高考理科数学一轮复习：题型全归纳与高效训练突破专题8.7高考解答题热点题型---立体几何目录一、题型综述 (1)二题型全归纳 (1)题型一空间点、线、面的位置关系及空． (1)题型二平面图形的折叠问题 (7)题型三立体几何中的探索性问题 (10)三、高效训练突破 (15)一、题型综述立体几何是每年高考的重要内容，基本上都是一道客观题和一道解答题，客观题主要考查考生的空间想象能力及简单的计算能力．解答题主要采用证明与计算相结合的模式，即首先利用定义、定理、公理等证明空间线线、线面、面面的平行或垂直关系，再利用空间向量进行空间角的计算求解．重在考查考生的逻辑推理及计算能力，试题难度一般不大，属中档题，且主要有以下几种常见的热点题型．二题型全归纳题型一空间点、线、面的位置关系及空．1证明点共面或线共面的常用方法(1)直接法：证明直线平行或相交，从而证明线共面．(2)纳入平面法：先确定一个平面，再证明有关点、线在此平面内．．(3)辅助平面法：先证明有关的点、线确定平面α，再证明其余元素确定平面β，最后证明平面α，β重合．2．证明空间点共线问题的方法(1)公理法：一般转化为证明这些点是某两个平面的公共点，再根据公理3证明这些点都在这两个平面的交线上(2)纳入直线法：选择其中两点确定一条直线，然后证明其余点也在该直线上．3．证明线共点问题的常用方法先证其中两条直线交于一点，再证其他直线经过该点．4.求异面直线所成角的方法(1)几何法①作：利用定义转化为平面角，对于异面直线所成的角，可固定一条，平移一条，或两条同时平移到某个特殊的位置，顶点选在特殊的位置上．①证：证明作出的角为所求角．①求：把这个平面角置于一个三角形中，通过解三角形求空间角．(2)向量法建立空间直角坐标系，利用公式|cos θ|＝|m ·n ||m ||n |求出异面直线的方向向量的夹角．若向量夹角是锐角或直角，则该角即为异面直线所成角；若向量夹角是钝角，则异面直线所成的角为该角的补角．【例1】如图，AE ①平面ABCD ，CF ①AE ，AD ①BC ，AD ①AB ，AB ＝AD ＝1，AE ＝BC ＝2.(1)求证：BF ①平面ADE ；(2)求直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值；(3)若二面角E －BD －F 的余弦值为13，求线段CF 的长． 【解题思路】由条件知AB ，AD ，AE 两两垂直，可以A 为坐标原点建立空间直角坐标系，用空间向量解决．(1)寻找平面ADE 的法向量，证明BF →与此法向量垂直，即得线面平行．(2)CE →与平面BDE 的法向量所成角的余弦值的绝对值，即为直线CE 和平面BDE 所成角的正弦值；(3)设CF ＝h ，用h 表示二面角E －BD －F 的余弦值，通过解方程得到线段长．【规范解答】 (1)证明：以A 为坐标原点，AB 所在的直线为x 轴，AD 所在的直线为y 轴，AE 所在的直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系．则A (0,0,0)，B (1,0,0)，设F (1,2，h )．依题意，AB →＝(1,0,0)是平面ADE 的一个法向量，又BF →＝(0,2，h )，可得BF →·AB →＝0，又直线BF ①平面ADE ，所以BF ①平面ADE .(2)依题意，D (0,1,0)，E (0,0,2)，C (1,2,0)，则BD →＝(－1,1,0)，BE →＝(－1,0,2)，CE →＝(－1，－2,2)．设n ＝(x ，y ，z )为平面BDE 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·BD →＝0，n ·BE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y ＝0，－x ＋2z ＝0，不妨令z ＝1，可得n ＝(2,2,1)． 因此有cos 〈CE →，n 〉＝CE →·n |CE →||n |＝－49. 所以直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值为49. (3)设m ＝(x 1，y 1，z 1)为平面BDF 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ m ·BD →＝0，m ·BF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x 1＋y 1＝0，2y 1＋hz 1＝0， 不妨令y 1＝1，可得m ＝⎝⎛⎭⎫1，1，－2h . 