重難點突破03立體幾何解答題常考模型歸納總結

目錄

01方法技巧與總結..............................................................................2

02題型歸納與總結..............................................................................2

題型一:非常規空間幾何體為載體..................................................2

題型二:立體幾何存在與探索性問題................................................6

題型三:立體幾何折疊問題.......................................................10

題型四：立體幾何作圖問題.......................................................14

題型五:立體幾何建系繁瑣問題...................................................19

題型六:兩角相等（構造全等）的立體幾何問題.......................................24

題型七:利用傳統方法找幾何關系建系.............................................28

題型八:空間中的點不好求.......................................................33

題型九:數學文化與新定義問題...................................................39

03過關測試....................................................................................46

方法牯巧年

/MV,4kJUJ"MUA一出\\

高考立體幾何解答題常考模型主要包括柱體、錐體、球體、旋轉體、多面體等。這些模型常涉及體積、表面積的

計算，械面問題，以及與其他幾何體的組合或相交問題。此外，空間位置關系,如平行、垂直的判斷與證明，也

是常考內容。空間角的計算，包括異面直線所成的角、直線與平面所成的角、二面角等,同樣是高考立體幾何

的重要考點。最后，空間距離的計算，如點到平面的距離、兩平行平面間的距離等，也是解答題中常見的考查

點。掌握這些模型的基本性質和解題方法，對于提高高考立體幾何的解題能力至關重要。

⑻2

題型歸納與總結

題型一:非常規空間幾何體為載體

1.（2024?河南濮陽?模擬預測）如圖，側面8QGB1水平放置的正三棱臺/BC—4801,48=24倒=4,且

側棱長為四.

（1）求證：441±平面BCCA；

⑵求直線AB和平面ACB,所成角的正弦值.

【解析】（1）延長三條側棱交于一點O,如圖所示.

由于=248=4,則場小為AOBA的中位線.

又側棱長為，2,所以OB=。4=.所以OB?+。4=16=夕#，所以04，06,

同理可得OA±OC,OB±OC.

因為OB,OC是平面OBC內兩條相交直線，所以。4±平面OBC,即AA_L平面BCCR.

（2）由（1）可知0AoB,OC兩兩垂直，可以以O4OB,OC所在的直線分別為立軸、？/軸、z軸建立空間直角坐

標系，如圖所示.

_____________眇

,

則A(0,0,2V2),B(2V2,0,0),C(0,2V2,0),B1(V2,0,0),AB=(272,0,-272).

設平面ACBi的一個法向量為元=(①y,1),

由于前二(0,20,_22),麗二(V2,0,-2V2),

n-AC=2V2?/-2V2=0,^(=2

所以x

n-AB1=V2x—2V2=0J1

即平面ACB.的一個法向量為日=(2,1,1),

\AB-n\

所以直線和平面ACBi所成角的正弦值為|cosAB,n\=

MR4V66

2.(2024.云南昆明.三模)如圖，在三棱臺ABC-人田?中，上、下底面是邊長分別為2和4的正三角形,

441，平面ABC,設平面481G口平面ABC=2,點E,尸分別在直線Z和直線BB,上,且滿足EF_Ll,

EF上BBi.

⑴證明：EF，平面BCCB；

(2)若直線EF和平面ABC所成角的正弦值為孚,求該三棱臺的高.

O

【解析】(1)證明：由三棱臺ABC-ABiG知，BQi〃平面ABC,

因為BGU平面AB.C,，且平面ABiGCI平面ABC=Z，所以III,

又BG"BC,所以1〃BC,

因為EF_LZ,所以EF_L，

又EFLBBi,BCCBBi=B，且BCu平面BCCB,BBC平面BCCB,

所以EF_L平面BCGA.

