P(0,0,2)，B(0,4,0),D(2,0,0).C(2,2,0). 从而BD=(2,-4,0),AB=(04,0),PC=(2,2,-2) 因为先行所以师-元-（仔号引 所以点6的壁标为号引，乐-仔号引 设平面ABF的一个法向量为i=(x,y,z), 4y=0, 则B万=0，即22 4 AF.n=0,3 3x+3y+32=0, 3 则y=0,令z=1,可得x=-2, 所以平面ABF的一个法向量为i=（-2,0,1), 设直线BD与平面ABF所成角为8,8为锐角， 92/141 学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 则sin0=cos(BD.= BD.n -42 BD励 2W5×V55, cos0=1-sin20 5 4.(24-25高三上甘肃白银阶段检测)如图，在直三棱柱ABC-ABG中，AB=AC=V5, BC=2BB=2,P,9分别为BG,AB的中点， 6 (1)证明：AB⊥CP」 2)求直线AB与平面CPO所成角的正弦值. d B)设点C到直线co的距离为d,点C到平面cPg的距离为d,求d,的值 【答案】)连接AP,BP, B B 因为AB=AG,P为BC的中点，所以AP1BG, 因为棱柱ABC-ABG直三棱柱， 所以BB1面ABC,BBC平面CBBC,所以平面ABG1平面CBB,C, 又平面ABC∩平面CBBC=B,C,APc面4BC, 则4P⊥平面CBB,C,又CPc平面CBBC,所以AP⊥CP, 在矩形BB,CC中，BC=2BB=2,P为B,C的中点， 所以CP=BP=V2, 所以CP2+BP2=BC2,故BP⊥CP, 又4POBP=P,APC面ABP,BPc面ABP, 93/141 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 所以CP⊥平面APB,又ABc平面APB, 所以CP⊥AB (②)取BC的中点M,连接PM, 由(1)及题意易知4P,PM,PB两两垂直，则以P为坐标原点，建立空间直角坐标系P-z,如图所 示。 由4B=V5,PB=1,则AP=2,B,10C0,-1,04(0,0,2): 2 设平面cP0的法向量为后=k又元=-L0币-（公行 x-y=0, iPc=0,即Ixtly -P=0,+2+2=0令.，则 则 x=1i=(1,l,-1) 设直线4B与平面CP所成的角为0，又4B=①，l,-2), 则sin=os(元，4B nAB 42W2 4 V3x√63 2 故直线4B与平面CPg所成角的正弦值为3 (3)由(2)知平面CP9的一个法向量为n=1,1,-),C(0,-1,0),CC=1,0,0). cc. 1 所点c到平面CP 的距离为d2= 闭5 x西-（别小 欧0的个位方为号台别 则G.CG= 所以G到线c0的能宾为4-石-语 94/141 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 4=39_V546 所以d,=1414 5.如图，在三棱柱ABC-ABG中，底面是边长为2的等边三角形，CC=2,D,E,H,F分别是线 段AC,CC,BB,BC的中点，C在平面ABC内的射影为D. C (I)求证：AHI∥平面BDE: (2)求点F到平面BDE的距离： 3)求二面角E-BD-F的余弦值. 【答案】()证明：连接AC,CH, C B1 D 由题意知D,E分别是线段AC,CC的中点，所以AC IIDE, 又因为DEC平面BDE,AC￠平面BDE,所以AC∥平面BDE, E,H分别为CC,BB的中点，所以BEIIHC, 又因为BEC平面BDE,HC￠平面BDE. 所以HC∥平面BDE, 又因为AC∩HC=C,所以平面AHC∥平面BDE, 所以AHI∥平面BDE (②)由(1)知：CD⊥平面ABC,BD⊥AC: 则以D为坐标原点，DB,DA,DC正方向为x,y,z轴正方向，建立如图空间直角坐标系， 95/141 西学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 ZA B 设平面BDE的法向量m=(:,少，2)， DB.m=3x=0 则 +》:=0令·解得 z=1 x=0y=5m=(0,3, 的距离d= DF.m 3V5 点到平面 =235 ..F BDE m24 (3)由(2)知：平面BDE的一个法向量m=(0,V5,: 设平面FBD的法向量i=(a,b,c), n.DB=3a=0 万.DF=51, 2a+与b+5c=0'令，得 2 c=-1a=0b=25 平面FBD的一个法向量是i=(0,25,- 设二面角E-BD-F为B,由图知B为锐角 故cos0= m.n 0,5,(0,25,-53 2×V(23)2+(-1)2 26 6.(2026北京三模)如图，在三棱柱ABC-ABG中，M41平面ABC,D,E分别为AC,AC的中点 AB=BC=5.AC=AA=2. 