2024年高考数学：立体几何（7大题型汇编）（解析版）.pdf

1、1立体几何立体几何是高考数学的必考内容，在大题中一般分两问，第一问考查空间直线与平面的位置关系证明；第二问考查空间角、空间距离等的求解。考题难度中等，常结合空间向量知识进行考查。2024 年高考有很大可能延续往年的出题方式。题型一：空间异面直线夹角的求解1(2023上海长宁统考一模)如图，在三棱锥 A-BCD 中，平面 ABD 平面 BCD,AB=AD,O 为 BD 的中点.(1)求证：AO CD；(2)若 BD DC,BD=DC,AO=BO，求异面直线 BC 与 AD 所成的角的大小.【思路分析】(1)利用面面垂直的性质、线面垂直的性质推理即得.(2)分别取 AB,AC 的中点 M,N，利用

2、几何法求出异面直线 BC 与 AD 所成的角.【规范解答】(1)在三棱锥 A-BCD 中，由 AB=AD,O 为 BD 的中点，得 AO BD，而平面 ABD 平面 BCD，平面 ABD 平面 BCD=BD，AO 平面 ABD，因此 AO 平面 BCD，又 CD 平面 BCD，所以 AO CD.(2)分别取 AB,AC 的中点 M,N，连接 OM,ON,MN，于是 MN BC,OM AD，则 OMN 是异面直线 BC 与 AD 所成的角或其补角，2由(1)知，AO BD，又 AO=BO，AB=AD，则 ADB=ABD=4，于是 BAD=2，令 AB=AD=2，则 DC=BD=2 2，又 BD

3、DC，则有 BC=BD2+DC2=4，OC=DC2+OD2=10，又 AO 平面 BCD，OC 平面 BCD，则 AO OC，AO=2，AC=AO2+OC2=2 3，由 M,N 分别为 AB,AC 的中点，得 MN=12 BC=2,OM=12 AD=1,ON=12 AC=3，显然 MN 2=4=OM 2+ON 2，即有 MON=2，cosOMN=OMMN=12，则 OMN=3，所以异面直线 BC 与 AD 所成的角的大小 3.1、求异面直线所成角一般步骤：(1)平移：选择适当的点，线段的中点或端点，平移异面直线中的一条或两条成为相交直线(2)证明：证明所作的角是异面直线所成的角(3)寻找：在立

4、体图形中，寻找或作出含有此角的三角形，并解之(4)取舍：因为异面直线所成角 的取值范围是 0,2，所以所作的角为钝角时，应取它的补角作为异面直线所成的角2、可通过多种方法平移产生，主要有三种方法：(1)直接平移法(可利用图中已有的平行线)；(2)中位线平移法；(3)补形平移法(在已知图形中，补作一个相同的几何体，以便找到平行线)3、异面直线所成角：若 n1,n2 分别为直线 l1,l2 的方向向量，为直线 l1,l2 的夹角，则 cos=cos=n1 n2n1n2.1(2023江西萍乡高三统考期中)如图，在正四棱台 ABCD-A1B1C1D1中，E,F 分别是 BB1,CD 的中点.(1)证明

5、：EF 平面 AB1C1D；3(2)若 AB=2A1B1，且正四棱台的侧面积为 9，其内切球半径为22，O 为 ABCD 的中心，求异面直线 OB1与 CC1所成角的余弦值.【答案】(1)证明见解析；(2)45【分析】(1)根据中位线定理，结合线面平行判定定理以及面面平行判定定理，利用面面平行的性质，可得答案；(2)根据题意，结合正四棱台的几何性质，求得各棱长，利用线线角的定义，可得答案.【解析】(1)取 CC1中点 G，连接 GE,GF，如下图：在梯形 BB1C1C 中，E,G 分别为 BB1,CC1的中点，则 EG B1C1，同理可得 FG C1D，因为 EG 平面 AB1C1D，B1C1

6、 平面 AB1C1D，所以 EG 平面 AB1C1D，同理可得 GF 平面 AB1C1D，因为 EG FG=G，EG,FG 平面 EFG，所以平面 EFG 平面 AB1C1D，又因为 EF 平面 EFG，所以 EF 平面 AB1C1D；(2)连接 AC,BD，则 AC BD=O，连接 A1O,A1C1,B1O,在平面 BB1C1C 中，作 B1N BC 交 BC 于 N，在平面 BB1D1D 中，作 B1M BD 交 BD 于 M，连接 MN，如下图：因为 AB=2A1B1，则 OC=A1C1，且 OC A1C1，所以 A1C1CO 为平行四边形，则 A1O CC1，且 A1O=CC1，所以

7、A1OB1为异面直线 OB1与 CC1所成角或其补角，同理可得：B1D1DO 为平行四边形，则 B1O=D1D，在正四棱台 ABCD-A1B1C1D1中，易知对角面 BB1D1D 底面 ABCD，因为平面 ABCD 平面 BB1D1D=BD，且 B1M BD，B1M 平面 BB1D1D，所以 B1M 平面 ABCD，由内切球的半径为22，则 B1M=2，在等腰梯形 BB1C1C 中，BC=2B1C1且 B1N BC，易知 BN=14 BC，同理可得 BM=14 BD，在 BCD 中，BNBC=BMBD=14，则 MN=14 CD，设正方形 ABCD 的边长为 4x x 0，则正方形 A1B1C

8、1D1的边长为 2x，MN=x，由正四棱台的侧面积为 9，则等腰梯形 BB1C1C 的面积 S=94，4因为 B1M 平面 ABCD，MN 平面 ABCD，所以 B1M MN，在 RtB1MN，B1N=B1M 2+MN 2=2+x2，可得 S=12 B1N B1C1+BC，则 94=12 2+x2 4x+2x，解得 x=12，所以 BC=2，B1C1=1，BN=14 BC=12，B1N=32，则 A1B1=1，在 RtBB1N 中，BB1=B1N 2+BN 2=102，则 CC1=DD1=102，所以在 A1OB1中，则 cosA1OB1=A1O2+B1O2-A1B212 A1O B1O=10

9、22+1022-12 102102=45，所以异面直线 OB1与 CC1所成角的余弦值为 45.2(2023辽宁丹东统考二模)如图，平行六面体 ABCD-A1B1C1D1的所有棱长都相等，平面 CDD1C1 平面 ABCD，AD DC，二面角 D1-AD-C 的大小为 120，E 为棱 C1D1的中点(1)证明：CD AE；(2)点 F 在棱 CC1上，AE 平面 BDF，求直线 AE 与 DF 所成角的余弦值【答案】(1)证明见解析；(2)37【分析】(1)根据面面垂直可得线面垂直进而得线线垂直，由二面角定义可得 D1DC=120，进而根据中点得线线垂直即可求；(2)由线面平行的性质可得线线

10、平行，由线线角的几何法可利用三角形的边角关系求解，或者建立空间直角坐标系，利用向量的夹角即可求解.【解析】(1)因为平面 CDD1C1 平面 ABCD，且两平面交线为 DC,AD DC，AD 平面 ABCD,所以 AD 平面 CDD1C1，所以 AD D1D,AD DC，D1DC 是二面角 D1-AD-C 的平面角，故 D1DC=120 连接 DE，E 为棱 C1D1的中点，则 DE C1D1,C1D1 CD，从而 DE CD又 AD CD，DE AD=D，DE,AD 平面 AED，所以 CD 平面 AED，ED 平面 AED,因此 CD AE(2)解法 1：设 AB=2，则 DE=D1D2-

11、12 D1C12=3，所以 CE=AE=AD2+DE 2=7连 AC 交 BD 于点 O，连接 CE 交 DF 于点 G，连 OG因为 AE 平面 BDF，AE 平面 AEC,平面 AEC 平面 BDF=OG，所以 AE OG，因为 O 为 AC 中点，所以 G 为 CE 中点，故 OG=12 AE=72 且直线 OG 与 DF 所成角等于直线 AE 与 DF 所成角5在 RtEDC 中，DG=12 CE=72，因为 OD=2，所以 cosOGD=722+722-(2)22 72 72=37 因此直线 AE 与 DF 所成角的余弦值为 37 解法 2；设 AB=2，则 DE=D1D2-12 D

12、1C12=3，所以 CE=AE=AD2+DE 2=7取 DC 中点为 G，连接 EG 交 DF 于点 H，则 EG=DD1=2连接 AG 交 BD 于点 I，连 HI，因为 AE 平面 BDF，AE 平面 AGE，平面 AGE 平面 BDF=IH，所以 AE IHHI 与 DH 所成角等于直线 AE 与 DF 所成角正方形 ABCD 中，GI=13 AG，DI=13 DB=2 23，所以 GH=13 EG，故 HI=13 AE=73 在 DHG 中，GH=13 EG=23，GD=1，EGD=60，由余弦定理 DH=1+49-1 23=73 在 DHI 中，cosDHI=732+732-2 23

13、22 73 73=37 因此直线 AE 与 DF 所成角的余弦值为 37 解法 3:由(1)知 DE 平面 ABCD，以 D 为坐标原点，DA为 x 轴正方向，DA为 2 个单位长，建立如图所示的空间直角坐标系 D-xyz由(1)知 DE=3，得 A 2,0,0,B 2,2,0,C 0,2,0,E(0,0,3)，C1(0,1,3)则 CC1=(0,-1,3)，DC=(0,2,0)，AE=(-2,0,3)，DB=(2,2,0)6由 CF=tCC10 t 1，得 DF=DC+CF=(0,2-t,3t)因为 AE 平面 BDF，所以存在唯一的，R，使得 AE=DB+DF=2,2,0+(0,2-t,3

14、t)=2,2+2-t,3t，故 2=-2,2+2-t=0,3t=3，解得 t=23，从而 DF=0,43,233所以直线 AE 与 DF 所成角的余弦值为 cos AE,DF=AE DF|AE|DF|=37 题型二：空间直线与平面夹角的求解2(2024安徽合肥统考一模)如图，三棱柱 ABC-A1B1C1中，四边形 ACC1A1,BCC1B1均为正方形，D,E分别是棱 AB,A1B1的中点，N 为 C1E 上一点.(1)证明：BN 平面 A1DC；(2)若 AB=AC,C1E=3C1N，求直线 DN 与平面 A1DC 所成角的正弦值.【思路分析】(1)连接 BE,BC1,DE,则有平面 BEC1

15、 平面 A1DC，可得 BN 平面 A1DC；(2)建立空间直角坐标系，利用空间向量进行计算即可.【规范解答】(1)连接 BE,BC1,DE.因为 AB A1B1，且 AB=A1B1，又 D,E 分别是棱 AB,A1B1的中点，所以 BD A1E，且 BD=A1E，所以四边形 BDA1E 为平行四边形，所以 A1D EB，又 A1D 平面 A1DC,EB 平面 A1DC，所以 EB 平面 A1DC，因为 DE BB1 CC1，且 DE=BB1=CC1，所以四边形 DCC1E 为平行四边形，所以 C1E CD，又 CD 平面 A1DC,C1E 平面 A1DC，所以 C1E 平面 A1DC，因为