由题意，有|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m ||n |＝⎪⎪⎪⎪4－2h 3 2＋4h2＝13， 解得h ＝87.经检验，符合题意． 所以线段CF 的长为87. 【例2】.如图，在三棱锥P ABC 中，P A ①底面ABC ，①BAC ＝90°.点D ，E ，N 分别为棱P A ，PC ，BC 的中点，M 是线段AD 的中点，P A ＝AC ＝4，AB ＝2.(1)求证：MN ①平面BDE ；(2)已知点H 在棱P A 上，且直线NH 与直线BE 所成角的余弦值为721，求线段AH 的长． 【解析】：如图，以A 为原点，分别以AB →，AC →，AP →的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系．依题意可得A (0，0，0)，B (2，0，0)，C (0，4，0)，P (0，0，4)，D (0，0，2)，E (0，2，2)，M (0，0，1)，N (1，2，0)．(1)证明：DE →＝(0，2，0)，DB →＝(2，0，－2)．设n ＝(x ，y ，z )为平面BDE 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DE →＝0，n ·DB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y ＝0，2x －2z ＝0. 不妨设z ＝1，可取n ＝(1，0，1)．又MN →＝(1，2，－1)，可得MN →·n ＝0.因为MN ①平面BDE ，所以MN ①平面BDE .(2)依题意，设AH ＝h (0≤h ≤4)，则H (0，0，h )，进而可得NH →＝(－1，－2，h )，BE →＝(－2，2，2)．由已知，得|cos 〈NH →，BE →〉|＝|NH →·BE →||NH →||BE →|＝|2h －2|h 2＋5×23＝721， 整理得10h 2－21h ＋8＝0，解得h ＝85或h ＝12. 所以，线段AH 的长为85或12. 【例3】如图，在几何体ACD －A 1B 1C 1D 1中，四边形ADD 1A 1与四边形CDD 1C 1均为矩形，平面ADD 1A 1①平面CDD 1C 1，B 1A 1①平面ADD 1A 1，AD ＝CD ＝1，AA 1＝A 1B 1＝2，E 为棱AA 1的中点．(1)证明：B 1C 1①平面CC 1E ；(2)求直线B 1C 1与平面B 1CE 所成角的正弦值．【解析】(1)证明：因为B 1A 1①平面ADD 1A 1，所以B 1A 1①DD 1，又DD 1①D 1A 1，B 1A 1∩D 1A 1＝A 1，所以DD 1①平面A 1B 1C 1D 1，又DD 1①CC 1，所以CC 1①平面A 1B 1C 1D 1.因为B 1C 1①平面A 1B 1C 1D 1，所以CC 1①B 1C 1.因为平面ADD 1A 1①平面CDD 1C 1，平面ADD 1A 1∩平面CDD 1C 1＝DD 1，C 1D 1①DD 1，所以C 1D 1①平面ADD 1A 1.经计算可得B 1E ＝5，B 1C 1＝2，EC 1＝3，从而B 1E 2＝B 1C 21＋EC 21，所以在①B 1EC 1中，B 1C 1①C 1E .又CC 1，C 1E ①平面CC 1E ，CC 1∩C 1E ＝C 1，所以B 1C 1①平面CC 1E .(2)如图，以点A 为坐标原点，建立空间直角坐标系，依题意得A (0，0，0)，C (1，0，1)，B 1(0，2，2)，C 1(1，2，1)，E (0，1，0)，则CE →＝(－1，1，－1)，B 1C →＝(1，－2，－1)．设平面B 1CE 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·B 1C →＝0，m ·CE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －2y －z ＝0，－x ＋y －z ＝0，消去x 得y ＋2z ＝0， 不妨设z ＝1，可得m ＝(－3，－2，1)为平面B 1CE 的一个法向量，易得B 1C 1→＝(1，0，－1)，设直线B 1C 1与平面B 1CE 所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈m ，B 1C 1→〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪m ·B 1C 1→|m |·|B 1C 1→|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－414×2＝277，故直线B 1C 1与平面B 1CE 所成角的正弦值为277. 