立体几何五大类题型解题技巧-高三数学二轮复习讲义

立体几何五大类题型解题技巧

一、空间中的垂直关系解题技巧

常见题型

空间中的垂直关系是高考中的高频考点，需熟练掌握线面垂直、面面垂直的判定及性质定理,

同时还需注意书写过程的规范性，需重点强化练习.

知识迁移空间中的垂直关系

线线垂直

①等腰三角形（等边三角形）的三线合一证线线垂直②勾股定理的逆定理证线线垂直

③菱形、正方形的对角线互相垂直

线面垂直的判定定理

性质定理1:一直线与平面垂直，则这条直线垂

直于平面内的任意一条直线

图形语言符号语言

1

1±a一1_La

1a7

性质定理2：垂直于同一个平面的两条直线平行

图形语言符号语言

面面垂直的判定定理

判定定理：一个平面内有一条直线垂直于另一个

平面，则两个平面垂直

（或：一个平面经过另一个平面的垂线，则面面

垂直）

图形语言_符号语言

面面垂直的性质定理

性质定理：两平面垂直，其中一个平面内有一条直线与交

思路

已知三棱锥P-ABC的四个顶点均在半径鱼球面上,且PA=PB=PC=AC=BC,AC±BC,N为AB的中点.

⑴证明:PNL平面ABC

⑵若M是线段PC上的点，且平面MAB与平面PAB的夹角为45°.求AM与平面PBC所成角的正

弦值.

证法一:连结PN、CN（如图），

易知4ABC是以AB斜边的等腰直角三角形，，AN=BN=CN,又：PA=PB=PC,

APAN^APBN^APCN,

•.•PA=PB,N为BC的中点，

APNXAB,

AZPNA=ZPNB=ZPNC=90°,即PN±NC,

VCNnAB=N,CN,ABu平面ABC,...PN，平面ABC.

D

证法二:取BC的中点D,连结ND、PD（如图），

VPB=PC,.*.BC±PD,

XVPB=PA,APNXAB,

VBCXAC,DN/7AC,.*.BC±ND,

VDNnPD=D,DN、PDu平面PND,平面PND.

VPNc平面PND.ABCXPN,

XVPN±AB,ABnBC=B,AB,BCu平面ABC,

.•.PN,平面ABC;

证法三：易知AABC为等腰直角三角形，

不妨设AC=BC=2a,则.AB=2y[2a,

又N为斜边AB中点，CN=V2a,

又：PA=PB=2a,AB=/2a

••.△PAB为等腰直角三角形，且.PN=g,

•••PC=2a,PC2=CN2+PN2,：.PN1NC

又•.*PN±AB,CNnAB=N,CN、ABu平面ABC,

.•.PN,平面ABC.

例如图，在三棱柱ABC-ABC中,平面ABC,ZACB=90°.

⑴证明：平面.ACC&L平面BB£iC;

(2)设AB=AjB,AA『2,习求四棱锥Ai-BB££的高.

【详解】(1)证明：因为A£,平面ABC,BCu平面ABC,所以AjCLBC,

又因为NACB=90°,即AC±BC,

A£,ACu平面ACC1AlA£nAC=C,

所以BC,平面ACQAL

又因为BCu平面BCCIBL

所以平面ACC&L平面BCCB，

(2)如图，

过点A1作AiOXCCi,垂足为0.

因为平面ACCiA」平面BCCiB"平面ACC/iA平面BCCB=

CC»AjQu平面ACCjA^

所以A1。，平面BCgBi

所以四棱锥A「BBiCiC的高为A。

因为A£,平面ABC,AC,BCu平面ABC,

所以A£，BC,AiCXAC,

又因为A】B=AB,BC为公共边，

所以AABC与aAiBC全等,所以A£=AC.

设ac=ac=%,则Ac=x,

所以。为cci中点，ocr=IAA1=i,

22

又因为A£,AC,所以.A±C+AC^AAi

即x2+x2=2，解得x=VX

2

所以.Ar0=J&C/-OC/=J(V2)—12=i,

所以四棱锥a-BBCC的高为1.

例如图，三棱锥A-BCD中，DA=DB=DC,BD±CD,NADB=NADC=60。，E为BC的中点.

⑴证明：BCLDA;

⑵点F满足EF=瓦5,求二面角D—AB—F的正弦值.

