2023年新高考数学一轮复习8-8 立体几何综合问题(知识点讲解)含详解

专题8.8立体几何综合问题（知识点讲解）

【知识框架】

【核心素养】

以几何体为载体，考查空间几何体中的最值问题、折叠问题以及探索性问题，凸显直观想象、数学运算、

逻辑推理的核心素养．

【知识点展示】

（一）空间向量的概念及有关定理

1．空间向量的有关概念

名称定义

空间向量在空间中，具有大小和方向的量

相等向量方向相同且模相等的向量

相反向量方向相反且模相等的向量

共线向量

表示空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合的向量

(或平行向量)

共面向量平行于同一个平面的向量

2.空间向量的有关定理

(1)共线向量定理：对空间任意两个向量a，b(b≠0)，a∥b的充要条件是存在实数λ，使得a＝λb.

(2)共面向量定理：如果两个向量a，b不共线，那么向量p与向量a，b共面的充要条件是存在唯一的有序

实数对(x，y)，使p＝xa＋yb.

(3)空间向量基本定理：如果三个向量a，b，c不共面，那么对空间任一向量p，存在有序实数组{x，y，z}，

使得p＝xa＋yb＋zc，其中，{a，b，c}叫做空间的一个基底．

（二）空间向量的坐标表示及运算

数量积的坐标运算设＝，，，＝，，，

(1)a(a1a2a3)b(b1b2b3)

则①＝，，；

a±b(a1±b1a2±b2a3±b3)

②＝，，；

λa(λa1λa2λa3)

③＝＋＋

a·ba1b1a2b2a3b3.

(2)共线与垂直的坐标表示

设＝，，，＝，，，

a(a1a2a3)b(b1b2b3)

则∥⇔＝⇔＝，＝，＝∈，

abaλba1λb1a2λb2a3λb3(λR)

⊥⇔＝⇔＋＋＝，均为非零向量．

aba·b0a1b1a2b2a3b30(ab)

(3)模、夹角和距离公式

设＝，，，＝，，，

a(a1a2a3)b(b1b2b3)

则＝＝2＋2＋2，

|a|a·aa1a2a3

a·bab＋ab＋ab

cos〈a，b〉＝＝112233.

|a||b|2＋2＋22＋2＋2

a1a2a3·b1b2b3

设，，，，，，

A(a1b1c1)B(a2b2c2)

则d|AB|(aa)2(bb)2(cc)2.

AB212121

（三）异面直线所成的角

①定义：设a，b是两条异面直线，过空间任一点O作直线a′∥a，b′∥b，则a′与b′所夹的锐角或直

角叫做a与b所成的角．

②范围：两异面直线所成角θ的取值范围是(0,]．

2

ab

③向量求法：设直线a，b的方向向量为a，b，其夹角为φ，则有cos|cos|||.

|a||b|

（四）直线与平面所成角

直线和平面所成角的求法：如图所示，设直线l的方向向量为e，平面α的法向量为n，直线l与平面α所

|e·n|

成的角为，两向量e与n的夹角为，则有sin＝|cos|＝.

φθφθ|e||n|

（五）二面角

(1)如图1，AB、CD是二面角α－l－β的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈AB，CD〉．

(2)如图2、3，n,n分别是二面角α－l－β的两个半平面α，β

12

的法向量，则二面角的大小n,n(或n,n)．

1212

（六）利用向量求空间距离

→

|AB·n|

点面距的求法：如图，设AB为平面的一条斜线段，n为平面的法向量，则B到平面的距离d＝.

ααα|n|

【常考题型剖析】

题型一：向量与立体几何中最值问题

例1.（2022·浙江·效实中学模拟预测）已知圆锥SO的高SO1,AB是底面上圆O的直径，AB2，M是

圆O上的动点，N是SM的中点，则直线AN与平面SBM所成角的正弦值的最大值为（）

1222

A．B．C．D．1

333

例2.（山东·高考真题（理））如图所示，已知四棱锥P—ABCD，底面ABCD为菱形，PA⊥平面ABCD，∠

ABC=60°,E,F分别是BC,PC的中点.