96/141 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 B (I)求证：AC⊥平面BDE: (②)求二面角A-BE-D的余弦值： 3)求点D到平面ABE的距离， 【答案】I)已知AB=BC,D为AC中点，可得BD⊥AC, 又AA⊥平面ABC,ACc平面ABC,故A4⊥AC, D,E分别为AC,AC中点，三棱柱中DE∥AA,故DE⊥AC, 又BD∩DE=D,BD,DEC平面BDE,AC⊥平面BDE (2)由(I)可得AD⊥平面BDE,BEc平面BDE,故AD⊥BE, 过D作DO⊥BE于O,连接AO,因为ADODO=D,AD,DOC平面ADO, 所以BE⊥平面AOD,又AOC平面AOD,故AO⊥BE, 故∠AOD即为三面角A-BE-D的平面角， D是AC中点，AC=2,则AD=1,BD=VAB2-AD2=V5-1=2: DE1IAA且DE=AA=2,DE⊥BD, 故BE=VBD2+DE2=√4+4=2√2， 5m-号D-DE=ED0,得0-2行-2， 22 因为AD⊥平面BDE,又DOC平面BDE,故AD⊥DO, 在R1AAD0中：A0=VAD+D02=V1+2=V3, 故cos∠40D=D0-V2-V6 =4053,即二面角A-BE-D的余弦值为3 97/141 学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 B (3)三棱锥D-ABE的体积等价于三棱锥A-BDE的体积，即：'，A='A, AD1平面， 计算AABE的面积：AB=V5,，AE=VAD2+DE2=1+4=V5,BE=2V2, △AB 为等暖三角形，底边上的商=4B-(-《可矿-回可-5， 因此：SAABE= *22x5=6 设点D到平面的速离为6由他弓小得：写6友 3 解得h= 2V6 6 后，即点D到平面BE的距离为兮 7.如图，矩形ABCD中，AB=2,BC=1,E为CD的中点，把△ADE沿AE翻折，满足AD⊥BE D E (I)求证：BE⊥平面ADE: (②)求二面角E-AC-D的正切值 【答案】()证明：矩形ABCD中，E为CD的中点，所以AE=BE=V2 在△ABE中，AE2+BE2-AB2,所以AE⊥BE 又AD⊥BE,AD,AEC平面ADE,ADOAE=A,所以BE⊥平面ADE. ②)取AE的中点O,连接DO,过O、E作AC的垂线，交于点H,N,则OH/EN, 98/141 函学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 D B 由(I)知，BE⊥平面ADE,因为BEC平面ABCE,所以平面ADE⊥平面ABCE 因为DE=AD=I,AD⊥DE,所以△ADE为等腰直角三角形， 又点0为种点，所以p01:00=温 2 又平面ADEO平面ABCE=AE,所以D0O⊥平面ABCE. 因为OH,ACc平面ABCE,所以DO⊥OH,DO⊥AC. 又OH⊥AC,OH,D0c平面DOH,OHnD0=O,所以AC⊥平面D0H 因为DHC平面DOH,所以AC⊥DH 所以∠DHO即为二面角E-AC-D的平面角 矩形ABCD中，sin∠4CD-2-2=5 E折过程中，4CE不发生变化，所以在A1BC中，血乙1Cs=写 在RuECN中，EN=CE-sin∠ACE-5 因为点0为中点，0H1Bx所以H为N中点，所以o1-N=专5- 2x5 10 √2 在 中，mDi0-D0-2=i0 0H5 RtADHO 10 故二面角E-AC-D的正切值为V0 8.(2026北京东城二模)如图，在几何体ABCDEF中，平面ABCD⊥平面ACEF,AC⊥AB, AC⊥AF,AC∥EF,AB=AC=2EF=2,DA=DC,M为BC中点，点B,D在直线AC两侧 99/141 西学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 D C (I)求证：DM⊥平面ACEF: ②)已知AF=V6,再从下列条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得几何体 ABCDEF存在，求平面CDE与平面ABF夹角的余弦值 条件①：DC⊥BF: 条件@：DE=3 2 条件③：点D到平面ACEF的距离为2 注：如果选择的条件不符合要求，第(2)问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个 解答计分. 