【二輪復(fù)習(xí)】高考數(shù)學(xué) 重難點(diǎn)12 立體幾何必考經(jīng)典解答題全歸類（新高考專用）（解析版）

重難點(diǎn)12立體幾何必考經(jīng)典解答題全歸類【九大題型】【新高考專用】TOC\o"1-3"\h\u【題型1立體幾何中的體積問題】 3【題型2立體幾何中的線段長(zhǎng)度問題】 8【題型3空間角問題】 14【題型4空間中的距離問題】 20【題型5立體幾何中的折疊問題】 27【題型6

立體幾何中的探索性問題】 34【題型7立體幾何中的作圖問題】 41【題型8立體幾何建系繁瑣問題（幾何法）】 47【題型9立體幾何新定義問題】 53空間向量與立體幾何是高考的熱點(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；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】（2023·陜西咸陽·?？寄M預(yù)測(cè)）如圖，在多面體ABCDEF中，四邊形BCEF是矩形，側(cè)面ADEF是直角梯形，AD//EF，AD⊥AF,AF=BF=AD=12EF=2,BE與CF(1)證明：AO//平面CDE(2)若AB=23，求三棱錐A【解題思路】（1）取CE的中點(diǎn)H，利用平行公理及線面平行的判定推理即得.（2）根據(jù)給定條件，利用線面垂直的判定證明EF⊥平面ABF，再利用錐體體積公式計(jì)算即得【解答過程】（1）如圖，取CE的中點(diǎn)H，連接DH,OH，矩形BCEF的對(duì)角線BE與CF交于點(diǎn)則O為CF的中點(diǎn)，于是OH//EF，OH=12則AD//OH，AD=OH，因此四邊形AOHD是平行四邊形，則AO//HD，又所以AO//平面CDE（2）在△ABF中，由AF=BF=2,AB因此S△顯然EF⊥AF,EF⊥BF,于是VA所以三棱錐A-BEF的體積為【變式1-1】（2023·四川成都·統(tǒng)考一模）如圖，正四棱柱ABCD-A1B1C1D1(1)求證：C1M⊥(2)求三棱錐M-B【解題思路】（1）根據(jù)正四棱柱的幾何性質(zhì)確定線段長(zhǎng)度，結(jié)合勾股定理可得C1M⊥（2）根據(jù)三棱錐的等體積轉(zhuǎn)化，結(jié)合體積公式求解即可.【解答過程】（1）如圖，連接A1∵正四棱柱ABCD-A1B1C1D1∴A1C1∴DM又C1D=∵C1∴C1同理可得C1∵DM∩BM=M，DM?平面BDM∴C1M⊥（2）由（1）知，BM=DM=BD=2∴VM三棱錐C1-【變式1-2】（2023·湖南永州·統(tǒng)考二模）如圖所示，在四棱錐B-ACDE中，AE∥CD,AE⊥AC,(1)證明：AB⊥(2)若AC=BC=2,AF與平面ABE所成角的正弦值為【解題思路】（1）根據(jù)面面垂直的性質(zhì)定理證明CD⊥平面ABC（2）建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)B(t,0,0)，根據(jù)AF與平面ABE所成角的正弦值求出t，求出平面ACDE的法向量，即可求出B到平面【解答過程】（1）因?yàn)锳E∥CD，AE⊥又因?yàn)槠矫鍭CDE⊥平面ABC，平面ACDE∩平面ABC=AC，所以CD⊥平面ABC，又因?yàn)锳B?平面所以AB⊥（2）取AB,BE的中點(diǎn)分別為O、G，連接則OG∥AE，因?yàn)樗設(shè)G∥CD，而CD⊥平面ABC，所以O(shè)G因?yàn)锳C=BC=2,以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以直線OB,OC,OG所在直線為x軸、y建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系：設(shè)B(t故AF=3t2,由AF與平面ABE所成角的正弦值為28可得，解得t=設(shè)m=x,y,則m?AC=0m?CD=0又AB=23,0,0，故B到平面所以四棱錐B-ACDE的體積【變式1-3】（2023·四川雅安·統(tǒng)考一模）如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，直線C

(1)求證：AC⊥(2)若AC=BC=BC1=2，在棱A1B1【解題思路】（1）過點(diǎn)B作BD⊥CC1，垂足為（2）設(shè)點(diǎn)P到平面BB1C1C的距離為h，由棱錐的體積公式求出h，與A1到平面B【解答過程】（1）過點(diǎn)B作BD⊥CC

因?yàn)槠矫鍭A1C1C⊥平面BB1C所以BD⊥平面AA1C1C，又因?yàn)橛忠驗(yàn)镃1B⊥平面ABC，AC?平面又BD∩C1B=B,又BB1?平面B（2）當(dāng)點(diǎn)P為A1B1中點(diǎn)時(shí)，四棱錐P