(1)证明:AE⊥PD;

(2)若H为PD上的动点,EH与平面PAD所成最大角的正切值为,求二面角E—AF—C的余弦值.

例3.（2021·全国·高考真题（理））已知直三棱柱ABCABC中，侧面AABB为正方形，ABBC2，E，

11111

F分别为AC和CC的中点，D为棱AB上的点．BFAB

11111

（1）证明：BFDE；

（2）当BD为何值时，面BBCC与面DFE所成的二面角的正弦值最小?

111

【方法技巧】

解决空间图形有关的线段、角、距离、面积、体积等最值问题，一般可以从三方面着手：

一是从问题的几何特征入手，充分利用其几何性质去解决；

二是利用空间几何体的侧面展开图；

三是找出问题中的代数关系，建立目标函数，利用代数方法求目标函数的最值．解题途径很多，在函数建

成后，可用一次函数的端点法，二次函数的配方法、公式法，函数有界法(如三角函数等)及高阶函数的拐

点导数法等．空间向量法求最值也是要求出目标函数，但是需要先依据题意建立空间直角坐标系，注意建

系时使坐标易于求解或表达，然后求目标函数的表达式．

题型二：立体几何“翻折”“折叠”问题

例4.（2018·全国·高考真题（理））如图，四边形ABCD为正方形，E,F分别为AD,BC的中点，以DF为折

痕把△DFC折起，使点C到达点P的位置，且PFBF.

（1）证明：平面PEF平面ABFD；（2）求DP与平面ABFD所成角的正弦值.

例5.（2019年高考全国Ⅲ卷理）图1是由矩形ADEB，

Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB=1，BE=BF=2，∠FBC=60°，将其沿AB，BC折起使得BE

与BF重合，连结DG，如图2.

（1）证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；

（2）求图2中的二面角B−CG−A的大小.

例6.（2022·辽宁实验中学模拟预测）如图所示正四

棱锥PABCD,AB2,PA7

(1)求证：PABD

(2)若沿侧棱将此四棱锥剪开，四个侧面向外旋转，PAD旋转至PAD,PCD旋转至PCD如图所示，其中二面

12

角PADB与二面角PCDB相同，当DPDP时，求平面PAD与PCD所成的锐二面角的余弦值

121212

【总结提升】

解答“翻折”“折叠”问题的两个策略：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

题型三：探索性问题----空间角的存在性问题

中，，，分别为线段，

例7.（2022·湖南·长沙一中高三开学考试）如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1OMNBC

AA，BB的中点，P为线段AC上的动点，AO=1BC，AB=3，AC=4，AA=8.

11121

求点到平面的距离；

(1)CC1MN

试确定动点的位置，使线段与平面所成角的正弦值最大

(2)PMPBB1C1C.

例8.（2022·内蒙古·赤峰红旗中学松山分校模拟预测（理））如图，在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD为

正方形，PD底面ABCD，M为线段PC的中点，PDAD，N为线段BC上的动

点．

(1)证明：平面MND平面PBC

(2)当点N在线段BC的何位置时，平面MND与平面PAB所成锐二面角的大小为30°？指出点N的位置，并

说明理由．

例9.（湖北·高考真题（理））如图1，，，过动点A作，垂足D在线段BC上

且异于点B，连接AB，沿将△折起，使（如图2所示）．

（Ⅰ）当的长为多少时，三棱锥的体积最大；

（Ⅱ）当三棱锥的体积最大时，设点，分别为棱，的中点，试在棱上确定一点，

使得，并求与平面所成角的大小．

【总结提升】

与空间角有关的探索性问题主要为与两异面直线所成的角、直线与平面所成的角和二面角有关的存在性问

题，常利用空间向量法求解．求解时，一般把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定

范围内的解”等问题，并注意准确理解和熟练应用夹角公式．

其步骤是：(1)假设存在(或结论成立)；(2)建立空间直角坐标系，设(求)出相关空间点的坐标；(3)构建有关向

量；(4)结合空间向量，利用线面角或二面角的公式求解；(5)作出判断．

题型四：探索性问题----线面关系中的存在性问题例10.（2023·全国·高三专题练习）如图，在四棱锥

EABCD中，AB//CD，CD4AB，点F为棱CD的中点，与E，F相异的动点P在棱EF上.

