立体几何必考经典解答题全归类-2025年高考数学一轮复习专练（新高考专用）

重难点22立体几何必考经典解答题全归类【十大题型】

【新高考专用】

►题型归纳

【题型1立体几何中的体积问题】...............................................................4

【题型2立体几何中的线段长度问题】..........................................................10

【题型3空间角问题】........................................................................15

【题型4空间点、线、面的距离问题】.........................................................21

【题型5立体几何中的作图问题】..............................................................27

【题型6立体几何中的折叠问题】..............................................................33

【题型7立体几何中的轨迹问题】..............................................................39

【题型8立体几何中的探索性问题】...........................................................47

【题型9立体几何建系繁琐问题(几何法)】...................................................54

【题型10新情景、新定义下的立体几何问题】..................................................59

►命题规律

1、立体几何必考经典解答题全归类

空间向量与立体几何是高考的重点、热点内容，空间向量是将空间几何问题坐标化的工具，属于高考

的必考内容之一.从近几年的高考情况来看，立体几何解答题的基本模式是论证推理与计算相结合，以某个

空间几何体为依托，分步设问，逐层加深；第一小问主要考察空间线面位置关系的证明，难度较易；第二、

三小问一般考察空间角、空间距离与几何体的体积等，难度中等偏难；空间向量作为求解空间角的有力工

具，通常在解答题中进行考查，解题时需要灵活建系.

►方法技巧总结

【知识点1空间几何体表面积与体积的常见求法】

1.求几何体体积的常用方法

(1)公式法：直接代入公式求解.

(2)等体积法：四面体的任何一个面都可以作为底面，只需选用底面面积和高都易求出的形式即可.

(3)补体法：将几何体补成易求解的几何体，如棱锥补成棱柱，三棱柱补成四棱柱等.

(4)分割法：将几何体分割成易求解的几部分，分别求体积.

2.求组合体的表面积与体积的一般方法

求组合体的表面积的问题，首先应弄清它的组成部分，其表面有哪些底面和侧面，各个面的面积应该

怎样求，然后根据公式求出各个面的面积，最后相加或相减.求体积时也要先弄清各组成部分，求出各简单

几何体的体积，再相加或相减.

【知识点2几何法与向量法求空间角】

1.几何法求异面直线所成的角

(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,。],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.用向量法求异面直线所成角的一般步骤：

(1)建立空间直角坐标系；

(2)用坐标表示两异面直线的方向向量；

(3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值；

(4)注意两异面直线所成角的范围是(。，y],即两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角的余弦值的

绝对值.

3.几何法求线面角

(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3为斜足；找线在面外的一点/,过点N向平面a做垂线，确定

垂足O-,

②连结斜足与垂足为斜线在面a上的投影；投影8。与斜线之间的夹角为线面角；

③把投影与斜线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.

(2)公式法求线面角(也称等体积法)：

用等体积法，求出斜线为在面外的一点尸到面的距离，利用三角形的正弦公式进行求解.

公式为：sin6=},其中6是斜线与平面所成的角，〃是垂线段的长，/是斜线段的长.

4.向量法求直线与平面所成角的主要方法：

(1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，将题目转化为求两个方向向量的夹角(或其补

角)；

(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角或钝角的补角，取其余

角就是斜线和平面所成的角.

5.几何法求二面角

作二面角的平面角的方法：

作二面角的平面角可以用定义法，也可以用垂面法，即在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线,

再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确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题思路：

用法向量求两平面的夹角：分别求出两个法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到两平面夹角

的大小.

【知识点3空间距离的求解策略】

1.向量法求点到直线距离的步骤：

(1)根据图形求出直线的单位方向向量；.

(2)在直线上任取一点M可选择特殊便于计算的点).计算点M与直线外的点N的方向向量加.

(3)垂线段长度.=y/MN2~(MN-v)2.

2.求点到平面的距离的常用方法

(1)直接法：过尸点作平面a的垂线，垂足为°,把放在某个三角形中，解三角形求出尸。的长度就

是点P到平面a的距离.

②转化法：若点尸所在的直线/平行于平面a,则转化为直线/上某一个点到平面a的距离来求.

③等体积法.

④向量法：设平面a的一个法向量为〃，/是a内任意点，则点P到a的距离为巧：

H

【知识点4立体几何中的轨迹问题的解题策略】

1.动点轨迹的判断方法

动点轨迹的判断一般根据线面平行、线面垂直的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断

出动点的轨迹，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程.

2.立体几何中的轨迹问题的常见解法

(1)定义法：根据圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，进而求解轨迹问题.

(2)交轨法：若动点满足的几何条件是两动曲线(曲线方程中含有参数)的交点，此时，要首先分析两动曲

线的变化，依赖于哪一个变量?设出这个变量为/,求出两动曲线的方程，然后由这两动曲线方程着力消去

参数化简整理即得动点的轨迹方程，这种求轨迹方程的方法我们称为交轨法.

