2025年新高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)：立體幾何必考經(jīng)典解答題全歸類【十大題型】解析版

立體幾何必考經(jīng)典解答題全歸類【十大題型】

?題型歸納

【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】..................................................59

?命題規(guī)律

1、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.

?方法技巧總結(jié)

【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(0,5],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(0,f],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)8為斜足；找線在面外的一點(diǎn)/,過點(diǎn)/向平面a做垂線，確定

垂足。；

②連結(jié)斜足與垂足為斜線AB在面a上的投影；投影BO與斜線AB之間的夾角為線面角；

③把投影3。與斜線歸到一個(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，求出斜線尸/在面外的一點(diǎn)尸到面的距離，利用三角形的正弦公式進(jìn)行求解.

公式為：sin6=4,其中。是斜線與平面所成的角，〃是垂線段的長，/是斜線段的長.

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的方向向量加.

(3)垂線段長度1=.而2—(加.丁.

2.求點(diǎn)到平面的距離的常用方法

(1)直接法：過尸點(diǎn)作平面a的垂線，垂足為。,把尸。放在某個(gè)三角形中，解三角形求出尸0的長度就

是點(diǎn)P到平面a的距離.

②轉(zhuǎn)化法：若點(diǎn)P所在的直線/平行于平面a,則轉(zhuǎn)化為直線I上某一個(gè)點(diǎn)到平面a的距離來求.

③等體積法.

庖

④向量法：設(shè)平面a的一個(gè)法向量為〃，/是a內(nèi)任意點(diǎn)，則點(diǎn)P到a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3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)3化簡整理即得動(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)(有些是題中己給出)，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.

?舉一反三

【題型1立體幾何中的體積問題】

【例1】(2024?陜西咸陽?模擬預(yù)測)已知三棱柱48C—&a的，如圖所示，P是公的，上一動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)。、D

分另1］是AC、PC的中點(diǎn)，ABIBC,AA!=AB=BC=2.

⑴求證：。川平面P4B；

(2)當(dāng)44i1平面4BC,且41P=3PQ時(shí)，求三棱錐為—4PC的體積.

【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)。、D分別是AC、PC的中點(diǎn)，

所以。川PA,

因?yàn)椤C平面P4B,PAu平面PAB,

所以。DII平面P4B；

(2)因?yàn)槠矫?BC,4平面ABC,

所以BBilAB,SBi1BC,

又4B1BC,AAt=AB=BC=2

以B為坐標(biāo)原點(diǎn)，所在直線分別為x,y,z軸，建立空間直角坐標(biāo)系,

則為(0,0,2),4(0,2,0),C(2,0,0),5(2,0,2),

設(shè)平面法向量ZCCiA的法向量為訪=(x,y,z),

則1=(x,y,z)?(2,—2,0)=2x—2y=0

、(m-AC1=(x,y,z)?(2,—2,2)=2%—2y+2z=0'

解得Z=0,令％=1,則y=L故訪=(1,1,0)，

則點(diǎn)Bi到平面acc遇i的距離為d=怛尊=?2‘者I,。"=*=魚，

由勾股定理得|2C|=山1B2+BC2=2V2,

^AACP=514cl，I=5X2V^X2=2V2,

則三棱錐&-4PC的體積為-d=1x2V2xV2=J

【變式1-1](2024?山東日照?二模)在三棱錐P—ABC中，BA1BC,PB1平面ABC,點(diǎn)E在平面力BC內(nèi),

且滿足平面P4E1平面PBE,AB=BC=BP=1.

(1)求證：AE1BE；

(2)當(dāng)二面角E—P2—B的余弦值為空時(shí)，求三棱錐E-PCB的體積.

【解題思路】(1)作BH1PE,證得BH1平面P4E,得至！]BH_LAE,再由PB_L平面力BC,證得PB14E,

利用線面垂直的判定定理，證得平面P8E,進(jìn)而證得AELBE；

(2)以B為原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)，設(shè)E(%y,O),由4E1BE,得到族?“=(),求得(x—+y=也

在求得平面P4E和P48的法向量五=(y,l—x,y)和阮=(0,1,0),結(jié)合向量的夾角公式，列出方程求得E點(diǎn)的

坐標(biāo)，根據(jù)棱錐的體積公式，即可求解.

