2025高考數(shù)學(xué)解答題：空間向量與立體幾何（7大題型）（解析版）

靜谷發(fā).,變間匍量多量體瓜可

-------°（KES°-------

題型一空間弁面直假夾角的求解..........................................................1

題型二空間直線與平面夾角的求解........................................................4

慝型三空間平面與平面夾角的求解........................................................7

題型四空間點、線、商間的題離求解.......................................................11

題型五空間幾何體的體積求解...........................................................15

題型六空間幾何體的備折問題...........................................................20

題型七空間動點存在性問題的探究.......................................................24

必劇大題..................................................................................28

題型一空間界面直線臭角的求解

9大題典例

1.（23-24高三上?河北衡水?月考）如圖，在四棱錐P-ABCD中，PA，平面4BCD,底面ABCD是平

行四邊形，且△A3。是等邊三角形，Ab=2.

⑴求證：，平面上4。；

（2）若4PAB是等腰三角形,求異面直線PB與AC所成角的余弦值.

【答案】（1）證明見解析；（2）乎.

【解析】（1）因為底面48co是平行四邊形，且是等邊三角形，

所以四邊形48co是菱形，則有BD_LAC,

又R4_L平面ABCD,BDU平面ABCD,所以R4_LBD,

又24nAe=A,P4u平面R4C,ACu平面B4。,所以BD_L平面Q4C；

（2）設(shè)ACnBD=O,

???△K4B是等腰三角形，

：.PA^AB^2,AO=OC=?

以。為坐標(biāo)原點，射線OB,OC分別為力軸，g軸的正半軸建立空間直角坐標(biāo)系O—xyz,

如圖，???

R2A

二

則P(0,一通,2),A(0,-V3,0),B(1,O,O),C(0,V3,0),

所以方=(1,遍,一2),芯=(0.2V3.0),

設(shè)PB與AC所成角為巴

所以。國?明|lxO+V3x2V3+(-2)XO|6娓

|FB|-|AC|712+(V3)2+(-2)2XVO2+(2V3)2+O22V2X2V34

即PB與AC所成角的余弦值為尊.

解法指導(dǎo)

1、求異面直線所成角一般步驟:

⑴平移:選擇適當(dāng)?shù)狞c，線段的中點或端點,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:因為異面直線所成角。的取值范圍是（0,字］，所以所作的角為鈍角時,應(yīng)取它的補角作為異面直線

所成的角.

2、可通過多種方法平移產(chǎn)生,主要有三種方法：

⑴直接平移法（可利用圖中已有的平行線）；

（2）中位線平移法;

（3）補形平移法（在已知圖形中，補作一個相同的幾何體，以便找到平行線）.

3、異面直線所成角：若屬,定分別為直線Z2的方向向量，9為直線k,12的夾角，則cos。=

|cos</,九2>|=nrn2

RIR

@變式訓(xùn)練

2.（24-25高三上?江西南昌?開學(xué)考試）如圖，圓錐PO的軸截面PAB是邊長為4的等邊三角形，。是

的中點是底面圓周上一點，乙0。。=冬.

O

(1)求。。的值；

(2)求異面直線PA與0c所成角的余弦值.

【答案】⑴，7;(2)W

【解析】(l)Z\OCD中，00=2,OC=1,等，

根據(jù)余弦定理，OC=yjoD2+OC2-2OD-OC-cos^-=V7.

⑵如圖，以點O為原點，OBQP為y軸和z軸，

過點O作Orr_L為，軸，建立空間直角坐標(biāo)系，

P(0,0,2A/3),A(0,-2,0),C(O,1,O),L>(V3,-l,0),

PA—(0,—2,—2V3^)=(—A/3,2,0),

設(shè)異面直線Q4與。。所成角為3,

則cosJ=|cos,B4,i5c\=］藝］=—^7=-=

網(wǎng)怔I4/7

所以異面直線P4與。。所成角的余弦值為與.

3.(24-25高三上?上海?期中)如圖，在直三棱柱ABC-A.B.C,中，4B，AC,4B=4C=人4=1.

⑴求證：AC±平面ABCX；

(2)求直線AiB與AC.所成角的余弦值.

