资源简介

中小学教育资源及组卷应用平台
立体几何高考大题的类型与解法
立体几何问题是近几年高考的热点问题之一，可以这样毫不夸张地说，只要是数学高考试卷，都必有一个立体几何问题的12分大题和一到两个立体几何问题的5分小题。从题型上看是18或19题的12分大题和选择题（也可能是填空题）的5分小题；难度为中，低档题型，一般的考生都会拿到7到12分。纵观近几年高考试卷，归结起来立体几何大题主要包括：①直线垂直直线的证明问题；②直线垂直平面的证明问题；③平面垂直平面的证明问题；④直线平行平面的证明问题；⑤平面平行平面的证明问题等几种类型。各种类型问题结构上具有一定的特征，解答方法也有一定的规律可寻。那么在实际解答立体几何问题大题时，到底应该如何抓住问题的结构特征，快捷，准确地解答问题呢？下面通过典型例题的详细解析来回答这个问题。
【典例1】解答下列问题：
在三棱锥A-BCD中，DA=DB=DC，BDCD，ADB=ADC=，E为BC的中点。
证明：BCDA；
点F满足=，求二面角D-AB-F的正弦值（2023全国高考新高考II）
2、（理）在四棱锥P—ABCD中，PD底面ABCD，CD//AB，AD=DC=CB=1，AB=2，DP=。
（1）证明：BDPA；
（2）求PD与平面PAB所成的角的正弦值。
（文）小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒如图所示，底面ABCD是边长为8（单位：cm）的正方形，EAB，FBC，GCD，HDA均为正三角形，且它们所在的平面都与平面ABCD垂直。
（1）证明：EF//平面ABCD；
（2）求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）（2022全国高考甲卷）
3、（理）如图在三棱柱ABC—中，已知A⊥底面，A=3，AB=AC=BC=2，D为BC的中点，点F在棱B上，且BF=2，E为线段AD上的动点。
（1）证明：F⊥EF；
（2）若直线D与EF所成角的余弦值为，求二面角E—F—D的余弦值。
（理科图） （文科图）
（文）如图在三棱柱ABC—中，已知A⊥底面，A=3，AB=AC，BC=2，D为BC的中点，点F在棱B上，且BF=2，E为线段AD上的动点。
（1）证明：F⊥EF；
（2）若三棱锥—DEF的体积为，求sinEFD的值（成都市2019级高三二诊）
4、（理）如图，在等腰梯形ADEF中，AD//EF，AD=3，DE=，EF=1，在矩形 ABCD中，AB=1，平面ADEF平面ABCD。
（1）证明：BFCF；
（2）求直线AF与平面CEF所成角的大小。
（文）如图，在等腰梯形ADEF中，AD//EF，AD=3，DE=，EF=1，在矩形ABCD中，AB=1，平面ADEF平面ABCD。
（1）证明：BFCF；
（2）求多面体ABCDEF的体积（成都市2019级高三三珍）
（文科图） （理科图）
5、（理）已知直三棱柱ABC—中，侧面AB为正方形，AB=BC=2，E，F分别为AC和C的中点，D为棱上的点，BF。
（1）证明：BFDE；
（2）当D为何值时，面BC与面DEF所成的二面角的正弦值最小？
（文）已知直三棱柱ABC—中，侧面AB为正方形，AB=BC=2，E，F分别为AC和C的中点， BF。
（1）求三棱锥F—EBC的体积；
（2）已知D为上的点，证明：BFDE（2021全国高考甲卷）。
（理科图） （文科图）
6、如图，在三棱锥A—BCD中，平面ABD平面BCD， AB=AD，O为BD的中点。
（1）证明：OACD；
（2）若OCD是边长为1的等边三角形，点E在棱AD上，DE=2EA，且二面角E—BC—D的大小为，求三棱锥A—BCD的体积（2021全国高考新高考I卷）。
7、如图①，在等腰梯形ABCD中，AB//CD，E，F分别为AB，CD的中点，CD=2AB=2EF=4，M为DF中点，现将四边形BEFC沿EF折起，使平面BEFC⊥平面AEFD，得到如图②所示的多面体，在图②中（2019成都市高三二诊）。
（1）证明：EF⊥MC；
（2）（理）求二面角M—AB—D的余弦值。（文）求三棱锥M—ABD的体积.
8、如图①，在等腰梯形ABCD中，已知AB//CD，ABC=，CD=2，AB=4，点E为AB的中点；现将三角形BEC沿线段EC折起，形成直二面角P—EC—A，如图②，连接PA，PD得四棱锥P—AECD，如图③（2018成都市高三三诊）。
（1）求证：PD⊥EC；
（2）（理）求平面PEC与平面PAD所成的锐二面角的余弦值。（文）求四棱锥P—AECD的体积。
〖思考问题1〗
（1）【典例1】是直线垂直直线的证明问题，解答这类问题需要理解直线垂直直线，直线垂直平面的基本概念；掌握证明直线垂直平面，直线垂直直线的基本方法；
（2）证明直线垂直直线的基本方法是：①证明两条直线中的一条直线垂直另一条直线所在的平面；②利用直线垂直平面的性质证明直线垂直直线。
【典例2】解答下列问题：
1、（理）如图，在直三棱柱ABC—中，BC，AB=A=AC=2。
（1）求证：AC平面AB；
（2）若D，E分别为棱AB，AC上的动点，且BD=AE，当三棱锥A-DE的体积最大时，求二面角A—D—E的余弦值。
（文）如图，在直三棱柱ABC—中，已知ABAC，AB=AC=4，A=2，D，E分别是棱AB，AC上的动点，F为BC的中点，且BD=AE。
（1）求三棱锥A-DE体积的最大值；
（2）当三棱锥A-DE的体积最大时，求证：D平面DF（成都市高2021级高三零诊）
（理科图） （文科图）
2、（理）如图①，在等腰直角三角形ABC中，A=，已知AB=3，D，E 分别是AC，BC上的点，且满足DE//AB，将CDE沿着DE折起，得到如图②所示的四棱锥P—ABDE，M为线段D上一点。
（1）设平面ABP平面DEP=l，证明l平面ADP；
（2）若PA=，DE=2，求直线PD与平面PEB所成角的正弦值。
（文）如图①，在等腰直角三角形ABC中，A=，已知AB=2，D，E 分别是AC，BC上的点，且满足DE//AB，将CDE沿着DE折起，得到如图②所示的四棱锥P—ABDE。
若D为AC的中点，平面PDE平面ABED，求四棱锥P-ABED的体积；
（2）设平面ABP平面DEP=l，证明：l平面ADP （成都市高2020级高三一诊）
（理科图） （文科图）
3、（理）如图，在四棱锥P-ABCD中，AP⊥平面PBC，底面ABCD为菱形，且ABC=，
E为BC的中点。
（1）证明：BC⊥平面PAE；
（2）若AB=2，PA=1，求平面ABP与平面CDP所成锐二面角的余弦值。
（文）如图，在四棱锥P-ABCD中，AP⊥平面PBC，底面ABCD为菱形，且ABC=，E，
F分别为BC，CD的中点。
（1）证明：BC⊥平面PAE；
（2）点Q在棱PB上，且=，证明：PD//平面QAF（2020成都市高三一诊）
（理科图） （文科图）
4、（理）如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AE=AD，ABC
是底面的内接正三角形，P为DO上一点，PO=DO。
（1）证明：PA⊥平面PBC；
（2）求二面角B—PC—E的余弦值。
（文）如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心， ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，APC=（2020全国高考新课标I）。
（1）证明：平面PAB⊥平面PAC；
（2）设DO=，圆锥的侧面积为，求三棱锥P—ABC的体积。
（理科图） （文科图）
5、如图，在四棱锥P—ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD，设平面PAD与平面PBC的交线为l。
（1）证明：l⊥平面PDC；
（2）已知PD=AD=1,Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值（2020全国
高考新高考II）
〖思考问题2〗
（1）【典例2】是直线垂直平面的证明问题，解答这类问题需要理解直线垂直直线，直线
垂直平面的基本概念；掌握证明直线垂直平面，直线垂直直线的基本方法；
（2）证明直线垂直平面的基本方法有： ①直线垂直平面的判定定理；②运用平行线垂直平面的传递性；③运用平面垂直平面的性质1；④运用平面垂直平面的性质2；⑤ 运用平面垂直平面的性质3；
（3）运用直线垂直平面的判定定理证明的基本方法是：①在平面内找两条相交直线；②证明直线与这两条相交直线分别垂直；③得出结论；
（4）运用平行线垂直平面的传递性证明直线垂直平面的基本方法是：①证明两条直线平行，②证明其中一条直线垂直平面；③得出结论；
（5）运用平面平行平面的性质1证明直线垂直平面的基本方法是：①证明两个平面平行；②证明直线与其中的一个平面垂直；③得出结论；
（6）运用平面垂直平面的性质定理2证明直线垂直平面的基本方法是：①证明两个平面垂直；②在一个平面内找一条直线证明它与两个平面的交线垂直；③得出结论；
（7）运用平面垂直平面的性质定理3证明直线垂直平面的基本方法是：①找到以直线为交线的两个相交的平面；②分别证明这两个平面与第三个平面垂直；③得出结论
【典例3】解答下列问题：
1、如图，在三棱柱ABC—中，与A均是边长为2的正三角形，且A=。
（1）证明：平面A⊥平面；
（2）（理）求平面B与平面AC所成锐二面角的余弦值。
