TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc1835" 【題型1 立體幾何中的體積問題】 PAGEREF _Tc1835 \h 4
\l "_Tc15359" 【題型2 立體幾何中的線段長度問題】 PAGEREF _Tc15359 \h 5
\l "_Tc30936" 【題型3 空間角問題】 PAGEREF _Tc30936 \h 7
\l "_Tc20802" 【題型4 空間點、線、面的距離問題】 PAGEREF _Tc20802 \h 9
\l "_Tc30804" 【題型5 立體幾何中的作圖問題】 PAGEREF _Tc30804 \h 11
\l "_Tc6815" 【題型6 立體幾何中的折疊問題】 PAGEREF _Tc6815 \h 14
\l "_Tc13288" 【題型7 立體幾何中的軌跡問題】 PAGEREF _Tc13288 \h 16
\l "_Tc21375" 【題型8 立體幾何中的探索性問題】 PAGEREF _Tc21375 \h 17
\l "_Tc11926" 【題型9 立體幾何建系繁瑣問題（幾何法）】 PAGEREF _Tc11926 \h 20
\l "_Tc15150" 【題型10 新情景、新定義下的立體幾何問題】 PAGEREF _Tc15150 \h 21
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、熱點內(nèi)容，空間向量是將空間幾何問題坐標(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看，立體幾何解答題的基本模式是論證推理與計算相結(jié)合，以某個空間幾何體為依托，分步設(shè)問，逐層加深；第一小問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，解題時需要靈活建系．
【知識點1 空間幾何體表面積與體積的常見求法】
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)補體法：將幾何體補成易求解的幾何體，如棱錐補成棱柱，三棱柱補成四棱柱等.
(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，各個面的面積應(yīng)該
怎樣求，然后根據(jù)公式求出各個面的面積，最后相加或相減.求體積時也要先弄清各組成部分，求出各簡單幾何體的體積，再相加或相減.
【知識點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，線段的中點或端點，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：因為異面直線所成角的取值范圍是，所以所作的角為鈍角時，應(yīng)取它的補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B為斜足；找線在面外的一點A，過點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，l是斜線段的長.
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)化為求兩個方向向量的夾角(或其補角)；
(2)通過平面的法向量來求，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，即在一個半平面內(nèi)找一點作另一個半平面的垂線，再過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：分別求出兩個法向量，然后通過兩個平面的法向量的夾角得到兩平面夾角的大小.
【知識點3 空間距離的求解策略】
1．向量法求點到直線距離的步驟：
(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M(可選擇特殊便于計算的點).計算點M與直線外的點N的方向向量.
(3)垂線段長度.
2．求點到平面的距離的常用方法
(1)直接法：過P點作平面的垂線，垂足為Q，把PQ放在某個三角形中，解三角形求出PQ的長度就是點P到平面的距離.
②轉(zhuǎn)化法：若點P所在的直線l平行于平面，則轉(zhuǎn)化為直線l上某一個點到平面的距離來求.
③等體積法.
④向量法：設(shè)平面的一個法向量為，A是內(nèi)任意點，則點P到的距離為.
【知識點4 立體幾何中的軌跡問題的解題策略】
1．動點軌跡的判斷方法
動點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點的軌跡，有時也可以利用空間向量的坐標(biāo)運算求出動點的軌跡方程.
2．立體幾何中的軌跡問題的常見解法
(1)定義法：根據(jù)圓或圓錐曲線的定義推斷出動點的軌跡，進(jìn)而求解軌跡問題.
(2)交軌法：若動點滿足的幾何條件是兩動曲線(曲線方程中含有參數(shù))的交點，此時，要首先分析兩動曲線的變化，依賴于哪一個變量?設(shè)出這個變量為t，求出兩動曲線的方程，然后由這兩動曲線方程著力消去參數(shù)t，化簡整理即得動點的軌跡方程，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，找到動點的軌跡，再進(jìn)行求解.
(4)坐標(biāo)法：坐標(biāo)法就是通過建立空間直角坐標(biāo)系，將立體幾何中的軌跡問題轉(zhuǎn)化為坐標(biāo)運算問題，進(jìn)行求解.
(5)向量法：不通過建系，而是利用空間向量的運算、空間向量基本定理等來研究立體幾何中的軌跡問題，進(jìn)行求解.
【知識點5 立體幾何中的探索性問題的求解策略】
1．與空間向量有關(guān)的探索性問題的求解策略：
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、二面角或點線面距離滿足特定要求時的存在性問題．
解決這兩類探索性問題的解題策略是：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)鍵點的坐標(biāo)，然后探究這樣的點是否存在，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題】
【例1】（2024·陜西咸陽·模擬預(yù)測）已知三棱柱ABC?A1B1C1，如圖所示，P是A1C1，上一動點，點O、D分別是AC、PC的中點，AB⊥BC，AA1=AB=BC=2．
(1)求證：OD∥平面PAB；
(2)當(dāng)AA1⊥平面ABC，且A1P=3PC1時，求三棱錐B1?APC的體積．
【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，求三棱錐E?PCB的體積．
【變式1-2】（2024·河南·模擬預(yù)測）如圖，幾何體ABCDEF中，底面ABCD為邊長為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.
【變式1-3】（2024·黑龍江雙鴨山·模擬預(yù)測）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，Q為PA上一點，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．
【題型2 立體幾何中的線段長度問題】
【例2】（2024·江蘇南京·二模）如圖，AD//BC，AD⊥AB，點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.
【變式2-1】（2024·重慶·模擬預(yù)測）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F為棱BE上的動點．
(1)證明：DC⊥平面BCE；
(2)當(dāng)二面角F?AC?B的大小為45°時，求線段CF的長度．
【變式2-2】（2024·湖北·模擬預(yù)測）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四點在同一平面內(nèi)，求線段EF的長；
(2)若DF=2AE，平面BEF與平面BCF的夾角為30°，求線段AE的長.
【變式2-3】（2024·湖南·模擬預(yù)測）如圖1，在五邊形ABCDP中，連接對角線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，M為BC的中點，點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.
【題型3 空間角問題】
【例3】（2024·青?！ざ＃┤鐖D，在三棱柱ABC?A1B1C1中，所有棱長均相等，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.
【變式3-1】（2024·福建龍巖·三模）如圖，在四棱臺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，且滿足BMBC=23，求二面角M?AD1?D的余弦值.
【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.