【详解】⑴连接AE,DE,因为E为BC中点,DB=DC,所以DELBC①，

因为DA=DB=DC,ZADB=ZADC=60°,所以4ACD与4ABD均为等边三角形，

...AC=AB,从而AELBC②，由①②,AEnDE=E,AE,DEc=平面ADE,

所以,BC,平面ADE,而ADu平面ADE,所以BC±DA.

⑵不妨设DA=DB=DC=2,：BD，CD,...BCM/aDEAE=V2.

：.AE2+DE2=4=AD2,：.AE1DE,XVAEXBC,DEnBC=E,DE,BCu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倡0,0),A(0,0或2),B(0V22,0),E(0,0,0)

设平面DAB与平面ABF的一个法向量分别为H=(xj/y/Zi),西=(久＜y，z),

二面角D—AB—F平面角为。，而.AB=(0-V2--V2),

因为前=石？=（一/，0，鱼）,所以F（-/，。，/）,即有AF=（-V2>0>0）,

（—V2%1+V2Zd=0血Ybl、［—>/YYY、

1厂厂，取X=1,所以%=（1，1，1）；

I91-伍1=0

a22=°,取万1,所以元2=（。，1，1）,

%2=0

|n|_卮•阖=2_>/6_

所以，1c0o0嗣s隔前4x0-3，从而sin。=X6V3

1----9=—3.

所以二面角D-AB-F的正弦值为y.

例如图，已矢口ABCD和CDEF都是直角梯形,AB/7DC,DC〃EF,AB=5,DC=3,EF=1,ZBAD=ZCDE=60°,二

面角F-DC—B的平面角为60°.设M,N分别为AE,BC的中点.

⑵求直线BM与平面ADE所成角的正弦值.

【详解】(1)过点E、D分别做直线DC、AB的垂线EG、DH并分别交于点G、H.

四边形ABCD和EFCD都是直角梯形,AB〃DC,CD/7EF,AB=5,DC=3,EF=1,ZBAD=ZCDE=60°,由平

面几何知识易知,DG=AH=2,NEFC=NDCF=NDCB=NABC=90°,则四边形EFCG和四边形DCBH是矩

形，.•.在RtAEGD和RtADHA,EG=。”=2小,

,：DCJLCF,DC，CB,且CFnCB=C,

.,.DC,平面BCF,ZBCF是二面角F-DC-B的平面角，则NBCF=60°,

ABCF是正三角形，由DCu平面ABCD,得平面ABCD,平面BCF,

VN是BC的中点，...FNLBC,又DC,平面BCF,FNu平面BCF,可得FNXCD,而BCnCD=C,...FN，平

面ABCD,而ADu平面ABCDAFNXAD.

(2)因为FN,平面ABCD,过点N做AB平行线NK,所以以点N为原点，NK,NB、NF所在直线分别为

x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系N-xyz,

设A(5V33,O),B(O岛0),D⑶房0)”(1,0,3),则M(3哼|),•・・前=(3'—争|),而=

(-2>-2V3>0),D£=(-2>V3>3)

设平面ADE的法向量为ni=(x,y,z)

rH(n,AD=0f—2x—2V3y-0

由G・屁=0府］一2久+0y+3z=0'取九=(百'-1'百)'设直线网与平面ADE所成角为9,

日前|_|36+)+岁|

•••sin。=|cos(n)BM)\-5百_5V7

同丽厂V3+1+3-J9+I+1V7-2V3-14'

3强化

练习如图，四面体ABCD中,AD，CD,AD=CD,NADB=ZBDC,E为AC的中点

D

A

⑴证明：平面BED，平面ACD;

⑵设AB=BD=2,NACB=60°,点F在BD上，当4AFC的面积最小时，求三棱锥F-ABC的体积.

练习在四棱锥P-ABCD中，PD,底面ABCD,CD〃AB,AD=DC=CB=1,AB=2,DPV3

⑵求PD与平面PAB所成的角的正弦值.

练习在四棱锥Q-ABCD中，底面ABCD是正方形,若AD=2,QD=QA=QC=3.

⑴证明：平面QAD,平面ABCD;

⑵求二面角B-QD—A的平面角的余弦值.

练习已知直三棱柱ABC-ABC中，侧面AA/iB为正方形,AB=BC=2,E,F分别为AC和CC1的中

点,D为棱A小1上的点.BFXAiBi

c

⑴证明：BFLDE;

⑵当BP为何值时,面BB££与面DFE所成的二面角的正弦值最小?