【答案】⑴證明見解析；⑵/

【解析】(1)由題知441_L面ABC,又ABu面AB。,所以4Ai_LAB,

又AA^AC=A,?L4i,ACu面所以4B_L面

ACC.A,,

又AQu面ACCYAX，所以AB_LAQ,

又AC=44i=1,所以四邊形ACC.A,是正方形，得到4。±AC,,

又ABDAG=A,AB,AGU面ABG,所以AQ_L平面ABQ.

(2)如圖，建立空間直角坐標(biāo)系，因為AB=AC=44i=l,

,

則A(o,o,l),A(O,O,O),B(l,O,O),C1(O,l,l),

得到乖=(1,0,—1),句=(0,1,1),

設(shè)直線AXB與AG所成角為仇

?——>■―??IAIB-ACII11

則cos”IcosAB^Gh麗.“==T，

所以直線A.B與AC,所成角的余弦值為-j-.

題型二空間直線與平面夾角的求解

9大題典例

4.(24-25高三上?江蘇南京?期中)如圖，在四棱錐P-ABCD中，平面PAD±平面ABCD,PA±PD,

AB±AD,PA=PD,AB=2,AD=8,AC=CD=5,

⑴求證:平面PCD±平面PAB；

(2)求直線與平面PCD所成角的正弦值.

【答案】(1)證明見解析；(2)里工

51

【解析】(1)因為平面PAD_L平面ABCD,且平面MDD平面ABCD=AD,

且AO,ABu平面ABCD,

所以AB_L平面_R4O,

因為PDU平面Q4O,所以

又PD_L_R4,且_R4nAB=A,_R4,ABu平面MB,

所以PD_L平面R4B,

又PDu平面PAD,所以平面PCD_L平面MB；

⑵

取AD中點為O,連接CO,PO,

又因為Q4=PD,所以PO_LAD,則AO=PO=4,

因為AC=CD=5,所以CO_LAD,則CO=VAC2-AO2=3,

以。為坐標(biāo)原點，分別以而，歷所在直線為①，V，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系O—xyz,

則4(0,4,0),5(2,4,0),C(3,0,0),0(0,—4,0),P(0,0,4),

PC=(3.0,-4),M=(0,—4,—4),屈=(2,4,—4),

設(shè)方={x,y,z)是平面PCD的一個法向量，

.[n-FC=Orf3x-4z=0

則n日?阮=。""-34z=。

令N=3,則2=4,g=—3，所以芮=（4,—3,3）,

設(shè)PB與平面PCD所成的角為仇

則sinP=占里=小/=￥F，

\n\\PB\V34-V3651

所以PB與平面PCD所成的角的正弦值為生曜.

解法指導(dǎo)

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B為斜足;找線在面外的一點4過點A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BO與斜線AB之間的夾角為線面角；

（3）把投影與斜線AB歸到一個三角形中進(jìn)行求解（可能利用余弦定理或者直角三角形）。

3、公式法求線面角（也稱等體積法）:

用等體積法，求出斜線24在面外的一點P到面的距離,利用三角形的正弦公式進(jìn)行求解。

公式為：sin。=｝，其中夕是斜線與平面所成的角，h是垂線段的長，I是斜線段的長。

方法：已知平面6內(nèi)一個多邊形的面積為S,它在平面a內(nèi)的射影圖形的面積為S射影，

平面a和平面B所成的二面角的大小為e，則cose=§譬.這個方法對于無棱二面角的求解很簡便。

4、直線與平面所成角：設(shè)范是直線I的方向向量，n2是平面a的法向量，直線與平面的夾角為優(yōu)則sin。

nrn2

二|cos<ni,n2>|=

屁尻I

S變式訓(xùn)練

5.（24-25高三上?黑龍江哈爾濱?月考）在三棱柱ABC-A.B.C,中，人用=6目=耳。=5,48=4,

AC=6,為AC中點.

?M

（1）求證：BQ±平面ABC；

（2）求直線BG與平面ABB.A,所成角的正弦值.

