重難點專題33 立體幾何解答題十七大題型匯總-【劃重點】備戰(zhàn)2024年高考數(shù)學(xué)重難點題型突破（新高考通用）-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

一、注意基礎(chǔ)知識的整合、鞏固。進(jìn)一步夯實基礎(chǔ)，提高解題的準(zhǔn)確性和速度。
二、查漏補缺，保強(qiáng)攻弱。在二輪復(fù)習(xí)中，針對“一?！笨荚囍械膯栴}要很好的解決，根據(jù)自己的實際情況作出合理的安排。
三、提高運算能力，規(guī)范解答過程。在高考中運算占很大比例，一定要重視運算技巧粗中有細(xì)，提高運算準(zhǔn)確性和速度，同時，要規(guī)范解答過程及書寫。
四、強(qiáng)化數(shù)學(xué)思維，構(gòu)建知識體系。同學(xué)們在聽課時注意把重點要放到理解老師對問題思路的分析以及解法的歸納總結(jié)，以便于同學(xué)們在刷題時做到思路清晰，迅速準(zhǔn)確。
五、解題快慢結(jié)合，改錯反思。審題制定解題方案要慢，不要急于解題，要適當(dāng)?shù)剡x擇好的方案，一旦方法選定，解題動作要快要自信。
六、重視和加強(qiáng)選擇題的訓(xùn)練和研究。對于選擇題不但要答案正確，還要優(yōu)化解題過程，提高速度。靈活運用特值法、排除法、數(shù)形結(jié)合法、估算法等。
重難點專題33立體幾何解答題十七大題型匯總
TOC \ "1-3" \h \z \u \l "_Tc149840878" 題型1中位線法證明線面平行 PAGEREF _Tc149840878 \h 1
\l "_Tc149840879" 題型2平行四邊形法證明線面平行 PAGEREF _Tc149840879 \h 11
\l "_Tc149840880" 題型3做平行平面證明線面平行 PAGEREF _Tc149840880 \h 21
\l "_Tc149840881" 題型4線線垂直證明線面平行 PAGEREF _Tc149840881 \h 32
\l "_Tc149840882" 題型5面面平行 PAGEREF _Tc149840882 \h 40
\l "_Tc149840883" 題型6線線垂直 PAGEREF _Tc149840883 \h 50
\l "_Tc149840884" 題型7線面垂直 PAGEREF _Tc149840884 \h 59
\l "_Tc149840885" 題型8面面垂直 PAGEREF _Tc149840885 \h 69
\l "_Tc149840886" 題型9向量法證明平行與垂直 PAGEREF _Tc149840886 \h 78
\l "_Tc149840887" 題型10畫圖問題 PAGEREF _Tc149840887 \h 89
\l "_Tc149840888" 題型11角度問題 PAGEREF _Tc149840888 \h 104
\l "_Tc149840889" 題型12距離問題 PAGEREF _Tc149840889 \h 116
\l "_Tc149840890" 題型13探索性問題 PAGEREF _Tc149840890 \h 125
\l "_Tc149840891" 題型14最值取值范圍問題 PAGEREF _Tc149840891 \h 138
\l "_Tc149840892" 題型15交線未知型 PAGEREF _Tc149840892 \h 152
\l "_Tc149840893" 題型16建系有難度型 PAGEREF _Tc149840893 \h 166
\l "_Tc149840894" 題型17幾何法的運用 PAGEREF _Tc149840894 \h 183
題型1中位線法證明線面平行
【例題1】（2023·陜西漢中·校聯(lián)考模擬預(yù)測）如圖，在四棱錐P?ABCD中，底面ABCD為正方形，PA⊥平面ABCD，PA=AD=2,E為PB的中點，F(xiàn)為AC與BD的交點．