(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.
【變式3-3】（2024·河南濮陽·模擬預(yù)測）如圖所示，在等腰梯形ABCD中，AB//CD，AD=AB=BC=2，CD=4，E為CD中點，AE與BD相交于點O，將△ADE沿AE折起，使點D到達(dá)點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Q（不含端點），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，說明理由．
【題型4 空間點、線、面的距離問題】
【例4】（2024·天津和平·二模）如圖，三棱臺ABC?A1B1C1中，△ABC為等邊三角形，AB=2A1B1=4，AA1⊥平面ABC，點M，N，D分別為AB，AC，BC的中點，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D到平面A1MN的距離．
【變式4-1】（2024·廣東·三模）如圖，邊長為4的兩個正三角形ABC，BCD所在平面互相垂直，E，F(xiàn)分別為BC，CD的中點，點G在棱AD上，AG=2GD，直線AB與平面EFG相交于點H.
(1)證明：BD//GH；
(2)求直線BD與平面EFG的距離.
【變式4-2】（2024·上?！と＃┤鐖D，在直三棱柱ABC?A1B1C1中，AA1=AB=2，AC=1，∠ACB=90°，D是棱AB上的一點．
(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B到平面B1CD的距離．
【變式4-3】（2024·海南·模擬預(yù)測）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 M為線段 BD上一點，求點M到平面 B1CD1的距離.
【題型5 立體幾何中的作圖問題】
【例5】（2024·貴州貴陽·模擬預(yù)測）如圖，正三棱柱ABC?A1B1C1中，AB=4，AA1=3.設(shè)點D為A1C1上的一點，過D，A作平面BCC1B1的垂面α，
(1)畫出平面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.
【變式5-1】（2024·廣東廣州·模擬預(yù)測）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的長度；若不存在，請說明理由.
【變式5-2】（2023·廣西·模擬預(yù)測）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，過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F，畫出截面α，保留作圖痕跡（不用說明理由），求點F的位置；
(2)求平面CDM與平面PBC所成銳二面角的余弦值．
【變式5-3】（2024·廣西河池·模擬預(yù)測）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，過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F，畫出截面α，保留作圖痕跡（不用說明理由），并證明PBFB=3．
(2)求多面體ABCDMF的體積．
【題型6 立體幾何中的折疊問題】
【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M作BD的垂線，垂足為H，MC=10.
(1)求證：MH⊥CD；
(2)過H作MB的垂線，垂足為N，求點N到平面MCD的距離.
【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，對角線AA′1分別交BB1,CC1于點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.
【變式6-2】（2024·全國·模擬預(yù)測）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A的三等分點，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．
(1)求證：AD⊥AP；
(2)是否存在點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；若不存在，請說明理由．
【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．
【題型7 立體幾何中的軌跡問題】
【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，求點E的軌跡長度；
(2)當(dāng)二面角E?PA?B的余弦值為33時，求三棱錐E?PCB的體積．
【變式7-1】（2024·全國·模擬預(yù)測）如圖，在直三棱柱ABC?A1B1C1中，AB=AC=AA1=3,BC=32,E是側(cè)面AA1C1C內(nèi)的動點（包括邊界），D為BC1的中點，B1E⊥A1D．
(1)求證：點E的軌跡為線段AC1；
(2)求平面ADE與平面ABC夾角的大?。?br>【變式7-2】（2024·全國·模擬預(yù)測）如圖，四邊形ABDC為圓臺O1O2的軸截面，AC=2BD，圓臺的母線與底面所成的角為45°，母線長為2，E是BD的中點．
(1)已知圓O2內(nèi)存在點G，使得DE⊥平面BEG，作出點G的軌跡（寫出解題過程）；
(2)點K是圓O2上的一點（不同于A，C），2CK=AC，求平面ABK與平面CDK所成角的正弦值．
【變式7-3】（2024·云南曲靖·模擬預(yù)測）如圖，四面體ABCD的每條棱長都等于2，M，G，N分別是棱AB，BC，CD的中點，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E，F(xiàn)位置不變，在△BCD內(nèi)（包括邊界）拖動點O，使直線MN與平面OEF平行，求點O軌跡長度；
【題型8 立體幾何中的探索性問題】
【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中點為F，證明：CF∥平面ADE；
(2)在線段AB上是否存在點M，使得點B到平面CEM的距離等于22，如果存在，求MB的長．
【變式8-1】（2024·貴州黔西·一模）如圖所示為直四棱柱ABCD?A1B1C1D1,AB=AD=22,CB=CD=4,AA1=4，∠BCD=60°，M,M1分別是線段BC,B1C1的中點.
(1)證明:BC⊥平面MM1D；
(2)求直線BC與平面BDA1所成角的正弦值，并判斷線段BC上是否存在點P，使得PB1//平面BDA1，若存在，求出BP的值，若不存在，請說明理由.
【變式8-2】（2024·黑龍江哈爾濱·一模）如圖1，在平行四邊形ABCD中，D=60°,DC=2AD=2，將△ADC沿AC折起，使點D到達(dá)點P位置，且PC⊥BC，連接PB得三棱錐P?ABC，如圖2．
(1)證明：平面PAB⊥平面ABC；
(2)在線段PC上是否存在點M，使平面AMB與平面MBC的夾角的余弦值為58，若存在，求出|PM||PC|的值，若不存在，請說明理由．
【變式8-3】（2024·天津·一模）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)求平面PCQ與平面CDQ夾角的余弦值；
(3)線段PC上是否存在點M，使得直線AM與平面PCQ所成角的正弦值是427，若存在求出PMMC的值，若不存在，說明理由．
【題型9 立體幾何建系繁瑣問題（幾何法）】
【例9】（2024·山東·二模）如圖所示，直三棱柱ABC?A1B1C1，各棱長均相等.D，E，F(xiàn)分別為棱AB，BC，A1C1的中點.
(1)證明：平面A1CD⊥平面A1ABB1；
(2)求直線EF與A1B1所成角的正弦值.
【變式9-1】（2024·陜西銅川·模擬預(yù)測）如圖，在四棱錐P?ABCD中，底面ABCD是平行四邊形，∠ABC=120°，AB=1，BC=4，PB=23，PD⊥CD，點E是BC的中點，且PE⊥ED．

