重难点专题33 立体几何解答题十七大题型汇总（解析版）

重难点专题33立体几何解答题十七大题型汇总题型1中位线法证明线面平行 1题型2平行四边形法证明线面平行 11题型3做平行平面证明线面平行 21题型4线线垂直证明线面平行 32题型5面面平行 40题型6线线垂直 50题型7线面垂直 59题型8面面垂直 69题型9向量法证明平行与垂直 78题型10画图问题 89题型11角度问题 104题型12距离问题 116题型13探索性问题 125题型14最值取值范围问题 138题型15交线未知型 152题型16建系有难度型 166题型17几何法的运用 183题型1中位线法证明线面平行通过构造三角形中位线，证明线线平行【例题1】（2023·陕西汉中·校联考模拟预测）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥平面ABCD，PA=AD=2,E为PB

(1)证明：EF//平面PCD；(2)求三棱锥E-【答案】(1)证明见解析(2)1【分析】（1）由中位线定理证明EF∥（2）求出点E到平面ABCD的距离，再由体积公式求解.【详解】（1）证明：∵四边形ABCD为正方形，F为AC与BD的交点，∴F是BD又E是PB的中点，∴EF又EF⊄平面PCD,PD∴EF//平面PCD（2）∵PA⊥平面ABCD,∴E到平面ABCD的距离d∵四边形ABCD是正方形，AD=2,∴∴三棱锥E-ABF的体积【变式1-1】1.（2023秋·四川泸州·高三校考阶段练习）如图，在四棱锥P-ABCD中，BD⊥PC，四边形ABCD是菱形，∠ABC

(1)证明PB//平面AEC(2)求三棱锥C-【答案】(1)证明见解析(2)3【分析】（1）根据三角形中位线与底边平行，通过线线平行证明线面平行；（2）根据等体积法将三棱锥C-BDE的体积转为求三棱锥E-BCD【详解】（1）令AC、BD的交点为O因为四边形ABCD是菱形，所以O是BD的中点，又因为E是棱PD上的中点，所以在△PBD中，OE因为OE⊂平面AEC，PB⊄所以PB∥平面AEC

（2）因为四边形ABCD是菱形，所以BD⊥又BD⊥PC,AC,PC⊂平面因为PA⊂平面PAC，所以因为AB=PA=1,PB=因为AB,BD⊂平面ABCD，且AB∩BD因为E是棱PD上的中点，所以E到平面ABCD的距离dE四边形ABCD是菱形，∠ABC则△CBD中，∠∵VC-BDE=V【变式1-1】2.（2023秋·四川南充·高三四川省南充高级中学校考阶段练习）如图，四棱锥P-ABCD的底面是矩形，PA⊥底面ABCD，M，N分别为CD，PD的中点，AC与BM交于点E，AB=62，AD=6，

(1)证明：KE(2)求证：平面PAC⊥平面BMNK【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）由已知易得PKKA=CE（2）由线面垂直的性质得PA⊥BM，由已知及勾股定理可得AC【详解】（1）四边形ABCD是矩形，M为CD的中点，所以CM//AB且CM=则CEAE=CMAB=所以PKKA=CEM,N分别是CD,综上，KE//（2）由PA⊥底面ABCD，BM⊂平面ABCD，所以又AB=62,AD=6,由（1）知：EM=13所以∠MEC=π由PA∩AC=A，PA、AC⊂平面PAC而BM⊂平面BMNK，所以平面PAC⊥平面【变式1-1】3.（2023秋·北京·高三北京八中校考阶段练习）如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ACB(1)求证：平面A1BC⊥(2)求证：B1C//(3)若A1B⊥AC1【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3)8+2【分析】（1）由BC⊥平面AA1C1（2）连接AB1，设AB1∩A1B=（3）证得四边形AA1C1C为菱形，求得其面积，证得BC⊥CC1，求得S四边形BCC1B【详解】（1）因为∠ACB=90°，所以根据题意，A1D⊥平面ABC,BC因为A1D∩AC=D，A1又因为BC⊂平面A所以平面A1BC⊥（2）连接AB1，设AB根据棱柱的性质可知，E为AB因为D是AC的中点，所以DE//又因为DE⊂平面A1BD所以B1C//（3）由（1）可知，BC⊥平面AA1C1C，又因为A1B⊥AC所以AC1⊥又A1C⊂平面A所以四边形AA1C又因为A1D⊥平面ABC，AC⊂平面又D为AC中点，所以A1S菱形由已知AC=BC=2，所以由（1）可知，BC⊥平面AA1C1C，所以S四边形如图，作DF⊥AB于F，连接因为AC=BC=2所以DF=2又因为A1D⊥平面ABC，AB所以A1D⊥所以A1又DF∩A1D=D,又A1F⊂面A1DF所以S四边形所以2S所以三棱柱ABC-A1【变式1-1】4.（2023秋·上海松江·高三校考阶段练习）如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点M，N(1)证明：EF//平面AD(2)求DP与面MNP所成角的正弦值；【答案】(1)证明见解析(2)3【分析】（1）由线面平行的判定定理即可证明；（2）设点D到平面MNP的距离为d，则有VP-MND=VD-MNP=16，求出【详解】（1）证明：正方体中BC1//∴EF//AD1,∴EF//平面A

（2）设正方体的棱长是2，MN=PD⊥平面ABCD，MD⊂平面ABCD，则PD⊥MD，S△设点D到平面MNP的距离为d，则有VP-MND设DP与平面MNP所成角是θ，则sinθ【变式1-1】5.（2023秋·广东珠海·高三校考开学考试）在如图所示的四棱锥P-ABCD中，四边形ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为

(1)证明：PB//平面ACE(2)若PA=AD=1，AB=2，求平面ABC【答案】(1)证明见解析(2)2【分析】（1）根据题意，由线面平行的判定定理即可证明；（2）根据题意，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，结合空间向量的坐标运算，即可得到结果.【详解】（1）

证明：连接BD，交AC于点O，连接EO，∵O为BD中点，E为PD中点，∴EO∥又∵EO⊂平面ACE，PB⊂平面∴PB//平面ACE（2）

如图，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.则A0,0,0，C2,1,0，B2,0,0则AC=2,1,0，∵PA⊥平面ABCD，∴平面ABC的一个法向量为m设平面AEC的法向量为n=则n⋅AC=2x+∴cos∴平面ABC与平面AEC的夹角的余弦值为23题型2平行四边形法证明线面平行1.利用平移法做出平行四边形2.利用中位线做出平行四边形【例题2】（2023·陕西西安·校考一模）如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，BA⊥BC，BA=BC=BB

(1)证明：EF//平面AC(2)求直线CE与平面DEF所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)55【分析】（1）取AC的中点G，连接FG，GC（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求线面夹角正弦值.【详解】（1）证明：取AC的中点G，连接FG，GC因为F，G分别为AB，AC的中点，所以FG//BC，又E为B1C1的中点，BC所以FG//EC所以四边形EFGC所以EF//又EF⊄平面ACC1A1所以EF//平面AC（2）

解：在直三棱柱ABC-A1B1又BA⊂平面ABC，BC⊂平面所以BB1⊥BA，故以B为原点，BA，BC，BB1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系如图所示，则C0,2,0，D2,0,1，所以FE=-1,1,2，FD=设平面DEF的法向量为m=则m⋅FE=-x+y+2所以平面DEF的一个法向量为m=设直线CE与平面DEF所成的角为θ，则sinθ即直线CE与平面DEF所成的角的正弦值为5511【变式2-1】1.（2023秋·江苏·高三校联考阶段练习）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD//BC，∠ADC=90∘，平面PAD⊥底面ABCD

(1)证明：BN//平面PCD(2)当PM的长为何值时，平面QMB与平面PDC的夹角的大小为π3【答案】(1)证明见解析【分析】（1）取PD的中点H，连接NH，CH，即可证明四边形BCHN为平行四边形，则BN//（2）解法一：首先证明PQ⊥平面ABCD，建立空间直角坐标系，设PM=λ解法二：当M为PC的中点时，平面QMB与平面PDC所成角的大小为π3，首先证明CD⊥平面PAD，即可得到HM⊥平面PAD，则∠QHD为平面QMB与平面PDC【详解】（1）取PD的中点H，连接NH，CH，则NH//AD且因为BC//AD且BC=12所以四边形BCHN为平行四边形，所以BN//又BN⊄平面PCD，CH⊂平面所以BN//平面PCD（2）解法1：依题意可知PQ⊥AD，平面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩底面ABCD=AD，PQ⊂又底面ABCD为直角梯形，AD//BC，∠ADC所以DQ=BC，所以BCDQ为平行四边形，所以BQ//如图，以Q为原点，分别以QA,QB,QP所在直线为x轴､