题型二 平面图形的折叠问题【解法】解决平面图形翻折问题的关键是抓住“折痕”，准确把握平面图形翻折前后的两个“不变”．(1)与折痕垂直的线段，翻折前后垂直关系不改变；(2)与折痕平行的线段，翻折前后平行关系不改变．【例1】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①DFC 折起，使点C 到达点P 的位置，且PF ①BF .(1)证明：平面PEF ①平面ABFD ；(2)求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值．【解题思路】(1)①翻折前后的不变关系，四边形ABFE 是矩形．①证明BF ①平面PEF .①证明平面PEF ①平面ABFD .(2)解法一：①建系：借助第(1)问，过P 作平面ABFD 的垂线为z 轴，垂足为原点，EF 所在直线为y 轴，建系．①求直线DP 的方向向量和平面ABFD 的法向量．①由公式计算所求角的正弦值．解法二：①作：过P 作PH ①EF 交EF 于点H ，连接DH .①证：证明PH ①平面ABFD ，得①PDH 为直线DP 与平面ABFD 所成角．①算：在Rt①PDH 中，PD 的长度是正方形ABCD 的边长，①PHD ＝90°，易知要求sin①PDH ，关键是求PH ；由此想到判断①PEF 的形状，进一步想到证明PF ①平面PED .【规范解答】(1)证明：由已知可得，BF ①PF ，BF ①EF ，又PF ∩EF ＝F ，所以BF ①平面PEF .又BF ①平面ABFD ，所以平面PEF ①平面ABFD .(2)解法一：作PH ①EF ，垂足为H .由(1)得，PH ①平面ABFD .以H 为坐标原点，HF →的方向为y 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz ，设正方形ABCD 的边长为2.由(1)可得，DE ①PE .又DP ＝2，DE ＝1，所以PE ＝ 3.又PF ＝1，EF ＝2，故PE ①PF .所以PH ＝32，EH ＝32，则H (0,0,0)，P ⎝⎛⎭⎫0，0，32， D ⎝⎛⎭⎫－1，－32，0，DP →＝⎝⎛⎭⎫1，32，32，HP →＝⎝⎛⎭⎫0，0，32为平面ABFD 的一个法向量． 设DP 与平面ABFD 所成角为θ，则sin θ＝|HP →·DP →||HP →||DP →|＝343＝34. 所以DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为34. 解法二：因为PF ①BF ，BF ①ED ，所以PF ①ED ，又PF ①PD ，ED ∩PD ＝D ，所以PF ①平面PED ，所以PF ①PE ，设AB ＝4，则EF ＝4，PF ＝2，所以PE ＝23，过P 作PH ①EF 交EF 于点H ，因为平面PEF ①平面ABFD ，所以PH ①平面ABFD ，连接DH ，则①PDH 即为直线DP 与平面ABFD 所成的角，因为PE ·PF ＝EF ·PH ，所以PH ＝23×24＝3， 因为PD ＝4，所以sin①PDH ＝PH PD ＝34， 所以DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为34. 题型三 立体几何中的探索性问题【技巧要点】对命题条件的探索的三种途径途径一：先猜后证，即先观察与尝试给出条件再证明．途径二：先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件，再证明充分性．途径三：将几何问题转化为代数问题【例1】(2020·湖北“四地七校”联考)在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是边长为22的正方形，平面P AC ①底面ABCD ，P A ＝PC ＝2 2.(1)求证：PB ＝PD ；(2)若点M ，N 分别是棱P A ，PC 的中点，平面DMN 与棱PB 的交点为点Q ，则在线段BC 上是否存在一点H ，使得DQ ①PH ？若存在，求BH 的长；若不存在，请说明理由．【解题思路】 (1)要证PB ＝PD ，想到在①PBD 中，证明BD 边上的中线垂直于BD ，联系题目条件想到用面面垂直的性质证明线面垂直．