重難點22立體幾何必考經典解答題全歸類【十大題型】

【新高考專用】

?題型歸納

【題型1立體幾何中的體積問題】..............................................................4

【題型2立體幾何中的線段長度問題】.........................................................10

【題型3空間角問題】........................................................................15

【題型4空間點、線、面的距離問題】.........................................................21

【題型5立體幾何中的作圖問題】.............................................................27

【題型6立體幾何中的折疊問題】.............................................................33

【題型7立體幾何中的軌跡問題】.............................................................39

【題型8立體幾何中的探索性問題】...........................................................46

【題型9立體幾何建系繁瑣問題(幾何法)】...................................................53

【題型10新情景、新定義下的立體幾何問題】..................................................59

?命題規律

1、立體幾何必考經典解答題全歸類

空間向量與立體幾何是高考的重點、熱點內容，空間向量是將空間幾何問題坐標化的工具，屬于高考

的必考內容之一.從近幾年的高考情況來看，立體幾何解答題的基本模式是論證推理與計算相結合，以某個

空間幾何體為依托，分步設問，逐層加深；第一小問主要考察空間線面位置關系的證明，難度較易；第二、

三小問一般考察空間角、空間距離與幾何體的體積等，難度中等偏難；空間向量作為求解空間角的有力工

具，通常在解答題中進行考查，解題時需要靈活建系.

?方法技巧總結

【知識點1空間幾何體表面積與體積的常見求法】

1.求幾何體體積的常用方法

(1)公式法：直接代入公式求解.

(2)等體積法：四面體的任何一個面都可以作為底面，只需選用底面面積和高都易求出的形式即可.

(3)補體法：將幾何體補成易求解的幾何體，如棱錐補成棱柱，三棱柱補成四棱柱等.

(4)分割法：將幾何體分割成易求解的幾部分，分別求體積.

2.求組合體的表面積與體積的一般方法

求組合體的表面積的問題，首先應弄清它的組成部分，其表面有哪些底面和側面，各個面的面積應該

怎樣求，然后根據公式求出各個面的面積，最后相加或相減.求體積時也要先弄清各組成部分，求出各簡單

幾何體的體積，再相加或相減.

【知識點2幾何法與向量法求空間角】

1.幾何法求異面直線所成的角

(1)求異面直線所成角一般步驟：

①平移：選擇適當的點，線段的中點或端點，平移異面直線中的一條或兩條成為相交直線；

②證明：證明所作的角是異面直線所成的角；

③尋找：在立體圖形中，尋找或作出含有此角的三角形，并解之；

④取舍：因為異面直線所成角，的取值范圍是(0,5],所以所作的角為鈍角時，應取它的補角作為異面

直線所成的角.

2.用向量法求異面直線所成角的一般步驟：

(1)建立空間直角坐標系；

(2)用坐標表示兩異面直線的方向向量；

(3)利用向量的夾角公式求出向量夾角的余弦值；

(4)注意兩異面直線所成角的范圍是(0,y],即兩異面直線所成角的余弦值等于兩向量夾角的余弦值的

絕對值.

3.幾何法求線面角

(1)垂線法求線面角(也稱直接法)：

①先確定斜線與平面，找到線面的交點8為斜足；找線在面外的一點H過點4向平面a做垂線，確定

垂足。；

②連結斜足與垂足為斜線AB在面a上的投影；投影80與斜線AB之間的夾角為線面角；

③把投影BO與斜線AB歸到一個三角形中進行求解(可能利用余弦定理或者直角三角形.

(2)公式法求線面角(也稱等體積法)：

用等體積法，求出斜線P/在面外的一點P到面的距離，利用三角形的正弦公式進行求解.

h

公式為：sin<=彳，其中。是斜線與平面所成的角，是垂線段的長，/是斜線段的長.

4.向量法求直線與平面所成角的主要方法：

(1)分別求出斜線和它在平面內的射影直線的方向向量，將題目轉化為求兩個方向向量的夾角(或其補

角)；

(2)通過平面的法向量來求，即求出斜線的方向向量與平面的法向量所夾的銳角或鈍角的補角，取其余

角就是斜線和平面所成的角.

5.幾何法求二面角

作二面角的平面角的方法：

作二面角的平面角可以用定義法，也可以用垂面法，即在一個半平面內找一點作另一個半平面的垂線,

再過垂足作二面角的棱的垂線，兩條垂線確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題思路：

用法向量求兩平面的夾角：分別求出兩個法向量，然后通過兩個平面的法向量的夾角得到兩平面夾角

的大小.

