立體幾何必考經(jīng)典解答題全歸類-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】

?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,。],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(。，y],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)3為斜足；找線在面外的一點(diǎn)/,過點(diǎn)N向平面a做垂線，確定

垂足O-,

②連結(jié)斜足與垂足為斜線在面a上的投影；投影8。與斜線之間的夾角為線面角；

③把投影與斜線歸到一個(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，求出斜線為在面外的一點(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=},其中6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.=y/MN2~(MN-v)2.

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°,把放在某個(gè)三角形中，解三角形求出尸。的長度就

是點(diǎn)P到平面a的距離.

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

③等體積法.

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的距離為巧：

H

【知識點(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/,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)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.

?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)已知三棱柱力BC—4B1C1，如圖所示，P是上一動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)。、D

分別是AC、PC的中點(diǎn)，AB1BC,AAt=AB=BC=2.

B

(1)求證：。。||平面P48；

(2)當(dāng)44i1平面4BC,且&P=3PCi時(shí)，求三棱錐Bi-力PC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)。、。分別是AC、PC的中點(diǎn)，

所以。川PA,

因?yàn)?。。C平面PAu平面R4B,

所以。川平面P4B；

(2)因?yàn)锽Bi1平面力BC,4B,BCu平面4BC,

所以叫1AB,BBi1BC,

又AB1BC,=AB=BC=2

以8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81(0,0,2),4(0,2,0),C(2,0,0),P的(2,0,2),

設(shè)平面法向量ZCC14的法向量為隹=(x,y,z),

則(m-AC={x,y,z)?(2,-2,0)=2%—2y=0

(m-AC[=(x,y,z)?[2,—2,2)=2%—2y4-2z=0

解得z=0,令％=1,則y=l,故隹=(1,1,0),

則點(diǎn)名到平面4CCM1的距離為d=留票=1(。，2，渭」，。)1=3=a，

由勾股定理得MCI=7AB2+BC2=2V2,

SAACP=I\AC\?-Ix2V2x2=2V2,

則三棱錐％-4PC的體積為gs^cp-d=1x2V2xV2=J

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

且滿足平面PHE1平面P8E,AB=BC=BP=1.

(1)求證：AE1BE；

(2)當(dāng)二面角E-PA-B的余弦值為苧時(shí)，求三棱錐E-PCB的體積.

【解題思路】(1)作BH_LPE,證得BH1平面P4E,得到BH_L力E,再由PB1平面力BC,證得PB_L4E,

利用線面垂直的判定定理，證得力E1平面PBE,進(jìn)而證得4E1BE；

(2)以B為原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)，設(shè)E(x,y,0),由2E1BE,得到版?前=0,求得。一/%

在求得平面P4E和P4B的法向量元=(y,l—x,y)和麗=(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1PE交PE于H,

因?yàn)槠矫鍼4E1平面PBE,且平面PAE_L平面PBE=PE,B”u平面PBE,

所以BHJ_平面P4E,

又因?yàn)?Eu平面P4E,所以BH_L4E,

因?yàn)镻8_L平面ABC,S.AEu平面PAE,所以PB1AE,

又因?yàn)锽H14E,PB1AE,且PB,B”u平面PBE,PBCBH=B,

所以力E_L平面PBE,

因?yàn)锽Eu平面PBE,所以4E1BE.

(2)解：以8為原點(diǎn)，以B4B&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(O,O,1),C(O,1,O),4(1,0,0),

設(shè)E(x,y,0),因?yàn)榱lBE,所以荏?霜=0,

因?yàn)檐?(x—l,y,0),露=(x,y,0),所以(x-l)x+yxy=。，BP(x-1)2+y2

又由方=(1,0,—1),族=(%-l,y,0),

設(shè)平面/ME的一個(gè)法向量為元=(a,b,c),則L^-PA=a-c=0,

取。=y,可得b=l-Kc=y,所以五=(y,1—％,y),

又因?yàn)槿?(0,1,0)為平面R4B的一個(gè)法向量，

設(shè)二面角E-PA-B的平面角為仇

mil—同罔—V3

劃C°Sd一同|西一J(f+2y2x1

3

因?yàn)?x-療+y2=(,解得x=l,y=0(舍去)或x=；,y=士;,

所以點(diǎn)E63,0)或呢,一(,0),

所以三棱錐E-PCB的體積為唳.PCB=三SAPCB-h-|xixlxlx1=^.