(2)借助第(1)问的垂直关系建立空间直角坐标系，求平面DMN 的法向量n ，分别依据P ，B ，Q 共线和B ，C ，H 共线，设PQ →＝λPB →和BH →＝tBC →，利用垂直关系列方程先求λ再求t ，确定点H 的位置．【规范解答】 (1)证明：记AC ∩BD ＝O ，连接PO ，①底面ABCD 为正方形，①OA ＝OC ＝OB ＝OD ＝2.①P A ＝PC ，①PO ①AC ，①平面P AC ①底面ABCD ，且平面P AC ∩底面ABCD ＝AC ，PO ①平面P AC ，①PO ①底面ABCD .①BD ①底面ABCD ，①PO ①BD .①PB ＝PD .(2)存在．以O 为坐标原点，射线OB ，OC ，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如图所示，由(1)可知OP ＝2.可得P (0,0,2)，A (0，－2,0)，B (2,0,0)，C (0,2,0)，D (－2，0,0)，可得M (0，－1,1)，N (0,1,1)，DM →＝(2，－1,1)，MN →＝(0，2,0)．设平面DMN 的法向量n ＝(x ，y ，z )，①DM →·n ＝0，MN →·n ＝0，①⎩⎪⎨⎪⎧2x －y ＋z ＝0，2y ＝0. 令x ＝1，可得n ＝(1,0，－2)．记PQ →＝λPB →＝(2λ，0，－2λ)，可得Q (2λ，0,2－2λ)，DQ →＝(2λ＋2,0,2－2λ)，DQ →·n ＝0，可得2λ＋2－4＋4λ＝0，解得λ＝13. 可得DQ →＝⎝⎛⎭⎫83，0，43. 记BH →＝tBC →＝(－2t,2t,0)，可得H (2－2t,2t,0)，PH →＝(2－2t,2t ，－2)，若DQ ①PH ，则DQ →·PH →＝0，83(2－2t )＋43×(－2)＝0，解得t ＝12. 故BH ＝ 2.故在线段BC 上存在一点H ，使得DQ ①PH ，此时BH＝ 2.【例2】如图，在四棱锥PABCD中，P A①平面ABCD，底面ABCD为菱形，E为CD的中点．(1)求证：BD①平面P AC；(2)若①ABC＝60°，求证：平面P AB①平面P AE；(3)棱PB上是否存在点F，使得CF①平面P AE？说明理由．【解】(1)证明：因为P A①平面ABCD，所以P A①BD.因为底面ABCD为菱形，所以BD①A C.又P A∩AC＝A，所以BD①平面P A C.(2)证明：因为P A①平面ABCD，AE①平面ABCD，所以P A①AE.因为底面ABCD为菱形，①ABC＝60°，且E为CD的中点，所以AE①CD，所以AB①AE.又AB∩P A＝A，所以AE ①平面P AB .因为AE ①平面P AE ，所以平面P AB ①平面P AE .(3)棱PB 上存在点F ，使得CF ①平面P AE .取F 为PB 的中点，取G 为P A 的中点，连接CF ，FG ，EG .则FG ①AB ，且FG ＝12AB . 因为底面ABCD 为菱形，且E 为CD 的中点，所以CE ①AB ，且CE ＝12AB . 所以FG ①CE ，且FG ＝CE .所以四边形CEGF 为平行四边形．所以CF ①EG .因为CF ①平面P AE ，EG ①平面P AE ，所以CF ①平面P AE .【例3】图1是由矩形ADEB ，Rt①ABC 和菱形BFGC 组成的一个平面图形，其中AB ＝1，BE ＝BF ＝2，①FBC ＝60°.将其沿AB ，BC 折起使得BE 与BF 重合，连接DG ，如图2.(1)证明：图2中的A ，C ，G ，D 四点共面，且平面ABC ①平面BCGE ；(2)求图2中的二面角B －CG －A 的大小．【解析】：(1)证明：由已知得AD ①BE ，CG ①BE ，所以AD ①CG ，故AD ，CG 确定一个平面，从而A ，C ，G ，D 四点共面．由已知得AB ①BE ，AB ①BC ，故AB ①平面BCGE .又因为AB ①平面ABC ， 所以平面ABC ①平面BCGE .(2)作EH ①BC ，垂足为H .因为EH ①平面BCGE ，平面BCGE ①平面ABC ，所以EH ①平面ABC .由已知，菱形BCGE 的边长为2，①EBC ＝60°，可求得BH ＝1，EH ＝ 3.以H 为坐标原点，HC →的方向为x 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系H xyz ，则A (－1，1，0)，C (1，0，0)，G (2，0，3)，CG →＝(1，0，3)，AC →＝(2，－1，0)．设平面ACGD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧CG →·n ＝0AC →·n ＝0，即⎩⎨⎧x ＋3z ＝0，2x －y ＝0. 