【解答過程】(1)解：作BH_LPE交PE于H,

因?yàn)槠矫鍼4E_L平面PBE,且平面PAE1平面P8E=PE,BHu平面PBE,

所以平面P4E,

又因?yàn)榱u平面P4E,所以BH1AE,

因?yàn)镻B1平面ABC,且AEu平面P4E,所以PB14E,

又因?yàn)镻B1AE,且u平面PBE,PBCBH=B,

所以4E1平面PBE,

因?yàn)锽Eu平面PBE,所以4E1BE.

(2)解：以B為原點(diǎn)，以B4B&BP所在的直線分別為久,y,z,建立空間直角坐標(biāo)，

如圖所示，則B(0,0,0),P(0,0,l),C(0,l,0)/(l,0。),

設(shè)E(x,y,0),因?yàn)榱lBE,所以族?前=0,

因?yàn)樽?(x—l,y,0),旗=(x,y,0),所以(x—l)x+yxy=0,即(尤一g)?+y2=",

又由麗=(1,0,—1),荏=(%-l,y,0),

設(shè)平面PAE的一個(gè)法向量為五=(a,hc),貝式一/'P"=a；；c：°

取。=%可得b=l—%,c=y,所以日=(y,l—%,y),

又因?yàn)榍?(0,1,0)為平面R4B的一個(gè)法向量，

設(shè)二面角E-PA-8的平面角為氏

rm八|n-^c|比一1|V3

則c°s。=而而=笠-1)2+2/1=T'

因?yàn)?丫2=；,解得％=l,y=0(舍去)或x=[,y=±1,

所以點(diǎn)E(荔0)或嗯卻)，

所以三棱錐E—PCB的體積為VE-PCB=gs^pcB,h=!x[xlxlX'|=*.

【變式1-2](2024?河南?模擬預(yù)測)如圖，幾何體4BCDEF中，底面4BCD為邊長為2的菱形，平面CDEF1

平面力BCD,平面BCF1平面ABCD,Z-DAB=

(1)證明:。尸1平面。8」。；

(2)若。石=半，平面4DE與平面BCF的夾角為也求四棱錐E—48CD的體積.

【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4BCD內(nèi)分別作直線nJ.BC,

因?yàn)槠矫鍯DEF1平面4BCD,平面CDEFC平面ABC。=CD,

mu平面2BCD,所以m_L平面CDEF,

又FCu平面CDEF,所以mlFC.

同理可證nlFC,又m,nu平面力BCD,且用，〃為相交直線，

所以FC1平面4BCD；

(2)取BC中點(diǎn)G,連接BD,DG,=今且底面2BCD為菱形,

故△BCD為等邊三角形，所以DG1ZM,

以。為原點(diǎn)，DA,而為x,y軸正方向建立空間直角坐標(biāo)系，

則D（0,0,0）,C（-1,73,0）,4（2,0,0）,

故沆=（_l,g,0）,由平面CDEF1平面4BCD,

所以可設(shè)后（￡1,一四（1,/1）,可=（x,y,z）為平面4DE的法向量，

則有日送二》即｛ax一盒;4°辰=0,取丫=九＞3得用=（0,九島）.

由平面BCF1平面故而=（0,1,0）為平面的一個(gè)法向量，

結(jié)合已知有cos（可詞==容又DE=7h2+4a2=零,所以八=|,

'x乙'vhz+3az222

【變式1-3]（2024?黑龍江雙鴨山?模擬預(yù)測）如圖，四棱錐P—4BCD的底面4BCD是矩形，P。，平面

ABCQPD=回。=為PD的中點(diǎn)，Q為尸/上一點(diǎn)，5.AM1DQ.

P

（1）證明：PC〃平面ADQ；

（2）若二面角B-DQ-C為45°,求三棱錐Q—BCD的體積.

【解題思路】（1）以向量而，市為基底，分別表示向量而，獺，利用前?麗=0建立方程，確定Q為/P

的中點(diǎn)，從而得到O0為△P4C的中位線，從而得證；

（2）建立空間直角坐標(biāo)系，分別求出平面的法向量和平面CD。的法向量，利用二面角為45°建立方

程，解方程可得DC的長度，接著利用體積公式即可求解.

【解答過程】（1）證明：因?yàn)镻D_L平面aBCD.DAu平面/BCD,

所以PDJ.4D,則方?市=0.

設(shè)而=XAP,

則麗=DX+XQ=DX+AAP=5X+A(DP-DA)=(1-A^DA+XDP,

AM=AD+UM=-'DA+癖，

因?yàn)榱1DQ,所以府?麗=0,即

AM-DQ=[(1-X)DA+WP]-DA+

11

=(2—1)|7H|2+2(1-2)51.DP-wp-DA+I2=0

則(2-1)+2=0,解得4=p

所以Q為/尸的中點(diǎn).

