2025年新高考数学重难点专项复习：立体几何必考经典解答题全归类【十大题型】（解析版）

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】...........................................................46

【题型9立体几何建系繁琐问题(几何法)】...................................................53

【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,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8为斜足；找线在面外的一点H过点4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80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P/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.

h

公式为：sin<=彳，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V.

(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］=2_(而.于

2.求点到平面的距离的常用方法

(1)直接法：过P点作平面a的垂线，垂足为。，把尸0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的一个法向量为之，N是a内任意点，则点P到a的距离为4=

【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ABC-AiBiCi，如图所示，P是4•，上一动点，点。、D

分别是AC、PC的中点，AB1BC,AA1=AB=BC=2.

(1)求证：。0|平面P4B；

(2)当1平面4BC,且AiP=3PCi时，求三棱锥当-43。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4C、PC的中点，

所以。0|PA,

因为。DC平面P4B,PAu平面PAB,

所以。。||平面P4B；

(2)因为BBil平面4BC,4B,BCu平面ABC,

所以附1AB,BBr1BC,

又ABIBC,AAi=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Bi(0,0,2)/(0,2,0),C(2,0,0),P(|,加1(2,0,2),

设平面法向量的法向量为访=

则1m-AC=(x,y,z)■(2,-2,0)=2x-2y=0

、(m•24cl=•(2,—2,2)=2x—2y+2z=0'

解得Z=0,令％=1,则y=L故访=(1,1,0),

则点为到平面2%遇1的距离为d=吗卫=-篙=卷=五,

\m\Vl+lVz

由勾股定理得|/C|=、AB2+BC2=2V2,

SAACP=]|AC|,|A4|=5x2V2x2=2V2»

则三棱锥APC的体积为§S"CP,d=-x2V2xV2=

【变式1-1]（2024•山东日照•二模）在三棱锥产一ZBC中，BALBC,尸81平面ABC,点E在平面内，且

满足平面P4E_L平面PBE,AB=BC=BP=1.

(1)求证：AE1BE；

⑵当二面角E-PA-B的余弦值为争寸，求三棱锥E-PCB的体积.

【解题思路】(1)作BH_LPE,证得BH1平面JME,得到再由PB_L平面4BC,证得PBJ.4E,

利用线面垂直的判定定理，证得4E1平面PBE,进而证得AE,BE；

(2)以B为原点，建立空间直角坐标，设E(x,y,0),由4E1BE,得到族♦前=0,求得(久一+丫2=3

在求得平面P4E和P4B的法向量元=(y,l-x,y)和屁=(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BHLPE交PE于H,

因为平面P4E1平面PBE,且平面P4E1平面PBE=PE,BHu平面PBE,

所以BH1平面P4E,

又因为4Eu平面P4E,所以BH_LAE,

因为PB1平面ABC,且AEu平面PAE,所以PB14E,

又因为BH14E,PBLAE,且PB,BHu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x,y,z,建立空间直角坐标，

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

设E(x,y,O),因为2E18E,所以版•族=0,

因为荏=(x-l,y,0),前=(x,y,0),所以(x-l)x+yXy=0,即(%-+产=；,

又由尸Z=(1,0,-1)/£=(x-l,y,0),

设平面P4E的一个法向量为五=(a,b,c),贝5)［一$.r4=:二广0

(n-AE=a(x-1)+by=0

取。=丫，可得b=l-%,c=y,所以日=(y,l—％,y),

又因为就=(0,1,0)为平面PA5的一个法向量，

设二面角七-24-8的平面角为仇

e八|n-BC|1%一1|V3

则C°S8=而而=V(x-l)22y2xl=T-

+

因为(x-〈)2+y2=；,解得尤=i,y=o(舍去)或久=Jy=±g

Z4-ZZ

所以点E端,0)或E6—却)，

1-1-11-1

所以三棱锥E—PCB的体积为VE-PCB=3SAPCB-/I-3x-x1x1x---

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

平面力BCD,平面BCF1平面ABCD,^DAB=^.

F

(1)证明：CF1平面4BCD；

(2)若DE=券，平面ADE与平面BCF的夹角为也求四棱锥E—A8CD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瓦点位置后由体积公式计算即可得.

【解答过程】(1)在平面ABCQ内分别作直线znlCD,nLBC,

因为平面CDEF1平面4BCD,平面CDEF0平面ABC。=CD,

wiu平面4BCD,所以m_L平面CDEF,

又尸Cu平面CDEF,所以mlFC.