(3)几何法：从几何视角人手，结合立体几何中的线面平行、线面垂直的判定定理和性质定理，找到动

点的轨迹，再进行求解.

(4)坐标法：坐标法就是通过建立空间直角坐标系，将立体几何中的轨迹问题转化为坐标运算问题，进

行求解.

(5)向量法：不通过建系，而是利用空间向量的运算、空间向量基本定理等来研究立体几何中的轨迹问

题，进行求解.

【知识点5立体几何中的探索性问题的求解策略】

1.与空间向量有关的探索性问题的求解策略：

在立体几何中，与空间向量有关的探究性问题主要有两类：一类是探究线面的位置关系；另一类是探

究线面角、二面角或点线面距离满足特定要求时的存在性问题.

解决这两类探索性问题的解题策略是：先建立空间直角坐标系，引入参数(有些是题中已给出)，设

出关键点的坐标，然后探究这样的点是否存在，或参数是否满足要求，从而作出判断.

►举一反三

【题型1立体几何中的体积问题】

【例1】(2024•陕西咸阳・模拟预测)已知三棱柱力BC—4B1C1，如图所示，P是上一动点，点。、D

分别是AC、PC的中点，AB1BC,AAt=AB=BC=2.

B

(1)求证：。。||平面P48；

(2)当44i1平面4BC,且&P=3PCi时，求三棱锥Bi-力PC的体积.

【解题思路】(1)由中位线得到线线平行，得到线面平行；

(2)建立空间直角坐标系，求出点到平面的距离，利用三棱锥体积公式求出答案.

【解答过程】(1)因为点。、。分别是AC、PC的中点，

所以。川PA,

因为。。C平面PAu平面R4B,

所以。川平面P4B；

(2)因为BBi1平面力BC,4B,BCu平面4BC,

所以叫1AB,BBi1BC,

又AB1BC,=AB=BC=2

以8为坐标原点，所在直线分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，

则81(0,0,2),4(0,2,0),C(2,0,0),P的(2,0,2),

设平面法向量ZCC14的法向量为隹=(x,y,z),

则(m-AC={x,y,z)•(2,-2,0)=2%—2y=0

(m-AC[=(x,y,z)•[2,—2,2)=2%—2y4-2z=0

解得z=0,令％=1,则y=l,故隹=(1,1,0),

则点名到平面4CCM1的距离为d=留票=1(。，2，渭」，。)1=3=a，

由勾股定理得MCI=7AB2+BC2=2V2,

SAACP=I\AC\•-Ix2V2x2=2V2,

则三棱锥％-4PC的体积为gs^cp-d=1x2V2xV2=J

【变式1-1］（2024•山东日照•二模）在三棱锥P—ABC中，BA1BC,PB，平面ABC,点E在平面力BC内,

且满足平面PHE1平面P8E,AB=BC=BP=1.

(1)求证：AE1BE；

(2)当二面角E-PA-B的余弦值为苧时，求三棱锥E-PCB的体积.

【解题思路】(1)作BH_LPE,证得BH1平面P4E,得到BH_L力E,再由PB1平面力BC,证得PB_L4E,

利用线面垂直的判定定理，证得力E1平面PBE,进而证得4E1BE；

(2)以B为原点，建立空间直角坐标，设E(x,y,0),由2E1BE,得到版•前=0,求得。一/%

在求得平面P4E和P4B的法向量元=(y,l—x,y)和丽=(0,1,0),结合向量的夹角公式，列出方程求得E点的

坐标，根据棱锥的体积公式，即可求解.

【解答过程】(1)解：作1PE交PE于H,

因为平面P4E1平面PBE,且平面PAE_L平面PBE=PE,B”u平面PBE,

所以BHJ_平面P4E,

又因为4Eu平面P4E,所以BH_L4E,

因为P8_L平面ABC,S.AEu平面PAE,所以PB1AE,

又因为BH14E,PB1AE,且PB,B”u平面PBE,PBCBH=B,

所以力E_L平面PBE,

因为BEu平面PBE,所以4E1BE.

(2)解：以8为原点，以B4B&BP所在的直线分别为x,y,z,建立空间直角坐标,

如图所示，则B(0,0,0),P(O,O,1),C(O,1,O),4(1,0,0),

设E(x,y,0),因为力ElBE,所以荏•霜=0,

因为荏=(x—l,y,0),露=(x,y,0),所以(x-l)x+yxy=。，BP(x-1)2+y2

又由方=(1,0,—1),族=(%-l,y,0),

设平面/ME的一个法向量为元=(a,b,c),则L^-PA=a-c=0,

取。=y,可得b=l-Kc=y,所以五=(y,1—％,y),

又因为阮=(0,1,0)为平面R4B的一个法向量，

设二面角E-PA-B的平面角为仇

mil—同罔—V3

划C°Sd一同|西一J(f+2y2x1

3

因为(x-疗+y2=(,解得x=l,y=0(舍去)或x=；,y=士;,

所以点E63,0)或呢,一(,0),

所以三棱锥E-PCB的体积为唳.PCB=三SAPCB-h-|xixlxlx1=^.

