2024年高考数学：立体几何（7大题型汇编）（解析版）

立体几何立体几何是高考数学的必考内容，在大题中一般分两问，第一问考查空间直线与平面的位置关系证明；第二问考查空间角、空间距离等的求解。考题难度中等，常结合空间向量知识进行考查。2024年高考有很大可能延续往年的出题方式。题型一：空间异面直线夹角的求解1(2023·上海长宁·统考一模)如图，在三棱锥A-BCD中，平面ABD⊥平面BCD,AB=AD,O为BD的中点.(1)求证：AO⊥CD；(2)若BD⊥DC,BD=DC,AO=BO，求异面直线BC与AD所成的角的大小.【思路分析】(1)利用面面垂直的性质、线面垂直的性质推理即得.(2)分别取AB,AC的中点M,N，利用几何法求出异面直线BC与AD所成的角.【规范解答】(1)在三棱锥A-BCD中，由AB=AD,O为BD的中点，得AO⊥BD，而平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD=BD，AO⊂平面ABD，因此AO⊥平面BCD，又CD⊂平面BCD，所以AO⊥CD.(2)分别取AB,AC的中点M,N，连接OM,ON,MN，于是MN⎳BC,OM⎳AD，则∠OMN是异面直线BC与AD所成的角或其补角，1 由(1)知，AO⊥BD，又AO=BO，AB=AD，ππ则∠ADB=∠ABD=，于是∠BAD=，42令AB=AD=2，则DC=BD=22，2222又BD⊥DC，则有BC=BD+DC=4，OC=DC+OD=10，又AO⊥平面BCD，OC⊂平面BCD，22则AO⊥OC，AO=2，AC=AO+OC=23，111由M,N分别为AB,AC的中点，得MN=BC=2,OM=AD=1,ON=AC=3，222222πOM1π显然MN=4=OM+ON，即有∠MON=，cos∠OMN==，则∠OMN=，2MN23π所以异面直线BC与AD所成的角的大小.31、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．π(4)取舍：因为异面直线所成角θ的取值范围是0,，所以所作的角为钝角时，应取它的补角作为异面直2线所成的角．2、可通过多种方法平移产生，主要有三种方法：(1)直接平移法(可利用图中已有的平行线)；(2)中位线平移法；(3)补形平移法(在已知图形中，补作一个相同的几何体，以便找到平行线)．3、异面直线所成角：若n1,n2分别为直线l1,l2的方向向量，θ为直线l1,l2的夹角，则cosθn1⋅n2=cos<n1,n2>=.n1n21(2023·江西萍乡·高三统考期中)如图，在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中，E,F分别是BB1,CD的中点.(1)证明：EF⎳平面AB1C1D；2 2(2)若AB=2A1B1，且正四棱台的侧面积为9，其内切球半径为，O为ABCD的中心，求异面直线OB12与CC1所成角的余弦值.4【答案】(1)证明见解析；(2)5【分析】(1)根据中位线定理，结合线面平行判定定理以及面面平行判定定理，利用面面平行的性质，可得答案；(2)根据题意，结合正四棱台的几何性质，求得各棱长，利用线线角的定义，可得答案.【解析】(1)取CC1中点G，连接GE,GF，如下图：在梯形BB1C1C中，E,G分别为BB1,CC1的中点，则EG⎳B1C1，同理可得FG⎳C1D，因为EG⊄平面AB1C1D，B1C1⊂平面AB1C1D，所以EG⎳平面AB1C1D，同理可得GF⎳平面AB1C1D，因为EG∩FG=G，EG,FG⊆平面EFG，所以平面EFG⎳平面AB1C1D，又因为EF⊆平面EFG，所以EF⎳平面AB1C1D；(2)连接AC,BD，则AC∩BD=O，连接A1O,A1C1,B1O,在平面BB1C1C中，作B1N⊥BC交BC于N，在平面BB1D1D中，作B1M⊥BD交BD于M，连接MN，如下图：因为AB=2A1B1，则OC=A1C1，且OC⎳A1C1，所以A1C1CO为平行四边形，则A1O⎳CC1，且A1O=CC1，所以∠A1OB1为异面直线OB1与CC1所成角或其补角，同理可得：B1D1DO为平行四边形，则B1O=D1D，在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中，易知对角面BB1D1D⊥底面ABCD，因为平面ABCD∩平面BB1D1D=BD，且B1M⊥BD，B1M⊂平面BB1D1D，2所以B1M⊥平面ABCD，由内切球的半径为，则B1M=2，211在等腰梯形BB1C1C中，BC=2B1C1且B1N⊥BC，易知BN=BC，同理可得BM=BD，44BNBM11在△BCD中，==，则MN=CD，BCBD44设正方形ABCD的边长为4xx>0，则正方形A1B1C1D1的边长为2x，MN=x，9由正四棱台的侧面积为9，则等腰梯形BB1C1C的面积S=，43 因为B1M⊥平面ABCD，MN⊂平面ABCD，所以B1M⊥MN，2221在Rt△B1MN，B1N=B1M+MN=2+x，可得S=⋅B1N⋅B1C1+BC，29121则=×2+x×4x+2x，解得x=，422113所以BC=2，B1C1=1，BN=BC=，B1N=，则A1B1=1，422221010在Rt△BB1N中，BB1=B1N+BN=，则CC1=DD1=，22102102AO2+BO2-AB2+-11111224所以在△A1OB1中，则cos∠A1OB1===，2⋅A1O⋅B1O2×10×105224所以异面直线OB1与CC1所成角的余弦值为.52(2023·辽宁丹东·统考二模)如图，平行六面体ABCD-A1B1C1D1的所有棱长都相等，平面CDD1C1⊥平面ABCD，AD⊥DC，二面角D1-AD-C的大小为120°，E为棱C1D1的中点．(1)证明：CD⊥AE；(2)点F在棱CC1上，AE⎳平面BDF，求直线AE与DF所成角的余弦值．3【答案】(1)证明见解析；(2)7【分析】(1)根据面面垂直可得线面垂直进而得线线垂直，由二面角定义可得∠D1DC=120°，进而根据中点得线线垂直即可求；(2)由线面平行的性质可得线线平行，由线线角的几何法可利用三角形的边角关系求解，或者建立空间直角坐标系，利用向量的夹角即可求解.【解析】(1)因为平面CDD1C1⊥平面ABCD，且两平面交线为DC,AD⊥DC，AD⊂平面ABCD,所以AD⊥平面CDD1C1，所以AD⊥D1D,AD⊥DC，∠D1DC是二面角D1-AD-C的平面角，故∠D1DC=120°．连接DE，E为棱C1D1的中点，则DE⊥C1D1,C1D1⎳CD，从而DE⊥CD．又AD⊥CD，DE∩AD=D，DE,AD⊂平面AED，所以CD⊥平面AED，ED⊂平面AED,因此CD⊥AE．212(2)解法1：设AB=2，则DE=D1D-2D1C1=3，22所以CE=AE=AD+DE=7．连AC交BD于点O，连接CE交DF于点G，连OG．因为AE⎳平面BDF，AE⊂平面AEC,平面AEC∩平面BDF=OG，所以AE∥OG，因为O为AC中点，17所以G为CE中点，故OG=AE=．且直线OG与DF所成角等于直线AE与DF所成角．224 17在Rt△EDC中，DG=CE=，因为OD=2，2272722+-(2)223所以cos∠OGD==．2×7×77223因此直线AE与DF所成角的余弦值为．721222解法2；设AB=2，则DE=D1D-2D1C1=3，所以CE=AE=AD+DE=7．取DC中点为G，连接EG交DF于点H，则EG=DD1=2．连接AG交BD于点I，连HI，因为AE⎳平面BDF，AE⊂平面AGE，平面AGE∩平面BDF=IH，所以AE∥IH．HI与DH所成角等于直线AE与DF所成角．1122117正方形ABCD中，GI=AG，DI=DB=，所以GH=EG，故HI=AE=．33333312°在△DHG中，GH=EG=，GD=1，∠EGD=60，3372+72-2224273333由余弦定理DH=1+-1×=．在△DHI中，cos∠DHI==．9337772××333因此直线AE与DF所成角的余弦值为．7解法3:由(1)知DE⊥平面ABCD，以D为坐标原点，DA为x轴正方向，DA为2个单位长，建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz．由(1)知DE=3，得A2,0,0,B2,2,0,C0,2,0,E(0,0,3)，C1(0,1,3)．则CC1=(0,-1,3)，DC=(0,2,0)，AE=(-2,0,3)，DB=(2,2,0)．5 由CF=tCC10≤t≤1，得DF=DC+CF=(0,2-t,3t)．因为AE⎳平面BDF，所以存在唯一的λ，μ∈R，使得AE=λDB+μDF=λ2,2,0+μ(0,2-t,3t)=2λ,2λ+2μ-tμ,3μt，242故2λ=-2,2λ+2μ-tμ=0,3μt=3，解得t=，从而DF=0,,3．333AE⋅DF3所以直线AE与DF所成角的余弦值为cosAE,DF==．|AE||DF|7题型二：空间直线与平面夹角的求解2(2024·安徽合肥·统考一模)如图，三棱柱ABC-A1B1C1中，四边形ACC1A1,BCC1B1均为正方形，D,E分别是棱AB,A1B1的中点，N为C1E上一点.(1)证明：BN⎳平面A1DC；(2)若AB=AC,C1E=3C1N，求直线DN与平面A1DC所成角的正弦值.【思路分析】(1)连接BE,BC1,DE,则有平面BEC1⎳平面A1DC，可得BN⎳平面A1DC；(2)建立空间直角坐标系，利用空间向量进行计算即可.【规范解答】(1)连接BE,BC1,DE.因为AB⎳A1B1，且AB=A1B1，又D,E分别是棱AB,A1B1的中点，所以BD⎳A1E，且BD=A1E，所以四边形BDA1E为平行四边形，所以A1D⎳EB，又A1D⊂平面A1DC,EB⊄平面A1DC，所以EB⎳平面A1DC，因为DE⎳BB1⎳CC1，且DE=BB1=CC1，所以四边形DCC1E为平行四边形，所以C1E⎳CD，又CD⊂平面A1DC,C1E⊄平面A1DC，所以C1E⎳平面A1DC，因为C1E∩EB=E,C1E,EB⊂平面BEC1，所以平面BEC1⎳平面A1DC，因为BN⊂平面BEC1，所以BN⎳平面A1DC.