则Q0,0,0QB=PC=设PM=λPC，则PM得M-设平面MBQ的法向量为m=则QM⋅m令x=3，则所以平面MBQ的一个法向量为m=设平面PDC的法向量为n=则DC⋅n令x'=3，则所以平面PDC的一个法向量为n=平面QMB与平面PDC所成的锐二面角的大小为π3则cos60解得λ=12即当PM=72时，平面QMB与平面PDC解法2：当M为PC的中点，即当PM=72时，平面QMB与平面PDC证明：因为∠ADC=90因为平面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩底面ABCD=所以CD⊥平面PAD又因为H,M分别为PD,PC的中点，所以HM//HQ,HD⊂平面PAD，所以HM又因为平面QMB∩平面PDC所以∠QHD为平面QMB与平面PDC又△PAD为等边三角形，Q为AD的中点，H为PD的中点，所以HQ//AP即平面QMB与平面PDC所成的二面角为π3，又PC=3【变式2-1】2.（2023秋·江苏连云港·高三校考阶段练习）如图，在五面体ABCDEF中，四边形ABEF为正方形，DF⊥平面ABEF，CD//EF，DF=2，EF=2(1)求证：MN//平面ACF；(2)求直线AD与平面BCE所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)10【分析】（1）在△CEF中，过点N作NH//EF交CF于H，连接AH，证明四边形AMNH为平行四边形，可得（2）以F为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.【详解】（1）在△CEF中，过点N作NH//EF交CF于H，连接又EN=2NC，则NH=因为BM=2MA，所以又EF//AB，EF=AB，则则四边形AMNH为平行四边形，则MN//又MN⊄平面ACF，AH⊂平面所以MN//平面ACF；（2）四边形ABEF为正方形，DF⊥平面ABEF，则FA如图，以F为原点，建立空间直角坐标系，则A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,1,2)，D(0,0,2)，则BC=(-2,-1,2)，BE=(-2,0,0)，

设平面BCE的一个法向量为n=(x,y,则-2x-y+2z=0-2设直线AD与平面BCE所成角为θ，则sinθ故直线AD与平面BCE所成角的正弦值为1010【变式2-1】3.（2023春·山西·高三校联考开学考试）如图，在四棱锥S-ABCD中．平面SAD⊥平面ABCD，AD∥BC，AB⊥AD，AD=2AB=2BC，AS

(1)证明：BE∥平面SCD；(2)若AB=1，AS=3【答案】(1)证明见解析(2)3【分析】（1）取DS的中点P，连接EP，PC，证明四边形EBCP为平行四边形，从而得BE//（2）建立如图所示的空间直角坐标系，由空间向量法求二面角．【详解】（1）如图，取DS的中点P，连接EP，PC．因为E,P分别为所以EP//AD，因为AD//BC，AD=2BC，所以所以四边形EBCP为平行四边形，所以BE//因为CP⊂平面SCD，BE⊄平面所以BE//平面SCD（2）如图，取AD的中点O，连接SO，CO．因为△SAD为等腰三角形，所以SO因为平面SAD⊥平面ABCD，平面SAD∩平面所以SO⊥平面ABCD．又OC，OD⊂平面ABCD，则SO⊥OC，可建立如图所示的空间直角坐标系O-因为AB=1，AS所以A0,-1,0，S0,0,2，C所以AC=1,1,0，AS=0,1,2设平面ACS的一个法向量为m=x,y,z，则有m设平面AFS的一个法向量为n=(则n⋅AS=0n⋅AF=0所以cosm,n=m⋅n【变式2-1】4.（2023秋·山西晋城·高三晋城市第一中学校校考阶段练习）已知正方体ABCD-A1B1C1D

(1)证明：AQ//平面PBD(2)求二面角P-BD【答案】(1)证明见解析(2)1【分析】（1）利用线面平行的判定定理证明；（2）利用空间向量的坐标运算求二面角的余弦值.【详解】（1）证明：连接AC,BD交于点R，连接由中位线可知PQ//A1又因为AR//A1所以PQ//AR且所以PQAR为平行四边形，所以AQ//结合AQ⊄平面PBD,PR⊂平面PBD可知，（2）以D为原点，DC,DA

此时D0,0,0设平面PBD的法向量为m=则由DB⋅可知：2x+2y所以平面BCD的法向量为n=设二面角P-BD-C的平面角为θ所以cosθ题型3做平行平面证明线面平行通过构造面面平行，证明线面平行【例题3】（2023秋·江西宜春·高三江西省丰城拖船中学校考开学考试）已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD为菱形，AA(1)证明：AE//平面B(2)求CE与平面BC1【答案】(1)证明见解析(2)3【分析】（1）根据线线平行得平行四边形，即可得线面平行，进而证明平面AB1D（2）由题意可建立以D为原点的空间直角坐标系D-【详解】（1）证明：在直四棱柱ABCD-A1B1所以四边形AB1C又AB1⊄平面BC1D，C1由AB//D1C1且AB又AD1⊄平面BC1D，BC又AD1⊂平面AB1D1则平面AB1D1//平面BC1D，又

（2）取AB中点M，连接DM，直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD以D为原点，分别以DM、DC、DD1所在直线为x、y、z轴的空间直角坐标系

又AA1=6则A(2则DB=(23,2,0),D设平面BC1D一个法向量为n=(x取x=3，则y=-3，z设CE与平面BC1D所成角为θ【变式3-1】1.（2022·四川南充·四川省南充高级中学校考一模）如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD与ABEF均为直角梯形，平面ABCD⊥平面ABEF，AD//BC，AF//BE，AD

(1)已知点G为AF的中点，求证：BG//平面DCE(2)求多面体ABCDEF的体积．【答案】(1)证明见详解(2)7【分析】（1）先证平面BHG//平面CDE（2）将多面体ABCDEF分解为三棱锥D-AEF和四棱锥E【详解】（1）记AD的中点为H，连接HC,则BC∥=AH，BE∥=所以AB∥=CH因为HG⊄平面CDE，CE⊂平面所以HG//平面CDE又CB∥=12AD，所以BC又因为BH⊄平面CDE，CD⊂平面所以BH//平面CDE因为HG∩BH=H，BG,BH⊂又BG⊂平面BHG，所以BG//平面

（2）连接AE，因为平面ABCD⊥平面ABEF，平面ABCD∩平面ABEF=AB，AD⊥所以AD⊥平面ABEF又因为平面ABCD⊥平面ABEF，平面ABCD∩平面ABEF=AB，AB⊥所以AF⊥平面ABCD又AF//BE，所以BE⊥易知S△AEF=12所以多面体ABCDEF的体积V=

【变式3-1】2.（2023·四川南充·模拟预测）如图所示，在圆锥DO中，D为圆锥的顶点，O为底面圆圆心，AB是圆O的直径，C为底面圆周上一点，四边形AODE是矩形．

(1)若点F是BC的中点，求证：DF//平面ACE(2)若AB=2,∠BAC=∠【答案】(1)证明见解析；(2)14【分析】（1）根据给定条件，利用线面平行的判定、面面平行的判定性质推理作答.（2）证明AE⊥平面ABC，再利用等体积法求解作答【详解】（1）依题意，连接OF，O、F分别是AB、OF⊄平面ACE,AC⊂平面ACE，则四边形AODE是矩形，OD//AE，同理有OD//又OF∩OD=O,OF,OD⊂平面ODF所以DF//平面ACE

（2）在圆锥DO中，DO⊥平面ABC，DO⊂平面ABDE，则平面ABDE⊥平面ABDE∩平面ABC=AB，在平面ABC内过点C作CG则CG⊥平面ABDE，在RtABC中，AB=2,∠显然AE⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，则AE⊥AC，又AC=1VA【变式3-1】3.（2023秋·四川眉山·高三校考阶段练习）如图所示，在圆锥DO中，D为圆锥的顶点，O为底面圆圆心，AB是圆O的直径，C为底面圆周上一点，四边形AODE是矩形．

