TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc1835" 【題型1 立體幾何中的體積問(wèn)題】 PAGEREF _Tc1835 \h 4
\l "_Tc15359" 【題型2 立體幾何中的線段長(zhǎng)度問(wèn)題】 PAGEREF _Tc15359 \h 10
\l "_Tc30936" 【題型3 空間角問(wèn)題】 PAGEREF _Tc30936 \h 15
\l "_Tc20802" 【題型4 空間點(diǎn)、線、面的距離問(wèn)題】 PAGEREF _Tc20802 \h 21
\l "_Tc30804" 【題型5 立體幾何中的作圖問(wèn)題】 PAGEREF _Tc30804 \h 27
\l "_Tc6815" 【題型6 立體幾何中的折疊問(wèn)題】 PAGEREF _Tc6815 \h 33
\l "_Tc13288" 【題型7 立體幾何中的軌跡問(wèn)題】 PAGEREF _Tc13288 \h 39
\l "_Tc21375" 【題型8 立體幾何中的探索性問(wèn)題】 PAGEREF _Tc21375 \h 47
\l "_Tc11926" 【題型9 立體幾何建系繁瑣問(wèn)題（幾何法）】 PAGEREF _Tc11926 \h 54
\l "_Tc15150" 【題型10 新情景、新定義下的立體幾何問(wèn)題】 PAGEREF _Tc15150 \h 59
1、立體幾何必考經(jīng)典解答題全歸類
空間向量與立體幾何是高考的重點(diǎn)、熱點(diǎn)內(nèi)容，空間向量是將空間幾何問(wèn)題坐標(biāo)化的工具，屬于高考的必考內(nèi)容之一.從近幾年的高考情況來(lái)看，立體幾何解答題的基本模式是論證推理與計(jì)算相結(jié)合，以某個(gè)空間幾何體為依托，分步設(shè)問(wèn)，逐層加深；第一小問(wèn)主要考察空間線面位置關(guān)系的證明，難度較易；第二、三小問(wèn)一般考察空間角、空間距離與幾何體的體積等，難度中等偏難；空間向量作為求解空間角的有力工具，通常在解答題中進(jìn)行考查，解題時(shí)需要靈活建系．
【知識(shí)點(diǎn)1 空間幾何體表面積與體積的常見(jiàn)求法】
1．求幾何體體積的常用方法
(1)公式法：直接代入公式求解.
(2)等體積法：四面體的任何一個(gè)面都可以作為底面，只需選用底面面積和高都易求出的形式即可.
(3)補(bǔ)體法：將幾何體補(bǔ)成易求解的幾何體，如棱錐補(bǔ)成棱柱，三棱柱補(bǔ)成四棱柱等.
(4)分割法：將幾何體分割成易求解的幾部分，分別求體積.
2．求組合體的表面積與體積的一般方法
求組合體的表面積的問(wèn)題，首先應(yīng)弄清它的組成部分，其表面有哪些底面和側(cè)面，各個(gè)面的面積應(yīng)該
怎樣求，然后根據(jù)公式求出各個(gè)面的面積，最后相加或相減.求體積時(shí)也要先弄清各組成部分，求出各簡(jiǎn)單幾何體的體積，再相加或相減.
【知識(shí)點(diǎn)2 幾何法與向量法求空間角】
1．幾何法求異面直線所成的角
(1)求異面直線所成角一般步驟：
①平移：選擇適當(dāng)?shù)狞c(diǎn)，線段的中點(diǎn)或端點(diǎn)，平移異面直線中的一條或兩條成為相交直線；
②證明：證明所作的角是異面直線所成的角；
③尋找：在立體圖形中，尋找或作出含有此角的三角形，并解之；
④取舍：因?yàn)楫惷嬷本€所成角的取值范圍是，所以所作的角為鈍角時(shí)，應(yīng)取它的補(bǔ)角作為異面直線所成的角.
2．用向量法求異面直線所成角的一般步驟：
(1)建立空間直角坐標(biāo)系；
(2)用坐標(biāo)表示兩異面直線的方向向量；
(3)利用向量的夾角公式求出向量夾角的余弦值；
(4)注意兩異面直線所成角的范圍是，即兩異面直線所成角的余弦值等于兩向量夾角的余弦值的絕對(duì)值.
3．幾何法求線面角
(1)垂線法求線面角(也稱直接法)：
①先確定斜線與平面，找到線面的交點(diǎn)B為斜足；找線在面外的一點(diǎn)A，過(guò)點(diǎn)A向平面做垂線，確定垂足O；
②連結(jié)斜足與垂足為斜線AB在面上的投影；投影BO與斜線AB之間的夾角為線面角；
③把投影BO與斜線AB歸到一個(gè)三角形中進(jìn)行求解(可能利用余弦定理或者直角三角形.
(2)公式法求線面角(也稱等體積法)：
用等體積法，求出斜線PA在面外的一點(diǎn)P到面的距離，利用三角形的正弦公式進(jìn)行求解.
公式為：，其中是斜線與平面所成的角，h是垂線段的長(zhǎng)，l是斜線段的長(zhǎng).
4．向量法求直線與平面所成角的主要方法:
(1)分別求出斜線和它在平面內(nèi)的射影直線的方向向量，將題目轉(zhuǎn)化為求兩個(gè)方向向量的夾角(或其補(bǔ)角)；
(2)通過(guò)平面的法向量來(lái)求，即求出斜線的方向向量與平面的法向量所夾的銳角或鈍角的補(bǔ)角，取其余角就是斜線和平面所成的角.
5．幾何法求二面角
作二面角的平面角的方法：
作二面角的平面角可以用定義法，也可以用垂面法，即在一個(gè)半平面內(nèi)找一點(diǎn)作另一個(gè)半平面的垂線，再過(guò)垂足作二面角的棱的垂線，兩條垂線確定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角.
6．向量法求二面角的解題思路:
用法向量求兩平面的夾角：分別求出兩個(gè)法向量，然后通過(guò)兩個(gè)平面的法向量的夾角得到兩平面夾角的大小.
【知識(shí)點(diǎn)3 空間距離的求解策略】
1．向量法求點(diǎn)到直線距離的步驟：
(1)根據(jù)圖形求出直線的單位方向向量.
(2)在直線上任取一點(diǎn)M(可選擇特殊便于計(jì)算的點(diǎn)).計(jì)算點(diǎn)M與直線外的點(diǎn)N的方向向量.
(3)垂線段長(zhǎng)度.
2．求點(diǎn)到平面的距離的常用方法
(1)直接法：過(guò)P點(diǎn)作平面的垂線，垂足為Q，把PQ放在某個(gè)三角形中，解三角形求出PQ的長(zhǎng)度就是點(diǎn)P到平面的距離.
②轉(zhuǎn)化法：若點(diǎn)P所在的直線l平行于平面，則轉(zhuǎn)化為直線l上某一個(gè)點(diǎn)到平面的距離來(lái)求.
③等體積法.
④向量法：設(shè)平面的一個(gè)法向量為，A是內(nèi)任意點(diǎn)，則點(diǎn)P到的距離為.
【知識(shí)點(diǎn)4 立體幾何中的軌跡問(wèn)題的解題策略】
1．動(dòng)點(diǎn)軌跡的判斷方法
動(dòng)點(diǎn)軌跡的判斷一般根據(jù)線面平行、線面垂直的判定定理和性質(zhì)定理，結(jié)合圓或圓錐曲線的定義推斷出動(dòng)點(diǎn)的軌跡，有時(shí)也可以利用空間向量的坐標(biāo)運(yùn)算求出動(dòng)點(diǎn)的軌跡方程.
2．立體幾何中的軌跡問(wèn)題的常見(jiàn)解法
(1)定義法：根據(jù)圓或圓錐曲線的定義推斷出動(dòng)點(diǎn)的軌跡，進(jìn)而求解軌跡問(wèn)題.
(2)交軌法：若動(dòng)點(diǎn)滿足的幾何條件是兩動(dòng)曲線(曲線方程中含有參數(shù))的交點(diǎn)，此時(shí)，要首先分析兩動(dòng)曲線的變化，依賴于哪一個(gè)變量?設(shè)出這個(gè)變量為t，求出兩動(dòng)曲線的方程，然后由這兩動(dòng)曲線方程著力消去參數(shù)t，化簡(jiǎn)整理即得動(dòng)點(diǎn)的軌跡方程，這種求軌跡方程的方法我們稱為交軌法.
(3)幾何法：從幾何視角人手，結(jié)合立體幾何中的線面平行、線面垂直的判定定理和性質(zhì)定理，找到動(dòng)點(diǎn)的軌跡，再進(jìn)行求解.
(4)坐標(biāo)法：坐標(biāo)法就是通過(guò)建立空間直角坐標(biāo)系，將立體幾何中的軌跡問(wèn)題轉(zhuǎn)化為坐標(biāo)運(yùn)算問(wèn)題，進(jìn)行求解.
(5)向量法：不通過(guò)建系，而是利用空間向量的運(yùn)算、空間向量基本定理等來(lái)研究立體幾何中的軌跡問(wèn)題，進(jìn)行求解.
【知識(shí)點(diǎn)5 立體幾何中的探索性問(wèn)題的求解策略】
1．與空間向量有關(guān)的探索性問(wèn)題的求解策略：
在立體幾何中，與空間向量有關(guān)的探究性問(wèn)題主要有兩類：一類是探究線面的位置關(guān)系；另一類是探究線面角、二面角或點(diǎn)線面距離滿足特定要求時(shí)的存在性問(wèn)題．
解決這兩類探索性問(wèn)題的解題策略是：先建立空間直角坐標(biāo)系，引入?yún)?shù)（有些是題中已給出），設(shè)出關(guān)鍵點(diǎn)的坐標(biāo)，然后探究這樣的點(diǎn)是否存在，或參數(shù)是否滿足要求，從而作出判斷．
【題型1 立體幾何中的體積問(wèn)題】
【例1】（2024·陜西咸陽(yáng)·模擬預(yù)測(cè)）已知三棱柱ABC?A1B1C1，如圖所示，P是A1C1，上一動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)O、D分別是AC、PC的中點(diǎn)，AB⊥BC，AA1=AB=BC=2．
(1)求證：OD∥平面PAB；
(2)當(dāng)AA1⊥平面ABC，且A1P=3PC1時(shí)，求三棱錐B1?APC的體積．
【解題思路】（1）由中位線得到線線平行，得到線面平行；
（2）建立空間直角坐標(biāo)系，求出點(diǎn)到平面的距離，利用三棱錐體積公式求出答案.
【解答過(guò)程】（1）因?yàn)辄c(diǎn)O、D分別是AC、PC的中點(diǎn)，
所以O(shè)D∥ PA，
因?yàn)镺D?平面PAB，PA?平面PAB，
所以O(shè)D∥平面PAB；
（2）因?yàn)锽B1⊥平面ABC，AB,BC?平面ABC，
所以BB1⊥ AB，BB1⊥ BC，
又AB⊥BC，AA1=AB=BC=2
以B為坐標(biāo)原點(diǎn)，BA,BC,BB1所在直線分別為x,y,z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，
則B10,0,2,A0,2,0,C2,0,0,P32,12,C12,0,2，
設(shè)平面法向量ACC1A1的法向量為m=x,y,z，
則m?AC=x,y,z?2,?2,0=2x?2y=0m?AC1=x,y,z?2,?2,2=2x?2y+2z=0，
解得z=0，令x=1，則y=1，故m=1,1,0，
則點(diǎn)B1到平面ACC1A1的距離為d=B1A?mm=0,2,?2?1,1,01+1=22=2，
由勾股定理得AC=AB2+BC2=22，
S△ACP=12AC?AA1=12×22×2=22，
則三棱錐B1?APC的體積為13S△ACP?d=13×22×2=43.
【變式1-1】（2024·山東日照·二模）在三棱錐P?ABC中，BA⊥BC，PB⊥平面ABC，點(diǎn)E在平面ABC內(nèi)，且滿足平面PAE⊥平面PBE，AB=BC=BP=1．

