高考数学复习高考专题突破四 高考中的立体几何问题
3.(2016·成都模拟)如图是一个几何体的三视图(侧视图中
的弧线是半圆)，则该几何体的表面积是 答案 解析
A.20＋3π
B.24＋3π
C.20＋4π
D.24＋4π
根据几何体的三视图可知，该几何体是一个正方体和一个半圆柱的
组合体，其中正方体的棱长为2，半圆柱的底面半径为1，母线长为2， 故该几何体的表面积为4×5＋2×π＋2× 12π＝20＋3π.
4.(2017·沈阳调研)设α，β，γ是三个平面，a，b是两条不同直线，有下列 三个条件： ①a∥γ，b⊂β；②a∥γ，b∥β；③b∥β，a⊂γ.如果命题“α∩β＝a，b⊂γ， 且 ________ ， 则 a∥b” 为 真 命 题 ， 则 可 以 在 横 线 处 填 入 的 条 件 是 __①_或__③___.(把所有正确的序号填上) 答案 解析
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3.(2016·华中师大附中质检)已知三棱锥D－ABC的三个侧面与底面全等， 且AB＝AC＝ 3 ，BC＝2，则二面角D－BC－A的大小为___9_0_°___.
答案 解析
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4. 如 图 梯 形 ABCD 中 ， AD∥BC ， ∠ABC ＝ 90° ， AD∶BC∶AB ＝ 2∶3∶4，E、F分别是AB、CD的中点，将四边形ADFE沿直线EF进行 翻折，给出四个结论： ①DF⊥BC； ②BD⊥FC； ③平面DBF⊥平面BFC； ④平面DCF⊥平面BFC. 在翻折过程中，可能成立的结论是__②__③__.(填写结论序号) 答案 解析
(2)这个正三棱锥内切球的表面积与体积.
解答
题型二 空间点、线、面的位置关系
例2 (2016·济南模拟)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中， 侧棱垂直于底面，AB⊥BC，AA1＝AC＝2，BC＝1，E， F分别是A1C1，BC的中点. (1)求证：平面ABE⊥平面B1BCC1； 证明
(2)求证：C1F∥平面ABE； 证明
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(2)求直线CD和平面ODM所成角的正弦值； 解答
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(3)能否在EM上找一点N，使得ON⊥平面ABDE？若能，请指出点N的位 置，并加以证明；若不能，请说明理由. 解答
跟踪训练1 正三棱锥的高为1，底面边长为2 6 ，内有 一个球与它的四个面都相切(如图).求： (1)这个正三棱锥的表面积； 解答
底面正三角形中心到一边的距离为13× 23×2 6＝ 2， 则正棱锥侧面的斜高为 12＋ 22＝ 3. ∴S 侧＝3×12×2 6× 3＝9 2. ∴S 表＝S 侧＋S 底＝9 2＋12× 23×(2 6)2 ＝9 2＋6 3.
(2)BC⊥SA. 证明
由 平 面 SAB⊥ 平 面 SBC ， 平 面 SAB∩ 平 面 SBC ＝ SB ， AF⊂ 平 面 SAB ， AF⊥SB， 所以AF⊥平面SBC，则AF⊥BC. 又BC⊥AB，AF∩AB＝A，则BC⊥平面SAB， 又SA⊂平面SAB，因此BC⊥SA.
题型三 平面图形的翻折问题
D.144
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2.(2016·江西赣中南五校第一次联考)已知m，n是两条不同的直线，α，β，
γ是三个不同的平面，则下列命题中正确的是 答案 解析
A.若α⊥γ，α⊥β，则γ∥β
B.若m∥n，m⊂α，n⊂β，则α∥β
√C.若m∥n，m⊥α，n⊥β，则α∥β
D.若m∥n，m∥α，则n∥α
对于A，若α⊥γ，α⊥β，则γ∥β或相交； 对于B，若m∥n，m⊂α，n⊂β，则α∥β或相交； 对于D，若m∥n，m∥α，则n∥α或n⊂α.故选C.
内容索引
考点自测 题型分类 深度剖析 课时作业
考点自测
1.正三棱柱ABC－A1B1C1中，D为BC中点，E为A1C1中点，则DE与平面
A1B1BA的位置关系为 答案 解析
A.相交
B.平行
C.垂直相交
D.不确定
如图取B1C1中点为F，连接EF，DF，DE， 则EF∥A1B1，DF∥B1B， ∴平面EFD∥平面A1B1BA， ∴DE∥平面A1B1BA.
跟踪训练2 如图，在三棱锥S－ABC中，平面SAB⊥平 面SBC，AB⊥BC，AS＝AB.过A作AF⊥SB，垂足为F， 点E，G分别是棱SA，SC的中点. 求证：(1)平面EFG∥平面ABC； 证明
由AS＝AB，AF⊥SB知F为SB中点， 则EF∥AB，FG∥BC，又EF∩FG＝F，AB∩BC＝B， 因此平面EFG∥平面ABC.
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9.(2017·铁 岭 调 研 ) 如 图 所 示 ， 平 面 ABDE⊥ 平 面 ABC ， △ABC是等腰直角三角形，AC＝BC＝4，四边形ABDE是 直角梯形，BD∥AE，BD⊥BA，BD＝ 1 AE＝2，O，M分
2 别为CE，AB的中点. (1)求证：OD∥平面ABC； 证明
由线面平行的性质定理可知，①正确； 当b∥β，a⊂γ时，a和b在同一平面内，且没有公共点，所以平行，③正确. 故应填入的条件为①或③.
5.如图，在三棱锥P－ABC中，D，E，F分别为棱PC， AC，AB的中点.若PA⊥AC，PA＝6，BC＝8，DF＝5.则 直线PA与平面DEF的位置关系是__平__行____；平面BDE 与平面ABC的位置关系是__垂__直____.(填“平行”或“垂 直”) 答案 解析
2.设x、y、z是空间不同的直线或平面，对下列四种情形：
①x、y、z均为直线；②x、y是直线，z是平面；③z是直线，x、y是平
面；④x、y、z均为平面.
其中使“x⊥z且y⊥z⇒x∥y”为真命题的是 答案 解析
③④
B.①③
C.②③
D.①②
由正方体模型可知①④为假命题；由线面垂直的性质定理可知②③为 真命题.
∵BB1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD， ∴AC⊥BB1. 又AC⊥B1D，BB1∩B1D＝B1， ∴AC⊥平面BB1D. ∵AC⊂平面ACD1， ∴平面ACD1⊥平面BB1D.
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(2)证明：GH∥平面ACD1. 证明
设AC∩BD＝O，连接OD1. ∵E，F分别为AD，CD的中点，EF∩OD＝G， ∴G为OD的中点. ∵H为DD1的中点，∴HG∥OD1. ∵GH⊄平面ACD1，OD1⊂平面ACD1， ∴GH∥平面ACD1.
(2)若 AB＝5，AC＝6，AE＝54，OD′＝2 2，求五棱锥 D′-ABCFE 的体积.
解答
思维升华
(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.
(2)求三棱锥M－CDE的体积. 解答
题型四 立体几何中的存在性问题 例4 (2016·邯郸第一中学研究性考试)在直棱柱ABC－ A1B1C1中，AA1＝AB＝AC＝1，E，F分别是CC1，BC 的中点，AE⊥A1B1，D为棱A1B1上的点. (1)证明：DF⊥AE. 证明
(2)是否存在一点D，使得平面DEF与平面ABC所成的锐二面角的余 弦值为 14 ？若存在，说明点D的位置；若不存在，说明理由.