（文）求四棱锥A-BC的体积（成都市高2020级高三二诊）
（理科图） （文科图）
2、如图，四面体ABCD中，ADCD，AD=CD，ADB=BDC，E为AC中点。
（1）证明：平面BED平面ACD；
（2）（理）设AB=BD=2，ACB=，点F在BD上，当AFC的面积最小时，求CF与平面ABD所成角的正弦值。（文）设AB=BD=2，ACB=，点F在BD上，当AFC的面积最小时，求三棱锥F—ABC的体积（2022全国高考乙卷）
（理科图） （文科图）
3、（理）如图甲，在直角三角形ABC中，已知ABBC，BC=4，AB=8，D，E 分别是AB，AC的中点，将ADE沿DE折起，使点A到达点的位置，且DBD，连接B，C，得到如图乙所示的四棱锥—DBCE，M为线段D上一点。
（1）证明：平面DB平面DBCE；
（2）过B，C，M三点的平面与线段E相交于点N，从下列三个条件中选择一个作为已知条件，求直线DN与平面BC所成角的正弦值。
①BM=BE；②直线EM与BC所成角的大小为；③三棱锥M—BDE的体积是三棱锥E—BC体积的。（注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分。）
（文科图） （理科图）
（文）如图甲，在直角三角形ABC中，已知ABBC，BC=4，AB=8，D，E 分别是AB，
AC的中点，将ADE沿DE折起，使点A到达点的位置，且DBD，连接B，C，得到如图乙所示的四棱锥—DBCE，M为线段D上一点。
（1）证明：平面DB平面DBCE；
（2）过B，C，M三点的平面与线段E相交于点N，从下列三个条件中选择一个作为已知条件，求三棱锥—BCN的体积（成都市2019级高三一诊）
①BM=BE；②直线EM与BC所成角的大小为；③三棱锥M—BDE的体积是三棱锥E—BC体积的。（注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分。）
4、在四棱锥Q—ABCD中，底面ABCD是正方形，若AD=2，QD=QA=，QC=3。
（1）证明：平面QAD平面ABCD；
（2）求二面角B—QD—A的平面角的余弦值（2021全国高考新高考II卷）。
5、如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是边长为2的菱形，DAB=，EB=ED，EF//AC（2021成都市高三三诊）。
（1）求证：平面BDF平面ACFE;
（2）（理）若EA=EC，EF=AC，多面体ABCDEF的体积为，求平面ABE与平面BDF所成锐二面角的余弦值。（文）若EB=2，EA=EC，EF=AC，求多面体ABCDEF的体积。
（理科图） （文科图）
6、如图，长方体ABCD—的底面是边长为2的正方形，A=4，点E，F，M，N分别是棱C，BC，B，A的中点（2021成都市高三一诊）。
（理）（1）求证：平面E平面MN；
（2）若平面AFM平面=l，求直线l与平面E所成角的正弦值。
（文）（1）求三棱锥E—AFM的体积；
（2）求证：平面E平面MN。
（理科图） （文科图）
7、如图①，在菱形ABCD中，A=，且AB=2，E为AD的中点，将ABE沿BE折起使AD=，得到如图②所示的四棱锥A—BCDE。
（1）求证：平面ABE平面ABC；
（2）(理)若P为AC的中点，求二面角P—BD—C的余弦值。（文）若P为AC的中点，求三棱锥P—ABD的体积（2021成都市高三零诊）。
（理科图） （文科图）
8、（理）如图，在四棱锥P-ABCD中，O是边长为4的正方形ABCD的中心，PO⊥平面ABCD，E为BC的中点。
（1）证明：平面PAC⊥平面PBD；
（2）若PE=3，求二面角D—PE—B的余弦值。
（文）如图，在四棱锥P-ABCD中，O是边长为4的正方形ABCD的中心，PO⊥平面ABCD，M，E分别为AB，BC的中点。
（1）证明：平面PAC⊥平面PBD；
（2）若PE=3，求三棱锥B—PEM的体积（2020成都市高三二诊）。
（理科图） （文科图）
9、（理）如图四边形ABCD为正方形，E，F分别为AD，BC的中点，以DF为折痕把DFC折起，使点C到达点P的位置，且PF⊥BF。
（1）证明：平面PEF⊥平面ABFD；
（2）求DP与平面ABFD所成角的正弦值。
（文）如图在平行四边形ABCM中，AB=AC=3，ACM=，以AC为折痕把ACM折起，
使点M到达点D的位置，且AB⊥DA（2018全国高考新课标I卷）。
（1）证明：平面ACD⊥平面ABC；
（2）Q为线段AD上一点，P为线段BC上一点，且BP=DQ=DA，求三棱锥Q—ABP的体积。
（理科图） （文科图）
〖思考问题3〗
（1）【典例3】是平面垂直平面的证明问题，解答这类问题需要理解直线垂直直线，直线
垂直平面，平面垂直平面的基本概念；掌握证明直线垂直直线，直线垂直平面，平面垂直平面的基本方法；
（2）证明平面垂直平面的基本方法是： ①运用证明直线垂直直线的基本方法证明直线垂直直线；②运用证明直线垂直平面的基本方法证明直线垂直平面；③运用证明平面垂直平面的基本方法证明平面垂直平面。
【典例4】解答下列问题：
1、（理）如图，三棱锥P-ABC中，ABC=，AB=2，BC=2，PB=PC=，AD=OD，BF⊥AO，O，D，E分别为BC，PB，AP的中点。
证明：EF//平面ADO；
证明：平面ADO⊥平面BEF；
求二面角D-AO-C的大小。
（文）如图，三棱锥P-ABC中，AB⊥BC，AB=2，BC=2，PB=PC=，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，点F在AC上，BF⊥AO。
求证：EF//平面ADO；
若POF=，求三棱锥P-ABC的体积（2023全国高考乙卷
（理科图） （文科图）
2、如图，在多面体ABCDEFG中，已知ADGC是正方形，GD//EF，GF//BC，FG平面ADGC，M，N分别是AC，BF的中点，BC=EF=CG=FG。
（1）证明：MN//平面APG；
（2）（理）求直线MN与平面BEF所成角的正弦值。
（文）已知BC=1，求三棱锥E-DFN的体积。
3、如图，PO是三棱锥P—ABC的高，PA=PB，AB⊥AC，E是PB的中点。
（1）证明：OE//平面PAC；
（2）若ABO=CBO=，PO=3，PA=5，求二面角C—AE—B的正弦值（2022全国高考新高考II卷）
4、（理）如图，在四棱锥P—ABCD中，DC//AB，BCAB，E为棱PA的中点， AB=4，PA= PD=DC=BC=2。
（1）求证： DE//平面PBC；
（2）若平面PAD平面ABCD，M是线段BP上的点，且BM=2MP，求二面角M—AD—B的余弦值。
（文）如图，在四棱锥P—ABCD中，DC//AB，BCAB，E为棱PA的中点， AB=4，PA= PD=DC=BC=2。
（1）求证： DE//平面PBC；
（2）若平面PAD平面ABCD，试求三棱锥P—BDE的体积（成都市2019级高三零诊）
（理科图） （文科图）
5、如图①在等腰三角形PBC中，PB=PC=3，BC=6，D，E满足=2，=2,将PDE沿直线DE折起到ADE的位置，连接AB，AC，得到如图②所示的四棱锥A—BCED，点F满足=2。
（1）证明：DF//平面ACE；
（2）（理）当AB=时，求平面ACE与平面DEF所成锐二面角的余弦值。（文）当AB=时，求三棱锥A—DEF的体积（2021成都市高三二诊）。
（理科图） （文科图）
6、如图，在多面体ABCDEF中，ADEF为矩形，ABCD为等腰梯形，BC//AD，BC=2，AD=4，且AB⊥BD，平面ADEF⊥平面ABCD，M，N分别为EF，CD的中点（2020成都市高三三诊）。
（1）求证：MN//平面ACF；
（2）（理）若直线FC与平面ADEF所成角的正弦值为，求多面体ABCDEF的体积。（文）
若DE=2，求多面体ABCDEF的体积。
（理科图） （文科图）
7、如图，四棱锥P—ABCD的底面ABCD是边长为2的菱形，ABC=，PA⊥平面ABCD，点M是棱PC的中点（2019成都市高三一诊）。
（1）证明：PA//平面BMD；
（2）（理）当PA=时，求直线AM与平面PBC所成角的正弦值。（文）当PA=时，
求三棱锥M—PAD的体积。
8、如图，直四棱柱ABCD—的底面是菱形，A=4，AB=2，BAD=，E，M，N分别是BC，B，D的中点（2019全国高考新课标I）。
（1）证明：MN//平面DE ；
（2）（理）求二面角A—M—N的正弦值。（文）求点C到平面DE的距离。
〖思考问题4〗
（1）【典例4】是直线平行平面的证明问题，解答这类问题需要理解直线平行直线，直线
平行平面，平面平行平面的基本概念；掌握证明直线平行直线，直线平行平面，平面平行平面的基本方法；
（2）证明直线平行平面的基本方法有：①运用直线平行平面的判定定理；②运用平面平行平面的性质定理；
（3）运用直线平行平面的判定定理证明，关键是在平面内找到与已知直线平行的直线，一般思路是：①考虑平面内有没有这样的直线，如果有，可直接证明它与已知直线平行；②如果平面内没有这样的直线，则需要通过作辅助线来确定，作辅助线的基本思路是：1》若图形中涉及到中点，应考虑取线段的中点并结合三角形的中位线解决问题，2》若图形中直角（或垂直）较多，应考虑作垂线来确定，并结合直角（或垂直）的特殊性质解决问题，3》若图形中有等腰三角形（或等边三角形）应考虑取底边的中点，运用其三线合一的性质；
