重難點(diǎn)22 立體幾何必考經(jīng)典解答題全歸類（舉一反三）（新高考專用）（教師版） 2025年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)專練（新高考專用）

重難點(diǎn)22立體幾何必考經(jīng)典解答題全歸類【十大題型】【新高考專用】TOC\o"1-3"\h\u【題型1立體幾何中的體積問題】 4【題型2立體幾何中的線段長(zhǎng)度問題】 10【題型3空間角問題】 15【題型4空間點(diǎn)、線、面的距離問題】 21【題型5立體幾何中的作圖問題】 27【題型6立體幾何中的折疊問題】 33【題型7立體幾何中的軌跡問題】 39【題型8立體幾何中的探索性問題】 47【題型9立體幾何建系繁瑣問題（幾何法）】 54【題型10新情景、新定義下的立體幾何問題】 591、立體幾何必考經(jīng)典解答題全歸類空間向量與立體幾何是高考的重點(diǎn)、熱點(diǎn)內(nèi)容，空間向量是將空間幾何問題坐標(biāo)化的工具，屬于高考的必考內(nèi)容之一.從近幾年的高考情況來看，立體幾何解答題的基本模式是論證推理與計(jì)算相結(jié)合，以某個(gè)空間幾何體為依托，分步設(shè)問，逐層加深；第一小問主要考察空間線面位置關(guān)系的證明，難度較易；第二、三小問一般考察空間角、空間距離與幾何體的體積等，難度中等偏難；空間向量作為求解空間角的有力工具，通常在解答題中進(jìn)行考查，解題時(shí)需要靈活建系．【知識(shí)點(diǎn)1空間幾何體表面積與體積的常見求法】1．求幾何體體積的常用方法(1)公式法：直接代入公式求解.(2)等體積法：四面體的任何一個(gè)面都可以作為底面，只需選用底面面積和高都易求出的形式即可.(3)補(bǔ)體法：將幾何體補(bǔ)成易求解的幾何體，如棱錐補(bǔ)成棱柱，三棱柱補(bǔ)成四棱柱等.(4)分割法：將幾何體分割成易求解的幾部分，分別求體積.2．求組合體的表面積與體積的一般方法求組合體的表面積的問題，首先應(yīng)弄清它的組成部分，其表面有哪些底面和側(cè)面，各個(gè)面的面積應(yīng)該怎樣求，然后根據(jù)公式求出各個(gè)面的面積，最后相加或相減.求體積時(shí)也要先弄清各組成部分，求出各簡(jiǎn)單幾何體的體積，再相加或相減.【知識(shí)點(diǎn)2幾何法與向量法求空間角】1．幾何法求異面直線所成的角(1)求異面直線所成角一般步驟：①平移：選擇適當(dāng)?shù)狞c(diǎn)，線段的中點(diǎn)或端點(diǎn)，平移異面直線中的一條或兩條成為相交直線；②證明：證明所作的角是異面直線所成的角；③尋找：在立體圖形中，尋找或作出含有此角的三角形，并解之；④取舍：因?yàn)楫惷嬷本€所成角的取值范圍是，所以所作的角為鈍角時(shí)，應(yīng)取它的補(bǔ)角作為異面直線所成的角.2．用向量法求異面直線所成角的一般步驟：(1)建立空間直角坐標(biāo)系；(2)用坐標(biāo)表示兩異面直線的方向向量；(3)利用向量的夾角公式求出向量夾角的余弦值；(4)注意兩異面直線所成角的范圍是，即兩異面直線所成角的余弦值等于兩向量夾角的余弦值的絕對(duì)值.3．幾何法求線面角(1)垂線法求線面角(也稱直接法)：①先確定斜線與平面，找到線面的交點(diǎn)B為斜足；找線在面外的一點(diǎn)A，過點(diǎn)A向平面做垂線，確定垂足O；②連結(jié)斜足與垂足為斜線AB在面上的投影；投影BO與斜線AB之間的夾角為線面角；③把投影BO與斜線AB歸到一個(gè)三角形中進(jìn)行求解(可能利用余弦定理或者直角三角形.(2)公式法求線面角(也稱等體積法)：用等體積法，求出斜線PA在面外的一點(diǎn)P到面的距離，利用三角形的正弦公式進(jìn)行求解.公式為：，其中是斜線與平面所成的角，h是垂線段的長(zhǎng)，l是斜線段的長(zhǎng).4．向量法求直線與平面所成角的主要方法:(1)分別求出斜線和它在平面內(nèi)的射影直線的方向向量，將題目轉(zhuǎn)化為求兩個(gè)方向向量的夾角(或其補(bǔ)角)；(2)通過平面的法向量來求，即求出斜線的方向向量與平面的法向量所夾的銳角或鈍角的補(bǔ)角，取其余角就是斜線和平面所成的角.5．幾何法求二面角作二面角的平面角的方法：作二面角的平面角可以用定義法，也可以用垂面法，即在一個(gè)半平面內(nèi)找一點(diǎn)作另一個(gè)半平面的垂線，再過垂足作二面角的棱的垂線，兩條垂線確定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角.6．向量法求二面角的解題思路:用法向量求兩平面的夾角：分別求出兩個(gè)法向量，然后通過兩個(gè)平面的法向量的夾角得到兩平面夾角的大小.【知識(shí)點(diǎn)3空間距離的求解策略】1．向量法求點(diǎn)到直線距離的步驟：(1)根據(jù)圖形求出直線的單位方向向量.(2)在直線上任取一點(diǎn)M(可選擇特殊便于計(jì)算的點(diǎn)).計(jì)算點(diǎn)M與直線外的點(diǎn)N的方向向量.(3)垂線段長(zhǎng)度.2．求點(diǎn)到平面的距離的常用方法(1)直接法：過P點(diǎn)作平面的垂線，垂足為Q，把PQ放在某個(gè)三角形中，解三角形求出PQ的長(zhǎng)度就是點(diǎn)P到平面的距離.②轉(zhuǎn)化法：若點(diǎn)P所在的直線l平行于平面，則轉(zhuǎn)化為直線l上某一個(gè)點(diǎn)到平面的距離來求.③等體積法.④向量法：設(shè)平面的一個(gè)法向量為，A是內(nèi)任意點(diǎn)，則點(diǎn)P到的距離為.【知識(shí)點(diǎn)4立體幾何中的軌跡問題的解題策略】1．動(dòng)點(diǎn)軌跡的判斷方法動(dòng)點(diǎn)軌跡的判斷一般根據(jù)線面平行、線面垂直的判定定理和性質(zhì)定理，結(jié)合圓或圓錐曲線的定義推斷出動(dòng)點(diǎn)的軌跡，有時(shí)也可以利用空間向量的坐標(biāo)運(yùn)算求出動(dòng)點(diǎn)的軌跡方程.2．立體幾何中的軌跡問題的常見解法(1)定義法：根據(jù)圓或圓錐曲線的定義推斷出動(dòng)點(diǎn)的軌跡，進(jìn)而求解軌跡問題.(2)交軌法：若動(dòng)點(diǎn)滿足的幾何條件是兩動(dòng)曲線(曲線方程中含有參數(shù))的交點(diǎn)，此時(shí)，要首先分析兩動(dòng)曲線的變化，依賴于哪一個(gè)變量?設(shè)出這個(gè)變量為t，求出兩動(dòng)曲線的方程，然后由這兩動(dòng)曲線方程著力消去參數(shù)t，化簡(jiǎn)整理即得動(dòng)點(diǎn)的軌跡方程，這種求軌跡方程的方法我們稱為交軌法.(3)幾何法：從幾何視角人手，結(jié)合立體幾何中的線面平行、線面垂直的判定定理和性質(zhì)定理，找到動(dòng)點(diǎn)的軌跡，再進(jìn)行求解.(4)坐標(biāo)法：坐標(biāo)法就是通過建立空間直角坐標(biāo)系，將立體幾何中的軌跡問題轉(zhuǎn)化為坐標(biāo)運(yùn)算問題，進(jìn)行求解.(5)向量法：不通過建系，而是利用空間向量的運(yùn)算、空間向量基本定理等來研究立體幾何中的軌跡問題，進(jìn)行求解.【知識(shí)點(diǎn)5立體幾何中的探索性問題的求解策略】1．與空間向量有關(guān)的探索性問題的求解策略：在立體幾何中，與空間向量有關(guān)的探究性問題主要有兩類：一類是探究線面的位置關(guān)系；另一類是探究線面角、二面角或點(diǎn)線面距離滿足特定要求時(shí)的存在性問題．解決這兩類探索性問題的解題策略是：先建立空間直角坐標(biāo)系，引入?yún)?shù)（有些是題中已給出），設(shè)出關(guān)鍵點(diǎn)的坐標(biāo)，然后探究這樣的點(diǎn)是否存在，或參數(shù)是否滿足要求，從而作出判斷．【題型1立體幾何中的體積問題】【例1】（2024·陜西咸陽(yáng)·模擬預(yù)測(cè)）已知三棱柱ABC?A1B1C1，如圖所示，P是A1C1，上一動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)O、D分別是AC、PC的中點(diǎn)，AB⊥BC，AA1=AB=BC=2(1)求證：OD∥平面PAB(2)當(dāng)AA1⊥平面ABC，且A【解題思路】（1）由中位線得到線線平行，得到線面平行；（2）建立空間直角坐標(biāo)系，求出點(diǎn)到平面的距離，利用三棱錐體積公式求出答案.【解答過程】（1）因?yàn)辄c(diǎn)O、D分別是AC、PC的中點(diǎn)，所以O(shè)D∥PA因?yàn)镺D?平面PAB，PA?平面PAB，所以O(shè)D∥平面PAB（2）因?yàn)锽B1⊥平面ABC，AB,BC?所以BB1⊥AB，B又AB⊥BC，A以B為坐標(biāo)原點(diǎn)，BA,BC,BB1所在直線分別為則B1設(shè)平面法向量ACC1A則m?解得z=0，令x=1，則y=1，故m=則點(diǎn)B1到平面ACC1由勾股定理得AC=S△ACP則三棱錐B1?APC的體積為【變式1-1】（2024·山東日照·二模）在三棱錐P?ABC中，BA⊥BC，PB⊥平面ABC，點(diǎn)E在平面ABC內(nèi)，且滿足平面PAE⊥平面PBE，AB=BC=BP=1．