14
解答
思维升华
(1)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，利用线面关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的 条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论则否定假设. (2)对于探索性问题用向量法比较容易入手.一般先假设存在，设出空间 点的坐标，转化为代数方程是否有解的问题，若有解且满足题意则存 在，若有解但不满足题意或无解则不存在.
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(2)求二面角A1-BD-B1的平面角的余弦值. 解答
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7.(2016·山 东 牟 平 一 中 期 末 ) 如 图 ， 在 四 棱 柱 ABCD －
A1B1C1D1中，AC⊥B1D，BB1⊥底面ABCD，E，F，H分 别为AD，CD，DD1的中点，EF与BD交于点G. (1)证明：平面ACD1⊥平面BB1D； 证明
6
课时作业
1.(2016·北京顺义区一模)如图所示，已知平面α∩平面β
＝l，α⊥β.A，B是直线l上的两点，C，D是平面β内的两
点，且AD⊥l，CB⊥l，DA＝4，AB＝6，CB＝8.P是平
面α上的一动点，且有∠APD＝∠BPC，则四棱锥P－
ABCD体积的最大值是 答案 解析
A.48
B.16
√C.24 3
思维升华
平面图形的翻折问题，关键是搞清翻折前后图形中线面位置关系和度 量关系的变化情况.一般地，翻折后还在同一个平面上的性质不发生变 化，不在同一个平面上的性质发生变化.
跟踪训练3 (2017·深圳月考)如图(1)，四边形 ABCD为矩形，PD⊥平面ABCD，AB＝1，BC＝ PC＝2，作如图(2)折叠，折痕EF∥DC.其中点E， F分别在线段PD，PC上，沿EF折叠后，点P叠在 线段AD上的点记为M，并且MF⊥CF. (1)证明：CF⊥平面MDF； 证明 几何画板展示
(3)求三棱锥E－ABC的体积. 解答
因为AA1＝AC＝2，BC＝1，AB⊥BC， 所以 AB＝ AC2－BC2＝ 3. 所以三棱锥E－ABC的体积 V＝13S△ABC·AA1＝13×12× 3×1×2＝ 33.
思维升华
(1)①证明面面垂直，将“面面垂直”问题转化为“线面垂直”问题，再 将“线面垂直”问题转化为“线线垂直”问题.②证明C1F∥平面ABE： (ⅰ) 利 用 判 定 定 理 ， 关 键 是 在 平 面 ABE 中 找 ( 作 ) 出 直 线 EG ， 且 满 足 C1F∥EG.(ⅱ)利用面面平行的性质定理证明线面平行，则先要确定一个 平面C1HF满足面面平行，实施线面平行与面面平行的转化. (2)计算几何体的体积时，能直接用公式时，关键是确定几何体的高，不 能直接用公式时，注意进行体积的转化.
21版：高考专题突破四 高考中的立体几何问题(步步高)
方法二 如图，在平面ABC，平面A1B1C1中分别取点D，D1， 连接BD，CD，B1D1，C1D1， 使得四边形ABDC，A1B1D1C1为平行四边形， 连接DD1，BD1，则AB＝C1D1，且AB∥C1D1， 所以AC1∥BD1，故∠A1BD1或其补角为异面直线AC1与A1B所成的角.连接A1D1， 过点A1作A1M⊥AC于点M，连接BM， 设 AA1＝2，由∠A1AM＝∠BAC＝60°，得 AM＝1，BM＝ 3，A1M＝ 3，
设平面A1BC的法向量为n＝(x，y，z).
由BA→→C1C·n·n＝＝00，，
得y－－
3x＋y＝0， 3z＝0.
取 n＝(1， 3，1)，
故
sin
θ＝|cos〈E→F，n〉|＝
→ |EF·n| →
＝45.
|EF|·|n|
因此，直线 EF 与平面 A1BC 所成角的余弦值为35.
命题点3 求二面角 例3 如图，在四棱锥A－BCDE中，平面BCDE⊥平面ABC， BE⊥EC，BC＝2，AB＝4，∠ABC＝60°. (1)求证：BE⊥平面ACE； 证明 在△ACB 中，由余弦定理得 cos∠ABC＝AB2＋2ABBC·B2－C AC2＝12， 解得 AC＝2 3， 所以AC2＋BC2＝AB2，所以AC⊥BC. 又因为平面BCDE⊥平面ABC，平面BCDE∩平面ABC＝BC，AC⊂平面ABC， 所以AC⊥平面BCDE. 又BE⊂平面BCDE，所以AC⊥BE. 又BE⊥EC，AC，CE⊂平面ACE，且AC∩CE＝C，所以BE⊥平面ACE.
则∠EGF为二面角E－AB－C的平面角.
易得
EF＝BF＝1，FG＝
3 2.
在 Rt△EFG 中，由勾股定理，得 EG＝ EF2＋FG2＝ 27，
高考数学(综合提升篇)+专题04+立体几何解答题(理)
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【背一背重点知识】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利用共面向量定理，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．【2018广东省中山市】如图，PD 垂直正方形ABCD 所在平面，AB ＝2，E 是PB 的中点，cos DP <，AE>3=．（I ）建立适当的空间坐标系，求出点E 的坐标； （II ）在平面PAD 内求一点F ，使EF ⊥平面PCB ．【答案】（I ）点E 坐标是（1，1，1）；（II ）点F 的坐标是（1，0，0）． 【解析】试题分析：（I ）由题意，分别以DA 、DC 、DP 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间坐标系，结合空间中点的坐标，设P （0，0，2m ），则E （1，1，m ），结合平面向量夹角公式得到关于m 的方程，解方程可得点E 坐标是（1，1，1）；（II ）由题意，设F （x ，0，z ），结合平面向量的法向量和直线的方向向量得到关于坐标的方程组，求解方程组可得即点F 是AD 的中点． 试题解析：（I ）分别以DA 、DC 、DP 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间坐标系，如图，则 A （2，0，0），B （2，2，0），C （0，2，0），设P （0，0，2m ），则E （1，1，m ）， ∴ AE =（-1，1，m ），DP ＝（0，0，2m ）∴ cos DP <，221m AE m >===解得． ∴ 点E 坐标是（1，1，1）；（II ）∵F ∈平面P AD ， ∴ 可设F （x ，0，z ）EF ＝（x -1，-1，z -1）， 又EF ⊥平面PCB ， ∴ EF CB ⊥⇒ (1x -，-1，1)z - (⋅2，0，0)=0，解得，1x =； 又∵EF PC ⊥ ∴ (1x -，-1，1)(z -⋅0，2，-2)00z =⇒= ∴ 点F 的坐标是（1，0，0），即点F 是AD 的中点．【方法点睛】垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型． （I ）证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行； （II ）证明线面垂直，需转化为证明线线垂直； （III ）证明线线垂直，需转化为证明线面垂直．例2．【2018陕西咸阳高三一模】如图，正三棱柱111ABC A B C -的所有棱长均为2，D 为棱1BB 上一点，E 是AB 的中点．（I ）若D 是1BB 的中点，证明：平面1ADC ⊥平面1A EC ； （II ）若平面1ADC 与平面ABC 的夹角为45，求BD 的长．【答案】（I ）见解析；（II ）1BD =．