（4）运用平面平行平面的性质定理证明的基本方法是：①证明两个平面平行；②运用平面平行平面的性质得到结论。
【典例5】解答下列问题：
1、在长方体ABCD—中，已知AB=AD，E为AD的中点。
（1）在线段上是否存在点F，使得平面AF//平面EC？若存在请加以证明，若不存在，请说明理由；
（2）设AD=2，A=4，点G在A上且满足=8，求EG与平面EB所成角的余弦值。
2、如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA=PD，AB=AD，PA⊥PD，AD⊥CD，
BAD=，M，N分别为AD，PA的中点（2020成都市高三零诊）。
（1）证明：平面BMN//平面PCD；
（2）（理）若AD=6，CD=，求平面BMN与平面BCP所成二面角的余弦值。（文）若AD=6，求三棱锥P-BMN的体积。
（理科图） （文科图）
3、如图所示，在三棱柱ABC—中，E，F，G，H分别是AB，AC，，的中点。
（1）证明：B，C，H，G四点共面；
（2）证明：平面EF//平面BCHG.。
〖思考问题5〗
（1）【典例5】是平面平行平面的证明问题，解答这类问题需要理解直线平行直线，直线
平行平面，平面平行平面的基本概念；掌握证明直线平行直线，直线平行平面，平面平行平面的基本方法；
证明平面平行平面的基本方法是：①在一个平面内确定两条相交直线；②运用证明直线平行平面的基本方法分别证明这两条直线平行另一个平面；③利用证明平面平行平面的基本方法证明两个平面平行。
【典例6】解答下列问题：
如图，在正四棱柱ABCD-中，AB=2，A=4，点，，，分别在棱A，B，C，D上，，A=1，B=D=2，C=3。
证明：//；
点P在棱B上，当二面角P--为，求P（2023全国高考新高考I）
【解析】
【考点】①正四棱柱定义与性质；②平行四边形判定定理及运用；③平行四边形性质定理及运用；④建立空间直角坐标系的基本方法；⑤求平面法向量的基本方法；⑥求二面角余弦值公式及运用；⑦两点之间距离公式及运用。
【解题思路】（1）如图，分别过，作EB于点E，作FC于点F，根据正四棱柱的性质，运用平行四边形判定定理，结合问题条件证明四边形EF是平行四边形，从而证明四边形EF是平行四边形，利用平行四边形的性质定理得到//EF，//EF，就可证明//；（2）如图，设点P（0，2，h），根据建立空间直角坐标系的基本方法，建立空间直角坐标系C-xyz，运用求平面法向量的基本方法分别求出平面P和平面的法向量，由求二面角余弦值的公式得到关于h的等式，从而求出h的值，得到点P的坐标，利用两点之间的距离公式就可求出P。
【详细解答】（1）如图，分别过，作EB于点E，作FC于点F，在正四棱柱ABCD-中，AB=2，A=4，点，，，分别在棱A，B，C，D上，，A=1，B=D=2，C=3，E//////F，
E//===F，EF是平行四边形，//EF，同理可证//EF，
//；（2）如图，设点P（0，2，h），以C为坐标原点，,,分别为x，y，z的正半轴建立空间直角坐标系C-xyz，（2，2，1），（0，0，3），（2，0，2），=（2，0，1-h），=（0，-2，3-h），=（0，2，-1），
=（-2，0，1），设平面P的法向量=（x，y，z），由，且，
.=2x+0+（1-h）z=0，且 .=0-2y+（3-h）z=0，解得： x=，y=，
z=1，=（，，1），设平面的法向量=（，，），由
⊥，且 ⊥，.=0+2-=0，且 .=-2+0+=0，解之
得：=1，=1，=2，=（1，1，2），二面角P--为，
====，
h=1或h=3，P（0，2，1）或P（0，2，3），（0，2，2），P==1。
〖思考问题6〗
（1）【典例6】是直线平行直线的证明问题，解答这类问题需要理解直线平行直线，直线
平行平面，平面平行平面的基本概念；掌握证明直线平行直线，直线平行平面，平面平行平面的基本方法；
（2）证明直线平行直线的基本方法是：①根据问题条件选择恰当的证明方法；②根据选择的证明方法，运用相关的基本知识点对问题实施证明；③得出证明的结论。
【典例7】解答下列问题：
1、（理）在三棱柱ABC-中，A=2，C底面ABC，ACB=，到平面BC的距离为1。
（1）求证：AC=C；
（2）若直线A与B的距离为2，求A与平面BC所成的角的正弦值。
（文）在三棱柱ABC-中，C底面ABC，ACB=。
（1）证明：平面AC平面BC；
（2）设AB=B，A=2，求四棱锥-BC的高（2023全国高考甲卷）
（理科图） （文科图）
2、（理）如图，在三棱锥P—ABC中，已知PA 平面ABC， PA=AB=2，BAC=，D为PC上一点，且PC=3PD，PCBD。
（1）求AC的长；
（2）若E为AC的中点，求二面角D—BE—A的余弦值。
（文科图） （理科图）
（文）如图，在三棱锥P—ABC中，已知PA 平面ABC， BAC=，D为PC上一点，且PC=3PD，PCBD。
（1）若E为AC的中点，求三棱锥P—ABC与三棱锥B—AED的体积之比；
（2）若PA=2，AC=2，证明：PC平面ABD（成都市2020级高三零诊）
3、如图，直三棱柱ABC—的体积为4，BC的面积为2。
（1）求A到平面BC的距离；
（2）设D为C的中点，A=AB，平面BC平面AB，求二面角A—BC—C的正弦值（2022全国高考新高考I卷）
4、如图，四棱锥P—ABCD的底面是矩形，PD底面ABCD， PD=DC=1，M为BC的中点，且PBAM。
（理）（1）求BC；
（2）求二面角A—PM—B的正弦值。
（文）如图，四棱锥P—ABCD的底面是矩形，PD底面ABCD， M为BC的中点，且PBAM。
（1）证明：平面PAM平面PBD；
（2）若PD=DC=1，求四棱锥P—ABCD的体积（2021全国高考乙卷）
〖思考问题7〗
【典例7】是证明线段线段（或求线段的长或点到平面距离）的问题，解答这类问题需要理解线段长（或点到平面距离）的定义，掌握证明线段线段（或求线段长与点到平面距离）的基本方法；
证明线段相等的基本方法是：①构造两条线段所在的两个三角形；②运用全等三角形判定定理证明两个三角形全等；③利用全等三角形的性质证明线段相等；
（3）求线段长的脚步方法是：①建立空间直角坐标系；②确定相关点的坐标；③求出相关向量的坐标；④运用空间向量的相关知识求出所求线段的长；
（4）求点到平面距离的基本方法是：①把点到平面的距离视为某个几何体的高；②运用几何体的体积公式，结合问题条件求出该几何体的体积；③由②得到关于几何体高的方程，求解方程求出几何体的高；；④得出点到平面的距离。
立体几何高考大题的类型与解法
立体几何问题是近几年高考的热点问题之一，可以这样毫不夸张地说，只要是数学高考试卷，都必有一个立体几何问题的12分大题和一到两个立体几何问题的5分小题。从题型上看是18或19题的12分大题和选择题（也可能是填空题）的5分小题；难度为中，低档题型，一般的考生都会拿到7到12分。纵观近几年高考试卷，归结起来立体几何大题主要包括：①直线垂直直线的证明问题；②直线垂直平面的证明问题；③平面垂直平面的证明问题；④直线平行平面的证明问题；⑤平面平行平面的证明问题等几种类型。各种类型问题结构上具有一定的特征，解答方法也有一定的规律可寻。那么在实际解答立体几何问题大题时，到底应该如何抓住问题的结构特征，快捷，准确地解答问题呢？下面通过典型例题的详细解析来回答这个问题。
【典例1】解答下列问题：
1、在三棱锥A-BCD中，DA=DB=DC，BDCD，ADB=ADC=，E为BC的中点。
证明：BCDA；
点F满足=，求二面角D-AB-F的正弦值（2023全国高考新高考II）
【解析】
【考点】①三棱锥定义与性质；②全等三角形判定定理及运用；③正弦垂直直线判定定理及运用；④直线垂直平面判定定理及运用；⑤直线垂直平面性质定理及运用；⑥建立空间直角坐标系的基本方法；求二面⑦求平面法向量的基本方法；⑧角余弦值公式及运用；⑨同角三角函数基本关系及运用。
【解题思路】（1）如图，连接AE，DE，根据三棱锥的性质和全等三角形判定定理，结合问题条件证明ABD与ACD全等，从而证明AEBC，DEBC，运用直线垂直平面判定定理，证明BC平面ADE，利用直线垂直平面的性质定理就可证明BCDA；（2）如图，设DA=DB=DC=AB=AC=，根据等腰三角形的性质得到AE=DE=BE=CE=1，从而证明AEDE，以E为坐标原点，，，分别为x，y，z的正半轴，建立空间直角坐标系E-xyz，运用求平面法向量的基本方法分别求出平面DAB和平面FAB的法向量，由求二面角余弦值的公式求出二面角D-AB-F的余弦值，利用同角三角函数的基本关系就可求出二面角D-AB-F的正弦值。
【详细解答】（1）如图，连接AE，DE，DA=DB=DC，ADB=ADC=，ABD
ACD，AB=AC，E为BC的中点， AEBC，DEBC， EF，BF平面AD
AEDE=E，BC平面ADE，AD平面ADE，BC⊥AD；（2）如图，设DA
=DB=DC=AB=AC=，BDCD，BC==2，AE=DE==1=CE=BE，
AE+DE=1+1=2=AD，AEDE，以E为坐标原点，，，分别为x，y，z的正半轴，建立空间直角坐标系E-xyz，设F（x，y，z），A（0，0，1），B（0，1，0），D（1，0，0），E（0，0，0），=（x，y，z），=（-1，0，1），=，