【变式1-2](2024•河南•模拟预测)如图，几何体ABCDEF中，底面4BCD为边长为2的菱形，平面CDEF1

平面4BCD,平面BCF_L平面力BCD,ADAB=J

F

(1)证明：CF1平面4BCD；

(2)若DE=孚，平面4DE与平面BCF的夹角为g求四棱锥E-力BCD的体积.

26

【解题思路】(1)由面面垂直的性质定理结合线面垂直的判定定理即可得；

(2)建立空间直角坐标系，设出E点的坐标后结合题意确定E点位置后由体积公式计算即可得.

【解答过程】(1)在平面A8C。内分别作直线m_LCD,nlBC,

因为平面CDEF-L平面4BCD,平面CDEFC平面力BCD=CD,

znu平面ABC。，所以m_L平面CDEF,

又FCu平面CDEF,所以znlFC.

同理可证ri_LFC,又m,nu平面4BCD,且"为相交直线，

所以FC1平面4BCD；

(2)取中点G,连接BD,DG,ND4B=］且底面4BCD为菱形,

故△BCD为等边三角形，所以DG1D4

以D为原点，DA,而为x,y轴正方向建立空间直角坐标系，

贝|JD(O,O,O),C(-l,V3,0),4(2,0,0),

故反=(-1,73,0),由平面CDEF1平面2BCD,

所以可设石侬一百氏%)，同=(x,y,z)为平面4DE的法向量，

则有｛，窘1叫a-/=0,取"＞。，甑­).

由平面BCF，平面力BCD,故无=(0,1,0)为平面BCF的一个法向量，

结合已知有cos〈近，五〉=力与’==,又DE=江八2+4a2=所以％=

V/lz+3az222

所以％-4BCD=（X|x2V3=V3.

【变式1-3］（2024•黑龙江双鸭山•模拟预测）如图，四棱锥P-力BCD的底面力BCD是矩形，P£>平面

A8CD,PD=近力。=为PD的中点，Q为我上一点，且力M1DQ.

⑴证明：PC〃平面3D。；

（2）若二面角B-DQ-C为45°,求三棱锥Q-BCD的体积.

【解题思路】（1）以向量加，瓦?为基底，分别表示向量而，宿，利用前•丽=0建立方程，确定Q为

/尸的中点，从而得到。。为△「人（7的中位线，从而得证；

（2）建立空间直角坐标系，分别求出平面AD。的法向量和平面60。的法向量，利用二面角为45°建立方

程，解方程可得DC的长度，接着利用体积公式即可求解.

【解答过程】（1）证明：因为PD，平面u平面4BCD,

所以PCI4。，则而•51=0.

设而=XAP,

则丽=DA+AQ=DA+XAP=~DA+A（DP一丽）=（1一A）D2+WP,

AM=AD+DM=-DA+^DP,

因为力M_LDQ,所以福・丽=0,即

AM-DQ=［（1-A）DA+WP］.E5+［而）

11

=(2-1)|DX|2+-(1-X)DA-DP-XDP-DA+-A|RP|2=0

则(4-1)+4=0,解得2=T，

所以Q为/尸的中点.

连结NC,与AD交于点。，连结0。，

由于底面/BCD是矩形，所以。为ZC的中点，则。。为△「/!(?的中位线，

所以。Q//PC,

又OQu平面BDQ,POz平面BDQ,

所以PC〃平面3。。

(2)易知DC,。尸两两互相垂直，

以D为坐标原点，以。4DC,。尸所在直线分别为x,〃z轴建立如图所示的空间直角坐标系,

设DC=t(t>0),M/)(0,0,0),B(l,t,0),Qg,0,y),C(0,t,0),

丽=$0,苧，而=反=(0,t,0)，

设平面BDQ的法向量为记=

由殁京=。，得卜1+苧Z1=。，

WB-m=0%!+tyT=0

取%1=1,则记

设平面CDQ的法向量为远=(%2，丫2以2)，

由画=0,得伊2+枭=0,

WC-n=0ty2=0

取%2=1，则元=(1,0,-多,

解得t=苧,

于是|COS何，元〉I==COS450=T

故三棱锥Q-BCD的体积为Q_BC。=|XSABCDx|PD=1x|x1xx

【题型2立体几何中的线段长度问题】

【例2】(2024•江苏南京•二模)如图，4(〃BC,ID12B,点E、1在平面ABCO的同侧,CF//AE,AD=1,

AB=BC=2,平面ACFE1平面4BCD,EH=EC=疗

(1)求证：BF〃平面力DE；

(2)若直线EC与平面FBD所成角的正弦值为嘤，求线段CF的长.