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

平面4BCD,平面BCF_L平面力BCD,ADAB=J

F

(1)證明：CF1平面4BCD；

(2)若DE=孚，平面4DE與平面BCF的夾角為g求四棱錐E-力BCD的體積.

26

【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A8C。內(nèi)分別作直線m_LCD,nlBC,

因?yàn)槠矫鍯DEF-L平面4BCD,平面CDEFC平面力BCD=CD,

znu平面ABC。，所以m_L平面CDEF,

又FCu平面CDEF,所以znlFC.

同理可證ri_LFC,又m,nu平面4BCD,且"為相交直線，

所以FC1平面4BCD；

(2)取中點(diǎn)G,連接BD,DG,ND4B=］且底面4BCD為菱形,

故△BCD為等邊三角形，所以DG1D4

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

貝|JD(O,O,O),C(-l,V3,0),4(2,0,0),

故反=(-1,73,0),由平面CDEF1平面2BCD,

所以可設(shè)石儂一百氏%)，同=(x,y,z)為平面4DE的法向量，

則有｛，窘1叫a-/=0,取"＞。，甑-).

由平面BCF，平面力BCD,故無=(0,1,0)為平面BCF的一個(gè)法向量，

結(jié)合已知有cos〈近，五〉=力與’==,又DE=江八2+4a2=所以％=

V/lz+3az222

所以％-4BCD=（X|x2V3=V3.

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

A8CD,PD=近力。=為PD的中點(diǎn)，Q為我上一點(diǎn)，且力M1DQ.

⑴證明：PC〃平面3D。；

（2）若二面角B-DQ-C為45°,求三棱錐Q-BCD的體積.

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

/尸的中點(diǎn)，從而得到。。為△「人（7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AD。的法向量和平面60。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，平面u平面4BCD,

所以PCI4。，則而?51=0.

設(shè)而=XAP,

則麗=DA+AQ=DA+XAP=~DA+A（DP一麗）=（1一A）D2+WP,

AM=AD+DM=-DA+^DP,

因?yàn)榱_LDQ,所以福?麗=0,即

AM-DQ=［（1-A）DA+WP］.E5+［而）

11

=(2-1)|DX|2+-(1-X)DA-DP-XDP-DA+-A|RP|2=0

則(4-1)+4=0,解得2=T，

所以Q為/尸的中點(diǎn).

連結(jié)NC,與AD交于點(diǎn)。，連結(jié)0。，

由于底面/BCD是矩形，所以。為ZC的中點(diǎn)，則。。為△「/!(?的中位線，

所以。Q//PC,

又OQu平面BDQ,POz平面BDQ,

所以PC〃平面3。。

(2)易知DC,。尸兩兩互相垂直，

以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，以。4DC,。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),M/)(0,0,0),B(l,t,0),Qg,0,y),C(0,t,0),

麗=$0,苧，而=反=(0,t,0)，

設(shè)平面BDQ的法向量為記=

由歿京=。，得卜1+苧Z1=。，

WB-m=0%!+tyT=0

取%1=1,則記

設(shè)平面CDQ的法向量為遠(yuǎn)=(%2，丫2以2)，

由畫=0,得伊2+梟=0,

WC-n=0ty2=0

取%2=1，則元=(1,0,-多,

解得t=苧,

于是|COS何，元〉I==COS450=T

故三棱錐Q-BCD的體積為Q_BC。=|XSABCDx|PD=1x|x1xx

【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，4(〃BC,ID12B,點(diǎn)E、1在平面ABCO的同側(cè),CF//AE,AD=1,

AB=BC=2,平面ACFE1平面4BCD,EH=EC=療

(1)求證：BF〃平面力DE；

(2)若直線EC與平面FBD所成角的正弦值為嚶，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)镃F〃/IE,CF0平面力DE,

所以CF〃平面4DE,同理8c〃平面2DE,

又BC,CFu平面BCF,BCPiCF=C,

所以平面BCF〃平面4DE,BFu平面4DE,

所以BF〃平面4DE；

(2)取ZC的中點(diǎn)0,因?yàn)镋4=EC,

所以EOJ.AC,JL^-^ACFE1^-^ABCD,平面ACFEn平面48CD=4C,

EO所以E。！平面力BCD,

又因?yàn)?D1AB,故可建U如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz.