(2)以A為原點建立空間直角坐標系如圖，設三棱臺的高為拉，

則B(2,2V3,0),B^l,V3,h"),(7(-2,273,0),CB=(4,0,0),BBr=(-l,-V3,7i),

設平面BCCXBX的法向量為日=(工,9,z),則｛Wy+hz=o^

令y=h,則z=，^,所以平面BCGBi的一個法向量日=(0,h,V3),

易得平面ABC的一個法向量前=(0,0,1),

設EF與平面ABC夾角為。，由（1）知於〃游

I+|rh'n

所以由已知得sin。=|cosm,n|=

m\,n

解得九=述，所以三棱臺的高為四.

3.（2024.天津和平二模）如圖，三棱臺ABC-A.B.C,中，ZVIBC為等邊三角形，AB=24畫=4,44」

平面48。,點Af,N,。分別為48,AC,的中點，入力，AG.

⑴證明：CG〃平面AMN；

（2）求直線A.D與平面4AW所成角的正弦值；

⑶求點。到平面的距離.

[解析】（1）因為側棱441，底面ABC,△AB。為等邊三角形，所以過點人作，AC,則以為點A為坐標

原點，AC,AH,瓦希的方向分別為①軸，9軸，z軸的正方向，建立如下圖所示的空間直角坐標系，

設441長為機(山＞0),則A(0,0,0),4(0,0,7n),B(2,2V^,0),G(2,0,機)

AXB=(2,2vx—m),ACY=(2,0,m),

因為ArB_LACi，所以A^B-ACi=0,則有4一機2=0,m=2.

所以A(0,0,0),B⑵2/,0),C(4,0,0),G(2,0,2),4(002),M(l,g,0),N(2,0,0).

證明：因為A^M=（1,V3,-2）,而=（2,0,—2）,設平面A[MN的法向量為房=（①y,z）,

n'AM—x+V3y—2z—0,

則11，令c=l,則五=

n1-A1N=2x—2z=0.

又因為函=（-2,0,2）.

所以函?灑=—2+0+2=0,所以西_1屬，又因為平面A[MN,所以CC\〃平面AXMN.

（2）因為。為中點，所以CD=2,則0（3,73,0）,

有W方=（3,遍，一2）,又4=（1,乎,1）,設直線AQ與平面4A4N所成角為仇

sin。=lcos（ADmX=因。?'=—?一=第I

1（一排一|二卜戰「4義居一'

則直線4。與平面4AW所成角的正弦值為^-.

（3）因為麗=（一1,一通,0）,平面人皿亞的法向量為芯=（1,亨,1）,

2V21

所以，點。到平面A7W的距離為

7

4.（2024?河南周口?模擬預測）如圖,平行六面體ABCD-人田。。中，底面ABCD與平面48Goi都是邊

長為2的菱形,ABCD=ZBCQi=120°，側面BCG3的面積為，1K.

（1）求平行六面體ABCD-45aA的體積;

（2）求平面BCCB與平面CDDG的夾角的余弦值.

【解析】（1）連接AC,AClr

因為底面ABCD與平面48Goi均為菱形，且ABCD=/BCR=120°,

所以4ABC與△ABG均為等邊三角形，

取AB的中點O,連接OC,OG,則OC_LAB,OG_LAB,則OC=OG=通,

因為側面BCGBi的面積為V15,

所以ABCG的面積為衛程，則JX2X2sin/CBG=A要，

所以sinZCBG=,則cosZCBG=:.

在△BCQ中，CC?=22+22—2x2x2x^=6,則CC\二代,

所以002+OC2=CC2，所以o。，OG.

因為ABnOC=O,AB,OCu平面ABCD,

所以OG_L平面ABCD,

故平行六面體ABCD-4BQ1A的體積V=SABCD?OG=2X2sin60°Xg=6.

⑵由（1）可知，AB,OC,OG兩兩垂直，以。為原點，以OB,OC,OG所在直線分別為cc軸、夕軸、z軸，建立

如圖所示的空間直角坐標系O—xyz.

則B(l,0,0),C(0,V3,0),G(0,0,V3),D(-2,V3,0),

BC=(-1,73,0),C^=(O,-V3,V3),司=(-2,0,0),

設平面BCCiBi的法向量為質=(力1,yi,勿),

由［上方=0,得「方f%0取陰=1,則歸=(依1,1).

