2025年新高考数学一轮复习：立体几何必考经典解答题全归类【十大题型】解析版

立体几何必考经典解答题全归类【十大题型】

►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(0,5],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(0,f],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8为斜足；找线在面外的一点/,过点/向平面a做垂线，确定

垂足。；

②连结斜足与垂足为斜线AB在面a上的投影；投影BO与斜线AB之间的夹角为线面角；

③把投影3。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，求出斜线尸/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=4,其中。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1=.而2—(加.丁.

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。,把尸。放在某个三角形中，解三角形求出尸0的长度就

是点P到平面a的距离.

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

③等体积法.

庖

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〃=

【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3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3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(有些是题中己给出)，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48C—&a的，如图所示，P是公的，上一动点，点。、D

分另1］是AC、PC的中点，ABIBC,AA!=AB=BC=2.

⑴求证：。川平面P4B；

(2)当44i1平面4BC,且41P=3PQ时，求三棱锥为—4PC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。、D分别是AC、PC的中点，

所以。川PA,

因为。DC平面P4B,PAu平面PAB,

所以。DII平面P4B；

(2)因为平面4BC,4平面ABC,

所以BBilAB,SBi1BC,

又4B1BC,AAt=AB=BC=2

以B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,

则为(0,0,2),4(0,2,0),C(2,0,0),5(2,0,2),

设平面法向量ZCCiA的法向量为访=(x,y,z),

则1=(x,y,z)•(2,—2,0)=2x—2y=0

、(m-AC1=(x,y,z)•(2,—2,2)=2%—2y+2z=0'

解得Z=0,令％=1,则y=L故访=(1,1,0)，

则点Bi到平面acc遇i的距离为d=怛尊=©2‘者I,。"=*=鱼，

由勾股定理得|2C|=山1B2+BC2=2V2,

^AACP=514cl，I=5X2V^X2=2V2,

则三棱锥&-4PC的体积为-d=1x2V2xV2=J

【变式1-1](2024•山东日照•二模)在三棱锥P—ABC中，BA1BC,PB1平面ABC,点E在平面力BC内,

且满足平面P4E1平面PBE,AB=BC=BP=1.

(1)求证：AE1BE；

(2)当二面角E—P2—B的余弦值为空时，求三棱锥E-PCB的体积.

【解题思路】(1)作BH1PE,证得BH1平面P4E,得至！]BH_LAE,再由PB_L平面力BC,证得PB14E,

利用线面垂直的判定定理，证得平面P8E,进而证得AELBE；

(2)以B为原点，建立空间直角坐标，设E(%y,O),由4E1BE,得到族•“=(),求得(x—+y=也

在求得平面P4E和P48的法向量五=(y,l—x,y)和阮=(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BH_LPE交PE于H,

因为平面P4E_L平面PBE,且平面PAE1平面P8E=PE,BHu平面PBE,

所以平面P4E,

又因为力Eu平面P4E,所以BH1AE,

因为PB1平面ABC,且AEu平面P4E,所以PB14E,

又因为PB1AE,且u平面PBE,PBCBH=B,

所以4E1平面PBE,

因为BEu平面PBE,所以4E1BE.

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

如图所示，则B(0,0,0),P(0,0,l),C(0,l,0)/(l,0。),

设E(x,y,0),因为力ElBE,所以族•前=0,

因为族=(x—l,y,0),旗=(x,y,0),所以(x—l)x+yxy=0,即(尤一g)?+y2=",

又由丽=(1,0,—1),荏=(%-l,y,0),

设平面PAE的一个法向量为五=(a,hc),贝式一/'P"=a；；c：°

取。=%可得b=l—%,c=y,所以日=(y,l—%,y),

又因为前=(0,1,0)为平面R4B的一个法向量，

设二面角E-PA-8的平面角为氏

rm八|n-^c|比一1|V3

则c°s。=而而=笠-1)2+2/1=T'

因为+丫2=；,解得％=l,y=0(舍去)或x=[,y=±1,

所以点E(荔0)或嗯却)，

所以三棱锥E—PCB的体积为VE-PCB=gs^pcB,h=!x[xlxlX'|=*.