在四邊形4BCD中，因?yàn)榱=l,AB=BC=2,AD//BC,AD1AB,

所以4C=2魚，所以4。=。。=&，

因?yàn)镋4=EC=B,所以EO=1,

所以4(0,0,0),8(2,0,0),0(0,1,0),C(2,2,0),0(1,1,0),E(l,l,l),EC=(1,1,-1),

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

設(shè)請=4族=(A,A,A),A>0,則麗=說+序=(A,2+A,A),

設(shè)元=(x,y,z)為平面BDF的法向量，

則產(chǎn)理=0,即［0,故取元=(12—A3),

因?yàn)橹本€EC與平面FBD所成角的正弦值為嚶，

|n-g_6+114V10

所以|cos<njEC>|

215

同」國—V3XJ5+G+3)

兩邊同時(shí)平方得

所以68（，+與-23=0,解得彳=/或1=—1|（舍去），

所以;1=2,所以CF=24E=2^.

【變式2-1］（2024?重慶?模擬預(yù)測）如圖，在四棱錐E—4BCD中，EC1平面4BCD,4B||DC,△4CD為等邊

三角形，DC=24B=2,CB=CE,點(diǎn)F為棱BE上的動(dòng)點(diǎn).

⑴證明：DC1平面BCE；

（2）當(dāng)二面角F-4C-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的長度.

【解答過程】(1)依題意NB4C=乙4。。=60。，所以CB=,22+1_2-2x2x4義cos60。=

所以4B2+CB2=4。2,所以則DC1CB,

由于CE1平面力BCD,DCu平面力BCD,所以CE_LDC,

由于BCGCE=C,BC,CEu平面BCE,所以DC1平面BCE.

(2)由(1)可知DC,CE,C8兩兩相互垂直，由此以C為原點(diǎn)，建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，

4(1,V3,0),B(0,V3,0),設(shè)F(0,t,百一t),0WtW百，

平面4BC的法向量為沅=(0,0,1),

設(shè)平面F4C的法向量為元=(%,y,z),

.{n-GA—x+V3y=0

貝n1J-一/L、，

[n-CF=ty+(V3—t)z=0

故可設(shè)元=(—V3t+3,t—V3,t),

依題意，二面角F-AC—B的大小為45。，

所以|尚普-?~日，

|mNn|J(-V3t+3)2+(t-V3)2+t2

整理得3t2-8V3t+12=(V3t-2)(V3t-6)=0,

解得"?；?喜(舍去)，所以“0,卓,亭)，

【變式2-2](2024?湖北?模擬預(yù)測)如圖，AE1平面2BCD,E,F在平面ABCD的同側(cè)，AE//DF,AD//BC,

1

AD—B,AD=AB=-BC=1.

(1)若8,E,￡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ZQFE是平行四邊形可得答案；

(2)以4為原點(diǎn)，分別以力B、AD,4E所在直線為%軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)E(0,0"),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,4。C平面BCEF,平面BCEF,

AE//DF,則4瓦產(chǎn),。四點(diǎn)共面,

4。//平面BCEF,ADu平面4DFE,平面BCEFn平面4DFE=EF,???4D//EF,又2E//DF,貝U四邊形4DFE

是平行四邊形，

?-.EF=4。=1；

(2)以4為原點(diǎn)，分別以力B、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(4>0),則以0,0可),F(O,1,2A),B(l,0,0),C(l,2,0),5F=(-l,0,A),BF=

(—1,1,24),BC=(0,2,0),

設(shè)記=01，V1，Z1)是平面BEF的一個(gè)法向量，

由依器:上得｛-小煞獸屋=o,令zi=二可得/=尢乃=一九

可得記=可一尢1),

設(shè)五=(%2，、2*2)是平面的一個(gè)法向量，

由匕葛二i得｛-亞+軟;2鼠=0,令Z2=L可得皿=2九了2=0,

可得元=(24,0,1),

\m-n\__________|2%+1|__________V3

依題意|cos〈范元)|

同同VA2+(-A)2+1-V(2A)2+O2+122

解得2=pAE=1.