(1)證明：EF//平面PCD；
(2)求三棱錐E?ABF的體積．
【答案】(1)證明見解析
(2)13
【分析】（1）由中位線定理證明EF∥PD，再由判定證明即可；
（2）求出點E到平面ABCD的距離，再由體積公式求解.
【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD為正方形，F(xiàn)為AC與BD的交點，
∴F是BD的中點，
又E是PB的中點，∴EF∥PD，
又EF?平面PCD,PD?平面PCD，
∴EF//平面PCD．
（2）∵PA⊥平面ABCD,E是PB的中點，
∴E到平面ABCD的距離d=12PA=1，
∵四邊形ABCD是正方形，AD=2,∴S△ABF=14S正方形ABCD=1，
∴三棱錐E?ABF的體積V=13S△ABF?d=13×1×1=13．
【變式1-1】1. （2023秋·四川瀘州·高三?？茧A段練習(xí)）如圖，在四棱錐P?ABCD中，BD⊥PC，四邊形ABCD是菱形，∠ABC=60°,AB=PA=1，PB=2,E是棱PD上的中點．

(1)證明PB//平面AEC；
(2)求三棱錐C?BDE的體積；
【答案】(1)證明見解析
(2)324
【分析】（1）根據(jù)三角形中位線與底邊平行，通過線線平行證明線面平行；
（2）根據(jù)等體積法將三棱錐C?BDE的體積轉(zhuǎn)為求三棱錐E?BCD的體積，在求出三棱錐E?BCD高和底面積，根據(jù)三棱錐公式求解即可.
【詳解】（1）令A(yù)C、BD的交點為O，連接OE
因為四邊形ABCD是菱形，所以O(shè)是BD的中點，
又因為E是棱PD上的中點，所以在△PBD中，OE∥PB，
因為OE?平面AEC，PB?平面AEC
所以PB∥平面AEC.

（2）因為四邊形ABCD是菱形，所以BD⊥AC．
又BD⊥PC,AC,PC?平面PAC，且AC∩PC=C，所以BD⊥平面PAC
因為PA?平面PAC，所以BD⊥PA
因為AB=PA=1,PB=2，所以PB2=AB2+PA2，所以AB⊥PA．
因為AB,BD?平面ABCD，且AB∩BD=B，所以PA⊥平面ABCD．
因為E是棱PD上的中點，所以E到平面ABCD的距離dE=12PA=12．
四邊形ABCD是菱形，∠ABC=60°,AB=PA=1，
則△CBD中，∠BCD=120°,BC=CD=1,S△CBD=12BC?CD?sin∠BCD=34，
∵VC?BDE=VE?CBD=13S△CBD?dE=13×34×12=324，∴三棱錐C?BDE的體積為324
【變式1-1】2. （2023秋·四川南充·高三四川省南充高級中學(xué)?？茧A段練習(xí)）如圖，四棱錐P?ABCD的底面是矩形，PA⊥底面ABCD，M，N分別為CD，PD的中點，AC與BM交于點E，AB=62，AD=6，K為PA上一點，PK=13PA.