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

平面力BCD,平面BCF1平面ABCD,Z-DAB=

(1)证明:。尸1平面。8」。；

(2)若。石=半，平面4DE与平面BCF的夹角为也求四棱锥E—48CD的体积.

【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4BCD内分别作直线nJ.BC,

因为平面CDEF1平面4BCD,平面CDEFC平面ABC。=CD,

mu平面2BCD,所以m_L平面CDEF,

又FCu平面CDEF,所以mlFC.

同理可证nlFC,又m,nu平面力BCD,且用，〃为相交直线，

所以FC1平面4BCD；

(2)取BC中点G,连接BD,DG,=今且底面2BCD为菱形,

故△BCD为等边三角形，所以DG1ZM,

以。为原点，DA,而为x,y轴正方向建立空间直角坐标系，

则D（0,0,0）,C（-1,73,0）,4（2,0,0）,

故沆=（_l,g,0）,由平面CDEF1平面4BCD,

所以可设后（£1,一四（1,/1）,可=（x,y,z）为平面4DE的法向量，

则有日送二》即｛ax一盒;4°辰=0,取丫=九＞3得用=（0,九岛）.

由平面BCF1平面故而=（0,1,0）为平面的一个法向量，

结合已知有cos（可词==容又DE=7h2+4a2=零,所以八=|,

'x乙'vhz+3az222

【变式1-3]（2024•黑龙江双鸭山•模拟预测）如图，四棱锥P—4BCD的底面4BCD是矩形，P。，平面

ABCQPD=回。=为PD的中点，Q为尸/上一点，5.AM1DQ.

P

（1）证明：PC〃平面ADQ；

（2）若二面角B-DQ-C为45°,求三棱锥Q—BCD的体积.

【解题思路】（1）以向量而，市为基底，分别表示向量而，獭，利用前•丽=0建立方程，确定Q为/P

的中点，从而得到O0为△P4C的中位线，从而得证；

（2）建立空间直角坐标系，分别求出平面的法向量和平面CD。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_L平面aBCD.DAu平面/BCD,

所以PDJ.4D,则方•市=0.

设而=XAP,

则丽=DX+XQ=DX+AAP=5X+A(DP-DA)=(1-A^DA+XDP,

AM=AD+UM=-'DA+癖，

因为力M1DQ,所以府•丽=0,即

AM-DQ=[(1-X)DA+WP]-DA+

11

=(2—1)|7H|2+2(1-2)51.DP-wp-DA+I2=0

则(2-1)+2=0,解得4=p

所以Q为/尸的中点.

连结/C,与AD交于点。，连结0O,

由于底面/BCD是矩形，所以。为/C的中点，则。0为△PAC的中位线，

所以。Q〃PC,

又。Qu平面BDQ.PCX。1面BDQ,

所以PC〃平面

(2)易知D4,DC/两两互相垂直，

以。为坐标原点，以。4,DC,。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),则。(0,0,0),8(1,t,0),Q(，0，¥),C(0,t,0),

DQ=&o,乎)，砺=(l,t,0),OC=(O,i,O),

设平面BDQ的法向量为访=

由傅匹U，得缗+乎zi］。，

取％i=l,则而=(1,孝)，

设平面CDQ的法向量为元=(x2,y2,z2),

由第二:‘得伊对”

取%2=1，则元=(1,0,—孝)，

于是|cos(而初=.7=COS45。=乎，解得t=手，

故三棱锥Q—BCD的体积为VQ_BCD=《xSxipD=|xixlx^x^=^j.

JABCD4。乙3ZJ.o

【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，AD//BC,4D14B,点E、F在平面力BCD的同侧，CF〃AE,

AD=1,AB=BC=2,平面4CFE1平面4BCD,EA=EC=V3.