(1)求證：AE⊥BE；
(2)當(dāng)二面角E?PA?B的余弦值為33時(shí)，求三棱錐E?PCB的體積．
【解題思路】（1）作BH⊥PE，證得BH⊥平面PAE，得到BH⊥AE，再由PB⊥平面ABC，證得PB⊥AE，利用線面垂直的判定定理，證得AE⊥平面PBE，進(jìn)而證得AE⊥BE；
（2）以B為原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)，設(shè)E(x,y,0)，由AE⊥BE，得到AE?BE=0，求得(x?12)2+y2=14，在求得平面PAE和PAB的法向量n=(y,1?x,y)和BC=(0,1,0)，結(jié)合向量的夾角公式，列出方程求得E點(diǎn)的坐標(biāo)，根據(jù)棱錐的體積公式，即可求解.
【解答過(guò)程】（1）解：作BH⊥PE交PE于H，
因?yàn)槠矫鍼AE⊥平面PBE，且平面PAE⊥平面PBE=PE，BH?平面PBE，
所以BH⊥平面PAE，
又因?yàn)锳E?平面PAE，所以BH⊥AE，
因?yàn)镻B⊥平面ABC，且AE?平面PAE，所以PB⊥AE，
又因?yàn)锽H⊥AE，PB⊥AE，且PB,BH?平面PBE，PB∩BH=B，
所以AE⊥平面PBE，
因?yàn)锽E?平面PBE，所以AE⊥BE.
（2）解：以B為原點(diǎn)，以BA,BC,BP所在的直線分別為x,y,z，建立空間直角坐標(biāo)，
如圖所示，則B(0,0,0),P(0,0,1),C(0,1,0),A(1,0,0)，
設(shè)E(x,y,0)，因?yàn)锳E⊥BE，所以AE?BE=0，
因?yàn)锳E=(x?1,y,0),BE=(x,y,0)，所以(x?1)x+y×y=0，即(x?12)2+y2=14，
又由PA=(1,0,?1),AE=(x?1,y,0)，
設(shè)平面PAE的一個(gè)法向量為n=(a,b,c)，則n?PA=a?c=0n?AE=a(x?1)+by=0，
取a=y，可得b=1?x,c=y，所以n=(y,1?x,y)，
又因?yàn)锽C=(0,1,0)為平面PAB的一個(gè)法向量，
設(shè)二面角E?PA?B的平面角為θ，
則csθ=n?BCnBC=x?1(x?1)2+2y2×1=33，
因?yàn)?x?12)2+y2=14，解得x=1,y=0（舍去）或x=12,y=±12，
所以點(diǎn)E(12,12,0)或E(12,?12,0)，
所以三棱錐E?PCB的體積為VE?PCB=13S△PCB??=13×12×1×1×12=112.
【變式1-2】（2024·河南·模擬預(yù)測(cè)）如圖，幾何體ABCDEF中，底面ABCD為邊長(zhǎng)為2的菱形，平面CDEF⊥平面ABCD，平面BCF⊥平面ABCD，∠DAB=π3.
(1)證明：CF⊥平面ABCD；
(2)若DE=132，平面ADE與平面BCF的夾角為π6，求四棱錐E?ABCD的體積.
【解題思路】（1）由面面垂直的性質(zhì)定理結(jié)合線面垂直的判定定理即可得；
（2）建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)出E點(diǎn)的坐標(biāo)后結(jié)合題意確定E點(diǎn)位置后由體積公式計(jì)算即可得.
【解答過(guò)程】（1）在平面ABCD內(nèi)分別作直線m⊥CD，n⊥BC，
因?yàn)槠矫鍯DEF⊥平面ABCD，平面CDEF∩平面ABCD=CD，
m?平面ABCD，所以m⊥平面CDEF，
又FC?平面CDEF，所以m⊥FC.
同理可證n⊥FC，又m，n?平面ABCD，且m，n為相交直線，
所以FC⊥平面ABCD；

（2）取BC中點(diǎn)G，連接BD，DG，∠DAB=π3且底面ABCD為菱形，
故△BCD為等邊三角形，所以DG⊥DA，
以D為原點(diǎn)，DA，DG為x，y軸正方向建立空間直角坐標(biāo)系，
則D0,0,0，C?1,3,0，A2,0,0，
故DC=?1,3,0，由平面CDEF⊥平面ABCD，
所以可設(shè)Ea,?3a,?，n1=x,y,z為平面ADE的法向量，
則有n1?DA=0n1?DE=0，即2x=0ax?3ay+?z=0，取y=?>0，得n1=0,?,3a.
由平面BCF⊥平面ABCD，故n2=0,1,0為平面BCF的一個(gè)法向量，
結(jié)合已知有csn1,n2=??2+3a2=32，又DE=?2+4a2=132，所以?=32，
所以VE?ABCD=13×32×23=3.
【變式1-3】（2024·黑龍江雙鴨山·模擬預(yù)測(cè)）如圖，四棱錐P?ABCD的底面ABCD是矩形，PD⊥平面ABCD,PD=2AD=2,M為PD的中點(diǎn)，Q為PA上一點(diǎn)，且AM⊥DQ．
(1)證明：PC//平面BDQ；
(2)若二面角B?DQ?C為45°，求三棱錐Q?BCD的體積．
【解題思路】（1）以向量DP，DA為基底，分別表示向量DQ,AM，利用AM?DQ=0建立方程，確定Q為AP的中點(diǎn)，從而得到OQ為△PAC的中位線，從而得證；
（2）建立空間直角坐標(biāo)系，分別求出平面BDQ的法向量和平面CDQ的法向量，利用二面角為45°建立方程，解方程可得DC的長(zhǎng)度，接著利用體積公式即可求解.
【解答過(guò)程】（1）證明：因?yàn)镻D⊥平面ABCD,DA?平面ABCD，
所以PD⊥AD，則DP?DA=0．
設(shè)AQ=λAP，
則DQ=DA+AQ=DA+λAP=DA+λ(DP?DA)=(1?λ)DA+λDP，
AM=AD+DM=?DA+12DP，
因?yàn)锳M⊥DQ，所以AM?DQ=0，即
AM?DQ=[(1?λ)DA+λDP]??DA+12DP
=(λ?1)|DA|2+12(1?λ)DA?DP?λDP?DA+12λ|DP|2=0
則(λ?1)+λ=0，解得λ=12，
所以Q為AP的中點(diǎn)．
連結(jié)AC，與BD交于點(diǎn)O，連結(jié)QO，
由于底面ABCD是矩形，所以O(shè)為AC的中點(diǎn)，則OQ為△PAC的中位線，
所以O(shè)Q//PC，
又OQ?平面BDQ,PC?平面BDQ，
所以PC//平面BDQ
（2）易知DA，DC，DP兩兩互相垂直，
以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，以DA，DC，DP所在直線分別為x，y，z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
設(shè)DC=t(t>0)，則D(0,0,0),B(1,t,0),Q12,0,22,C(0,t,0)，
DQ=12,0,22,DB=(1,t,0),DC=(0,t,0)，
設(shè)平面BDQ的法向量為m=x1,y1,z1，
由DQ·m=0DB·m=0，得12x1+22z1=0x1+ty1=0，
取x1=1，則m=1,?1t,?22，
設(shè)平面CDQ的法向量為n=x2,y2,z2，
由DQ·n=0DC·n=0，得12x2+22z2=0ty2=0，
取x2=1，則n=1,0,?22，
于是cs?m,n?=3232+1t2×32=cs45°=22，解得t=63，
故三棱錐Q?BCD的體積為VQ?BCD=13×S△BCD×12PD=13×12×1×63×22=318．
【題型2 立體幾何中的線段長(zhǎng)度問(wèn)題】
【例2】（2024·江蘇南京·二模）如圖，AD//BC，AD⊥AB，點(diǎn)E、F在平面ABCD的同側(cè)，CF//AE，AD=1，AB=BC=2，平面ACFE⊥平面ABCD，EA=EC=3.