(1)證明：KE//MN
(2)求證：平面PAC⊥平面BMNK.
【答案】(1)證明見解析
(2)證明見解析
【分析】（1）由已知易得PKKA=CEAE=12，即有KE//PC，再由中位線性質(zhì)、平行線的性質(zhì)證結(jié)論；
（2）由線面垂直的性質(zhì)得PA⊥BM，由已知及勾股定理可得AC⊥BM，最后利用線面垂直、面面垂直的判定證結(jié)論.
【詳解】（1）四邊形ABCD是矩形，M為CD的中點，
所以CM//AB且CM=12AB，顯然有△AEB～△CEM，
則CEAE=CMAB=12，又PK=13PA，故PK=12KA，
所以PKKA=CEAE，則KE//PC，
M,N分別是CD,PD的中點，則MN//PC，
綜上，KE//MN.
（2）由PA⊥底面ABCD，BM?平面ABCD，所以PA⊥BM，
又AB=62,AD=6,M為CD中點，所以CM=32,AC=63,BM=36，
由（1）知：EM=13BM=6,CE=13AC=23，則CE2+EM2=MC2，
所以∠MEC=π2，即AC⊥BM，
由PA∩AC=A，PA、AC?平面PAC，所以BM⊥平面PAC，
而BM?平面BMNK，所以平面PAC⊥平面BMNK.
【變式1-1】3. （2023秋·北京·高三北京八中?？茧A段練習(xí)）如圖，在三棱柱ABC?A1B1C1中，∠ACB=90°，D是線段AC的中點，且A1D⊥平面ABC.
(1)求證：平面A1BC⊥平面AA1C1C；
(2)求證：B1C//平面A1BD；
(3)若A1B⊥AC1，AC=BC=2，求三棱柱ABC?A1B1C1的表面積.
【答案】(1)證明見解析
(2)證明見解析
(3)8+23+27
【分析】（1）由BC⊥平面AA1C1C證得平面A1BC⊥平面AA1C1C；
（2）連接AB1，設(shè)AB1∩A1B=E，連接DE，由DE//B1C證得B1C//平面A1BD；
（3）證得四邊形AA1C1C為菱形，求得其面積，證得BC⊥CC1，求得S四邊形BCC1B1，作DF⊥AB于F，證得AB⊥ A1F，求得S四邊形ABB1A1，從而求得三棱柱ABC?A1B1C1的表面積.
【詳解】（1）因為∠ACB=90°，所以BC⊥AC，
根據(jù)題意，A1D⊥平面ABC,BC?平面ABC，所以A1D⊥BC，
因為A1D∩AC=D，A1D,AC?平面AA1C1C，所以BC⊥平面AA1C1C，
又因為BC?平面A1BC，
所以平面A1BC⊥平面AA1C1C.
（2）
連接AB1，設(shè)AB1∩A1B=E，連接DE，
根據(jù)棱柱的性質(zhì)可知，E為AB1的中點，
因為D是AC的中點，
所以DE//B1C，
又因為DE?平面A1BD,B1C?平面A1BD，
所以B1C//平面A1BD。
（3）由（1）可知，BC⊥平面AA1C1C，AC1?平面AA1C1C，所以BC⊥AC1，
又因為A1B⊥AC1,BC∩A1B=B，BC,A1B?平面A1BC，
所以AC1⊥平面A1BC，
又A1C?平面A1BC，所以AC1⊥A1C，
所以四邊形AA1C1C為菱形，邊長為2，
又因為A1D⊥平面ABC，AC?平面ABC，所以A1D⊥AC，
又D為AC中點，所以A1D=3，
S菱形AA1C1C=AC?A1D=23，
由已知AC=BC=2，所以S△ABC=12AC?BC=12×2×2=2 ，
由（1）可知，BC⊥平面AA1C1C，CC1?平面AA1C1C，所以BC⊥CC1，
所以S四邊形BCC1B1=BC?CC1=2×2=4，
如圖，作DF⊥AB于F，連接A1F，
因為AC=BC=2，∠ACB=90°，
所以DF=22 ，
又因為A1D⊥平面ABC，AB,DF?平面ABC，
所以A1D⊥AB，A1D⊥DF，
所以A1F=A1D2+DF2=3+12=142，
又DF∩A1D=D,DF,A1D?面A1DF，所以AB⊥面A1DF，
又A1F?面A1DF，所以AB⊥ A1F，
所以S四邊形ABB1A1=AB?A1F=22×142=27，
所以2S△ABC+S四邊形BCC1B1+S菱形AA1C1C+S四邊形ABB1A1=4+4+23+27=8+23+27，
所以三棱柱ABC?A1B1C1的表面積為 8+23+27
【變式1-1】4. （2023秋·上海松江·高三?？茧A段練習(xí)）如圖，在正方體ABCD?A1B1C1D1中，點M，N，P，E，F(xiàn)分別是AB,AD,DD1,B1C1,BB1的中點．
(1)證明：EF //平面AD1B；
(2)求DP與面MNP所成角的正弦值；
【答案】(1)證明見解析
(2)33
【分析】（1）由線面平行的判定定理即可證明；
（2）設(shè)點D到平面MNP的距離為d，則有VP?MND=VD?MNP=16，求出d，設(shè)DP與平面MNP所成角是θ，則sinθ=dDP代入求解即可得出答案.
【詳解】（1）證明：正方體中BC1//AD1，又EF//BC1，
∴EF//AD1,AD1?平面AD1B,EF?平面AD1B，
∴EF//平面AD1B.