F（-1，0，1），=（-1，1，0），=（1，0，0），=（1，1，-1），设平面ABD的法向量=（x，y，z），由，且，.=-x+0+z=0，且 .=-x+y+0=0，解得： x=1，y=1，z=1，=（1，1，1），设平面ABF的法向量=（，，），由 ⊥，且 ⊥，.=+0+0=0，且.=+-
=0，解之得：=0，=1，=1，=（0，1，1），设二面角P--为，cos
===，sin==，即二面角P--的
正弦值为。
2、（理）在四棱锥P—ABCD中，PD底面ABCD，CD//AB，AD=DC=CB=1，AB=2，DP=。
（1）证明：BDPA；
（2）求PD与平面PAB所成的角的正弦值。
（文）小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒如图所示，底面ABCD是边长为8（单位：cm）的正方形，EAB，FBC，GCD，HDA均为正三角形，且它们所在的平面都与平面ABCD垂直。
（1）证明：EF//平面ABCD；
（2）求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）（2022全国高考甲卷）
【解析】
【考点】①四棱锥定义与性质；②直线垂直直线判定定理和直线平行直线判定定理及运用；③直线垂直平面判定定理和直线平行平面判定定理及运用；④直线垂直平面性质定理和平面垂直平面性质定理及运用；⑤建立空间直角坐标系的基本方法；⑥求平面法向量的基本方法；⑦求直线与平面所成的角的正弦值的基本方法。⑧正方形和棱台定义与性质；⑨正三角形定义与性质；⑩求棱台体积的基本方法。
【解题思路】（理）（1）如图，取AB的中点E，连接DE，根据直线垂直平面的性质和勾股定理的逆定理，结合问题条件，证明PDBD，ADBD，运用直线垂直平面的判定定理，证明BD平面PAD，利用直线垂直平面的性质，就可证明BDPA；（2）如图，根据建立空间直角坐标系的基本方法，建立空间直角坐标系D—xyz,结合问题条件得到点A，B，P，D的坐标，从而求出，，，运用求平面法向量的基本方法求出平面PAB的法向量，利用求直线与平面所成的角的正弦值的基本方法，就可求出PD与平面PAB所成的角的正弦值。（文）（1）如图，分别取AB，BC的中点M，N，连接EM，FN，MN，根据正三角形的性质，得到EM=FN，EMAB，FNBC，运用平面垂直平面的性质可证明EM平面ABCD，FN平面ABBC，从而得到四边形EMNF是平行四边形，可证明EF//MN，利用直线平行平面的判定定理，就可证明EF//平面ABCD；（2）如图，分别取AD，CD的中点K，L，连接HK，GL，MK，KL，NL，得到KM//EH，KM=EH，KL//GH，KL=GH，NL//GF，NL=GF，从而得到MNMK，MNNL，MN=MK=NL=KL，该几何体是长方体EFGH—MNLK，四棱锥A—MEHK，四棱锥B—MNFE，四棱锥C—NFGL，四棱锥D—KLGH的组合体，运用长方体和四棱锥的体积公式分别求出长方体和四个四棱锥的体积，然后再相加就可求出该包装盒的容积。
【详细解答】（理）（1）如图，取AB的中点E，连接DE， 点E是AB的中点，AB=2，BE=AB=1， CD//AB，CD=1，CD//BE，CD=BE，四边形EBCD是平行四边形，DE=BC=1，DE=AB， PDBD， PD， AD 平面APD，AD PD=D，BD平面PAD，PA平面PAD， BDPA；（2）如图，以D为原点，，，分别为X轴，Y轴，Z轴建立空间直角坐标系D—xyz， AD=DC=CB=1，AB=2，DP=，A（1，0，0），B（0，，0），D（0，0，0），P（0，0，），=（0，0，-），= （1，0，-），=（0，，-），设平面PAB的法向量=（x，y，z），，.=x+0-z=0①，且， .=0+y-z=0②，联立①②解之得： x=，y=1，z=1，=（，1，1），设直线PD与平面PAB所成的角为，sin= cos<，>=||=||=，PD与平面PAB所成的角的正弦值为。（文）（1）如图，分别取AB，BC的中点M，N，连接EM，FN ，MN，底面ABCD是正方形，EAB，FBC是正三角形， EM=FN，EMAB，FNBC， 平面EAB平面ABCD，平面EAB平面ABCD=AB，EM平面EAB， EM平面ABCD， EMMN，同理可证：FNMN，EM//FN，四边形EMNF是平行四边形，EF//MN， MN平面ABCD，EF 平面ABCD，EF//平面ABCD；（2）如图，分别取AD，CD的中点K，L，连接HK，GL，MK，KL，NL，底面ABCD是正方形，GCD，HDA是正三角形， HK=GL，HKAD，GLCD， 平面HAD平面ABCD，平面HAD平面ABCD=AD，HK平面HAD， HK平面ABCD， HKKL，同理可证：GLKL，HK//GL，四边形KLGH是平行四边形， KL//GH，KL=GH，同理可证：KM//EH，KM=EH，
NL//GF，NL=GF， MNMK，MNNL，MN=MK=NL=KL，该几何体是长方体EFGH—MNLK，四棱锥A—MEHK，四棱锥B—MNFE，四棱锥C—NFGL，四棱锥D—KLGH的组合体，=444=128，====442=，
该包装盒的容积为128+4=（cm）。
3、（理）如图在三棱柱ABC—中，已知A⊥底面，A=3，AB=AC=BC=2，D为BC的中点，点F在棱B上，且BF=2，E为线段AD上的动点。
（1）证明：F⊥EF；
（2）若直线D与EF所成角的余弦值为，求二面角E—F—D的余弦值。
（理科图） （文科图）
（文）如图在三棱柱ABC—中，已知A⊥底面，A=3，AB=AC，BC=2，D为BC的中点，点F在棱B上，且BF=2，E为线段AD上的动点。
（1）证明：F⊥EF；
（2）若三棱锥—DEF的体积为，求sinEFD的值（成都市2019级高三二诊）
【解析】
【考点】①直线垂直平面判定定理及运用；②直线垂直平面性质定理及运用；③正三棱柱定义与性质； ④建立空间直角坐标系的基本方法；⑤求平面法向量的基本方法；⑥求二面角余弦值的基本方法；⑦锐角三角函数定义与性质；⑧三棱锥体积公式及运用。
【解题思路】（理）（1）根据正三棱柱的性质，结合问题条件证明F⊥DF，运用直线垂直平面的性质定理证明F⊥AD，从而证明F⊥平面DEF，利用直线垂直平面的性质定理就可证明F⊥EF；（2）取的中点O，连接O，运用建立空间直角坐标系的基本方法建立空间直角坐标系O—xyz，由求点坐标的基本方法求出点O，，D，F，E的坐标，从而得到，，，，运用求平面法向量的基本方法分别求出平面DF和平面EF的法向量，就可求出二面角E—F—D的余弦值。（文）（1）根据正三棱柱的性质，结合问题条件证明F⊥DF，运用直线垂直平面的性质定理证明F⊥AD，从而证明F⊥平面DEF，利用直线垂直平面的性质定理就可证明F⊥EF；（2）由（1）知AD⊥平面BC ，从而得到DE⊥平面BC ，根据三棱锥体积公式得到关于DE的方程，求解方程求出DE的值，从而求出EF的值，运用锐角三角函数的性质就可求出sinEFD的值。
【详细解答】（理）（1）证明：如图，在矩形BC中， B=3,BC=2，BF=2,D是BC的DF=F==,D==， DF +F =5+5=10=D F⊥DF，AB=AC， AD⊥BC，B⊥底面ABC，B 平面BC， 平面 BC ⊥平面ABC， AD平面ABC，平面ABC平面BC =BC， AD⊥平面BC ，F平面BC， AD⊥F， AD，DF平面ADF，ADDF=D，F⊥平面ADF， EF平面ADF，F⊥EF；（2）如图，取的中点O，连接O， OD//A, A⊥底面，OD⊥O，OD⊥O，=, O⊥O，以O为坐标原点，，，分别为X，Y，Z轴的正方向建立空间直角坐标系O-xyz，O（0，0，0），（1，0，0），D（0，0，3），F（-1，0，1），设E（0，t，3）（t>0），= （-1，0，3），= （-1，-t，-2），线D与EF所成角的余弦值为，==，9=5+，t=2，=（-1，-2，-2），=（-1，2，3），= （-2，0，1），设平面EF的一个法向量为=（x，y，z），⊥， .=-x+2y+3z=0①，且
⊥， .=-2x+0+z=0②，联立①②解之得：x=1，y=-，z=2， =（1，
-，2），设平面DF的一个法向量为=（，，）， ⊥，.=-+0+3=0③，且 ⊥，.=-2+0+=0④，且联立③④解之得：=0，=1，=0，=（0，1，0），cos<，>==
=-,二面角E—F—D为锐二面角，二面角E—F—D的余弦值为。 （文） （1）证明：如图，在矩形BC中， B=3,BC=2，BF=2,D是BC的DF=F==,D==， DF +F =5+5=10=D F⊥DF，AB=AC， AD⊥BC，B⊥底面ABC，B 平面BC， 平面 BC ⊥平面ABC， AD平面ABC，平面ABC平面BC =BC， AD⊥平面BC ，F平面BC， AD⊥F， AD，DF平面ADF，ADDF=D，F⊥平面ADF， EF平面ADF，F⊥EF；（2）由（1）知AD⊥平面BC ，点E在AD上，DE⊥平面BC ， 三棱锥—DEF的体积为， = =DE=DE=， DE=2，EF===3, sinEFD==。
4、（理）如图，在等腰梯形ADEF中，AD//EF，AD=3，DE=，EF=1，在矩形 ABCD中，AB=1，平面ADEF平面ABCD。
（1）证明：BFCF；
（2）求直线AF与平面CEF所成角的大小
（文）如图，在等腰梯形ADEF中，AD//EF，AD=3，DE=，EF=1，在矩形 ABCD中，AB=1，平面ADEF平面ABCD。
（1）证明：BFCF；