(1)求證：BF//平面ADE；
(2)若直線EC與平面FBD所成角的正弦值為41015，求線段CF的長(zhǎng).
【解題思路】(1)根據(jù)線面平行，面面平行定理即可證明；
(2)建立合適坐標(biāo)系，將各個(gè)點(diǎn)用坐標(biāo)表示出來(lái)，再根據(jù)向量垂直列出方程式，求解即可
【解答過(guò)程】（1）因?yàn)镃F//AE，CF?平面ADE，
所以CF//平面ADE，同理BC//平面ADE，
又BC，CF?平面BCF，BC∩CF=C，
所以平面BCF//平面ADE，BF?平面ADE，
所以BF//平面ADE；
（2）取AC的中點(diǎn)O，因?yàn)镋A=EC，
所以EO⊥AC，又平面ACFE⊥平面ABCD，平面ACFE∩平面ABCD=AC，
EO?平面EAC，所以EO⊥平面ABCD，
又因?yàn)锳D⊥AB，故可建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)?xyz.
在四邊形ABCD中，因?yàn)锳D=1，AB=BC=2，AD//BC，AD⊥AB，
所以AC=22，所以AO=OC=2，
因?yàn)镋A=EC=3，所以EO=1，
所以A0,0,0，B2,0,0，D0,1,0，C2,2,0，O1,1,0，E1,1,1，EC=(1,1,?1)，
BD=?2,1,0，BC=0,2,0，
設(shè)CF=λAE=λ,λ,λ,λ>0，則BF=BC+CF=λ,2+λ,λ，
設(shè)n=x,y,z為平面BDF的法向量，
則n?BD=0n?BF=0，即?2x+y=0λx+(2+λ)y+λz=0，故取n=1,2,?4λ?3，
因?yàn)橹本€EC與平面FBD所成角的正弦值為41015，
所以cs=n?ECn?EC=6+4λ3×5+4λ+32=41015，
兩邊同時(shí)平方得
所以681λ2+12λ?23=0，解得1λ=12，或1λ=?2334（舍去），
所以λ=2，所以CF=2AE=23.
【變式2-1】（2024·重慶·模擬預(yù)測(cè)）如圖，在四棱錐E?ABCD中，EC⊥平面ABCD,AB∥DC,△ACD為等邊三角形，DC=2AB=2,CB=CE，點(diǎn)F為棱BE上的動(dòng)點(diǎn)．
(1)證明：DC⊥平面BCE；
(2)當(dāng)二面角F?AC?B的大小為45°時(shí)，求線段CF的長(zhǎng)度．
【解題思路】（1）先求得BC，再根據(jù)線面垂直的判定定理證得DC⊥平面BCE.
（2）建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法列方程來(lái)求得F點(diǎn)的坐標(biāo)，進(jìn)而求得CF的長(zhǎng)度.
【解答過(guò)程】（1）依題意∠BAC=∠ACD=60°，所以CB=22+12?2×2×1×cs60°=3，
所以AB2+CB2=AC2，所以AB⊥CB，則DC⊥CB，
由于CE⊥平面ABCD，DC?平面ABCD，所以CE⊥DC，
由于BC∩CE=C,BC,CE?平面BCE，所以DC⊥平面BCE.
（2）由（1）可知DC,CE,CB兩兩相互垂直，由此以C為原點(diǎn)，建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，
A1,3,0,B0,3,0，設(shè)F0,t,3?t,0≤t≤3，
平面ABC的法向量為m=0,0,1，
設(shè)平面FAC的法向量為n=x,y,z，
則n?CA=x+3y=0n?CF=ty+3?tz=0，
故可設(shè)n=?3t+3,t?3,t，
依題意，二面角F?AC?B的大小為45°，
所以m?nm?n=t?3t+32+t?32+t2=22，
整理得3t2?83t+12=3t?23t?6=0，
解得t=23或t=63（舍去），所以F0,233,33，
所以CF=2332+332=153.
【變式2-2】（2024·湖北·模擬預(yù)測(cè)）如圖，AE⊥平面ABCD，E,F在平面ABCD的同側(cè)，AE//DF，AD//BC，AD⊥AB，AD=AB=12BC=1.
(1)若B,E,F,C四點(diǎn)在同一平面內(nèi)，求線段EF的長(zhǎng)；
(2)若DF=2AE，平面BEF與平面BCF的夾角為30°，求線段AE的長(zhǎng).
【解題思路】（1）由線面平行的判定定理、性質(zhì)定理得四邊形ADFE是平行四邊形可得答案；
（2）以A為原點(diǎn)，分別以AB、AD、AE所在直線為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)E0,0,λ，求出平面BEF、平面BFC的一個(gè)法向量，由二面角的向量求法可得答案.
【解答過(guò)程】（1）∵AD//BC，BC?平面BCEF，AD?平面BCEF，∴AD//平面BCEF，
∵AE//DF，則A,E,F,D四點(diǎn)共面，
∵AD//平面BCEF，AD?平面ADFE，平面BCEF∩平面ADFE=EF，∴AD//EF，又AE//DF，則四邊形ADFE是平行四邊形，
∴EF=AD=1；
（2）以A為原點(diǎn)，分別以AB、AD、AE所在直線為x軸、y軸、z軸，
建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)AE=λ(λ>0)，則E0,0,λ，F(xiàn)0,1,2λ，B1,0,0，C1,2,0，BE=?1,0,λ，BF=?1,1,2λ，BC=0,2,0，
設(shè)m=x1,y1,z1是平面BEF的一個(gè)法向量，
由m?BE=0m?BF=0，得?x1+λz1=0?x1+y1+2λz1=0，令z1=1，可得x1=λ,y1=?λ，
可得m=λ,?λ,1，
設(shè)n=x2,y2,z2是平面BFC的一個(gè)法向量，
由n?BC=0n?BF=0，得2y2=0?x2+y2+2λz2=0，令z2=1，可得x2=2λ,y2=0，
可得n=2λ,0,1，
依題意csm,n=m?nmn=2λ2+1λ2+(?λ)2+1?(2λ)2+02+12=32，
解得λ=12，∴AE=12.
【變式2-3】（2024·湖南·模擬預(yù)測(cè)）如圖1，在五邊形ABCDP中，連接對(duì)角線AD，AD//BC，AD⊥DC，PA=PD=22,AD=2BC=2DC=4，將三角形PAD沿AD折起，連接PC,PB，得四棱錐P?ABCD（如圖2），且PB=22,E為AD的中點(diǎn)，M為BC的中點(diǎn)，點(diǎn)N在線段PE上.

(1)求證：平面PAD⊥平面ABCD；
(2)若平面AMN和平面PAB的夾角的余弦值為38729，求線段EN的長(zhǎng).
【解題思路】（1）由等腰三角形證得PE⊥AD，勾股定理證得PE⊥BE，可得PE⊥平面ABCD，得平面PAD⊥平面ABCD.
（2）以E為原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)EN=t，利用向量法表示兩個(gè)平面夾角的余弦值，由方程解出t的值.
【解答過(guò)程】（1）連接BE，則BC=12AD=DE=2，因?yàn)锳D//BC，AD⊥DC，
所以四邊形BCDE為矩形，所以BE=CD=2，
因?yàn)镻A=PD=22，且E為AD的中點(diǎn)，
所以PE⊥AD，且PE=PA2?DE2=2，
所以PE2+BE2=22+22=8=PB2，即PE⊥BE，
又因?yàn)锳D∩BE=E，AD,BE?平面ABCD，
所以PE⊥平面ABCD，
又PE?平面PAD，所以平面PAD⊥平面ABCD.
（2）以E為原點(diǎn)，EA為x軸，EB為y軸，EP為z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，

則A2,0,0,B0,2,0,M?1,2,0,P0,0,2，
設(shè)EN=t0≤t≤2，則N0,0,t，
所以AB=?2,2,0,AP=?2,0,2，
設(shè)平面PAB的法向量為m=x1,y1,z1，則m?AB=?2x1+2y1=0,m?AP=?2x1+2z1=0,
令x1=1，則y1=1,z1=1，得m=1,1,1,
又AM=?3,2,0,AN=?2,0,t，
設(shè)平面AMN的法向量為n=x2,y2,z2，則n?AM=?3x2+2y2=0,n?AN=?2x2+tz2=0,
令x2=t，則y2=3t2,z2=2，得n=t,3t2,2，
所以csm,n=m?n|m|?|n|=t+3t2+212+12+12×t2+9t24+22=38729，
解得t=1，或t=10441（舍），
所以線段EN的長(zhǎng)為1.
【題型3 空間角問(wèn)題】
【例3】（2024·青海·二模）如圖，在三棱柱ABC?A1B1C1中，所有棱長(zhǎng)均相等，CB1∩BC1=O，∠ABB1=60°，CB⊥BB1.

(1)證明；AO⊥平面BB1C1C.
(2)若二面角C1?A1B1?B的正弦值.
【解題思路】（1）設(shè)D為BB1的中點(diǎn)，先證明BB1⊥平面AOD，以此得到BB1⊥AO，再證明AO⊥B1C，結(jié)合線面垂直的判定定理即可得解；
（2）建立適當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系，求出兩個(gè)平面的法向量，結(jié)合向量夾角的坐標(biāo)公式即可求解.
【解答過(guò)程】（1）

設(shè)D為BB1的中點(diǎn)，連接AD，OD，AB1.
因?yàn)樵谌切蜛BB1中，AB=BB1,∠ABB1=60°，所以三角形ABB1是等邊三角形，
而D是BB1的中點(diǎn)，故由三線合一可知，AD⊥BB1，
因?yàn)镃B⊥BB1，OD是三角形B1BC的中位線，即OD//BC，所以O(shè)D⊥BB1.
因?yàn)锳D∩OD=D，AD,OD?平面AOD，所以BB1⊥平面AOD.
因?yàn)锳O?平面AOD，所以BB1⊥AO.
在△ACB1中，AC=AB1，O為B1C的中點(diǎn)，所以AO⊥B1C.
因?yàn)锽1C∩BB1=B1，B1C,BB1?平面BB1C1C，所以AO⊥平面BB1C1C.
（2）設(shè)三棱柱ABC?A1B1C1的棱長(zhǎng)為2，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OB的方向?yàn)閤軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
則O(0,0,0)，B(1,0,0)，B1(0,1,0)，A(0,0,1)，C(0,?1,0).
BA=(?1,0,1)，BB1=(?1,1,0)，BC=(?1,?1,0).

設(shè)平面ABB1A1的法向量為n=x1,y1,z1，
則n?BA=?x1+z1=0n?BB1=?x1+y1=0，可取n=(1,1,1).
設(shè)平面ABC的法向量為m=x2,y2,z2，
則m?BA=?x2+z2=0m?BC=?x2?y2=0，可取m=(1,?1,1).
因?yàn)槠矫鍭BC//平面A1B1C1，所以平面A1B1C1的一個(gè)法向量為m=(1,?1,1).
csn,m=n?m|n||m|=13×3=13，sinn,m=223，
故二面角C1?A1B1?B的正弦值為223.
【變式3-1】（2024·福建龍巖·三模）如圖，在四棱臺(tái)ABCD?A1B1C1D1中，底面四邊形ABCD為菱形，∠ABC=60°,AB=2AA1=2A1B1,AA1⊥平面ABCD.

(1)證明：BD⊥CC1；
(2)若M是棱BC上的點(diǎn)，且滿足BMBC=23，求二面角M?AD1?D的余弦值.
【解題思路】（1）先根據(jù)線面垂直的性質(zhì)得AA1⊥BD，再根據(jù)線面垂直的判定定理得BD⊥平面ACC1A1，從而利用線面垂直的性質(zhì)定理即可證明；
（2）建立空間直角坐標(biāo)系，求出點(diǎn)的坐標(biāo)，然后利用法向量求法求出平面AMD1和平面ADD1的法向量，再利用向量法求解即可.
【解答過(guò)程】（1）在四棱臺(tái)ABCD?A1B1C1D1中，AA1,CC1延長(zhǎng)后必交于一點(diǎn)，
故A,C,C1,A1四點(diǎn)共面，因?yàn)锳A1⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，故AA1⊥BD，
連接AC,A1C1，因?yàn)榈酌嫠倪呅蜛BCD為菱形，故AC⊥BD，
AA1∩AC=A,AA1,AC?平面ACC1A1，故BD⊥平面ACC1A1，
因?yàn)镃C1?平面ACC1A1，所以BD⊥ CC1.

（2）過(guò)點(diǎn)A作BC的垂線，交BC與點(diǎn)N，以AN,AD,AA1所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)?xyz（如圖），

設(shè)A1B1=1，則AB=2A1B1=2，由于∠ABC=60°，故BN=1，
則A(0,0,0),D1(0,1,1),D(0,2,0)，M(3,13,0)，
則AD1=(0,1,1)，AM=(3,13,0)，AD=(0,2,0)，
記平面AMD1的法向量為n=(a,b,c)，
則AD1?n=0AM?n=0，即b+c=03a+13b=0，令b=3，
則a=?33,c=?3，即n=(?33,3,?3)，
平面ADD1的法向量可取為m=(1,0,0)，
則cs?n,m?=n?m|n||m|=?33(?33)2+32+(?3)2=?5555.
所以二面角M?AD1?D的余弦值為5555.
【變式3-2】（2024·黑龍江大慶·三模）如圖，在四棱錐P?ABCD中，AD // BC,∠BAD=90°,AD=2BC=4,AB=2，PA=22,∠PAO=45°，且O是AD的中點(diǎn).

