高三一轮复习立体几何专题复习指导

§13.3 垂直的判定与性质考纲解读考点内容解读 要求五年高考统计常考题型 预测热度2013 2014 2015 2016 20171.线面垂直的判定与性质1.线面垂直的证明2.线面垂直的性质应用B16题14分解答题 ★★★2.面面垂直的判定与性质1.面面垂直的证明2.面面垂直的性质应用B15题14分 解答题 ★★★分析解读 空间垂直问题是某某高考的热点内容,主要考查线面垂直和面面垂直的判定与性质运用,复习时要认真掌握解决垂直问题常用的方法,识别一些基本图形如:锥体、柱体的特征.五年高考考点一 线面垂直的判定与性质1.(2016某某理,2,5分)已知互相垂直的平面α,β交于直线l.若直线m,n 满足m∥α,n⊥β,则以下说法正确的是.①m∥l;②m∥n;③n⊥l;④m⊥n. 答案 ③2.(2015某某,16,14分)如图,在直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,已知AC⊥BC,BC=CC 1,设AB 1的中点为D,B 1C∩BC 1=E. 求证:(1)DE∥平面AA 1C 1C; (2)BC 1⊥AB1.证明 (1)由题意知,E 为B 1C 的中点, 又D 为AB 1的中点,因此DE∥AC. 又因为DE ⊄平面AA 1C 1C,AC ⊂平面AA 1C 1C, 所以DE∥平面AA 1C 1C.(2)因为棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱,所以CC1⊥平面ABC.因为AC⊂平面ABC,所以AC⊥CC1.又因为AC⊥BC,CC1⊂平面BCC1B1,BC⊂平面BCC1B1,BC∩CC1=C,所以AC⊥平面BCC1B1.又因为BC1⊂平面BCC1B1,所以BC1⊥AC.因为BC=CC1,所以矩形BCC1B1是正方形,因此BC1⊥B1C.因为AC,B1C⊂平面B1AC,AC∩B1C=C,所以BC1⊥平面B1AC.又因为AB1⊂平面B1AC,所以BC1⊥AB1.3.(2015某某,19,13分)如图,三棱锥P-ABC中,PA⊥平面ABC,PA=1,AB=1,AC=2,∠BAC=60°.(1)求三棱锥P-ABC的体积;(2)证明:在线段PC上存在点M,使得AC⊥BM,并求的值.解析(1)由题设AB=1,AC=2,∠BAC=60°,可得S△ABC=·AB·AC·sin 60°=.由PA⊥平面ABC,可知PA是三棱锥P-ABC的高,又PA=1,所以三棱锥P-ABC的体积V=·S△ABC·PA=.(2)在平面ABC内,过点B作BN⊥AC,垂足为N.在平面PAC内,过点N作MN∥PA交PC于点M,连结BM.由PA⊥平面ABC知PA⊥AC,所以MN⊥AC.由于BN∩MN=N,故AC⊥平面MBN.又BM⊂平面MBN,所以AC⊥BM.在直角△BAN中,AN=AB·cos∠BAC=,从而NC=AC-AN=.由MN∥PA,得==.4.(2015某某,20,12分)如图,三棱锥P-ABC中,平面PAC⊥平面ABC,∠ABC=,点D,E在线段AC上,且AD=DE=EC=2,PD=PC=4,点F在线段AB上,且EF∥BC.(1)证明:AB⊥平面PFE;(2)若四棱锥P-DFBC的体积为7,求线段BC的长.解析(1)证明:如图,由DE=EC,PD=PC知,E为等腰△PDC中DC边的中点,故PE⊥AC.又平面PAC⊥平面ABC,平面PAC∩平面ABC=AC,PE⊂平面PAC,PE⊥AC,所以PE⊥平面ABC,从而PE⊥AB.因∠ABC=,EF∥BC,故AB⊥EF.从而AB与平面PFE内两条相交直线PE,EF都垂直,所以AB⊥平面PFE.(2)设BC=x,则在直角△ABC中,AB==,从而S△ABC=AB·BC=x.由EF∥BC知,==,得△AFE∽△ABC,故==,即S△AFE=S△ABC.由AD=AE,S△AFD=S△AFE=·S△ABC=S△ABC=x,从而四边形DFBC的面积为S DFBC=S△ABC-S△AFD=x-x=x.由(1)知,PE⊥平面ABC,所以PE为四棱锥P-DFBC的高.在直角△PEC中,PE===2.体积V P-DFBC=·S DFBC·PE=·x·2=7,故得x4-36x2+243=0,解得x2=9或x2=27,由于x>0,可得x=3或x=3,所以,BC=3或BC=3.5.(2014某某,20,13分)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,P,Q,M,N分别是棱AB,AD,DD1,BB1,A1B1,A1D1的中点. 求证:(1)直线BC1∥平面EFPQ;(2)直线AC1⊥平面PQMN.证明(1)连结AD1,由ABCD-A1B1C1D1是正方体,知AD1∥B C1,因为F,P分别是AD,DD1的中点,所以FP∥AD1.从而BC1∥FP.而FP⊂平面EFPQ,且BC1⊄平面EFPQ,故直线BC1∥平面EFPQ.(2)如图,连结AC,BD,则AC⊥BD.由CC1⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,可得CC1⊥BD.又AC∩CC1=C,所以BD⊥平面ACC1.