16、C1E EB=E,C1E,EB 平面 BEC1，所以平面 BEC1 平面 A1DC，因为 BN 平面 BEC1，所以 BN 平面 A1DC.(2)四边形 ACC1A1,BCC1B1均为正方形，所以 CC1 AC,CC1 BC，所以 CC1 平面 ABC.因为 DE CC1，所以 DE 平面 ABC，从而 DE DB,DE DC.又 AB=AC，所以 ABC 为等边三角形.因为 D 是棱 AB 的中点，所以 CD DB，即 DB,DC,DE 两两垂直.以 D 为原点，DB,DC,DE 所在直线为 x,y,z 轴，7建立如图所示的空间直角坐标系 D-xyz.设 AB=2 3，则 D 0,0,0,E

17、 0,0,2 3,C 0,3,0,C1 0,3,2 3,A1-3,0,2 3，所以 DC=0,3,0,DA1=-3,0,2 3.设 n=x,y,z为平面 A1DC 的法向量，则 n DC=0n DA1=0，即 3y=0-3x+2 3z=0，可取 n=2,0,1.因为 C1E=3C1N，所以 N 0,2,2 3,DN=0,2,2 3.设直线 DN 与平面 A1DC 所成角为，则 sin=|cosn,DN|=|n DN|n|DN|=2 35 4=1510，即直线 DN 与平面 A1DC 所成角正弦值为1510.1、垂线法求线面角(也称直接法)：(1)先确定斜线与平面，找到线面的交点 B 为斜足；找

18、线在面外的一点 A，过点 A 向平面 做垂线，确定垂足O；(2)连结斜足与垂足为斜线 AB 在面 上的投影；投影 BO 与斜线 AB 之间的夹角为线面角；(3)把投影 BO 与斜线 AB 归到一个三角形中进行求解(可能利用余弦定理或者直角三角形)。3、公式法求线面角(也称等体积法)：用等体积法，求出斜线 PA 在面外的一点 P 到面的距离，利用三角形的正弦公式进行求解。公式为：sin=hl，其中 是斜线与平面所成的角，h 是垂线段的长，l 是斜线段的长。方法：已知平面 内一个多边形的面积为 S，它在平面 内的射影图形的面积为 S射影，平面 和平面 所成的二面角的大小为，则 COS=S射影S.这

19、个方法对于无棱二面角的求解很简便。4、直线与平面所成角：设 n1 是直线 l 的方向向量，n2 是平面 的法向量，直线与平面的夹角为.则 sin=cos=n1 n2n1n2.1(2024内蒙古赤峰高三校考开学考试)如图，在三棱台 ABC-A1B1C1中，AB=AC=2A1B1=2AA18=4 2，A1AB=A1AC=3，BAC=2(1)证明：A1A B1C1；(2)求直线 BB1与平面 A1ACC1所成角的正弦值【答案】(1)证明见解析；(2)63【分析】(1)取 BC 的中点 D，连接 A1B、A1C、A1D、AD，即可证明 BC 平面 A1AD，从而得到 AA1 BC，又 BC B1C1即

20、可得证；(2)过点 A1作 AD 的垂线，垂足为 O，过点 O 作 OF 垂直于 AB，垂足为 F，连接 A1F，即可证明 A1O 平面 ABC，再证明 A1F AB，过点 O 作 BC 的平行线，交 AB 于点 E，所以 OE、OD、OA1三条直线两两垂直，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.【解析】(1)取 BC 的中点 D，连接 A1B、A1C、A1D、AD，因为 AB=AC，所以 AD BC，又 A1AB=A1AC=3，AB=AC，AA1=AA1，所以 A1AB A1AC，所以 A1B=A1C，所以 A1D BC，因为 AD A1D=D，AD,A1D 平面 A1AD，所以 BC

21、 平面 A1AD，又 AA1 平面 A1AD，所以 AA1 BC，又 BC B1C1，所以 AA1 B1C1.(2)过点 A1作 AD 的垂线，垂足为 O，过点 O 作 OF 垂直于 AB，垂足为 F，连接 A1F，由(1)BC 平面 A1AD，BC 平面 ABC，所以平面 ABC 平面 A1AD，平面 ABC 平面 A1AD=AD，A1O 平面 A1AD，所以 A1O 平面 ABC，AB 平面 ABC，所以 AB A1O，又 OF A1O=O，OF,A1O 平面 OFA1，所以 AB 平面 OFA1，A1F 平面 OFA1，所以 A1F AB，由 A1AF=3，BAC=2，可得 AF=OF=

22、2，AO=A1O=2，OD=2，BD=4，过点 O 作 BC 的平行线，交 AB 于点 E，所以 OE、OD、OA1三条直线两两垂直，如图建立空间直角坐标系，则 A 0,-2,0，C-4,2,0，A1 0,0,2，B 4,2,0，B1 2,2,2，AA1=0,2,2，AC=-4,4,0，BB1=-2,0,2，设平面 A1ACC1的法向量为 m=x,y,z，则 m AA1=2y+2z=0m AC=-4x+4y=0，取 m=1,1,-1，设直线 BB1与平面 A1ACC1所成角为，则 sin=m BB1m BB1=43 2 2=63，9所以直线 BB1与平面 A1ACC1所成角的正弦值为63.2(

23、2024浙江温州高三统考期末)如图，以 AD 所在直线为轴将直角梯形 ABCD 旋转得到三棱台ABE-DCF，其中 AB BC，AB=2BC=2CD(1)求证：AD BE；(2)若 EAB=3，求直线 AD 与平面 CDF 所成角的正弦值【答案】(1)证明见解析；(2)33【分析】(1)如图，取 AB 的中点 G，连接 DG，BD，DE，设 AB=2a，由勾股定理的逆定理可得 AD BD，同理可得 AD DE，结合线面垂直的判定定理和性质即可证明；(2)由(1)和勾股定理的逆定理可得 DE BD，又 DE AD，根据线面、面面垂直的判定定理可得面 DEM 面 ABE，如图，则 NAD 为题意所

24、求的线面角，解三角形 NAD 即可.【解析】(1)连接 BD，DE，设 AB=2a，则 BC=CD=a，取 AB 的中点 G，连接 DG，则四边形 BCDG 为正方形，故 DG=a，得 AD=BD=2a，AD2+BD2=AB2，AD BD同理可得，AD DE，又 BD DE=D,BD、DE 面 BDE，AD 面 BDE，又 BE 面 BDE，AD BE；(2)由(1)知 BD=DE=2a，又 EAB=3，AB=AE=EB=2a，由 ED2+BD2=EB2，得 DE BD又 DE AD，BD AD=D,BD、AD 面 ABCD，DE 面 ABCD，过点 D 作 DM AB 交 AB 于点 M，连

25、接 EM因为 AB 面 ABCD，所以 DE AB，又因为 DE DM=D，且 DE,DM 面 DEM，则 AB 面 DEM，又 AB 面 ABE，面 DEM 面 ABE过点 D 作 DN EM 交 EM 于点 N，连接 AN NAD 就是直线 AD 与面 ABE 所成的线面角 面 CDF 面 ADE，NAD 就是直线 AD 与面 CDF 所成的线面角 DE DM，又 DG=a，DE=2a，DN=63 a，又 AD=2a，sinNAD=63 a2a=33，即直线 AD 与平面 CDF 所成线面角的正弦值为33.10题型三：空间平面与平面夹角的求解1(2024江苏扬州高三统考开学考试)如图，在多

26、面体 ABCDEF 中，四边形 ABCD 是边长为 2 的正方形，EF AD，AF=3EF=3，EAD=120，平面 ADFE 平面 ABCD(1)求证：BD CF；(2)求平面 BDF 与平面 BCF 所成角的余弦值【思路分析】(1)根据平行线性质结合余弦定理可得 AE=2，进而可得 AF EF，再根据面面垂直的性质可得 AF 平面 ABCD，结合线面垂直的性质与判定证明即可；(2)以 A 为原点，AB,AD,AF的方向为 x，y，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系，再根据面面角的向量方法求解即可.【规范解答】(1)证明：因为 EF AD,EAD=120，所以 AEF=60因为 AF=3EF

27、=3，所以由 AF 2=AE 2+EF 2-2AE EF cos60 得 AE=2因为 AF 2+EF 2=1+3=AE 2，所以 AF EF因为 EF AD，所以 AF AD因为平面 ADFE 平面 ABCD，平面 ADFE 平面 ABCD=AD，AF 平面 ADFE，所以 AF 平面 ABCD因为 BD 平面 ABCD，所以 AF BD，连接 AC，在正方形 ABCD 中，AC BD，因为 AF、AC 相交，且 AF、AC 平面 AFC，所以 BD 平面 AFC因为 CF 平面 AFC，所以 BD CF(2)由(1)知 AB，AD，AF 两两垂直，以 A 为原点，AB,AD,AF的方向为

28、x，y，z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系则 B(2,0,0),D(0,2,0),C(2,2,0),F(0,0,3)，BD=(-2,2,0),BF=(-2,0,3),BC=(0,2,0)，设平面 BDF 的一个法向量为 m=x1,y1,z1由 m BD=0m BF=0得：-2x1+2y1=0-2x1+3z1=0，令 x1=3，则 y1=3,z1=2 得 m=(3,3,2)设平面 BCF 的一个法向量为 n=x2,y2,z2，由 n BF=0n BC=0得：-2x2+3z2=02y2=0，令 z2=2，则 x2=3，得 n=(3,0,2)11cosm,n=m n|m|n|=710 7=

29、7010 设平面 BDF 与平面 BCF 所成角为，由图可知 为锐角，即 cos=7010，所以平面 BDF 与平面 BCF 所成角的余弦值为7010 1、几何法(1)定义法(棱上一点双垂线法)：在二面角的棱上找一个特殊点，在两个半平面内分别过该点作垂直于棱的射线(2)三垂线法(面上一点双垂线法)：自二面角的一个面上一点向另外一个面作垂线，再由垂足向棱作垂线得到棱上的点(即斜足)，斜足和面上一点的连线与斜足和垂足的连线所夹的角，即为二面角的平面角(3)垂面法(空间一点垂面法)：过空间一点作与棱垂直的平面，截二面角得两条射线，这两条射线所成的角就是二面角的平面角。(4)射影面积法求二面角 cos

30、=s射影S2、向量法：若 n1,n2 分别为平面,的法向量，为平面,的夹角，则 cos=cos=n1 n2n1n2.1(2024河南郑州高三校联考阶段练习)如图，在长方 ABCD-A1B1C1D1中，AB=2BC=4，E 为AA1的中点，DE BD1.(1)求 AA1的长；(2)求二面角 B-DE-A 的余弦值.【答案】(1)2 2；(2)1313【分析】(1)连接 AD1，证明 DE 平面 ABD1，从而证明 DE AD1，结合 AD DD1，推出 ADE=DD1A，即可利用 tanADE=tanDD1A，即AA12AD=ADDD1求得答案；(2)建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，求出平