【解题思路】(1)根据线面平行，面面平行定理即可证明；

(2)建立合适坐标系，将各个点用坐标表示出来，再根据向量垂直列出方程式，求解即可

【解答过程】(1)因为CF〃/IE,CF0平面力DE,

所以CF〃平面4DE,同理8c〃平面2DE,

又BC,CFu平面BCF,BCPiCF=C,

所以平面BCF〃平面4DE,BFu平面4DE,

所以BF〃平面4DE；

(2)取ZC的中点0,因为E4=EC,

所以EOJ.AC,JL^-^ACFE1^-^ABCD,平面ACFEn平面48CD=4C,

EO所以E。！平面力BCD,

又因为4D1AB,故可建U如图所示的空间直角坐标系A-xyz.

在四边形4BCD中，因为力D=l,AB=BC=2,AD//BC,AD1AB,

所以4C=2鱼，所以4。=。。=&，

因为E4=EC=B,所以EO=1,

所以4(0,0,0),8(2,0,0),0(0,1,0),C(2,2,0),0(1,1,0),E(l,l,l),EC=(1,1,-1),

~BD=(-2,1,0),BC=(0,2,0),

设请=4族=(A,A,A),A>0,则丽=说+序=(A,2+A,A),

设元=(x,y,z)为平面BDF的法向量，

则产理=0,即［0,故取元=(12—A3),

因为直线EC与平面FBD所成角的正弦值为嘤，

|n-g_6+114V10

所以|cos<njEC>|

215

同」国—V3XJ5+G+3)

两边同时平方得

所以68（，+与-23=0,解得彳=/或1=—1|（舍去），

所以;1=2,所以CF=24E=2^.

【变式2-1］（2024•重庆・模拟预测）如图，在四棱锥E—4BCD中，EC1平面4BCD,4B||DC,△4CD为等边

三角形，DC=24B=2,CB=CE,点F为棱BE上的动点.

⑴证明：DC1平面BCE；

（2）当二面角F-4C-B的大小为45。时，求线段CF的长度.

【解题思路】(1)先求得BC,再根据线面垂直的判定定理证得DC，平面BCE.

(2)建立空间直角坐标系，利用向量法列方程来求得F点的坐标，进而求得CF的长度.

【解答过程】(1)依题意NB4C=乙4。。=60。，所以CB=,22+1_2-2x2x4义cos60。=

所以4B2+CB2=4。2,所以则DC1CB,

由于CE1平面力BCD,DCu平面力BCD,所以CE_LDC,

由于BCGCE=C,BC,CEu平面BCE,所以DC1平面BCE.

(2)由(1)可知DC,CE,C8两两相互垂直，由此以C为原点，建立如图所示空间直角坐标系，

4(1,V3,0),B(0,V3,0),设F(0,t,百一t),0WtW百，

平面4BC的法向量为沅=(0,0,1),

设平面F4C的法向量为元=(%,y,z),

.{n-GA—x+V3y=0

贝n1J-一/L、，

[n-CF=ty+(V3—t)z=0

故可设元=(—V3t+3,t—V3,t),

依题意，二面角F-AC—B的大小为45。，

所以|尚普-।~日，

|mNn|J(-V3t+3)2+(t-V3)2+t2

整理得3t2-8V3t+12=(V3t-2)(V3t-6)=0,

解得"专或"喜(舍去)，所以“0,卓,亭)，

【变式2-2](2024•湖北•模拟预测)如图，AE1平面2BCD,E,F在平面ABCD的同侧，AE//DF,AD//BC,

1

AD—B,AD=AB=-BC=1.

(1)若8,E,£C四点在同一平面内，求线段EF的长；

(2)若DF=24E,平面BEF与平面BCF的夹角为30。，求线段4E的长.

【解题思路】(1)由线面平行的判定定理、性质定理得四边形ZQFE是平行四边形可得答案；

(2)以4为原点，分别以力B、AD,4E所在直线为%轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，设E(0,0"),求

出平面BEF、平面BFC的一个法向量，由二面角的向量求法可得答案.