【知識點3空間距離的求解策略】

1.向量法求點到直線距離的步驟：

__>

(1)根據圖形求出直線的單位方向向量V.

(2)在直線上任取一點M(可選擇特殊便于計算的點).計算點M與直線外的點N的方向向量加.

(3)垂線段長度］=2_(而.于

2.求點到平面的距離的常用方法

(1)直接法：過P點作平面a的垂線，垂足為。，把尸0放在某個三角形中，解三角形求出PQ的長度就

是點P到平面a的距離.

②轉化法：若點尸所在的直線/平行于平面a,則轉化為直線/上某一個點到平面a的距離來求.

③等體積法.

④向量法：設平面a的一個法向量為之，N是a內任意點，則點P到a的距離為4=

【知識點4立體幾何中的軌跡問題的解題策略】

1.動點軌跡的判斷方法

動點軌跡的判斷一般根據線面平行、線面垂直的判定定理和性質定理，結合圓或圓錐曲線的定義推斷

出動點的軌跡，有時也可以利用空間向量的坐標運算求出動點的軌跡方程.

2.立體幾何中的軌跡問題的常見解法

(1)定義法：根據圓或圓錐曲線的定義推斷出動點的軌跡，進而求解軌跡問題.

(2)交軌法：若動點滿足的幾何條件是兩動曲線(曲線方程中含有參數)的交點，此時，要首先分析兩動曲

線的變化，依賴于哪一個變量?設出這個變量為3求出兩動曲線的方程，然后由這兩動曲線方程著力消去

參數3化簡整理即得動點的軌跡方程，這種求軌跡方程的方法我們稱為交軌法.

(3)幾何法：從幾何視角人手，結合立體幾何中的線面平行、線面垂直的判定定理和性質定理，找到動

點的軌跡，再進行求解.

(4)坐標法：坐標法就是通過建立空間直角坐標系，將立體幾何中的軌跡問題轉化為坐標運算問題，進

行求解.

(5)向量法：不通過建系，而是利用空間向量的運算、空間向量基本定理等來研究立體幾何中的軌跡問

題，進行求解.

【知識點5立體幾何中的探索性問題的求解策略】

1.與空間向量有關的探索性問題的求解策略：

在立體幾何中，與空間向量有關的探究性問題主要有兩類：一類是探究線面的位置關系；另一類是探

究線面角、二面角或點線面距離滿足特定要求時的存在性問題.

解決這兩類探索性問題的解題策略是：先建立空間直角坐標系，引入參數(有些是題中已給出)，設

出關鍵點的坐標，然后探究這樣的點是否存在，或參數是否滿足要求，從而作出判斷.

?舉一反三

【題型1立體幾何中的體積問題】

【例1】(2024?陜西咸陽?模擬預測)已知三棱柱ABC-AiBiCi，如圖所示，P是4?，上一動點，點。、D

分別是AC、PC的中點，AB1BC,AA1=AB=BC=2.

(1)求證：。0|平面P4B；

(2)當1平面4BC,且AiP=3PCi時，求三棱錐當-43。的體積.

【解題思路】(1)由中位線得到線線平行，得到線面平行；

(2)建立空間直角坐標系，求出點到平面的距離，利用三棱錐體積公式求出答案.

【解答過程】(1)因為點。、。分別是4C、PC的中點，

所以。0|PA,

因為。DC平面P4B,PAu平面PAB,

所以。。||平面P4B；

(2)因為BBil平面4BC,4B,BCu平面ABC,

所以附1AB,BBr1BC,

又ABIBC,AAi=AB=BC=2

以B為坐標原點，所在直線分別為x,y,z軸，建立空間直角坐標系，

則Bi(0,0,2)/(0,2,0),C(2,0,0),P(|,加1(2,0,2),

設平面法向量的法向量為訪=

則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,則y=L故訪=(1,1,0),

則點為到平面2%遇1的距離為d=嗎衛=-篙=卷=五,

\m\Vl+lVz

由勾股定理得|/C|=、AB2+BC2=2V2,

SAACP=]|AC|,|A4|=5x2V2x2=2V2?

則三棱錐APC的體積為§S"CP,d=-x2V2xV2=

【變式1-1]（2024?山東日照?二模）在三棱錐產一ZBC中，BALBC,尸81平面ABC,點E在平面內，且

滿足平面P4E_L平面PBE,AB=BC=BP=1.