31、面 BDE 的法向量，根据空间角的向量求法，即可求得答案.【解析】(1)连接 AD1，由题意知 DE BD1，且 AB 平面 ADD1A1，12DE 平面 ADD1A1，故 AB DE，AB BD1=B,AB,BD1 平面 ABD1，故 DE 平面 ABD1，又 AD1 平面 ABD1，故 DE AD1，又 AD DD1，故 ADE+D1DE=DD1A+D1DE，则 ADE=DD1A，则 tanADE=tanDD1A，即AA12AD=ADDD1，又 AD=BC=2，故 AA1=DD1=2 2；(2)以 D 为坐标原点，以 DA,DC,DD的方向为 x,y,z 轴正方向，建立空间直角坐标系，则

32、D 0,0,0,B 2,4,0,E 2,0,2，DE=2,0,2，DB=2,4,0，平面 ADE 的法向量可取为 DC=0,4,0，设平面 BDE 的法向量为 m=x,y,z，则 m DE=0m DB=0，即 2x+2z=02x+4y=0，令 x=2，则 m=2,-1,-2 2，故|cosDC,m|=|DC m|DC|m|=|-4|4 13=1313,由原图可知二面角 B-DE-A 为锐角，故二面角 B-DE-A 的余弦值为1313.2(2024山东济南高三济南一中校联考开学考试)如图，在四棱柱 ABCD-A1B1C1D1中，底面 ABCD和侧面 ABB1A1均是边长为 2 的正方形.(1)证

33、明：BD1 B1C.(2)若 B1BC=120，求二面角 A-BC-D1的余弦值.【答案】(1)证明见解析；(2)2 77【分析】(1)要证明线线垂直，转化为证明 B1C 平面 BC1D1，利用垂直关系的转化，即可证明；(2)利用垂直关系构造二面角的平面角，再根据三角形的边长，即可求解.【解析】(1)连结 BC1，因为底面 ABCD 和侧面 ABB1A1均是边长为 2 的正方形，所以四边形 BCC1B1是边长为 2 的菱形，则 B1C BC1，且四边形 A1B1C1D1和 CDD1C1也是边长为 2 的正方形，所以 C1D1 B1C1，且 C1D1 CC1，B1C1 C1D1=C1，CC1,B

34、1C1 平面 BCC1B1，所以 C1D1 平面 BCC1B1，B1C 平面 BCC1B1所以 C1D1 B1C，且 BC1 C1D1=C1，且 BC1,C1D1 平面 BC1D1，所以 B1C 平面 BC1D1，BD1 平面 BC1D1，所以 B1C BD1；(2)由(1)可知，C1D1 平面 BCC1B1，且 AB C1D1，所以 AB 平面 BCC1B1，且 AB 平面 ABCD，所以平面 ABCD 平面 BCC1B1，又因为平面 BCC1B1 平面 ADD1A1，13所以平面 ABCD 平面 ADD1A1，且平面 ABCD 平面 ADD1A1=AD，因为 B1BC=A1AD=120，所

35、以 D1DA=60，所以 D1DA 为等边三角形，取 AD 的中点 M，连结 D1M，则 D1M AD，D1M 平面 ADD A1所以 D1M 平面 ABCD，再取 BC 的中点 N，连结 MN,D1N,则 MN BC，因为 BC 平面 ABCD，所以 D1M BC，又 MN BC，且 D1M MN=M，D1M,MN 平面 D1MN，所以 BC 平面 D1MN，D1N 平面 D1MN，所以 BC D1N，所以 D1NM 为二面角 A-BC-D1的平面角，D1M=3，MN=2，D1N=3+4=7，所以 cosD1NM=27=2 77，所以二面角 A-BC-D1的余弦值为 2 77.题型四：空间点

36、、线、面间的距离求解1(2024四川校联考一模)如图，在四棱锥 P-ABCD 中，AD BC，AD PD，平面 PAD 平面 PCD(1)证明：BC 平面 PCD；(2)已知 AD=PD=DC=12 BC=2，且 DPC=30，求点 D 到平面 PAB 的距离【思路分析】(1)根据题意，利用面面垂直的判定定理，中点 AD 平面 PCD，结合 AD BC，即可证得 BC 平面PCD；(2)由(1)可知，AD 平面 PCD，中点 PH 平面 ABCD，设点 D 到平面 PAB 的距离为 h，结合 VD-PAB=VP-ABD，列出方程，即可求解【规范解答】(1)因为平面 PAD 平面 PCD，平面

37、PAD 平面 PCD=PD，且 AD PD，AD 平面 PAD，所以 AD 平面 PCD，又因为 AD BC，所以 BC 平面 PCD(2)由(1)可知，AD 平面 PCD，且 AD 平面 ABCD，所以平面 ABCD 平面 PCD，过 P 作直线 CD 的垂线，垂足为 H，则 PH 平面 ABCD，由 CPD=DCP=30，PD=2，可得 PDC=120，PH=PDsin(180-120)=3，PA=2 2，AB=2 2，14因为 BC 平面 PCD，PC 平面 PCD，所以 PC BC，则 PB2=BC2+PC2，可得 PB=2 7，在直角梯形 ABCD 中，因为 AD=DC=12 BC=

38、2，可得 DAB=135，所以 SDAB=12 2 2 2 sin135=2，在等腰 PAB 中，PA=AB=2 2,PB=2 7，取 PB 的中点 M，连接 AM，可得 AM PB，且 AM=PA2-PB22=1，所以 SPAB=12 PB AM=7，设点 D 到平面 PAB 的距离为 h，由 VD-PAB=VP-ABD，可得 13 SPAB h=13 SDAB PH，解得 h=2 217，所以点 D 到平面 PAB 的距离为 2 2171、几何法求点面距1、定义法(直接法)：找到或者作出过这一点且与平面垂直的直线，求出垂线段的长度；2、等体积法：通过点面所在的三棱锥，利用体积相等求出对应的

39、点线距离；3、转化法：转化成求另一点到该平面的距离，常见转化为求与面平行的直线上的点到面的距离2、向量法求空间距离：(1)点面距：已知平面 的法向量为 n,A 是平面 内的任一点，P 是平面 外一点,过点 P 作则平面 的垂线 l，交平面 于点 Q，则点 P 到平面 的距离为 PQ=AP nn(2)直线 a 与平面 之间的距离：d=AB n|n|，其中 A a,B ，n 是平面 的法向量。(3)两平行平面,之间的距离：d=AB n|n|，其中 A ,B ，n 是平面 的法向量。1(2024陕西西安高三统考期末)如图，在圆锥 PO 中，AB 是圆 O 的直径，且 PAB 是边长为 4 的等边三角

40、形，C,D 为圆弧 AB 的两个三等分点，E 是 PB 的中点.15(1)证明：DE 平面 PAC.(2)求点 E 到平面 PAC 的距离.【答案】(1)证明见解析；(2)2 155.【分析】(1)利用平行四边形对边平行可得 DE CF，再由线面平行判定定理求证；(2)利用等体积法求点面距离即可得解.【解析】(1)证明：取 PA 的中点 F，连接 CF,EF,CD.因为 C,D 为圆弧 AB 的两个三等分点，所以 CD AB,CD=12 AB.因为 E,F 分别为 PB,PA 的中点，所以 EF AB,EF=12 AB，则 CD EF,EF=CD，从而四边形 CDEF 为平行四边形，故 DE

41、CF.因为 DE 平面 PAC,CF 平面 PAC，所以 DE 平面 PAC.(2)作 CH AB，垂足为 H，连接 AE,CE,OC.由 PO 平面 AOC，CH 平面 AOC，所以 PO CH，又 AB PO=O,AB,PO 平面 PAB，所以 CH 平面 PAB.因为 C,D 为圆弧 AB 的两个三等分点，所以 OA=OC=AC=2，则 CH=3.因为 PAB 是边长为 4 的等边三角形，所以 SPAB=12 4 2 3=4 3.因为 E 是 PB 的中点，所以 SPAE=12 SPAB=2 3，则三棱锥 C-PAE 的体积 V1=13 2 3 3=2.因为 PA=4，所以 PC=4，则

42、 SPAC=12 2 42-12=15.设点 E 到平面 PAC 的距离为 d，则三棱锥 E-PAC 的体积 V2=13 15d=153d.因为 V1=V2，所以153d=2，解得 d=2 155，即点 E 到平面 PAC 的距离为 2 155.2(2023河南校联考二模)如图所示，正六棱柱 ABCDEF-A1B1C1D1E1F1的底面边长为 1，高为3.16(1)证明：平面 ADF1 平面 A1BC；(2)求平面 ADF1与平面 A1BC 间的距离.【答案】(1)证明见解析；(2)155【分析】(1)利用面面平行的判定定理证明；(2)将面面距转化为点面距，再由等体积法求出距离即可.【解析】(

43、1)在正六棱柱 ABCDEF-A1B1C1D1E1F1中，因为底面为正六边形，所以 AD BC，因为 AD 平面 A1BC，BC 平面 A1BC，所以 AD 平面 A1BC.因为 CD A1F1，CD=A1F1，所以四边形 CDF1A1为平行四边形，所以 DF1 A1C，因为 DF1 平面 A1BC，A1C 平面 A1BC，所以 DF1 平面 A1BC，又 AD DF1=D，所以平面 ADF1 平面 A1BC.(2)平面 ADF1与平面 A1BC 间的距离等价于点 A 到平面 A1BC 的距离，设为 d.连接 AC，则四面体 A1ABC 的体积 V=13 SABC AA1=13 SA1BCd.

