第16讲 立体几何综合问题

专题8.8 立体几何综合问题（知识点讲解）【知识框架】【核心素养】以几何体为载体，考查空间几何体中的最值问题、折叠问题以及探索性问题，凸显直观想象、数学运算、逻辑推理的核心素养．【知识点展示】（一）空间向量的概念及有关定理1．空间向量的有关概念名称定义空间向量在空间中，具有大小和方向的量相等向量方向相同且模相等的向量相反向量方向相反且模相等的向量共线向量表示空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合的向量(或平行向量)共面向量平行于同一个平面的向量2.(1)共线向量定理：对空间任意两个向量a，b(b≠0)，a∥b的充要条件是存在实数λ，使得a＝λb.(2)共面向量定理：如果两个向量a，b不共线，那么向量p与向量a，b共面的充要条件是存在唯一的有序实数对(x，y)，使p＝x a＋y b.(3)空间向量基本定理：如果三个向量a，b，c不共面，那么对空间任一向量p，存在有序实数组{x，y，z}，使得p＝x a＋y b＋z c，其中，{a，b，c}叫做空间的一个基底．（二）空间向量的坐标表示及运算(1)数量积的坐标运算设a ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3)， 则①a ±b ＝(a 1±b 1，a 2±b 2，a 3±b 3)； ②λa ＝(λa 1，λa 2，λa 3)； ③a ·b ＝a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3. (2)共线与垂直的坐标表示设a ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3)，则a ∥b ⇔a ＝λb ⇔a 1＝λb 1，a 2＝λb 2，a 3＝λb 3(λ∈R)， a ⊥b ⇔a ·b ＝0⇔a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＝0(a ，b 均为非零向量)． (3)模、夹角和距离公式设a ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3)，则|a |＝a·a ＝a 21＋a 22＋a 23，cos 〈a ，b 〉＝a·b |a||b|＝a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3a 21＋a 22＋a 23·b 21＋b 22＋b 23. 设A (a 1，b 1，c 1)，B (a 2，b 2，c 2)，则222212121||()()()AB d AB a a b b c c ==-+-+-（三）异面直线所成的角①定义：设a ，b 是两条异面直线，过空间任一点O 作直线a ′∥a ，b ′∥b ，则a ′与b ′所夹的锐角或直角叫做a 与b 所成的角．②范围：两异面直线所成角θ的取值范围是(0,]2π．③向量求法：设直线a ，b 的方向向量为a ，b ，其夹角为φ，则有cos |cos |||||||a ba b θϕ⋅==⋅.（四）直线与平面所成角直线和平面所成角的求法：如图所示，设直线l 的方向向量为e ，平面α的法向量为n ，直线l 与平面α所成的角为φ，两向量e 与n 的夹角为θ，则有sin φ＝|cos θ|＝|e ·n ||e ||n |.（五） 二面角(1)如图1，AB 、CD 是二面角α－l －β的两个面内与棱l 垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈AB ，CD 〉．(2)如图2、3，12,n n 分别是二面角α－l －β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小12,n n θ=<>(或12,n n π-<>)．（六）利用向量求空间距离点面距的求法：如图，设AB 为平面α的一条斜线段，n 为平面α的法向量，则B 到平面α的距离d ＝|AB →·n ||n |.【常考题型剖析】题型一： 向量与立体几何中最值问题例1. （2022·浙江·效实中学模拟预测）已知圆锥SO 的高1,SO AB =是底面上圆O 的直径，2AB =，M 是圆O 上的动点，N 是SM 的中点，则直线AN 与平面SBM 所成角的正弦值的最大值为（ ）A ．13B 2C 22D ．1【答案】C 【解析】 【分析】做OE AB ⊥交圆上一点E ，以O 为原点，、、OE OB OA 所在的直线为、、x y y 轴的正方向建立空间直角坐标系，设(),,0M a b ，则1,,222⎛⎫⎪⎝⎭a b N ，且221a b +=， 求出AN 、平面AMB 的一个法向量坐标，设直线AN 与平面SBM 所成的角为θ，可得()332sin cos ,27921θ⋅===--+-AN n AN n AN nb b b ()()()()3222791,121--+=∈--x x f x x x ，利用导数可得()f x 的最值，从而得到答案. 【详解】做OE AB ⊥交圆上一点E ，以O 为原点，、、OE OB OA 所在的直线为、、x y y 轴的正方向建立空间直角坐标系， 则()0,0,0O ，()0,1,0A -，()0,1,0B ，()0,0,1S ， 设(),,0M a b ，则1,,222⎛⎫⎪⎝⎭a b N ，且221a b +=，当0,1a b ==时，()0,1,0M 与()0,1,0B 重合，此时SMA 构不成平面， 当0,1a b ==-时，()0,1,0-M 与()0,1,0A -重合，此时SMB 构不成平面， 即1b ≠±，0a ≠，所以(),,1=-SM a b ，()0,1,1=-SB ，1,1,222⎛⎫=+ ⎪⎝⎭a bAN ，设平面AMB 的一个法向量为(),,n x y z =，所以00⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩SM n SB n ，即00+-=⎧⎨-=⎩ax by z y z ，令1y =，则1,1-==bx z a ， 所以1,1,1-⎛⎫= ⎪⎝⎭b n a ，设直线AN 与平面SBM 所成的角为θ， ()()2222111222sin cos ,1212444θ-+++⋅===-++⨯++b b AN n AN n AN nb b a a ()2332223232791221=--++--+⨯--b b b b b b b ，令()()()()3222791,121--+=∈--x x f x x x ，()()()()()221,11x x f x x x +=∈--'当01x <<时，()0f x '>，()f x 单调递增，当10x -<<时，()0f x '<，()f x 单调递减，所以()()min 902≥=f x f ，()332223227921≤=--+-b b b ，直线AN 与平面SBM 所成角的正弦值的最大值为23. 