【變式2-3］（2024?湖南?模擬預(yù)測）如圖1,在五邊形4BCDP中，連接對角線4D,力?！˙C,4D1DC,PA=

PD=2?AD=2BC=2DC=4,將三角形PAD沿AD折起，連接PC,PB,得四棱錐P—A8CD（如圖2）,

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

圖1圖2

⑴求證：平面PAD_L平面ABCD；

（2）若平面AMN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_L4D,勾股定理證得PE_LBE,可得PE_L平面4BCD,得平面PAD_L

平面力BCD.

（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==DE=2,因?yàn)榱〃BC,AD1DC,

所以四邊形8CDE為矩形，所以BE=CC=2,

因?yàn)镻4=PD=2&,且E為4。的中點(diǎn)，

所以PE1AD,且PE=y/PA2-DE2=2,

所以PE?+BE2=22+22=8=PB2,即PE1BE,

又因?yàn)?DCBE=E,AD,BEc^ABCD,

所以PE1平面4BCD,

又PEu平面PHD,所以平面PAD_L平面4BCD

（2）以E為原點(diǎn)，E4為久軸，EB為y軸，EP為z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，

則4(2,0,0),B(0,2,0),M(-1,2,0),P(0,0,2),

設(shè)EN=t(0WtW2),貝!]N(0,0,t),

所以荏=(一2,2,0),Q=(-2,0,2),

設(shè)平面PAB的法向量為沅=(x“i，zi),則隹竺=-2/+2%=0,

令％i=1,則yi=l,z1=1,得訪=(1,1,1),

又前=(-3,2,0),麗=(-2,0"),

設(shè)平面AMN的法向量為元=(物力應(yīng))，則￡竺=一級2+2y2=0,

令%2=3則、2=.*2=2,得元=(*,2),

所以|cos(記，元)1==----------

l|m||n|.+M+i2xJt24+2229

解得t=1,或t=*（舍），

所以線段EN的長為1.

【題型3空間角問題】

【例3】例024?青海?二模）如圖，在三棱柱4BC-&B1C1中，所有棱長均相等,CB1CBC1=O,^ABB1=60°,

CB1BB1.

（1）證明；4。，平面BBiMC.

⑵若二面角Ci—A/i—B的正弦值.

【解題思路】（1）設(shè)。為BBi的中點(diǎn)，先證明，平面4。。，以此得到BB1140,再證明2。1%C,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)。為的中點(diǎn)，連接4。，OD,ABX.

因?yàn)樵谌切沃?，AB==60°,所以三角形力是等邊三角形，

而。是8Bi的中點(diǎn)，故由三線合一可知，ADIBB^

因?yàn)镃BLBBi，。。是三角形為BC的中位線，即OD〃BC,所以。D1BB1.

因?yàn)榱nOD=D,AD,ODu平面40D,所以BB】_L平面A。。.

因?yàn)榱Α平面2。。，所以叫「。

在△ACBi中，力C=4Bi，。為8修的中點(diǎn)，所以力。，8道.

因?yàn)楫?dāng)Cn=/，u平面BBiQC,所以4。_L平面夕當(dāng)前。

(2)設(shè)三棱柱4BC-41%的的棱長為魚，以。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(0,0,0),5(1,0,0).%(0,1,0),4(0,0,1),C(0,-1,0).

設(shè)平面ABB1&的法向量為元=Oi，yi，Zi),

則[5更=一/+4=°,可取”(1,1,1).

-BB]=—%]+J7]=0

設(shè)平面的法向量為訪=(%2，y2，Z2)，

(m-BA=—x+z=0一一、

貝niIl一一22,可取記

im-BC=—犯一丫2二0

因?yàn)槠矫?8c〃平面必多的，所以平面為當(dāng)?shù)牡囊粋€(gè)法向量為記=(1,一1,1).

>—n-m11.>—2V2

cos伍，山)=麗=時(shí)=石,sin(n,m)=―,

故二面角Ci—4當(dāng)-B的正弦值為^

【變式3-1](2024?福建龍巖?三模)如圖，在四棱臺ABCD-A/iCiDi中，底面四邊形48co為菱形，乙4BC=

60°,AB=2AA1=2Ai8i，7L4i1平面ABCD.

(1)證明：BD1CC1；

(2)若M是棱BC上的點(diǎn)，且滿足器求二面角M-4小-。的余弦值.