【答案】（1）證明見解析；（2）埒匚

【解析】（1）連接8。，

因為AB_L,D為人。中點，所以AD=GD=BD=]■=3,

因為481=5。=5,所以5D_LAC,所以二3=4,

又口3=5,所以B以=52=25=32+42=8。2+。比,所以5。_13。,

又BDCAC=D,BD,ACu平面ABC,所以BQ_L平面ABC-,

（2）以B為坐標(biāo)原點，所在直線為⑨夕，

過B作DBi的平行線為z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,

因為AB_LBC,所以3。=二百=2方，

則3（0,0,0）,人（0,4,0）,瓦（0,2,4）,。（2萌,0,0）,

則說=（0,4,0）,函=（逐,2,4）,郎=（2遍,0,0）,

設(shè)平面ABBXAX的一個法向量為n={x,y,z）,

則卜上=4沙=0，令2=4弱，則夕=0,z=-5,

—V5x+2g+4z=0

所以平面ABBiA的一個法向量為元=（40,0,-5）,

又BC〃BG，所以。百=配=（2V5.0,0）,

設(shè)直線與平面所成的角為。，

則sin"亶五=

|B^|.|n|2V5XV80+2521

所以直線BiG與平面ABB14所成角的正弦值為3票.

6.（24-25高三上?云南大理?月考）如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為平行四邊形，側(cè)棱PD

±底面ABCD,00=8=2,50=22,/8。。=45°.點E是棱PC的中點，點尸為棱上的一

,.I—>9—>

點，且6斤=稱口「.

O

6

（1）求證:平面平面尸CD；

（2）求直線。。與平面OE尸所成角的正弦值.

【答案】（1）證明見解析；（2）空.

【解析】⑴在ABGD中，BC2=BD2+CD2-2BD-CD-cos/BDC=4,即BC=2,

叉BD=2/,CD=BC=2,則有BO+CDuBD：即BC工CD,

因為PD_L平面ABCD,BCu平面ABCD,所以PD_LBC,

又CDnPD=0,CD,PDu平面PC?,所以BC_L平面PCD,

因為BCu平面PBC,所以平面PBC_L平面PCD

（2）由（1）可知，DA±DC,DA±DP,DC1.DP,

故以。為坐標(biāo)原點，DA,_DC,DP所在直線分別為a;軸，y軸，z軸,

建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，

依題意得，8(2,2,0),C(0,2,0),0(0,0,0),F(0,0,2),石(0,1,1),

設(shè)點F(a,b,c)，由P,F,B三點共線,則有BF=々BP,

又屈=(a—2,b—2,c),而=(—2,—2,2),

(a-2,6—2,c)=(—2,—2,2),解得a=^,b=--,c=,

設(shè)平面DEF的法向量為茂=@%z),屈=(弓,京等)，屈=(0,1,1),

ooo

由產(chǎn)巧=0,得用+梟+梟=0,即月一z,

[n-DE=0[y+z=0\y~~z

取平面DE尸的一個法向量元=（1,1,-1）,

設(shè)直線DC與平面DEF所成角為氏則》=(0,2,0),苴=(1,1,-1),

所以DC?n=0xl+2xl+0x(―1)=2,\DC\=2,|n|=V3,

n-DC\

故sin。=

所以直線。。與平面DEF所成角的正弦值為普

O

題型三空間平面與平面夾角的求解

9大題典例

7.（24-25高三上?湖北?期中）如圖，球O的半徑為R,ABC為球面上三點，若三角形ABC為直角三角

形，其中延長49與球。的表面交于點。.

r了..*/

?廣二:二;R

（1）求證：BD±平面ABC；

⑵若直線。4DC與平面ABC所成的角分別為手潦，試求二面角C—AD—B的正弦值.

4O

【答案】（1）證明見解析；（2）夸.

（解析［（1）因為AD是球的直徑，所以AB_LBD,AC±CD.

因為AC_LBC,CDnBC=C,CD,BCu平面BCD,所以AC_L平面BCD,

因為u平面BCD,所以_4C_LBD,

因為ABAAC=A,AB,ACu平面ABC,所以BD_L平面ABC.

⑵因為直線DA,。。與平面ABC所成的角分別為十晝，所以/DW=?/℃B=?

不妨令兄=①，則AD=2-,AB=BD=0,BC=V^,AC=2,

由題設(shè)，易知_LBC,AC_L及7_LBD,

以C為坐標(biāo)原點，CB,C4所在直線為⑨沙軸，過點。作BD的平行線為z軸，

建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，

C

則4(0,2,0),B(A/2,0,0),0(0,0,0),0(72,0,76).