(1)若点F是BC的中点，求证：DF//平面ACE(2)若AB=2,∠BAC=∠ACE=【答案】(1)证明见解析(2)13【分析】（1）根据线线平行可证明线面平行，进而得面面平行，由面面平行的性质即可求解,（2）根据线面垂直，可得线面角的几何角，即可利用三角形的边角关系求解大小，或者建立空间坐标系，利用法向量求解.【详解】（1）O、F分别是AB、BC中点，连接

OF⊄平面ACE,AC⊆平面ACE，则四边形AODE是矩形，OD//AE，同理有OD//又OF∩OD=O，OF,OD⊂又DF⊂平面ODF，故DF//平面（2）解法一：在圆锥DO中，DO⊥平面ABC，DO⊂则平面ABDE⊥平面ABC，平面ABDE∩平面ABC=AB，作CG⊥则CG⊥面ABDE,DG是CD在平面ABDE上的射影，∠CDG是直线在直角三角形ABC中，AB=2,∠BAC=DO⊥平面ABC,AE//DO在直角三角形ACE中，AC=1，∠ACE=在直角三角形CDG中，sin∠故cos∠CDG=1-sin2∠解法二：在圆锥DO中，DO⊥平面ABC在直角三角形ABC中，AB=2,∠BAC=π3在直角三角形ACE中，AC=1,∠ACE=建立如图所示的空间直角坐标系，

则C0,0,0CD=设m=x,y,令x=3得设直线CD与平面ABDE所成角为θ，则sinθcosθ【变式3-1】4.（2023·湖南永州·统考一模）如图所示，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，侧面PAD为正三角形，且AD=2AB=4,M、N分别为

(1)求证：MN//平面PAB(2)当AM⊥PC时，求平面AMN与平面【答案】(1)证明见解析(2)1【分析】（1）取AD中点Q，连接MQ,NQ，要证MN//平面PAB，只需平面MQN//（2）当AM⊥PC时并结合已知条件即可建立如图所示坐标系，根据AD=2AB【详解】（1）如图所示：

取AD中点Q，连接MQ,M,N分别为PD、所以MQ//PA,又因为MQ⊂平面MQN，MQ⊄平面PAB，NQ⊂平面MQN，NQ所以MQ//平面PAB，且QN//平面又因为MQ∩NQ=Q，MQ⊂平面MQN所以平面MQN//平面PAB因为MN⊂平面MQN所以由面面平行的性质可知MN//平面（2）如图所示：

注意到侧面PAD为正三角形以及M为PD的中点，所以由等边三角形三线合一得AM⊥又因为AM⊥PC，且PD⊂面PDC，PC⊂面所以AM⊥面PDC，又因为CD⊂面PDC，所以又因为底面ABCD为矩形，所以CD⊥因为AD∩AM=A，AM⊂面PAD所以CD⊥面PAD，因为PQ⊂面所以CD⊥PQ，又所以NQ⊥PQ，又由三线合一PQ⊥所以建立上图所示的空间直角坐标系；因为AD=2所以A0,-2,0又因为M为PD的中点，PC=3所以M0,1,所以MA=0,-3,-3，MN不妨设平面AMN与平面HMN的法向量分别为n1所以有n1⋅MA即分别有-3y1分别令y1=-1,x不妨设平面AMN与平面HMN的夹角为θ，所以cosθ综上所述：平面AMN与平面HMN的夹角的余弦值为15【变式3-1】5.（2023·甘肃陇南·统考一模）如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1

(1)证明：DE//平面AC(2)若三棱锥A-A1DC的体积为33【答案】(1)证明见解析(2)4【分析】（1）利用三角形中位线性质得EF//A1C1，则得EF//平面（2）首先利用VA-A1【详解】（1）取A1B1的中点为F因为EF为△A1B又EF⊄平面ACC1所以EF//平面AC因为D,F分别为棱AB,又DF⊄平面ACC1A1,A又EF∩DF=F，EF,DF⊂因为DE⊂平面DEF，所以DE//平面

（2）连接AE，设AA1=h，因为D为AB则CD⊥AB，则三棱锥A-A1DC的体积所以VE在△CDE中，CD可求得CD边上的高为(5)2设点A到平面CDE的距离为d，所以VA由13×51题型4线线垂直证明线面平行通过两条直线同时垂直同一个平面，证明线线平行，在证明线面平行【例题4】（2023秋·江苏·高三校联考阶段练习）如图，三棱锥A-BCD中，AB⊥平面BCD，E是空间中一点，且AE

(1)证明：AE//平面BCD(2)若BD⊥CD,AB=BD【答案】(1)证明见解析(2)2【分析】（1）先根据线面垂直的性质证得AB⊥DF，再有线面垂直的判定定理得DF⊥平面ABC，从而得AE（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求解两个平面夹角的余弦值.【详解】（1）过D点作DF⊥BC，垂足为

因为AB⊥平面BCD,DF⊂平面因为AB,BC⊂平面ABC，AB∩BC因为AE⊥平面ABC，所以AE//因为DF⊂平面BCD,AE⊄平面BCD，所以（2）设AB=BD=以B为坐标原点，BD为y轴，BA为z轴，过B垂直BD（与CD平行）的线为x轴，如图建立空间直角坐标系，

则A0,0,2又AC=由（1）设AE=设平面CAE的一个法向量m=则m⋅AE=-λx+λy=0设平面DAE的一个法向量n=则m⋅AE=-λa+λb=0设平面CAE与平面DAE的夹角为α，则cosα所平面CAE与平面DAE的夹角的余弦值为22【变式4-1】1.（2023秋·江苏扬州·高三统考开学考试）如图，在多面体ABCDE中，AB⊥平面BCD，平面ECD⊥平面BCD，其中△ECD是边长为2的正三角形，△

(1)证明：AB//平面CDE(2)若平面ACE与平面BDE的夹角的余弦值为21919，求线段【答案】(1)证明见解析(2)AB=3或【分析】（1）取CD的中点F，连接EF，易得EF⊥CD，再由平面ECD⊥平面BCD，得到EF⊥平面BCD，再由AB⊥（2）过点B作BP∥CD，以B为坐标原点，分别以BP，BD，y，z轴建立空间直角坐标系，设AB=a，分别求得平面ACE的一个法向量为m=x1,y1,z1，平面【详解】（1）证明：取CD的中点F，连接EF，因为△ECD是边长为2所以EF⊥∵平面ECD⊥平面BCD，且平面ECD∩平面∴EF⊥平面BCD又∵AB⊥平面BCD，∴AB∵AB⊄平面ECD，EF⊂平面∴AB//平面CDE（2）解：过点B作BP∥CD，以B为坐标原点，分别以BP，BD，y，

设AB=a，则A0,0,a，B0,0,0，C所以AC=2,2,-a，CE=-设平面ACE的一个法向量为m=由m⋅AC=2x1设平面BDE的一个法向量为n=由n⋅BD=2y2设平面ACE与平面BDE的夹角为θ，则coaθ解得a=3或33，即AB【变式4-1】2.（2023秋·河南洛阳·高三洛宁县第一高级中学校考阶段练习）如图，在多面体ABCDE中，平面ACD⊥平面ABC,BE⊥平面ABC,△ABC和△ACD

(1)求证：DE//平面ABC(2)若M为DC中点，求平面AMB与平面ACD所成锐二面角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)13【分析】（1）直接利用直线与平面平行的判定定理证明即可；（2）建立空间直角坐标系，求出平面AMB与平面ACD的法向量，进而可求解.【详解】（1）取AC中点O，连接DO、OB，在正△ACD和正△ABC中，AC=2∴DO⊥AC，BO⊥而平面ACD⊥平面ABC，平面ACD∩平面DO⊂平面ACD，BO⊂平面∴DO⊥平面ABC，BO⊥平面又BE⊥平面ABC，所以DO//EB∴四边形DOBE是平行四边形，所以DE//而OB⊂平面ABC，DE⊄平面∴DE//平面ABC（2）由（1）知，OB，OC，OD两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz，

