空間幾何解答題（文科）（解析版）-2023年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)題型歸納與練習(xí)（全國通用）

專題20空間幾何解答題（文科）

考樹妻或與命題規(guī)律

立體幾何（文科）解答題是高考全國卷必考題，難度中等，一般分2問，第1問大多考查平行或垂直

的證明，第2問主要考查求幾何體的表面積、體積或距離問題，對(duì)于線面位置關(guān)系的證明，步驟不規(guī)范是

失分的主要原因，對(duì)于求幾何體的表面積、體積或距離問題，運(yùn)算錯(cuò)誤是失分的主要原因，預(yù)測(cè)2023年在

解答題中仍會(huì)考查線面位置關(guān)系的證明及求幾何體的表面積、體積或距離問題。通過近年高考試題的分析，

探尋高考命題的規(guī)律與趨勢(shì)，更好把握復(fù)習(xí)方向，突破重難點(diǎn).

專IL導(dǎo)航

一、熱點(diǎn)題型歸納

題型1.線面（面面）平行或垂直的證明

題型2.探究問題1：線面（面面）平行

題型3.探究問題2：線面（面面）垂直

題型4.幾何法計(jì)算角度的問題

題型5.距離問題

題型6.體積問題

題型7.折疊（翻折）問題

題型8.空間幾何中的數(shù)學(xué)文化與新定義問題

題型9.最值與動(dòng)態(tài)問題

二、最新?？碱}組練

三、十年高考真題練

拉直致型歸的

【題型1】線面（面面）平行或垂直的證明

【解題技巧】

平行證明核心：1.利用平移法做出平行四邊形；2.利用中位線做出平行四邊形；3.面面平行的核心思維是“線

面平行”。

垂直證明核心：線面垂直理解透徹“三垂線定理”這個(gè)最常用的模型；面面垂直尋找其中一個(gè)平面板的垂

線(及其平行線)。

【典例分析】

1.(2022?上海?上海中學(xué)?？寄M預(yù)測(cè))如圖，在四棱錐P-ABeD中，四邊形ABC。為正方形，P點(diǎn)在平

面ABCD內(nèi)的射影為4,月.R4=AB=2,E為P。中點(diǎn).⑴證明：PB//平面AfC(2)證明：平面PCf)J_平面

PAD.

【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析

【分析】(I)由線線平行證線面平行；

(2)由線面垂直證R4_LCD,再證CDJ?平面PA￡>、平面Pa>_L平面PAZ).

【詳解】(1)連接8。交AC于點(diǎn)O,連接EO.

因?yàn)?。為BO中點(diǎn)，E為尸。中點(diǎn)，所以E0//PB,

因?yàn)镋OU平面AEC,P8U平面AEC,所以PB//平面AEC；

(2)因?yàn)镻點(diǎn)在平面ABCD內(nèi)的射影為A,所以PAJ_平面ABCr>,

因?yàn)镃DU平面ABC。，所以R4J_C￡>.

又在正方形ABCo中，CD_LA。目.B4cAO=A,所以CD_L平面尸A￡），

又CDU平面PCD,所以平面PCD±平面PAD.

2.（2020.全國高考真題）如圖，在長方體ABCD-AgGA中，點(diǎn)E,尸分別在棱。，，BBl上,且

2DE=EDi,BF=IFBy.證明：（1）當(dāng)AS=BC時(shí)，EF±AC：（2）點(diǎn)G在平面AEF內(nèi).

【答案】（1）證明見解析；（2）證明見解析.

【分析】（1）根據(jù)正方形性質(zhì)得AC根據(jù)長方體性質(zhì)得AC?LB片,進(jìn)而可證AC，平面

即得結(jié)果；（2）只需證明EG/滔產(chǎn)即可，在CCl上取點(diǎn)M使得CM=2MC∣,再通過平行四邊形性質(zhì)進(jìn)行

證明即可.

【詳解】（1）因?yàn)殚L方體ABCO-AgGD,所以BB」平面ABCD:.AC±BB1,

因?yàn)殚L方體ABCD-ΛtB1C1D1,AB=BC,所以四邊形ABeO為正方形.?.AC±BD

因?yàn)锽D=B,BBc8。U平面BBQQ,因此ACL平面BBQQ,

因?yàn)镋FU平面BBQ。,所以AC，E尸；

（2）在CG上取點(diǎn)M使得CM=2MC∣,連。尸,

B

因?yàn)镈IE=2ED,DDt//CCi,DDl=CCt,fi)f以ED=MCi,ED//MC1,

所以四邊形。MGE為平行四邊形，.?.OM〃EG

因?yàn)镸fv/D4,"尸=DA,所以M、F、4。四點(diǎn)共面，所以四邊形ME4D為平行四邊形，

.?.DM//AF,.-.ECxIIAF,所以區(qū)CpA、尸四點(diǎn)共面，因此G在平面AE尸內(nèi)

【點(diǎn)睛】本題考查線面垂直判定定理、線線平行判定，考查基本分析論證能力，屬中檔題.