练习已知平行四边形ABCD如图甲，ZD=60°,DC=2AD=2,沿AC将4ADC折起，使点D到达点P位置,且

PC±BC,连接PB得三棱锥P-ABC,如图乙.

⑴证明：平面PAB,平面ABC;

⑵在线段PC上是否存在点M,使二面角M-AB-C的余弦值为若存在，求出翳的值，若不存

在，请说明理由.

二、向量法与几何法求空间角的解题技巧

常见题型解读

立体几何中空间角是高考中的高频考点，需熟练掌握向量法和几何法求角，难度中等偏上，需重

点强化练习.

知识迁移

1.两条异面直线所成角的求法

设a,b分别是两异面直线II，12的方向向量，则L与1新成的角。的范围为（0,口/2],公式为

\a-b\

cosOn=---

\a\\b\

2.直线与平面所成角的求法

设直线1的方向向量为a,平面a的法向量为n,直线1与平面a所成的角为。，a与n的夹角为

B,则sin。=|cos夕尸就

3.求二面角的大小

（1）如图①,AB,CD是二面角的两个面内与棱1垂直的直线，则二面角的大小。

=（AB>~CD）.

2.如图②③,n»n2分别是二面角a-1-B的两个半平面a,B的法向量，则二面角的大小。满足

|cos0|=\cos（n-n二面角的平面角大小是向量n1与电的夹角（或其补角）.

解题思路

例已知三棱锥P-ABC的四个顶点均在半径鱼球面上,且PA=PB=PC=AC=BC,AC±BC,N为AB的中点.

⑴证明:PN,平面ABC

⑵若M是线段PC上的点，且平面MAB与平面PAB的夹角为45°.求AM与平面PBC所成角的正弦值.

VAC=PA,BC=PB,/.△ABC^AABP,

二.△PAB是等腰直角三角形，

VN为AB中点，，NP=NA=NB=NC,

AN为三棱锥P-ABC外接球的球心，

依题意NA或z，AC=2

连结MN,

AB±PN,AB±CN,PNnCN=N,PN、CNu平面PCN,

.'.AB，平面PCN,

VMNc平面PCN,AAB±MN,

...NMNP为二面角M-AB—P的平面角，等于45°,解法一：由上知4PCN为等腰直角三角形，.•力为PC

的中点，

,.,AP=BP=BC=BP,

APCXAM,PC±BM,AMHBM=M,AM、BMu平面ABM,

...PC,平面ABM,

VPCcz平面PBC,.,.平面ABM,平面PBC,

.•.点A在平面PBC上的射影在BM上，

ZAMB即为AM与平面PBC所成的角，易得AM=BM=V3,AB=2vx由余弦定理可得cosNAMB

AM2+MB2-AB21/.A/n戛-----------5~2G

=-----------------=——=>sinNz4MB=V1-cos2^AMB=-V2.

2AM-MB33

解法二：由⑴知CN、AB、PN两两垂直,分别以CN、AB、PN所在直线为x轴、y轴、z轴，建立如图所

示的空间直角坐标系，

贝|J.A(O,V22,O),B(OV22,0),C(V22,0,0),P(0,0信

为PC的中点，

~MA==(-V2--V2>0),~PB=(0,V2--V2),

设平面PBC的法向量为n=(x,y,z)

元•前=—V2x—V2y=0

则00

n•PB=0V2y—V2z=0

取y=l,则x=-l,z=l得n=(-1,1,1),

,----»Iy[2k\[2.1—

_|二一V2-y|_2V2

・•・sin®=cos(wMA)=

\n\-\MA\―V3-V33

，AM与平面PBC所成角的正弦值为手.

例如图，在三棱锥P-ABC中,AB1BC,AB=2,BC=孤PB=P=何,BP,AP,BC的中点分别为D,E,0,AD=V5

DO,点F在AC上,BFLAO

D

E

⑴证明：EF〃平面ADO;

⑵证明：平面ADO,平面BEF;

(3)求二面角D—AO-C的正弦值.