(1)求證：PE⊥AD；
(2)求點E到平面PAD的距離．
【變式9-2】（2024·全國·模擬預(yù)測）如圖，在四棱錐P?ABCD中，AB∥CD，且AB⊥AP，CD⊥DP.
(1)證明：平面PCD⊥平面PAD；
(2)若PA=PD=AB，PA⊥PD，求PB與平面ABCD所成角的大小.
【變式9-3】（2024·浙江·模擬預(yù)測）.如圖，底面A1B1C1D1固定在底面α上的盛水容器口為正方形ABCD，側(cè)棱AA1，BB1，CC1，DD1相互平行.
(1)證明：底面四邊形A1B1C1D1是平行四邊形；
(2)若已知四條側(cè)棱垂直于面ABCD，且AA1=DD1=4，BB1=CC1=AB=2.現(xiàn)往該容器中注水，求該容器最大盛水體積V及此時側(cè)面BB1C1C與底面α所成角θ的余弦值（水面平行于底面α）.
【題型10 新情景、新定義下的立體幾何問題】
【例10】（23-24高一下·四川成都·期末）類比于二維平面中的余弦定理，有三維空間中的三面角余弦定理；如圖1，由射線PA，PB，PC構(gòu)成的三面角P?ABC，∠APC=α，∠BPC=β，∠APB=γ，二面角A?PC?B的大小為θ，則csγ=csαcsβ+sinαsinβcsθ．
（1）當(dāng)α、β∈0,π2時，證明以上三面角余弦定理；
（2）如圖2，平行六面體ABCD?A1B1C1D1中，平面AA1C1C⊥平面ABCD，∠A1AC=60°，∠BAC=45°，
①求∠A1AB的余弦值；
②在直線CC1上是否存在點P，使BP//平面DA1C1？若存在，求出點P的位置；若不存在，說明理由．
【變式10-1】（24-25高三上·浙江·開學(xué)考試）已知Ω是棱長為2的正四面體ABCD，設(shè)Ω的四個頂點到平面α的距離所構(gòu)成的集合為M，若M中元素的個數(shù)為k，則稱α為Ω的k階等距平面，M為Ω的k階等距集.
(1)若α為Ω的1階等距平面且1階等距集為a，求a的所有可能值以及相應(yīng)的α的個數(shù)；
(2)已知β為Ω的4階等距平面，且點A與點B,C,D分別位于β的兩側(cè).若Ω的4階等距集為b,2b,3b,4b，其中點A到β的距離為b，求平面BCD與β夾角的余弦值.
【變式10-2】（23-24高一下·福建三明·期末）閱讀數(shù)學(xué)材料：“設(shè)P為多面體M的一個頂點，定義多面體M在點P處的離散曲率為 1?12π∠Q1PQ2+∠Q2PQ3+∠Q3PQ4+?+∠Qk?1PQk+∠QkPQ1，其中 Qii=1，2，?，k，k≥3為多面體M的所有與點P相鄰的頂點，且平面Q1PQ2，平面 Q2PQ3，…，平面Qk?1PQk和平面QkPQ1為多面體M的所有以P為公共點的面. ”已知在直四棱柱ABCD?A1B1C1D1中，底面ABCD為菱形.AA1=AB. （角的運算均采用弧度制）
(1)若AC=BD，求四棱柱ABCD?A1B1C1D1在頂點A處的離散曲率；
(2)若四棱柱ABCD?A1B1C1D1在頂點A處的離散曲率為13，求BC1與平面ACC1的夾角的正弦值；
(3)截取四面體A1?ABD，若該四面體在點A1處的離散曲率為712，AC1與平面A1BD交于點G，證明：AGAC1=13.
【變式10-3】（23-24高一下·湖南長沙·期末）空間的彎曲性是幾何研究的重要內(nèi)容，用曲率刻畫空間的彎曲性，規(guī)定：多面體頂點的曲率等于2π與多面體在該點的面角之和的差，其中多面體的面的內(nèi)角叫做多面體的面角，角度用弧度制.例如：正四面體每個頂點均有3個面角，每個面角均為π3，故其各個頂點的曲率均為2π?3×π3=π.如圖，在直三棱柱ABC?A1B1C1中，點A的曲率為2π3，N，M分別為AB，CC1的中點，且AB=AC.
(1)證明：CN⊥平面ABB1A1；
(2)若AA1=2AB，求二面角B1?AM?C1的余弦值；
(3)表面經(jīng)過連續(xù)變形可以變?yōu)榍蛎娴亩嗝骟w稱為簡單多面體.關(guān)于簡單多面體有著名歐拉定理：設(shè)簡單多面體的頂點數(shù)為D，棱數(shù)為L，面數(shù)為M，則有：D?L+M=2.利用此定理試證明：簡單多面體的總曲率（多面體有頂點的曲率之和）是常數(shù).
一、單選題
1．（2024·內(nèi)蒙古包頭·三模）如圖，已知正方形ABCD為圓柱的軸截面，AB=BC=2，E，F(xiàn)為上底面圓周上的兩個動點，且EF過上底面的圓心G，若AB⊥EF，則三棱錐A?BEF的體積為（ ）