而AC1⊂平面ACC1,所以BD⊥AC1.因为M,N分别是A1B1,A1D1的中点,所以MN∥BD,从而MN⊥AC1.同理可证PN⊥AC1.又PN∩MN=N,所以直线AC1⊥平面PQMN.教师用书专用(6—8)6.(2014某某,19,12分)如图,△ABC和△BCD所在平面互相垂直,且AB=BC=BD=2,∠ABC=∠DBC=120°,E,F,G分别为AC,DC,AD的中点.(1)求证:EF⊥平面BCG;(2)求三棱锥D-BCG的体积.附:锥体的体积公式V=Sh,其中S为底面面积,h为高.解析(1)证明:由已知得△ABC≌△DBC.因此AC=DC.又G为AD的中点,所以CG⊥AD.同理BG⊥AD,因此AD⊥平面BGC.又EF∥AD,所以EF⊥平面BCG.(2)在平面ABC内,作AO⊥CB,交CB延长线于O,由平面ABC⊥平面BCD,知AO⊥平面BDC.又G为AD中点,因此G到平面BDC的距离h是AO长度的一半.在△AOB中,AO=AB·sin 60°=,所以V D-BCG=V G-BCD=·S△DBC·h=×BD·BC·sin 120°·=.7.(2014某某,20,12分)如图,四棱锥P-ABCD中,底面是以O为中心的菱形,PO⊥底面ABCD,AB=2,∠BAD=,M为BC上一点,且BM=.(1)证明:BC⊥平面POM;(2)若MP⊥AP,求四棱锥P-ABMO的体积.解析(1)证明:如图,连结OB,因为ABCD为菱形,O为菱形的中心,所以AO⊥OB.因为∠BAD=,所以OB=AB·sin∠OAB=2sin=1,又因为BM=,且∠OBM=,所以在△OBM中,OM2=OB2+BM2-2OB·BM·cos∠OBM=12+-2×1××cos=.所以OB2=OM2+BM2,故OM⊥BM.又PO⊥底面ABCD,所以PO⊥BC.从而BC与平面POM内两条相交直线OM,PO都垂直,所以BC⊥平面POM.(2)由(1)可得,OA=AB·cos∠OAB=2·cos=.设PO=a,由PO⊥底面ABCD知,△POA为直角三角形,故PA2=PO2+OA2=a2+3.又△POM也是直角三角形,故PM2=PO2+OM2=a2+.连结AM,在△ABM中,AM2=AB2+BM2-2AB·BM·cos∠ABM=22+-2×2××cos=.由于MP⊥AP,故△APM为直角三角形,则PA2+PM2=AM2,即a2+3+a2+=,得a=或a=-(舍去),即PO=.此时S四边形ABMO=S△AOB+S△OMB=·AO·OB+·BM·OM=××1+××=.所以V P-ABMO=·S四边形ABMO·PO=××=.8.(2013某某,18,12分)如图,四棱锥P-ABCD的底面ABCD是边长为2的菱形,∠BAD=60°.已知PB=PD=2,PA=.(1)证明:PC⊥BD;(2)若E为PA的中点,求三棱锥P-BCE的体积.解析(1)证明:连结AC,交BD于O点,连结PO.因为底面ABCD是菱形,所以AC⊥BD,BO=DO.由PB=PD知,PO⊥BD.再由PO∩AC=O知,BD⊥面APC.因此BD⊥PC.(2)因为E是PA的中点,所以V P-BCE=V C-PEB=V C-PAB=V B-APC.由PB=PD=AB=AD=2知,△ABD≌△PBD.因为∠BAD=60°,所以PO=AO=,AC=2,BO=1.又PA=,PO2+AO2=PA2,即PO⊥AC,故S△APC=PO·AC=3.由(1)知,BO⊥面APC,因此V P-BCE=V B-APC=×·BO·S△APC=.考点二面面垂直的判定与性质1.(2017某某,15,14分)如图,在三棱锥A-BCD中,AB⊥AD,BC⊥BD,平面ABD⊥平面BCD,点E,F(E与A,D不重合)分别在棱AD,BD上,且EF⊥AD.求证:(1)EF∥平面ABC;(2)AD⊥AC.证明(1)在平面ABD内,因为AB⊥AD,EF⊥AD,所以EF∥AB.又因为EF⊄平面ABC,AB⊂平面ABC,所以EF∥平面ABC.(2)因为平面ABD⊥平面BCD,平面ABD∩平面BCD=BD,BC⊂平面BCD,BC⊥BD,所以BC⊥平面ABD.因为AD⊂平面ABD,所以BC⊥AD.又AB⊥AD,BC∩AB=B,AB⊂平面ABC,BC⊂平面ABC,所以AD⊥平面ABC.又因为AC⊂平面ABC,所以AD⊥AC.2.(2017某某文,18,12分)由四棱柱ABCD-A1B1C1D1截去三棱锥C1-B1CD1后得到的几何体如图所示.四边形ABCD 为正方形,O为AC与BD的交点,E为AD的中点,A1E⊥平面ABCD.(1)证明:A1O∥平面B1CD1;(2)设M是OD的中点,证明:平面A1EM⊥平面B1CD1.证明本题考查线面平行与面面垂直.(1)取B1D1的中点O1,连结CO1,A1O1,由于ABCD-A1B1C1D1是四棱柱,所以A1O1∥OC,A1O1=OC,因此四边形A1OCO1为平行四边形,所以A1O∥O1C.又O1C⊂平面B1CD1,A1O⊄平面B1CD1,所以A1O∥平面B1CD1.