(2)四边形ACC1A1,BCC1B1均为正方形，所以CC1⊥AC,CC1⊥BC，所以CC1⊥平面ABC.因为DE⎳CC1，所以DE⊥平面ABC，从而DE⊥DB,DE⊥DC.又AB=AC，所以△ABC为等边三角形.因为D是棱AB的中点，所以CD⊥DB，即DB,DC,DE两两垂直.以D为原点，DB,DC,DE所在直线为x,y,z轴，6 建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz.设AB=23，则D0,0,0,E0,0,23,C0,3,0,C10,3,23,A1-3,0,23，所以DC=0,3,0,DA1=-3,0,23.设n=x,y,z为平面A1DC的法向量，n⋅DC=03y=0则，即，可取n=2,0,1.n⋅DA1=0-3x+23z=0因为C1E=3C1N，所以N0,2,23,DN=0,2,23.设直线DN与平面A1DC所成角为θ，|n⋅DN|2315则sinθ=|cos‹n,DN›|===，|n|⋅|DN|5×41015即直线DN与平面A1DC所成角正弦值为.101、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α做垂线，确定垂足O；(2)连结斜足与垂足为斜线AB在面α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)。3、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。h公式为：sinθ=，其中θ是斜线与平面所成的角，h是垂线段的长，l是斜线段的长。l方法：已知平面β内一个多边形的面积为S，它在平面α内的射影图形的面积为S，射影S射影平面α和平面β所成的二面角的大小为θ，则COSθ=.这个方法对于无棱二面角的求解很简便。S4、直线与平面所成角：设n1是直线l的方向向量，n2是平面α的法向量，直线与平面的夹角为θ.则sinθ=n1⋅n2cos<n1,n2>=.n1n21(2024·内蒙古赤峰·高三校考开学考试)如图，在三棱台ABC-A1B1C1中，AB=AC=2A1B1=2AA17 ππ=42，∠A1AB=∠A1AC=，∠BAC=．32(1)证明：A1A⊥B1C1；(2)求直线BB1与平面A1ACC1所成角的正弦值．6【答案】(1)证明见解析；(2)3【分析】(1)取BC的中点D，连接A1B、A1C、A1D、AD，即可证明BC⊥平面A1AD，从而得到AA1⊥BC，又BC⎳B1C1即可得证；(2)过点A1作AD的垂线，垂足为O，过点O作OF垂直于AB，垂足为F，连接A1F，即可证明A1O⊥平面ABC，再证明A1F⊥AB，过点O作BC的平行线，交AB于点E，所以OE、OD、OA1三条直线两两垂直，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.【解析】(1)取BC的中点D，连接A1B、A1C、A1D、AD，因为AB=AC，所以AD⊥BC，π又∠A1AB=∠A1AC=，AB=AC，AA1=AA1，3所以△A1AB≌△A1AC，所以A1B=A1C，所以A1D⊥BC，因为AD∩A1D=D，AD,A1D⊂平面A1AD，所以BC⊥平面A1AD，又AA1⊂平面A1AD，所以AA1⊥BC，又BC⎳B1C1，所以AA1⊥B1C1.(2)过点A1作AD的垂线，垂足为O，过点O作OF垂直于AB，垂足为F，连接A1F，由(1)BC⊥平面A1AD，BC⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面A1AD，平面ABC∩平面A1AD=AD，A1O⊂平面A1AD，所以A1O⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，所以AB⊥A1O，又OF∩A1O=O，OF,A1O⊂平面OFA1，所以AB⊥平面OFA1，A1F⊂平面OFA1，所以A1F⊥AB，ππ由∠A1AF=，∠BAC=，32可得AF=OF=2，AO=A1O=2，OD=2，BD=4，过点O作BC的平行线，交AB于点E，所以OE、OD、OA1三条直线两两垂直，如图建立空间直角坐标系，则A0,-2,0，C-4,2,0，A10,0,2，B4,2,0，B12,2,2，AA1=0,2,2，AC=-4,4,0，BB1=-2,0,2，设平面A1ACC1的法向量为m=x,y,z，m⋅AA1=2y+2z=0则，取m=1,1,-1，m⋅AC=-4x+4y=0设直线BB1与平面A1ACC1所成角为θ，m⋅BB146则sinθ===，m⋅BB3×22318 6所以直线BB1与平面A1ACC1所成角的正弦值为.32(2024·浙江温州·高三统考期末)如图，以AD所在直线为轴将直角梯形ABCD旋转得到三棱台ABE-DCF，其中AB⊥BC，AB=2BC=2CD．(1)求证：AD⊥BE；π(2)若∠EAB=，求直线AD与平面CDF所成角的正弦值．33【答案】(1)证明见解析；(2)3【分析】(1)如图，取AB的中点G，连接DG，BD，DE，设AB=2a，由勾股定理的逆定理可得AD⊥BD，同理可得AD⊥DE，结合线面垂直的判定定理和性质即可证明；(2)由(1)和勾股定理的逆定理可得DE⊥BD，又DE⊥AD，根据线面、面面垂直的判定定理可得面DEM⊥面ABE，如图，则∠NAD为题意所求的线面角，解三角形△NAD即可.【解析】(1)连接BD，DE，设AB=2a，则BC=CD=a，取AB的中点G，连接DG，则四边形BCDG为正方形，故DG=a，222得AD=BD=2a，∴AD+BD=AB，∴AD⊥BD同理可得，AD⊥DE，又BD∩DE=D,BD、DE⊂面BDE，∴AD⊥面BDE，又BE⊂面BDE，AD⊥BE；(2)由(1)知BD=DE=2a，π又∵∠EAB=，∴AB=AE=EB=2a，3222由ED+BD=EB，得DE⊥BD．又∵DE⊥AD，BD∩AD=D,BD、AD⊂面ABCD，∴DE⊥面ABCD，过点D作DM⊥AB交AB于点M，连接EM．因为AB⊂面ABCD，所以DE⊥AB，又因为DE∩DM=D，且DE,DM⊂面DEM，则AB⊥面DEM，又AB⊂面ABE，∴面DEM⊥面ABE．过点D作DN⊥EM交EM于点N，连接AN．∴∠NAD就是直线AD与面ABE所成的线面角．∵面CDF⎳面ADE，∴∠NAD就是直线AD与面CDF所成的线面角．6∵DE⊥DM，又DG=a，DE=2a，∴DN=a，36a33又AD=2a，∴sin∠NAD==，2a33即直线AD与平面CDF所成线面角的正弦值为.39 题型三：空间平面与平面夹角的求解1(2024·江苏扬州·高三统考开学考试)如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是边长为2的正方形，EF⎳AD，AF=3EF=3，∠EAD=120°，平面ADFE⊥平面ABCD．(1)求证：BD⊥CF；(2)求平面BDF与平面BCF所成角的余弦值．【思路分析】(1)根据平行线性质结合余弦定理可得AE=2，进而可得AF⊥EF，再根据面面垂直的性质可得AF⊥平面ABCD，结合线面垂直的性质与判定证明即可；(2)以A为原点，AB,AD,AF的方向为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，再根据面面角的向量方法求解即可.【规范解答】(1)证明：因为EF⎳AD,∠EAD=120°，所以∠AEF=60°．222因为AF=3EF=3，所以由AF=AE+EF-2AE⋅EF⋅cos60°得AE=2．222因为AF+EF=1+3=AE，所以AF⊥EF．因为EF⎳AD，所以AF⊥AD．因为平面ADFE⊥平面ABCD，平面ADFE∩平面ABCD=AD，AF⊂平面ADFE，所以AF⊥平面ABCD．因为BD⊂平面ABCD，所以AF⊥BD，连接AC，在正方形ABCD中，AC⊥BD，因为AF、AC相交，且AF、AC⊂平面AFC，所以BD⊥平面AFC．因为CF⊂平面AFC，所以BD⊥CF．(2)由(1)知AB，AD，AF两两垂直，以A为原点，AB,AD,AF的方向为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．则B(2,0,0),D(0,2,0),C(2,2,0),F(0,0,3)，BD=(-2,2,0),BF=(-2,0,3),BC=(0,2,0)，设平面BDF的一个法向量为m=x1,y1,z1m⋅BD=0-2x1+2y1=0由得：，m⋅BF=0-2x1+3z1=0令x1=3，则y1=3,z1=2得m=(3,3,2)．设平面BCF的一个法向量为n=x2,y2,z2，n⋅BF=0-2x2+3z2=0由得：，n⋅BC=02y2=0令z2=2，则x2=3，得n=(3,0,2)．10 m⋅n770cos‹m,n›===．|m|⋅|n|10⋅71070设平面BDF与平面BCF所成角为θ，由图可知θ为锐角，即cosθ=，1070所以平面BDF与平面BCF所成角的余弦值为．101、几何法(1)定义法(棱上一点双垂线法)：在二面角的棱上找一个特殊点，在两个半平面内分别过该点作垂直于棱的射线．(2)三垂线法(面上一点双垂线法)：自二面角的一个面上一点向另外一个面作垂线，再由垂足向棱作垂线得到棱上的点(即斜足)，斜足和面上一点的连线与斜足和垂足的连线所夹的角，即为二面角的平面角(3)垂面法(空间一点垂面法)：过空间一点作与棱垂直的平面，截二面角得两条射线，这两条射线所成的角就是二面角的平面角。s射影(4)射影面积法求二面角cosθ=S2、向量法：若n1,n2分别为平面α,β的法向量，θ为平面α,β的夹角，则cosθ=cos<n1,n2>=n1⋅n2.n1n21(2024·河南郑州·高三校联考阶段练习)如图，在长方ABCD-A1B1C1D1中，AB=2BC=4，E为AA1的中点，DE⊥BD1.(1)求AA1的长；(2)求二面角B-DE-A的余弦值.13【答案】(1)22；(2)13【分析】(1)连接AD1，证明DE⊥平面ABD1，从而证明DE⊥AD1，结合AD⊥DD1，推出∠ADE=∠DD1AA12ADA，即可利用tan∠ADE=tan∠DD1A，即=求得答案；(2)建立空间直角坐标系，求出相关点的ADDD1坐标，求出平面BDE的法向量，根据空间角的向量求法，即可求得答案.