则A(0,-1,0)，B(3,0,0)，D(0,0,∴AB=(3，显然平面ACD的一个法向量为n1设平面AMB的法向量为n2则n2·AB=3cos〈∴平面AMB与平面ACD所成锐二面角的余弦值为1313【变式4-1】3.（2022·新疆·统考三模）多面体ABDEC中，△BCD与△ABC均为边长为2的等边三角形，△CDE为腰长为5的等腰三角形，平面CDE⊥平面BCD，平面ABC⊥平面BCD，F为BC的中点．(1)求证：AF∥平面ECD(2)求多面体ABDEC的体积．【答案】(1)证明见解析(2)4【分析】（1）由面面垂直得线面垂直，进而得到线线平行，从而证得线面平行；（2）将多面体ABCDE分为两个三棱锥进行求解体积.【详解】（1）证明：取CD的中点G，连接EG∵△CDE为腰长为5的等腰三角形，∴EG又∵平面CDE⊥平面BCD，EG⊂平面ECD，平面CDE∩平面∴EG⊥平面BCD，同理可得，AF⊥平面BCD∴EG又∵EG⊂平面ECD，AF⊄平面∴AF∥平面（2）在△CDE中，E∴EG又∵△BCD为边长为2的等边三角形∴V过G作GH⊥BC于H，在等边三角形GH=又∵平面ABC⊥平面BCD，GH⊂面BCD，平面ABC∩平面∴GH⊥平面ABC又∵EG∴GH的长度是点E到平面ABC的距离又∵△ABC为等边三角形∴V∴V题型5面面平行由线面平行推理面面平行【例题5】（2023秋·宁夏银川·高三银川一中校考阶段练习）如图，在四棱锥P-ABCD中，PD⊥平面ABCD，且四边形ABCD是正方形，E，F，G分别是棱BC，AD，

(1)求证：PE//平面BFG(2)若PD=AB=2，求异面直线PA与【答案】(1)证明见解析(2)10【分析】（1）连接DE，先证明平面PDE//平面BFG，进而得证PE//平面（2）由题，建立空间直角坐标系，用向量法求解即可.【详解】（1）如图，连接DE，∵ABCD是正方形，E，F分别是棱BC，AD的中点，∴DF=BE，∴四边形BEDF是平行四边形，∴DE//∵G是PA的中点，∴FG//∵PD,DE⊄平面BFG，FG∴PD//平面BFG，DE//平面∵PD∩DE=D，直线∴平面PDE//平面BFG∵PE⊂平面PDE∴PE//平面BFG

（2）由题意可得，DA，DC，DP两两互相垂直，如图以点D为坐标原点，DA，DC，DP分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，PD=AB=2，则D0,0,0，A2,0,0，P∴PA=2,0,-2∴cos所以异面直线PA与BF所成角的余弦值为1010【变式5-1】1.（2022秋·黑龙江哈尔滨·高三哈师大附中校考期中）如图，AA1，BB1为圆柱OO1的母线，BC是底面圆O的直径，D，E分别是AA

(1)证明：DE//平面ABC(2)若BB1=BC，求平面【答案】(1)证明见解析(2)6【分析】（1）取BB1中点F，利用线面平行的判定定理，证得DF//平面ABC，EF//平面ABC，再由面面平行的判定定理，即可证得平面DEF//平面ABC（2）以A为原点，建立空间直角坐标系，设BB1=BC=2，分别求得平面A1B1【详解】（1）证明：如图所示，取BB1中点F，连接DF，EF因为D，E，F分别为AA1，B1C，BB又因为DF⊄平面ABC，EF⊄平面ABC，AB⊂平面ABC，BC所以DF//平面ABC，EF//平面又因为DF∩EF=F，所以平面DEF//平面ABC，又因为DE⊂平面DEF，所以DE//

（2）解：如图所示，连接EO,因为E,O分别为B1C,又因为D为AA1的中点，所以DA//所以EO=DA，且EO//DA，即四边形因为DE⊥面CBB1，所以AO又因为BC⊂面CBB1，所以AO以A为原点，以AB,AC,设BB1=可得B12,0,2，C0,2,0，则A1B1=2,0,0，设平面A1B1C的法向量为取y=2，可得z=0,设平面BB1C的法向量为m取a=1，可得b=1,c则cosn所以平面A1B1C与平面

【变式5-1】2.（2023·河南·校联考模拟预测）如图，在四棱锥S-ABCD中，AB//CD，AB⊥BC，SA=SD=1，AB=2CD=2BC

(1)证明：MN//平面SBC(2)求直线SC与平面SBD所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)3【分析】（1）作出辅助线，证明出线线平行，进而得到面面平行，得到线面平行；（2）作出辅助线，得到线面垂直，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，进而求出平面的法向量，利用线面角的求解公式求出答案.【详解】（1）在平面ABCD内过点M作MF//BC交AB于点F，连接则四边形MCBF为平行四边形，所以FB=MC=又AN=3SN，所以因为NF⊄平面SBC,SB⊂平面SBC，所以因为MF//BC,MF⊄平面SBC,BC又NF∩MF=F,NF,又MN⊂平面MNF，所以MN//平面（2）取AD的中点O，连接SO,因为AB//所以AD=BD=2，所以又SA=SD=1,AD=在△BDO中，B又SB=3，所以SB又AD∩BO=O,AD,过B作Bz//SO，则Bz⊥平面ABCD所以以B为坐标原点，BA,BC,Bz则B0,0,0所以BS=设平面SBD的法向量为n=则n⋅取x=1，则y=-1,z设直线SC与平面SBD所成的角为θ，则sinθ即直线SC与平面SBD所成角的正弦值为36【变式5-1】3.（2023秋·陕西商洛·高三陕西省山阳中学校联考阶段练习）如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC=2BC=CC1=2，

(1)证明：平面ABD∥平面FEC(2)求点F到平面ABD的距离.【答案】(1)证明见解析(2)2【分析】（1）证明线面平行，再由面面平行判定定理得证；（2）利用三棱锥中等体积法求高即可.【详解】（1）在△ABC中，因为E，F分别是BC，AC所以AB∥因为AC∥A1所以四边形AFC1D因为AB⊄平面FEC1，EF所以AB//平面FEC1，同理AD又因为AD∩AB=A，所以平面ABD∥平面FEC（2）如图所示，连接BF,

利用勾股定理计算得AB=所以△ABD的面积为1设点F到平面ABD的距离为h，则三棱锥F-ABD的体积为又易知DF⊥平面ABC所以三棱锥D-ABF的体积为所以5112h=即点F到平面ABD的距离为217【变式5-1】4.（2024·全国·高三专题练习）如图，在四棱锥P-ABCD中，∠ABC=∠CDA=90°，∠BAD=120°

(1)求证：BE∥平面PAD；(2)若PC=PD=23，平面PCD⊥平面【答案】(1)证明见解析(2)5【分析】（1）取CD的中点O，连接EO，BO，根据题意可得EO∥PD，BO∥AD，结合面面垂直的判定定理可得平面EOB∥平面PAD，进而可得结果；（2）根据面面垂直的性质定理可得PO⊥平面ABCD，BO⊥平面PCD【详解】（1）取CD的中点O，连接EO，BO，因为E为PC中点，则EO∥PD，且EO⊄平面PAD，PD⊂平面PAD，所以EO∥因为∠ABC=∠CDA=90°，且AB=AD，可得则∠CBD可知△BCD为等边三角形，则BO又因为AD⊥CD，可得BO∥而BO⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，所以BO∥又因为EO∩BO=O，可得平面EOB∥平面PAD，而EB⊂平面EOB所以EB∥平面PAD.