所以況=(0,2,0),①二(g,0,V^),麗=(一0,2,0),助=(0,0,通),

設(shè)平面ACD的法向量為芯=(61,%,Zi)，平面ABD法向量為甚二(62,y?，0)，

濟(jì)?CA—2%=0

，取.=-1,得用=—1）,

元?CD=g61+az1=0

元?BA=-/2+2改=0

，取紡=1,得其=（2,1,0）

,

n2BD=V6z2—0

設(shè)二面角。一AD—_B的平面角為夕，則|cosJ|="”=娓-,易知sin。=^~.

nino2V322

解法指導(dǎo)

1、幾何法

（1）定義法（棱上一點雙垂線法）:在二面角的棱上找一個特殊點,在兩個半平面內(nèi)分別過該點作垂直于棱的

射線.

（2）三垂線法（面上一點雙垂線法）：自二面角的一個面上一點向另外一個面作垂線，再由垂足向棱作垂線得

到棱上的點（即斜足），斜足和面上一點的連線與斜足和垂足的連線所夾的角，即為二面角的平面角

（3）垂面法（空間一點垂面法）:過空間一點作與棱垂直的平面，截二面角得兩條射線,這兩條射線所成的角

就是二面角的平面角。

（4）射影面積法求二面角cose="

2、向量法：若云，茂分別為平面a,/3的法向量，0為平面a,/3的夾角，則cos。=|cosV扇，范＞|=

nr-n2

周卮I.

O變式訓(xùn)練

8.（24-25高三上?福建南平?期中）如圖，在四棱錐P-ABCD中，點B在平面44。上射影是4PAD的

外心，且8P="，上4=PD=乙4PD=90°,E是棱上4的中點，且CD，平面2D

⑴證明：BE〃平面尸CD；

（2）若CD=1,求二面角A—PB—C的正弦值.

【答案】（1）證明見解析；（2）尊

6

【解析】（1）分別取PD,AD的中點為F,O,連接PO,OB,EF,延長。。至Q,使得DQ=OB,

連接BQ,FQ,如下圖：

在△4PD中，EF為中位線，則EF〃=

在Rt/\APD中，由NAPD=90°,則O為外心，即BO_L平面APD,

因為CDJ_平面R4。,所以BO〃。。，

因為。Q〃OB,DQ=OB,所以O(shè)D=BQ,OD//BQ,

改為EF〃BQ,EF=BQ,所以EB"FQ,

因為平面PCD,FQu平面PCD,所以EB〃平面PCD.

(2)在AAPD中，AP=DP,則PO±AD,

因為OB_L平面APD,AD,POu平面4PD,所以O(shè)B_LPO,OB±AD,

以O(shè)為原點，分別以O(shè)A,OB,OP所在的直線為c,y,z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如下圖：

在Rt^APD中，AP=DP=2，則AD=y/AP2+DP2=2,PO=(AD=1,

在Rt/XPOB中，PB=V5,^]OB=^/PB2-PO2=2,

則A(l,0,0),P(0,0,l),B(0,2,0),C(—1,1,0),

取亞=(-1,0,1),晶=(—1,2,0),^=(1,—1,1),無=(1,1,0),

n-AP=—x-\-z=Q

設(shè)平面APB的法向量為n—(T,y,z)，則

n-AB=-x-\-2y=0

取力=2,則o=Lz=2,所以平面APB的一個法向量為日=(2,1,2);

rh-CP=a—b-\-c=0

設(shè)平面CPB的法向量為萌=(Q,b,c),則

m-CB—a-Vb—Q

取a=1,則b=—l,c=—2,所以平面CPB的一?個法向量為m=(1,—1,—2);

設(shè)二面角A—PB—C的大小為仇

?川忖詞|2-1-4|V6

\cosd\=——一=/-/=,

|n|-|m|rV4+1+4-V1+1+46

貝寸sin。=Vl—cos20=.

6

9.(24—25高三上?北京?月考)如圖，在四棱錐F—4BCD中，底面ABCD為正方形，B4，平面

ABCD,PA=AB,河為線段PD的動點.

10

（1）若直線PB〃平面ACM,求證：M為PD的中點:

⑵求證:平面ABM±平面PAD

（3）若平面R4C與平面M4C夾角的余弦值為斗，求錯的值.