連結(jié)/C,與AD交于點(diǎn)。，連結(jié)0O,

由于底面/BCD是矩形，所以。為/C的中點(diǎn)，則。0為△PAC的中位線，

所以。Q〃PC,

又。Qu平面BDQ.PCX。1面BDQ,

所以PC〃平面

(2)易知D4,DC/兩兩互相垂直，

以。為坐標(biāo)原點(diǎn)，以。4,DC,。尸所在直線分別為x,/z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,

設(shè)DC=t(t>0),則。(0,0,0),8(1,t,0),Q(，0，￥),C(0,t,0),

DQ=&o,乎)，礪=(l,t,0),OC=(O,i,O),

設(shè)平面BDQ的法向量為訪=

由傅匹U，得緡+乎zi］。，

取％i=l,則而=(1,孝)，

設(shè)平面CDQ的法向量為元=(x2,y2,z2),

由第二:‘得伊對(duì)”

取%2=1，則元=(1,0,—孝)，

于是|cos(而初=.7=COS45。=乎，解得t=手，

故三棱錐Q—BCD的體積為VQ_BCD=《xSxipD=|xixlx^x^=^j.

JABCD4。乙3ZJ.o

【題型2立體幾何中的線段長度問題】

【例2】(2024?江蘇南京?二模)如圖，AD//BC,4D14B,點(diǎn)E、F在平面力BCD的同側(cè)，CF〃AE,

AD=1,AB=BC=2,平面4CFE1平面4BCD,EA=EC=V3.

(1)求證：BF〃平面ADE；

⑵若直線EC與平面FBD所成角的正弦值為需，求線段CF的長.

【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)镚7/4E,面AD&

所以CF〃平面4DE,同理8C〃平面4DE,

又BC,CFu平面BCF,BCCCF=C,

所以平面BCF〃平面4DE,3尸<2平面4。￡

所以BF〃平面4DE；

(2)取AC的中點(diǎn)。，因?yàn)镋2=EC,

所以E。！力C,又平面4CFE1平面ABCD,平面ACFEn平面ABCD=/

EOc^^EAC,所以E。！平面4BCD,

又因?yàn)?。12B,故可建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系4—xyz.

在四邊形4BCD中，因?yàn)?D=1,AB=BC=2,AD//BC,AD1AB,

所以4C=2VL所以4。=。。=迎，

因?yàn)镋A=FC=V3,所以E。=1,

所以4(0,0,0),8(2,0,0),￡)(0,1,0),“2,2,0),0(1,1,0),F(l,l,l),EC(1,1,-1)，

~BD=(-2,1,0),BC=(0,2,0),

設(shè)CF=AAE=(4,4,4),2>0,貝!JBF—BC+CF—(2,2+A,A),

設(shè)元=(x,y,z)為平面BDF的法向量，

則｛W.黑11即｛衣+渣君［1=0'故取元=(12—9—3),

因?yàn)橹本€EC與平面FBD所成角的正弦值為嚕，

所以Los<n,EC>|=/制=~一千=隼^,

忱HEC|V3xj5+(i+3)15

兩邊同時(shí)平方得

所以680）2+^—23=0,解得或”一言（舍去）,

所以2=2,所以CF=24E=2百.

【變式2-1］（2024?重慶?模擬預(yù)測）如圖，在四棱錐E—4BCD中，EC，平面4BCDHB||DC,△ACD為等邊

三角形，DC=228=2,CB=CE,點(diǎn)尸為棱BE上的動(dòng)點(diǎn).

E

(1)證明：DC1平面BCE；

(2)當(dāng)二面角F-AC-B的大小為45。時(shí)，求線段CF的長度.

【解題思路】(1)先求得BC,再根據(jù)線面垂直的判定定理證得DC1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的長度.

【解答過程】(1)依題意NB4C=^ACD=60。，所以CB=V224-12-2x2x1xcos60°=V3,

所以4B2+C82=4。2,所以48_LCB,則

由于CE_L平面28CD,DCu平面ABC。，所以CE1DC,

由于BCflCE=C.BC.CEc平面BCE,所以DC1平面BCE.