（2）求多面体ABCDEF的体积（成都市2019级高三三珍）
（文科图） （理科图）
【解析】
【考点】①等腰梯形定义与性质；②矩形定义与性质；③直线垂直直线判定定理及运用；④直线垂直平面判定定理及运用；⑤空间直角坐标系定义与建立的基本方法；⑥求平面法向量的基本方法；⑦求直线与平面所成正余弦值的基本方法；⑧已知角的正弦三角函数值求角大小的基本方法；⑨求多面体体积的脚步方法。
【解题思路】（理）（1）如图，过点F作FOAD于点O，连接OB，OC，根据问题条件可证FO平面ADEF，从而得到FOOB，FOOC，运用矩形的性质和勾股定理逆定理就可证明BFFC；（2）如图，过点O作OM//AB交BC于当M，根据建立空间直角坐标系的基本方法建立空间直角坐标系O—xyz，根据确定空间点坐标的基本方法，结合问题条件得到点A，C，E，F的坐标，从而求出，, ，利用求平面法向量的基本方法求出平面CEF的法向量，运用求直线与平面所成角正弦值的基本方法求出直线AF与平面CEF所成角的正弦值，从而就可求出直线AF与平面CEF所成角的大小。（文）（1）如图，过点FOB，FOOC，运用矩形的性质和勾股定理逆定理就可证明BFFC；（2）如图，连接AC，得到多面体ABCDEF由四棱锥C—ADEF和三棱锥F—ABC组合而成，运用求四棱锥和三棱锥体积的基本方法，分别求出四棱锥C—ADEF和三棱锥F—ABC的体积再求和就可求出多面体ABCDEF的体积。
【详细解答】（理）（1）如图，过点F作FOAD于点O，连接OB，OC， 平面ADEF平面ABCD，平面ADEF平面ABCD=AD， FO平面ADEF， FO平面ABCD， FOOB，FOOC，四边形ADEF是等腰梯形，四边形A BCD是矩形，AD=3，DE=，EF=1，AB=1，BO=OA+ AB=1+1=2，CO=OD+ CD=4+1=5， BF=OB+ OF=2+1=3，CF=OC+ FO=5+1=6，在BCF中， FC+ BF=6+3=9= BC， BFCF；（2）如图，过点O作OM//AB交BC于当M， ABAD，FOOM， OMOD，以O为坐标原点，，，分别为 X，Y，Z轴的正方向建立空间直角坐标系O—xyz，A（0，-1，0），C（1，2，0），E（0，1，1），F（0，0，1），=（0，1，1），= （-1，-1，1），= （-1，-2，1），设平面CEF的法向量为=（x，y，z），由 ，且得：.=-x-y+z=0①， .=-x-2y+z =0②，联立①②解得：x=1，y=0，z=1，=（1，0，1），设直线AF与平面CEF所成角为，sin=cos<，>=
==，（0，）, =，即直线AF与平面CEF所成角的大小为。（文）（1）如图，过点F作FOAD于点O，连接OB，OC， 平面ADEF平面ABCD，平面ADEF平面ABCD=AD， FO平面ADEF， FO平面ABCD， FOOB，FOOC，四边形ADEF是等腰梯形，四边形A BCD是矩形，AD=3，DE=，EF=1，AB=1，BO=OA+ AB=1+1=2，CO=OD+ CD=4+1=5， BF=OB+ OF=2+1=3，CF=OC+ FO=5+1=6，在BCF中， FC+ BF=6+3=9= BC， BFCF；（2）如图，连接AC， 四边形ABCD是矩形，CDDA，平面ADEF平面ABCD，平面ADEF平面ABCD=AD， CD平面ABCD， CD平面ADEF，=(AD+EF).FO= 41=2，=AB.BC=31=， =.CD=21=，=.FO=1=，=+=+=。
5、（理）已知直三棱柱ABC—中，侧面AB为正方形，AB=BC=2，E，F分别为AC和C的中点，D为棱上的点，BF。
（1）证明：BFDE；
（2）当D为何值时，面BC与面DEF所成的二面角的正弦值最小？
（文）已知直三棱柱ABC—中，侧面AB为正方形，AB=BC=2，E，F分别为AC和C的中点， BF。
（1）求三棱锥F—EBC的体积；
（2）已知D为上的点，证明：BFDE（2021全国高考甲卷）。
（理科图） （文科图）
【解析】
【考点】①直三棱柱的定义与性质；②证明四点共面的基本方法；③直线垂直直线判定定理及运用；④直线垂直平面判定定理及运用；⑤直线垂直平面性质定理及运用；⑥三棱锥体积公式及运用；⑦建立空间直角坐标系的基本方法；⑧求平面法向量的基本方法；⑨求二面角余弦值的基本方法。
【解题思路】（理）（1）如图，取BC的中点G，连接E，EG，G，根据证明四点共面的基本方法，结合问题条件证明点E，G，，D共面，运用直线垂直直线和直线垂直平面的判定定理，证明BFG，从而证明直线BF平面EGD，利用直线垂直平面的性质定理就可证明BFDE；（2）如图，设D=t（0【详细解答】（理）（1）如图，取BC的中点G，连接E，EG，G，点E是AC的中点，ABC—是直三棱柱，EG//AB， EG//，点E，G，，共面，
在BCF与GB中，B=BC=2，CF=BG=1，BCF=BG=，BCF
GB，CFB=GB， BFG， BF，，G 平面EG，
G=，BF平面EG，DE平面EG， BFDE；（2）如图，设D=t（0AB+BC+CF，AC=AF-CF= AB+BC+CF- CF= AB+BC， ABBC，以B为原点，，，分别为X轴，Y轴，Z轴建立空间直角坐标系B—xyz，
侧面AB为正方形，AB=BC=2，E，F分别为AC和C的中点，A（0，2，0），B（0，0，0），C（2，0，0），D（0，t，2），E（1，1，0），F（2，0，1），=（0，2，0），= F（1，-1，1），=（-1，t-1，2），设平面DEF的法向量=（x，y，z），由
，.=x-y+z=0，x=1+t，y=3，z=2-t，=（1+t，3，2-t），cos<，
， .=-x+(t-1)y+2z=0，>==
=，当且仅当t=时，cos<，>的值最大，面BC与面DEF所成的二面角的正弦值最小等价于面BC与面DEF所成的二面角的余弦值最大，当D=时，面BC与面DEF所成的二面角的正弦值最小。
（文）（1）如图，连接AF，三棱柱ABC—是直三棱柱，侧面AB为正方形，AB=BC=2，E，F分别为AC和C的中点， BF=BC+CF=4+1=5， BF，AB//， BFAB，AF=AB+BF=AB+BC+CF=4+4+1=9， AC=AF-CF= 9-1=8 = 4+4=AB+BC， ABBC，==2
2=1，=11=；（2）如图，取BC的中点G，连接E，EG，G，点E是AC的中点，ABC—是直三棱柱，EG//AB， EG//，点E，G，，共面，在BCF与GB中，B=BC=2，CF=BG=1，BCF=BG=，
BCFGB，CFB=GB， BFG， BF，，G 平面EG，G=，BF平面EG，DE平面EG， BFDE。
6、如图，在三棱锥A—BCD中，平面ABD平面BCD， AB=AD，O为BD的中点。
（1）证明：OACD；
（2）若OCD是边长为1的等边三角形，点E在棱AD上，DE=2EA，且二面角E—BC—D的大小为，求三棱锥A—BCD的体积（2021全国高考新高考I卷）。
【解析】
【考点】①等腰三角形，等边三角形的定义与性质；②平面垂直平面性质定理及运用；③直线垂直平面性质定理及运用；④证明直线垂直直线的基本方法；⑤建立空间直角坐标系的基本方法；⑥求平面法向量的基本方法；⑦求二面角余弦值的基本方法；⑧三棱锥的定义与性质；⑨三棱锥体积公式及运用。
【解题思路】（1）根据平面垂直平面的性质，结合问题条件证明直线AO垂直平面BCD，运用直线垂直平面的性质就可证明OA⊥CD；根据直线垂直平面的性质就可证明直线EF⊥MC；（2）设OA=h，取OD的中点F，过F作FG//OA交AD于点G，根据等边三角形的性质证明CFOD，运用空间直角坐标系的基本方法，建立空间直角坐标系F—xyz，得到点A，O，B，C，D的坐标，求出点E的坐标，从而得到, , ,根据求平面法向量的基本方法分别求出平面EBC，平面BCD的法向量，利用求二面角余弦值的基本方法得到关于h的方程，求解方程求出h的值，利用三棱锥体积公式就可求出三棱锥A—BCD的体积。
【详细解答】（1） AB=AD，O为BD的中点，AO⊥BD，平面ABD平面BCD，平面ABD平面BCD=BD，AO平面ABD， AO⊥平面BCD， CD平面BCD，
OACD；（2）设OA=h，取OD的中点F，过F作FG//OA交AD于点G，OCD是边长为1的等边三角形， CFOD，以F为坐标原点，，，分别为X轴，Y轴，Z轴建立空间直角坐标系F—xyz，A（0，-，h），O（0，-，0），B（0，-，0），C（，0，0），D（0，，0），=（0，0，h）, =（，，0）, 令E（x，y，z），=（x，y-，z），=（-x，--y，h-z），DE=2EA，x=-2x，y-=-1-2y，z=2h-2z，x=0，y=-，z=h，E（0，-，h）, =（0，，h）,设平面BCE的法向量为=（，，），，，.=++0
=0①，.=0++h =0②，联立①②解得：=，=-1，=，=（，
-1，），二面角E—BC—D的大小为，cos<,>==
==，+1=2，h=1，=1=，=1
。
7、如图①，在等腰梯形ABCD中，AB//CD，E，F分别为AB，CD的中点，CD=2AB=2EF=4，M为DF中点，现将四边形BEFC沿EF折起，使平面BEFC⊥平面AEFD，得到如图②所示的多面体，在图②中（2019成都市高三二诊）。
（1）证明：EF⊥MC；
（2）（理）求二面角M—AB—D的余弦值。（文）求三棱锥M—ABD的体积.