(2)因为AC⊥BD,E,M分别为AD和OD的中点,所以EM⊥BD,又A1E⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,所以A1E⊥BD,因为B1D1∥BD,所以EM⊥B1D1,A1E⊥B1D1,又A1E,EM⊂平面A1EM,A1E∩EM=E,所以B1D1⊥平面A1EM,又B1D1⊂平面B1CD1,所以平面A1EM⊥平面B1CD1.教师用书专用(3)3.(2016,18,14分)如图,在四棱锥P-ABCD中,PC⊥平面ABCD,AB∥DC,DC⊥AC.(1)求证:DC⊥平面PAC;(2)求证:平面PAB⊥平面PAC;(3)设点E为AB的中点.在棱PB上是否存在点F,使得PA∥平面CEF?说明理由.解析(1)证明:因为PC⊥平面ABCD,所以PC⊥DC.(2分)又因为DC⊥AC,AC∩PC=C,所以DC⊥平面PAC.(4分)(2)证明:因为AB∥DC,DC⊥AC,所以AB⊥AC.(6分)因为PC⊥平面ABCD,所以PC⊥AB.(7分)又AC∩PC=C,所以AB⊥平面PAC.又AB⊂平面PAB,所以平面PAB⊥平面PAC.(9分)(3)棱PB上存在点F,使得PA∥平面CEF.证明如下:(10分)取PB中点F,连结EF,CE,CF.又因为E为AB的中点,所以EF∥PA.(13分)又因为PA⊄平面CEF,所以PA∥平面CEF.(14分)三年模拟A组2016—2018年模拟·基础题组考点一线面垂直的判定与性质1.(苏教必2,一,2,变式)如图所示,已知矩形ABCD中,AB=1,BC=a,PA⊥平面ABCD,若在BC上只有一个点Q满足PQ⊥QD,则a的值等于.答案 22.(苏教必2,一,2,变式)如图,已知四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,PA⊥平面ABCD,则图中共有个直角三角形.答案 43.(2018某某海安高级中学高三阶段考试)如图,在斜三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面A1ACC1是边长为2的菱形,∠A1AC=60°,在平面ABC中,AB=2,BC=4,M为BC的中点,过A1,B1,M三点的平面交AC于点N.(1)求证:N为AC的中点;(2)求证:AC⊥平面A1B1MN.证明(1)在三棱柱ABC-A1B1C1中,AB∥A1B1,平面ABC∥平面A1B1C1,∵平面A1B1M∩平面ABC=MN,平面A1B1M∩平面A1B1C1=A1B1,所以MN∥A1B1.因为AB∥A1B1,所以MN∥AB,所以=.因为M为BC的中点,所以N为AC的中点.(2)因为四边形A1ACC1是边长为2的菱形,∠A1AC=60°,所以在三角形A1AN中,AN=1,AA1=2,由余弦定理得A1N=,故A1A2=AN2+A1N2,所以∠A1NA=90°,即A1N⊥AC.在三角形ABC中,AC=2,AB=2,BC=4,所以BC2=AB2+AC2,所以∠BAC=90°,即AB⊥AC.又MN∥AB,所以AC⊥MN.因为MN∩A1N=N,MN⊂面A1B1MN,A1N⊂面A1B1MN,所以AC⊥平面A1B1MN.4.(2017某某某某期末调研,16)如图,在四棱锥E-ABCD中,平面EAB⊥平面ABCD,四边形ABCD为矩形,EA⊥EB,点M,N分别是AE,CD的中点.求证:(1)直线MN∥平面EBC;(2)直线EA⊥平面EBC.证明(1)取BE的中点F,连结CF,MF,因为M是AE的中点,所以MF∥AB,MF=AB,又N是矩形ABCD的边CD的中点,所以NC∥AB,NC=AB,所以MF NC,所以四边形MNCF是平行四边形,所以MN∥CF,又MN⊄平面EBC,CF⊂平面EBC,所以MN∥平面EBC.(2)在矩形ABCD中,BC⊥AB,因为平面EAB⊥平面ABCD,平面ABCD∩平面EAB=AB,BC⊂平面ABCD,所以BC⊥平面EAB,又EA⊂平面EAB,所以BC⊥EA,又EA⊥EB,BC∩EB=B,EB,BC⊂平面EBC,所以EA⊥平面EBC.5.(2017苏锡常镇四市教学情况调研(一),16)如图,在斜三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面AA1C1C是菱形,AC1与A1C交于点O,E是棱AB上一点,且OE∥平面BCC1B1.(1)求证:E是AB的中点;(2)若AC1⊥A1B,求证:AC1⊥CB.证明(1)连结BC1,因为OE∥平面BCC1B1,且OE⊂平面ABC1,平面BCC1B1∩平面ABC1=BC1,所以OE∥BC1.因为侧面AA1C1C是菱形,AC1∩A1C=O,所以O是AC1的中点,所以E是AB的中点.(2)因为侧面AA1C1C是菱形,所以AC1⊥A1C,又AC1⊥A1B,A1C∩A1B=A1,A1C,A1B⊂面A1BC,所以AC1⊥面A1BC,因为BC⊂平面A1BC,所以AC1⊥BC.考点二面面垂直的判定与性质6.(2018某某某某中学高三阶段测试)如图,在几何体中,四边形ABCD为菱形,对角线AC与BD的交点为O,四边形DCEF为梯形,EF∥CD,FB=FD.(1)若CD=2EF,求证:OE∥平面ADF;(2)求证:平面ACF⊥平面ABCD.证明(1)取AD的中点G,连结OG,FG,∵对角线AC与BD的交点为O,∴OG∥CD,OG=CD.