44、因为 V=13 SABC AA1=13 12 1 1 sin 23 3=14，A1B=AB2+AA21=2，A1C=AC2+AA21=6，所以 cosA1BC=12+22-622 1 2=-14，从而 sinA1BC=154，所以 SA1BC=12 1 2 154=154，所以 d=3VSA1BC=155，即平面 ADF1与平面 A1BC 间的距离为155.题型五：空间几何体的体积求解1(2024内蒙古锡林郭勒盟高三统考开学考试)如图，在四面体 ABCD 中，ACB=ACD=60,BC CD,BC=CD.(1)证明：AC BD(2)若 AB=7,BC=2，求四面体 ABCD 的体积【思路分析】

45、17(1)取 BD 中点 E，连结 AE，CE，证明 BD 平面 ACE 即得；(2)在 ABC 中利用余弦定理求得 AC，又在 ACE 中利用余弦定理求得 ACE，继而求出 ACE 的面积，利用(1)的结论将所求体积分割求解即得.【规范解答】(1)如图，取 BD 的中点为 E，连结 AE，CE，BC=DC，CE BD，在 ACB 和 ACD 中，ACB=ACD=60，AC=AC，CB=CD，ABC ADC，AB=AD，BD 的中点为 E，AE BD，AE CE=E，AE 平面 ACE，CE 平面 ACE，BD 平面 ACE，AC 平面 ACE，AC BD(2)在 ABC 中，BC=2，AB=

46、7，设 AC=x x 0，由余弦定理 22+x2-2 2xcos60=72，解得 AC=x=3因为 CD=BC=2，BC CD，所以 BD=2 2，在 ACE 中，因 BE=12 BD=12 2 2=2，则 AE=AB2-BE 2=5，CE=12 BD=2，AC=3，又由余弦定理得 cosACE=9+2-56 2=22，sinACE=22，SACE=12 3 2 22=32，由(1)知 BD 平面 ACE，V四面体 ABCD=VB-ACE+VD-ACE=13 SACE BD=13 32 2 2=21、处理空间几何体体积的基本思路(1)转：转换底面与高，将原本不容易求面积的底面转换为容易求面积的

47、底面，或将原来不容易看出的高转换为容易看出并容易求解的高；(2)拆：将一个不规则的几何体拆成几个规则的几何体，便于计算；(3)拼：将小几何体嵌入一个大几何体中，如有时将一个三棱锥复原成一个三棱柱，将一个三棱柱复原乘一个四棱柱，还台位锥，这些都是拼补的方法。2、求体积的常用方法(1)直接法：对于规则的几何体，利用相关公式直接计算；(2)割补法：把不规则的几何体分割成规则的几何体，然后进行体积计算；或者把不规则的几何体补成规则的几何体，不熟悉的几何体补成熟悉的几何体，便于计算；(3)等体积法：选择合适的底面来求几何体的体积，常用于求三棱锥的体积，即利用三棱锥的任一个面作为三棱锥的底面进行等体积变换

48、181(2023四川校联考三模)如图所示，直角梯形 ABDE 和三角形 ABC 所在平面互相垂直，DB AB，ED AB，AB=2DE=2BD=2，AC=BC，异面直线 DE 与 AC 所成角为 45.(1)求证：平面 ACE 平面 BCD；(2)若点 F 在 CE 上，当 AFB 面积最小时，求三棱锥 F-ABE 的体积.【答案】(1)证明见解析；(2)16【分析】(1)由异面直线 DE 与 AC 所成角，得出 BAC=45，则 AC BC，再由面面垂直得出线面垂直，再证得面面垂直；(2)取 AB 中点 G，AFB 面积最小时，线段 FG 最短.当点 F 为 CE 中点时，FG CE，线段

49、FG 最短.求此时三棱锥 F-ABE 的体积即可.【解析】(1)证明：因为 AC=BC，所以 BAC 为锐角.因为 ED AB，所以 BAC 为异面直线 DE 与 AC 所成角，所以 BAC=45.所以 ABC 为等腰直角三角形，所以 ACB=90，则 AC BC.因为平面 ABDE 平面 ABC，DB AB，平面 ABDE 平面 ABC=AB，DB 平面 ABDE，所以 DB 平面 ABC，DB AC，所以 AC 平面 BCD.因为 AC 平面 ACE，所以平面 ACE 平面 BCD.(2)取 AB 中点 G，连接 FG，BE.如图：因为 AB=2DE=2BD=2，DB AB，ED AB，所

50、以 AE=BE=2.因为 AC=BC，所以 ACE BCE.所以 ACE=BCE，ACF BCF.所以 AF=BF，FG AB.所以 AFB 面积最小时，线段 FG 最短.因为 EG=CG=1，SABC=12 AB CG=1，所以当点 F 为 CE 中点时，FG CE，线段 FG 最短.因为平面 ABDE 平面 ABC，平面 ABDE 平面 ABC=AB，EG AB，EG 平面 ABDE，所以 EG 平面 ABC.此时，VF-ABE=12 VC-ABE=12 VE-ABC=12 13 SABC EG=16.2(2023天津西青西青区杨柳青第一中学校考模拟预测)如图所示的几何体中，四边形 ABC

51、D 为平行四边形，ACD=90，AB=1，AD=2，四边形 ABEF 为正方形，平面 ABEF 平面 ABCD，P 为 DF 的中点，AN CF，垂足为 N19(1)求证：AN 平面 CDF；(2)求异面直线 BF 与 PC 所成角的正切值；(3)求三棱锥 B-CEF 的体积【答案】(1)证明见解析；(2)62；(3)36【分析】(1)由 AB AF，CD AF，可证得 CD 平面 ACF，得 CD AN，又 AN CF，即可证得结论；(2)设 AC BD=O，P 为 DF 的中点，O 是 BD 中点，得 BF PO，则 CPO 是异面直线 BF 与 PC 所成角，即可求解；(3)可证得 AF

52、 平面 ABCD，则三棱锥 B-CEF 的体积：VB-CEF=VC-BEF，计算即可【解析】(1)四边形 ABEF 为正方形，AB AF，四边形 ABCD 为平行四边形，ACD=90，CD AC，AB CD，CD AF，AF AC=A，AF,AC 平面 ACF，CD 平面 ACF，AN 平面 AFC，CD AN，AN CF，CF CD=C，CF,CD 平面 CDF，AN 平面 CDF(2)四边形 ABCD 为平行四边形，ACD=90，AB=1，AD=2，AC=AD2-CD2=4-1=3，AO=CO=32，四边形 ABEF 为正方形，平面 ABEF 平面 ABCD，平面 ABEF 平面 ABCD

53、=AC，ACD=90，CD 平面 ABCD，CD 平面 PAC，PC 平面 PAC，CD PC，P 为 DF 的中点，AP=CP=12 FD=12AF 2+AD2=121+4=52，设 AC BD=O，P 为 DF 的中点，O 是 BD 中点，BF PO，CPO 是异面直线 BF 与 PC 所成角，sinCPO=COPC=3252=155，cosCPO=105，tanCPO=62，异面直线 BF 与 PC 所成角的正切值为62(3)平面 ABEF 平面 ABCD，平面 ABEF 平面 ABCD=AB，AF AB，AF 平面 ABEF，AF 平面 ABCD，CA=BC2-BA2=3，20 三棱锥

54、 B-CEF 的体积：VB-CEF=VC-BEF=13 SBEF CA=13 12 1 1 3=36 题型六：空间几何体的翻折问题1(2024河北张家口高三河北省尚义县第一中学校联考开学考试)如图，在矩形 ABCD 中，AB=2，AD=2沿对角线 BD 折起，形成一个四面体 A-BCD，且 AC=m(1)是否存在 m，使得 AB CD，AD BC 同时成立？若存在，求出 m 的值；若不存在，请说明理由(2)求当二面角 A-CD-B 的正弦值为多少时，四面体 A-BCD 的体积最大【思路分析】(1)由线面垂直证明线线垂直，由勾股定理求出 m 值；(2)四面体 A-BCD 的体积最大时，平面 AB

55、D 平面 BCD，建立空间直角坐标系，利用向量法求出二面角的余弦值，利用正弦和余弦的平方关系求出二面角的正弦值即可.【规范解答】(1)若 AB CD，AB AD，AD CD=D，AD,CD 面 ACD，AB 平面 ACD，AC 平面 ACD，则 AB AC,AB2+AC2=BC2，即 2+m2=4，m=2；若 AD BC，AD AB，AB BC=B，AB,BC 面 ABC，AD 平面 ABC，AC 面 ABC，则 AD AC,AD2+AC2=CD2，即 4+m2=2，m2=-2，无解故 AD BC 不成立所以不存在 m，使得 AB CD，AD BC 同时成立；(2)要使四面体 A-BCD 的体

56、积最大，因为 BCD 的面积为定值，所以只需让三棱锥 A-BCD 的高最大即可，此时平面 ABD 平面 BCD，过点 A 作 AO BD 于点 O，根据面面垂直的性质易得 AO 平面 BCD，在平面 BCD 中作垂直于 BD 的直线，以 O 为原点分别以在平面 BCD 中垂直于 BD 的直线、OD、OA 为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系 O-xyz，则 A 0,0,2 33，C 2 33,63,0，D 0,2 63,0，显然平面 BCD 的法向量为 OA=0,0,2 33设平面 ACD 的一个法向量为 n=x,y,z，CD=-2 33,63,0，AD=0,2 63,-2 33，由

57、n CDn AD得 n CD=0n AD=0得-2 33 x+63 y=02 63 y-2 33 z=0，取 x=1，得 y=2，z=2，得 n=1,2,2 cosOA,n=OA nOAn=23 223 12+22+22=2 77，21所以二面角 A-CD-B 的正弦值为 sin=1-cos2OA,n=1-2 772=217翻折问题的两个解题策略1、确定翻折前后变与不变的关系：画好翻折前后的平面图形与立体图形，分清翻折前后图形的位置和数量关系的变与不变一般地，位于“折痕”同侧的点、线、面之间的位置和数量关系不变，而位于“折痕”两侧的点、线、面之间的位置关系会发生变化；对于不变的关系应在平面图形

58、中处理，而对于变化的关系则要在立体图形中解决2、确定翻折后关键点的位置：所谓的关键点，是指翻折过程中运动变化的点因为这些点的位置移动，会带动与其相关的其他的点、线、面的关系变化，以及其他点、线、面之间位置关系与数量关系的变化只有分析清楚关键点的准确位置，才能以此为参照点，确定其他点、线、面的位置，进而进行有关的证明与计算1(2024湖南长沙一中校联考模拟预测)如图 1，在五边形 ABCDP 中，连接对角线 AD，AD BC，AD DC，PA=PD=2 2,AD=2BC=2DC=4，将三角形 PAD 沿 AD 折起，连接 PC,PB，得四棱锥P-ABCD(如图 2)，且 PB=2 2,E 为 A

59、D 的中点，M 为 BC 的中点，点 N 在线段 PE 上.(1)求证：平面 PAD 平面 ABCD；(2)若平面 AMN 和平面 PAB 的夹角的余弦值为 3 8729，求线段 EN 的长.【答案】(1)证明见解析；(2)1【分析】(1)由等腰三角形证得 PE AD，勾股定理证得 PE BE，可得 PE 平面 ABCD，得平面 PAD 平面 ABCD.(2)以 E 为原点，建立空间直角坐标系，设 EN=t，利用向量法表示两个平面夹角的余弦值，由方程解出 t 的值.【解析】(1)连接 BE，则 BC=12 AD=DE=2，因为 AD BC，AD DC，所以四边形 BCDE 为矩形，所以 BE=

60、CD=2，因为 PA=PD=2 2，且 E 为 AD 的中点，所以 PE AD，且 PE=PA2-DE 2=2，所以 PE 2+BE 2=22+22=8=PB2，即 PE BE，又因为 AD 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.22(2)以 E 为原点，EA 为 x 轴，EB 为 y 轴，EP 为 z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则 A 2,0,0,B 0,2,0,M-1,2,0,P 0,0,2，设 EN=t 0 t 2，则 N 0,0,t，所以 AB=-2,2,0,AP=-2,0,2，设平面 PAB

61、的法向量为 m=x1,y1,z1，则 m AB=-2x1+2y1=0,m AP=-2x1+2z1=0,，令 x1=1，则 y1=1,z1=1，得 m=1,1,1,又 AM=-3,2,0,AN=-2,0,t，设平面 AMN 的法向量为 n=x2,y2,z2，则 n AM=-3x2+2y2=0,n AN=-2x2+tz2=0,，令 x2=t，则 y2=3t2,z2=2，得 n=t,3t2,2，所以 cosm,n=m nm n=t+3t2+212+12+12 t2+9t24+22=3 8729，解得 t=1，或 t=10441(舍)，所以线段 EN 的长为 1.2(2023河北衡水高三衡水中学校考阶

62、段练习)如图，在 ABC 中，BC=4,AB=13,cosB=1313,E,D 分别为 BC,AC 的中点，以 DE 为折痕，将 DCE 折起，使点 C 到 C1的位置，且 BC1=2，如图.(1)设平面 C1AD 平面 BEC1=l，证明：l 平面 ABC1；(2)若 P 是棱 C1D 上一点(不含端点)，过 P,B,E 三点作该四棱锥的截面与平面 BEC1所成的锐二面角的正切值为32，求该截面将四棱锥分成上下两部分的体积之比.【答案】(1)证明见解析；(2)45【分析】(1)根据线面垂直判定定理证明即可；(2)延长截面，分别求出 VC1-BQPE=2VC1-CPE=4VCDPE，从而求解.