(2)由(1)可知兩兩相互垂直，由此以C為原點(diǎn)，建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，

X(l,V3,0),B(0,V3,0),設(shè)t),0<t<V3,

平面力BC的法向量為訪=(0,0,1),

設(shè)平面凡4c的法向量為元=(x,y,z),

則1n-C4=x+V3y=0

'(n-CF=ty+(V3—t)z=0'

故可設(shè)幾=(—y/3t+3,t—，

依題意，二面角F-AC—B的大小為45。，

所以i^H^i=^(-V3t+3)2+(t-V3)2+t2=冬

整理得3t2-8V3t+12=(V3t-2)(V3t-6)=0,

解得t=5或1=親(舍去),所以尸(0,手,手)，

所以。，(竽了+圖2=孚

【變式2?2】(2024?湖北?模擬預(yù)測)如圖，AEL^ABCD,E,F在平面Z8C0的同側(cè)，AE//DF,AD//BC,

AD1AB,AD=AB=^BC=1.

(1)若8,E,F,C四點(diǎn)在同一平面內(nèi)，求線段EF的長；

(2)若DF=24E,平面BEF與平面BCF的夾角為30。，求線段4E的長.

【解題思路】(1)由線面平行的判定定理、性質(zhì)定理得四邊形4DFE是平行四邊形可得答案;

(2)以4為原點(diǎn)，分別以4B、AD,4E所在直線為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)E(0,(U),求

出平面BEF、平面BFC的一個(gè)法向量，由二面角的向量求法可得答案.

【解答過程】(1)-：AD//BC,BCu平面BCEF,40U平面8CEF,二4。//平面BCEF,

■-AE//DF,則4E,F,D四點(diǎn)共面，

■■AD//^-^BCEF,ADu平面4DFE,平面BCEFC平面4DFE=EF,：.AD//EF,又AE“DF,貝U四邊形2DFE

是平行四邊形，

???EF=AD=1；

(2)以4為原點(diǎn)，分另!］以AB、AD,4E所在直線為x軸、y軸、z軸，

建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)4E=4(/l>0),則E(0,(U),尸(0,1,22),5(1,0,0),C(l,2,0),BE=(-1,0,A).

=(-1,1,22),FC=(0,2,0),

設(shè)方=(%i,yi,zi)是平面BEF的一個(gè)法向量,

由=o,得｛-打fy：駕°，令zi=1,可得久1=機(jī)=-九

可得而=(A,-2,1),

設(shè)元=（X2，y2，Z2）是平面BFC的一個(gè)法向量，

由息.言I；，得｛-久2+y2+2Az2=0，令Z2=1，可得%2=2A,y2=。，

可得元=（2尢0,1）,

依題意|cos（而向I=黯=蒜而年=冬

【變式2-3］（2024?湖南?模擬預(yù)測）如圖1,在五邊形ZBCDP中，連接對(duì)角線2D,AD//BC,AD1DC,

PA=PD=242,AD=2BC=2DC=4,將三角形PAD沿2D折起，連接PC,PB,得四棱錐P—4BCD（如圖

2）,且PB=271后為4￡）的中點(diǎn)，M為BC的中點(diǎn)，點(diǎn)N在線段PE上.

圖1圖2

（1）求證：平面PHD_L平面4BCD；

（2）若平面4MN和平面P4B的夾角的余弦值為嚼，求線段EN的長.

【解題思路】（1）由等腰三角形證得PE，4D,勾股定理證得PE1BE,可得PE1平面4BCD,得平面PAD1

平面

（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,貝UBC==DE=2,因?yàn)?D〃BC,ADLDC,

所以四邊形BCDE為矩形，所以BE=CD=2,

因?yàn)镻4=PD=2VL且E為力D的中點(diǎn)，

所以PE14D,且PE=何2一DE2=2,

所以PE?+BE2=22+22=8=PB2,即PE_LBE,

又因?yàn)锳DOBE=E,AD,BEa^-^ABCD,

所以PEI平面ABC。，

又PEu平面P4D,所以平面24。1平面ABCD.

(2)以E為原點(diǎn)，應(yīng)4為x軸，E8為y軸，EP為z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,

則4(2,0,0),8(0,2,0),M(-l,2,0),P(0,0,2),

設(shè)EN=t(0<t<2),則N(0,0,t),

所以AB=(_2,2,0)/P=(-2,0,2),

設(shè)平面W的法向量為而=C),則:蒙常推二o：

令尤1=1,則%=l,zi=1,得沅=(1,1,1),

又府=(—3,2,0),麗=(-2,0,t)-

設(shè)平面力MN的法向量為五=(0”)，則,案二年區(qū);

令冷=t,則丫2=京2=2,得元=(t,y,2),

所以際所砌=|磊卜E5+竽+22=嚼，

解得t=1,或"詈(舍)，

4-1

所以線段EN的長為1.