∵EF∥CD,CD=2EF,∴OG∥EF,OG=EF,∴四边形OGFE为平行四边形,∴OE∥FG.∵FG⊂平面ADF,OE⊄平面ADF,∴OE∥平面ADF.(2)连结OF.∵四边形ABCD为菱形,∴OC⊥BD,∵FB=FD,O是BD的中点,∴OF⊥BD.又∵OF∩OC=O,∴BD⊥平面ACF.∵BD⊂平面ABCD,∴平面ACF⊥平面ABCD.7.(2017某某某某辅仁中学质检,16)如图,在四棱锥P-ABCD中,AB∥CD,AC⊥BD,AC与BD交于点O,且平面PAC⊥平面ABCD,E为棱PA上一点.(1)求证:BD⊥OE;(2)若AB=2CD,AE=2EP,求证:EO∥平面PBC.证明(1)因为平面PAC⊥底面ABCD,平面PAC∩底面ABCD=AC,BD⊥AC,BD⊂平面ABCD,所以BD⊥平面PAC,又因为OE⊂平面PAC,所以BD⊥OE.(2)因为AB∥CD,AB=2CD,AC与BD交于O,所以CO∶OA=CD∶AB=1∶2,又因为AE=2EP,所以CO∶OA=PE∶EA,所以EO∥PC,又因为PC⊂平面PBC,EO⊄平面PBC,所以EO∥平面PBC.8.(2017某某某某,某某一模,15)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,BC⊥AC,D,E分别是AB,AC的中点.(1)求证:B1C1∥平面A1DE;(2)求证:平面A1DE⊥平面ACC1A1.证明(1)因为D,E分别是AB,AC的中点,所以DE∥BC,又因为在三棱柱ABC-A1B1C1中,B1C1∥BC,所以B1C1∥DE.又B1C1⊄平面A1DE,DE⊂平面A1DE,所以B1C1∥平面A1DE.(2)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,CC1⊥底面ABC,又DE⊂底面ABC,所以CC1⊥DE.又BC⊥AC,DE∥BC,所以DE⊥AC,又CC1,AC⊂平面ACC1A1,且CC1∩AC=C,所以DE⊥平面ACC1A1.又DE⊂平面A1DE,所以平面A1DE⊥平面ACC1A1.9.(苏教必2,一,2,变式)如图所示,四边形ABCD中,AD∥BC,AD=AB,∠BCD=45°,∠BAD=90°.将△ABD沿对角线BD折起,记折起后A的位置为点P,且使平面PBD⊥平面BCD.求证:(1)CD⊥平面PBD.(2)平面PBC⊥平面PDC.证明(1)∵AD=AB,∠BAD=90°,∴∠ABD=∠ADB=45°,又∵AD∥BC,∴∠DBC=45°,又∠DCB=45°,∴∠BDC=90°,即BD⊥DC.∵平面PBD⊥平面BCD,平面PBD∩平面BCD=BD,∴CD⊥平面PBD.(2)由CD⊥平面PBD得CD⊥BP.又BP⊥PD,PD∩CD=D,∴BP⊥平面PDC.又BP⊂平面PBC,∴平面PBC⊥平面PDC.B组2016—2018年模拟·提升题组(满分:20分时间:10分钟)一、填空题(每小题5分,共5分)1.(苏教必2,一,2,变式)设m、n是两条不同的直线,α、β是两个不同的平面,则下列命题正确的是.①若m⊥n,n∥α,则m⊥α;②若m∥β,β⊥α,则m⊥α;③若m⊥β,n⊥β,n⊥α,则m⊥α;④若m⊥n,n⊥β,β⊥α,则m⊥α.答案③二、解答题(共15分)2.(2017某某某某、某某、某某三模,16)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是矩形,平面PAD⊥平面ABCD,AP=AD,M,N分别为棱PD,PC的中点.求证:(1)MN∥平面PAB;(2)AM⊥平面PCD.证明(1)因为M,N分别为棱PD,PC的中点,所以MN∥DC,又因为底面ABCD是矩形,所以AB∥DC,所以MN∥AB.又AB⊂平面PAB,MN⊄平面PAB,所以MN∥平面PAB.(2)因为AP=AD,M为PD的中点,所以AM⊥PD.因为平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,CD⊥AD,CD⊂平面ABCD,所以CD⊥平面PAD.又AM⊂平面PAD,所以CD⊥AM.因为CD,PD⊂平面PCD,CD∩PD=D,所以AM⊥平面PCD.C组2016—2018年模拟·方法题组方法1 证明线面垂直的方法1.(2017某某某某师X大学附属中学调研)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是正方形,侧棱PD⊥底面ABCD,PD=DC,点E是PC的中点,作EF⊥PB交PB于点F.(1)求证:PA∥平面EBD;(2)求证:PB⊥平面EFD.证明(1)连结BE,BD,AC,设AC交BD于G,连结EG,则G为AC的中点,在△PAC中,E为PC的中点,G为AC的中点,故PA∥EG,又EG⊂面BED,PA⊄面BED,所以PA∥平面EBD.(2)∵PD⊥面ABCD,∴PD⊥BC.∵BC⊥CD,PD∩CD=D,PD,CD⊂面PCD,∴BC⊥面PCD,又DE⊂面PCD,∴BC⊥DE,∵PD=CD,E为PC的中点,∴DE⊥PC,又BC∩PC=C,BC,PC⊂面PBC,∴DE⊥面PBC,又PB⊂面PBC,∴DE⊥PB,又∵PB⊥EF,EF∩DE=E,EF,DE⊂面EFD,∴PB⊥平面EFD.