(1)求證：AE1BE；

⑵當二面角E-PA-B的余弦值為爭寸，求三棱錐E-PCB的體積.

【解題思路】(1)作BH_LPE,證得BH1平面JME,得到再由PB_L平面4BC,證得PBJ.4E,

利用線面垂直的判定定理，證得4E1平面PBE,進而證得AE,BE；

(2)以B為原點，建立空間直角坐標，設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),結合向量的夾角公式，列出方程求得E點的坐

標，根據棱錐的體積公式，即可求解.

【解答過程】(1)解：作BHLPE交PE于H,

因為平面P4E1平面PBE,且平面P4E1平面PBE=PE,BHu平面PBE,

所以BH1平面P4E,

又因為4Eu平面P4E,所以BH_LAE,

因為PB1平面ABC,且AEu平面PAE,所以PB14E,

又因為BH14E,PBLAE,且PB,BHu平面PBE,PBCBH=B,

所以4E1平面PBE,

因為BEu平面PBE,所以4E1BE.

(2)解:以B為原點，以B4B&BP所在的直線分別為x,y,z,建立空間直角坐標，

如圖所示，則B(O,O,O),P(O,O,1),C(O,1,O)/(1,O,O),

設E(x,y,O),因為2E18E,所以版?族=0,

因為荏=(x-l,y,0),前=(x,y,0),所以(x-l)x+yXy=0,即(%-+產=；,

又由尸Z=(1,0,-1)/￡=(x-l,y,0),

設平面P4E的一個法向量為五=(a,b,c),貝5)［一$.r4=:二廣0

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

取。=丫，可得b=l-%,c=y,所以日=(y,l—％,y),

又因為就=(0,1,0)為平面PA5的一個法向量，

設二面角七-24-8的平面角為仇

e八|n-BC|1%一1|V3

則C°S8=而而=V(x-l)22y2xl=T-

+

因為(x-〈)2+y2=；,解得尤=i,y=o(舍去)或久=Jy=±g

Z4-ZZ

所以點E端,0)或E6—卻)，

1-1-11-1

所以三棱錐E—PCB的體積為VE-PCB=3SAPCB-/I-3x-x1x1x---

【變式1-2］（2024?河南?模擬預測）如圖，幾何體力BCDEF中，底面ABCD為邊長為2的菱形，平面CDEF1

平面力BCD,平面BCF1平面ABCD,^DAB=^.

F

(1)證明：CF1平面4BCD；

(2)若DE=券，平面ADE與平面BCF的夾角為也求四棱錐E—A8CD的體積.

【解題思路】(1)由面面垂直的性質定理結合線面垂直的判定定理即可得；

(2)建立空間直角坐標系，設出E點的坐標后結合題意確定瓦點位置后由體積公式計算即可得.

【解答過程】(1)在平面ABCQ內分別作直線znlCD,nLBC,

因為平面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.

同理可證幾_LFC,又加,72U平面48CD,且機，〃為相交直線，

所以FC1平面4BGD；

(2)取BC中點G,連接BD,DG,=三且底面4BC。為菱形，

故△BCD為等邊三角形，所以￡>G，￡M,

以。為原點，DA,而為x,y軸正方向建立空間直角坐標系，

則￡)(0,0,0),C(-l,V3,0),4(2,0,0),

故反=(一1,7^0)，由平面COEF1平面/BCD,

所以可設nT=(%y,z)為平面49E的法向量，

則有像尬;，^ax-Jay+hz=0'取片…，得再=(。，九圖).

由平面BCF1平面2BCD,故行=(0,1,0)為平面BCF的一個法向量，

結合已知有85(可同=而*=浮又DE=VK=詬7=學所以％=今

所以UE-ABCD=5x9x2V3=V3.

【變式1-3](2024?黑龍江雙鴨山?模擬預測)如圖，四棱錐P-A8CD的底面ABCD是矩形，PD1平面

48。。，。=岳1。=71用為2。的中點，Q為PN上一點，S.AMLDQ.

(1)證明：PC〃平面ADQ；

(2)若二面角B—DQ-C為45°,求三棱錐Q-BCD的體積.