DC3

【解題思路】(1)先根據(jù)線面垂直的性質(zhì)得，BD,再根據(jù)線面垂直的判定定理得BD1平面ACCiAi，

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A"小和平面的法向量，再

利用向量法求解即可.

【解答過程】(1)在四棱臺力BCD-&B1C1D1中，44i，CCi延長后必交于一點(diǎn)，

故4&的,41四點(diǎn)共面，因?yàn)锳4i_L平面ABC。，BDu平面4BCD,1BD,

連接4C,&Ci，因?yàn)榈酌嫠倪呅?BCD為菱形，故力C1BD,

AAtCiAC=A,AA^ACu平面力CCi^i,故BD1平面力41,

因?yàn)镃C1U平面ACCMi，所以BDJ.CCi，

(2)過點(diǎn)/作BC的垂線，交BC與點(diǎn)N,以力N,4D,44i所在直線分別為X軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系

A—xyz(如圖)，

設(shè)41%=1,貝!MB==2,由于N4BC=60。，故BN=1,

貝必(0,0,0),￡>(0,2,0),M(V3,1,0),

則河=(0,1,1),前=(百,1,0),AD=(0,2,0),

記平面AMD1的法向量為元=(a,b,c),

皿?元=0,即(h+c=0

則(V3a+|b=0'令。=3,

.前?五二0

則a=_ac=_3,即元=(一苧,3,—3),

平面力D￡)i的法向量可取為記=(1,0,0),

n-mV55

則cos(n,m)

\n\\m\J(~)2+32+(-3)2~~55",

所以二面角M-ADr-。的余弦值為等.

【變式3-2](2024?黑龍江大慶?三模)如圖，在四棱錐P—A8CD中，AD//BC,NB力。=90。,AD=28C=

4,AB=2,PA=242,AO=45°,且。是AD的中點(diǎn).

(1)求證：平面POC1平面4BC；

(2)若二面角P-AD-8的大小為120。，求直線PB與平面PAD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&,。4=2/P4。=45。,

由余弦定理得「。2=AO2+AP2-2A0-APcos^PAO=4,所以P。=2.

因?yàn)?42=「。2+4。2,所以NP。4=90。，所以力D1PO.

因?yàn)锽C〃40,BC=4。，所以四邊形4BC。為平行四邊形，所以。C=4B=2.

因?yàn)?52。=90。,所以乙4OC=90。，即力D1OC.

因?yàn)镻。DCO=0,PO,COu平面POC,所以4。1平面POC.

因?yàn)榱u平面4BC,所以平面P0C_L平面力BC.

(2)在平面POC內(nèi)，過點(diǎn)。作。E1OC,交PC于E.

因?yàn)槠矫鍼OC1平面4BC,平面POCn平面ABC=OC,所以。EJ■平面2BC.

以。為原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，貝!14(2,0,0),。(一2,0,0),8(2,2,0).

由(1)可知NPOC為二面角「一4。一8的平面角，即4P。。=120",所以NPOE=30。，由PO=2,可得P(0,—

1,V3).

所以而=(2,3,一百)，瓦？=(4,0,0),PX=(2,1,-V3).

設(shè)平面PAD的一個(gè)法向量為記=(x,y,z),貝山豆,竺=。，即[久=2，

令z=V3,則y=3,所以平面PHD的一個(gè)法向量為記=(0,3,V3).

設(shè)直線PB與平面PCD所成角為仇則sin。=|cos(范麗)|=欄魯=￡

所以直線PB與平面PCD所成角的余弦值為日.

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

CD=4,E為CD中點(diǎn),/￡與2。相交于點(diǎn)O,將△4DE沿NE折起，使點(diǎn)。到達(dá)點(diǎn)尸的位置(PC平面ABCE).

(1)求證：平面POB1平面P2C；

(2)若PB=V^,試判斷線段依上是否存在一點(diǎn)0(不含端點(diǎn))，使得直線PC與平面4EQ所成角的正弦值

為野，若存在，求0在線段必上的位置；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,百-。，求出平

面的法向量，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BE,由于AB//DE,AB=DE,AB=DE,

所以四邊形是平行四邊形.

由于4B=所以四邊形45E。是菱形，所以力E_LBD.

由于4B〃CE,AB-CE,所以四邊形/8CE是平行四邊形,

所以BC〃2E,所以BCJ.BD.