同理可证几_LFC,又加,72U平面48CD,且机，〃为相交直线，

所以FC1平面4BGD；

(2)取BC中点G,连接BD,DG,=三且底面4BC。为菱形，

故△BCD为等边三角形，所以£>G，£M,

以。为原点，DA,而为x,y轴正方向建立空间直角坐标系，

则£)(0,0,0),C(-l,V3,0),4(2,0,0),

故反=(一1,7^0)，由平面COEF1平面/BCD,

所以可设nT=(%y,z)为平面49E的法向量，

则有像尬;，^ax-Jay+hz=0'取片…，得再=(。，九图).

由平面BCF1平面2BCD,故行=(0,1,0)为平面BCF的一个法向量，

结合已知有85(可同=而*=浮又DE=VK=诟7=学所以％=今

所以UE-ABCD=5x9x2V3=V3.

【变式1-3](2024•黑龙江双鸭山•模拟预测)如图，四棱锥P-A8CD的底面ABCD是矩形，PD1平面

48。。，。=岳1。=71用为2。的中点，Q为PN上一点，S.AMLDQ.

(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】⑴以向量而，瓦?为基底，分别表示向量丽，俞，禾佣前•丽=0建立方程，确定Q为NP

的中点，从而得到O0为△PAC的中位线，从而得证；

(2)建立空间直角坐标系，分别求出平面ADQ的法向量和平面C。。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PD1平面ABCIUMu平面/3CD,

所以PDJ.4D,则方•市=0.

设筋=AAP,

贝阪=DA+AQ=DA+AAP=DA+A(DP-'DA)=(l-A)04+WP,

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

因为4M1DQ,所以府•丽=0,即

前.丽=[(l-A)DX+ADP]■^-DA+

=(2-I)|D2|2+-(I-2)E4-51+-A|5P|2=o

则(2—1)+2=0,解得"看

所以Q为/尸的中点.

连结/C,与8。交于点。，连结。。，

由于底面/BCD是矩形，所以。为/C的中点，则。。为△P4C的中位线,

所以。Q〃PC,

又。Qu平面80Q,PCXV面BDQ,

所以PC〃平面

(2)易知DC,Z)尸两两互相垂直，

以。为坐标原点，以D4,DC,Z)P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D(O,O,O),B(l,t,O),QG，O，¥)，C(O，t,O)，

DQ=&0,曰)，丽=(l,t,O),DC=(0,t,0),

设平面BDQ的法向量为访=(x1,y1,z1),

DQ-m=0得gxi+¥zi=O

由

DB-m=0'无1+tyi=0

取比1=1,则为=)，

设平面CDQ的法向量为元=（%2，、2/2），

取％2=1，则元=（1,0,_乎）,

于是|cos（访向|二5―r=345。=多解得t=手，

河雄23

故三棱锥Q-BCD的体积为味BCD=|xS&BCDX|PD=|X|X1X^X^=^|.

J/■J乙5Nxo

【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,AD1AB,点E、F在平面2BCD的同侧,CF//AE,

AD=1,AB=BC=2,平面4CFE_L平面ABCD,EA=EC=V3.

（1）求证：BF〃平面ADE；

（2）若直线EC与平面FBD所成角的正弦值为誓，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〃4E,CFX^ADE,

所以CF〃平面2DE,同理BC〃平面4DE,

又BC,CFu平面BCF,BCCCF=C,

所以平面BCF〃平面ADE,BFu平面4DE,

所以8/7/平面4DE；

（2）取47的中点。，因为E4=EC,

所以E014C,又平面力CFE1平面4BCD,平面ACFEn平面力BCD=AC,

EOu平面及4C,所以£。1平面2BC0,

又因为力D14B,故可建立如图所示的空间直角坐标系力-盯z.

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

所以ac=2VL所以ao=oc=VL

因为£71=EC=VI，所以EO=1,

所以4(0,0,0),B(2,0,0),D(0,1,0),C(2,2,0),0(1,1,0),F(l,l,l),FC=(1,1-1),

丽=(一2,1,0),前=(0,2,0),

设CF=AAE=(2,A,A),A>0,则B尸=BC+CF=(4,2+A,A),

设元=（尤,y,z）为平面B。尸的法向量,

W2

则1Gx+(2+l)y+Az=0,故取完=(1，2,-

因为直线EC与平面FBD所成角的正弦值为噜,

所以|cos<n,EC>|=4V10

同•国V3x5+G+3)

两边同时平方得

所以680）2+^—23=0,解得齐g或齐喘（舍去），

【变式2-1]（2024・重庆・模拟预测）如图，在四棱锥E—ABCD中，EC，平面ABCD/B||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；

⑵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尸点的坐标，进而求得CF的长度.