所以可取n ＝(3，6，－3)．又平面BCGE 的法向量可取为m ＝(0，1，0)，所以cos n ，m ＝n ·m |n ||m |＝32. 因此二面角B CG A 的大小为30°.三、高效训练突破1.(2020·深圳模拟)已知四棱锥PABCD，底面ABCD为菱形，PD＝PB，H为PC上的点，过AH的平面分别交PB，PD于点M，N，且BD①平面AMHN.(1)证明：MN①PC；(2)当H为PC的中点，P A＝PC＝3AB，P A与平面ABCD所成的角为60°，求AD与平面AMHN所成角的正弦值．【解析】(1)证明：连接AC、BD且AC∩BD＝O，连接PO.因为ABCD为菱形，所以BD①AC，因为PD＝PB，所以PO①BD，因为AC∩PO＝O且AC、PO①平面P AC，所以BD①平面P AC，因为PC①平面P AC，所以BD①PC，因为BD①平面AMHN，且平面AMHN∩平面PBD＝MN，所以BD①MN，MN①平面P AC，所以MN①P C.(2)由(1)知BD ①AC 且PO ①BD ，因为P A ＝PC ，且O 为AC 的中点，所以PO ①AC ，所以PO ①平面ABCD ，所以P A 与平面ABCD 所成的角为①P AO ，所以①P AO ＝60°，所以AO ＝12P A ，PO ＝32P A ， 因为P A ＝3AB ，所以BO ＝36P A . 以OA →，OD →，OP →分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示．设P A ＝2，所以O (0，0，0)，A (1，0，0)，B (0，－33，0)，C (－1，0，0)，D (0，33，0)，P (0，0，3)，H (－12，0，32)， 所以BD →＝(0，233，0)，AH →＝(－32，0，32)，AD →＝(－1，33，0)． 设平面AMHN 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，所以⎩⎪⎨⎪⎧n ·BD →＝0，n ·AH →＝0，即⎩⎨⎧233y ＝0，－32x ＋32z ＝0， 令x ＝2，则y ＝0，z ＝23，所以n ＝(2，0，23)，设AD 与平面AMHN 所成角为θ，所以sin θ＝|cos 〈n ，AD →〉|＝|n ·AD →|n ||AD →||＝34. 所以AD 与平面AMHN 所成角的正弦值为34. 2．(2020·河南联考)如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为平行四边形，平面P AD ①平面ABCD ，①P AD 是边长为4的等边三角形，BC ①PB ，E 是AD 的中点．(1)求证：BE ①PD ；(2)若直线AB 与平面P AD 所成角的正弦值为154，求平面P AD 与平面PBC 所成的锐二面角的余弦值． 【解析】：(1)证明：因为①P AD 是等边三角形，E 是AD 的中点，所以PE ①AD .又平面P AD ①平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，PE ①平面P AD ，所以PE ①平面ABCD ，所以PE ①BC ，PE ①BE .又BC ①PB ，PB ∩PE ＝P ，所以BC ①平面PBE ，所以BC ①BE .又BC ①AD ，所以AD ①BE .又AD ∩PE ＝E 且AD ，PE ①平面P AD ，所以BE ①平面P AD ，所以BE ①PD .(2)由(1)得BE ①平面P AD ，所以①BAE 就是直线AB 与平面P AD 所成的角．因为直线AB 与平面P AD 所成角的正弦值为154， 即sin①BAE ＝154 ，所以cos①BAE ＝14. 所以cos①BAE ＝AE AB ＝2AB ＝14，解得AB ＝8，则BE ＝AB 2－AE 2＝215.由(1)得EA ，EB ，EP 两两垂直，所以以E 为坐标原点，EA ，EB ，EP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则点P (0，0，23)，A (2，0，0)，D (－2，0，0)，B (0，215，0)，C (－4，215，0)，所以PB →＝(0，215，－23)，PC →＝(－4，215，－23)．设平面PBC 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧PB →·m ＝0，PC →·m ＝0，得⎩⎨⎧215y －23z ＝0，－4x ＋215y －23z ＝0， 解得⎩⎨⎧x ＝0，z ＝5y . 