方法2 证明面面垂直的方法2.(2017某某某某期中,17)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱DD1的中点,求证: (1)BD1∥平面EAC;(2)平面EAC⊥平面AB1C.证明(1)连结BD交AC于O,连结EO.易知O为BD的中点,因为E为DD1的中点,所以EO∥BD1. 又BD1⊄平面EAC,EO⊂平面EAC,所以BD1∥平面EAC.(2)易知AC⊥BD,DD1⊥平面ABCD,所以DD1⊥AC,因为BD∩DD1=D,所以AC⊥平面BDD1,所以AC⊥BD1,同理可证AB1⊥BD1,又AC∩AB1=A,所以BD1⊥平面AB1C,因为EO∥BD1,所以EO⊥平面AB1C,又EO⊂平面EAC,所以平面EAC⊥平面AB1C.。

必刷大题14空间向量与立体几何1．(2022·新高考全国Ⅰ改编)如图，直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的体积为4，△A 1BC 的面积为22.(1)求A 到平面A 1BC 的距离；(2)设D 为A 1C 的中点，AA 1＝AB ，平面A 1BC ⊥平面ABB 1A 1，求平面ABD 与平面BCD 夹角的正弦值．解(1)设点A 到平面A 1BC 的距离为h ，因为直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的体积为4，所以1A A BC V -＝13S △ABC ·AA 11111433ABC A B C V -==，又△A 1BC 的面积为22，1113A A BC A BC V S h -=△＝13×22h ＝43，所以h ＝2，即点A 到平面A 1BC 的距离为2.(2)取A 1B 的中点E ，连接AE ，则AE ⊥A 1B .因为平面A 1BC ⊥平面ABB 1A 1，平面A 1BC ∩平面ABB 1A 1＝A 1B ，AE ⊂平面ABB 1A 1，所以AE ⊥平面A 1BC ，又BC ⊂平面A 1BC ，所以AE ⊥BC .又AA 1⊥平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，所以AA 1⊥BC .因为AA 1∩AE ＝A ，AA 1，AE ⊂平面ABB 1A 1，所以BC ⊥平面ABB 1A 1，又AB ⊂平面ABB 1A 1，所以BC ⊥AB .以B 为坐标原点，分别以BC →，BA →，BB 1—→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，由(1)知，AE ＝2，所以AA 1＝AB ＝2，A 1B ＝22.因为△A 1BC 的面积为22，所以22＝12·A 1B ·BC ，所以BC ＝2，所以A (0,2,0)，B (0,0,0)，C (2,0,0)，A 1(0，2,2)，D (1,1,1)，E (0,1,1)，则BD →＝(1,1,1)，BA →＝(0,2,0)．设平面ABD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，n ·BD →＝0，n ·BA →＝0，x ＋y ＋z ＝0，2y ＝0，令x ＝1，得n ＝(1,0，－1)．又平面BDC 的一个法向量为AE →＝(0，－1，1)，所以cos 〈AE →，n 〉＝AE →·n |AE →|·|n |＝－12×2＝－12.设平面ABD 与平面BCD 的夹角为θ，则sin θ＝1－cos 2〈AE →，n 〉＝32，所以平面ABD 与平面BCD 夹角的正弦值为32.2.如图，四棱锥P －ABCD 的底面为正方形，PA ⊥平面ABCD ，M 是PC 的中点，PA ＝AB .(1)求证：AM ⊥平面PBD ；(2)设直线AM 与平面PBD 交于O ，求证：AO ＝2OM .证明(1)由题意知，AB ，AD ，AP 两两垂直，以A 为坐标原点，AB ，AD ，AP 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系，如图，设PA ＝AB ＝2，则P (0,0,2)，B (2,0,0)，D (0,2,0)，C (2,2,0)，M (1,1,1)，PB →＝(2,0，－2)，PD →＝(0,2，－2)，AM →＝(1,1,1)，设平面PBD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，n ·PB →＝2x －2z ＝0，n ·PD →＝2y －2z ＝0，取x ＝1，得n ＝(1,1,1)，∵AM →＝n ，∴AM ⊥平面PBD .(2)如图，连接AC 交BD 于点E ，则E 是AC 的中点，连接PE ，∵AM ∩平面PBD ＝O ，∴O ∈AM 且O ∈平面PBD ，∵AM ⊂平面PAC ，∴O ∈平面PAC ，又平面PBD ∩平面PAC ＝PE ，∴O ∈PE ，∴AM ，PE 的交点就是O ，连接ME ，∵M 是PC 的中点，∴PA ∥ME ，PA ＝2ME ，∴△PAO ∽△EMO ，∴PA ME ＝AO OM ＝21，∴AO ＝2OM .3.