【答案】（1）證明見解析；（2）證明見解析；（3）2

【解析】（1）證明：如圖所示，連接BD,交AC于點。,連接MO,

因為直線PB〃平面4W,且平面PBDCI平面ACM=MO,PBu平面PBD,

所以PB〃MO,

又因為四邊形ABCD為正方形，所以點O為BD的中點，所以初為PD的中點.

（2）證明：因為四邊形4BCD為正方形，可得AB_LA。，

又因為。4_L平面ABCD,且ABU平面ABCD,所以AB_LQ4,

因為40A24=A,且人24U平面R4D,所以AB_L平面R4D,

又因為ABU平面ABA7,所以平面平面上4D

（3）解：因為四邊形ABCD為正方形，且四，平面ABCD,所以43,AD,4P兩兩垂直,

以4為坐標(biāo)原點，以AB,AD,AP所在的直線分別為2,y,z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，

如圖所示，設(shè)AB=1,可得4（0,0,0）,3（1,0,0）,。（1,1,0）,。（0,1,0）,「（0,0,1）,

則丞?=（1,1,0）,M=（0,0,1）,M=（0,1,-1）,

設(shè)前=/；玩=（（M,-a）（04；1<1）,則詢=>+而=#+/1阮=（0,/1,1—；1）,

n-AC=x+y=O

設(shè)平面AM。的法向量為日=（,,%z）,則,

n-AM—Ay+(1—4)z=0

令沙=1—九可得2=/1—1,2=—九所以'=]-1,1—4,—/I）,

連接BD,由四邊形ABCD為正方形，可得BDA_AC,

因為Q4_L平面ABOE>,且BDU平面,所以BD_L_R4,

又因為4。仆24=4且AC,K4u平面MC,所以BD_L平面巨4。,

所以向量與方=（-1,1,0）為平面R4C的一個法向量，

?，一、?\BD-n\

則上火皿小畫廠2(1-4)_4\

V2xV342-4/i+23

解得￡■或4=2（舍）,

O

所以PM_2

汽MD一一

題型四空間點、線、面間的距離求解???

S大題典例

10.（24-25高三上?貴州貴陽?月考）如圖，Z如是正三角形ABC的一條中位線，48=2,將△4DE沿DE

折起,得到四棱錐A—BCDE.

⑴證明：44i，平面48。；

（2）若4石，CD求點B到平面EAQ的距離.

【答案】（1）證明見解析；（2）平

【解析】⑴證明：因為A.E=yAB,A.D

所以AM_LAXB,AAX_LAC.

又因為ABCAiC=4,ArB,4Cu平面AN。,所以A4_L平面AiBC.

（2）解:如圖，點。為坐標(biāo)原點，建立空間直角坐標(biāo)系，

三角形的邊長為2,

設(shè)A^x,y,z），因為4E=1,4。=空,

（x-^+y2+z2=l,儼=o,

因為4E_LCD,所以才田?①=0n4+/=0=>g=一項，

42O

所以從。,一哈嘎用=（g,哈一空）.

設(shè)質(zhì)=（力_L平面區(qū)4Q,

1,V3V6_rc=0,

一針+丁夕―『=n0,

A1D-rh=0^尸乎，

所以.=><o<

1,V3V6_n

AxE-m—Q-F'二°2=備

故方二（0,

1普，0），

又

12

_娓

所以點B到平面EA.D的距離為d=一??

同

解法指導(dǎo)

1、幾何法求點面距

（1）定義法（直接法）:找到或者作出過這一點且與平面垂直的直線,求出垂線段的長度；

（2）等體積法:通過點面所在的三棱錐，利用體積相等求出對應(yīng)的點線距離；

（3）轉(zhuǎn)化法:轉(zhuǎn)化成求另一點到該平面的距離，常見轉(zhuǎn)化為求與面平行的直線上的點到面的距離.

2、向量法求空間距離：

（1）點面距：已知平面a的法向量為五，A是平面a內(nèi)的任一點，尸是平面a外一點，過點P作則平面a

-->

的垂線I，交平面a于點Q,則點P到平面a的距離為PQ=—

一同

（2）直線a與平面Q之間的距離：d=J-----L，其中AeQ,Bea,五是平面a的法向量。

|n|

|AB同

（3）兩平行平面a,汽之間的距離：d=J---------L,其中AEa,BE￡,日是平面a的法向量。

\n\

O變式訓(xùn)練

11.（24—25高三上?廣東廣州?月考）已知四棱柱4BCD—45GB中，底面ABCD為梯形，AB//CD,

±平面ABCD,AD，,其中AB=441=2,4D=。。=LN,M分別是線段BG和線段

DDi上的動點，且亦=4竭，加=4麗

（1）求證：D.N//平面CB.M-,

（2）若N到平面的距離為*,求。iN的長度.

