【二轮复习】高考数学 重难点12 立体几何必考经典解答题全归类（新高考专用）（解析版）

重难点12立体几何必考经典解答题全归类【九大题型】【新高考专用】TOC\o"1-3"\h\u【题型1立体几何中的体积问题】 3【题型2立体几何中的线段长度问题】 8【题型3空间角问题】 14【题型4空间中的距离问题】 20【题型5立体几何中的折叠问题】 27【题型6

立体几何中的探索性问题】 34【题型7立体几何中的作图问题】 41【题型8立体几何建系繁琐问题（几何法）】 47【题型9立体几何新定义问题】 53空间向量与立体几何是高考的热点内容，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；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．【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，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，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B为斜足；找线在面外的一点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.(2)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：，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.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.(3)垂线段长度.2.求点到平面的距离的常用方法(1)直接法：过P点作平面的垂线，垂足为Q，把PQ放在某个三角形中，解三角形求出PQ的长度就是点P到平面的距离.②转化法：若点P所在的直线l平行于平面，则转化为直线l上某一个点到平面的距离来求.③等体积法.④向量法：设平面的一个法向量为，A是内任意点，则点P到的距离为.【知识点4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．【题型1立体几何中的体积问题】【例1】（2023·陕西咸阳·校考模拟预测）如图，在多面体ABCDEF中，四边形BCEF是矩形，侧面ADEF是直角梯形，AD//EF，AD⊥AF,AF=BF=AD=12EF=2,BE与CF(1)证明：AO//平面CDE(2)若AB=23，求三棱锥A【解题思路】（1）取CE的中点H，利用平行公理及线面平行的判定推理即得.（2）根据给定条件，利用线面垂直的判定证明EF⊥平面ABF，再利用锥体体积公式计算即得【解答过程】（1）如图，取CE的中点H，连接DH,OH，矩形BCEF的对角线BE与CF交于点则O为CF的中点，于是OH//EF，OH=12则AD//OH，AD=OH，因此四边形AOHD是平行四边形，则AO//HD，又所以AO//平面CDE（2）在△ABF中，由AF=BF=2,AB因此S△显然EF⊥AF,EF⊥BF,于是VA所以三棱锥A-BEF的体积为【变式1-1】（2023·四川成都·统考一模）如图，正四棱柱ABCD-A1B1C1D1(1)求证：C1M⊥(2)求三棱锥M-B【解题思路】（1）根据正四棱柱的几何性质确定线段长度，结合勾股定理可得C1M⊥（2）根据三棱锥的等体积转化，结合体积公式求解即可.【解答过程】（1）如图，连接A1∵正四棱柱ABCD-A1B1C1D1∴A1C1∴DM又C1D=∵C1∴C1同理可得C1∵DM∩BM=M，DM⊂平面BDM∴C1M⊥（2）由（1）知，BM=DM=BD=2∴VM三棱锥C1-【变式1-2】（2023·湖南永州·统考二模）如图所示，在四棱锥B-ACDE中，AE∥CD,AE⊥AC,(1)证明：AB⊥(2)若AC=BC=2,AF与平面ABE所成角的正弦值为【解题思路】（1）根据面面垂直的性质定理证明CD⊥平面ABC（2）建立空间直角坐标系，设B(t,0,0)，根据AF与平面ABE所成角的正弦值求出t，求出平面ACDE的法向量，即可求出B到平面【解答过程】（1）因为AE∥CD，AE⊥又因为平面ACDE⊥平面ABC，平面ACDE∩平面ABC=AC，所以CD⊥平面ABC，又因为AB⊂平面所以AB⊥（2）取AB,BE的中点分别为O、G，连接则OG∥AE，因为所以OG∥CD，而CD⊥平面ABC，所以OG因为AC=BC=2,以O为坐标原点，分别以直线OB,OC,OG所在直线为x轴、y建立如图所示的空间直角坐标系：设B(t故AF=3t2,由AF与平面ABE所成角的正弦值为28可得，解得t=设m=x,y,则m⋅AC=0m⋅CD=0又AB=23,0,0，故B到平面所以四棱锥B-ACDE的体积【变式1-3】（2023·四川雅安·统考一模）如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，直线C

(1)求证：AC⊥(2)若AC=BC=BC1=2，在棱A1B1【解题思路】（1）过点B作BD⊥CC1，垂足为（2）设点P到平面BB1C1C的距离为h，由棱锥的体积公式求出h，与A1到平面B【解答过程】（1）过点B作BD⊥CC

因为平面AA1C1C⊥平面BB1C所以BD⊥平面AA1C1C，又因为又因为C1B⊥平面ABC，AC⊂平面又BD∩C1B=B,又BB1⊂平面B（2）当点P为A1B1中点时，四棱锥P

