2020立体几何大题必刷热点题型—MST

2020立体几何大题必刷热点题型1．（2020•浦东新区二模）如图所示的几何体是圆柱的一部分，它是由边长为2的正方形ABCD （及其内部）以AB 边所在直线为旋转轴顺时针旋转120°得到的．（1）求此几何体的体积；（2）设PPP 是弧EC ̂上的一点，且BP ⊥BE ，求异面直线FP 与CA 所成角的大小．（结果用反三角函数值表示）．2．（2020•金山区二模）已知四棱锥P ﹣ABCD ，P A ⊥底面ABCD ，P A ＝1，底面ABCD 是正方形，E 是PD的中点，PD 与底面ABCD 所成角的大小为π6． （1）求四棱锥P ﹣ABCD 的体积；（2）求异面直线AE 与PC 所成角的余弦值．3．（2020•四川模拟）如图，在四棱锥P ﹣ABCD 中，底面ABCD 是菱形，∠BAD ＝60°，△P AD 是边长为2的正三角形，PC =√10，E 为线段AD 的中点．（1）求证：平面PBC ⊥平面PBE ；（2）是否存在满足PF →=λFC →(λ＞0)的点F ，使得V B−PAE =34V D−PFB ？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．4．（2020•丹东模拟）如图，四棱锥P ﹣ABCD 中，底面ABCD 为矩形，P A ⊥平面ABCD ，点E 在PD 上．（1）若E 为PD 的中点，证明：PB ∥平面AEC ；（2）若P A ＝1，PD ═2，AB =32，三棱锥E ﹣ACD 的体积为√38，求二面角D ﹣AE ﹣C 的正弦值．5．（2020•如皋市校级模拟）如图1，已知正方形铁片A'B'C'D'边长为2a米，四边中点分别为E，F，G，H，沿着虚线剪去大正方形的四个角，剩余为四个全等的等腰三角形和一个正方形ABCD（两个正方形中心重合且四边相互平行），沿正方形ABCD的四边折起，使E，F，G，H四点重合，记为P点，如图2，恰好能做成一个正四棱锥（粘贴损耗不计），PO⊥底面ABCD，O为正四棱锥底面中心，设正方形ABCD 的边长为2x米．（1）若正四棱锥的棱长都相等，求所围成的正四棱锥的全面积S；（2）请写出正四棱锥的体积V关于x的函数，并求V的最大值．6．（2020•镇海区校级模拟）如图，已知多面体EF﹣ABCD，其底面ABCD为矩形，四边形BDEF为平行四边形，平面FBC⊥平面ABCD，FB＝FC＝BC＝2，AB＝3，G是CF的中点．（Ⅰ）证明：BG∥平面AEF；（Ⅱ）求直线AE与平面BDEF所成角的余弦值．7．（2020•福建二模）如图，三棱台ABC﹣A1B1C1中，AA1＝AB＝CC1，∠AA1C＝∠ABC＝90°．（1）证明：AC⊥A1B；（2）若AB＝2，A1B=√6，∠ACB＝30°，求二面角A﹣CC1﹣B的余弦值．8．（2020•茂名二模）如图，已知△ABC内接于圆O，AB是圆O的直径，四边形DBCE为平行四边形，F 是CD的中点，（1）证明：OF∥平面ADE；（2）若四边形DBCE为矩形，且四边形DBCE所在的平面与圆O所在的平面互相垂直，AB＝2AC＝2，AE与圆O所在的平面的线面角为60°．求二面角D﹣AE﹣B的平面角的余弦值．9．（2020•湖北模拟）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，AD⊥AB，P A⊥平面ABCD，过AD的平面与PC，PB分别交于点M，N，连接MN．（1）证明：BC∥MN；（2）若P A＝AD＝AB＝2BC＝2，平面ADMN⊥平面PBC，求二面角P﹣BM﹣D的正弦值．10．（2020•宣城二模）如图所示多面体中，AD⊥平面PDC，四边形ABCD为平行四边形，点E，F分别为AD，BP的中点，AD＝3，AP＝3√2，PC=√19．（1）求证：EF∥平面PDC；（2）若∠CDP＝120°，求二面角E﹣CP﹣D的平面角的余弦值．11．（2020•滨海新区模拟）如图，在四棱锥P ﹣ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，∠ABC ＝∠BAD ＝90°，AD＝AP ＝4，AB ＝BC ＝2，M ，N 分别为线段PC ，AD 上的点（不在端点）．（Ⅰ）当M 为PC 中点时，AN =14AD ，求证：MN ∥面PBA ；（Ⅱ）当M 为中点且N 为AD 中点时，求证：平面MBN ⊥平面ABCD ；（Ⅲ）当N 为AD 中点时，是否存在M ，使得直线MN 与平面PBC 所成角的正弦值为2√55，若存在，求出MC 的长，若不存在，说明理由．12．（2020•道里区校级一模）如图，在四棱锥P ﹣ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，AD ＝CD ＝1，∠ADC ＝120°，P A ＝AB ＝BC =√3，点M 是AC 与BD 的交点．（1）求二面角A ﹣PC ﹣B 的余弦值；（2）若点N 在线段PB 上且MN ∥平面PDC ，求直线MN 与平面P AC 所成角的正弦值．13．（2020•河东区一模）如图，在四棱锥P ﹣ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，正方形ABCD 边长为2，E 是P A的中点．（1）求证：PC ∥平面BDE ；（2）求证：直线BE 与平面PCD 所成角的正弦值为√1010，求P A 的长度； （3）若P A ＝2，线段PC 上是否存在一点F ，使AF ⊥平面BDE ，若存在，求PF 的长度，若不存在，请说明理由．14．（2020•河北区一模）如图，在四棱锥P ﹣ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，底面ABCD 为平行四边形，AB⊥AC ，且P A ＝AB ＝3，AC ＝2，E 是棱PD 的中点．（Ⅰ）求证：PB ∥平面AEC ；（Ⅱ）求直线PC 与平面AEC 所成角的正弦值；（Ⅲ）在线段PB 上（不含端点）是否存在一点M ，使得二面角M ﹣AC ﹣E 的余弦值为√1010？若存在，确定M 的位置；若不存在，说明理由．15．（2020春•和平区期中）如图，在长方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，AD ＝AA 1＝1，AB ＝2，点E ，M ，N 分别是线段BC ，AE ，CD 1的中点．（Ⅰ）求证：MN ∥平面ADD 1A 1；（Ⅱ）在线段A 1D 1上有一点P ，若二面角P ﹣AE ﹣D 的余弦值为2√2121，求点D 1到平面P AE 的距离．16．（2020春•静海区校级期中）如图所示，直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，AD ⊥AB ，AB ＝BC ＝2AD ＝2，四边形EDCF 为矩形，DE ＝2，平面EDCF ⊥平面ABCD ．（1）求证：DF ∥平面ABE ；（2）求二面角B ﹣EF ﹣D 的正弦值；（3）在线段BE 上是否存在点P ，使得直线AP 与平面BEF 所成角的正弦值为√66，若存在，求出线段BP 的长，若不存在，请说明理由．17．（2020•常熟市模拟）把一块边长为a（a＞0）cm的正六边形铁皮，沿图中的虚线（虛线与正六边形的对应边垂直）剪去六个全等的四边形（阴影部分），折起六个矩形焊接制成一个正六棱柱形的无盖容器（焊接损耗忽略），设容器的底面边长为xcm．（1）若a＝16，且该容器的表面积为60√3cm2时，在该容器内注入水，水深为5cm，若将一根长度为10cm 的玻璃棒（粗细忽略）放入容器内，一端置于A处，另一端置于侧棱DD1上，忽略铁皮厚度，求玻璃棒浸入水中部分的长度；（2）求该容器的底面边长a的范围，使得该容器的体积始终不大于9000cm3．18．（2020•娄底模拟）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，平面P AC⊥平面ABCD，P A＝PC，AB∥CD，AB⊥AD，且CD＝2AD＝4AB＝4．（1）过BD作截面与线段PC交于点H，使得AP∥平面BDH，试确定点H的位置，并给出证明；（2）在（1）的条件下，若二面角H﹣BD﹣C的大小为π4，试求直线DA与平面BDH所成角的正弦值．19．（2020•通州区一模）如图，已知四边形ABCD 为菱形，且∠A ＝60°，取AD 中点为E ．现将四边形EBCD沿BE 折起至EBHG ，使得∠AEG ＝90°．（Ⅰ）求证：AE ⊥平面EBHG ；（Ⅱ）求二面角A ﹣GH ﹣B 的余弦值；（Ⅲ）若点F 满足AF →=λAB →，当EF ∥平面AGH 时，求λ的值．20．（2020•青岛模拟）如图，四棱柱ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 和侧面BCC 1B 1都是矩形，E 是CD的中点，D 1E ⊥CD ，AB ＝2BC ＝2．（1）求证：平面CC 1D 1D ⊥底面ABCD ；（2）若平面BCC 1B 1与平面BED 1所成的锐二面角的大小为π3，求直线CA 1和平面BCC 1B 1所成角的正弦值．21．（2020•龙岩模拟）在四棱锥P ﹣ABCD 中，底面ABCD 为直角梯形，∠ADC ＝∠BCD ＝90°，BC ＝l ，PD ＝AD ＝2DC ＝2，∠PDA ＝60°，且平面P AD ⊥平面ABCD ． （1）求证：BD ⊥PC ；（2）在线段P A 上是否存在一点M ，使二面角M ﹣BC ﹣D 的大小为30°？若存在，求出PM PA的值；若不存在，请说明理由．22．（2020•威海一模）如图，在四棱锥P ﹣ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，AD ⊥CD ，AD ∥BC ，P A ＝AD ＝CD ＝2，BC ＝3．过点A 做四棱锥P ﹣ABCD 的截面AEFG ，分别交PD ，PC ，PB 于点E ，F ，G ，已知PG ：PB ＝2：3，E 为PD 的中点． （Ⅰ）求证：AG ∥平面PCD ；（Ⅱ）求AF 与平面P AB 所成角的正弦值．23．（2020•全国Ⅱ卷模拟）如图，在四棱锥P ﹣ABCD 中，AD ＝2，AB ＝BC ＝CD ＝1，BC ∥AD ，∠P AD ＝90°．∠PBA 为锐角，平面P AB ⊥平面PBD ． （Ⅰ）证明：P A ⊥平面ABCD ； （Ⅱ）AD 与平面PBD 所成角的正弦值为√24，求三棱锥P ﹣ABD 的表面积．24．（2020•嘉兴模拟）如图，在四棱锥P ﹣ABCD 中，底面ABCD 是边长为2的正方形，且P A ＝PB ＝2，若点E ，F 分别为AB 和CD 的中点． （Ⅰ）求证：平面ABCD ⊥平面PEF ； （Ⅱ）若二面角P ﹣AB ﹣C 的平面角的余弦值为√36，求PC 与平面P AB 所成角的正弦值．25．（2020•东莞市模拟）如图，在四棱锥P ﹣ABCD 中，底面ABCD 为直角梯形，其中AB ⊥BC ，AD ∥BC ，AD ＝4，AP ＝AB ＝BC ＝2，E 是AD 的中点，AC 和BE 交于点O ，且PO ⊥平面ABCD ． （1）证明：平面P AC ⊥平面PCD ； （2）求直线AB 与平面PCD 所成角的大小．26．（2020•丰台区一模）如图，在四棱锥M ﹣ABCD 中，AB ∥CD ，∠ADC ＝∠BMC ＝90°，MB ＝MC ，AD ＝DC =12AB =√2，平面BCM ⊥平面ABCD ． （Ⅰ）求证：CD ∥平面ABM ； （Ⅱ）求证：AC ⊥平面BCM ；（Ⅲ）在棱AM 上是否存在一点E ，使得二面角E ﹣BC ﹣M 的大小为π4？若存在，求出AE AM的值；若不存在，请说明理由．27．（2020•沙市区校级三模）已知如图一Rt△ABC，AC＝BC＝4，∠ACB＝90°，D，E分别为AC，AB的中点，F在BC上，且BF＝3FC，G为DC中点，将△ADE沿DE折起，△BEF沿EF折起，使得A，B 重合于一点（如图二），设为P，（1）求证：EG⊥平面PDF；（2）求二面角C﹣PF﹣E的大小．28．（2020•罗湖区校级模拟）如图1，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠BAD=π2，AB＝BC＝1，AD＝2，E是AD的中点，O是AC与BE的交点，将△ABE沿BE折起到图2中△A1BE的位置，使得A1C＝1，得到四棱锥A1﹣BCDE．（Ⅰ）证明：平面A1BE⊥平面BCDE；（Ⅱ）若直线A1D与平面A1BC所成角为θ．求sinθ．29．（2020•天津一模）如图，在三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1中，四边形ABB 1A 1，BB 1C 1C 均为正方形，且A 1B 1⊥B 1C 1，M 为CC 1的中点，N 为A 1B 的中点． （1）求证：MN ∥平面ABC ； （2）求二面角B ﹣MN ﹣B 1的正弦值；（3）设P 是棱B 1C 1上一点，若直线PM 与平面MNB 1所成角的正弦值为215，求B 1PB 1C 1的值．30．（2020•达州模拟）如图，在三棱锥P ﹣ABC 中，P A ⊥平面ABC ，P A ＝AC ＝CB ＝2，AB =2√2，D 是BC 中点，E 是PD 中点，F 是线段AB 上一动点． （1）当F 为AB 中点时，求证：平面CEF ⊥平面P AB ； （2）当EF ∥平面P AC 时，求二面角E ﹣FD ﹣C 的余弦值．参考答案与试题解析1．（2020•浦东新区二模）如图所示的几何体是圆柱的一部分，它是由边长为2的正方形ABCD （及其内部）以AB 边所在直线为旋转轴顺时针旋转120°得到的． （1）求此几何体的体积；（2）设PPP 是弧EC ̂上的一点，且BP ⊥BE ，求异面直线FP 与CA 所成角的大小．（结果用反三角函数值表示）．【分析】（1）S 底面BEC =12θr 2=12×2π3×22=4π3．此几何体的体积V ＝S 底面BEC •h ，由此能求出结果． （2）以点B 为坐标原点，BE 为x 轴，BP 为y 轴，BA 为z 轴，建立空间直角坐标系．利用向量法能求出异面直线FP 与CA 所成角的大小．【解答】解：（1）因为S 底面BEC =12θr 2=12×2π3×22=4π3． 所以此几何体的体积V ＝S 底面BEC •h =4π3×2=8π3． （2）如图所示，以点B 为坐标原点，BE 为x 轴，BP 为y 轴，BA 为z 轴，建立空间直角坐标系． 则A （0，0，2），F （2，0，2），P （0，2，0），C （﹣1，√3，0）． ∴FP →=（﹣2，2，﹣2），AC →=（﹣1，√3，﹣2）． 设异面直线FP 与CA 所成的角为α， 则cos α=|FP →⋅AC →||FP →|⋅|AC →|=√6+√24．所以异面直线FP 与CA 所成角的大小arccos√6+√24．【点评】本题考查几何体的体积、异面直线所成角的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．2．（2020•金山区二模）已知四棱锥P ﹣ABCD ，P A ⊥底面ABCD ，P A ＝1，底面ABCD 是正方形，E 是PD 的中点，PD 与底面ABCD 所成角的大小为π6．（1）求四棱锥P ﹣ABCD 的体积；（2）求异面直线AE 与PC 所成角的大小（结果用反三角函数值表示）．【分析】（1）由已知求解三角形可得底面边长，再由体积公式求体积；（2）取CD 中点G ，连接EG ，AG ，则EG ∥PC ，可得∠AEG 为异面直线AE 与PC 所成角（或其补角），求解三角形得异面直线AE 与PC 所成角的余弦值，则答案可求．【解答】解：（1）如图，∵P A ⊥底面ABCD ，∴AD 为PD 在底面上的射影，可得∠PDA 为PD 与底面ABCD 所成角，大小为π6．又P A ＝1，∴AD =PAtan π6=√3，∵底面ABCD 是正方形， ∴S 正方形ABCD =√3×√3=3．∴V P−ABCD =13×3×1=1；（2）取CD 中点G ，连接EG ，AG ，则EG ∥PC ，∴∠AEG 为异面直线AE 与PC 所成角（或其补角）． 由（1）得，AC =√6，则PC =√7，EG =√72，PD ＝2，则AE ＝1，AG =√3+34=√152．