63、【解析】(1)证明：如图，连接 CC1，因为 E,D 分别为 BC,AC 的中点，所以 CE=C1E=EB,CD=C1D=DA，所以 ACC1,BCC1分别为以 AC,BC 为斜边的直角三角形，即 CC1 AC1,CC1 BC1，又 AC1 BC1=C1，BC1 平面 ABC1,AC1 平面 ABC1，所以 CC1 平面 ABC1，因为平面 C1AD 平面 BEC1=l=CC1，所以 l 平面 ABC1.(2)如图，过 C1作 C1H BE，连接 CP 并延长，交 AC1于点 Q，连接 EP,BQ，因为 C1E=C1B，所以 H 为 EB 的中点，所以 BH=1，23连接 AH，因为 AB=1

64、3,cosB=1313=BHAB，所以 AH EB，又 AH C1H=H,AH 平面 AHC1,C1H 平面 AHC1，所以 BE 平面 AHC1，连接 HQ，则 C1HQ 是截面 EPQB 与平面 BEC1所成二面角的平面角，即 tanC1HQ=32.在 RtBCC1中，BC1=2,BC=4，所以 CC1=2 3，又在 ABC 中，由余弦定理可得 AC2=AB2+BC2-2AB BCcosB=13+16-2 13 4 1313=21，所以在 RtACC1中，AC21=AC2-CC21=21-12=9，所以 AC1=3，所以 AH 2=AC21+HC21，所以 HC1 AC1;因为 tanC1

65、HQ=C1QHC1=C1Q3=32，所以 C1Q=32，即 Q 为 AC1中点.又 D 是 AC 中点，所以 P 是 ACC1的重心，所以 C1P=23 C1D,CP=23 CQ，所以 SCPESCQB=23 12=13，所以 VC1-BQPE=2VC1-CPE=4VC-DPE，又 VC-AQB=VC-BQC1，所以 VQP-ABED=VC-ABQ-VC-DPE=VC-BQC1-VC-DPE=5VC-DPE，所以 VC1-BQPEVQP-ABED=45.题型七：空间动点存在性问题的探究1(2024上海黄浦高三大同中学校考阶段练习)如图，在四棱锥 P-ABCD 中，底面 ABCD 为矩形，平面P

66、AD 平面 ABCD，PA PD，PA=PD，E 为 AD 的中点(1)求证：PE BC；(2)在线段 PC 上是否存在点 M，使得 DM 平面 PEB？请说明理由【思路分析】(1)利用面面垂直的性质定理证得 PE 平面 ABCD，从而证得 PE BC；(2)存在 M 为 PC 中点时，DM 平面 PEB，取 PB 中点为 F，可得四边形 EFMD 为平行四边形，因此DM EF，从而得证.【规范解答】(1)因为 PA=PD,E 为 AD 中点，所以 PE AD，又因为平面 PAD 平面 ABCD，平面 PAD 平面 ABCD=AD，PE 平面 PAD，所以 PE 平面 ABCD，又 BC 平面

67、 ABCD，因此 PE BC(2)存在 M 为 PC 中点时，DM 平面 PEB，理由如下：24取 PB 中点为 F，连接 DM,FM，因为 M 为 PC 中点，FM BC，且 FM=12 BC在矩形 ABCD 中，E 为 AD 中点，所以 ED BC，且 ED=12 BC所以 ED FM，且 ED=FM，所以四边形 EFMD 为平行四边形，因此DM EF，又因为 EF 面 PEB,DM 面 PEB，所以 DM 面 PEB借助于空间直角坐标系，把几何对象上动态点的坐标用参数(变量)表示，将几何对象坐标化，这样根据所要满足的题设要求得到相应的方程或方程组若方程或方程组在题设范围内有解，则通过参数

68、的值反过来确定几何对象的位置；若方程或方程组在题设范围内无解，则表示满足题设要求的几何对象不存在1(2024广东梅州统考一模)已知三棱柱 ABC-A1B1C1中，AB=AC=2，BAC=120，且 BC=2BB1，CBB1=60，侧面 BCC1B1 底面 ABC，D 是 BC 的中点.(1)求证：平面 C1AD 平面 B1AD；(2)在棱 AA1上是否存在点 Q，使得 BQ 与平面 ACC1A1的所成角为 60.如果存在，请求出 AQAA1；如果不存在，请说明理由.【答案】(1)证明见解析；(2)不存在，理由见解析【分析】(1)根据余弦定理求得 BC=BB1=3.由面面垂直的判定定理、线面垂直

69、的性质即可证得 OE,OC,OB1两两垂直，建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法即可证明；(2)由(1)，设 AQ=AA1(0 1)，利用空间向量法求解即可.【解析】(1)在 ABC 中，AB=AC=2,BAC=120，由余弦定理，得 cosBAC=AB2+AC2-BC22AB AC=4+4-BC28，解得 BC=2 3，得 BB1=3.在 BB1D 中，BB1=BD=3,DBB1=60，则 BB1D 为正三角形，取 BD 的中点 O，连接 OB1，则 OB1 BD，又平面 CBB1C1 平面 ABC，平面 CBB1C1 平面 ABC=BC,OB1 平面 CBB1C1，所以 OB1 平面 A

70、BC.取 AB 的中点 E，连接 OE，则 OE AD，而 AD BC，所以 OE BC，由 OE、OC 平面 ABC，所以 OB1 OE,OB1 OC，以 O 为原点，以 OE,OC,OB1所在直线为 x,y,z 轴建立如图空间直角坐标系，25则 B1 0,0,32,A 1,32,0,D 0,32,0,C1 0,2 3,32，所以 AD=-1,0,0,AC1=-1,3 32,32,AB1=-1,-32,32，设平面 C1AD 和平面 B1AD 的一个法向量分别为 n1=(x1,y1,z1),n2=(x2,y2,z2)，则n1 AD=-x1=0n1 AC1=-x1+3 32 y1+32 z1=

71、0,n2 AD=-x2=0n2 AB1=-x2-32 y2+32 z2=0，令 y1=3,y2=3，则 x1=0,z1=-3,x2=0,z2=1，所以 n1=(0,3,-3),n2=(0,3,1)，所以 n1 n2=0，故平面 C1AD 平面 B1AD；(2)由(1)知，C 0,3 32,0，B 0,-32,0，A 1,32,0，B1 0,0,32，C1 0,2 3,32，由 BB1=AA1，即 0,32,32=xA1-1,yA1-32,zA1，得 A1 1,3,32，所以 AC=-1,3,0,AC1=-1,3 32,32,AA1=0,32,32，设 AQ=AA1(0 1)，则 AQ=0,32

72、,32，又 BA=(1,3,0)，所以 BQ=BA+AQ=1,3+32,32，设平面 ACC1A1的一个法向量为 n=(x,y,z)，则 n AC=-x+3y=0n AC1=-x+3 32 y+32 z=0，令 y=1，得 x=3,z=-33，所以 n=3,1,-33，所以 sin60=cos BQ,n=BQ nBQn=2 3133 1+3+32 2+322=32，整理，得 392+39+4=0，方程在 0,1上无实数解，所以在 AA1上不存在点 Q，使得 BQ 与平面 ACC1A1所成角为 60.2(2024湖北荆州高三沙市中学校考阶段练习)设四边形 ABCD 为矩形，点 P 为平面 ABC

73、D 外一点，且 PA 平面 ABCD，若 PA=AB=1,BC=2.(1)求 PC 与平面 PAD 所成角的正切值；(2)在 BC 边上是否存在一点 G，使得点 D 到平面 PAG 的距离为2，若存在，求出 BG 的值，若不存在，请说明理由；【答案】(1)55；(2)存在，BG=1【分析】(1)先根据线面垂直的性质证明 PA CD，再证明 CD 平面 PAD，则 CPD 即为 PC 与平面PAD 所成角的平面角，再解 RtPCD 即可；(2)连接 AG,DG，作 DM AG 于点 M，证明 DM 平面 PAG，则 DM 即为点 D 到平面 PAG 的距离，再在 ADG 中，利用等面积法求解即可

74、.【解析】(1)因为 PA 平面 ABCD，CD 平面 ABCD，所以 PA CD，26又 AD CD,PA AD=A,PA,AD 平面 PAD，所以 CD 平面 PAD，所以 CPD 即为 PC 与平面 PAD 所成角的平面角，在 RtPCD 中，PD=1+4=5，则 tanCPD=CDPD=55，所以 PC 与平面 PAD 所成角的正切值为55；(2)假设存在，设 BG=x 0 x 2，连接 AG,DG，作 DM AG 于点 M，因为 PA 平面 ABCD，DM 平面 ABCD，所以 PA DM，又 PA AG=A,PA,AG 平面 PAG，所以 DM 平面 PAG，所以 DM 即为点 D

75、 到平面 PAG 的距离，由 BG=x，得 AG=x2+1，由 SADG=12 2 1=12 AG DM=22x2+1，解得 x=1，所以存在，BG=1.1(2024内蒙古赤峰高三校考开学考试)如图，在四棱锥 P-ABCD 中，四边形 ABCD 是菱形，PA AC,BD PC,PA=AB=4.(1)证明：PA 平面 ABCD.(2)若 PC=4PE,ABC=60，求三棱锥 P-BDE 的体积.【答案】(1)证明见解析；(2)VP-BDE=4 33【分析】(1)利用线面垂直的判定定理先证出 BD 平面 PAC，再证得 PA 平面 ABCD；(2)利用间接法 VP-BDE=VP-ABCD-VE-B