(1)当P为EF的中点时，证明：PB//平面ADE；

EP

(2)设平面EAD与平面EBC的交线为l，是否存在点P使得l//平面PBD？若存在，求的值；若不存在，

PF

请说明理由.

例11.（2019·北京·高考真题（理））如图，在四棱锥P–ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，

PF1

PA=AD=CD=2，BC=3．E为PD的中点，点F在PC上，且．

PC3

（Ⅰ）求证：CD⊥平面PAD；

（Ⅱ）求二面角F–AE–P的余弦值；

PG2

（Ⅲ）设点G在PB上，且．判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由．

PB3

例12.（2016·北京·高考真题（理））如图,在四棱锥PABCD中,平面

PAD平面ABCD,PAPD,PAPD,ABAD,AB1,AD2,ACCD5.

（1）求证:PD平面PAB；

（2）求直线PB与平面PCD所成角的正弦值；

AM

（3）在棱PA上是否存在点M,使得BM∥平面PCD？若存在,求的值；若不存在,说明理由.

AP

【总结提升】

解决线面关系中存在性问题的策略

对于线面关系中的存在性问题，首先假设存在，然后在该假设条件下，利用向量法进行线面关系的逻辑推

理，寻找假设满足的数据或事实，若满足，则肯定假设，若得出矛盾的结论，则否定假设．

专题8.8立体几何综合问题（知识点讲解）

【知识框架】

【核心素养】

以几何体为载体，考查空间几何体中的最值问题、折叠问题以及探索性问题，凸显直观想象、数学运算、

逻辑推理的核心素养．

【知识点展示】

（一）空间向量的概念及有关定理

1．空间向量的有关概念

名称定义

空间向量在空间中，具有大小和方向的量

相等向量方向相同且模相等的向量

相反向量方向相反且模相等的向量

共线向量

表示空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合的向量

(或平行向量)

共面向量平行于同一个平面的向量

2.空间向量的有关定理

(1)共线向量定理：对空间任意两个向量a，b(b≠0)，a∥b的充要条件是存在实数λ，使得a＝λb.

(2)共面向量定理：如果两个向量a，b不共线，那么向量p与向量a，b共面的充要条件是存在唯一的有序

实数对(x，y)，使p＝xa＋yb.

(3)空间向量基本定理：如果三个向量a，b，c不共面，那么对空间任一向量p，存在有序实数组{x，y，z}，

使得p＝xa＋yb＋zc，其中，{a，b，c}叫做空间的一个基底．

（二）空间向量的坐标表示及运算

数量积的坐标运算设＝，，，＝，，，

(1)a(a1a2a3)b(b1b2b3)

则①＝，，；

a±b(a1±b1a2±b2a3±b3)

②＝，，；

λa(λa1λa2λa3)

③＝＋＋

a·ba1b1a2b2a3b3.

(2)共线与垂直的坐标表示

设＝，，，＝，，，

a(a1a2a3)b(b1b2b3)

则∥⇔＝⇔＝，＝，＝∈，

abaλba1λb1a2λb2a3λb3(λR)

⊥⇔＝⇔＋＋＝，均为非零向量．

aba·b0a1b1a2b2a3b30(ab)

(3)模、夹角和距离公式

设＝，，，＝，，，

a(a1a2a3)b(b1b2b3)

则＝＝2＋2＋2，

|a|a·aa1a2a3

a·bab＋ab＋ab

cos〈a，b〉＝＝112233.

|a||b|2＋2＋22＋2＋2

a1a2a3·b1b2b3

设，，，，，，

A(a1b1c1)B(a2b2c2)

则d|AB|(aa)2(bb)2(cc)2.