【題型3空間角問題】

【例3】(2024?青海?二模)如圖，在三棱柱ABC—4再停1中，所有棱長均相等,CBICBCL0,^ABB1

=60°,CBLBBr.

A4

BBi

⑴證明；平面BBiJC.

(2)若二面角J—a/i—B的正弦值.

【解題思路】(1)設(shè)。為BB1的中點(diǎn)，先證明8為1平面2。。，以此得到BB1140,再證明4。1比。，結(jié)

合線面垂直的判定定理即可得解；

(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)。為B為的中點(diǎn)，連接4D,OD,ABr.

因?yàn)樵谌切瘟Bi中，AB=BB^ABBr=60°,所以三角形48%是等邊三角形，

而。是8當(dāng)?shù)闹悬c(diǎn)，故由三線合一可知，AD1BB.

因?yàn)镃BlBBi，。。是三角形BiBC的中位線，即。D〃BC,所以O(shè)DJ.BB1.

因?yàn)镃OO=D,4。,。。u平面4。。，所以附J.平面A。。.

因?yàn)?。u平面4。。，所以BBilAO.

在△4C/中，AC=ABlt。為aC的中點(diǎn)，所以

因?yàn)锽iCCBBi=&,Bi&BBiu平面881clC,所以4。1平面期的。

(2)設(shè)三棱柱ABC—&B1Q的棱長為魚，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，礪的方向?yàn)閤軸正方向，建立如圖所示的空

間直角坐標(biāo)系，

則。(0,0,0),5(1,0,0),51(0,1,0),4(0,04),C(0,-1,0).

BA=(-1,0,1)，嬴=(-1,1,0),BC=(-1,-1,0).

設(shè)平面ABBMi的法向量為元=(xi,yi,zi),

n?BA=—久i+Zi=0

可取完=(LL1).

n.BBi=_/+yi=0

設(shè)平面ZBC的法向量為訪=(x2fy2,z2),

貝膽?鋁=f+Z2=,

可取訪=(1,—1,1).

(m-BC=—x2—y2=

因?yàn)槠矫鎆BC〃平面/I&CI，所以平面的一個(gè)法向量為訪=(1,—1,1).

cos值麗=蠲=最后=3,sin伍麗=竽,

故二面角G—4181—B的正弦值為日2.

【變式3-1](2024?福建龍巖?三模)如圖，在四棱臺(tái)A8CD—4再停1。1中，底面四邊形為菱形,

/.ABC=60°,AB=2AAr=2A1B1,AA11平面ABCD.

(1)證明：BD1CC1；

⑵若M是棱BC上的點(diǎn)，且滿足器=I，求二面角M—A%—D的余弦值.

【解題思路】(1)先根據(jù)線面垂直的性質(zhì)得再根據(jù)線面垂直的判定定理得BD1平面ACC遇0

從而利用線面垂直的性質(zhì)定理即可證明；

(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和平面ADD1的法向量，再

利用向量法求解即可.

【解答過程】(1)在四棱臺(tái)48CD—Ai/GDi中，441,CCi延長后必交于一點(diǎn)，

故4&C14四點(diǎn)共面，因?yàn)?4—平面4BCD,BDu平面4BCD,故人義,時(shí)，

連接4C/1C1，因?yàn)榈酌嫠倪呅?BCD為菱形，故4C1BD,

AAinAC=A.AA^ACc平面4CCM1，故BD1平面ACCjXi，

因?yàn)镃Qu平面4CC"i，所以CCi.

（2）過點(diǎn)4作的垂線，交BC與點(diǎn)、N,以4VHD,441所在直線分別為%軸，y軸,z軸建立空間直角坐標(biāo)系

A—xyz（如圖），

>

y

設(shè)/$1=1,貝！=2/1B1=2,由于4ZBC=60。，故BN=1,

-1

則4(0,0,0),。1(0,1,1))(0,2,0),M(V3,-,0),

則加=(0,1,1),AM=(V3,|,0),前=(0,2,0),

記平面2M0i的法向量為五=(a,b,c),

則。=—乎,?=—3,即n=(—字3,—3),

平面的法向量可取為訪=(1,0,0),

V3

則cos伍，兩=器=V55

(一苧廣+32+(-3)2_______55,

所以二面角M—AD1—。的余弦值為嚼.