(1)求證：平面POC⊥平面ABC；
(2)若二面角P?AD?B的大小為120°，求直線PB與平面PAD所成角的余弦值.
【解題思路】（1）先證明線面垂直再根據(jù)面面垂直判定定理證明即可；
（2）先根據(jù)二面角求參得出點(diǎn)的坐標(biāo)，再應(yīng)用線面角向量求法計(jì)算.
【解答過(guò)程】（1）因?yàn)镻A=22,OA=2,∠PAO=45°，
由余弦定理得PO2=AO2+AP2?2AO?APcs∠PAO=4，所以PO=2.
因?yàn)镻A2=PO2+AO2，所以∠POA=90°，所以AD⊥PO.
因?yàn)锽C // AO,BC=AO，所以四邊形ABCO為平行四邊形，所以O(shè)C=AB=2.
因?yàn)椤螧AO=90°，所以∠AOC=90°，即AD⊥OC.
因?yàn)镻O∩CO=O,PO,CO?平面POC，所以AD⊥平面POC.
因?yàn)锳D?平面ABC，所以平面POC⊥平面ABC.
（2）在平面POC內(nèi)，過(guò)點(diǎn)O作OE⊥OC，交PC于E.
因?yàn)槠矫鍼OC⊥平面ABC，平面POC∩平面ABC=OC，所以O(shè)E⊥平面ABC.

以O(shè)為原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則A2,0,0,D?2,0,0,B2,2,0.
由（1）可知∠POC為二面角P?AD?B的平面角，即∠POC=120°，所以∠POE=30°，由PO=2，可得P0,?1,3.
所以PB=2,3,?3,DA=4,0,0,PA=2,1,?3.
設(shè)平面PAD的一個(gè)法向量為m=x,y,z，則m?AD=0m?PA=0，即x=0y=3z，
令z=3，則y=3，所以平面PAD的一個(gè)法向量為m=0,3,3.
設(shè)直線PB與平面PCD所成角為θ，則sinθ=csm,PB=m?PBm?PB=34
所以直線PB與平面PCD所成角的余弦值為34.
【變式3-3】（2024·河南濮陽(yáng)·模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，在等腰梯形ABCD中，AB//CD，AD=AB=BC=2，CD=4，E為CD中點(diǎn)，AE與BD相交于點(diǎn)O，將△ADE沿AE折起，使點(diǎn)D到達(dá)點(diǎn)P的位置（P?平面ABCE）．
(1)求證：平面POB⊥平面PBC；
(2)若PB=6，試判斷線段PB上是否存在一點(diǎn)Q（不含端點(diǎn)），使得直線PC與平面AEQ所成角的正弦值為155，若存在，求Q在線段PB上的位置；若不存在，說(shuō)明理由．
【解題思路】（1）利用線面垂直的判定定理、性質(zhì)定理及面面垂直的判定定理可得答案；
（2）以O(shè)為原點(diǎn)，分別以O(shè)E,OB,OP所在的直線為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)Q0,t,3?t，求出平面AEQ的法向量，由線面角的向量求法求出t可得答案.
【解答過(guò)程】（1）如圖，在原圖中連接BE，由于AB//DE，AB=DE，AB=DE，
所以四邊形ABED是平行四邊形．
由于AB=AD，所以四邊形ABED是菱形，所以AE⊥BD．
由于AB//CE，AB=CE，所以四邊形ABCE是平行四邊形，
所以BC//AE，所以BC⊥BD．
在翻折過(guò)程中，AE⊥OP，AE⊥OB保持不變，
即BC⊥OP，BC⊥OB保持不變．
由于OP∩OB=O，OP，OB?平面POB，
所以BC⊥平面POB，由于BC?平面PBC，
所以平面POB⊥平面PBC；
（2）由上述分析可知，在原圖中，BC⊥BD，
所以BD=42?22=23，所以O(shè)B=OD=3．
折疊后，若PB=6，則PO2+OB2=PB2，所以PO⊥OB，
由于PO⊥OE，OB∩OE=O，OB,OE?平面ABCE，
所以PO⊥平面ABCE．所以O(shè)E，OB，PO兩兩相互垂直．
由此以O(shè)為原點(diǎn)，
分別以O(shè)E,OB,OP所在的直線為x,y,z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
OE=OA=22?12=3，
P0,0,3，C2,3,0，A?1,0,0，E1,0,0，
設(shè)Q0,t,3?t，0≤t≤3，PC=2,3,?3，
AE=2,0,0，AQ=1,t,3?t，
設(shè)平面AEQ的法向量為n=x,y,z，
則AE?n=2x=0AQ?n=x+ty+3?tz=0，令z=t得x=0,y=t?3，
故n=0,t?3,t，
設(shè)直線PC與平面AEQ所成角為θ，則
sinθ=n?PCn?PC =3t?3?3tt?32+t2×4+3+3
=32t2?23t+3×10 =155，
所以2t2?23t+3=32，2t2?23t+3=32，
4t2?43t+3=2t?32=0，解得t=32，
所以Q0,32,32，因?yàn)镻0,0,3，B0,3,0，
P0,0,3、B0,3,0的中點(diǎn)坐標(biāo)為0,32,32，
即Q是PB的中點(diǎn)．
【題型4 空間點(diǎn)、線、面的距離問(wèn)題】
【例4】（2024·天津和平·二模）如圖，三棱臺(tái)ABC?A1B1C1中，△ABC為等邊三角形，AB=2A1B1=4，AA1⊥平面ABC，點(diǎn)M，N，D分別為AB，AC，BC的中點(diǎn)，A1B⊥AC1．
(1)證明：CC1∥平面A1MN；
(2)求直線A1D與平面A1MN所成角的正弦值；
(3)求點(diǎn)D到平面A1MN的距離．
【解題思路】（1）建立空間直角坐標(biāo)系，求出平面A1MN的法向量，利用CC1⊥n，結(jié)合CC1?平面A1MN，得出CC1//平面A1MN；
（2）利用向量的夾角公式即可求解；
（3）利用點(diǎn)到平面的距離的向量法公式，即可求解．
【解答過(guò)程】（1）因?yàn)閭?cè)棱AA1⊥底面ABC，△ABC為等邊三角形，所以過(guò)點(diǎn)A作AH⊥AC，則以為點(diǎn)A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AC，AH，AA1的方向分別為x軸，y軸，z軸的正方向，建立如下圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
設(shè)AA1長(zhǎng)為m(m>0)，則A0,0,0,A10,0,m,B2,23,0,C12,0,m
A1B=(2,23,?m)，AC1=(2,0,m)，
因?yàn)锳1B⊥AC1，所以A1B?AC1=0，則有4?m2=0，m=2．
所以A(0,0,0)，B(2,23,0)，C(4,0,0)，C1(2,0,2)，A1(0,0,2)，M(1,3,0)，N(2,0,0)．
證明：因?yàn)锳1M=(1,3,?2)，A1N=(2,0,?2)，設(shè)平面A1MN的法向量為n1=(x,y,z)，
則n1?A1M=x+3y?2z=0,n1?A1N=2x?2z=0.，令x=1，則n1=1,33,1，
又因?yàn)镃C1=(?2,0,2)．
所以CC1?n1=?2+0+2=0，所以CC1→⊥n1?，又因?yàn)镃C1?平面A1MN，所以CC1∥平面A1MN．
（2）因?yàn)镈為中點(diǎn)，所以CD=2，則D(3,3,0)，
有A1D=(3,3,?2)，又n1=1,33,1，設(shè)直線A1D與平面A1MN所成角為θ，
sinθ=cs=A1D?n1A1D?n1=24×73=2114，
則直線A1D與平面A1MN所成角的正弦值為2114．
（3）因?yàn)镈N=(?1,?3,0)，平面A1MN的法向量為n1=1,33,1，
所以，點(diǎn)D到平面A1MN的距離為DN?n1n1=2217．
【變式4-1】（2024·廣東·三模）如圖，邊長(zhǎng)為4的兩個(gè)正三角形ABC，BCD所在平面互相垂直，E，F(xiàn)分別為BC，CD的中點(diǎn)，點(diǎn)G在棱AD上，AG=2GD，直線AB與平面EFG相交于點(diǎn)H.
(1)證明：BD//GH；
(2)求直線BD與平面EFG的距離.
【解題思路】（1）首先證明BD//平面EFG，再由線面平行的性質(zhì)證明即可；
（2）連接EA,ED，以點(diǎn)E為原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，利用點(diǎn)到平面距離公式求解即得.
【解答過(guò)程】（1）因?yàn)镋、F分別為BC、CD的中點(diǎn)，所以EF//BD，
又BD?平面EFG，EF?平面EFG，則BD//平面EFG，
又BD?平面ABD，平面ABD∩平面EFG=GH，所以BD//GH.
（2）由（1）知，BD//平面EFG，
則點(diǎn)B到平面EFG的距離即為BD與平面EFG的距離，
連接EA,ED，由△ABC,△BCD均為正三角形，E為BC的中點(diǎn)，得EA⊥BC,ED⊥BC，
又平面ABC⊥平面BCD，平面ABC∩平面BCD=BC,AE?平面ABC，
于是AE⊥平面BCD，又ED?平面BCD，則EA⊥ED，
以點(diǎn)E為原點(diǎn)，直線EB,ED,EA分別為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系，
則B2,0,0，F(xiàn)?1,3,0，又A(0,0,23)，D(0,23,0)，
又AG→=2GD→，可得G0,433,233，
所以EB=2,0,0，EF=?1,3,0，EG=0,433,233，
設(shè)平面EFG的一個(gè)法向量為n=(x,y,z)，則EF?n=?x+3y=0EG?n=433y+233z=0，
令y=1，得n=3,1,?2，
設(shè)點(diǎn)B到平面EFG的距離為d，則d=|EB?n||n|=238=62，
所以BD與平面EFG的距離為62.
【變式4-2】（2024·上海·三模）如圖，在直三棱柱ABC?A1B1C1中，AA1=AB=2，AC=1，∠ACB=90°，D是棱AB上的一點(diǎn)．
(1)若AD=DB，求異面直線B1D與A1C1所成的角的大小；
(2)若CD⊥B1D，求點(diǎn)B到平面B1CD的距離．
【解題思路】（1）根據(jù)給定條件，建立空間直角坐標(biāo)系，求出B1D與A1C1的坐標(biāo)，再利用線線角的向量求法求解即得.
（2）由（1）的坐標(biāo)系，求出點(diǎn)D的坐標(biāo)，平面B1CD的法向量坐標(biāo)，再利用點(diǎn)到平面的距離公式計(jì)算即得.
【解答過(guò)程】（1）在直三棱柱ABC?A1B1C1中，∠ACB=90°，則直線CA,CB,CC1兩兩垂直，
以點(diǎn)C為原點(diǎn)，直線CA,CB,CC1分別為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系，
則C(0,0,0),A(1,0,0),B(0,3,0),C1(0,0,2),A1(1,0,2),B1(0,3,2)，
由AD=DB，得D(12,32,0)，于是B1D=(12,?32,?2),A1C1=(?1,0,0)，
cs?B1D,A1C1?=B1D?A1C1|B1D||A1C1|=?125×1=?510，
所以異面直線B1D與A1C1所成角的余弦為510，大小為arccs510.
（2）令A(yù)D=λAB=λ(?1,3,0)=(?λ,3λ,0)，0≤λ≤1，點(diǎn)D(1?λ,3λ,0)，
則CD=(1?λ,3λ,0),B1D=(1?λ,3λ?3,?2)，由CD⊥B1D，
得CD?B1D=(1?λ)2+3λ(λ?1)=0，而0≤λ≤1，解得λ=14或λ=1，
當(dāng)λ=1時(shí)，點(diǎn)D與點(diǎn)B重合，點(diǎn)B在平面B1CD內(nèi)，因此點(diǎn)B到平面B1CD的距離為0；
當(dāng)λ=14時(shí)，D(34,34,0)，CD=(34,34,0),CB1=(0,3,2)，
設(shè)平面B1CD的法向量n=(x,y,z)，則n?CD=34x+34y=0n?CB1=3y+2z=0，
取x=2，得n=(2,?23,3)，
而CB=(0,3,0)，因此點(diǎn)B到平面B1CD的距離?=|n?CB||n|=65，
所以點(diǎn)B到平面B1CD的距離為0或65.
【變式4-3】（2024·海南·模擬預(yù)測(cè)）如圖，在直四棱柱ABCD?A1B1C1D1中，底面四邊形ABCD為梯形，AD//BC,AB=AD=2，BD=22,BC=4.
(1)證明： A1B1⊥AD1;
(2)若直線 AB與平面 B1CD1所成角的正弦值為 66，點(diǎn) M為線段 BD上一點(diǎn)，求點(diǎn)M到平面 B1CD1的距離.
【解題思路】（1）因?yàn)锳1B1//AB，因此只需證明AB⊥平面ADD1A1，只需證明AB⊥AA1（由題可證），AB⊥AD，由勾股定理易證.
（2）建立空間直角坐標(biāo)系，先由直線 AB與平面 B1CD1所成角的正弦值為 66，求出AA1，再證明BD//平面B1CD1，由此得點(diǎn)M到平面 B1CD1的距離等價(jià)于點(diǎn)B到平面 B1CD1的距離，再由點(diǎn)到平面的距離公式求解即可.
【解答過(guò)程】（1）因?yàn)锳B=AD=2，BD=22，
所以AB2+AD2=8=BD2，所以AB⊥AD,
因?yàn)锳BCD?A1B1C1D1為直四棱柱，
所以A1A⊥AB,
因?yàn)锳1A∩AD=A，A1A,AD?平面ADD1A1，
所以AB⊥平面ADD1A1，
因?yàn)锳1B1//AB，所以A1B1⊥平面ADD1A1，
因?yàn)锳D1?平面ADD1A1，所以A1B1⊥AD1
（2）由（1）及題意知，AB,AD,A1A兩兩垂直，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系
因?yàn)锳B=AD=2，BD=22，BC=4.設(shè)A1A=?(?>0)，
所以A(0,0,0),B(2,0,0),B1(2,0,?),C(2,4,0),D1(0,2,?),D(0,2,0)
所以AB=(2,0,0),CB1=(0,?4,?),CD1=(?2,?2,?),BC=(0,4,0),BD=(?2,2,0),
設(shè)平面B1CD1的一個(gè)法向量為n=(x,y,z)
則n?CB1=?4y+?z=0n?CD1=?2x?2y+?z=0，
令z=4，則x=y=?，所以n=(?,?,4)
設(shè)直線 AB與平面 B1CD1所成的角為θ，
則sinθ=csAB,n=AB·nABn=2?2×2?2+16=66，
解得?=2，所以n=(2,2,4)
所以點(diǎn)B到平面 B1CD1的距離為d=BC·nn=826=263
因?yàn)锽D·n=?2×2+2×2+4×0=0，所以BD⊥n
因?yàn)锽D不在平面B1CD1，所以BD//平面B1CD1，
因?yàn)镸在線段BD上，所以點(diǎn)M到平面 B1CD1的距離等價(jià)于點(diǎn)B到平面 B1CD1的距離，為263
故點(diǎn)M到平面 B1CD1的距離263.
【題型5 立體幾何中的作圖問(wèn)題】
【例5】（2024·貴州貴陽(yáng)·模擬預(yù)測(cè)）如圖，正三棱柱ABC?A1B1C1中，AB=4，AA1=3.設(shè)點(diǎn)D為A1C1上的一點(diǎn)，過(guò)D，A作平面BCC1B1的垂面α，
(1)畫(huà)出平面α與正三棱柱ABC?A1B1C1表面的交線（保留作圖痕跡，不需證明）；
(2)若A1到平面α的距離為32，求AC與平面α所成角的正弦值.
【解題思路】（1）記BC，B1C1的中點(diǎn)分別為O,O1，過(guò)點(diǎn)D作DE//A1O1，交B1C1于點(diǎn)E，連接AO,OE，平面AOC1D即為α；
（2）建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法由A1到平面α的距離為32確定點(diǎn)D位置，然后由線面角的定義求解可得.
【解答過(guò)程】（1）記BC，B1C1的中點(diǎn)分別為O,O1，過(guò)點(diǎn)D作DE//A1O1，交B1C1于點(diǎn)E，
連接AO,OE，易知AO//A1O1，所以DE//AO，所以平面AOC1D即為α.
由正三棱柱的的性質(zhì)可知，AO⊥BC，平面ABC∩平面BCC1B1=BC，
且平面ABC⊥平面BCC1B1，
所以AO⊥平面BCC1B1，
又AO?平面AOC1D，所以平面α⊥平面BCC1B1.
（2）如圖，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OA，OB，OO1所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，
則A123,0,3,C10,?2,3,A23,0,0，
所以A1C1=?23,?2,0,OA=23,0,0,AA1=0,0,3,
設(shè)A1D=λA1C1，則點(diǎn)的D坐標(biāo)為(23(1?λ),?2λ,3)，
所以AD=(?23λ,?2λ,3).
設(shè)平面α的法向量為n=(x,y,z)，則n?OA=23x=0n?AD=?23λx?2λy+3z=0，
所以x=0，?2λy+3z=0，
令y=3，則z=2λ，所以n=(0,3,2λ)，
所以A1到平面α的距離d=AA1?n|n|=23λ3+4λ2=32，解得λ=12，
因?yàn)锳C∥A1D，AC與平面α所成角θ等于A1D與平面α所成角，
所以sinθ=dA1D=322=34.
【變式5-1】（2024·廣東廣州·模擬預(yù)測(cè)）在四棱錐P?ABCD中，底面ABCD為直角梯形，CD//AB，∠ABC=90°，AB=2CD，三棱錐B?PCD的體積為223，平面PAD與平面PBC的交線為l.