(1)求证：BF〃平面ADE；

⑵若直线EC与平面FBD所成角的正弦值为需，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G7/4E,面AD&

所以CF〃平面4DE,同理8C〃平面4DE,

又BC,CFu平面BCF,BCCCF=C,

所以平面BCF〃平面4DE,3尸<2平面4。£

所以BF〃平面4DE；

(2)取AC的中点。，因为E2=EC,

所以E。！力C,又平面4CFE1平面ABCD,平面ACFEn平面ABCD=/

EOc^^EAC,所以E。！平面4BCD,

又因为2。12B,故可建立如图所示的空间直角坐标系4—xyz.

在四边形4BCD中，因为2D=1,AB=BC=2,AD//BC,AD1AB,

所以4C=2VL所以4。=。。=迎，

因为EA=FC=V3,所以E。=1,

所以4(0,0,0),8(2,0,0),£)(0,1,0),“2,2,0),0(1,1,0),F(l,l,l),EC(1,1,-1)，

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

设CF=AAE=(4,4,4),2>0,贝!JBF—BC+CF—(2,2+A,A),

设元=(x,y,z)为平面BDF的法向量，

则｛W.黑11即｛衣+渣君［1=0'故取元=(12—9—3),

因为直线EC与平面FBD所成角的正弦值为噜，

所以Los<n,EC>|=/制=~一千=隼^,

忱HEC|V3xj5+(i+3)15

两边同时平方得

所以680）2+^—23=0,解得或”一言（舍去）,

所以2=2,所以CF=24E=2百.

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

三角形，DC=228=2,CB=CE,点尸为棱BE上的动点.

E

(1)证明：DC1平面BCE；

(2)当二面角F-AC-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DC1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=^ACD=60。，所以CB=V224-12-2x2x1xcos60°=V3,

所以4B2+C82=4。2,所以48_LCB,则

由于CE_L平面28CD,DCu平面ABC。，所以CE1DC,

由于BCflCE=C.BC.CEc平面BCE,所以DC1平面BCE.

(2)由(1)可知两两相互垂直，由此以C为原点，建立如图所示空间直角坐标系，

X(l,V3,0),B(0,V3,0),设t),0<t<V3,

平面力BC的法向量为访=(0,0,1),

设平面凡4c的法向量为元=(x,y,z),

则1n-C4=x+V3y=0

'(n-CF=ty+(V3—t)z=0'

故可设几=(—y/3t+3,t—，

依题意，二面角F-AC—B的大小为45。，

所以i^H^i=^(-V3t+3)2+(t-V3)2+t2=冬

整理得3t2-8V3t+12=(V3t-2)(V3t-6)=0,

解得t=5或1=亲(舍去),所以尸(0,手,手)，

所以。，(竽了+图2=孚

【变式2・2】(2024・湖北•模拟预测)如图，AEL^ABCD,E,F在平面Z8C0的同侧，AE//DF,AD//BC,

AD1AB,AD=AB=^BC=1.

(1)若8,E,F,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4DFE是平行四边形可得答案;

(2)以4为原点，分别以4B、AD,4E所在直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，设E(0,(U),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,40U平面8CEF,二4。//平面BCEF,

■-AE//DF,则4E,F,D四点共面，

■■AD//^-^BCEF,ADu平面4DFE,平面BCEFC平面4DFE=EF,：.AD//EF,又AE“DF,贝U四边形2DFE

是平行四边形，

•••EF=AD=1；

(2)以4为原点，分另!］以AB、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(/l>0),则E(0,(U),尸(0,1,22),5(1,0,0),C(l,2,0),BE=(-1,0,A).

=(-1,1,22),FC=(0,2,0),

设方=(%i,yi,zi)是平面BEF的一个法向量,

由=o,得｛-打fy：驾°，令zi=1,可得久1=机=-九

可得而=(A,-2,1),

设元=（X2，y2，Z2）是平面BFC的一个法向量，

由息.言I；，得｛-久2+y2+2Az2=0，令Z2=1，可得%2=2A,y2=。，

可得元=（2尢0,1）,

依题意|cos（而向I=黯=蒜而年=冬

【变式2-3］（2024・湖南•模拟预测）如图1,在五边形ZBCDP中，连接对角线2D,AD//BC,AD1DC,

PA=PD=242,AD=2BC=2DC=4,将三角形PAD沿2D折起，连接PC,PB,得四棱锥P—4BCD（如图

2）,且PB=271后为4£）的中点，M为BC的中点，点N在线段PE上.