過點(diǎn)P作PQ//B1C1因?yàn)镃1B⊥平面ABC，BC?平面又BC=BC由（1）可知，BD⊥所以S△BCC1=設(shè)點(diǎn)P到平面BB1C則VP所以h=1，即P到平面BB1在三棱柱ABC-A1B由（1）可知，AC⊥平面BB1C1又AC=2，所以A又PQ//B1C1，PQ?平面所以PQ//平面B所以Q到平面BB1C1C故Q為A1C1中點(diǎn)，所以P為A1B【題型2立體幾何中的線段長(zhǎng)度問題】【例2】（2023·安徽滁州·統(tǒng)考二模）如圖，在四棱錐P-ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，底面ABCD是直角梯形，AD//BC，∠(1)求證：PB⊥(2)若平面PBD⊥平面PBC，且△PAD中，AD邊上的高為3，求AD【解題思路】（1）根據(jù)線面垂直的判定定理，結(jié)合等腰三角形的性質(zhì)進(jìn)行證明即可；（2）建立空間直角坐標(biāo)系，根據(jù)空間向量數(shù)量積的運(yùn)算性質(zhì)進(jìn)行求解即可.【解答過程】（1）設(shè)線段AC的中點(diǎn)為E，連接EB,因?yàn)锳B=BC，所以又因?yàn)镻A=PC，所以因?yàn)镋B∩PE=所以AC⊥平面PBE，PB?平面所以PB⊥（2）過點(diǎn)P作PO垂直直線AD于O，則有OP=3因?yàn)槠矫鍼AD⊥平面ABCD，平面PAD⊥平面ABCD=AD，PO所以PO⊥平面ABCD連接OC，因?yàn)镻A=PC=5所以可得OC=而AB=BC=4，所以四邊形OABC所以四邊形OABC是正方形，因此建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)OD=a，則PD=設(shè)平面PBD的法向量為m=m?同理可得平面PBC的法向量為n=n?PC=0因?yàn)槠矫鍼BD⊥平面PBC所以m?【變式2-1】（2023·全國·模擬預(yù)測(cè)）如圖，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB=2，AA1=4，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在棱A(1)證明：DE//(2)點(diǎn)P在對(duì)角線BC1上，當(dāng)二面角D-EF-P【解題思路】（1）延長(zhǎng)FM交BB1于點(diǎn)G，先由三角形相似證明點(diǎn)G為BB1的中點(diǎn)，再證明四邊形CDEH為平行四邊形，進(jìn)而得出DE∥（2）以C為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，利用向量法證明即可.【解答過程】（1）如圖，延長(zhǎng)FM交BB1于點(diǎn)易得△C1FM又AA1=4，CF=1，所以所以點(diǎn)G為BB1取BG的中點(diǎn)H，連接CH，EH.因?yàn)镕C∥GH，所以四邊形CFGH為平行四邊形，所以FG∥因?yàn)锳E∥BH，AE=所以EH∥AB，又AB∥CD，AB=CD，所以所以四邊形CDEH為平行四邊形，所以DE∥又FM∥CH，所以（2）因?yàn)镃C1⊥平面ABCD，CD，CB?平面ABCD，所以又CD⊥CB，所以CC1，CD以C為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以CD，CB，CC1所在直線為x軸、y軸、z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則D(2,0,0)，B(0,2,0)，F(xiàn)(0,0,1)所以DF=(-2,0,1)，F(xiàn)E=(2,2,0)，設(shè)平面DEF的法向量為m=x1取x1=1，則y1=-1，設(shè)C1P=設(shè)平面PEF的法向量為n=x取z2=2λ，則x于是，|又二面角D-EF-P的余弦值為-6整理，得32λ2-36λ+9=0，解得λ=34或λ=38.結(jié)合圖形可知，【變式2-2】（2023·上海青浦·統(tǒng)考一模）已知四棱錐P-ABCD，底面ABCD為正方形，邊長(zhǎng)為3，PD⊥(1)求證：BC⊥平面CDP(2)若直線AD與BP所成的角大小為60°，求DP的長(zhǎng)．【解題思路】（1）根據(jù)線面垂直的判定定理可證；（2）由異面直線所成角結(jié)合（1）可求得PC，在Rt△CDP中，可求得DP【解答過程】（1）∵PD⊥平面ABCD，BC?平面∴DP⊥又底面ABCD為正方形，則BC⊥且DC∩DP=D，∴BC⊥平面CDP（2）∵BC⊥平面CDP∴BC⊥CP，∴∠又∵AD//∴∠CBP為直線AD與BP∴∠CBP=60°，在Rt△∴CP=3在Rt△CDP中，CP=33，【變式2-3】（2023·山東·煙臺(tái)二中?？寄M預(yù)測(cè)）在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD(1)若AA1=3，求證：平面A(2)若直線OD1與平面A1OB【解題思路】（1）由線面垂直性質(zhì)定理證得AA1⊥BD，由線面垂直判定定理及性質(zhì)定理證得BD⊥A1O（2）以O(shè)為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，運(yùn)用線面角公式計(jì)算即可.【解答過程】（1）證明：連接OC1，因?yàn)榈酌鍭BCD是菱形，所以又AA1⊥平面ABCD,BD又AA1∩AC=又A1O?平面AO又AB=AD=23,∠在Rt△AOA1中，又AO=所以∠A1O又BD∩OC1=又A1O?平面A1O（2）以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，向量OA,OB,AA1的方向分別為x，y，則O(0,0,0),所以O(shè)A設(shè)平面A1OB由m?A1B1=0m設(shè)直線OD1與平面A1則sinθ解得h=3或即四棱柱ABCD-A1B1【題型3空間角問題】【例3】（2023·甘肅平?jīng)觥ば？寄M預(yù)測(cè)）如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為直角梯形，AD//BC，CD⊥AD，AD=CD=2BC=2(1)求證：CD⊥(2)求二面角C-【解題思路】（1）根據(jù)平面與平面垂直的性質(zhì)，結(jié)合線面垂直性質(zhì)即可判定CD⊥（2）取AD中點(diǎn)O，連接OP，OB，可證明OB⊥AD，進(jìn)而建立空間直角坐標(biāo)系，寫出各個(gè)點(diǎn)的坐標(biāo)，并求得平面PAC和平面PAD的法向量，即可由空間向量法求得二面角C【解答過程】（1）在四棱錐P-因?yàn)槠矫鍼AD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面又因?yàn)镃D⊥AD，CD?所以CD⊥平面PAD因?yàn)镻A?平面PAD，所以CD（2）取AD中點(diǎn)O，連接OP，OB，因?yàn)镻A=PD，所以因?yàn)槠矫鍼AD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面因?yàn)镻O?平面PAD，所以PO⊥平面ABCD，因?yàn)镺A,所以PO⊥OA，因?yàn)镃D⊥AD，BC//AD，AD=2所以四邊形OBCD是平行四邊形，所以O(shè)B⊥如圖建立空間直角坐標(biāo)系O-則O0,0,0，A1,0,0，B0,2,0，C-1,2,0AC=-2,2,0設(shè)平面PAC的法向量為n=x即-2x+2y=0,-x+z因?yàn)槠矫鍼AD的法向量OB=所以cos由圖可知二面角C-所以二面角C-PA-【變式3-1】（2023·四川自貢·統(tǒng)考一模）如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是正方形，側(cè)棱PD⊥底面ABCD，E、F分別是PC、(1)判斷直線DE與平面PFB的位置關(guān)系；(2)若PB與平面ABCD所成角為45°，求平面PFB與平面EDB所成二面角大小的正弦值.【解題思路】（1）取PB的中點(diǎn)G，連接GE,FG，證明DE//FG（2）利用向量法求出兩個(gè)平面的法向量，再利用平面與平面的夾角公式計(jì)算即可.【解答過程】（1）直線DE與平面PFB平行.在四棱錐P-ABCD中，取PB的中點(diǎn)G，連接由E,F分別是PC,AD的中點(diǎn)，得又底面ABCD是正方形，則FD=GE，于是四邊形FDEG為平行四邊形，即DE//FG，由DE?平面PFB,FG所以DE//平面PFB.（2）由PD⊥底面ABCD，得∠PBD是PB與平面ABCD所成的角，即顯然直線DA,DC,DP兩兩垂直，以D為原點(diǎn)，直線令A(yù)B=1，則PD=DB因此DB=(1,1,0),令m=(x,y,z)為平面EDB令n=(a,b,c)為平面PFB令平面PFB與平面EDB所成二面角大小為θ，則|cosθ于是sinθ所以平面PFB與平面EDB所成二面角大小的正弦值33055【變式3-2】（2023·河北邢臺(tái)·寧晉中學(xué)?？寄M預(yù)測(cè)）如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，點(diǎn)A1在平面ABC內(nèi)的射影D在線段

(1)證明：AC(2)設(shè)直線AA1到平面BCC1B1【解題思路】（1）連接A1C,AC1，由已知易得A1C⊥AC1、（2）根據(jù)二面角定義及線面垂直性質(zhì)易得∠A1CC1是二面角A1-BC-B1的平面角，再由線面平行及面面垂直判定證AA1//面BC【解答過程】（1）連接A1C,AC由點(diǎn)A1在平面ABC內(nèi)的射影D在AC上，則A1DBC?面ABC，則A1D⊥BC又A1D∩AC=D，A1AC1?面AC而A1C∩BC=C，A1由A1B?面A