【變式演練】

1.(2020.江蘇高考真題)在三棱柱A8C-4B∣Ci中，AB±AC,BlCJ_平面ABC,E,尸分別是AC,BIC的

中點(diǎn).(1)求證：EF〃平面ABG；(2)求證：平面ABiCL平面ABB.

【答案】(1)證明詳見解析；(2)證明詳見解析.

【分析】

(1)通過證明EFIlAB來證得EFH平面AS1C1.

(2)通過證明AB_L平面A&C,來證得平面AB。_L平面ABB一

【詳解】（I）由于E/分別是AC,BC的中點(diǎn)，所以EF∕∕AB∣.

由于E戶仁平面AB1C1,AB1U平面AB1C1,所以EFH平面AB1C1.

（2）由于AC，平面ABC,ABi平面ABC,所以B

由于ABJ.AC,ACCBC=C,所以ABj_平面AB0.

由于ABI平面ABB∣,所以平面ABlC，平面ABB1.

【點(diǎn)睛】本小題主要考查線面平行的證明，考查面面垂直的證明，屬于中檔題.

2.（2023?四川?成都七中一模）已知三棱柱ABC-A與G中，M、N分別是CG與人產(chǎn)的中點(diǎn)，AABA為等

邊三角形，C4=CA,AA=AM=28C.

（1）求證：MN〃平面A8C；（2）求證：BCJ_平面A88∣A.

【答案】（1）證明見解析（2）證明見解析

【分析】（1）取B片中點(diǎn)P,連接MP,NP,由線面平行的判定定理易證MP〃平面ABC,NP”平面ABC,

再根據(jù)面面平行的判定定理可得平面PMNH平面ABC,從而MN〃平面ABC,

（2）不妨設(shè)BC=I,由平面知識(shí)容易算出。1=α=GA=石，再根據(jù)勾股定理的逆定理可證ABJ_BC,

A1BLBC,從而由線面垂宜的判定定理證出BC_L平面ABBa.

（?）如圖所示:

取BBl中點(diǎn)P,連接MP,NP,則"P//BC,因?yàn)锽CU平面ABC,MP(Z平面ABe,所以AfP〃平面ABC,

因?yàn)閃尸分別AB,B與的中點(diǎn)，所以PN∕∕A,4,又A與〃A8,所以PN〃AB,因?yàn)锳Bl平面ABC,PNcZ平

面A8C,故NP//平面A8C,

因?yàn)镹PCMP=P,NPu平面PMMMPU平面尸MV,于是平面尸MN〃平面ABC,

又MVU平面PMM所以肱V//平面ABC.

(2)不妨設(shè)8C=1,則Λ,A=AM=2.

依題意CA=CA=C1A,故A"為等腰4ACG底邊上的中線，

2

則AMLCG.于是AC=AG=y∣AtM+MC;=√5,

因?yàn)?32+BC2=AC2,所以Aβ,8C,同理Ag2+BC2=AC2,則AB_LBC,

又ABCAB=B,ABu平面ABA,A∣8u平面ABA，所以BC?L平面ABBM.

【題型2】探究問題1：線面（面面）平行

【解題技巧】

1）做出平行平面來證線面平行，屬于“麻煩的方法”，但是在證明后續(xù)的“探索性”題型時(shí)非常實(shí)用。授

課時(shí)可以先用“中點(diǎn)型”培養(yǎng)“找面做面”的思維。常規(guī)題，對(duì)應(yīng)的點(diǎn)大多在中點(diǎn)處。

2）找面的經(jīng)驗(yàn)：任何一對(duì)互相平行平面，和第三個(gè)平面相交，交線互相平行

【典例分析】

I.（2023?四川?射洪中學(xué)高三階段練習(xí)）如圖，在斜三棱柱ABC-A百G中，已知AA8C為正三角形，四

邊形ACGA是菱形，D,E分別是AC,CG的中點(diǎn)，平面ACaA，平面ABC（I）求證：ACL平面臺(tái)叱；

DM

(2)若NGe4=60,在線段。片上是否存在點(diǎn)使得ΛM〃平面BDE?若存在，求Q的值，若不存

L>t>l

在，請(qǐng)說明理由.

C

A

DM1

【答案】(1)證明見解析；(2)存在，-^Γ=7?

L7Jt5、Z

【分析】(1)連接4G,由菱形可得。ELAC,再證得3。，AC即可利用線面垂直的判定推理作答.

(2)連接G。，以。為原點(diǎn)，射線力8,。AOG分別為此)，，Z軸非負(fù)半軸建立空間直角

坐標(biāo)系，再利用空間位置關(guān)系的向量方法即可計(jì)算作答.

(1)在斜三棱柱ABC-AqG中，連接AG，如圖，

因四邊形ACGA是菱形，則AG，AC,又D,E分別是AC,CG的中點(diǎn)，有DE//AC、,因此，DELAtC,

因AABC為正三角形，則或>_LAC,又平面ACGA，平面ABC,平面ACGAn平面ABC=AC,BZ)U平

面ABC,于是得8。L平面ACCM,又ACU平面ACeM,從而得BDLAC,

而BDCDE=D，8。,?！?lt;=平面8￡)石，所以AC_L平面口國.