(1)求證：AE⊥BE；(2)當(dāng)二面角E?PA?B的余弦值為33時(shí)，求三棱錐E?PCB【解題思路】（1）作BH⊥PE，證得BH⊥平面PAE，得到BH⊥AE，再由PB⊥平面ABC，證得PB⊥AE，利用線面垂直的判定定理，證得AE⊥平面PBE，進(jìn)而證得AE⊥BE；（2）以B為原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)，設(shè)E(x,y,0)，由AE⊥BE，得到AE?BE=0，求得(x?12)2+y2=【解答過程】（1）解：作BH⊥PE交PE于H，因?yàn)槠矫鍼AE⊥平面PBE，且平面PAE⊥平面PBE=PE，BH?平面PBE，所以BH⊥平面PAE，又因?yàn)锳E?平面PAE，所以BH⊥AE，因?yàn)镻B⊥平面ABC，且AE?平面PAE，所以PB⊥AE，又因?yàn)锽H⊥AE，PB⊥AE，且PB,BH?平面PBE，PB∩BH=B，所以AE⊥平面PBE，因?yàn)锽E?平面PBE，所以AE⊥BE.（2）解：以B為原點(diǎn)，以BA,BC,BP所在的直線分別為x,y,z，建立空間直角坐標(biāo)，如圖所示，則B(0,0,0),P(0,0,1),C(0,1,0),A(1,0,0)，設(shè)E(x,y,0)，因?yàn)锳E⊥BE，所以AE?因?yàn)锳E=(x?1,y,0),BE=(x,y,0)，所以(x?1)x+y×y=0又由PA=(1,0,?1),設(shè)平面PAE的一個(gè)法向量為n=(a,b,c)，則n取a=y，可得b=1?x,c=y，所以n=(y,1?x,y)又因?yàn)锽C=(0,1,0)為平面PAB設(shè)二面角E?PA?B的平面角為θ，則cosθ=因?yàn)?x?12)2+所以點(diǎn)E(12,所以三棱錐E?PCB的體積為VE?PCB【變式1-2】（2024·河南·模擬預(yù)測(cè)）如圖，幾何體ABCDEF中，底面ABCD為邊長(zhǎng)為2的菱形，平面CDEF⊥平面ABCD，平面BCF⊥平面ABCD，∠DAB=π(1)證明：CF⊥平面ABCD；(2)若DE=132，平面ADE與平面BCF的夾角為π6【解題思路】（1）由面面垂直的性質(zhì)定理結(jié)合線面垂直的判定定理即可得；（2）建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)出E點(diǎn)的坐標(biāo)后結(jié)合題意確定E點(diǎn)位置后由體積公式計(jì)算即可得.【解答過程】（1）在平面ABCD內(nèi)分別作直線m⊥CD，n⊥BC，因?yàn)槠矫鍯DEF⊥平面ABCD，平面CDEF∩平面ABCD=CD，m?平面ABCD，所以m⊥平面CDEF，又FC?平面CDEF，所以m⊥FC.同理可證n⊥FC，又m，n?平面ABCD，且m，n為相交直線，所以FC⊥平面ABCD；

（2）取BC中點(diǎn)G，連接BD，DG，∠DAB=π3且底面故△BCD為等邊三角形，所以DG⊥DA，以D為原點(diǎn)，DA，DG為x，y軸正方向建立空間直角坐標(biāo)系，則D0,0,0，C?1,3故DC=?1,3,0，由平面所以可設(shè)Ea,?3a,?，n則有n1?DA=0n1?由平面BCF⊥平面ABCD，故n2=0,1,0結(jié)合已知有cosn1,n2所以VE?ABCD【變式1-3】（2024·黑龍江雙鴨山·模擬預(yù)測(cè)）如圖，四棱錐P?ABCD的底面ABCD是矩形，PD⊥平面ABCD,PD=2AD=2,M為PD的中點(diǎn)，Q為(1)證明：PC//平面BDQ；(2)若二面角B?DQ?C為45°，求三棱錐Q?BCD【解題思路】（1）以向量DP，DA為基底，分別表示向量DQ,AM，利用AM?DQ=0建立方程，確定Q（2）建立空間直角坐標(biāo)系，分別求出平面BDQ的法向量和平面CDQ的法向量，利用二面角為45°建立方程，解方程可得DC【解答過程】（1）證明：因?yàn)镻D⊥平面ABCD,DA?平面ABCD，所以PD⊥AD，則DP?設(shè)AQ=λ則DQ=AM=因?yàn)锳M⊥DQ，所以AM?AM=(λ?1)|則(λ?1)+λ=0，解得λ=1所以Q為AP的中點(diǎn)．連結(jié)AC，與BD交于點(diǎn)O，連結(jié)QO，由于底面ABCD是矩形，所以O(shè)為AC的中點(diǎn)，則OQ為△PAC的中位線，所以O(shè)Q//PC，又OQ?平面BDQ,PC?平面BDQ所以PC//平面BDQ（2）易知DA，DC，DP兩兩互相垂直，以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，以DA，DC，DP所在直線分別為x，y，z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)DC=t(t>0)，則D(0,0,0),B(1,t,0),Q1DQ=設(shè)平面BDQ的法向量為m=由DQ·m=0取x1=1，則設(shè)平面CDQ的法向量為n=由DQ·n=0取x2=1，則于是cos?m,故三棱錐Q?BCD的體積為VQ?BCD【題型2立體幾何中的線段長(zhǎng)度問題】【例2】（2024·江蘇南京·二模）如圖，AD//BC，AD⊥AB，點(diǎn)E、F在平面ABCD的同側(cè)，CF//AE，AD=1，AB=BC=2，平面ACFE⊥平面ABCD，EA=EC=3

(1)求證：BF//平面ADE；(2)若直線EC與平面FBD所成角的正弦值為41015，求線段【解題思路】(1)根據(jù)線面平行，面面平行定理即可證明；(2)建立合適坐標(biāo)系，將各個(gè)點(diǎn)用坐標(biāo)表示出來，再根據(jù)向量垂直列出方程式，求解即可【解答過程】（1）因?yàn)镃F//AE，CF?平面ADE所以CF//平面ADE，同理BC//平面又BC，CF?平面BCF，BC∩CF=C，所以平面BCF//平面ADE，BF?平面ADE所以BF//平面ADE（2）取AC的中點(diǎn)O，因?yàn)镋A=EC，所以EO⊥AC，又平面ACFE⊥平面ABCD，平面ACFE∩平面ABCD=AC，EO?平面EAC，所以EO⊥平面ABCD，又因?yàn)锳D⊥AB，故可建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)?xyz.在四邊形ABCD中，因?yàn)锳D=1，AB=BC=2，AD//BC，所以AC=22，所以AO=OC=因?yàn)镋A=EC=3，所以EO=1所以A0,0,0，B2,0,0，D0,1,0，C2,2,0，O1,1,0BD=?2,1,0，設(shè)CF=λAE=設(shè)n=x,y,z為平面則n?BD=0n?因?yàn)橹本€EC與平面FBD所成角的正弦值為410所以cos<兩邊同時(shí)平方得所以681λ2+12所以λ=2，所以CF=2AE=23【變式2-1】（2024·重慶·模擬預(yù)測(cè)）如圖，在四棱錐E?ABCD中，EC⊥平面ABCD,AB∥DC,△ACD為等邊三角形，DC=2AB=2,CB=CE，點(diǎn)F為棱BE上的動(dòng)點(diǎn)．(1)證明：DC⊥平面BCE；(2)當(dāng)二面角F?AC?B的大小為45°時(shí)，求線段CF【解題思路】（1）先求得BC，再根據(jù)線面垂直的判定定理證得DC⊥平面BCE.（2）建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法列方程來求得F點(diǎn)的坐標(biāo)，進(jìn)而求得CF的長(zhǎng)度.【解答過程】（1）依題意∠BAC=∠ACD=60°，所以CB=2所以AB2+CB2由于CE⊥平面ABCD，DC?平面ABCD，所以CE⊥DC，由于BC∩CE=C,BC,CE?平面BCE，所以DC⊥平面BCE.（2）由（1）可知DC,CE,CB兩兩相互垂直，由此以C為原點(diǎn)，建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，A1,3,0平面ABC的法向量為m=設(shè)平面FAC的法向量為n=則n?故可設(shè)n=依題意，二面角F?AC?B的大小為45°所以m?整理得3t解得t=23或t=6所以CF=2【變式2-2】（2024·湖北·模擬預(yù)測(cè)）如圖，AE⊥平面ABCD，E,F在平面ABCD的同側(cè)，AE//DF，AD//BC，(1)若B,E,F,C四點(diǎn)在同一平面內(nèi)，求線段EF的長(zhǎng)；(2)若DF=2AE，平面BEF與平面BCF的夾角為30°，求線段AE【解題思路】（1）由線面平行的判定定理、性質(zhì)定理得四邊形ADFE是平行四邊形可得答案；（2）以A為原點(diǎn)，分別以AB、AD、AE所在直線為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)E0,0,λ，求出平面BEF、平面BFC【解答過程】（1）∵AD//BC，BC?平面BCEF，AD?平面BCEF，∴AD//∵AE//DF，則∵AD//平面BCEF，AD?平面ADFE，平面BCEF∩平面ADFE=EF，∴AD//EF，又AE∴EF=AD=1；（2）以A為原點(diǎn)，分別以AB、AD、AE所在直線為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)AE=λ(λ>0)，則E0,0,λ，F(xiàn)0,1,2λ，B1,0,0，C1,2,0，BE=設(shè)m=x1由m?BE=0m?BF=0可得m=設(shè)n=x2由n?BC=0n?BF=0可得n=依題意cosm解得λ=12，【變式2-3】（2024·湖南·模擬預(yù)測(cè)）如圖1，在五邊形ABCDP中，連接對(duì)角線AD，AD//BC，AD⊥DC，PA=PD=22,AD=2BC=2DC=4，將三角形PAD沿AD折起，連接PC,PB，得四棱錐P?ABCD（如圖2），且PB=22,E為AD的中點(diǎn)，M為