【變式3-2］（2024?黑龍江大慶?三模）如圖，在四棱錐P—48CD中，AD//

BC/BAD=90。/。=2BC=4/8=2,PA=2五,乙PA。=45°,且。是4。的中點(diǎn)

(1)求證：平面P0C1平面ABC；

(2)若二面角P-AD-B的大小為120。，求直線P8與平面24。所成角的余弦值.

【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4=2<2,OA=2/P4。=45°,

由余弦定理得「。2=力。2+AP2-2A0-APcos^PAO=4,所以P。=2.

因?yàn)镻A?=「。2+人。2,所以NPO4=90。，所以4D_LP0.

因?yàn)锽C//AO,BC=AO,所以四邊形48C0為平行四邊形，所以。C=48=2.

因?yàn)镹BA。=90°,所以乙4OC=90°,即力D_LOC.

因?yàn)镻。nCO=O,PO,COu平面POC,所以4D1平面P。。

因?yàn)?。u平面48C,所以平面POC_L平面48。

(2)在平面POC內(nèi)，過點(diǎn)。作。ELOC,交PC于E.

因?yàn)槠矫鍼OC，平面48C,平面POCC平面4BC=0C,所以。E_L平面4BC

以。為原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，貝何(2,0,0),￡)(—2,0,0),8(2,2,0).

由(1)可知NPOC為二面角P-4D—B的平面角，即NPOC=120。，所以乙POE=30。，由P。=2,可得P

(0,-l,V3).

所以方=(2,3,—V3),D^4=(4,0,0),^4=(2,1,-V3).

設(shè)平面PAD的一個(gè)法向量為訪=(x,y,z),貝:第二;，即謂z，

令Z=V3,則y=3,所以平面PAD的一個(gè)法向量為訪=（0,3,73）.

設(shè)直線P8與平面PCD所成角為仇則sin?=|cos債，麗）|=高儒=牛

所以直線PB與平面PCD所成角的余弦值為9.

4

【變式3-3]（2024?河南濮陽?模擬預(yù)測）如圖所示，在等腰梯形2BCD中，AB//CD,AD=AB=BC=2,

CD=4,E為CD中點(diǎn),NE與8。相交于點(diǎn)O,將△ADE沿/￡折起，使點(diǎn)。到達(dá)點(diǎn)尸的位置（PW平面

ABCE）.

（1）求證：平面POB1平面P3C；

（2）若PB=V^,試判斷線段尸8上是否存在一點(diǎn)。（不含端點(diǎn)），使得直線PC與平面4EQ所成角的正弦值

為平，若存在，求。在線段網(wǎng)上的位置；若不存在，說明理由.

【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。為原點(diǎn)，分別以。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)Q（O,t,逐一t）,求出平面

/E0的法向量，由線面角的向量求法求出t可得答案.

【解答過程】（1）如圖，在原圖中連接8E,由于AB〃DE,AB=DE,AB=DE,

所以四邊形是平行四邊形.

由于=所以四邊形助是菱形，所以4E1BD.

由于4B〃CE,AB=CE,所以四邊形/8CE是平行四邊形，

所以BC//4E,所以BC12D.

在翻折過程中，AE1OP,4EL0B保持不變，

即BC1OP,BCJ.OB保持不變.

由于。PCiOB=。，OP,OBu平面尸02,

所以BC1平面PO2,由于BCu平面尸5C,

所以平面P081平面PBC；

(2)由上述分析可知，在原圖中，BCVBD,

所以BD—V42-22=2V3,所以。B=0D=V3.

折疊后，若PB=在,則P02+0B2=PB2,所以P010B,

由于P010E,OBCOE=0,OB,OEcABCE,

所以P。！平面48CE.所以?！?OB,PO兩兩相互垂直.

由此以。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,

0E-0A-V22—I2—V3>

P(0,0,V3),C(2,V3,0),力(一1,0,0),E(1,O,O),

設(shè)0<t<V3,PC=(2,V3,-V3),

/E=(2,0,0),4。=(1芯百—力)，

設(shè)平面AEQ的法向量為五=(x,y,z),

則L.元F+：二而\)z=。,令2=「得%=°2=?一技

故71=(0/-f

設(shè)直線PC與平面4石。所成角為仇則

sin?=亢屁==65侄―低

同」J(t-V3)2+t2xV4+3+3

3-___=萍，

-V2t2-2V3t+3xV10-5'

所以，2t2-2巡1+3=2t2-2V3t+3=|,

4t2-4V3t+3=(2t—V3)2=0,解得t=孚，

所以Q(0，孚,當(dāng)),因?yàn)镻(0,0,、③*B(0,V3,0),

P(0,0,V3)>B(0,V3,0)的中點(diǎn)坐標(biāo)為(0,容孚)，

即。是心的中點(diǎn).