过点P作PQ//B1C1因为C1B⊥平面ABC，BC⊂平面又BC=BC由（1）可知，BD⊥所以S△BCC1=设点P到平面BB1C则VP所以h=1，即P到平面BB1在三棱柱ABC-A1B由（1）可知，AC⊥平面BB1C1又AC=2，所以A又PQ//B1C1，PQ⊄平面所以PQ//平面B所以Q到平面BB1C1C故Q为A1C1中点，所以P为A1B【题型2立体几何中的线段长度问题】【例2】（2023·安徽滁州·统考二模）如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，底面ABCD是直角梯形，AD//BC，∠(1)求证：PB⊥(2)若平面PBD⊥平面PBC，且△PAD中，AD边上的高为3，求AD【解题思路】（1）根据线面垂直的判定定理，结合等腰三角形的性质进行证明即可；（2）建立空间直角坐标系，根据空间向量数量积的运算性质进行求解即可.【解答过程】（1）设线段AC的中点为E，连接EB,因为AB=BC，所以又因为PA=PC，所以因为EB∩PE=所以AC⊥平面PBE，PB⊂平面所以PB⊥（2）过点P作PO垂直直线AD于O，则有OP=3因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD⊥平面ABCD=AD，PO所以PO⊥平面ABCD连接OC，因为PA=PC=5所以可得OC=而AB=BC=4，所以四边形OABC所以四边形OABC是正方形，因此建立如图所示的空间直角坐标系，设OD=a，则PD=设平面PBD的法向量为m=m⋅同理可得平面PBC的法向量为n=n⋅PC=0因为平面PBD⊥平面PBC所以m⋅【变式2-1】（2023·全国·模拟预测）如图，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB=2，AA1=4，点E，F分别在棱A(1)证明：DE//(2)点P在对角线BC1上，当二面角D-EF-P【解题思路】（1）延长FM交BB1于点G，先由三角形相似证明点G为BB1的中点，再证明四边形CDEH为平行四边形，进而得出DE∥（2）以C为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法证明即可.【解答过程】（1）如图，延长FM交BB1于点易得△C1FM又AA1=4，CF=1，所以所以点G为BB1取BG的中点H，连接CH，EH.因为FC∥GH，所以四边形CFGH为平行四边形，所以FG∥因为AE∥BH，AE=所以EH∥AB，又AB∥CD，AB=CD，所以所以四边形CDEH为平行四边形，所以DE∥又FM∥CH，所以（2）因为CC1⊥平面ABCD，CD，CB⊂平面ABCD，所以又CD⊥CB，所以CC1，CD以C为坐标原点，分别以CD，CB，CC1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，则D(2,0,0)，B(0,2,0)，F(0,0,1)所以DF=(-2,0,1)，FE=(2,2,0)，设平面DEF的法向量为m=x1取x1=1，则y1=-1，设C1P=设平面PEF的法向量为n=x取z2=2λ，则x于是，|又二面角D-EF-P的余弦值为-6整理，得32λ2-36λ+9=0，解得λ=34或λ=38.结合图形可知，【变式2-2】（2023·上海青浦·统考一模）已知四棱锥P-ABCD，底面ABCD为正方形，边长为3，PD⊥(1)求证：BC⊥平面CDP(2)若直线AD与BP所成的角大小为60°，求DP的长．【解题思路】（1）根据线面垂直的判定定理可证；（2）由异面直线所成角结合（1）可求得PC，在Rt△CDP中，可求得DP【解答过程】（1）∵PD⊥平面ABCD，BC⊂平面∴DP⊥又底面ABCD为正方形，则BC⊥且DC∩DP=D，∴BC⊥平面CDP（2）∵BC⊥平面CDP∴BC⊥CP，∴∠又∵AD//∴∠CBP为直线AD与BP∴∠CBP=60°，在Rt△∴CP=3在Rt△CDP中，CP=33，【变式2-3】（2023·山东·烟台二中校考模拟预测）在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD(1)若AA1=3，求证：平面A(2)若直线OD1与平面A1OB【解题思路】（1）由线面垂直性质定理证得AA1⊥BD，由线面垂直判定定理及性质定理证得BD⊥A1O（2）以O为原点建立空间直角坐标系，运用线面角公式计算即可.【解答过程】（1）证明：连接OC1，因为底面ABCD是菱形，所以又AA1⊥平面ABCD,BD又AA1∩AC=又A1O⊂平面AO又AB=AD=23,∠在Rt△AOA1中，又AO=所以∠A1O又BD∩OC1=又A1O⊂平面A1O（2）以O为坐标原点，向量OA,OB,AA1的方向分别为x，y，则O(0,0,0),所以OA设平面A1OB由m⋅A1B1=0m设直线OD1与平面A1则sinθ解得h=3或即四棱柱ABCD-A1B1【题型3空间角问题】【例3】（2023·甘肃平凉·校考模拟预测）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD//BC，CD⊥AD，AD=CD=2BC=2(1)求证：CD⊥(2)求二面角C-【解题思路】（1）根据平面与平面垂直的性质，结合线面垂直性质即可判定CD⊥（2）取AD中点O，连接OP，OB，可证明OB⊥AD，进而建立空间直角坐标系，写出各个点的坐标，并求得平面PAC和平面PAD的法向量，即可由空间向量法求得二面角C【解答过程】（1）在四棱锥P-因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面又因为CD⊥AD，CD⊂所以CD⊥平面PAD因为PA⊂平面PAD，所以CD（2）取AD中点O，连接OP，OB，因为PA=PD，所以因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面因为PO⊂平面PAD，所以PO⊥平面ABCD，因为OA,所以PO⊥OA，因为CD⊥AD，BC//AD，AD=2所以四边形OBCD是平行四边形，所以OB⊥如图建立空间直角坐标系O-则O0,0,0，A1,0,0，B0,2,0，C-1,2,0AC=-2,2,0设平面PAC的法向量为n=x即-2x+2y=0,-x+z因为平面PAD的法向量OB=所以cos由图可知二面角C-所以二面角C-PA-【变式3-1】（2023·四川自贡·统考一模）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，E、F分别是PC、(1)判断直线DE与平面PFB的位置关系；(2)若PB与平面ABCD所成角为45°，求平面PFB与平面EDB所成二面角大小的正弦值.【解题思路】（1）取PB的中点G，连接GE,FG，证明DE//FG（2）利用向量法求出两个平面的法向量，再利用平面与平面的夹角公式计算即可.【解答过程】（1）直线DE与平面PFB平行.在四棱锥P-ABCD中，取PB的中点G，连接由E,F分别是PC,AD的中点，得又底面ABCD是正方形，则FD=GE，于是四边形FDEG为平行四边形，即DE//FG，由DE⊄平面PFB,FG所以DE//平面PFB.（2）由PD⊥底面ABCD，得∠PBD是PB与平面ABCD所成的角，即显然直线DA,DC,DP两两垂直，以D为原点，直线令AB=1，则PD=DB因此DB=(1,1,0),令m=(x,y,z)为平面EDB令n=(a,b,c)为平面PFB令平面PFB与平面EDB所成二面角大小为θ，则|cosθ于是sinθ所以平面PFB与平面EDB所成二面角大小的正弦值33055【变式3-2】（2023·河北邢台·宁晋中学校考模拟预测）如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，点A1在平面ABC内的射影D在线段

(1)证明：AC(2)设直线AA1到平面BCC1B1【解题思路】（1）连接A1C,AC1，由已知易得A1C⊥AC1、（2）根据二面角定义及线面垂直性质易得∠A1CC1是二面角A1-BC-B1的平面角，再由线面平行及面面垂直判定证AA1//面BC【解答过程】（1）连接A1C,AC由点A1在平面ABC内的射影D在AC上，则A1DBC⊂面ABC，则A1D⊥BC又A1D∩AC=D，A1AC1⊂面AC而A1C∩BC=C，A1由A1B⊂面A