(1)求證：平面PAD⊥平面ABCD；(2)若平面AMN和平面PAB的夾角的余弦值為38729，求線段【解題思路】（1）由等腰三角形證得PE⊥AD，勾股定理證得PE⊥BE，可得PE⊥平面ABCD，得平面PAD⊥平面ABCD.（2）以E為原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)EN=t，利用向量法表示兩個(gè)平面夾角的余弦值，由方程解出t的值.【解答過程】（1）連接BE，則BC=12AD=DE=2，因?yàn)锳D所以四邊形BCDE為矩形，所以BE=CD=2，因?yàn)镻A=PD=22，且E為AD所以PE⊥AD，且PE=P所以PE2+B又因?yàn)锳D∩BE=E，AD,BE?平面ABCD，所以PE⊥平面ABCD，又PE?平面PAD，所以平面PAD⊥平面ABCD.（2）以E為原點(diǎn)，EA為x軸，EB為y軸，EP為z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，

則A2,0,0設(shè)EN=t0≤t≤2，則N所以AB=設(shè)平面PAB的法向量為m=x令x1=1，則y又AM=設(shè)平面AMN的法向量為n=x令x2=t，則y2所以cosm解得t=1，或t=104所以線段EN的長(zhǎng)為1.【題型3空間角問題】【例3】（2024·青海·二模）如圖，在三棱柱ABC?A1B1C1中，所有棱長(zhǎng)均相等，

(1)證明；AO⊥平面BB(2)若二面角C1【解題思路】（1）設(shè)D為BB1的中點(diǎn)，先證明BB1⊥平面AOD（2）建立適當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系，求出兩個(gè)平面的法向量，結(jié)合向量夾角的坐標(biāo)公式即可求解.【解答過程】（1）

設(shè)D為BB1的中點(diǎn)，連接AD，OD，因?yàn)樵谌切蜛BB1中，AB=BB而D是BB1的中點(diǎn)，故由三線合一可知，因?yàn)镃B⊥BB1，OD是三角形B1BC的中位線，即因?yàn)锳D∩OD=D，AD,OD?平面AOD，所以BB1⊥因?yàn)锳O?平面AOD，所以BB在△ACB1中，AC=AB1，O為因?yàn)锽1C∩BB1=B1，B（2）設(shè)三棱柱ABC?A1B1C1的棱長(zhǎng)為2，以則O(0,0,0)，B(1,0,0)，B1(0,1,0)，A(0,0,1)，BA=(?1,0,1)，BB1

設(shè)平面ABB1A則n?BA=?設(shè)平面ABC的法向量為m=則m?BA=?因?yàn)槠矫鍭BC//平面A1B1C1cosn,m故二面角C1?A【變式3-1】（2024·福建龍巖·三模）如圖，在四棱臺(tái)ABCD?A1B1C1D

(1)證明：BD⊥CC(2)若M是棱BC上的點(diǎn)，且滿足BMBC=2【解題思路】（1）先根據(jù)線面垂直的性質(zhì)得AA1⊥BD，再根據(jù)線面垂直的判定定理得BD⊥（2）建立空間直角坐標(biāo)系，求出點(diǎn)的坐標(biāo)，然后利用法向量求法求出平面AMD1和平面【解答過程】（1）在四棱臺(tái)ABCD?A1B故A,C,C1,A1四點(diǎn)共面，因?yàn)锳A1⊥平面連接AC,A1C1，因?yàn)榈酌嫠倪呅蜛A1∩AC=A,AA1,AC?平面因?yàn)镃C1?平面ACC1

（2）過點(diǎn)A作BC的垂線，交BC與點(diǎn)N，以AN,AD,AA1所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系

設(shè)A1B1=1，則AB=2A則A(0,0,0),D1(0,1,1),D(0,2,0)則AD1=(0,1,1)，AM記平面AMD1的法向量為則AD1?n=0則a=?33,c=?3平面ADD1的法向量可取為則cos?所以二面角M?AD1?D【變式3-2】（2024·黑龍江大慶·三模）如圖，在四棱錐P?ABCD中，AD//BC,∠BAD=90°,AD=2BC=4,AB=2，PA=22,∠PAO=45°，且O是

(1)求證：平面POC⊥平面ABC；(2)若二面角P?AD?B的大小為120°，求直線PB與平面PAD【解題思路】（1）先證明線面垂直再根據(jù)面面垂直判定定理證明即可；（2）先根據(jù)二面角求參得出點(diǎn)的坐標(biāo)，再應(yīng)用線面角向量求法計(jì)算.【解答過程】（1）因?yàn)镻A=22由余弦定理得PO2=A因?yàn)镻A2=PO2因?yàn)锽C//AO,BC=AO，所以四邊形ABCO為平行四邊形，所以O(shè)C=AB=2.因?yàn)椤螧AO=90°，所以∠AOC=90因?yàn)镻O∩CO=O,PO,CO?平面POC，所以AD⊥平面POC.因?yàn)锳D?平面ABC，所以平面POC⊥平面ABC.（2）在平面POC內(nèi)，過點(diǎn)O作OE⊥OC，交PC于E.因?yàn)槠矫鍼OC⊥平面ABC，平面POC∩平面ABC=OC，所以O(shè)E⊥平面ABC.