图1图2

（1）求证：平面PHD_L平面4BCD；

（2）若平面4MN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，4D,勾股定理证得PE1BE,可得PE1平面4BCD,得平面PAD1

平面

（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,贝UBC==DE=2,因为2D〃BC,ADLDC,

所以四边形BCDE为矩形，所以BE=CD=2,

因为P4=PD=2VL且E为力D的中点，

所以PE14D,且PE=何2一DE2=2,

所以PE?+BE2=22+22=8=PB2,即PE_LBE,

又因为ADOBE=E,AD,BEa^-^ABCD,

所以PEI平面ABC。，

又PEu平面P4D,所以平面24。1平面ABCD.

(2)以E为原点，应4为x轴，E8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),8(0,2,0),M(-l,2,0),P(0,0,2),

设EN=t(0<t<2),则N(0,0,t),

所以AB=(_2,2,0)/P=(-2,0,2),

设平面W的法向量为而=C),则:蒙常推二o：

令尤1=1,则%=l,zi=1,得沅=(1,1,1),

又府=(—3,2,0),丽=(-2,0,t)-

设平面力MN的法向量为五=(0”)，则,案二年区;

令冷=t,则丫2=京2=2,得元=(t,y,2),

所以际所砌=|磊卜E5+竽+22=嚼，

解得t=1,或"詈(舍)，

4-1

所以线段EN的长为1.

【题型3空间角问题】

【例3】(2024・青海・二模)如图，在三棱柱ABC—4再停1中，所有棱长均相等,CBICBCL0,^ABB1

=60°,CBLBBr.

A4

BBi

⑴证明；平面BBiJC.

(2)若二面角J—a/i—B的正弦值.

【解题思路】(1)设。为BB1的中点，先证明8为1平面2。。，以此得到BB1140,再证明4。1比。，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B为的中点，连接4D,OD,ABr.

因为在三角形力BBi中，AB=BB^ABBr=60°,所以三角形48%是等边三角形，

而。是8当的中点，故由三线合一可知，AD1BB.

因为CBlBBi，。。是三角形BiBC的中位线，即。D〃BC,所以ODJ.BB1.

因为COO=D,4。,。。u平面4。。，所以附J.平面A。。.

因为4。u平面4。。，所以BBilAO.

在△4C/中，AC=ABlt。为aC的中点，所以

因为BiCCBBi=&,Bi&BBiu平面881clC,所以4。1平面期的。

(2)设三棱柱ABC—&B1Q的棱长为鱼，以O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),5(1,0,0),51(0,1,0),4(0,04),C(0,-1,0).

BA=(-1,0,1)，嬴=(-1,1,0),BC=(-1,-1,0).

设平面ABBMi的法向量为元=(xi,yi,zi),

n•BA=—久i+Zi=0

可取完=(LL1).

n.BBi=_/+yi=0

设平面ZBC的法向量为访=(x2fy2,z2),

贝胆•铝=f+Z2=,

可取访=(1,—1,1).

(m-BC=—x2—y2=

因为平面ZBC〃平面/I&CI，所以平面的一个法向量为访=(1,—1,1).

cos值丽=蠲=最后=3,sin伍丽=竽,

故二面角G—4181—B的正弦值为日2.

【变式3-1](2024•福建龙岩•三模)如图，在四棱台A8CD—4再停1。1中，底面四边形为菱形,

/.ABC=60°,AB=2AAr=2A1B1,AA11平面ABCD.

(1)证明：BD1CC1；

⑵若M是棱BC上的点，且满足器=I，求二面角M—A%—D的余弦值.

【解题思路】(1)先根据线面垂直的性质得再根据线面垂直的判定定理得BD1平面ACC遇0

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和平面ADD1的法向量，再

利用向量法求解即可.