【解析】试题分析：（I ）证明AD 垂直于面1A EC 中的两条相交直线，则AD ⊥面1A EC ．（II ）建立空间直角坐标系求解．试题解析：（I ）由,AC BC AE BE ==，知CE AB ⊥，又平面ABC ⊥平面11ABB A ，所以CE ⊥平面11ABB A ，而AD⊂≠平面11ABB A ，∴AD CE ⊥，在正方形11ABB A 中，由D E ，分别是1BB 和AB 的中点知1AD A E ⊥，而1A E CE E ⋂=，∴AD ⊥平面1A EC ，∵AD⊂≠平面1ADC ，∴平面1ADC ⊥平面1A EC ．（II ）取AC 的中点O 为原点，直线,OA OB 分别为,x y 轴，建立如图所示坐标系O xyz -，显然平面ABC 的一个法向量为()10,0,1n =，而()()11,0,0,1,0,2A C -，设()3,(02)D m m <<，则()()12,0,2,3,AC AD m =-=-．设()2,,n x y z =是平面1ADC 的法向量，则()()()()2,0,2,,00{{3,,,030x y z x z m x y z x mz -⋅=-=⇒-⋅=-+=取(23,13n m =-，则()()1220,0,13,13cos ,61m n n m ⋅-=+- ()232261m ==+- 解得1m =，即1BD =【练一练提升能力】1．【2017南京市、盐城市高三二模】如图，在直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面四边形ABCD 为菱形，A 1A ＝AB ＝2，∠ABC ＝3π，E ，F 分别是BC ，A 1C 的中点．（I ）求异面直线EF ，AD 所成角的余弦值； （II ）点M 在线段A 1D 上，11A MA Dλ=．若CM ∥平面AEF ，求实数λ的值． 【答案】（I ）24．（II ）23λ=． 【解析】试题分析：（I ）由四棱柱1111ABCD A B C D -，证得11,A A AE A A AD ⊥⊥，进而得到AE AD ⊥，以{}1,,AE AD A A 为正交基底建立空间直角坐标系，利用向量坐标运算，即可求解,EF AD 所成角的余弦值；（II ）设(),,M x y z ，由点M 在线段1A D 上，得到11A MA Dλ=，得出向量CM 则坐标表示，再求得平面AEF 的一个法向量，利用向量的数量积的运算，即可得到λ的值． 试题解析：因为四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1为直四棱柱，所以A 1A ⊥平面ABCD ． 又AE ⊂平面ABCD ，AD ⊂平面ABCD ，所以A 1A ⊥AE ，A 1A ⊥AD ．在菱形ABCD 中∠ABC ＝，则△ABC 是等边三角形．因为E是BC中点，所以BC⊥AE．因为BC∥AD，所以AE⊥AD．以{，，}为正交基底建立空间直角坐标系．则A(0，0，0)，C(，1，0)，D(0，2，0)，A1(0，0，2)，E(，0，0)，F(，，1)．（I）＝(0，2，0)，＝(－，，1)，所以·＝1．从而cos＜，＞＝＝．故异面直线EF，AD所成角的余弦值为．（II）设M(x，y，z)，由于点M在线段A1D上，且＝λ，则＝λ，即(x，y，z－2)＝λ(0，2，－2)．则M(0，2λ，2－2λ)，＝(－，2λ－1，2－2λ)．设平面AEF的法向量为n＝(x0，y0，z0)．因为＝(，0，0)，＝(，，1)，由n·＝0，n·＝0，得x0＝0，y0＋z0＝0．取y0＝2，则z0＝－1，则平面AEF的一个法向量为n＝(0，2，－1)．由于CM∥平面AEF，则n·＝0，即2(2λ－1)－(2－2λ)＝0，解得λ＝．2．【2018山西晋中市高三1月高考适应性调研】如图，四棱锥中，底面是直角梯形，，，，侧面底面，且是以为底的等腰三角形．（Ⅰ）证明：（Ⅱ）若四棱锥的体积等于．问：是否存在过点的平面分别交，于点，，使得平面平面？若存在，求出的面积；若不存在，请说明理由．【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）．【解析】试题分析：（Ⅰ）取的中，连接，，，由三角形是等腰三角形，则，又，，可得，从而证出平面，可得；（Ⅱ）取，中点，，连接，，，可证明四边形为平行四边形，进一步证明平面平面，可得三角形是直角三角形，由三角形面积公式可得面积．试题解析：（Ⅰ）证明：取的中点，连接，，∵，∴．∵且，∴是正三角形，且，又∵，，平面，∴平面，且平面，∴．（Ⅱ）解：存在，理由如下：分别取，的中点，，连接，，，则；∵是梯形，且，∴且，则四边形为平行四边形，∴．又∵，平面，，平面，∴平面，平面且，平面，，∴平面平面．∵侧面，且平面平面，由（Ⅰ）知，平面，若四棱锥的体积等于，则，所以，，在和中，，∴ ，则 ，∴ 是直角三角形，则． 利用空间向量求空间角【背一背重点知识】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><,，则ba 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，平面α的法向量为，直线l 与平面α所成的角为θ，ba n a ⋅=><=,cos sin θ．3．设,是二面角βα-l -的法向量，则,的夹角大小就是二面角的平面角的大小，nm n m ⋅>=<=,cos cos θ，再根据平面是锐角还是钝角，最后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（I ）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与，则平面α与β所成的角跟法向量与所成的角相等或互补，所以首先必须判断二面角是锐角还是钝角．（II ）法向量求直线与平面所成的角1n 2n 1n 2n 2n要求直线a 与平面α所成的角θ，先求这个平面α的法向量与直线a 的夹角的余弦，易知或者．2．典型例题：例1．【2018河南省豫南九校高三下学期第一次联考】四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形，22,AB BC PA PB ===，．侧面PAB ⊥底面ABCD ．（I ）证明：PC BD ⊥；（II ）设BD 与平面PAD 所成的角为45︒，求二面角B PC D --的余弦值． 【答案】（I ）见解析（II ）10【解析】【试题分析】（I ）设AB 中点为O ，连接PO ，由已知PA PB =，所以PO AB ⊥，根据面面垂直的性质定理，有PO ⊥平面ABCD ，以O 为原点，OP 为z 轴，OB 为y 轴，建立空间直角坐标系，计算0PC BD ⋅=可得证．（II ）设()0,0,P h ，利用直线BD 和平面PAD 所成角为45，计算3h =平面BPC 和平面DPC 的法向量计算二面角的余弦值． 【试题解析】解：（I ）证法一：设AB 中点为O ，连接PO ， 由已知PA PB =，所以PO AB ⊥， 而平面PAB ⊥平面ABCD ，交线为AB 故PO ⊥平面ABCDa aa n ,2-π以O 为原点，OP 为z 轴，OB 为y 轴，如图建立空间直角坐标系，并设PO h =，则()())()0,0,,0,1,0,2,1,0,2,1,0P h B CD-所以()()2,1,,2,2,0PC h BD =-=-0PC BD ⋅=，所以PC BD ⊥．证法二：设AB 中点为O ，连接PO ，由已知PA PB =，所以PO AB ⊥， 而平面PAB ⊥平面ABCD ，交线为AB 故PO ⊥平面ABCD ，从而BD PO ⊥ ①在矩形ABCD 中，连接CO ，设CO 与BD 交于M ，则由::CD CB BC BO =知BCD OBC ∆~∆，所以BCO CDB ∠=∠ 所以90BCM CBM CDB CBM ∠+∠=∠+∠=︒，故BD CO ⊥ ② 由①②知BD ⊥平面PCO 所以PC BD ⊥．