(2)連接GD，菱形ACGA中，NGCA=60,則AACCI是正三角形，而。是AC的中點(diǎn)，即有CQLAC,

由(1)知，。氏G兩兩垂直，以。為原點(diǎn)，射線。8,D4,0G分別為X,y,Z軸非負(fù)半軸建立空間直角

坐標(biāo)系，如圖，令4。=2,則。(0,0,0),8(6,0,0),4(0,1,0),反0,-2，券),即6,1,6),

DB=(√3,0,0),DE=(0,-?,^?),DBt=(√3,1,√3),

“OB=Gx=O

令"=(χ,y,z)是平面BOE的一個(gè)法向量，貝什IG，令Z=I得〃=(0,石,1),

n.DE=——y+-^―Z=O

22

假設(shè)在線段DBl上存在點(diǎn)M,使得AM〃平面BDE,則DM//DB1,令DM=tDB}=(√3f√,√3r),

AM=DM-DA=電因AM〃平面8￡)E,貝IJAMJ_“，ΛΛ∕?n=√3(f-l)+√3r=0,解得f=g,

DM1

所以在線段。耳上存在點(diǎn)M,使得AM//平面BDE,此時(shí)Q=8?

￡/￡)1Z

【點(diǎn)睛】涉及探求幾何體中點(diǎn)的位置問題，可以建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量證明空間位置關(guān)系的

方法解決.

2.(2023?河南?校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè))如圖，多面體A2CZ)EF的面ABC。是正方形，其中心為M.平面Ar)Ej"平

面ABCQ,BF//AE,AE-2BF,AD=DE=AE=2.(1)求證：CFl.平面AEFB；(2)在VADE內(nèi)(包

括邊界)是否存在一點(diǎn)M使得MN"平面CEF?若存在，求點(diǎn)N的軌跡，并求其長度；若不存在，請(qǐng)說

明理由.

【答案】(1)證明見解析(2)存在：點(diǎn)N的軌跡為線段DG(AE的中點(diǎn)G),長度為名

【分析】(1)取AE的中點(diǎn)G,連接GF,DG,證明CF//OG,根據(jù)面面垂直的性質(zhì)可得84L平面

從而可得84J_OG,在證明DGl.平面4EF8,即可得證：

（2）先證明8G〃平面CE凡DG〃平面CE凡再根據(jù)面面平行的判定定理可得平面BDG//平面CEF,

再根據(jù)面面平行的性質(zhì)即可得出結(jié)論.

【詳解】（1）如圖，取AE的中點(diǎn)G,連接GF,DG,

因?yàn)?F∕∕AE,AE=2BF,所以BF∕∕AG,BF=AG,

所以四邊形ABFG是平行四邊形，所以FG〃AB,FG=BA,

乂因?yàn)锽4〃C￡>，BA=CD,所以尸G∕∕CO,FG=CD.

所以四邊形CZ）G尸是平行四邊形，所以CF//0G，

因?yàn)锳A_LAD,平面ADE，平面4BCD,班U平面ABCD,平面?Z>E∏平面ABeD=AD,

所以BA，平面乂DGU平面AOE,所以A4_LZ）G,

因?yàn)锳Q=OE=AE,G為AE的中點(diǎn)，所以DG_LAE,

又AE,BAU平面AEF'8,且他CH4=A,所以I）Gd.平面AEF8,所以CF_L平面AEF8；

（2）如圖，連接80,BG,由（1）知，BFIlAG、BF=AG,所以BF“EG,BF=EG,

所以四邊形BGEF是平行四邊形，所以BG〃所，

因?yàn)樗鵘平面CEF,BG（Z平面CE凡所以BG//平面CEF,

又由（1）知，CF//DG,CFu平面CE尸，OGu平面CEF,所以￡>G//平面CER

因?yàn)?。G,BGU平面8DG,且DGBG=G,所以平面BDG〃平面CE幾

設(shè)點(diǎn)N為線段DG上任意一點(diǎn)，則MVU平面BDG,MN〃平面CEF,

所以點(diǎn)N的軌跡為線段0G,長度為G.

【變式演練】

1.（2022?寧夏中衛(wèi)?統(tǒng)考三模）如圖1,菱形ABCO中，ZA=60o,AB=A,DEJ.AB于E,將AAED沿DE

翻折到“AND,使AELBE,如圖2.（1）求三棱錐C-A8D的體積；（2）在線段AQ上是否存在一點(diǎn)尸，使

DF

EF〃平面A3C?若存在，求二的值；若不存在，說明理由.

FA

圖1圖2

【答案】⑴述（2）存在，%=L

【分析】（1）利用線面垂直的判定定理證明AE_L平面EBCD,再利用等體積法及棱錐的體積公式計(jì)算即

可.

（2）設(shè)線段AT）的中點(diǎn)為F,線段AC的中點(diǎn)為G,先證明四邊形EBGF為平行四邊形，再利用線面平行

的判定定理證明EF//平面A'BC,即可得出結(jié)論.