?左=0,1一/3陰+"3zi=0,

設平面CDDG的法向量為茂=(g,%,Z2),,

由［笠工=0,得「2號=；取比=1,則日=（0,1,1）,

日=0,l-V3y2+V322-0,

于是cos<m,n）=衛==口.

|m||n|5

設平面BCCB與平面CDDG的夾角為8,

所以cos6=|cos<蒞粉=

題型二:立體幾何存在與探索性問題

5.如圖L是邊長為3的等邊三角形,點DE分別在線段上，且AE=1,40=2,沿DE將

/XADE翻折至!JAPDE的位置，使得PB=JK,如圖2.

⑴求證：平面PDE±平面BCDE；

（2）在線段上是否存在點M,使得〃平面PCD,若存在，求出錯的值;若不存在,請說明理由.

iVljD

【解析】（1）在4PDE中，PE=1,PD=2,AEPD=60°,

由余弦定理得DE2=PE2+PD2-2PE-PDcos60°=3,

所以PE?+DE?=PD?,所以DE_LPE,

在APBE中，PE=1,BE=2,PB=逐，所以PE?+BE?=PB：所以BE_LPE,

又因為BEC\DE=E,BE,DEU平面BCDE,所以PE上平面BCDE,

又PEU平面PDE,所以平面PDE_L平面5coE.

（2）在平面BCDE中，過點E作上戶〃CD,交BC于F,

在平面PB。中，過點F作可〃P。，交PB于河,連接ME,如圖所示，

因為EF"CD,CDU平面PCD,EFC平面PCD,所以EF//平面PCD,

同理可得山田〃平面PCD,

次因為EFCMF=F,EF,MFu平面MEF,所以平面PCD//平面MEF,

A1EU平面MEF,所以上S〃平面PCD,即河為所求的點，

在△ABC中，EF〃CD,即EF〃人。，如圖所示，

___________F

A

Et

D

BC

F

AE_1

所訴力以C初F二

~EB~1

在△PBC中，FM〃PC,所以鏢=黑=即此時播=4

1V1JDrJD/IVLJD/

6.（2024.廣東.一模）如圖所示，四邊形A8CD是圓柱底面的內接四邊形，AC是圓柱的底面直徑，PC是圓

柱的母線，E是A。與BO的交點，AB=AD,ABAD=60^°,47=8.

⑴記圓柱的體積為N，四棱錐P—ABCD的體積為％,求罄；

⑵設點R在線段AP上，且存在一個正整數k,使得PA=kPF,PC=次花,若已知平面尸CD與平面

PCD的夾角的正弦值為嚕，求k的值.

【解析】（1）在底面ABCD中，因為AC是底面直徑，所以AABC=AADC=9Q,

又AB=AD,故XACB注XACD,

所以ABAC=ADAC=yZBAO=30°\BC=CD=^AB=AD=473.

2

因為PC是圓柱的母線，所以PC_L面ABC。,所以弘=7u(yAC)FC=167uxFC,

%=；x2xjxAB?BC?PC=；x2xJx4V3x4xPC=*③PC,

D/J/o

因此罄=遍兀；

（2）以。為坐標原點，以（54,1為c,z軸正方向，在底面ABCD內過點。作平面PAC的垂直線為沙軸,

建立如圖所示的空間直角坐標系.

z.

因為/R4C=/mC=30。°,=所以△ABE空△ADE,

故AAEB=NAED=90。°,

所以6七=0￡；=:46=2/,AB=6,CE=AC-AE=2,PC=kCE=2k,

因此。(0,0,0),4(8,0,0),。(2,28,0),下(0,0,2.,五=(2,2代,0),麗=(0,0,2fc),B4=(8,0,-2fc),

因為上4=A:PF,所以屈=4-a=(與,0,—2),

kvk)

則F(pO,2fc-2),CF=(-1-,0,2fc-2)

設平面FCD和平面PCD的法向量分別為n=(61,%,21),左=(力2,紡,&)，

[七伉，。尸=著力1+(2k—2)的=0[m-CP=2fe2—0

則有:〈一&，〈一-「，

=

[ntCD=2x1-\-2V3y1=Q[m-CD=2j；2+2V3?/20

取茂=fc),--^-(fc2—fc),—=(—3,V3,0),

設平面FCD與平面PCD的夾角為仇則sin9=W^

-Lo

所以有：cosff=|cosm,n|=—':'=Jl—sin汨=2y,

V(A：2-fc)2+1213

整理得興—%—12=0,*-/c+12=0(無解,舍)，

由于看為正整數，解得k=4.