【答案】I)证明：取AC中点N,连接DN,MN, 因为DA=DC,所以DN⊥AC, 因为M为BC中点，所以MNIIAB,因为AC⊥AB,所以AC⊥MN, 所以D、N、M三点共线，即DMAC=N,所以AC⊥DM, 因为平面ABCD⊥平面ACEF,平面ABCDO平面ACEF=AC,DMc平面ABCD, 所以DM⊥平面ACEF (2)条件①不合题设，选条件②或③ 因为DM⊥平面ACEF,AFc平面ACEF,所以DM⊥AF, 又AC⊥AF,DM∩AC=N,DMc平面ABCD,ACC平面ABCD, 所以AF⊥平面ABCD, 以A为原点，AC、AB、AF为x,y,z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 100/141 重难点培优08 立体几何解答题题型全归纳 目录（Ctrl并单击鼠标可跟踪链接） 01 知识重构·重难梳理固根基 1 02 题型精研·技巧通法提能力 5 题型01 空间几何体的体积问题（★★★★） 5 题型02 空间中的距离问题（★★★★） 7 题型03 直线与平面的夹角问题（★★★★★） 10 题型04 二面角问题（★★★★★） 13 题型05 折叠问题（★★★★★） 16 题型06 动点探索性问题（★★★★★） 18 题型07 劣构性问题（★★★★） 20 题型08 新定义问题（★★★★） 22 03 实战检测·分层突破验成效 25 重难知识巩固 25 创新能力提升 31 知识重构·重难梳理固根基 知识点01 空间中的角 1、异面直线所成角 ①定义：设是两条异面直线，经过空间任一点作直线，把与所成的锐角（或直角）叫做异面直线与所成的角（或夹角）． ②范围： ③求法： 1）平移法：将异面直线平移到同一平面内，放在同一三角形内解三角形． 2）向量法：设异面直线和所成角为，其方向向量分别为，；则异面直线所成角向量求法：① ② 2、线面角 ①定义：平面上的一条斜线与它在平面的射影所成的锐角即为斜线与平面的线面角． ②范围： ③求法： 1)常规法：过平面外一点做平面，交平面于点；连接，则即为直线与平面的夹角．接下来在中解三角形．即（其中即点到面的距离，可以采用等体积法求，斜线长即为线段的长度）； 2)向量法：设为平面的斜线，为的方向向量，为平面的法向量，为与所成角的大小，则． 3、二面角 （1）定义：一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角 （2）范围： （3）求法：传统法5个+向量法 ①定义法 在棱上取点，分别在两面内引两条射线与棱垂直，这两条垂线所成的角的大小就是二面角的平面角，如图在二面角的棱上任取一点，以为垂足，分别在半平面和内作垂直于棱的射线和，则射线和所成的角称为二面角的平面角（当然两条垂线的垂足点可以不相同，那求二面角就相当于求两条异面直线的夹角即可）． ②三垂线法 在面或面内找一合适的点，作于，过作于，则为斜线在面内的射影，为二面角的平面角．如图1，具体步骤： ①找点做面的垂线；即过点，作于； ②过点（与①中是同一个点）做交线的垂线；即过作于，连接； ③计算：为二面角的平面角，在中解三角形． 图1 图2 图3 ③射影面积法 凡二面角的图形中含有可求原图形面积和该图形在另一个半平面上的射影图形面积的都可利用射影面积公式（，如图2）求出二面角的大小； ④向量法 设是二面角的两个半平面的法向量， 若二面角为锐二面角（取正），则； 若二面角为钝二面角（取负），则； （特别说明，有些题目会提醒求锐二面角；有些题目没有明显提示，需考生自己看图判定为锐二面角还是钝二面角.） 知识点02 空间中的距离 1、点线距 已知直线的单位方向向量为，是直线上的定点，是直线外一点.设，则向量在直线上的投影向量，在中，由勾股定理得： 2、点面距 如图，已知平面的法向量为，是平面内的定点，是平面外一点.过点作平面的垂线，交平面于点，则是直线的方向向量，且点到平面的距离就是在直线上的投影向量的长度. 3、线线距 设两条异面直线的公垂线的方向向量为，这时分别在上任取两点，则向量在上的正射影长就是两条异面直线的距离．则即两异面直线间的距离，等于两异面直线上分别任取两点的向量和公垂线方向向量的数量积的绝对值与公垂线的方向向量模的比值． 4、线面距和面面距：一般转化成点面距 题型精研·技巧通法提能力 题型01 空间几何体的体积问题 【技巧通法·提分快招】 1、处理空间几何体体积的基本思路 （1）转：转换底面与高，将原本不容易求面积的底面转换为容易求面积的底面，或将原来不容易看出的高转换为容易看出并容易求解的高； （2）拆：将一个不规则的几何体拆成几个规则的几何体，便于计算； （3）拼：将小几何体嵌入一个大几何体中，如有时将一个三棱锥复原成一个三棱柱，将一个三棱柱复原乘一个四棱柱，还台位锥，这些都是拼补的方法. 2、求体积的常用方法 （1）直接法：对于规则的几何体，利用相关公式直接计算； （2）割补法：把不规则的几何体分割成规则的几何体，然后进行体积计算；或者把不规则的几何体补成规则的几何体，不熟悉的几何体补成熟悉的几何体，便于计算； （3）等体积法：选择合适的底面来求几何体的体积，常用于求三棱锥的体积，即利用三棱锥的任一个面作为三棱锥的底面进行等体积变换 1．如图，四边形是菱形，平面，，，，，点F为的中点． (1)求证：平面； (2)求证：平面平面； (3)求三棱锥的体积． 2．如图，正三棱柱中（底面是正三角形且侧棱与底面垂直的棱柱是正三棱柱），底面边长为，若为的中点．    (1)求证：直线平面； (2)若，求三棱锥的体积． 3．