【详解】(1)连接DE,OF,设AF=tAC,则.BF=B2+AF=(l-t)~BA+tBC,10-BA+^BC,

BF^\AO,

则BF-ZO=[(1-t\BA+tBC]■(-0+=(t-1)B12+|tBC2=4(t-1)+4t=0,

于是DEAB,DEAB,OFAB,OF=|BPDE〃OF,DE=OF,则四边形ODEF为平行四边形,

EF/7D0,EF=DO,又EFC平面ADO,DOu平面ADO,所以EF〃平面ADO.

⑵法一：由⑴可知EF〃OD,则AO=V6,DO=亨，得AD=小DO=早，

因止匕。。2+4。2=AD2=则OD±AO,有EFXAO,又AO±BF,BFnEF=F,BF,EFu平面BEF,

则有ACU平面BEF,又AOu平面ADO,所以平面ADO，平面BEF.

法二：因为ABLBC,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(0,伍0)

在ABDA中,cosBA=1

2DBAB

2X2XT

在APBA中，PA2=PB2+AB2-2PB-ABcosBA=6+4-2连x2x()=14,

（PA=V14（（%-2尸+/+z2=14

设P（x,y,z）,所以由PB=V^可得：，%2+y2+z2=6

IPC-V6+（y-2V2）+z2-6

可得：为=-l,y=A/XZ=旧，所以P（-l，/，苗），

则。（-泻书，所以3（消号），网1，加0）,

AO=（-2，&，0）,布=（-1苧？）

设平面ADO的法向量为五=

(n-Ad=0

t—2xr+——0

则口前=0得

5,V2,V3_>

-2%1+~y1+~zr-0

令％=1,则%=VXzi=g,所以n7=(1-V2-V3),

BE=&亭］)廊=(1*V2-0)

,

设平面BEF的法向量为nJ=(x2'y2z2),

•他•雇=0/聂声+亨力=°,

则\__>，得1.+/加=0

{n^•BF=0

令％=2,则y?=-V2,z2=0,斤以=(2，一鱼，0),

n^-n^=2xl+V2x(―V2)+0=0,

所以平面ADO,平面BEF;

⑶法一：过点0作OH〃BF交AC于点H,设ADnBE=G,由A0XBF,得H0XA0,且.FH=^AH,

又由（2）知,OD±AO,则ND0H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APA

B的重心，即有DG=-AD.GE=-BEXFH=工4”,即有DH=-GF,cos^ABD==4+6~^,

33322x2x——2x2X-y6

2

解得PA=64同理得BE=y,

y—2/广、2

2

于是.BE?+EF2=8尸2=3,即有BE^EF,则GF=(|xy)+得)=|,

ii诉V153V15V15

从血GruF=——,DnHu=-x——=——j

3232

—6I,--3-----1-5-

在△DOH中，OH/BF=*OD=与,DH=殍，干是cosND。”=444罟2DOH=

2冷段

所以二面角D-AO-C的正弦值为f,

法二：平面ADO的法向量为与=(1，后8),平面ACO的法向量为诟=(0,0，1),所以cos元i，&=

=A?="，因为记1，西e[0，兀],所以sin冠，元3=J1-cos?冗1，&="，故二面角D-AO-C的正

Lv

\nr\-\n3\,1+2+32°°02

弦值为y.

处三棱台ABC-AiB£i中，若A/，面ABC,AB，AC,AB=AC=44=2,4C=1,M,N分别是BC,BA中点.

(1)求证:AjN〃平面CM；

⑵求平面CM与平面ACC》1所成夹角的余弦值;

⑶求点C到平面CM的距离.

【详解】(1)

连接MN,CA由M,N分别是BC,BA的中点,根据中位线性质,MN〃AC,且MN=竽=1,

由棱台性质,A£i〃AC,于是MN〃A£i由.MN=AC=1可知，四边形MNA£i是平行四边形，则A】N

〃MC1

又AN：平面CMMCiU平面CM于是A。〃平面C^MA.

(3)过M作ME±AC,垂足为E,过E作EFLAC1垂足为F,连接MF,C】E.

由MEu面ABC,A/XffiABC,故AAjXME,又ME±AC,ACnAA『A,AC,AAq平面ACC1Al贝UME,平面ACC1A

i，由AC]U平面ACCjAi故MEXACi,又EF，AC»MEnEF=E,ME,EFu平面MEF,于是ACJ平面MEF,由MFu

平面MEF,故ACi±MF.于是平面CMA与平面ACC岛所成角即NMFE.