（2）因为PC=PD，O为CD的中点，则且平面PCD⊥平面ABCD，PO⊂平面PCD，平面PCD∩所以PO⊥平面ABCD又因为△BCD为等边三角形，则BO且BO⊂平面ABCD，平面PCD⊥平面ABCD，平面PCD∩所以BO⊥平面PCD在△ABD中，AD=AB由余弦定理可得BD=AB在△PCD中，由PC=PD在等边△BCD中，由BD=2OD=23以O为坐标原点，OB，OD，OP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则B3,0,0，C0,-3,0，可得OB=3,0,0，CB=设平面PCB的法向量为n=x,令x=1，则y=-3由上可知，平面PCD的一个法向量为OB=可得cosn由图象可得二面角B-CP-D为锐二面角，所以二面角

题型6线线垂直线面垂直的性质定理，与面面垂直均可判定线线垂直【例题6】（2023·辽宁抚顺·校考模拟预测）如图，在几何体ABCDEF中，CD⊥平面ABC，CD=λAE0<λ<1，侧面ABFE为正方形，AB

(1)证明：DM⊥(2)若直线MF与平面DME所成角的正弦值为155，求实数λ【答案】(1)证明见解析(2)1【分析】（1）通过证明AB⊥平面CDM来证得DM（2）建立空间直角坐标系，利用向量法以及直线MF与平面DME所成角的正弦值求得λ.【详解】（1）因为CD⊥平面ABC，CD//AE，所以AE⊥因为侧面ABFE为正方形，BF//AE，所以BF⊥又CM⊂平面ABC，所以BF因为∠CMF=90°，所以又MF∩BF=F,MF,又AB⊂平面ABFE，所以CM因为CD⊥平面ABC，AB⊂平面所以CD⊥又CD∩CM=C,CD,又DM⊂平面CDM，所以DM（2）由（1）可知，CM⊥AB，M为AB的中点，所以取EF的中点为N，连接MN，则MN//因为CD⊥平面ABC，所以MN⊥平面以M为坐标原点，MB,MC,则M（0，0，0），D0,3,2λ，E-1,0,2，F（所以MD=0,3,2λ设平面DME的法向量为m=由MD⋅m=0ME⋅则m=设直线MF与平面DME所成角为θ，则sinθ由题意可知，45解得λ=12（负值舍去），故实数λ

【变式6-1】1.（2023秋·四川成都·高三石室中学校考阶段练习）如图，在几何体ABCDEF中，平面四边形ABCD是菱形，平面BDEF⊥平面ABCD，DF//BE，且DF=2BE(1)证明：BE⊥(2)若cos∠BAD=15，求点【答案】(1)证明见解析(2)2【分析】（1）利用勾股定理得BE⊥BD，再利用面面垂直的性质定理证得BE⊥（2）先利用余弦定理求得AB=5【详解】（1）如图：取DF中点为M，连接ME，∵DF//BE，DM=BE=1∴DB//ME，∴ME=BD=22，∵∴EF2=MF2+∵平面BDEF⊥平面ABCD，平面BDEF∩平面ABCD=BD，BE⊥∴BE⊥平面ABCD，又AD⊆平面ABCD，∴BE（2）设AB=a，∵cos∠BAD=∴a=5，∴OA2=AB2-O∵平面BDEF⊥平面ABCD，平面BDEF∩平面ABCD=BD，AO⊥∴AO⊥平面BEFD，∵VB又S△∵BE⊥平面ABCD，DF⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，AB∴DF⊥AD，BE⊥AB又EF=3，∴cos∠AFE=又AO=3，∴3所以点B到平面AEF的距离为230【变式6-1】2.（2023秋·四川成都·高三石室中学校考阶段练习）如图，在几何体ABCDEF中，平面四边形ABCD是菱形，平面BDFE⊥平面ABCD，DF//BE，且DF=2BE

(1)证明：BE(2)若二面角A-EF-C是直二面角，求直线【答案】(1)证明见解析(2)10【分析】（1）由面面垂直、线面垂直的性质定理即可证明；

（2）以OA，OB，OG为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，设OA=a，(a>0)，求出平面AEF和平面CEF的一个法向量，由二面角A【详解】（1）∵DF=2BE=2，EF=3取DF的中点H，连接HE，则HE=BD=2则EH2+∵平面BDEF⊥平面ABCD，面BDEF∩平面ABCD=BE⊂面BDEF，∴BE⊥∴AD⊂平面ABCD，∴BE⊥（2）设AC与BD的交点为O，EF的中点为G，连接OG，可得OG//由（1）得BE⊥平面ABCD，即OG⊥分别以OA，OB，OG为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，∵BE⊥平面ABCD，∵DF//BE∴BD2设OA=a，由题设得Aa,0,0，C-a,0,0EF=0,-22,1设m=(x，y，z)则m⋅EF=0m⋅设n=(x1则n⋅EF=0n⋅CE=0⇒∵二面角A-∴m⋅n=-18AE=(-2,直线AE与直线FC所成角的余弦值为10

【变式6-1】3.（2023秋·广东茂名·高三信宜市第二中学校考阶段练习）在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为直角梯形，PA=PD,BC∥

(1)证明：PE⊥(2)若PC与AB所成角为45∘，求平面FBE与平面BCE所成角的余弦值【答案】(1)证明见解析(2)3【分析】（1）由PE⊥AD和PE⊥CD证明PE（2）以E为原点建立空间直角坐标系，求出平面FBE和面BCE的法向量，利用向量关系即可求出.【详解】（1）连接BD，如图所示：

因为PA=PD,所以PE⊥又PE⊥CD且AD∩所以PE⊥面又BD⊂面ABCD所以PE⊥（2）底面ABCD为直角梯形，BC∥AD，DC⊥则DE=综上，四边形BCDE为正方形，故BE⊥又AE∥则四边形ABCE是平行四边形，则AB∥所以由题意∠PCE=45以E为原点，以EA为x轴，EB为y轴，以EP为z轴，建立空间直角坐标系，

则B0,1,0故EB=设面FBE的一个法向量为m=EB⋅m=y=0取平面ABE的一个法向量为n=∴cos所以平面FBE与平面BCE所成角的余弦值33【变式6-1】4.（2023·全国·高三专题练习）如图所示，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，点E、F分别为AD、CD的中点，EF交BD于点H，将△DEF沿EF折起到△D(1)证明：AC⊥(2)若AB=AC=4，AO=2，O【答案】(1)证明见解析(2)45【分析】（1）根据直线平行性质以及菱形对角线垂直的性质证明即可（2）传统方法，分别在两个平面找垂直交线的直线，然后在三角形中求解二面角的大小.【详解】（1）在菱形ABCD中，AC⊥BD，AD=CD，又点E，F分别为所以AC//EF，则EF⊥HD，易知因为BD∩HD'=H，BD,因为BD'⊂平面BH（2）由AB=AC=4因为EF//AC，所以OHDO于是HD'2+由（1）知AC⊥平面BHD'，又OD'所以∠D'OH因为sin∠D'OH=题型7线面垂直由线线垂直推理线面垂直【例题7】（2023·河南·校联考模拟预测）如图，在三棱柱P-ABC中，AB=AC=1，PA=2，∠BAC=90°，PA⊥

(1)证明：PC⊥平面ABD(2)若E为PB上一点，DE⊥PB，求三棱锥P【答案】(1)证明见解析(2)64【分析】（1）先通过长度关系证得AD⊥PC，在通过题干垂直关系证得AB⊥PC，由此可得（2）求出PB、PE长度.再求三棱锥P-ABC的体积,由三棱锥P-ADE与三棱锥P-ABC的体积关系，即可求出三棱锥【详解】（1）如图，因为PA⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，BC⊂所以PA⊥AC，因为PA=2=2AC，所以因为PD=4CD，得CD=所以在△ACD中，CD故AD⊥因为∠BAC=90°，所以又因为PA∩AC=A，所以AB⊥平面PAC因为PC⊂平面PAC，所以AB又因为AB⊂平面ABD，AD⊂平面ABD，且所以PC⊥平面ABD（2）由题意得，PC=PA2+由（1）可知，PC⊥平面ABD所以PC⊥BD,则所以cos∠因为DE⊥故PE=方法1：所以VP又因为VP且VP所以VP方法2：因为AB⊥平面PAC，AB⊂平面所以平面PAB⊥平面PAC又因为平面PAB∩平面PAC点E到直线PA的距离d也是点E到平面PAC的距离，即d=所以三棱锥P-V=【变式7-1】1.（2023秋·浙江·高三校联考阶段练习）在正三棱台ABC-A1B1C1中，侧棱长为1，且BC=2B

(1)证明：DE⊥平面BCC1(2)求平面BDE与平面ABC夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析，AD(2)4【分析】（1）画出图形，由线面垂直的性质以及判定定理证明即可,解三角形即可求出AD的长.（2）建立适当的空间直角坐标系，求出两平面的法向量即可求解.【详解】（1）如图所示：

由三棱台可知：延长AA1,连接PE，延长交BC于F，并连接AF，易得三棱锥P-所以BC⊥且AF⊂平面APF，PF⊂平面所以BC⊥平面APF又因为DE⊂平面APF所以BC⊥又因为DE⊥且BC⊂平面BCC1B1所以DE⊥平面BC又因为PF⊂平面BC所以DE⊥在△APF中，PA则cos∠所以AD=（2）如图，以底面△ABC中心O为坐标原点，以与BC平行的方向为x轴，以OF方向为y轴，以OP方向为z