【解答过程】(1)在四棱台48CD—Ai/GDi中，441,CCi延长后必交于一点，

故4&C14四点共面，因为44—平面4BCD,BDu平面4BCD,故人义,时，

连接4C/1C1，因为底面四边形4BCD为菱形，故4C1BD,

AAinAC=A.AA^ACc平面4CCM1，故BD1平面ACCjXi，

因为CQu平面4CC"i，所以CCi.

（2）过点4作的垂线，交BC与点、N,以4VHD,441所在直线分别为%轴，y轴,z轴建立空间直角坐标系

A—xyz（如图），

>

y

设/$1=1,贝！=2/1B1=2,由于4ZBC=60。，故BN=1,

-1

则4(0,0,0),。1(0,1,1))(0,2,0),M(V3,-,0),

则加=(0,1,1),AM=(V3,|,0),前=(0,2,0),

记平面2M0i的法向量为五=(a,b,c),

则。=—乎,©=—3,即n=(—字3,—3),

平面的法向量可取为访=(1,0,0),

V3

则cos伍，两=器=V55

(一苧广+32+(-3)2_______55,

所以二面角M—AD1—。的余弦值为嚼.

【变式3-2］（2024•黑龙江大庆•三模）如图，在四棱锥P—48CD中，AD//

BC/BAD=90。/。=2BC=4/8=2,PA=2五,乙PA。=45°,且。是4。的中点

(1)求证：平面P0C1平面ABC；

(2)若二面角P-AD-B的大小为120。，求直线P8与平面24。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<2,OA=2/P4。=45°,

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

因为PA?=「。2+人。2,所以NPO4=90。，所以4D_LP0.

因为BC//AO,BC=AO,所以四边形48C0为平行四边形，所以。C=48=2.

因为NBA。=90°,所以乙4OC=90°,即力D_LOC.

因为P。nCO=O,PO,COu平面POC,所以4D1平面P。。

因为4。u平面48C,所以平面POC_L平面48。

(2)在平面POC内，过点。作。ELOC,交PC于E.

因为平面POC，平面48C,平面POCC平面4BC=0C,所以。E_L平面4BC

以。为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，贝何(2,0,0),£)(—2,0,0),8(2,2,0).

由(1)可知NPOC为二面角P-4D—B的平面角，即NPOC=120。，所以乙POE=30。，由P。=2,可得P

(0,-l,V3).

所以方=(2,3,—V3),D^4=(4,0,0),^4=(2,1,-V3).

设平面PAD的一个法向量为访=(x,y,z),贝:第二;，即谓z，

令Z=V3,则y=3,所以平面PAD的一个法向量为访=（0,3,73）.

设直线P8与平面PCD所成角为仇则sin®=|cos债，丽）|=高儒=牛

所以直线PB与平面PCD所成角的余弦值为9.

4

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

CD=4,E为CD中点,NE与8。相交于点O,将△ADE沿/£折起，使点。到达点尸的位置（PW平面

ABCE）.

（1）求证：平面POB1平面P3C；

（2）若PB=V^,试判断线段尸8上是否存在一点。（不含端点），使得直线PC与平面4EQ所成角的正弦值

为平，若存在，求。在线段网上的位置；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,逐一t）,求出平面

/E0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8E,由于AB〃DE,AB=DE,AB=DE,

所以四边形是平行四边形.

由于=所以四边形助是菱形，所以4E1BD.

由于4B〃CE,AB=CE,所以四边形/8CE是平行四边形，

所以BC//4E,所以BC12D.

在翻折过程中，AE1OP,4EL0B保持不变，

即BC1OP,BCJ.OB保持不变.

由于。PCiOB=。，OP,OBu平面尸02,

所以BC1平面PO2,由于BCu平面尸5C,

所以平面P081平面PBC；

(2)由上述分析可知，在原图中，BCVBD,

所以BD—V42-22=2V3,所以。B=0D=V3.