A．23B．43C．223D．233
2．（2024·全國·模擬預(yù)測）已知正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長為4，點M∈平面A1BCD1，且MBMA=13，則點M的軌跡的長度為（ ）
A．34πB．17πC．34π2D．17π2
3．（2024·山東濟南·三模）如圖所示，正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長為1，點E,F,G分別為BC,CC1,BB1的中點，則下列說法正確的是（ ）
A．直線D1D與直線AF垂直B．直線A1G與平面AEF平行
C．三棱錐F?ABE的體積為18D．直線BC與平面AEF所成的角為45°
4．（2024·全國·模擬預(yù)測）已知△ABC中，AC=1,AB=2,BC=3，在線段AB上取一點M，連接CM，如圖①所示．將△ACM沿直線CM折起，使得點A到達(dá)A′的位置，此時△BCM內(nèi)部存在一點N，使得A′N⊥平面BCM,NC=73，如圖②所示，則A′M的值可能為（ ）
A．25B．35C．45D．1
5．（2024·湖北·模擬預(yù)測）如圖所示的多面體是由底面為ABCD的長方體被截面AEC1F所截得到的，其中AB=4，BC=2，CC1=3，BE=1，則點C到平面AEC1F的距離為（ ）
A．22B．322C．43311D．3311
6．（2024·廣西南寧·一模）在邊長為4的菱形ABCD中，∠ABC=120°．將菱形沿對角線AC折疊成大小為30°的二面角B′?AC?D．若點E為B′C的中點，F(xiàn)為三棱錐B′?ACD表面上的動點，且總滿足AC⊥EF，則點F軌跡的長度為（ ）
A．4+6?22B．4+6+22C．4+6?2D．4+6+2
7．（2024·黑龍江哈爾濱·三模）已知四棱錐P?ABCD的底面為正方形，PD⊥底面ABCD,PD=AD，點E是線段PB上的動點，則直線DE與平面PBC所成角的最大值為（ ）
A．π6B．π4C．π3D．π2
8．（2024·青?！つM預(yù)測）如圖，在正方體ABCD?A1B1C1D1中，E，F(xiàn)，M，N，G，H分別為棱AB，BC，AD，CD，A1B1，C1D1的中點，P為DH的中點，連接EH，F(xiàn)G．對于空間任意兩點I，J，若線段IJ上不存在也在線段EH，F(xiàn)G上的點，則稱I，J兩點“可視”，則與點B1“可視”的點為（ ）
A．DB．PC．MD．N
二、多選題
9．（2024·湖北襄陽·模擬預(yù)測）如圖，已知正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長為2，E，F(xiàn)，G分別為AD，AB，B1C1的中點，以下說法正確的是（ ）
A．三棱錐C1?EFG的體積為13B．A1C⊥平面EFG
C．BC1∥平面EFGD．二面角G?EF?C的余弦值為36
10．（2024·廣東佛山·模擬預(yù)測）如圖，在三棱錐P?ABC中，平面PAC⊥平面ABC，且△PAC和△ABC均是邊長為2的等邊三角形，D,E,F分別為AB,AC,BC的中點，G為PB上的動點（不含端點），平面EFG交直線PA于H，則下列說法正確的是（ ）
A．當(dāng)G運動時，總有HG//AB
B．當(dāng)G運動時，點G到直線AC距離的最小值為62
C．存在點G，使得CD⊥平面EFG
D．當(dāng)PG>GB時，直線PC,GF,HE交于同一點
11．（2024·山東·二模）如圖，在直三棱柱ABC?A1B1C1中，AB=2,AB⊥BC，P,Q分別為棱BC,A1C1上的動點，且BP=λBC，C1Q=λC1A1，λ∈0,1，則（ ）
A．存在λ使得PQ⊥A1B
B．存在λ使得PQ//平面ABB1A1
C．若BB1,B1C1長度為定值，則λ=12時三棱錐B?A1PQ體積最大
D．當(dāng)λ=12時，直線PQ與A1B所成角的余弦值的最小值為223
三、填空題
12．（2024·安徽蕪湖·三模）在棱長為4的正方體ABCD?A1B1C1D1中，點E是棱BB1的中點，則四面體A1C1EB的外接球的體積為 ．
13．（2024·四川成都·二模）如圖，在平行四邊形ABCD中，DC=2AD=2AC=4，AB=4AF=4EC，且EF交AC于點G，現(xiàn)沿折痕AC將△ADC折起，直至滿足條件DC⊥BC，此時EF的長度為 ．
14．（2024·全國·模擬預(yù)測）在棱長為2的正方體ABCD?A1B1C1D1中，動點M，N分別在棱BC，AB上，且滿足AN=BM，當(dāng)VD?MNB1的體積最小時，B1M與平面A1MN所成角的正弦值是 ．
四、解答題
15．（2024·陜西安康·模擬預(yù)測）如圖，已知多面體是由正四棱錐P-ABCD與正方體ABCD?A1B1C1D1組合而成的，且PC=32AB.

(1)求證：PC//平面ADC1B1；
(2)若AB=3，求四棱錐P?ADC1B1的體積.
16．（2024·陜西銅川·模擬預(yù)測）如圖，在四棱錐P?ABCD中，PD⊥平面ABCD，PD=CD=2，AD=AB=1，AB⊥DA，AB//CD，點M是棱PC的中點．
(1)求證：BM//平面PAD；
(2)求平面PAB與平面BMD所成銳二面角的余弦值．
17．（2024·云南·模擬預(yù)測）如圖，已知四棱錐S?ABCD中，SA⊥平面ABCD，∠CDA=∠DCB=90°，BC=2AD=2CD=4．

(1)求證：平面SAC⊥平面SAB；
(2)若平面SAB與平面SCD所成角的余弦值為66，求線段SA的長．
18．（2024·四川雅安·模擬預(yù)測）如圖，在三棱柱ABC?A1B1C1中，棱AC,CC1的中點分別為D,E,C1在平面ABC內(nèi)的射影為D，△ABC是邊長為2的等邊三角形，且AA1=2，點F在棱B1C1上運動（包括端點）．
(1)若點F為棱B1C1的中點，求點F到平面BDE的距離；
(2)求銳二面角F?BD?E的余弦值的取值范圍．
19．（2024·陜西商洛·模擬預(yù)測）如圖1，在平面四邊形BCDP中，PD//BC，BA⊥AD，垂足為A,PA=AB=BC=2AD，將△PAB沿AB翻折到△SAB的位置，使得平面SAB⊥平面ABCD，如圖2所示.