故选：C.例2.（山东·高考真题（理））如图所示，已知四棱锥P—ABCD ，底面ABCD 为菱形，PA ⊥平面ABCD ，∠ABC=60°,E,F 分别是BC,PC 的中点.(1)证明:AE ⊥PD;(2)若H 为PD 上的动点,EH 与平面PAD 所成最大角的正切值为,求二面角E—AF—C 的余弦值.【答案】（1）证明略（2）所求二面角的余弦值为【解析】 【详解】(1) 由四边形ABCD为菱形,∠ABC=60°,可得△ABC为正三角形.因为E为BC的中点,所以AE⊥BC.又BC∥AD,因此AE⊥AD.因为PA⊥平面ABCD,AE平面ABCD,所以PA⊥AE.而PA平面PAD,AD平面PAD且PA∩AD=A,所以AE⊥平面PAD.又PD平面PAD,所以AE⊥PD.(2) 如图所示，设AB=2,H为PD上任意一点,连结AH、EH,由(1)知,AE⊥平面PAD,则∠EHA为EH与平面PAD所成的角.在Rt△EAH中,AE=,所以,当AH最短时,∠EHA最大,即当AH⊥PD时,∠EHA最大.此时,tan∠EHA===,因此AH=.又AD=2,所以∠ADH=45°,所以PA=2.方法一因为PA⊥平面ABCD,PA平面PAC,所以,平面PAC⊥平面ABCD.过E作EO⊥AC于O,则EO⊥平面PAC,过O作OS⊥AF于S,连接ES,则∠ESO为二面角E—AF—C的平面角.在Rt△AOE中,EO=AE·sin30°=,AO=AE·cos30°=,又F是PC的中点,在Rt△ASO中,SO=AO·sin45°=,又SE===,在Rt △ESO 中,cos ∠ESO===,即所求二面角的余弦值为.方法二 由(1)知AE,AD,AP 两两垂直,以A 为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系, 又E 、F 分别为BC 、PC 的中点，所以 A （0，0，0），B （，-1，0），C （，1，0），D （0，2，0），P （0，0，2），E （，0，0），F(，，1），所以=(，0，0），=(，，1）.设平面AEF 的一法向量为 m=（x 1，y 1，z 1），因此取z 1=-1，则m=（0，2，-1）， 因为BD ⊥AC ，BD ⊥PA ，PA∩AC=A ， 所以BD ⊥平面AFC ， 故为平面AFC 的一法向量. 又=（-，3，0）， 所以cos 〈m,〉===.因此,二面角E—AF—C 为锐角, 所以所求二面角的余弦值为例3.（2021·全国·高考真题（理））已知直三棱柱111ABC A B C -中，侧面11AA B B 为正方形，2AB BC ==，E ，F 分别为AC 和1CC 的中点，D 为棱11A B 上的点．11BF A B ⊥（1）证明：BF DE ⊥；（2）当1B D 为何值时，面11BB C C 与面DFE 所成的二面角的正弦值最小? 【答案】（1）证明见解析；（2）112B D = 【解析】 【分析】（1）方法二：通过已知条件，确定三条互相垂直的直线，建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量证明线线垂直；（2）方法一：建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角的余弦值最大，进而可以确定出答案； 【详解】（1）[方法一]：几何法 因为1111,//BFA B A B AB ⊥，所以BF AB ⊥．又因为1AB BB ⊥，1BF BB B ⋂=，所以AB ⊥平面11BCC B ．又因为2AB BC ==，构造正方体1111ABCG A B C G -，如图所示，过E 作AB 的平行线分别与AG BC ，交于其中点,M N ，连接11,A M B N ， 因为E ，F 分别为AC 和1CC 的中点，所以N 是BC 的中点，易证1Rt Rt BCF B BN ≅，则1CBF BB N ∠=∠．又因为1190BB N B NB ∠+∠=︒，所以1190CBF B NB BF B N ∠+∠=︒⊥，． 又因为111111,BFA B B N A B B ⊥=，所以BF ⊥平面11A MNB ．又因为ED ⊂平面11A MNB ，所以BF DE ⊥． [方法二] 【最优解】：向量法因为三棱柱111ABC A B C -是直三棱柱，1BB ∴⊥底面ABC ，1BB AB ∴⊥11//A B AB ，11BF A B ⊥，BF AB ∴⊥，又1BB BF B ⋂=，AB ∴⊥平面11BCC B ．所以1,,BA BC BB 两两垂直．以B 为坐标原点，分别以1,,BA BC BB 所在直线为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，如图．()()()0,0,0,2,0,0,0,2,0,B A C ∴()()()1110,0,2,2,0,2,0,2,2B A C ，()()1,1,0,0,2,1E F ．由题设(),0,2D a （02a ≤≤）． 因为()()0,2,1,1,1,2BF DE a ==--，所以()()0121120BF DE a ⋅=⨯-+⨯+⨯-=，所以BF DE ⊥．[方法三]：因为11BF A B ⊥，11//A B AB ，所以BF AB ⊥，故110BF A B ⋅=，0BF AB ⋅=，所以()11BF ED BF EB BB B D ⋅=⋅++()11=BF B D BF EB BB ⋅+⋅+1BF EB BF BB =⋅+⋅11122BF BA BC BF BB ⎛⎫=--+⋅ ⎪⎝⎭11122BF BA BF BC BF BB =-⋅-⋅+⋅112BF BC BF BB =-⋅+⋅111cos cos 2BF BC FBC BF BB FBB =-⋅∠+⋅∠1=52520255-=，所以BF ED ⊥． （2）[方法一]【最优解】：向量法 设平面DFE 的法向量为(),,m x y z =，因为()()1,1,1,1,1,2EF DE a =-=--，所以00m EF m DE ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即()0120x y z a x y z -++=⎧⎨-+-=⎩．