【解題思路】⑴以向量而，瓦?為基底，分別表示向量麗，俞，禾傭前?麗=0建立方程，確定Q為NP

的中點，從而得到O0為△PAC的中位線，從而得證；

(2)建立空間直角坐標系，分別求出平面ADQ的法向量和平面C。。的法向量，利用二面角為45°建立方

程，解方程可得DC的長度，接著利用體積公式即可求解.

【解答過程】(1)證明：因為PD1平面ABCIUMu平面/3CD,

所以PDJ.4D,則方?市=0.

設筋=AAP,

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

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

因為4M1DQ,所以府?麗=0,即

前.麗=[(l-A)DX+ADP]■^-DA+

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

則(2—1)+2=0,解得"看

所以Q為/尸的中點.

連結/C,與8。交于點。，連結。。，

由于底面/BCD是矩形，所以。為/C的中點，則。。為△P4C的中位線,

所以。Q〃PC,

又。Qu平面80Q,PCXV面BDQ,

所以PC〃平面

(2)易知DC,Z)尸兩兩互相垂直，

以。為坐標原點，以D4,DC,Z)P所在直線分別為x,〃z軸建立如圖所示的空間直角坐標系,

設DC=t(t>0),則D(O,O,O),B(l,t,O),QG，O，￥)，C(O，t,O)，

DQ=&0,曰)，麗=(l,t,O),DC=(0,t,0),

設平面BDQ的法向量為訪=(x1,y1,z1),

DQ-m=0得gxi+￥zi=O

由

DB-m=0'無1+tyi=0

取比1=1,則為=)，

設平面CDQ的法向量為元=（%2，、2/2），

取％2=1，則元=（1,0,_乎）,

于是|cos（訪向|二5―r=345。=多解得t=手，

河雄23

故三棱錐Q-BCD的體積為味BCD=|xS&BCDX|PD=|X|X1X^X^=^|.

J/■J乙5Nxo

【題型2立體幾何中的線段長度問題】

【例2】（2024?江蘇南京?二模）如圖,AD//BC,AD1AB,點E、F在平面2BCD的同側,CF//AE,

AD=1,AB=BC=2,平面4CFE_L平面ABCD,EA=EC=V3.

（1）求證：BF〃平面ADE；

（2）若直線EC與平面FBD所成角的正弦值為誓，求線段CF的長.

【解題思路】（1）根據線面平行，面面平行定理即可證明；

（2）建立合適坐標系，將各個點用坐標表示出來，再根據向量垂直列出方程式，求解即可

【解答過程】（1）因為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的中點。，因為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,

又因為力D14B,故可建立如圖所示的空間直角坐標系力-盯z.

在四邊形4BCD中，因為4D=1,AB=BC=2,AD//BC,ADLAB,

所以ac=2VL所以ao=oc=VL

因為￡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),

麗=(一2,1,0),前=(0,2,0),

設CF=AAE=(2,A,A),A>0,則B尸=BC+CF=(4,2+A,A),

設元=（尤,y,z）為平面B。尸的法向量,

W2

則1Gx+(2+l)y+Az=0,故取完=(1，2,-

因為直線EC與平面FBD所成角的正弦值為嚕,

所以|cos<n,EC>|=4V10

同?國V3x5+G+3)

兩邊同時平方得

所以680）2+^—23=0,解得齊g或齊喘（舍去），

【變式2-1]（2024?重慶?模擬預測）如圖，在四棱錐E—ABCD中，EC，平面ABCD/B||DC,△4CD為等邊

三角形，DC=24B=2,CB=CE,點F為棱BE上的動點.

⑴證明：DC1平面BCE；

⑵當二面角F-AC-B的大小為45。時，求線段CF的長度.

【解題思路】（1）先求得BC,再根據線面垂直的判定定理證得DC1平面BCE.

（2）建立空間直角坐標系，利用向量法列方程來求得尸點的坐標，進而求得CF的長度.

(解答過程】(1)依題意N84C=乙4CD=60°,所以CB=V22+12-2x2x1xcos60°=W，

所以4B2+CB2=4。2,所以4B_LC8,則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兩兩相互垂直，由此以C為原點，建立如圖所示空間直角坐標系,

4(1,8,0),8(0,百,0),^F(0,t,V3-t),0<t<V3,

平面4BC的法向量為訪=(0,0,1),

設平面凡4c的法向量為元=(x,y,z),

川f元，C——x+y/3y-0

'(n-CF=ty+(V3—t)z=0，

故可設n—(—V^t+3,t—y/3,t),

依題意，二面角F-ac-B的大小為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.