（1）解：由題可知在菱形ABCr）中，ZA=60o,AB=BC=CD=DA=4,DEJ.AB,

故AE=EB=2,ED=2^3,所以在四棱錐A—EBCD中，NElEDEBLED,AEVEB,

又EDCEB=E,所以AEL平面E3CZ）,且AE=AE=2,

連接3。，因?yàn)锽C=8=4,NBCr）=60。則S"8=gX4X26=46,

所以ZZVM）=匕BCD=LXA'ExSsc。=』X2X4石=量?.故棱錐C-A'BD的體積為更.

C-ΛDUΛ~t5y^L）?Di-Lf3,33

（2）解：設(shè)線段A。的中點(diǎn)為尸，線段AC的中點(diǎn)為G,連接所、FG、GB.

因?yàn)辄c(diǎn)F為AO的中點(diǎn)，點(diǎn)G為WC的中點(diǎn)，所以FG∕∕OC,PG=;OC=2,

又由（1）得，EB//DC.EB=2,所以FG/∕EB,FG=EB,

所以四邊形EBGF為平行四邊形，板EFUBG,EF=BG.

DF

又MU平面48C,BGU平面4BC,所以EF7/平面48C,此時(shí)點(diǎn)尸為A'。的中點(diǎn)，故R=L

FA

2.(2023?河南?高三階段練習(xí))如圖，直四棱柱43C0-GF中，上下底面為等腰梯形，

ADHBC.∕ΛDC=60，A￡=4)=2CO=2,M為線段EF的中點(diǎn).⑴證明：平面EC。_L平面ACE；

(2)設(shè)。為線段AD上一點(diǎn)，試確定點(diǎn)。的位置，使平面60E〃平面MCD.

【答案】(1)證明見解析；(2)點(diǎn)。為A。中點(diǎn).

【分析】(1)根據(jù)給定條件可得Co,利用勾股定理證明AC即可證得平面ECo，平面ACE.

⑵取AD的中點(diǎn)。，證明BOIICD和EOUMD,利用面面平行的判定定理即可推理作答.

(I)因?yàn)榈?-G尸為直四棱柱，則K4_L平面ABCD,而Cz)U平面ABCf>,于是得E4,CD,

在，ADC中，CD=?,AD^2,ZADC=Mo,由余弦定理得，

AC2=CD2+AD2-2CD?ADcos60°=l+4-2×l×2×i=3,

2

因此，AC2+CD2=AD2,即CD,AC,又￡4(AC=A,￡4,ACU平面ACE,則CDl平面ACE,又CDU

平面ECD,所以平面ECDL平面ACE.

(2)當(dāng)點(diǎn)。為AD中點(diǎn)時(shí)，平面〃平面MC。，連接EO,80,如圖,

在等腰梯形ABC。中，8C=AO-2CoCoSzAOC=2-2xlXeOS60=1,

即BC=OD=1,而AP//BC,則四邊形BODC為平行四邊形，即有Bo//CD,

因80<X平面MCI),CDU平面MC￡),則有60〃平面MC￡),

因?yàn)镺r)=EM=1,EF//AD,則四邊形EODM為平行四邊形，有EO"MD,

而EOCZ平面MC￡),MDU平面MeD,因此，EO//平面MCD,

MEOcBO=O,所以平面Bo￡7/平面MCD.

【題型3】探究問題2：線面(面面)垂直

【解題技巧】使用好“逆向思維”這個(gè)證明垂直的捷徑方法：要證明的必然是成立的。

【典例分析】

1.(2022?安徽黃山?統(tǒng)考二模)如圖，在四棱錐P-ABC。中，3_L平面ABCz),PA=AB=BC=43,AD

=CD=1,NAoC=I20。，點(diǎn)M是Ae與8。的交點(diǎn)，點(diǎn)N在線段PB上，且PN=IPB.

(1)證明：MN〃平面POC；(2)在線段BC上是否存在一點(diǎn)。，使得平面MNQ，平面B4D,若存在，求出點(diǎn)

。的位置；若不存在，請(qǐng)說明理由.

【答案】（1）證明見解析（2）存在，。為BC的中點(diǎn)

【分析】（1）證明后可得線面平行；（2）過胡作MELAC,垂足為￡,延長EM交BC于Q,

連結(jié)N。，NE,可以證明平面MNQJL平面∕?Zλ再根據(jù)已知條件求得。點(diǎn)位置即可.

【詳解】（1）在四邊形ABC。中，由AB=BC=6，AD=CD=},

可得△ABD絲Z?C3Z）,∏TWAC±BΣ>,且M為AC的中點(diǎn)，

由Af>=CO=l,NADC=I20°,可得ZW=CDCoS60°=g,AC=2CDsin60°=√3.

則BM=乎x√J=∣?,由=卷=g，可得MN〃PD,

而MNe平面PCO,PDc5PjfilPCD,可得MN〃平面PDC.