7.在LABC中，AABC=90°,AB=BC=6,D為邊AB上一點，40=2,E為/。上一點,DEIIBC,將

△ADE沿DE翻折，使A到A!處,ADA'B=90°.

(1)證明：A'B±平面ADE；

⑵若射線DE上存在點M,使血=4屈，且MC與平面所成角的正弦值為行，求無

5

【解析】⑴證明：由題意知DE_L力'。，DE_LBD,

又4。仆3。=。,所以。E_L平面4BD,

又A'BU平面A'BD，所以DE_LA'B,

又AD_LA'B,DEA4。=O,所以4B_L平面ADE

(2)作垂直為Q,由⑴知，DE_L平面4B。，

又HQu平面HBD,所以DE_L4Q,

___________________________________?

入BDCDE=D,BD,DEu平面BDE,

所以4Q_L平面BDE

故以B為原點，無，品，熏的方向分別為x,y,z軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系，

則C(—6,0,0),4(0,—3,V3),￡?(—2,—4,0),79(0,—4,0)

設7W(g,%,Zo),則DE=(-2,0,0),DM=(g,%+4,z()),CE=(4,—4,0),CA'—(6,-3,V3),

大血=病,

(x0=-2A

所以(隊+4=0,故河(—24,—4,0),荻=(24—6,4,0)

Uo=O

設平面4EC的一個法向量為加=(a;,y,z),

m-CE—0即,4。-4y=0

m-CA'^0'[6x-3y+V3z=Q'

取c=1,則慶=(1,1,—A/3)

設MC與平面4EC所成角為6?,

一

?\m-MC\|24-6+4|=1

貝|Jsin。=cos7WC,m=-一,———；

V(2/l-6)2+16-V55

解得zl=2或4=—1,

由題意知zl>0,故4=2.

8.(2024?甘肅張掖?模擬預測)如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面四邊形ABCD為菱形，且ADAB=60°,

△PAD是邊長為2的等邊三角形,且平面PAD±平面ABCD,O為4D中點.

P

⑴求證：OB±平面PAD；

⑵在線段PC上是否存在點M，使二面角M-BO-C的大小為60°，若存在,求喘的值，若不存在,

請說明理由.