在三角形AEG 中，由余弦定理可得：cos ∠AEG =AE 2+EG 2−AG 22AE⋅EG =1+74−1542×1×√72=−√77． ∴异面直线AE 与PC 所成角的余弦值为√77，角的大小为arccos √77．【点评】本题考查空间直线与直线、直线与平面的位置关系、平面与平面位置关系，几何体的体积等基础知识，考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力，是中档题．3．（2020•四川模拟）如图，在四棱锥P ﹣ABCD 中，底面ABCD 是菱形，∠BAD ＝60°，△P AD 是边长为2的正三角形，PC =√10，E 为线段AD 的中点． （1）求证：平面PBC ⊥平面PBE ；（2）是否存在满足PF →=λFC →(λ＞0)的点F ，使得V B−PAE =34V D−PFB ？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．【分析】（1）由底面ABCD 是菱形，∠BAD ＝60°，得△ABD 为等边三角形，结合E 为AD 的中点，得BE ⊥AD ，则BC ⊥BE ，再求解三角形证明PE ⊥EC ，得到PE ⊥平面ABCD ，则PE ⊥BC ，又BC ⊥BE ，得BC ⊥平面PBE ，由面面垂直的判定可得平面PBC ⊥平面PBE ；（2）假设存在满足PF →=λFC →(λ＞0)的点F ，使得V B−PAE =34V D−PFB ，分别求出三棱锥B ﹣P AE 的体积与三棱锥D ﹣PFB 的体积，由已知列等式求得λ＝2，说明存在满足PF →=λFC →(λ＞0)的点F ，使得V B−PAE =34V D−PFB． 【解答】（1）证明：∵底面ABCD 是菱形，∠BAD ＝60°，∴△ABD 为等边三角形， 又E 为AD 的中点，∴BE ⊥AD ，而BC ∥AD ，则BC ⊥BE ．由△P AD 是边长为2的正三角形，得BE =√3，BC ＝2，则EC 2=22+(√3)2=7． 又PE =√3，PC =√10，∴PE 2+EC 2＝PC 2，即PE ⊥EC ． ∵PE ⊥AD ，AD ∩EC ＝E ，∴PE ⊥平面ABCD ，则PE ⊥BC ， 又BC ⊥BE ，且BE ∩PE ＝E ，∴BC ⊥平面PBE ， 而BC ⊂平面PBC ，∴平面PBC ⊥平面PBE ；（2）解：假设存在满足PF →=λFC →(λ＞0)的点F ，使得V B−PAE =34V D−PFB ， ∵V B−PAE =V P−ABE =13S △ABE ⋅PE =13×12×1×√3×√3=12． V D ﹣PFB ＝V B ﹣PDF =λ1+λV B−PDC =λ1+λV P−BDC =λ1+λ×13×12×2×2×sin60°×√3=λ1+λ．由12=34×λ1+λ，解得λ＝2．∴存在满足PF →=λFC →(λ＞0)的点F ，使得V B−PAE =34V D−PFB ．【点评】本题考查平面与平面垂直的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用等积法求多面体的体积，是中档题．4．（2020•丹东模拟）如图，四棱锥P ﹣ABCD 中，底面ABCD 为矩形，P A ⊥平面ABCD ，点E 在PD 上． （1）若E 为PD 的中点，证明：PB ∥平面AEC ；（2）若P A ＝1，PD ═2，AB =32，三棱锥E ﹣ACD 的体积为√38，求二面角D ﹣AE ﹣C 的正弦值．【分析】（1）连接BD 交AC 于点O ，连接OE ，推导出O 是BD 中点，PB ∥OE ，由此能证明PB ∥面AEC ； （2）以A 为坐标原点，分别以AB ，AD ，AP 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，由已知求得所用点的坐标，分别求出平面EAC 与平面DAE 的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可求求二面角D ﹣AE ﹣C 的正弦值．【解答】证明：（1）连接BD 交AC 于点O ，连接OE ，∵底面ABCD 为矩形，∴O 是BD 中点， 在△PDB 中，∵E 为PD 的中点，∴PB ∥OE ，∵OE ⊂平面AEC ，PB ⊄平面AEC ，∴PB ∥面AEC ； 解：（2）以A 为坐标原点，分别以AB ，AD ，AP 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系， 由P A ＝1，PD ═2，AB =32，得A （0，0，0），D （0，√3，0），C （32，√3，0），设E 到底面ACD 的距离为h ，则由V E−ACD =13×12×√3×32ℎ=√38，得h =12．∴E （0，√32，12），AE →=(0，√32，12)，AC →=(32，√3，0)．设平面AEC 的一个法向量为n →=(x ，y ，z)．由{n →⋅AE →=√32y +12z =0n →⋅AC →=32x +√3y =0，取z =−√3，得n →=(−2√33，1，−√3)．平面DAE 的一个法向量为m →=(1，0，0)，由cos ＜m →，n →＞=m →⋅n →|m →|⋅|n →|=−2√331×433=−12，可得二面角D ﹣AE ﹣C 的正弦值√1−(−12)2=√32．【点评】本题考查线面平行的证明，训练了利用空间向量求解空间角，是中档题．5．（2020•如皋市校级模拟）如图1，已知正方形铁片A 'B 'C 'D '边长为2a 米，四边中点分别为E ，F ，G ，H ，沿着虚线剪去大正方形的四个角，剩余为四个全等的等腰三角形和一个正方形ABCD （两个正方形中心重合且四边相互平行），沿正方形ABCD 的四边折起，使E ，F ，G ，H 四点重合，记为P 点，如图2，恰好能做成一个正四棱锥（粘贴损耗不计），PO ⊥底面ABCD ，O 为正四棱锥底面中心，设正方形ABCD 的边长为2x 米．（1）若正四棱锥的棱长都相等，求所围成的正四棱锥的全面积S ； （2）请写出正四棱锥的体积V 关于x 的函数，并求V 的最大值．【分析】（1）若正四棱锥的棱长都相等，则2x +2√3x ＝2a ，解得x =a1+√3，利用等边三角形的面积计算公式、正方形的面积计算公式即可得出所围成的正四棱锥的全面积S ．（2）2PE +2x ＝2a ，解得PE ＝a ﹣x ．（0＜x ＜a ）．OP =√(a −x)2−x 2=√a 2−2ax ．（0＜x ＜a2）．正四棱锥的体积V 关于x 的函数为：V =13×(2x)2•√a 2−2ax ．利用导数研究函数的单调性即可得出．【解答】解：（1）若正四棱锥的棱长都相等，则2x+2√3x＝2a，解得x=1+3=√3−12a．∴所围成的正四棱锥的全面积S＝4×√34•（2x）2+（2x）2＝4（√3+1）x2＝4（√3+1）×(√3−12a)2=（2√3−2）a2．（2）2PE+2x＝2a，解得PE＝a﹣x．（0＜x＜a）．OP=√(a−x)2−x2=√a2−2ax．（0＜x＜a 2）．正四棱锥的体积V关于x的函数为：V=13×(2x)2•√a2−2ax．V2=169ax4（a﹣2x），令f（x）＝x4（a﹣2x），令f′（x）＝4x3（a﹣2x）﹣2x4＝0，解得x=2a 5．可得x=2a5时函数f（x）取得最大值．即可得V取得最大值=43(2a5)2•√a2−2a⋅2a5=16√5a3375．【点评】本题考查了正方形的性质、正四棱锥的性质、勾股定理、利用导数研究函数的单调性极值与最值，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．6．（2020•镇海区校级模拟）如图，已知多面体EF﹣ABCD，其底面ABCD为矩形，四边形BDEF为平行四边形，平面FBC⊥平面ABCD，FB＝FC＝BC＝2，AB＝3，G是CF的中点．（Ⅰ）证明：BG∥平面AEF；（Ⅱ）求直线AE与平面BDEF所成角的余弦值．【分析】（Ⅰ）取DE中点L，DC中点K，AD中点M，DB中点J，推导出四边形LMJK是平行四边形，从而LM∥KJ，推导出四边形KGBJ是平行四边形，从而KJ∥BG，LM∥BG∥AE，由此能证明BG∥平面AEF．（Ⅱ）直线AE与平面BDEF所成角即等于直线GB与平面BDEF所成角，作FH⊥BC，HI⊥DB，连结IF，则HG∥平面DBEF，从而G点到平面DBEF的距离等于H点到平面DBEF的距离d，由等面积法求出d=34，由此能求出直线AE与平面BDEF所成角的余弦值．【解答】解：（Ⅰ）证明：取DE中点L，DC中点K，AD中点M，DB中点J，∵LK∥MJ，LK＝MJ，∴四边形LMJK是平行四边形，∴LM∥KJ，KG∥EF∥DB，KG=12EF=12DB=JB，∴四边形KGBJ是平行四边形，∴KJ∥BG，∴LM∥BG∥AE，∵BG⊄平面AEF，AE⊂平面AEF，∴BG∥平面AEF．（Ⅱ）由（Ⅰ）知，直线AE与平面BDEF所成角即等于直线GB与平面BDEF所成角，作FH⊥BC，HI⊥DB，连结IF，∵H，G都是所在棱的中点，∴HG∥平面DBEF，∴G点到平面DBEF的距离等于H点到平面DBEF的距离d，FH=√3，HI＝BH sin∠IBC＝1313=313，FI=√3+913=4√313，由等面积法可知：d=3√13×√34√3√13=34，sinθ=d FH=34√3=√34，∴直线AE与平面BDEF所成角的余弦值为cosθ=√13 4．【点评】本题考查线面平行的证明，考查线面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力与运算求解能力，属于中档题．7．（2020•福建二模）如图，三棱台ABC﹣A1B1C1中，AA1＝AB＝CC1，∠AA1C＝∠ABC＝90°．（1）证明：AC⊥A1B；（2）若AB＝2，A1B=√6，∠ACB＝30°，求二面角A﹣CC1﹣B的余弦值．【分析】（1）过A 1作A 1O ⊥AC ，交AC 于点O ，连结BO ，推导出BO ⊥AC ，AC ⊥平面A 1OB ，由此能证明AC ⊥A 1B ．（2）以O 为原点，OB ，OC ，OA 1的方向为x ，y ，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角A ﹣CC 1﹣B 的余弦值．【解答】解：（1）证明：过A 1作A 1O ⊥AC ，交AC 于点O ，连结BO ，∵AA 1＝AB ，∠AA 1C ＝∠ABC ＝90°，∴△AA 1C ≌△ABC ，∴∠A 1AO ＝∠BAO ，∴△AA 1O ≌△ABO ，∴∠AOB ＝∠AOA 1＝90°，∴BO ⊥AC ，∵BO ∩A 1O ＝O ，∴AC ⊥平面A 1OB ，∵A 1B ⊂平面A 1OB ，∴AC ⊥A 1B ．（2）解：∵∠ABC ＝90°，AB ＝2，∠ACB ＝30°，∴AC ＝4，BC ＝2√3，BO =√3，∴A 1O =√3，∵A 1B =√6，∴A 1O 2+BO 2=A 1B 2，∴A 1O ⊥BO ，如图，以O 为原点，OB ，OC ，OA 1的方向为x ，y ，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系，由题意得OC ＝3，则B （√3，0，0），C （0，3，0），C 1（0，2，√3），∴BC →=（−√3，3，0），CC 1→=（0，﹣1，√3），设n →=（x ，y ，z ）是平面BCC 1的一个法向量，则{n →⋅BC →=−√3x +3y =0n →⋅CC 1→=−y +√3z =0，取z ＝1，得n →=（3，√3，1），平面ACC 1的一个法向量m →=（1，0，0）， 则cos ＜m →，n →＞=m →⋅n →|m →|⋅|n →|=3√1313， ∵二面角A ﹣CC 1﹣B 的平面角是锐角，∴二面角A ﹣CC 1﹣B 的余弦值为3√1313．【点评】本题考查线线垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力与运算求解能力，属于中档题．8．（2020•茂名二模）如图，已知△ABC 内接于圆O ，AB 是圆O 的直径，四边形DBCE 为平行四边形，F是CD 的中点，（1）证明：OF ∥平面ADE ；（2）若四边形DBCE 为矩形，且四边形DBCE 所在的平面与圆O 所在的平面互相垂直，AB ＝2AC ＝2，AE 与圆O 所在的平面的线面角为60°．求二面角D ﹣AE ﹣B 的平面角的余弦值．【分析】（1）连结BE ，推导出OF ∥AE ，由此能证明OF ∥平面ADF ．（2）推导出EC ⊥平面ABC ，AC ⊥BC ，以C 点为原点建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角D ﹣AE ﹣B 二面角D ﹣AE ﹣B 的平面角的余弦值．【解答】证明：（1）连结BE ，∵DBCE 平行四边形且F 为CD 中点，∴F 为BE 中点，又∵O 为AB 的中点，∴OF ∥AE ，∵AE ⊂平面ADE ，OF ⊄平面ADE ，∴OF ∥平面ADF ．（2）解：∵矩形DBCE ⊥平面ABC ，平面DBCE ∩平面ABC ＝BC ，EC ⊥BC ，EC ⊂平面DBCE ，∴EC ⊥平面ABC ，又∵AB 为圆O 的直径，∴AC ⊥BC ，∴以C 点为原点建立如图所示的空间直角坐标系，由AB ＝2AC ＝2，∴BC =√3，AC ＝1由EC ⊥平面ABC 得，∠EAC 就是AE 与平面ABC 所成的角，由tan60°=CE AC ，得CE =√3，∴A （1，0，0），E （0，0，√3），D （0，√3，√3），B （0，√3，0），∴AE →=（﹣1，0，√3），AD →=（﹣1，√3，√3），AB →=（﹣1，√3，0），设平面AED 的一个法向量m →=（x ，y ，z ），则{m →⋅AE →=−x +√3z =0m →⋅AD →=−x +√3y +√3z =0，取z ＝1，得m →=（√3，0，1）， 同理可得，平面AEB 的一个法向量n →=（√3，1，1），∴cos ＜m →，n →＞=m →⋅n →|m →|⋅|n →|=5×2=2√55，∴二面角D ﹣AE ﹣B 二面角D ﹣AE ﹣B 的平面角的余弦值为2√55．【点评】本题考查线面平行的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力与运算求解能力，属于中档题．9．（2020•湖北模拟）如图，在四棱锥P ﹣ABCD 中，底面ABCD 为直角梯形，AD ∥BC ，AD ⊥AB ，P A ⊥平面ABCD ，过AD 的平面与PC ，PB 分别交于点M ，N ，连接MN ．（1）证明：BC ∥MN ；（2）若P A ＝AD ＝AB ＝2BC ＝2，平面ADMN ⊥平面PBC ，求二面角P ﹣BM ﹣D 的正弦值．【分析】（1）证明BC ∥平面ADMN ．然后证明BC ∥MN ．（2）以A 为坐标原点，AB 、AD 、AP 分别为x 、y 、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系．求出平面PBM 的法向量，平面BMD 的法向量，利用空间向量的数量积求解平面PBM 与平面BMD 所成的角的正弦函数值即可．【解答】（1）证明：∵BC ∥AD ，BC ⊄平面ADMN ，AD ⊂平面ADMN ，∴BC ∥平面ADMN ．又BC ⊂平面PBC ，平面PBC ∩平面AD ，MN ＝MN ，∴BC ∥MN ．（2）解：以A 为坐标原点，AB 、AD 、AP 分别为x 、y 、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，∵P A ＝AD ＝AB ＝2BC ＝2，∴B （2，0，0）、D （0，2，0）、P （0，0，2）、C （2，1，0），又P A ⊥平面ABCD ，∴P A ⊥BC ，又BC ⊥AB ，∴BC ⊥平面P AB ，∴BC ⊥AN ，又BC ∥MN ，∴AN ⊥MN ，又平面ADMN ⊥平面PBC ，且平面PBC ∩平面AD ，MN ＝MN ，∴AN ⊥平面PBC ，∴AN ⊥PB 又P A ＝AB ， ∴N 是PB 的中点，∴M 是PC 的中点，∴M(1，12，1)，N （1，0，1），又平面PBM 的法向量为AN →=(1，0，1)，设平面BMD 的法向量为n →=(x ，y ，z)，则{n →⋅BM →=(x ，y ，z)⋅(−1，12，1)=0n →⋅DM →=(x ，y ，z)⋅(1，−32，1)=0，令z ＝1，则x ＝2，y ＝2，∴n →=(2，2，1)， ∴cos〈AN →，n →〉=332=√22，设平面PBM 与平面BMD 所成的角为θ，则sinθ=√22．