（2）由（1）知BC⊥面ACC1A1，A所以∠A1C由AA1//CC1，AA1?面BC直線AA1到平面BCC1B1的距離為3，即又BC⊥面ACC1A1，BC?面A1∈面ACC1A1，面BCC1B由題設(shè)A1C1點(diǎn)A1在平面ABC內(nèi)的射影D在線段AC上，則∠所以∠A1C1C=60°，故所以二面角A1-BC【變式3-3】（2023·全國·模擬預(yù)測(cè)）已知四邊形ABCD是矩形，BC=λAB，λ∈2,+∞．如圖，將△ABC沿著對(duì)角線AC翻折，得到△AB(1)求證：AB1⊥(2)求AOAD(3)若二面角B1-AC-D的余弦值為1【解題思路】（1）由射影得出B1O⊥平面ABCD，再得到平面AB1D⊥平面AB1D，由CD垂直于相互垂直平面的交線得到CD⊥（2）先假設(shè)AB=1，得到BC=AD=λ，再利用線面垂直的判定定理證得BO（3）方法一：首先得到二面角的平面角，再將平面的余弦值表示出OEBE方法二：以O(shè)為原點(diǎn)，以O(shè)B為x軸，以平行CD為y軸，以O(shè)B1為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，表示出相應(yīng)的坐標(biāo)，求解出直線BC的方向向量BC和平面AB1【解答過程】（1）因?yàn)辄c(diǎn)B1在平面ABCD上的射影O恰好落在邊AD所以B1O⊥平面ABCD，又B所以平面AB1D因?yàn)槠矫鍭B1D∩平面可知CD⊥AD，又AD?所以CD⊥平面AB1D，又所以AB又因?yàn)锳B1⊥CB1，AB所以AB1⊥（2）設(shè)AB=1，則BC連接BB1，過B作BP⊥AC，垂足為

因?yàn)锽P⊥AC，由翻折的性質(zhì)可知又BP∩B1P=P,因?yàn)锽B1?平面B連接B1O，BO，BO交AC于點(diǎn)E，連接

由（1）易知B1又B1O∩BB1=因?yàn)锽O?平面BB1故由平面幾何的知識(shí)易得△ABC~△OAB則OA=1λ（3）因?yàn)镺E⊥AC，所以∠B1EO由cos∠B1方法一：因?yàn)锽C∥AD，所以BC與平面即AD與平面AB同（2）圖，作DF⊥B1C于點(diǎn)因?yàn)锳B1⊥平面B1CD，AB1因?yàn)槠矫鍮1CD∩平面AB1C=B所以DF⊥平面AB1C，∠DAFAD=3，在Rt△B1由等面積法，則DF=63故BC與平面AB1C方法二：以O(shè)為原點(diǎn)，以O(shè)B為x軸，以平行CD為y軸，以O(shè)B1為

由（2）可知，AO=33，則A0,-33,0則AC=1,3因?yàn)锽C//AD且BC=設(shè)平面AB1C則AC·n=0取z=1，則x即平面AB1C所以cosBC所以BC與平面AB1C【題型4空間中的距離問題】【例4】（2023·四川南充·統(tǒng)考一模）如圖，在四棱錐C-ABDE中，DE⊥平面BCD，BD=4，(1)求證：AE//平面BCD(2)若BC⊥CD，且直線BC與AE所成角為30°，求點(diǎn)E到平面【解題思路】（1）通過證明AEDF為平行四邊形得到AE//（2）以C為原點(diǎn)，CD,CB分別為x，y軸的正方向，過點(diǎn)C作垂直于平面BCD的直線為z【解答過程】（1）取BD中點(diǎn)為F，連接AF，因?yàn)锳B=AD=23，所以因?yàn)镈E⊥平面BCD，BD?平面BCD，所以因?yàn)镈E?平面ABDE，AF?平面所以，DE//AF，且故四邊形AEDF為平行四邊形，所以AE//又AE?平面BCD，BD?平面所以AE//平面BCD（2）因?yàn)锽C⊥CD，且直線BC與AE所成角為30°，所以∠CBD在Rt△BCD中，CD=以C為原點(diǎn)，CD,CB分別為x，y軸的正方向，過點(diǎn)C作垂直于平面BCD的直線為由（1）知，DE//AF，DE⊥平面BCD，所以AF則A1,得CA=設(shè)n=x,則CA?n=x+所以點(diǎn)E到平面ABC的距離d=【變式4-1】（2023·天津北辰·校考模擬預(yù)測(cè)）在四棱錐P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，且PA=2，四邊形ABCD是直角梯形，且AB⊥AD，BC//AD，AD=AB=2，BC

(1)求證：DM//平面PAB(2)求直線PB與平面PDE所成角的正弦值；(3)求點(diǎn)E到PD的距離.【解題思路】（1）構(gòu)造平面，由面面平行的判定定理證明面面平行，再根據(jù)面面平行的性質(zhì)可得線面平行；（2）根據(jù)題意，建立空間直角坐標(biāo)系，結(jié)合空間向量的坐標(biāo)運(yùn)算代入計(jì)算，即可得到結(jié)果；（3）根據(jù)題意，由空間向量的坐標(biāo)運(yùn)算，代入計(jì)算，即可得到結(jié)果.【解答過程】（1）如圖，取BC中點(diǎn)F，連接MF

因?yàn)镕為BC中點(diǎn)，BC//AD，AD=AB=2，所以四邊形ABFD為平行四邊形，所以AB//又DF?平面PAB，AB?平面PAB，所以DF//因?yàn)镕為BC中點(diǎn)，M為PC中點(diǎn)，則MF//又MF?平面PAB，PB?平面PAB，所以MF//因?yàn)镸F∩DF=F,MF,又DM?平面MDF，故DM//平面（2）

根據(jù)題意，分別以AB,AD,由條件可得，A0,0,0則PB=設(shè)平面PDE的法向量為n=則PD?n=2取y=2，則x=1,z=2，所以平面設(shè)直線PB與平面PDE所成角為θ，則sinθ所以直線PB與平面PDE所成角的正弦值為26（3）由（2）可知，PD=所以點(diǎn)E到PD的距離為PE2【變式4-2】（2023·湖南岳陽·校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）如圖，在直三棱柱ABC-A1B1(1)求直三棱柱ABC-(2)求證：BC//平面AB1C1，并求出BC【解題思路】（1）根據(jù)題意，結(jié)合表面積和體積公式進(jìn)行計(jì)算即可；（2）根據(jù)線面平行的判定定理進(jìn)行證明即可；過點(diǎn)C作CH⊥AC1，垂足為H，則CH⊥平面AB1【解答過程】（1）因?yàn)锳C⊥所以AC=則直三棱柱ABC-S=其體積為V=（2）證明：因?yàn)锽C//B1C1,B所以BC//平面AB過點(diǎn)C作CH⊥AC由題意得CC1⊥所以BC⊥平面AC又CH?平面ACC1所以CH⊥B1B1C1?平面AB所以CH⊥平面A在Rt△ACCCH=所以BC到平面AB1C【變式4-3】（2023·江蘇·校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）在四棱錐P-ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，AB∥CD，AB

(1)設(shè)平面PAB與平面PCD的交線為l，求證：l//平面ABCD(2)點(diǎn)E在棱PB上，直線AE與平面ABCD所成角為π6，求點(diǎn)E到平面PCD的距離【解題思路】（1）根據(jù)題意，由線面平行的判定定理即可證明l//平面ABCD（2）由題意，先證AD⊥BD，然后取AD的中點(diǎn)O，建立以點(diǎn)O【解答過程】（1）因?yàn)锳B∥CD，AB?平面PCD，CD所以AB//平面PCD又因?yàn)锳B?平面PAB，平面PAB∩平面所以AB∥因?yàn)閘?平面ABCD，AB?平面所以l//平面ABCD（2）

設(shè)O為AD的中點(diǎn)，因?yàn)镻A=所以PO⊥又因?yàn)槠矫鍼AD⊥平面ABCD平面PAD∩平面ABCD所以PO⊥平面ABCD又BC?平面ABCD所以PO⊥由AB=2，AD=DC可知ABCD四邊形為等腰梯形，得BD=所以AD所以AD⊥建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系O-P0,0,72，A12,0,0，設(shè)平面ABCD的法向量為n=設(shè)E=x,PE=x,因?yàn)橹本€AE與平面ABCD所成角為π6所以sinπ所以x-因?yàn)辄c(diǎn)E在棱PB上，所以PE=即x,所以x=-λ2，y代入①解得λ=12PE=-14,設(shè)平面PCD的法向量為m=m?令z1=1，得x1所以m=所以點(diǎn)E到平面PCD的距離d=【題型5立體幾何中的折疊問題】【例5】（2023·廣東中山·中山紀(jì)念中學(xué)三模）在直角梯形ABCD中，AD//BC，BC=2AD=2AB=25，∠ABC=90°，如圖（