令2z a =-，则()3,1,2m a a =+-因为平面11BCC B 的法向量为()2,0,0BA =， 设平面11BCC B 与平面DEF 的二面角的平面角为θ， 则cos m BA m BAθ⋅=⋅222214a a =⨯-+22214a a =-+当12a =时，2224a a -+取最小值为272， 此时cos θ6272．所以()2min63sin 13θ⎛⎫=-= ⎪ ⎪⎝⎭112B D =． [方法二] ：几何法如图所示，延长EF 交11A C 的延长线于点S ，联结DS 交11B C 于点T ，则平面DFE平面11BB C C FT =．作1B H FT ⊥，垂足为H ，因为1DB ⊥平面11BB C C ，联结DH ，则1DHB ∠为平面11BB C C 与平面DFE 所成二面角的平面角．设1,B D t =[0,2],t ∈1B T s =，过1C 作111//C G A B 交DS 于点G ． 由111113C S C G SA A D ==得11(2)3C G t =-．又1111B D B T C G C T=，即12(2)3t s s t =--，所以31ts t =+．又111B H B TC F FT =，即1211(2)B H s =+-121(2)B H s =+-．所以2211DH B H B D =+2221(2)s t s ++-2229225t t t t =+-+ 则11sin B D DHB DH∠=2229225t t t t =+-+29119222t =+⎛⎫-+ ⎪⎝⎭所以，当12t =时，()1min 3sin DHB ∠= [方法三]：投影法 如图，联结1,FB FN ，DEF 在平面11BB C C 的投影为1B NF ，记面11BB C C 与面DFE 所成的二面角的平面角为θ，则1cos B NF DEFS Sθ=．设1(02)B D t t =≤≤，在1Rt DB F 中，222115DF B D B F t ++在Rt ECF 中，223EF EC FC +D 作1B N 的平行线交EN 于点Q ． 在Rt DEQ △中，2225(1)DE QD EQ t +=+-在DEF 中，由余弦定理得222cos 2DF EF DE DFE DF EF+-∠=⋅()2315(1)t t ++=()222214sin 35t t DFE t -+∠+1sin 2DFESDF EF DFE =⋅∠2122142t t =-+13,2B NFS =1cos B NF DFES Sθ=22214t t =-+，()29sin 127t t θ=--+当12t =，即112B D =，面11BB C C 与面DFE 3 【整体点评】第一问，方法一为常规方法，不过这道题常规方法较为复杂，方法二建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量求解是最简单，也是最优解；方法三利用空间向量加减法则及数量积的定义运算进行证明不常用，不过这道题用这种方法过程也很简单，可以开拓学生的思维.第二问：方法一建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角是最常规的方法，也是最优方法；方法二：利用空间线面关系找到，面11BB C C 与面DFE 所成的二面角，并求出其正弦值的最小值，不是很容易找到；方法三：利用面DFE 在面11BB C C 上的投影三角形的面积与DFE △面积之比即为面11BB C C 与面DFE 所成的二面角的余弦值，求出余弦值的最小值，进而求出二面角的正弦值最小，非常好的方法，开阔学生的思维． 【方法技巧】解决空间图形有关的线段、角、距离、面积、体积等最值问题，一般可以从三方面着手： 一是从问题的几何特征入手，充分利用其几何性质去解决； 二是利用空间几何体的侧面展开图；三是找出问题中的代数关系，建立目标函数，利用代数方法求目标函数的最值．解题途径很多，在函数建成后，可用一次函数的端点法，二次函数的配方法、公式法，函数有界法(如三角函数等)及高阶函数的拐点导数法等．空间向量法求最值也是要求出目标函数，但是需要先依据题意建立空间直角坐标系，注意建系时使坐标易于求解或表达，然后求目标函数的表达式． 题型二：立体几何“翻折”“折叠”问题例4.（2018·全国·高考真题（理））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】（1）证明见解析；（23【解析】【分析】（1）首先从题的条件中确定相应的垂直关系，即BF PF⊥，BF EF⊥，又因为PF EF F=，利用线面垂直的判定定理可以得出BF⊥平面PEF，又BF⊂平面ABFD，利用面面垂直的判定定理证得平面PEF⊥平面ABFD；（2）结合题意，建立相应的空间直角坐标系，正确写出相应的点的坐标，求得平面ABFD的法向量，设DP与平面ABFD所成角为θ，利用线面角的定义，可以求得334sin3HP DPHP DPθ⋅===⋅.【详解】（1）由已知可得，BF PF⊥，BF EF⊥，又PF EF F=，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，BF为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H xyz-.由（1）可得，DE PE ⊥.又2DP =，1DE =，所以3PE =又1PF =，2EF =，故PE PF ⊥. 可得332PH EH ==. 则()33330,0,0,,1,,0,1,,22H P D DP ⎛⎛⎛⎫--= ⎪ ⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 3HP ⎛= ⎝⎭为平面ABFD 的法向量. 设DP 与平面ABFD 所成角为θ，则334sin 3HP DP HP DPθ⋅===⋅所以DP 与平面ABFD 3例5.（2019年高考全国Ⅲ卷理）图1是由矩形ADEB ，Rt △ABC 和菱形BFGC 组成的一个平面图形，其中AB =1，BE =BF =2，∠FBC =60°，将其沿AB ，BC 折起使得BE 与BF 重合，连结DG ，如图2.（1）证明：图2中的A ，C ，G ，D 四点共面，且平面ABC ⊥平面BCGE ； （2）求图2中的二面角B −CG −A 的大小.【答案】（1）见解析；（2）30. 【解析】（1）由已知得AD BE ，CG BE ，所以AD CG ，故AD ，CG 确定一个平面，从而A ，C ，G ，D 四点共面．由已知得AB ⊥BE ，AB ⊥BC ，故AB ⊥平面BCGE ． 