【解析】⑴

證明：在中，由/OAB=60°,AO=1,AB=2,

得OB=y/Ad1+AB1-2AO-ABcosZOAB=V3,

即AO2+OB2=AB2，所以OB_LA。

由OBu平面ABCZ）,平面B4D_L平面ABCD,且平面_R4Ori平面ABCD=AD

得OB_L平面。4。

⑵

由（1）得BO_L平面Q4。,所以BO_LPO,

在等邊三角形AR4。中，。為AD中點，所以PO_LAD,

即OAOB,OP兩兩互相垂直，則以。為坐標原點，04OB,OP所在直線分別為，z軸，建立空間直角坐標

系，

如圖所示，又~4=「。=人。=2,所以0。=08=，^,

則。(0,0,0),。(0,0,佝,鳳0,何0),。(—2,四0),

所以歷=(一2,3,一四)，設三面=4歷(0V4V1),

貝|荷=得到OM=OP+PM=(-2A,V3A,V3{1-^),

易知平面CBO的一個法向量為1=（0,0,1）,

設平面MOB的一個法向量為a=（，，9，z）,又而=（一2434血（1一/1））,55=（0,73,0）,

n-OM=-2叔+代初+《(1—4)z=0

由2，令z=v^,得夕=0逆=3：亨,

n2-OB=V3y=0

所以福=(。^,0,通),

x2A/

又一面角初一BO-C的大小為60°,

1

所以|cOS7h,7^|=W警］=COS60。,得至“----/通=

同|也|IX版號聲J2

又0V/IV1,解得4=；,

o

所以存在初點使二面角河一BO—C的大小為60°,且警

jiOo

題型三:立體幾何折疊問題

9.（2024?湖北武漢?模擬預測）如圖1,在矩形ABCD中，4B=2,8C=2二，將/\ABD沿矩形的對角線

BD進行翻折,得到如圖2所示的三棱錐A-BCD，且AB，CD.

（1）求翻折后線段AC的長；

⑵點加■滿足2AM=加，求CM與平面ABD所成角的正弦值.

【解析】（1）由AB±CD,BC1,CD,ABC\BC=B,AB,BC<Z平面ABC,

可得。。_L平面ABC,又ACu平面ABC,則力。_LCE）,

在Rt/\ACD中，根據勾股定理,AC==V（2A/3）2-22=2^/2

（2）如圖，過入點作于點E,由（1）可知，平面BCD,平面ABC,交于

：.AE±平面BCD,?.?人。=26，又AB=2,BC=2，ij,.?.△ABC為直角三角形，/.AE=AB'^C^

BCV3

如圖，以CD為2軸,CB為沙軸，過。作AE的平行線為z軸建立如圖所示的空間直角坐標系

則,B(0,2V3,0),￡>(2,0,0),有助=(2,一表,BD=(2,-2V3,0),CM=CA+AM

m-AD=2x-^y-^~z=Q

設平面ABD的法向量后=（力,y,z）,則

m-BD=2x—2y/3y=0

令力=遮，解得其中一個法向量后=

14蓼

I——>||m-C7n|行等+舟+瓜

于是,cos沆,CM=-———-V23V3

\m\\CM\于

故CM與平面AB。所成角的正弦值為名.

O

10.（2024?山東?模擬預測）如圖，在菱形ABCD中，NBAD=60°,E是4D的中點，將/\ABE沿直線BE翻

折使點人到達點4的位置，尸為線段A.C的中點.

⑴求證：DF//平面AiBE；

（2）若平面AQE±平面BCDE,求直線A.E與平面A.BC所成角的大小.

【解析】（1）取線段的中點為H,連接EH。,。FH,

因為F為線段AQ的中點，所以。，且

又E是AD的中點，所以ED〃BC,且ED=」~BC;

所以ED〃FH,且ED=FH_，故四邊形EDFH為平行四邊形;

所以DF//EH,

因為DFV平面AQE,EHU平面A〔BE,

所以直線。F〃平面4BE;

C

（2）因為E是AD的中點，所以BE_L所以

因為平面ABE_L平面BCDE,平面4BEn平面BCDB=BE,

所以4E_L平面BCDE.

以E為用、點，EB。,。ED°,。HA分別為2軸，？/軸，z軸建立空間直角坐標系，

設AB=2,則七（0。，。0°,°0）,A（O°,°0°,。1）,B（V3,°0°,。0）,（7（73,02,0）,

則血=（0,0,1）,朗=（一四。，。0。，1）,郎=（0,2,0）,

設平面4BC的法向量為方=（工，%z）,則卜,竺尸。即];夫+z=。，

[n-BC=012?/=0

取c=l,則日=（1,0。,V3）,

設直線4E與平面人田。所成角為仇

則sin6=kos%。,。EA,\=?:=~^~>

同.“2

所以直線人田與平面43。所成角為多

O

11.（2024?河南駐馬店?二模）在如圖①所示的平面圖形中，四邊形ACDE為菱形，現沿AC進行翻折，使得

AB±平面ACDE,過點E作E尸〃且即=（48,連接所得圖形如圖②所示，其中G

為線段的中點，連接FG.

⑴求證：FG，平面4BD；

⑵若47=AD=2,直線尸G與平面BCD所成角的正弦值為?，求AB的值.