【變式2-2］（2024?湖北?模擬預測）如圖，AEJ.平面4BCD,E,F在平面4BCD的同側，AE//DF,AD//BC,

ADLAB,AD=AB=^BC=1.

(1)若B,E,F,C四點在同一平面內，求線段EF的長；

(2)若DF=24E,平面BEF與平面BCF的夾角為30。，求線段4E的長.

【解題思路】(1)由線面平行的判定定理、性質定理得四邊形4DFE是平行四邊形可得答案；

(2)以4為原點，分別以4B、AD,4E所在直線為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標系，設E(0,0j),求

出平面BEF、平面BFC的一個法向量，由二面角的向量求法可得答案.

【解答過程】(1)-AD//BC,BCu平面BCEF,40C平面BCEF,4。〃平面BCEF,

???AE//DF,則4E,F,D四點共面，

???4D//平面BCEF,2Du平面4DFE,平面BCEFC平面aZJFE=EF,：.AD//EF,5L.AE//DF,貝lj四邊形2DFE

是平行四邊形，

EF=4D=1；

(2)以4為原點，分別以AB、AD,4E所在直線為x軸、y軸、z軸，

建立空間直角坐標系，設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),麗=(0,2,0),

設方=(Xi，yi，zD是平面BEF的一個法向量，

由(S.II二,得｛-久1￥如i°=0，令zi=L可得叼=尢乃=-九

可得訪=(尢—41),

設元=(%2，、2/2)是平面的一個法向量，

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),

依題意|cos幅砌=制=耳環黑卷而存=冬

解得4=：,=

【變式2-3](2024?湖南?模擬預測)如圖1,在五邊形力BCDP中，連接對角線AD,AD//BC,AD1DC,

PA=PD=2y[2,AD=IBC=2.DC=4,將三角形P2D沿力。折起，連接PC,PB,得四棱錐P—4BCD（如圖

2）,且PB=2VIE為2。的中點，M為BC的中點，點N在線段PE上.

圖1圖2

（1）求證：平面PAD_L平面4BCD；

（2）若平面4MN和平面P4B的夾角的余弦值為嚼，求線段EN的長.

【解題思路】（1）由等腰三角形證得PE,4D,勾股定理證得可得PE1平面4BCD,得平面PAD1

平面力BCD.

（2）以E為原點，建立空間直角坐標系，設EN=t,利用向量法表示兩個平面夾角的余弦值，由方程解出t

的值.

【解答過程】（1）連接BE,則BC=，D=DE=2,因為AD〃BC,ADVDC,

所以四邊形BCDE為矩形，所以BE=CD=2,

因為P4=PD=2VL且E為4。的中點，

所以PE14D,且PE=，P42—g=2,

所以PE2+8E2=22+22=8=PB2,即PE_LBE,

又因為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為原點，E4為x軸，EB為y軸，EP為z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，

X

則4(2,0,0),B(0,2,0),M(-L2,0),P(0,0,2),

設EN=t(0<t<2),則N(O,O,t),

所以荏=(一2,2,0),而=(-2,0,2)，

設平面P4B的法向量為沆y),雁第二拜駕::

令Xi=1,則yi=l,Zi=1,得訪=(1,1,1),

又府=(-3,2,0),俞=(-2,0,01

設平面力MN的法向量為元=(如於㈤，則《縹：一菱t等二;‘

(TL,AIV——Z%2十CZ2—U,

令%2=3則丫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)，

所以線段EN的長為1.

【題型3空間角問題】

【例3】(2024?青海?二模)如圖,在三棱柱2BC-4B1C1中,所有棱長均相等,CB1(\BC1=O,“附

=60°,CBLBBr.

(1)證明;4。J■平面BB1QC.

⑵若二面角5―AiB]—8的正弦值.

【解題思路】(1)設。為BBi的中點，先證明平面40。，以此得到再證明力。18修，結

合線面垂直的判定定理即可得解；

(2)建立適當的空間直角坐標系，求出兩個平面的法向量，結合向量夾角的坐標公式即可求解.

【解答過程】(1)

兒

設。為BBi的中點，連接4。，OD,ABr.

因為在三角形力BBi中，=乙4BB1=60。，所以三角形4BB1是等邊三角形,

而。是BBi的中點，故由三線合一可知，ADlBBi，

因為CBJ.BB1，。。是三角形&BC的中位線，即OD〃BC,所以

因為4。。。。=。，4D,0Du平面4。。，所以幽1平面40D.