又因为AB ⊂平面ABC ，所以平面ABC ⊥平面BCGE ．（2）作EH ⊥BC ，垂足为H ．因为EH ⊂平面BCGE ，平面BCGE ⊥平面ABC ，所以EH ⊥平面ABC ． 由已知，菱形BCGE 的边长为2，∠EBC =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 （2，03CG =（1，03AC =（2，–1，0）． 设平面ACGD 的法向量为n =（x ，y ，z ），则0,0,CG AC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即30,20.x z x y ⎧=⎪⎨-=⎪⎩ 所以可取n =（3，63又平面BCGE 的法向量可取为m =（0，1，0），所以3cos ,||||2⋅〈〉==n m n m n m ． 因此二面角B –CG –A 的大小为30°．例6.（2022·辽宁实验中学模拟预测）如图所示正四棱锥,2,7P ABCD AB PA -==(1)求证：PA BD ⊥(2)若沿侧棱将此四棱锥剪开，四个侧面向外旋转，P AD 旋转至1,P AD PCD 旋转至2P CD 如图所示，其中二面角1P AD B --与二面角2P CD B --相同，当12DP DP ⊥时，求平面1P AD 与2P CD 所成的锐二面角的余弦值 【答案】(1)证明见解析 (2)34【解析】 【分析】（1）连接,BD AC ，交于点O ，连接PO ，PO ⊥面ABCD ，得PO BD ⊥，从而证得BD ⊥平面PAC ，得线线垂直；（2）以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，过点D 且垂直于平面ABCD 的直线为z 轴建立空间直角坐标系，设是二面角1P AD B --大小为θ，表示出12,P P 的坐标，由向量垂直求出θ，得12,P P 的坐标，再求出平面1P AD 与平面2P CD 的一个法向量，则法向量夹角得二面角． (1)证明：连接,BD AC ，交于点O ，连接PO ，PO ⊥面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，PO BD ∴⊥，又BD AC ⊥，PO AC O =，,PO AC ⊂平面PAC ，所以BD ⊥平面PAC ，又PA ⊂平面PAC ，BD PA ∴⊥．(2)以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，过点D 且垂直于平面ABCD 的直线为z 轴建立空间直角坐标系，设点E 为DA 中点，则1=43PE F 是BC 中点，则EF AD ⊥，又1PE AD ⊥， 所以1PEF ∠是二面角1P AD B --的平面角，即1PEF θ∠=， 1(1,43cos ,43sin )P θθ∴，同理2(43cos ,1,43sin )P θθ 212434348sin 0DP DP θθθ⋅=++= 解得：3cos θ=1sin 2θ=，12(1,6,23),(6,1,23)P P ∴-- 1(1,6,23),(2,0,0)DP DA =-= 设1(,,)n x y z =为平面1P AD 的法向量，则10n DA ⋅= ，20x ∴=，0x ∴=，110n DP ⋅=，630x y z ∴-+=，取1y =，则3z = 13)n ∴= 2(6,1,23)DP =-，(0,2,0)DC =，设2(,,)n m s t =为平面2P CD 的法向量，则 20n DC ⋅= ，20s ∴= ，0s ∴=，220n DP ⋅=，6230m t -+=，取1m =，则3t 23)n ∴=，123cos ,41313n n <>==+⋅+，平面1P AD 与平面2P CD 所成的锐二面角的余弦值为34．【总结提升】解答“翻折”“折叠”问题的两个策略：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题型三：探索性问题----空间角的存在性问题例7. （2022·湖南·长沙一中高三开学考试）如图，在直三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，O ，M ，N 分别为线段BC ，AA 1，BB 1的中点，P 为线段AC 1上的动点，AO=12BC ，AB=3，AC=4，AA 1=8.(1)求点C 到平面C 1MN 的距离；(2)试确定动点P 的位置，使线段MP 与平面BB 1C 1C 所成角的正弦值最大. 【答案】(1)42(2)35【解析】 【分析】（1）利用面面垂直的性质定理可得AB ⊥平面11ACC A ，线面垂直的性质定理可得AB CM ⊥，,M N 分别为11,AA BB 的中点得CM MN ⊥，再利用勾股定理可得1CM C M ⊥，再由线面垂直的判定定理可得答案.（2）以A 为原点，以1,,AB AC AA 为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，求出平面11BB C C 的法向量，设()000,,P x y z ，利用1=AP mAC 可得MP ，再由线面角的向量求法可得直线MP 与平面11BB C C 所成的角θ的正弦值，再分0m ≠、0m ≠讨论可得答案. (1)在ABC 中，O 为BC 中点且1,2AO BC AB AC =∴⊥， 平面ABC ⊥平面11ACC A ，平面ABC平面11ACC A AC =，AB ∴⊥平面11ACC A ，又CM ⊂平面11,ACC A AB CM ∴⊥，,M N 分别为11,AA BB 的中点，.MN AB CM MN ∴∴⊥∥，在直角AMC 和直角11MA C △中，1114,4AM A M AC AC ====，111,161642AMC AMC CM C M ∴≅∴=+=222111323264,CM C M CC CM C M ∴+=+==∴⊥，11,,MN C M M MN C M ⋂=⊂平面1,MNC CM ∴⊥平面1C MN ，∴点C 到平面1C MN 的距离为42CM =(2)1AA ⊥平面ABC ，由（1）得1,,AB AC AA 三线两两重直，以A 为原点，以1,,AB AC AA 为,,x y z 轴建立空间直角坐标系如图，则()()()()()()110,0,0,3,0,0,0,4,0,0,4,8,0,0,4,3,0,8A B C C M B ，()()13,4,0,0,0,8BC BB ∴=-=，设平面11BB C C 的法向量为()1111,,n x y z =，则111340,80,x y z -+=⎧⎨=⎩令14x =得()113,4,3,0y n ==，设()()0001,,,01P x y z AP mAC m =，则()()000,,0,4,8x y z m =，()()0,4,8,0,4,84P m m MP m m ∴=-，设直线MP 与平面11BB C C 所成的角为θ， 则12221sin 516(84)5541n MP n MPm m m m θ⋅===+--+，若0,sin 0m θ==，此时，点P 与A 重合；若0m ≠，令()11t t m=，则223sin 55545(2)1t t t θ==-+-+，当2t =，即1,2m P =为1AC 的中点时，sin θ取得最大值35.