（2）過M作MELAD,垂足為E,延長EM交BUTQ,連結(jié)NQ,NE,如圖，

BQC

由孫，平面A8CQ,EQU平面ABe￡>,可得∕?LEQ,乂EQ_LAQ,Λ4cAO=A,尸AA￡>u平面如。,

所以EQ_L平面∕?ZλEQU平面MNQ,所以平面MNQ_L平面/?Zλ

故存在這樣的點(diǎn)。，使得平面MNQJ"平面以。，在Rt*。ME中，NE例O=90。-60。=30。，

在/.8QM中，NQ8Λ∕=NBMQ=30°,NBOM=I20。，

BMIi

,可得BQ=F=",即。為BC的中點(diǎn),

sin30osin120°

則。為8C的中點(diǎn)時(shí)，平面MNQL平面附D

2.（2023?河南洛陽?洛陽市校聯(lián)考一模）已知四棱錐P-ABC。中，P4_L平面ABa>AD//BC,BCYAB,

AB=AD=^BC,BD=近,PD=s∣5.⑴求直線PC與平面/W所成角的正弦值：（2）線段PB上是否存在

一點(diǎn)M，使得CM_L平面PBO?若存在，請(qǐng)指出點(diǎn)M的位置；若不存在，請(qǐng)說明理由.

4

【答案】（1）］（2）不存在點(diǎn)例，理由見解析

【分析】（1）求出相關(guān)線段的長，建立空間直角坐標(biāo)系，求得相關(guān)點(diǎn)坐標(biāo)，求得平面?班>的一個(gè)法向量,

根據(jù)空間角的向量求法，即可求得答案；

（2）假設(shè)存在滿足條件的點(diǎn)表示出其坐標(biāo)，利用向量的垂直列出方程，根據(jù)方程解的情況可得出結(jié)論.

【詳解】（1）如圖，連接AC因?yàn)锳￡>〃8C,8CJ_A8,所以ADJ_A8.

P

因?yàn)锳B=Ao=JBC,BD=近,所以AB=AO=1,BC=2.

2

因?yàn)?C"LA2,所以AC=JA*+BO?=yβ.

因?yàn)镻A_L平面438,ΛBu平面ABC。，ACU平面45C￡>,AZ)U平面ABCr>,

所以「A_LA8,PA_LAC,PAJ_AZJ.

因?yàn)镻A=JPZ)2=2,所以PC=JAC?+2=3,pβ=√∕?2Aβ2=√5-

-Λ02E4+

2

所以%w=gx夜XJ訴-件）=I-SΛBCD=^×BC×AB=^×2×?=?.

設(shè)點(diǎn)C到平面Pa）的距離為爪

由匕?-亞=@尸如得gxPAxSABCD=；XhXSAPBD,即;x2xl=gx/zx?,解得力=；.

πh4

設(shè)直線PC與平面尸9所成的角為。，Oe[O,g,則Sino=e=].

4

所以直線PC與平面PBZ）所成角的正弦值為5.

（2）不存在點(diǎn)例，理由如下：假設(shè)存在滿足條件的點(diǎn)M,

由CMJ_平面PB￡）,PBU平面P8￡）,QU平面PB。，得CMLPB,且CW_LB。，

因?yàn)槭?,平面A8CO,BCU平面A3CO,所以PAL5C.

因?yàn)?C_LAB，且如AB=A,AAu平面R4β,ABU平面B4B,

所以BCI平面E45.又PBu平面R記，所以8C"LPB.

若存在滿足條件的點(diǎn)M,則點(diǎn)何必與點(diǎn)B重合.

乂BC與Bo不垂直，所以線段M上不存在滿足條件的點(diǎn)M.

【變式演練】

1.（2023?湖南高三模擬）《九章算術(shù)》是我國古代數(shù)學(xué)名著，它在幾何學(xué)中的研究比西方早IOoo多年，在

《九章算術(shù)》中，將底面為直角三角形，且側(cè)棱垂直于底面的三棱柱稱為塹堵（gimd"）；陽馬指底面為矩

形，一側(cè)棱垂直于底面的四棱錐，鱉膈Cbienao）指四個(gè)面均為直角三角形的四面體.如圖，三棱柱

ABC-A^Ct,BG_L平面4G。，四棱錐5—ACC4為陽馬，且后，尸分別是BC,4月的中點(diǎn).

（1）求證：EF平面ACCA；（2）在線段AB上是否存在點(diǎn)P，使得BC∣平面EEp?若存在，求

Ap

出的值；若不存在，請(qǐng)說明理由?

【答案】（1）證明見解析；（2）存在；—

AB2

【解析】（1）取AG中點(diǎn)G,連接FG,GC,在中，因?yàn)閎，G分別是A4，AG中點(diǎn)，

所以FG〃BC-且FG=Tgc,在平行四邊形BCGB中，因?yàn)镋是BC的中點(diǎn)，

所以EC〃片G，且EC=g用G，所以EClFG,且EC=FG,

所以四邊形FECG是平行四邊形，所以FE〃GC,

乂因?yàn)镋FU平面AGCA,GCU平面AGCA,所以EEl平面AGeA.