（2）由（1）知BC⊥面ACC1A1，A所以∠A1C由AA1//CC1，AA1⊄面BC直线AA1到平面BCC1B1的距离为3，即又BC⊥面ACC1A1，BC⊂面A1∈面ACC1A1，面BCC1B由题设A1C1点A1在平面ABC内的射影D在线段AC上，则∠所以∠A1C1C=60°，故所以二面角A1-BC【变式3-3】（2023·全国·模拟预测）已知四边形ABCD是矩形，BC=λAB，λ∈2,+∞．如图，将△ABC沿着对角线AC翻折，得到△AB(1)求证：AB1⊥(2)求AOAD(3)若二面角B1-AC-D的余弦值为1【解题思路】（1）由射影得出B1O⊥平面ABCD，再得到平面AB1D⊥平面AB1D，由CD垂直于相互垂直平面的交线得到CD⊥（2）先假设AB=1，得到BC=AD=λ，再利用线面垂直的判定定理证得BO（3）方法一：首先得到二面角的平面角，再将平面的余弦值表示出OEBE方法二：以O为原点，以OB为x轴，以平行CD为y轴，以OB1为z轴，建立空间直角坐标系，表示出相应的坐标，求解出直线BC的方向向量BC和平面AB1【解答过程】（1）因为点B1在平面ABCD上的射影O恰好落在边AD所以B1O⊥平面ABCD，又B所以平面AB1D因为平面AB1D∩平面可知CD⊥AD，又AD⊂所以CD⊥平面AB1D，又所以AB又因为AB1⊥CB1，AB所以AB1⊥（2）设AB=1，则BC连接BB1，过B作BP⊥AC，垂足为

因为BP⊥AC，由翻折的性质可知又BP∩B1P=P,因为BB1⊂平面B连接B1O，BO，BO交AC于点E，连接

由（1）易知B1又B1O∩BB1=因为BO⊂平面BB1故由平面几何的知识易得△ABC~△OAB则OA=1λ（3）因为OE⊥AC，所以∠B1EO由cos∠B1方法一：因为BC∥AD，所以BC与平面即AD与平面AB同（2）图，作DF⊥B1C于点因为AB1⊥平面B1CD，AB1因为平面B1CD∩平面AB1C=B所以DF⊥平面AB1C，∠DAFAD=3，在Rt△B1由等面积法，则DF=63故BC与平面AB1C方法二：以O为原点，以OB为x轴，以平行CD为y轴，以OB1为

由（2）可知，AO=33，则A0,-33,0则AC=1,3因为BC//AD且BC=设平面AB1C则AC·n=0取z=1，则x即平面AB1C所以cosBC所以BC与平面AB1C【题型4空间中的距离问题】【例4】（2023·四川南充·统考一模）如图，在四棱锥C-ABDE中，DE⊥平面BCD，BD=4，(1)求证：AE//平面BCD(2)若BC⊥CD，且直线BC与AE所成角为30°，求点E到平面【解题思路】（1）通过证明AEDF为平行四边形得到AE//（2）以C为原点，CD,CB分别为x，y轴的正方向，过点C作垂直于平面BCD的直线为z【解答过程】（1）取BD中点为F，连接AF，因为AB=AD=23，所以因为DE⊥平面BCD，BD⊂平面BCD，所以因为DE⊂平面ABDE，AF⊂平面所以，DE//AF，且故四边形AEDF为平行四边形，所以AE//又AE⊄平面BCD，BD⊂平面所以AE//平面BCD（2）因为BC⊥CD，且直线BC与AE所成角为30°，所以∠CBD在Rt△BCD中，CD=以C为原点，CD,CB分别为x，y轴的正方向，过点C作垂直于平面BCD的直线为由（1）知，DE//AF，DE⊥平面BCD，所以AF则A1,得CA=设n=x,则CA⋅n=x+所以点E到平面ABC的距离d=【变式4-1】（2023·天津北辰·校考模拟预测）在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，且PA=2，四边形ABCD是直角梯形，且AB⊥AD，BC//AD，AD=AB=2，BC

(1)求证：DM//平面PAB(2)求直线PB与平面PDE所成角的正弦值；(3)求点E到PD的距离.【解题思路】（1）构造平面，由面面平行的判定定理证明面面平行，再根据面面平行的性质可得线面平行；（2）根据题意，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算代入计算，即可得到结果；（3）根据题意，由空间向量的坐标运算，代入计算，即可得到结果.【解答过程】（1）如图，取BC中点F，连接MF

因为F为BC中点，BC//AD，AD=AB=2，所以四边形ABFD为平行四边形，所以AB//又DF⊄平面PAB，AB⊂平面PAB，所以DF//因为F为BC中点，M为PC中点，则MF//又MF⊄平面PAB，PB⊂平面PAB，所以MF//因为MF∩DF=F,MF,又DM⊂平面MDF，故DM//平面（2）

根据题意，分别以AB,AD,由条件可得，A0,0,0则PB=设平面PDE的法向量为n=则PD⋅n=2取y=2，则x=1,z=2，所以平面设直线PB与平面PDE所成角为θ，则sinθ所以直线PB与平面PDE所成角的正弦值为26（3）由（2）可知，PD=所以点E到PD的距离为PE2【变式4-2】（2023·湖南岳阳·校联考模拟预测）如图，在直三棱柱ABC-A1B1(1)求直三棱柱ABC-(2)求证：BC//平面AB1C1，并求出BC【解题思路】（1）根据题意，结合表面积和体积公式进行计算即可；（2）根据线面平行的判定定理进行证明即可；过点C作CH⊥AC1，垂足为H，则CH⊥平面AB1【解答过程】（1）因为AC⊥所以AC=则直三棱柱ABC-S=其体积为V=（2）证明：因为BC//B1C1,B所以BC//平面AB过点C作CH⊥AC由题意得CC1⊥所以BC⊥平面AC又CH⊂平面ACC1所以CH⊥B1B1C1⊂平面AB所以CH⊥平面A在Rt△ACCCH=所以BC到平面AB1C【变式4-3】（2023·江苏·校联考模拟预测）在四棱锥P-ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，AB∥CD，AB

(1)设平面PAB与平面PCD的交线为l，求证：l//平面ABCD(2)点E在棱PB上，直线AE与平面ABCD所成角为π6，求点E到平面PCD的距离【解题思路】（1）根据题意，由线面平行的判定定理即可证明l//平面ABCD（2）由题意，先证AD⊥BD，然后取AD的中点O，建立以点O【解答过程】（1）因为AB∥CD，AB⊄平面PCD，CD所以AB//平面PCD又因为AB⊂平面PAB，平面PAB∩平面所以AB∥因为l⊄平面ABCD，AB⊂平面所以l//平面ABCD（2）

设O为AD的中点，因为PA=所以PO⊥又因为平面PAD⊥平面ABCD平面PAD∩平面ABCD所以PO⊥平面ABCD又BC⊂平面ABCD所以PO⊥由AB=2，AD=DC可知ABCD四边形为等腰梯形，得BD=所以AD所以AD⊥建立如图所示的空间直角坐标系O-P0,0,72，A12,0,0，设平面ABCD的法向量为n=设E=x,PE=x,因为直线AE与平面ABCD所成角为π6所以sinπ所以x-因为点E在棱PB上，所以PE=即x,所以x=-λ2，y代入①解得λ=12PE=-14,设平面PCD的法向量为m=m⋅令z1=1，得x1所以m=所以点E到平面PCD的距离d=【题型5立体几何中的折叠问题】【例5】（2023·广东中山·中山纪念中学三模）在直角梯形ABCD中，AD//BC，BC=2AD=2AB=25，∠ABC=90°，如图（