76、CD-VP-ABD，求体积.【解析】(1)记 AC BD=O.因为四边形 ABCD 是菱形，所以 BD AC.因为 BD PC,PC 平面 PAC,AC 平面 PAC，且 AC PC=C，所以 BD 平面 PAC.因为 PA 平面 PAC，所以 BD PA.因为 PA AC,AC 平面 ABCD,BD 平面 ABCD，且 AC BD=O，所以 PA 平面 ABCD.27(2)因为 PC=4PE，所以点 E 到平面 ABCD 的距离是 3.因为四边形 ABCD 是边长为 4 的菱形，且 ABC=60，所以 SBCD=SABD=12 4 4 32=4 3，则四棱锥 P-ABCD 的体积 VP-AB

77、CD=13 4 3 2 4=32 33，三棱锥 E-BCD 的体积 VE-BCD=13 4 3 3=4 3，三棱锥 P-ABD 的体积 VP-ABD=13 4 3 4=16 33，故三棱锥 P-BDE 的体积 VP-BDE=VP-ABCD-VE-BCD-VP-ABD=32 33-4 3-16 33=4 33.2(2024云南昆明昆明一中校考模拟预测)如图，四棱锥 P-ABCD 中，PA=PD=AD=CD=2，DAB=ABC=90，ADC=60(1)证明：PC BC；(2)若二面角 P-AD-B 的大小为 120，求直线 PB 与平面 PCD 所成角的正弦值【答案】(1)证明见解析；(2)210

78、70.【分析】(1)取 AD 的中点 O，连接 OP，OC，AC，即可得到 APD 和 ACD 都是等边三角形，从而得到AD OP，AD OC，则 AD 平面 POC，从而得到 AD PC，再由 AD BC，即可得证；(2)依题意可得二面角 P-AD-B 的平面角为 POC，在平面 POC 内作 OM OC 交 PC 于点 M，由面面垂直的性质得到 OM 平面 ABCD，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.【解析】(1)取 AD 的中点 O，连接 OP，OC，AC，因为 PA=PD=AD=CD=2，ADC=60，所以 APD 和 ACD 都是等边三角形，所以 AD OP，AD OC，O

79、P OC=O，OP,OC 平面 POC，所以 AD 平面 POC，PC 平面 POC，所以 AD PC，因为 DAB=ABC=90，所以 AD BC，所以 PC BC.(2)由(1)知 AD OP，AD OC，则二面角 P-AD-B 的平面角为 POC=120，OP=OC=3，且 AD 平面 POC，AD 平面 ABCD，所以平面 POC 平面 ABCD，平面 POC 平面 ABCD=OC，在平面 POC 内作 OM OC 交 PC 于点 M，所以 OM 平面 ABCD，建立如图所示的空间直角坐标系 O-xyz，则 D-1,0,0，B 1,3,0，C 0,3,0，P 0,-32,32，所以 P

80、B=1,3 32,-32，PC=0,3 32,-32，DC=1,3,0，设平面 PCD 的一个法向量为 n=x,y,z，28则 n PC=3 32 y-32 z=0n DC=x+3y=0，得 n=-3,1,3，设直线 PB 与平面 PCD 所成角为，则 sin=n PBn PB=-3+3 32-3 321+274+94 3+1+3=21070，所以直线 PB 与平面 PCD 所成角的正弦值为21070.3(2024吉林校联考模拟预测)如图，在直四棱柱 ABCD-A1B1C1D1中，底面为矩形，AB=3AD=3a，高为 h，O，E 分别为底面的中心和 CD 的中点(1)求证：平面 A1OE 平面

81、 CDD1C1；(2)若平面 A1OE 与平面 D1BC 的夹角的余弦值为 2 23，求 ha 的值【答案】(1)答案见解析；(2)62【分析】(1)根据面面垂直的判定定理证明；(2)建立空间直角坐标系，并求出平面 A1OE 与平面 D1BC 的夹角的余弦值，得到 h 和 a 的关系式即可求出 ha 的值.【解析】(1)连接 AC、D1E，O，E 分别为 AC 的中点和 CD 的中点，OE AD，AD A1D1，OE A1D1，四点 O、E、A1、D1共面，A1D1 C1D1，A1D1 D1D，且 D1D D1C1=D1，D1D、D1C1 平面 CDD1C1，A1D1 平面 CDD1C1，A1

82、D1 平面 CDD1C1，A1D1 平面 A1OE，平面 A1OE 平面 CDD1C1，(2)分别以 DA、DC、DD1所在的直线为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，A1 a,0,h，O a2,32 a,0，E 0,32 a,0，D1 0,0,h，B a,3a,0，C 0,3a,0，则 OA1=a2,-32 a,h，OE=-a2,0,0，D1C=0,3a,-h，D1B=a,3a,-h，设平面 A1OE 的法向量 n1=x1,y1,z1，29则 OA1 n1=0OE n1=0，即a2 x1-32 ay1+hz1=0-a2 x1=0，令 y1=h，则 z1=32 a，n1=0,h,32

83、a，设平面 D1BC 的法向量 n2=x2,y2,z2，则 D1C n2=0D1B n2=0，即3ay2-hz2=0ax2+3ay2-hz2=0，令 y2=h，则 x2=0，z2=3a，n2=0,h,3a，cos n1,n2=n1 n2n1 n2=h2+32 a2h2+34 a2 h2+3a2=2 23，ha=62.4(2024天津南开高三南开中学校考阶段练习)如图，四棱台 ABCD-A1B1C1D1中，上、下底面均是正方形，且侧面是全等的等腰梯形，AB=2A1B1=6，E，F 分别为 DC，BC 的中点，上下底面中心的连线 O1O垂直于上下底面，且 O1O 与侧棱所在直线所成的角为 45(1

84、)求证：BD1 平面 C1EF；(2)求点 A1到平面 C1EF 的距离；(3)边 BC 上是否存在点 M，使得直线 A1M 与平面 C1EF 所成的角的正弦值为 2 25，若存在，求出线段 BM的长；若不存在，请说明理由【答案】(1)详见解析；(2)3 2；(3)1【分析】(1)建立空间直角坐标系，设平面 C1EF 的一个法向量为 n=x,y,z，论证 BD1 n=0 即可；(2)由 A1C1 n，得到点 A1到平面 C1EF 的距离为 d=A1C1求解；(3)假设在边 BC 上存在点 M，设 M x,6,0，由 cosA1M,n=A1M nA1M n=2 25求解.【解析】(1)证明：由题

85、设可得四棱台为正四棱台，故可建立如图所示空间直角坐标系：则 B 6,6,0,D1 32,32,3 22,E 0,3,0,F 3,6,0,A1 92,32,3 22,C1 32,92,3 22，所有 EF=3,3,0,C1E=-32,-32,-3 22,BD1=-92,-92,3 22，30设平面 C1EF 的一个法向量为 n=x,y,z，则 EF n=0C1E n=0，即3x+3y=0-32 x-32 y-3 22 z=0，令 x=1，则 y=1,z=0，所以 n=1,-1,0，因为 BD1 n=0，且 BD1 平面 C1EF，所以 BD1 平面 C1EF；(2)易知 A1C1=-3,3,0，

86、则 A1C1 n，所以点 A1到平面 C1EF 的距离为 d=A1C1=3 2；(3)假设在边 BC 上存在点 M，设 M x,6,0，则 A1M=x-92,92,-3 22，因为直线 A1M 与平面 C1EF 所成的角的正弦值为 2 25，所以 cosA1M,n=A1M nA1M n=x-92 x2-9x+45=2 25，即 x2-34x+145=0，解得 x=5 或 x=29(舍去)，则 M 5,6,0，此时 BM=1.5(2024北京高三北京市第一六一中学校考开学考试)如图，多面体 ABCDEF 中，四边形 ABCD 为矩形，ADE=60，DE CF，CD DE，AD=2，DE=DC=3

87、，CF=6(1)求证：CD AE；(2)求直线 DE 与平面 AEF 所成角的正弦值；(3)求出 的值，使得 CG=CF，且 G 到平面 ABC 距离为3【答案】(1)证明见解析；(2)3010；(3)=13【分析】(1)根据矩形的性质，结合线面垂直的判定定理和性质进行证明即可；(2)建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可；(3)利用空间向量距离公式，结合三棱锥的体积公式进行求解即可.【解析】(1)因为四边形 ABCD 为矩形，所以 CD AD；又 CD DE，AD DE=D，AD，DE 平面 ADE，所以 CD 平面 ADE，AE 平面 ADE，所以 CD AE.(2)由(1)

88、知 CD 平面 ADE，如图建立空间直角坐标系，其中 DC，DE为 x，y 轴的正方向，因为 ADE=60，所以：A 0,1,3，D 0,0,0，E 0,3,0，F 3,6,0.所以 AE=0,2,-3，AF=3,5,-3，DE=0,3,0.设平面 AEF 的法向量为 n=x,y,z，则 nAE=0nAF=0 2y-3z=03x+5y-3z=0，取 n=-3,3,2.31则 cos DE,n=DEnDE n=3 33 10=3010.所以直线 DE 与平面 AEF 所成角的正弦值为：3010.(3)设 G x0,y0,z0到平面 ABC 的距离为 h，VB-ACG=VG-ACB=13 12 2

89、 3 h=3 h=3.C 3,0,0，CG=CF x0-3,y0,z0=0,6,0 G 3,6,0，CG=0,6,0.设平面 ABCD 的法向量为 m=x1,y1,z1，DA=0,1,3，DC=3,0,0.所以：m DA=0m DC=0 y1+3z1=03x1=0，取 m=0,3,-3.h=CGmm=3 189+3=3 =13.6(2023辽宁大连高三育明高中校考期中)如图，在 RtABO 中，AB BO，CD AB，AB=3CD=3，AD=2 2将 OCD 沿 CD 折起，使点 O 到达点 P 的位置(1)请在答题纸的图中作出平面 PAD 与平面 PBC 的交线，并指出这条直线(不必写出作图

90、过程)；(2)证明：平面 PAB 平面 PBC；(3)若直线 PA 和直线 CD 所成角的大小为 30，求四棱锥 P-ABCD 的体积【答案】(1)作图见解析；(2)证明见解析；(3)2 33【分析】(1)延长 BC,AD，交于点 Q，连接 PQ，即为所求直线；(2)由已知证得 DC 平面 PBC，结合CD AB 得出 AB 平面 PBC，由 AB 平面 ABP，即可证明平面 PAB 平面 PBC；(3)由直线 PA 和直线 CD 的夹角及已知得出 PB，由勾股定理逆定理得出 PBC 为直角三角形，在平面 PBC 中，过点 P 作PE BC 于点 E，求出 PE 的长，根据四棱锥的体积公式计算