(解答过程】(1)依题意N84C=乙4CD=60°,所以CB=V22+12-2x2x1xcos60°=W，

所以4B2+CB2=4。2,所以4B_LC8,则DC1CB,

由于CE_L平面48CD,DCu平面ABC。，所以CE1DC,

由于BCnC£=C,BC,CEu平面BCE,所以DC1平面BCE.

（2）由（1）可知DC,CE,CB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(1,8,0),8(0,百,0),^F(0,t,V3-t),0<t<V3,

平面4BC的法向量为访=(0,0,1),

设平面凡4c的法向量为元=(x,y,z),

川f元，C——x+y/3y-0

'(n-CF=ty+(V3—t)z=0，

故可设n—(—V^t+3,t—y/3,t),

依题意，二面角F-ac-B的大小为45。，

所以湍篇=J(-V3t+3)2+(t-V3)2+t2=辛，

整理得3t2-8—t+12=(V3t-2)(V3t-6)=0,

解得t=5或t=?（舍去）,所以尸（0,竽,苧）,

所以CF=J（竽?+（5y二券.

【变式2-2］（2024•湖北•模拟预测）如图，AEJ.平面4BCD,E,F在平面4BCD的同侧，AE//DF,AD//BC,

ADLAB,AD=AB=^BC=1.

(1)若B,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(0,0j),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,40C平面BCEF,4。〃平面BCEF,

•••AE//DF,则4E,F,D四点共面，

•♦•4D//平面BCEF,2Du平面4DFE,平面BCEFC平面aZJFE=EF,：.AD//EF,5L.AE//DF,贝lj四边形2DFE

是平行四边形，

EF=4D=1；

(2)以4为原点，分别以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=/l(/l>0),!U!jE(0,0,A),F(0,l,2A),B(l,0,0),C(l,2,0),=(-1,0,2),BF=

(-1,1,2/L),丽=(0,2,0),

设方=(Xi，yi，zD是平面BEF的一个法向量，

由(S.II二,得｛-久1¥如i°=0，令zi=L可得叼=尢乃=-九

可得访=(尢—41),

设元=(%2，、2/2)是平面的一个法向量，

由｛,能二,得｛-X2+需12%2=0，令Z2=L可得久2=2.2=0，

可得元=(22,0,1),

依题意|cos幅砌=制=耳环黑卷而存=冬

解得4=：,=

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

PA=PD=2y[2,AD=IBC=2.DC=4,将三角形P2D沿力。折起，连接PC,PB,得四棱锥P—4BCD（如图

2）,且PB=2VIE为2。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PAD_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,勾股定理证得可得PE1平面4BCD,得平面PAD1

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BC=，D=DE=2,因为AD〃BC,ADVDC,

所以四边形BCDE为矩形，所以BE=CD=2,

因为P4=PD=2VL且E为4。的中点，

所以PE14D,且PE=，P42—g=2,

所以PE2+8E2=22+22=8=PB2,即PE_LBE,

又因为ADOBE=E,4D,BEu平面4BCD,

所以PEJ.平面4BCD,

又PEu平面PAD,所以平面P4D1平面ABCD

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

X

则4(2,0,0),B(0,2,0),M(-L2,0),P(0,0,2),

设EN=t(0<t<2),则N(O,O,t),

所以荏=(一2,2,0),而=(-2,0,2)，

设平面P4B的法向量为沆y),雁第二拜驾::

令Xi=1,则yi=l,Zi=1,得访=(1,1,1),

又府=(-3,2,0),俞=(-2,0,01

设平面力MN的法向量为元=(如於㈤，则《缥：一菱t等二;‘

(TL,AIV——Z%2十CZ2—U,

令%2=3则丫2=煞2=2,得五=(t,1,2),

所以msm矽=|||=忘高忑二=嚼,

解得t=i,或t=*(舍)，

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2BC-4B1C1中,所有棱长均相等,CB1(\BC1=O,“附

=60°,CBLBBr.