(1)求证：CD⊥(2)在线段BC上是否存在点N，使得AN与平面ACD所成角为60°？若存在，求出BNBC【解题思路】（1）利用勾股定理证明CD⊥BD，再根据面面垂直的性质可得CD⊥（2）以点D为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.【解答过程】（1）因为AD//BC，且可得AD=AB=又因为∠DBC=∠ADB所以BD2+因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD=BD，且所以CD⊥平面ABD又因为AB⊂平面ABD，所以CD（2）因为CD⊥平面ABD，且BD⊂平面ABD，所以如图所示，以点D为原点，建立空间直角坐标系，可得A1,0,1，B2,0,0，C0,2,0所以CD=0,-2,0，设平面ACD的法向量为n=x,令x=1，可得y=0,z假设存在点N，使得AN与平面ACD所成角为60∘设BN=λBC，（其中0≤λ≤1所以sin60°=整理得8λ2+2λ-所以在线段BC上存在点N，使得AN与平面ACD所成角为60°，此时BNBC【变式5-1】（2023·湖南·校联考模拟预测）在图1中，△ABC为等腰直角三角形，∠B=90°，AB=22，△ACD为等边三角形，O为AC边的中点，E在BC边上，且EC=2BE，沿AC将△ACD进行折叠，使点D运动到点F的位置，如图2

(1)证明：FO⊥平面ABC(2)求二面角E-【解题思路】（1）由等边三角形三线合一，得出FO⊥AC，再由勾股定理逆定理得出（2）方法一：建立空间直角坐标系，由面面夹角的向量法计算即可；方法二：作EM⊥AC，垂足为M，作MN⊥AF，垂足为N，连接EN，首先由线面垂直得出AF⊥NE，则二面角E-【解答过程】（1）证明：连接OB，因为△ABC为等腰直角三角形，∠B=90°所以AC=4因为O为AC边的中点，所以OB=在等边三角形FAC中，AF=因为O为AC边的中点，所以FO⊥AC，则又FB=4所以FO2+因为AC∩OB=O，AC⊂平面ABC所以FO⊥平面ABC

（2）方法一：因为△ABC是等腰直角三角形，∠ABC=90°，O所以OB⊥由（1）得FO⊥平面ABC，则以O为坐标原点，OB，OC，OF的方向分别为x，y，z

则A0,-2,0，E43所以AF=0,2,23设平面FAE的法向量为n=由AF⋅n=0AE⋅n=0易知平面FAC的一个法向量为m=设二面角E-FA-则|cos由图可知二面角E-所以二面角E-FA-方法二：作EM⊥AC，垂足为M，作MN⊥AF，垂足为因为FO⊥平面ABC，EM⊂平面所以EM⊥又因为AC∩FO=O，所以EM⊥平面ACF又AF⊂平面AFC所以EM⊥又MN⊥AF，MN∩EM=所以AF⊥平面EMN又EN⊂平面EMN所以AF⊥又平面AFC∩平面AEF所以二面角E-FA-因为EM∥OB，所以所以EM=43在Rt△AMN中，∠FAC所以MN=所以EN=所以cos∠ENM=MNEN【变式5-2】（2023·全国·校联考模拟预测）如图①，在平面四边形ABCD中，AB=AD=2，BC=CD=2，∠BAD=60∘．将△BCD沿着BD折叠，使得点C到达点C'的位置，且二面角A-BD-C(1)证明：平面PGF//平面C(2)求四棱锥P-【解题思路】（1）利用三角形中位线性质和线面平行的判定可证得PG//平面C'DB，PF（2）取BD的中点M，根据已知的长度关系和面面垂直性质可证得C'M⊥平面ABD，结合线面角定义可得tan∠C'【解答过程】（1）∵P,G,F分别为A∵PG,PF⊄平面C'∴PG//平面C'DB，又PG∩PF=P，PG,PF⊂平面PGF（2）取BD的中点M，连接C'∵AB=AD=2，∠BAD又BC'=C'∴C'M∵二面角A-BD-C'是直二面角，即平面C'DB⊥平面ABD，平面C'DB∩∴∠C'EM即为C∴tan∠C在△EMB中，由余弦定理得：E即34=1+BE2-BE，解得：BE∴S四边形GFED∴V【变式5-3】（2023·全国·模拟预测）如图，在梯形ABCD中，AB∥CD,∠BAD=90°,CD=2AD=2,AB=3,E为线段AB上靠近点A的三等分点，将(1)求证：AD⊥(2)是否存在点P，使得直线AP与平面ABE所成角的正弦值为66?若存在，求出线段EP【解题思路】（1）计算CE=2，根据勾股定理得到DE⊥CE，确定CE⊥平面ADE，证明（2）建立空间直角坐标系，确定各点坐标，计算平面ABE的法向量为m=(1,1,-1)，设EP=t，【解答过程】（1）AD=AE=1,∠DE=2,∠在△CDE中，CE2故CE2+平面ADE⊥平面BCDE，平面ADE∩平面BCDE=故CE⊥平面ADE，AD⊂平面ADE，故又AD⊥AE,CE∩AE=又AP⊂平面ACE，故AD（2）存在，EP=1如图，以点E为坐标原点，以ED,EC所在的直线分别为x轴、以过点E垂直于平面BCDE的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，E(0,0,0),则EA=设EP=t，0≤t≤2设平面ABE的法向量为m=(x,令x=1，则y=1,z设直线AP与平面ABE所成的角为θ，则sinθ=cosAP,故存在点P使得直线AP与平面ABE所成角的正弦值为66，则EP【题型6

立体几何中的探索性问题】【例6】（2023·四川雅安·统考一模）如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，直线C

(1)求证：AC⊥(2)若AC=BC=BC1=2，在棱A1B【解题思路】（1）利用面面垂直的性质、线面垂直的性质判定推理即得.（2）作Cz//C【解答过程】（1）在三棱柱ABC-A1B1C1中，由C1B在平面BB1C1C内过B作BO⊥CC1于O得BO⊥平面AA1C1C，而显然BO∩C1B=B,BO,C1所以AC⊥