91、即可【解析】(1)延长 BC,AD，交于点 Q，连接 PQ，则 PQ 为平面 PAD 与平面 PBC 的交线(2)因为 AB BO，CD AB，所以 CD OB，则 CD BC,CD PC，因为 PC,BC 平面 PBC，PC BC=C，所以 CD 平面 PBC，因为 CD AB，所以 AB 平面 PBC，又因为 AB 平面 ABP，所以平面 PAB 平面 PBC(3)由 AB BO，CD AB，AB=3CD=3，AD=2 2，得 PC=1,BC=2，因为 CD AB，且直线 PA 和直线 CD 所成角的大小为 30，所以 PAB=30，由(1)得，AB 平面 PBC，且 PB 平面 PBC，

92、所以 AB PB，即 ABP=90，32由 AB=3 得，PB=3，在 PBC 中，PB2+PC2=3+1=BC2，则 BPC=90，在平面 PBC 中，过点 P 作 PE BC 于点 E，则 PE=32，因为 PE 平面 PBC，AB 平面 PBC，所以 PE AB，又因为 PE AB，PE BC，AB,BC 平面 ABCD，且 AB BC=B，所以 PE 平面 ABCD，则 VP-ABCD=13 SABCD PE=13 12 (1+3)2 32=2 331(2023北京统考高考真题)如图，在三棱锥 P-ABC 中，PA 平面 ABC，PA=AB=BC=1，PC=3(1)求证：BC 平面 P

93、AB；(2)求二面角 A-PC-B 的大小【答案】(1)证明见解析；(2)3【分析】(1)先由线面垂直的性质证得 PA BC，再利用勾股定理证得 BC PB，从而利用线面垂直的判定定理即可得证；(2)结合(1)中结论，建立空间直角坐标系，分别求得平面 PAC 与平面 PBC 的法向量，再利用空间向量夹角余弦的坐标表示即可得解.【解析】(1)因为 PA 平面 ABC,BC 平面 ABC，所以 PA BC，同理 PA AB，所以 PAB 为直角三角形，又因为 PB=PA2+AB2=2，BC=1,PC=3，所以 PB2+BC2=PC2，则 PBC 为直角三角形，故 BC PB，又因为 BC PA，P

94、A PB=P，所以 BC 平面 PAB.(2)由(1)BC 平面 PAB，又 AB 平面 PAB，则 BC AB，以 A 为原点，AB 为 x 轴，过 A 且与 BC 平行的直线为 y 轴，AP 为 z 轴，建立空间直角坐标系，如图，则 A(0,0,0),P(0,0,1),C(1,1,0),B(1,0,0)，所以 AP=(0,0,1),AC=(1,1,0),BC=(0,1,0),PC=(1,1,-1)，设平面 PAC 的法向量为 m=x1,y1,z1，则 m AP=0m AC=0，即 z1=0,x1+y1=0,令 x1=1，则 y1=-1，所以 m=(1,-1,0)，设平面 PBC 的法向量为

95、 n=x2,y2,z2，33则 n BC=0n PC=0，即 y2=0 x2+y2-z2=0，令 x2=1，则 z2=1，所以 n=(1,0,1)，所以 cos m,n=m nmn=12 2=12，又因为二面角 A-PC-B 为锐二面角，所以二面角 A-PC-B 的大小为 3.2(2023全国统考高考真题)如图，在三棱锥 P-ABC 中，AB BC，AB=2，BC=2 2，PB=PC=6，BP,AP,BC 的中点分别为 D,E,O，点 F 在 AC 上，BF AO(1)求证：EF 平面 ADO；(2)若 POF=120，求三棱锥 P-ABC 的体积【答案】(1)证明见解析；(2)2 63【分析

96、】(1)根据给定条件，证明四边形 ODEF 为平行四边形，再利用线面平行的判定推理作答.(2)作出并证明 PM 为棱锥的高，利用三棱锥的体积公式直接可求体积.【解析】(1)连接 DE,OF，设 AF=tAC，则 BF=BA+AF=(1-t)BA+tBC，AO=-BA+12 BC，BF AO，则 BF AO=(1-t)BA+tBC -BA+12 BC=(t-1)BA 2+12 tBC2=4(t-1)+4t=0，解得 t=12，则 F 为 AC 的中点，由 D,E,O,F 分别为 PB,PA,BC,AC 的中点，于是 DE AB,DE=12 AB,OF AB,OF=12 AB，即 DE OF,DE

97、=OF，则四边形 ODEF 为平行四边形，EF DO,EF=DO，又 EF 平面 ADO,DO 平面 ADO，所以 EF 平面 ADO.(2)过 P 作 PM 垂直 FO 的延长线交于点 M，因为 PB=PC,O 是 BC 中点，所以 PO BC，在 RtPBO 中，PB=6,BO=12 BC=2，所以 PO=PB2-OB2=6-2=2，因为 AB BC,OF AB，所以 OF BC，又 PO OF=O，PO,OF 平面 POF，所以 BC 平面 POF，又 PM 平面 POF，所以 BC PM，又 BC FM=O，BC,FM 平面 ABC，所以 PM 平面 ABC，即三棱锥 P-ABC 的高

98、为 PM，因为 POF=120，所以 POM=60，34所以 PM=POsin60=2 32=3，又 SABC=12 AB BC=12 2 2 2=2 2，所以 VP-ABC=13 SABC PM=13 2 2 3=2 63.3(2023全国统考高考真题)如图，在三棱柱 ABC-A1B1C1中，A1C 平面 ABC,ACB=90(1)证明：平面 ACC1A1 平面 BB1C1C；(2)设 AB=A1B,AA1=2，求四棱锥 A1-BB1C1C 的高【答案】(1)证明见解析；(2)1【分析】(1)由 A1C 平面 ABC 得 A1C BC，又因为 AC BC，可证 BC 平面 ACC1A1，从而

99、证得平面ACC1A1 平面 BCC1B1；(2)过点 A1作 A1O CC1，可证四棱锥的高为 A1O,由三角形全等可证 A1C=AC，从而证得 O 为 CC1中点，设 A1C=AC=x，由勾股定理可求出 x，再由勾股定理即可求 A1O.【解析】(1)证明：因为 A1C 平面 ABC，BC 平面 ABC，所以 A1C BC,又因为 ACB=90，即 AC BC，A1C,AC 平面 ACC1A1，A1C AC=C，所以 BC 平面 ACC1A1，又因为 BC 平面 BCC1B1，所以平面 ACC1A1 平面 BCC1B1.(2)如图，过点 A1作 A1O CC1，垂足为 O.因为平面 ACC1A

100、1 平面 BCC1B1，平面 ACC1A1 平面 BCC1B1=CC1，A1O 平面 ACC1A1，所以 A1O 平面 BCC1B1，所以四棱锥 A1-BB1C1C 的高为 A1O.因为 A1C 平面 ABC，AC,BC 平面 ABC，所以 A1C BC，A1C AC,又因为 A1B=AB，BC 为公共边，所以 ABC 与 A1BC 全等，所以 A1C=AC.设 A1C=AC=x，则 A1C1=x，所以 O 为 CC1中点，OC1=12 AA1=1,又因为 A1C AC,所以 A1C2+AC2=AA12，即 x2+x2=22，解得 x=2，所以 A1O=A1C12-OC12=22-12=1，所

101、以四棱锥 A1-BB1C1C 的高为 14(2023全国统考高考真题)如图，在三棱柱 ABC-A1B1C1中，A1C 底面 ABC，ACB=90,AA1=2，A1到平面 BCC1B1的距离为 135(1)证明：A1C=AC；(2)已知 AA1与 BB1的距离为 2，求 AB1与平面 BCC1B1所成角的正弦值【答案】(1)证明见解析；(2)1313【分析】(1)根据线面垂直，面面垂直的判定与性质定理可得 A1O 平面 BCC1B1，再由勾股定理求出 O 为中点，即可得证；(2)利用直角三角形求出 AB1的长及点 A 到面的距离，根据线面角定义直接可得正弦值.【解析】(1)如图，A1C 底面 A

102、BC，BC 面 ABC，A1C BC，又 BC AC，A1C,AC 平面 ACC1A1，A1C AC=C，BC 平面 ACC1A1，又 BC 平面 BCC1B1，平面 ACC1A1 平面 BCC1B1，过 A1作 A1O CC1交 CC1于 O，又平面 ACC1A1 平面 BCC1B1=CC1，A1O 平面 ACC1A1，A1O 平面 BCC1B1 A1到平面 BCC1B1的距离为 1，A1O=1，在 RtA1CC1中，A1C A1C1,CC1=AA1=2，设 CO=x，则 C1O=2-x，A1OC,A1OC1,A1CC1为直角三角形，且 CC1=2，CO2+A1O2=A1C2，A1O2+OC

103、21=C1A21，A1C2+A1C21=C1C2，1+x2+1+(2-x)2=4，解得 x=1，AC=A1C=A1C1=2，A1C=AC(2)AC=A1C1,BC A1C,BC AC，RtACB RtA1CB，BA=BA1，过 B 作 BD AA1，交 AA1于 D，则 D 为 AA1中点，由直线 AA1与 BB1距离为 2，所以 BD=2 A1D=1，BD=2，A1B=AB=5，在 RtABC，BC=AB2-AC2=3，延长 AC，使 AC=CM，连接 C1M，由 CM A1C1,CM=A1C1知四边形 A1CMC1为平行四边形，C1M A1C，C1M 平面 ABC，又 AM 平面 ABC，

104、C1M AM则在 RtAC1M 中，AM=2AC,C1M=A1C，AC1=(2AC)2+A1C2，在 RtAB1C1中，AC1=(2AC)2+A1C2，B1C1=BC=3，AB1=(2 2)2+(2)2+(3)2=13,又 A 到平面 BCC1B1距离也为 1，所以 AB1与平面 BCC1B1所成角的正弦值为113=1313.365(2023全国统考高考真题)如图，在三棱锥 P-ABC 中，AB BC，AB=2，BC=2 2，PB=PC=6，BP，AP，BC 的中点分别为 D，E，O，AD=5DO，点 F 在 AC 上，BF AO.(1)证明：EF 平面 ADO；(2)证明：平面 ADO 平面

105、 BEF；(3)求二面角 D-AO-C 的正弦值.【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析；(3)22.【分析】(1)根据给定条件，证明四边形 ODEF 为平行四边形，再利用线面平行的判定推理作答.(2)法一：由(1)的信息，结合勾股定理的逆定理及线面垂直、面面垂直的判定推理作答.法二：过点 B 作 z轴 平面 BAC，建立如图所示的空间直角坐标系，设 P x,y,z，所以由PA=14PB=6PC=6求出 P 点坐标，再求出平面 ADO 与平面 BEF 的法向量 n1,n2，由 n1 n2=0 即可证明；(3)法一：由(2)的信息作出并证明二面角的平面角，再结合三角形重心及余弦定理求解作答.