如图一个正四面体和一个正四棱锥的所有棱长都相等，将正四面体的一个面和正四棱锥的一个侧面紧贴重合在一起，得到一个新几何体． (1)求的余弦值； (2)证明：平面； (3)过，，的平面将该几何体分为两部分，它们的体积分别是，，求． 4．如图，在正四棱台中，为的中点，，该棱台的表面积为．    (1)求证：平面； (2)求四棱台的体积． 5．（2026·天津东丽·二模）如图，在四棱锥中，平面ABCD，，且，，，，，N为PD中点． (1)求证：平面PAC； (2)求平面PAD与平面ABN夹角的余弦值； (3)求三棱锥的体积． 6．（26-27高三上·重庆渝中·阶段检测）如图所示，在正四棱锥中，，，，分别为，的中点， ，平面与交于. (1)求平面与平面夹角的余弦值； (2)设，求实数的值及三棱锥的体积. 7．（2026·江苏南京·模拟预测）如图，四棱锥的底面为梯形，BC∥AD，底面，，.设平面与平面的交线为l. (1)证明：BC∥l； (2)若二面角A－PD－C的正弦值为，求四棱锥的体积. 题型02 空间中的距离问题 【技巧通法·提分快招】 1、几何法求点面距 （1）定义法（直接法）：找到或者作出过这一点且与平面垂直的直线，求出垂线段的长度； （2）等体积法：通过点面所在的三棱锥，利用体积相等求出对应的点线距离； （3）转化法：转化成求另一点到该平面的距离，常见转化为求与面平行的直线上的点到面的距离． 2、向量法求空间距离 （1）点面距：已知平面的法向量为 , 是平面内的任一点，是平面外一点,过点作则平面的垂线，交平面于点，则点到平面的距离为 （2）直线与平面之间的距离：，其中，是平面的法向量. （3）两平行平面之间的距离：，其中，是平面的法向量. 1．如图所示，正六棱柱的底面边长为1，高为.    (1)证明：平面平面； (2)求平面与平面间的距离. 2．如图所示，正四棱锥中，为侧棱上的点，且. (1)记平面平面，证明：. (2)求点到平面的距离. 3．在梯形中，，，，，如图1．现将沿对角线折成直二面角，如图2，点在线段上． (1)求证：； (2)若点到直线的距离为，求的值． 4．如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，，E为线段PB的中点，F为线段BC上的动点. (1)证明：平面； (2)若F是BC上靠近B的四等分点； （i）求EF和平面夹角的正弦值； （ⅱ）求点P到平面的距离. 5．（2026·广东深圳·模拟预测）如图，在三棱柱中，平面平面，，，且， (1)证明：； (2)求点到平面的距离． 6．如图，棱柱的底面是菱形，，所有棱长都为，，平面为的中点.    (1)证明：平面； (2)求二面角的余弦值； (3)求点到直线的距离. 7．（2026·重庆·模拟预测）如图，在正四棱锥中，与交于点，，点是边上一点．    (1)若平面平面，求证：； (2)若二面角的余弦值为； ①求的长； ②点为空间内一动点，满足，求异面直线与距离的取值范围． 题型03 直线与平面的夹角问题 【技巧通法·提分快招】 1、垂线法求线面角（也称直接法）： （1）先确定斜线与平面，找到线面的交点B为斜足；找线在面外的一点A，过点A向平面做垂线，确定垂足O； （2）连结斜足与垂足为斜线AB在面上的投影；投影BO与斜线AB之间的夹角为线面角； （3）把投影BO与斜线AB归到一个三角形中进行求解（可能利用余弦定理或者直角三角形）. 2、公式法求线面角（也称等体积法）： 用等体积法，求出斜线PA在面外的一点P到面的距离，利用三角形的正弦公式进行求解. 公式为：，其中是斜线与平面所成的角，是垂线段的长，是斜线段的长. 方法：已知平面内一个多边形的面积为S，它在平面内的射影图形的面积为， 平面和平面所成的二面角的大小为，则.这个方法对于无棱二面角的求解很简便. 3、直线与平面所成角：设是直线的方向向量，是平面的法向量，直线与平面的夹角为.则. 1．如图，四棱锥中，平面，底面是正方形，，为中点． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的大小． 2．如图，四棱锥的底面为菱形，交于点，，为等边三角形，，． (1)求证：平面； (2)求二面角的正切值； (3)求直线与平面所成角的正弦值． 3．（2025·广东江门·模拟预测）如图，在三棱锥中，平面.    (1)求证：平面平面； (2)若是的中点，点在线段上，且，求直线与平面所成角的余弦值. 4．（26-27高三上·宁夏银川·阶段检测）四棱锥中，是矩形，. (1)证明：平面； (2)若是棱上靠近点P的三等分点，求与平面所成角的正弦值. 5．（2026·山东聊城·二模）如图，在六面体中，底面是边长为2的菱形，，平面，是的中点. (1)证明：平面； (2)若直线与平面所成角的正弦值为，求的长. 6．（2026·广西崇左·二模）如图，在四棱锥中，平面，，，，，点在棱上，且. (1)若，证明：平面. (2)若直线与平面所成角的正弦值为，求的值. 7．