例8.（2022·内蒙古·赤峰红旗中学松山分校模拟预测（理））如图，在四棱锥P —ABCD 中，底面ABCD 为正方形，PD ⊥底面ABCD ，M 为线段PC 的中点，PD AD =，N 为线段BC 上的动点．(1)证明：平面MND ⊥平面PBC(2)当点N 在线段BC 的何位置时，平面MND 与平面P AB 所成锐二面角的大小为30°？指出点N 的位置，并说明理由．【答案】(1)证明见解析 (2)点N 在线段BC 的中点 【解析】 【分析】（1）由PD ⊥底面ABCD ，可得PD BC ⊥，而CD BC ⊥，可证得BC ⊥平面PCD ，从而得BC DM ⊥，而DM PC ⊥，所以DM ⊥平面PBC ，再由面面垂直的判定定理可得结论，（2）设1PD AD ==，以D 为原点，以,,DA DC DP 所在的直线分别为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，然后利用空间向量求解即可 (1)证明：因为PD ⊥底面ABCD ，BC ⊂底面ABCD ， 所以PD BC ⊥，因为CD BC ⊥，CD PD D =， 所以BC ⊥平面PCD ， 因为DM ⊂平面PCD ， 所以BC DM ⊥，因为四边形ABCD 为正方形，PD AD =， 所以PD CD =，因为在PDC △中，PD CD =，M 为线段PC 的中点，所以DM PC ⊥， 因为PC BC C ⋂=， 所以DM ⊥平面PBC ， 因为DM ⊂平面DMN ， 所以平面MND ⊥平面PBC ， (2)当点N 在线段BC 的中点时，平面MND 与平面P AB 所成锐二面角的大小为30°，理由如下： 因为PD ⊥底面ABCD ，,⊂DA DC 平面ABCD ， 所以,PD DA PD DC ⊥⊥， 因为DA DC ⊥，所以,,DA DC DP 两两垂直，所以以D 为原点，以,,DA DC DP 所在的直线分别为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，如图所示， 设1PD AD ==，则11(0,0,0),(1,0,0),(1,1,0),(0,0,1),(0,1,0),0,,22D A B P C M ⎛⎫⎪⎝⎭，设(,1,0)(01)N λλ<<，则11(1,0,1),(0,1,0),(,1,0),0,,22AP AB DN DM λ⎛⎫=-=== ⎪⎝⎭，设(,,)m x y z =为平面PAB 的法向量，则m AP x z m AB y ⎧⋅=-+=⎨⋅==⎩，令1x =，则=(1,0,1)m ， 设(,,)n a b c =为平面MND 的法向量，则01122n DN a b n DM b c λ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，令1a =，则(1,,)n λλ=-， 因为平面MND 与平面P AB 所成锐二面角的大小为30°， 所以213cos ,212m n m n m nλλ+⋅==⨯+， 化简得24410λλ-+=，得12λ=，所以当点N 在线段BC 的中点时，平面MND 与平面P AB 所成锐二面角的大小为30°例9.（湖北·高考真题（理））如图1，，，过动点A作，垂足D在线段BC上且异于点B，连接AB，沿将△折起，使（如图2所示）．（Ⅰ）当的长为多少时，三棱锥的体积最大；（Ⅱ）当三棱锥的体积最大时，设点，分别为棱，的中点，试在棱上确定一点，使得，并求与平面所成角的大小．【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）与平面所成角的大小【解析】【详解】本题考察立体几何线面的基本关系，考察如何取到最值，用均值不等式和导数均可求最值．同时考察直线与平面所成角．本题可用综合法和空间向量法都可以．运用空间向量法对计算的要求要高些．（Ⅰ）解法1：在如图1所示的△中，设，则．由，知，△为等腰直角三角形，所以.由折起前知，折起后（如图2），，，且，所以平面．又，所以．于是，当且仅当，即时，等号成立，故当，即时, 三棱锥的体积最大．解法2：同解法1，得．令，由，且，解得．当时，；当时，．所以当时，取得最大值．故当时, 三棱锥的体积最大．（Ⅱ）解法1：以为原点，建立如图a所示的空间直角坐标系．由（Ⅰ）知，当三棱锥的体积最大时，，．于是可得，，，，，，且．设，则. 因为等价于，即，故，.所以当（即是的靠近点的一个四等分点）时，．设平面的一个法向量为，由及，得可取．设与平面所成角的大小为，则由，，可得，即．故与平面所成角的大小为解法2：由（Ⅰ）知，当三棱锥的体积最大时，，．如图b，取的中点，连结，，，则∥.由（Ⅰ）知平面，所以平面.如图c，延长至P点使得，连，，则四边形为正方形，所以. 取的中点，连结，又为的中点，则∥，所以. 因为平面，又面，所以.又，所以面. 又面，所以.因为当且仅当，而点F是唯一的，所以点是唯一的.即当（即是的靠近点的一个四等分点），．连接，，由计算得，所以△与△是两个共底边的全等的等腰三角形，如图d所示，取的中点，连接，，则平面．在平面中，过点作于，则平面．故是与平面所成的角． 在△中，易得，所以△是正三角形， 故，即与平面所成角的大小为【总结提升】与空间角有关的探索性问题主要为与两异面直线所成的角、直线与平面所成的角和二面角有关的存在性问题，常利用空间向量法求解．求解时，一般把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等问题，并注意准确理解和熟练应用夹角公式．其步骤是：(1)假设存在(或结论成立)；(2)建立空间直角坐标系，设(求)出相关空间点的坐标；(3)构建有关向量；(4)结合空间向量，利用线面角或二面角的公式求解；(5)作出判断． 题型四： 探索性问题----线面关系中的存在性问题例10. （2023·全国·高三专题练习）如图，在四棱锥E ABCD -中，//AB CD ，4CD AB =，点F 为棱CD 的中点，与E ，F 相异的动点P 在棱EF 上.