在翻折過程中，AELOP,4EL0B保持不變，

即BC1OP,BC10B保持不變.

由于。PCOB=。，OP,OBcip?POB,

所以8cl平面尸03,由于BCu平面P8C,

(2)由上述分析可知，在原圖中，BC1BD,

所以BD=V42-22=2V3,所以。B=0D=回

折疊后，若PB=灰,貝1肝。2+。辟=「爐，所以p。，OB,

由于POJ.OE,OBCiOE=0,OB,OEc5F?ABCE,

所以P。1平面/BCE.所以O(shè)E,OB,PO兩兩相互垂直.

由此以。為原點(diǎn)，

分別以O(shè)E,OB,0P所在的直線為相y,z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,

OE=0A=V22—I2=V3,

P(0,0,V3),C(2,V3,0),4(-1,0,0),F(l,0,0),

設(shè)Q(O,t,舊-t),0<t<V3,(2,V3,-V3),

AE=(2,0,0),AQ=(l,t,V3-t),

設(shè)平面4￡。的法向量為元=O,y,z）,

Wjf—*一AE-n-2x-0令z=［得%=0y=?百,

-n=%+ty+（V3-t）z=0）

故五二（0"—V3,t）,

設(shè)直線PC與平面4EQ所成角為仇則

.△n-PCV3（t-V3）-V3t

sint/=-?—>]=?----------

，儼0J（t-V3）2+t2xV4+3+3

__________3_________V15

V2t2-2V3t+3xV105'

所以J2t2—+3-J^，2t2一2V3t+3=

2/o

4t2—4V^t+3=（2t—V3）=0,解得t=~f

所以Q（0,爭紛,因?yàn)镻（0,0,⑸，B（0,V3,0）,

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

【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ABC—&B1C1中，△力BC為等邊三角形，AB=2A1B1-4,

4411平面48C,點(diǎn)跖N,。分別為48,AC,2C的中點(diǎn)，AXBVACX.

⑴證明:“ill平面4MN；

(2)求直線&D與平面&MN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CCil元，結(jié)合CC盧平面&MN,

得出CCi〃平面4MN；

（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1底面力BC,△力BC為等邊三角形，所以過點(diǎn)4作4H14C,則以為點(diǎn)/為

坐標(biāo)原點(diǎn)，AC,AH,標(biāo)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4長為＞0),貝lj4(0,0,0),4(0,0,m),B(2,2V^0),Ci(2,0,7n)

A1B=(2,2V3,—m),AC1=(2,0,m),

因?yàn)榱BlACi，所以誦?宿=0,則有4一爪2=0,m=2.

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

證明：因?yàn)?1而=(1，8,-2),4H=(2,0,-2),設(shè)平面2MN的法向量為與=(x,y,z),

則尸+何-2z=0,,令x=],則元=2"

又因?yàn)槠?(-2,0,2).

所以瓦7?元1=-2+0+2=0,所以cZi_Lni，又因?yàn)镃CiC平面&MN,所以CQII平面&MN.

（2）因?yàn)?。為中點(diǎn)，所以CD=2,則。（3,8,0）,

有初=（3,b，一2）,又訪=（1,f,1）,設(shè)直線與平面&MN所成角為仇

sin0=Icos<4了,％>1=^，

1111

|&D|?同4xJ14

則直線&D與平面&MN所成角的正弦值為等.

（3）因?yàn)辂?（一1,一柢0）,平面&MN的法向量為宙=

所以，點(diǎn)。到平面&MN的距離為晤*=第.

【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AD上，AG=2GD,直線4B與平面EFG相交于點(diǎn)H.

(1)證明：BD//GH；

⑵求直線BD與平面￡TG的距離.

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

(2)連接E4ED,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//BO,

又BDC平面EFG,EFu平面EFG,貝UBD〃平面EFG,

又BDu平面平面ABDC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E4ED,由△力BC,ZXBCD均為正三角形，E為8c的中點(diǎn)，得EA1BC,EDJ.BC,

又平面ABC1平面BCD,平面ABCC平面BCD=BC,AEu平面ZBC,

于是力E_L平面BCD,又EDu平面BCD,貝!_LED,

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,

貝|JB(2,O,O),F(-l,V3,0),又力(0,0,2舊)，￡)(0,273,0),

又兄=2GB,可得G(0,苧,學(xué))，

所以說=(2,0,0),￡T=(-1,73,0),汨=(0,竽,甯，

EF-n=—x+V3y=0

設(shè)平面EFG的一個(gè)法向量為元=(x,y,z),貝I]__4遮2V3

EG,n=——v4-----z=0

3,3

令y=1,得元=(V3,1,-2),

設(shè)點(diǎn)B到平面EFG的距離為d,則d=粵=竿=容

\n\V82

所以BC與平面EFG的距離為手.