【解析】
【考点】①直线垂直直线的定义与性质；②直线垂直平面的定义与性质；③证明直线垂直平面的基本方法；④证明直线垂直直线的基本方法；⑤建立空间直角坐标系的基本方法；⑥求二面角余弦值的基本方法；⑦三棱锥的定义与性质；⑧求三棱锥体积的基本方法。
【解题思路】（1）运用证明直线垂直平面的基本方法，结合问题条件证明直线EF⊥平面DCF，根据直线垂直平面的性质就可证明直线EF⊥MC；（2）（理）建立空间直角坐标系F—xyz,根据确定点的坐标的基本方法，结合问题条件分别得到点M，A，B，D的坐标，从而得到, , ，,根据求平面法向量的基本方法分别求出平面MAB，平面DAB的法向量，利用求二面角余弦值的基本方法就可求出二面角M—AB—D的余弦值。（文）根据证明直线垂直平面的基本方法证明直线CF⊥平面ADFE,从而证明直线BE⊥平面ADFE,求出的值，利用=就可求出三棱锥M—ABD的体积。
【详细解答】（1）在等腰梯形ABCD中，AB//CD，E，F分别是AB，CD的中点，
EF⊥AB，EF⊥CD， EF⊥DF，EF⊥CF，DF，CF平面DCF，DFCF=F，直线EF
⊥平面DCF，MC平面DCF， EF⊥MC；（2）（理）平面BEFC⊥平面AEFD，平面BEFC平面AEFD=EF，EF⊥DF，DF 平面ADFE，DF⊥平面EFCB， CF⊥DF， EF⊥CF，以F为原点，，，分别为x，y，z轴的正半轴建立空间直角直角坐标系F—xyz， E，F分别为AB，CD的中点，CD=2AB=2EF=4，M为DF中点，M（1，0，0），A（1，0，2），B（0，1，2），D（2，0，0），=（0，0，2）, =（-1，1，2）, =（-1，0，2），=（-2，1，2）,设平面MAB的法向量=（x，y，z），⊥，⊥，2z=0①，-x+y+2z=0②,联立①②解得x=1,y=1，z=0，=（1，1，0），设平面DAB的法向量=（，，），⊥，⊥，-+2=0③，-2++2=0④，联立③④解得=2，=2，=1，=（2，2，1），设二面角M—AB—D为，cos===,二面角M—AB—D的余弦值为。（文） E，F分别为AB，CD的中点，CD=2AB=2EF=4，M为DF中点，AM=2，DM=1, =12=1, 平面BEFC⊥平面AEFD，平面BEFC平面AEFD=EF，EF⊥DF，DF 平面ADFE，DF⊥平面EFCB， CF⊥DF， EF⊥CF，DF，EF平面DCF，DFEF=F，直线CF⊥平面ADFE，BE//CF，直线BE⊥平面ADFE，BE=1，==11=。
8、如图①，在等腰梯形ABCD中，已知AB//CD，ABC=，CD=2，AB=4，点E为AB的中点；现将三角形BEC沿线段EC折起，形成直二面角P—EC—A，如图②，连接PA，PD得四棱锥P—AECD，如图③（2018成都市高三三诊）。
（1）求证：PD⊥EC；
（2）（理）求平面PEC与平面PAD所成的锐二面角的余弦值。（文）求四棱锥P—AECD的体积。
【解析】
【考点】①直线垂直直线的定义与性质；②直线垂直平面的定义与性质；③证明直线垂直平面的基本方法；④证明直线垂直直线的基本方法；⑤建立空间直角坐标系的基本方法；⑥求二面角余弦值的基本方法；⑦四棱锥的定义与性质；⑧求四棱锥体积的基本方法。
【解题思路】（1）连接DE，DB，DB与CE相交于点Q，运用证明直线垂直平面的基本方法，结合问题条件证明直线CE⊥平面PDQ，根据直线垂直平面的性质就可证明直线E⊥PD；（2）（理）建立空间直角坐标系Q—xyz,根据确定点的坐标的基本方法，结合问题条件分别得到点C，A，E，D，P的坐标，从而得到, , ，,根据求平面法向量的基本方法分别求出平面PAD，平面PCE的法向量，利用求二面角余弦值的基本方法就可求出平面PAD与平面PCE所成锐二面角的余弦值。（文）根据证明直线垂直平面的基本方法证明直线PQ⊥平面AECD,求出的值，利用求四棱锥体积的基本方法就可求出四棱锥P—AECD
的体积。
【详细解答】（1）连接DE，DB，DB与CE相交于点Q，AB//CD， CD=2，AB=4，点E为AB的中点，AECDBE，四边形AECD是平行四边形，四边形EBCD是平行四边形，AD=CE，AD=BC，CE=BC，ABC=，BE=CE，四边形BEDC是菱形，BD⊥CE，PQ⊥CE， DQ⊥CE，PQ,DQ平面PDQ，DQPQ=Q，直线CE⊥平面PDQ，PD平面PDQ， PD⊥EC；（2）（理）PQ⊥CE，平面AECD ⊥平面PCE，平面AECD平面PCE=CE， PQ平面PCE，PQ⊥平面AECD，PQ⊥CE， PQ⊥DQ, DQ⊥CE，如图以Q为原点，,,分别为x，y，z轴的正半轴建立空间直角坐标系Q—xyz，C（1，0，0），E（-1，0，0），D（0，，0），P（0，0，），A（-2，，0），=（-2，，-）, =（0，，-）, =（1，0，-），=（-1，0，-）,设平面PAD的法向量为=（x，y，z），⊥，⊥，-2x+y-z=0①，y-z=0②,联立①②解得x=0,y=1，z=1，=（0，1，1），设平面PCE的法向量为=（，，），⊥，⊥，-=0③，--=0④，联立③④解得=0，=1，=0，=（0，1，0），设平面PAD与平面PCE所成的锐二面角为，cos=｜｜=｜｜=，平面PAD与平面PCE所成的锐二面角的余弦值为。（文）PQ⊥CE，平面AECD ⊥平面PCE，平面AECD平面PCE=CE， PQ平面PCE，PQ⊥平面AECD，=22
=2,=2=2。
〖思考问题1〗
（1）【典例1】是直线垂直直线的证明问题，解答这类问题需要理解直线垂直直线，直线垂直平面的基本概念；掌握证明直线垂直平面，直线垂直直线的基本方法；
（2）证明直线垂直直线的基本方法是：①证明两条直线中的一条直线垂直另一条直线所在的平面；②利用直线垂直平面的性质证明直线垂直直线。
【典例2】解答下列问题：
1、（理）如图，在直三棱柱ABC—中，BC，AB=A=AC=2。
（1）求证：AC平面AB；
（2）若D，E分别为棱AB，AC上的动点，且BD=AE，当三棱锥A-DE的体积最大时，求二面角A—D—E的余弦值。
（文）如图，在直三棱柱ABC—中，已知ABAC，AB=AC=4，A=2，D，E分别是棱AB，AC上的动点，F为BC的中点，且BD=AE。
（1）求三棱锥A-DE体积的最大值；
（2）当三棱锥A-DE的体积最大时，求证：D平面DF（成都市高2021级高三零诊）
（理科图） （文科图）
【解析】
【考点】①直三棱柱定义与性质；②正方形和直角三角形定义与性质；③直线垂直平面判定定理和性质定理及运用；④三棱锥体积公式及运用；⑤建立空间直角坐标系的基本方法；⑥基本不等式及运用；⑦三棱锥体积公式及运用；⑧确定空间点坐标的基本方法；⑨求平面法向量的基本方法；⑩求平面与平面所成二面角余弦值的基本方法；。
【解题思路】（理）（1）如图，根据直三棱柱和正方形的性质，结合问题条件得到AAC，四边形AB是正方形，从而得到BA，运用直线垂直平面的判定定理，证明B 平面AC ，由直线垂直平面性质定理得到BAC ，利用直线垂直平面判定定理就可证明A C平面AB；（2）设BD=AE=n，由（1）得到A CAB，根据建立空间直角坐标系的基本方法，以点A为坐标原点，，，分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系A—xyz，运用三棱锥体积公式和基本不等式，求出n的值，从而得到点A，B，C，E，的坐标，求出向量，，，由求平面法向量的基本方法分别求出平面AB（0，0，2），平面EB的法向量，，利用求二面角余弦值的公式通过运算就可求出二面角A—B—E的余弦值。（文）（1）如图，设AE=BD=x，根据直三棱柱的性质，运用三棱锥体积公式，结合问题条件得到三棱锥A-DE体积关于x的表示式，利用基本不等式就可求出三棱锥A-DE体积的最大值；AAC，四边形AB是正方形，从而得到BA，运用直线垂直平面的判定定理，由直线垂直平面性质定理得到BAC ，利用直线垂直平面判定定理就可证明A C平面AB；（2）由（1）知，当三棱锥A-DE体积取得最大值时，D，E分别是AB，AC的中点，根据点F是BC的中点和直三棱柱的性质，得到DF//AC，A AC，运用直线垂直平面判定定理，证明证明AC 平面AB ，从而证明DF 平面AB ，DF D，由直角三角形的性质和勾股定理逆定理证明D D，利用直线垂直平面判定定理就可证明D平面DF。