【解析】(1)连接AD1，由题意知DE⊥BD1，且AB⊥平面ADD1A1，11 DE⊂平面ADD1A1，故AB⊥DE，AB∩BD1=B,AB,BD1⊂平面ABD1，故DE⊥平面ABD1，又AD1⊂平面ABD1，故DE⊥AD1，又AD⊥DD1，故∠ADE+∠D1DE=∠DD1A+∠D1DE，则∠ADE=∠DD1A，AA12AD则tan∠ADE=tan∠DD1A，即=，ADDD1又AD=BC=2，故AA1=DD1=22；(2)以D为坐标原点，以DA,DC,DD的方向为x,y,z轴正方向，建立空间直角坐标系，则D0,0,0,B2,4,0,E2,0,2，DE=2,0,2，DB=2,4,0，平面ADE的法向量可取为DC=0,4,0，设平面BDE的法向量为m=x,y,z，m⋅DE=02x+2z=0则，即，令x=2，则m=2,-1,-22，m⋅DB=02x+4y=0|DC⋅m||-4|13故|cos‹DC,m›|===,|DC||m|4×1313由原图可知二面角B-DE-A为锐角，13故二面角B-DE-A的余弦值为.132(2024·山东济南·高三济南一中校联考开学考试)如图，在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD和侧面ABB1A1均是边长为2的正方形.(1)证明：BD1⊥B1C.(2)若∠B1BC=120°，求二面角A-BC-D1的余弦值.27【答案】(1)证明见解析；(2)7【分析】(1)要证明线线垂直，转化为证明B1C⊥平面BC1D1，利用垂直关系的转化，即可证明；(2)利用垂直关系构造二面角的平面角，再根据三角形的边长，即可求解.【解析】(1)连结BC1，因为底面ABCD和侧面ABB1A1均是边长为2的正方形，所以四边形BCC1B1是边长为2的菱形，则B1C⊥BC1，且四边形A1B1C1D1和CDD1C1也是边长为2的正方形，所以C1D1⊥B1C1，且C1D1⊥CC1，B1C1∩C1D1=C1，CC1,B1C1⊂平面BCC1B1，所以C1D1⊥平面BCC1B1，B1C⊂平面BCC1B1所以C1D1⊥B1C，且BC1∩C1D1=C1，且BC1,C1D1⊂平面BC1D1，所以B1C⊥平面BC1D1，BD1⊂平面BC1D1，所以B1C⊥BD1；(2)由(1)可知，C1D1⊥平面BCC1B1，且AB⎳C1D1，所以AB⊥平面BCC1B1，且AB⊂平面ABCD，所以平面ABCD⊥平面BCC1B1，又因为平面BCC1B1⎳平面ADD1A1，12 所以平面ABCD⊥平面ADD1A1，且平面ABCD∩平面ADD1A1=AD，因为∠B1BC=∠A1AD=120°，所以∠D1DA=60°，所以△D1DA为等边三角形，取AD的中点M，连结D1M，则D1M⊥AD，D1M⊂平面ADDA1所以D1M⊥平面ABCD，再取BC的中点N，连结MN,D1N,则MN⊥BC，因为BC⊂平面ABCD，所以D1M⊥BC，又MN⊥BC，且D1M∩MN=M，D1M,MN⊂平面D1MN，所以BC⊥平面D1MN，D1N⊂平面D1MN，所以BC⊥D1N，所以∠D1NM为二面角A-BC-D1的平面角，D1M=3，MN=2，D1N=3+4=7，227所以cos∠D1NM==，7727所以二面角A-BC-D1的余弦值为.7题型四：空间点、线、面间的距离求解1(2024·四川·校联考一模)如图，在四棱锥P-ABCD中，AD⎳BC，AD⊥PD，平面PAD⊥平面PCD．(1)证明：BC⊥平面PCD；1(2)已知AD=PD=DC=BC=2，且∠DPC=30°，求点D到平面PAB的距离．2【思路分析】(1)根据题意，利用面面垂直的判定定理，中点AD⊥平面PCD，结合AD⎳BC，即可证得BC⊥平面PCD；(2)由(1)可知，AD⊥平面PCD，中点PH⊥平面ABCD，设点D到平面PAB的距离为h，结合VD-PAB=VP-ABD，列出方程，即可求解．【规范解答】(1)因为平面PAD⊥平面PCD，平面PAD∩平面PCD=PD，且AD⊥PD，AD⊂平面PAD，所以AD⊥平面PCD，又因为AD⎳BC，所以BC⊥平面PCD．(2)由(1)可知，AD⊥平面PCD，且AD⊂平面ABCD，所以平面ABCD⊥平面PCD，过P作直线CD的垂线，垂足为H，则PH⊥平面ABCD，由∠CPD=∠DCP=30°，PD=2，可得∠PDC=120°，PH=PDsin(180°-120°)=3，PA=22，AB=22，13 因为BC⊥平面PCD，PC⊂平面PCD，所以PC⊥BC，222则PB=BC+PC，可得PB=27，1在直角梯形ABCD中，因为AD=DC=BC=2，可得∠DAB=135°，21所以S△DAB=×2×22×sin135°=2，2在等腰△PAB中，PA=AB=22,PB=27，2PB2取PB的中点M，连接AM，可得AM⊥PB，且AM=PA-2=1，1所以S△PAB=PB⋅AM=7，2设点D到平面PAB的距离为h，11221由VD-PAB=VP-ABD，可得⋅S△PAB⋅h=⋅S△DAB⋅PH，解得h=，337221所以点D到平面PAB的距离为．71、几何法求点面距1、定义法(直接法)：找到或者作出过这一点且与平面垂直的直线，求出垂线段的长度；2、等体积法：通过点面所在的三棱锥，利用体积相等求出对应的点线距离；3、转化法：转化成求另一点到该平面的距离，常见转化为求与面平行的直线上的点到面的距离．2、向量法求空间距离：(1)点面距：已知平面α的法向量为n , A是平面α内的任一点，P是平面α外一点,过点P作则平面α的垂AP⋅n线l，交平面α于点Q，则点P到平面α的距离为PQ=nAB⋅n(2)直线a与平面α之间的距离：d=，其中A∈a,B∈α，n是平面α的法向量。|n|AB⋅n(3)两平行平面α,β之间的距离：d=，其中A∈α,B∈β，n是平面α的法向量。|n|1(2024·陕西西安·高三统考期末)如图，在圆锥PO中，AB是圆O的直径，且△PAB是边长为4的等边三角形，C,D为圆弧AB的两个三等分点，E是PB的中点.14 (1)证明：DE∥平面PAC.(2)求点E到平面PAC的距离.215【答案】(1)证明见解析；(2).5【分析】(1)利用平行四边形对边平行可得DE∥CF，再由线面平行判定定理求证；(2)利用等体积法求点面距离即可得解.【解析】(1)证明：取PA的中点F，连接CF,EF,CD.1因为C,D为圆弧AB的两个三等分点，所以CD∥AB,CD=AB.21因为E,F分别为PB,PA的中点，所以EF∥AB,EF=AB，2则CD∥EF,EF=CD，从而四边形CDEF为平行四边形，故DE∥CF.因为DE⊄平面PAC,CF⊂平面PAC，所以DE∥平面PAC.(2)作CH⊥AB，垂足为H，连接AE,CE,OC.由PO⊥平面AOC，CH⊂平面AOC，所以PO⊥CH，又AB∩PO=O,AB,PO⊂平面PAB，所以CH⊥平面PAB.因为C,D为圆弧AB的两个三等分点，所以OA=OC=AC=2，则CH=3.1因为△PAB是边长为4的等边三角形，所以S△PAB=×4×23=43.21因为E是PB的中点，所以S△PAE=S△PAB=23，21则三棱锥C-PAE的体积V1=×23×3=2.3122因为PA=4，所以PC=4，则S△PAC=×2×4-1=15.2115设点E到平面PAC的距离为d，则三棱锥E-PAC的体积V2=×15d=d.3315215因为V1=V2，所以d=2，解得d=，35215即点E到平面PAC的距离为.52(2023·河南·校联考二模)如图所示，正六棱柱ABCDEF-A1B1C1D1E1F1的底面边长为1，高为3.15 (1)证明：平面ADF1⎳平面A1BC；(2)求平面ADF1与平面A1BC间的距离.15【答案】(1)证明见解析；(2)5【分析】(1)利用面面平行的判定定理证明；(2)将面面距转化为点面距，再由等体积法求出距离即可.【解析】(1)在正六棱柱ABCDEF-A1B1C1D1E1F1中，因为底面为正六边形，所以AD⎳BC，因为AD⊄平面A1BC，BC⊂平面A1BC，所以AD⎳平面A1BC.因为CD⎳A1F1，CD=A1F1，所以四边形CDF1A1为平行四边形，所以DF1⎳A1C，因为DF1⊄平面A1BC，A1C⊂平面A1BC，所以DF1⎳平面A1BC，又AD∩DF1=D，所以平面ADF1⎳平面A1BC.(2)平面ADF1与平面A1BC间的距离等价于点A到平面A1BC的距离，设为d.11连接AC，则四面体A1ABC的体积V=S△ABC⋅AA1=S△A1BCd.331112π1因为V=S△ABC⋅AA1=××1×1×sin×3=，332342222A1B=AB+AA1=2，A1C=AC+AA1=6，2221+2-6115所以cos∠A1BC==-，从而sin∠A1BC=，2×1×24411515所以S△A1BC=×1×2×=，2443V1515所以d==，即平面ADF1与平面A1BC间的距离为.S△A1BC55题型五：空间几何体的体积求解1(2024·内蒙古锡林郭勒盟·高三统考开学考试)如图，在四面体ABCD中，∠ACB=∠ACD=60°,BC⊥CD,BC=CD.(1)证明：AC⊥BD(2)若AB=7,BC=2，求四面体ABCD的体积【思路分析】16 (1)取BD中点E，连结AE，CE，证明BD⊥平面ACE即得；(2)在△ABC中利用余弦定理求得AC，又在△ACE中利用余弦定理求得∠ACE，继而求出△ACE的面积，利用(1)的结论将所求体积分割求解即得.【规范解答】(1)如图，取BD的中点为E，连结AE，CE，∵BC=DC，∴CE⊥BD，在△ACB和△ACD中，∠ACB=∠ACD=60°，AC=AC，CB=CD，∴△ABC≌△ADC，∴AB=AD，∵BD的中点为E，∴AE⊥BD，∵AE∩CE=E，AE⊂平面ACE，CE⊂平面ACE，∴BD⊥平面ACE，∵AC⊂平面ACE，∴AC⊥BD．(2)在△ABC中，BC=2，AB=7，设AC=xx>0，222由余弦定理2+x-2×2xcos60°=7，解得AC=x=3．