（2）設(shè)正方體的棱長是2，MN=2,MA=1,PD=1,S△MND=12,VP?MND=13S△MND×PD=16，
PD⊥平面ABCD，MD?平面ABCD，則PD⊥MD，PM=PD2+DM2=PD2+DA2+AM2=6，PN=MN=2，
S△MNP=12×6×(2)2?(62)2=32，
設(shè)點D到平面MNP的距離為d，
則有VP?MND=VD?MNP=13S△MNP?d=13×32?d=16，解得：d=33，
設(shè)DP與平面MNP所成角是θ，
則sinθ=dDP=33．
【變式1-1】5.（2023秋·廣東珠?！じ呷？奸_學(xué)考試）在如圖所示的四棱錐P?ABCD中，四邊形ABCD為矩形，PA⊥平面ABCD，E為PD的中點.

(1)證明：PB//平面ACE；
(2)若PA=AD=1，AB=2，求平面ABC與平面AEC的夾角的余弦值.
【答案】(1)證明見解析
(2)23
【分析】（1）根據(jù)題意，由線面平行的判定定理即可證明；
（2）根據(jù)題意，以A為坐標(biāo)原點，AB，AD，AP所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，結(jié)合空間向量的坐標(biāo)運算，即可得到結(jié)果.
【詳解】（1）
證明：連接BD，交AC于點O，連接EO，
∵O為BD中點，E為PD中點，∴EO∥PB.
又∵EO?平面ACE，PB?平面ACE，
∴PB//平面ACE.
（2）
如圖，以A為坐標(biāo)原點，AB，AD，AP所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系.
則A0,0,0，C2,1,0，B2,0,0，E0,12,12，
則AC=2,1,0，AE=0,12,12，
∵PA⊥平面ABCD，∴平面ABC的一個法向量為m=0,0,1，
設(shè)平面AEC的法向量為n=x,y,z，
則n?AC=2x+y=0n?AE=12y+12z=0，令y=?2，得n=1,?2,2.
∴csm,n=m?nmn=23
∴平面ABC與平面AEC的夾角的余弦值為23.
題型2平行四邊形法證明線面平行
【例題2】（2023·陜西西安·校考一模）如圖，在直三棱柱ABC?A1B1C1中，BA⊥BC，BA=BC=BB1=2，D，E，F(xiàn)分別為AA1，B1C1，AB的中點.

(1)證明：EF//平面ACC1A1；
(2)求直線CE與平面DEF所成角的正弦值.
【答案】(1)證明見解析
(2)5511
【分析】（1）取AC的中點G，連接FG，GC1，利用線線平行證明線面平行；
（2）建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法求線面夾角正弦值.
【詳解】（1）證明：取AC的中點G，連接FG，GC1，
因為F，G分別為AB，AC的中點，
所以FG//BC，F(xiàn)G=12BC，
又E為B1C1的中點，BC//B1C1，BC=B1C1，
所以FG//EC1，F(xiàn)G=EC1，
所以四邊形EFGC1是平行四邊形，
所以EF//GC1，
又EF?平面ACC1A1，GC1?平面ACC1A1，
所以EF//平面ACC1A1.
（2）
解：在直三棱柱ABC?A1B1C1中，BB1⊥平面ABC，
又BA?平面ABC，BC?平面ABC，
所以BB1⊥BA，BB1⊥BC，又BA⊥BC，
故以B為原點，BA，BC，BB1所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系如圖所示，則C0,2,0，D2,0,1，E0,1,2，F(xiàn)1,0,0，
所以FE=?1,1,2，F(xiàn)D=1,0,1，CE=0,?1,2 ，
設(shè)平面DEF的法向量為m=x,y,z，
則m?FE=?x+y+2z=0m?FD=x+z=0令x=1得y=3，z=?1，
所以平面DEF的一個法向量為m=1,3,?1，
設(shè)直線CE與平面DEF所成的角為θ，則sinθ=csm,CE=m?CEmCE=?511×5=5511，
即直線CE與平面DEF所成的角的正弦值為5511.
【變式2-1】1. （2023秋·江蘇·高三校聯(lián)考階段練習(xí)）如圖，在四棱錐P?ABCD中，底面ABCD為直角梯形，AD//BC，∠ADC=90°，平面PAD⊥底面ABCD,M是棱PC（不與端點重合）上的點，N,Q分別為PA,AD的中點，PA=PD=2,BC=12AD=1,CD=3.