以O(shè)為原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則A2,0,0由（1）可知∠POC為二面角P?AD?B的平面角，即∠POC=120°，所以∠POE=30°，由所以PB=設(shè)平面PAD的一個(gè)法向量為m=x,y,z，則m?令z=3，則y=3，所以平面PAD的一個(gè)法向量為m設(shè)直線PB與平面PCD所成角為θ，則sin所以直線PB與平面PCD所成角的余弦值為34【變式3-3】（2024·河南濮陽(yáng)·模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，在等腰梯形ABCD中，AB//CD，AD=AB=BC=2，CD=4，E為CD中點(diǎn)，AE與BD相交于點(diǎn)O，將△ADE沿AE折起，使點(diǎn)D到達(dá)點(diǎn)P的位置（P?平面(1)求證：平面POB⊥平面PBC；(2)若PB=6，試判斷線段PB上是否存在一點(diǎn)Q（不含端點(diǎn)），使得直線PC與平面AEQ所成角的正弦值為155，若存在，求Q在線段【解題思路】（1）利用線面垂直的判定定理、性質(zhì)定理及面面垂直的判定定理可得答案；（2）以O(shè)為原點(diǎn)，分別以O(shè)E,OB,OP所在的直線為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)Q0,t,3?t，求出平面AEQ【解答過程】（1）如圖，在原圖中連接BE，由于AB//DE，AB=DE，所以四邊形ABED是平行四邊形．由于AB=AD，所以四邊形ABED是菱形，所以AE⊥BD．由于AB//CE，AB=CE，所以四邊形所以BC//AE，所以在翻折過程中，AE⊥OP，AE⊥OB保持不變，即BC⊥OP，BC⊥OB保持不變．由于OP∩OB=O，OP，OB?平面POB，所以BC⊥平面POB，由于BC?平面PBC，所以平面POB⊥平面PBC；（2）由上述分析可知，在原圖中，BC⊥BD，所以BD=42?折疊后，若PB=6，則PO2由于PO⊥OE，OB∩OE=O，OB,OE?平面ABCE，所以PO⊥平面ABCE．所以O(shè)E，OB，PO兩兩相互垂直．由此以O(shè)為原點(diǎn)，分別以O(shè)E,OB,OP所在的直線為x,y,z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，OE=OA=2P0,0,3，C2,3,0設(shè)Q0,t,3?t，0≤t≤AE=2,0,0，設(shè)平面AEQ的法向量為n=則AE?n=2x=0AQ?故n=設(shè)直線PC與平面AEQ所成角為θ，則sinθ=n=32t所以2t2?24t2?4所以Q0,32,3P0,0,3、B0,即Q是PB的中點(diǎn)．【題型4空間點(diǎn)、線、面的距離問題】【例4】（2024·天津和平·二模）如圖，三棱臺(tái)ABC?A1B1C1中，△ABC為等邊三角形，AB=2A1B1=4，AA1⊥平面ABC，點(diǎn)(1)證明：CC1∥(2)求直線A1D與平面(3)求點(diǎn)D到平面A1【解題思路】（1）建立空間直角坐標(biāo)系，求出平面A1MN的法向量，利用CC1⊥n，結(jié)合CC（2）利用向量的夾角公式即可求解；（3）利用點(diǎn)到平面的距離的向量法公式，即可求解．【解答過程】（1）因?yàn)閭?cè)棱AA1⊥底面ABC，△ABC為等邊三角形，所以過點(diǎn)A作AH⊥AC，則以為點(diǎn)A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AC，AH，AA1的方向分別為x設(shè)AA1長(zhǎng)為m(m>0)A1B=(2,2因?yàn)锳1B⊥AC1，所以A1所以A(0,0,0)，B(2,23,0)，C(4,0,0)，C1(2,0,2)，A1證明：因?yàn)锳1M=(1,3,?2)，A則n1?A1M又因?yàn)镃C所以CC1?n1=?2+0+2=0，所以CC1→（2）因?yàn)镈為中點(diǎn)，所以CD=2，則D(3,3有A1D=(3,3,?2)，又n1=sinθ=則直線A1D與平面A1（3）因?yàn)镈N=(?1,?3,0)，平面A所以，點(diǎn)D到平面A1MN的距離為【變式4-1】（2024·廣東·三模）如圖，邊長(zhǎng)為4的兩個(gè)正三角形ABC，BCD所在平面互相垂直，E，F(xiàn)分別為BC，CD的中點(diǎn)，點(diǎn)G在棱AD上，AG=2GD，直線AB與平面EFG相交于點(diǎn)H.(1)證明：BD//(2)求直線BD與平面EFG的距離.【解題思路】（1）首先證明BD//平面EFG（2）連接EA,ED，以點(diǎn)E為原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，利用點(diǎn)到平面距離公式求解即得.【解答過程】（1）因?yàn)镋、F分別為BC、CD的中點(diǎn)，所以EF//又BD?平面EFG，EF?平面EFG，則BD//平面EFG又BD?平面ABD，平面ABD∩平面EFG=GH，所以BD//GH.（2）由（1）知，BD//平面EFG，則點(diǎn)B到平面EFG的距離即為BD與平面EFG的距離，連接EA,ED，由△ABC,△BCD均為正三角形，E為BC的中點(diǎn)，得EA⊥BC,ED⊥BC，又平面ABC⊥平面BCD，平面ABC∩平面BCD=BC,AE?平面ABC，于是AE⊥平面BCD，又ED?平面BCD，則EA⊥ED，以點(diǎn)E為原點(diǎn)，直線EB,ED,EA分別為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則B2,0,0，F(xiàn)?1,3,0，又又AG→=2GD所以EB=2,0,0，EF=設(shè)平面EFG的一個(gè)法向量為n=(x,y,z)，則EF令y=1，得n=設(shè)點(diǎn)B到平面EFG的距離為d，則d=|所以BD與平面EFG的距離為62【變式4-2】（2024·上?！と＃┤鐖D，在直三棱柱ABC?A1B1C1中，AA1=AB=2(1)若AD=DB，求異面直線B1D與(2)若CD⊥B1D，求點(diǎn)B【解題思路】（1）根據(jù)給定條件，建立空間直角坐標(biāo)系，求出B1D與（2）由（1）的坐標(biāo)系，求出點(diǎn)D的坐標(biāo)，平面B1【解答過程】（1）在直三棱柱ABC?A1B1C以點(diǎn)C為原點(diǎn)，直線CA,CB,CC1分別為則C(0,0,0),A(1,0,0),B(0,3由AD=DB，得D(12,cos?所以異面直線B1D與A1C1（2）令A(yù)D=λAB=λ(?1,3,0)=(?λ,則CD=(1?λ,3λ,0),得CD?B1D=(1?λ)2當(dāng)λ=1時(shí)，點(diǎn)D與點(diǎn)B重合，點(diǎn)B在平面B1CD內(nèi)，因此點(diǎn)B到平面當(dāng)λ=14時(shí)，D(3設(shè)平面B1CD的法向量n=(x,y,z)取x=2，得n=(2,?2而CB=(0,3,0)，因此點(diǎn)B到平面B所以點(diǎn)B到平面B1CD的距離為0或【變式4-3】（2024·海南·模擬預(yù)測(cè)）如圖，在直四棱柱ABCD?A1B1C1D(1)證明：A1(2)若直線AB與平面B1CD1所成角的正弦值為66，點(diǎn)M為線段BD【解題思路】（1）因?yàn)锳1B1//AB，因此只需證明AB⊥平面ADD（2）建立空間直角坐標(biāo)系，先由直線AB與平面B1CD1所成角的正弦值為66，求出AA1，再證明BD//平面B1C【解答過程】（1）因?yàn)锳B=AD=2，BD=22所以AB2+A因?yàn)锳BCD?A所以A1因?yàn)锳1A∩AD=A，A1所以AB⊥平面ADD因?yàn)锳1B1//AB，所以因?yàn)锳D1?平面（2）由（1）及題意知，AB,AD,A因?yàn)锳B=AD=2，BD=22，BC=4所以A(0,0,0),B(2,0,0),所以AB=(2,0,0),設(shè)平面B1C則n?令z=4，則x=y=?，所以n設(shè)直線AB與平面B1CD則sinθ=解得?=2，所以n所以點(diǎn)B到平面B1C因?yàn)锽D·n因?yàn)锽D不在平面B1CD1，所以因?yàn)镸在線段BD上，所以點(diǎn)M到平面B1CD1的距離等價(jià)于點(diǎn)B故點(diǎn)M到平面B1CD【題型5立體幾何中的作圖問題】【例5】（2024·貴州貴陽(yáng)·模擬預(yù)測(cè)）如圖，正三棱柱ABC?A1B1C1中，AB=4，AA1=3.設(shè)點(diǎn)D為(1)畫出平面α與正三棱柱ABC?A(2)若A1到平面α的距離為32，求AC與平面【解題思路】（1）記BC，B1C1的中點(diǎn)分別為O,O1，過點(diǎn)D作DE//A1O1，交（2）建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法由A1到平面α的距離為32確定點(diǎn)【解答過程】（1）記BC，B1C1的中點(diǎn)分別為O,O1，過點(diǎn)D作DE連接AO,OE，易知AO//A1O1，所以DE由正三棱柱的的性質(zhì)可知，AO⊥BC，平面ABC∩平面BCC且平面ABC⊥平面BCC所以AO⊥平面BCC又AO?平面AOC1D，所以平面α⊥（2）如圖，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OA，OB，OO1所在直線分別為x，y，則A1所以A1設(shè)A1D=λA1所以AD=(?2設(shè)平面α的法向量為n=(x,y,z)，則n所以x=0，?2λy+3令y=3，則z=2λ，所以n所以A1到平面α的距離d=AA因?yàn)锳C∥A1D，AC與平面α所成角θ等于所以sinθ=【變式5-1】（2024·廣東廣州·模擬預(yù)測(cè)）在四棱錐P?ABCD中，底面ABCD為直角梯形，CD//AB，∠ABC=90°，AB=2CD，三棱錐B?PCD的體積為223，平面PAD與平面

(1)求四棱錐P?ABCD的體積，并在答卷上畫出交線l（注意保留作圖痕跡）；(2)若AB=2BC=4，PA=PD，且平面PAD⊥平面ABCD，在l上是否存在點(diǎn)N，使平面PDC與平面DCN所成角的余弦值為63？若存在，求PN【解題思路】（1）根據(jù)等體積法和錐體的體積公式計(jì)算即可求出VP?ABCD；如圖，BC的延長(zhǎng)線和AD的延長(zhǎng)線交點(diǎn)為M，則l為直線PM（2）建立如圖空間直角坐標(biāo)系，設(shè)PN=λPM，利用空間向量法求解面面角，建立關(guān)于【解答過程】（1）VB?PCD=V∵AB=2CD，∴S△ADB∴S四邊形ABCD延長(zhǎng)BC，AD，設(shè)BC的延長(zhǎng)線和AD的延長(zhǎng)線交點(diǎn)為M，連接PM，則平面PAD和平面PBC的交線l為直線PM.（2）取AD的中點(diǎn)E，連接PE，∵PA=PD，E是AD的中點(diǎn)，∴PE⊥AD，∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，PE?平面PAD，PE⊥AD，∴PE⊥平面ABCD，VB?PCD=VP?BCD=以點(diǎn)B為坐標(biāo)原點(diǎn)，以直線BA，BM分別為x，y軸，以過點(diǎn)B作平面ABCD的垂線為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系B?xyz，如圖所示.