（2）过点C作Cz//C1B，由由（1）知AC⊥平面BB1C1C，BC⊂以点C为原点，直线CA,CB,由AC=BC=BC假定在棱A1B1上存在一点P，使二面角P令B1P=λB设平面PBC的一个法向量n=(x,令x=1，得n=(1,0,-λ)，显然平面依题意，cos〈m,n〉所以在棱A1B1上存在一点P，使二面角P-BC【变式6-1】（2023·全国·模拟预测）如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PA⊥底面ABCD，PA=AB，E为AD(1)在线段PB上是否存在一点M，使得PC⊥平面EFM，若存在，请求出PM(2)在（1）的条件下，求二面角E-【解题思路】（1）利用线面垂直的判定定理和性质或者空间向量求解即可；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可.【解答过程】（1）方法一，假设存在这样一点M．连接AC，BD，如图（1）．∵PA⊥平面ABCD，EF，BD，BC⊂平面∴PA⊥EF，PA⊥∵在正方形ABCD中，AC⊥BD，又AC∩PA∴BD⊥平面APC∵PC⊥平面EFM，EF，MF⊂平面∴PC⊥MF，∵PA⊥EF，PA∩PC=P，PC,PA⊂又∵BD⊥平面APC，∴BD∵点E是AD的中点，∴点F是AB的中点．∵PA⊥BC，AB⊥BC，PA∩AB=A，PA,又∵MF⊂平面PAB,∴∵PC⊥MF,BC∩PC=C,BC,又∵PB⊂平面PBC,∴∵PA=AB，PA⊥AB，∴∵BF=12AB，∴PMMB∴在线段PB上存在一点M，且当PMMB=3时，使得PC⊥方法二，由题意易知PA⊥AB，PA⊥以A为坐标原点，AD，AB，AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图（2）的空间直角坐标系．设PA=AB=AD=4，则A(0,0,0)，E(2,0,0)，P设PM=λMB(λ设F(0,μ,0)(0≤μ≤4)，则EF=(-2,即-8+16λ1+λ-（2）由题意易知PA⊥AB，PA⊥以A为坐标原点，AD，AB，AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图（3）的空间直角坐标系．设PA=AB=AD=4，则A(0,0,0)，E(2,0,0)，P(0,0,4)，由（1）可知平面EMF的一个法向量为PC=4,4,-4，平面MFB的一个法向量为设二面角E-MF-B为θ，则∴二面角E-MF-【变式6-2】（2023·河南·信阳高中校联考模拟预测）如图，在几何体ABCDE中，CA=CB,

(1)求证：平面ADE⊥平面ABE(2)若CA=AB,BE=3,AB=4，在棱AC上是否存在一点F，使得EF与平面【解题思路】（1）取AB的中点O，连接CO，取AE的中点M，连接OM,DM，通过证明DM⊥平面ABE可得平面ADE（2）以O为坐标原点，OB,OC,OM所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，设AF=λ【解答过程】（1）因为CD⊥平面ABC，且BE所以BE⊥平面ABC取AB的中点O，连接CO，则CO⊂平面ABC，所以BE又CA=CB，所以取AE的中点M，连接OM,DM，则OM∥又BE∥CD,CD=所以四边形OCDM为平行四边形，所以DM∥所以DM⊥又AB,BE⊂平面ABE,AB因为DM⊂平面ADE，所以平面ADE⊥平面（2）由（1）知OC,OB,OM两两垂直，以O为坐标原点，OB,OC,则A-所以AC=设平面ACD的一个法向量n=则n⋅CD=0,n⋅AC=0,

设AF=λAC记EF与平面ACD所成的角为θ，所以sinθ解得λ=12，故F为AC所以在棱AC上存在点F，使得EF与平面ACD所成角的正弦值为277，且【变式6-3】（2023·陕西西安·校联考模拟预测）如图，三棱柱ABC-A1B1C1中，BC⊥AC，A(1)求证：平面A1ACC(2)若∠A1AC=60°，是否存在λ，使二面角B-A【解题思路】（1）先根据题意，得四边形A1ACC1为菱形，A1C⊥A（2）先建立空间直角坐标系，写出点和向量的坐标；再求出平面BA1P与平面【解答过程】（1）连接A1

∵在三棱柱ABC-A1∴四边形A1∴A1∵A1B⊥AC1，A1B∩∴AC1⊥又∵BC⊂平面A∴AC1⊥又∵BC⊥AC，AC∩AC1=A，∴BC⊥平面A又∵BC⊂平面ABC∴平面A1ACC（2）假设存在λ，使二面角B-A1P-在平面A1ACC1内，过点C作CD⊥∵平面A1ACC1⊥平面ABC，平面A1∴CD⊥平面ABC以点C为坐标原点，CA、CB、CD所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，如图所示：

设AC=∵∠A∴CD=则C0,0,0，A2a,0,0，所以AC=-2a,0,0∵点P满足AP=λ∴AP=则BP=设平面BA1P则n⋅BA1=0n⋅∵BC⊥平面A∴平面A1PC的一个法向量为∵二面角B-A1∴34=解得：λ=34∵0≤λ∴λ=故当λ=34时，二面角B【题型7立体几何中的作图问题】【例7】（2023·安徽六安·安徽省舒城中学校考模拟预测）如图，已知多面体EABCDF的底面ABCD是边长为2的正方形，EA⊥底面ABCD，FD

(1)记线段BC的中点为K，在平面ABCD内过点K作一条直线与平面ECF平行，要求保留作图痕迹，但不要求证明；(2)求直线EB与平面ECF所成角的正弦值.【解题思路】（1）根据线面平行性质定理，可得所作直线必平行面ABCD与面ECF的交线，因此先作两平面交线，再在平面ABCD内作交线的平行线.（2）建立空间直角坐标系，求直线EB的方向向量和平面ECF的法向量，利用向量夹角公式求直线EB与平面ECF所成角的正弦值.【解答过程】（1）延长AD,EF，设其交点为N，连接则CN为平面ABCD与平面ECF的交线，取线段CD的中点M，连接KM，直线KM即为所求．证明如下：延长AD,EF，设其交点为N，连接则CN为平面ABCD与平面ECF的交线，因为FD//EA，所以△FDA所以ND=所以ND=DA=所以四边形BCND为平行四边形，所以CN//取CD的中点M，连接KM，∵K,M分别为∴KM//BD，∴∵CN⊂平面EFC，KM⊄平面∴KM//平面EFC