(1)当P 为EF 的中点时，证明：//PB 平面ADE ；(2)设平面EAD 与平面EBC 的交线为l ，是否存在点P 使得//l 平面PBD ？若存在，求EPPF的值；若不存在，请说明理由.【答案】(1)证明见解析 (2)存在，23EP PF = 【解析】 【分析】（1）设点G 为棱ED 的中点，连接AG ，PG ，通过证明四边形ABPG 为平行四边形，得到//AG PB ，再根据线面平行的判定定理可证//PB 平面ADE ；（2）延长DA ，CB 相交于点H ，连接EH ，则直线EH 为平面EAD 与平面EBC 的交线，连接HF ，交BD 于点I ，若//EH 平面PBD ，由线面平行的性质可知//EH PI ，设HIHFλ=，推出22HI HD HB λλ=+，根据三点共线的结论求出25λ=，从而可推出23EP PF =. （1）如图，设点G 为棱ED 的中点，连接AG ，PG ，∴1124GP DF DC ==,//GP DC ，∵//AB CD ，4CD AB =，∴GP AB =，//GP AB ，∴四边形ABPG 为平行四边形，∴//AG PB ，又PB ⊄平面ADE ，AG ⊂平面ADE ，∴//PB 平面ADE .（2）如图，延长DA ，CB 相交于点H ，连接EH ，则直线EH 为平面EAD 与平面EBC 的交线，连接HF ，交BD 于点I ，若//EH 平面PBD ，由线面平行的性质可知//EH PI ，设HIHF λ=，∵点F 为棱CD 的中点，//AB CD ，4CD AB =，∴HI HF λ=22HD HCλλ=+22HD HB λλ=+，∵D ，I ，B 三点共线， ∴212λλ+=，即25λ=，所以当23EP PF =时，35PF FI EF FH ==，∴//EH PI ，又EH ⊄平面PBD ，PI ⊂平面PBD ，∴//EH 平面PBD ，∴存在满足条件的点P 使得//l 平面PBD ，此时23EP PF =. 例11.（2019·北京·高考真题（理））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．E 为PD 的中点，点F 在PC 上，且13PF PC =．（Ⅰ）求证：CD⊥平面P AD；（Ⅱ）求二面角F–AE–P的余弦值；（Ⅲ）设点G在PB上，且23PGPB=．判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由．【答案】(Ⅰ)见解析；(Ⅱ) 3(Ⅲ)见解析.【解析】【分析】(Ⅰ)由题意利用线面垂直的判定定理即可证得题中的结论；(Ⅱ)建立空间直角坐标系，结合两个半平面的法向量即可求得二面角F-AE-P的余弦值；(Ⅲ)首先求得点G的坐标，然后结合平面AEF的法向量和直线AG的方向向量可判断直线是否在平面内.【详解】(Ⅰ)由于P A⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，则P A⊥CD，由题意可知AD⊥CD，且P A∩AD=A，由线面垂直的判定定理可得CD⊥平面P AD.(Ⅱ)以点A为坐标原点，平面ABCD内与AD垂直的直线为x轴，AD,AP方向为y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系A xyz-，易知：()()()()0,0,0,0,0,2,2,2,0,0,2,0A P C D ， 由13PF PC =可得点F 的坐标为224,,333F ⎛⎫⎪⎝⎭，由12PE PD =可得()0,1,1E ， 设平面AEF 的法向量为：(),,m x y z =，则()()()224224,,,,0333333,,0,1,10m AF x y z x y z m AE x y z y z ⎧⎛⎫⋅=⋅=++=⎪ ⎪⎝⎭⎨⎪⋅=⋅=+=⎩， 据此可得平面AEF 的一个法向量为：()1,1,1m =-， 很明显平面AEP 的一个法向量为()1,0,0n =， 13cos ,31m n m n m n⋅<>===⨯⨯， 二面角F -AE -P 的平面角为锐角，故二面角F -AE -P 3 (Ⅲ)易知()()0,0,2,2,1,0P B -，由23PG PB =可得422,,333G ⎛⎫- ⎪⎝⎭， 则422,,333AG ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，注意到平面AEF 的一个法向量为：()1,1,1m =-，其0m AG ⋅=且点A 在平面AEF 内，故直线AG 在平面AEF 内.例12. （2016·北京·高考真题（理））如图,在四棱锥P ABCD -中, 平面PAD ⊥平面ABCD ,,,,1,2,5PA PD PA PD AB AD AB AD AC CD ⊥=⊥====（1）求证:PD⊥平面PAB；（2）求直线PB与平面PCD所成角的正弦值；（3）在棱PA上是否存在点M,使得BM∥平面PCD？若存在, 求AMAP的值；若不存在, 说明理由.【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）存在，.【解析】【详解】【分析】试题分析：（Ⅰ）由面面垂直的性质定理知AB⊥平面，根据线面垂直的性质定理可知，再由线面垂直的判定定理可知平面；（Ⅱ）取的中点，连结，以O为坐标原点建立空间直角坐标系O-xyz，利用向量法可求出直线PB与平面PCD所成角的正弦值；（Ⅲ）假设存在，根据A，P，M三点共线，设，根据BM∥平面PCD，即0BM n⋅=（n为平面PCD的法向量），求出的值，从而求出AMAP的值.试题解析：（Ⅰ）因为平面平面，，所以平面.所以.又因为，所以平面.（Ⅱ）取的中点，连结.因为，所以.又因为平面，平面平面，所以平面. 因为平面，所以.因为，所以.如图建立空间直角坐标系.由题意得，. 设平面的法向量为(,,z)x y =n ，则0,{0,n PD n PC ⋅=⋅=即 令，则.所以(1,2,2)n =-. 又，所以3cos ,3n PB n PB n PB⋅〈〉==-. 所以直线与平面所成角的正弦值为.（Ⅲ）设是棱上一点，则存在使得.因此点.因为平面，所以平面当且仅当0BM n ⋅=，即，解得. 所以在棱上存在点使得平面，此时.【总结提升】解决线面关系中存在性问题的策略对于线面关系中的存在性问题，首先假设存在，然后在该假设条件下，利用向量法进行线面关系的逻辑推理，寻找假设满足的数据或事实，若满足，则肯定假设，若得出矛盾的结论，则否定假设．31 / 31。