(1)證明：BN//平面PCD.
(2)當(dāng)PM的長為何值時，平面QMB與平面PDC的夾角的大小為π3？
【答案】(1)證明見解析
【分析】（1）取PD的中點H，連接NH，CH，即可證明四邊形BCHN為平行四邊形，則BN//CH，從而得證；
（2）解法一：首先證明PQ⊥平面ABCD，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)PM=λPC，利用空間向量法求出λ，即可得解；
解法二：當(dāng)M為PC的中點時，平面QMB與平面PDC所成角的大小為π3，首先證明CD⊥平面PAD，即可得到HM⊥平面PAD，則∠QHD為平面QMB與平面PDC所成的二面角的平面角，求出∠QHD即可.
【詳解】（1）取PD的中點H，連接NH，CH，則NH//AD且NH=12AD.
因為BC//AD且BC=12AD，所以NH//BC且NH=BC，
所以四邊形BCHN為平行四邊形，所以BN//CH，
又BN?平面PCD，CH?平面PCD，
所以BN//平面PCD.
（2）解法1：依題意可知PQ⊥AD，平面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩底面ABCD=AD，PQ?平面PAD，所以PQ⊥平面ABCD，
又底面ABCD為直角梯形，AD//BC，∠ADC=90°，且AD=2BC，
所以DQ=BC，所以BCDQ為平行四邊形，所以BQ//CD，則BQ⊥AD，
如圖，以Q為原點，分別以QA,QB,QP所在直線為x軸?y軸?z軸建立空間直角坐標(biāo)系，

則Q0,0,0,D?1,0,0,P0,0,3,B0,3,0,C?1,3,0，
QB=0,3,0,DC=0,3,0,DP=1,0,3,PC=?1,3,?3，
PC=7.
設(shè)PM=λPC，則PM=?λ,3λ,?3λ，且00且a≠1)，則F(a,0,0)，所以BF=(a,?2,0)。
∵直線BF與平面DCE所成角的正弦值為55，
∴55=csBF,n=BF?nBFn=2a?2a2+4×3，化簡得11a2?40a?16=0，
解得a=4或a=?411（舍去），故AF=4。
∴F(4,0,0)，F(xiàn)D→=(?4,0,2),由（1）知平面DCE的一個法向量n=(2,1,2)，
所以F到平面DCE的距離d=FD?nn=43

【變式9-1】2. （2023秋·陜西西安·高三階段練習(xí)）如圖，在直三棱柱ABC?A1B1C1中，底面ABC是等腰直角三角形，且AB⊥BC，M是AC1上靠近點C1的三等分點，N是BB1的中點，AA1=2AB=2.