(1)設(shè)平面SCD與平面SAB的交線為l，證明：BC⊥l.
(2)在線段SC上是否存在一點Q（點Q不與端點重合），使得二面角Q?BD?C的余弦值為66？若存在，求出SQQC的值；若不存在，請說明理由.
重難點22 立體幾何必考經(jīng)典解答題全歸類【十大題型】
【新高考專用】
TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc1835" 【題型1 立體幾何中的體積問題】 PAGEREF _Tc1835 \h 4
\l "_Tc15359" 【題型2 立體幾何中的線段長度問題】 PAGEREF _Tc15359 \h 10
\l "_Tc30936" 【題型3 空間角問題】 PAGEREF _Tc30936 \h 15
\l "_Tc20802" 【題型4 空間點、線、面的距離問題】 PAGEREF _Tc20802 \h 21
\l "_Tc30804" 【題型5 立體幾何中的作圖問題】 PAGEREF _Tc30804 \h 27
\l "_Tc6815" 【題型6 立體幾何中的折疊問題】 PAGEREF _Tc6815 \h 33
\l "_Tc13288" 【題型7 立體幾何中的軌跡問題】 PAGEREF _Tc13288 \h 39
\l "_Tc21375" 【題型8 立體幾何中的探索性問題】 PAGEREF _Tc21375 \h 47
\l "_Tc11926" 【題型9 立體幾何建系繁瑣問題（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、熱點內(nèi)容，空間向量是將空間幾何問題坐標(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看，立體幾何解答題的基本模式是論證推理與計算相結(jié)合，以某個空間幾何體為依托，分步設(shè)問，逐層加深；第一小問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，解題時需要靈活建系．
【知識點1 空間幾何體表面積與體積的常見求法】
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)補體法：將幾何體補成易求解的幾何體，如棱錐補成棱柱，三棱柱補成四棱柱等.
(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，各個面的面積應(yīng)該
怎樣求，然后根據(jù)公式求出各個面的面積，最后相加或相減.求體積時也要先弄清各組成部分，求出各簡單幾何體的體積，再相加或相減.
【知識點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，線段的中點或端點，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：因為異面直線所成角的取值范圍是，所以所作的角為鈍角時，應(yīng)取它的補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B為斜足；找線在面外的一點A，過點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，l是斜線段的長.
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)化為求兩個方向向量的夾角(或其補角)；
(2)通過平面的法向量來求，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，即在一個半平面內(nèi)找一點作另一個半平面的垂線，再過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：分別求出兩個法向量，然后通過兩個平面的法向量的夾角得到兩平面夾角的大小.
【知識點3 空間距離的求解策略】
1．向量法求點到直線距離的步驟：
(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M(可選擇特殊便于計算的點).計算點M與直線外的點N的方向向量.
(3)垂線段長度.
2．求點到平面的距離的常用方法
(1)直接法：過P點作平面的垂線，垂足為Q，把PQ放在某個三角形中，解三角形求出PQ的長度就是點P到平面的距離.
②轉(zhuǎn)化法：若點P所在的直線l平行于平面，則轉(zhuǎn)化為直線l上某一個點到平面的距離來求.
③等體積法.
④向量法：設(shè)平面的一個法向量為，A是內(nèi)任意點，則點P到的距離為.
【知識點4 立體幾何中的軌跡問題的解題策略】
1．動點軌跡的判斷方法
動點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點的軌跡，有時也可以利用空間向量的坐標(biāo)運算求出動點的軌跡方程.
2．立體幾何中的軌跡問題的常見解法
(1)定義法：根據(jù)圓或圓錐曲線的定義推斷出動點的軌跡，進(jìn)而求解軌跡問題.
(2)交軌法：若動點滿足的幾何條件是兩動曲線(曲線方程中含有參數(shù))的交點，此時，要首先分析兩動曲線的變化，依賴于哪一個變量?設(shè)出這個變量為t，求出兩動曲線的方程，然后由這兩動曲線方程著力消去參數(shù)t，化簡整理即得動點的軌跡方程，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，找到動點的軌跡，再進(jìn)行求解.
(4)坐標(biāo)法：坐標(biāo)法就是通過建立空間直角坐標(biāo)系，將立體幾何中的軌跡問題轉(zhuǎn)化為坐標(biāo)運算問題，進(jìn)行求解.
(5)向量法：不通過建系，而是利用空間向量的運算、空間向量基本定理等來研究立體幾何中的軌跡問題，進(jìn)行求解.
【知識點5 立體幾何中的探索性問題的求解策略】
1．與空間向量有關(guān)的探索性問題的求解策略：
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、二面角或點線面距離滿足特定要求時的存在性問題．
解決這兩類探索性問題的解題策略是：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)鍵點的坐標(biāo)，然后探究這樣的點是否存在，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題】
【例1】（2024·陜西咸陽·模擬預(yù)測）已知三棱柱ABC?A1B1C1，如圖所示，P是A1C1，上一動點，點O、D分別是AC、PC的中點，AB⊥BC，AA1=AB=BC=2．
(1)求證：OD∥平面PAB；
(2)當(dāng)AA1⊥平面ABC，且A1P=3PC1時，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，求出點到平面的距離，利用三棱錐體積公式求出答案.
【解答過程】（1）因為點O、D分別是AC、PC的中點，
所以O(shè)D∥ PA，
因為OD?平面PAB，PA?平面PAB，
所以O(shè)D∥平面PAB；
（2）因為BB1⊥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，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，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，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點的坐標(biāo)，根據(jù)棱錐的體積公式，即可求解.
【解答過程】（1）解：作BH⊥PE交PE于H，
因為平面PAE⊥平面PBE，且平面PAE⊥平面PBE=PE，BH?平面PBE，
所以BH⊥平面PAE，
又因為AE?平面PAE，所以BH⊥AE，
因為PB⊥平面ABC，且AE?平面PAE，所以PB⊥AE，
又因為BH⊥AE，PB⊥AE，且PB,BH?平面PBE，PB∩BH=B，
所以AE⊥平面PBE，
因為BE?平面PBE，所以AE⊥BE.
（2）解：以B為原點，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)，因為AE⊥BE，所以AE?BE=0，
因為AE=(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)，
又因為BC=(0,1,0)為平面PAB的一個法向量，
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，
因為(x?12)2+y2=14，解得x=1,y=0（舍去）或x=12,y=±12，
所以點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）如圖，幾何體ABCDEF中，底面ABCD為邊長為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點的坐標(biāo)后結(jié)合題意確定E點位置后由體積公式計算即可得.
【解答過程】（1）在平面ABCD內(nèi)分別作直線m⊥CD，n⊥BC，
因為平面CDEF⊥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，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）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，Q為PA上一點，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，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的長度，接著利用體積公式即可求解.
【解答過程】（1）證明：因為PD⊥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，
因為AM⊥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．
連結(jié)AC，與BD交于點O，連結(jié)QO，
由于底面ABCD是矩形，所以O(shè)為AC的中點，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，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度問題】
【例2】（2024·江蘇南京·二模）如圖，AD//BC，AD⊥AB，點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.
【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，將各個點用坐標(biāo)表示出來，再根據(jù)向量垂直列出方程式，求解即可
【解答過程】（1）因為CF//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O，因為EA=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，
又因為AD⊥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，因為AD=1，AB=BC=2，AD//BC，AD⊥AB，
所以AC=22，所以AO=OC=2，
因為EA=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，
因為直線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）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F為棱BE上的動點．
(1)證明：DC⊥平面BCE；
(2)當(dāng)二面角F?AC?B的大小為45°時，求線段CF的長度．
【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求得F點的坐標(biāo)，進(jìn)而求得CF的長度.
【解答過程】（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，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）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四點在同一平面內(nèi)，求線段EF的長；
(2)若DF=2AE，平面BEF與平面BCF的夾角為30°，求線段AE的長.
【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，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的一個法向量，由二面角的向量求法可得答案.
【解答過程】（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，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）如圖1，在五邊形ABCDP中，連接對角線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，M為BC的中點，點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.
【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，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)EN=t，利用向量法表示兩個平面夾角的余弦值，由方程解出t的值.
【解答過程】（1）連接BE，則BC=12AD=DE=2，因為AD//BC，AD⊥DC，
所以四邊形BCDE為矩形，所以BE=CD=2，
因為PA=PD=22，且E為AD的中點，
所以PE⊥AD，且PE=PA2?DE2=2，
所以PE2+BE2=22+22=8=PB2，即PE⊥BE，
又因為AD∩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，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的長為1.
【題型3 空間角問題】
【例3】（2024·青海·二模）如圖，在三棱柱ABC?A1B1C1中，所有棱長均相等，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，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.
【解答過程】（1）