【解析】（1）證明：.

在菱形ACDE中，CE±AD,

因為AB_L平面ACDE,CEU平面ACDE,所以CE_LAB,

又ABC=AB,ADU平面ABD,所以CE_L平面ABD

因為G,。分別為B_D,AD的中點，所以GO=qAB,GOHAB,

又EF//AB,

所以GO=EF,GO〃EF,所以四邊形GOEF為平行四邊形，

所以FG〃七O,所以FG_L平面ABD

（2）在菱形ACDE中，因為AC=AD,所以/\ACD和△4DE都是正三角形，

取ED的中點H,連接AH,則AHI.AC,

又AB_L平面ACDE，所以AB_LAC,4B_LAH,即AB,AC,AH兩兩垂直.

___________F

以人為坐標原點，AB,力。,所在直線分別為2,/z軸,建立如圖所示的空間直角坐標系，

設A.B—2Q（Q>0）,則。（0,2,0）,_B（2Q,0,0）,_D（0,—1,A/3）,,

m-BC=-2ax-\-2y=0,

設平面BCD的法向量為方=（力,y,z）,則

m-CD=-y-\-V3z=0^

取z=l,則由=（上&，通,1）.

記直線FG與平面BCD所成角為仇

則sin。=|cosFG,m|=展——=0,

11R吧HJ=.G羽7

解得a=l,即AB的值為2.

12.在等腰梯形48co中，AB〃CD,=22+2,AD=BC=2,ADAB=60°,M為AB中點，將

4AMD,NBMC沿MD,MC翻折，使4B重合于點E,得到三棱錐M-CDE.

⑴求ME與平面CDE所成角的大小;

（2）求二面角M-DE—C的余弦值.

【解析】⑴在三棱錐朋-CDE中，取CD中點為Q,

過點初作直線EQ的垂線交直線EQ于點H,

因為ABCD為等腰梯形，且"■為AB中點，則CE=DE,CM=DM,

可知EQ_LCD,MQ_LCD,且EQ,MQU平面MEQ,EQPlMQ=Q,

則CD_L平面MEQ,且MHu平面MEQ,可得⑵_LMH,

可知MH工CD,MH_LEH,CDC\EH=Q,CD,EHu平面CDE,

則MH_L平面CDE,可知AMEQ即為所求線面角，

在等腰梯形ABCD中，已知AB=+2,AD=BC=2,ADAB=60°,

可求出AM=ME=4^\\,MQ=4^,EQ=?,

ME2-iEQ2-MQ2

可得cosAMEQ=

2?ME?EQ2

且NMEQe（0,兀），則/MEQ=j

所以直線ME與平面CDE所成角為j.

（2）以H為原點，的，勒5,而為立軸，"軸，z軸正方向建立如圖所示的空間直角坐標系，

則D（^^^--l,V2,0^,1--^-,0,0j,7W（0,0,^^+l）,

可得赤=（一衣，—衣,0），癥=（—1—§,0,—1—孚），

m-DE=—V2x—V2y=0

設平面MEQ的法向量為左=（力,y,z）,則

m-ME=（-1—乎）力一（1+號）z=0

取/=1,則g=z=—1，可得慶=(1,—1,—1),

且平面CDE的法向量為血=(0,0,§+l),

可得cosm,HM=噩吧=—(=—4，

|m|-|/w|V3x(^+1)3

由圖可知二面角為銳角，所以二面角“一DE—。的余弦值為4.

O

題型四:立體幾何作圖問題

13.(2024?河南信陽?模擬預測)長方體ABC?—4BQQ1中，AB=2A4=34D,赤=2麗.

(1)過E、3作一個截面,使得該截面平分長方體的表面積和體積.寫出作圖過程及其理由.

(2)記(1)中截面為a,若a與(1)中過。點的長方體的三個表面成二面角分別為仇w，s,求cos*+cos??

+cos2co的值.

【解析】⑴連接DiB，取。田中點。，則。與E、B可確定一個平面，該平面即為所求.