AB212121

（三）异面直线所成的角

①定义：设a，b是两条异面直线，过空间任一点O作直线a′∥a，b′∥b，则a′与b′所夹的锐角或直

角叫做a与b所成的角．

②范围：两异面直线所成角θ的取值范围是(0,]．

2

ab

③向量求法：设直线a，b的方向向量为a，b，其夹角为φ，则有cos|cos|||.

|a||b|

（四）直线与平面所成角

直线和平面所成角的求法：如图所示，设直线l的方向向量为e，平面α的法向量为n，直线l与平面α所

|e·n|

成的角为，两向量e与n的夹角为，则有sin＝|cos|＝.

φθφθ|e||n|

（五）二面角

(1)如图1，AB、CD是二面角α－l－β的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈AB，CD〉．

(2)如图2、3，n,n分别是二面角α－l－β的两个半平面α，β

12

的法向量，则二面角的大小n,n(或n,n)．

1212

（六）利用向量求空间距离

→

|AB·n|

点面距的求法：如图，设AB为平面的一条斜线段，n为平面的法向量，则B到平面的距离d＝.

ααα|n|

【常考题型剖析】

题型一：向量与立体几何中最值问题

例1.（2022·浙江·效实中学模拟预测）已知圆锥SO的高SO1,AB是底面上圆O的直径，AB2，M是

圆O上的动点，N是SM的中点，则直线AN与平面SBM所成角的正弦值的最大值为（）

1222

A．B．C．D．1

333

【答案】C

【解析】

【分析】做OEAB交圆上一点E，以O为原点，OE、OB、OA所在的直线为x、y、y轴的正方向建立空间

ab1

直角坐标系，设Ma,b,0，则N,,，且a2b21，求出AN、平面AMB的一个法向量坐标，设直

222

ANn2

sincosAN,n

线AN与平面SBM所成的角为，可得ANn2b37b39，令

21b2

2x37x29

fxx1,1，利用导数可得fx的最值，从而得到答案.

21x2

【详解】

做OEAB交圆上一点E，

以O为原点，OE、OB、OA所在的直线为x、y、y轴的正方向建立空间直角坐标系，

则O0,0,0，A0,1,0，B0,1,0，S0,0,1，

ab1

设Ma,b,0，则N,,，且a2b21，

222

当a0,b1时，M0,1,0与B0,1,0重合，此时SMA构不成平面，

当a0,b1时，M0,1,0与A0,1,0重合，此时SMB构不成平面，

即b1，a0，

ab1

所以SMa,b,1，SB0,1,1，AN,1,，

222

设平面AMB的一个法向量为nx,y,z，

SMn0axbyz01b

所以，即，令y1，则x,z1，

SBn0yz0a

1b

所以n,1,1，设直线AN与平面SBM所成的角为，

a

1bb122

ANn1

222

sincosAN,nb22b32b32b37b39，

ANn1b2a2b221

21b2221b2

a2444

2x37x29xx2

令fxx1,1，fxx1,1

21x21x2

当0x1时，fx0，fx单调递增，

9

当1x0时，fx0，fx单调递减，所以fxf0，

min2

2222

2b37b39323，

21b22

22

直线AN与平面SBM所成角的正弦值的最大值为.

3

故选：C.

例2.（山东·高考真题（理））如图所示，已知四棱锥P—ABCD，底面ABCD为菱形，PA⊥平面ABCD，∠

ABC=60°,E,F分别是BC,PC的中点.

(1)证明:AE⊥PD;

(2)若H为PD上的动点,EH与平面PAD所成最大角的正切值为,求二面角E—AF—C的余弦值.