設(shè)D為BB1的中點，連接AD，OD，AB1.
因為在三角形ABB1中，AB=BB1,∠ABB1=60°，所以三角形ABB1是等邊三角形，
而D是BB1的中點，故由三線合一可知，AD⊥BB1，
因為CB⊥BB1，OD是三角形B1BC的中位線，即OD//BC，所以O(shè)D⊥BB1.
因為AD∩OD=D，AD,OD?平面AOD，所以BB1⊥平面AOD.
因為AO?平面AOD，所以BB1⊥AO.
在△ACB1中，AC=AB1，O為B1C的中點，所以AO⊥B1C.
因為B1C∩BB1=B1，B1C,BB1?平面BB1C1C，所以AO⊥平面BB1C1C.
（2）設(shè)三棱柱ABC?A1B1C1的棱長為2，以O(shè)為坐標(biāo)原點，OB的方向為x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).
因為平面ABC//平面A1B1C1，所以平面A1B1C1的一個法向量為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，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.
【解答過程】（1）在四棱臺ABCD?A1B1C1D1中，AA1,CC1延長后必交于一點，
故A,C,C1,A1四點共面，因為AA1⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，故AA1⊥BD，
連接AC,A1C1，因為底面四邊形ABCD為菱形，故AC⊥BD，
AA1∩AC=A,AA1,AC?平面ACC1A1，故BD⊥平面ACC1A1，
因為CC1?平面ACC1A1，所以BD⊥ CC1.

（2）過點A作BC的垂線，交BC與點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.

(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)二面角求參得出點的坐標(biāo)，再應(yīng)用線面角向量求法計算.
【解答過程】（1）因為PA=22,OA=2,∠PAO=45°，
由余弦定理得PO2=AO2+AP2?2AO?APcs∠PAO=4，所以PO=2.
因為PA2=PO2+AO2，所以∠POA=90°，所以AD⊥PO.
因為BC // AO,BC=AO，所以四邊形ABCO為平行四邊形，所以O(shè)C=AB=2.
因為∠BAO=90°，所以∠AOC=90°，即AD⊥OC.
因為PO∩CO=O,PO,CO?平面POC，所以AD⊥平面POC.
因為AD?平面ABC，所以平面POC⊥平面ABC.
（2）在平面POC內(nèi)，過點O作OE⊥OC，交PC于E.
因為平面POC⊥平面ABC，平面POC∩平面ABC=OC，所以O(shè)E⊥平面ABC.