(1)证明;4。J■平面BB1QC.

⑵若二面角5―AiB]—8的正弦值.

【解题思路】(1)设。为BBi的中点，先证明平面40。，以此得到再证明力。18修，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)

儿

设。为BBi的中点，连接4。，OD,ABr.

因为在三角形力BBi中，=乙4BB1=60。，所以三角形4BB1是等边三角形,

而。是BBi的中点，故由三线合一可知，ADlBBi，

因为CBJ.BB1，。。是三角形&BC的中位线，即OD〃BC,所以

因为4。。。。=。，4D,0Du平面4。。，所以幽1平面40D.

因为40u平面4。£),所以BBilAO.

在△4C/中，AC=ABlt。为BiC的中点，所以4O1/C.

因为=Bi&BBiu平面BBiCQ所以4。1平面BB©。.

(2)设三棱柱ABC-力道iCi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),5(1,0,0),51(0,1,0),4(0,0,1),C(0,-l,0).

52=(-1,0,1)，=(-1,1,0),BC=(-1-1,0).

设平面4BB1&的法向量为元=(无i，yi，zD，

n-BA=—打+Zi=0

可取元=(L1,1).

n-BBi=_%i+yi=0

设平面ZBC的法向量为访=(x2,y2,z2)f

m-BA=—x+Z2=0

则2可取沆=(1,一Ll).

m-BC=—x2—y2=0

因为平面ZBC〃平面ZiBiCi，所以平面/l/Ci的一个法向量为访=(1,—1,1).

cos6丽=稿=而匕sin伍洞=竽,

故二面角Q-①/-8的正弦值为竽.

【变式3-1］（2024•福建龙岩•三模）如图，在四棱台ABCD-力记道山1中，底面四边形ABC。为菱形,

^ABC=60°,AB=244i=24出,4411平面ABCD.

（1）证明：BDLCC1；

⑵若M是棱上的点，且满足器=|,求二面角M-力久-。的余弦值.

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

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AM%和平面AD%的法向量，再

利用向量法求解即可.

【解答过程】（1）在四棱台48CD-48也1。1中，CCi延长后必交于一点，

故4&的,41四点共面，因为4411平面力BCD,BDu平面ABCD,故A411BD,

连接4C,&Ci，因为底面四边形4BCD为菱形，故4C1BD,

AArnAC=A.AA^ACu平面ACCi^i,故BD1平面人呢出，

因为CCiu平面ACCMi，所以BD_LCCi.

（2）过点/作BC的垂线，交BC与点N,以2N/D441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），

设4181=1,则AB=24iBi=2,由于N2BC=60。，故BN=1,

则力(0,0,0),D1(O,1,l),D(0,2,0),M(V3,|(0),

则石=(0,1,1),俞=(星0),前=(0,2,0),

记平面4Moi的法向量为元=(Q,瓦c),

则像北:即｛K7。,令

则。=一字。=-3,即五=(一零3,—3),

平面4DD1的法向量可取为访=(1,0,0),

___叵

则COS伍，访〉=品=/(_出+；+(_3)2=一晋.

所以二面角M-4小—。的余弦值为票.

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

BC.^BAD=90°,AD=2BC=4,AB=2,PA=2y[2,/-PAO=45°,且。是4。的中点.

⑴求证：平面POC1平面ABC；

⑵若二面角P-AD-B的大小为120。，求直线PB与平面P4D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/M=2VX0a=2/P40=45°,

由余弦定理得PM=AO2+AP2-2AO-APcosZ-PAO=4,所以P。=2.

因为弘2=2。2+人。2,所以“。4=90。，所以4D1P0.

因为BC//AO,BC=AO,所以四边形SBC。为平行四边形，所以。C=4B=2.

因为乙84。=90。，所以4WC=90°,即4D10C.

因为P。CC。=O,PO,COu平面POC,所以AD1平面POC.

因为20u平面ABC,所以平面POC1平面ABC

(2)在平面POC内，过点。作。E10C,交PC于E.

因为平面POC1平面ABC,n^^ABC=OC,所以。El平面ABC.

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

由(1)可知NPOC为二面角P—AD—B的平面角，即NPOC=120°,所以NPOE=30°,由PO=2,可得P

(0,-1,V3).

所以方=(2,3-73),01=(4,0,0),方=(2,1,-V3).