（2）在線段AB上存在點(diǎn)尸，使得8C∣平面EEP,取AB的中點(diǎn)P,連PE,連Pb,

Λ

因?yàn)?0，平面ACG4，ACU平面ACG4，CGU平面ACG4，所以8C∣AC,BCi?CG,

在，ABC中，因?yàn)镻,E分別是AB,BC中點(diǎn)，所以PE〃AC，

又由（1）知EE〃CG,所以BGBCJEF,由尸ECEF=E得BG上平面EFP,

Ap1

故當(dāng)點(diǎn)尸是線段AB的中點(diǎn)時(shí)，BG_L平面EEP.此時(shí)，--=

AB2

2.（2022.北京高考模擬）如圖，在四棱錐P—ABCD中，Q4_L平面ABCr）,FA=√3.AB//CD,

ABYAD,AD=DC=I,AB=2,E為側(cè)棱P4上一點(diǎn).（1）若PE=gPA,求證：PC平面E8D；

（2）求證：平面EBC_L平面PAC；（3）在側(cè)棱PZ）上是否存在點(diǎn)F,使得AFJ_平面PCr>?若存在,

求出線段PE的長；若不存在，請(qǐng)說明理由.

存在，尸戶=|,理由見解析.

【答案】（1）詳見解析；（2）詳見解析

【解析】（1）設(shè)ACCBo=G,連結(jié)EG,由己知AB〃CD,DC=I,A8=2,得

因?yàn)镋GU平面EgO,PCU平面EBD，所以PCP平面EBD.

(2)因?yàn)镼4J_平面ABCD,BCU平面ABCD,所以3C_LQ4.

在直角梯形AB8中，因A。=。C=I故AC=0,BC=√2.因45=2，

所以4。2+8。2=482.所以3。，4。.又「4AC=A,所以BC，平面PAC.

因?yàn)锽CU平面EBC,所以平面EBC_L平面PAC.

（3）在平面PAD內(nèi)作AELPz）于點(diǎn)尸，則尸即為所求的點(diǎn)，

由。CLB4,DClAD.PAryAD=A,

得DCL平面尸AD.因?yàn)锳FU平面尸AD，所以CD_LAF.又PDCCD=D,

3

所以A/7_L平面PCD.由PA=TLAD=?,PAlAD.得PF=∣?.

【題型4】幾何法計(jì)算角度的問題

【解題技巧】常用幾何法作出對(duì)應(yīng)的異面直線的夾角、線面角、二面角進(jìn)行計(jì)算即可。

（1）利用面面垂直的性質(zhì)定理，得到線面垂直，進(jìn)而確定線面角的垂足，明確斜線在平面內(nèi)的射影，即可

確定線面角；（2）在構(gòu)成線面角的直角三角形中，可利用等體積法求解垂線段的長度6,從而不必作出線

h

面角，則線面角。滿足Sine=：（/為斜線段長），進(jìn)而可求得線面角：

【典例分析】

1.（2023?廣東?深圳校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，已知aBCD中，BC=BD=2,且/CBD=120。，現(xiàn)將ABCD

沿BC翻折到JRC,滿足COSNABO=g.（1）求證：ADlBC,（2）若E為邊CO的中點(diǎn)，求直線AE與平面

ABC所成角的正弦值.

【答案】（1）證明見解析；（2）雪.

【分析】（1）取AD中點(diǎn)連接BM,CM,證明4）_L平面C8Λ∕,原題即得證；

（2）過點(diǎn)。作DF1BC交Ce的延長線于點(diǎn)F,連接AF,過點(diǎn)。作DOLAP交AF的延長線于點(diǎn)0.先求

出AE的長，再求出。到平面ABC的距離，即得解.

【詳解】（1）取AO中點(diǎn)M,連接BA/,CM,

?；BC=BD=2,NCM=I20。，.*.CD=2√3,同理可得AC=CD=2√J,

又YBA=BD,：.BMYAD.CMIAD.

；BMCCM=M,BM,CWu平面CBM4），平面CBM,

BCu平面CBM,：.ADlBC.

EE

（2）過點(diǎn)。作OF1BC交CB的延長線于點(diǎn)片連接AF,過點(diǎn)。作。O，A尸交A尸的延長線于點(diǎn)。.

,/COSNABO=L,AD2=AB2+BD2-2AB-BDcosZABD=4+4-2×2×2×-=-：.AD=^-.

3333

在-ACZ）中，E為CD的中點(diǎn),由平行四邊形對(duì)角線平方和定理得知：（2AE『+82=2（AC2+A。）

/.44爐+12=2（12+與卜AE=半，

；DFLBC,由（1）知且CAr>=Z）,DEAoU平面4力用BC/平面AZ）凡

?.?BCU平面ABC,平面ABCl平面AO尸.?平面AED1平面ABC=AF

/7

在ZXAB尸中，AF=ABXCOSNBAF=2χ9=√L同理可得。F=√L

2

222

PAA-AH—FD9

又。O，A尸，則DO為D到平面ABC的距離.由余弦定理得cosZFAD=M八"——=-

2FA?AD3

??-3后邛.貝血—“3華哼一孚.