【答案】（1）证明略（2）所求二面角的余弦值为

【解析】

【详解】

(1)由四边形ABCD为菱形,∠ABC=60°,

可得△ABC为正三角形.

因为E为BC的中点,所以AE⊥BC.

又BC∥AD,因此AE⊥AD.

因为PA⊥平面ABCD,AE平面ABCD,所以PA⊥AE.

而PA平面PAD,AD平面PAD且PA∩AD=A,

所以AE⊥平面PAD.又PD平面PAD,

所以AE⊥PD.

(2)如图所示，设AB=2,H为PD上任意一点,连结AH、EH,

由(1)知,AE⊥平面PAD,

则∠EHA为EH与平面PAD所成的角.

在Rt△EAH中,AE=,

所以,当AH最短时,∠EHA最大,

即当AH⊥PD时,∠EHA最大.

此时,tan∠EHA===,

因此AH=.又AD=2,

所以∠ADH=45°,所以PA=2.

方法一因为PA⊥平面ABCD,PA平面PAC,

所以,平面PAC⊥平面ABCD.

过E作EO⊥AC于O,则EO⊥平面PAC,

过O作OS⊥AF于S,连接ES,

则∠ESO为二面角E—AF—C的平面角.

在Rt△AOE中,EO=AE·sin30°=,

AO=AE·cos30°=,又F是PC的中点,

在Rt△ASO中,SO=AO·sin45°=,又SE===,

在Rt△ESO中,cos∠ESO===,

即所求二面角的余弦值为.

方法二由(1)知AE,AD,AP两两垂直,以A为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,

又E、F分别为BC、PC的中点，所以

A（0，0，0），B（，-1，0），C（，1，0），

D（0，2，0），P（0，0，2），E（，0，0），F(，，1），

所以=(，0，0），

=(，，1）.

设平面AEF的一法向量为

（，，），

m=x1y1z1

因此

取-，则（，，-），

z1=1m=021

因为BD⊥AC，BD⊥PA，PA∩AC=A，

所以BD⊥平面AFC，

故为平面AFC的一法向量.

又=（-，3，0），

所以cos〈m,〉===.

因此,二面角E—AF—C为锐角,

所以所求二面角的余弦值为

例3.（2021·全国·高考真题（理））已知直三棱柱ABCABC中，侧面AABB为正方形，ABBC2，E，

11111

F分别为AC和CC的中点，D为棱AB上的点．BFAB

11111

（1）证明：BFDE；

（2）当BD为何值时，面BBCC与面DFE所成的二面角的正弦值最小?

111

1

【答案】（1）证明见解析；（2）BD

12

【解析】

【分析】

（1）方法二：通过已知条件，确定三条互相垂直的直线，建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量证明