(1)求四棱錐P?ABCD的體積，并在答卷上畫(huà)出交線l（注意保留作圖痕跡）；
(2)若AB=2BC=4，PA=PD，且平面PAD⊥平面ABCD，在l上是否存在點(diǎn)N，使平面PDC與平面DCN所成角的余弦值為63？若存在，求PN的長(zhǎng)度；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由.
【解題思路】（1）根據(jù)等體積法和錐體的體積公式計(jì)算即可求出VP?ABCD；如圖，BC的延長(zhǎng)線和AD的延長(zhǎng)線交點(diǎn)為M，則l為直線PM；
（2）建立如圖空間直角坐標(biāo)系，設(shè)PN=λPM，利用空間向量法求解面面角，建立關(guān)于λ的方程，解之即可求解.
【解答過(guò)程】（1）VB?PCD=VP?BCD=13???S△BCD=223，VP?ABCD=13???S四邊形ABCD，
∵AB=2CD，∴S△ADB=2S△BCD，
∴S四邊形ABCD=3S△BCD，VP?ABCD=3VP?BCD=22
延長(zhǎng)BC，AD，設(shè)BC的延長(zhǎng)線和AD的延長(zhǎng)線交點(diǎn)為M，連接PM，
則平面PAD和平面PBC的交線l為直線PM.
（2）取AD的中點(diǎn)E，連接PE，
∵PA=PD，E是AD的中點(diǎn)，∴PE⊥AD，
∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，PE?平面PAD，PE⊥AD，
∴PE⊥平面ABCD，
VB?PCD=VP?BCD=13?PE?S△BCD=223，S△BCD=12BC?CD=2，解得PE=2.
以點(diǎn)B為坐標(biāo)原點(diǎn)，以直線BA，BM分別為x，y軸，
以過(guò)點(diǎn)B作平面ABCD的垂線為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系B?xyz，如圖所示.