2后

?：E為DC中點(diǎn),二E到平面ABC的距離為,￡>。=..ME與平面ABC所成角的正弦值為-?r=坐^.

29V5￡51

~Γ

2.（2023?遼寧阜新??？寄M預(yù)測(cè)）如圖，在等腰直角三角形ABC中（如圖1）,N4=90。，點(diǎn)E,尸分別

是AB,8。的中點(diǎn)，將AABC沿A。折疊得到圖2所示圖形，設(shè)/是平面EFC和平面ACQ的交線.

B

圖1圖2

⑴求證：U平面BCQ；

（2）求平面ACf）和平面Be。夾角的余弦值.

【答案】(1)證明過程見解析(2)0

【分析】(1)由中位線證明出M//AO，再證明出4)，平面BCD,從而得到/J_平面BCO；

(2)在第一問的基礎(chǔ)上得到面面垂直，得到夾角余弦值.

【詳解】(1)因?yàn)镋,尸分別是48,8力的中點(diǎn)，所以砂〃AZ),

因?yàn)镋FU平面CEF.Af)<Z平面CEF,所以AO〃平面CEF,

因?yàn)?是平面EFC和平面ACo的交線.A￡>U平面ACr>,所以AD//1,

因?yàn)锳OLBRAOLCO,BDCCD=D,8r>,0>u平面BCL),所以4。，平面BCD,

因?yàn)锳D//1,所以/工平面Be7)；

(2)由(1)知：AD_L平面BO因?yàn)?5U平面AC。，所以平面AC。_L平面BeE),

故平面ACo和平面BCO夾角的余弦值為cos9()o=0.

【變式演練】

1.(2023?吉林?統(tǒng)考二模)如圖,在多面體ABCDEF中,四邊形ABCD為菱形,且ND48=60。,四邊形8￡?所為

矩形,BD=2B∕?2,AC與8。交于O點(diǎn),以=FC.

(1)求證:ACL平面BZ)EF;(2)求二面角F-4E-C的余弦值.

【答案】(1)證明見解析(2)也

4

【分析】(1)根據(jù)四邊形ABCD為菱形,可得AC上BD,根據(jù)E4=FC可得AO,根據(jù)線面垂直的判定定理

即可證明結(jié)論;(2)連接OE,過。作OGj_4E,連接GE先由勾股定理可證明EOLFo,由(1)的結(jié)論可得POL4C,

根據(jù)線面垂直的判定定理證明尸OJ?平面AEC,即R9LE4,根據(jù)線面垂直的判定定理可證明H4_L平面OFG,

即有E4LGF,根據(jù)二面角的定義可得NoGF為二面角F-AE-C的平面角,在直角aEOA中根據(jù)面積相等求出

OG.再在直角，F(xiàn)OG中即可求出結(jié)果.

【詳解】(1)證明:因?yàn)樗倪呅?CD為菱形,所以AClBD

因?yàn)镋4=W,且。為AC中點(diǎn),所以AC,OE

BDOF=O.BDc平面BDEF,OFU平面BDEF,所以AC_L平面BDEF;

(2)因?yàn)樗倪呅蜝DE尸為矩形,連接。瓦

因?yàn)锽D=2,BF=1,且0為BD中點(diǎn)、,所以FO=Eo=壺.EF=I,

故EO2+/。2=E尸,即￡0_1_/。,由(1)可知4€'，平面BnEEFoU平面BDEF,、

所以FOl?4C,因?yàn)镋OAC=。，EoU平面AEe

ACU平面AEC,所以FO，平面4EC,又EAU平面AEc所以FOLEA,

過。作OGLAE,垂足為G,連接GE因?yàn)镺GCOF=OOGU平面OFGoFU平面OFG,

所以EAL平面。尸G,因?yàn)镚FU平面。尸G,所以EALGF,所以/0G/為二面角廣AE-C的平面角,

在直角ZSEOA中,根據(jù)面枳相等有OG-EA=OE?OA,所以O(shè)G=絲烏=平

EA石

因?yàn)镋o，平面AEeOGU平ImAEC所以O(shè)GLfYZ

22

所以kFOG為直角三角形，所以FG=y∣OG+OF=.P+2=/,則COSZOGF,

V5√5FG4

所以二面角尸-AE-C的余弦值為理.

4

2.(2023?河北高三月考)在三棱錐P-ABC中，PA=PB=PC=AC=2丘,8A=8C=2,。是線段AC的

中點(diǎn)，M是線段BC的中點(diǎn).(1)求證：P。，平面ABC；(2)求直線PM與平面PBo所成的角的正弦值.

【答案】（1）證明見解析；（2）叵

14

【解析】（1）利用勾股定理得出線線垂直，結(jié)合等邊三角形的特點(diǎn)，再次利用勾股定理得出線線垂直，進(jìn)

而得出線面垂直；（2）據(jù)線面垂IiMyV，面PoB,得出線和面的夾角NMRV,從而得出線面角的正弦值.