因為40u平面4。￡),所以BBilAO.

在△4C/中，AC=ABlt。為BiC的中點，所以4O1/C.

因為=Bi&BBiu平面BBiCQ所以4。1平面BB?。.

(2)設三棱柱ABC-力道iCi的棱長為魚，以。為坐標原點，礪的方向為x軸正方向，建立如圖所示的空

間直角坐標系，

則。(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).

設平面4BB1&的法向量為元=(無i，yi，zD，

n-BA=—打+Zi=0

可取元=(L1,1).

n-BBi=_%i+yi=0

設平面ZBC的法向量為訪=(x2,y2,z2)f

m-BA=—x+Z2=0

則2可取沆=(1,一Ll).

m-BC=—x2—y2=0

因為平面ZBC〃平面ZiBiCi，所以平面/l/Ci的一個法向量為訪=(1,—1,1).

cos6麗=稿=而匕sin伍洞=竽,

故二面角Q-①/-8的正弦值為竽.

【變式3-1］（2024?福建龍巖?三模）如圖，在四棱臺ABCD-力記道山1中，底面四邊形ABC。為菱形,

^ABC=60°,AB=244i=24出,4411平面ABCD.

（1）證明：BDLCC1；

⑵若M是棱上的點，且滿足器=|,求二面角M-力久-。的余弦值.

【解題思路】（1）先根據線面垂直的性質得1BD,再根據線面垂直的判定定理得BD1平面ACCMi，

從而利用線面垂直的性質定理即可證明；

（2）建立空間直角坐標系，求出點的坐標，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.

【解答過程】（1）在四棱臺48CD-48也1。1中，CCi延長后必交于一點，

故4&的,41四點共面，因為4411平面力BCD,BDu平面ABCD,故A411BD,

連接4C,&Ci，因為底面四邊形4BCD為菱形，故4C1BD,

AArnAC=A.AA^ACu平面ACCi^i,故BD1平面人呢出，

因為CCiu平面ACCMi，所以BD_LCCi.

（2）過點/作BC的垂線，交BC與點N,以2N/D441所在直線分別為%軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系

A-xyz（如圖），

設4181=1,則AB=24iBi=2,由于N2BC=60。，故BN=1,

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

則石=(0,1,1),俞=(星0),前=(0,2,0),

記平面4Moi的法向量為元=(Q,瓦c),

則像北:即｛K7。,令

則。=一字。=-3,即五=(一零3,—3),

平面4DD1的法向量可取為訪=(1,0,0),

___叵

則COS伍，訪〉=品=/(_出+；+(_3)2=一晉.

所以二面角M-4小—。的余弦值為票.

【變式3-2](2024?黑龍江大慶?三模)如圖，在四棱錐P-力BCD中，AD//

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

⑴求證：平面POC1平面ABC；

⑵若二面角P-AD-B的大小為120。，求直線PB與平面P4D所成角的余弦值.

【解題思路】(1)先證明線面垂直再根據面面垂直判定定理證明即可；

(2)先根據二面角求參得出點的坐標，再應用線面角向量求法計算.

【解答過程】(1)因為/M=2VX0a=2/P40=45°,

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

因為弘2=2。2+人。2,所以“。4=90。，所以4D1P0.

因為BC//AO,BC=AO,所以四邊形SBC。為平行四邊形，所以。C=4B=2.

因為乙84。=90。，所以4WC=90°,即4D10C.

因為P。CC。=O,PO,COu平面POC,所以AD1平面POC.

因為20u平面ABC,所以平面POC1平面ABC

(2)在平面POC內，過點。作。E10C,交PC于E.

因為平面POC1平面ABC,n^^ABC=OC,所以。El平面ABC.

以。為原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，貝柄(2,0,0),。(一2,0,0),8(2,2,0).

由(1)可知NPOC為二面角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).

設平面PAD的一個法向量為方=Q,y,z),貝4[:第二:，即mL，

令2=e，則y=3,所以平面PHD的一個法向量為訪=(0,3,遍).

設直線PB與平面PCD所成角為仇貝㈣n。=|cos(成麗)|=得曷=乎

所以直線PB與平面PCD所成角的余弦值為乎.

【變式3-3](2024?河南濮陽?模擬預測)如圖所示，在等腰梯形4BCD中，AB//CD,AD=AB=BC=2,

CD=4,￡為CO中點，4E與3。相交于點O,將△4DE沿/￡折起，使點。到達點尸的位置(PW平面

ABCE).