又ME=y=l,cos/SCi=X则sin/CaC]=意故EF=1xsin41Q=意在RtAMEF中，ZMEF

=90°，则MF=^1+1=^,

于是cosNMFE=—=-

MF3

(3)［方法一：几何法］

过J作CiPXAC,垂足为P,作CiQXAM,垂足为Q,连接PQ,PM,过P作PRXCA垂足为R.

由题干数据可得，CM=QC=遥,GM=JCP2+PM?=逐,根据勾股定理,GQ=

由CP，平面AMC,AMu平面AMC,贝UCfLAM,又C】Q，AM,CiQnCiP=C“C。C】Pu平面C】PQ,于是AM,平

面CiPQ.

又PRu平面C^Q,则PR±AM,又PRXCAC】QnAM=Q,C&,AMu平面C】MA,故PR,平面C1MA.

在RtAC】PQ'中，PR=^=W=|，

2

又CA=2PA,故点C到平面CiMA的距离是P到平面CiMA的距离的两倍，

即点C到平面C1MA的距离!

［方法二：等体积法］

辅助线同方法一.

设点C到平面C1MA的距离为h.

X

%1-AuC-3XSMC--X2X-x(V2)=

T71011K3A/2

Vc-c^tA=3XXSANC1=-xx-xV2x—=y

[2art4

由K?!-AMC=KT-QMAy=]即=]

例已知直三棱柱ABC—4BC中，侧面AA&1B为正方形,AB=BC=2,E,F分别为AC和CCi的中点,D

为棱A1B1上的点.BFXA^Bi

C

⑴证明：BFLDE;

⑵当B&为何值时,面BB££与面DFE所成的二面角的正弦值最小?

【详解】（1）［方法一］:几何法

因为BFXAiBj,A此〃AB,所以BF±AB.

又因为ABXBBi,BFABBFB,所以AB,平面BCC/1.又因为AB=BC=2,构造正方体ABCG—AiBEiG］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A】M,B】N,

因为E,F分别为AC和CCi的中点，所以N是BC的中点，易证RtABCF也RtABjBN,则.NCBF=

/BBN.

又因为./BBN+/BNB=90°,所以/CBF+NB=9O°,BF1BN

又因为BF14B,BNCAB=B,，所以BF,平面A^NB】.又因为EDu平面AiMNB”所以BF

±DE.

［方法二］【最优解】：向量法

因为三棱柱ZBC—aBC是直三棱柱，...BBi，底面ABC,...BBiLAB

,.•AiBi〃AB,BFLAJBLABFXAB,又BB】nBF=B,...AB，平面BCCiB1.所以BA,BC,BB1两两垂直.

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

.•.B(0,0,0),A(2,0,0),C(0,2,0),B1(0,0,2),A1(2,0,2),加(0,2,2),E(1,1,0),F(0,2,1).

由题设D(a,0,2)(0WaW2).

因为BF=(0,2,1),丽=(1—a，1，—2),

所以.BF-DE=0x(l-a)+2xl+lx(-2)=0,所以BF±DE.

［方法三］:因为BF，AiB»AjBi〃AB,所以BF±AB,故.BF-不瓦=G,BF-AB=0,所以BF-ED

~BF-

(EB+BBi+B、D)=BF-B1D+BF-(EB+BBj=BF•EB+BF.BBX=BF(-加一；BC)+

BF-BB=-|BF-B1-|BF-BC\BF\■\BBi\cos^FBB1=-1xV5x2x^+V5x2x-^=0,

以BFLED.

(2)［方法一］【最优解】：向量法

设平面DFE的法向量为m=(x,y,z),

因为EF=(一1，1，1),屁=(1-a，1，-2),

ecfm-EF=0pnf—%+y+z=0

所以PJIm-DE^O'l(l-a)%+y-2z=0-

令z=2-a,则m=(3,1+a,2-a)

因为平面BCCiBi的法向量为BA=(2,0,0),

设平面BCCiBi与平面DEF的二面角的平面角为9,

厢丽______

则|cos0|6_______3

\m\-\BA\~2xV2a2-2a+14V2a2-2a+14'

当a=g寸，2a2-2a+14取最小值为孑,

此时cos9取最大值为W=V6

2731

所以(sine)min=j1-管)=?此时B]D—

［方法二］:几何法

如图所示，延长EF交A£1的延长线于点S,联结DS交B1C1于点T,则平面DFEn平面BB1C1C=FT.