【解答过程】(1)•••AD//BC,BCu平面BCEF,4。C平面BCEF,平面BCEF,

AE//DF,则4瓦产,。四点共面,

4。//平面BCEF,ADu平面4DFE,平面BCEFn平面4DFE=EF,•••4D//EF,又2E//DF,贝U四边形4DFE

是平行四边形，

•­.EF=4。=1；

(2)以4为原点，分别以力B、AD,4E所在直线为x轴、y轴、z轴，

建立空间直角坐标系，设4E=4(4>0),则以0,0可),F(O,1,2A),B(l,0,0),C(l,2,0),5F=(-l,0,A),BF=

(—1,1,24),BC=(0,2,0),

设记=01，V1，Z1)是平面BEF的一个法向量，

由依器:上得｛-小煞兽屋=o,令zi=二可得/=尢乃=一九

可得记=可一尢1),

设五=(%2，、2*2)是平面的一个法向量，

由匕葛二i得｛-亚+软;2鼠=0,令Z2=L可得皿=2九了2=0,

可得元=(24,0,1),

\m-n\__________|2%+1|__________V3

依题意|cos〈范元)|

同同VA2+(-A)2+1-V(2A)2+O2+122

解得2=pAE=1.

【变式2-3］（2024•湖南•模拟预测）如图1,在五边形4BCDP中，连接对角线4D,力。〃BC,4D1DC,PA=

PD=2®AD=2BC=2DC=4,将三角形PAD沿AD折起，连接PC,PB,得四棱锥P—A8CD（如图2）,

且PB=2VIE为4D的中点，M为BC的中点，点N在线段PE上.

图1图2

⑴求证：平面PAD_L平面ABCD；

（2）若平面AMN和平面P4B的夹角的余弦值为嚼，求线段EN的长.

【解题思路】（1）由等腰三角形证得PE_L4D,勾股定理证得PE_LBE,可得PE_L平面4BCD,得平面PAD_L

平面力BCD.

（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.

【解答过程】（1）连接BE,则==DE=2,因为力D〃BC,AD1DC,

所以四边形8CDE为矩形，所以BE=CC=2,

因为P4=PD=2&,且E为4。的中点，

所以PE1AD,且PE=y/PA2-DE2=2,

所以PE?+BE2=22+22=8=PB2,即PE1BE,

又因为4DCBE=E,AD,BEc^ABCD,

所以PE1平面4BCD,

又PEu平面PHD,所以平面PAD_L平面4BCD

（2）以E为原点，E4为久轴，EB为y轴，EP为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则4(2,0,0),B(0,2,0),M(-1,2,0),P(0,0,2),

设EN=t(0WtW2),贝!]N(0,0,t),

所以荏=(一2,2,0),Q=(-2,0,2),

设平面PAB的法向量为沅=(x“i，zi),则隹竺=-2/+2%=0,

令％i=1,则yi=l,z1=1,得访=(1,1,1),

又前=(-3,2,0),丽=(-2,0"),

设平面AMN的法向量为元=(物力应)，则£竺=一级2+2y2=0,

令%2=3则、2=.*2=2,得元=(*,2),

所以|cos(记，元)1==----------

l|m||n|.+M+i2xJt24+2229

解得t=1,或t=*（舍），

所以线段EN的长为1.

【题型3空间角问题】

【例3】例024•青海•二模）如图，在三棱柱4BC-&B1C1中，所有棱长均相等,CB1CBC1=O,^ABB1=60°,

CB1BB1.

（1）证明；4。，平面BBiMC.

⑵若二面角Ci—A/i—B的正弦值.

【解题思路】（1）设。为BBi的中点，先证明，平面4。。，以此得到BB1140,再证明2。1%C,结

合线面垂直的判定定理即可得解;

(2)建立适当的空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，结合向量夹角的坐标公式即可求解.

【解答过程】(1)

设。为的中点，连接4。，OD,ABX.

因为在三角形中，AB==60°,所以三角形力是等边三角形，

而。是8Bi的中点，故由三线合一可知，ADIBB^

因为CBLBBi，。。是三角形为BC的中位线，即OD〃BC,所以。D1BB1.

因为力DnOD=D,AD,ODu平面40D,所以BB】_L平面A。。.

因为力。u平面2。。，所以叫「。

在△ACBi中，力C=4Bi，。为8修的中点，所以力。，8道.

因为当Cn=/，u平面BBiQC,所以4。_L平面夕当前。

(2)设三棱柱4BC-41%的的棱长为鱼，以。为坐标原点，砺的方向为x轴正方向，建立如图所示的空

间直角坐标系，

则0(0,0,0),5(1,0,0).%(0,1,0),4(0,0,1),C(0,-1,0).

设平面ABB1&的法向量为元=Oi，yi，Zi),

则[5更=一/+4=°,可取”(1,1,1).

-BB]=—%]+J7]=0

设平面的法向量为访=(%2，y2，Z2)，

(m-BA=—x+z=0一一、

贝niIl一一22,可取记

im-BC=—犯一丫2二0

因为平面48c〃平面必多的，所以平面为当的的一个法向量为记=(1,一1,1).

>—n-m11.>—2V2

cos伍，山)=丽=时=石,sin(n,m)=―,

故二面角Ci—4当-B的正弦值为^

【变式3-1](2024•福建龙岩•三模)如图，在四棱台ABCD-A/iCiDi中，底面四边形48co为菱形，乙4BC=

60°,AB=2AA1=2Ai8i，7L4i1平面ABCD.