【详细解答】（理）（1）如图，在直三棱柱ABC—中，，AB=A， 四边形AB是正方形，BA，BC， A，C平面AC， AC=， B 平面AC， ACB ，A AC，A，B平面AB，AB=， AC平面AB；（2）设BD=AE=n，由（1）知A CAB，以点A为坐标原点，，，分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系A—xyz，AD=2-n，=n(2-n)，==n(2-n)2≤，当且仅当n=2-n，即n=1时，三棱锥A-DE的体积最大，A（0，0，0），D（1，0，0），C（0，2，0），E（0，1，0），（0，0，2），=（0，2，0），=（0，-1，2），=（-1，1，0），设平面EB的法向量为=（x，y，z）， ，， .=0-y+2z=0①，.=--x+y+0=0②，联立①②解得： x=2，y=2，z=1，=（2， 2，1），平面AB的一个法向量为=（0，2，0），cos<，>=== ，二面角A—D—E的余弦值为。
（文）（1）如图，设AE=BD=x，在直三棱柱ABC—中，已知ABAC，AB=AC=4，A=2，AD=4-x，=x(4-x)，==x(4-x)2
≤，当且仅当x=4-x，即x=2时，三棱锥A-DE的体积取得最大值为=；（2）由（1）知，当三棱锥A-DE体积取得最大值时，D，E分别是AB，AC的中点，在直三棱柱ABC—中，A平面ABC，AC平面ABC，AAC， ABAC， AC，A平面AB， ACA=A， AC 平面AB， DFAB ，D平面AB， DFD AB=4，A=2，D是AB的中点，D=D==2，D+D=8+8=16=，DD， DF，D平面DF， DFD=D， D平面DF。
2、（理）如图①，在等腰直角三角形ABC中，A=，已知AB=3，D，E 分别是AC，BC上的点，且满足DE//AB，将CDE沿着DE折起，得到如图②所示的四棱锥P—ABDE，M为线段D上一点。
（1）设平面ABP平面DEP=l，证明l平面ADP；
（2）若PA=，DE=2，求直线PD与平面PEB所成角的正弦值。
（文）如图①，在等腰直角三角形ABC中，A=，已知AB=2，D，E 分别是AC，BC上的点，且满足DE//AB，将CDE沿着DE折起，得到如图②所示的四棱锥P—ABDE。
若D为AC的中点，平面PDE平面ABED，求四棱锥P-ABED的体积；
（2）设平面ABP平面DEP=l，证明：l平面ADP （成都市高2020级高三一诊）
（理科图） （文科图）
【解析】
【考点】①等腰直角三角形定义与性质；②四棱锥定义与性质；③直线平行直线判定定理及运用；④直线平行平面判定定理和性质定理及运用；⑤四棱锥体积公式及运用；⑥直线垂直直线判定定理及运用；⑦直线垂直平面判定定理和性质定理及运用；⑧；建立空间直角坐标系的基本方法；⑨求平面法向量的基本方法；⑩求直线与平面所成角正弦值的基本方法。
【解题思路】（理）（1）根据等腰直角三角形和四棱锥的性质，结合问题条件证明DE//AB，从而证明DE//平面PAB，得到DE//l，问题转化为证明直线DE平面ADP，由问题条件可证明DEAD，DEPD，运用直线垂直平面的判定定理证明直线DE平面ADP，就可证明直线l平面ADP；（2）根据建立空间直角坐标系的基本方法，以D为原点，，，分别为X，Y，Z轴的正方向建立空间直角坐标系D—xyz，结合问题条件得到点D，，B，C，N的坐标，从而得到，，，运用求平面法向量的基本方法，求出平面BC的法向量，利用求直线与平面所成角正弦值的基本方法就可求出直线DN与平面BC所成角的正弦值。（文）（1）根据等腰直角三角形和四棱锥的性质，运用平面垂直平面的性质定理，结合问题条件证明PD平面ABED，利用棱锥体积公式就可求出四棱锥P-ABED的体积；（2）根据等腰直角三角形和四棱锥的性质，结合问题条件证明DE//AB，从而证明DE//平面PAB，得到DE//l，问题转化为证明直线DE平面ADP，由问题条件可证明DEAD，DEPD，运用直线垂直平面的判定定理证明直线DE平面ADP，就可证明直线l平面ADP。
【详细解答】（理）（1）证明： DE//AB， AB平面ABP，DE平面ABP，DE//平面ABP， DE平面DEP，平面ABP平面DEP=l，DE//l，DEAC，DE DP，DEDA，DP，DA平面ADP，DPDA=D，DE平面ADP，DE//l，直线l平面ADP；（2）由（1）知，DE DA，DEDP， AB=AC=3，DE=2，DE//AB，DP=2，DA=1，PA=，DP+DA=4+1=5=PA，PDDA， 如图以D为原点，，，，分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系D—xyz，D（0，0，0），B（1，3，0），E（0，2，0），P(0，0，2），=(0，0，2），=(1，3，-2），=(0，2，-2），设平面PEB的法向量为 =（x，y，z），由 ， .=x+3y-2z=0①，， .=-0+2y-2z=0②，联立①②解得：x=-1，y=1，z=1，=（0，1，
，设直线PD与平面PEB所成角为，sin=||=||=，直线PD与平面PEB所成角的正弦值为。
（文）（1）在等腰直角三角形ABC中，A=，DE//AB，PDDE，平面PDE平面ABED，平面PDE平面ABED=DE，PD平面PDE，PD平面ABED，
AB=2，D为AC的中点，PD=AD=DE=1，=（1+2）1=，
=1=；（2）证明： DE//AB， AB平面ABP，DE平面ABP，DE//平面ABP， DE平面DEP，平面ABP平面DEP=l，DE//l，DEAC，DE DP，DEDA，DP，DA平面ADP，DPDA=D，DE平面ADP，DE//l，直线l平面ADP。
3、（理）如图，在四棱锥P-ABCD中，AP⊥平面PBC，底面ABCD为菱形，且ABC=，E为BC的中点。
（1）证明：BC⊥平面PAE；
（2）若AB=2，PA=1，求平面ABP与平面CDP所成锐二面角的余弦值。
（文）如图，在四棱锥P-ABCD中，AP⊥平面PBC，底面ABCD为菱形，且ABC=，E，F分别为BC，CD的中点。
（1）证明：BC⊥平面PAE；
（2）点Q在棱PB上，且=，证明：PD//平面QAF（2020成都市高三一诊）
（理科图） （文科图）
【解析】
【考点】①直线垂直直线的定义与性质；②直线垂直平面的定义与性质；③证明直线垂直平
面的基本方法；④证明直线垂直直线的基本方法；⑤建立空间直角坐标系的基本方法；⑥求二面角余弦值的基本方法；⑦四棱锥的定义与性质；⑧求四棱锥体积的基本方法。
【解题思路】（1）运用证明直线垂直直线的基本方法，结合问题条件证明直线BC⊥AE，BC⊥AP，根据证明直线垂直平面的基本方法就可证明直线BC⊥平面PAE；（2）（理）建立空间直角坐标系P—xyz,根据确定点的坐标的基本方法，结合问题条件分别得到点P，A，B，C，D的坐标，从而得到, ，，,根据求平面法向量的基本方法分别求出平面PAB，平面PCD的法向量，利用求二面角余弦值的基本方法就可求出平面PAB与平面PCD所成锐二面角的余弦值。（文）根据证明直线平行直线的基本方法证明直线MQ//PD，利用证明直线//平面的基本方法就可证明直线PD//平面QAF。
【详细解答】（1）如图，四边形ABCD是菱形，ABC=，ABC 是正三角形，E是BC的中点，AEBC，AP平面PBC，BC平面PBC，PABC，PAAE=A，AE，AP平面APE， BC平面APE；（2）（理）AP平面PBC，PB平面PBC，PAPB，AB=2，PA=1，PB=，由（1）知BC 平面APE，PE平面APE，BCPE，E是BC的中点，PB=PC=，BE=1，PE=，如图，过P作PQ//BC，交CD于点Q，PE，PQ，PA两两互相垂直，以P为原点，，，分别为X，Y，Z轴的正方向 建立空间直角坐标系P-xyz， P（0，0，0），A（0，0，1），B（，-1，0），C（，1，0），D（0，2，1），=（0，0，1），=（，-1，0），=
（，1，0），= （0，2，1），设平面BAP的法向量为=（x，y，z），，
， .=0+0+z=0①， .=x-y+0=0②，联立①②解得 x=1，y=,
z=0，=（1，，0），设平面PCD的法向量为=（，，），，,. =++0=0③，.=0+2+=0④，联立③④解得=1，=-，=2，=（1，-，2），设平面BAP与平面PCD所成角为， cos =||=||=||=。平面BAP与平面PCD所成锐二面角的余弦值为。（文）连接BD交AF于点M，连接QM，F 是DC的中点，
==，=， =， =，MQ//PD， MQ 平面AQF，PD平面AQF，直线PD//平面AQF。
4、（理）如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AE=AD，ABC
是底面的内接正三角形，P为DO上一点，PO=DO。
（1）证明：PA⊥平面PBC；
（2）求二面角B—PC—E的余弦值。
（文）如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心， ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，APC=（2020全国高考新课标I）。