(1)求證：CD⊥(2)在線段BC上是否存在點(diǎn)N，使得AN與平面ACD所成角為60°？若存在，求出BNBC【解題思路】（1）利用勾股定理證明CD⊥BD，再根據(jù)面面垂直的性質(zhì)可得CD⊥（2）以點(diǎn)D為原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法求解即可.【解答過程】（1）因?yàn)锳D//BC，且可得AD=AB=又因?yàn)椤螪BC=∠ADB所以BD2+因?yàn)槠矫鍭BD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD=BD，且所以CD⊥平面ABD又因?yàn)锳B?平面ABD，所以CD（2）因?yàn)镃D⊥平面ABD，且BD?平面ABD，所以如圖所示，以點(diǎn)D為原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，可得A1,0,1，B2,0,0，C0,2,0所以CD=0,-2,0，設(shè)平面ACD的法向量為n=x,令x=1，可得y=0,z假設(shè)存在點(diǎn)N，使得AN與平面ACD所成角為60°設(shè)BN=λBC，（其中0≤λ≤1所以sin60°=整理得8λ2+2λ-所以在線段BC上存在點(diǎn)N，使得AN與平面ACD所成角為60°，此時(shí)BNBC【變式5-1】（2023·湖南·校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）在圖1中，△ABC為等腰直角三角形，∠B=90°，AB=22，△ACD為等邊三角形，O為AC邊的中點(diǎn)，E在BC邊上，且EC=2BE，沿AC將△ACD進(jìn)行折疊，使點(diǎn)D運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)F的位置，如圖2

(1)證明：FO⊥平面ABC(2)求二面角E-【解題思路】（1）由等邊三角形三線合一，得出FO⊥AC，再由勾股定理逆定理得出（2）方法一：建立空間直角坐標(biāo)系，由面面夾角的向量法計(jì)算即可；方法二：作EM⊥AC，垂足為M，作MN⊥AF，垂足為N，連接EN，首先由線面垂直得出AF⊥NE，則二面角E-【解答過程】（1）證明：連接OB，因?yàn)椤鰽BC為等腰直角三角形，∠B=90°所以AC=4因?yàn)镺為AC邊的中點(diǎn)，所以O(shè)B=在等邊三角形FAC中，AF=因?yàn)镺為AC邊的中點(diǎn)，所以FO⊥AC，則又FB=4所以FO2+因?yàn)锳C∩OB=O，AC?平面ABC所以FO⊥平面ABC

（2）方法一：因?yàn)椤鰽BC是等腰直角三角形，∠ABC=90°，O所以O(shè)B⊥由（1）得FO⊥平面ABC，則以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OB，OC，OF的方向分別為x，y，z

則A0,-2,0，E43所以AF=0,2,23設(shè)平面FAE的法向量為n=由AF?n=0AE?n=0易知平面FAC的一個(gè)法向量為m=設(shè)二面角E-FA-則|cos由圖可知二面角E-所以二面角E-FA-方法二：作EM⊥AC，垂足為M，作MN⊥AF，垂足為因?yàn)镕O⊥平面ABC，EM?平面所以EM⊥又因?yàn)锳C∩FO=O，所以EM⊥平面ACF又AF?平面AFC所以EM⊥又MN⊥AF，MN∩EM=所以AF⊥平面EMN又EN?平面EMN所以AF⊥又平面AFC∩平面AEF所以二面角E-FA-因?yàn)镋M∥OB，所以所以EM=43在Rt△AMN中，∠FAC所以MN=所以EN=所以cos∠ENM=MNEN【變式5-2】（2023·全國·校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）如圖①，在平面四邊形ABCD中，AB=AD=2，BC=CD=2，∠BAD=60°．將△BCD沿著BD折疊，使得點(diǎn)C到達(dá)點(diǎn)C'的位置，且二面角A-BD-C(1)證明：平面PGF//平面C(2)求四棱錐P-【解題思路】（1）利用三角形中位線性質(zhì)和線面平行的判定可證得PG//平面C'DB，PF（2）取BD的中點(diǎn)M，根據(jù)已知的長(zhǎng)度關(guān)系和面面垂直性質(zhì)可證得C'M⊥平面ABD，結(jié)合線面角定義可得tan∠C'【解答過程】（1）∵P,G,F分別為A∵PG,PF?平面C'∴PG//平面C'DB，又PG∩PF=P，PG,PF?平面PGF（2）取BD的中點(diǎn)M，連接C'∵AB=AD=2，∠BAD又BC'=C'∴C'M∵二面角A-BD-C'是直二面角，即平面C'DB⊥平面ABD，平面C'DB∩∴∠C'EM即為C∴tan∠C在△EMB中，由余弦定理得：E即34=1+BE2-BE，解得：BE∴S四邊形GFED∴V【變式5-3】（2023·全國·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(1)求證：AD⊥(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（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，【解答過程】（1）AD=AE=1,∠DE=2,∠在△CDE中，CE2故CE2+平面ADE⊥平面BCDE，平面ADE∩平面BCDE=故CE⊥平面ADE，AD?平面ADE，故又AD⊥AE,CE∩AE=又AP?平面ACE，故AD（2）存在，EP=1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、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),則EA=設(shè)EP=t，0≤t≤2設(shè)平面ABE的法向量為m=(x,令x=1，則y=1,z設(shè)直線AP與平面ABE所成的角為θ，則sinθ=cosAP,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【題型6

立體幾何中的探索性問題】【例6】（2023·四川雅安·統(tǒng)考一模）如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，直線C

(1)求證：AC⊥(2)若AC=BC=BC1=2，在棱A1B【解題思路】（1）利用面面垂直的性質(zhì)、線面垂直的性質(zhì)判定推理即得.（2）作Cz//C【解答過程】（1）在三棱柱ABC-A1B1C1中，由C1B在平面BB1C1C內(nèi)過B作BO⊥CC1于O得BO⊥平面AA1C1C，而顯然BO∩C1B=B,BO,C1所以AC⊥