(1)求證：
AN⊥平面A1MN；
(2)求平面
ABM與平面
A1MN所成銳二面角的正弦值.
【答案】(1)證明見解析
(2)31010
【分析】（1）借助空間直角坐標(biāo)系，證明AN?A1N=0,AN?A1M=0，即可得到本題答案；
（2）先求出平面ABM法向量與平面A1MN法向量夾角的余弦值，從而可求得本題答案.
【詳解】（1）因為底面ABC是等腰直角三角形，所以AB⊥BC，
又因為三棱柱ABC?A1B1C1為直三棱柱，所以BB1⊥AB,BB1⊥BC，
所以，AB,BC,BB1兩兩垂直，
以點B為原點，以BA,BB1,BC所在直線分別為x,y,z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如下圖，由題可得，A(1,0,0),N(0,1,0),A1(1,2,0),C1(0,2,1)，
因為M是AC1上靠近點C1的三等分點，所以AM=23AC1，設(shè)M(x1,y1,z1)，
則(x1?1,y1,z1)=(?23,43,23)，解得x1=13y1=43z1=23，所以M(13,43,23)，
所以，AN=(?1,1,0),A1N=(?1,?1,0),A1M=(?23,?23,23)，
所以，AN?A1N=0,AN?A1M=0，即AN⊥A1N,AN⊥A1M，
又因為A1N∩A1M=A1，A1N,A1M?平面A1MN，
所以，AN⊥平面A1MN；

（2）由（1）得，BA=(1,0,0),BM=(13,43,23)，設(shè)平面ABM的法向量為n=(x2,y2,z2)，
則有x2=013x2+43y2+23z2=0，令z2=?2，則y2=1，
所以平面ABM的法向量為n=(0,1,?2)，
由（1）得，AN=(?1,1,0)為平面A1MN的法向量，
設(shè)平面ABM與平面A1MN所成銳二面角為θ，
因為csAN,n=AN?nAN?n=12×5=1010，
所以sinθ=1?(1010)2=31010，
即平面ABM與平面A1MN所成銳二面角的正弦值為31010.
【變式9-1】3. （2023秋·北京·高三東直門中學(xué)?？茧A段練習(xí)）如圖，在四棱錐P?ABCD中，底面ABCD為正方形，PD⊥平面ABCD，PD=AB，點E、F、G分別為PC、PA、BC的中點.
(1)求證：FG //平面PCD；
(2)求平面EFG與平面PAD所成銳二面角的余弦值；
(3)求直線DE與平面EFG所成角的大小.
【答案】(1)證明見解析
(2)66
(3)π3
【分析】以點D為坐標(biāo)原點，利用向量法分別求解即可.
【詳解】（1）如圖，以點D為坐標(biāo)原點，
不妨設(shè)AD=2，
則F1,0,1,G1,2,0，故FG=0,2,?1，
因為x軸⊥平面PCD，
則可取平面PCD的法向量為n=1,0,0，
所以n?FG=0，所以n⊥FG，
又FG?平面PCD，
所以FG //平面PCD；
（2）E0,1,1，則FE=?1,1,0，
設(shè)平面EFG的法向量為m=x,y,z，
則有m?FG=2y?z=0m?FE=?x+y=0，令y=1，則z=2,x=1，
所以m=1,1,2，
因為y軸⊥平面PCD，
則可取平面PAD的法向量為a=0,1,0，
則csm,a=m?ama=16×1=66，
所以平面EFG與平面PAD所成銳二面角的余弦值為66；
（3）連接DE，DE=0,1,1，
設(shè)直線DE與平面EFG所成的角為θ,θ∈0,π2，
則sinθ=csDE,m=DE?mDEm=32×6=32，
所以直線DE與平面EFG所成角的大小為π3.
【變式9-1】4. （2023秋·天津北辰·高三?？茧A段練習(xí)）已知底面ABCD是正方形，PA⊥平面ABCD，PA//DQ，PA=AD=3DQ=3，點E、F分別為線段PB、CQ的中點．
(1)求證：EF//平面PADQ；
(2)求直線EF與平面PCQ夾角的正弦值；
(3)求點F到面PAC的距離
【答案】(1)證明見詳解；
(2)33570；
(3)324.
【分析】（1）建立合適的空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量證明線面平行即可；
（2）利用空間向量求線面角即可；
（3）利用空間向量研究點面距離即可.
【詳解】（1）根據(jù)PA⊥平面ABCD，AB,AD?平面ABCD，
所以PA⊥AB,PA⊥AD,
又底面ABCD是正方形，則AB⊥AD,
可以建立如圖所示以A為原點，AB、AD、AP所在直線對應(yīng)x、y、z軸的空間直角坐標(biāo)系，
則B3,0,0,C3,3,0,D0,3,0,Q0,3,1,P0,0,3,E32,0,32,F32,3,12，
所以EF=0,3,?1,AB=3,0,0，
易知AB是平面PADQ的一個法向量，
而EF?AB=0，EF?平面PADQ，
所以EF//平面PADQ；
（2）由（1）知PC=3,3,?3,QC=3,0,?1，
設(shè)平面PCQ的一個法向量為n=x,y,z，則有n?PC=0n?QC=0，
所以3x+3y?3z=03x?z=0，令x=1?z=3,y=2，即n=1,2,3，
設(shè)直線EF與平面PCQ夾角為α，所以sinα=EF?nEF?n=33570；
（3）由（1）知BD=?3,3,0,CF=?32,0,12，顯然BD是平面PAC的一個法向量，
則點F到面PAC的距離為d=BD?CFBD=324.
【變式9-1】5.（2023秋·全國·高三校聯(lián)考階段練習(xí)）如圖，已知多面體ABCDEF的底面ABCD為矩形，四邊形BDEF為平行四邊形，平面FBC⊥平面ABCD，F(xiàn)B=FC=BC=1，AB=2，G是CF的中點．