（II ）由AD AB ⊥，平面PAB ⊥平面ABCD ，交线为AB ，可得AD ⊥平面PAB ， 所以平面PAB ⊥平面PAD ，交线为PA过B 作BH PA ⊥，垂足为H ，则BH ⊥平面PADBD 与平面PAD 所成的角即为角BDH ∠所以226322BH BD ===从而三角形PAB 为等边三角形，PO =（也可以用向量法求出PO ，设()0,0,P h ，则()())0,1,0,0,1,0,1,0A B D --，可求得平面PAD 的一个法向量为()0,,1p h =-，而()2,2,0BD =-，由cos ,sin45p BD =︒可解得h =设平面BPC 的一个法向量为m ，则0{m BP m BC ⋅=⋅=，()()0,1,3,2,0,0BP BC =-=，可取()0,3,1m =设平面DPC 的一个法向量为n ，则0{n DP n DC ⋅=⋅=，()()2,1,3,0,2,0DP DC =-=，可取(3,0,2n =--，于是10cos ,m n =-，故二面角B PC D --的余弦值为10．【易错点睛】本题主要考查了空间平行判定与性质、二面角的计算、空间想象能力和推理论证能力，考查学生综合应用知识的能力和应变能力，属综合题．其解题过程中最容易出现以下错误：其一是对于第一问不能熟练运用线线平行、线面平行和面面平行的判定定理和性质定理，进而不能正确处理线面平行的问题；其二是对于第二问不能正确运用空间向量求二面角的大小，其关键是正确地求出各面的法向量．例2．【2018天津滨海新区高三上学期八校联考】在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，//AB CD ，AB AD ⊥，PA AB =，::22AB AD CD =．（I ）证明BD PC ⊥；（II ）求二面角A PC D --的余弦值；（III ）设点Q 为线段PD 上一点，且直线AQ 平面PAC 所成角的正弦值为23，求PQPD的值．【答案】（I ）见解析（II ）（III ）23PQ PD = 【解析】试题分析：（I ）先根据条件建立空间直角坐标系，设立各点坐标，表示直线方法向量，再根据向量数量积为零进行证明（II ）先利用方程组解得各面法向量，再根据向量数量积求两法向量夹角，最后根据二面角与法向量夹角关系得二面角A PC D --的余弦值；（III ）根据共线关系设Q 点坐标，利用线面角得等量关系，解方程可得PQPD的值． 试题解析：以A 为坐标原点，建立空间直角坐标系()2,0,0B ，()2,0D ，()0,0,2P ，()2,0C （I ）()2,0BD =-，()2,2PC =-， ∵•0BD PC =∴BD PC ⊥（II ）()1,2,0AC =，()0,0,2AP =，平面PAC 的法向量为()2,1,0m =-()0,2,2DP =-，()1,0,0AP =，平面DPC 的法向量为()0,2,1n =--．•2cos ,•3m n m n m n ==，二面角B PC D --的余弦值为23．（III ）∵AQ AP PQ AP tPD =+=+，[]0,1t ∈ ∴()()()0,0,20,2,20,2,22AQ t t t =+-=- 设θ为直线AQ 与平面PAC 所成的角•2sin cos ,•AQ m AQ m AQ mθ===， ()222222368433222t t t t t t =⇒=-++-，解得2t =（舍）或23．所以，23PQ PD =即为所求．【练一练提升能力】1．【2018浙江省金华、丽水、衢州市十二校高三8月联考】（本小题15分） 如图，已知四棱锥的底面为菱形，且，是中点． （I ）证明：平面； （II ）若，，求二面角的余弦值．P ABCD -60ABC ∠=E DP //PB ACE 2AP PB ==2AB PC ==A PC D --【答案】（I ）详见解析；（II． 平面中，，；设平面的法向量为，则有，即；．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．11分 设平面的法向量为，∵，，则有可取，．．．．．．．．．．．．．．．．．．．13分∴，∴ 二面角的余弦值为． 2．【2018广东省六校（广州二中，深圳实验，珠海一中，中山纪念，东莞中学，惠州一中）高三下学期第三次联考】如图，在四棱锥 中， 是平行四边形， ， ， ， ， ， 分别是 ， 的中点．APC (1,0,1)AP =-(0,3,1)CP =APC ()1111,,n x y z =1111111301303x x z y z z ⎧⎧=-+=⎪⎪⇒=⎨⎨+=⎪⎪=⎩⎩1(3,13)n =DPC 2222(,,)n x y z =(2,0,0)CD =(0,3,1)CP =2222030x y z =⎧⎪⎨-+=⎪⎩2(0,1,3)n =12121227cos ,7n n n n n n <>==⨯A PC D --277（Ⅰ）证明：平面平面；（Ⅱ）求二面角的余弦值．【答案】（I）见解析（II）【解析】试题分析：（Ⅰ）运用几何法和坐标法两种方法进行证明可得结论．（Ⅱ）运用几何法和坐标法两种方法求解，利用坐标法求解时，在得到两平面法向量夹角余弦值的基础上，通过图形判断出二面角的大小，最后才能得到结论．试题解析：解法一：（Ⅰ）取中点，连，∵，∴，∵是平行四边形，，，∴，∴是等边三角形，∴，∵，∴平面，∴．∵分别是的中点，∴∥，∥，∴，，∵，∴平面，∵平面，∴平面平面．（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，∴是二面角的平面角．，，，在中，根据余弦定理得，∴二面角的余弦值为．解法二：（Ⅰ）∵是平行四边形，，，∴，∴是等边三角形，∵是的中点，∴，∵∥，∴．以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系．则，，，，，设，由，，可得，，，∴，∵是的中点，∴，∵，∴，∵，，∴平面，∵平面，∴平面平面．（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，．设是平面的法向量，由，得，令，则，，．又是平面的法向量，∴，，由图形知二面角为钝角，∴二面角的余弦值为．解答题（共10题）1．【2018江西南昌市高三一模】如图，四棱锥中，底面，为直角梯形，与相交于点，，，，三棱锥的体积为9．（I）求的值；（II）过点的平面平行于平面，与棱，，，分别相交于点，，，，求截面的周长．【答案】（Ⅰ）．（Ⅱ）．【解析】【试题分析】（I）利用体积公式列方程可求得．（II）利用面面平行的性质定理可有，，，利用相似三角形可求得各边长，过点作∥交于，则．所以截面的周长为．【试题解析】（Ⅰ）四棱锥中，底面，为直角梯形，，，，所以，解得．（Ⅱ）【法一】因为平面，平面平面，，平面平面，根据面面平行的性质定理，所以 ，同理 ， ， 因为 ， ， 所以 ∽ ，且，又因为 ∽ ， ，所以 ， 同理 ， ，， ，如图：作 ， ， ， ，所以 ， ， 故四边形 为矩形，即 ， （求 长2分，其余三边各1分） 在 中，所以 所以截面 的周长为 ． 【法二】因为 平面 ，平面 平面 ，，平面 平面 ， 所以 ，同理 ， 因为 ∥ ， ，所以 ∽ ，且，所以，， ．同理，连接 ，则有 ∥ ，所以 ， ，所以，同理， ，过点 作 ∥ 交 于 ，则 ，所以截面 的周长为．2．【2018河南豫南九校高三下学期第一次联考】四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形，2AB BC PA PB ===，．侧面PAB ⊥底面ABCD ．（I ）证明：PC BD ⊥；（II ）设BD 与平面PAD 所成的角为45︒，求二面角B PC D --的余弦值． 