則P3,1,2，C0,2,0，D∴CD=2,0,0，PD=設(shè)PN=λPM=設(shè)平面PCD的法向量為m=則m?CD令z1=1，得設(shè)平面CDN的法向量為n=則n?CD令y2=2平面PDC與平面DCN夾角的余弦值為6∴cosm整理得3λ2?10λ+3=0，解得：λ=即在直線l上存在點(diǎn)N，平面PDC與平面DCN的夾角的余弦值為63此時(shí)PN=?1,1,?2則PN=1+1+29【變式5-2】（2023·廣西·模擬預(yù)測(cè)）已知四棱錐P?ABCD中，底面ABCD為直角梯形，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，AB⊥AD，PA=AD=4，BA=BC=2，M為PA中點(diǎn)，過C，D，M的平面截四棱錐P?ABCD所得的截面為α．(1)若α與棱PB交于點(diǎn)F，畫出截面α，保留作圖痕跡（不用說明理由），求點(diǎn)F的位置；(2)求平面CDM與平面PBC所成銳二面角的余弦值．【解題思路】（1）延長(zhǎng)DC∩AB=E，可得四邊形MFCD為截面α，即可得解；（2）建系，求解.【解答過程】（1）延長(zhǎng)DC∩AB=E，連接ME交PB于F，連接FC，如圖，四邊形MFCD為截面α.△ADE中，BC∥AD，由BCAD=12，則C為DE中點(diǎn)，過M作MN∥AB交PB于N，則MN=12AB=1，∴∴FNBF∴BF=2NF，即BF=1∴F為棱PB上靠近點(diǎn)B位置的三等分點(diǎn)；（2）以A為原點(diǎn)，AB為x軸，AD為y軸，AP為z軸，建立空間坐標(biāo)系如圖，則有：P0,0,4，B2,0,0，D0,4,0，C2,2,0設(shè)平面PBC的一個(gè)法向量為p=x,y,z，PB則有p?PB令z=1，則x=2,y=0，即p設(shè)平面α的一個(gè)法向量為q=a,b,c，DM=則q?DM=0令a=1，則b=1，c=2，q設(shè)平面α與平面PBC的銳二面角的平面角為θ，則cos=所以平面α與平面ABC的二面角的銳平面角的余弦值為230【變式5-3】（2024·廣西河池·模擬預(yù)測(cè)）已知四棱錐P?ABCD中，底面ABCD為直角梯形，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，AB⊥AD，PA=AD=4，BA=BC=2，M為PA中點(diǎn)，過C，D，M的平面截四棱錐P?ABCD所得的截面為(1)若α與棱PB交于點(diǎn)F，畫出截面α，保留作圖痕跡（不用說明理由），并證明PBFB(2)求多面體ABCDMF的體積．【解題思路】（1）延長(zhǎng)DC∩AB=E，連接ME交PB于F，連接FC，可得截面α；過M作MN∥AB交PB于N，通過證明△MNF～△EBF，可得（2）由（1）可得VABCDMF【解答過程】（1）延長(zhǎng)DC∩AB=E，連接ME交PB于F，連接FC，如圖，四邊形MFCD為截面α.△ADE中，BC∥AD，由BCAD=12，則C為DE中點(diǎn)，過M作MN∥AB交PB于N，則∴△MNF～△EBF,∴FNBF=MNBE（2）VABCDMF由題意及（1）可得AD⊥AM，AD=4,AM=1則VE?MAD又可得BE⊥BC,BE=AB=BC=2，點(diǎn)F到平面BEC距離為13則VE?FBC則VABCDMF【題型6立體幾何中的折疊問題】【例6】（2024·四川南充·三模）已知如圖，在矩形ABCD中，AB=2，AD=23，將△ABD沿BD折起，得到三棱錐M?BCD，其中△MBD是折疊前的△ABD，過M作BD的垂線，垂足為H，MC=(1)求證：MH⊥CD；(2)過H作MB的垂線，垂足為N，求點(diǎn)N到平面MCD的距離.【解題思路】（1）連接CH，利用余弦定理、勾股定理的逆定理證明MH⊥CH，再利用線面垂直的判定性質(zhì)推理即得.（2）證明NH//平面MCD，再利用等體積法求出點(diǎn)H到平面MCD的距離即可.【解答過程】（1）連接CH，由MB=CD=2,MD=BC=23，∠BMD=∠BCD=得BD=4,∠MDB=∠DBC=30在△BCH中，由余弦定理得CH=B則MH2+CH2=10=MC因此MH⊥平面BCD，又CD?平面BCD，所以MH⊥CD.（2）在△MBD中，由NH⊥MB，MD⊥MB，得NH//MD，而MD?平面MCD，NH?平面MCD，則NH//平面MCD，于是點(diǎn)N到平面MCD的距離等于點(diǎn)H到平面MCD的距離d，又BNBM=BHBD=14，設(shè)點(diǎn)Bcos∠MDC=4+12?102×2×2S△MCD=1由VB?MCD=VM?BCD，得13所以點(diǎn)N到平面MCD的距離d=3【變式6-1】（2023·甘肅·一模）如圖甲所示的正方形AA′A′1A1中，AA1=12,AB=A1B1=3,BC=B1C1=4，對(duì)角線AA(1)證明：BM∥平面APQ；(2)求三棱錐M?APQ的體積.【解題思路】（1）過M作MN∥CQ，連接PN,BM，證明四邊形MNPB為平行四邊形，根據(jù)線面平行的判定定理即可證明結(jié)論；（2）根據(jù)三棱錐的等體積法，將三棱錐M?APQ的體積轉(zhuǎn)化為求Q?ABC的體積，結(jié)合二者之間的數(shù)量關(guān)系，可得答案,【解答過程】（1）證明：在圖乙中，過M作MN∥CQ，交AQ于N，連接PN,BM，由于PB∥CQ，則MN∥PB，所以M,N,P,B共面，且平面MNPB∩平面APQ=PN，因?yàn)锳B=3,BC=4，所以AC=AA'?AB?BC=12?3?4=5，又在正方形AA′A所以PB=AB=3,∴QC=7,∴tan由AM=157，得所以四邊形MNPB為平行四邊形，則BM∥又PN?平面APQ,BM?平面APQ，所以BM∥平面APQ..（2）由（1）知AC2=A因?yàn)锳C=5,AM=157，即所以VM?APQ=3【變式6-2】（2024·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）如圖，在梯形ABCD中，AB∥CD,∠BAD=90°,CD=2AD=2,AB=3,E為線段AB上靠近點(diǎn)A的三等分點(diǎn)，將△ADE沿著DE折疊，得到四棱錐A?BCDE，使平面ADE⊥平面BCDE,P為線段CE上的點(diǎn)．(1)求證：AD⊥AP；(2)是否存在點(diǎn)P，使得直線AP與平面ABE所成角的正弦值為66?若存在，求出線段EP【解題思路】（1）計(jì)算CE=2，根據(jù)勾股定理得到DE⊥CE，確定CE⊥平面ADE，證明AD⊥平面ACE（2）建立空間直角坐標(biāo)系，確定各點(diǎn)坐標(biāo)，計(jì)算平面ABE的法向量為m=(1,1,?1)，設(shè)EP=t，AP【解答過程】（1）AD=AE=1,∠BAD=90°，故△ADE為等腰直角三角形，DE=2,∠ADE=45°，故在△CDE中，CE2=D故CE2+D平面ADE⊥平面BCDE，平面ADE∩平面BCDE=DE,CE?平面BCDE，故CE⊥平面ADE，AD?平面ADE，故CE⊥AD，又AD⊥AE,CE∩AE=E,CE,AE?平面ACE，故AD⊥平面ACE，又AP?平面ACE，故AD⊥AP.（2）存在，EP=1，理由如下：如圖，以點(diǎn)E為坐標(biāo)原點(diǎn)，以ED,EC所在的直線分別為x軸、y軸，以過點(diǎn)E垂直于平面BCDE的直線為z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，E(0,0,0),A2則EA=設(shè)EP=t，0≤t≤2，則P(0,t,0)，AP設(shè)平面ABE的法向量為m=(x,y,z)，則m令x=1，則y=1,z=?1，m=(1,1,?1)設(shè)直線AP與平面ABE所成的角為θ，則sinθ=cosAP,m故存在點(diǎn)P使得直線AP與平面ABE所成角的正弦值為66，則EP=1【變式6-3】（2024·安徽合肥·三模）如圖一：等腰直角△ABC中AC⊥AB且AC=2，分別沿三角形三邊向外作等腰梯形ABB2A2,BCC2B3(1)求證：AA(2)求直線CC1與平面AA【解題思路】（1）補(bǔ)全圖形得到三棱錐P?ABC，由線面垂直證得AA（2）思路一：建立空間直角坐標(biāo)系，運(yùn)用向量求解線面角；思路二：等體積法求得C到平面PAB的距離，再用幾何法求得線面角.【解答過程】（1）延長(zhǎng)AA1,CC1交于點(diǎn)P1,過C1作C1又四邊形AA1C1C又∵A1C1//AC，所以P延長(zhǎng)AA1,BB1交于點(diǎn)P2，則P2∴P1與P2重合于點(diǎn)P設(shè)O為BC中點(diǎn)，等腰直角△ABC中AC=AB,∴AO⊥BC，又∵C1為PC的中點(diǎn)，B1為PB的中點(diǎn)，CC∴PO⊥BC，又∵AO∩PO=O,AO,PO?平面PAO∴BC⊥平面PAO，又AA1?平面PAO（2）方法一：∵BC=∵O為中點(diǎn)，∴PO=1又∵AO=2以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OA,OB,OP為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則A2∴CP=0,2,設(shè)平面PAB的法向量為n=x,y,z，則AP?取x=1，則n=1,1,1，所以所以直線CC1與平面AA1B方法二：∵BC=∵O為中點(diǎn)，∴PO=12BC=又∵AO=2又BC∩AO=O，BC,AO?平面ABC，∴PO⊥平面ABC，PA=PB=AB=2，△PAB為等邊三角形，設(shè)C到平面PAB的距離為?，∵VP?ABC=∴?=2所以直線CC1與平面AA1B【題型7立體幾何中的軌跡問題】【例7】（2024·安徽蕪湖·二模）在三棱錐P?ABC中，PB⊥平面ABC，AB=BC=BP=2，點(diǎn)E在平面ABC內(nèi)，且滿足平面PAE⊥平面PBE,BA垂直于BC．(1)當(dāng)∠ABE∈π8,(2)當(dāng)二面角E?PA?B的余弦值為33時(shí)，求三棱錐E?PCB【解題思路】（1）先通過垂直關(guān)系得到AE⊥BE，然后建立空間直角坐標(biāo)系得到點(diǎn)E的軌跡，根據(jù)角度求軌跡的長(zhǎng)；（2）利用向量法求面面角，解方程求出點(diǎn)E的坐標(biāo)，進(jìn)而利用體積公式求解即可.【解答過程】（1）作BH⊥PE交PE于H，因?yàn)槠矫鍼AE⊥平面PBE，且平面PAE∩平面PBE=PE，BH?面PBE，所以BH⊥平面PAE，又因?yàn)锳E?平面PAE，所以BH⊥AE，因?yàn)镻B⊥平面ABC，且AE?平面ABC，所以PB⊥AE，因?yàn)锽H⊥AE，PB⊥AE，PB、BH?平面PBE，PB∩BH=B，所以AE⊥平面PBE，又因?yàn)锽E?平面PBE，所以AE⊥BE．分別以直線BA,BC,BP為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖，則B(0,0,0)，P(0,0,2)，C(0,2,0)，A(2,0,0)，設(shè)E(x,y,0)，因?yàn)锳E⊥BE，所以AE?又AE=(x?2,y,0)，BE所以(x?2)?x+y?y=0，即(x?1)2設(shè)AB中點(diǎn)為N，則N(1,0)，如圖：又∠ABE∈π8,因此，E的軌跡為圓弧QE，其長(zhǎng)度為2π（2）由（1）知，可設(shè)E(x,y,0)，PA=(2,0,?2)，AE設(shè)平面PAE的一個(gè)法向量為n=(a,b,c)則n?PA=0n?AE=0BC=(0,2,0)為平面PAB的一個(gè)法向量，令二面角E?PA?B為角θcosθ=|n解得x=2，y=0（舍去）或x=1，y=±1，則E(1,1,0)或E(1,?1,0)，從而可得三棱錐E?PCB的體積VE?PCB【變式7-1】（2024·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）如圖，在直三棱柱ABC?A1B1C1中，AB=AC=AA1=3,BC=3(1)求證：點(diǎn)E的軌跡為線段AC(2)求平面ADE與平面ABC夾角的大?。窘忸}思路】（1）方法一（幾何法）補(bǔ)形為正方體ABHC?A1B1H1C1，證明方法二（坐標(biāo)法）如圖建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)E(0,y,z)，由條件B1E⊥A（2）方法一（幾何法）平面ADE即平面C1AB，由二面角定義可知∠C1AC方法二（坐標(biāo)法）空間向量法求兩平面夾角.【解答過程】（1）方法一（幾何法）補(bǔ)形為正方體ABHC?A1B顯然A1由正方體性質(zhì)，BH⊥平面A1ABB1，AB又A1B⊥AB1，且A1所以AB1⊥平面A1BH，而A同理B1C1⊥A1H所以A1H⊥平面AB1C因?yàn)锽1所以B1E在平面又因?yàn)镋∈平面ACC所以點(diǎn)E在平面ACC1A因?yàn)槠矫鍭CC1A1∩所以點(diǎn)E的軌跡為線段AC方法二（坐標(biāo)法）如圖建立空間直角坐標(biāo)系，則B(1,0,0),C設(shè)E(0,y,z)，則D12,由B1E⊥A所以y?z=0即y=z，所以點(diǎn)E的軌跡為線段AC（2）方法一（幾何法）因?yàn)辄c(diǎn)E的軌跡為線段AC所以平面ADE即平面C1因?yàn)槠矫鍯1AB∩平面又因?yàn)锳B⊥平面ACC所以AB⊥AC,AB⊥AC1且所以∠C1AC就是平面ADE所以平面ADE與平面ABC的夾角為45°．方法二（坐標(biāo)法）如圖建立空間直角坐標(biāo)系，則B(1,0,0),C所以AC因?yàn)辄c(diǎn)E的軌跡為線段AC所以平面C1AB與平面ABC所成角，就是平面ADE與平面顯然平面ABC的一個(gè)法向量為m=(0,0,1)設(shè)平面C1AB的一個(gè)法向量為由AC1令y=1，則x=0,z=?1，所以n=(0,1,?1)所以|cos所以平面ADE與平面ABC的夾角為45°．