則P3,1,2，C0,2,0，D2,2,0，M0,4,0，
∴CD=2,0,0，PD=?1,1,?2，PM=?3,3,?2，
設(shè)PN=λPM=?3λ,3λ,?2λ，則DN=PN?PD=1?3λ,3λ?1,21?λ，
設(shè)平面PCD的法向量為m=x1,y1,z1，
則m?CD=0m?PD=0，即2x1=0?x1+y1?2z1=0
令z1=1，得m=0,2,1，
設(shè)平面CDN的法向量為n=x2,y2,z2，
則n?CD=0n?DN=0，即2x2=01?3λx2+3λ?1y2+21?λz2=0
令y2=2(1?λ)，可得n=0,21?λ,1?3λ，
平面PDC與平面DCN夾角的余弦值為63
∴csm,n=m?nmn=21?λ+1?3λ3×21?λ2+1?3λ2=63，
整理得3λ2?10λ+3=0，解得：λ=13或λ=3，
即在直線l上存在點(diǎn)N，平面PDC與平面DCN的夾角的余弦值為63，
此時(shí)PN=?1,1,?23或PN=(?9,9,?32)，
則PN=1+1+29=253或PN=81+81+18=65.
【變式5-2】（2023·廣西·模擬預(yù)測(cè)）已知四棱錐P?ABCD中，底面ABCD為直角梯形，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，AB⊥AD，PA=AD=4，BA=BC=2，M為PA中點(diǎn)，過(guò)C，D，M的平面截四棱錐P?ABCD所得的截面為α．
(1)若α與棱PB交于點(diǎn)F，畫(huà)出截面α，保留作圖痕跡（不用說(shuō)明理由），求點(diǎn)F的位置；
(2)求平面CDM與平面PBC所成銳二面角的余弦值．
【解題思路】（1）延長(zhǎng)DC∩AB=E，可得四邊形MFCD為截面α，即可得解；
（2）建系，求解.
【解答過(guò)程】（1）延長(zhǎng)DC∩AB=E，連接ME交PB于F，連接FC，
如圖，四邊形MFCD為截面α.
△ADE中，BC∥AD，由BCAD=12，則C為DE中點(diǎn)，B為AE中點(diǎn)，
過(guò)M作MN∥AB交PB于N，則MN=12AB=1，∴ △MNF~△EBF，
∴ FNBF=MNBE=12，
∴ BF=2NF，即BF=13BP，
∴F為棱PB上靠近點(diǎn)B位置的三等分點(diǎn)；
（2）以A為原點(diǎn)，AB為x軸，AD為y軸，AP為z軸，建立空間坐標(biāo)系如圖，
則有：P0,0,4，B2,0,0，D0,4,0，C2,2,0，M0,0,2，F(xiàn)43,0,43
設(shè)平面PBC的一個(gè)法向量為p=x,y,z，PB=2,0,?4，BC=0,2,0
則有p?PB=0p?BC=0，解得2x?4z=02y=0
令z=1，則x=2,y=0，即p=2,0,1
設(shè)平面α的一個(gè)法向量為q=a,b,c，DM=0,?4,2，CD=?2,2,0，
則q?DM=0q?CD=0，解得?4b+2c=0?2a+2b=0，
令a=1，則b=1，c=2，q=1,1,2
設(shè)平面α與平面PBC的銳二面角的平面角為θ，則csθ=p?qp?q
=2×1+0×2+1×212+12+2222+12=46×5=23015
所以平面α與平面ABC的二面角的銳平面角的余弦值為23015.
【變式5-3】（2024·廣西河池·模擬預(yù)測(cè)）已知四棱錐P?ABCD中，底面ABCD為直角梯形，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，AB⊥AD，PA=AD=4，BA=BC=2，M為PA中點(diǎn)，過(guò)C，D，M的平面截四棱錐P?ABCD所得的截面為α．
(1)若α與棱PB交于點(diǎn)F，畫(huà)出截面α，保留作圖痕跡（不用說(shuō)明理由），并證明PBFB=3．
(2)求多面體ABCDMF的體積．
【解題思路】（1）延長(zhǎng)DC∩AB=E，連接ME交PB于F，連接FC，可得截面α；過(guò)M作MN∥AB交PB于N，通過(guò)證明△MNF～△EBF，可得PBFB=3；
（2）由（1）可得VABCDMF=VE?MAD?VE?FBC，后由題目條件可得答案.
【解答過(guò)程】（1）延長(zhǎng)DC∩AB=E，連接ME交PB于F，連接FC，如圖，四邊形MFCD為截面α.
△ADE中，BC∥AD，由BCAD=12，則C為DE中點(diǎn)，B為AE中點(diǎn)．
過(guò)M作MN∥AB交PB于N，則MN=12AB=1.
∴△MNF～△EBF,∴FNBF=MNBE=12.∴BF=2NF，即BF=13BP．
（2）VABCDMF=VE?MAD?VE?FBC.
由題意及（1）可得AD⊥AM，AD=4,AM=12AP=2,AE=2AB=4.
則VE?MAD=13S△ADM?AE=13?12AD?AM?AE=16×4×2×4=163；
又可得BE⊥BC,BE=AB=BC=2，點(diǎn)F到平面BEC距離為13PA,PA=4，
則VE?FBC=VF?BEC=13S△BEC?13PA=19?12BE?BC?PA=19×12×2×2×4=89.
則VABCDMF=VE?MAD?VE?FBC=409．
【題型6 立體幾何中的折疊問(wèn)題】
【例6】（2024·四川南充·三模）已知如圖，在矩形ABCD中，AB=2，AD=23，將△ABD沿BD折起，得到三棱錐M?BCD，其中△MBD是折疊前的△ABD，過(guò)M作BD的垂線，垂足為H，MC=10.
(1)求證：MH⊥CD；
(2)過(guò)H作MB的垂線，垂足為N，求點(diǎn)N到平面MCD的距離.
【解題思路】（1）連接CH，利用余弦定理、勾股定理的逆定理證明MH⊥CH，再利用線面垂直的判定性質(zhì)推理即得.
（2）證明NH//平面MCD，再利用等體積法求出點(diǎn)H到平面MCD的距離即可.
【解答過(guò)程】（1）連接CH，由MB=CD=2,MD=BC=23，∠BMD=∠BCD=90°，
得BD=4,∠MDB=∠DBC=30°,MH=3,BH=1，
在△BCH中，由余弦定理得CH=BH2+BC2?2BH?BCcs30°=7，
則MH2+CH2=10=MC2，于是MH⊥CH，而MH⊥BD,CH∩BD=H,CH,BD?平面BCD，
因此MH⊥平面BCD，又CD?平面BCD，
所以MH⊥CD.
（2）在△MBD中，由NH⊥MB，MD⊥MB，得NH//MD，而MD?平面MCD，
NH?平面MCD，則NH//平面MCD，于是點(diǎn)N到平面MCD的距離等于點(diǎn)H到平面MCD的距離d，
又BNBM=BHBD=14，設(shè)點(diǎn)B到平面MCD的距離為?，則d=34?，
cs∠MDC=4+12?102×2×23=34，sin∠MDC=134，
S△MCD=12×2×23×134=392，S△BCD=12×2×23=23，
由VB?MCD=VM?BCD，得13S△MCD??=13S△BCD?MH，即392?=23×3，解得?=43913，
所以點(diǎn)N到平面MCD的距離d=34?=33913.
【變式6-1】（2023·甘肅·一模）如圖甲所示的正方形AA′A′1A1中，AA1=12,AB=A1B1=3,BC=B1C1=4，對(duì)角線AA′1分別交BB1,CC1于點(diǎn)P,Q，將正方形AA′A′1A1沿BB1,CC1折疊使得AA1與A′A′1重合，構(gòu)成如圖乙所示的三棱柱ABC?A1B1C1.點(diǎn)M在棱AC上，且AM=157.
(1)證明：BM ∥平面APQ；
(2)求三棱錐M?APQ的體積.
【解題思路】（1）過(guò)M作MN∥CQ，連接PN,BM，證明四邊形MNPB為平行四邊形，根據(jù)線面平行的判定定理即可證明結(jié)論；
（2）根據(jù)三棱錐的等體積法，將三棱錐M?APQ的體積轉(zhuǎn)化為求Q?ABC的體積，結(jié)合二者之間的數(shù)量關(guān)系，可得答案,
【解答過(guò)程】（1）證明：在圖乙中，過(guò)M作MN∥CQ，交AQ于N，連接PN,BM，
由于PB∥CQ，則MN∥PB，所以M,N,P,B共面，
且平面MNPB∩平面APQ=PN，
因?yàn)锳B=3,BC=4，所以AC=AA'?AB?BC=12?3?4=5，
又在正方形AA′A′1A1中，∠CAQ=π4,
所以PB=AB=3,∴QC=7,∴tan∠QAC=75，
由AM=157，得MN=157×75=3=PB，
所以四邊形MNPB為平行四邊形，則BM∥PN，
又PN?平面APQ,BM?平面APQ，所以BM ∥平面APQ..
（2）由（1）知AC2=AB2+BC2，所以AB⊥BC，
因?yàn)锳C=5,AM=157，即AM=37AC，
所以VM?APQ=37VC?APQ=37VP?ACQ=37VB?ACQ=37VQ?ABC
=37×13×12×3×4×7=6.
【變式6-2】（2024·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）如圖，在梯形ABCD中，AB∥CD,∠BAD=90°,CD=2AD=2,AB=3,E為線段AB上靠近點(diǎn)A的三等分點(diǎn)，將△ADE沿著DE折疊，得到四棱錐A?BCDE，使平面ADE⊥平面BCDE,P為線段CE上的點(diǎn)．
(1)求證：AD⊥AP；
(2)是否存在點(diǎn)P，使得直線AP與平面ABE所成角的正弦值為66?若存在，求出線段EP的長(zhǎng)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．
【解題思路】（1）計(jì)算CE=2，根據(jù)勾股定理得到DE⊥CE，確定CE⊥平面ADE，證明AD⊥平面ACE，得到答案.
（2）建立空間直角坐標(biāo)系，確定各點(diǎn)坐標(biāo)，計(jì)算平面ABE的法向量為m=(1,1,?1)，設(shè)EP=t，AP=?22,t,?22，根據(jù)向量的夾角公式計(jì)算得到答案.
【解答過(guò)程】（1）AD=AE=1,∠BAD=90°，故△ADE為等腰直角三角形，
DE=2,∠ADE=45°，故∠CDE=45°．
在△CDE中，CE2=DE2+DC2?2DE?DCcsπ4=2+4?4=2，CE=2，
故CE2+DE2=CD2，DE⊥CE，
平面ADE⊥平面BCDE，平面ADE∩平面BCDE=DE,CE?平面BCDE，
故CE⊥平面ADE，AD?平面ADE，故CE⊥AD，
又AD⊥AE,CE∩AE=E,CE,AE?平面ACE，故AD⊥平面ACE，
又AP?平面ACE，故AD⊥AP.
（2）存在，EP=1，理由如下：
如圖，以點(diǎn)E為坐標(biāo)原點(diǎn)，以ED,EC所在的直線分別為x軸、y軸，
以過(guò)點(diǎn)E垂直于平面BCDE的直線為z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
E(0,0,0),A22,0,22,B?2,2,0，
則EA=22,0,22,EB=?2,2,0．
設(shè)EP=t，0≤t≤2，則P(0,t,0)，AP=?22,t,?22，
設(shè)平面ABE的法向量為m=(x,y,z)，則m?EA=22x+22z=0m?EB=?2x+2y=0，
令x=1，則y=1,z=?1，m=(1,1,?1)，
設(shè)直線AP與平面ABE所成的角為θ，
則sinθ=csAP,m=AP?mAP?m=|t|1+t2?3=66，解得t=1，t=?1（舍），
故存在點(diǎn)P使得直線AP與平面ABE所成角的正弦值為66，則EP=1．
【變式6-3】（2024·安徽合肥·三模）如圖一：等腰直角△ABC中AC⊥AB且AC=2，分別沿三角形三邊向外作等腰梯形ABB2A2,BCC2B3,CAA3C3使得AA2=BB2=CC2=1,∠CAA3=∠BAA2=π3，沿三邊AB,BC,CA折疊，使得A2A3,B2B3,C2C3，重合于A1,B1,C1，如圖二
(1)求證：AA1⊥B1C1．
(2)求直線CC1與平面AA1B1B所成角θ的正弦值．
【解題思路】（1）補(bǔ)全圖形得到三棱錐P?ABC，由線面垂直證得AA1⊥B1C1；
（2）思路一：建立空間直角坐標(biāo)系，運(yùn)用向量求解線面角；
思路二：等體積法求得C到平面PAB的距離，再用幾何法求得線面角.
【解答過(guò)程】（1）延長(zhǎng)AA1,CC1交于點(diǎn)P1,過(guò)C1作C1M⊥AC于M，過(guò)A1作A1N⊥AC于N，
又四邊形AA1C1C為等腰梯形，則A1C1=AC?2AA1csπ3=1，則AC=2A1C1，
又∵A1C1//AC，所以P1A1=AA1，C1為P1C的中點(diǎn)，
延長(zhǎng)AA1,BB1交于點(diǎn)P2，則P2A1=AA1，B1為P2B的中點(diǎn)，則P1A1=P2A1，
∴P1與P2重合于點(diǎn)P，P?ABC為三棱錐，
設(shè)O為BC中點(diǎn)，等腰直角△ABC中AC=AB,∴AO⊥BC，
又∵ C1為PC的中點(diǎn)，B1為PB的中點(diǎn)，CC1=BB1=1，∴PB=PC=2，
∴PO⊥BC，又∵AO∩PO=O,AO,PO?平面PAO ∴BC⊥平面PAO，
又AA1?平面PAO，∴BC⊥AA1,∵BC//B1C1,∴B1C1⊥AA1.
（2）方法一：∵BC=22+22=22,PB=PC=2,∴PB2+PC2=BC2,∴PC⊥PB,
∵O為中點(diǎn)，∴PO=12BC=2，
又∵AO=2,PA=2AA1=2,∴PO2+AO2=PA2,∴PO⊥AO，
以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OA,OB,OP為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系，
則A2,0,0,B0,2,0,P0,0,2,C0,?2,0，
∴CP=0,2,2，AP=?2,0,2 ，BP=0,?2,2，
設(shè)平面PAB的法向量為n=x,y,z，則AP?n=0BP?n=0 ??2x+2z=0?2y+2z=0，
取x=1，則n=1,1,1，所以sinθ=csCP,n=2+223=63.
所以直線CC1與平面AA1B1B所成角θ的正弦值為63.