【答案】（I ）见解析（II ）10【解析】【试题分析】（I ）设AB 中点为O ，连接PO ，由已知PA PB =，所以PO AB ⊥，根据面面垂直的性质定理，有PO ⊥平面ABCD ，以O 为原点，OP 为z 轴，OB 为y 轴，建立空间直角坐标系，计算0PC BD ⋅=可得证．（II ）设()0,0,P h ，利用直线BD 和平面PAD 所成角为45，计算3h =平面BPC 和平面DPC 的法向量计算二面角的余弦值． 【试题解析】解：（I ）证法一：设AB 中点为O ，连接PO ， 由已知PA PB =，所以PO AB ⊥， 而平面PAB ⊥平面ABCD ，交线为AB 故PO ⊥平面ABCD以O 为原点，OP 为z 轴，OB 为y 轴，如图建立空间直角坐标系，并设PO h =，则()()))0,0,,0,1,0,,1,0P h B CD- 所以()()2,1,,2,2,0PC h BD =-=-0PC BD ⋅=，所以PC BD ⊥．证法二：设AB 中点为O ，连接PO ，由已知PA PB =，所以PO AB ⊥， 而平面PAB ⊥平面ABCD ，交线为AB 故PO ⊥平面ABCD ，从而BD PO ⊥ ①在矩形ABCD 中，连接CO ，设CO 与BD 交于M ，则由::CD CB BC BO =知BCD OBC ∆~∆，所以BCO CDB ∠=∠ 所以90BCM CBM CDB CBM ∠+∠=∠+∠=︒，故BD CO ⊥ ② 由①②知BD ⊥平面PCO 所以PC BD ⊥．（II ）由AD AB ⊥，平面PAB ⊥平面ABCD ，交线为AB ，可得AD ⊥平面PAB ， 所以平面PAB ⊥平面PAD ，交线为PA过B 作BH PA ⊥，垂足为H ，则BH ⊥平面PADBD 与平面PAD 所成的角即为角BDH ∠所以226322BH BD === 从而三角形PAB 为等边三角形，3PO =（也可以用向量法求出PO ，设()0,0,P h ，则()())0,1,0,0,1,0,2,1,0A B D --，可求得平面PAD 的一个法向量为()0,,1p h =-，而()2,2,0BD =-，由cos ,sin45p BD =︒可解得3h =设平面BPC 的一个法向量为m ，则0{m BP m BC ⋅=⋅=，()()0,1,3,2,0,0BP BC =-=，可取()0,3,1m =设平面DPC 的一个法向量为n ，则0{n DP n DC ⋅=⋅=，()()2,1,3,0,2,0DP DC =-=，可取(3,0,n =-于是10cos ,m n =-，故二面角B PC D --的余弦值为． 3．【2018安徽黄山高三一模】如图，在四棱锥P A B C D -中，底面ABCD 为直角梯形，90ABC BAD ∠=∠=︒，且112PA AB BC AD ====，PA ⊥平面ABCD ．（I ）求PB 与平面PCD 所成角的正弦值；（II ）棱PD 上是否存在一点E 满足90AEC ∠=︒?若存在，求AE 的长；若不存在，说明理由． 【答案】（I ）36（II ）不存在 【解析】试题分析：（I ）建立空间直角坐标系，借助空间向量数量积的坐标形式进行求解；（II ）依据题设条件90AEC ∠=︒，运用向量的坐标形式建立方程()()222110AE CE λλλ⋅=-+-=， 即判定方程25410λλ-+=是否有解：解：（I ）依题意，以A 为坐标原点，分别以,,AB AD AP 为,,x y z 轴建立空间直角坐标系O xyz -， 则()()()()0,0,1,1,0,0,1,1,0,0,2,0P B C D ，从而()()()1,0,1,1,1,1,0,2,1PB PC PD =-=-=-． 设平面PCD 的法向量为(),,n a b c =，则0n PC ⋅=，且0n PD ⋅=， 即0a b c +-=，且20b c -=，不妨取2c =，则1,1b a ==， 所以平面PCD 的一个法向量()1,1,2n =， 此时3cos ,26PB n ==⨯PB 与平面PCD 3（II ）设()01PE PD λλ=≤≤，则()0,2,1E λλ-，则()()1,21,1,0,2,1CE AE λλλλ=---=-，由90AEC ∠=︒得()()222110AE CE λλλ⋅=-+-=，化简得，25410λλ-+=，该方程无解，所以，棱PD 上不存在一点E 满足90AEC ∠=︒．4．【2018全国名校大联考高三第四次联考】在ABC ∆中，90BAC ∠=，60B ∠=，1AB =，D 为线段BC 的中点，,E F 为线段AC 的三等分点（如图1）．将ABD ∆沿着AD 折起到AB D ∆'的位置，连接B C '（如图2）．（I ）若平面AB D '⊥平面ADC ，求三棱锥B ADC '-的体积；（II ）记线段B C '的中点为H ，平面B ED '与平面HFD 的交线为l ，求证：//HF l ． 【答案】（I ）18；（II ）证明见解析． 【解析】试题分析：（I ）由题意可知ABD ∆是等边三角形，取AD 中点O ，连接B O '，则B O AD '⊥．由面面垂直的性质定理可得B O '⊥平面A D C ．三棱锥的高32B O '=，其底面积1131322ADC S ∆=⨯⨯=B ADC '-的体积为18． （II ）由中位线的性质可得//HF B E '，然后利用线面平行的判断定理可得//HF 平面B ED '，最后利用线面平行的性质定理可得//HF l ． 试题解析：（I ）在直角ABC ∆中，D 为BC 的中点，所以AD BD CD ==． 又60B ∠=，所以ABD ∆是等边三角形． 取AD 中点O ，连接B O '，所以B O AD '⊥．因为平面AB D '⊥平面ADC ，平面AB D '⋂平面ADC AD =，B O '⊂平面AB D '， 所以B O '⊥平面ADC ．在ABC ∆中，90BAC ∠=，60B ∠=，1AB =，D 为BC 的中点，所以AC =2B O '=．所以111224ADC S ∆=⨯⨯=．所以三棱锥B ADC '-的体积为1138ADC V S B O ∆'=⨯⨯=．（II ）因为H 为B C '的中点，F 为CE 的中点，所以//HF B E '． 又HF ⊄平面B ED '，B E '⊂平面B ED '，所以//HF 平面B ED '． 因为HF ⊂平面HFD ，平面B ED '⋂平面HFD l =，所以//HF l ．5．【2018甘肃高三第一次诊断性考试】四棱台被过点 ， ， 的平面截去一部分后得到如图所示的几何体，其下底面四边形 是边长为2的菱形， ， 平面 ， ． （Ⅰ）求证：平面 平面 ；（Ⅱ）若 与底面 所成角的正切值为2，求二面角 的余弦值．【答案】（I ）详见解析；（II ）．【解析】试题分析：（Ⅰ）易证 ， ，进而可得 平面 ，从而证得；（Ⅱ） 与底面 所成角为 ，从而可得 ，设 ， 交于点 ，以 为坐标原点建立空间直角坐标系，分别求平面 和平面 的法向量，利用法向量求解二面角即可． 试题解析：（Ⅰ）∵ 平面 ，∴ ． 在菱形 中， ，又 ，∴ 平面 ， ∵ 平面 ，∴平面 平面 ． （Ⅱ）∵ 平面∴ 与底面 所成角为 ，∴ ，∴ 设 ， 交于点 ，以 为坐标原点，如图建立空间直角坐标系．则 ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ．， ， ，同理，， ，， ， ， ， ， ， ， ， ．设平面 的法向量 ， ， ， ∴， ， 则 ， ， ，设平面 的法向量 ， ， ， ，， 则 ， ， ， 设二面角 为 ，．6．【2018四川乐山四校第三学期半期联考】如图，AB 是圆O 的直径，点C 是圆O 上异于,A B 的点，PO 垂直于圆O 所在的平面，且1PO OB ==．（I ）若D 为线段AC 的中点，求证AC ⊥平面PDO ； （II ）求三棱锥P ABC -体积的最大值；（III ）若BC =E 在线段PB 上，求CE OE +的最小值．【答案】（I ）见解析（II ）13（III ）2．