（2026·浙江·模拟预测）如图，已知四边形是菱形，，是平面外一点，且，（）． (1)当时，求证：，，，四点共面； (2)若平面平面，平面平面， （i）求证：直线平面； （ii）求的值，使直线与平面所成角最大． 题型04 二面角问题 【技巧通法·提分快招】 1、几何法 （1）定义法（棱上一点双垂线法）：在二面角的棱上找一个特殊点，在两个半平面内分别过该点作垂直于棱的射线． （2）三垂线法（面上一点双垂线法）：自二面角的一个面上一点向另外一个面作垂线，再由垂足向棱作垂线得到棱上的点（即斜足），斜足和面上一点的连线与斜足和垂足的连线所夹的角，即为二面角的平面角 （3）垂面法（空间一点垂面法）：过空间一点作与棱垂直的平面，截二面角得两条射线，这两条射线所成的角就是二面角的平面角. （4）射影面积法求二面角 2、向量法：若分别为平面的法向量，为平面的夹角，则 1．已知四面体中，直线平面，平面平面. (1)求证：； (2)若，分别是棱，的中点，且，直线与平面所成角为，求二面角的余弦值. 2．如图所示，在正四棱锥中，． (1)证明：； (2)求平面与平面所成角的余弦值． 3．（2026·陕西·三模）如图，四棱柱的底面为直角梯形，，，，．点为的中点，且． (1)证明：； (2)若与平面所成角的正弦值为，求二面角的正弦值． 4．如图，在四棱锥中，平面平面，底面是直角梯形，，，且，，，为的中点．    (1)证明：平面； (2)求三棱锥的体积； (3)求二面角的余弦值． 5．如图①，是一个等腰梯形，，点E是的中点，现将沿着向上翻折至，连接，如图②． (1)若平面与平面相交于直线l，证明：． (2)证明：； (3)若，求平面与平面所成角的余弦值． 6．四棱锥中，四边形为梯形，其中，，，平面平面. (1)证明：； (2)若，且三棱锥的体积为，点在线段上，若平面与平面所成的二面角的正弦值为，求的长. 题型05 折叠问题 【技巧通法·提分快招】 折叠问题的两个解题策略 1、确定翻折前后变与不变的关系：画好翻折前后的平面图形与立体图形，分清翻折前后图形的位置和数量关系的变与不变．一般地，位于“折痕”同侧的点、线、面之间的位置和数量关系不变，而位于“折痕”两侧的点、线、面之间的位置关系会发生变化；对于不变的关系应在平面图形中处理，而对于变化的关系则要在立体图形中解决 2、确定翻折后关键点的位置：所谓的关键点，是指翻折过程中运动变化的点．因为这些点的位置移动，会带动与其相关的其他的点、线、面的关系变化，以及其他点、线、面之间位置关系与数量关系的变化．只有分析清楚关键点的准确位置，才能以此为参照点，确定其他点、线、面的位置，进而进行有关的证明与计算 1．如图甲，在五边形中，四边形为正方形，，将沿翻折到的位置（如图乙）使平面平面． (1)求证：平面； (2)设，，求点到平面的距离． 2．（2026·贵州毕节·一模）如图，在中，，点在上，点在上，，将沿翻折至，使得二面角的大小为.    (1)若为的中点，点在上，，证明：平面； (2)求平面与平面所成的二面角的正弦值. 3．（26-27高三上·广东·阶段检测）如图，等腰梯形中，，，沿对角线折叠，使平面平面．为中点，为的中点． (1)证明：； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 4．（2026·辽宁大连·模拟预测）如图，直角三角形中，，，，分别为边的中点.将△沿向上翻折使二面角的大小为，得到四棱锥，点为上的点，且平面⊥平面. (1)证明：点为的中点； (2)过点作四棱锥的截面，求此截面将该四棱锥分成上下两部分的体积之比. 5．（2026·陕西宝鸡·模拟预测）如图1，平面五边形由等边三角形与矩形拼接而成，且，现沿进行翻折，使得平面平面，得到如图2所示的四棱锥，其中为棱的中点，点分别在棱上（含端点），且平面． (1)求的值； (2)若平面与平面所成角的余弦值为，求的长． 题型06 动点探索性问题 【技巧通法·提分快招】 1、用向量法处理立体几何中的探索性、存在性问题 探索性、存在性问题是条件不完备、结论不确定的问题,利用向量的方法将这类问题由立体几何问题转化为代数的方程(不等式)的解的问题,考查了化归、转化的数学思想,培养了逻辑推理、直观想象、数学运算等核心素养. 2、用向量的坐标运算解决几何问题 用向量的坐标运算解决几何问题,使几何问题代数化,以数助形,体现了数形结合的思想.同时本题还运用了方程的思想,通过列方程、解方程使问题得以解决.这足以说明“向量的坐标运算”是“几何”与“代数”间的一座新的桥梁. 这类问题的基本形式是判断在某些确定条件下的某一数学对象(数值、图形、函数等)是否存在或某一结论是否成立,解决这类问题的基本策略是假设题中的数学结论成立,在这个前提下进行逻辑推理,若由此导出矛盾,则否定假设,否则,给出肯定证明. 3、对于存在判断型问题：通常应先假设存在，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等. 4、对于位置探究型问题：通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数.　　 1．