因为CD=BC=2，BC⊥CD，所以BD=22，11∴在△ACE中，因BE=BD=×22=2，22221则AE=AB-BE=5，CE=BD=2，AC=3，29+2-522又由余弦定理得cos∠ACE==，∴sin∠ACE=，6222123∴S△ACE=×3×2×=，222113由(1)知BD⊥平面ACE，∴V四面体ABCD=VB-ACE+VD-ACE=S△ACE⋅BD=××22=2．3321、处理空间几何体体积的基本思路(1)转：转换底面与高，将原本不容易求面积的底面转换为容易求面积的底面，或将原来不容易看出的高转换为容易看出并容易求解的高；(2)拆：将一个不规则的几何体拆成几个规则的几何体，便于计算；(3)拼：将小几何体嵌入一个大几何体中，如有时将一个三棱锥复原成一个三棱柱，将一个三棱柱复原乘一个四棱柱，还台位锥，这些都是拼补的方法。2、求体积的常用方法(1)直接法：对于规则的几何体，利用相关公式直接计算；(2)割补法：把不规则的几何体分割成规则的几何体，然后进行体积计算；或者把不规则的几何体补成规则的几何体，不熟悉的几何体补成熟悉的几何体，便于计算；(3)等体积法：选择合适的底面来求几何体的体积，常用于求三棱锥的体积，即利用三棱锥的任一个面作为三棱锥的底面进行等体积变换17 1(2023·四川·校联考三模)如图所示，直角梯形ABDE和三角形ABC所在平面互相垂直，DB⊥AB，ED∥AB，AB=2DE=2BD=2，AC=BC，异面直线DE与AC所成角为45°.(1)求证：平面ACE⊥平面BCD；(2)若点F在CE上，当△AFB面积最小时，求三棱锥F-ABE的体积.1【答案】(1)证明见解析；(2)6【分析】(1)由异面直线DE与AC所成角，得出∠BAC=45°，则AC⊥BC，再由面面垂直得出线面垂直，再证得面面垂直；(2)取AB中点G，△AFB面积最小时，线段FG最短.当点F为CE中点时，FG⊥CE，线段FG最短.求此时三棱锥F-ABE的体积即可.【解析】(1)证明：因为AC=BC，所以∠BAC为锐角.因为ED∥AB，所以∠BAC为异面直线DE与AC所成角，所以∠BAC=45°.所以△ABC为等腰直角三角形，所以∠ACB=90°，则AC⊥BC.因为平面ABDE⊥平面ABC，DB⊥AB，平面ABDE∩平面ABC=AB，DB⊂平面ABDE，所以DB⊥平面ABC，DB⊥AC，所以AC⊥平面BCD.因为AC⊂平面ACE，所以平面ACE⊥平面BCD.(2)取AB中点G，连接FG，BE.如图：因为AB=2DE=2BD=2，DB⊥AB，ED∥AB，所以AE=BE=2.因为AC=BC，所以△ACE≌△BCE.所以∠ACE=∠BCE，△ACF≌△BCF.所以AF=BF，FG⊥AB.所以△AFB面积最小时，线段FG最短.1因为EG=CG=1，S△ABC=AB×CG=1，2所以当点F为CE中点时，FG⊥CE，线段FG最短.因为平面ABDE⊥平面ABC，平面ABDE∩平面ABC=AB，EG⊥AB，EG⊂平面ABDE，所以EG⊥平面ABC.11111此时，VF-ABE=VC-ABE=VE-ABC=××S△ABC×EG=.222362(2023·天津西青·西青区杨柳青第一中学校考模拟预测)如图所示的几何体中，四边形ABCD为平行四边形，∠ACD=90°，AB=1，AD=2，四边形ABEF为正方形，平面ABEF⊥平面ABCD，P为DF的中点，AN⊥CF，垂足为N．18 (1)求证：AN⊥平面CDF；(2)求异面直线BF与PC所成角的正切值；(3)求三棱锥B-CEF的体积．63【答案】(1)证明见解析；(2)；(3)26【分析】(1)由AB⊥AF，CD⊥AF，可证得CD⊥平面ACF，得CD⊥AN，又AN⊥CF，即可证得结论；(2)设AC∩BD=O，P为DF的中点，O是BD中点，得BF∥PO，则∠CPO是异面直线BF与PC所成角，即可求解；(3)可证得AF⊥平面ABCD，则三棱锥B-CEF的体积：VB-CEF=VC-BEF，计算即可．【解析】(1)∵四边形ABEF为正方形，∴AB⊥AF，∵四边形ABCD为平行四边形，∠ACD=90°，∴CD⊥AC，AB∥CD，∴CD⊥AF，∵AF∩AC=A，AF,AC⊂平面ACF，∴CD⊥平面ACF，∵AN⊂平面AFC，∴CD⊥AN，∵AN⊥CF，CF∩CD=C，CF,CD⊂平面CDF，∴AN⊥平面CDF．(2)∵四边形ABCD为平行四边形，∠ACD=90°，AB=1，AD=2，223∴AC=AD-CD=4-1=3，∴AO=CO=，2∵四边形ABEF为正方形，平面ABEF⊥平面ABCD，平面ABEF∩平面ABCD=AC，∠ACD=90°，CD⊂平面ABCD，∴CD⊥平面PAC，∵PC⊂平面PAC，∴CD⊥PC，112215∵P为DF的中点，∴AP=CP=FD=AF+AD=1+4=，2222设AC∩BD=O，∵P为DF的中点，O是BD中点，∴BF∥PO，3CO215∴∠CPO是异面直线BF与PC所成角，sin∠CPO===，PC552106∴cos∠CPO=，tan∠CPO=，526∴异面直线BF与PC所成角的正切值为．2(3)∵平面ABEF⊥平面ABCD，平面ABEF∩平面ABCD=AB，AF⊥AB，AF⊂平面ABEF，22∴AF⊥平面ABCD，CA=BC-BA=3，19 1113∴三棱锥B-CEF的体积：VB-CEF=VC-BEF=S△BEF×CA=××1×1×3=．3326题型六：空间几何体的翻折问题1(2024·河北张家口·高三河北省尚义县第一中学校联考开学考试)如图，在矩形ABCD中，AB=2，AD=2．沿对角线BD折起，形成一个四面体A-BCD，且AC=m．(1)是否存在m，使得AB⊥CD，AD⊥BC同时成立？若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由．(2)求当二面角A-CD-B的正弦值为多少时，四面体A-BCD的体积最大．【思路分析】(1)由线面垂直证明线线垂直，由勾股定理求出m值；(2)四面体A-BCD的体积最大时，平面ABD⊥平面BCD，建立空间直角坐标系，利用向量法求出二面角的余弦值，利用正弦和余弦的平方关系求出二面角的正弦值即可.【规范解答】(1)若AB⊥CD，∵AB⊥AD，AD∩CD=D，AD,CD⊂面ACD，∴AB⊥平面ACD，AC⊂平面ACD，则AB⊥AC,2222∴AB+AC=BC，即2+m=4，∴m=2；若AD⊥BC，∵AD⊥AB，AB∩BC=B，AB,BC⊂面ABC，∴AD⊥平面ABC，AC⊂面ABC，则AD⊥AC,22222∴AD+AC=CD，即4+m=2，∴m=-2，无解．故AD⊥BC不成立．所以不存在m，使得AB⊥CD，AD⊥BC同时成立；(2)要使四面体A-BCD的体积最大，因为△BCD的面积为定值，所以只需让三棱锥A-BCD的高最大即可，此时平面ABD⊥平面BCD，过点A作AO⊥BD于点O，根据面面垂直的性质易得AO⊥平面BCD，在平面BCD中作垂直于BD的直线，以O为原点分别以在平面BCD中垂直于BD的直线、OD、OA为x轴、y轴、z轴2323626建立空间直角坐标系O-xyz，则A0,0,3，C3,3,0，D0,3,0，23显然平面BCD的法向量为OA=0,0,3．2362623设平面ACD的一个法向量为n=x,y,z，CD=-3,3,0，AD=0,3,-3，-23x+6y=0n⊥CDn⋅CD=033由得得2623，取x=1，得y=2，z=2，得n=1,2,2．n⊥ADn⋅AD=0y-z=0332×2OA⋅n327∴cosOA,n===，2×12+22+227OAn320 227221所以二面角A-CD-B的正弦值为sinθ=1-cosOA,n=1-=．77翻折问题的两个解题策略1、确定翻折前后变与不变的关系：画好翻折前后的平面图形与立体图形，分清翻折前后图形的位置和数量关系的变与不变．一般地，位于“折痕”同侧的点、线、面之间的位置和数量关系不变，而位于“折痕”两侧的点、线、面之间的位置关系会发生变化；对于不变的关系应在平面图形中处理，而对于变化的关系则要在立体图形中解决2、确定翻折后关键点的位置：所谓的关键点，是指翻折过程中运动变化的点．因为这些点的位置移动，会带动与其相关的其他的点、线、面的关系变化，以及其他点、线、面之间位置关系与数量关系的变化．只有分析清楚关键点的准确位置，才能以此为参照点，确定其他点、线、面的位置，进而进行有关的证明与计算1(2024·湖南·长沙一中校联考模拟预测)如图1，在五边形ABCDP中，连接对角线AD，AD⎳BC，AD⊥DC，PA=PD=22,AD=2BC=2DC=4，将三角形PAD沿AD折起，连接PC,PB，得四棱锥P-ABCD(如图2)，且PB=22,E为AD的中点，M为BC的中点，点N在线段PE上.(1)求证：平面PAD⊥平面ABCD；387(2)若平面AMN和平面PAB的夹角的余弦值为，求线段EN的长.29【答案】(1)证明见解析；(2)1【分析】(1)由等腰三角形证得PE⊥AD，勾股定理证得PE⊥BE，可得PE⊥平面ABCD，得平面PAD⊥平面ABCD.(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.1【解析】(1)连接BE，则BC=AD=DE=2，因为AD⎳BC，AD⊥DC，2所以四边形BCDE为矩形，所以BE=CD=2，因为PA=PD=22，且E为AD的中点，22所以PE⊥AD，且PE=PA-DE=2，22222所以PE+BE=2+2=8=PB，即PE⊥BE，又因为AD∩BE=E，AD,BE⊂平面ABCD，所以PE⊥平面ABCD，又PE⊂平面PAD，所以平面PAD⊥平面ABCD.21 (2)以E为原点，EA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，则A2,0,0,B0,2,0,M-1,2,0,P0,0,2，设EN=t0≤t≤2，则N0,0,t，所以AB=-2,2,0,AP=-2,0,2，设平面PAB的法向量为m=x1,y1,z1，m⋅AB=-2x1+2y1=0,则，令x1=1，则y1=1,z1=1，得m=1,1,1,m⋅AP=-2x1+2z1=0,又AM=-3,2,0,AN=-2,0,t，设平面AMN的法向量为n=x2,y2,z2，n⋅AM=-3x2+2y2=0,3t3t则，令x2=t，则y2=2,z2=2，得n=t,2,2，n⋅AN=-2x2+tz2=0,t+3t+2m⋅n2387104所以cosm,n===，解得t=1，或t=(舍)，22941m⋅n12+12+12×t2+9t+224所以线段EN的长为1.2(2023·河北衡水·高三衡水中学校考阶段练习)如图①，在△ABC中，BC=4,AB=13,cosB=13,E,D分别为BC,AC的中点，以DE为折痕，将△DCE折起，使点C到C1的位置，且BC1=2，如图②.13(1)设平面C1AD∩平面BEC1=l，证明：l⊥平面ABC1；(2)若P是棱C1D上一点(不含端点)，过P,B,E三点作该四棱锥的截面与平面BEC1所成的锐二面角的正3切值为，求该截面将四棱锥分成上下两部分的体积之比.24【答案】(1)证明见解析；(2)5【分析】(1)根据线面垂直判定定理证明即可；(2)延长截面，分别求出VC1-BQPE=2VC1-CPE=4VCDPE，从而求解.