方法二：∵BC=22+22=22,PB=PC=2,∴PB2+PC2=BC2,∴PC⊥PB,
∵O為中點(diǎn)，∴PO=12BC=2，PO⊥BC，
又∵AO=2,PA=2AA1=2,∴PO2+AO2=PA2,∴PO⊥AO，
又BC∩AO=O，BC,AO?平面ABC，∴PO⊥平面ABC，
PA=PB=AB=2，△PAB為等邊三角形，設(shè)C到平面PAB的距離為?，
∵VP?ABC=VC?PAB,∴13×12×2×2×2=13×12×2×2×sinπ3×?，
∴?=263,∴sinθ=?PC=63.
所以直線CC1與平面AA1B1B所成角θ的正弦值為63.
【題型7 立體幾何中的軌跡問(wèn)題】
【例7】（2024·安徽蕪湖·二模）在三棱錐P?ABC中，PB⊥平面ABC，AB=BC=BP=2，點(diǎn)E在平面ABC內(nèi)，且滿足平面PAE⊥平面PBE,BA垂直于BC．
(1)當(dāng)∠ABE∈π8,π3時(shí)，求點(diǎn)E的軌跡長(zhǎng)度；
(2)當(dāng)二面角E?PA?B的余弦值為33時(shí)，求三棱錐E?PCB的體積．
【解題思路】（1）先通過(guò)垂直關(guān)系得到AE⊥BE，然后建立空間直角坐標(biāo)系得到點(diǎn)E的軌跡，根據(jù)角度求軌跡的長(zhǎng)；
（2）利用向量法求面面角，解方程求出點(diǎn)E的坐標(biāo)，進(jìn)而利用體積公式求解即可.
【解答過(guò)程】（1）作BH⊥PE交PE于H，
因?yàn)槠矫鍼AE⊥平面PBE，且平面PAE∩平面PBE=PE，BH?面PBE，
所以BH⊥平面PAE，又因?yàn)锳E?平面PAE，所以BH⊥AE，
因?yàn)镻B⊥平面ABC，且AE?平面ABC，所以PB⊥AE，
因?yàn)锽H⊥AE，PB⊥AE，PB、BH?平面PBE，PB∩BH=B，
所以AE⊥平面PBE，又因?yàn)锽E?平面PBE，所以AE⊥BE．
分別以直線BA,BC,BP為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖，
則B(0,0,0)，P(0,0,2)，C(0,2,0)，A(2,0,0)，
設(shè)E(x,y,0)，因?yàn)锳E⊥BE，所以AE?BE=0，
又AE=(x?2,y,0)，BE=(x,y,0)，
所以(x?2)?x+y?y=0，即(x?1)2+y2=1，
設(shè)AB中點(diǎn)為N，則N(1,0)，如圖：
又∠ABE∈π8,π3，所以∠ANE∈π4,2π3，
因此，E的軌跡為圓弧QE，其長(zhǎng)度為2π3?π4×1=5π12；
（2）由（1）知，可設(shè)E(x,y,0)，PA=(2,0,?2)，AE=(x?2,y,0)，
設(shè)平面PAE的一個(gè)法向量為n=(a,b,c)，
則n?PA=0n?AE=0，即2a?2c=0ax?2+by=0，令a=y得n=(y,2?x,y)．
BC=(0,2,0)為平面PAB的一個(gè)法向量，令二面角E?PA?B為角θ，
csθ=|n?BC||n||BC|=2|x?2|2(x?2)2+2y2=33，又(x?1)2+y2=1，
解得x=2，y=0（舍去）或x=1，y=±1，
則E(1,1,0)或E(1,?1,0)，
從而可得三棱錐E?PCB的體積VE?PCB=13S△PCB??=13×12×2×2×1=23．
【變式7-1】（2024·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）如圖，在直三棱柱ABC?A1B1C1中，AB=AC=AA1=3,BC=32,E是側(cè)面AA1C1C內(nèi)的動(dòng)點(diǎn)（包括邊界），D為BC1的中點(diǎn)，B1E⊥A1D．
(1)求證：點(diǎn)E的軌跡為線段AC1；
(2)求平面ADE與平面ABC夾角的大小．
【解題思路】（1）方法一（幾何法）補(bǔ)形為正方體ABHC?A1B1H1C1，證明A1D⊥平面AB1C1，所以B1E在平面AB1C1內(nèi)，從而得證；
方法二（坐標(biāo)法）如圖建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)E(0,y,z)，由條件B1E⊥A1D可得y=z，從而得證；
（2）方法一（幾何法）平面ADE即平面C1AB，由二面角定義可知∠C1AC就是平面ADE與平面ABC所成角，從而可解；
方法二（坐標(biāo)法）空間向量法求兩平面夾角.
【解答過(guò)程】（1）方法一（幾何法）
補(bǔ)形為正方體ABHC?A1B1H1C1，連接A1B,AB1,B1C1,AC1,A1H，
顯然A1D?A1H．
由正方體性質(zhì)，BH⊥平面A1ABB1，AB1?平面A1ABB1，所以BH⊥AB1，
又A1B⊥AB1，且A1B、BH?平面A1BH，A1B∩BH=B，
所以AB1⊥平面A1BH，而A1H?平面A1BH，所以AB1⊥A1H，
同理B1C1⊥A1H，又AB1、B1C1?平面AB1C1，AB1∩B1C1=B1，
所以A1H⊥平面AB1C1，即A1D⊥平面AB1C1．
因?yàn)锽1E⊥A1D，
所以B1E在平面AB1C1內(nèi)．
又因?yàn)镋∈平面ACC1A1，
所以點(diǎn)E在平面ACC1A1和平面AB1C1的交線上．
因?yàn)槠矫鍭CC1A1∩平面AB1C1=AC1,E是側(cè)面AA1C1C內(nèi)的動(dòng)點(diǎn)（包括邊界），
所以點(diǎn)E的軌跡為線段AC1．
方法二（坐標(biāo)法）
如圖建立空間直角坐標(biāo)系，則B(1,0,0),C1(0,1,0),B1(1,0,1),A1(0,0,1)，
設(shè)E(0,y,z)，則D12,12,12，則B1E=(?1,y,z?1),A1D=12,12,?12．
由B1E⊥A1D得B1E?A1D=?12+y2?z2+12=y2?z2=0，
所以y?z=0即y=z，
所以點(diǎn)E的軌跡為線段AC1．
（2）方法一（幾何法）
因?yàn)辄c(diǎn)E的軌跡為線段AC1，
所以平面ADE即平面C1AB．
因?yàn)槠矫鍯1AB∩平面ABC=AB，
又因?yàn)锳B⊥平面ACC1A1，
所以AB⊥AC,AB⊥AC1且∠C1AC是銳角，
所以∠C1AC就是平面ADE與平面ABC所成角，
所以平面ADE與平面ABC的夾角為45°．
方法二（坐標(biāo)法）
如圖建立空間直角坐標(biāo)系，則B(1,0,0),C1(0,1,1)，
所以AC1=(0,1,1),AB=(1,0,0)．
因?yàn)辄c(diǎn)E的軌跡為線段AC1，
所以平面C1AB與平面ABC所成角，就是平面ADE與平面ABC所成角．
顯然平面ABC的一個(gè)法向量為m=(0,0,1)，
設(shè)平面C1AB的一個(gè)法向量為n=(x,y,z)，
由AC1?n=0,AB?n=0得y+z=0,x=0.
令y=1，則x=0,z=?1，
所以n=(0,1,?1)，
所以|cs?m,n?|=m?n|m||n|=?12=22，
所以平面ADE與平面ABC的夾角為45°．
【變式7-2】（2024·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）如圖，四邊形ABDC為圓臺(tái)O1O2的軸截面，AC=2BD，圓臺(tái)的母線與底面所成的角為45°，母線長(zhǎng)為2，E是BD的中點(diǎn)．
(1)已知圓O2內(nèi)存在點(diǎn)G，使得DE⊥平面BEG，作出點(diǎn)G的軌跡（寫(xiě)出解題過(guò)程）；
(2)點(diǎn)K是圓O2上的一點(diǎn)（不同于A，C），2CK=AC，求平面ABK與平面CDK所成角的正弦值．
【解題思路】（1）利用線面垂直的判定定理，過(guò)B作下底面的垂線交下底面于點(diǎn)G，過(guò)G作BE的平行線，交圓O2于G1，G2，即可求出結(jié)果；
（2）建立空間直角坐標(biāo)系，根據(jù)條件，求出平面ABK和平面CDK，利用面面角的向量法，即可求出結(jié)果.
【解答過(guò)程】（1）∵E是BD的中點(diǎn)，∴DE⊥BE．
要滿足DE⊥平面BEG，需滿足DE⊥BG，
又∵DE?平面BDE，∴平面BEG⊥平面BDE
如圖，過(guò)B作下底面的垂線交下底面于點(diǎn)G，
過(guò)G作BE的平行線，交圓O2于G1，G2，則線段G1G2即點(diǎn)G的軌跡．
（2）易知可以O(shè)2為坐標(biāo)原點(diǎn)，O2C，O2O1所在直線分別為y，z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系O2?xyz，
∵母線長(zhǎng)為2，母線與底面所成角為45°，AC=2BD，∴O2A=2，O1B=1，O1O2=1，
取K的位置如圖所示，連接O2K，
∵2CK=AC，∴∠CO2K=60°，即∠x(chóng)O2K=30°，
則K3,1,0，A0,?2,0，B0,?1,1，C0,2,0，D0,1,1，
則AK=3,3,0，BK=3,2,?1，CK=3,?1,0，DK=3,0,?1．
設(shè)平面ABK的法向量為n=x1,y1,z1，
則n?AK=0n?BK=0，即3x1+3y1=03x1+2y1?z1=0，
令x1=3，則z1=1，y1=?1，∴n=3,?1,1．
設(shè)平面CDK的法向量為m=x2,y2,z2，
則m?CK=0m?DK=0，即3x2?y2=03x2?z2=0，
令x2=3，則z2=3，y2=3，∴m=3,3,3．
設(shè)平面ABK與平面CDK所成的角為θ，則
csθ=n?mn?m=3×3+?1×3+1×35×21=10535，
∴sinθ=1?cs2θ=47035．
【變式7-3】（2024·云南曲靖·模擬預(yù)測(cè)）如圖，四面體ABCD的每條棱長(zhǎng)都等于2，M，G，N分別是棱AB，BC，CD的中點(diǎn)，O，E，F(xiàn)分別為面BCD，面ABC，面ACD的重心.
(1)求證：面OEF//面ABD；
(2)求平面OEF與平面ABN的夾角的余弦值；
(3)保持點(diǎn)E，F(xiàn)位置不變，在△BCD內(nèi)（包括邊界）拖動(dòng)點(diǎn)O，使直線MN與平面OEF平行，求點(diǎn)O軌跡長(zhǎng)度；
【解題思路】（1）連接GN，利用平行的傳遞性可以證明EF∥BD，利用對(duì)應(yīng)成比例可以證明EO∥AD，從而得證面面平行；
（2）利用第（1）問(wèn)的結(jié)論，把平面OEF與平面ABN的夾角問(wèn)題，轉(zhuǎn)化為平面ABD與平面ABN的夾角問(wèn)題，連接DM，根據(jù)二面角的平面角的定義，∠DMN為所求二面角的平面角，解三角形即可求；
（3）先找一個(gè)特殊的點(diǎn)O，使得直線MN與平面OEF平行，然后再延展平面OEF，與底面BCD的交線長(zhǎng)度即為所求.
【解答過(guò)程】（1）如圖，連接GN,GD,易知G,O,D三點(diǎn)共線
因?yàn)镺，E，F(xiàn)分別為面BCD，面ABC，面ACD的重心，
所以在△AGN中，AEAG=AFAN=23，所以EF∥GN，
在△CBD中，所以G，N分別是棱BC，CD的中點(diǎn)，所以GN//BD，
所以EF∥BD，
又EF?平面ABD，BD?平面ABD，所以EF//平面ABD，
在△GAD中，GOGD=GEGA=13，所以EO∥AD，
又EO?平面ABD，AD?平面ABD，所以EO//平面ABD，
又因?yàn)镋F∩OE=E，EF,OE?平面OEF，
所以面OEF//面ABD.
（2）由（1）知，平面OEF//平面ABD，所以平面OEF與平面ABN的夾角與平面ABD與平面ABN的夾角相等，
如圖，連接DM，因?yàn)镸分別是棱AB的中點(diǎn)，
所以在等腰△NAB中，NM⊥AB，在等邊△DAB中，DM⊥AB，
所以∠DMN是平面ABN的夾角與平面ABD與平面ABN所成角的平面角，
因?yàn)锳O⊥面BCD，CD?面BCD，所以AO⊥CD,
又CD⊥AN，CD⊥BN，AN∩BN=N，AN,CN?平面ABN，所以CD⊥面ABN，
又MN?面ABN，所以CD⊥MN，
所以在Rt△DMN中，sin∠DMN=DNMD=13，
所以cs∠DMN=1?sin2∠DMN=233，
所以平面OEF與平面ABN的夾角的余弦值為233；
（3）如圖，取線段CN靠近點(diǎn)N的三等分點(diǎn)P，連接CM，易知C，E，M三點(diǎn)共線，
連接EP，因?yàn)辄c(diǎn)E為等邊△CAB的重心，所以EP∥MN，
所以當(dāng)點(diǎn)O在點(diǎn)P位置時(shí)，滿足題意，
取線段CG靠近點(diǎn)G的三等分點(diǎn)Q，連接PQ，易知PQ∥GN，又GN∥EF，
所以EF∥PQ，所以EF、PQ共面，即當(dāng)O在線段PQ上運(yùn)動(dòng)時(shí)，均滿足題意，
所以PQ即為點(diǎn)O的軌跡長(zhǎng)度,
又PQ=23GN=23×12BD=23，
所以點(diǎn)O的軌跡長(zhǎng)度為23.
【題型8 立體幾何中的探索性問(wèn)題】
【例8】（2024·內(nèi)蒙古呼和浩特·二模）如圖，已知AB⊥平面BCE，CD∥AB，△BCE是等腰直角三角形，其中∠EBC=π2，且AB=BC=2CD=4．
(1)設(shè)線段BE中點(diǎn)為F，證明：CF∥平面ADE；
(2)在線段AB上是否存在點(diǎn)M，使得點(diǎn)B到平面CEM的距離等于22，如果存在，求MB的長(zhǎng)．
【解題思路】（1）取AE的中點(diǎn)G，根據(jù)線面平行的判定定理即可得證；
（2）設(shè)MB=x，根據(jù)等體積法VB?MEC=VM?BEC求出x的值，即可得出結(jié)論.
【解答過(guò)程】（1）取BE的中點(diǎn)F，AE的中點(diǎn)G，連結(jié)FG、GD、CF
則有GF=12AB，GF//AB，
因?yàn)镈C=12AB，CD//AB，所以CD//GF且CD=GF，
所以四邊形CFGD是平行四邊形，則CF//DG，
又DG?平面ADE，CF?平面ADE，
所以CF//平面ADE.
（2）存在.設(shè)MB=x(0