设平面PAD的一个法向量为方=Q,y,z),贝4[:第二:，即mL，

令2=e，则y=3,所以平面PHD的一个法向量为访=(0,3,遍).

设直线PB与平面PCD所成角为仇贝㈣n。=|cos(成丽)|=得曷=乎

所以直线PB与平面PCD所成角的余弦值为乎.

【变式3-3](2024•河南濮阳・模拟预测)如图所示，在等腰梯形4BCD中，AB//CD,AD=AB=BC=2,

CD=4,£为CO中点，4E与3。相交于点O,将△4DE沿/£折起，使点。到达点尸的位置(PW平面

ABCE).

(1)求证：平面POB1平面P8C；

(2)若PB=n，试判断线段网上是否存在一点。(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P8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(0,t,g-1),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AE,由于71B〃DE,AB=DE,AB=DE,

所以四边形是平行四边形.

由于=所以四边形/BED是菱形，所以力E1BD.

由于4B〃CE,AB=CE,所以四边形/3CE是平行四边形，

所以BC〃4E,所以BC18D.

在翻折过程中，AE10P,4E10B保持不变，

即8c10P,BCJ.OB保持不变.

由于。PC08=。，OP,08u平面尸

所以BC_L平面PO8,由于BCu平面尸8C,

所以平面POB1平面PBC；

(2)由上述分析可知，在原图中，BC1BD,

所以=国=2g,所以。B=OD=g.

折叠后，若PB=B，则PO2+OB2=PB2,所以POLOB,

由于P010E,OBQOE=O,OB,OEcABCE,

所以P。_L平面/BCE.所以OE,OB,尸。两两相互垂直.

由此以。为原点，

分别以OE,OB,OP所在的直线为叼,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),4(-1,0,0),£(1,0,0),

设Q(O,t,B—t),0<t<V3,PC=(2,V3,-V3),

AE=(2,0,0),AQ=

设平面AEQ的法向量为元=(x,y,z),

1

贝一"E二一n令z=t得x=0,y=t-0

故九=(01-,

设直线PC与平面所成角为仇则

sinJ=元同-同■何―倔

同」J(t-V3)2+t2x<4+3+3

_3—....=叵，

一V2t2-2V3t+3xV10.5’

所以72t2-2gt+3=2t2-2V3t+3=|,

4t2—4每+3=⑵一^^=。，解得士=孚,

所以Q(0,孚,空)，因为P(O,O,K),B(0,V3,0),

P(0,0,V3),B(0,V3,0)的中点坐标为(0,苧,苧),

即。是总的中点.

【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—Ai81cl中，△ABC为等边三角形，AB=24=4,

4%1平面N2C,点“，N,。分别为N2,AC,2c的中点，&B14cl.

⑴证明："ill平面4MN；

(2)求直线与平面4MN所成角的正弦值;

(3)求点D到平面々MN的距离.

【解题思路】(1)建立空间直角坐标系，求出平面41MN的法向量，利用CCi，元，结合*店界面&MN,

得出CQ〃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A4il底面ABC,/XABC为等边三角形，所以过点4作力H14C,则以为点/为

坐标原点，AC,AH,嬴的方向分别为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A4i长为＞0),则4(0,0,0)/i(0,0,ni),8(2,2但0),。1(2,0,小)

ArB=(2,243,-m),ACr=(2,0,m),

因为21BJ.4C1，所以痴-E=0,则有4一爪2=0,m=2.

所以4(0,0,0),8(2,2低0),C(4,0,0),”2,0,2),4(002),M(l,低0),N(2,0,0).

证明：因为而=(1,、周一2),而=(2,0,-2),设平面&MN的法向量为可=(x,y,z),

则加足j+岛-2z=0,,令则可=(i总0,

又因为运=(-2,0,2).

所以CM•云i=-2+0+2=0,所以“11叫，又因为CCa平面&MN,所以CQII平面力i"N.

（2）因为。为中点,所以CD=2,则D（3,疯0）,

有港=（3,点一2）,又可<=（1,苧,1）,设直线与平面&MN所成角为仇

sin0=Icos<4山,可>I==4X~F=吗，

I11I卜加•同4X&14

则直线&D与平面41MN所成角的正弦值为等.

（3）因为而=（-1,-疯0）,平面&MN的法向量为何=（1,券,1）,

所以，点。到平面4MN的距离为喀驯=卒.