【解析】(1)证明：如图，连接CC1，因为E,D分别为BC,AC的中点，所以CE=C1E=EB,CD=C1D=DA，所以△ACC1,△BCC1分别为以AC,BC为斜边的直角三角形，即CC1⊥AC1,CC1⊥BC1，又AC1∩BC1=C1，BC1⊂平面ABC1,AC1⊂平面ABC1，所以CC1⊥平面ABC1，因为平面C1AD∩平面BEC1=l=CC1，所以l⊥平面ABC1.(2)如图，过C1作C1H⊥BE，连接CP并延长，交AC1于点Q，连接EP,BQ，因为C1E=C1B，所以H为EB的中点，所以BH=1，22 13BH连接AH，因为AB=13,cosB==，所以AH⊥EB，13AB又AH∩C1H=H,AH⊂平面AHC1,C1H⊂平面AHC1，所以BE⊥平面AHC1，连接HQ，3则∠C1HQ是截面EPQB与平面BEC1所成二面角的平面角，即tan∠C1HQ=.2在Rt△BCC1中，BC1=2,BC=4，所以CC1=23，22213又在△ABC中，由余弦定理可得AC=AB+BC-2AB⋅BCcosB=13+16-2×13×4×=21，13222所以在Rt△ACC1中，AC1=AC-CC1=21-12=9，222所以AC1=3，所以AH=AC1+HC1，所以HC1⊥AC1;C1QC1Q33因为tan∠C1HQ===，所以C1Q=，即Q为AC1中点.HC1322又D是AC中点，所以P是△ACC1的重心，22S△CPE211所以C1P=C1D,CP=CQ，所以=×=，33S△CQB323所以VC1-BQPE=2VC1-CPE=4VC-DPE，VC1-BQPE4又VC-AQB=VC-BQC1，所以VQP-ABED=VC-ABQ-VC-DPE=VC-BQC1-VC-DPE=5VC-DPE，所以=.VQP-ABED5题型七：空间动点存在性问题的探究1(2024·上海黄浦·高三大同中学校考阶段练习)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA=PD，E为AD的中点．(1)求证：PE⊥BC；(2)在线段PC上是否存在点M，使得DM⎳平面PEB？请说明理由【思路分析】(1)利用面面垂直的性质定理证得PE⊥平面ABCD，从而证得PE⊥BC；(2)存在M为PC中点时，DM⎳平面PEB，取PB中点为F，可得四边形EFMD为平行四边形，因此DM⎳EF，从而得证.【规范解答】(1)因为PA=PD,E为AD中点，所以PE⊥AD，又因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，PE⊂平面PAD，所以PE⊥平面ABCD，又BC⊂平面ABCD，因此PE⊥BC．(2)存在M为PC中点时，DM⎳平面PEB，理由如下：23 取PB中点为F，连接DM,FM，1因为M为PC中点，∴FM⎳BC，且FM=BC．21在矩形ABCD中，E为AD中点，所以ED⎳BC，且ED=BC．2所以ED⎳FM，且ED=FM，所以四边形EFMD为平行四边形，因此DM⎳EF，又因为EF⊂面PEB,DM⊄面PEB，所以DM⎳面PEB．借助于空间直角坐标系，把几何对象上动态点的坐标用参数(变量)表示，将几何对象坐标化，这样根据所要满足的题设要求得到相应的方程或方程组．若方程或方程组在题设范围内有解，则通过参数的值反过来确定几何对象的位置；若方程或方程组在题设范围内无解，则表示满足题设要求的几何对象不存在．1(2024·广东梅州·统考一模)已知三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AC=2，∠BAC=120°，且BC=2BB1，∠CBB1=60°，侧面BCC1B1⊥底面ABC，D是BC的中点.(1)求证：平面C1AD⊥平面B1AD；AQ(2)在棱AA1上是否存在点Q，使得BQ与平面ACC1A1的所成角为60°.如果存在，请求出；如果不存AA1在，请说明理由.【答案】(1)证明见解析；(2)不存在，理由见解析【分析】(1)根据余弦定理求得BC=BB1=3.由面面垂直的判定定理、线面垂直的性质即可证得OE,OC,OB1两两垂直，建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法即可证明；(2)由(1)，设AQ=λAA1(0<λ<1)，利用空间向量法求解即可.°【解析】(1)在△ABC中，AB=AC=2,∠BAC=120，由余弦定理，2222AB+AC-BC4+4-BC得cos∠BAC==，解得BC=23，得BB1=3.2AB⋅AC8°在△BB1D中，BB1=BD=3,∠DBB1=60，则△BB1D为正三角形，取BD的中点O，连接OB1，则OB1⊥BD，又平面CBB1C1⊥平面ABC，平面CBB1C1∩平面ABC=BC,OB1⊂平面CBB1C1，所以OB1⊥平面ABC.取AB的中点E，连接OE，则OE⎳AD，而AD⊥BC，所以OE⊥BC，由OE、OC⊂平面ABC，所以OB1⊥OE,OB1⊥OC，以O为原点，以OE,OC,OB1所在直线为x,y,z轴建立如图空间直角坐标系，24 3333则B10,0,2,A1,2,0,D0,2,0,C10,23,2，33333所以AD=-1,0,0,AC1=-1,2,2,AB1=-1,-2,2，设平面C1AD和平面B1AD的一个法向量分别为n1=(x1,y1,z1),n2=(x2,y2,z2)，n1⋅AD=-x1=0n2⋅AD=-x2=0则333,33，n1⋅AC1=-x1+2y1+2z1=0n2⋅AB1=-x2-2y2+2z2=0令y1=3,y2=3，则x1=0,z1=-3,x2=0,z2=1，所以n1=(0,3,-3),n2=(0,3,1)，所以n1⋅n2=0，故平面C1AD⊥平面B1AD；333333(2)由(1)知，C0,2,0，B0,-2,0，A1,2,0，B10,0,2，C10,23,2，3333由BB1=AA1，即0,2,2=xA1-1,yA1-2,zA1，得A11,3,2，33333所以AC=-1,3,0,AC1=-1,2,2,AA1=0,2,2，设AQ=λAA1(0<λ<1)，33则AQ=0,2λ,2λ，又BA=(1,3,0)，33λ所以BQ=BA+AQ=1,3+2λ,2，设平面ACC1A1的一个法向量为n=(x,y,z)，n⋅AC=-x+3y=033则333，令y=1，得x=3,z=-3，所以n=3,1,-3，n⋅AC1=-x+y+z=022°BQ⋅n233所以sin60=cosBQ,n===，BQn13⋅1+3+3λ2+3λ223222整理，得39λ+39λ+4=0，方程在0,1上无实数解，°所以在AA1上不存在点Q，使得BQ与平面ACC1A1所成角为60.2(2024·湖北荆州·高三沙市中学校考阶段练习)设四边形ABCD为矩形，点P为平面ABCD外一点，且PA⊥平面ABCD，若PA=AB=1,BC=2.(1)求PC与平面PAD所成角的正切值；(2)在BC边上是否存在一点G，使得点D到平面PAG的距离为2，若存在，求出BG的值，若不存在，请说明理由；5【答案】(1)；(2)存在，BG=15【分析】(1)先根据线面垂直的性质证明PA⊥CD，再证明CD⊥平面PAD，则∠CPD即为PC与平面PAD所成角的平面角，再解Rt△PCD即可；(2)连接AG,DG，作DM⊥AG于点M，证明DM⊥平面PAG，则DM即为点D到平面PAG的距离，再在△ADG中，利用等面积法求解即可.【解析】(1)因为PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，所以PA⊥CD，25 又AD⊥CD,PA∩AD=A,PA,AD⊂平面PAD，所以CD⊥平面PAD，所以∠CPD即为PC与平面PAD所成角的平面角，CD5在Rt△PCD中，PD=1+4=5，则tan∠CPD==，PD55所以PC与平面PAD所成角的正切值为；5(2)假设存在，设BG=x0≤x≤2，连接AG,DG，作DM⊥AG于点M，因为PA⊥平面ABCD，DM⊂平面ABCD，所以PA⊥DM，又PA∩AG=A,PA,AG⊂平面PAG，所以DM⊥平面PAG，所以DM即为点D到平面PAG的距离，2由BG=x，得AG=x+1，1122由S△ADG=×2×1=AG⋅DM=x+1，解得x=1，222所以存在，BG=1.1(2024·内蒙古赤峰·高三校考开学考试)如图，在四棱锥P-ABCD中，四边形ABCD是菱形，PA⊥AC,BD⊥PC,PA=AB=4.(1)证明：PA⊥平面ABCD.(2)若PC=4PE,∠ABC=60°，求三棱锥P-BDE的体积.43【答案】(1)证明见解析；(2)VP-BDE=3【分析】(1)利用线面垂直的判定定理先证出BD⊥平面PAC，再证得PA⊥平面ABCD；(2)利用间接法VP-BDE=VP-ABCD-VE-BCD-VP-ABD，求体积.【解析】(1)记AC∩BD=O.因为四边形ABCD是菱形，所以BD⊥AC.因为BD⊥PC,PC⊂平面PAC,AC⊂平面PAC，且AC∩PC=C，所以BD⊥平面PAC.因为PA⊂平面PAC，所以BD⊥PA.