相關(guān)試卷

重難點(diǎn)26 巧解圓錐曲線的離心率問(wèn)題（舉一反三）（新高考專用）（含答案） 2025年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)專練（新高考專用）：

這是一份重難點(diǎn)26 巧解圓錐曲線的離心率問(wèn)題（舉一反三）（新高考專用）（含答案） 2025年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)專練（新高考專用），文件包含重難點(diǎn)26巧解圓錐曲線的離心率問(wèn)題舉一反三新高考專用教師版2025年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)專練新高考專用docx、重難點(diǎn)26巧解圓錐曲線的離心率問(wèn)題舉一反三新高考專用學(xué)生版2025年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)專練新高考專用docx等2份試卷配套教學(xué)資源，其中試卷共51頁(yè)， 歡迎下載使用。

重難點(diǎn)20 立體幾何中的動(dòng)態(tài)、軌跡問(wèn)題（舉一反三）（新高考專用）（含答案） 2025年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)專練（新高考專用）：

這是一份重難點(diǎn)20 立體幾何中的動(dòng)態(tài)、軌跡問(wèn)題（舉一反三）（新高考專用）（含答案） 2025年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)專練（新高考專用），文件包含重難點(diǎn)20立體幾何中的動(dòng)態(tài)軌跡問(wèn)題舉一反三新高考專用教師版2025年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)專練新高考專用docx、重難點(diǎn)20立體幾何中的動(dòng)態(tài)軌跡問(wèn)題舉一反三新高考專用學(xué)生版2025年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)專練新高考專用docx等2份試卷配套教學(xué)資源，其中試卷共69頁(yè)， 歡迎下載使用。

重難點(diǎn)19 立體幾何中的截面、交線問(wèn)題（舉一反三）（新高考專用）（含答案） 2025年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)專練（新高考專用）：

這是一份重難點(diǎn)19 立體幾何中的截面、交線問(wèn)題（舉一反三）（新高考專用）（含答案） 2025年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)專練（新高考專用），文件包含重難點(diǎn)19立體幾何中的截面交線問(wèn)題舉一反三新高考專用教師版2025年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)專練新高考專用docx、重難點(diǎn)19立體幾何中的截面交線問(wèn)題舉一反三新高考專用學(xué)生版2025年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)專練新高考專用docx等2份試卷配套教學(xué)資源，其中試卷共68頁(yè)， 歡迎下載使用。

英語(yǔ)朗讀寶

相關(guān)試卷 更多

重難點(diǎn)17 新情景、新定義下的數(shù)列問(wèn)題（舉一反三）（新高考專用）（含答案） 2025年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)專練（新高考專用）

重難點(diǎn)17 新情景、新定義下的數(shù)列問(wèn)題（舉一反三）（新高考專用）（含答案） 2025年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)專練（新高考專用）
高考數(shù)學(xué)練習(xí)重難點(diǎn)22 立體幾何必考經(jīng)典解答題全歸類【十大題型】（解析版）

高考數(shù)學(xué)練習(xí)重難點(diǎn)22 立體幾何必考經(jīng)典解答題全歸類【十大題型】（解析版）
高考數(shù)學(xué)練習(xí)重難點(diǎn)22 立體幾何必考經(jīng)典解答題全歸類【十大題型】（原卷版）

高考數(shù)學(xué)練習(xí)重難點(diǎn)22 立體幾何必考經(jīng)典解答題全歸類【十大題型】（原卷版）
【二輪復(fù)習(xí)】高考數(shù)學(xué) 12 立體幾何必考經(jīng)典解答題全歸類（重難點(diǎn)練習(xí)）（新高考專用）.zip

【二輪復(fù)習(xí)】高考數(shù)學(xué) 12 立體幾何必考經(jīng)典解答題全歸類（重難點(diǎn)練習(xí)）（新高考專用）.zip
資料下載及使用幫助
版權(quán)申訴
版權(quán)申訴
若您為此資料的原創(chuàng)作者，認(rèn)為該資料內(nèi)容侵犯了您的知識(shí)產(chǎn)權(quán)，請(qǐng)掃碼添加我們的相關(guān)工作人員，我們盡可能的保護(hù)您的合法權(quán)益。
入駐教習(xí)網(wǎng)，可獲得資源免費(fèi)推廣曝光，還可獲得多重現(xiàn)金獎(jiǎng)勵(lì)，申請(qǐng) 精品資源制作， 工作室入駐。
版權(quán)申訴二維碼
高考專區(qū)
歡迎來(lái)到教習(xí)網(wǎng)
  • 900萬(wàn)優(yōu)選資源，讓備課更輕松
  • 600萬(wàn)優(yōu)選試題，支持自由組卷
  • 高質(zhì)量可編輯，日均更新2000+
  • 百萬(wàn)教師選擇，專業(yè)更值得信賴
微信掃碼注冊(cè)
qrcode
二維碼已過(guò)期
刷新

微信掃碼，快速注冊(cè)

手機(jī)號(hào)注冊(cè)
手機(jī)號(hào)碼

手機(jī)號(hào)格式錯(cuò)誤

手機(jī)驗(yàn)證碼 獲取驗(yàn)證碼

手機(jī)驗(yàn)證碼已經(jīng)成功發(fā)送，5分鐘內(nèi)有效

設(shè)置密碼

6-20個(gè)字符，數(shù)字、字母或符號(hào)

注冊(cè)即視為同意教習(xí)網(wǎng)「注冊(cè)協(xié)議」及「隱私條款」
QQ注冊(cè)
手機(jī)號(hào)注冊(cè)
微信注冊(cè)

注冊(cè)成功

返回
頂部