则B1,所以A1所以BD=设平面BDE的法向量为m=BD⋅m令y=-2取平面ABC的法向量为n=所以cosm所以平面BDE与平面ABC夹角的余弦值为414【变式7-1】2.（2023秋·河北石家庄·高三石家庄市第二十七中学校考阶段练习）如图，在三棱锥S-BCD中，E是BC的中点，△SCD

(1)证明：BC⊥(2)若BE=DE，点F满足SF=【答案】(1)证明见解析(2)3【分析】（1）由DE⊥BC，SE⊥BC，证得BC⊥（2）E为坐标原点，直线ED，EB，ES分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法解决二面角的问题．【详解】（1）证明：连接SE，因为△SCD与△SBD均为正三角形，所以又E为BC的中点，所以DE⊥BC，因为DE∩SE=E，DE,SE⊂又SD⊂平面SDE，所以BC（2）因为BE=DE，所以△BCD不妨令BD=2，则CE=2．由SE则SD2=以E为坐标原点，直线ED，EB，ES分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．

B0,2,0，S因为SF=DE，所以则FB=2,2,-设平面FBS的法向量为m=x令y1=1，则z1设平面BDS的法向量为n=x令x2=1，则y2cos〈故二面角F-BS-【变式7-1】3.（2023·陕西商洛·陕西省丹凤中学校考模拟预测）如图，四棱锥P-ABCD的底面ABCD是边长为2的菱形，∠ABC=60°，AP=AB，PB=22，平面PAB⊥平面ABCD，

(1)证明：CD⊥平面PAE(2)求点A到平面PEF的距离.【答案】(1)证明见解析(2)30【分析】（1）先利用勾股定理得AP⊥AB，再利用面面垂直的性质得AP⊥平面ABCD（2）先通过线面关系及锥体体积求出VE-【详解】（1）由题知AP=AB=2，PB=22又因为平面PAB⊥平面ABCD，且交线为AB，AP⊂平面PAB，所以AP⊥又CD⊂平面ABCD，所以AP⊥CD

因为四边形ABCD是边长为2的菱形，∠ABC=60°，所以△又因为E为CD的中点，所以CD⊥又AP∩AE=A，AP⊂平面PAE，AE⊂平面（2）设点A到平面PEF的距离为h，连接AF，则VA因为AB∥CD，所以AE⊥AB，又由（又AP∩AB=A，AP⊂平面PAB，AB⊂平面又PF⊂平面PAB，AF⊂平面PAB，所以AE⊥又AF=12又由PF⊥AE，PF⊥AF，AE∩AF=A，所以PF⊥平面AEF，且PF=2所以13×1即点A到平面PEF的距离为305【变式7-1】4.（2023秋·江苏常州·高三校联考阶段练习）四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AB//CD，AB⊥BC，AB=2，BC=1，平面PAD⊥底面ABCD，△PAD为等腰直角三角形，PA=PD，M为PC上一点，PM=2MC，PA//(1)求CD的长度；(2)求证：PA⊥平面PBD；(3)求PA与平面PBC所成角的正弦值．【答案】(1)1；(2)证明见解析；(3)222【分析】（1）连接AC交BD于O，连结MO，由线面平行的性质得PA//MO，且△ABO（2）由已知得BD⊥AD，结合面面、线面垂直的性质得BD⊥PA，再由PA⊥PD、及线面垂直的判定证结论；（3）构建空间直角坐标系，应用向量法求线面角的正弦值即可.【详解】（1）连接AC交BD于O，连结MO．∵PA//平面MBD，PA⊂平面PAC，平面PAC∩平面∴PA//MO，则由题设易知△ABO∼△COD，得AB（2）由题意得BD=2,AD=平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，BD⊂平面ABCD，所以BD⊥平面PAD，PA⊂平面PAD，则BD⊥PA，又PA⊥PD，PD、BD⊂平面PBD，PD∩BD=D，所以PA⊥平面PBD.（3）取AB中点E，以DE为x轴，DC为y轴，过D作z轴⊥底面ABCD，则A(1,-1,0),B(1,1,0),C(0,1,0),由△PAD为正三角形，则PF⊥AD，又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，PE⊂平面APD，所以PF⊥平面ABCD，则P(12设m=x,y,令y=2，则m=所以cosm,PA=22题型8面面垂直由线面垂直推理面面垂直【例题8】（2023秋·四川宜宾·高三校考阶段练习）如图，该几何体是由等高的半个圆柱和14个圆柱拼接而成.C,E

(1)证明：平面BFD⊥平面BCG(2)若直线GC与平面ABG所成角的正弦值为105，求平面BFD与平面ABG所成角的余弦值【答案】(1)证明见解析(2)15【分析】（1）连接CE,DG，先证明BF⊥（2）建立空间直角坐标系，先根据线面角算出AD，然后在利用法向量求二面角的大小【详解】（1）如图，连接CE,DG，因为该几何体是由等高的半个圆柱和

CG=DG，所以∠ECD=∠DCG因为BC∥EF，BC=EF，所以四边形BCEF为平行四边形，所以因为BC⊥平面ABF，BF⊂平面ABF，所以因为BC,CG⊂平面BCG，BC∩CG因为BF⊂平面BFD，所以平面BFD⊥平面（2）如图，以A为坐标原点建立空间直角坐标系，设AF=2，AD则A0,0,0，B0,2,0，F2,0,0，D0,0,t

则AB=0,2,0，AG=设平面ABG的一个法向量为m=则m⋅AB=0,m⋅AG=0,记直线GC与平面ABG所成的角为θ，则sinθ解得t=2（负值舍去），即AD设平面BFD的一个法向量为n=x',y则n⋅FB令x'=1，则所以cosm因此平面BFD与平面ABG所成角的余弦值为155【变式8-1】1.（2023秋·安徽·高三校联考阶段练习）如图所示的几何体是一个圆柱沿轴截面ABCD切开后剩余的一半，AB=1，BC=2，O，O1分别为底面直径BC，AD的中点，G是CB的中点，H

(1)证明：平面DOG⊥平面ABCD(2)若BH=2，求直线BH与平面【答案】(1)证明见解析(2)1【分析】（1）根据圆柱的结构特征和已知条件，先证明OG⊥平面ABCD（2）设M为DA的中点，以O1为坐标原点，分别以O1M，O1A，O1O所在直线为【详解】（1）因为G是CB的中点，所以OG⊥根据圆柱的结构特征，可知平面BCG⊥平面ABCD又OG⊂平面BCG，平面BCG∩平面所以OG⊥平面ABCD又OG⊂平面DOG，故平面DOG⊥平面（2）如图，设M为DA的中点，连接O1M，以O1为坐标原点，分别以O1M，O1A，O则O0,0,1，B0,1,1，D0,-1,0则OD=0,-1,-1，

设平面DOG的法向量为m=则m⋅OD=0,m⋅OG=0,即-连接O1H，AH，则所以△O1AH是等边三角形，故∠所以BH=设直线BH与平面DOG所成的角为θ，则sinθ故直线BH与平面DOG所成角的正弦值为14【变式8-1】2.（2023秋·广西·高三统考阶段练习）如图，在底面为菱形的四棱锥P-ABCD中，∠BAD=120°，(1)证明：平面PAB⊥平面ABCD(2)求二面角B-【答案】(1)证明见解析(2)-5【分析】（1）利用面面垂直的判断定理，取AB的中点O，易得PO⊥AB，由勾股定理得PO⊥OD，从而PO⊥平面ABCD，即可得证；（2）建立空间直角坐标系，求得平面PAD【详解】（1）证明：取AB的中点O，连接PO，DO．因为AB=PA=PB=2由余弦定理可得OD2=所以PO2+因为AB∩OD=O，AB,OD⊂又PO⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面（2）连接OC，易知∠ABC=60°，则CO⊥AB，且以O为坐标原点，OB，OC，OP的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示，

则A-1,0,0，P0,0,3，AD=-1,设平面PAD的法向量为n=则AD令y=1，得n易得平面PAB的一个法向量为m=所以cosm由图可知二面角B-PA-D为钝角，故二面角【变式8-1】3.（2023秋·福建福州·高三福建省福清第一中学校考阶段练习）如图，在四棱锥P-ABCD中，PC⊥底面ABCD,ABCD是直角梯形，AD⊥