因为PA⊥AC,AC⊂平面ABCD,BD⊂平面ABCD，且AC∩BD=O，所以PA⊥平面ABCD.26 (2)因为PC=4PE，所以点E到平面ABCD的距离是3.因为四边形ABCD是边长为4的菱形，且∠ABC=60°，13所以S△BCD=S△ABD=×4×4×=43，221323则四棱锥P-ABCD的体积VP-ABCD=×43×2×4=，331三棱锥E-BCD的体积VE-BCD=×43×3=43，31163三棱锥P-ABD的体积VP-ABD=×43×4=，3332316343故三棱锥P-BDE的体积VP-BDE=VP-ABCD-VE-BCD-VP-ABD=-43-=.3332(2024·云南昆明·昆明一中校考模拟预测)如图，四棱锥P-ABCD中，PA=PD=AD=CD=2，∠DAB=∠ABC=90°，∠ADC=60°．(1)证明：PC⊥BC；(2)若二面角P-AD-B的大小为120°，求直线PB与平面PCD所成角的正弦值．210【答案】(1)证明见解析；(2).70【分析】(1)取AD的中点O，连接OP，OC，AC，即可得到△APD和△ACD都是等边三角形，从而得到AD⊥OP，AD⊥OC，则AD⊥平面POC，从而得到AD⊥PC，再由AD⎳BC，即可得证；(2)依题意可得二面角P-AD-B的平面角为∠POC，在平面POC内作OM⊥OC交PC于点M，由面面垂直的性质得到OM⊥平面ABCD，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.【解析】(1)取AD的中点O，连接OP，OC，AC，因为PA=PD=AD=CD=2，∠ADC=60°，所以△APD和△ACD都是等边三角形，所以AD⊥OP，AD⊥OC，OP∩OC=O，OP,OC⊂平面POC，所以AD⊥平面POC，PC⊂平面POC，所以AD⊥PC，因为∠DAB=∠ABC=90°，所以AD⎳BC，所以PC⊥BC.(2)由(1)知AD⊥OP，AD⊥OC，则二面角P-AD-B的平面角为∠POC=120°，OP=OC=3，且AD⊥平面POC，AD⊂平面ABCD，所以平面POC⊥平面ABCD，平面POC∩平面ABCD=OC，在平面POC内作OM⊥OC交PC于点M，所以OM⊥平面ABCD，建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz，33则D-1,0,0，B1,3,0，C0,3,0，P0,-2,2，333333所以PB=1,2,-2，PC=0,2,-2，DC=1,3,0，设平面PCD的一个法向量为n=x,y,z，27 333n⋅PC=2y-2z=0则，得n=-3,1,3，n⋅DC=x+3y=0设直线PB与平面PCD所成角为θ，3333n⋅PB-3+2-2210则sinθ===，n1+27+9⋅3+1+370⋅PB44210所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值为.703(2024·吉林·校联考模拟预测)如图，在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面为矩形，AB=3AD=3a，高为h，O，E分别为底面的中心和CD的中点．(1)求证：平面A1OE⊥平面CDD1C1；22h(2)若平面A1OE与平面D1BC的夹角的余弦值为，求的值．3a6【答案】(1)答案见解析；(2)2【分析】(1)根据面面垂直的判定定理证明；(2)建立空间直角坐标系，并求出平面A1OE与平面D1BC的夹h角的余弦值，得到h和a的关系式即可求出的值.a【解析】(1)连接AC、D1E，∵O，E分别为AC的中点和CD的中点，∴OE∥AD，∵AD∥A1D1，∴OE∥A1D1，∴四点O、E、A1、D1共面，∵A1D1⊥C1D1，A1D1⊥D1D，且D1D∩D1C1=D1，D1D、D1C1⊂平面CDD1C1，A1D1⊄平面CDD1C1，∴A1D1⊥平面CDD1C1，∵A1D1⊂平面A1OE，∴平面A1OE⊥平面CDD1C1，(2)分别以DA、DC、DD1所在的直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，a33A1a,0,h，O2,2a,0，E0,2a,0，D10,0,h，Ba,3a,0，C0,3a,0，a3a则OA1=2,-2a,h，OE=-2,0,0，D1C=0,3a,-h，D1B=a,3a,-h，设平面A1OE的法向量n1=x1,y1,z1，28 a3OA1⋅n1=02x1-2ay1+hz1=0则，即，OE⋅n1=0-ax=02133令y1=h，则z1=2a，∴n1=0,h,2a，设平面D1BC的法向量n2=x2,y2,z2，D1C⋅n2=03ay2-hz2=0则，即，D1B⋅n2=0ax2+3ay2-hz2=0令y2=h，则x2=0，z2=3a，∴n2=0,h,3a，232n1⋅n2h+2a22∴cosn1,n2===，n1⋅n2h2+3a2⋅h2+3a234h6∴=.a24(2024·天津南开·高三南开中学校考阶段练习)如图，四棱台ABCD-A1B1C1D1中，上、下底面均是正方形，且侧面是全等的等腰梯形，AB=2A1B1=6，E，F分别为DC，BC的中点，上下底面中心的连线O1O垂直于上下底面，且O1O与侧棱所在直线所成的角为45°．(1)求证：BD1∥平面C1EF；(2)求点A1到平面C1EF的距离；22(3)边BC上是否存在点M，使得直线A1M与平面C1EF所成的角的正弦值为，若存在，求出线段BM5的长；若不存在，请说明理由．【答案】(1)详见解析；(2)32；(3)1【分析】(1)建立空间直角坐标系，设平面C1EF的一个法向量为n=x,y,z，论证BD1⋅n=0即可；(2)由A1C1⎳n，得到点A1到平面C1EF的距离为d=A1C1求解；A1M⋅n22(3)假设在边BC上存在点M，设Mx,6,0，由cosA1M,n==求解.5A1M⋅n【解析】(1)证明：由题设可得四棱台为正四棱台，故可建立如图所示空间直角坐标系：333293323932则B6,6,0,D12,2,2,E0,3,0,F3,6,0,A12,2,2,C12,2,2，33329932所有EF=3,3,0,C1E=-2,-2,-2,BD1=-2,-2,2，29 设平面C1EF的一个法向量为n=x,y,z，EF⋅n=03x+3y=0则，即3332，C1E⋅n=0-2x-2y-2z=0令x=1，则y=1,z=0，所以n=1,-1,0，因为BD1⋅n=0，且BD1⊄平面C1EF，所以BD1∥平面C1EF；(2)易知A1C1=-3,3,0，则A1C1⎳n，所以点A1到平面C1EF的距离为d=A1C1=32；9932(3)假设在边BC上存在点M，设Mx,6,0，则A1M=x-2,2,-2，22因为直线A1M与平面C1EF所成的角的正弦值为，5A1M⋅nx-922所以cosA1M,n===，2⋅x2-9x+455A1M⋅n2即x-34x+145=0，解得x=5或x=29(舍去)，则M5,6,0，此时BM=1.5(2024·北京·高三北京市第一六一中学校考开学考试)如图，多面体ABCDEF中，四边形ABCD为矩形，∠ADE=60°，DE∥CF，CD⊥DE，AD=2，DE=DC=3，CF=6．(1)求证：CD⊥AE；(2)求直线DE与平面AEF所成角的正弦值；(3)求出λ的值，使得CG=λCF，且G到平面ABC距离为3．301【答案】(1)证明见解析；(2)；(3)λ=±103【分析】(1)根据矩形的性质，结合线面垂直的判定定理和性质进行证明即可；(2)建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可；(3)利用空间向量距离公式，结合三棱锥的体积公式进行求解即可.【解析】(1)因为四边形ABCD为矩形，所以CD⊥AD；又CD⊥DE，AD∩DE=D，AD，DE⊂平面ADE，所以CD⊥平面ADE，AE⊂平面ADE，所以CD⊥AE.(2)由(1)知CD⊥平面ADE，如图建立空间直角坐标系，其中DC，DE为x，y轴的正方向，因为∠ADE=60°，所以：A0,1,3，D0,0,0，E0,3,0，F3,6,0.所以AE=0,2,-3，AF=3,5,-3，DE=0,3,0.设平面AEF的法向量为n=x,y,z，n·AE=02y-3z=0则⇒，取n=-3,3,2.n·AF=03x+5y-3z=030 DE·n3330则cosDE,n===.DE·n3101030所以直线DE与平面AEF所成角的正弦值为：.10(3)设Gx0,y0,z0到平面ABC的距离为h，11VB-ACG=VG-ACB=××2×3×h=3⇒h=3.32C3,0,0，CG=λCF⇒x0-3,y0,z0=λ0,6,0⇒G3,6λ,0，CG=0,6λ,0.设平面ABCD的法向量为m=x1,y1,z1，DA=0,1,3，DC=3,0,0.m·DA=0y1+3z1=0所以：⇒，取m=0,3,-3.m·DC=03x1=0CG·m18λ1h==3⇒=3⇒λ=±.m9+336(2023·辽宁大连·高三育明高中校考期中)如图，在Rt△ABO中，AB⊥BO，CD⎳AB，AB=3CD=3，AD=22．将△OCD沿CD折起，使点O到达点P的位置．(1)请在答题纸的图中作出平面PAD与平面PBC的交线，并指出这条直线(不必写出作图过程)；(2)证明：平面PAB⊥平面PBC；(3)若直线PA和直线CD所成角的大小为30°，求四棱锥P-ABCD的体积．23【答案】(1)作图见解析；(2)证明见解析；(3)3【分析】(1)延长BC,AD，交于点Q，连接PQ，即为所求直线；(2)由已知证得DC⊥平面PBC，结合CD⎳AB得出AB⊥平面PBC，由AB⊂平面ABP，即可证明平面PAB⊥平面PBC；(3)由直线PA和直线CD的夹角及已知得出PB，由勾股定理逆定理得出△PBC为直角三角形，在平面PBC中，过点P作PE⊥BC于点E，求出PE的长，根据四棱锥的体积公式计算即可．【解析】(1)延长BC,AD，交于点Q，连接PQ，则PQ为平面PAD与平面PBC的交线．(2)因为AB⊥BO，CD⎳AB，所以CD⊥OB，则CD⊥BC,CD⊥PC，因为PC,BC⊂平面PBC，PC∩BC=C，所以CD⊥平面PBC，因为CD⎳AB，所以AB⊥平面PBC，又因为AB⊂平面ABP，所以平面PAB⊥平面PBC．