【答案】（1）證明見解析；（2）*興

【解析】（1）

因為_Ap4_L平面ABCD,AD,ABu平面ABCD,

所以AiA±AD,A,A_LAB,又AD_LAB,

所以AB,AD,AAi兩兩垂直，

以人為原點，AB,AD,AAX所在直線分別為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖，

因為AB=AA=2,AD=DC=1,

則Oi(0,l,2),G(l,l,2),Bi(2,0,2),C(l,l,0),0(0,l,0),

所以函=(1,-1,0),

因為承=4(5忌="I,-1,0),所以NQ+1,—/1+1,2),

所以瓦法=(/1+1,-^0),

又函=(1,-1,2),困=(0,0,2),血=/1國=4(0,0,2),

所以Af(0,1,2/1),加=(-1,0,2/1),

設(shè)平面CB[M的法向量為范=(2,%z),

所以1°,即卜一12,=[，令z=1,則方=⑵,2/+2,1),

ln-CB1=0I-2+2花=0

所以行?亦=(2424+2,1)?(/1+1,-40)=24(4+1)—4(2/1+2)=0,

所以方_1型，所以AN〃平面CBUW,

(2)若N到平面CBiM的距離為則=回N、,

1111\n\

又B]_N—(4—1,—義+1,0)9

..12#—2/1—2A2—24+24+21

所以----=-------——,

]]V4/12+4/12+8/1+4+1

整理可得12#-324+13=0,解得義=■或崇(舍去)，

所以《，2),所以。N|=J子+(+0=乎.

12.（24-25高三上?福建福州?月考）如圖,在直四棱柱ABCD-A.B.C.D,中，底面四邊形ABCD為梯形,

AD//BC,AB=AD=2,BD=W1,BC=4.

⑴證明：4Bi，ADi；

（2）若直線AB與平面81cA所成角的正弦值為乎，求直線BD到平面BQDi的距離.

6

【答案】（1）證明見解析；（2）制⑥

O

【解析】（1）因為48=40=2,5。=22，所以5。2=452+人。2,

可得AB_LAD,又ABCD-AAGA為直四棱柱，所以44-L平面ABCD,

因為力Bu平面ABCD,所以A4_LAB,

且A4nAD=A,A4、ADu平面ADD.A,,

所以AB_L平面ADD^,又ADru平面ADDXAX,

可得AB_LAD]，因為4Bi〃AB,

所以4B_LA。；

(2)由(1),以人為原點，AB、AD、44i所在的直線分別為八y、z軸的正方向建立

空間直角坐標(biāo)系，設(shè)Ap4=a(a>0),

則4(0,0,0),B(2,0,0),A(0,2,a),Bi(2,0,a),C(2,4,0),

AB=(2,0,0),2。=(2,2,—a),3Q=(0,4,—a),

設(shè)方=(x,y,z)為平面BiCDi的一個法向量,

n-D^C^O(2x+2y—az=0，令片1,則z=3,=

則，即1,

$瓦3=0[4：y—az—0

所以方

設(shè)直線與平面B1CD1所成角為仇

因為直線AB與平面BCD所成角的正弦值為攣，

0

所以sinf=|cosAB,n|=:=——?=W

112?6

解得a=2,n=(1,1,2),

因為平面ABD〃ABiDi,平面BBQQD平面A.B.D,=BQ,

平面BBQQA平面ABD=BD,所以、BD〃BQ”

因為BD(X平面BiCDi,GRU平面BiCDi,

所以BD〃平面BiCE>i,所以直線BD到平面BiCQ的距離

可轉(zhuǎn)化為點B到平面B1CD1的距離，用=(0,0,-2),

2V6

3

題型五空間幾何體的體積求解

念大題典例

13.(23-24高三上?海南?？?月考)如圖,在長方體ABCD-48Q1A中，441=2AD=2AB=4,E,F

分別為AAi，CD的中點.