(1)证明：BD1CC1；

(2)若M是棱BC上的点，且满足器求二面角M-4小-。的余弦值.

DC3

【解题思路】(1)先根据线面垂直的性质得，BD,再根据线面垂直的判定定理得BD1平面ACCiAi，

从而利用线面垂直的性质定理即可证明；

(2)建立空间直角坐标系，求出点的坐标，然后利用法向量求法求出平面A"小和平面的法向量，再

利用向量法求解即可.

【解答过程】(1)在四棱台力BCD-&B1C1D1中，44i，CCi延长后必交于一点，

故4&的,41四点共面，因为A4i_L平面ABC。，BDu平面4BCD,1BD,

连接4C,&Ci，因为底面四边形4BCD为菱形，故力C1BD,

AAtCiAC=A,AA^ACu平面力CCi^i,故BD1平面力41,

因为CC1U平面ACCMi，所以BDJ.CCi，

(2)过点/作BC的垂线，交BC与点N,以力N,4D,44i所在直线分别为X轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系

A—xyz(如图)，

设41%=1,贝!MB==2,由于N4BC=60。，故BN=1,

贝必(0,0,0),£>(0,2,0),M(V3,1,0),

则河=(0,1,1),前=(百,1,0),AD=(0,2,0),

记平面AMD1的法向量为元=(a,b,c),

皿•元=0,即(h+c=0

则(V3a+|b=0'令。=3,

.前•五二0

则a=_ac=_3,即元=(一苧,3,—3),

平面力D£)i的法向量可取为记=(1,0,0),

n-mV55

则cos(n,m)

\n\\m\J(~)2+32+(-3)2~~55",

所以二面角M-ADr-。的余弦值为等.

【变式3-2](2024•黑龙江大庆•三模)如图，在四棱锥P—A8CD中，AD//BC,NB力。=90。,AD=28C=

4,AB=2,PA=242,AO=45°,且。是AD的中点.

(1)求证：平面POC1平面4BC；

(2)若二面角P-AD-8的大小为120。，求直线PB与平面PAD所成角的余弦值.

【解题思路】(1)先证明线面垂直再根据面面垂直判定定理证明即可；

(2)先根据二面角求参得出点的坐标，再应用线面角向量求法计算.

【解答过程】(1)因为P4=2&,。4=2/P4。=45。,

由余弦定理得「。2=AO2+AP2-2A0-APcos^PAO=4,所以P。=2.

因为242=「。2+4。2,所以NP。4=90。，所以力D1PO.

因为BC〃40,BC=4。，所以四边形4BC。为平行四边形，所以。C=4B=2.

因为452。=90。,所以乙4OC=90。，即力D1OC.

因为P。DCO=0,PO,COu平面POC,所以4。1平面POC.

因为力Du平面4BC,所以平面P0C_L平面力BC.

(2)在平面POC内，过点。作。E1OC,交PC于E.

因为平面POC1平面4BC,平面POCn平面ABC=OC,所以。EJ■平面2BC.

以。为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，贝!14(2,0,0),。(一2,0,0),8(2,2,0).

由(1)可知NPOC为二面角「一4。一8的平面角，即4P。。=120",所以NPOE=30。，由PO=2,可得P(0,—

1,V3).

所以而=(2,3,一百)，瓦？=(4,0,0),PX=(2,1,-V3).

设平面PAD的一个法向量为记=(x,y,z),贝山豆,竺=。，即[久=2，

令z=V3,则y=3,所以平面PHD的一个法向量为记=(0,3,V3).

设直线PB与平面PCD所成角为仇则sin。=|cos(范丽)|=栏鲁=£

所以直线PB与平面PCD所成角的余弦值为日.

【变式3-3](2024•河南濮阳•模拟预测)如图所示，在等腰梯形力BCD中，AB//CD,AD=AB=BC=2,

CD=4,E为CD中点,/£与2。相交于点O,将△4DE沿NE折起，使点。到达点尸的位置(PC平面ABCE).

(1)求证：平面POB1平面P2C；

(2)若PB=V^,试判断线段依上是否存在一点0(不含端点)，使得直线PC与平面4EQ所成角的正弦值

为野，若存在，求0在线段必上的位置；若不存在，说明理由.

【解题思路】(1)利用线面垂直的判定定理、性质定理及面面垂直的判定定理可得答案;

(2)以。为原点，分别以。E,OB,OP所在的直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系，设Q(O,t,百-。，求出平

面的法向量，由线面角的向量求法求出t可得答案.

【解答过程】(1)如图，在原图中连接BE,由于AB//DE,AB=DE,AB=DE,

所以四边形是平行四边形.

由于4B=所以四边形45E。是菱形，所以力E_LBD.