如图，在四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，AB ∥CD ，PA ＝AB ＝2CD ＝2，∠ADC ＝90°，E ，F 分别为PB ，AB 的中点．(1)求证：CE ∥平面PAD ；(2)求点B 到平面PCF 的距离．(1)证明连接EF (图略)，∵E ，F 分别为PB ，AB 的中点，∴EF ∥PA ，∵EF ⊄平面PAD ，PA ⊂平面PAD ，∴EF ∥平面PAD ，∵AB ∥CD ，AB ＝2CD ，∴AF ∥CD ，且AF ＝CD .∴四边形ADCF 为平行四边形，即CF ∥AD ，∵CF ⊄平面PAD ，AD ⊂平面PAD ，∴CF ∥平面PAD ，∵EF ∩CF ＝F ，EF ，CF ⊂平面EFC ，∴平面PAD ∥平面EFC ，CE ⊂平面EFC ，则CE ∥平面PAD .(2)解∵∠ADC ＝90°，AB ∥CD ，∴AB ⊥AD ，CF ⊥AB ，又PA ⊥平面ABCD ，∴PA ⊥CF ，又PA ∩AB ＝A ，∴CF ⊥平面PAB ，∴CF ⊥PF .设CF ＝x ，则S △AFC ＝12×1×x ＝x 2，S △PFC ＝12×5×x ＝52x ，设点A 到平面PCF 的距离为h ，由V P －AFC ＝V A －PFC ，得13×x 2×2＝13×5x 2×h ，则h ＝255.∵点F 为AB 的中点，∴点B 到平面PCF 的距离等于点A 到平面PCF 的距离，为255.4.(2022·全国乙卷)如图，四面体ABCD 中，AD ⊥CD ，AD ＝CD ，∠ADB ＝∠BDC ，E 为AC 的中点．(1)证明：平面BED ⊥平面ACD ；(2)设AB ＝BD ＝2，∠ACB ＝60°，点F 在BD 上，当△AFC 的面积最小时，求CF 与平面ABD 所成的角的正弦值．(1)证明因为AD ＝CD ，E 为AC 的中点，所以AC ⊥DE .在△ADB 和△CDB 中，因为AD ＝CD ，∠ADB ＝∠CDB ，DB ＝DB ，所以△ADB ≌△CDB ，所以AB ＝BC .因为E 为AC 的中点，所以AC ⊥BE .又BE ∩DE ＝E ，BE ，DE ⊂平面BED ，所以AC ⊥平面BED ，又AC ⊂平面ACD ，所以平面BED ⊥平面ACD .(2)解由(1)可知AB ＝BC ，又∠ACB ＝60°，AB ＝2，所以△ABC 是边长为2的正三角形，则AC ＝2，BE ＝3，AE ＝1.因为AD ＝CD ，AD ⊥CD ，所以△ADC 为等腰直角三角形，所以DE ＝1.所以DE 2＋BE 2＝BD 2，则DE ⊥BE .由(1)可知，AC ⊥平面BED .连接EF ，因为EF ⊂平面BED ，所以AC ⊥EF ，当△AFC 的面积最小时，点F 到直线AC 的距离最小，即EF 的长度最小．在Rt △BED 中，当EF 的长度最小时，EF ⊥BD ，EF ＝DE ·BE BD ＝32.方法一由(1)可知，DE ⊥AC ，BE ⊥AC ，所以EA ，EB ，ED 两两垂直，以E 为坐标原点，EA ，EB ，ED 所在的直线分别为x ，y ，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A (1,0,0)，B (0，3，0)，D (0,0,1)，C (－1,0,0)，AB →＝(－1，3，0)，DB →＝(0，3，－1)．易得DF ＝12，FB ＝32，所以3DF →＝FB →.设F (0，y ，z )，则DF →＝(0，y ，z －1)，FB →＝(0，3－y ，－z )，所以3(0，y ，z －1)＝(0，3－y ，－z )，得y ＝34，z ＝34，即，34，所以CF →，34，设平面ABD 的法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)，·AB →＝－x 1＋3y 1＝0，·DB →＝3y 1－z 1＝0，不妨取y 1＝1，则x 1＝3，z 1＝3，n ＝(3，1，3)．记CF 与平面ABD 所成的角为α，则sin α＝|cos 〈CF →，n 〉|＝|CF →·n ||CF →||n |＝437.所以CF 与平面ABD 所成角的正弦值为437.方法二因为E 为AC 的中点，所以点C 到平面ABD 的距离等于点E 到平面ABD 的距离的2倍．因为DE ⊥AC ，DE ⊥BE ，AC ∩BE ＝E ，AC ，BE ⊂平面ABC ，所以DE ⊥平面ABC .因为V D －AEB ＝V E －ADB ，所以13·12AE ·BE ·DE ＝13·S △ABD ·d 2，其中d 为点C 到平面ABD 的距离．在△ABD 中，BA ＝BD ＝2，AD ＝2，所以S △ABD ＝72，所以d ＝2217.由(1)知AC ⊥平面BED ，EF ⊂平面BED ，所以AC ⊥EF ，所以FC ＝FE 2＋EC 2＝72.记CF 与平面ABD 所成的角为α，则sin α＝d CF ＝437.所以CF 与平面ABD 所成角的正弦值为437.