【解析】试题分析：（I ）由等腰三角形三线合一可得C D O A ⊥，由线面垂直的定义可得C PO ⊥A ，最后利用线面垂直的判断定理可得C A ⊥平面D P O ．（II ）当底面ABC 面积最大时，三棱锥体积由最大值，由几何关系可得当C O ⊥AB 时，C ∆AB 面积的最大值为12112⨯⨯=，结合三棱锥体积公式可得三棱锥C P -AB 体积的最大值为13． (3)将将侧面C B P 绕PB 旋转至平面C 'B P ，使之与平面ABP 共面，由平面几何的知识可知O ，E ，'C 共线时，C E +OE 取得最小值．结合筝形的性质计算可得C E +OE 26+ 试题解析：（I ）在C ∆AO 中，因为C OA =O ，D 为C A 的中点，所以C D A ⊥O ． 又PO 垂直于圆O 所在的平面，所以C PO ⊥A ． 因为D O⋂PO =O ，所以C A ⊥平面D P O ．（II ）因为点C 在圆O 上，所以当C O ⊥AB 时，C 到AB 的距离最大，且最大值为1． 又2AB =，所以C ∆AB 面积的最大值为12112⨯⨯=． 又因为三棱锥C P -AB 的高1PO =， 故三棱锥C P -AB 体积的最大值为111133⨯⨯=． （III ）在∆POB 中，1PO =OB =，90∠POB =，所以22112PB =+=同理C 2P =C C PB =P =B ．在三棱锥C P -AB 中，将侧面C B P 绕PB 旋转至平面C 'B P ，使之与平面ABP 共面，如图所示．当O ，E ，'C 共线时，C E +OE 取得最小值．又因为OP =OB ，''C C P =B ，所以'C O 垂直平分PB ，即E 为PB 中点．从而''222C C O =OE +E =+=，亦即C E +OE 的最小值为2． 7．【2017天津市河西区高三二模】如图，已知梯形ABCD 中，//AD BC ，AD AB ⊥，22AB BC AD ===，四边形EDCF 为矩形，3CF =EDCF ⊥平面ABCD ．（Ⅰ）求证：//DF 平面ABE ；（Ⅱ）求平面ABE 与平面EFB 所成锐二面角的余弦值；（Ⅲ）在线段DF 上是否存在点P ，使得直线BP 与平面ABE 3若存在，求出线段BP 的长；若不存在，请说明理由． 【答案】（I ）见解析（II ）53131（III ）2BP = 【解析】试题分析：（I ）利用空间向量证明线面平行，一般转化为对应平面法向量与直线垂直，先建立空间直角坐标系，设立各点坐标，利用方程组解出平面法向量，根据向量数量积证明垂直，最后根据线面平行判定定理证明，（II ）求二面角，一般利用空间向量进行求解，先根据条件建立空间直角坐标系，设立各点坐标，利用方程组解出各面法向量，利用向量数量积求法向量夹角，最后根据二面角与向量夹角之间相等或互补关系求解（III ）研究线面角，一般利用空间向量进行列式求解参数，先根据条件建立空间直角坐标系，设立各点坐标，利用方程组解出各面法向量，利用向量数量积求法向量夹角，最后根据线面角与向量夹角之间互余关系列式求解参数．试题解析：（Ⅰ）证明：取D 为原点，DA 所在直线为x 轴，DE 所在直线为z 轴建立空间直角坐标系，如图，则()1,0,0A ，()1,2,0B ，(E ，(F -，∴(1,BE =--，()0,2,0AB =，设平面ABE 的法向量(),,n x y z =，∴20,{20,x y y --==不妨设()3,0,1n =，又(1,DF =-，∴30DF n ⋅=-+=，∴DF n ⊥，又∵DF ⊄平面ABE ，∴//DF 平面ABE ． （Ⅱ）解：∵(1,3BE =--，(3BF =-，设平面BEF 的法向量(),,m x y z =， ∴230,{230,x y z x z --+=-=不妨设()23,3,4m =，∴531cos 231m n m n θ⋅===⋅⋅∴平面ABE 与平面EFB 所成锐二面角的余弦值为53131． （Ⅲ）设(3DP DF λλ==- (),23λλλ=-，[]0,1λ∈，∴(),23P λλλ-， ∴()1,23BP λλλ=---，又∵平面ABE 的法向量()3,0,1n =，∴()()2223333sin cos ,21223BP n λλθλλλ--+===++-+，∴28610λλ-+=，∴12λ=或14λ=． 当12λ=时，33,2BP ⎛=-- ⎝⎭，∴2BP =；当14λ=时，533,42BP ⎛=-- ⎝⎭，∴2BP =． 综上，2BP =．8．【2018全国名校大联考高三第四次联考】如图所示，PA ⊥平面ABC ，点C 在以AB 为直径的O 上，30CBA ∠=︒，2PA AB ==，点E 为线段PB的中点，点M 在弧AB 上，且//OM AC ．（I ）求证：平面//MOE 平面PAC ；（II ）求证：平面PAC ⊥平面PCB ；（III ）设二面角M BP C --的大小为θ，求cos θ的值． 【答案】（I ）证明见解析；（II ）证明见解析；(3) 15． 【解析】试题分析：（I ）由△ABC 中位线的性质可得//OE PA ，则//OE 平面PAC ．由线面平行的判断定理可得//OM 平面PAC ．结合面面平行的判断定理可得//MOE 平面PAC ．（II ）由圆的性质可得BC AC ⊥，由线面垂直的性质可得PA BC ⊥，据此可知BC ⊥平面PAC ．利用面面垂直的判断定理可得平面PAC ⊥平面PCB ．（III ）以C 为坐标原点，CA 所在的直线为x 轴，CB 所在的直线为y 轴，建立空间直角坐标系C xyz -．结合空间几何关系计算可得平面PCB 的法向量()2,0,1m =-，平面PMB 的一个法向量()1,3,1n =，则1,5m n cosm n m n⋅==-⋅．由图可知θ为锐角，故15cos θ=．试题解析：（I ）证明：因为点E 为线段PB 的中点，点O 为线段AB 的中点，所以//OE PA ，因为PA ⊂平面PAC ，OE ⊄平面PAC ，所以//OE 平面PAC ． 因为//OM AC ，且AC ⊂平面PAC ，OM ⊄平面PAC ，所以//OM 平面PAC ． 因为OE ⊂平面MOE ，OM ⊂平面MOE ，OE OM O ⋂=， 所以平面//MOE 平面PAC ． （II ）证明：因为点C 在以AB 为直径的O 上，所以90ACB ∠=︒，即BC AC ⊥．因为PA ⊥平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，所以PA BC ⊥．因为AC ⊂平面PAC ，PA ⊂平面PAC ，PA AC A ⋂=，所以BC ⊥平面PAC ． 因为BC ⊂平面PBC ，所以平面PAC ⊥平面PCB ．（III ）解：如图，以C 为坐标原点，CA 所在的直线为x 轴，CB 所在的直线为y 轴，建立空间直角坐标系C xyz -．因为30CBA ∠=︒，2PA AB ==，所以230CB cos =︒=1AC =． 延长MO 交CB 于点D ．因为//OM AC ，所以MD CB ⊥，13122MD =+=，122CD CB ==．所以()1,0,2P ，()0,0,0C ，()3,0B，32M ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭．所以()1,0,2CP =，()3,0CB =． 设平面PCB 的法向量(),,m x y z =．因为0{ 0m CP m CB ⋅=⋅=，所以()()()(),,1,0,20{,,3,00x y z x y z ⋅=⋅=，即20{ 30x z +==． 令1z =，则2x =-，0y =． 所以()2,0,1m =-．同理可求平面PMB 的一个法向量()1,3,1n =． 所以1,5m n cosm n m n⋅==-⋅．由图可知θ为锐角，所以15cos θ=．9．【2018湖北宜昌市高三1月调研】如图，在四棱锥 中，平面 平面 ， ， ， ， ，点 在棱 上，且 ．（Ⅰ）求证： ；（Ⅱ）是否存在实数 ，使得二面角 的余弦值为？若存在，求出实数 的值；若不存在，请说明理由．