由于4B〃CE,AB-CE,所以四边形/8CE是平行四边形,

所以BC〃2E,所以BCJ.BD.

在翻折过程中，AELOP,4EL0B保持不变，

即BC1OP,BC10B保持不变.

由于。PCOB=。，OP,OBcip®POB,

所以8cl平面尸03,由于BCu平面P8C,

(2)由上述分析可知，在原图中，BC1BD,

所以BD=V42-22=2V3,所以。B=0D=回

折叠后，若PB=灰,贝1肝。2+。辟=「炉，所以p。，OB,

由于POJ.OE,OBCiOE=0,OB,OEc5F®ABCE,

所以P。1平面/BCE.所以OE,OB,PO两两相互垂直.

由此以。为原点，

分别以OE,OB,0P所在的直线为相y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,

OE=0A=V22—I2=V3,

P(0,0,V3),C(2,V3,0),4(-1,0,0),F(l,0,0),

设Q(O,t,旧-t),0<t<V3,(2,V3,-V3),

AE=(2,0,0),AQ=(l,t,V3-t),

设平面4£。的法向量为元=O,y,z）,

Wjf—*一AE-n-2x-0令z=［得%=0y=〜百,

-n=%+ty+（V3-t）z=0）

故五二（0"—V3,t）,

设直线PC与平面4EQ所成角为仇则

.△n-PCV3（t-V3）-V3t

sint/=­।—>]=।----------

，俨0J（t-V3）2+t2xV4+3+3

__________3_________V15

V2t2-2V3t+3xV105'

所以J2t2—+3-J^，2t2一2V3t+3=

2/o

4t2—4V^t+3=（2t—V3）=0,解得t=~f

所以Q（0,争纷,因为P（0,0,⑸，B（0,V3,0）,

P（0,0,V3）>B（0,遮,0）的中点坐标为（0,今纺,

【题型4空间点、线、面的距离问题】

【例4】(2024•天津和平•二模)如图，三棱台ABC—&B1C1中，△力BC为等边三角形，AB=2A1B1-4,

4411平面48C,点跖N,。分别为48,AC,2C的中点，AXBVACX.

⑴证明:“ill平面4MN；

(2)求直线&D与平面&MN所成角的正弦值;

(3)求点D到平面&MN的距离.

【解题思路】（1）建立空间直角坐标系，求出平面&MN的法向量，利用CCil元，结合CC卢平面&MN,

得出CCi〃平面4MN；

（2）利用向量的夹角公式即可求解；

（3）利用点到平面的距离的向量法公式，即可求解.

【解答过程】（1）因为侧棱1底面力BC,△力BC为等边三角形，所以过点4作4H14C,则以为点/为

坐标原点，AC,AH,标的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立如下图所示的空间直角坐标系，

设力4长为＞0),贝lj4(0,0,0),4(0,0,m),B(2,2V^0),Ci(2,0,7n)

A1B=(2,2V3,—m),AC1=(2,0,m),

因为力iBlACi，所以诵•宿=0,则有4一爪2=0,m=2.

所以4(0,0,0),B(2,2V3,0),C(4,0,0),的(2,0,2),4(0,0,2),M(l,V3,0),N(2,0,0).

证明：因为41而=(1，8,-2),4H=(2,0,-2),设平面2MN的法向量为与=(x,y,z),

则尸+何-2z=0,,令x=],则元=2"

又因为泣=(-2,0,2).

所以瓦7•元1=-2+0+2=0,所以cZi_Lni，又因为CCiC平面&MN,所以CQII平面&MN.

（2）因为。为中点，所以CD=2,则。（3,8,0）,

有初=（3,b，一2）,又访=（1,f,1）,设直线与平面&MN所成角为仇

sin0=Icos<4了,％>1=^，

1111

|&D|•同4xJ14

则直线&D与平面&MN所成角的正弦值为等.

（3）因为丽=（一1,一柢0）,平面&MN的法向量为宙=

所以，点。到平面&MN的距离为晤*=第.

【变式4-1］（2024•广东•三模）如图，边长为4的两个正三角形ABC,BCD所在平面互相垂直，E,F分别

为BC,CD的中点，点G在棱AD上，AG=2GD,直线4B与平面EFG相交于点H.

(1)证明：BD//GH；

⑵求直线BD与平面£TG的距离.

【解题思路】(1)首先证明平面EFG,再由线面平行的性质证明即可；

(2)连接E4ED,以点E为原点，建立空间直角坐标系，利用点到平面距离公式求解即得.

【解答过程】(1)因为E、F分别为BC、CD的中点，所以EF//BO,

又BDC平面EFG,EFu平面EFG,贝UBD〃平面EFG,

又BDu平面平面ABDC平面EFG=GH,所以BD〃GH.