折叠后，若PB=在,则P02+0B2=PB2,所以P010B,

由于P010E,OBCOE=0,OB,OEcABCE,

所以P。！平面48CE.所以。£,OB,PO两两相互垂直.

由此以。为原点，

分别以OE,OB,OP所在的直线为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,

0E-0A-V22—I2—V3>

P(0,0,V3),C(2,V3,0),力(一1,0,0),E(1,O,O),

设0<t<V3,PC=(2,V3,-V3),

/E=(2,0,0),4。=(1芯百—力)，

设平面AEQ的法向量为五=(x,y,z),

则L.元F+：二而\)z=。,令2=「得%=°2=»一技

故71=(0/-f

设直线PC与平面4石。所成角为仇则

sin®=亢屁==65侄―低

同」J(t-V3)2+t2xV4+3+3

3-___=萍，

-V2t2-2V3t+3xV10-5'

所以，2t2-2巡1+3=2t2-2V3t+3=|,

4t2-4V3t+3=(2t—V3)2=0,解得t=孚，

所以Q(0，孚,当),因为P(0,0,、③*B(0,V3,0),

P(0,0,V3)>B(0,V3,0)的中点坐标为(0,容孚)，

即。是心的中点.

Zj

X

【题型4空间点、线、面的距离问题】

【例4】(2024・天津和平・二模)如图，三棱台力BC—4止道1中，△4BC为等边三角形，AB=2/1^=4,

4411平面N8C,点M,N,。分别为N8,AC,8c的中点，A-^BLACr.

⑴证明：CQII平面&MN；

(2)求直线4D与平面41MN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，利用近1五，结合CQX午面&MN,

得出CCi〃平面&MN；

(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)因为侧棱底面ABC,ZX/IBC为等边三角形，所以过点4作AH14C,则以为点/为

坐标原点，AC,AH,而的方向分别为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41长为巾(巾>0),则A(0,0,0)/i(0,0,m),B(2,2b,0),Ci(2,0,ni)

ArB=(2,2>/3,—m),ACr=(2,0,m),

因为力1B14C1，所以41B-4C1=O,则有4一巾2=0,m=2.

所以4(0,0,0),B(2,2V3,0),C(4,0,0),C式2,0,2),41(0,0,2),M(l,V3,0),N(2,0,0).

证明：因为布=(1,倔-2),嬴=(2,0,—2),设平面&MN的法向量为无=(x,y,z),

则加丽宇+■-2z=0,,令“I,则可=(i,旦°,

I可•力1N=2久-2z=0.'3)

又因为五=(—2,0,2).

--->—>->

所以CC1•元1=-2+0+2=0,所以“1，的，又因为*母平面41MN,所以CQII平面&MN.

(2)因为。为中点，所以CD=2,则。(3,旧,0)，

有乖=(3,V3,-2),又过=(1,苧,1)，设直线4道与平面4MN所成角为。，

sin。=|cos<菽，可>|==元=等

则直线&D与平面&MN所成角的正弦值为等.

(3)因为丽=(一1,一乃0),平面4MN的法向量为可=(1,苧,1),

所以，点。到平面&MN的距离为塔朝=9.

\ni\7

【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4。上，AG=2GD,直线48与平面EFG相交于点H.

⑴证明：BD//GH；

(2)求直线8D与平面EFG的距离.

【解题思路】(1)首先证明BD〃平面EFG,再由线面平行的性质证明即可；

(2)连接E4,ED,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、尸分别为BC、CD的中点，所以EF〃BD,

又BDC平面EFG,EFu平面EFG,贝！JB。//平面EFG,

又BDu平面ABD,平面ABDn平面EFG=GH,所以BD〃GH.