（25-26高三上·广东深圳·阶段检测）如图，在四棱锥中，平面，底面为平行四边形，，四棱锥的体积为. (1)证明：平面平面; (2)平面内是否存在点使得平面？若存在，求出点到平面的距离；若不存在，请说明理由. 2．在斜三棱柱中，，，为菱形，，，为中点． (1)证明：平面； (2)线段上是否存在一点，使二面角为，若存在，求出的位置，若不存在，请说明理由． 3．（2026·云南·三模）如图，在四棱锥中，四边形是边长为2的正方形，平面平面， (1)证明：平面； (2)线段上是否存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 4．（26-27高三上·重庆·阶段检测）如图，四棱锥中，，底面，，且，，． (1)证明：平面； (2)线段上是否存在一点E，使得二面角的平面角的正弦值为；若存在，求的值；若不存在，请说明理由． 5．如图，四棱锥的底面是平行四边形且，，为等边三角形，， 为中点． (1)证明：平面； (2)设 为侧棱 上一点，四边形是过 ， 两点的截面，分别交 ， 于， 两点，平面． （i）证明：； （ii）设，是否存在，使得点到面的距离为． 题型07 劣构性问题 1．（2026·宁夏·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面ABCD为平行四边形，且，E为PD的中点，平面平面．    (1)求证：； (2)若 ，从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得四棱锥存在，求平面PAE与平面AEC夹角的余弦值． 条件①：； 条件②：； 条件③：． 2．（2025·北京大兴·三模）如图，在三棱柱中，是边长为2的正三角形，且． (1)求证：四边形是矩形； (2)从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，求直线与平面所成角的正弦值． 条件①：平面平面； 条件②：三棱柱的体积为； 条件③：三棱锥是正四面体． 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 3．（25-26高三上·重庆·期中）刍薨（chúméng）是中国古代数学名著《九章算术》中记载的一种几何体，书中提到其：“下有袤有广，而上有袤无广.”可翻译为：“底面有长有宽，为矩形；顶部只有长没有宽，为一条棱.”如图，在刍薨中，四边形是正方形，面面， (1)求证：； (2)若，，，.下面三个条件：①，②平面平面，③平面平面中，只有一个能确保这样的刍薨存在且唯一.请你先选出此条件（不用说明理由），并据此求出面和面夹角的余弦值. 4．（2025·北京丰台·二模）如图，在四棱柱中，底面与侧面均为菱形，平面为的中点，与平面交于点．    (1)求证：为的中点； (2)再从条件①，条件②这两个条件中选择一个作为已知，判断在线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求的值；若不存在，说明理由． 条件①：； 条件②：． 注：如果选择条件①，条件②分别解答，按第一个解答计分． 题型08 新定义问题 【技巧通法·提分快招】 面对新情景、新定义，首先要深入理解并分析这些新元素，将其与已知的立体几何知识相结合.明确解题目标后，灵活运用基本定理和性质，如平行、垂直的判定与性质，以及空间角、距离的计算公式.在解题过程中，合理构造辅助线和面，以揭示隐藏的空间关系，简化问题.对于复杂问题，可尝试建立空间直角坐标系，利用向量法进行计算和证明.同时，要善于将空间问题平面化，通过截面、投影等方式转化求解对象.最后，解题后要进行验证和反思，确保结论的正确性，并总结所使用的方法和技巧，以便在未来遇到类似问题时能够迅速应对. 1．如图1，过球上不在同一大圆上的，，三个点中的任意两点作大圆.可以得到劣弧，与，则这三条劣弧围成的曲面（阴影部分）称为球面，这三条劣弧称为球面的边.，，三点称为球面的顶点.设二面角为，二面角为，二面角为，则球面的面积，其中为球的半径，，，均用弧度制表示.以球心为坐标原点，建立如图2所示的空间直角坐标系.已知，，三点均在球的球面上，其中，. (1)求，的值； (2)求点到平面的距离； (3)求球面的面积. 2．（2026·辽宁沈阳·三模）世界模型是人工智能领域中，通过学习客观世界的物理规则与因果关系，构建时空统一表征，实现环境状态预测与动态演化模拟的核心技术模型.其数学基础之一就是在三维空间中对几何对象进行解析化的计算.例如，在空间直角坐标系中，已知过点且法向量为的平面的方程为，过点且方向向量为的直线l的方程为，基于以上知识，解决如下问题. (1)已知平面的方程为，直线是两个平面与的交线，求直线与平面所成的角的正弦值； (2)求通过直线且与平面垂直的平面方程； (3)已知直线为两个平面与的交线，直线为两个平面与的交线，若直线与直线、都相交且都垂直，则定义为两条直线、的公垂线，两个交点之间的距离称作两条直线、的距离，求、的距离与公垂线方程. 