作BiHXFT,垂足为H,因为DBJ平面BB£i&联结DH,则NDHB1为平面BB££与平面DFE所成二面角的

平面角.

设B出t,te[0,2],BQs,过C1作Cfi//A^DS于点G.由容=；=能得JG=“2—t).

SA-]3A~tD3

又号=器即-r£，所以

又皿=虹即皿=

:斯以BH

r2

CtFFT1Vl+(2-s)

s

Jl+(2-s)2.

I9t2

所以04二JB1”2+4。2=2

q2t2-2t+5+t.

则"MDHBL翳=E=

q2t2-2t+5

所以，当”次寸,(sinMHBi)min=/,

［方法三］:投影法

如图，联结FBLFN,

△DEF在平面BB&C的投影为ABiNF,记面BB£iC与面DFE所成的二面角的平面角为0,贝Ucos0=

SB±NF

SDEF

设BD=t(0<t<2),在.RtADBiF中，.DF=何声率瓦声=Vt2+5.

在RtAECF中，EF=y/EC2+FC2=旧,过D作B】N的平行线交EN于点Q.

在RtADEQ中，DE=y/QD2+EQ2=J5+(1-疗.

222

在4DEF中，由余弦定理得cosNDFE=DF+EF-DE

2DFEF

5/3/+15«+1)2"-2t+14i

,sin/DEE=>SDFE=QDF.

3(t2+5)3(t2+5)

2

EFsinZDFE=|V2t-2t+14,SB1NF=|,

39

cos0===sin0=11——-v

22

SDFEV2t-2t+14q2(t-t+7)

当t=*即BiD=5面BB££与面DFE所成的二面角的正弦

值最小，最小值为f.

【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BB£iC与面DFE所成的二面角，并求出其正弦值的最

小值，不是很容易找到；方法三：利用面DFE在面BB1cle上的投影三角形的面积与4DFE面积之比即

为面BB££与面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.

3强化

练习如图，在三棱柱ABC—ZBC中,底面ABC,ZACB=90°,AA=2,A到平面BCC此

的距离为1.

(1)证明：ACAC-,

⑵已知AAi与BBi的距离为2,求AB】与平面BCJB新成角的正弦值.

练习如图，在三棱锥A—BCD中，平面ABD，平面BCD,AB=AD,0为BD的中点.

⑴证明：OA，CD;

(2)若△OCD是边长为1的等边三角形，点E在棱AD上,DE=2EA,且二面角E—BC—D的大小为

45°,求三棱锥A-BCD的体积.

练习如图，在四棱锥C—ABDE中，DEL平面BCD,AB=AD=bBD=4,DE=/

⑴求证:AE〃平面BCD;

⑵若BC±CD,二面角A-BC-D的正切值为四求直线CE与平面ABC所成角的正弦值.

练习如图，在多面体ABCDEFG中，侧面ABGF是矩形，侧面BCDG与底面EFGD是直角梯形，BC〃DG,FE〃

1

GD,ZFGD=ZBGD=90°,BC=EF

=-2DG.

⑴求证：四边形ACDE是平行四边形;

(2)若AB=BC=2,二面角A-DE—G的正切值为a2,求多面体ABCDEFG的体积

三、空间距离的解题技巧

常见题型

立体几何中空间距离的求解常常可以转化为点到面的距离的求解，进而转化为对应几何体的高来

求解，高考中的高频考点，需熟练掌握向量法和几何法求点面距，需重点强化练习.

知识迁移

1.空间两点间的距离公式

222

若.A(XLz,,B(x》yazj,则以口=\AB\=^JAB-AB=(%2-x^+(y2-y1)+(z2-z1).

2.点B到平面a的距离

4=呻(口为平面a的法向量，AB是经过面a的一条斜线，Aea).

网

解题思路

例如图，在四棱锥C-ABDE中，DEL平面BCD,BD=4,DE=立AB=AD=243.

⑴求证:AE〃平面BCD;

⑵若BCXCD,且直线BC与AE所成角为30°,求点E到平面ABC的距离.