（2）以点A为原点，AB所在的直线为x轴，AD所在的直线为y轴，建立空间直角坐标系，如图.由已知可得A0,0,0所以EC=设平面ECF的法向量为n=(则n⋅EC=0,取y=1得，x平面ECF的一个法向量n=(1,1,2)设直线EB与平面ECF所成的角为θ，则sinθ所以直线EB与平面ECF所成角的正弦值为36【变式7-1】（2023·贵州黔东南·凯里一中校考三模）如图1所示，在边长为3的正方形ABCD中，将△ADC沿AC折到△APC的位置，使得平面APC⊥平面ABC，得到图2所示的三棱锥P-ABC．点E,F,G分别在PA,PB,PC(1)在图2中画出交线l，保留作图痕迹，并写出画法．(2)求二面角A-【解题思路】（1）利用公理3，通过找出两平面的两个公共点即可求出结果；（2）建立空间直角坐系，求出平面AFG与平面EFG的法向量，再利用空间向量的面面公式及图形即可求出结果.【解答过程】（1）作图步骤：如图所示，延长EF，AB交于点M，延长AC，EG交于点N，连接MN，则直线MN即为交线l．保留作图痕迹且正确．（2）四边形ABCD是长为3的正方形，取AC中点O，连接OP,OB，则OB⊥AC，OP⊥AC，又平面APC⊥平面ABC，平面APC∩平面ABC=AC，OP⊂平面APC，所以OP则A322,0,0，E2所以FA=FG=-2,-设平面AFG与平面EFG的法向量分别为n1=x由FA⋅n1=0FG⋅n1=0所以n1由FE⋅n2=0FG⋅n2=0所以cosn由图知，二面角A-FG-E为锐二面角，故二面角【变式7-2】（2023·贵州·校联考模拟预测）如图，已知平行六面体ABCD-A1B1C1D1(1)试在平面ABCD内过点C作直线l，使得直线l//平面C1BD(2)求平面BC1D与平面【解题思路】（1）根据直线与平面的位置关系判断即可得直线l的位置，再根据线面平行的性质证明线线平行；（2）根据位置关系，建立空间直角坐标系，根据平面与平面的夹角公式进行求解即可.【解答过程】（1）解：只需要在平面ABCD内过点C作BD的平行线l，即可使满足题意.理由如下：l⊂平面ABCD，且l/平面ABCD∩平面所以l又∵在平行六面体ABCD-A1∴l∥B（2）解：连接AC交BD于O，连接C1由题意易知BD=2，AC在△C1CD同理：在△C1CB∴△BC1D为等腰三角形，即∴C1在△C1CO中，C1又∵BD∩OC=O，∴如图建系：以C1O为z轴，OC为x轴，OD为yC10,0,1，B0,-1,0，D0,1,0，∵CC1=BB1易知平面BC1D与平面yOz重合，则平面B设平面A1B1v⋅A1B设平面BC1D与平面Acosθ平面BC1D与平面A【变式7-3】（2022·福建泉州·统考模拟预测）如图所示，在四棱锥P-ABCD中，平面PAB⊥平面ABCD，∠ABC=∠BAD=90°，且PA(1)作出交线l（写出作图步骤），并证明l⊥平面PAD(2)记l与平面ABCD的交点为Q，点S在交线l上，且PS=λPQ(0<λ<1)，当二面角【解题思路】（1）延长AB、DC交于Q点，即可得到交线，通过证明PQ⊥PD，（2）建立适当的空间直角坐标系，利用空间向量得出|3λ+1|【解答过程】（1）延长AB，DC交于点Q，连结PQ，则直线PQ即为所求作的直线l：

因为∠ABC=∠又因为PA=PB=AB=AD=2BC=2且△PAB为正三角形，所以PQ⊥又AD⊥AB，平面PAB⊥平面ABCD且交线为AB，且AD所以AD⊥平面PAB且PQ⊂面PAB，所以AD⊥又AD∩PA=A，且AD⊂平面PAD所以PQ⊥平面PAD，即l⊥平面PAD（2）取AB的中点O，连结PO，则PO⊥又平面PAB⊥平面ABCD且交线为AB，且PO⊂平面所以PO⊥平面ABCD，以O为原点，OB，OP所在直线为x，z轴建立如图空间直角坐标系，则A(-1,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(-1,2,0)，由PS=λPQ所以AS=(3λ+1,0,3显然平面SAC的一个法向量为k=(0,0,1)，设平面SAC的法向量为n=(则n⋅AS取z=3λ+1，则x所以平面SAC的一个法向量为n=(3所以|cos〈所以当二面角S-AC-B的余弦值为【题型8立体几何建系繁琐问题（几何法）】【例8】（2022·浙江·三模）如图，四面体ABCD的棱AB⊂平面α,CD(1)证明：平面ABC⊥平面ABD(2)若平面ABC与平面α所成锐二面角的正切值为12，线段CD与平面α相交，求平面ACD与平面α【解题思路】（1）作CM⊥AB于M，通过余弦定理解三角形得到CM⊥MD，即可证得CM⊥平面ABD（2）作DG⊥α于G，CH⊥α于H，求出CH=1,HM=2，MG=1,DG=2，延长DC,GH交于点N，连接AN，作GK【解答过程】（1）作CM⊥AB于M，连接DM，则AM=ACcos则AD2=AM2+DM2，故DM⊥AB．又MD又CM⊂平面ABC，则平面ABC⊥平面（2）作DG⊥α于G，CH⊥α于H，由（1）知CM⊥AB，又CM∩CH=又MH⊂平面CHM，则MG⊥AB，又DM⊥AB，同理可得AB⊥平面由平面ABC与平面α所成锐二面角的正切值为12，则tan∠CMH=12，又则∠CMH=π2-∠DMG，DM=5，则MG=1,DG=2易得DG⊥AN，又DG∩GK=G，DG,GK⊂平面DGK，则AN则平面ACD与平面α所成锐二面角即∠DKG．又CH=12DG，则GH故GK=GNsin【变式8-1】（2023·广东深圳·统考模拟预测）在正三角形ABC中，E、F、P分别是-AB、AC、BC边上的点，满足AE：EB=CF：FA=CP：PB=1：2(如图1).将△AEF沿EF折起到△A1