（2）過點(diǎn)C作Cz//C1B，由由（1）知AC⊥平面BB1C1C，BC?以點(diǎn)C為原點(diǎn)，直線CA,CB,由AC=BC=BC假定在棱A1B1上存在一點(diǎn)P，使二面角P令B1P=λB設(shè)平面PBC的一個(gè)法向量n=(x,令x=1，得n=(1,0,-λ)，顯然平面依題意，cos?m,n?所以在棱A1B1上存在一點(diǎn)P，使二面角P-BC【變式6-1】（2023·全國·模擬預(yù)測(cè)）如圖，四棱錐P-ABCD的底面為正方形，PA⊥底面ABCD，PA=AB，E為AD(1)在線段PB上是否存在一點(diǎn)M，使得PC⊥平面EFM，若存在，請(qǐng)求出PM(2)在（1）的條件下，求二面角E-【解題思路】（1）利用線面垂直的判定定理和性質(zhì)或者空間向量求解即可；（2）建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量求解即可.【解答過程】（1）方法一，假設(shè)存在這樣一點(diǎn)M．連接AC，BD，如圖（1）．∵PA⊥平面ABCD，EF，BD，BC?平面∴PA⊥EF，PA⊥∵在正方形ABCD中，AC⊥BD，又AC∩PA∴BD⊥平面APC∵PC⊥平面EFM，EF，MF?平面∴PC⊥MF，∵PA⊥EF，PA∩PC=P，PC,PA?又∵BD⊥平面APC，∴BD∵點(diǎn)E是AD的中點(diǎn)，∴點(diǎn)F是AB的中點(diǎn)．∵PA⊥BC，AB⊥BC，PA∩AB=A，PA,又∵M(jìn)F?平面PAB,∴∵PC⊥MF,BC∩PC=C,BC,又∵PB?平面PBC,∴∵PA=AB，PA⊥AB，∴∵BF=12AB，∴PMMB∴在線段PB上存在一點(diǎn)M，且當(dāng)PMMB=3時(shí)，使得PC⊥方法二，由題意易知PA⊥AB，PA⊥以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AD，AB，AP所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立如圖（2）的空間直角坐標(biāo)系．設(shè)PA=AB=AD=4，則A(0,0,0)，E(2,0,0)，P設(shè)PM=λMB(λ設(shè)F(0,μ,0)(0≤μ≤4)，則EF=(-2,即-8+16λ1+λ-（2）由題意易知PA⊥AB，PA⊥以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AD，AB，AP所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立如圖（3）的空間直角坐標(biāo)系．設(shè)PA=AB=AD=4，則A(0,0,0)，E(2,0,0)，P(0,0,4)，由（1）可知平面EMF的一個(gè)法向量為PC=4,4,-4，平面MFB的一個(gè)法向量為設(shè)二面角E-MF-B為θ，則∴二面角E-MF-【變式6-2】（2023·河南·信陽高中校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）如圖，在幾何體ABCDE中，CA=CB,

(1)求證：平面ADE⊥平面ABE(2)若CA=AB,BE=3,AB=4，在棱AC上是否存在一點(diǎn)F，使得EF與平面【解題思路】（1）取AB的中點(diǎn)O，連接CO，取AE的中點(diǎn)M，連接OM,DM，通過證明DM⊥平面ABE可得平面ADE（2）以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OB,OC,OM所在的直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)AF=λ【解答過程】（1）因?yàn)镃D⊥平面ABC，且BE所以BE⊥平面ABC取AB的中點(diǎn)O，連接CO，則CO?平面ABC，所以BE又CA=CB，所以取AE的中點(diǎn)M，連接OM,DM，則OM∥又BE∥CD,CD=所以四邊形OCDM為平行四邊形，所以DM∥所以DM⊥又AB,BE?平面ABE,AB因?yàn)镈M?平面ADE，所以平面ADE⊥平面（2）由（1）知OC,OB,OM兩兩垂直，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OB,OC,則A-所以AC=設(shè)平面ACD的一個(gè)法向量n=則n?CD=0,n?AC=0,

設(shè)AF=λAC記EF與平面ACD所成的角為θ，所以sinθ解得λ=12，故F為AC所以在棱AC上存在點(diǎn)F，使得EF與平面ACD所成角的正弦值為277，且【變式6-3】（2023·陜西西安·校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）如圖，三棱柱ABC-A1B1C1中，BC⊥AC，A(1)求證：平面A1ACC(2)若∠A1AC=60°，是否存在λ，使二面角B-A【解題思路】（1）先根據(jù)題意，得四邊形A1ACC1為菱形，A1C⊥A（2）先建立空間直角坐標(biāo)系，寫出點(diǎn)和向量的坐標(biāo)；再求出平面BA1P與平面【解答過程】（1）連接A1

∵在三棱柱ABC-A1∴四邊形A1∴A1∵A1B⊥AC1，A1B∩∴AC1⊥又∵BC?平面A∴AC1⊥又∵BC⊥AC，AC∩AC1=A，∴BC⊥平面A又∵BC?平面ABC∴平面A1ACC（2）假設(shè)存在λ，使二面角B-A1P-在平面A1ACC1內(nèi)，過點(diǎn)C作CD⊥∵平面A1ACC1⊥平面ABC，平面A1∴CD⊥平面ABC以點(diǎn)C為坐標(biāo)原點(diǎn)，CA、CB、CD所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示：

設(shè)AC=∵∠A∴CD=則C0,0,0，A2a,0,0，所以AC=-2a,0,0∵點(diǎn)P滿足AP=λ∴AP=則BP=設(shè)平面BA1P則n?BA1=0n?∵BC⊥平面A∴平面A1PC的一個(gè)法向量為∵二面角B-A1∴34=解得：λ=34∵0≤λ∴λ=故當(dāng)λ=34時(shí)，二面角B【題型7立體幾何中的作圖問題】【例7】（2023·安徽六安·安徽省舒城中學(xué)?？寄M預(yù)測(cè)）如圖，已知多面體EABCDF的底面ABCD是邊長(zhǎng)為2的正方形，EA⊥底面ABCD，F(xiàn)D

(1)記線段BC的中點(diǎn)為K，在平面ABCD內(nèi)過點(diǎn)K作一條直線與平面ECF平行，要求保留作圖痕跡，但不要求證明；(2)求直線EB與平面ECF所成角的正弦值.【解題思路】（1）根據(jù)線面平行性質(zhì)定理，可得所作直線必平行面ABCD與面ECF的交線，因此先作兩平面交線，再在平面ABCD內(nèi)作交線的平行線.（2）建立空間直角坐標(biāo)系，求直線EB的方向向量和平面ECF的法向量，利用向量夾角公式求直線EB與平面ECF所成角的正弦值.【解答過程】（1）延長(zhǎng)AD,EF，設(shè)其交點(diǎn)為N，連接則CN為平面ABCD與平面ECF的交線，取線段CD的中點(diǎn)M，連接KM，直線KM即為所求．證明如下：延長(zhǎng)AD,EF，設(shè)其交點(diǎn)為N，連接則CN為平面ABCD與平面ECF的交線，因?yàn)镕D//EA，所以△FDA所以ND=所以ND=DA=所以四邊形BCND為平行四邊形，所以CN//取CD的中點(diǎn)M，連接KM，∵K,M分別為∴KM//BD，∴∵CN?平面EFC，KM?平面∴KM//平面EFC