(1)證明：BG∥平面AEF；
(2)求直線AE與平面BDEF所成角的余弦值．
【答案】(1)證明見解析
(2)28519
【分析】（1）由面面垂直性質(zhì)證明線面垂直，則可建立空間直角坐標(biāo)系.利用直線與平面的法向量垂直證明線面平行；
（2）利用法向量求解線面角即可.
【詳解】（1）如圖，取BC中點H，取AD中點M，
因為△FBC為等邊三角形，所以FH⊥BC，平面FBC⊥平面ABCD，
又FH?平面FBC，平面FBC∩平面ABCD=BC，
所以FH⊥平面ABCD，又底面ABCD為矩形，則HM⊥HB.
以H為坐標(biāo)原點，HM，HB，HF分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系H?xyz,

由題意可得，A2,12,0，B0,12,0，C0,?12,0，D2,?12,0，F(xiàn)0,0,32，
已知G是CF的中點．則G0,?14,34，
可知BG=0,?34,34，
AF=?2,?12,32，BD=2,?1,0，由四邊形BDEF為平行四邊形，
得AE=AF+FE=AF+BD=0,?32,32，
設(shè)平面AEF的法向量n=x,y,z，
則?2x?12y+32z=0?32y+32z=0，取z=3，得y=1,x=12，
則平面AEF的一個法向量n=12,1,3
故BG?n=0×12?34×1+34×3=0，則BG⊥n.
且BG?平面AEF，則BG∥平面AEF.
（2）AE=0,?32,32，BD=2,?1,0，BF=0,?12,32，
設(shè)平面BDEF的法向量m=x,y,z，
則2x?y=0?12y+32z=0，取z=2，得y=23,x=3，
得平面BDEF的一個法向量m=3,23,2
設(shè)直線AE與平面BDEF所成角為θ，
則sinθ=csAE,m=AE?mAE?m=233?19=21919，
則θ為銳角，故csθ=1?sin2θ=1?219192=28519.
故所求直線AE與平面BDEF所成角的余弦值為28519.
題型10畫圖問題
【例題10】（2023·全國·高三專題練習(xí)）如圖，在四棱錐P?ABCD中，平面PBC⊥平面ABCD，底面ABCD是矩形，O,E分別是BC,PA的中點，平面α經(jīng)過點O,D,E與棱PB交于點F．