(1)求證：平面POB1平面P8C；

(2)若PB=n，試判斷線段網上是否存在一點。(不含端點)，使得直線PC與平面4EQ所成角的正弦值

為平，若存在，求。在線段P8上的位置；若不存在，說明理由.

【解題思路】(1)利用線面垂直的判定定理、性質定理及面面垂直的判定定理可得答案；

(2)以。為原點，分別以。E,OB,OP所在的直線為x,y,z軸建立空間直角坐標系，設Q(0,t,g-1),求出平面

/E0的法向量，由線面角的向量求法求出t可得答案.

【解答過程】(1)如圖，在原圖中連接AE,由于71B〃DE,AB=DE,AB=DE,

所以四邊形是平行四邊形.

由于=所以四邊形/BED是菱形，所以力E1BD.

由于4B〃CE,AB=CE,所以四邊形/3CE是平行四邊形，

所以BC〃4E,所以BC18D.

在翻折過程中，AE10P,4E10B保持不變，

即8c10P,BCJ.OB保持不變.

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，在原圖中，BC1BD,

所以=國=2g,所以。B=OD=g.

折疊后，若PB=B，則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。兩兩相互垂直.

由此以。為原點，

分別以OE,OB,OP所在的直線為叼,z軸建立如圖所示的空間直角坐標系,

0E=0A=V22—I2=V3,

P(0,0,V3),C(2,V3,0),4(-1,0,0),￡(1,0,0),

設Q(O,t,B—t),0<t<V3,PC=(2,V3,-V3),

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

設平面AEQ的法向量為元=(x,y,z),

1

貝一"E二一n令z=t得x=0,y=t-0

故九=(01-,

設直線PC與平面所成角為仇則

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)，因為P(O,O,K),B(0,V3,0),

P(0,0,V3),B(0,V3,0)的中點坐標為(0,苧,苧),

即。是總的中點.

【題型4空間點、線、面的距離問題】

【例4】(2024?天津和平?二模)如圖，三棱臺ABC—Ai81cl中，△ABC為等邊三角形，AB=24=4,

4%1平面N2C,點“，N,。分別為N2,AC,2c的中點，&B14cl.

⑴證明："ill平面4MN；

(2)求直線與平面4MN所成角的正弦值;

(3)求點D到平面々MN的距離.

【解題思路】(1)建立空間直角坐標系，求出平面41MN的法向量，利用CCi，元，結合*店界面&MN,

得出CQ〃平面&MN；

(2)利用向量的夾角公式即可求解；

(3)利用點到平面的距離的向量法公式，即可求解.

【解答過程】（1）因為側棱A4il底面ABC,/XABC為等邊三角形，所以過點4作力H14C,則以為點/為

坐標原點，AC,AH,嬴的方向分別為x軸，y軸，z軸的正方向，建立如下圖所示的空間直角坐標系，

設A4i長為＞0),則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),

因為21BJ.4C1，所以癡-E=0,則有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).

證明：因為而=(1,、周一2),而=(2,0,-2),設平面&MN的法向量為可=(x,y,z),

則加足j+島-2z=0,,令則可=(i總0,

又因為運=(-2,0,2).

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

（2）因為。為中點,所以CD=2,則D（3,瘋0）,

有港=（3,點一2）,又可<=（1,苧,1）,設直線與平面&MN所成角為仇

sin0=Icos<4山,可>I==4X~F=嗎，

I11I卜加?同4X&14

則直線&D與平面41MN所成角的正弦值為等.

（3）因為而=（-1,-瘋0）,平面&MN的法向量為何=（1,券,1）,

所以，點。到平面4MN的距離為喀馴=卒.

【變式4-1]（2024?廣東?三模）如圖，邊長為4的兩個正三角形4BC,BCD所在平面互相垂直，E,F分別

為BC,CD的中點，點G在棱力。上，AG=2GD,直線力B與平面EFG相交于點H.

A

(1)證明：BD//GH-,

(2)求直線BD與平面EFG的距離.

【解題思路】(1)首先證明平面EFG,再由線面平行的性質證明即可；

(2)連接舊4,ED,以點E為原點，建立空間直角坐標系，利用點到平面距離公式求解即得.