（2）以點(diǎn)A為原點(diǎn)，AB所在的直線為x軸，AD所在的直線為y軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖.由已知可得A0,0,0所以EC=設(shè)平面ECF的法向量為n=(則n?EC=0,取y=1得，x平面ECF的一個(gè)法向量n=(1,1,2)設(shè)直線EB與平面ECF所成的角為θ，則sinθ所以直線EB與平面ECF所成角的正弦值為36【變式7-1】（2023·貴州黔東南·凱里一中校考三模）如圖1所示，在邊長(zhǎng)為3的正方形ABCD中，將△ADC沿AC折到△APC的位置，使得平面APC⊥平面ABC，得到圖2所示的三棱錐P-ABC．點(diǎn)E,F,G分別在PA,PB,PC(1)在圖2中畫出交線l，保留作圖痕跡，并寫出畫法．(2)求二面角A-【解題思路】（1）利用公理3，通過找出兩平面的兩個(gè)公共點(diǎn)即可求出結(jié)果；（2）建立空間直角坐系，求出平面AFG與平面EFG的法向量，再利用空間向量的面面公式及圖形即可求出結(jié)果.【解答過程】（1）作圖步驟：如圖所示，延長(zhǎng)EF，AB交于點(diǎn)M，延長(zhǎng)AC，EG交于點(diǎn)N，連接MN，則直線MN即為交線l．保留作圖痕跡且正確．（2）四邊形ABCD是長(zhǎng)為3的正方形，取AC中點(diǎn)O，連接OP,OB，則OB⊥AC，OP⊥AC，又平面APC⊥平面ABC，平面APC∩平面ABC=AC，OP?平面APC，所以O(shè)P則A322,0,0，E2所以FA=FG=-2,-設(shè)平面AFG與平面EFG的法向量分別為n1=x由FA?n1=0FG?n1=0所以n1由FE?n2=0FG?n2=0所以cosn由圖知，二面角A-FG-E為銳二面角，故二面角【變式7-2】（2023·貴州·校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）如圖，已知平行六面體ABCD-A1B1C1D1(1)試在平面ABCD內(nèi)過點(diǎn)C作直線l，使得直線l//平面C1BD(2)求平面BC1D與平面【解題思路】（1）根據(jù)直線與平面的位置關(guān)系判斷即可得直線l的位置，再根據(jù)線面平行的性質(zhì)證明線線平行；（2）根據(jù)位置關(guān)系，建立空間直角坐標(biāo)系，根據(jù)平面與平面的夾角公式進(jìn)行求解即可.【解答過程】（1）解：只需要在平面ABCD內(nèi)過點(diǎn)C作BD的平行線l，即可使?jié)M足題意.理由如下：l?平面ABCD，且l/平面ABCD∩平面所以l又∵在平行六面體ABCD-A1∴l(xiāng)∥B（2）解：連接AC交BD于O，連接C1由題意易知BD=2，AC在△C1CD同理：在△C1CB∴△BC1D為等腰三角形，即∴C1在△C1CO中，C1又∵BD∩OC=O，∴如圖建系：以C1O為z軸，OC為x軸，OD為yC10,0,1，B0,-1,0，D0,1,0，∵CC1=BB1易知平面BC1D與平面yOz重合，則平面B設(shè)平面A1B1v?A1B設(shè)平面BC1D與平面Acosθ平面BC1D與平面A【變式7-3】（2022·福建泉州·統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，在四棱錐P-ABCD中，平面PAB⊥平面ABCD，∠ABC=∠BAD=90°，且PA(1)作出交線l（寫出作圖步驟），并證明l⊥平面PAD(2)記l與平面ABCD的交點(diǎn)為Q，點(diǎn)S在交線l上，且PS=λPQ(0<λ<1)，當(dāng)二面角【解題思路】（1）延長(zhǎng)AB、DC交于Q點(diǎn)，即可得到交線，通過證明PQ⊥PD，（2）建立適當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系，利用空間向量得出|3λ+1|【解答過程】（1）延長(zhǎng)AB，DC交于點(diǎn)Q，連結(jié)PQ，則直線PQ即為所求作的直線l：

因?yàn)椤螦BC=∠又因?yàn)镻A=PB=AB=AD=2BC=2且△PAB為正三角形，所以PQ⊥又AD⊥AB，平面PAB⊥平面ABCD且交線為AB，且AD所以AD⊥平面PAB且PQ?面PAB，所以AD⊥又AD∩PA=A，且AD?平面PAD所以PQ⊥平面PAD，即l⊥平面PAD（2）取AB的中點(diǎn)O，連結(jié)PO，則PO⊥又平面PAB⊥平面ABCD且交線為AB，且PO?平面所以PO⊥平面ABCD，以O(shè)為原點(diǎn)，OB，OP所在直線為x，z軸建立如圖空間直角坐標(biāo)系，則A(-1,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(-1,2,0)，由PS=λPQ所以AS=(3λ+1,0,3顯然平面SAC的一個(gè)法向量為k=(0,0,1)，設(shè)平面SAC的法向量為n=(則n?AS取z=3λ+1，則x所以平面SAC的一個(gè)法向量為n=(3所以|cos?所以當(dāng)二面角S-AC-B的余弦值為【題型8立體幾何建系繁瑣問題（幾何法）】【例8】（2022·浙江·三模）如圖，四面體ABCD的棱AB?平面α,CD(1)證明：平面ABC⊥平面ABD(2)若平面ABC與平面α所成銳二面角的正切值為12，線段CD與平面α相交，求平面ACD與平面α【解題思路】（1）作CM⊥AB于M，通過余弦定理解三角形得到CM⊥MD，即可證得CM⊥平面ABD（2）作DG⊥α于G，CH⊥α于H，求出CH=1,HM=2，MG=1,DG=2，延長(zhǎng)DC,GH交于點(diǎn)N，連接AN，作GK【解答過程】（1）作CM⊥AB于M，連接DM，則AM=ACcos則AD2=AM2+DM2，故DM⊥AB．又MD又CM?平面ABC，則平面ABC⊥平面（2）作DG⊥α于G，CH⊥α于H，由（1）知CM⊥AB，又CM∩CH=又MH?平面CHM，則MG⊥AB，又DM⊥AB，同理可得AB⊥平面由平面ABC與平面α所成銳二面角的正切值為12，則tan∠CMH=12，又則∠CMH=π2-∠DMG，DM=5，則MG=1,DG=2易得DG⊥AN，又DG∩GK=G，DG,GK?平面DGK，則AN則平面ACD與平面α所成銳二面角即∠DKG．又CH=12DG，則GH故GK=GNsin【變式8-1】（2023·廣東深圳·統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè)）在正三角形ABC中，E、F、P分別是-AB、AC、BC邊上的點(diǎn)，滿足AE：EB=CF：FA=CP：PB=1：2(如圖1).將△AEF沿EF折起到△A1