【變式7-2】（2024·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）如圖，四邊形ABDC為圓臺(tái)O1O2的軸截面，AC=2BD，圓臺(tái)的母線與底面所成的角為45°，母線長(zhǎng)為2，E(1)已知圓O2內(nèi)存在點(diǎn)G，使得DE⊥平面BEG，作出點(diǎn)G(2)點(diǎn)K是圓O2上的一點(diǎn)（不同于A，C），2CK=AC，求平面ABK與平面CDK【解題思路】（1）利用線面垂直的判定定理，過B作下底面的垂線交下底面于點(diǎn)G，過G作BE的平行線，交圓O2于G1，（2）建立空間直角坐標(biāo)系，根據(jù)條件，求出平面ABK和平面CDK，利用面面角的向量法，即可求出結(jié)果.【解答過程】（1）∵E是BD的中點(diǎn)，∴DE⊥BE．要滿足DE⊥平面BEG，需滿足DE⊥BG，又∵DE?平面BDE，∴平面BEG⊥平面BDE如圖，過B作下底面的垂線交下底面于點(diǎn)G，過G作BE的平行線，交圓O2于G1，G2，則線段G（2）易知可以O(shè)2為坐標(biāo)原點(diǎn)，O2C，O2O1所在直線分別為∵母線長(zhǎng)為2，母線與底面所成角為45°，AC=2BD，∴O2A=2，O取K的位置如圖所示，連接O2∵2CK=AC，∴∠CO2K=60°則K3,1,0，A0,?2,0，B0,?1,1，則AK=3,3,0，BK=3設(shè)平面ABK的法向量為n=則n?AK=0令x1=3，則z1=1設(shè)平面CDK的法向量為m=則m?CK=0令x2=3，則z2=3設(shè)平面ABK與平面CDK所成的角為θ，則cosθ∴sin【變式7-3】（2024·云南曲靖·模擬預(yù)測(cè)）如圖，四面體ABCD的每條棱長(zhǎng)都等于2，M，G，N分別是棱AB，BC，CD的中點(diǎn)，(1)求證：面OEF//面ABD；(2)求平面OEF與平面ABN的夾角的余弦值；(3)保持點(diǎn)E，F(xiàn)位置不變，在△BCD內(nèi)（包括邊界）拖動(dòng)點(diǎn)O，使直線MN與平面OEF平行，求點(diǎn)【解題思路】（1）連接GN，利用平行的傳遞性可以證明EF∥BD，利用對(duì)應(yīng)成比例可以證明（2）利用第（1）問的結(jié)論，把平面OEF與平面ABN的夾角問題，轉(zhuǎn)化為平面ABD與平面ABN的夾角問題，連接DM，根據(jù)二面角的平面角的定義，∠DMN為所求二面角的平面角，解三角形即可求；（3）先找一個(gè)特殊的點(diǎn)O，使得直線MN與平面OEF平行，然后再延展平面OEF，與底面BCD的交線長(zhǎng)度即為所求.【解答過程】（1）如圖，連接GN,GD,易知G,O,D三點(diǎn)共線因?yàn)镺，E，F(xiàn)分別為面BCD，面所以在△AGN中，AEAG=AF在△CBD中，所以G，N分別是棱BC，所以EF∥又EF?平面ABD，BD?平面ABD，所以EF//平面ABD在△GAD中，GOGD=GE又EO?平面ABD，AD?平面ABD，所以EO//平面ABD又因?yàn)镋F∩OE=E，EF,OE?平面OEF，所以面OEF//面ABD.（2）由（1）知，平面OEF//平面ABD，所以平面OEF與平面ABN的夾角與平面ABD與平面ABN的夾角相等，如圖，連接DM，因?yàn)镸分別是棱AB的中點(diǎn)，所以在等腰△NAB中，NM⊥AB，在等邊△DAB中，DM⊥AB，所以∠DMN是平面ABN的夾角與平面ABD與平面ABN所成角的平面角，因?yàn)锳O⊥面BCD，CD?面BCD，所以AO⊥CD,又CD⊥AN，CD⊥BN，AN∩BN=N，AN,CN?平面ABN，所以CD⊥面ABN，又MN?面ABN，所以CD⊥MN，所以在Rt△DMN中，sin所以cos∠DMN=所以平面OEF與平面ABN的夾角的余弦值為23（3）如圖，取線段CN靠近點(diǎn)N的三等分點(diǎn)P，連接CM，易知C，連接EP，因?yàn)辄c(diǎn)E為等邊△CAB的重心，所以EP∥MN，所以當(dāng)點(diǎn)O在點(diǎn)P位置時(shí)，滿足題意，取線段CG靠近點(diǎn)G的三等分點(diǎn)Q，連接PQ，易知PQ∥GN，又GN∥EF，所以EF∥PQ，所以EF、PQ共面，即當(dāng)O在線段PQ上運(yùn)動(dòng)時(shí)，均滿足題意，所以PQ即為點(diǎn)O的軌跡長(zhǎng)度,又PQ=2所以點(diǎn)O的軌跡長(zhǎng)度為23【題型8立體幾何中的探索性問題】【例8】（2024·內(nèi)蒙古呼和浩特·二模）如圖，已知AB⊥平面BCE，CD∥AB，△BCE是等腰直角三角形，其中∠EBC=π(1)設(shè)線段BE中點(diǎn)為F，證明：CF∥平面ADE(2)在線段AB上是否存在點(diǎn)M，使得點(diǎn)B到平面CEM的距離等于22，如果存在，求MB【解題思路】（1）取AE的中點(diǎn)G，根據(jù)線面平行的判定定理即可得證；（2）設(shè)MB=x，根據(jù)等體積法VB?MEC=V【解答過程】（1）取BE的中點(diǎn)F，AE的中點(diǎn)G，連結(jié)FG、GD、CF則有GF=12AB因?yàn)镈C=12AB，CD//AB所以四邊形CFGD是平行四邊形，則CF//又DG?平面ADE，CF?平面ADE，所以CF//平面ADE（2）存在.設(shè)MB=x(0<x<4)，在Rt△BEC中，EC=因?yàn)镸B⊥面BEC，所以VM?BEC因?yàn)镸B⊥面BEC，BE?面BEC，BC?面BEC所以MB⊥BE,MB⊥BC，則△MBE,△MBC均為直角三角形.在Rt△MBE中，同理，MC=x取EC的中點(diǎn)H，因?yàn)镸E=MC，所以MH⊥EC，而MH=M故S△MEC因?yàn)辄c(diǎn)B到面CEM的距離等于22所以VB?MEC而VB?MEC=VM?BEC，所以所以在線段AB上只存在唯一一點(diǎn)M，當(dāng)且僅當(dāng)BM=23015時(shí)，點(diǎn)B到面CEM【變式8-1】（2024·貴州黔西·一模）如圖所示為直四棱柱ABCD?A1B1C1D(1)證明:BC⊥平面MM(2)求直線BC與平面BDA1所成角的正弦值，并判斷線段BC上是否存在點(diǎn)P，使得PB1//【解題思路】（1）由題意可知△BCD為正三角形，則DM⊥BC，又MM（2）根據(jù)勾股定理的逆定理可得AB⊥AD，建立如圖空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)?xyz，利用空間向量法求解線面角即可；假設(shè)在線段BC上存在點(diǎn)P，使得PB1//平面BDA1，令BP=λBC【解答過程】（1）由∠BCD=60°,CB=CD又M為BC的中點(diǎn)，則DM⊥BC.又M1為B1C而CC1⊥BC又DM∩MM1=M,DM、M所以BC⊥平面MM（2）由（1）知△BCD為正三角形，則BD=4，在△ABD中，AB=AD=22，有BD2易知AA1⊥AB,A則A(0,0,0),B(22所以BC=(設(shè)平面BDA1的一個(gè)法向量為則n?BD=?22x+22y=0設(shè)BC與平面BDA1所成角為θ，則即BC與平面BDA1所成角的正弦值為假設(shè)在線段BC上存在點(diǎn)P，使得PB1//平面BD則BP=(6λ?由PB1//平面BDA1解得λ=33，所以BP?=λ【變式8-2】（2024·黑龍江哈爾濱·一模）如圖1，在平行四邊形ABCD中，D=60°,DC=2AD=2，將△ADC沿AC折起，使點(diǎn)D到達(dá)點(diǎn)P位置，且PC⊥BC，連接PB得三棱錐P?ABC，如圖2．(1)證明：平面PAB⊥平面ABC；(2)在線段PC上是否存在點(diǎn)M，使平面AMB與平面MBC的夾角的余弦值為58，若存在，求出|PM|【解題思路】（1）推導(dǎo)出PA⊥AC，證明出BC⊥平面PAB，可得出PA⊥BC，利用面面垂直的判定定理可證得結(jié)論成立；（2）以點(diǎn)A為坐標(biāo)原點(diǎn)，BC、AC、AP的方向分別為x、y、z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)PM=λPC，其中0≤λ≤1，利用空間向量法可得出關(guān)于λ的等式，結(jié)合0≤λ≤1求出【解答過程】（1）證明：翻折前，因?yàn)樗倪呅蜛BCD為平行四邊形，∠D=60°，則因?yàn)镈C=2AD=2，則AB=DC=2，BC=AD=1，由余弦定理可得AC所以，AC2+BC2翻折后，則有BC⊥AC，PA⊥AC，因?yàn)镻C⊥BC，AC∩PC=C，AC、PC?平面PAC，所以，BC⊥平面PAC，因?yàn)镻A?平面PAC，則PA⊥BC，因?yàn)锳C∩BC=C，AC、BC?平面ABC，所以，PA⊥平面ABC，所以平面PAB⊥平面ABC.（2）因?yàn)镻A⊥平面ABC，BC⊥AC，以點(diǎn)A為坐標(biāo)原點(diǎn)，BC、AC、AP的方向分別為x、y、z軸的正方向建立如下圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則A0,0,0、P0,0,1、C0,設(shè)PM=λPC=λ則AM=AP+設(shè)平面ABM的法向量為m=x,y,z，則取y=λ?1，則z=3λ，x=3平面MBC的一個(gè)法向量為n=a,b,c，PB=則n?PB=?a+3b?c=0則，整理可得λ=2因此，線段PC上存在點(diǎn)M，使平面AMB與平面MBC的夾角的余弦值為58，且PM【變式8-3】（2024·天津·一模）已知底面ABCD是正方形，PA⊥平面ABCD，PA//DQ，PA=AD=3DQ=3，點(diǎn)E、F分別為線段PB、(1)求證：EF//平面PADQ(2)求平面PCQ與平面CDQ夾角的余弦值；(3)線段PC上是否存在點(diǎn)M，使得直線AM與平面PCQ所成角的正弦值是427，若存在求出PM【解題思路】（1）法一：分別取AB、CD的中點(diǎn)G、H，連接EG、GH、FH，證明出平面EGHF//平面ADQP法二：以點(diǎn)A為坐標(biāo)原點(diǎn)，以AB、AD、AP所在直線分別為x、y、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量法可證得結(jié)論成立；（2）利用空間向量法可求得平面PCQ與平面CDQ夾角的余弦值；（3）假設(shè)存在點(diǎn)M，使得PM=λPC，其中λ∈0,1，求出向量AM【解答過程】（1）證明：法一：分別取AB、CD的中點(diǎn)G、H，連接EG、GH、FH，由題意可知點(diǎn)E、F分別為線段PB、CQ的中點(diǎn)．所以EG//PA，因?yàn)镻A//DQ，所以EG//FH，所以點(diǎn)E、G、因?yàn)镚、H分別為AB、CD的中點(diǎn)，所以GH//因?yàn)锳D?平面ADQP，GH?平面ADQP，所以GH//平面ADQP又因?yàn)镕H//QD，QD?平面ADQP，F(xiàn)H?平面ADQP，所以FH//又因?yàn)镕H∩GH=H，F(xiàn)H、GH?平面EGHF，所以平面EGHF//平面ADQP因?yàn)镋F?平面EGHF，所以EF//平面ADQP法二：因?yàn)锳BCD為正方形，且PA⊥平面ABCD，所以AP、AB、AD兩兩互相垂直，以點(diǎn)A為坐標(biāo)原點(diǎn)，以AB、AD、AP所在直線分別為x、y、z軸建立如下圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則P0,0,3、C3,3,0、Q0,3,1、B3,0,0、所以EF=0,3,?1，易知平面PADQ的一個(gè)法向量所以a?EF=0又因?yàn)镋F?平面ADQP，所以EF//平面ADQP（2）解：設(shè)平面PCQ的法向量m=x,y,z，PC=則m?PC=3x+3y?3z=0m?所以平面PCQ的一個(gè)法向量為m=易知平面CQD的一個(gè)法向量n=0,1,0，設(shè)平面PCQ與平面CQD夾角為則cosθ=所以平面PCQ與平面CQD夾角余弦值為147（3）解：假設(shè)存在點(diǎn)M，使得PM=λPC=則AM=由（2）得平面PCQ的一個(gè)法向量為m=由題意可得cosAM整理可得12λ2?8λ+1=0因?yàn)?≤λ≤1，解得λ=16或12，所以，PM【題型9立體幾何建系繁瑣問題（幾何法）】【例9】（2024·山東·二模）如圖所示，直三棱柱ABC?A1B1C1，各棱長(zhǎng)均相等.D，E，F(xiàn)分別為棱(1)證明：平面A1CD⊥平面(2)求直線EF與A1【解題思路】（1）由題意可證得CD⊥AB，在直三棱柱中，AA1⊥平面ABC，可得AA1⊥CD，進(jìn)而可證得CD⊥平面（2）由題意可證得EF//A1D，即可得直線EF與A1B1所成的角，在△A1【解答過程】（1）證明：由題意在等邊三角形ABC中，D為AB的中點(diǎn)，所以CD⊥AB，在直棱柱中，AA1⊥平面ABC，CD?平面ABC而AA1∩AB=A，A所以CD⊥平面ABB又因?yàn)镃D?平面A1所以平面A1CD⊥平面（2）連接DE，因?yàn)镈，E，F(xiàn)分別為棱AB，BC，A1所以DE//AC，且EF=1在三棱柱中，AC=A1C1，所以DE//A1F所以四邊形DEFA1為平行四邊形，所以所以∠B1A1D在△A1DA可得cos∠D故sin即直線EF與A1B1【變式9-1】（2024·陜西銅川·模擬預(yù)測(cè)）如圖，在四棱錐P?ABCD中，底面ABCD是平行四邊形，∠ABC=120°，AB=1，BC=4，PB=23，PD⊥CD，點(diǎn)E是BC