(1)求证：FP//平面A1(2)求证：A1E⊥(3)求直线A1E与平面【解题思路】（1）证明FP//BE，利用直线与平面平行的判定定理证明FP//（2）不妨设正三角形ABC的边长为3.取BE的中点D，连结DF，证明ADF是正三角形，推出A1EB为二面角A1-EF-B（3）设A1E在平面A1BP内的射影为A1Q，且A1Q交BP于点Q，说明【解答过程】（1）∵CP：PB=CF：FA∵BE⊂平面A1EB，∴FP//平面A（2）不妨设正三角形ABC的边长为3，在图1中，取BE的中点D，连结DF，∵AE：EB=CF：FA∴AF=而∠A=60°，又AE=DE=1在图2中，A1E⊥∴∠A1EB由题设条件知此二面角为直二面角，∴A又BE、EF⊂平面BEF，BE∴A1E⊥平面BEF，即（3）在图2中，∵A1E⊥平面设A1E在平面A1BP内的射影为A1Q，且则可得BP⊥平面A又A1Q⊂平面A则∠EA1Q就是在△EBP中，∵BE=∴△EBP是等边三角形，∴又A1E⊥平面BEP，∴A1B=又A1E=1，在Rt△A所以直线A1E与平面A1【变式8-2】（2023·重庆·统考三模）如图，四面体ABCD的顶点都在以AB为直径的球面上，底面BCD是边长为3的等边三角形，球心O到底面的距离为1．(1)求球O的表面积；(2)求二面角B-【解题思路】（1）由正弦定理求出底面△BCD（2）取AC的中点E，连OE，过E作EF⊥AC，交AD于F，连OF，则∠OEF是二面角【解答过程】（1）底面△BCD外接圆的半径r又球心O到底面的距离为1．所以球的半径R=所以球O的表面积为4π（2）因为AB为球的直径，所以BC⊥AC，取AC的中点E，连OE，则OE//BC，则因为BC=BD=3，在等腰三角形ADC中，过E作EF⊥AC，交AD于F，连则∠OEF是二面角B-AC在△ACD中，cos∠DAC=5+5-3tan∠DAC=5110710=51在△BAD中，cos在△OAF中，OF2=O在△OEF中，cos∠OEF=OE所以二面角B－AC－D的余弦值为8517【变式8-3】（2023·广东深圳·深圳中学校联考模拟预测）如图所示，在三棱锥A-BCD中，满足BC=CD=33，点M在CD上，且DM=5MC，△ABD为边长为6的等边三角形，E(1)求证：FM//面ABC(2)若二面角A-BD-C的平面角的大小为2π3【解题思路】（1）在BE上取一点N，使得BN=12NE，由题可得FN∥AB，（2）根据面面垂直的判定定理可得面ABD⊥面AEC，过点C作CH⊥AE，则CH⊥面ABD，根据条件可得C到面ABD的距离及M到面ABD【解答过程】（1）在BE上取一点N，使得BN=12NE，连接∵BD=6，∴BN=16BD∵AFFE=12则FN∥AB，又FN⊄面ABC，AB∴FN∥面ABC∵BNND=CMMD∵NM⊄面ABC，BC⊂面ABC，∴NM∥∵FN∩NM=N，∴面FNM∥面ABC，又FM⊂面∴FM∥面ABC（2）∵AE⊥BD，所以二面角A-BD-又∵AE∩CE=E，∴BD⊥面AEC，∵BD⊂面∴面ABD⊥面AEC∵面ABD∩面AEC=AE，在面AEC内过点C作CH⊥AE于H则CH=∵CE=∴CH=32×32=3∵MD=56CD，∴M到面计算EM：cos∠在△DME中，DM=5∴13∴EM与面ABD所成角的正弦值为56【题型9立体几何新定义问题】【例9】（2023·湖南·校联考模拟预测）类比于二维平面中的余弦定理，有三维空间中的三面角余弦定理；如图1，由射线PA，PB，PC构成的三面角P-ABC，∠APC=α，∠BPC=β，（1）当α、β∈（2）如图2，平行六面体ABCD-A1B1C1D1①求∠A②在直线CC1上是否存在点P，使BP//平面D【解题思路】（1）过射线PC上一点H作HM⊥PC交PA于M点，作HN⊥PC交PB于N点，连接，MN，可得∠MHN是二面角A（2）①直接利用三面角定理（（1）的结论）计算；②连结B1C，延长C1C至P，使CP=C1【解答过程】（1）证明：如图，过射线PC上一点H作HM⊥PC交PA于作HN⊥PC交PB于N则∠MHN是二面角A在△MNP中和△MNMN两式相减得MP∴2MP两边同除以2MP⋅NP（2）①由平面AA1C1C∴由（1）得cos∠∵cos∠A1∴cos∠②在直线CC1上存在点P，使BP//连结B1C，延长C1C至P，使在棱柱ABCD-A1B1∴A1B1//DC∴A1在四边形B1BPC中，∴四边形B1∴B1∴A1又A1D⊂平面DA1∴BP//平面D∴当点P在C1C的延长线上，且使CP=C1【变式9-1】（2023·辽宁沈阳·东北育才学校校考一模）蜂房是自然界最神奇的“建筑”之一，如图1所示.蜂房结构是由正六棱柱截去三个相等的三棱锥H-ABC，J-CDE，K-EFA，再分别以AC，CE，EA为轴将△ACH，△CEJ，△EAK分别向上翻转180°，使H，J，K三点重合为点S所围成的曲顶多面体（下底面开口），如图2所示.蜂房曲顶空间的弯曲度可用曲率来刻画，定义其度量值等于蜂房顶端三个菱形的各个顶点的曲率之和，而每一顶点的曲率规定等于2(1)求蜂房曲顶空间的弯曲度；(2)若正六棱柱底面边长为1，侧棱长为2，设BH（i）用x表示蜂房（图2右侧多面体）的表面积S(（ii）当蜂房表面积最小时，求其顶点S的曲率的余弦值.【解题思路】（1）根据弯曲度、曲率的定义求得正确答案.（2）（i）结合多面体的表面积的求法求得Sx；（ii）利用导数求得蜂房表面积最小时BH的值.令∠ASC=θ，利用余弦定理求得cos【解答过程】（1）蜂房曲顶空间的弯曲度为顶端三个菱形的7个顶点的曲率之和，根据定义其度量值等于7×2π减去三个菱形的内角和3×2再减去6个直角梯形中的两个非直角内角和6×π即蜂房曲顶空间的弯曲度为7×2π（2）（i）如图所示，连接AC，SH，则AC=3，设点S在平面ACE的射影为则OB=1，则SH菱形SAHC的面积为S=侧面积6×2+所以蜂房的表面积为S(（ii）S'令S'(x所以Sx在0,24,所以S(x)在此时SA=SC=1+x2=又顶点S的曲率为2π∴===4cos【变式9-2】（2023·辽宁沈阳·东北育才学校校考模拟预测）已知顶点为S的圆锥面（以下简称圆锥S）与不经过顶点S的平面α相交，记交线为C，圆锥S的轴线l与平面α所成角θ是圆锥S顶角（圆S轴截面上两条母线所成角θ的一半，为探究曲线C的形状，我们构建球T，使球T与圆锥S和平面α都相切，记球T与平面α的切点为F，直线l与平面α交点为A，直线AF与圆锥S交点为O，圆锥S的母线OS与球T的切点为M，OM=a，(1)求证：平面SOA⊥平面α，并指出a，b，θ关系式；(2)求证：曲线C是抛物线．【解题思路】（1）由题设条件可得平面AOS⊥平面α，据此可求出球的半径TM=ab，可得（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求两点间的距离，化简方程即可得解.【解答过程】（1）∵平面AOS截球T的截面圆与直线AO相切于F，∴TF⊥记P是平面α内不在直线OA上的点，平面TFP截球T的截面圆与直线FP相切于点F，∴TF⊥∵平面α内直线AO，FP相交于点F，∴TF⊥平面α，∵直线TF⊂平面AOS，∴平面AOS⊥平面α，∴∠SAD=∠ASO=∴OT⊥SA，∴球T的半径TM=ab且∴a=（2）在平面AOS内圆锥的另一条母线与球T的切点记为N点∵∠NSA∴NS以O为坐标原点，OA所在直线为x轴，过O与TF平行的直线为z轴建立空间直角坐标系，如图.∵OM，OF与球T相切，∴OF=∴Fa,0,0，设交线C上任意点Px,y,0，记圆锥S的母线SP与球∵PF与球T相切于点F，∴PE=PF，∴PS=即x-a+两边平方整理得：x+a=两边平方整理得：y2=4ax易知：（3）⇒（2）⇒（1），∴交线C在坐标平面xOy中方程为y2∴交线C是以F为焦点，O为顶点的抛物线.【变式9-3】（2022·江西·校联考模拟预测）阅读以下材料：球的体积公式的推导，球面可以看作一个半圆绕着其直径所在直线旋转一周所得，已知半圆方程为x2+y2=R2(y≥0)，由x2+(1)若椭圆方程为x2(2)如图所示的椭球是由水平放置的椭圆C1绕其长轴AB所在直线旋转所得，其中旋转90°得到椭圆C2，椭圆C1上的点P1刚好对应椭圆C2上的点P2，椭圆C1的中心为O，以OB为x轴建立空间直角坐标系O-xyz（椭圆C1在平面xOy内），点P2关于z轴对称的点为P3【解题思路】（1）根据已知条件类比半圆推导球的体积公式的方法，可利用半椭圆推出椭球的体积公式，利用微积分的基本定理即可求解；（2）根据已知条件得出椭圆中得a,b，利用已知条件及空间直角坐标系，写出P1,P2【解答过程】（1）由半椭圆x2y=∴V=π所以椭球的体积公式为43（2）由{43πab2=由椭圆C1绕其长轴AB所在直线旋转所得，其中旋转90°得到椭圆CC2方程为x因为椭圆C1的中心为O，以OB为x轴建立空间直角坐标系O因为P1横坐标为1所以PAB=(4,0,0)，AP3=(1,0,设平面ABP3的一个法向量为由{n⋅AB=0n⋅AP3设平面P1B由{n⋅P1B=0n⋅P设平面ABP3与平面P1∴∴平面ABP3与平面P11．（2023·北京·统考高考真题）如图，在三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC

(1)求证：BC⊥平面PAB(2)求二面角A-【解题思路】（1）先由线面垂直的性质证得PA⊥BC，再利用勾股定理证得（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.【解答过程】（1）因为PA⊥平面ABC,BC所以PA⊥BC，同理所以△PAB又因为PB=PA所以PB2+BC又因为BC⊥PA，所以BC⊥平面PAB（2）由（1）BC⊥平面PAB，又AB⊂平面PAB，则以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),所以AP=(0,0,1),设平面PAC的法向量为m=x1,令x1=1，则y1设平面PBC的法向量为n=x2,y令x2=1，则z2所以cosm又因为二面角A-所以二面角A-PC-2．（2023·全国·统考高考真题）如图，在三棱锥P-ABC中，AB⊥BC，AB=2，BC=22，PB=PC=6(1)求证：EF//平面ADO；(2)若∠POF=120°，求三棱锥【解题思路】（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.【解答过程】（1）连接DE,OF，设AF=tAC，则BF=则BF⋅解得t=12，则F为AC的中点，由D于是DE//AB,则四边形ODEF为平行四边形，EF//DO,EF=DO，又所以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是在Rt△PBO中，所以PO=因为AB⊥所以OF⊥BC，又PO∩OF=所以BC⊥平面POF，又PM⊂平面所以BC⊥PM，又BC∩FM=所以PM⊥平面ABC即三棱锥P-ABC的高为因为∠POF=120°，所以所以PM=又S△所以VP3．（2023·全国·统考高考真题）如图，在三棱柱ABC-A1B1

(1)证明：平面ACC1A(2)设AB=A1【解题思路】(1)由A1C⊥平面ABC得A1C⊥BC，又因为AC⊥BC(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【解答过程】（1）证明：因为A1C⊥平面ABC，BC所以A1又因为∠ACB=90A1C,AC⊂所以BC⊥平面AC又因为BC⊂平面BC所以平面ACC1A（2）如图，

过点A1作A1O因为平面ACC1A1⊥平面BCC1B1所以A1O⊥所以四棱锥A1-B因为A1C⊥平面ABC，AC所以A1C⊥又因为A1B=所以△ABC与△A1设A1C=所以O为CC1中点，又因为A1C⊥AC即x2+x所以A1所以四棱锥A1-B4．（2023·全国·统考高考真题）如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，A1C⊥底面

(1)证明：A1(2)已知AA1与BB1的距离为2，求【解题思路】（1）根据线面垂直，面面垂直的判定与性质定理可得A1O⊥平面BC（2）利用直角三角形求出AB1的长及点A【解答过程】（1）如图，

∵A1C⊥底面ABC，∴A1C⊥BC，又BC⊥AC∴BC⊥平面ACC1A1，又BC⊂∴平面ACC1A过A1作A1O⊥CC1交CC1于O∴A1∵A1到平面BCC1B在Rt△A1设CO=x，则∵△A1OCCO2+A1∴1+x2+1+∴AC∴（2）∵AC∴∴BA过B作BD⊥AA1，交AA1于由直线AA1与BB1∵A1D=1，在Rt△ABC，延长AC，使AC=CM，连接由CM∥A1∴C1M∥A1C，∴∴则在Rt△AC1M在Rt△AB1C∴A又A到平面BCC1B所以AB1与平面BCC5．（2023·全国·统考高考真题）如图，在三棱锥P-ABC中，AB⊥BC，AB=2，BC=22，PB=PC=6，BP，AP，BC的中点分别为D，E

(1)证明：EF//平面ADO(2)证明：平面ADO⊥平面BEF(3)求二面角D-AO【解题思路】（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Px,y,z，所以由PA=14PB=6PC（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.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.【解答过程】（1）连接DE,OF，设AF=tAC，则BF=则BF⋅解得t=12，则F为AC的中点，由D

于是DE//AB,DE=EF//DO,EF=DO，又所以EF//平面