【變式4-2］（2024?上海?三模）如圖，在直三棱柱ABC—aB1C1中，AAt=AB=2,AC=1,^ACB=90°,

。是棱上的一點(diǎn).

（1）若/W=DB,求異面直線Bi。與&的所成的角的大??；

（2）若CD1BD求點(diǎn)B到平面BiCD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，求出瓦萬與宿的坐標(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/CD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—4當(dāng)?shù)闹校珹ACB=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),5(0,百,0),G(0,0,2),4(1,0,2),%(0,V3,2),

由=得%,今o),于是瓦中=&一今一2),殖=(一i,o,o),

所以異面直線與所成角的余弦為已大小為arccos^.

(2)令前=4屈=4(-1,b,0)=(一尢百兒0),0<2<1,點(diǎn)。(1一兒日兒。)，

則方=(1-A,V3A,0)，O=(1-A,V3A-V3,-2),由CD1BXD,

得麗?布=(1-4)2+3A(A-1)=0,而0W4WL解得4=［或4=1,

當(dāng)4=1時(shí)，點(diǎn)。與點(diǎn)B重合，點(diǎn)3在平面/CD內(nèi)，因此點(diǎn)2到平面BiCD的距離為0；

當(dāng)；1=1時(shí),D(；，Y，0),麗=信牛,0),西=(0,遍,2),

設(shè)平面8修。的法向量S=Q,y,z),貝q-"*,7二^0—=1—"4+-—7"—=un,

jri-CB；=V3y+2z=0

?。?2,得無=(2,—28,3),

而荏=(0,V3,0),因此點(diǎn)B到平面B1CC的距離h=鬻=［，

所以點(diǎn)8到平面為CD的距離為0或*

【變式4-3］(2024?海南?模擬預(yù)測)如圖，在直四棱柱ABC。-中，底面四邊形力BCD為梯形，4D〃

BC,AB=力。=2,BD=2^/2,BC=4.

4D\

(1)證明：A1B^LAD^,

(2)若直線AB與平面為肛所成角的正弦值為當(dāng)，點(diǎn)M為線段BD上一點(diǎn)，求點(diǎn)M到平面8修小的距離.

【解題思路】(1)因?yàn)?B1//4B,因此只需證明力B_L平面4。小力1，只需證明4B144式由題可證),481AD,

由勾股定理易證.

(2)建立空間直角坐標(biāo)系，先由直線4B與平面為CD1所成角的正弦值為坐，求出力公，再證明BD〃平

6

面Bi。%,由此得點(diǎn)河到平面BiCDi的距離等價(jià)于點(diǎn)B到平面B1C%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=AD=2,BD=2近,

所以力呂2+力。2=8=B￡）2,所以4B14D,

因?yàn)榱CD-4當(dāng)?shù)男橹彼睦庵?/p>

所以41414B,

因?yàn)?14nA。=4,414,4。u平面

所以4B1平面力

因?yàn)?B//4B,所以41%!_平面4。。遇1，

因?yàn)?01u平面AD014,所以4當(dāng)1皿

（2）由（1）及題意知，4B,4D,71M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=2vLBC=4.設(shè)2遇=h(h>0),

所以4(0,0,0),8(2,0,0),%(2,0,h),C(2,4,0),。式0,2,%),￡>(0,2,0)

所以方=(2,0,0),西=(0,—4,九),兩=(一2,—2,h),~BC=(0,4,0),麗=(-2,2,0),

設(shè)平面BiCDi的一個(gè)法向量為元=(x,y,z)

則1元,西=—4y+/iz=0,

令z=4,貝卜=y=h,所以元=(h,/i,4)

設(shè)直線AB與平面Bi。％所成的角為仇

則sin”|cos(禧詞=牖==?

解得h=2,所以元=(2,2,