【详解】⑴取BD中点为F,连接AF,因为AB=AD=遮今所以AFXBD,且2F=AB2-BF2=V22

因为DEL平面BCD,BDu平面BCD,所以DE±BD,因为DEu平面ABDE,AFu平面ABDE,所以,DE/7AF,且

DE=2F=2/,故四边形AEDF为平行四边形，所以AE〃BD,

又AEC平面BCD,BDu平面BCD,所以AE〃平面BCD.

⑵因为BCLCD,且直线BC与AE所成角为30°,DE〃AF,所以NCBD=30°,

在RtaBCD中，(CD=BDsin30。=2,BC=BDcos30。=2百，以C为原点，而,而分另U为x,y

轴的正方向，过点C作垂直于平面BCD的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

由⑴知,DE/7AF,DEL平面BCD,所以AF,平面BCD,

则A(1岳722),6(0,V33,0),C(0,0,0),E(2,0,低)

得潦=(1，V3>2V2),CB=(0,2V3-0),CE=(2,0,2e)

设ni=(x,y,z)为平面ABC的一个法向量，

则产,三久+场(2&z=0,取z=&得元=(-4,0词,所以点E到平面ABC的距离d=

(CB•元=2V3y=0

例如图，在直三棱柱ABC-AiB£i中，.AB=441=次,AB，AC,D为A£i的中点.

⑴证明：ABJBD;

⑵若点C到平面ABD的距离百3，求平面ABC与面BCD的夹角的正弦值.

【详解】(1)

连接A出,

因为四边形AAiBiB为正方形,所以ABJA6

在直三棱柱ABC-AiB£i中，平面AAjBiB，平面A/Ei由ABXAC得又平面AA在iBA平面4世£

所以A£△平面AAiBjB,又ABF平面AA在出,所以A£JABj,

又A]BnA£i=AiAiBu平面A把D,A£iU平面A】BD,所以AB1，平面AjBD,又BDu平面AjBD,所以ABiXBD.

⑵以A为原点,AB,AC,AAi所在直线分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系，

设AC=2a,则A(0,0,0),BV33,0,0),C(0,2a,0),D(0,aV33)AB=(g，0,0),AC=(0,2a-0),AD=

(0,a,V3).

设ni=(x,y,z)为平面ABD的一个法向量,

元,亚=0,即ay+_^z一。，得x=0,令z=a,则y=-百,故n=（0,-遍a）,

n•AB=0V3x=0

由题意，管=^=低解得日

所以就=（-V3-2,0）,CD=（0>-1>V3）.

设：=（p，q，r）为平面BCD的一个法向量,

则f,更=°,即「岛尸。,

ti•CD^0I-q+V3r=0

令q二百,贝IP=2,r=l,即：=（2-V3-1）,

平面ABC的一个法向量为j=（0,0,1）,

设平面ABC和平面BCD的夹角为0,

所以平面ABC和平面BCD的夹角的正弦值为学.

4

例在如图所示的圆锥中，已知P为圆锥的顶点，0为底面的圆心，其母线长为6,边长为旧3的等边

△ABC内接于圆锥底面，OD=4而且AG[|<1].

⑴证明:平面DBC,平面DA0;

⑵若E为AB中点，射线0E与底面圆周交于点M,当二面角A-DB—C的余弦值时，求点M到平B

CD的距离.

【详解】（1）因为P为圆锥的顶点，0为底面的圆心，所以P0,面ABC.

又因为BCc面ABC,所以P0±BC,即D0±BC.

因为0为AABC外接圆圆心，且AABC为正三角形，所以0ALBC.

又因为0AA0D=0且0A,ODc面AOD,所以BCL面AOD,因为BCu面BCD,所以面DBC上面DAO.

⑵作OG〃BC交AB于G,取BC中点为F.

因为OA±BC,0G/7BC,所以OF±OG.

因为0D上面ABC,OG,OFu面ABC,所以OD±OG,OD±OF.

如图，以点0为坐标原点，OG,OF,0D所在的直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系0-xyz.

因为PA=6,AB=V33,所以AO=3,PO=遮

所以0(0,0,0)4(0,-3,0),8(旧3、0)<(声pO)P(0,0,6

由35=2而，得D(0,0,3V^),同=(手，g，0),而=(0>3>3V3A),

~BC=(-3/’0,0)加=律心,-3例).

设面ABD的法向量为m—(%/y/Zi),则

(m-AB=手%]+=0

{m■AD-3yl+3^/3Az1=0

取当=75尢则z——l,x——3尢所以m-(—3A-V3A--1).