立体几何中组合问题的几种解法解决几何组合问题时，应准确灵活使用加法原理和乘法原理，要分类分步进行，做到不重复不遗漏。

1 直接求解法例1：四面体的顶点和各棱中点共10个点，在其中取4个不共面的点，不同的取法有多少种?分析：正面考虑本题各步骤的方法比较复杂，计算困难，应运用逆向思维，即先考虑从10个点任意取出4个点的方法，再减去从10个点中取出4点共面的的方法即可。

解：从10个点中找出4个点的方法有Ｃ410=210种，其中在四面体的四个面内各有6个点，取出共面的4个点的方法有4Ｃ4■=60种；相邻面各棱的中点4点共Ｃ410面的有3种；一条棱上三点与其相对棱中点也共面，共6种。

∴所求方法N=210-60-3-6=141(种)本题应注意“哪些点共面?”共有几种情况?[1]例2：从平面Ⅱ上取6个点，再从平面B上取4个点，这10个点最多可确定多少个三棱锥?解法①：分三种情况考虑：第一种情况从平面a上的6个点中任取一个再与从平面β上的4个点中任取3个点构成的三棱锥有Ｃ1■Ｃ■■个；第二种情况，从平面a上的6个点中任取2个与平面13上的4个点中任取2个点构成的三棱锥有Ｃ2■Ｃ2■个；第三种情况，从平面a上的6个点中任取3个点与平面β上的4个点中任取1个点构成的三棱锥有Ｃ■■Ｃ1■个。

根据加法原理共有Ｃ1■Ｃ■■+Ｃ2■Ｃ2■ +Ｃ■■Ｃ1■ =24+90+80=194(个)。

解法②：逆向思维：从10个点中任取4个点的组合数Ｃ410中，去掉4个点共面的两种情况即4点在平面a上的Ｃ4■个，4点在平面β上的Ｃ4■个。

其余的任4点都能构成一个三棱锥。

因此，可构成三棱锥Ｃ410-Ｃ4■-Ｃ4■=210-15-1=194(个)。

2 从几何概念上求解［2］例3：空间10个点，无三点共线，其中有六个点共面，其余无四个点共面，则这些可以组成四棱锥的个数有多少个?此题易错解，仿上例。

错解一：从共面的6个点中任取1个、2个、3个、4个点，与从另外4个不共面的点中任取4个、3个、2个、1个点可构成的四棱锥有Ｃ1■Ｃ4■＋Ｃ2■Ｃ■■＋Ｃ■■Ｃ2■=6+60=120+60=246(个)。

专题25 立体几何中综合问题考纲解读明方向分析解读 1.能运用共线向量、共面向量、空间向量基本定理及有关结论证明点共线、点共面、线共面及线线、线面的平行与垂直问题;会求线线角、线面角;会求点点距、点面距等距离问题,从而培养用向量法思考问题和解决问题的能力.2.会利用空间向量的坐标运算、两点间距离公式、夹角公式以及相关结论解决有关平行、垂直、长度、角、距离等问题,从而培养准确无误的运算能力.3.本节内容在高考中延续解答题的形式,以多面体为载体,求空间角的命题趋势较强,分值约为12分,属中档题.2018年高考全景展示1．【2018年理数天津卷】如图，且AD =2BC ，,且EG =AD ，且CD =2FG ，，DA =DC =DG =2（I ）若M 为CF 的中点，N 为EG 的中点，求证：；（II ）求二面角的正弦值；（III ）若点P 在线段DG 上，且直线BP 与平面ADGE 所成的角为60°，求线段DP 的长.【答案】(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ)；(Ⅲ).详解：依题意，可以建立以D为原点，分别以，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向的空间直角坐标系（如图），可得D（0，0，0），A（2，0，0），B（1，2，0），C（0，2，0），E（2，0，2），F（0，1，2），G（0，0，2），M（0，，1），N（1，0，2）．（Ⅰ）依题意=（0，2，0），=（2，0，2）．设n0=(x，y，z)为平面CDE的法向量，则即不妨令z=–1，可得n0=（1，0，–1）．又=（1，，1），可得，又因为直线MN平面CDE，所以MN∥平面CDE．（Ⅱ）依题意，可得=（–1，0，0），，=（0，–1，2）．设n=（x，y，z）为平面BCE的法向量，则即不妨令z=1，可得n=（0，1，1）．设m=（x，y，z）为平面BCF的法向量，则即不妨令z=1，可得m=（0，2，1）．因此有cos<m，n>=，于是sin<m，n>=．所以，二面角E–BC–F的正弦值为．（Ⅲ）设线段DP的长为h（h∈［0，2］），则点P的坐标为（0，0，h），可得．易知，=（0，2，0）为平面ADGE的一个法向量，故，由题意，可得=sin60°=，解得h=∈［0，2］．所以线段的长为.点睛：本题主要考查空间向量的应用，线面平行的证明，二面角问题等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.2．【2018年理北京卷】如图，在三棱柱ABC-中，平面ABC，D，E，F，G分别为，AC，，的中点，AB=BC=，AC==2．（Ⅰ）求证：AC⊥平面BEF；（Ⅱ）求二面角B-CD-C1的余弦值；（Ⅲ）证明：直线FG与平面BCD相交．【答案】(1)证明见解析(2) B-CD-C1的余弦值为(3)证明过程见解析【解析】分析：（1）由等腰三角形性质得，由线面垂直性质得,由三棱柱性质可得，因此，最后根据线面垂直判定定理得结论，（2）根据条件建立空间直角坐标系E-ABF，设立各点坐标，利用方程组解得平面BCD一个法向量，根据向量数量积求得两法向量夹角，再根据二面角与法向量夹角相等或互补关系求结果，（3）根据平面BCD一个法向量与直线F G方向向量数量积不为零，可得结论. 详解：解：（Ⅰ）在三棱柱ABC-A1B1C1中，∵CC1⊥平面ABC，∴四边形A1ACC1为矩形．又E，F分别为AC，A1C1的中点，∴AC⊥EF．∵AB=BC．∴AC⊥BE，∴AC⊥平面BEF．（Ⅱ）由（I）知AC⊥EF，AC⊥BE，EF∥CC1．又CC1⊥平面ABC，∴EF⊥平面ABC．∵BE平面ABC，∴EF⊥BE．如图建立空间直角坐称系E-xyz．由题意得B（0，2，0），C（-1，0，0），D （1，0，1），F（0，0，2），G（0，2，1）．∴，设平面BCD的法向量为，∴，∴，令a=2，则b=-1，c=-4，∴平面BCD的法向量，又∵平面CDC1的法向量为，∴．由图可得二面角B-CD-C1为钝角，所以二面角B-CD-C1的余弦值为．（Ⅲ）平面BCD的法向量为，∵G（0，2，1），F（0，0，2），∴，∴，∴与不垂直，∴GF与平面BCD不平行且不在平面BCD内，∴GF与平面BCD相交．点睛：垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型.(1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行.(2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直.(3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.3．【2018年江苏卷】如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AA1=2，点P，Q分别为A1B1，BC的中点．（1）求异面直线BP与AC1所成角的余弦值；（2）求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值．【答案】（1）（2）【解析】分析：（1）先建立空间直角坐标系，设立各点坐标，根据向量数量积求得向量的夹角，再根据向量夹角与异面直线所成角的关系得结果；（2）利用平面的方向量的求法列方程组解得平面的一个法向量，再根据向量数量积得向量夹角，最后根据线面角与所求向量夹角之间的关系得结果.详解：如图，在正三棱柱ABC−A1B1C1中，设AC，A1C1的中点分别为O，O1，则OB⊥OC，OO1⊥OC，OO1⊥OB，以为基底，建立空间直角坐标系O−xyz．因为AB=AA1=2，所以．（1）因为P为A1B1的中点，所以，从而，故．因此，异面直线BP与AC1所成角的余弦值为．点睛：本题考查空间向量、异面直线所成角和线面角等基础知识，考查运用空间向量解决问题的能力.利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”. 4．【2018年江苏卷】在平行六面体中，．求证：（1）；（2）．【答案】答案见解析【解析】分析：（1）先根据平行六面体得线线平行，再根据线面平行判定定理得结论；（2）先根据条件得菱形ABB1A1，再根据菱形对角线相互垂直，以及已知垂直条件，利用线面垂直判定定理得线面垂直，最后根据面面垂直判定定理得结论.详解：证明：（1）在平行六面体ABCD-A 1B1C1D1中，AB∥A1B1．因为AB平面A1B1C，A1B1平面A1B1C，所以AB∥平面A1B1C．（2）在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，四边形ABB1A1为平行四边形．又因为AA1=AB，所以四边形ABB1A1为菱形，因此AB1⊥A1B．又因为AB1⊥B1C1，BC∥B1C1，所以AB1⊥BC．又因为A1B∩BC=B，A1B平面A1BC，BC平面A1BC，所以AB1⊥平面A1BC．因为AB1平面ABB1A1，所以平面ABB1A1⊥平面A1BC．点睛：本题可能会出现对常见几何体的结构不熟悉导致几何体中的位置关系无法得到运用或者运用错误，如柱体的概念中包含“两个底面是全等的多边形，且对应边互相平行，侧面都是平行四边形”，再如菱形对角线互相垂直的条件，这些条件在解题中都是已知条件，缺少对这些条件的应用可导致无法证明. 5．【2018年理新课标I卷】如图，四边形为正方形，分别为的中点，以为折痕把折起，使点到达点的位置，且.（1）证明：平面平面；（2）求与平面所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析.(2) .【解析】分析：(1)首先从题的条件中确定相应的垂直关系，即BF⊥PF，BF⊥EF，又因为，利用线面垂直的判定定理可以得出BF⊥平面PEF，又平面ABFD，利用面面垂直的判定定理证得平面PEF⊥平面ABFD.(2)结合题意，建立相应的空间直角坐标系，正确写出相应的点的坐标，求得平面ABFD的法向量，设DP与平面ABFD所成角为，利用线面角的定义，可以求得，得到结果.详解：（1）由已知可得，BF⊥PF，BF⊥EF，又，所以BF⊥平面PEF.又平面ABFD，所以平面PEF⊥平面ABFD.点睛：该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有面面垂直的证明以及线面角的正弦值的求解，属于常规题目，在解题的过程中，需要明确面面垂直的判定定理的条件，这里需要先证明线面垂直，所以要明确线线垂直、线面垂直和面面垂直的关系，从而证得结果；对于线面角的正弦值可以借助于平面的法向量来完成，注意相对应的等量关系即可.6．【2018年全国卷Ⅲ理】如图，边长为2的正方形所在的平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于，的点．（1）证明：平面平面；（2）当三棱锥体积最大时，求面与面所成二面角的正弦值．【答案】（1）见解析（2）【解析】分析：（1）先证平面CMD,得,再证，进而完成证明。