以O(shè)為原點，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·模擬預(yù)測）如圖所示，在等腰梯形ABCD中，AB//CD，AD=AB=BC=2，CD=4，E為CD中點，AE與BD相交于點O，將△ADE沿AE折起，使點D到達(dá)點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Q（不含端點），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，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，
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，因為P0,0,3，B0,3,0，
P0,0,3、B0,3,0的中點坐標(biāo)為0,32,32，
即Q是PB的中點．
【題型4 空間點、線、面的距離問題】
【例4】（2024·天津和平·二模）如圖，三棱臺ABC?A1B1C1中，△ABC為等邊三角形，AB=2A1B1=4，AA1⊥平面ABC，點M，N，D分別為AB，AC，BC的中點，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）利用點到平面的距離的向量法公式，即可求解．
【解答過程】（1）因為側(cè)棱AA1⊥底面ABC，△ABC為等邊三角形，所以過點A作AH⊥AC，則以為點A為坐標(biāo)原點，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)，
因為A1B⊥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：因為A1M=(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，
又因為CC1=(?2,0,2)．
所以CC1?n1=?2+0+2=0，所以CC1→⊥n1?，又因為CC1?平面A1MN，所以CC1∥平面A1MN．
（2）因為D為中點，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）因為DN=(?1,?3,0)，平面A1MN的法向量為n1=1,33,1，
所以，點D到平面A1MN的距離為DN?n1n1=2217．
【變式4-1】（2024·廣東·三模）如圖，邊長為4的兩個正三角形ABC，BCD所在平面互相垂直，E，F(xiàn)分別為BC，CD的中點，點G在棱AD上，AG=2GD，直線AB與平面EFG相交于點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E為原點，建立空間直角坐標(biāo)系，利用點到平面距離公式求解即得.
【解答過程】（1）因為E、F分別為BC、CD的中點，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，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E為原點，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?！と＃┤鐖D，在直三棱柱ABC?A1B1C1中，AA1=AB=2，AC=1，∠ACB=90°，D是棱AB上的一點．
(1)若AD=DB，求異面直線B1D與A1C1所成的角的大?。?br>(2)若CD⊥B1D，求點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D的坐標(biāo)，平面B1CD的法向量坐標(biāo)，再利用點到平面的距離公式計算即得.
【解答過程】（1）在直三棱柱ABC?A1B1C1中，∠ACB=90°，則直線CA,CB,CC1兩兩垂直，
以點C為原點，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，點D與點B重合，點B在平面B1CD內(nèi)，因此點B到平面B1CD的距離為0；
當(dāng)λ=14時，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B到平面B1CD的距離?=|n?CB||n|=65，
所以點B到平面B1CD的距離為0或65.
【變式4-3】（2024·海南·模擬預(yù)測）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 M為線段 BD上一點，求點M到平面 B1CD1的距離.
【解題思路】（1）因為A1B1//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M到平面 B1CD1的距離等價于點B到平面 B1CD1的距離，再由點到平面的距離公式求解即可.
【解答過程】（1）因為AB=AD=2，BD=22，
所以AB2+AD2=8=BD2，所以AB⊥AD,
因為ABCD?A1B1C1D1為直四棱柱，
所以A1A⊥AB,
因為A1A∩AD=A，A1A,AD?平面ADD1A1，
所以AB⊥平面ADD1A1，
因為A1B1//AB，所以A1B1⊥平面ADD1A1，
因為AD1?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
因為AB=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B到平面 B1CD1的距離為d=BC·nn=826=263
因為BD·n=?2×2+2×2+4×0=0，所以BD⊥n
因為BD不在平面B1CD1，所以BD//平面B1CD1，
因為M在線段BD上，所以點M到平面 B1CD1的距離等價于點B到平面 B1CD1的距離，為263
故點M到平面 B1CD1的距離263.
【題型5 立體幾何中的作圖問題】
【例5】（2024·貴州貴陽·模擬預(yù)測）如圖，正三棱柱ABC?A1B1C1中，AB=4，AA1=3.設(shè)點D為A1C1上的一點，過D，A作平面BCC1B1的垂面α，
(1)畫出平面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的中點分別為O,O1，過點D作DE//A1O1，交B1C1于點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D位置，然后由線面角的定義求解可得.
【解答過程】（1）記BC，B1C1的中點分別為O,O1，過點D作DE//A1O1，交B1C1于點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，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，
因為AC∥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）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的長度；若不存在，請說明理由.
【解題思路】（1）根據(jù)等體積法和錐體的體積公式計算即可求出VP?ABCD；如圖，BC的延長線和AD的延長線交點為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BC，AD，設(shè)BC的延長線和AD的延長線交點為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E，連接PE，
∵PA=PD，E是AD的中點，∴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B為坐標(biāo)原點，以直線BA，BM分別為x，y軸，
以過點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N，平面PDC與平面DCN的夾角的余弦值為63，
此時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）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，過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F，畫出截面α，保留作圖痕跡（不用說明理由），求點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.
【解答過程】（1）延長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，B為AE中點，
過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B位置的三等分點；
（2）以A為原點，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）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，過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F，畫出截面α，保留作圖痕跡（不用說明理由），并證明PBFB=3．
(2)求多面體ABCDMF的體積．
【解題思路】（1）延長DC∩AB=E，連接ME交PB于F，連接FC，可得截面α；過M作MN∥AB交PB于N，通過證明△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.
【解答過程】（1）延長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，B為AE中點．
過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M作BD的垂線，垂足為H，MC=10.
(1)求證：MH⊥CD；
(2)過H作MB的垂線，垂足為N，求點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H到平面MCD的距離即可.
【解答過程】（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N到平面MCD的距離等于點H到平面MCD的距離d，
又BNBM=BHBD=14，設(shè)點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，對角線AA′1分別交BB1,CC1于點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,
【解答過程】（1）證明：在圖乙中，過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，
因為AB=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，
因為AC=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·模擬預(yù)測）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A的三等分點，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．
(1)求證：AD⊥AP；
(2)是否存在點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；若不存在，請說明理由．
【解題思路】（1）計算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，確定各點坐標(biāo)，計算平面ABE的法向量為m=(1,1,?1)，設(shè)EP=t，AP=?22,t,?22，根據(jù)向量的夾角公式計算得到答案.
【解答過程】（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E為坐標(biāo)原點，以ED,EC所在的直線分別為x軸、y軸，
以過點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.
【解答過程】（1）延長AA1,CC1交于點P1,過C1作C1M⊥AC于M，過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，
延長AA1,BB1交于點P2，則P2A1=AA1，B1為P2B的中點，則P1A1=P2A1，
∴P1與P2重合于點P，P?ABC為三棱錐，
設(shè)O為BC中點，等腰直角△ABC中AC=AB,∴AO⊥BC，
又∵ C1為PC的中點，B1為PB的中點，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，∴PO=12BC=2，
又∵AO=2,PA=2AA1=2,∴PO2+AO2=PA2,∴PO⊥AO，
以O(shè)為坐標(biāo)原點，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，∴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，求點E的軌跡長度；
(2)當(dāng)二面角E?PA?B的余弦值為33時，求三棱錐E?PCB的體積．
【解題思路】（1）先通過垂直關(guān)系得到AE⊥BE，然后建立空間直角坐標(biāo)系得到點E的軌跡，根據(jù)角度求軌跡的長；
（2）利用向量法求面面角，解方程求出點E的坐標(biāo)，進(jìn)而利用體積公式求解即可.
【解答過程】（1）作BH⊥PE交PE于H，
因為平面PAE⊥平面PBE，且平面PAE∩平面PBE=PE，BH?面PBE，
所以BH⊥平面PAE，又因為AE?平面PAE，所以BH⊥AE，
因為PB⊥平面ABC，且AE?平面ABC，所以PB⊥AE，
因為BH⊥AE，PB⊥AE，PB、BH?平面PBE，PB∩BH=B，
所以AE⊥平面PBE，又因為BE?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)，因為AE⊥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·模擬預(yù)測）如圖，在直三棱柱ABC?A1B1C1中，AB=AC=AA1=3,BC=32,E是側(cè)面AA1C1C內(nèi)的動點（包括邊界），D為BC1的中點，B1E⊥A1D．
(1)求證：點E的軌跡為線段AC1；
(2)求平面ADE與平面ABC夾角的大?。?br>【解題思路】（1）方法一（幾何法）補形為正方體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.
【解答過程】（1）方法一（幾何法）
補形為正方體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．
因為B1E⊥A1D，
所以B1E在平面AB1C1內(nèi)．
又因為E∈平面ACC1A1，
所以點E在平面ACC1A1和平面AB1C1的交線上．
因為平面ACC1A1∩平面AB1C1=AC1,E是側(cè)面AA1C1C內(nèi)的動點（包括邊界），
所以點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E的軌跡為線段AC1．
（2）方法一（幾何法）
因為點E的軌跡為線段AC1，
所以平面ADE即平面C1AB．
因為平面C1AB∩平面ABC=AB，
又因為AB⊥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)．
因為點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的一個法向量為m=(0,0,1)，
設(shè)平面C1AB的一個法向量為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·模擬預(yù)測）如圖，四邊形ABDC為圓臺O1O2的軸截面，AC=2BD，圓臺的母線與底面所成的角為45°，母線長為2，E是BD的中點．
(1)已知圓O2內(nèi)存在點G，使得DE⊥平面BEG，作出點G的軌跡（寫出解題過程）；
(2)點K是圓O2上的一點（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B作下底面的垂線交下底面于點G，過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.
【解答過程】（1）∵E是BD的中點，∴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B作下底面的垂線交下底面于點G，
過G作BE的平行線，交圓O2于G1，G2，則線段G1G2即點G的軌跡．
（2）易知可以O(shè)2為坐標(biāo)原點，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∠xO2K=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）如圖，四面體ABCD的每條棱長都等于2，M，G，N分別是棱AB，BC，CD的中點，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E，F(xiàn)位置不變，在△BCD內(nèi)（包括邊界）拖動點O，使直線MN與平面OEF平行，求點O軌跡長度；
【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）問的結(jié)論，把平面OEF與平面ABN的夾角問題，轉(zhuǎn)化為平面ABD與平面ABN的夾角問題，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）先找一個特殊的點O，使得直線MN與平面OEF平行，然后再延展平面OEF，與底面BCD的交線長度即為所求.
【解答過程】（1）如圖，連接GN,GD,易知G,O,D三點共線
因為O，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，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，
又因為EF∩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，因為M分別是棱AB的中點，
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，
因為AO⊥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N的三等分點P，連接CM，易知C，E，M三點共線，
連接EP，因為點E為等邊△CAB的重心，所以EP∥MN，
所以當(dāng)點O在點P位置時，滿足題意，
取線段CG靠近點G的三等分點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上運動時，均滿足題意，
所以PQ即為點O的軌跡長度,
又PQ=23GN=23×12BD=23，
所以點O的軌跡長度為23.
【題型8 立體幾何中的探索性問題】
【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中點為F，證明：CF∥平面ADE；
(2)在線段AB上是否存在點M，使得點B到平面CEM的距離等于22，如果存在，求MB的長．
【解題思路】（1）取AE的中點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.
【解答過程】（1）取BE的中點F，AE的中點G，連結(jié)FG、GD、CF
則有GF=12AB，GF//AB，
因為DC=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