106、法二：求出平面 ADO 与平面 ACO 的法向量，由二面角的向量公式求解即可.【解析】(1)连接 DE,OF，设 AF=tAC，则 BF=BA+AF=(1-t)BA+tBC，AO=-BA+12 BC，BF AO，则 BF AO=(1-t)BA+tBC -BA+12 BC=(t-1)BA 2+12 tBC2=4(t-1)+4t=0，解得 t=12，则 F 为 AC 的中点，由 D,E,O,F 分别为 PB,PA,BC,AC 的中点，于是 DE AB,DE=12 AB,OF AB,OF=12 AB，即 DE OF,DE=OF，则四边形 ODEF 为平行四边形，EF DO,EF=DO，又 EF 平面

107、 ADO,DO 平面 ADO，所以 EF 平面 ADO.(2)法一：由(1)可知 EF OD，则 AO=6,DO=62，得 AD=5DO=302，因此 OD2+AO2=AD2=152，则 OD AO，有 EF AO，又 AO BF,BF EF=F，BF,EF 平面 BEF，则有 AO 平面 BEF，又 AO 平面 ADO，所以平面 ADO 平面 BEF.37法二：因为 AB BC，过点 B 作 z 轴 平面 BAC，建立如图所示的空间直角坐标系，A 2,0,0,B 0,0,0,C 0,2 2,0，在 BDA 中，cosPBA=DB2+AB2-DA22DB AB=32+4-1522 2 62=-

108、16，在 PBA 中，PA2=PB2+AB2-2PB ABcosPBA=6+4-2 6 2 -16=14，设 P x,y,z，所以由PA=14PB=6PC=6可得：x-22+y2+z2=14x2+y2+z2=6x2+y-2 22+z2=6，可得：x=-1,y=2,z=3，所以 P-1,2,3，则 D-12,22,32，所以 E12,22,32，F 1,2,0，AO=-2,2,0,AD=-52,22,32设平面 ADO 的法向量为 n1=x1,y1,z1，则 n1 AO=0n1 AD=0，得-2x1+2y1=0-52 x1+22 y1+32 z1=0，令 x1=1，则 y1=2,z1=3，所以

109、n1=1,2,3，BE=12,22,32,BF=1,2,0设平面 BEF 的法向量为 n2=x2,y2,z2，则 n2 BE=0n2 BF=0，得12 x2+22 y2+32 z2=0 x2+2y2=0，令 x2=2，则 y2=-2,z2=0，所以 n2=2,-2,0，n1 n2=2 1+2 -2+0=0，所以平面 ADO 平面 BEF；(3)法一：过点 O 作 OH BF 交 AC 于点 H，设 AD BE=G，由 AO BF，得 HO AO，且 FH=13 AH，又由(2)知，OD AO，则 DOH 为二面角 D-AO-C 的平面角，因为 D,E 分别为 PB,PA 的中点，因此 G 为

110、PAB 的重心，即有 DG=13 AD,GE=13 BE，又 FH=13 AH，即有 DH=32 GF，cosABD=4+32-1522 2 62=4+6-PA22 2 6，解得 PA=14，同理得 BE=62，于是 BE 2+EF 2=BF 2=3，即有 BE EF，则 GF 2=13 622+622=53，从而 GF=153，DH=32 153=152，在 DOH 中，OH=12 BF=32,OD=62,DH=152，于是 cosDOH=64+34-1542 62 32=-22，sinDOH=1-222=22，38所以二面角 D-AO-C 的正弦值为22.法二：平面 ADO 的法向量为 n

111、1=1,2,3，平面 ACO 的法向量为 n3=0,0,1，所以 cosn1,n3=n1 n3n1 n3=31+2+3=22，因为 n1,n3 0,，所以 sinn1,n3=1-cos2n1,n3=22，故二面角 D-AO-C 的正弦值为22.6(2023天津统考高考真题)如图，在三棱台 ABC-A1B1C1中，A1A 平面 ABC,AB AC,AB=AC=AA1=2,A1C1=1，M 为 BC 中点.，N 为 AB 的中点，(1)求证：A1N 平面 AMC1；(2)求平面 AMC1与平面 ACC1A1所成夹角的余弦值；(3)求点 C 到平面 AMC1的距离【答案】(1)证明见解析；(2)23

112、；(3)43【分析】(1)先证明四边形 MNA1C1是平行四边形，然后用线面平行的判定解决；(2)利用二面角的定义，作出二面角的平面角后进行求解；(3)方法一是利用线面垂直的关系，找到垂线段的长，方法二无需找垂线段长，直接利用等体积法求解【解析】(1)连接 MN,C1A.由 M,N 分别是 BC,BA 的中点，根据中位线性质，MN AC，且 MN=AC2=1，由棱台性质，A1C1 AC，于是 MN A1C1，由 MN=A1C1=1 可知，四边形 MNA1C1是平行四边形，则 A1N MC1，又 A1N 平面 C1MA，MC1 平面 C1MA，于是 A1N 平面 AMC1.(2)过 M 作 ME

113、 AC，垂足为 E，过 E 作 EF AC1，垂足为 F,连接 MF,C1E.由 ME 面 ABC，A1A 面 ABC，故 AA1 ME，又 ME AC，AC AA1=A，AC,AA1 平面 ACC1A1，则 ME 平面 ACC1A1.由 AC1 平面 ACC1A1，故 ME AC1，39又 EF AC1，ME EF=E，ME,EF 平面 MEF，于是 AC1 平面 MEF，由 MF 平面 MEF，故 AC1 MF.于是平面 AMC1与平面 ACC1A1所成角即 MFE.又 ME=AB2=1，cosCAC1=15，则 sinCAC1=25，故 EF=1 sinCAC1=25，在 RtMEF 中

114、，MEF=90，则 MF=1+45=35，于是 cosMFE=EFMF=23(3)方法一：几何法过 C1作 C1P AC，垂足为 P，作 C1Q AM，垂足为 Q，连接 PQ,PM，过 P 作 PR C1Q，垂足为 R.由题干数据可得，C1A=C1C=5，C1M=C1P2+PM 2=5，根据勾股定理，C1Q=5-222=3 22，由 C1P 平面 AMC，AM 平面 AMC，则 C1P AM，又 C1Q AM，C1Q C1P=C1，C1Q,C1P 平面 C1PQ，于是 AM 平面 C1PQ.又 PR 平面 C1PQ，则 PR AM，又 PR C1Q，C1Q AM=Q，C1Q,AM 平面 C1M

115、A，故 PR 平面 C1MA.在 RtC1PQ 中，PR=PC1 PQQC1=2 223 22=23，又 CA=2PA，故点 C 到平面 C1MA 的距离是 P 到平面 C1MA 的距离的两倍，即点 C 到平面 AMC1的距离是 43.方法二：等体积法辅助线同方法一.设点 C 到平面 AMC1的距离为 h.VC1-AMC=13 C1P SAMC=13 2 12 22=23，VC-C1MA=13 h SAMC1=13 h 12 2 3 22=h2.由 VC1-AMC=VC-C1MA h2=23，即 h=43.7(2023全国统考高考真题)如图，在正四棱柱 ABCD-A1B1C1D1中，AB=2,

116、AA1=4点 A2,B2,C2,D2分别在棱 AA1,BB1,CC1,DD1上，AA2=1,BB2=DD2=2,CC2=340(1)证明：B2C2 A2D2；(2)点 P 在棱 BB1上，当二面角 P-A2C2-D2为 150 时，求 B2P【答案】(1)证明见解析；(2)1【分析】(1)建立空间直角坐标系，利用向量坐标相等证明；(2)设 P(0,2,)(0 4)，利用向量法求二面角，建立方程求出 即可得解.【解析】(1)以 C 为坐标原点，CD,CB,CC1所在直线为 x,y,z 轴建立空间直角坐标系，如图，则 C(0,0,0),C2(0,0,3),B2(0,2,2),D2(2,0,2),A

117、2(2,2,1)，B2C2=(0,-2,1),A2D2=(0,-2,1)，B2C2 A2D2，又 B2C2，A2D2不在同一条直线上，B2C2 A2D2.(2)设 P(0,2,)(0 4)，则 A2C2=(-2,-2,2),PC2=(0,-2,3-),D2C2=(-2,0,1)，设平面 PA2C2的法向量 n=(x,y,z)，则 n A2C2=-2x-2y+2z=0n PC2=-2y+(3-)z=0，令 z=2，得 y=3-,x=-1，n=(-1,3-,2)，设平面 A2C2D2的法向量 m=(a,b,c)，则 m A2C2=-2a-2b+2c=0m D2C2=-2a+c=0，令 a=1，得

118、b=1,c=2，m=(1,1,2)，cos n,m=n mnm=664+(-1)2+(3-)2=cos150=32，化简可得，2-4+3=0，解得 =1 或 =3，P(0,2,1)或 P(0,2,3)，B2P=1.8(2023全国统考高考真题)如图，三棱锥 A-BCD 中，DA=DB=DC，BD CD，ADB=ADC=60，E 为 BC 的中点(1)证明：BC DA；(2)点 F 满足 EF=DA，求二面角 D-AB-F 的正弦值【答案】(1)证明见解析；(2)33【分析】(1)根据题意易证 BC 平面 ADE，从而证得 BC DA；(2)由题可证 AE 平面 BCD，所以以点 E 为原点，E

119、D,EB,EA 所在直线分别为 x,y,z 轴，建立空间直角坐标系，再求出平面 ABD,ABF 的一个法向量，根据二面角的向量公式以及同角三角函数关系即可解出【解析】(1)连接 AE,DE，因为 E 为 BC 中点，DB=DC，所以 DE BC，因为 DA=DB=DC，ADB=ADC=60，所以 ACD 与 ABD 均为等边三角形，AC=AB，从而 AE BC，由，AE DE=E，AE,DE 平面 ADE，41所以，BC 平面 ADE，而 AD 平面 ADE，所以 BC DA(2)不妨设 DA=DB=DC=2，BD CD，BC=2 2,DE=AE=2 AE 2+DE 2=4=AD2，AE DE

120、，又 AE BC,DE BC=E，DE,BC 平面 BCD AE 平面 BCD以点 E 为原点，ED,EB,EA 所在直线分别为 x,y,z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示：设 D(2,0,0),A(0,0,2),B(0,2,0),E(0,0,0)，设平面 DAB 与平面 ABF 的一个法向量分别为 n1=x1,y1,z1,n2=x2,y2,z2，二面角 D-AB-F 平面角为,而 AB=0,2,-2，因为 EF=DA=-2,0,2，所以 F-2,0,2，即有 AF=-2,0,0，-2x1+2z1=02y1-2z1=0，取 x1=1，所以 n1=(1,1,1)；2y2-2z2=0-2x2=0，取 y2=1，所以 n2=(0,1,1)，所以，cos=n1 n2n1n2=23 2=63，从而 sin=1-69=33 所以二面角 D-AB-F 的正弦值为33