【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）．【解析】试题分析：（I ）由边长和勾股定理得 ，又平面 平面 ，由定理证得 平面（II）建立空间直角坐标系，得出平面的一个法向量为，，，设平面的一个法向量为，由题意计算得出结果解析：（Ⅰ）过点作交于，，，四边形为正方形，且，在△中，，在△中，，又平面平面，平面平面平面，平面，且平面（Ⅱ）又平面平面，平面平面平面，以点为坐标原点，、、所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，，，，，，，，，，，，，，，，，，假设存在实数使得二面角的余弦值为，令点在棱上，，．设，，，，，，，，，，则，，，平面，平面的一个法向量为，，．设平面的一个法向量为，，，由得令得， ， ， ， ，取 ， ， ， ，化简得 又 ，，存在实数使得二面角 的余弦值为． 10．【2018安徽全椒中学第一学期期中考试】如图，在底面是菱形的四棱锥P —ABCD 中，∠ABC=60°，PA=AC=a ，PB=PD=2a ，点E 是PD 的中点．（Ⅰ）求证：PA ⊥平面ABCD ； （Ⅱ）求二面角E —AC —D 的余弦值； （Ⅲ）求点P 到平面EAC 的距离． 【答案】（I ）见解析；（II ）217；（III ）217a ． 【解析】试题分析：（I ）证明PA ⊥AB ，PA ⊥AD ，AB 、AD 是平面ABCD 内的两条相交直线，即可证明PA ⊥平面ABCD ；（Ⅱ）如图，建立空间直角坐标系A —xyz ，()()()3131A 0,0,0,0,0,,0,,0,,,0,,,022P a D a C a AC a ⎫⎛⎫=⎪ ⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭则，11110,,,0,,2222PD E a a AE a a ⎛⎫⎛⎫∴= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭中点 求出平面EAC 的法向量为(1,3,3n =-，平面ACD 的法向量为()0,0,AP a =，321cos ,77n AP a ==⋅即得二面角的余弦值；（Ⅲ）由（II ）问得，点P 平面EAC 的距离n AP d n⋅=代入计算即得解．试题解析：（Ⅰ）证明：因为底面ABCD 是菱形，∠ABC=60°，所以AB=AD=AC=a ， 在△PAB 中，可证PA 2+AB 2=2a 2 = PB 2，∴PA ⊥AB ．同理，PA ⊥AD ，所以PA ⊥平面ABCD ． （II ）如图，建立空间直角坐标系A —xyz ，则汇聚名校名师，奉献精品资源，打造不一样的教育！31 3AC ⎛= 11110,,,0,,2222PD E a a AE a a ⎛⎫⎛⎫∴= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭中点． 设平面EAC 的法向量为(),,n x y z =，31110,0222n AC ax ay n AE ay az ∴⋅=+=⋅=+=，(3,1,3,3y x y z n ∴=-=-=-取，又平面ACD 的法向量为()0,0,?AP a =∴ 321,77a cosn AP a ==⋅，即二面角E —AC —D 的大小为217． （III ）点P 平面EAC 的距离32177n AP a d n ⋅===．。
高考数学中的空间立体几何问题解析
高考数学中的空间立体几何问题解析在高考数学中，空间立体几何是考试中出现频率比较高的一类题型。
空间立体几何的基础是空间坐标系和三维图形的构造，主要包括点、线、面、体及其相互关系的研究，其中点之间的位置关系是空间立体几何的核心。
在考场上要想熟练地解决这些问题，需要掌握一定的思维方法和解题技巧。
一、空间立体几何的基础1. 空间直角坐标系：空间直角坐标系是立体坐标系的一种，它把三维空间分成了三个相互垂直的坐标轴：x轴、y轴和z轴。
在立体坐标系中，一个点的位置用三个有序实数来表示，这三个实数分别代表这个点到三条坐标轴的距离。
2. 点、线、面、体：点是空间最基本的要素，它是一个没有大小的点。
线是两个点间最短距离的轨迹，其长度可以用两点间的距离表示。
面是三个或三个以上不共线的点所决定的平面。
体是由若干个平面围成的空间几何图形，常见的体有球、立方体、棱锥等。
3. 空间几何图形的构造：空间几何图形的构造是解决空间立体几何问题的第一步，这需要我们根据题目所描述的条件，构造出相应的点、线、面、体。
二、重要的空间直线和平面1. 方向余弦：空间直线的方向可以用方向余弦来表示。
方向余弦是指由一条直线的方向向量在坐标轴上的投影所组成的数列。
如一条直线的方向向量为(a,b,c)，则它在x轴、y轴、z轴上的方向余弦分别为a、b、c。
2. 平面的解析式：平面方程的解析式就是由平面上的一点和该平面的法向量所组成的方程。
常见的平面方程包括一般式、点法式、两点式和截距式。
3. 空间直线的位置关系：空间直线有共面、平行和相交等三种位置关系。
两条直线共面的条件是它们的方向向量能够表示出一个平面。
三、空间几何图形的计算1. 空间几何图形的面积和体积：空间几何图形的面积和体积是解决空间立体几何问题的关键。
求一些固定图形的面积和体积可以用公式解决，如正方体的面积和体积、正三角形的面积、球体的表面积和体积等等。
2. 点到线段的距离：点到线段的距离是解决空间立体几何问题的常见问题，它可以用勾股定理和向量相乘来求解。
高考专题突破四高考中的立体几何问题共59页文档
1
0
、
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56、书不仅是生活，而且是现在、过 去和未 来文化 生活的 源泉。 ——库 法耶夫 57、生命不可能有两次，但许多人连一 次也不 善于度 过。— —吕凯 特 58、问渠哪得清如许，为有源头活水来 。—— 朱熹 59、我的努力求学没有得到别的好处， 只不过 是愈来 愈发觉 自己的 无知。 ——笛 卡儿
高考专题突破四高考中的立体几何问 题
6
、
露
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无
游
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，
天高风ຫໍສະໝຸດ 景澈。7、翩翩新 来燕，双双入我庐 ，先巢故尚在，相 将还旧居。
8
、
吁
嗟
身
后
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于
我
若
浮
烟
。
9、 陶渊 明（ 约 365年 —427年 ），字 元亮， （又 一说名 潜，字 渊明 ）号五 柳先生 ，私 谥“靖 节”， 东晋 末期南 朝宋初 期诗 人、文 学家、 辞赋 家、散
拉
60、生活的道路一旦选定，就要勇敢地 走到底 ，决不 回头。 ——左
文 家 。汉 族 ，东 晋 浔阳 柴桑 人 （今 江西 九江 ） 。曾 做过 几 年小 官， 后辞 官 回家 ，从 此 隐居 ，田 园生 活 是陶 渊明 诗 的主 要题 材， 相 关作 品有 《饮 酒 》 、 《 归 园 田 居 》 、 《 桃花 源 记 》 、 《 五 柳先 生 传 》 、 《 归 去来 兮 辞 》 等 。
2022高三高考数学知识点第7章 高考专题突破4 高考中的立体几何问题
跟踪训练3 (2020·宜昌一中模拟)如图，在四棱锥 P－ABCD中，PA⊥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；
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). 证明 向量B→E＝(0，1，1)，P→D＝(0，2，－2)， 故B→E·P→D＝0，所以B→E⊥P→D，所以 BE⊥PD.