【点评】本题考查二面角的平面角的求法，直线与平面平行的判断定理以及性质定理的应用，考查空间想象能力以及计算能力，是中档题．10．（2020•宣城二模）如图所示多面体中，AD ⊥平面PDC ，四边形ABCD 为平行四边形，点E ，F 分别为AD ，BP 的中点，AD ＝3，AP ＝3√2，PC =√19．（1）求证：EF ∥平面PDC ；（2）若∠CDP ＝120°，求二面角E ﹣CP ﹣D 的平面角的余弦值．【分析】（1）取PC 的中点为M ，连结FM ，DM ，四边形EFMD 是平行四边形，EF ∥DM ，EF ∥平面PDC ．（2）由余弦定理求出CD ＝2，以D 为原点，在平面CDP 内过D 作DP 的垂线为x 轴，DP 为y 轴，DA 为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角E ﹣CP ﹣D 的平面角的余弦值．【解答】解：（1）证明：取PC 的中点为M ，连结FM ，DM ，∵F ，M 分别为BP 、PC 的中点，∴FM ∥BC ，且FM =12BC ，又四边形ABCD 为平行四边形，ED ∥BC ，且ED =12BC ，∴FM ∥ED ，且FM ＝ED ，∴四边形EFMD 是平行四边形，∴EF ∥DM ，∵EF ⊄平面PDC ，DM ⊂平面PDC ，∴EF ∥平面PDC ．（2）解：∵AD ⊥平面PDC ，四边形ABCD 为平行四边形，点E ，F 分别为AD ，BP 的中点，AD ＝3，AP ＝3√2，PC =√19．∠CDP ＝120°，∴cos120°=CD 2+PD 2−PC 22×CD×PD =CD 2+(3√2)2−32−192×CD×√(3√2)2−3=−12，解得CD ＝2， 如图，以D 为原点，在平面CDP 内过D 作DP 的垂线为x 轴，DP 为y 轴，DA 为z 轴，建立空间直角坐标系，则A （0，0，3），B （√3，﹣1，3），C （√3，﹣1，0），D （0，0，0），E （0，0，32），P （0，3，0）， 设平面CEP 的一个法向量m →=（x ，y ，z ），CP →=（−√3，4，0），EP →=（0，3，−32），则{CP →⋅m →=−√3x +4y =0EP →⋅m →=3y +(−32)z =0，取y ＝1，得m →=（√3，1，2），平面CDP 的一个法向量n →=（0，0，1）， 设二面角E ﹣CP ﹣D 的平面角为θ，则cos θ=|m →⋅n →||m →|⋅|n →|=2√1+4+163=2√9331． ∴二面角E ﹣CP ﹣D 的平面角的余弦值为2√9331．【点评】本题考查线面平行的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力与运算求解能力，属于中档题．11．（2020•滨海新区模拟）如图，在四棱锥P ﹣ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，∠ABC ＝∠BAD ＝90°，AD＝AP ＝4，AB ＝BC ＝2，M ，N 分别为线段PC ，AD 上的点（不在端点）．（Ⅰ）当M 为PC 中点时，AN =14AD ，求证：MN ∥面PBA ；（Ⅱ）当M 为中点且N 为AD 中点时，求证：平面MBN ⊥平面ABCD ；（Ⅲ）当N 为AD 中点时，是否存在M ，使得直线MN 与平面PBC 所成角的正弦值为2√55，若存在，求出MC 的长，若不存在，说明理由．【分析】（Ⅰ）取BC 中点E ，连结ME ，NE ，推导出ME ∥PB ，NE ∥AB ，从而平面P AB ∥平面MNE ，由此能证明MN ∥面PBA ．（Ⅱ）以A 为原点，AB 为x 轴，AD 为y 轴，AP 为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能证明平面MBN ⊥平面ABCD ．（Ⅲ）假设存在存在M （a ，b ，c ），使得直线MN 与平面PBC 所成角的正弦值为2√55，CM →=λCP →．推导出M （2﹣2λ，2﹣2λ，4λ），求出平面PBC 的法向量，利用向量法能推导出不存在M ，使得直线MN 与平面PBC 所成角的正弦值为2√55． 【解答】解：（Ⅰ）证明：取BC 中点E ，连结ME ，NE ，∵在四棱锥P ﹣ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，∠ABC ＝∠BAD ＝90°，AD ＝AP ＝4，AB ＝BC ＝2，M 为PC 中点，AN =14AD ，∴ME ∥PB ，NE ∥AB ，∵PB ∩AB ＝B ，ME ∩NE ＝E ，∴平面P AB ∥平面MNE ，∵MN ⊂平面MNE ，∴MN ∥面PBA ．（Ⅱ）证明：以A 为原点，AB 为x 轴，AD 为y 轴，AP 为z 轴，建立空间直角坐标系，则B （2，0，0），C （2，2，0），P （0，0，4），M （1，1，2），N （0，2，0），MN →=（﹣1，1，﹣2），MB →=（1，﹣1，﹣2），设平面MBN 的法向量n →=（x ，y ，z ），则{n →⋅MN →=−x +y −2z =0n →⋅MB →=x −y −2z =0，取x ＝1，得n →=（1，1，0），平面ABCD 的法向量m →=（0，0，1）， ∵m →⋅n →=0，∴平面MBN ⊥平面ABCD ．（Ⅲ）解：假设存在存在M （a ，b ，c ），使得直线MN 与平面PBC 所成角的正弦值为2√55，CM →=λCP →． 则（a ﹣2，b ﹣2，c ）＝λ（﹣2，﹣2，4），解得a ＝2﹣2λ，b ＝2﹣2λ，c ＝4λ，∴M （2﹣2λ，2﹣2λ，4λ），则MN →=（2λ﹣2，2λ，﹣4λ），BC →=（0，2，0），BP →=（﹣2，0，4），设平面PBC 的法向量p →=（a ，b ，c ），则{p →⋅BC →=2b =0p →⋅BP →=−2a +4c =0，取a ＝2，得p →=（2，0，1）， ∵直线MN 与平面PBC 所成角的正弦值为2√55，∴|MN →⋅p →||MN →|⋅|p →|=√(2λ−2)2+(2λ)2+(−4λ)2⋅√20=2√55， 整理，得24λ2﹣8λ+3＝0，无解，∴不存在M ，使得直线MN 与平面PBC 所成角的正弦值为2√55．【点评】本题考查线面平行、面面垂直的证明，考查满足线面角的正弦值的点是否存在的判断与求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．12．（2020•道里区校级一模）如图，在四棱锥P ﹣ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，AD ＝CD ＝1，∠ADC ＝120°，P A ＝AB ＝BC =√3，点M 是AC 与BD 的交点．（1）求二面角A ﹣PC ﹣B 的余弦值；（2）若点N 在线段PB 上且MN ∥平面PDC ，求直线MN 与平面P AC 所成角的正弦值．【分析】（1）分别以AB ，AD ，AP 为x 轴，y 轴，z 轴建立如图的空间直角坐标系，求出平面APC 的法向量、平面PCD 的法向量，利用向量法能求出二面角A ﹣PC ﹣D 的正切值．（2）先根据条件求出点N 的具体位置，再利用向量法能求出直线MN 与平面P AC 所成角的正弦值．【解答】解：（1）在△ACD 中，AC =√AD 2+CD 2−2AD ⋅CD ⋅cos120°=√3，cos ∠DAC =AD 2+AC 2−CD 22AD⋅AC =√32，则∠DAC =π6． 在△ABC 中，cos ∠BAC =AB 2+AC 2−BC 22AB⋅AC =12，则∠DAC =π6， 在△ABC 中，cos ∠BAC =AB 2+AC 2−BC 22AB⋅AC =12，则∠BAC =π3， ∴∠BAD =π2，∴AB ⊥AD ，∵P A ⊥平面ABCD ，∴分别以直线AB ，AD ，AP 为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，B （√3，0，0），C （√32，32，0），A （0，0，0），P （0，0，√3），N （√34，0，3√34），M （√34，34，0）， AP →=（0，0，√3），AC →=（√32，32，0），BC →=（−√32，32，0），BP →=（−√3，0，√3）， 设平面ACP 的法向量m →=（x ，y ，z ），则{m →⋅AC →=√32x +32y =0m →⋅AP →=√3z =0，取x =√3，则m →=（√3，−1，0）， 设平面BCP 的法向量n →=（a ，b ，c ），则{n →⋅BC →=−√32a +32b =0n →⋅BP →=−√3a +√3c =0，取a =√3，得n →=（√3，1，√3）， 则cos ＜m →，n →＞=m →⋅n →|m →|⋅|n →|=4×7=√77， ∴二面角A ﹣PC ﹣B 的余弦值为√77． （2）设平面PCD 的法向量a →=（m ，n ，t ），PC →=（√32，32，−√3），PD →=（0，1，−√3）， 则{a →⋅PC →=√32m +32n −√3t =0a →⋅PD →=n −√3t =0，取n =√3，得a →=（﹣1，√3，1）， 设N （x ，y ，z ），且BN →=λBP →，（0≤λ≤1），满足（x −√3，y ，z ）＝λ（−√3，0，√3），则N （√3−√3λ，0，√3λ），MN →=（3√34−√3λ，−34，√3λ），∵点N 在线段PB 上且MN ∥平面PDC ，∴MN →⋅a →=√3λ−3√34−3√34+√3λ=0，解得λ=34．MN →=（0，−34，3√34），∵平面ACP 的法向量m →=（√3，−1，0），cos ＜m →，MN →＞=m →⋅MN →|m →|⋅|MN →|=342×32=14．∴直线MN 与平面P AC 所成角的正弦值为14．【点评】本题考查线面角的正弦值、二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．13．（2020•河东区一模）如图，在四棱锥P ﹣ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，正方形ABCD 边长为2，E 是P A 的中点．（1）求证：PC ∥平面BDE ；（2）求证：直线BE 与平面PCD 所成角的正弦值为√1010，求P A 的长度； （3）若P A ＝2，线段PC 上是否存在一点F ，使AF ⊥平面BDE ，若存在，求PF 的长度，若不存在，请说明理由．【分析】（1）由题意，以D 为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系D ﹣xyz ．设P A ＝a （a ＞0），求出平面BDE的一个法向量为n 1→=(x 1，y 1，z 1)与PC →的坐标，利用PC →⋅n 1→=0，结合PC ⊄平面BDE ，可得PC ∥平面BDE ； （2）设平面PCD的法向量为n 2→=(x 2，y 2，z 2)，求出n 2→=(2，−a ，0)及BE →=(a2，0，−2)，由已知线面角的正弦值结合两向量所成角的余弦值列式求得a 值，可得P A 的长度是2或4；（3）由P A ＝2，得P （2，2，0），设线段PC 上存在一点F ，使AF ⊥平面BDE ，且PF →=λPC →，得到F（2﹣2λ，2﹣2λ，2λ），再由n 1→与AF →共线求得λ，得到PF →的坐标，则|PF |可求．【解答】（1）证明：∵P A ⊥平面ABCD ，ABCD 为正方形，∴以D 为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系D ﹣xyz ．设P A ＝a （a ＞0） 则A （0，2，0），B （0，2，2），C （0，0，2），D （0，0，0）， P （a ，2，0），E （a2，2，0）．PC →=(−a ，−2，2)，设平面BDE 的一个法向量为n 1→=(x 1，y 1，z 1)．DB →=(0，2，2)，DE →=(a 2，2，0)， 由{n →⋅DB →=2y 1+2z 1=0n →⋅DE →=a 2x 1+2y 1=0，取y 1＝1，得n 1→=(−4a，1，−1)． PC →⋅n 1→=4−2−2=0，又PC ⊄平面BDE ，∴PC ∥平面BDE ； （2）证明：设平面PCD的法向量为n 2→=(x 2，y 2，z 2)，DC →=(0，0，2)，DP →=(a ，2，0)，由{n 2→⋅DC →=2z 2=0n 2→⋅DP →=ax 2+2y 2=0，令x 2＝2，得n 2→=(2，−a ，0)．BE →=(a2，0，−2)，由题意，|cos ＜BE →，n 2→＞|＝|BE →⋅n 2→|BE →|⋅|n 2→||=√4+a 4⋅√4+a 2=√1010，解得a ＝2或4，∴P A 的长度是2或4；（3）解：∵P A ＝2，∴P （2，2，0），设线段PC 上存在一点F ，使AF ⊥平面BDE ，且PF →=λPC →， 由PF →=λPC →，得F （2﹣2λ，2﹣2λ，2λ），又n 1→=(−2，1，−1)，AF →=(2−2λ，−2λ，2λ)，∴由2−2λ−2=−2λ1，解得λ=13．∴|PF |＝|PF →|=√(−23)2+(−23)2+(23)2=2√33．【点评】本题考查直线与平面平行、直线与平面垂直的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用空间向量证明直线平行与垂直，考查空间角的求法，是中档题．14．（2020•河北区一模）如图，在四棱锥P ﹣ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，底面ABCD 为平行四边形，AB ⊥AC ，且P A ＝AB ＝3，AC ＝2，E 是棱PD 的中点． （Ⅰ）求证：PB ∥平面AEC ；（Ⅱ）求直线PC 与平面AEC 所成角的正弦值；（Ⅲ）在线段PB 上（不含端点）是否存在一点M ，使得二面角M ﹣AC ﹣E 的余弦值为√1010？若存在，确定M 的位置；若不存在，说明理由．【分析】（Ⅰ）连接BD 交AC 于点O ，并连接EO ，推导出EO ∥PB ，由此能证明PB ∥面AEC ． （Ⅱ）以A 为原点，AC 为x 轴，AB 为y 轴，AP 为z 轴，建立空间直角坐标系，设平面AEC 的法向量m →=（x ，y ，z ），由向量垂直的数量积的坐标表示可得法向量，再由向量的夹角公式可得所求值； （Ⅲ）假设在线段PB 上（不含端点）存在一点M ，使得二面角M ﹣AC ﹣E 的余弦值为√1010，利用向量法能求出在线段PB 上（不含端点）存在一点M ，设平面ACM 的法向量n →=（p ，q ，t ），由向量数量积的夹角公式计算即可判断存在性．【解答】解：（Ⅰ）证明：连接BD 交AC 于点O ，并连接EO ，∵四边形ABCD 为平行四边形，∴O 为BD 的中点，又∵E 为PD 的中点，∴在△PDB 中EO 为中位线，EO ∥PB ∵PB ⊄面AEC ，EO ⊂面AEC ，∴PB ∥面AEC ．（Ⅱ）证明：∵在四棱锥P ﹣ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，底面ABCD 为平行四边形，AB ⊥AC ，且P A ＝AB ＝3，AC ＝2，E 是棱PD 的中点． ∴以A 为原点，AC 为x 轴，AB 为y 轴，AP 为z 轴，建立空间直角坐标系， P （0，0，3），C （2，0，0），A （0，0，0），D （2，﹣3，0），E （1，−32，32），AE →=（1，−32，32），AC →=（2，0，0），PC →=（2，0，﹣3）， 设平面AEC 的法向量m →=（x ，y ，z ），。

2020年高考理科数学《立体几何》题型归纳与训练【题型归纳】题型一线面平行的证明例1如图，高为1的等腰梯形ABCD 中，AM ＝CD ＝AB ＝1.现将△AMD 沿MD 折起，使平面AMD ⊥13平面MBCD ，连接AB ，AC .试判断：在AB 边上是否存在点P ，使AD ∥平面MPC ?并说明理由【答案】当AP ＝AB 时，有AD ∥平面MPC .13理由如下：连接BD 交MC 于点N ，连接NP .在梯形MBCD 中，DC ∥MB ，＝＝，DNNB DCMB 12在△ADB 中，＝，∴AD ∥PN .APPB 12∵AD ⊄平面MPC ，PN ⊂平面MPC ，∴AD ∥平面MPC .【解析】线面平行，可以线线平行或者面面平行推出。

此类题的难点就是如何构造辅助线。

构造完辅助线，证明过程只须注意规范的符号语言描述即可。

本题用到的是线线平行推出面面平行。

【易错点】不能正确地分析DN 与BN 的比例关系，导致结果错误。

【思维点拨】此类题有两大类方法：1.构造线线平行，然后推出线面平行。

此类方法的辅助线的构造须要学生理解线面平行的判定定理与线面平行的性质之间的矛盾转化关系。

在此，我们需要借助倒推法进行分析。

首先，此类型题目大部分为证明题，结论必定是正确的，我们以此为前提可以得到线面平行。

再次由线面平行的性质可知，过已知直线的平面与已知平面的交线必定平行于该直线，而交线就是我们要找的线，从而做出辅助线。

从这个角度上看我们可以看出线线平行推线面平行的本质就是过已知直线做一个平面与已知平面相交即可。

如本题中即是过AD 做了一个平面ADB 与平面MPC 相交于线PN 。

最后我们只须严格使用正确的符号语言将证明过程反向写一遍即可。

即先证AD 平行于PN ，最后得到结论。

构造交线的方法我们可总结为如下三个图形。

一一一一一一一一一2.构造面面平行，然后推出线面平行。

此类方法辅助线的构造通常比较简单，但证明过程较繁琐，一般做为备选方案。

学魁榜2020年高考理科数学《立体几何》题型归纳与训练【题型归纳】题型一线面平行的证明例1如图，高为1的等腰梯形ABCD 中，AM ＝CD ＝13AB ＝1.现将△AMD 沿MD 折起，使平面AMD ⊥平面MBCD ，连接AB ，AC .试判断：在AB 边上是否存在点P ，使AD ∥平面MPC ?并说明理由【答案】当AP ＝13AB 时，有AD ∥平面MPC .理由如下：连接BD 交MC 于点N ，连接NP .在梯形MBCD 中，DC ∥MB ，DN NB ＝DC MB ＝12，在△ADB 中，AP PB ＝12，∴AD ∥PN .∵AD ⊄平面MPC ，PN ⊂平面MPC ，∴AD ∥平面MPC .【解析】线面平行，可以线线平行或者面面平行推出。

此类题的难点就是如何构造辅助线。

构造完辅助线，证明过程只须注意规范的符号语言描述即可。

本题用到的是线线平行推出面面平行。

【易错点】不能正确地分析DN 与BN 的比例关系，导致结果错误。

【思维点拨】此类题有两大类方法：1.构造线线平行，然后推出线面平行。

此类方法的辅助线的构造须要学生理解线面平行的判定定理与线面平行的性质之间的矛盾转化关系。

在此，我们需要借助倒推法进行分析。

首先，此类型题目大部分为证明题，结论必定是正确的，我们以此为前提可以得到线面平行。

再次由线面平行的性质可知，过已知直线的平面与已知平面的交线必定平行于该直线，而交线就是我们要找的线，从而做出辅助线。

从这个角度上看我们可以看出线线平行推线面平行的本质就是过已知直线做一个平面与已知平面相交即可。

如本题中即是过AD 做了一个平面ADB 与平面MPC 相交于线PN 。

最后我们只须严格使用正确的符号语言将证明过程反向写一遍即可。

即先证2AD 平行于PN，最后得到结论。

构造交线的方法我们可总结为如下三个图形。

2.构造面面平行，然后推出线面平行。

此类方法辅助线的构造通常比较简单，但证明过程较繁琐，一般做为备选方案。

2020年高考文科数学《立体几何》题型归纳与训练【题型归纳】题型一立体几何证明例1如图五面体中,四边形ABCD是矩形,AD⊥面ABEF,AB//EF,AD=1,AB=1EF=22,2AF=BE=2,P、Q、M分别为AE、BD、EF的中点.（1）求证：PQ//面BCE；（2）求证：AM⊥面ADF.【答案】见解析【解析】（1）连结AC.因为四边形ABCD是矩形,且Q为BD的中点,所以Q为AC的中点.又因为P为AE的中点,所以PQ//EC,又因为PQ⊄面BCE,EC⊆面BCE,所以PQ//面BCE.（2）取EF的中点M,连结AM.因为AB//EM,且QB=EM=22,所以四边形ABEM为平行四边形,所以AM//BE,且AM=BE=2.在∆AMF中,A M=AF=2,MF=22.所以AM2+AF2=MF2,故AM⊥AF.由AD⊥面ABEF,得AD⊥AM,因为AD I AF=A,所以AM⊥面ADF.【易错点】定理证明所用知识点不清楚【思维点拨】证明几何体中的线面平行与垂直关系时,要注意灵活利用空间几何体的结构特征,抓住其中的平行与垂直关系.如该题中的（1）问需要利用五面体中的面ABCD是矩形,根据对角线的性质确定线段BD与AC的中点.（2）问中利用勾股定理验证线线垂直关系,这些都是证明空间平行与垂直关系的基础.例2在平行六面体ABCD-A B C D中，AA=AB，AB⊥B C．11111111A 1D1B1C1A DBC求证：(1)AB∥平面A B C；11(2)平面ABB A⊥平面A BC．111【答案】见解析【解析】(1)在平行六面体ABCD-A B C D中，AB∥A B．111111因为AB⊄平面A B C，A B⊂平面A B C，所以AB∥平面A B C．11111111A 1D1B1C1A DBC(2)在平行六面体ABCD-A B C D中，四边形ABB A为平行四边形．111111又因为AA=AB，所以四边形ABB A为菱形，因此AB⊥A B．11111又因为AB⊥B C，BC∥B C，所以AB⊥BC．111111又因为A B I BC=B，A B⊂平面A BC，BC⊂平面A BC，所以AB⊥平面A BC．111111因为AB⊂平面ABB A，所以平面ABB A⊥平面A BC．111111【易错点】定理证明所用知识点不清楚【思维点拨】证明几何体中的线面平行与垂直关系时,要注意灵活利用空间几何体的结构特征,抓住其中的平行与垂直关系.2（题型二 立体几何体积求解例 1 如图所示，在三棱锥V - ABC 中，平面VAB ⊥ 平面 ABC ，三角形VAB 为等边三角形， AC ⊥ BC ，且 AC = BC = 2 ， O ， M 分别为 AB ，V A 的中点.（1）求证：VB // 平面 MOC .V（2）求证：平面 MOC ⊥ 平面 VAB .M（3）求三棱锥V - ABC 的体积.AO BC【答案】 见解析【解析】（1）依题意， O ， M 分别为 AB ，V A 的中点，则 O M 是 △VAB 的中位线，所以 OM //VB ， OM ⊂ 平面 MOC ，VB ⊄ 平面 MOC ，故VB // 平面 MOC .（2）因为在 △ABC 中， AC = BC ，且 O 为 AB 的中点，所以 O C ⊥ AB ，又平面VAB ⊥ 平面 ABC ，平面VAB I 平面 ABC = AB ， OC ⊂ 平面 ABC ，所以 OC ⊥ 平面VAB ，又 OC ⊂ 平面 MOC ，故平面 MOC ⊥ 平面VAB .（3）由（2）知， O C ⊥ 平面VAB ，所以V V - ABC= V C -VAB 1 1 3 3= ⋅ OC = ⨯ ⨯ 22 ⨯1 =3 △SVAB 3 4 3【易错点】定理证明所用知识点不清楚【思维点拨】证明几何体中的线面平行与垂直关系时,要注意灵活利用空间几何体的结构特征,抓住其中的平行与垂直关系.例 2 如图所示，在三棱锥 P – ABC 中， P A ⊥ AB ， P A ⊥ BC ， AB ⊥ BC ， P A = AB = BC = 2 ， D 为线段 AC 的中点， E 为线段 PC 上一点．（1）求证： P A ⊥ BD ；P（2）求证：平面 BDE ⊥ 平面 PAC ；ED C（3）当 P A // 平面 BDE 时，求三棱锥 E – BCD 的体积．AB【答案】 见解析 【解析】1）因为 P A ⊥ AB ，P A ⊥ BC ，AB I BC = B ，所以 P A ⊥ 平面 ABC .又因为 BD ⊂ 平面 ABC ，所以 PA ⊥ BD .（2）因为 AB ⊥ BC ， AB = BC ， D 为线段 AC 的中点，所以在等腰 △RtABC 中， BD ⊥ AC .又由（1）可知，P A ⊥ BD ，P A I AC = A ，所以 BD ⊥ 平面 PAC .由 E 为线段 PC 上一点，则 DE ⊂ 平面 PAC ，所以BD⊥ED.又因为BD⊂平面BDE，所以平面BDE⊥平面PAC.（3）当P A//平面BDE时，P A⊂平面PAC,且平面PAC I平面BDE=DE,可得P A//DE.由D是AC边的中点知，E为PC边的中点.故而ED=面BDC.12P A=1，ED∥P A，因为PA⊥平面ABC，所以ED⊥平由AB=BC=2，AB⊥BC，D为AC边中点知，BD=CD= 2.又BD⊥AC，有BD⊥DC，即∠BDC=90︒.因此，VE-BCD1111 =⋅ED=⨯⨯2⨯2⨯1=.3△SBCD323【易错点】注意体积几何证明题条件的严谨性【思维点拨】证明几何体中的线面平行与垂直关系时,要注意灵活利用空间几何体的结构特征,抓住其中的平行与垂直关系.掌握线面平行的性质定理的应用及其体积的求解方法.题型三几何体的外接球问题例1（1）已知各顶点都在同一球面上的正四棱柱的高为4，体积为16，则这个球的表面积是（）A．16πB．20πC．24πD．32π（2）若三棱锥的三个侧面两垂直，且侧棱长均为3，则其外接球的表面积是.【答案】C；9π【解析】（1）V=a2h=16，a=2，4R2=a2+a2+h2=4+4+16=24，S=24π，选C；（2）4R2=3+3+3=9，S=4πR2=9π【易错点】外接球球心位置不好找【思维点拨】应用补形法找外接球球心的位置题型四立体几何的计算例1如图,已知三棱锥的底面是直角三角形,直角边边长分别为3和4,过直角顶点的侧棱长为4,且垂直于底面,该三棱锥的主视图是()【答案】B4, 【解析】显然由空间直角坐标系可知,该几何体在 xoy 面内的点保持不动,在 y 轴上的点在 xoy 面内的射影为坐标原点,所以该几何体的主视图就是其在面 xoy 面的表面图形,即主视图应为高为 4 ,底面边长为 3 的直角三角形．故选 B .【易错点】 该题易出现的问题是误以为 y 轴上的点在 xoy 面的射影落在 x 轴的正半轴上而误选 D , 【思维点拨】判断几何体的三视图应注意以下几个方面：（1）明确几何体的放置位置和角度,注意投影线和投影面；（2）准确把握几何体的结构特征,特别是几何体中的线面垂直关系等；（3）注意实线和虚线的区别.【巩固训练】题型一 立体几何的证明1.如图,在四棱锥 P - ABCD 中,底面 ABCD 为菱形, ∠BAD = 60° P A = PD = AD = 2 ,点 M 在线段PC 上,且 PM = 2MC , N 为 AD 的中点.（1）求证： AD ⊥ 平面 PNB ；（2）若平面 P AD ⊥ 平面 ABCD ,求三棱锥 P - NBM 的体积.【答案】（1）见解析；（2）23.【解析】（1）∵ P A = PD, N 为 AD 的中点,∴ PN ⊥ AD ,∵底面 ABCD 为菱形, ∠BAD = 60︒ ,∴ BN ⊥ AD ,∵ PN I BN = N ,∴ AD ⊥ 平面 PNB .（2）∵ PN = PD = AD = 2 ,∴ PN = NB = 3 ,∵平面 P AD ⊥ 平面 ABCD ,平面 P AD I 平面 ABCD = AD , PN ⊥ AD ,∴ PN ⊥ 平面 ABCD ,∴ PN ⊥ NB ,∴S3⨯3⨯3=. 22∵AD⊥平面PNB,AD//BC,∴BC⊥平面PNB.∵PM=2MC,∴VP-NRM =VM-PNB22132=V=⨯⨯⨯2=.3C-PNB33232.如图,在直三棱柱ABC-A B C中,D是AB的中点.111（1）证明：BC//平面A CD；11（2）若AC=CB,求证：A D⊥CD.1【答案】见解析.【解析】证明：（1）如图,连接AC,交A C于点O,连结OD.11据直三棱柱性质知四边形ACC A为平行四边形,所以O为AC的中点.111又因为D是AB的中点,所以BC//OD.1又因为BC⊄平面A CD,OD⊂平面A CD,111所以BC//平面A CD.11（2）因为AC=BC,D为AB的中点,所以CD⊥AB.据直三棱柱ABC-A B C性质知AA⊥平面ABC,又因为C D⊂平面1111所以AA⊥CD.1又因为AA I AB=A,AA,AB⊂平面ABB A,1111所以CD⊥平面ABB A,11又因为A D⊂平面ABB A,所以C D⊥A D,即A D⊥CD.11111ABC,题型二立体几何体积求解1.如图所示，四棱锥P-ABCD中，P A⊥底面ABCD，AD//BC，AB=AD=AC=3，P A=BC=4，M为线段AD上一点，AM=2MD，N为PC的中点.（1）证明MN//平面PAB；P6NA MB DC【答案】（1）（2） N -BCM 2 3 63 ．AD = BC = 所以V △S ABC = ⨯ 4 ⨯ 2 5 = 2 3 6 3 . 1 2 ⨯ (2 + 4)（2）求四面体 N - BCM 的体积．1 1 14 5V = ⨯ P A ⋅= ⨯ 4 ⨯ 2 5 =△S ABC【解析】（1）取 PB 中点 Q ，连接 AQ 、 NQ ，因为 N 是 PC 中点， NQ //BC ，且 NQ = 1BC ，又2AM = 2 2 ⨯ 3 1 BC ，且 AM // BC ，所以 QN // AM ，且3 34 2QN = AM ，所以四边形 AQNM 是平行四边形.所以 MN // AQ .又 MN ⊄ 平面PAB ， AQ ⊂ 平面 PAB ，所以 MN // 平面 PAB .PQ NAMD(2)由(1) QN // 平面 ABCD .BC所以VN -BCM= VQ -BCM1 = V2 P -BCM 1= V 2 P -BCA.N -BCM1 1 14 5 = ⨯ P A ⋅2.如图所示，四棱锥 P - ABCD 中，侧面 P AD 为等边三角形且垂直于底面 ABCD ， PAB = BC = 1AD ， ∠BAD = ∠ABC = 90o .2（1）证明：直线 BC // 平面 P AD ；（2）若 △PCD 面积为 2 7 ，求四棱锥 P - ABCD 的体积.【答案】（1）（2） V = ⨯⨯ 2 3 = 4 3 ．32BACD【解析】（1）在平面 ABCD 内，因为 ∠BAD = ∠ABC = 90o ，所以 BC //AD .又 BC ⊄ 平面 P AD ， AD ⊂ 平面 P AD ，故 BC // 平面 P AD .（2）取 AD 的中点 M ，联结 PM ， CM .由 AB = BC = 1AD ，及 BC //AD ， ∠ABC = 90o ，得四边形 ABCM 为正方形，则 CM ⊥ AD .2因为侧面 P AD 是等边三角形且垂直于底面 ABCD ，平面 P AD I 平面 ABCD = AD ，所以 PM ⊥ AD ，因为PM ⊂ 平面 P AD ，所以 PM ⊥ 平面 ABCD .因为 CM ⊂ 平面 ABCD ，所以 PM ⊥ CM .因为 △PCD 的面积为 2 7 ，所以 ⨯ 2x ⨯ 1 2 ⨯ (2 + 4)设 BC = x ，则 CM = x ， CD = 2 x ， PM = 3x ， PC = PD = 2x .取 CD 的中点 N ，联结 PN ，则 PN ⊥ CD ，所以 PN =14 x .21 142 2x = 2 7 ，解得 x = -2 （舍去）， x = 2 ，于是 AB = BC = 2 ，AD = 4 ， PM = 2 3 .所以四棱锥 P - ABCD 的体积V = ⨯3 2⨯ 2 3 = 4 3 .题型三 几何体的外接球问题1. 在正三棱锥 S - ABC 中， M 、N 分别是棱 SC 、BC 的中点，且 AM ⊥ MN ,若侧棱 SA = 2 3 ,则正三棱锥 S - ABC 外接球的表面积是.【答案】 36π【解析】正三棱锥的对棱互垂直。

专题07 立体几何综合问题（答题指导）【题型解读】▶▶题型一空间点、线、面的位置关系及空间角的计算(1)空间点、线、面的位置关系通常考查平行、垂直关系的证明,一般出现在解答题的第(1)问,解答题的第(2)问常考查求空间角,求空间角一般都可以建立空间直角坐标系,用空间向量的坐标运算求解．(2)利用向量求空间角的步骤：第一步：建立空间直角坐标系；第二步：确定点的坐标；第三步：求向量(直线的方向向量、平面的法向量)坐标；第四步：计算向量的夹角(或函数值)；第五步：将向量夹角转化为所求的空间角；第六步：反思回顾．查看关键点、易错点和答题规范．【例1】(2019·河南郑州高三联考)在如图所示的多面体中,四边形ABCD是平行四边形,四边形BDEF是矩形,ED⊥平面ABCD,∠ABD＝π6,AB＝2AD.(1)求证：平面BDEF⊥平面ADE；(2)若ED＝BD,求直线AF与平面AEC所成角的正弦值．【答案】见解析【解析】(1)在△ABD 中,∠ABD ＝π6,AB ＝2AD ,由余弦定理,得BD ＝3AD , 从而BD 2＋AD 2＝AB 2,所以△ABD 为直角三角形且∠ADB ＝90°, 故BD ⊥AD .因为DE ⊥平面ABCD ,BD ⊂平面ABCD ,所以DE ⊥BD . 又AD ∩DE ＝D ,所以BD ⊥平面ADE .因为BD ⊂平面BDEF ,所以平面BDEF ⊥平面ADE . (2)由(1)可得,在Rt △ABD 中,∠BAD ＝π3,BD ＝3AD ,又由ED ＝BD ,设AD ＝1,则BD ＝ED ＝ 3.因为DE ⊥平面ABCD ,BD ⊥AD ,所以可以点D 为坐标原点,DA ,DB ,DE 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．则A (1,0,0),C (－1,3,0),E (0,0,3),F (0,3,3)． 所以AE →＝(－1,0,3),AC →＝(－2,3,0)． 设平面AEC 的法向量为n ＝(x ,y ,z ),则⎩⎪⎨⎪⎧n ·A E →＝0，n ·A C →＝0，即⎩⎨⎧－x ＋3z ＝0，－2x ＋3y ＝0，令z ＝1,得n ＝(3,2,1)为平面AEC 的一个法向量． 因为A F →＝(－1,3,3),所以cos 〈n ,A F →〉＝n ·A F →|n |·|A F →|＝4214,所以直线AF 与平面AEC 所成角的正弦值为4214. 【素养解读】本例问题(1)证明两平面垂直,考查了逻辑推理的核心素养；问题(2)计算线面所成的角时,考查了直观想象和数学运算的核心素养．【突破训练1】 (2018·北京卷)如图,在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中,CC 1⊥平面ABC ,D ,E ,F ,G 分别为AA 1,AC ,A 1C 1,BB 1的中点,AB ＝BC ＝ 5 ,AC ＝AA 1＝2. (1)求证：AC ⊥平面BEF ； (2)求二面角B －CD －C 1的余弦值； (3)证明：直线FG 与平面BCD 相交．【答案】见解析【解析】(1)证明：在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中, 因为CC 1⊥平面ABC ,所以四边形A 1ACC 1为矩形． 又E ,F 分别为AC ,A 1C 1的中点,所以AC ⊥EF . 因为AB ＝BC .所以AC ⊥BE ,所以AC ⊥平面BEF . (2)由(1)知AC ⊥EF ,AC ⊥BE ,EF ∥CC 1. 又CC 1⊥平面ABC ,所以EF ⊥平面ABC . 因为BE ⊂平面ABC ,所以EF ⊥BE . 如图建立空间直角坐称系Exyz .由题意得B (0,2,0),C (－1,0,0),D (1,0,1),F (0,0,2),G (0,2,1)．所以CD →＝(2,0,1),C B →＝(1,2,0),设平面BCD 的法向量为n ＝(a ,b ,c ),所以⎩⎪⎨⎪⎧n ·C D →＝0，n ·C B →＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧2a ＋c ＝0，a ＋2b ＝0.令a ＝2,则b ＝－1,c ＝－4,所以平面BCD 的法向量n ＝(2,－1,－4),又因为平面CDC 1的法向量为E B →＝(0,2,0),所以cos 〈n ,E B →〉＝n ·E B→|n ||EB →|＝－2121. 由图可得二面角B －CD －C 1为钝二面角,所以二面角B －CD －C 1的余弦值为－2121. (3)证明：平面BCD 的法向量为n ＝(2,－1,－4),因为G (0,2,1),F (0,0,2),所以G F →＝(0,－2,1),所以n ·G F →＝－2,所以n 与G F →不垂直,所以GF 与平面BCD 不平行且不在平面BCD 内,所以GF 与平面BCD 相交．▶▶题型二 平面图形折叠成空间几何体的问题1．先将平面图形折叠成空间几何体,再以其为载体研究其中的线、面间的位置关系与计算有关的几何量是近几年高考考查立体几何的一类重要考向,它很好地将平面图形拓展成空间图形,同时也为空间立体图形向平面图形转化提供了具体形象的途径,是高考深层次上考查空间想象能力的主要方向．2．(1)解决与折叠有关的问题的关键是搞清折叠前后的变化量和不变量．一般情况下,长度是不变量,而位置关系往往会发生变化,抓住不变量是解决问题的突破口．(2)在解决问题时,要综合考虑折叠前后的图形,既要分析折叠后的图形,也要分析折叠前的图形． (3)解决翻折问题的答题步骤第一步：确定折叠前后的各量之间的关系,搞清折叠前后的变化量和不变量；第二步：在折叠后的图形中确定线和面的位置关系,明确需要用到的线面；第三步：利用判定定理或性质定理进行证明．【例2】 (2018·全国卷Ⅰ)如图,四边形ABCD 为正方形,E ,F 分别为AD ,BC 的中点,以DF 为折痕把△DFC 折起,使点C 到达点P 的位置,且PF ⊥BF . (1)证明：平面PEF ⊥平面ABFD ； (2)求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值．【答案】见解析【解析】(1)证明：由已知可得,BF ⊥PF ,BF ⊥EF ,所以BF ⊥平面PEF .又BF ⊂平面ABFD ,所以平面PEF ⊥平面ABFD .(2)作PH ⊥EF ,垂足为H .由(1)得,PH ⊥平面ABFD .以H 为坐标原点,HF →的方向为y 轴正方向,|B F →|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz .由(1)可得,DE ⊥PE .又DP ＝2,DE ＝1,所以PE ＝ 3.又PF ＝1,EF ＝2,故PE ⊥PF . 可得PH ＝32,EH ＝32. 则H (0,0,0),P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，32,D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－32，0,D P →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32，32,H P →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，0，32为平面ABFD 的法向量．设DP 与平面ABFD 所成角为θ,则sin θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪H P →·D P →|H P →|·|DP →|＝ 34 3＝34.所以DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为34. 【素养解读】本例在证明或计算过程中都要考虑图形翻折前后的变化,因此综合考查了逻辑推理、数学运算、直观想象、数学建模的核心素养．【突破训练2】 如图1,在直角梯形ABCD 中,AD ∥BC ,∠BAD ＝π2,AB ＝BC ＝1,AD ＝2,E 是AD的中点,O 是AC 与BE 的交点,将△ABE 沿BE 折起到△A 1BE 的位置,如图2.(1)证明：CD ⊥平面A 1OC ；(2)若平面A 1BE ⊥平面BCDE ,求平面A 1BC 与平面A 1CD 所成锐二面角的余弦值． 【答案】见解析【解析】(1)证明：在题图1中,因为AB ＝BC ＝1,AD ＝2,E 是AD 的中点∠BAD ＝π2,所以BE ⊥AC .即在题图2中,BE ⊥OA 1,BE ⊥OC ,从而BE ⊥平面A 1OC . 又CD ∥BE ,所以CD ⊥平面A 1OC . (2)由已知,平面A 1BE ⊥平面BCDE , 又由(1)知,BE ⊥OA 1,BE ⊥OC .所以∠A 1OC 为二面角A 1－BE －C 的平面角,所以∠A 1OC ＝π2. 如图,以O 为原点,OB →,OC →,OA 1→分别为x 轴、y 轴、z 轴正方向建立空间直角坐标系,因为A 1B ＝A 1E ＝BC ＝ED ＝1,BC ∥ED , 所以B ⎝⎛⎭⎪⎫22，0，0,E ⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，0，0,A 1⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，22,C ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22，0,得BC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，22，0,A 1C →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22，－22,CD →＝BE →＝(－2,0,0)．设平面A 1BC 的一个法向量n 1＝(x 1,y 1,z 1),平面A 1CD 的一个法向量n 2＝(x 2,y 2,z 2),平面A 1BC 与平面A 1CD 的夹角为θ, 则⎩⎪⎨⎪⎧ n 1·BC →＝0，n 1·A 1C →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－x 1＋y 1＝0，y 1－z 1＝0，取n 1＝(1,1,1)；由⎩⎪⎨⎪⎧n 2·CD →＝0，n 2·A 1C →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝0，y 2－z 2＝0，取n 2＝(0,1,1),从而cos θ＝|cos 〈n 1,n 2〉|＝23×2＝63, 即平面A 1BC 与平面A 1CD 所成锐二面角的余弦值为63. ▶▶题型三 线、面位置关系中的探索性问题是否存在某点或某参数,使得某种线、面位置关系成立问题,是近几年高考命题的热点,常以解答题中最后一问的形式出现,解决这类问题的基本思路类似于反证法,即“在假设存在的前提下通过推理论证,如果能找到符合要求的点(或其他的问题),就肯定这个结论,如果在推理论证中出现矛盾,就说明假设不成立,从而否定这个结论”．【例3】 (2018·全国卷Ⅱ)如图,在三棱锥P －ABC 中,AB ＝BC ＝2 2 ,PA ＝PB ＝PC ＝AC ＝4,O 为AC 的中点． (1)证明：PO ⊥平面ABC ；(2)若点M 在棱BC 上,且二面角M －PA －C 为30°,求PC 与平面PAM 所成角的正弦值．【答案】见解析【解析】(1)证明：因为AP ＝CP ＝AC ＝4,O 为AC 的中点, 所以OP ⊥AC ,且OP ＝2 3. 连接OB ,因为AB ＝BC ＝22AC ,所以△ABC 为等腰直角三角形,且OB ⊥AC ,OB ＝12AC ＝2. 由OP 2＋OB 2＝PB 2知PO ⊥OB . 由OP ⊥OB ,OP ⊥AC 知PO ⊥平面ABC .(2)如图,以O 为坐标原点,OB →的方向为x 轴正方向,建立空间直角坐标系Oxyz .则O (0,0,0),B (2,0,0),A (0,－2,0),C (0,2,0),P (0,0,23),A P →＝(0,2,23),取平面PAC 的一个法向量O B →＝(2,0,0)．设M (a,2－a,0)(0<a ≤2),则A M →＝(a,4－a,0)． 设平面PAM 的法向量为n ＝(x ,y ,z )．由A P →·n ＝0,A M →·n ＝0得⎩⎨⎧2y ＋23z ＝0，ax ＋(4－a)y ＝0，可取n ＝(3(a －4),3a ,－a ),所以cos 〈O B →,n 〉＝23(a －4)23(a －4)2＋3a 2＋a2. 由已知得|cos 〈O B →,n 〉|＝32. 所以23|a －4|23(a －4)2＋3a 2＋a2＝32.解得a ＝－4(舍去),a ＝43. 所以n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－833，433，－43.又P C →＝(0,2,－23), 所以cos 〈P C →,n 〉＝34.所以PC 与平面PAM 所成角的正弦值为34. 【素养解读】本例问题(1)中证明线面垂直直接考查了逻辑推理的核心素养；问题(2)中要探求点M 的位置,要求较高,它既考查了直观想象的核心素养,又考查了数学建模的核心素养．【突破训练3】 如图,在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中,平面A 1BC ⊥侧面ABB 1A 1,且AA 1＝AB ＝2.(1)求证：AB ⊥BC ；(2)若直线AC 与平面A 1BC 所成的角为π6,请问在线段A 1C 上是否存在点E ,使得二面角A －BE －C 的大小为2π3,请说明理由．【答案】见解析【解析】(1)证明：连接AB 1交A 1B 于点D , 因为AA 1＝AB ,所以AD ⊥A 1B , 又平面A 1BC ⊥侧面ABB 1A 1, 平面A 1BC ⊂平面ABB 1A 1＝A 1B ,所以AD ⊥平面A 1BC ,BC ⊂平面A 1BC ,所以AD ⊥BC . 因为三棱柱ABC －A 1B 1C 1是直三棱柱,所以AA 1⊥底面ABC , 所以AA 1⊥BC ,又AA 1∩AD ＝A ,所以BC ⊥侧面ABB 1A 1,所以BC ⊥AB . (2)由(1)得AD ⊥平面A 1BC ,所以∠ACD 是直线AC 与平面A 1BC 所成的角, 即∠ACD ＝π6,又AD ＝2,所以AC ＝22,假设存在适合条件的点E ,建立如图所示空间直角坐标系Axyz , 设A 1E →＝λA 1C →(0≤λ≤1), 则B (2,2,0),B 1(2,2,2), 由A 1(0,0,2),C (0,22,0), 得E (0,22λ,2－2λ),设平面EAB 的一个法向量m ＝(x ,y ,z ), 由⎩⎪⎨⎪⎧m ·AE →＝0，m ·AB →＝0，得⎩⎨⎧22λy ＋(2－2λ)z ＝0，2x ＋2y ＝0，所以可取m ＝(1－λ,λ－1,2λ), 由(1)知AB 1⊥平面A 1BC ,所以平面CEB 的一个法向量n ＝(1,1,2),所以12＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪cos 2π3＝cos 〈m ,n 〉＝m·n |m ||n |＝2λ22(λ－1)2＋2λ2,解得λ＝12,故点E 为线段A 1C 中点时,二面角A －BE －C 的大小为2π3.。

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，由(1)知，AO ⊥BD ，又AO =BO ，AB =AD ，则∠ADB =∠ABD =π4，于是∠BAD =π2，令AB =AD =2，则DC =BD =22，又BD ⊥DC ，则有BC =BD 2+DC 2=4，OC =DC 2+OD 2=10，又AO ⊥平面BCD ，OC ⊂平面BCD ，则AO ⊥OC ，AO =2，AC =AO 2+OC 2=23，由M ,N 分别为AB ,AC 的中点，得MN =12BC =2,OM =12AD =1,ON =12AC =3，显然MN 2=4=OM 2+ON 2，即有∠MON =π2，cos ∠OMN =OM MN =12，则∠OMN =π3，所以异面直线BC 与AD 所成的角的大小π3.1、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θ的取值范围是0,π2，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、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n 1 ,n 2分别为直线l 1,l 2的方向向量，θ为直线l 1,l 2的夹角，则cos θ=cos <n 1 ,n 2 > =n 1 ⋅n 2n 1 n 2.1(2023·江西萍乡·高三统考期中)如图，在正四棱台ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E ,F 分别是BB 1,CD 的中点.(1)证明：EF ⎳平面AB1C 1D ；(2)若AB =2A 1B 1，且正四棱台的侧面积为9，其内切球半径为22，O 为ABCD 的中心，求异面直线OB 1与CC 1所成角的余弦值.【答案】(1)证明见解析；(2)45【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CC 1中点G ，连接GE ,GF ，如下图：在梯形BB 1C 1C 中，E ,G 分别为BB 1,CC 1的中点，则EG ⎳B 1C 1，同理可得FG ⎳C 1D ，因为EG ⊄平面AB 1C 1D ，B 1C 1⊂平面AB 1C 1D ，所以EG ⎳平面AB 1C 1D ，同理可得GF ⎳平面AB 1C 1D ，因为EG ∩FG =G ，EG ,FG ⊆平面EFG ，所以平面EFG ⎳平面AB 1C 1D ，又因为EF ⊆平面EFG ，所以EF ⎳平面AB 1C 1D ；(2)连接AC ,BD ，则AC ∩BD =O ，连接A 1O ,A 1C 1,B 1O ,在平面BB 1C 1C 中，作B 1N ⊥BC 交BC 于N ，在平面BB 1D 1D 中，作B 1M ⊥BD 交BD 于M ，连接MN ，如下图：因为AB =2A 1B 1，则OC =A 1C 1，且OC ⎳A 1C 1，所以A 1C 1CO 为平行四边形，则A 1O ⎳CC 1，且A 1O =CC 1，所以∠A 1OB 1为异面直线OB 1与CC 1所成角或其补角，同理可得：B 1D 1DO 为平行四边形，则B 1O =D 1D ，在正四棱台ABCD -A 1B 1C 1D 1中，易知对角面BB 1D 1D ⊥底面ABCD ，因为平面ABCD ∩平面BB 1D 1D =BD ，且B 1M ⊥BD ，B 1M ⊂平面BB 1D 1D ，所以B 1M ⊥平面ABCD ，由内切球的半径为22，则B 1M =2，在等腰梯形BB 1C 1C 中，BC =2B 1C 1且B 1N ⊥BC ，易知BN =14BC ，同理可得BM =14BD ，在△BCD 中，BN BC=BM BD =14，则MN =14CD ，设正方形ABCD 的边长为4x x >0 ，则正方形A 1B 1C 1D 1的边长为2x ，MN =x ，由正四棱台的侧面积为9，则等腰梯形BB 1C 1C 的面积S =94，因为B 1M ⊥平面ABCD ，MN ⊂平面ABCD ，所以B 1M ⊥MN ，在Rt △B 1MN ，B 1N =B 1M 2+MN 2=2+x 2，可得S =12⋅B 1N ⋅B 1C 1+BC ，则94=12×2+x 2×4x +2x ，解得x =12，所以BC =2，B 1C 1=1，BN =14BC =12，B 1N =32，则A 1B 1=1，在Rt △BB 1N 中，BB 1=B 1N 2+BN 2=102，则CC 1=DD 1=102，所以在△A 1OB 1中，则cos ∠A 1OB 1=A 1O 2+B 1O 2-A 1B 212⋅A 1O ⋅B 1O=1022+102 2-12×102×102=45，所以异面直线OB 1与CC 1所成角的余弦值为45.2(2023·辽宁丹东·统考二模)如图，平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1的所有棱长都相等，平面CDD 1C 1⊥平面ABCD ，AD ⊥DC ，二面角D 1-AD -C 的大小为120°，E 为棱C 1D 1的中点．(1)证明：CD ⊥AE ；(2)点F 在棱CC 1上，AE ⎳平面BDF ，求直线AE 与DF 所成角的余弦值．【答案】(1)证明见解析；(2)37【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∠D 1DC =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CDD 1C 1⊥平面ABCD ，且两平面交线为DC ,AD ⊥DC ，AD ⊂平面ABCD , 所以AD ⊥平面CDD 1C 1，所以AD ⊥D 1D ,AD ⊥DC ，∠D 1DC 是二面角D 1-AD -C 的平面角，故∠D 1DC =120°．连接DE ，E 为棱C 1D 1的中点，则DE ⊥C 1D 1,C 1D 1⎳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 ．(2)解法1：设AB =2，则DE =D 1D 2-12D 1C 1 2=3，所以CE =AE =AD 2+DE 2=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，所以G 为CE 中点，故OG =12AE =72．且直线OG 与DF 所成角等于直线AE 与DF 所成角．在Rt △EDC 中，DG =12CE =72，因为OD =2，所以cos ∠OGD =722+72 2-(2)22×72×72=37．因此直线AE 与DF 所成角的余弦值为37．解法2；设AB =2，则DE =D 1D 2-12D 1C 1 2=3，所以CE =AE =AD 2+DE 2=7．取DC 中点为G ，连接EG 交DF 于点H ，则EG =DD 1=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．正方形ABCD 中，GI =13AG ，DI =13DB =223，所以GH =13EG ，故HI =13AE =73．在△DHG 中，GH =13EG =23，GD =1，∠EGD =60°，由余弦定理DH =1+49-1×23=73．在△DHI 中，cos ∠DHI =732+73 2-223 22×73×73=37．因此直线AE 与DF 所成角的余弦值为37．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)，C 1(0,1,3)．则CC 1=(0,-1,3)，DC =(0,2,0)，AE =(-2,0,3)，DB =(2,2,0)．由CF =tCC 1 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=λ2,2,0 +μ(0,2-t ,3t )=2λ,2λ+2μ-tμ,3μt ，故2λ=-2,2λ+2μ-tμ=0,3μt =3，解得t =23，从而DF =0,43,233 ．所以直线AE 与DF 所成角的余弦值为cos AE ,DF =AE ⋅DF|AE ||DF |=37．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 -A 1B 1C 1中，四边形ACC 1A 1,BCC 1B 1均为正方形，D ,E 分别是棱AB ,A 1B 1的中点，N 为C 1E 上一点.(1)证明：BN ⎳平面A 1DC ；(2)若AB =AC ,C 1E =3C 1N，求直线DN 与平面A 1DC 所成角的正弦值.【思路分析】(1)连接BE ,BC 1,DE ,则有平面BEC 1⎳平面A 1DC ，可得BN ⎳平面A 1DC ；(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 ,BC 1,DE .因为AB ⎳A 1B 1，且AB =A 1B 1，又D ,E 分别是棱AB ,A 1B 1的中点，所以BD ⎳A 1E ，且BD =A 1E ，所以四边形BDA 1E 为平行四边形，所以A 1D ⎳EB ，又A 1D ⊂平面A 1DC ,EB ⊄平面A 1DC ，所以EB ⎳平面A 1DC ，因为DE ⎳BB 1⎳CC 1，且DE =BB 1=CC 1，所以四边形DCC 1E 为平行四边形，所以C 1E ⎳CD ，又CD ⊂平面A 1DC ,C 1E ⊄平面A 1DC ，所以C 1E ⎳平面A 1DC ，因为C 1E ∩EB =E ,C 1E ,EB ⊂平面BEC 1，所以平面BEC 1⎳平面A 1DC ，因为BN ⊂平面BEC 1，所以BN ⎳平面A 1DC .(2)四边形ACC 1A 1,BCC 1B 1均为正方形，所以CC 1⊥AC ,CC 1⊥BC ，所以CC 1⊥平面ABC .因为DE ⎳CC 1，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，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 ,C 10,3,23 ,A 1-3,0,23 ，所以DC =0,3,0 ,DA 1=-3,0,23 .设n=x ,y ,z 为平面A 1DC 的法向量，则n ⋅DC=0n ⋅DA 1 =0，即3y =0-3x +23z =0 ，可取n=2,0,1 .因为C 1E =3C 1N ，所以N 0,2,23 ,DN =0,2,23 .设直线DN 与平面A 1DC 所成角为θ，则sin θ=|cos ‹n ,DN ›|=|n ⋅DN ||n |⋅|DN |=235×4=1510，即直线DN 与平面A 1DC 所成角正弦值为1510.1、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)。

2020年高考题型专题冲刺精讲（数学）专题三立体几何【命题特点】考小题，推陈出新。

有关立体几何的小题，其考查的重点在于基础知识。

其中，三视图、点直线平面之间的位置关系等知识的试题是重点考查内容，特别是三视图，是新课标增加的内容。

考大题，全面考查。

考查立体几何的大题中，一般是考查线、面之间的平行、垂直关系，线面角、面面角，面积、体积等问题，难度属中等偏难，主要考查学生对基本知识,基本方法,基本技能的理解、掌握和应用情况。

【试题常见设计形式】高考题型：立体几何的试题一般以两小一大命题。

立体几何的热点是三视图，近两年课改地区的高考试题中，都出现三视图的试题，应引起重视。

另外证明线线、线面、面面垂直、平行，二面角、线面角等重点内容也会重点的考查。

三视图是新课标新增的内容，课改区的高考题都有体现，因此，三视图的内容应重点训练。

证明空间线面、线线、面面平行与垂直，是必考题型，解题时要由已知想性质，由求证想判定，即分析法与综合法相结合寻找证明思路。

角和距离问题，可以用空间向量来解决，应加强训练。

与几何体的侧面积和体积有关的计算问题，根据基本概念和公式来计算，要重视方程的思想和割补法、等积转换法的运用。

平面图形的翻折与空间图形的展开问题，要对照翻折（或展开）前后两个图形，分清哪些元素的位置（或数量）关系改变了，哪些没有改变。

【突破方法技巧】立体几何解题过程中，常有明显的规律性，所以复习中必需对概念、定理、题型、方法进行总结、归类，进而建立知识框架和网络，弄清各概念之间的包含关系，理清定理的来龙去脉和相互转化的过程，从内涵和外延上区分容易混淆的各个概念、从条件、结论和使用范围上去区分容易混淆的各个定理。

比如说，“中点”这个条件在题目中出现的频率相当高，这个现象背后肯定有规律！道理很简单，因为中点如果连到另一个中点，就会出现中位线，然后自然会出现平行关系了，如果出现在等腰（或等边）三角形的底边上，那就是出垂直了。

所以中点联系到了平行和垂直两大位置关系，能够利用这些规律去解决问题，会使我们思路更加明确而避免走弯路。

2020年高考理科数学《立体几何》题型归纳与训练【题型归纳】题型一线面平行的证明1例1如图，高为1的等腰梯形ABCD中，AM＝CD＝3AB＝1.现将△AMD 沿MD 折起，使平面AMD⊥平面MBCD ，连接AB，AC.试判断：在AB边上是否存在点解析】线面平行，可以线线平行或者面面平行推出。

此类题的难点就是如何构造辅助线。

构造完辅助线，证明过程只须注意规范的符号语言描述即可。

本题用到的是线线平行推出面面平行。

易错点】不能正确地分析DN 与BN 的比例关系，导致结果错误。

思维点拨】此类题有两大类方法：1. 构造线线平行，然后推出线面平行。

此类方法的辅助线的构造须要学生理解线面平行的判定定理与线面平行的性质之间的矛盾转化关系。

在此，我们需要借助倒推法进行分析。

首先，此类型题目大部分为证明题，结论必定是正确的，我们以此为前提可以得到线面平行。

再次由线面平行的性质可知，过已知直线的平面与已知平面的交线必定平行于该直线，而交线就是我们要找的线，从而做出辅助线。

从这个角度上看我们可以看出线线平行推线面平行的本质就是过已知直线做一个平面与已知平面相交即可。

如本题中即是过AD 做了一个平面ADB 与平面MPC 相交于线PN。

最后我们只须严格使用正确的符号语言将证明过程反向1【答案】当AP＝3AB 时，有AD ∥平面MPC.理由如下：连接BD 交MC 于点N，连接NP.在梯形MBCD 中，DC∥MB，DNNBDCMB1，2，AP 1在△ADB 中，P AP B＝12，∴AD∥PN.∵AD? 平面MPC ，PN ? 平面MPC ，∴ AD∥平面MPC.P，使AD ∥平面MPC ?并说明理由写一遍即可。

即先证AD 平行于PN，最后得到结论。

构造交线的方法我们可总结为如下三个图形。

2. 构造面面平行，然后推出线面平行。

此类方法辅助线的构造通常比较简单，但证明过程较繁琐，一般做为备选方案。

辅助线的构造理论同上。

我们只须过已知直线上任意一点做一条与已知平面平行的直线即可。

（四）立体几何中的高考热点问题[命题解读] 1.立体几何是高考的必考内容，几乎每年都考查一个解答题，两个选择或填空题，客观题主要考查空间概念，三视图及简单计算；解答题主要采用“论证与计算”相结合的模式，即利用定义、公理、定理证明空间线线、线面、面面平行或垂直，并与几何体的性质相结合考查几何体的计算．2．重在考查学生的空间想象能力、逻辑推理论证能力及数学运算能力．考查的热点是以几何体为载体的垂直、平行的证明、平面图形的折叠、探索开放性问题等；同时考查转化化归思想与数形结合的思想方法．以空间几何体为载体，考查空间平行与垂直关系是高考的热点内容，并常与几何体的体积计算交汇命题，考查学生的空间想象能力、计算与数学推理论证能力，同时突出转化与化归思想方法的考查，试题难度中等．【例1】(本小题满分12分)(2019·哈尔滨模拟)如图，四边形ABCD为菱形，G为AC与BD的交点，BE⊥平面ABCD.(1)证明：平面AEC⊥平面BED；(2)若∠ABC＝120°，AE⊥EC，三棱锥E-ACD的体积为63，求该三棱锥的侧面积．[信息提取]看到四边形ABCD为菱形，想到对角线垂直；看到三棱锥的体积，想到利用体积列方程求边长．[规范解答](1)证明：因为四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD.因为BE⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以AC⊥BE. 2分因为BD∩BE＝B，故AC⊥平面BED.又AC⊂平面AEC，所以平面AEC⊥平面BED. 4分(2)设AB＝x，在菱形ABCD中，由∠ABC＝120°，可得AG＝GC＝32x，GB＝GD＝x2.因为AE⊥EC，所以在Rt△AEC中，可得EG＝32x. 6分由BE ⊥平面ABCD ，知△EBG 为直角三角形，可得BE ＝22x .由已知得，三棱锥E -ACD 的体积V 三棱锥E -ACD ＝13×12·AC ·GD ·BE ＝624x 3＝63，故x ＝2.9分从而可得AE ＝EC ＝ED ＝ 6.所以△EAC 的面积为3，△EAD 的面积与△ECD 的面积均为 5.故三棱锥E -ACD 的侧面积为3＋2 5. 12分 [易错与防范] 易错误区：1.在第(1)问中，易忽视条件BD ∩BE ＝B .AC ⊂平面AEC 等条件，推理不严谨，导致扣分．2．在第(2)问中，需要计算的量较多，易计算失误，或漏算，导致结果错误． 防范措施：1.在书写证明过程中，应严格按照判定定理的条件写，防止扣分．2．在计算过程中，应牢记计算公式，逐步计算，做到不重不漏．[通性通法] 空间几何体体积的求法(1)若所给定的几何体是柱体、锥体或台体等规则几何体，则可直接利用公式进行求解．其中，等积转换法多用来求三棱锥的体积．(2)若所给定的几何体是不规则几何体，则将不规则的几何体通过分割或补形转化为规则几何体，再利用公式求解．(3)若以三视图的形式给出几何体，则应先根据三视图得到几何体的直观图，然后根据条件求解．如图，四棱锥P -ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，AD ∥BC ，AB ＝AD ＝AC ＝3，P A ＝BC ＝4，M 为线段AD 上一点，AM ＝2MD ，N 为PC 的中点．(1)证明：MN ∥平面P AB ；(2)求四面体N -BCM 的体积．[解] (1)证明：由已知得AM ＝23AD ＝2.取BP 的中点T ，连接AT ，TN ，由N 为PC 中点知TN ∥BC ，TN ＝12BC ＝2.又AD ∥BC ，故TN AM ，四边形AMNT 为平行四边形，于是MN ∥AT . 因为AT ⊂平面P AB ，MN ⊄平面P AB ，所以MN ∥平面P AB .(2)因为P A ⊥平面ABCD ，N 为PC 的中点，所以点N 到平面ABCD 的距离为12P A .取BC 的中点E ，连接AE .由AB ＝AC ＝3得AE ⊥BC ，AE ＝AB 2－BE 2＝5.由AM ∥BC 得点M 到BC 的距离为5，故S △BCM ＝12×4×5＝2 5.所以四面体N -BCM 的体积V N -BCM ＝13×S △BCM ×P A 2＝453.求点到平面的距离(几何体的高)求点到平面的距离(几何体的高)涉及到空间几何体的体积和线面垂直关系，是近几年高考考查的一个重要方向，重点考查学生的转化思想和运算求解能力．【例2】 (2019·开封模拟)如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 是菱形，且∠DAB＝60°，P A＝PD，M为CD的中点，平面P AD⊥平面ABCD.(1)求证：BD⊥PM；(2)若∠APD＝90°，P A＝2，求点A到平面PBM的距离．[解](1)证明：取AD中点E，连接PE，EM，AC，∵底面ABCD是菱形，∴BD⊥AC，∵E，M分别是AD，DC的中点，∴EM∥AC，∴EM⊥BD.∵P A＝PD，∴PE⊥AD，∵平面P AD ⊥平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，∴PE ⊥平面ABCD ，∴PE ⊥BD ，∵EM ∩PE ＝E ，∴BD ⊥平面PEM ，∵PM ⊂平面PEM ，∴BD ⊥PM .(2)连接AM ，BE ，∵P A ＝PD ＝2，∠APD ＝90°，∠DAB ＝60°，∴AD ＝AB＝BD ＝2，PE ＝1，EM ＝12AC ＝3，∴PM ＝PB ＝1＋3＝2.在等边三角形DBC 中，BM ＝3，∴S △PBM ＝394，S △ABM ＝12×2×3＝ 3.设三棱锥A -PBM 的高为h ，则由等体积可得13·394h ＝13×3×1，∴h ＝41313，∴点A 到平面PBM 的距离为41313.如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，P A⊥平面ABCD，E为PD 的中点．(1)证明：PB∥平面AEC；(2)设AP＝1，AD＝3，三棱锥P-ABD的体积V＝34，求点A到平面PBC的距离．[解](1)证明：设BD与AC的交点为O，连接EO.因为四边形ABCD为矩形，所以O为BD的中点．又E为PD的中点，所以EO∥PB.因为EO⊂平面AEC，PB⊄平面AEC，所以PB∥平面AEC.(2)三棱锥P-ABD的体积V＝16P A·AB·AD＝36AB，由V＝34，可得AB＝32.由题设知BC⊥AB，BC⊥P A，所以BC⊥平面P AB，在平面P AB内作AH⊥PB交PB于点H，则BC⊥AH，故AH⊥平面PBC.又AH＝P A·ABPB＝P A·ABP A2＋AB2＝31313.所以点A到平面PBC的距离为313 13.是否存在某点或某参数，使得某种线、面位置关系成立问题，是近几年高考命题的热点，常以解答题中最后一问的形式出现，一般有三种类型：(1)条件追溯型．(2)存在探索型．(3)方法类比探索型．【例3】(2018·秦皇岛模拟)如图所示，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD 是边长为a的正方形，侧面P AD⊥底面ABCD，且E，F分别为PC，BD的中点．(1)求证：EF∥平面P AD；(2)在线段CD上是否存在一点G，使得平面EFG⊥平面PDC？若存在，请说明其位置，并加以证明；若不存在，请说明理由．[解](1)证明：如图所示，连接AC，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为a的正方形，且点F为对角线BD的中点．所以对角线AC经过点F.又在△P AC中，点E为PC的中点，所以EF为△P AC的中位线，所以EF∥P A.又P A⊂平面P AD，EF⊄平面P AD，所以EF∥平面P AD.(2)存在满足要求的点G.在线段CD上存在一点G为CD的中点，使得平面EFG⊥平面PDC.因为底面ABCD是边长为a的正方形，所以CD⊥AD.又侧面P AD⊥底面ABCD，CD⊂平面ABCD，侧面P AD∩平面ABCD＝AD，所以CD⊥平面P AD.又EF∥平面P AD，所以CD⊥EF.取CD中点G，连接FG，EG.因为F为BD中点，所以FG∥AD.又CD⊥AD，所以FG⊥CD，又FG∩EF＝F，所以CD⊥平面EFG，又CD⊂平面PDC，所以平面EFG⊥平面PDC.(2019·长沙模拟)如图，四棱锥S-ABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的2倍，P为侧棱SD上的点．(1)求证：AC⊥SD；(2)若SD⊥平面P AC，则侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面P AC？若存在，求SE∶EC；若不存在，请说明理由．[证明](1)连接BD，设AC交BD于点O，连接SO，由题意得四棱锥S-ABCD 是正四棱锥，所以SO⊥AC.在正方形ABCD中，AC⊥BD，又SO∩BD＝O，所以AC⊥平面SBD.因为SD⊂平面SBD，所以AC⊥SD.(2)在棱SC上存在一点E，使得BE∥平面P AC.连接OP.设正方形ABCD的边长为a，则SC＝SD＝2a.由SD⊥平面P AC得SD⊥PC，易求得PD＝2a 4.故可在SP上取一点N，使得PN＝PD.过点N作PC的平行线与SC交于点E，连接BE，BN，在△BDN中，易得BN∥PO.又因为NE∥PC，NE⊂平面BNE，BN⊂平面BNE，BN∩NE＝N，PO⊂平面P AC，PC⊂平面P AC，PO∩PC＝P，所以平面BEN∥平面P AC，所以BE∥平面P AC.因为SN∶NP＝2∶1，所以SE∶EC＝2∶1.[大题增分专训]1．(2019·济南模拟)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为等腰梯形，AD∥BC，AB＝BC＝12AD，E，F分别为线段AD，PB的中点．(1)证明：PD∥平面CEF；(2)若PE⊥平面ABCD，PE＝AB＝2，求三棱锥P-DEF的体积．[解](1)证明：连接BE，BD，BD交CE于点O，连接OF(图略)．∵E为线段AD的中点，AD∥BC，BC＝12AD＝ED，∴BC ED，∴四边形BCDE为平行四边形，∴O为BD的中点，又F是BP的中点，∴OF∥PD.又OF⊂平面CEF，PD⊄平面CEF，∴PD∥平面CEF.(2)由(1)知，BE＝CD.∵四边形ABCD为等腰梯形，AB＝BC＝12AD，∴AB＝AE＝BE，∴三角形ABE是等边三角形，∴∠DAB＝π3，过B作BH⊥AD于点H(图略)，则BH＝ 3.∵PE⊥平面ABCD，PE⊂平面P AD，∴平面P AD⊥平面ABCD，又平面P AD∩平面ABCD＝AD，BH⊥AD，BH⊂平面ABCD，∴BH ⊥平面P AD ，∴点B 到平面P AD 的距离为BH ＝ 3.又F 为线段PB 的中点，∴点F 到平面P AD 的距离h 等于点B 到平面P AD的距离的一半，即h ＝32，又S △PDE ＝12PE ·DE ＝2，∴V 三棱锥P -DEF ＝13S △PDE ×h ＝13×2×32＝33.2．(2019·石家庄模拟)如图，已知四棱锥P -ABCD ，底面ABCD 为正方形，且P A ⊥底面ABCD ，过AB 的平面ABFE 与侧面PCD 的交线为EF ，且满足S △PEF ：S 四边形CDEF ＝1∶3.(1)证明：PB ∥平面ACE ；(2)当P A ＝2AD ＝2时，求点F 到平面ACE 的距离．[解] (1)证明：由题知四边形ABCD 为正方形，∴AB ∥CD ，∵CD ⊂平面PCD ，AB ⊄平面PCD ，∴AB ∥平面PCD .又AB⊂平面ABFE，平面ABFE∩平面PCD＝EF，∴EF∥AB，∴EF∥CD.由S△PEF∶S四边形CDEF＝1∶3知E，F分别为PD，PC的中点．如图，连接BD交AC于点G，则G为BD的中点，连接EG，则EG∥PB.又EG⊂平面ACE，PB⊄平面ACE，∴PB∥平面ACE.(2)∵P A＝2，AD＝AB＝1，∴AC＝2，AE＝12PD＝52，∵P A⊥平面ABCD，∴CD⊥P A，又CD⊥AD，AD∩P A＝A，∴CD⊥平面P AD，∴CD⊥PD.在Rt△CDE中，CE＝CD2＋DE2＝3 2.在△ACE中，由余弦定理知cos∠AEC＝AE2＋CE2－AC22AE·CE＝55，∴sin∠AEC＝255，∴S△ACE＝12·AE·CE·sin∠AEC＝34.设点F 到平面ACE 的距离为h ，连接AF ，则V F -ACE ＝13×34×h ＝14h . ∵DG ⊥AC ，DG ⊥P A ，AC ∩P A ＝A ，∴DG ⊥平面P AC .∵E 为PD 的中点，∴点E 到平面ACF 的距离为12DG ＝24.又F 为PC 的中点，∴S △ACF ＝12S △ACP ＝22，∴V E -ACF ＝13×22×24＝112.由V F -ACE ＝V E -ACF ，得14h ＝112，得h ＝13， ∴点F 到平面ACE 的距离为13.3．已知在四棱锥P -ABCD 中，平面P AB ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 为矩形，E 为线段AD 上靠近点A 的三等分点，O 为AB 的中点，且P A ＝PB ，AB ＝23AD .(1)求证：EC ⊥PE .(2)PB 上是否存在一点F ，使得OF ∥平面PEC ？若存在，试确定点F 的位置；若不存在，请说明理由．[解] (1)证明：连接PO ，EO ，CO .∵平面P AB ⊥平面ABCD ，P A ＝PB ，O 为AB 的中点，∴PO⊥平面ABCD，∵CE⊂平面ABCD，∴PO⊥CE.设AD＝3，∵四边形ABCD为矩形，∴CD＝AB＝2，BC＝3，∴AE＝13AD＝1，∴ED＝2，EC＝ED2＋DC2＝22＋22＝22，OE＝AO2＋AE2＝12＋12＝2，OC＝OB2＋BC2＝12＋32＝10，∴OE2＋EC2＝OC2，∴OE⊥EC.又PO∩OE＝O，∴EC⊥平面POE，又PE⊂平面POE，∴EC⊥PE.(2)PB上存在一点F，使得OF∥平面PEC，且F为PB的三等分点(靠近点B)．证明如下：取BC的三等分点M(靠近点C)，连接AM，易知AE MC，∴四边形AECM 为平行四边形，∴AM∥EC.取BM的中点N，连接ON，∴ON∥AM，∴ON∥EC.∵N为BM的中点，∴N为BC的三等分点(靠近点B)．∵F为PB的三等分点(靠近点B)，连接OF，NF，∴NF∥PC，又ON∩NF＝N，EC∩PC＝C，∴平面ONF∥平面PEC，∴OF∥平面PEC.。