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

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

A

(1)证明：BD//GH-,

(2)求直线BD与平面EFG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)连接旧4,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、F分别为BC、CD的中点，所以EF〃BD,

又平面EFG,EFu平面EFG,贝。8。//平面EFG,

又BDu平面4BD,平面4BDC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8。与平面EFG的距离，

连接E4,ED,由△力BC,4BCD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4E1平面BCD,又EDu平面BCD,则E4_LED,

以点E为原点，直线EB,ED,E4分别为尤,y,z轴建立空间直角坐标系，

则B(2,0,0),F(-l,V3,0),又4(0,0,2旧)，D(0,273,0),

又XG=ZAD,可得G(0,竽,竽)，

所以丽=(2,0,0),FF=(-1,73,0),丽=(0,竽,竽)，

_(EF•n=—x+>j3y=0

设平面EFG的一个法向量为n=(x,y,z),贝斗^4V3,2V3,

G•ri=-yy+z=0n

令y=L得五=(迎1,-2),

设点B到平面EFG的距离为d,则£/=噜型=笨=当

I九Iv8乙

所以BD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—Z/iCi中，AAr^AB=2,AC=1,乙4cB=90。,

。是棱A8上的一点.

（1）若=求异面直线与&G所成的角的大小;

（2）若CD1BD求点B到平面&CD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BpD与41cl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BiCD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28C-&B1C1中，^ACB=90°,则直线C4,CB,CCi两两垂直，

以点C为原点，直线C4CB,CCi分别为久,y,z轴建立空间直角坐标系，

则C(0,0,0),4(1,0,0),8(0,6,0),的(0,0,2),2),%(0,6,2),

由力D=DB,得D6曰,0),于是蔽=&-孚,_2),而=(-1,0,0),

1

V5

CQS{BD,ACX)=,

11I丽I肃IV5xl1O

所以异面直线Bi。与&Ci所成角的余弦为弓大小为arccos寻

(2)令而=4万=4(—0)=(—尢京,0),0<A<1,点。(1—尢国,0),

则而=(1一无声尢。),为。=(1-A,V32-V3-2),由CD1BD

得而•薪=(1—2)2+32(4—1)=0,而0W2W1,解得2=9或;1=1,

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

当2时，。(泮,0),而=弓,弓,0),函=(0,倔2),

行-CD=—Y+—v=0

设平面8停。的法向量元=(%?*),贝IJ—744》一,

n-CB1=v3y+2z=0

取％=2,得元=(2,-273,3),

而而=(0,V3,0),因此点B到平面BiCD的距离h=与寻=!，

所以点3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—4止1。。1中，底面四边形力BCD为梯形,

AD//BC,AB=AD=2,BD=2a,BC=4.

(1)证明：AiBilNDi；

(2)若直线48与平面BiCDi所成角的正弦值为平，点M为线段BD上一点，求点M到平面防孙的距离.

【解题思路】(1)因为因此只需证明_L平面只需证明ZBJ.44i(由题可证),

ABLAD,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。外所成角的正弦值为华，求出4公,再证明BD〃平

面8件。1，由此得点河到平面8停。1的距离等价于点B到平面为CD1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43=40=2,BD=2V2,

所以45+力。2=8=8。2,所以2B14D,

因为4BCD=4iBiCiDi为直四棱柱，

所以力遇，45

因为414040=4,2144。u平面

所以4B1平面4。。遇1，

因为21B1//2B,所以A/iJ.平面4。。送1，

因为u平面ADD140所以4Di

（2）由（1）及题意知，48/0/送两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系

因为力B=4D=2,BD=2V2,3。=4.设214=/1(/1>0),

所以4(0,0,0),B(2,0,0),Bi(2,0,h),C(2,4,0),。1(0,2,八),£>(0,2,0)

所以同=(2,0,0),而=(0,—4,八),函=(-2,-2,h),BC=(0,4,0),丽=(-2,2,0),

设平面BiCDi的一个法向量为五=(x,y,z)

则[适,CB]=-4y+hz=0,

In•CD1=—2x—2y+/iz=0

令z=4,贝收=y=/i,所以五二(九九4)

设直线ZB与平面为CDi所成的角为仇

贝㈣ne=|cos前励=踪==半，

2XJSTI6

解得h=2,所以元=(2,2,4)

所以点8到平面方孙的距离为4=喀=提=乎

|•*-14*VOJ

因为丽•元=—2x2+2x2+4x0=0,所以说1元

因为BD不在平面B1C外,所