2025年高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)(新高考專用)重難點21立體幾何中的?？冀?jīng)典小題全歸類【十大題型】特訓(xùn)(學(xué)生版+解析)：

這是一份2025年高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)(新高考專用)重難點21立體幾何中的?？冀?jīng)典小題全歸類【十大題型】特訓(xùn)(學(xué)生版+解析)，共83頁。

2025年高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)(新高考專用)重難點18球的切、接問題【十大題型】特訓(xùn)(學(xué)生版+解析)：

這是一份2025年高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)(新高考專用)重難點18球的切、接問題【十大題型】特訓(xùn)(學(xué)生版+解析)，共76頁。

重難點22 立體幾何必考經(jīng)典解答題全歸類（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22 立體幾何必考經(jīng)典解答題全歸類（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22立體幾何必考經(jīng)典解答題全歸類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22立體幾何必考經(jīng)典解答題全歸類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120頁， 歡迎下載使用。

英語朗讀寶

相關(guān)試卷 更多

高考數(shù)學(xué)練習(xí)重難點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21 立體幾何中的?？冀?jīng)典小題全歸類【十大題型】（解析版）

高考數(shù)學(xué)練習(xí)重難點21 立體幾何中的常考經(jīng)典小題全歸類【十大題型】（解析版）
【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)容侵犯了您的知識產(chǎn)權(quán)，請掃碼添加我們的相關(guān)工作人員，我們盡可能的保護您的合法權(quán)益。
入駐教習(xí)網(wǎng)，可獲得資源免費推廣曝光，還可獲得多重現(xiàn)金獎勵，申請 精品資源制作， 工作室入駐。
版權(quán)申訴二維碼
高考專區(qū)
歡迎來到教習(xí)網(wǎng)
  • 900萬優(yōu)選資源，讓備課更輕松
  • 600萬優(yōu)選試題，支持自由組卷
  • 高質(zhì)量可編輯，日均更新2000+
  • 百萬教師選擇，專業(yè)更值得信賴
微信掃碼注冊
qrcode
二維碼已過期
刷新

微信掃碼，快速注冊

手機號注冊
手機號碼

手機號格式錯誤

手機驗證碼 獲取驗證碼

手機驗證碼已經(jīng)成功發(fā)送，5分鐘內(nèi)有效

設(shè)置密碼

6-20個字符，數(shù)字、字母或符號

注冊即視為同意教習(xí)網(wǎng)「注冊協(xié)議」及「隱私條款」
QQ注冊
手機號注冊
微信注冊

注冊成功

返回
頂部