3．已知两个非零向量，，在空间任取一点，作，，则叫做向量，的夹角，记作.定义与的“向量积”为：是一个向量，它与向量，都垂直，它的模.如图，在四棱锥中，底面为矩形，底面，，为上一点，. (1)求的长； (2)若为的中点，求二面角的余弦值； (3)若为上一点，且满足，求. 4．类比思想在数学中极为重要，例如类比于二维平面内的余弦定理，有三维空间中的三面角余弦定理：如图1，由射线，，构成的三面角，记，，，二面角的大小为，则.如图2，四棱柱中，为菱形，，，，且点在底面内的射影为的中点. (1)求的值； (2)直线与平面内任意一条直线夹角为，证明：； (3)在直线上是否存在点，使平面？若存在，求出点的位置；若不存在，说明理由. 5．离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标.设为多面体的一个顶点，定义多面体在点处的离散曲率为，其中为多面体的所有与点相邻的顶点，且平面，平面，平面和平面为多面体的所有以为公共点的面.已知三棱锥如图所示.    (1)求三棱锥在各个顶点处的离散曲率的和； (2)若平面为中点，三棱锥在顶点处的离散曲率为.求点到平面的距离； (3)在（2）的前提下，又知为侧面内一动点，记二面角为，直线与平面所成角为，若，求三棱锥体积的最大值. 实战检测·分层突破验成效 重难知识巩固 1．如图，正四面体棱长为4，E为的中点，，. (1)求四面体的表面积和体积； (2)求四面体的体积. 2．如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点，是边长为1的等边三角形，点在棱上，.    (1)证明：； (2)当时，求点到直线的距离. 3．（2026·安徽·三模）如图，四边形为直角梯形，且．点满足平面. (1)若为上靠近点的三等分点，证明：平面； (2)若，点满足，求直线与平面所成角的余弦值． 4．（24-25高三上·甘肃白银·阶段检测）如图，在直三棱柱中，，，，分别为，的中点.    (1)证明：. (2)求直线与平面所成角的正弦值. (3)设点到直线的距离为，点到平面的距离为，求的值. 5．如图，在三棱柱中，底面是边长为2的等边三角形，，，，，分别是线段，，，的中点，在平面内的射影为． (1)求证：平面； (2)求点到平面的距离； (3)求二面角的余弦值． 6．（2026·北京·三模）如图，在三棱柱中，平面，D，E分别为，的中点，． (1)求证：平面； (2)求二面角的余弦值； (3)求点到平面的距离． 7．如图，矩形中，，，为的中点，把沿翻折，满足. (1)求证：平面； (2)求二面角的正切值. 8．（2026·北京东城·二模）如图，在几何体中，平面平面，，，，，，M为中点，点B，D在直线两侧. (1)求证：平面； (2)已知，再从下列条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得几何体存在，求平面与平面夹角的余弦值. 条件①：； 条件②：； 条件③：点D到平面的距离为. 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分. 9．如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，平面，，，，是边的中点，是边的中点． (1)证明：平面； (2)求点到平面的距离； (3)若二面角的余弦值为，求直线与平面所成角的正弦值． 10．（24-25高三下·安徽阜阳·阶段检测）在直三棱柱中，点D在上，，E是上的一点，，，. (1)若E是的中点，求证：平面. (2)在下面给出的三个条件中任选一个，证明另两个正确： ①三棱锥的体积是； ②截面将三棱柱分成的两部分的体积的比为； ③平面与平面所成角的余弦值为. 注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分. 11．（2026·辽宁锦州·模拟预测）如图，将一副三角板拼成平面四边形，将等腰直角沿向上翻折，得三棱锥，设，点分别为棱的中点． (1)当平面平面时，求证：； (2)当二面角大小为时，求异面直线所成角的余弦值． 12．（26-27高三上·浙江·开学考试）在三棱锥中，已知是等边三角形，平面平面，. (1)求证：； (2)若，，，且直线与平面所成角的正弦值为，试求实数的值. 13．（26-27高三上·云南昆明·阶段检测）如图，在三棱台中，上、下底面分别是边长为2，4的正三角形，侧棱底面，且，点是棱的中点． (1)证明：平面平面； (2)若点在棱上，满足二面角的余弦值为，求的长度． 14．（2026·河北张家口·三模）在边长为4的菱形中，，对角线与交于点O，将沿折起，使得点A到达点P的位置，得到如图所示的三棱锥，M为直线上一点． (1)证明：平面平面； (2)若二面角的大小为120°，直线与平面所成角的正弦值为，求的值． 