(1)证明：平面EAC⊥平面PBC(2)若直线PB与平面PAC所成角的正弦值为33，求平面PAC与平面ACE所成角的余弦值【答案】(1)证明见解析(2)6【分析】（1）由线面垂直的性质定理得PC⊥AC，再根据勾股定理得AC⊥BC，从而利用线面垂直的判定定理得（2）根据线面角的定义及正弦值求得边长，然后建立空间直角坐标系，利用向量法求得两个平面所成角的余弦值.【详解】（1）∵PC⊥平面ABCD,AC⊂∵AB=2，由AD=∴AC即AC2+∵PC∩BC=C,PC⊂平面∵AC⊂平面EAC，∴平面EAC⊥（2）∵PC⊥平面ABCD,BC⊂又AC⊥BC，PC∩AC=C,PC⊂∴∠BPC即为直线PB与平面PAC所成角∴sin∠BPC=BC取AB的中点G，连接CG，以点C为坐标原点，分别以CG､CD､CP为x轴､

则C0,0,0∴CA设m=x1,y令x1=1，得z1设n=x2则n⋅CA=x2+y∴cos∴平面PAC与平面ACE所成角的余弦值的余弦值为63【变式8-1】4.（2023秋·江西新余·高三新余市第一中学校考开学考试）在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是梯形，AB//CD，AB⊥

(1)证明：平面PAC⊥平面ABCD(2)若PA=AB=BC，Q是【答案】(1)证明见解析(2)33【分析】（1）根据面面垂直的判定定理证得结果；（2）利用空间向量法求平面BCQ与平面ABCD的法向量，再求两个法向量所成角的余弦值，再求正弦值得出结果.【详解】（1）取AB中点E，连结AC，DE交于点O，连结PO，因为AB//CD，所以四边形ADCE是平行四边形，所以OA=OC，因为PA=PC，所以因为PA=PB，所以PE⊥AB，因为因为PE∩DE=E，所以AB⊥平面PDE因为PO⊂平面PDE，所以PO因为AB∩AC=A，AB,AC⊂因为PO⊂平面PAC所以平面PAC⊥平面ABCD

（2）取BC中点F，以O为坐标原点，OF，OD，OP为x，y，z轴，建立如图所示的空间坐标系，设CD=1，则AB=2，PE=3，所以O(0,0,0)，D(0,1,0)，B(1,-1,0)P(0,0,2)所以BC=(0,2,0)，BQ设平面BCQ的一个法向量n=(则有n⋅BC令z=2，则y=0所以平面BCQ的一个法向量n=(1,0,因为平面ABCD的一个法向量m=(0,0,1)所以cosn,m=n则sinα=33，所以二面角题型9向量法证明平行与垂直平行于垂直也可以通过向量法进行证明【例题9】（2023秋·天津红桥·高三天津市瑞景中学校考阶段练习）如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，CC1⊥平面ABC,AC⊥

(1)求证：C1(2)求平面BB1E(3)求直线AB与平面DB(4)求点B到平面DB1【答案】(1)详见解析；(2)6(3)3(4)3【分析】（1）利用空间向量法，由C1（2）求得平面B1ED的一个法向量为n=x,y,z，易知平面BB1E的一个法向量为m（3）易得AB=-2,2,0，设直线AB与平面DB1E所成角（4）易知BD=2,-2,1，由d【详解】（1）证明：在三棱柱ABC-A1B1C1中，CC1

则C0,0,0,A2,0,0所以C1M=1,1,0则C1所以C1M⊥B（2）由（1）知：B1设平面B1ED的一个法向量为则n⋅B1D令x=1，得y=-1,z=2易知平面BB1E的一个法向量为设平面BB1E与平面B1所以cosθ（3）AB=设直线AB与平面DB1E则sinα=（4）易知BD=所以点B到平面DB1E【变式9-1】1.（2023秋·山东滨州·高三校联考阶段练习）如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD与ABEF均为直角梯形，AD∥BC，AF∥BE，DA⊥平面(1)已知点G为AF上一点，AG=AD，求证：BG与平面DCE不平行；(2)已知直线BF与平面DCE所成角的正弦值为55，求点F到平面DCE的距离【答案】(1)证明见解析(2)4【分析】（1）空间向量法证明线面不平行即可；（2）先根据线面角正弦值求参，再根据点到平面距离公式计算.【详解】（1）证明：因为DA⊥平面ABEF，AB，AF⊂平面ABEF，所以DA⊥又AB⊥AF，所以以A为坐标原点，AF，AB，AD分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，则B(0,2,2)，E所以EC=(-1,0,1)，ED=(-1,-2,2)，设平面DCE的法向量为n=(x,令x=2，则z=2,y因为n⋅BG=2×2+1×(-2)=2≠0，即不存在λ使得BG所以BG与平面DCE不平行。（2）设AF=a(a>0且a∵直线BF与平面DCE所成角的正弦值为55∴55=解得a=4或a=-4∴F(4,0,0)，FD→=(-4,0,2),由（所以F到平面DCE的距离d

【变式9-1】2.（2023秋·陕西西安·高三阶段练习）如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，底面ABC是等腰直角三角形，且AB⊥BC，M是A

(1)求证：AN⊥(2)求平面ABM与平面A1MN【答案】(1)证明见解析(2)3【分析】（1）借助空间直角坐标系，证明AN⋅（2）先求出平面ABM法向量与平面A1MN【详解】（1）因为底面ABC是等腰直角三角形，所以AB⊥又因为三棱柱ABC-A1所以，AB,以点B为原点，以BA,BB1,因为M是AC1上靠近点C1的三等分点，所以AM则(x1-1,y所以，AN=(-1,1,0),所以，AN⋅A1又因为A1N∩A1所以，AN⊥

（2）由（1）得，BA=(1,0,0),BM=(13则有x2=013x所以平面ABM的法向量为n=(0,1,-2)由（1）得，AN=(-1,1,0)为平面A设平面ABM与平面A1MN所成锐二面角为因为cosAN所以sinθ即平面ABM与平面A1MN所成锐二面角的正弦值为【变式9-1】3.（2023秋·北京·高三东直门中学校考阶段练习）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，PD=AB，点E、F、G分别为PC、(1)求证：FG//平面PCD；(2)求平面EFG与平面PAD所成锐二面角的余弦值；(3)求直线DE与平面EFG所成角的大小.【答案】(1)证明见解析(2)6(3)π【分析】以点D为坐标原点，利用向量法分别求解即可.【详解】（1）如图，以点D为坐标原点，不妨设AD=2则F1,0,1,G因为x轴⊥平面PCD，则可取平面PCD的法向量为n=所以n⋅FG=0又FG⊄平面PCD所以FG//平面PCD；（2）E0,1,1，则FE设平面EFG的法向量为m=则有m⋅FG=2y-所以m=因为y轴⊥平面PCD，则可取平面PAD的法向量为a=则cosm所以平面EFG与平面PAD所成锐二面角的余弦值为66（3）连接DE，DE=设直线DE与平面EFG所成的角为θ,则sinθ所以直线DE与平面EFG所成角的大小为π3【变式9-1】4.（2023秋·天津北辰·高三校考阶段练习）已知底面ABCD是正方形，PA⊥平面ABCD，PA//DQ，PA=AD=3DQ=3，点(1)求证：EF//平面PADQ(2)求直线EF与平面PCQ夹角的正弦值；(3)求点F到面PAC的距离【答案】(1)证明见详解；(2)335(3)32【分析】（1）建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量证明线面平行即可；（2）利用空间向量求线面角即可；（3）利用空间向量研究点面距离即可.【详解】（1）根据PA⊥平面ABCD，AB,AD所以PA⊥又底面ABCD是正方形，则AB⊥可以建立如图所示以A为原点，AB、AD、则B3,0,0所以EF=易知AB是平面PADQ的一个法向量，而EF⋅AB=0，所以EF//平面PADQ（2）由（1）知PC=设平面PCQ的一个法向量为n=x,所以3x+3y-3设直线EF与平面PCQ夹角为α，所以sinα（3）由（1）知BD=-3,3,0,CF则点F到面PAC的距离为d=【变式9-1】5.（2023秋·全国·高三校联考阶段练习）如图，已知多面体ABCDEF的底面ABCD为矩形，四边形BDEF为平行四边形，平面FBC⊥平面ABCD，FB=FC=BC=1，