【詳解】（1）由B4=8C=2,AC=2√Σ,有班?+SC?=AC?,從而有NABC=X,

2

.?.BO1.AC且BO=√Σ又△如（?是邊長等于2近的等邊三角形，.?.POLAC,PO=√^.

又PB=2夜，從而有尸B2=PO?+BO2,.?.NPOB=1PO_L80.又ACCBO=O,,POJ.平面ABC.

（2）過點(diǎn)、M作MNi.BO交.BO于點(diǎn)N,連PN.

由（1）知Po，平面A8C,得MNLPO,又MNLBo,:.MNL平面POB,/MPN

是直線PM與平面PBO所成的角.山(I)BOlAC,從而N為線段8。的中點(diǎn),

112

:.MN=；OC=；AC=，,PM≈■]PC-MC=λ∕(2√2)-l-√7.

.sin/MPN=生生=住=位所以直線PM與平面PBO所成的角的正弦值為巫

??PMg1414

【題型5】距離問題

【解題技巧】文科常用等體積法計(jì)算距離。

【典例分析】

JT

I.(2023?江西贛州?統(tǒng)考一模)如圖，在四棱錐P-ABCD中，平面Pa)JL平面APR∕PD4=NPOC=§,

底面A8C3是平行四邊形，DC=PC=2AD=2,且點(diǎn)M,N分別是棱PD,A。的中點(diǎn).

(1)證明：ADL平面CMN；(2)求點(diǎn)尸到平面ABCD的距離.

【答案】(1)證明見解析(2)平

【分析】(1)先利用長度關(guān)系得出AOJ再根據(jù)面面垂直得出線面垂直；

(2)利用等體積法由Vc-APD可得答案.

VP.AC0=

【詳解】(1)因?yàn)?。C=PC=2,∕P3C=?TT所以,P8是正三角形，所以Pr)=2；

M

%/二二-N

N?∕?1

A------------%

22

乂AD=?,PDA=,由余弦定理得AP=yJl+2-2xlx2XCoSm='

則4Z）2+AP2=。4，所以/DAP=1,即ADj_AP：

因?yàn)辄c(diǎn)”是Pz）的中點(diǎn)，所以CMLOP,點(diǎn)N是Ar）的中點(diǎn)，所以MN//AP,所以ADLMN：

乂平面PeDJ_平面APE>,平面PC。I平面APo=OP,CMu平面PCZ）,

所以CM，平面APD，因?yàn)锳r）U平面AP。，所以CM_LAr）,

因?yàn)镃MCMN=CM,MNu平面CMN,所以Az），平面CMN.

（2）由（1）得CM_L平面A尸￡>,CM=2sin工=石,MN=L4P=且，

322

在直角&CMN中，CN=

設(shè)點(diǎn)到平面的距離為〃，由％）即半

PABCOra>=%τw,gxgXIXxh=LX×√3,

\3

解得〃=冬叵，所以點(diǎn)P到平面ABCD的距離為口叵.

55

2.（2022.北京.北京八十中?？寄M預(yù)測(cè)）如圖，在長方體ABC。-A￡GR中，AD=?,AB=AA1=2,H,

F分別是棱CQI,BBl的中點(diǎn).（1）判斷直線"F與平面ABCR的位置關(guān)系，并證明你的結(jié)論；（2）求直線“F與

平面ABCz）所成角的正弦值；（3）在線段HF上是否存在一點(diǎn)Q,使得點(diǎn)Q到平面A8C2的距離是血，若存

在，求出芻名的值；若不存在，說明理由.

【答案】（I）HF//面ABC。，證明見解析；（2）3；（3）不存在，理由見解析.

3

【分析】（1）。為Cn,DG的交點(diǎn)，連接“0,30,易得BFHo為平行四邊形，根據(jù)平行四邊形性質(zhì)、線

面平行判定即可證毋1〃面ABCR.（2）由（1）只需求BO與面ABCD所成角的正弦值，根據(jù)已知條件求值

即可.（3）由（1）知”尸上任意一點(diǎn)到面ABCA的距離都相等，只需求尸到面ABCA的距離，利用長方體

的結(jié)構(gòu)特征求距離即可.

【詳解】（1）若。為C。，。G的交點(diǎn)，連接”0,3。，又”，F(xiàn)分別是棱GA,8片的中點(diǎn)，

由長方體的結(jié)構(gòu)特征知：HO//BF且Ho=BF,故8尸HO為平行四邊形，

所以，尸〃80,HFZ面ABC。，BoU面ABC。，則，尸〃面ABC么

（2）由（1）知：〃尸與面A8CO所成角，即為Bo與面ABC。所成角，

長方體中，。到面488的距離為竽=1,BO=Jl2+『+『=6,

所以8。與面相CC所成角正弦值為巫，即〃尸與面488所成角的正弦值為近.

33

（3）由（1）知：HF〃而ABCD,,即4F上任意一點(diǎn)到面ABC。的距離都相等,

所以只需求F到面AfBCDt的距離d,而B1到面ABCA的距離為2d=√2，

所以F到面ABCDI的距離巨，板HF上不存在Q