(1)求證：PE⊥AD；(2)求點(diǎn)E到平面PAD的距離．【解題思路】（1）利用線面垂直的判定定理、性質(zhì)定理可得答案；（2）利用等體積轉(zhuǎn)化可得答案.【解答過程】（1）在平行四邊形ABCD中，∠ABC=120°，BC=4，點(diǎn)E是所以∠BCD=60°，在△CDE中，由余弦定理得DE即DE=3，所以CE2又PD⊥CD，PD∩ED=D，PD，DE?平面PDE，所以CD⊥平面PDE，又PE?平面PDE，所以CD⊥PE，又PE⊥ED，CD∩DE=D，CD,DE?平面ABCD，所以PE⊥平面ABCD，又AD?平面ABCD，所以PE⊥AD；（2）連接AE，由（1）知PE⊥平面ABCD，即PE是三棱錐P?AED的高，又AE，BE?平面ABCD，所以PE⊥AE，PE⊥BE．在△PBE中，PE⊥BE，PB=23，BE=2所以PE=PDC=1,EC=2,∠DCE=60由余弦定理得cos60°=所以EC2=D則E到AD距離，即D到CE的距離，為CDsin在△PED中，PE⊥ED，PE=22，DE=所以PD=P所以VPADE在△ABE中，AB=1，BE=2，∠ABE=120由余弦定理得AE2=A在△PAE中，PE⊥AE，AE=7，PE=2所以PA=P在△PAD中，PA=15，PD=11，由余弦定理得cos∠APD=所以sin∠APD=所以S△APD設(shè)點(diǎn)E到平面PAD的距離是h，由VE?PAD=1即點(diǎn)E到平面PAD的距離是2210