15．如图甲所示，已知在长方形中，且E为BC的中点，将图甲中沿折起，使得如图乙. (1)求证：平面平面； (2)若点是线段上的动点，且满足. ①若求平面与平面夹角的余弦值； ②若平面与平面的夹角为求λ的值. 16．（25-26高三下·北京·开学考试）如图所示，在多面体中，为平面六边形，平面平面，平面⊥平面，，，与都是边长为2的等边三角形， ，，，， M，N，K分别为的中点． (1)求证：平面； (2)棱上是否存在点P，使得与平面成角？若存在，求的值；若不存在，说明理由． 17．（2026·江苏·模拟预测）如图，在三棱锥中，平面，平面平面，M为PB的中点． (1)求证：； (2)若，，，且AM与平面PBC所成角为； ①当时，求三棱锥的体积； ②当BC取最大值时，求二面角的正弦值． 18．（2025·广西南宁·二模）在空间直角坐标系Oxyz中，任意平面的方程都能表示成（A，B，C，，且），为该平面的法向量.设M是多面体的一个顶点，定义多面体在M处的离散曲率为），其中（，2，3，，n，）为多面体的所有与点M相邻的顶点，且平面，，，，遍历多面体的所有以M为公共顶点的面.多面体的离散总曲率为该多面体各顶点的离散曲率之和.已知空间直角坐标系Oxyz中，几何体W的底面在平面Oxy内，且侧面上任意一点满足 (1)判断几何体W的形状，并求几何体W的两个相邻侧面所在平面夹角的余弦值； (2)求几何体W的离散总曲率； (3)定义：若无穷等比数列的公比q满足，则的所有项之和.若球与几何体W的各面均相切，然后依次在W内放入球，球，，球，，使得球（，）与W的四个侧面相切，且与球外切，求放入的所有球的表面积之和. 创新能力提升 1．已知平行四边形ABCD（图1），，，，把沿AC边折起，使点B与点P重合（图2）. (1)已知平面与四面体PACD 的各个面相交，交线围成一个平行四边形.请在图（2）中画出这个平行四边形（并说明画法和理由）； (2)若平面平面ACD ，求 PD的长； (3)若，求四面体PACD 的体积. 2．如图所示，已知菱形的边长为2，，沿对角线翻折成三棱锥，使二面角的余弦值为. (1)设为棱上一点，且，用过点的平面去截三棱锥，与棱，交于，两点，且截面平面，请在图（2）画出截面（保留痕迹，不写作法）； (2)求三棱锥的表面积； (3)求二面角的正切值. 3．（2026·上海杨浦·模拟预测）如图1，在梯形中，，， 的中点且，的内角的对边分别为，且满足，点为边上一点，当面积最大时，将沿翻折得到四棱锥（如图2），点为线段的中点． (1)若，求的长； (2)若四棱锥的体积等于2，是否存在点N使得MN与平面PBC所成角的余弦值为，若存在，求出点N位置，若不存在，请说明理由． 4．如图1，在直角梯形中，已知，，将沿翻折，使平面平面，如图2，的中点为. (1)求证：； (2)若的中点为，线段上靠近点的三等分点为. （i）求平面与平面夹角的余弦值. （ii）设平面内一动点为，当线段与线段的长度之和最小时，求直线与平面成角的正弦值. 5．如图所示，在四棱锥中，和都垂直于平面，，平面分别交侧棱，于点E，F，且平面． (1)证明：E为的中点； (2)已知点M为内（含边界）不与A，D重合的一点，且． （ⅰ）证明：平面平面； （ⅱ）若，求二面角的取值范围． 6．如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，侧面PCD是等边三角形，平面平面ABCD．M在棱PC上满足．过A，M作平面与棱PB，PD分别交于E，F两点（不含端点）． (1)若． （ⅰ）求证：直线平面； （ⅱ）求平面与平面ABCD所成锐二面角的正切值； (2)记四棱锥P-ABCD被平面所截得的上、下两部分几何体的体积分别为，，求的最小值． 7．（2026·黑龙江哈尔滨·三模）如图，在斜三棱柱中，，，侧棱，，，其中为锐角． (1)当时，求证：； (2)定义：过点作垂直底面于，且在内部，记与、所成角分别为、，称为斜三棱柱的投影偏差率． （ⅰ）当时，求斜三棱柱的投影偏差率（不需证明），并求此时平面与平面夹角的余弦值； （ⅱ）关于的函数解析式记为，若存在两个不同的锐角，使得，求证：． 8．在数学上用曲率刻画空间弯曲性，规定：多面体某顶点的曲率等于2π与多面体在该点的面角之和的差，其中面角是多面体的面的内角（角用弧度制表示）．例如：对于正四面体任意一个顶点，每个面角均为，所以正四面体在该顶点的曲率为． (1)如图1，该多面体由边长相等的10个正三角形和2个正五边形围成，任取一顶点，求该点的曲率； (2)如图2，在正三棱台中，，，点A与处的曲率之差为π．若D为侧面（含边界）内一动点，且直线BD与平面所成角的正切值为2，求动点D的轨迹长度； (3)某多面体由边长相等的个正三角形和个正五边形围成，若各顶点的曲率之和为4π，且每个顶点与其相连接的棱所形成的空间图形均相同（图3为满足条件的两个多面体示例），求该多面体面数的所有可能取值． 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $