高考专题突破四(高考中的立体几何问题)解析

2021中等生百日综合提升篇专题四 立体几何解答题（理）空间向量运算与利用向量证明平行、垂直的位置关系【背一背重点学问】1.用向量证明线面平行的方法主要有：①证明直线的方向向量与平面的法向量垂直；②证明可在平面内找到一个向量与直线的方向向量是共线向量；③利用共面对量定理，即证明直线的方向向量可用平面内两个不共线向量线性表示.2.面面平行：①证明两个平面的法向量平行；②转化为线面平行，线线平行.3.用向量证明线面垂直的方法有：①证明直线的方向向量与平行的法向量平行；②利用线面垂直的判定定理，转化为线线垂直.4.面面垂直的证明发法：①两个平面的法向量垂直；②转化为线面垂直，线线垂直. 【讲一讲提高技能】 必备技能：1.用向量证明空间中的平行关系①设直线1l 和2l 的方向向量分别为1v 和2v ，则1l ∥2l (或1l 与2l 重合)⇔ 1v ∥2v .②设直线l 的方向向量为v ，与平面α共面的两个不共线向量1v 和2v ，则l ∥α或l ⊂α⇔存在两个实数,x y ，使12v xv yv =+.③设直线l 的方向向量为v ，平面α的法向量为u ，则l ∥α或l ⊂α⇔v ⊥u . ④设平面α和β的法向量分别为1u ，2u ，则α∥β⇔1u ∥2u . 2.用向量证明空间中的垂直关系①设直线l 1和l 2的方向向量分别为1v 和2v ，则l 1⊥l 2⇔1v ⊥2v ⇔1v .2v ＝0. ②设直线l 的方向向量为v ，平面α的法向量为u ，则l ⊥α⇔v ∥u ③设平面α和β的法向量分别为1u 和2u ，则α⊥β⇔1u ⊥2u ⇔1u ·2u ＝0. 典型例题：例1如图，在四棱锥P ABCD -中，PD ⊥平面ABCD ，//AB CD ，090ADC ∠=，1PD AD AB ===，2DC =．（1）求证：BC ⊥平面PBD ； （2）求二面角A PB C --的大小． 【答案】（1）证明见解析；（2）56π． 【解析】例2如图，正方形CD AB 和四边形C F A E 所在平面相互垂直，C C E ⊥A ，F//C E A ，2AB =，C F 1E =E =．（1）求证：F//A 平面D B E ； （2）求证：CF ⊥平面D B E ； （3）求二面角D A-BE-的大小．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）6π． 【解析】（2）证明：由于正方形CD AB 和四边形C F A E 所在的平面相互垂直，且C C E ⊥A ， 所以C E ⊥平面CD AB ．如图，以C 为原点，建立空间直角坐标系C xyz -． 则()C 0,0,0，)2,2,0A，()2,0B ，()D2,0,0，()0,0,1E ，22F ,22⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭．22CF 2⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭，()0,2,1BE =-，()D 2,0,1E =-．CF 0110⋅BE =-+=，CF D 1010⋅E =-++=，所以CF ⊥BE ，CF D ⊥E ，又D BE E =E ，所以CF ⊥平面D B E ．（3）由（2）知，22CF ,22⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭是平面D B E 的一个法向量．设平面ABE 的法向量(),,n x y z =，则0n ⋅BA =，0n ⋅BE =，即()()()(),,2,0,00,,0,2,10x y z x y z ⎧⋅=⎪⎨⋅-=⎪⎩，得0x =，且2z y =．令1y =，则2z =，()0,1,2n =．从而CF 3cos ,CF 2CFn n n ⋅==． 故二面角D A-BE-为锐角，故二面角D A-BE-的大小为6π． 【练一练提升力量】1已知在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是矩形，且2AD =，1AB =，PA ⊥平面ABCD ，E 、F 分别是线段AB 、BC 的中点． （1）证明：PF FD ⊥（2）在线段PA 上是否存在点G ，使得EG ∥平面PFD ，若存在，确定点G 的位置；若不存在，说明理由. （3）若PB 与平面ABCD 所成的角为45，求二面角A PD F --的余弦值【解析】（Ⅱ）设平面PFD 的法向量为(),,n x y z =，由0n PF n DF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，得00x y tz x y +-=⎧⎨-=⎩，令1z =，得：2t x y ==．∴,,122t t n ⎛⎫= ⎪⎝⎭．设G 点坐标为(0,0,)m ()0m t ≤≤，1,0,02E ⎛⎫⎪⎝⎭，则1(,0,)2EG m =-，要使EG ∥平面PFD ，只需0EG n =，即1()0102224t t tm m -⨯+⨯+⨯=-=，得14m t =，从而满足14AG AP =的点G 即为所求．2. 如图，四棱锥ABCD P -的底面ABCD 是正方形，侧棱PD ⊥底面ABCD ，DC PD =，E 是PC 的中点． （Ⅰ）证明：PA //平面BDE ；（Ⅱ）求二面角C DE B --的平面角的余弦值；（Ⅲ）在棱PB 上是否存在点F ，使PB ⊥平面DEF ？证明你的结论．【解析】法二：（I ）连接AC ，AC 交BD 于O ，连接OE ．在PAC ∆中，OE 为中位线，∴OE //PAPA BDE ⊄又平面,∴PA //平面BDE ．利用空间向量求空间角 【背一背重点学问】1.求两条异面直线所成的角，设b a ,分别是直线21,l l 的方向向量，则21,l l 所成角为θ，b a ,的夹角为><b a ,,则ba b a b a ⋅>=<=,cos cos θ2.求直线与平面所成的角，设直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为n ,直线l 与平面α所成的角为θ，ba n a n a ⋅=><=,cos sin θ.3. 设n m ,是二面角βα-l -的法向量，则n m ,的夹角大小就是二面角的平面角的大小，nm n m n m ⋅>=<=,cos cos θ,再依据平面是锐角还是钝角，最终确定二面角的平面角的大小.【讲一讲提高技能】 1.必备技能： 用法向量求角（1）用法向量求二面角如图，有两个平面α与β，分别作这两个平面的法向量1n 与2n ，则平面α与β所成的角跟法向量1n 与2n 所成的角2n 相等或互补，所以首先必需推断二面角是锐角还是钝角.（2）法向量求直线与平面所成的角要求直线a 与平面α所成的角θ，先求这个平面α的法向量n 与直线a 的夹角的余弦a n ,cos ，易知θ=a n ,或者a n ,2-π.2.典型例题：例1如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是菱形，且60DAB ∠=︒．点E 是棱PC 的中点，平面ABE 与棱PD 交于点F ．F BD CP EA（1）求证：//AB EF ；（2）若PA PD AD ==，且平面PAD ⊥平面ABCD ，求平面PAF 与平面AFE 所成的锐二面角的余弦值． 【答案】（1）详见解析；（2）1313． 【解析】试题分析：（1）首先证明//AB 面PCD ，再利用线面平行的性质即可得证；（2）建立空间直角坐标系，求得两个平面的法向量后即可求解．zyG AEP CDBF例2如图，四棱锥ABCD P -中，底面是以O 为中心的菱形，⊥PO 底面ABCD ， 3,2π=∠=BAD AB ，M 为BC 上一点，且AP MP BM ⊥=,21. αβ1n（Ⅰ）求PO 的长；（Ⅱ）求二面角C PM A --的正弦值.分析：（Ⅰ）连结AC 、BD ,由于是菱形ABCD 的中心，ACBD O =,以O 为坐标原点，,,OA OB OP 的方向分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向，建立空间直角坐标系，依据题设条件写出,,O A M 的坐标，并设出点P 的坐标()0,0,a ，依据空间两点间的距离公式和勾股定理列方程解出a 的值得到PO 的长；.（Ⅱ）设平面APM 的法向量为()1111,,n x y z =，平面PMC 的法向量为()2222,,n x y z =，首先利用向量的数量积列方程求出向量12,n n 的坐标，再利用向量的夹角公式求出12cos ,n n <>，进而求出二面角C PM A --的正弦值. 【解析】从而33,,044OM OB BM ⎛⎫=+=- ⎪ ⎪⎝⎭，即33,,0.44M ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭设()0,0,,0,P a a >，则()333,0,,,,.44AP a MP a ⎛⎫=-=-⎪ ⎪⎝⎭由于MP AP ⊥， 故0,MP AP ⋅=即2304a -+=，所以33,22a a ==-（舍去），即32PO =.【练一练提升力量】1. 如图,在长方体1111ABCD A B C D -中,11,2AD AA AB ===,点E 在棱AB 上移动.（Ⅰ）证明:11D E A D ⊥;（Ⅱ）当E 为AB 的中点时,求点E 到面1ACD 的距离; （Ⅲ）AE 等于何值时,二面角1D EC D --的大小为4π.【解析】2. 如图，四棱锥P —ABCD 中，PAB ∆为边长为2的正三角形，底面ABCD 为菱形，且平面PAB ⊥平面ABCD ，AB PC ⊥，E 为PD 点上一点，满足ED PE 21=(1)证明：平面ACE ⊥平面ABCD ；(2)求直线PD 与平面ACE 所成角正弦值的大小．【解析】E BACPABCDA 1B 1C 1D 1E解答题（共10题）1.如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为正方形，PA ⊥底面ABCD ，AB AP =,E 为棱PD 的中点．（1）证明:AE CD ⊥；（2）求直线AE 与平面PBD 所成角的正弦值；（3）若F 为AB 中点，棱PC 上是否存在一点M ，使得FM AC ⊥，若存在，求出PMMC的值，若不存在，说明理由．【答案】（1）详见解析；（2）63；（3）13PM MC =．【解析】6cos ,3AE EF <>=所以，直线EF 与平面PBD 所成角的正弦值为63；（3）向量(2,2,2)CP =--，(2,2,0)AC =，(2,0,0)AB =．由点M 在棱PC 上，设(01)CM CP λλ=≤≤，故(12,22,2)FM FC CM λλλ=+=--，由FM AC ⊥，得0FM AC ⋅=， 因此(12)2(22)20λλ-⨯+-⨯=，解得34λ=，所以13PM MC =．2. 如图，在四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，侧棱AA 1⊥底面ABCD ，AB ∥DC ，11AA =，3AB k =， 456(0)AD k BC k DC k k ===>，，．（Ⅰ）求证：CD ⊥平面ADD 1A 1；（Ⅱ）若直线AA 1与平面AB 1C 所成角的正弦值为67，求k 的值. 【解析】（Ⅱ）以D 为原点，DA ，DC ，1DD 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，3. 如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，平面1A BC ⊥ 侧面11A ABB 且12AA AB ==.（Ⅰ）求证：AB BC ⊥；（Ⅱ）若直线AC 与平面1A BC 所成的角为6π,求锐二面角1A A C B --的大小. 【解析】（1）证明：如图，取1A B 的中点D ，连接AD ，因1AA AB =，则1AD AB ⊥ ，由平面1A BC ⊥侧面11A ABB ，且平面1A BC 侧面11A ABB 1A B =，得1AD A BC ⊥平面，又BC ⊂平面1A BC ， 所以AD BC ⊥. 由于三棱柱111ABC A B C —是直三棱柱，则1AA ABC ⊥底面，所以1AA BC ⊥. 又1=AA AD A ，从而BC ⊥侧面11A ABB ，又AB ⊂侧面11A ABB ，故AB BC ⊥.解法二（向量法）：由（1）知AB BC ⊥且1BB ABC ⊥底面，所以以点B 为原点，以1BC BA BB 、、所在直线分别为,,x y z 轴建立空间直角坐标系B xyz -，如图所示，且设BC a =，则(0,2,0)A ，(0,0,0)B ，(,0,0)C a ，1(0,2,2)A ，(,0,0)BC a =，1(0,2,2)BA =，(,2,0)AC a =-，1(0,0,2)AA = 设平面1A BC 的一个法向量1(,,)n x y z =，由1BC n ⊥， 11BAn ⊥ 得： 0220xa y z =⎧⎨+=⎩令1y = ，得 0,1x z ==-，则1(0,1,1)n =- 设直线AC 与1A BC 平面所成的角为θ，则6πθ=得12121sin6242AC n AC n a π-===+，解得2a =，即(2,2,0)AC =- 又设平面1A AC 的一个法向量为2n ，同理可得2(1,1,0)n =，设锐二面角1A A C B --的大小为α，则1212121cos cos ,2n n n n n n α=<>==，且(0,)2πα∈，得 3πα=∴ 锐二面角1A A C B --的大小为3π. 4. 在三棱柱111C B A ABC -中，侧面11A ABB 为矩形，2=AB ，221=AA ，D 是1AA 的中点，BD 与1AB 交于点O ，且CO ⊥平面11A ABB ．（1）证明：1AB BC ⊥；（2）若OA OC =，求直线CD CD 与平面ABC 所成角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析；（2）515． 【解析】又BC ⊂平面CBD ，∴BC AB ⊥1．5. 如图，四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，BC ＝CD ＝2，AC ＝4，∠ACB ＝∠ACD ＝3π，F 为PC 的中点，AF ⊥PB.(1)求PA 的长；(2)求二面角B －AF －D 的正弦值． 【解析】(2)由(1)知()03,3，-=AD ，()03,3，=AB ，()320，，=AF ．设平面FAD FAD 的法向量为()1111,z y x n =，平面FAB 的法向量为()2222,z y x n =．由0,011=⋅=⋅AF n AD n 得，⎪⎩⎪⎨⎧=+=+032033-1111z y y x 因此可取()2,3,31-=n ．由0,022=⋅=⋅AF n AB n 得⎪⎩⎪⎨⎧=+=+0320332222z y y x 故可取()2,3,32-=n ．从而法向量21,n n 的夹角的余弦值为81,cos 212121=⋅>=<n n n n n n .故二面角D AF B --正弦值为873. 6. 如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是边长为2的菱形，60ABC ∠=E 、F 分别是PB 、CD 的中点，且4PB PC PD ===.（1）求证：PA ABCD ⊥平面；（2）求证：//EF 平面PAD ; （3）求二面角A PB C --的余弦值.ADBCPE FBCADP EFN GH M【解析】（3）取AB 的中点,G 过G 作GH PB ⊥于点,H 连结,.HC GC 则,CG AB ⊥又,,CG PA PAAB A CG ⊥=∴⊥平面.PAB ,HC PB ∴⊥ GHC ∴∠是二面角A PB C --的平面角.在Rt PAB ∆中，2,4,2 3.AB PB PA ==∴= 又Rt BHG ∆∽Rt BAP ∆,3,2HG BG HG PA PB ∴=∴=.在Rt HGC ∆中，可求得153,,2GC HC =∴=5cos 5GHC ∴∠=， 故二面角A PB C --的余弦值为5.57. 直三棱柱111ABC A B C -中，11AA AB AC ===，,E F 分别是1,CC BC 的中点，11AE A B ⊥，D 为棱11A B 上的点．（1）证明：AC AB ⊥ ； （2）证明：DF AE ⊥；（3）是否存在一点D ，使得平面DEF 与平面ABC 所成锐二面角的余弦值为1414？若存在，说明点D 的位置，若不存在，说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）存在，点D 为11A B 中点． 【解析】试题解析：（1）证明：∵11AE A B ⊥，11//,A B AB AE AB ∴⊥，又∵11,AA AB AA AE A ⊥=∴AB ⊥面11A ACC ．又∵AC ⊂面11A ACC ，∴AB AC ⊥，以A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系A xyz -，则有()()()111110,0,0,0,1,,,,0,0,0,1,1,0,1222A E F A B ⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，设()111,,,D x y z A D A B λ=且()0,1λ∈，即(),,1(1,0,0)x y z λ-=，则11(,0,1),,,122D DF λλ⎛⎫∴=--⎪⎝⎭，∵1110,1,,0222AE DF AE ⎛⎫=∴⋅=-= ⎪⎝⎭，所以DF AE ⊥；8. 如图，在底面为直角梯形的四棱锥P －ABCD 中，AD ∥BC ，∠ABC ＝90°，P A ⊥平面ABCD ，P A ＝3，AD ＝2，AB ＝23，BC ＝6. (1)求证：BD ⊥平面P AC ； (2)求二面角P －BD －A 的大小．【解析】9. 如图1，直角梯形ABCD 中，AD ∥,BC 90ABC ∠=，BC AB AD 21==，E 是底边BC 上的一点，且BE EC 3=．现将CDE ∆沿DE 折起到DE C 1∆的位置，得到如图2所示的四棱锥,1ABED C -且AB A C =1．ABCDE 图1BE ADMC 1图2（1）求证：⊥A C 1平面ABED ；（2）若M 是棱E C 1的中点，求直线BM 与平面DE C 1所成角的正弦值． 【答案】（1）见解析；（2）49． 【解析】（2）由（1）知：⊥A C 1平面ABED 且AD AB ⊥，分别以1AC AD AB 、、为x 轴、y 轴、z 轴的正半轴建立空间直角坐标系，如图：z xB EAD MC 1y则)0,1,0(),0,21,1(),1,0,0(),0,0,1(1D E C B10.在四棱锥P －ABCD 中，平面PAD ⊥平面ABCD ，△PAD 是等边三角形，底面ABCD 是边长为2的菱形，∠BAD ＝60°，E 是AD 的中点，F 是PC 的中点．(1)求证：BE ⊥平面PAD ； (2)求证：EF ∥平面PAB ；(3)求直线EF 与平面PBE 所成角的余弦值． 【解析】(2)取PB 中点为H ，连接AH FH ,，则⎪⎪⎭⎫⎝⎛23,230，H ，⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=23,231，EF ，()⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=23,23100123,230，，，，AH ， AH EF //∴， 又⊄EF 平面PAB ，⊂AH 平面PAB ，//EF ∴平面PAB .。

立体几何解答题的建系设点问题在如今的立体几何解答题中，有些题目可以使用空间向量解决问题，与其说是向量运算，不如说是点的坐标运算，所以第一个阶段：建系设点就显得更为重要，建立合适的直角坐标系的原则有哪些？如何正确快速写出点的坐标？这是本文要介绍的内容。

一、基础知识：（一）建立直角坐标系的原则：如何选取坐标轴 1、z 轴的选取往往是比较容易的，依据的是线面垂直，即z 轴要与坐标平面xOy 垂直，在几何体中也是很直观的，垂直底面高高向上的即是，而坐标原点即为z 轴与底面的交点2、,x y 轴的选取：此为坐标是否易于写出的关键，有这么几个原则值得参考：（1）尽可能的让底面上更多的点位于,x y 轴上 （2）找角：,x y 轴要相互垂直，所以要利用好底面中的垂直条件（3）找对称关系：寻找底面上的点能否存在轴对称特点3、常用的空间直角坐标系满足,,x y z 轴成右手系，所以在标,x y 轴时要注意。

4、同一个几何体可以有不同的建系方法，其坐标也会对应不同。

但是通过坐标所得到的结论（位置关系，角）是一致的。

5、解答题中，在建立空间直角坐标系之前，要先证明所用坐标轴为两两垂直（即一个线面垂直 底面两条线垂直），这个过程不能省略。

6、与垂直相关的定理与结论：（1）线面垂直：① 如果一条直线与一个平面上的两条相交直线垂直，则这条直线与该平面垂直 ② 两条平行线，如果其中一条与平面垂直，那么另外一条也与这个平面垂直 ③ 两个平面垂直，则其中一个平面上垂直交线的直线与另一个平面垂直 ④ 直棱柱：侧棱与底面垂直 （2）线线垂直（相交垂直）： ① 正方形，矩形，直角梯形② 等腰三角形底边上的中线与底边垂直（三线合一） ③ 菱形的对角线相互垂直④ 勾股定理逆定理：若222AB AC BC +=，则AB AC ⊥（二）坐标的书写：建系之后要能够快速准确的写出点的坐标，按照特点可以分为3类1、能够直接写出坐标的点（1） 坐标轴上的点，例如在正方体（长度为1）中的,,'A C D 点，坐标特点如下：x 轴：(),0,0x y 轴：()0,,0y z 轴：()0,0,z规律：在哪个轴上，那个位置就有坐标，其余均为0（2）底面上的点：坐标均为(),,0x y ，即竖坐标0z =，由于底面在作立体图时往往失真，所以要快速正确写出坐标，强烈建议在旁边作出底面的平面图进行参考：以上图为例：则可快速写出,H I 点的坐标，位置关系清晰明了111,,0,,1,022H I ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭2、空间中在底面投影为特殊位置的点：如果()'11,,A x y z 在底面的投影为()22,,0A x y ，那么1212,x x y y ==（即点与投影点的横纵坐标相同）由这条规律出发，在写空间中的点时，可看下在底面的投影点，坐标是否好写。

⾼考数学：⽴体⼏何需熟透四公理⼋定理 海南华侨中学⾼三数学备课组长邓建书为⽹友解疑答惑。

(南海⽹记者陈望摄) 南海⽹海⼝4⽉17⽇消息(南海⽹记者刘嘉珮)⾼考数学中⼏何是难点重点，有什么复习技巧?每次能听懂，但是轮到⾃⼰答题时却发蒙该怎么办?遇上难题该如何化解恐惧⼼理?4⽉17⽇，海南华侨中学⾼三数学备课组长邓建书参加南海⽹“2012⾼考名校名师全媒体辅导”时⼀⼀为⽹友们进⾏解答。

⽴体⼏何需熟透四公理⼋定理 针对⽹友提出⼏何复习办法的疑问，邓建书⽼师表⽰，⼏何分为⽴体⼏何和解析⼏何。

⽴体⼏何⼜分为四个公理⼋个定理，考⽣⾸先需要把这⽅⾯的教材都通读⼀遍，如果还不能理解的话，就拿出笔和纸把这些定理公理都抄下来，再把相应的图形画出来，必须记住这些内容，能做到脱⼝⽽出，只有熟悉基础知识，做题才能找到思路。

⽴体⼏何是基本的概念，解析⼏何则是最原始的定义，⾼考时做解析⼏何却让很多考⽣头痛不已，邓建书对解析⼏何计算的技巧给出了⾃⼰的建议。

“在计算这⽅⾯我们最⾸要的是相信⾃⼰，很多同学拿铅笔做题就是还不相信⾃⼰。

我认为在做题的时候可以先把⾃⼰知道的都在卷⾯上写下来，然后再在稿纸上算⼀下，算⼀步写⼀步。

免得这道题⽬不会做，在稿纸上算很久都没有算出来，⼜没有时间写在试卷上。

先在试卷上把知道的写下来这样能节省很多时间，即使没有做出来前⾯步骤分还在。

” 做不来题还是基础知识不牢固 有⽹友表⽰，学习数学时⽼师讲的时候⼤家很清楚，⾃⼰做的时候感觉却很难，邓建书⽼师认为这个同学还是基础知识不牢固。

“学习分为⼏个层次，第⼀个叫做⽣中成熟，第⼆熟中⽣巧，第三巧中⽣变，我觉得这个实际上就是知识熟练的过程，题⽬更多的就是考知识点，知识点不熟悉，题就做不好。

”他建议这位同学对⾼中的教材再进⾏梳理⼀遍，这样知识点可以慢慢熟悉起来，也可以找两、三位同学在⼀块互相提问，拿着书⼀本⼀本问，这个⽅法⽐较好。

时间不够，是很多考⽣都会遇到的苦恼，该如何保证考试正确率的同时⼜能提⾼速度?邓建书表⽰，如果⼤题没有时间做，肯定是因为考⽣在选择题和填空题上消耗了太多时间。

专题四 高考中的立体几何问题1.如图，四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，AB ⊥AD ，点E 在线段AD 上，且CE ∥AB ．(1)求证：CE ⊥平面PAD ；(2)若PA ＝AB ＝1，AD ＝3，CD ＝2，∠CDA ＝45°，求四棱锥P －ABCD 的体积．[解析] (1)∵PA ⊥底面ABCD ，CE 平面ABCD∴CE ⊥PA ，又∵AB ⊥AD ，CE ∥AB ．∴CE ⊥AD ．又∵PA ∩AD ＝A ，∴CE ⊥平面PAD ．(2)由(1)可知CE ⊥AD ．在Rt △ECD 中，DE ＝CD·cos45°＝1，CE ＝CD·sin45°＝1.又∵AB ＝CE ＝1，AB ∥CE ，所以四边形ABCE 为矩形．∴S 四边形ABCD ＝S 矩形ABCE ＋S △CDE ＝AB·AE ＋12CE·DE＝1×2＋12×1×1＝52.又PA ⊥底面ABCD ，PA ＝1所以V 四棱锥p －ABCD ＝13S 四边形ABCD×PA ＝13×52×1＝56.2．(2015·潍坊模拟)如图，在四棱锥P －ABCD 中，平面PAD ⊥平面ABCD ，AB ＝AD ，∠BAD ＝60°，E 、F 分别是AP 、AD 的中点．求证：(1)直线EF ∥平面PCD ；(2)平面BEF ⊥平面PAD ．[证明] (1)在△PAD 中，因为E 、F 分别为AP 、AD 的中点，所以EF ∥PD ．又因为E F ⃘平面PCD ，PD 平面PCD ．所以直线EF ∥平面PCD ．(2)连结BD ．因为AB ＝AD ，∠BAD ＝60°，所以△ABD 为正三角形．因为F 是AD 的中点，所以BF ⊥AD ．因为平面PAD ⊥平面ABCD ，BF平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，所以BF⊥平面PAD．又因为BF平面BEF，所以平面BEF⊥平面PAD．3．如图，在四棱锥P－ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB，平面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD，E和F分别是CD、PC的中点，求证：(1)PA⊥底面ABCD；(2)BE∥平面PAD；(3)平面BEF⊥平面PCD．[解析](1)因为平面PAD⊥底面ABCD，且PA垂直于这两个平面的交线AD，所以PA⊥底面ABCD．(2)因为AB∥CD，CD＝2AB，E为CD的中点，所以AB∥DE，且AB＝DE.所以四边形ABED为平行四边形．所以BE∥AD．又因为B E⃘平面PAD，AD平面PAD，所以BE ∥平面PAD ．(3)因为AB ⊥AD ，而且四边形ABED 为平行四边形，所以BE ⊥CD ，AD ⊥CD ．由(1)知PA ⊥底面ABCD ．所以PA ⊥CD ．所以CD ⊥平面PAD ．所以CD ⊥PD ．因为E 和F 分别是CD 和PC 的中点，所以PD ∥EF.所以CD ⊥EF ，又因为CD ⊥BE ，BE ∩EF ＝E ，所以CD ⊥平面BEF.所以平面BEF ⊥平面PCD ．4．如图，在几何体P －ABCD 中，四边形ABCD 为矩形，PA ⊥平面ABCD ，AB ＝PA ＝2.(1)当AD ＝2时，求证：平面PBD ⊥平面PAC ；(2)若PC 与AD 所成的角为45°，求几何求P －ABCD 的体积．[解析] (1)证明：当AD ＝2时，四边形ABCD 是正方形，则BD ⊥AC ．∵PA ⊥平面ABCD ，BD 平面ABCD ，∴PA ⊥BD ．又∵PA ∩AC ＝A ，∴BD ⊥平面PAC ．∵BD 平面PBD ，∴平面PBD ⊥平面PAC ．(2)解：PC 与AD 成45°角，AD ∥BC ，则∠PCB ＝45°.∵BC ⊥AB ，BC ⊥PA ，AB ∩PA ＝A ，∴BC ⊥平面PAB ，PB 平面PAB ．∴BC ⊥PB ．∴∠CPB ＝90°－45°＝45°.∴BC ＝PB ＝2 2.∴几何体P －ABCD 的体积为13×(2×22)×2＝823.1.(2014·四川高考)在如图所示的多面体中，四边形ABB1A1和ACC1A1都为矩形．(1)若AC ⊥BC ，证明：直线BC ⊥平面ACC1A1；(2)设D ，E 分别是线段BC ，CC1的中点，在线段AB 上是否存在一点M ，使直线DE ∥平面A1MC ？请证明你的结论．[解析] (1)因为四边形ABB1A1和ACC1A1都是矩形，所以AA1⊥AB ，AA1⊥AC ．因为AB ，AC 为平面ABC 内两条相交直线，所以AA1⊥平面ABC ．因为直线BC 平面ABC ，所以AA1⊥BC ．又由已知，AC ⊥BC ，AA1，AC 为平面ACC1A1内两条相交直线，所以BC ⊥平面ACC1A1.(2)取线段AB 的中点M ，连接A1M ，MC ，A1C ，AC1，设O 为A1C ，AC1的交点． 由已知，O 为AC1的中点．连接MD ，OE ，则MD ，OE 分别为△ABC ，△ACC1的中位线，所以，MD 綊12AC ，OE 綊12AC ，因此MD綊OE.连接OM，从而四边形MDEO为平行四边形，则DE∥MO.因为直线D E⃘平面A1MC，MO平面A1MC．所以直线DE∥平面A1MC．即线段AB上存在一点M(线段AB的中点)，使直线DE∥平面A1MC．2．如图，在四棱台ABCD－A1B1C1D1中，D1D⊥平面ABCD，底面ABCD是平行四边形，AB＝2AD，AD＝A1B1，∠BAD＝60°.(1)证明：AA1⊥BD；(2)证明：CC1∥平面A1BD．[解析](1)∵DD1⊥平面ABCD，BD平面ABCD∴DD1⊥BD，又∵AB＝2AD且∠BAD＝60°∴由余弦定理得BD2＝AB2＋AD2－2AB·ADcos∠BAD即BD＝3AD，∴AD2＋BD2＝AB2，∴BD⊥AD又∵AD∩DD1＝D∴BD⊥平面ADD1A1，又∵AA1平面ADD1A1，∴BD⊥AA1(2)连接AC，交BD于M，连接A1M，A1C1，∵底面ABCD 是平行四边形，∴AM ＝CM ＝12AC又∵AB ＝2AD ＝2A1B1∴A1G 綊CM ，即四边形A1MCC1是平行四边形；∴CC1∥AM1，又∵CC 1⃘平面A1BD ，A1M 平面A1BD∴CC1∥平面A1BD ．3．(文)(2015·临沂模拟)如图，在边长为3的正三角形ABC 中，G ，F 为边AC 的三等分点，E ，P 分别是AB ，BC 边上的点，满足AE ＝CP ＝1，今将△BEP ，△CFP 分别沿EP ，FP 向上折起，使边BP 与边CP 所在的直线重合，B ，C 折后的对应点分别记为B1，C1.(1)求证：C1F ∥平面B1GE ；(2)求证：PF ⊥平面B1EF.[解析] (1)取EP 的中点D ，连接FD ，C1D ．因为BC ＝3，CP ＝1，所以折起后C1为B1P 的中点．所以在△B1EP 中，DC1∥EB1.又因为AB ＝BC ＝AC ＝3，AE ＝CP ＝1，所以EP AC ＝EB AB ，所以EP ＝2且EP ∥GF.因为G ，F 为AC 的三等分点，所以GF ＝1.又因为ED ＝12EP ＝1，所以GF ＝ED ，所以四边形GEDF 为平行四边形．所以FD ∥GE.又因为DC1∩FD ＝D ，GE ∩B1E ＝E ，所以平面DFC1∥平面B1GE.又因为C1F 平面DFC1， 所以C1F ∥平面B1GE.(2)连接EF ，B1F ，由已知得∠EPF ＝60°，且FP ＝1，EP ＝2，由余弦定理，得EF2＝12＋22－2×1×2×cos60°＝3，所以FP2＋EF2＝EP2，可得PF ⊥EF.因为B1C1＝PC1＝1，C1F ＝1，得FC1＝B1C1＝PC1，所以△PB1F 的中线C1F ＝12PB1，可得△PB1F 是直角三角形，即B1F ⊥PF.因为EF ∩B1F ＝F ，EF ，B1F 平面B1EF ，所以PF ⊥平面B1EF.(理)(2014·浙江高考)如图，在四棱锥A －BCDE 中，平面ABC ⊥平面BCDE ，∠CDE ＝∠BED ＝90°，AB ＝CD ＝2，DE ＝BE ＝1，AC ＝ 2.(1)证明：DE ⊥平面ACD ；(2)求二面角B －AD －E 的大小．[解析] (1)在平面四边形BCDE 中，BC ＝2，在三角形ABC 中，AB＝2，BC ＝2，AC ＝ 2.根据勾股定理逆定理．∴AC ⊥BC ．∵平面ABC ⊥平面BCOE ，而平面ABC ∩平面BCDE ＝BCAC ⊥BC ，∴AC ⊥平面BCDE ，∴AC ⊥DE ，又∵AC ⊥DE ，DE ⊥DC ，∴DE ⊥平面ACD ．(2)由(1)知分别以CD →、CA →为x 轴、z 轴正方向．以过C 平行DE →为y 轴正向建立坐标系．则B(1,1,0)，A(0,0，2)，D(2,0,0)，E(2,1,0)∴AB →＝(1,1，－2)，AD →＝(2,0，－2)，DE →＝(0,1,0)设平面ABD 法向量n1＝(x1，y1，z1)，由n1·DE →＝n1·AD →＝0，解得n1＝(1,1，2)设平面ADE 法向量n2＝(x2，y2，z2)，则n2·AE →＝n2·AD →＝0，解得：n2＝(1,0，2)设平面ABD 与平面ADE 夹角为θ，cosθ＝|cos 〈n1，n2〉|＝1＋0＋22×3＝32π∴平面ABD与平面ADE的二面角平面角为6.。

类型四截面问题【典例1】如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E ，F 分别是棱B 1B ，B 1C 1的中点，点G 是棱C 1C 的中点，则过线段AG 且平行于平面A 1EF 的截面图形为( )A ．矩形B ．三角形C ．正方形D ．等腰梯形 【答案】 D【解析】 取BC 的中点H ，连接AH ，GH ，AD 1，D 1G ，由题意得GH ∥EF ，AH ∥A 1F ， 又GH ⊄平面A 1EF ，EF ⊂平面A 1EF ， ∴GH ∥平面A 1EF ，同理AH ∥平面1EF ， 又GH ∩AH ＝H ，GH ，AH ⊂平面AHGD 1， ∴平面AHGD 1∥平面A 1EF ，故过线段AG 且与平面A 1EF 平行的截面图形为四边形AHGD 1，显然为等腰梯形．【典例2】已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为( ) A.334 B.233 C.324 D.32【答案】 A【解析】 如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，平面AB 1D 1与棱A 1A ，A 1B 1，A 1D 1所成的角都相等，又正方体的其余棱都分别与A 1A ，A 1B 1，A 1D 1平行，故正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的每条棱所在直线与平面AB 1D 1所成的角都相等．取棱AB ，BB 1，B 1C 1，C 1D 1，DD 1，AD 的中点E ，F ，G ，H ，M ，N ，则正六边形EFGHMN 所在平面与平面AB 1D 1平行且面积最大，此截面面积为S 正六边形EFGHMN＝6×12×22×22sin 60°＝334.故选A.【典例3】平面α过正方体ABCDA 1B 1C 1D 1的顶点A ，α∥平面CB 1D 1，α∩平面ABCD ＝m ，α∩平面ABB 1A 1＝n ，则m ，n 所成角的正弦值为( ) A.32 B.22 C.33 D.13【答案】 A【解析】 如图所示，设平面CB 1D 1∩平面ABCD ＝m 1，∵α∥平面CB 1D 1，∴m 1∥m ，又∵平面ABCD ∥平面A 1B 1C 1D 1，平面CB 1D 1∩平面A 1B 1C 1D 1＝B 1D 1， ∴B 1D 1∥m 1，∴B 1D 1∥m ，同理可得CD 1∥n.故m ，n 所成角的大小与B 1D 1，CD 1所成角的大小相等，即∠CD 1B 1的大小． 而B 1C ＝B 1D 1＝CD 1(均为面对角线)，∴∠CD 1B 1＝π3，得sin ∠CD 1B 1＝32，故选A.【典例4】如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，P 为BC 的中点，Q 为线段CC 1上的动点，过点A ，P ，Q 的平面截该正方体所得的截面记为S.则下列命题正确的是( )A ．当0<CQ<12时，S 为四边形B ．当CQ ＝12时，S 为等腰梯形C ．当CQ ＝34时，S 与C 1D 1的交点R 满足C 1R ＝13D ．当34<CQ<1时，S 为六边形【答案】 ABC【解析】 当Q 为中点，即CQ ＝12时，截面APQD 1为等腰梯形，故B 正确；当0<CQ<12时，只需在DD 1上取点M 使PQ ∥AM ，即可得截面APQM 为四边形，故A 正确；当CQ ＝34时，如图，延长AP 交DC 于M ，连接MQ ，并延长交C 1D 1于R ，交DD 1于N ，∵CQ ＝34，∴DN ＝34×2＝32，∴D 1N ＝12，∴D 1N DN ＝13，∴d D 1R DM ＝13，∴D 1R ＝13DM ＝23，∴C 1R ＝13，故C 正确；当34<CQ<1时，在上图中只需将Q 上移，此时截面形状仍是APQRT ，为五边形，故D 不正确． 【典例5】如图，在三棱锥O －ABC 中，三条棱OA ，OB ，OC 两两垂直，且OA>OB>OC ，分别经过三条棱OA ，OB ，OC 作一个截面平分三棱锥的体积，截面面积依次为S 1，S 2，S 3，则S 1，S 2，S 3的大小关系为________．【答案】 S 3<S 2<S 1【解析】 由题意知OA ，OB ，OC 两两垂直，可将其放置在以O 为顶点的长方体中，设三边OA ，OB ，OC 分别为a ，b ，c ，且a>b>c ，利用等体积法易得S 1＝14a b 2＋c 2，S 2＝14b a 2＋c 2，S 3＝14c a 2＋b 2，∴S 21－S 22＝116(a 2b 2＋a 2c 2)－116(b 2a 2＋b 2c 2)＝116c 2(a 2－b 2)， 又a>b ，∴S 21－S 22>0，即S 1>S 2， 同理，平方后作差可得，S 2>S 3， ∴S 3<S 2<S 1. 【方法总结】 确定截面的主要依据有 (1)平面的四个公理及推论． (2)直线和平面平行的判定和性质． (3)两个平面平行的性质． (4)球的截面的性质．【典例6】如图，将一个长方体用过相邻三条棱的中点的平面截出一个棱锥，则该棱锥的体积与剩下的几何体体积的比为________．【答案】 1∶47【解析】 设长方体的相邻三条棱长分别为a ，b ，c ，它截出棱锥的体积V 1＝13×12×12a ×12b×12c ＝148abc ，剩下的几何体的体积V 2＝abc －148abc ＝4748abc ，所以V 1∶V 2＝1∶47. 【典例7】半径为r 的球内切于一个正三棱锥，求此正三棱锥的全面积的最小值。

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)。

高考专题突破四 高考中的立体几何问题题型一 空间角的求法命题点1 线线角例1 如图所示，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1⊥底面ABC ，AB ＝BC ＝AA 1，∠ABC ＝90°，点E ，F 分别是棱AB ，BB 1的中点，试求直线EF 和BC 1所成的角．解 以B 为原点，分别以直线BC ，BA ，BB 1为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系(如图)．设AB ＝1，则B (0,0,0)，E ⎝⎛⎭⎫0，12，0，F ⎝⎛⎭⎫0，0，12，C 1(1,0,1)， 所以EF →＝⎝⎛⎭⎫0，－12，12，BC 1→＝(1,0,1)． 于是cos 〈BC 1→，EF →〉＝BC 1→·EF →|BC 1→||EF →|＝1222×2＝12，所以直线EF 和BC 1所成角的大小为60°.思维升华 用向量法求异面直线所成角的一般步骤： (1)建立空间直角坐标系；(2)用坐标表示两异面直线的方向向量； (3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值；(4)注意两异面直线所成角的范围是⎝⎛⎦⎤0，π2，即两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角的余弦值的绝对值．跟踪训练1 (1)如图所示，在棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 是棱CC 1的中点，AF →＝λAD →，若异面直线D 1E 和A 1F 所成角的余弦值为3210，则λ的值为________．答案 13解析 以D 为原点，以DA ，DC ，DD 1分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系(图略)，正方体的棱长为2，则A 1(2,0,2)，D 1(0,0,2)，E (0,2,1)，A (2,0,0)，∴D 1E →＝(0,2，－1)，A 1F →＝A 1A →＋AF →＝A 1A →＋λAD →＝(－2λ，0，－2)． ∴cos 〈A 1F →，D 1E →〉＝A 1F →·D 1E →|A 1F →||D 1E →|＝22λ2＋1×5＝3210， 解得λ＝13⎝⎛⎭⎫λ＝－13舍. (2)如图，在棱长为1的正四面体(四个面都是正三角形)ABCD 中，M ，N 分别为BC ，AD 的中点，则直线AM 和CN 夹角的余弦值为________．答案 23解析 以{CA →，CB →，CD →}作为基底，则MA →＝CA →－CM →＝CA →－12CB →，CN →＝12(CA →＋CD →)．设向量CN →与MA →的夹角为θ，则直线AM 和CN 夹角的余弦值等于|cos θ|. CN →·MA →＝12(CA →＋CD →)·⎝⎛⎭⎫CA →－12CB → ＝12CA →2－14CA →·CB →＋12CD →·CA →－14CD →·CB → ＝12－18＋14－18＝12. 又△ABC 和△ACD 均为等边三角形， 所以|MA →|＝|CN →|＝32.所以cos θ＝CN →·MA →|CN →|·|MA →|＝1232×32＝23.所以直线AM 和CN 夹角的余弦值为23.命题点2 线面角例2 (12分)(2020·新高考全国Ⅰ)如图，四棱锥P －ABCD 的底面为正方形，PD ⊥底面ABCD .设平面P AD 与平面PBC 的交线为l .(1)证明：l ⊥平面PDC ；(2)已知PD ＝AD ＝1，Q 为l 上的点，求PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值． 规范解答(1)证明 在正方形ABCD 中，AD ∥BC ， 因为AD ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ， 所以AD ∥平面PBC ， 又因为AD ⊂平面P AD ， 平面P AD ∩平面PBC ＝l ， 所以AD ∥l ，[2分]因为在四棱锥P －ABCD 中， 底面ABCD 是正方形， 所以AD ⊥DC ，所以l ⊥DC ，且PD ⊥平面ABCD ，所以AD ⊥PD ，所以l ⊥PD ， 因为DC ∩PD ＝D ， 所以l ⊥平面PDC .[4分](2)解 以D 为坐标原点，DA →的方向为x 轴正方向， 如图建立空间直角坐标系Dxyz ，因为PD ＝AD ＝1，则有D (0,0,0)，C (0,1,0)，A (1,0,0)，P (0,0,1)，B (1，1,0)，[5分] 设Q (m ,0,1)，则有DC →＝(0,1,0)，DQ →＝(m ,0,1)，PB →＝(1,1，－1)，[6分] 设平面QCD 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧DC →·n ＝0，DQ →·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0，mx ＋z ＝0，令x ＝1，则z ＝－m ，所以平面QCD 的一个法向量为n ＝(1,0，－m )，[9分] 则cos 〈n ，PB →〉＝n ·PB →|n ||PB →|＝1＋0＋m 3·m 2＋1.[10分] 根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，所以直线PB 与平面QCD 所成角的正弦值等于 |cos 〈n ，PB →〉|＝|1＋m |3·m 2＋1＝33·1＋2m ＋m 2m 2＋1＝33·1＋2m m 2＋1≤33·1＋2|m |m 2＋1≤33·1＋1＝63，当且仅当m ＝1时取等号，所以直线PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值为63.[12分]第一步：根据线面位置关系的相关定理，证明线面垂直． 第二步：建立空间直角坐标系，确定点的坐标． 第三步：求直线的方向向量和平面的法向量．第四步：计算向量夹角(或函数值)，借助基本不等式确定最值． 第五步：反思解题思路，检查易错点．跟踪训练2 如图，四棱锥P ABCD 的底面ABCD 是边长为2的菱形，∠ABC ＝π3，P A ⊥底面ABCD ，点M 是棱PC 的中点．(1)求证：P A ∥平面BMD ；(2)当P A ＝3时，求直线AM 与平面PBC 所成角的正弦值．(1)证明 如图，连接AC 交BD 于点O ，易知O 为AC 的中点，连接MO . ∵M ，O 分别为PC ，AC 的中点，∴P A ∥MO . ∵P A ⊄平面BMD ，MO ⊂平面BMD ， ∴P A ∥平面BMD .(2)解 如图，取线段BC 的中点H ，连接AH .∵四边形ABCD 为菱形，∠ABC ＝π3，∴AH ⊥AD .以A 为坐标原点，分别以AH ，AD ，AP 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系．∴A (0,0,0)，B (3，－1,0)，C (3，1,0)，P (0,0，3)， M ⎝⎛⎭⎫32，12，32， ∴AM →＝⎝⎛⎭⎫32，12，32，BC →＝(0,2,0)，PC →＝(3，1，－3)．设平面PBC 的法向量为m ＝(x ，y ，z )． 由⎩⎪⎨⎪⎧m ·BC →＝0，m ·PC →＝0，得⎩⎨⎧2y ＝0，3x ＋y －3z ＝0.取z ＝1，则x ＝1，y ＝0，∴m ＝(1,0,1)． 设直线AM 与平面PBC 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈m ，AM →〉|＝|m ·AM →||m |·|AM →|＝⎪⎪⎪⎪32×1＋12×0＋32×12×74＝427.∴直线AM 与平面PBC 所成角的正弦值为427.命题点3 二面角例3 (2020·全国Ⅰ)如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，AE 为底面直径，AE ＝AD .△ABC 是底面的内接正三角形，P 为DO 上一点，PO ＝66DO .(1)证明：P A ⊥平面PBC ； (2)求二面角B －PC －E 的余弦值．(1)证明 由题设，知△DAE 为等边三角形，设AE ＝1， 则DO ＝32，CO ＝BO ＝12AE ＝12， 所以PO ＝66DO ＝24，PC ＝PO 2＋OC 2＝64， 同理PB ＝64，P A ＝64， 又△ABC 为等边三角形， 则BA sin 60°＝2OA ，所以BA ＝32， P A 2＋PB 2＝34＝AB 2，则∠APB ＝90°，所以P A ⊥PB ，同理P A ⊥PC ， 又PC ∩PB ＝P ，PC ，PB ⊂平面PBC ， 所以P A ⊥平面PBC .(2)解 过O 作ON ∥BC 交AB 于点N ，因为PO ⊥平面ABC ，以O 为坐标原点，OA 所在直线为x 轴，ON 所在直线为y 轴，OD 所在直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则E ⎝⎛⎭⎫－12，0，0，P ⎝⎛⎭⎫0，0，24，B ⎝⎛⎭⎫－14，34，0，C ⎝⎛⎭⎫－14，－34，0， PC →＝⎝⎛⎭⎫－14，－34，－24，PB →＝⎝⎛⎭⎫－14，34，－24，PE →＝⎝⎛⎭⎫－12，0，－24，设平面PCB 的一个法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)， 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·PC →＝0，n ·PB →＝0，得⎩⎨⎧－x 1－3y 1－2z 1＝0，－x 1＋3y 1－2z 1＝0，令x 1＝2，得z 1＝－1，y 1＝0，所以n ＝(2，0，－1)， 设平面PCE 的一个法向量为m ＝(x 2，y 2，z 2)， 由⎩⎪⎨⎪⎧m ·PC →＝0，m ·PE →＝0，得⎩⎨⎧－x 2－3y 2－2z 2＝0，－2x 2－2z 2＝0，令x 2＝1，得z 2＝－2，y 2＝33， 所以m ＝⎝⎛⎭⎫1，33，－2，故cos 〈m ，n 〉＝m ·n|m |·|n |＝223×103＝255， 所以二面角B －PC －E 的余弦值为255.思维升华 (1)求二面角最常用的方法就是分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．(2)利用向量法求二面角的大小的关键是确定平面的法向量，求法向量的方法主要有两种：①求平面的垂线的方向向量．②利用法向量与平面内两个不共线向量的数量积为零，列方程组求解．跟踪训练3 (2020·宜昌一中模拟)如图，在四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，AD ⊥AB ，AB ∥DC ，AD ＝DC ＝AP ＝2，AB ＝1，点E 为棱PC 的中点．(1)证明：BE ⊥PD ；(2)若F 为棱PC 上一点，满足BF ⊥AC ，求二面角F －AB －D 的余弦值．解 依题意，以点A 为原点，以AB ，AD ，AP 为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系如图，可得B (1,0,0)，C (2,2,0)，D (0,2,0)，P (0,0,2)． 由E 为棱PC 的中点，得E (1,1,1)．(1)证明 向量BE →＝(0,1,1)，PD →＝(0,2，－2)， 故BE →·PD →＝0，所以BE →⊥PD →，所以BE ⊥PD .(2)解 BC →＝(1,2,0)，CP →＝(－2，－2,2)，AC →＝(2,2,0)，AB →＝(1,0,0)， 由点F 在棱PC 上，设CF →＝λCP →，0≤λ≤1， 故BF →＝BC →＋CF →＝BC →＋λCP →＝(1－2λ，2－2λ，2λ)， 由BF ⊥AC ，得BF →·AC →＝0， 所以2(1－2λ)＋2(2－2λ)＝0，λ＝34，即BF →＝⎝⎛⎭⎫－12，12，32. 设n 1＝(x ，y ，z )为平面F AB 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ n 1·AB →＝0，n 1·BF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，－12x ＋12y ＋32z ＝0，不妨令z ＝－1，可得n 1＝(0,3，－1)为平面F AB 的一个法向量， 取平面ABD 的法向量n 2＝(0,0,1)， 则cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝－110＝－1010， 又因为二面角F －AB －D 为锐二面角， 所以二面角F －AB －D 的余弦值为1010.题型二 立体几何中的探索性问题例4 (八省联考)北京大兴国际机场的显著特点之一是各种弯曲空间的运用．刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容．用曲率刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于2π与多面体在该点的面角之和的差(多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制)，多面体面上非顶点的曲率均为零，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和．例如正四面体在每个顶点有3个面角，每个面角是π3，所以正四面体在各顶点的曲率为2π－3×π3＝π，故其总曲率为4π.(1)求四棱锥的总曲率；(2)若多面体满足：顶点数－棱数＋面数＝2，证明：这类多面体的总曲率是常数．(1)解 总曲率＝2π×顶点数－所有内角和，对于四棱锥底面的内角和为2π，四个侧面的内角和为4π，从而总曲率为10π－2π－4π＝4π.(2)证明 对于多面体有顶点数－棱数＋面数＝2， 总曲率＝顶点数×2π－各面内角之和，设面数为k ，n i 为第i (i ＝1,2，…，k )个面的边数，各面内角之和可以表示为∑i ＝1k(n i －2)π，由于一个棱会出现在两个面上，所以∑i ＝1k(n i －2)π＝棱数×2π－面数×2π，从而总曲率＝2π×顶点数－棱数×2π＋面数×2π＝2π(顶点数－棱数＋面数)＝2π×2＝4π. 思维升华 随着新高考改革，考试逐渐回归其本质，别致新颖的立体几何新题型不断涌现，其中新定义问题常常使考生束手无策，因此，读懂题意才能快速有效地切入新问题情景． 跟踪训练4 设P 为多面体M 的一个顶点，定义多面体M 在点P 处的离散曲率为1－12π(∠Q 1PQ 2＋∠Q 2PQ 3＋…＋∠Q k －1PQ k ＋∠Q k PQ 1)，其中Q i (i ＝1,2，…，k ，k ≥3)为多面体M 的所有与点P 相邻的顶点，且平面Q 1PQ 2，平面Q 2PQ 3，…，平面Q k －1PQ k 和平面Q k PQ 1遍历多面体M 的所有以P 为公共点的面．任取正四面体的一个顶点，在该点处的离散曲率为________；如图所示，已知长方体A 1B 1C 1D 1－ABCD ，AB ＝BC ＝1，AA 1＝22，点P 为底面A 1B 1C 1D 1内的一个动点，则四棱锥P －ABCD 在点P 处的离散曲率的最小值为________．答案 12 13解析 由题意可知，正四面体的所有面都是正三角形，所以取正四面体的一个顶点，在该点处的离散曲率为1－12π⎝⎛⎭⎫π3＋π3＋π3＝1－12＝12； 已知长方体A 1B 1C 1D 1－ABCD ，点P 为底面A 1B 1C 1D 1内的一个动点，则四棱锥P －ABCD 在点P 处的离散曲率为1－12π(∠APD ＋∠APB ＋∠BPC ＋∠CPD )，又由AB ＝BC ＝1，AA 1＝22，所以AC ＝BD ＝2，且A 1B 1C 1D 1为正方形，当∠APD ＝∠APB ＝∠BPC ＝∠CPD 时，即点P 为正方形A 1B 1C 1D 1的中心时，离散曲率取得最小值，此时∠APD ＝∠APB ＝∠BPC ＝∠CPD ＝π3，即1－12π⎝⎛⎭⎫π3＋π3＋π3＋π3＝1－23＝13.。