(2)由(1)知，BD〃平面EFG,

则点B到平面EFG的距离即为BD与平面EFG的距离，

连接E4ED,由△力BC,ZXBCD均为正三角形，E为8c的中点，得EA1BC,EDJ.BC,

又平面ABC1平面BCD,平面ABCC平面BCD=BC,AEu平面ZBC,

于是力E_L平面BCD,又EDu平面BCD,贝!_LED,

以点E为原点，直线EB,ED,EA分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,

贝|JB(2,O,O),F(-l,V3,0),又力(0,0,2旧)，£)(0,273,0),

又兄=2GB,可得G(0,苧,学)，

所以说=(2,0,0),£T=(-1,73,0),汨=(0,竽,甯，

EF-n=—x+V3y=0

设平面EFG的一个法向量为元=(x,y,z),贝I]__4遮2V3

EG,n=——v4-----z=0

3,3

令y=1,得元=(V3,1,-2),

设点B到平面EFG的距离为d,则d=粤=竿=容

\n\V82

所以BC与平面EFG的距离为手.

【变式4-2］（2024•上海•三模）如图，在直三棱柱ABC—aB1C1中，AAt=AB=2,AC=1,^ACB=90°,

。是棱上的一点.

（1）若/W=DB,求异面直线Bi。与&的所成的角的大小；

（2）若CD1BD求点B到平面BiCD的距离.

【解题思路】（1）根据给定条件，建立空间直角坐标系，求出瓦万与宿的坐标，再利用线线角的向量求

法求解即得.

（2）由（1）的坐标系，求出点。的坐标，平面/CD的法向量坐标，再利用点到平面的距离公式计算即得.

【解答过程】（1）在直三棱柱4BC—4当的中，AACB=90°,则直线C4,CB,CCi两两垂直，

以点C为原点，直线C4CB,CCi分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，

则C(0,0,0),4(1,0,0),5(0,百,0),G(0,0,2),4(1,0,2),%(0,V3,2),

由=得%,今o),于是瓦中=&一今一2),殖=(一i,o,o),

所以异面直线与所成角的余弦为已大小为arccos^.

(2)令前=4屈=4(-1,b,0)=(一尢百儿0),0<2<1,点。(1一儿日儿。)，

则方=(1-A,V3A,0)，O=(1-A,V3A-V3,-2),由CD1BXD,

得丽•布=(1-4)2+3A(A-1)=0,而0W4WL解得4=［或4=1,

当4=1时，点。与点B重合，点3在平面/CD内，因此点2到平面BiCD的距离为0；

当；1=1时,D(；，Y，0),丽=信牛,0),西=(0,遍,2),

设平面8修。的法向量S=Q,y,z),贝q-"*,7二^0—=1—"4+-—7"—=un,

jri-CB；=V3y+2z=0

取％=2,得无=(2,—28,3),

而荏=(0,V3,0),因此点B到平面B1CC的距离h=鬻=［，

所以点8到平面为CD的距离为0或*

【变式4-3］(2024•海南•模拟预测)如图，在直四棱柱ABC。-中，底面四边形力BCD为梯形，4D〃

BC,AB=力。=2,BD=2^/2,BC=4.

4D\

(1)证明：A1B^LAD^,

(2)若直线AB与平面为肛所成角的正弦值为当，点M为线段BD上一点，求点M到平面8修小的距离.

【解题思路】(1)因为4B1//4B,因此只需证明力B_L平面4。小力1，只需证明4B144式由题可证),481AD,

由勾股定理易证.

(2)建立空间直角坐标系，先由直线4B与平面为CD1所成角的正弦值为坐，求出力公，再证明BD〃平

6

面Bi。%,由此得点河到平面BiCDi的距离等价于点B到平面B1C%的距离，再由点到平面的距离公式求

解即可.

【解答过程】（1）因为4B=AD=2,BD=2近,

所以力吕2+力。2=8=B£）2,所以4B14D,

因为力BCD-4当的小为直四棱柱，

所以41414B,

因为414nA。=4,414,4。u平面

所以4B1平面力

因为&B//4B,所以41%!_平面4。。遇1，

因为401u平面AD014,所以4当1皿

（2）由（1）及题意知，4B,4D,71M两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系

因为4B=4。=2,BD=2vLBC=4.设2遇=h(h>0),

所以4(0,0,0),8(2,0,0),%(2,0,h),C(2,4,0),。式0,2,%),£>(0,2,0)

所以方=(2,0,0),西=(0,—4,九),两=(一2,—2,h),~BC=(0,4,0),丽=(-2,2,0),

设平面BiCDi的一个法向量为元=(x,y,z)

则1元,西=—4y+/iz=0,

令z=4,贝卜=y=h,所以元=(h,/i,4)

设直线AB与平面Bi。％所成的角为仇

则sin”|cos(禧词=牖==?

解得h=2,所以元=(2,2,