(2)由(1)知，BD〃平面EFG,

则点8到平面EFG的距离即为8。与平面EFG的距离,

连接E4,ED,由△AB&aBCC均为正三角形，E为BC的中点，得E4，BC,ED1BC,

又平面ABC1平面BCD,平面ABCn平面BCD=BC,AEc平面ABC,

于是力El平面BCD,又EDu平面BCD,贝！JE41ED,

以点E为原点，直线EB,ED,E4分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，

则B(2,0,0),F(-1,V3,O),又4(0,0,2向，0(0,273,0),

又几=2小，可得G(0,竽,竽)，

所以丽=(2,0,0),FF=(-1,73,0),丽=(0,竽,竽)，

_(EF,n=—x+y/3y=0

设平面EFG的一个法向量为日=(%,y,z),则|亍一4V3,2V3仆，

(EG-n=—y+—z=0

令y=l,得亢=(但I,—2),

设点B到平面EFG的距离为d,则&=啥=萼=亭

I九IV8乙

所以8D与平面EFG的距离为当

【变式4-2](2024•上海•三模)如图，在直三棱柱ABC—AiBiQ中，AAr^AB=2,AC=1,

乙4cB=90。，。是棱N2上的一点.

(1)若=DB,求异面直线BiD与力iCi所成的角的大小;

(2)若CD1B1D,求点8到平面aCD的距离.

【解题思路】(1)根据给定条件，建立空间直角坐标系，求出百万与市的坐标，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—力道停1中，Z4CS=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)凤0,疯0),的(0,0,2)4(1,0,2)41(0,瓶2),

由2D=DB,得呜手,0),于是袤=6—孚一2),而=(-1,0,0),

B\D,A-[V5

cos〈Bi£MiCi)=

I丽I宿IV5xl10,

所以异面直线为。与&的所成角的余弦为奈大小为arccos将

(2)令前=4屈=4(一l,V3,0)=(-A,V3A,0),0W；lW1,点D(1-A,V3A,0),

则而=(1—4,VIa,0),BiD=(l-Z,V3A-V3,-2),由CD

得方•雨=(1—4)2+32(4—1)=0,而0W4W1,解得；I=：或；1=1,

当；I=1时，点。与点B重合，点8在平面8停。内，因此点3到平面为CD的距离为0；

当;I=:时，。（泮,0）,CD=（泮,0）,函=（0,73,2）,

行7^_3V3_

设平面3母。的法向量元=(x,y,z),则小….~4XTy-,

n•CBi=v3y+2z=0

取％=2,得元=(2,—2点3),

而而=(0,V3,0),因此点B到平面比⑺的距离％=噂=

I叫3

所以点8到平面&CD的距离为0或接

【变式4-3](2024•海南•模拟预测)如图，在直四棱柱4BCD—48道1。1中，底面四边形48CD为梯形,

AD//BC,AB=AD=2,BD=2近,BC=4.

(1)证明：.L

(2)若直线48与平面&CDi所成角的正弦值为噂，点M为线段BD上一点，求点M到平面台道小的距离.

【解题思路】(1)因为因此只需证明48_L平面只需证明/B_LA4i(由题可证)，

ABVAD,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Bi。小所成角的正弦值为日，求出A41，再证明BD〃平

面Bi。%,由此得点〃到平面&CD1的距离等价于点B到平面当。小的距离，再由点到平面的距离公式求

解即可.

【解答过程】(1)因为4B=4D=2,BD=2V2,

所以4B2+4。2=8=8。2,所以

因为4BCD-为直四棱柱，

所以力遇，AB,

因为4送。4。=44遇/。u平面aODMi，

所以力B_L平面

因为41B//4B,所以公&J.平面4。小力1，

因为力D1U平面ADDMi，所以乙为工皿

(2)由(1)及题意知，两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系

因为4B=4。=2,BD=2V2,BC=4.设4送=h(h>0),

所以4(0,0,0),B(2,0,0),Bi(2,0,h),C(2,4,0),力i(0,2,h),D(0,2,0)

所以同=(2,0,0),CBi=(0,-4,九)皿=(-2,-2,/i),BC=(0,4,0),丽=(-2,2,0),

设平面8也。1的一个法向量为元=(x,y,z)

则1n-CBx=—4y+hz=0

In-CDI=—2x—2y+hz=0

令z=4,则x-y—h,所以元=(ft,fi,4)

设直线4B与平面为CDi所成的角为0,

则sE”|cos