线线垂直；

（2）方法一：建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角的余弦值最大，进而可以确定出答

案；

【详解】

（1）[方法一]：几何法

因为BFAB,AB//AB，所以BFAB．

1111

又因为ABBB，BFBBB，所以AB平面BCCB．又因为ABBC2，构造正方体ABCGABCG，

11111111

如图所示，

过E作AB的平行线分别与AG，BC交于其中点M,N，连接AM,BN，

11

因为E，F分别为AC和CC的中点，所以N是BC的中点，易证RtBCFRtBBN，则CBFBBN．

111

又因为BBNBNB90，所以CBFBNB90，BFBN．

1111

又因为BFAB,BNABB，所以BF平面AMNB．

11111111

又因为ED平面AMNB，所以BFDE．

11

[方法二]【最优解】：向量法

因为三棱柱ABCABC是直三棱柱，BB底面ABC，BBAB

11111

AB//AB，BFAB，BFAB，又BBBFB，AB平面BCCB．所以BA,BC,BB两两垂直．

11111111

以B为坐标原点，分别以BA,BC,BB所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系，如图．

1

B0,0,0,A2,0,0,C0,2,0,B0,0,2,A2,0,2,C0,2,2，

111

E1,1,0,F0,2,1．

由题设Da,0,2（0a2）．

因为BF0,2,1,DE1a,1,2，

所以BFDE01a21120，所以BFDE．

[方法三]：因为BFAB，AB//AB，所以BFAB，故BFAB0，BFAB0，所以

111111

BFEDBFEBBBBD=BFBDBFEBBBBFEBBFBB

11111

11111

BFBABCBFBBBFBABFBCBFBBBFBCBFBB

22122121

1121

BFBCcosFBCBFBBcosFBB=52520，所以BFED．

211255

（2）[方法一]【最优解】：向量法设平面DFE的法向量为mx,y,z，

因为EF1,1,1,DE1a,1,2，

mEF0xyz0

所以，即．

mDE01axy2z0

令z2a，则m3,1a,2a

因为平面BCCB的法向量为BA2,0,0，

11

设平面BCCB与平面DEF的二面角的平面角为，

11

mBA63

则cos．

mBA22a22a142a22a14

127

当a时，2a22a4取最小值为，

22

36

此时cos取最大值为273．

2

6231

所以sin1，此时BD．

1

min332

[方法二]：几何法

如图所示，延长EF交AC的延长线于点S，联结DS交BC于点T，则平面DFE平面BBCCFT．

111111

作BHFT，垂足为H，因为DB平面BBCC，联结DH，则DHB为平面

11111

BBCC与平面DFE所成二面角的平面角．

11

CS1CG1

设BDt,t[0,2],BTs，过C作CG//AB交DS于点G．由11得CG(2t)．

111111SA3AD13

11

ts

BDBT3t

又11，即12s，所以s．

CGCT(2t)t1

113

BHBTBHss

111BH

又，即，所以1．

CFFT11(2s)21(2s)2

1

s29t2

所以DHBH2BD2t2t2．

111(2s)22t22t5

1

t

BD9

则sinDHB19t21，

1DHt2129

2t22t52t

22

13

所以，当t时，sinDHB．

21min3

[方法三]：投影法

如图，联结FB,FN，

1

DEF在平面BBCC的投影为BNF，记面BBCC与面DFE所成的二面

11111

S

角的平面角为，则cosB1NF．

S

DEF

设BDt(0t2)，在RtDBF中，DFBD2BF2t25．

1111

在RtECF中，22，过D作BN的平行线交EN于点Q．

EFECFC31

DF2EF2DE2

在Rt△DEQ中，DEQD2EQ25(1t)2．在DEF中，由余弦定理得cosDFE

2DFEF

3t215(t1)2t22t14113

，sinDFE，SDFEFsinDFE2t22t14，S,

3t253t25DFE22B1NF2

S39

cosB1NF，sin1，

S2t22t142t2t7

DFE

113

当t，即BD，面BBCC与面DFE所成的二面角的正弦值最小，最小值为．

212113

【整体点评】

第一问，方法一为常规方法，不过这道题常规方法较为复杂，方法二建立合适的空间直角坐标系，借助空

间向量求解是最简单，也是最优解；方法三利用空间向量加减法则及数量积的定义运算进行证明不常用，

不过这道题用这种方法过程也很简单，可以开拓学生的思维.