设面BCD的法向量为n—(久2"/2),则

(n•BC——3y[3x2—0

Ifi,DB—%2+—y2—3y/3A.Z2—0

取刈=则z—3,x—0,所以n—6V3A<3).

由|cos(而，词=恒包=----118M-3|-----=三且入e\->1\

解得a=I，所以D(0,0,b3),n=(0,百3,3)

又因为用(甲，—1，0),所以DM=^>-|>-2V3),

所以M到面BCD的距离d=里普=

\n\

|-|X4A/3+3X(-2V3)|_12V3_12V19

V57-V57-19'

强化

练习如图，在长方体ZBCD-aBC。中，44=4。=2,点M为AB的中点，点N是BB1上

靠近Bi的三等分点，BD]与BiD交于点0.

DiG

AMB

⑴求证:0M〃平面BCCiBi；

⑵若COXBiD,求点N到平面COM的距离.

练习如图，等腰梯形ABCD中,AD〃BC,AB=BC=CD|2AD=2现以AC为折痕把4ABC折起，使点B到达点P

⑴证明：面PAC上面ACD;

(2)若M为PD上的一点，点P到面ACM的距离为争，求二面角M—AC—D的余弦值.

练习如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为平行四边形，侧面PAD是边长为2的正三角形，平面P

AD,平面ABCD,AB±PD.

⑴求证：平行四边形ABCD为矩形；

⑵若E为侧棱PD的中点“且平面ACE与平面ABP所成角的余弦值为自求点B到平面ACE的距离.

四动点的应用及解题技巧

常见题型

立体几何中的动点问题是一类难点问题，需要寻找题干中动点满足的对应条件，从几何法或空间

向量法去解决待解问题，需强加练习和重点复习.

解题思路

例如图，在梯形ABCD中，.=BC==2,/4BC=n/3.将aADC沿对角线AC折到4A

PC的位置,点P在平面ABC内的射影H恰好落在直线AB上.

(1)求二面角P-AC—B的正切值;

⑵点F为棱PC上一点，满足PF=2FC,在棱BC上是否存在一点Q,使得直线FQ与平面ABF所成的角

为n/3?若存在，求出•瞿的值；若不存在，请说明理由.

【详解】(1)如图,过点H作HM±AC于点M,连接PM,DM,•••PH,平面ABCD,ACu平面ABCD,APH±AC,又

HM±AC,HMnPH=H,HM,PHu平面PMH,...AC，平面PMH,

VPMc平面PMH,AAC±PM,AAC±DM.

ZPMH为二面角P—AC-B的平面角.

：AB=AC,ZABC=60°".△ABC为等边三角形,AC=2,又RtADMC中,ZDCM=60°,CD=3,ACM|2,AM3又

AH〃(8,二瞿=黑=，二==1,11为线段人8的中点.

CDMC3

•••PM=DM=MH=-DM=

232

ARtAPMH中，.PH=V6,.-.tanNPMH=里=2Vx所以二面角P-AC-B的正切值为V2

MH

⑵连接CH,•:△ABC为等边三角形,H为线段AB的中点,CH,AB,

又PH,平面ABCD,则HC,HB,HP两两垂直，

以H为坐标原点，HC,HB,HP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则.A(0,T,0),B(0,1,0),CV33,0,0),P(0,0V6e)ACF==CF-CB=

(学T呼),ZB=(0-2-0).

设平面ABF的法向量为n=Q，y，z),••・伊•亚=0

(-n-BF=0

2y=0

,2V3.V6

——x—yd——z=0n

3,3

令x=l,可得n=（1，0^—V2）.

假设棱BC上存在满足要求的点Q,设.丽=2就,ae[0，l],阮=b（3，-1,0）

~BQ=（V3A--%0）,.♦.而=丽一加=

（何—等,1

因为直线FQ与平面ABF所成的角为n/3,

,si,n7—1=—\FQ：—-n\=.V3A--=——V3

-3|FQ||n|r星2'

J（内-钓+（一）2+卜当）XV3

整理得：8%一184+9=0,解得4=3或2=3（舍去）.

42

所以的=:画则吊=3.

4QC

所以当整=3时,FQ与平面ABF所成的角为n/3.

强化

练习如图，在三棱柱ZBC—aBC中，.AB