(3)由AB⊥BO，CD⎳AB，AB=3CD=3，AD=22，得PC=1,BC=2，因为CD⎳AB，且直线PA和直线CD所成角的大小为30°，所以∠PAB=30°，由(1)得，AB⊥平面PBC，且PB⊂平面PBC，所以AB⊥PB，即∠ABP=90°，31 由AB=3得，PB=3，222在△PBC中，PB+PC=3+1=BC，则∠BPC=90°，3在平面PBC中，过点P作PE⊥BC于点E，则PE=，2因为PE⊂平面PBC，AB⊥平面PBC，所以PE⊥AB，又因为PE⊥AB，PE⊥BC，AB,BC⊂平面ABCD，且AB∩BC=B，所以PE⊥平面ABCD，111323则VP-ABCD=⋅SABCD⋅PE=××(1+3)×2×=．332231(2023·北京·统考高考真题)如图，在三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC，PA=AB=BC=1，PC=3．(1)求证：BC⊥平面PAB；(2)求二面角A-PC-B的大小．π【答案】(1)证明见解析；(2)3【分析】(1)先由线面垂直的性质证得PA⊥BC，再利用勾股定理证得BC⊥PB，从而利用线面垂直的判定定理即可得证；(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.【解析】(1)因为PA⊥平面ABC,BC⊂平面ABC，所以PA⊥BC，同理PA⊥AB，所以△PAB为直角三角形，22又因为PB=PA+AB=2，BC=1,PC=3，222所以PB+BC=PC，则△PBC为直角三角形，故BC⊥PB，又因为BC⊥PA，PA∩PB=P，所以BC⊥平面PAB.(2)由(1)BC⊥平面PAB，又AB⊂平面PAB，则BC⊥AB，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),P(0,0,1),C(1,1,0),B(1,0,0)，所以AP=(0,0,1),AC=(1,1,0),BC=(0,1,0),PC=(1,1,-1)，设平面PAC的法向量为m=x1,y1,z1，m⋅AP=0z1=0,则，即令x1=1，则y1=-1，所以m=(1,-1,0)，m⋅AC=0x1+y1=0,设平面PBC的法向量为n=x2,y2,z2，32 n⋅BC=0y2=0则，即，令x2=1，则z2=1，所以n=(1,0,1)，n⋅PC=0x2+y2-z2=0m⋅n11所以cosm,n===，mn2×22π又因为二面角A-PC-B为锐二面角，所以二面角A-PC-B的大小为.32(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,O，点F在AC上，BF⊥AO．(1)求证：EF⎳平面ADO；(2)若∠POF=120°，求三棱锥P-ABC的体积．26【答案】(1)证明见解析；(2)3【分析】(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.【解析】(1)连接DE,OF，设AF=tAC，1则BF=BA+AF=(1-t)BA+tBC，AO=-BA+BC，BF⊥AO，21212则BF⋅AO=[(1-t)BA+tBC]⋅-BA+BC=(t-1)BA+tBC=4(t-1)+4t=0，221解得t=，则F为AC的中点，由D,E,O,F分别为PB,PA,BC,AC的中点，211于是DE⎳AB,DE=AB,OF⎳AB,OF=AB，即DE⎳OF,DE=OF，22则四边形ODEF为平行四边形，EF⎳DO,EF=DO，又EF⊄平面ADO,DO⊂平面ADO，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BC中点，所以PO⊥BC，122在Rt△PBO中，PB=6,BO=BC=2，所以PO=PB-OB=6-2=2，2因为AB⊥BC,OF⎳AB，所以OF⊥BC，又PO∩OF=O，PO,OF⊂平面POF，所以BC⊥平面POF，又PM⊂平面POF，所以BC⊥PM，又BC∩FM=O，BC,FM⊂平面ABC，所以PM⊥平面ABC，即三棱锥P-ABC的高为PM，因为∠POF=120°，所以∠POM=60°，33 3所以PM=POsin60°=2×=3，2111126又S△ABC=AB⋅BC=×2×22=22，所以VP-ABC=S△ABC⋅PM=×22×3=.223333(2023·全国·统考高考真题)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，A1C⊥平面ABC,∠ACB=90°．(1)证明：平面ACC1A1⊥平面BB1C1C；(2)设AB=A1B,AA1=2，求四棱锥A1-BB1C1C的高．【答案】(1)证明见解析；(2)1【分析】(1)由A1C⊥平面ABC得A1C⊥BC，又因为AC⊥BC，可证BC⊥平面ACC1A1，从而证得平面ACC1A1⊥平面BCC1B1；(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=AC，从而证得O为CC1中点，设A1C=AC=x，由勾股定理可求出x，再由勾股定理即可求A1O.【解析】(1)证明：因为A1C⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以A1C⊥BC,又因为∠ACB=90°，即AC⊥BC，A1C,AC⊂平面ACC1A1，A1C∩AC=C，所以BC⊥平面ACC1A1，又因为BC⊂平面BCC1B1，所以平面ACC1A1⊥平面BCC1B1.(2)如图，过点A1作A1O⊥CC1，垂足为O.因为平面ACC1A1⊥平面BCC1B1，平面ACC1A1∩平面BCC1B1=CC1，A1O⊂平面ACC1A1，所以A1O⊥平面BCC1B1，所以四棱锥A1-BB1C1C的高为A1O.因为A1C⊥平面ABC，AC,BC⊂平面ABC，所以A1C⊥BC，A1C⊥AC,又因为A1B=AB，BC为公共边，所以△ABC与△A1BC全等，所以A1C=AC.设A1C=AC=x，则A1C1=x，1所以O为CC1中点，OC1=AA1=1,2222222又因为A1C⊥AC,所以A1C+AC=AA1，即x+x=2，解得x=2，2222所以A1O=A1C1-OC1=2-1=1，所以四棱锥A1-BB1C1C的高为1．4(2023·全国·统考高考真题)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，A1C⊥底面ABC，∠ACB=90°,AA1=2，A1到平面BCC1B1的距离为1．34 (1)证明：A1C=AC；(2)已知AA1与BB1的距离为2，求AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值．13【答案】(1)证明见解析；(2)13【分析】(1)根据线面垂直，面面垂直的判定与性质定理可得A1O⊥平面BCC1B1，再由勾股定理求出O为中点，即可得证；(2)利用直角三角形求出AB1的长及点A到面的距离，根据线面角定义直接可得正弦值.【解析】(1)如图，∵A1C⊥底面ABC，BC⊂面ABC，∴A1C⊥BC，又BC⊥AC，A1C,AC⊂平面ACC1A1，A1C∩AC=C，∴BC⊥平面ACC1A1，又BC⊂平面BCC1B1，∴平面ACC1A1⊥平面BCC1B1，过A1作A1O⊥CC1交CC1于O，又平面ACC1A1∩平面BCC1B1=CC1，A1O⊂平面ACC1A1，∴A1O⊥平面BCC1B1∵A1到平面BCC1B1的距离为1，∴A1O=1，在Rt△A1CC1中，A1C⊥A1C1,CC1=AA1=2，设CO=x，则C1O=2-x，∵△A1OC,△A1OC1,△A1CC1为直角三角形，且CC1=2，222222222CO+A1O=A1C，A1O+OC1=C1A1，A1C+A1C1=C1C，22∴1+x+1+(2-x)=4，解得x=1，∴AC=A1C=A1C1=2，∴A1C=AC(2)∵AC=A1C1,BC⊥A1C,BC⊥AC，∴Rt△ACB≌Rt△A1CB，∴BA=BA1，过B作BD⊥AA1，交AA1于D，则D为AA1中点，由直线AA1与BB1距离为2，所以BD=2∵A1D=1，BD=2，∴A1B=AB=5，22在Rt△ABC，∴BC=AB-AC=3，延长AC，使AC=CM，连接C1M，由CM∥A1C1,CM=A1C1知四边形A1CMC1为平行四边形，∴C1M∥A1C，∴C1M⊥平面ABC，又AM⊂平面ABC，∴C1M⊥AM22则在Rt△AC1M中，AM=2AC,C1M=A1C，∴AC1=(2AC)+A1C，22在Rt△AB1C1中，AC1=(2AC)+A1C，B1C1=BC=3，222∴AB1=(22)+(2)+(3)=13,又A到平面BCC1B1距离也为1，113所以AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值为=.131335 5(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，O，AD=5DO，点F在AC上，BF⊥AO.(1)证明：EF⎳平面ADO；(2)证明：平面ADO⊥平面BEF；(3)求二面角D-AO-C的正弦值.2【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析；(3).2【分析】(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zPA=14轴⊥平面BAC，建立如图所示的空间直角坐标系，设Px,y,z，所以由PB=6求出P点坐标，再求出PC=6平面ADO与平面BEF的法向量n1,n2，由n1⋅n2=0即可证明；(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.