第二问：方法一建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角是最常规的方法，也是最优方法；

方法二：利用空间线面关系找到，面BBCC与面DFE所成的二面角，并求出其正弦值的最小值，不是很容

11

易找到；方法三：利用面DFE在面BBCC上的投影三角形的面积与△DFE面积之比即为面BBCC与面

1111

DFE所成的二面角的余弦值，求出余弦值的最小值，进而求出二面角的正弦值最小，非常好的方法，开阔

学生的思维．

【方法技巧】

解决空间图形有关的线段、角、距离、面积、体积等最值问题，一般可以从三方面着手：

一是从问题的几何特征入手，充分利用其几何性质去解决；

二是利用空间几何体的侧面展开图；

三是找出问题中的代数关系，建立目标函数，利用代数方法求目标函数的最值．解题途径很多，在函数建

成后，可用一次函数的端点法，二次函数的配方法、公式法，函数有界法(如三角函数等)及高阶函数的拐

点导数法等．空间向量法求最值也是要求出目标函数，但是需要先依据题意建立空间直角坐标系，注意建

系时使坐标易于求解或表达，然后求目标函数的表达式．

题型二：立体几何“翻折”“折叠”问题

例4.（2018·全国·高考真题（理））如图，四边形ABCD为正方形，E,F分别为AD,BC的中点，以DF为折

痕把△DFC折起，使点C到达点P的位置，且PFBF.

（1）证明：平面PEF平面ABFD；

（2）求DP与平面ABFD所成角的正弦值.

3

【答案】（1）证明见解析；（2）.

4

【解析】

【分析】

（1）首先从题的条件中确定相应的垂直关系，即BFPF，BFEF，又因为PFEFF，利用线面垂

直的判定定理可以得出BF平面PEF，又BF平面ABFD，利用面面垂直的判定定理证得平面PEF平

面ABFD；

（2）结合题意，建立相应的空间直角坐标系，正确写出相应的点的坐标，求得平面ABFD的法向量，设DP

3

HPDP3

与平面ABFD所成角为，利用线面角的定义，可以求得sin4，得到结果.

HPDP34

【详解】

（1）由已知可得，BFPF，BFEF，又PFEFF，所以BF平面PEF.

又BF平面ABFD，所以平面PEF平面ABFD；

（2）作PHEF，垂足为H.由（1）得，PH平面ABFD.

以H为坐标原点，HF的方向为y轴正方向，BF为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz.

由（1）可得，DEPE.又DP2，DE1，

所以PE3.又PF1，EF2，故PEPF.

33

可得PH,EH.

22

33333

H0,0,0,P0,0,,D1,,0,DP1,,,HP0,0,

则为平面ABFD的法向量.

22222

3

HPDP3

设DP与平面ABFD所成角为，则sin4.

HPDP34

3

所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为.

4

例5.（2019年高考全国Ⅲ卷理）图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB=1，

BE=BF=2，∠FBC=60°，将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连结DG，如图2.

（1）证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；

（2）求图2中的二面角B−CG−A的大小.

【答案】（1）见解析；（2）30.

【解析】（1）由已知得ADBE，CGBE，所以ADCG，故AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点

共面．

由已知得ABBE，ABBC，故AB平面BCGE．

又因为AB平面ABC，所以平面ABC平面BCGE．

（2）作EHBC，垂足为H．因为EH平面BCGE，平面BCGE平面ABC，所以EH平面ABC．

由已知，菱形BCGE的边长为2，∠EBC=60°，可求得BH=1，EH=3．

以H为坐标原点，HC的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系H–xyz，

则A（–1，1，0），C（1，0，0），G（2，0，3），CG=（1，0，3），AC=（2，–1，0）．

设平面ACGD的法向量为n=（x，y，z），则

CGn0,x3z0,

即

ACn0,2xy0.

所以可取n=（3，6，–3）．

nm3

又平面BCGE的法向量可取为m=（0，1，0），所以cosn,m．

|n||m|2

因此二面角B–CG–A的大小为30°．

例6.（2022·辽宁实验中学模拟预测）如图所示正四棱锥PABCD,AB2,PA7

(1)求证：PABD

(2)若沿侧棱将此四棱锥剪开，四个侧面向外旋转，PAD旋转至PAD,PCD旋转至PCD如图所示，其中二面

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角PADB与二面角PCDB相同，当DPDP时，求平面PAD与PCD所成的锐二面角的余弦值

121212

【答案】(1)证明见解析

3

(2)

4

【解析】

【分析】（1）连接BD,AC，交于点O，连接PO，PO面A