(1)证明：BG∥平面AEF(2)求直线AE与平面BDEF所成角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)285【分析】（1）由面面垂直性质证明线面垂直，则可建立空间直角坐标系.利用直线与平面的法向量垂直证明线面平行；（2）利用法向量求解线面角即可.【详解】（1）如图，取BC中点H，取AD中点M，因为△FBC为等边三角形，所以FH⊥BC，平面FBC⊥又FH⊂平面FBC，平面FBC∩平面所以FH⊥平面ABCD，又底面ABCD为矩形，则HM以H为坐标原点，HM，HB，HF分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系H-

由题意可得，A2,12,0，B0,12已知G是CF的中点．则G0,-可知BG=AF=-2,-12得AE=设平面AEF的法向量n=则-2x-12则平面AEF的一个法向量n故BG⋅n=0×且BG⊄平面AEF，则BG∥（2）AE=0,-32,设平面BDEF的法向量m=则2x-y=0-得平面BDEF的一个法向量m设直线AE与平面BDEF所成角为θ，则sinθ则θ为锐角，故cosθ故所求直线AE与平面BDEF所成角的余弦值为28519题型10画图问题【例题10】（2023·全国·高三专题练习）如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PBC⊥平面ABCD，底面ABCD是矩形，O,E分别是BC,PA的中点，平面α

(1)试用所学知识确定F在棱PB上的位置；(2)若PB=PC=3,【答案】(1)靠近B的三等分点处(2)2【分析】（1）根据矩形的性质，结合平行线的性质进行求解即可；（2）根据面面垂直的性质，建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可.【详解】（1）过P作直线l与BC平行，延长DE与l交于点G，连接OG,OG与PB的交点即为点因为底面ABCD是矩形，O是BC的中点，所以AD∥BC，且又l∥BC，所以因为E是PA的中点，可得PG=则PG=2OB，所以故F在棱PB的靠近B的三等分点处．

（2）因为PB=PC,O是又平面PBC⊥平面ABCD，平面PBC∩平面PO⊂平面PBC，所以PO⊥平面取AD中点Q，连接OQ，易知OQ,如图，分别以OQ,OC,则A1,-1,0AD=

设平面PCD的法向量为m=则m⋅CD=0,m⋅CP=0,即xEF=设EF与平面PCD所成角为θ，则sinθ所以EF与平面PCD所成角的正弦值为23【变式10-1】1.（2023秋·福建厦门·高三厦门大学附属科技中学校考阶段练习）如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD为正方形，AF⊥平面ABCD，AF∥DE，AB=AF=2DE=2，M是线段BF上的一动点，过点M和直线AD的平面α与FC

(1)若M为BF的中点，请在图中作出线段PQ，并说明P，Q的位置及理由；(2)线段BF上是否存在点M，使得直线AC与平面α所成角的正弦值为1010？若存在，求出MB的长；若不存在，请说明理由【答案】(1)作图见解析，P为FC的中点，Q为EC靠近点E的三等分点(2)存在，MB【分析】（1）结合图形，先由线面关系证得AB，AF∥平面DCE，平面ABF∥平面DCE，从而可得AM平分∠FAB，得DQ平分∠EDC，又EDDC=12（2）利用空间向量法求出直线AC与平面α所成角的正弦值，从而得出结论.【详解】（1）如图，取P为FC的中点，Q为EC靠近点E的三等分点.理由如下：由四边形ABCD为正方形得，AD∥BC，又BC⊂平面FBC，AD⊄平面FBC，所以AD又平面ADM∩平面FBC=MP，M为FB的中点，得AD∥MP，且因为AF∥DE，AB∥CD，CD，DE⊂平面DCE，AB所以AB，AF∥平面DCE又AF∩AB=A，AB，AF⊂平面ABF平面ADM∩平面DCE=DQ，AM平分∠FAB，得又EDDC=12，得到Q为EC（2）由题意，可建立如图所示的空间直角坐标系A-则A0,0,0，C2,2,0，F0,0,2，B于是BF=-2,0,2，AD设BM=λBF0<λ设平面DAM的法向量为m=x,y,令x=1，得平面APQ的一个法向量为m设直线AC与平面α所成角为θ，则sinθ假设存在点M使得直线AC与平面α所成角的正弦值为1010则有m⋅ACmAC=所以线段BF上存在点M，位于靠近点B的三等分点处，使得直线AC与平面α所成角的正弦值为1010

【变式10-1】2.（2023秋·安徽·高三安徽省马鞍山市第二十二中学校联考阶段练习）如图，在棱长为a的正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别是AA1，C

(1)画出直线l的位置，并说明作图依据；(2)正方体被平面DMN截成两部分，求较小部分几何体的体积.【答案】(1)作图见解析，依据见解析(2)7【分析】（1）根据点线面的位置关系，三个平面两两相交，三条交线的可能情况分析，此题中的三条交线必定交于一点，即可作图并写出依据.（2）根据作出的图形可以发现正方体被平面DMN截成两部分，较小部分为三棱台A1PM【详解】（1）如图所示即为所求：

依据如下：延长DM交D1A1的延长线于E，连接NE，则NE即为直线∵E∈∴E∈DM⊂平面DMN，E∴E∈平面DMN∩平面又由题意显然有N∈平面DMN∩平面∴EN⊂平面DMN∩平面A1B1C1（2）如图所示：设直线l与A1B1交于点P，则P为A1B其体积为V=1【变式10-1】3.（2023·河南·校联考模拟预测）如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PBC⊥平面ABCD，底面ABCD是正方形，O,E分别是BC,PA的中点，平面α

(1)试用所学知识确定F在棱PB上的位置；(2)若PB=PC=【答案】(1)F在棱PB的靠近B的三等分点处(2)73【分析】（1）过P作直线l与BC平行，延长DE与l交于点G，连接OG，根据线面相交于平行的性质判断即可；（2）多面体POCDEF的体积V=V【详解】（1）过P作直线l与BC平行，则l//AD，故延长DE与l交于点G，连接OG,OG与PB的交点即为点因为底面ABCD是正方形，O是BC的中点，所以AD∥BC，且又l∥BC，所以l∥AD，因为E是则PG=2OB，由平行线间交叉线的性质可得，△PGF故F在棱PB的靠近B的三等分点处．（2）连接OP,OE，多面体POCDEF的体积因为PB=PC=2,O为又平面PBC⊥平面ABCD，平面PBC∩平面ABCD=BC,PO⊂平面PBC，PO而OD⊂平面ABCD，所以PO所以VP因为E为PA中点，所以VE因为F为PB的靠近B的三等分点，所以VE所以V=故多面体POCDEF的体积为73

【点睛】【变式10-1】4.（2023·陕西西安·西安市大明宫中学校考模拟预测）如图，在四棱锥P-ABCD中，BC//AD，AD=2BC，

(1)证明：PB//平面MAC；(2)画出平面PAB与平面PCD的交线l，并说明理由；(3)在（2）的条件下，若平面PAD⊥平面ABCD，AB⊥AD，PA⊥AD，PA【答案】(1)证明见解析(2)答案见解析(3)2【分析】（1）连接BD交AC于点O，连接OM，证明PB//（2）延长AB,DC，交于点（3）根据面面垂直的性质证明PA⊥平面ABCD，以点A为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可【详解】（1）连接BD交AC于点O，连接OM，因为BC//AD，所以OBOD又因M是棱PD上靠近点P的三等分点，所以OBOD所以PB//又OM⊂平面MAC，PB⊄平面所以PB//平面MAC；（2）延长AB,DC，交于点所以N,P时平面PAB与平面所以直线NP就是平面PAB与平面PCD的交线l；（3）因为平面PAD⊥平面ABCD，PA平面PAD∩平面ABCD=AD，PA所以PA⊥平面ABCD又AB⊂平面ABCD，所以PA如图，以点A为原点建立空间直角坐标系，因为BC//AD，所以BNAN=BC则A0,0,0则AC=设平面MAC的法向量为n=则有n⋅AC=则cosn即l与平面MAC所成角的正弦值为26

【变式10-1】5.（2023·广东汕头·金山中学校考三模）如图，圆台O1O2的轴截面为等腰梯形A1ACC

(1)在平面BCC1内，过C1(2)若四棱锥B-A1ACC1的体积为23，设平面【答案】(1)作图见解析，理由见解析(2)7【分析】