連接DiE,取點F使得A^F=2函.連接DrF,FB,則所作截面為平面BED}F.

理由：連接

FB1〃DE,FB1=DE(長方體性質)

/.四邊形EBiFD為平行四邊形，

又。為。田中點(長方體性質)

/.。為EF中點，BEDF四點共面,

,：面AiBxCiDiA面BEDF=DR面ABCDA面BED1F=BE,

面ABCD〃面AiBQQi,

所以DiF//BE,同理可證得BFHD】E.

：.四邊形BEDiF為平行四邊形，

取反苕=2屈,設長方體左半部分幾何體體積為匕表面和為Si,

因為AB—2AA1=3AD,設AB=6,AAi=3,AD=2,

=

所以VAIBQQI-ABCD=6x3x2=36,SAIBQIDI-ABCD(6x3+6x2+2x3)x2=72,

"_

弘二^AXDXF-ADG+VDDIE—GFB=^X2X4X3+/X2X3X2=18=/

SI-SnAiDiDA+S^DiE+S&4Q1F+S梯形4尸R4+s梯形ABE。

=2x3+yX2x3+yX2x4+yX(4+6)X3+yX(2+6)X2

綜上，平面BEDiF符合題意

(2)易知DA、。。兩兩垂直，以。為原點建立如圖所示空間直角坐標系，

由題AB=2A4i=3AD,令AB=6,24=3,AD=2,則有E(0,2,0),Di(0,0,3),B(2,6,0),則國

(0,-2,3)屈=(2,4,0),

設平面ABCD、平面ADD.A,、平面DCC.D.的法向量分別為有，定,江由長方體性質可知另=(0,0,1),定=

(0,1,0),7^=(1,0,0)

設平面a法向量為日=(2,僅2)

ni七伍歷。1=0口門J—2g+3z=0i=-3

則有心。，即(2力+4g=0，令z=1,則

2-->、2(―?-?

ni,nn?*nn*n

則cos2。+COS2^)+COS%)=23

+由同J+〔局w

J房I禮

14.(2024.高三.河北承德.期中)如圖，在四棱錐P—ABCD中，底面ABCD是正方形，O,國斤分別是8。,

上的中點.

(1)證明：OE〃平面PBC；

(2)若平面a經過點尸,RE,且與棱尸口交于點H.請作圖畫出〃在棱上的位置，并求出魯的值.

【解析】(1)連接AC,則。為4。的中點，

因為E為_R4的中點，所以OEIIPC.

又OE<X平面PBC,PCu平面PBC,

所以OE〃平面PBC.

⑵如圖，過P作直線1與3。平行，

則〃/AD,故Z,AD共面.

延長DE與Z交于點G,連接FG,FG與PB的交點即為點H.

因為底面ABCD是正方形，F是6。的中點，

所以AO〃BC,且AD=2FB,

因為E是_R4的中點，所以PG=AD,

pu

則PG=2FB,所以錯=2.

15.(2024.遼寧大連.一模)如圖多面體ABCDEF中，面丑面ABCD,AfyiB為等邊三角形，四邊形

ABCD為正方形,即〃反7,且即號BC=3,H,G分別為國8的中點」

（1）證明：BFLAD；

（2）求平面BCEF與平面尸GH所成角的余弦值；

（3）作平面FHG與平面4BCD的交線，記該交線與直線交點為P,寫出票的值（不需要說明理

-/TLl.y

由，保留作圖痕跡）.