⑴證明：BQLHG；

（2）求三棱錐E-BGF的體積.

【答案】（1）證明見解析；（2）2

【解析】（1）連接BD，因為4B1G2為正方形，所以4G±BA,

又在長方體ABCD-AiBGDi中，?？赺L平面,

且AGU平面ABQQi,故AG±DDi.

又DQADB=D1,DDiU平面B}DDX,DXB}u平面BrDD},

所以4G_L平面B1DDl,又BQu平面BQDi,故BQ±4G.

⑵由D.A,,DC,DQ兩兩垂直，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，

則B1(2,2,0),G(0,2,0),E(2,0,2),F(0,l,4),

*=(2,0,0),可=(0,—1,4),由=(—2,1,2).

-n=0->

設(shè)平面5GF的一個法向量為方=（c,沙,z）,則y

g■n=0

即匕4=0,令彳1，得苴=（°41）?

又說=（―）則點到平面瓦。的距離d=

2,1,2,E1PI：［

又GF=47,所以△B1GF的面積為yBjGxGF=-j-X2xV17=V17,

所以三棱錐E-BiGF的體積為!X67X=2.

o

解法指導(dǎo)

1、處理空間幾何體體積的基本思路

（1）轉(zhuǎn):轉(zhuǎn)換底面與高，將原本不容易求面積的底面轉(zhuǎn)換為容易求面積的底面，或?qū)⒃瓉聿蝗菀卓闯龅母咿D(zhuǎn)

換為容易看出并容易求解的高；

（2）拆:將一個不規(guī)則的幾何體拆成幾個規(guī)則的幾何體，便于計算；

（3）拼:將小幾何體嵌入一個大幾何體中，如有時將一個三棱錐復(fù)原成一個三棱柱，將一個三棱柱復(fù)原乘一

個四棱柱，還臺位錐，這些都是拼補的方法。

2、求體積的常用方法

（1）直接法:對于規(guī)則的幾何體,利用相關(guān)公式直接計算；

（2）割補法:把不規(guī)則的幾何體分割成規(guī)則的幾何體，然后進(jìn)行體積計算;或者把不規(guī)則的幾何體補成規(guī)則

的幾何體,不熟悉的幾何體補成熟悉的幾何體，便于計算；

（3）等體積法:選擇合適的底面來求幾何體的體積，常用于求三棱錐的體積，即利用三棱錐的任一個面作為

三棱錐的底面進(jìn)行等體積變換

9變式訓(xùn)練

14.（24-25高三上?廣東深圳?月考）如圖，將長方形0440"及其內(nèi)部）繞OOi旋轉(zhuǎn)一周形成圓柱，其中

CL4=1,OOi=2,劣弧AB的長為a,A.B,為圓C\的直徑,平面AOB與平面A^B的交線為I.

（1）證明：Z〃CL4；

（2）若平面AOB與平面40目夾角的正切值為甘-，求四棱錐B—O44Q1的體積.

O

【答案】（1）證明見解析；（2）空

【解析】（1）法一：

??,OA〃OrAi,OiAiu平面ArOrB,04Q平面AxOrB,

???OA〃平面4。田，

又,/OAu平面AOB,平面AOBC\平面AQi_B=/,

：AIIOA\

法二：

圓面O〃圓面Q,平面AiOiBPl圓面Q=4Q,

平面4801A圓面O=C/Oi4〃I,

又???O^//OA,：AIIOA\

（2）法一：

以O(shè)為原點，OAOOi分別為g,z軸，垂直于軸直線為力軸建立空間直角坐標(biāo)系,

如圖所示，則4(0,1,2),Oi(0,0,2),

,?,劣弧4B的長為6Z(O<6Z<7U),

/.Z.AOB—a,B(sindf,cosdf,0),

O\AX—(0,1,0),OiB=(sintz,cos%—2),

設(shè)平面AyBOy的法向量為日=(力,y,z),

由年可=0,即?=0

l亦C\B=0brsina—2z=°

令c=2,則z=sina,n—(2,0,sina),

平面AOB的法向量為吊=(0,0,1),

設(shè)平面AOB與平面AQ田夾角為仇

貝cos20=cos2n,m=?，=―‘也"—,

l|n|-|m|J4+sin2a

isin2a

則tan20=si.。=1—cos?。=_4革業(yè)=

cos20cos20碰島.sin2a

4+sin2<2

4

即,2=￥,sina="^(負(fù)值舍去),

sinzdfJN

17

即B到平面OAAiOi距離為空,

則^B-OAAO~四邊形OA4Q/Z=￡?2?當(dāng)