【解析】(1)连接DE,OF，设AF=tAC，1则BF=BA+AF=(1-t)BA+tBC，AO=-BA+BC，BF⊥AO，21212则BF⋅AO=[(1-t)BA+tBC]⋅-BA+BC=(t-1)BA+tBC=4(t-1)+4t=0，221解得t=，则F为AC的中点，由D,E,O,F分别为PB,PA,BC,AC的中点，211于是DE⎳AB,DE=AB,OF⎳AB,OF=AB，即DE⎳OF,DE=OF，22则四边形ODEF为平行四边形，EF⎳DO,EF=DO，又EF⊄平面ADO,DO⊂平面ADO，所以EF⎳平面ADO.630(2)法一：由(1)可知EF⎳OD，则AO=6,DO=，得AD=5DO=，2222215因此OD+AO=AD=，则OD⊥AO，有EF⊥AO，2又AO⊥BF,BF∩EF=F，BF,EF⊂平面BEF，则有AO⊥平面BEF，又AO⊂平面ADO，所以平面ADO⊥平面BEF.36 法二：因为AB⊥BC，过点B作z轴⊥平面BAC，建立如图所示的空间直角坐标系，A2,0,0,,B0,0,0,C0,22,0，315222+4-DB+AB-DA221在△BDA中，cos∠PBA===-，2DB⋅AB2×2×6622221在△PBA中，PA=PB+AB-2PB⋅ABcos∠PBA=6+4-26×2×-=14，6222PA=14x-2+y+z=14222设Px,y,z，所以由PB=6可得：x+y+z=6，PC=6x2+y-222+z2=6可得：x=-1,y=2,z=3，所以P-1,2,3，123123则D-2,2,2，所以E2,2,2，F1,2,0，523AO=-2,2,0,AD=-2,2,2设平面ADO的法向量为n1=x1,y1,z1，n1⋅AO=0-2x1+2y1=0则，得523，n1⋅AD=0-2x1+2y1+2z1=0令x1=1，则y1=2,z1=3，所以n1=1,2,3，123BE=2,2,2,BF=1,2,0设平面BEF的法向量为n2=x2,y2,z2，123则n2⋅BE=0，得2x2+2y2+2z2=0，n2⋅BF=0x2+2y2=0令x=2，则y2=-2,z2=0，所以n2=2,-2,0，2n1⋅n2=2×1+2×-2+0=0，所以平面ADO⊥平面BEF；(3)法一：过点O作OH⎳BF交AC于点H，设AD∩BE=G，1由AO⊥BF，得HO⊥AO，且FH=AH，3又由(2)知，OD⊥AO，则∠DOH为二面角D-AO-C的平面角，11因为D,E分别为PB,PA的中点，因此G为△PAB的重心，即有DG=AD,GE=BE，3313又FH=AH，即有DH=GF，323154+-2224+6-PA6cos∠ABD==，解得PA=14，同理得BE=，2×2×62×2×6222222162625于是BE+EF=BF=3，即有BE⊥EF，则GF=3×2+2=3，1531515从而GF=，DH=×=，323213615在△DOH中，OH=BF=,OD=,DH=，22226+3-154442222于是cos∠DOH==-，sin∠DOH=1--=，632222××2237 2所以二面角D-AO-C的正弦值为.2法二：平面ADO的法向量为n1=1,2,3，平面ACO的法向量为n3=0,0,1，n1⋅n332所以cosn1,n3===，n1⋅n31+2+3222因为n1,n3∈0,π，所以sinn1,n3=1-cosn1,n3=，22故二面角D-AO-C的正弦值为.26(2023·天津·统考高考真题)如图，在三棱台ABC-A1B1C1中，A1A⊥平面ABC,AB⊥AC,AB=AC=AA1=2,A1C1=1，M为BC中点.，N为AB的中点，(1)求证：A1N⎳平面AMC1；(2)求平面AMC1与平面ACC1A1所成夹角的余弦值；(3)求点C到平面AMC1的距离．24【答案】(1)证明见解析；(2)；(3)33【分析】(1)先证明四边形MNA1C1是平行四边形，然后用线面平行的判定解决；(2)利用二面角的定义，作出二面角的平面角后进行求解；(3)方法一是利用线面垂直的关系，找到垂线段的长，方法二无需找垂线段长，直接利用等体积法求解【解析】(1)连接MN,C1A.由M,N分别是BC,BA的中点，AC根据中位线性质，MN⎳AC，且MN==1，2由棱台性质，A1C1⎳AC，于是MN⎳A1C1，由MN=A1C1=1可知，四边形MNA1C1是平行四边形，则A1N⎳MC1，又A1N⊄平面C1MA，MC1⊂平面C1MA，于是A1N⎳平面AMC1.(2)过M作ME⊥AC，垂足为E，过E作EF⊥AC1，垂足为F,连接MF,C1E.由ME⊂面ABC，A1A⊥面ABC，故AA1⊥ME，又ME⊥AC，AC∩AA1=A，AC,AA1⊂平面ACC1A1，则ME⊥平面ACC1A1.由AC1⊂平面ACC1A1，故ME⊥AC1，38 又EF⊥AC1，ME∩EF=E，ME,EF⊂平面MEF，于是AC1⊥平面MEF，由MF⊂平面MEF，故AC1⊥MF.于是平面AMC1与平面ACC1A1所成角即∠MFE.AB1又ME==1，cos∠CAC1=，2522则sin∠CAC1=，故EF=1×sin∠CAC1=，5543在Rt△MEF中，∠MEF=90°，则MF=1+=，55EF2于是cos∠MFE==MF3(3)[方法一：几何法]过C1作C1P⊥AC，垂足为P，作C1Q⊥AM，垂足为Q，连接PQ,PM，过P作PR⊥C1Q，垂足为R.22由题干数据可得，C1A=C1C=5，C1M=C1P+PM=5，2232根据勾股定理，C1Q=5-=，22由C1P⊥平面AMC，AM⊂平面AMC，则C1P⊥AM，又C1Q⊥AM，C1Q∩C1P=C1，C1Q,C1P⊂平面C1PQ，于是AM⊥平面C1PQ.又PR⊂平面C1PQ，则PR⊥AM，又PR⊥C1Q，C1Q∩AM=Q，C1Q,AM⊂平面C1MA，故PR⊥平面C1MA.2⋅2PC1⋅PQ22在Rt△C1PQ中，PR===，QC13232又CA=2PA，故点C到平面C1MA的距离是P到平面C1MA的距离的两倍，4即点C到平面AMC1的距离是.3[方法二：等体积法]辅助线同方法一.设点C到平面AMC1的距离为h.11122VC1-AMC=×C1P×S△AMC=×2××2=，332311132hVC-C1MA=×h×S△AMC1=×h××2×=.33222h24由VC1-AMC=VC-C1MA⇔=，即h=.2337(2023·全国·统考高考真题)如图，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB=2,AA1=4．点A2,B2,C2,D2分别在棱AA1,BB1,CC1,DD1上，AA2=1,BB2=DD2=2,CC2=3．39 (1)证明：B2C2∥A2D2；(2)点P在棱BB1上，当二面角P-A2C2-D2为150°时，求B2P．【答案】(1)证明见解析；(2)1【分析】(1)建立空间直角坐标系，利用向量坐标相等证明；(2)设P(0,2,λ)(0≤λ≤4)，利用向量法求二面角，建立方程求出λ即可得解.【解析】(1)以C为坐标原点，CD,CB,CC1所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系，如图，则C(0,0,0),C2(0,0,3),B2(0,2,2),D2(2,0,2),A2(2,2,1)，∴B2C2=(0,-2,1),A2D2=(0,-2,1)，∴B2C2∥A2D2，又B2C2，A2D2不在同一条直线上，∴B2C2∥A2D2.(2)设P(0,2,λ)(0≤λ≤4)，则A2C2=(-2,-2,2),PC2=(0,-2,3-λ),D2C2=(-2,0,1)，设平面PA2C2的法向量n=(x,y,z)，n⋅A2C2=-2x-2y+2z=0则，n⋅PC2=-2y+(3-λ)z=0令z=2，得y=3-λ,x=λ-1，∴n=(λ-1,3-λ,2)，设平面A2C2D2的法向量m=(a,b,c)，m⋅A2C2=-2a-2b+2c=0则，m⋅D2C2=-2a+c=0令a=1，得b=1,c=2，∴m=(1,1,2)，n⋅m63∴cosn,m===cos150°=，64+(λ-1)2+(3-λ)22nm2化简可得，λ-4λ+3=0，解得λ=1或λ=3，∴P(0,2,1)或P(0,2,3)，∴B2P=1.8(2023·全国·统考高考真题)如图，三棱锥A-BCD中，DA=DB=DC，BD⊥CD，∠ADB=∠ADC=60°，E为BC的中点．(1)证明：BC⊥DA；(2)点F满足EF=DA，求二面角D-AB-F的正弦值．3【答案】(1)证明见解析；(2)．3【分析】(1)根据题意易证BC⊥平面ADE，从而证得BC⊥DA；(2)由题可证AE⊥平面BCD，所以以点E为原点，ED,EB,EA所在直线分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，再求出平面ABD,ABF的一个法向量，根据二面角的向量公式以及同角三角函数关系即可解出．【解析】(1)连接AE,DE，因为E为BC中点，DB=DC，所以DE⊥BC①，因为DA=DB=DC，∠ADB=∠ADC=60°，所以△ACD与△ABD均为等边三角形，∴AC=AB，从而AE⊥BC②，由①②，AE∩DE=E，AE,DE⊂平面ADE，40 所以，BC⊥平面ADE，而AD⊂平面ADE，所以BC⊥DA．(2)不妨设DA=DB=DC=2，∵BD⊥CD，∴BC=22,DE=AE=2．222∴AE+DE=4=AD，∴AE⊥DE，又∵AE⊥BC,DE∩BC=E，DE,BC⊂平面BCD∴AE⊥平面BCD．以点E为原点，ED,EB,EA所在直线分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，如图所示：设D(2,0,0),A(0,0,2),B(0,2,0),E(0,0,0)，设平面DAB与平面ABF的一个法向量分别为n1=x1,y1,z1,n2=x2,y2,z2，二面角D-AB-F平面角为θ,而AB=0,2,-2，因为EF=DA=-2,0,2，所以F-2,0,2，即有AF=-2,0,0，-2x1+2z1=0∴，取x1=1，所以n1=(1,1,1)；2y1-2z1=02y2-2z2=0，取y2=1，所以n2=(0,1,1)，-2x2=0n1⋅n22663所以，cosθ===，从而sinθ=1-=．n1n23×23933所以二面角D-AB-F的正弦值为．341