(1)試用所學(xué)知識確定F在棱PB上的位置；
(2)若PB=PC=3,BC=2AB=2，求EF與平面PCD所成角的正弦值．
【答案】(1)靠近B的三等分點處
(2)23
【分析】（1）根據(jù)矩形的性質(zhì)，結(jié)合平行線的性質(zhì)進(jìn)行求解即可；
（2）根據(jù)面面垂直的性質(zhì)，建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量夾角公式進(jìn)行求解即可.
【詳解】（1）過P作直線l與BC平行，延長DE與l交于點G，
連接OG,OG與PB的交點即為點F．
因為底面ABCD是矩形，O是BC的中點，
所以AD∥BC，且AD=2OB．
又l∥BC，所以l∥AD，
因為E是PA的中點，可得PG=AD，
則PG=2OB，所以PF=2BF．
故F在棱PB的靠近B的三等分點處．

（2）因為PB=PC,O是BC的中點，所以PO⊥BC，
又平面PBC⊥平面ABCD，平面PBC∩平面ABCD=BC，
PO?平面PBC，所以PO⊥平面ABCD．
取AD中點Q，連接OQ，易知OQ,OC,OP兩兩相互垂直，
如圖，分別以O(shè)Q,OC,OP為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系，
則A1,?1,0,B0,?1,0,C0,1,0,D1,1,0,P0,0,2，
AD=0,2,0,CD=1,0,0,CP=0,?1,2．

設(shè)平面PCD的法向量為m=x,y,z，
則m?CD=0,m?CP=0,即x=0,?y+2z=0,令z=1，則y=2，所以m=0,2,1．
EF=PF?PE=23PB?12PA=230,?1,?2?121,?1,?2=?12,?16,?26．
設(shè)EF與平面PCD所成角為θ，
則sinθ=cs?EF,m?=EF?mEF?m=2333×3=23，
所以EF與平面PCD所成角的正弦值為23．
【變式10-1】1. （2023秋·福建廈門·高三廈門大學(xué)附屬科技中學(xué)?？茧A段練習(xí)）如圖，在多面體ABCDEF中，四邊形ABCD為正方形，AF⊥平面ABCD，AF∥DE，AB=AF=2DE=2，M是線段BF上的一動點，過點M和直線AD的平面α與FC，EC分別交于P，Q兩點.

(1)若M為BF的中點，請在圖中作出線段PQ，并說明P，Q的位置及理由；
(2)線段BF上是否存在點M，使得直線AC與平面α所成角的正弦值為1010？若存在，求出MB的長；若不存在，請說明理由.
【答案】(1)作圖見解析，P為FC的中點，Q為EC靠近點E的三等分點
(2)存在，MB=223
【分析】（1）結(jié)合圖形，先由線面關(guān)系證得AB，AF∥平面DCE，平面ABF∥平面DCE，從而可得AM平分∠FAB，得DQ平分∠EDC，又EDDC=12，得到Q為EC的三等分點，且QC=2EQ，從而作出線段PQ..
（2）利用空間向量法求出直線AC與平面α所成角的正弦值，從而得出結(jié)論.
【詳解】（1）如圖，取P為FC的中點，Q為EC靠近點E的三等分點.
理由如下：由四邊形ABCD為正方形得，AD∥BC，AB∥CD，
又BC?平面FBC，AD?平面FBC，所以AD∥平面FBC.
又平面ADM∩平面FBC=MP，M為FB的中點，得AD∥MP，且P為FC的中點.
因為AF∥DE，AB∥CD，CD，DE?平面DCE，AB，AF?平面DCE，
所以AB，AF∥平面DCE，
又AF∩AB=A，AB，AF?平面ABF，所以平面ABF∥平面DCE，
平面ADM∩平面DCE=DQ，AM平分∠FAB，得DQ平分∠EDC，
又EDDC=12，得到Q為EC的三等分點，且QC=2EQ，從而作出線段PQ.
（2）由題意，可建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)?xyz，
則A0,0,0，C2,2,0，F(xiàn)0,0,2，B2,0,0，D0,2,0，
于是BF=?2,0,2，AD=0,2,0，AC=2,2,0，
設(shè)BM=λBF0

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