【變式9-2】（2024·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）如圖，在四棱錐P?ABCD中，AB∥CD，且AB⊥AP，CD⊥DP.(1)證明：平面PCD⊥平面PAD；(2)若PA=PD=AB，PA⊥PD，求PB與平面ABCD所成角的大小.【解題思路】（1）應(yīng)用面面垂直判定定理證明即可；（2）先根據(jù)定義得出線面角∠PBO，再計(jì)算正弦值求角即可.【解答過程】（1）在四棱錐P?ABCD中，AB⊥AP，又AB∥CD，所以CD⊥AP，因?yàn)镃D⊥DP，AP∩DP=P，AP，DP?平面PAD，所以CD⊥平面PAD，又CD?平面PCD，所以平面PCD⊥平面PAD.（2）取棱AD的中點(diǎn)O，連接PO，OB，由PA=PD，得PO⊥AD，由（1）知，CD⊥平面PAD，因?yàn)镻O?平面PAD，所以CD⊥PO，因?yàn)锳D，CD?平面ABCD，AD∩CD=D，所以PO⊥平面ABCD，所以O(shè)B是PB在平面ABCD內(nèi)的射影，所以PB與平面ABCD所成的角為∠PBO.設(shè)PA=PD=AB=t，因?yàn)镻A⊥PD，則PO=2因?yàn)锳B⊥AP，所以PB=P所以在Rt△POB中，sin所以PB與平面ABCD所成的角為30°.【變式9-3】（2024·浙江·模擬預(yù)測(cè)）.如圖，底面A1B1C1D1固定在底面α上的盛水容器口為正方形ABCD，側(cè)棱A(1)證明：底面四邊形A1(2)若已知四條側(cè)棱垂直于面ABCD，且AA1=DD1=4，BB1=CC1【解題思路】（1）只需證明平面ABB1A（2）取AA1,DD1的中點(diǎn)E,F，說明該容器最大盛水體積V就是平行六面體EBCF?A1【解答過程】（1）因?yàn)锳A1//DD1，AA1所以AA1//同理AB//CD，AB?平面CDD1C1，所以AB//平面CDD而AA1∩AB=A，A所以平面ABB1A又平面ABB1A1∩平面α=所以A1B1所以底面四邊形A1（2）取AA1,DD1所以四邊形A1EBB而EB?平面A1B1C1所以EB//平面A1同理A1E//D1F,而EF?平面A1B1C1所以EF//平面A1又EB∩EF=E，EB,EF?平面EBCF，所以平面EBCF//平面α，所以該容器最大盛水體積V就是平行六面體EBCF?A由題意AE=AB=2,AE⊥AB，所以BE=22因?yàn)锳A1//D而E,F分別是AA1,D當(dāng)A1B1而BB1⊥BC，BC//所以∠A1B1B的補(bǔ)角就是側(cè)面B因?yàn)锽B所以∠AEB=θ，cosθ=AEEB=2此時(shí)A1B1平行六面體的底面積為A1所以平行六面體的體積為V=2【題型10新情景、新定義下的立體幾何問題】【例10】（23-24高一下·四川成都·期末）類比于二維平面中的余弦定理，有三維空間中的三面角余弦定理；如圖1，由射線PA，PB，PC構(gòu)成的三面角P?ABC，∠APC=α，∠BPC=β，∠APB=γ，二面角A?PC?B的大小為θ，則cosγ=（1）當(dāng)α、β∈0,（2）如圖2，平行六面體ABCD?A1B1C1D1中，平面①求∠A②在直線CC1上是否存在點(diǎn)P，使BP//平面D【解題思路】（1）過射線PC上一點(diǎn)H作HM⊥PC交PA于M點(diǎn)，作HN⊥PC交PB于N點(diǎn)，連接，MN，可得∠MHN是二面角A?PC?B的平面角．在△MNP中和△MNH中分別用余弦定理，兩式相減變形可證結(jié)論；（2）①直接利用三面角定理（（1）的結(jié)論）計(jì)算；②連結(jié)B1C，延長(zhǎng)C1C至P，使CP=C1C【解答過程】（1）證明：如圖，過射線PC上一點(diǎn)H作HM⊥PC交PA于M點(diǎn)，作HN⊥PC交PB于N點(diǎn)，連接，MN則∠MHN是二面角A?PC?B的平面角．在△MNP中和△MNH中分別用余弦定理，得MNMN兩式相減得MP∴2MP?NP?cos兩邊同除以2MP?NP，得cosγ=（2）①由平面AA1C1C⊥∴由（1）得cos∠∵cos∠A1∴cos∠②在直線CC1上存在點(diǎn)P，使BP//連結(jié)B1C，延長(zhǎng)C1C至P，使在棱柱ABCD?A1B1C∴A1B1∴A1在四邊形B1BPC中，∴四邊形B1∴B1∴A1又A1D?平面DA1C∴BP//平面D∴當(dāng)點(diǎn)P在C1C的延長(zhǎng)線上，且使CP=C1C【變式10-1】（24-25高三上·浙江·開學(xué)考試）已知Ω是棱長(zhǎng)為2的正四面體ABCD，設(shè)Ω的四個(gè)頂點(diǎn)到平面α的距離所構(gòu)成的集合為M，若M中元素的個(gè)數(shù)為k，則稱α為Ω的k階等距平面，M為Ω的k階等距集.(1)若α為Ω的1階等距平面且1階等距集為a，求a的所有可能值以及相應(yīng)的α的個(gè)數(shù)；(2)已知β為Ω的4階等距平面，且點(diǎn)A與點(diǎn)B,C,D分別位于β的兩側(cè).若Ω的4階等距集為b,2b,3b,4b，其中點(diǎn)A到β的距離為b，求平面BCD與β夾角的余弦值.【解題思路】（1）分兩種情況得出a的所有可能值以及相應(yīng)的α的個(gè)數(shù)；（2）先根據(jù)已知得出AD:DB=1:2,AE:EC=1:3,AF:FD=1:4，再計(jì)算求得余弦值.【解答過程】（1）①情形一：分別取AB,AC,AD的中點(diǎn)M,E,F，由中位線性質(zhì)可知DE=EF=2此時(shí)平面DEF為Ω的一個(gè)1階等距平面，b為正四面體高的一半，等于12由于正四面體有4個(gè)面，這樣的1階等距平面α平行于其中一個(gè)面，有4種情況；②情形二：分別取AB,AC,CD,DB的中點(diǎn)P,Q,R,S將此正四面體放置到棱長(zhǎng)為1的正方體中，則a為正方體棱長(zhǎng)的一半，等于12由于正四面體的六條棱中有3組對(duì)棱互為異面直線，這樣的1階等距平面α平行于其中一組異面直線，有3種情況.綜上，當(dāng)a的值為33時(shí)，α有4個(gè)；當(dāng)a的值為12時(shí)，（2）在線段AB,AC,AD上分別取一點(diǎn)M,E,F，使得AM:MB=1:2,AE:EC=1:3,AF:FD=1:4，則平面β即為平面MEF.如圖，取BD中點(diǎn)O，連接OC,，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OC,OD所在直線分別為x,y軸，過點(diǎn)O且與平面BCD垂直的直線為z軸建立空間直角坐標(biāo)系，A66,0,MF=設(shè)平面MEF法向量為m所以m?MF=0所以m=又平面BCD的法向量為n=設(shè)平面BCD與β夾角為θ所以cosθ=所以平面BCD與β夾角余弦值為427【變式10-2】（23-24高一下·福建三明·期末）閱讀數(shù)學(xué)材料：“設(shè)P為多面體M的一個(gè)頂點(diǎn)，定義多面體M在點(diǎn)P處的離散曲率為1?12π∠Q1PQ2+∠Q2PQ3+∠Q3PQ4+?+∠Qk?1P(1)若AC=BD，求四棱柱ABCD?A1B(2)若四棱柱ABCD?A1B1C1D1在頂點(diǎn)(3)截取四面體A1?ABD，若該四面體在點(diǎn)A1處的離散曲率為712，AC【解題思路】（1）根據(jù)條件得到菱形ABCD為正方形，再根據(jù)在頂點(diǎn)A處的離散曲率的定義計(jì)算即可；（2）根據(jù)四棱柱ABCD?A1B1C1D1在頂點(diǎn)A處的離散曲率為13，求得∠DAB=π3（3）根據(jù)四面體A1?ABD在點(diǎn)A1處的離散曲率為712，求得∠BA1D=π【解答過程】（1）若AC=BD，則菱形ABCD為正方形，即AB⊥AD，因?yàn)锳A1⊥平面ABCD，AB所以直四棱柱ABCD?A1B1C（2）因?yàn)锳A1⊥平面ABCD，AB直四棱柱ABCD?A1B1C則∠DAB=π3，即∵ABCD為菱形∴AC⊥BD，又直四棱柱ABCD?A∴CC1⊥平面ABCD，BD?又AC,CC1?平面ACC1設(shè)AC∩BD=O，則∠BC1O即為B在△BC1Osin∠BC1O=OBBC（3）在四面體A1?ABD中所以∠AA1B=∠A所以四面體A1?ABD在點(diǎn)A1所以∠BA1D=π3又在△ABD中AB=AD，所以AB⊥AD，所以直四棱柱ABCD?A因?yàn)镃1D1⊥平面ADD又A1D⊥AD所以A1D⊥平面AC1D1，又∵CC1⊥平面ABCD，BD?又AC,CC1?平面ACC1又AC1?平面AC又A1D∩BD=D，A1D，∴AG是三棱錐A?A1BD的高，設(shè)正方體ABCD?∴BD=2∴VA?A∴122∴AG【變式10-3】（23-24高一下·湖南長(zhǎng)沙·期末）空間的彎曲性是幾何研究的重要內(nèi)容，用曲率刻畫空間的彎曲性，規(guī)定：多面體頂點(diǎn)的曲率等于2π與多面體在該點(diǎn)的面角之和的差，其中多面體的面的內(nèi)角叫做多面體的面角，角度用弧度制.例如：正四面體每個(gè)頂點(diǎn)均有3個(gè)面角，每個(gè)面角均為π3，故其各個(gè)頂點(diǎn)的曲率均為2π?3×π3=π.如圖，在直三棱柱ABC?A1B1C1中，點(diǎn)(1)證明：CN⊥平面ABB(2)若AA1=(3)表面經(jīng)過連續(xù)變形可以變?yōu)榍蛎娴亩嗝骟w稱為簡(jiǎn)單多面體.關(guān)于簡(jiǎn)單多面體有著名歐拉定理：設(shè)簡(jiǎn)單多面體的頂點(diǎn)數(shù)為D，棱數(shù)為L(zhǎng)，面數(shù)為M，則有：D?L+M=2.利用此定理試證明：簡(jiǎn)單多面體的總曲率（多面體有頂點(diǎn)的曲率之和）是常數(shù).【解題思路】（1）由直棱柱的性質(zhì)可得AA1⊥AC,AA1⊥AB，AA1⊥CN（2）取A1C1的中點(diǎn)F，連接B1F,MF，則B1F⊥平面AA1C1C，所以B1（3）設(shè)多面體有M個(gè)面，給組成多面體的多邊形編號(hào)，分別為1,2,???,M號(hào)，設(shè)第i號(hào)（1≤i≤M）多邊形有Li【解答過程】（1）證明：因?yàn)樵谥比庵鵄BC?A1B1C1中，AA所以AA所以點(diǎn)A的曲率為2π?2×π因?yàn)锳B=AC，所以△ABC為等邊三角形，因?yàn)镹為AB的中點(diǎn)，所以CN⊥AB，因?yàn)锳A1⊥平面ABC，CN?所以AA因?yàn)锳A1∩AB=A，AA1,AB?平面（2）解：取A1C1的中點(diǎn)F因?yàn)椤鰽1B因?yàn)槿庵鵄BC?A1B1C因?yàn)槠矫鍭A1C1C∩平面A所以B1F⊥平面因?yàn)锳M,MF?平面AA1C設(shè)AB=2，則A所以AM2+因?yàn)锽1F∩B1M=所以AM⊥平面B1因?yàn)镸F?平面B1FM，所以所以∠FMB1為二面角因?yàn)镸F=2所以在Rt△FMB1所以二面角B1?AM?C（3）證明：設(shè)多面體有M個(gè)面，給組成多面體的多邊形編號(hào)，分別為1,2,???,M號(hào)，設(shè)第i號(hào)（1≤i≤M）多邊形有Li則多面體共有L=L由題意，多面體共有D=2?M+L=2?M+Li號(hào)多邊形的內(nèi)角之和為πL所以所有多邊形的內(nèi)角之和為π(L所以多面體的總曲率為2=2=4所以簡(jiǎn)單多面體的總曲率為4π一、單選題1．（2024·內(nèi)蒙古包頭·三模）如圖，已知正方形ABCD為圓柱的軸截面，AB=BC=2，E，F(xiàn)為上底面圓周上