令y ＝1，可得平面PBC 的一个法向量为m ＝(0，1，5)．易知平面P AD 的一个法向量为n ＝(0，1，0)，设平面P AD 与平面PBC 所成的锐二面角的大小为θ，则cos θ＝⎪⎪⎪⎪m ·n |m ||n |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪（0，1，5）·（0，1，0）6×1＝66. 所以平面P AD 与平面PBC 所成的锐二面角的余弦值为66. 3.(2020·云南师范大学附属中学3月月考)如图，在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，①ABC 是边长为2的正三角形，AA 1＝26，D 是CC 1的中点，E 是A 1B 1的中点．(1)证明：DE ①平面A 1BC;(2)求点A 到平面A 1BC 的距离．【解析】 (1)证明：如图取A 1B 的中点F ，连接FC ，FE .因为E ，F 分别是A 1B 1，A 1B 的中点，所以EF ①BB 1，且EF ＝12BB 1. 又在平行四边形BB 1C 1C 中，D 是CC 1的中点，所以CD ①BB 1，且CD ＝12BB 1，所以CD ①EF ，且CD ＝EF . 所以四边形CFED 是平行四边形，所以DE ①CF .因为DE ①/平面A 1BC ，CF ①平面A 1BC ，所以DE ①平面A 1BC .(2)法一：(等体积法)因为BC ＝AC ＝AB ＝2，AA 1＝26，三棱柱ABC A 1B 1C 1为直三棱柱，所以V 三棱锥A 1－ABC ＝13S ①ABC ×AA 1＝13×34×22×26＝2 2. 又在①A 1BC 中，A 1B ＝A 1C ＝27，BC ＝2，BC 边上的高h ＝ A 1B 2－⎝⎛⎭⎫12BC 2＝33， 所以S ①A 1BC ＝12BC ·h ＝3 3. 设点A 到平面A 1BC 的距离为d ，则V 三棱锥A －A 1BC ＝13S ①A 1BC ×d ＝13×33×d ＝3d . 因为V 三棱锥A 1－ABC ＝V 三棱锥A －A 1BC ，所以22＝3d ，解得d ＝263， 所以点A 到平面A 1BC 的距离为263. 法二：(向量法)由题意知，三棱柱ABC A 1B 1C 1是正三棱柱．取AB 的中点O ，连接OC ，OE .因为AC ＝BC ，所以CO ①AB .又平面ABC ①平面ABB 1A 1，平面ABC ∩平面ABB 1A 1＝AB ，所以CO ①平面ABB 1A 1.因为O 为AB 的中点，E 为A 1B 1的中点，所以OE ①AB ，所以OC ，OA ，OE 两两垂直．如图，以O 为坐标原点，以OA ，OE ，OC 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则C (0，0，3)，A (1，0，0)，A 1(1，26，0)，B (－1，0，0)．则BA 1→＝(2，26，0)，BC →＝(1，0，3)．设平面A 1BC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则由⎩⎪⎨⎪⎧n ①BA 1→，n ①BC →，可得⎩⎪⎨⎪⎧n ·BA 1→＝2x ＋26y ＝0，n ·BC →＝x ＋3z ＝0，整理得⎩⎨⎧x ＋6y ＝0，x ＋3z ＝0，令x ＝6，则y ＝－1，z ＝－ 2. 所以n ＝(6，－1，－2)为平面A 1BC 的一个法向量．而BA →＝(2，0，0)，所以点A 到平面A 1BC 的距离d ＝|BA →·n ||n |＝6×26＋1＋2＝263. 4．(2020·湖北十堰4月调研)如图，在三棱锥P －ABC 中，M 为AC 的中点，P A ①PC ，AB ①BC ，AB ＝BC ，PB ＝2，AC ＝2，①P AC ＝30°.(1)证明：BM ①平面P AC ；(2)求二面角B －P A －C 的余弦值．【答案】：见解析(1)证明：因为P A ①PC ，AB ①BC ，所以MP ＝MB ＝12AC ＝1，又MP 2＋MB 2＝BP 2，所以MP ①MB .因为AB ＝BC ，M 为AC 的中点，所以BM ①AC ， 又AC ∩MP ＝M ，所以BM ①平面P AC .(2)法一：取MC 的中点O ，连接PO ，取BC 的中点E ，连接EO ，则OE ①BM ，从而OE ①AC . 因为P A ①PC ，①P AC ＝30°，所以MP ＝MC ＝PC ＝1. 又O 为MC 的中点，所以PO ①AC .由(1)知BM ①平面P AC ，OP ①平面P AC ，所以BM ①PO . 