方法三如图，过点E 作EM ⊥AB 交AB 于点M ，连接DM ，过点E 作EG ⊥DM 交DM 于点G .因为DE ⊥AC ，DE ⊥BE ，AC ∩BE ＝E ，AC ，BE ⊂平面ABC ，所以DE ⊥平面ABC ，又AB ⊂平面ABC ，所以DE ⊥AB ，又EM ∩DE ＝E ，EM ，DE ⊂平面DEM ，所以AB ⊥平面DEM ，又EG ⊂平面DEM ，所以AB ⊥EG ，又AB ∩DM ＝M ，AB ，DM ⊂平面ABD ，所以EG ⊥平面ABD ，则EG 的长度等于点E 到平面ABD 的距离．因为E 为AC 的中点，所以EG 的长度等于点C 到平面ABD 的距离的12.因为EM ＝AE ·sin 60°＝32，所以EG ＝DE ·EM DM ＝DE ·EM DE 2＋EM 2＝217，所以点C 到平面ABD 的距离d ＝2217.FC ＝FE 2＋EC 2＝72.记CF 与平面ABD 所成的角为α，则sin α＝d CF ＝437.所以CF 与平面ABD 所成角的正弦值为437.5．(2023·青岛模拟)如图①，在梯形ABCD 中，AB ∥DC ，AD ＝BC ＝CD ＝2，AB ＝4，E 为AB 的中点，以DE 为折痕把△ADE 折起，连接AB ，AC ，得到如图②的几何体，在图②的几何体中解答下列问题．(1)证明：AC ⊥DE ；(2)请从以下两个条件中选择一个作为已知条件，求平面DAE 与平面AEC 夹角的余弦值．①四棱锥A －BCDE 的体积为2；②直线AC 与EB 所成角的余弦值为64.(1)证明在图①中，连接CE (图略)，因为DC ∥AB ，CD ＝12AB ，E 为AB 的中点，所以DC ∥AE ，且DC ＝AE ，所以四边形ADCE 为平行四边形，所以AD ＝CE ＝CD ＝AE ＝2，同理可证DE ＝2，在图②中，取DE 的中点O ，连接OA ，OC (图略)，则OA ＝OC ＝3，因为AD ＝AE ＝CE ＝CD ，所以DE ⊥OA ，DE ⊥OC ，因为OA ∩OC ＝O ，OA ，OC ⊂平面AOC ，所以DE ⊥平面AOC ，因为AC ⊂平面AOC ，所以DE ⊥AC .(2)解若选择①：由(1)知DE ⊥平面AOC ，DE ⊂平面BCDE ，所以平面AOC ⊥平面BCDE ，且交线为OC ，所以过点A 作AH ⊥OC 交OC 于点H (图略)，则AH ⊥平面BCDE ，因为S 四边形BCDE ＝23，所以四棱锥A －BCDE 的体积V A －BCDE ＝2＝13×23·AH ，所以AH ＝OA ＝3，所以AO 与AH 重合，所以AO ⊥平面BCDE ，建立如图所示的空间直角坐标系，则O (0,0,0)，C (－3，0,0)，E (0,1,0)，A (0,0，3)，易知平面DAE 的一个法向量为CO →＝(3，0,0)，设平面AEC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，因为CE →＝(3，1,0)，CA →＝(3，0，3)，·CE →＝3x ＋y ＝0，·CA →＝3x ＋3z ＝0，取n ＝(1，－3，－1)，设平面DAE 与平面AEC 的夹角为θ，则cos θ＝|CO →·n ||CO →||n |＝33×5＝55，所以平面DAE 与平面AEC 夹角的余弦值为55.若选择②：因为DC ∥EB ，所以∠ACD 即为异面直线AC 与EB 所成的角，在△ADC 中，cos ∠ACD ＝AC 2＋4－44AC＝64，所以AC ＝6，所以OA 2＋OC 2＝AC 2，即OA ⊥OC ，因为DE ⊥平面AOC ，DE ⊂平面BCDE ，所以平面AOC ⊥平面BCDE ，且交线为OC ，又OA ⊂平面AOC ，所以AO ⊥平面BCDE ，建立如图所示的空间直角坐标系，则O (0,0,0)，C (－3，0,0)，E (0,1,0)，A (0,0，3)，易知平面DAE 的一个法向量为CO →＝(3，0,0)，设平面AEC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，因为CE →＝(3，1,0)，CA →＝(3，0，3)，·CE →＝3x ＋y ＝0，·CA →＝3x ＋3z ＝0，取n ＝(1，－3，－1)，设平面DAE 与平面AEC 的夹角为θ，则cos θ＝|CO →·n ||CO →||n |＝33×5＝55，所以平面DAE 与平面AEC 夹角的余弦值为55.6.(2022·连云港模拟)如图，在三棱锥A －BCD 中，△ABC 是正三角形，平面ABC ⊥平面BCD ，BD ⊥CD ，点E ，F 分别是BC ，DC 的中点．(1)证明：平面ACD ⊥平面AEF ；(2)若∠BCD ＝60°，点G 是线段BD 上的动点，问：点G 运动到何处时，平面AEG 与平面ACD 的夹角最小．(1)证明因为△ABC 是正三角形，点E 是BC 的中点，所以AE ⊥BC ，又因为平面ABC ⊥平面BCD ，平面ABC ∩平面BCD ＝BC ，AE ⊂平面ABC ，所以AE ⊥平面BCD ，又因为CD ⊂平面BCD ，所以CD ⊥AE ，因为点E ，F 分别是BC ，CD 的中点，所以EF ∥BD ，又因为BD ⊥CD ，所以CD ⊥EF ，又因为AE ∩EF ＝E ，AE ⊂平面AEF ，EF ⊂平面AEF ，所以CD ⊥平面AEF ，又因为CD ⊂平面ACD ，所以平面ACD ⊥平面AEF .