XXOD/3

法二：

如圖，過B作BD〃40,即平面AOB與平面AQiB的交線為BD,

作OE_L于E,連接03,

-/OOi_L平面AOB,BDu平面AOB,:.BD±OOX,

又001仆0打=0,OO1,OEU平面O1OE,

_L平面OQE,：.OlE±BD,

4O、EO是平面AOB與平面4QB夾角，

；AB的長為ff（0<ff<7r）,

/.Z.AOB—a,OE=sina,

。。_

/.tanZOjSO=2

OEsin。

貝“工=￥"。V3

sma32

即B到平面O44Q1距離為號，

v_Xc,_XoV3_V3

V

B-OAAlO1-3D四邊形O44Q〃-~2~~-3~

15.（24-25高三上?河南?開學(xué)考試）如圖，四棱錐F—A8CD中，底面四邊形4BCD為凸四邊形，且P。

=AD=CD=4,PA=PC=AC=4V2,AB=BC.

（2）已知平面APC與平面BPC夾角的余弦值為理工，求四棱錐P—ABC?的體積.

57

【答案】（1）證明見解析；（2）16

【解析】（1）因為PD=4D=4,R4=4，5,

所以PD2+AD2=P42,所以也，A。，

同理PD_LGD,又4005=。，A。，CDu平面4BCD,

所以PD_L平面ABCD,

因為ACu平面ABCD,所以PD_LAC,

連接BD,因為AD=CD,AB=BC,DB=DB,

所以△AB?空△CDB,所以ZCDB.

又AD=CD,由等腰三角形三線合一，得BD_LAC.

因為BDAPD=。，BD,PDu平面PBD，所以AC_L平面PBD,

又PBu平面PBD,所以AC_LPB.

（2）因為4D=CE>=4,AC=42，所以4加+002=人。2,

所以_LCE>,又PD_LAD,PD_LCD,故AD,CD,PD兩兩垂直，

故以。為坐標(biāo)原點，

DA,DC,DP所在的直線分別為cc軸，9軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，

則4(4,0,0),0(0,4,0),P(0,0,4),所以屈=(0,—4,4)，刀=(4,—4,0),

由(1)知DB平分/ADC,設(shè)B(a,a,0),所以屈=(a,a—4,0).

設(shè)平面4cp的法向量為茂=3,zi),則KX=—4%+4為=0,

［沆?CA=46i—4弘=0

令力1=1,得%=1,21=1,所以眉=(1,1,1),

而?CP=-4紡+4Z2=0

設(shè)平面BCP的法向量為云=（g,紡,為）,則<

n-CB=ax2+(。-4)統(tǒng)=0

令例二Q，得力2=4—a,&二0,所以云=（4—a,Q,Q）,

設(shè)平面APC與平面BPC夾角的大小為仇

r依?司_______I4+a|_______A/57

貝Icos。=cos(m,n)=-―—.~-=

同?同V3V(4-a)2+a2+a2-57

兩邊平方并化簡得4a2—17a+15=0,解得a=3或a=菖.?A

因為A。=CD=4,AD_LCD,所以點。到力。的距離為ADsing=2/5,

因為四邊形4BCD為凸四邊形，所以_BD>2/2,所以a=菖不合題意，

即a=3,則BD=36,可得S^iABCD^^AC-BD=yX472x372=12,

所以/棱鐫p-Asao=四邊彩?DP=!x12x4=16.

題型六空間幾何體的神折問題

S大題典例

16.（23—24高三下.山東.模擬預(yù)測）如圖,在菱形ABCD中，ABAD=60°,E是40的中點，將/\ABE沿

直線BE翻折使點A到達(dá)點4的位置，R為線段4。的中點.

C

（1）求證：DFII平面AiBE；

（2）若平面AiBE±平面BCDE,求直線入㈤與平面48c所成角的大小.

【答案】⑴證明見解析；⑵看.

【解析】（1）取線段A.B的中點為X,連接EH,FH,

因為F為線段4。的中點，