又BM ∩AC ＝M ，所以PO ①平面ABC .以O 为坐标原点，OA ，OE ，OP 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， 由题意知A ⎝⎛⎭⎫32，0，0，B ⎝⎛⎭⎫12，1，0，P ⎝⎛⎭⎫0，0，32，BP →＝⎝⎛⎭⎫－12，－1，32，BA →＝(1，－1，0)， 设平面APB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BP→＝－12x －y ＋32z ＝0，n ·BA →＝x －y ＝0，令x ＝1，得n ＝(1，1，3)为平面APB 的一个法向量，易得平面P AC 的一个法向量为π＝(0，1，0)，cos 〈n ，π〉＝55， 由图知二面角B －P A －C 为锐角，所以二面角B －P A －C 的余弦值为55. 法二：取P A 的中点H ，连接HM ，HB ，因为M 为AC 的中点，所以HM ①PC ，又P A ①PC ，所以HM ①P A .由(1)知BM ①平面P AC ，则BH ①P A ， 所以①BHM 为二面角B －P A －C 的平面角．因为AC ＝2，P A ①PC ，①P AC ＝30°，所以HM ＝12PC ＝12.又BM ＝1，则BH ＝BM 2＋HM 2＝52， 所以cos①BHM ＝HM BH ＝55，即二面角B －P A －C 的余弦值为55.5．(2020·合肥模拟)如图，在多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 是正方形，BF ①平面ABCD ，DE ①平面ABCD ，BF ＝DE ，M 为棱AE 的中点．(1)求证：平面BDM ①平面EFC ；(2)若DE ＝2AB ，求直线AE 与平面BDM 所成角的正弦值． 【答案】：见解析(1)证明：连接AC ，交BD 于点N ，连接MN ， 则N 为AC 的中点，又M 为AE 的中点，所以MN ①EC . 因为MN ①平面EFC ，EC ①平面EFC ， 所以MN ①平面EFC .因为BF ，DE 都垂直底面ABCD ，所以BF ①DE . 因为BF ＝DE ，所以四边形BDEF 为平行四边形，所以BD ①EF .因为BD ①平面EFC ，EF ①平面EFC ， 所以BD ①平面EFC .又MN ∩BD ＝N ，所以平面BDM ①平面EFC . (2)因为DE ①平面ABCD ，四边形ABCD 是正方形，所以DA ，DC ，DE 两两垂直，如图，建立空间直角坐标系D xyz .设AB ＝2，则DE ＝4，从而D (0，0，0)，B (2，2，0)，M (1，0，2)，A (2，0，0)，E (0，0，4)， 所以DB →＝(2，2，0)，DM →＝(1，0，2)， 设平面BDM 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DB →＝0，n ·DM →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋2y ＝0，x ＋2z ＝0.令x ＝2，则y ＝－2，z ＝－1，从而n ＝(2，－2，－1)为平面BDM 的一个法向量． 因为AE →＝(－2，0，4)，设直线AE 与平面BDM 所成的角为θ，则 sin θ＝|cos 〈n ·AE →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·AE →|n |·|AE →|＝4515， 所以直线AE 与平面BDM 所成角的正弦值为4515.6.(2020·河南郑州三测)如图①，①ABC 中，AB ＝BC ＝2，①ABC ＝90°，E ，F 分别为边AB ，AC 的中点，以EF 为折痕把①AEF 折起，使点A 到达点P 的位置(如图①)，且PB ＝BE .(1)证明：EF ①平面PBE ；(2)设N 为线段PF 上的动点(包含端点)，求直线BN 与平面PCF 所成角的正弦值的最大值． 【解析】：(1)证明：因为E ，F 分别为边AB ，AC 的中点，所以EF ①BC . 因为①ABC ＝90°，所以EF ①BE ，EF ①PE ，又BE ∩PE ＝E ，所以EF ①平面PBE . (2)取BE 的中点O ，连接PO ，因为PB ＝BE ＝PE ，所以PO ①BE .由(1)知EF ①平面PBE ，EF ①平面BCFE ，所以平面PBE ①平面BCFE . 又PO ①平面PBE ，平面PBE ∩平面BCFE ＝BE ，所以PO ①平面BCFE .