(2)解在平面BCD 中，过点E 作EH ⊥BD ，垂足为H ，此时EH ∥CD ，即H 为BD 的中点，设BC ＝4，则EA ＝23，DF ＝FC ＝1，EF ＝ 3.以E 为原点，以EH ，EF ，EA 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E (0,0,0)，A (0,0,23)，C (－1，3，0)，D (1，3，0)，设G (1，y ,0)(－3≤y ≤3)，则EA →＝(0,0,23)，AD →＝(1，3，－23)，CD →＝(2,0,0)，EG →＝(1，y ,0),设平面AEG 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，n 1·EA →＝23z 1＝0，n 1·EG →＝x 1＋yy 1＝0，令y 1＝－1，得n 1＝(y ，－1,0)，设平面ACD 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)，2·CD →＝2x 2＝0，2·AD →＝x 2＋3y 2－23z 2＝0，令z 2＝1，得n 2＝(0,2,1)，设平面AEG 与平面ACD 的夹角为θ，则cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝|－2|5·y 2＋1＝25·y 2＋1，当y ＝0时，cos θ最大，此时平面AEG 与平面ACD 的夹角θ最小，故当点G 为BD 的中点时，平面AEG 与平面ACD 的夹角最小．。

积函数的表达式，通过求导或不等式来求最பைடு நூலகம்！
由于 = 与 = ，底面正方形的边长相等，所以当 =
时，此时正四棱锥的底面积与高都是最小值，此时体积
取得最小值。


方法一
通过求导，判断函数的
单调性，来求最值
方法二
也可以通过三元的基本不
等式来求最大值
2、几何图形的内切球、外接球
（2020 年全国统一高考数学试卷（文科）
（2）夹角,距离问题；
（3）空间几何体的体积、表面积计算；
（4）空间几何体与球的组合体；
（5）立体几何与其它知识的交汇。
3、具体措施：
（1）抓源固本，把握通性通法
近年高考命题的一个显著变化是：由知识立意转为能力立意，在知识网络的交汇点处设计试
题，往往遵循大纲又不拘泥于大纲。但是，对高考试卷进行分析就不难发现，许多题目都能
（1）第一问突破原来的“证明”题型，改为考查“距离”
（2） 从以往由已知棱长求值的直接结构变为需要通过给出的
条件得出棱长再求值的间接结构，且隐性考查的空间中垂直关
系的证明不是特别容易；（该题的一个难点）
方法一
A1
C1
B1
D
E
M
几何法对学生的空间
想象能力要求较高，
是学生的一大弱点,
所以学生通常选择向
（2）理解空间中点、线、面的位置关系，能用空间中线面平行、垂直的有关性质与判定
定理进行证明；
（3）能用向量方法证明线线、线面、面面的平行和垂直；
（4）能用向量方法求解线线、线面、面面的夹角问题；
（5）能用向量方法求解点到直线、点到平面的距离问题。
2、关注考查热点：
（1）空间线线、线面、面面的平行和垂直问题；

B．棱锥 D．都不对
从俯视图来看，上、下底面都是正方形，但大小不一
样，可以判断是棱台． 答案 A
抓住3个考点
突破3个考向
揭秘3年高考
3．用任意一个平面截一个几何体，各个截面都是圆面，则 这个几何体一定是 ( )．
A．圆柱
C．球体 解析
B．圆锥
D．圆柱、圆锥、球体的组合体
当用过高线的平面截圆柱和圆锥时，截面分别为矩
正前 方、 正左 方、 正上方观察几何体得到的正投影图． ③观察简单组合体是由哪几个简单几何体组成的，并注意它 们的组成方式，特别是它们的交线位置．
抓住3个考点
突破3个考向
揭秘3年高考
3．直观图 空间几何体的直观图常用 斜二测 画法来画，其规则是：
(1)原图形中x轴、y轴、z轴两两垂直，直观图中，x′轴、y′
体是直四棱柱．
答案 是
抓住3个考点
突破3个考向
揭秘3年高考
考向一 空间几何体的结构特征 【例1】►给出下列四个命题： ①在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连 线是圆柱的母线； ②底面为正多边形，且有相邻两个侧面与底面垂直的棱柱 是正棱柱； ③直角三角形绕其任一边所在直线旋转一周所形成的几何 体都是圆锥；
(2)通过反例对结构特征进行辨析，即要说明一个命题是错误 的，只要举出一个反例即可．
抓住3个考点
突破3个考向
揭秘3年高考
【训练1】 给出下列四个命题： ①有两个侧面是矩形的棱柱是直棱柱；
②侧面都是等腰三角形的棱锥是正棱锥；
③侧面都是矩形的直四棱柱是长方体； ④若有两个侧面垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱． 其中不正确的命题的个数是________个．
形和三角形，只有球满足任意截面都是圆面． 答案 C