初中数学知识归纳立体几何的综合计算与解决问题立体几何是数学的一个重要分支，涉及到我们日常生活中的许多实际问题。

在初中数学教学中，立体几何的综合计算与解决问题是一个重要的考点。

本文将对初中数学中与立体几何有关的知识进行归纳，并探讨常见的综合计算与解决问题的方法和技巧。

一、立体几何基础知识回顾1.1 空间几何图形在立体几何中，我们经常会接触到各种各样的空间几何图形，比如三棱锥、四棱锥、棱柱、棱台、圆柱、圆锥和球等。

这些几何图形都有着不同的性质和特点，我们需要掌握它们的定义、性质以及计算相关的公式。

1.2 立体几何的体积计算计算立体几何的体积是我们解决问题的一个重要环节。

对于不同的空间几何图形，计算体积的公式也各不相同。

比如：- 矩形长方体的体积公式为V = 长 ×宽 ×高；- 圆柱体的体积公式为V = πr²h，其中π取近似值3.14；- 球体的体积公式为V = (4/3)πr³。

1.3 立体几何的表面积计算除了计算体积，计算立体几何的表面积也是很常见的。

不同的几何图形有不同的表面积计算公式。

比如：- 矩形长方体的表面积公式为S = 2(长×宽 + 长×高 + 宽×高)；- 圆柱体的表面积公式为S = 2πrh + 2πr²；- 球体的表面积公式为S = 4πr²。

二、立体几何的综合计算方法在解决实际问题时，我们常常需要综合运用立体几何的知识和计算方法。

下面将介绍几种常见的综合计算方法。

2.1 建立几何模型对于复杂的问题，我们可以先将其抽象为几何模型，然后再根据模型进行分析和计算。

例如，一道典型的题目是求解一个房间的体积，我们可以将其抽象为一个长方体，然后根据已知条件计算出其长、宽和高，最后代入体积公式得出答案。

2.2 利用图像和透视在解决某些问题时，我们可以画出相应的图像，并利用透视关系来推导出答案。

例如，求解一个圆柱体在给定高度上的截面积时，我们可以通过绘制图像和利用透视关系，将其转化为计算圆柱体的底面积的问题。