过点O 作OM ①BC 交CF 于点M ，分别以OB ，OM ，OP 所在的直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，则B ⎝⎛⎭⎫12，0，0，P ⎝⎛⎭⎫0，0，32，C ⎝⎛⎭⎫12，2，0， F ⎝⎛⎭⎫－12，1，0，PC →＝⎝⎛⎭⎫12，2，－32， PF →＝⎝⎛⎭⎫－12，1，－32，由N 为线段PF 上一动点，得PN →＝λPF →(0≤λ≤1)，则可得N ⎝⎛⎭⎫－λ2，λ，32（1－λ），BN →＝⎝⎛⎭⎫－λ＋12，λ，32（1－λ）.设平面PCF 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧PC →·m ＝0，PF →·m ＝0，即⎩⎨⎧12x ＋2y －32z ＝0，－12x ＋y －32z ＝0，取y ＝1，则x ＝－1，z ＝3，所以m ＝(－1，1，3)为平面PCF 的一个法向量．设直线BN 与平面PCF 所成的角为θ， 则sin θ＝|cos 〈BN →，m 〉|＝|BN →·m ||BN →|·|m |＝25·2λ2－λ＋1＝25·2⎝⎛⎭⎫λ－142＋78≤25·78＝47035(当且仅当λ＝14时取等号)，所以直线BN 与平面PCF 所成角的正弦值的最大值为47035.7．(2020·山东淄博三模)如图①，已知正方形ABCD 的边长为4，E ，F 分别为AD ，BC 的中点，将正方形ABCD 沿EF 折成如图①所示的二面角，且二面角的大小为60°，点M 在线段AB 上(包含端点)，连接AD .(1)若M 为AB 的中点，直线MF 与平面ADE 的交点为O ，试确定点O 的位置，并证明直线OD ①平面EMC ； (2)是否存在点M ，使得直线DE 与平面EMC 所成的角为60°？若存在，求此时二面角M EC F 的余弦值；若不存在，说明理由． 【答案】见解析【解析】：(1)因为直线MF ①平面ABFE ，故点O 在平面ABFE 内，也在平面ADE 内， 所以点O 在平面ABFE 与平面ADE的交线(即直线AE )上(如图所示)．因为AO ①BF ，M 为AB 的中点，所以①OAM ①①FBM ，所以OM ＝MF ，AO ＝BF ，所以AO ＝2. 故点O 在EA 的延长线上且与点A 间的距离为2. 连接DF ，交EC 于点N ，因为四边形CDEF 为矩形， 所以N 是EC 的中点．连接MN ，则MN 为①DOF 的中位线，所以MN ①OD ，又MN ①平面EMC ，OD ①/ 平面EMC ，所以直线OD ①平面EMC . (2)由已知可得EF ①AE ，EF ①DE ，又AE ∩DE ＝E ，所以EF ①平面ADE .所以平面ABFE ①平面ADE ，易知①ADE 为等边三角形，取AE 的中点H ，则易得DH ①平面ABFE ，以H 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则E (－1，0，0)，D (0，0，3)，C (0，4，3)，F (－1，4，0)，所以ED →＝(1，0，3)，EC →＝(1，4，3)． 设M (1，t ，0)(0≤t ≤4)，则EM →＝(2，t ，0)，设平面EMC 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·EM →＝0，m ·EC →＝0①⎩⎨⎧2x ＋ty ＝0，x ＋4y ＋3z ＝0，取y ＝－2，则x ＝t ，z ＝8－t 3，所以m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫t ，－2，8－t 3为平面EMC 的一个法向量．要使直线DE 与平面EMC 所成的角为60°，则82t 2＋4＋（8－t ）23＝32，所以23t 2－4t ＋19＝32，整理得t 2－4t ＋3＝0， 解得t＝1或t ＝3，所以存在点M ，使得直线DE 与平面EMC 所成的角为60°，取ED 的中点Q ，连接QA ，则QA →为平面CEF 的法向量， 易得Q ⎝⎛⎭⎫－12，0，32，A (1，0，0)，所以QA →＝⎝⎛⎭⎫32，0，－32.设二面角M －EC －F 的大小为θ， 则|cos θ|＝|QA →·m ||QA →|·|m |＝|2t －4|3t 2＋4＋（8－t ）23＝|t －2|t2－4t ＋19. 因为当t ＝2时，cos θ＝0，平面EMC ①平面CDEF ，所以当t ＝1时，cos θ＝－14，θ为钝角；当t ＝3时，cos θ＝14，θ为锐角．综上，二面角M －EC －F 的余弦值为±14.。