【解析】（1）在正方形ABCD中，AD，AB,

?.?平面無4B_L平面ABCD,平面E4BCI平面ABCD=4B,4Du平面48。。，

二AD_L平面E4B,又BFU平面必8,

：.BF±AD-,

（2）：AE4B為等邊三角形，設AB中點為O,.?.OF_LAB,

又平面E4B_L平面ABCD,面丑4BC面4BCD=AB,OFu面丑4B,則OF1.面ABCD,

以。為坐標原點，分別以OB,OG,OF為c,9,z軸正方向建立空間直角坐標系，如圖所示：

設平面BCEF的一個法向量為吊=（2必z）

則此篡常簟產=°'—=。,所以-1）,

設平面FGH的一個法向量為日=（a,b,c）

n-FH=0^(a+^b-V3c=0

，取c=V3得a=—I"，。="^"，所以亢=（—V3）,

n-FG^Ol46-2V3c=0

n^m(V3,0,l),(—

所以cosn,m=

|n|-|m|〃3+lxJ||+1+322

所以平面與BCEF與平面FGH成角的余弦值為專

⑶如圖所示：在AD上取一點P,使得DP=EF,連接FP,PG,

因為EF//BC,AD〃BC,所以EF〃AO,即EF//DP,

所以EFPD為平行四邊形，故FP〃ED,

因為H,G分別為CE,CD的中點，所以GH〃DE,

__________W

故GH//PF,即G,H,P,F共面,

16.如圖，已知底面為平行四邊形的四棱錐P-ABCD中，平面MNGH與直線PB和直線AC平行，點、E為

的中點，點尸在CD上，且。尸:尸。=1:2.

（1）求證：四邊形MNGH是平行四邊形；

（2）求作過班作四棱錐P-ABCD的截面，使與截面平行（寫出作圖過程,不要求證明）.截面的定

義:用一個平面去截一個幾何體，平面與幾何體的表面的交線圍成的平面圖形.

【解析】（1）：PB〃平面MNGH,PBU平面平面MNGHC平面PAB=MH,：.MH//PB

,:PB〃平面MNGH,PBu平面PBC,平面MNGHC平面PBC=NG,：.NGIIPB

：.MH//NG,

■：ACII平面MNGH,ACu平面ABCD,平面MNGHn平面ABCD=MN,：.MN//AC

?：AC//平面MNGH,ACu平面。AC,平面MVGHA平面a4C=HG,.?.HG〃人。

：.MN//HG,

四邊形MNGH是平行四邊形.

⑵

s

p

如圖，延長FO,與AB交于點過點P作直線PS〃AB,則直線PS為平面R4B和平面PCD的交線，延長

FE,交PS于點S,連接SA,與PA交于點Q,連接QE.；點、E為PD的中點，點。為BD的中點，；.EO是

△PBD的一條中位線,又PB(X平面EFRQ,EOu平面EFRQ,：.PB〃截面EFGH.

故平面EFRQ即為所求截面.

17.(2024.北京.三模)四棱錐P—ABCD中，底面ABCD是邊長為2的菱形，ZDAB=^.ACDBD=O,

且PO，平面ABCD,PO="，點尸,G分別是線段尸上的中點，后在24上.且上4=3PE.

(I)求證：8。〃平面EFG；

(II)求直線與平面EFG的成角的正弦值；

(III)請畫出平面EFG與四棱錐的表面的交線，并寫出作圖的步驟.

【解析】分析：(I)推導出FG〃瓦)，由此能證明BD〃平面EFG;

(II)推導出。4_LOB,PO_LOA,PO_L03,軸建立空間直角坐標系息，利用向量法能求出直線AB與平

面EFG的所成角的正弦值；

(III)法1:延長分別交AB,AD延長線于河,N，連接A￡N,發現剛好過點C,,連接CG,CF,則四邊

形EFCG為平面EFG與四棱錐的表面的交線.

法2:記平面EFG與直線PC的交點為設兩歷，，利用向量法求出4=1,從而H即為點C.連接CG,

CF,則四邊形EFCG為平面EFG與四棱錐的表面的交線.

解析:解:(I)在饃3。中，因為點F,G分別是線段上的中點，

所以FGHBD

因為BD￡平面EFG,FGU平面EFG.

所以BD//平面EFG.

_______0

(II)因為底面4BCD是邊長為2的菱形，

所以。4_LOB,

因為PO_L平面ABCD,

所以PO_LOA,PO_LOB,

如圖，建立空間直角坐標系，則依題意可得

A(1,O,O),B(0,V3,0),。(一1,0,