(1)求證：FP//平面A1(2)求證：A1E⊥(3)求直線A1E與平面【解題思路】（1）證明FP//BE，利用直線與平面平行的判定定理證明FP//（2）不妨設(shè)正三角形ABC的邊長(zhǎng)為3.取BE的中點(diǎn)D，連結(jié)DF，證明ADF是正三角形，推出A1EB為二面角A1-EF-B（3）設(shè)A1E在平面A1BP內(nèi)的射影為A1Q，且A1Q交BP于點(diǎn)Q，說明【解答過程】（1）∵CP：PB=CF：FA∵BE?平面A1EB，∴FP//平面A（2）不妨設(shè)正三角形ABC的邊長(zhǎng)為3，在圖1中，取BE的中點(diǎn)D，連結(jié)DF，∵AE：EB=CF：FA∴AF=而∠A=60°，又AE=DE=1在圖2中，A1E⊥∴∠A1EB由題設(shè)條件知此二面角為直二面角，∴A又BE、EF?平面BEF，BE∴A1E⊥平面BEF，即（3）在圖2中，∵A1E⊥平面設(shè)A1E在平面A1BP內(nèi)的射影為A1Q，且則可得BP⊥平面A又A1Q?平面A則∠EA1Q就是在△EBP中，∵BE=∴△EBP是等邊三角形，∴又A1E⊥平面BEP，∴A1B=又A1E=1，在Rt△A所以直線A1E與平面A1【變式8-2】（2023·重慶·統(tǒng)考三模）如圖，四面體ABCD的頂點(diǎn)都在以AB為直徑的球面上，底面BCD是邊長(zhǎng)為3的等邊三角形，球心O到底面的距離為1．(1)求球O的表面積；(2)求二面角B-【解題思路】（1）由正弦定理求出底面△BCD（2）取AC的中點(diǎn)E，連OE，過E作EF⊥AC，交AD于F，連OF，則∠OEF是二面角【解答過程】（1）底面△BCD外接圓的半徑r又球心O到底面的距離為1．所以球的半徑R=所以球O的表面積為4π（2）因?yàn)锳B為球的直徑，所以BC⊥AC，取AC的中點(diǎn)E，連OE，則OE//BC，則因?yàn)锽C=BD=3，在等腰三角形ADC中，過E作EF⊥AC，交AD于F，連則∠OEF是二面角B-AC在△ACD中，cos∠DAC=5+5-3tan∠DAC=5110710=51在△BAD中，cos在△OAF中，OF2=O在△OEF中，cos∠OEF=OE所以二面角B－AC－D的余弦值為8517【變式8-3】（2023·廣東深圳·深圳中學(xué)校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，在三棱錐A-BCD中，滿足BC=CD=33，點(diǎn)M在CD上，且DM=5MC，△ABD為邊長(zhǎng)為6的等邊三角形，E(1)求證：FM//面ABC(2)若二面角A-BD-C的平面角的大小為2π3【解題思路】（1）在BE上取一點(diǎn)N，使得BN=12NE，由題可得FN∥AB，（2）根據(jù)面面垂直的判定定理可得面ABD⊥面AEC，過點(diǎn)C作CH⊥AE，則CH⊥面ABD，根據(jù)條件可得C到面ABD的距離及M到面ABD【解答過程】（1）在BE上取一點(diǎn)N，使得BN=12NE，連接∵BD=6，∴BN=16BD∵AFFE=12則FN∥AB，又FN?面ABC，AB∴FN∥面ABC∵BNND=CMMD∵NM?面ABC，BC?面ABC，∴NM∥∵FN∩NM=N，∴面FNM∥面ABC，又FM?面∴FM∥面ABC（2）∵AE⊥BD，所以二面角A-BD-又∵AE∩CE=E，∴BD⊥面AEC，∵BD?面∴面ABD⊥面AEC∵面ABD∩面AEC=AE，在面AEC內(nèi)過點(diǎn)C作CH⊥AE于H則CH=∵CE=∴CH=32×32=3∵M(jìn)D=56CD，∴M到面計(jì)算EM：cos∠在△DME中，DM=5∴13∴EM與面ABD所成角的正弦值為56【題型9立體幾何新定義問題】【例9】（2023·湖南·校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）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，（1）當(dāng)α、β∈（2）如圖2，平行六面體ABCD-A1B1C1D1①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（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=C1【解答過程】（1）證明：如圖，過射線PC上一點(diǎn)H作HM⊥PC交PA于作HN⊥PC交PB于N則∠MHN是二面角A在△MNP中和△MNMN兩式相減得MP∴2MP兩邊同除以2MP?NP（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-A1B1∴A1B1//DC∴A1在四邊形B1BPC中，∴四邊形B1∴B1∴A1又A1D?平面DA1∴BP//平面D∴當(dāng)點(diǎn)P在C1C的延長(zhǎng)線上，且使CP=C1【變式9-1】（2023·遼寧沈陽·東北育才學(xué)校?？家荒＃┓浞渴亲匀唤缱钌衿娴摹敖ㄖ敝?，如圖1所示.蜂房結(jié)構(gòu)是由正六棱柱截去三個(gè)相等的三棱錐H-ABC，J-CDE，K-EFA，再分別以AC，CE，EA為軸將△ACH，△CEJ，△EAK分別向上翻轉(zhuǎn)180°，使H，J，K三點(diǎn)重合為點(diǎn)S所圍成的曲頂多面體（下底面開口），如圖2所示.蜂房曲頂空間的彎曲度可用曲率來刻畫，定義其度量值等于蜂房頂端三個(gè)菱形的各個(gè)頂點(diǎn)的曲率之和，而每一頂點(diǎn)的曲率規(guī)定等于2(1)求蜂房曲頂空間的彎曲度；(2)若正六棱柱底面邊長(zhǎng)為1，側(cè)棱長(zhǎng)為2，設(shè)BH（i）用x表示蜂房（圖2右側(cè)多面體）的表面積S(（ii）當(dāng)蜂房表面積最小時(shí)，求其頂點(diǎn)S的曲率的余弦值.【解題思路】（1）根據(jù)彎曲度、曲率的定義求得正確答案.（2）（i）結(jié)合多面體的表面積的求法求得Sx；（ii）利用導(dǎo)數(shù)求得蜂房表面積最小時(shí)BH的值.令∠ASC=θ，利用余弦定理求得cos【解答過程】（1）蜂房曲頂空間的彎曲度為頂端三個(gè)菱形的7個(gè)頂點(diǎn)的曲率之和，根據(jù)定義其度量值等于7×2π減去三個(gè)菱形的內(nèi)角和3×2再減去6個(gè)直角梯形中的兩個(gè)非直角內(nèi)角和6×π即蜂房曲頂空間的彎曲度為7×2π（2）（i）如圖所示，連接AC，SH，則AC=3，設(shè)點(diǎn)S在平面ACE的射影為則OB=1，則SH菱形SAHC的面積為S=側(cè)面積6×2+所以蜂房的表面積為S(（ii）S'令S'(x所以Sx在0,24,所以S(x)在此時(shí)SA=SC=1+x2=又頂點(diǎn)S的曲率為2π∴===4cos【變式9-2】（2023·遼寧沈陽·東北育才學(xué)校?？寄M預(yù)測(cè)）已知頂點(diǎn)為S的圓錐面（以下簡(jiǎn)稱圓錐S）與不經(jīng)過頂點(diǎn)S的平面α相交，記交線為C，圓錐S的軸線l與平面α所成角θ是圓錐S頂角（圓S軸截面上兩條母線所成角θ的一半，為探究曲線C的形狀，我們構(gòu)建球T，使球T與圓錐S和平面α都相切，記球T與平面α的切點(diǎn)為F，直線l與平面α交點(diǎn)為A，直線AF與圓錐S交點(diǎn)為O，圓錐S的母線OS與球T的切點(diǎn)為M，OM=a，(1)求證：平面SOA⊥平面α，并指出a，b，θ關(guān)系式；(2)求證：曲線C是拋物線．【解題思路】（1）由題設(shè)條件可得平面AOS⊥平面α，據(jù)此可求出球的半徑TM=ab，可得（2）建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法求兩點(diǎn)間的距離，化簡(jiǎn)方程即可得解.【解答過程】（1）∵平面AOS截球T的截面圓與直線AO相切于F，∴TF⊥記P是平面α內(nèi)不在直線OA上的點(diǎn)，平面TFP截球T的截面圓與直線FP相切于點(diǎn)F，∴TF⊥∵平面α內(nèi)直線AO，F(xiàn)P相交于點(diǎn)F，∴TF⊥平面α，∵直線TF?平面AOS，∴平面AOS⊥平面α，∴∠SAD=∠ASO=∴OT⊥SA，∴球T的半徑TM=ab且∴a=（2）在平面AOS內(nèi)圓錐的另一條母線與球T的切點(diǎn)記為N點(diǎn)∵∠NSA∴NS以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OA所在直線為x軸，過O與TF平行的直線為z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖.∵OM，OF與球T相切，∴OF=∴Fa,0,0，設(shè)交線C上任意點(diǎn)Px,y,0，記圓錐S的母線SP與球∵PF與球T相切于點(diǎn)F，∴PE=PF，∴PS=即x-a+兩邊平方整理得：x+a=兩邊平方整理得：y2=4ax易知：（3）?（2）?（1），∴交線C在坐標(biāo)平面xOy中方程為y2∴交線C是以F為焦點(diǎn)，O為頂點(diǎn)的拋物線.【變式9-3】（2022·江西·校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）閱讀以下材料：球的體積公式的推導(dǎo)，球面可以看作一個(gè)半圓繞著其直徑所在直線旋轉(zhuǎn)一周所得，已知半圓方程為x2+y2=R2(y≥0)，由x2+(1)若橢圓方程為x2(2)如圖所示的橢球是由水平放置的橢圓C1繞其長(zhǎng)軸AB所在直線旋轉(zhuǎn)所得，其中旋轉(zhuǎn)90°得到橢圓C2，橢圓C1上的點(diǎn)P1剛好對(duì)應(yīng)橢圓C2上的點(diǎn)P2，橢圓C1的中心為O，以O(shè)B為x軸建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz（橢圓C1在平面xOy內(nèi)），點(diǎn)P2關(guān)于z軸對(duì)稱的點(diǎn)為P3【解題思路】（1）根據(jù)已知條件類比半圓推導(dǎo)球的體積公式的方法，可利用半橢圓推出橢球的體積公式，利用微積分的基本定理即可求解；（2）根據(jù)已知條件得出橢圓中得a,b，利用已知條件及空間直角坐標(biāo)系，寫出P1,P2【解答過程】（1）由半橢圓x2y=∴V=π所以橢球的體積公式為43（2）由{43πab2=由橢圓C1繞其長(zhǎng)軸AB所在直線旋轉(zhuǎn)所得，其中旋轉(zhuǎn)90°得到橢圓CC2方程為x因?yàn)闄E圓C1的中心為O，以O(shè)B為x軸建立空間直角坐標(biāo)系O因?yàn)镻1橫坐標(biāo)為1所以PAB=(4,0,0)，AP3=(1,0,設(shè)平面ABP3的一個(gè)法向量為由{n?AB=0n?AP3設(shè)平面P1B由{n?P1B=0n?P設(shè)平面ABP3與平面P1∴∴平面ABP3與平面P11．（2023·北京·統(tǒng)考高考真題）如圖，在三棱錐P-ABC中，PA⊥平面ABC