Zj

X

【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)力BC—4止道1中，△4BC為等邊三角形，AB=2/1^=4,

4411平面N8C,點(diǎn)M,N,。分別為N8,AC,8c的中點(diǎn)，A-^BLACr.

⑴證明：CQII平面&MN；

(2)求直線4D與平面41MN所成角的正弦值；

(3)求點(diǎn)D到平面&MN的距離.

【解題思路】(1)建立空間直角坐標(biāo)系，求出平面&MN的法向量，利用近1五，結(jié)合CQX午面&MN,

得出CCi〃平面&MN；

(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)棱底面ABC,ZX/IBC為等邊三角形，所以過點(diǎn)4作AH14C,則以為點(diǎn)/為

坐標(biāo)原點(diǎn)，AC,AH,而的方向分別為x軸，y軸，z軸的正方向，建立如下圖所示的空間直角坐標(biāo)系，

設(shè)力41長為巾(巾>0),則A(0,0,0)/i(0,0,m),B(2,2b,0),Ci(2,0,ni)

ArB=(2,2>/3,—m),ACr=(2,0,m),

因?yàn)榱?B14C1，所以41B-4C1=O,則有4一巾2=0,m=2.

所以4(0,0,0),B(2,2V3,0),C(4,0,0),C式2,0,2),41(0,0,2),M(l,V3,0),N(2,0,0).

證明：因?yàn)椴?(1,倔-2),嬴=(2,0,—2),設(shè)平面&MN的法向量為無=(x,y,z),

則加麗宇+■-2z=0,,令“I,則可=(i,旦°,

I可?力1N=2久-2z=0.'3)

又因?yàn)槲?(—2,0,2).

--->—>->

所以CC1?元1=-2+0+2=0,所以“1，的，又因?yàn)?母平面41MN,所以CQII平面&MN.

(2)因?yàn)椤橹悬c(diǎn)，所以CD=2,則。(3,舊,0)，

有乖=(3,V3,-2),又過=(1,苧,1)，設(shè)直線4道與平面4MN所成角為。，

sin。=|cos<菽，可>|==元=等

則直線&D與平面&MN所成角的正弦值為等.

(3)因?yàn)辂?(一1,一乃0),平面4MN的法向量為可=(1,苧,1),

所以，點(diǎn)。到平面&MN的距離為塔朝=9.

\ni\7

【變式4-1](2024?廣東?三模)如圖，邊長為4的兩個(gè)正三角形ABC,BCD所在平面互相垂直，E,F分別

為BC,CD的中點(diǎn)，點(diǎn)G在棱4。上，AG=2GD,直線48與平面EFG相交于點(diǎn)H.

⑴證明：BD//GH；

(2)求直線8D與平面EFG的距離.

【解題思路】(1)首先證明BD〃平面EFG,再由線面平行的性質(zhì)證明即可；

(2)連接E4,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、尸分別為BC、CD的中點(diǎn)，所以EF〃BD,

又BDC平面EFG,EFu平面EFG,貝！JB。//平面EFG,

又BDu平面ABD,平面ABDn平面EFG=GH,所以BD〃GH.

(2)由(1)知，BD〃平面EFG,

則點(diǎn)8到平面EFG的距離即為8。與平面EFG的距離,

連接E4,ED,由△AB&aBCC均為正三角形，E為BC的中點(diǎn)，得E4，BC,ED1BC,

又平面ABC1平面BCD,平面ABCn平面BCD=BC,AEc平面ABC,

于是力El平面BCD,又EDu平面BCD,貝！JE41ED,

以點(diǎn)E為原點(diǎn)，直線EB,ED,E4分別為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系，

則B(2,0,0),F(-1,V3,O),又4(0,0,2向，0(0,273,0),

又幾=2小，可得G(0,竽,竽)，

所以麗=(2,0,0),FF=(-1,73,0),麗=(0,竽,竽)，

_(EF,n=—x+y/3y=0

設(shè)平面EFG的一個(gè)法向量為日=(%,y,z),則|亍一4V3,2V3仆，

(EG-n=—y+—z=0

令y=l,得亢=(但I(xiàn),—2),

設(shè)點(diǎn)B到平面EFG的距離為d,則&=啥=萼=亭

I九IV8乙

所以8D與平面EFG的距離為當(dāng)

【變式4-2](2024?上海?三模)如圖，在直三棱柱ABC—AiBiQ中，AAr^AB=2,AC=1,

乙4cB=90。，。是棱N2上的一點(diǎn).