【解答過程】(1)因為E、F分別為BC、CD的中點，所以EF〃BD,

又平面EFG,EFu平面EFG,貝。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,

則點B到平面EFG的距離即為8。與平面EFG的距離，

連接E4,ED,由△力BC,4BCD均為正三角形，E為BC的中點，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,則E4_LED,

以點E為原點，直線EB,ED,E4分別為尤,y,z軸建立空間直角坐標系，

則B(2,0,0),F(-l,V3,0),又4(0,0,2舊)，D(0,273,0),

又XG=ZAD,可得G(0,竽,竽)，

所以麗=(2,0,0),FF=(-1,73,0),麗=(0,竽,竽)，

_(EF?n=—x+>j3y=0

設平面EFG的一個法向量為n=(x,y,z),貝斗^4V3,2V3,

G?ri=-yy+z=0n

令y=L得五=(迎1,-2),

設點B到平面EFG的距離為d,則￡/=嚕型=笨=當

I九Iv8乙

所以BD與平面EFG的距離為當

【變式4-2］（2024?上海?三模）如圖，在直三棱柱ABC—Z/iCi中，AAr^AB=2,AC=1,乙4cB=90。,

。是棱A8上的一點.

（1）若=求異面直線與&G所成的角的大小;

（2）若CD1BD求點B到平面&CD的距離.

【解題思路】（1）根據給定條件，建立空間直角坐標系，求出BpD與41cl的坐標，再利用線線角的向量求

法求解即得.

（2）由（1）的坐標系，求出點。的坐標，平面BiCD的法向量坐標，再利用點到平面的距離公式計算即得.

【解答過程】（1）在直三棱柱28C-&B1C1中，^ACB=90°,則直線C4,CB,CCi兩兩垂直，

以點C為原點，直線C4CB,CCi分別為久,y,z軸建立空間直角坐標系，

則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麗I肅IV5xl1O

所以異面直線Bi。與&Ci所成角的余弦為弓大小為arccos尋

(2)令而=4萬=4(—0)=(—尢京,0),0<A<1,點。(1—尢國,0),

則而=(1一無聲尢。),為。=(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,

當;1=1時，點。與點8重合，點8在平面&CD內，因此點3到平面&CD的距離為0；

當2時，。(泮,0),而=弓,弓,0),函=(0,倔2),

行-CD=—Y+—v=0

設平面8停。的法向量元=(%?*),貝IJ—744》一,

n-CB1=v3y+2z=0

取％=2,得元=(2,-273,3),

而而=(0,V3,0),因此點B到平面BiCD的距離h=與尋=!，

所以點3到平面&CD的距離為0或接

【變式4-3](2024?海南?模擬預測)如圖，在直四棱柱4BCD—4止1。。1中，底面四邊形力BCD為梯形,

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

(1)證明：AiBilNDi；

(2)若直線48與平面BiCDi所成角的正弦值為平，點M為線段BD上一點，求點M到平面防孫的距離.

【解題思路】(1)因為因此只需證明_L平面只需證明ZBJ.44i(由題可證),

ABLAD,由勾股定理易證.

(2)建立空間直角坐標系，先由直線4B與平面Bi。外所成角的正弦值為華，求出4公,再證明BD〃平

面8件。1，由此得點河到平面8停。1的距離等價于點B到平面為CD1的距離，再由點到平面的距離公式求

解即可.

【解答過程】（1）因為43=40=2,BD=2V2,

所以45+力。2=8=8。2,所以2B14D,

因為4BCD=4iBiCiDi為直四棱柱，

所以力遇，45

因為414040=4,2144。u平面

所以4B1平面4。。遇1，

因為21B1//2B,所以A/iJ.平面4。。送1，

因為u平面ADD140所以4Di

（2）由（1）及題意知，48/0/送兩兩垂直，建立如圖所示的空間直角坐標系

因為力B=4D=2,BD=2V2,3。=4.設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),麗=(-2,2,0),

設平面BiCDi的一個法向量為五=(x,y,z)

則[適,CB]=-4y+hz=0,

In?CD1=—2x—2y+/iz=0

令z=4,貝收=y=/i,所以五二(九九4)

設直線ZB與平面為CDi所成的角為仇

貝㈣ne=|cos前勵=蹤==半，

2XJSTI6

解得h=2,所以元=(2,2,4)

所以點8到平面方孫的距離為4=喀=提=乎

|?*-14*VOJ

因為麗?元=—2x2+2x2+4x0=0,所以說1元

因為BD不在平面B1C外,所