(1)求證：BC⊥平面PAB(2)求二面角A-【解題思路】（1）先由線面垂直的性質(zhì)證得PA⊥BC，再利用勾股定理證得（2）結(jié)合（1）中結(jié)論，建立空間直角坐標(biāo)系，分別求得平面PAC與平面PBC的法向量，再利用空間向量夾角余弦的坐標(biāo)表示即可得解.【解答過程】（1）因?yàn)镻A⊥平面ABC,BC所以PA⊥BC，同理所以△PAB又因?yàn)镻B=PA所以PB2+BC又因?yàn)锽C⊥PA，所以BC⊥平面PAB（2）由（1）BC⊥平面PAB，又AB?平面PAB，則以A為原點(diǎn)，AB為x軸，過A且與BC平行的直線為y軸，AP為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖，

則A(0,0,0),所以AP=(0,0,1),設(shè)平面PAC的法向量為m=x1,令x1=1，則y1設(shè)平面PBC的法向量為n=x2,y令x2=1，則z2所以cosm又因?yàn)槎娼茿-所以二面角A-PC-2．（2023·全國·統(tǒng)考高考真題）如圖，在三棱錐P-ABC中，AB⊥BC，AB=2，BC=22，PB=PC=6(1)求證：EF//平面ADO；(2)若∠POF=120°，求三棱錐【解題思路】（1）根據(jù)給定條件，證明四邊形ODEF為平行四邊形，再利用線面平行的判定推理作答.（2）作出并證明PM為棱錐的高，利用三棱錐的體積公式直接可求體積.【解答過程】（1）連接DE,OF，設(shè)AF=tAC，則BF=則BF?解得t=12，則F為AC的中點(diǎn)，由D于是DE//AB,則四邊形ODEF為平行四邊形，EF//DO,EF=DO，又所以EF//平面ADO（2）過P作PM垂直FO的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)M，因?yàn)镻B=PC,O是在Rt△PBO中，所以PO=因?yàn)锳B⊥所以O(shè)F⊥BC，又PO∩OF=所以BC⊥平面POF，又PM?平面所以BC⊥PM，又BC∩FM=所以PM⊥平面ABC即三棱錐P-ABC的高為因?yàn)椤螾OF=120°，所以所以PM=又S△所以VP3．（2023·全國·統(tǒng)考高考真題）如圖，在三棱柱ABC-A1B1

(1)證明：平面ACC1A(2)設(shè)AB=A1【解題思路】(1)由A1C⊥平面ABC得A1C⊥BC，又因?yàn)锳C⊥BC(2)過點(diǎn)A1作A1O⊥CC1，可證四棱錐的高為A1O,由三角形全等可證A1C【解答過程】（1）證明：因?yàn)锳1C⊥平面ABC，BC所以A1又因?yàn)椤螦CB=90A1C,AC?所以BC⊥平面AC又因?yàn)锽C?平面BC所以平面ACC1A（2）如圖，

過點(diǎn)A1作A1O因?yàn)槠矫鍭CC1A1⊥平面BCC1B1所以A1O⊥所以四棱錐A1-B因?yàn)锳1C⊥平面ABC，AC所以A1C⊥又因?yàn)锳1B=所以△ABC與△A1設(shè)A1C=所以O(shè)為CC1中點(diǎn)，又因?yàn)锳1C⊥AC即x2+x所以A1所以四棱錐A1-B4．（2023·全國·統(tǒng)考高考真題）如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，A1C⊥底面

(1)證明：A1(2)已知AA1與BB1的距離為2，求【解題思路】（1）根據(jù)線面垂直，面面垂直的判定與性質(zhì)定理可得A1O⊥平面BC（2）利用直角三角形求出AB1的長(zhǎng)及點(diǎn)A【解答過程】（1）如圖，

∵A1C⊥底面ABC，∴A1C⊥BC，又BC⊥AC∴BC⊥平面ACC1A1，又BC?∴平面ACC1A過A1作A1O⊥CC1交CC1于O∴A1∵A1到平面BCC1B在Rt△A1設(shè)CO=x，則∵△A1OCCO2+A1∴1+x2+1+∴AC∴（2）∵AC∴∴BA過B作BD⊥AA1，交AA1于由直線AA1與BB1∵A1D=1，在Rt△ABC，延長(zhǎng)AC，使AC=CM，連接由CM∥A1∴C1M∥A1C，∴∴則在Rt△AC1M在Rt△AB1C∴A又A到平面BCC1B所以AB1與平面BCC5．（2023·全國·統(tǒng)考高考真題）如圖，在三棱錐P-ABC中，AB⊥BC，AB=2，BC=22，PB=PC=6，BP，AP，BC的中點(diǎn)分別為D，E

(1)證明：EF//平面ADO(2)證明：平面ADO⊥平面BEF(3)求二面角D-AO【解題思路】（1）根據(jù)給定條件，證明四邊形ODEF為平行四邊形，再利用線面平行的判定推理作答.（2）法一：由（1）的信息，結(jié)合勾股定理的逆定理及線面垂直、面面垂直的判定推理作答.法二：過點(diǎn)B作z軸⊥平面BAC，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)Px,y,z，所以由PA=14PB=6PC（3）法一：由（2）的信息作出并證明二面角的平面角，再結(jié)合三角形重心及余弦定理求解作答.法二：求出平面ADO與平面ACO的法向量，由二面角的向量公式求解即可.【解答過程】（1）連接DE,OF，設(shè)AF=tAC，則BF=則BF?解得t=12，則F為AC的中點(diǎn)，由D

于是DE//AB,DE=EF//DO,EF=DO，又所以EF//平面