设直线AM与平面PBC所成的角为θ，
则
sin
θ＝|cos〈m，A→M〉|＝
→ |m·AM|
→
＝
|m|·|AM|
23×1＋12×0＋
2×
7 4
23×1＝
42 7.
∴直线 AM 与平面 PBC 所成角的正弦值为
42 7.
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
设平面QCD的一个法向量为n＝(x，y，z)，
[5分] [6分]
则DD→→CQ··nn＝＝00，， 即ym＝x＋0，z＝0，
令x＝1，则z＝－m， 所以平面QCD的一个法向量为n＝(1,0，－m)，
则 cos〈n，P→B〉＝|nn|·|PP→→BB|＝
1＋0＋m 3· m2＋1.
[9分] [10分]
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
6 3
.
[12分]
答题模板
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．
高考数学：立体几何需熟透四公理八定理
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。
高三数学一轮专题4 高考中的立体几何问题(含解析)北师
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.。
22版：高考专题突破四 第2课时 空间距离及立体几何中的新定义问题（步步高）
因为 BC＝4，则 DE＝12BC＝2， 所以 OP＝OF＝ 3.
在 Rt△OBF 中，BF＝2，OF⊥BF，所以 OB＝ 7.
在 Rt△OBP 中，PB＝ OP2＋OB2＝ 3＋7＝ 10，
所以 sin∠OBP＝OPBP＝
3＝ 10
1300.
12345
(2)求直线DE到平面PBC的距离.
12345
解 ∵△PAD是等边三角形，AB＝2AD，平面PAD⊥平面ABCD， ∴以AD的中点O为原点，OA为x轴， 在矩形ABCD中，过点O作AB的平行线为y轴，以 OP为z轴，建立空间直角坐标系，设AD＝x， ∵四棱锥 P－ABCD 的体积为 9 3， ∴13x·2x· x2－2x2＝9 3， 解得x＝3，
∴AE＝ 2 22＋22－2×2 2×2×cos 45°＝2，
∴AE⊥AB， ∵AB2＋PA2＝PB2，∴AB⊥PA， ∵AE∩PA＝A，AE，PA⊂平面PAE， ∴AB⊥平面PAE，∵AB⊂平面ABCE，∴平面PAE⊥平面ABCE.
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(2)求点E到平面PAB的距离.
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解 ∵AE＝2，DE＝2，PA＝2 2， ∴PA2＝AE2＋PE2，∴AE⊥PE， ∵AB⊥平面PAE，AB∥CE， ∴CE⊥平面PAE，∴EA，EC，EP两两垂直， 以E为原点，EA，EC，EP为x轴，y轴，z轴，建立 空间直角坐标系，则E(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,4,0)， P(0，0,2)， P→E＝(0,0，－2)，P→A＝(2,0，－2)，P→B＝(2,4,－2).
第七章 高考专题突破四 高考中的立体几何问题
大一轮复习讲义
题型一 空间距离
师生共研
例1 已知边长为4的正三角形ABC，E，F分别为BC和AC的中点.PA＝2， 且PA⊥平面ABC，设Q是CE的中点. (1)求证：AE∥平面PFQ；
高考数学总复习考点知识专题讲解44---立体几何热点题型问题
又因为 DO＝2＝AE，所以四边形 AODE 为平行四边 形．所以 ED∥AO.
因为△ABC 为等边三角形，所以 AO⊥BC. 又因为 AO⊂平面 ABC，平面 BCD∩平面 ABC＝BC，平 面 BCD⊥平面 ABC，所以 AO⊥平面 BCD，所以 ED⊥平面 BCD. 又因为 ED⊂平面 EBD，所以平面 EBD⊥平面 BCD.
的中点．连接 DM. ∵D 为棱 BC 的中点， ∴DM∥A1C. 又 A1C⊄平面 ADB1，DM⊂平面 ADB1， ∴A1C∥平面 ADB1.
(2)在三棱柱 ABC－A1B1C1 中， 侧棱 AA1⊥底面 ABC，可得 AD⊥BB1. ∵D 为棱 BC 的中点，AB＝AC， ∴AD⊥BC，又 BC∩BB1＝B， ∴AD⊥平面 BCC1B1，即 AD⊥BC1.
4－2＋2hh42＝13，解得
h＝87.经检验，符合题意．所以，线段 CF 的长为87.
[答题模板] 解决这类问题的答题模板如下：
[题型专练] 2．(2019·山东青岛质检)如图，在多面体 ABCDE 中，AE ⊥平面 ABC，平面 BCD⊥平面 ABC，△ABC 是边长为 2 的 等边三角形，BD＝CD＝ 5，AE＝2.
[审题程序]
第一步：证平面 BEF⊥平面 PAC，需证 BE⊥平面 PAC； 第二步：建立空间直角坐标系，引入参数 λ，使B→G＝λB→P； 第三步：由线面角的向量求法得参数 λ 的方程； 第四步：解出 λ，并验证是否适合题意．
[规范解答] (1)证明：∵AB＝BC，E 为 AC 的中点，
∴BE⊥AC. 又 PA⊥平面 ABC，BE⊂平面 ABC， ∴PA⊥BE.∵PA∩AC＝A，∴BE⊥平面 PAC. ∵BE⊂平面 BEF，∴平面 BEF⊥平面 PAC.
近年年高考数学一轮复习高考大题专项练4高考中的立体几何(2021学年)
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高考大题专项练四高考中的立体几何１。
如图,四棱锥P—ABCＤ中，底面ABCD为矩形,ＰA⊥平面ＡＢCD,E为PD的中点。
（1）证明:PB∥平面AEC；(2)设AP=１,AD=,三棱锥P—ABＤ的体积V=,求点A到平面PBC的距离．2.如图,四棱锥P—AＢCD,侧面PAD是边长为２的正三角形,且与底面垂直,底面ABＣD是∠ABＣ＝60°的菱形,M为ＰC的中点．(1）求证:ＰC⊥AD;(2）证明在PB上存在一点Q,使得Ａ，Ｑ,M,D四点共面；(３）求点D到平面PAM的距离。
３.如图所示，△ABC为正三角形,CE⊥平面ABＣ,BD∥CE,CE＝CA=2ＢD，M是EA的中点。
求证:（1)DE=DＡ。
（2)平面BDM⊥平面ECＡ．4。
如图，在底面是菱形的四棱柱ABCD—Ａ1B1Ｃ1D1中,∠ＡBＣ=6０°,AA1=AC=２,A1B＝A1D=２,点E在A1D上.(1)证明:AＡ1⊥平面ＡＢＣD;(２）当为何值时,A1B∥平面EＡC,并求出此时三棱锥D－AEC的体积.5。
（2017山东,文1８）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。