(1)若=DB,求異面直線BiD與力iCi所成的角的大小;

(2)若CD1B1D,求點(diǎn)8到平面aCD的距離.

【解題思路】(1)根據(jù)給定條件，建立空間直角坐標(biāo)系，求出百萬與市的坐標(biāo)，再利用線線角的向量求

法求解即得.

(2)由(1)的坐標(biāo)系，求出點(diǎn)。的坐標(biāo)，平面的法向量坐標(biāo)，再利用點(diǎn)到平面的距離公式計(jì)算即得.

【解答過程】(1)在直三棱柱4BC—力道停1中，Z4CS=90°,則直線C4,CB,CCi兩兩垂直，

以點(diǎn)C為原點(diǎn)，直線C4CB,CCi分別為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系，

則C(0,0,0),4(1,0,0)鳳0,瘋0),的(0,0,2)4(1,0,2)41(0,瓶2),

由2D=DB,得嗚手,0),于是袤=6—孚一2),而=(-1,0,0),

B\D,A-[V5

cos〈Bi￡MiCi)=

I麗I宿IV5xl10,

所以異面直線為。與&的所成角的余弦為奈大小為arccos將

(2)令前=4屈=4(一l,V3,0)=(-A,V3A,0),0W；lW1,點(diǎn)D(1-A,V3A,0),

則而=(1—4,VIa,0),BiD=(l-Z,V3A-V3,-2),由CD

得方?雨=(1—4)2+32(4—1)=0,而0W4W1,解得；I=：或；1=1,

當(dāng)；I=1時(shí)，點(diǎn)。與點(diǎn)B重合，點(diǎn)8在平面8停。內(nèi)，因此點(diǎn)3到平面為CD的距離為0；

當(dāng);I=:時(shí)，。（泮,0）,CD=（泮,0）,函=（0,73,2）,

行7^_3V3_

設(shè)平面3母。的法向量元=(x,y,z),則小….~4XTy-,

n?CBi=v3y+2z=0

?。?2,得元=(2,—2點(diǎn)3),

而而=(0,V3,0),因此點(diǎn)B到平面比⑺的距離％=噂=

I叫3

所以點(diǎn)8到平面&CD的距離為0或接

【變式4-3](2024?海南?模擬預(yù)測)如圖，在直四棱柱4BCD—48道1。1中，底面四邊形48CD為梯形,

AD//BC,AB=AD=2,BD=2近,BC=4.

(1)證明：.L

(2)若直線48與平面&CDi所成角的正弦值為噂，點(diǎn)M為線段BD上一點(diǎn)，求點(diǎn)M到平面臺(tái)道小的距離.

【解題思路】(1)因?yàn)橐虼酥恍枳C明48_L平面只需證明/B_LA4i(由題可證)，

ABVAD,由勾股定理易證.

(2)建立空間直角坐標(biāo)系，先由直線4B與平面Bi。小所成角的正弦值為日，求出A41，再證明BD〃平

面Bi。%,由此得點(diǎn)〃到平面&CD1的距離等價(jià)于點(diǎn)B到平面當(dāng)。小的距離，再由點(diǎn)到平面的距離公式求

解即可.

【解答過程】(1)因?yàn)?B=4D=2,BD=2V2,

所以4B2+4。2=8=8。2,所以

因?yàn)?BCD-為直四棱柱，

所以力遇，AB,

因?yàn)?送。4。=44遇/。u平面aODMi，

所以力B_L平面

因?yàn)?1B//4B,所以公&J.平面4。小力1，

因?yàn)榱1U平面ADDMi，所以乙為工皿

(2)由(1)及題意知，兩兩垂直，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系

因?yàn)?B=4。=2,BD=2V2,BC=4.設(shè)4送=h(h>0),

所以4(0,0,0),B(2,0,0),Bi(2,0,h),C(2,4,0),力i(0,2,h),D(0,2,0)

所以同=(2,0,0),CBi=(0,-4,九)皿=(-2,-2,/i),BC=(0,4,0),麗=(-2,2,0),

設(shè)平面8也。1的一個(gè)法向量為元=(x,y,z)

則1n-CBx=—4y+hz=0

In-CDI=—2x—2y+hz=0

令z=4,則x-y—h,所以元=(ft,fi,4)

設(shè)直線4B與平面為CDi所成的角為0,

則sE”|cos