（1）证明：平面PAB⊥平面PAC；
（2）设DO=，圆锥的侧面积为，求三棱锥P—ABC的体积。
（理科图） （文科图）
【解析】
【考点】①直线垂直直线的定义与性质；②直线垂直平面的定义与性质；③证明直线垂直平
面的基本方法；④证明直线垂直直线的基本方法；⑤证明平面垂直平面的基本方法； ⑥建立空间直角坐标系的基本方法； ⑦求二面角余弦值的基本方法； ⑧三棱锥的定义与性质；⑨求三棱锥体积的基本方法。
【解题思路】（理）（1）运用证明直线垂直直线的基本方法，结合问题条件证明直线PA⊥PB，PA⊥PC，根据证明直线垂直平面的基本方法就可证明直线PA⊥平面PBC；（2）建立空间直角坐标系O—xyz,设正ADE的边长为1，根据确定点的坐标的基本方法，结合问题条件分别得到点E，P，B，C的坐标，从而得到，，,根据求平面法向量的基本方法分别求出平面PBC，平面PCE的法向量，利用求二面角余弦值的基本方法就可求出二面角B—PC—E的余弦值。（文）（1）运用证明直线垂直直线的基本方法，结合问题条件证明直线PB⊥PA，PB⊥PC，从而根据证明直线垂直平面的基本方法证明直线PB⊥平面PAC，利用证明平面垂直平面的基本方法就可证明平面PAB⊥平面PAC；（2）根据圆锥的性质，结合问题条件分别求出圆锥底面半径和母线的值，从而求出正ABC的面积，利用求三棱锥体积的基本方法就可求出三棱锥P—ABC的体积。
【详细解答】（理）（1）如图， D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AE=AD， P为DO上一点， ADE是正三角形，设AE=1， O是圆锥底面的圆心，P为DO上一点，PO=DO，DO=,BO=CO=,PO=,PC==, PC= =,ABC是正三角形，=2OAAB=,+
==, PA⊥PB，同理可证PA⊥PC，PBPC=P，PB，PC平面PBC， PA平面PBC；（2）过O作ON//BC交AB于点N，PO⊥平面ABC，OA，ON平面ABC， PO⊥0A， PO⊥ON，以O为原点，,,分别为x，y，z轴的正半轴建立空间直角坐标系O—xyz，E（-，0，0），P（0，0，），B（-，，0），C（-，-，0），=（-，，-），=（-，-，-），=（-，0，-），设平面PBC的法向量为=（x，y，z），，， .=-x+y-z=0①， .=-x-y-z =0②，联立①②解得 x=-，y=0,z=1,=（-，0，1），设平面PCE的法向量为=（，，），，,. =---=0③，.=-+0-=0④，联立③④解得=，=1，=-，=（，1，-），设二面角B—PC—E为， cos =｜｜=｜｜=|-|=。二面角B—PC—E的余弦值为。
（文）（1）如图，O是圆锥底面的圆心，P为DO上一点，PA=PB=PC, APC=PA⊥PC, +=, ABC是正三角形，AB=AC=BC，+=,+=，PB⊥PA, PB⊥PC,PAPC=P，PA，PC平面PAC， PB平面PBC, PB平面PAB，平面PAB⊥平面PAC；（2）设圆锥底面圆的半径为r，母线长为l，2+=①, rl=②, 联立①②解得r=1，l=，ABC是正三角形， AB=AC=BC=，PA=PB=PC=,PO==，=
=，==。
5、如图，在四棱锥P—ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD，设平面PAD与平面PBC的交线为l。
（1）证明：l⊥平面PDC；
（2）已知PD=AD=1,Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值（2020全国
高考新高考II）
【解析】
【考点】①直线垂直直线的定义与性质；②直线垂直平面的定义与性质；③证明直线垂直平
面的基本方法；④证明直线垂直直线的基本方法；⑤证明直线平行平面的基本方法； ⑥建
立空间直角坐标系的基本方法； ⑦求直线与平面所成角正弦值的基本方法； ⑧求函数最值的基本方法。
【解题思路】（1）运用证明直线垂直直线的基本方法，结合问题条件证明直线AD⊥PD，AD⊥CD，根据证明直线垂直平面的基本方法就可证明直线AD⊥平面PCD,根据证明直线平行平面的基本方法证明直线AD//平面PBC,从而得到AD//L就可证明直线l⊥平面PCD；（2）建立空间直角坐标系D—xyz,设点Q（a，0，1）,根据确定点的坐标的基本方法，结合问题条件分别得到点D，C，B，P的坐标，从而得到，，,根据求平面法向量的基本方法求出平面QCD的法向量，由求直线与平面所成角正弦值的基本方法得到关于a的函数，利用求函数最值的基本方法就可求出直线PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值。
【详细解答】（1）如图， PD⊥底面ABCD，DC平面ABCD, AD⊥PD，四边形ABCD是正方形， AD⊥CD，PDCD=D，PD，CD平面PCD， AD平面PCD, AD//
BC,AD平面PBC，BC平面PBC，AD//平面PBC，AD平面PAD，平面PAD平面PBC=l，AD//l，l平面PCD；(2) PD⊥底面ABCD，AD,DC平面ABCD, PD⊥AD，PD⊥CD，四边形ABCD是正方形， AD⊥CD，以D为原点，,,分别为x，y，z轴正半轴建立空间直角坐标系D—xyz，设点Q（a，0，1）, D（0，0，0），C（0，1，0），B（1，1，0），P（0，0，1），=（a，0，1）,= （0，1，0）, = （1，1，-1）, 设平面QCD的法向量为=（x，y，z），，.= a x+
0+z=0①， .=0+ y +0=0②，联立①②解得 x=1，y=0,z=- a,=（1，0，- a），设直线PB与平面QCD所成角为，sin===.=
.,当且仅当a=1时，等号成立，直线PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为。
〖思考问题2〗
（1）【典例2】是直线垂直平面的证明问题，解答这类问题需要理解直线垂直直线，直线
垂直平面的基本概念；掌握证明直线垂直平面，直线垂直直线的基本方法；
（2）证明直线垂直平面的基本方法有： ①直线垂直平面的判定定理；②运用平行线垂直平面的传递性；③运用平面垂直平面的性质1；④运用平面垂直平面的性质2；⑤ 运用平面垂直平面的性质3；
（3）运用直线垂直平面的判定定理证明的基本方法是：①在平面内找两条相交直线；②证明直线与这两条相交直线分别垂直；③得出结论；
（4）运用平行线垂直平面的传递性证明直线垂直平面的基本方法是：①证明两条直线平行，②证明其中一条直线垂直平面；③得出结论；
（5）运用平面平行平面的性质1证明直线垂直平面的基本方法是：①证明两个平面平行；②证明直线与其中的一个平面垂直；③得出结论；
（6）运用平面垂直平面的性质定理2证明直线垂直平面的基本方法是：①证明两个平面垂直；②在一个平面内找一条直线证明它与两个平面的交线垂直；③得出结论；
（7）运用平面垂直平面的性质定理3证明直线垂直平面的基本方法是：①找到以直线为交线的两个相交的平面；②分别证明这两个平面与第三个平面垂直；③得出结论
【典例3】解答下列问题：
1、如图，在三棱柱ABC—中，与A均是边长为2的正三角形，且A=。
（1）证明：平面A⊥平面；
（2）（理）求平面B与平面AC所成锐二面角的余弦值。
（文）求四棱锥A-BC的体积（成都市高2020级高三二
（理科图） （文科图）
【解析】
【考点】①直线垂直平面判定定理及运用；②平面垂直平面判定定理及运用；③勾股定理逆定理及运用； ④建立空间直角坐标系的基本方法；⑤求平面法向量的基本方法；⑥求锐二面角余弦值的基本方法。
【解题思路】（1）如图，取的中点D，连接AD，D，根据正三角形的性质得到AD⊥，D⊥，运用勾股定理逆定理，结合问题条件得到AD⊥D，从而证明AD⊥平面，利用平面垂直平面的判定定理就可证明平面A⊥平面；（2）（理）由（1）知，AD⊥，D⊥，AD⊥D，以D为坐标原点，，，分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系D-xyz，根据求点坐标的基本方法，求出D，A，B，，，的坐标，从而得到，，，，运用求平面法向量的基本方法分别求出平面B和平面AC的法向量，就可求出平面B与平面AC所成锐二面角的余弦值。（文）由图知，=-=2，根据（1）得到AD⊥平面，结合问题条件求出，就可求出四棱锥A-BC的体积。
【详细解答】（1）证明：如图，取的中点D，连接AD，D，与A均是边长为2的正三角形，AD=D=，AD⊥，D⊥，A=， AD+D=3+3=6=A，AD⊥D， D，平面，D
=D，AD⊥平面，AD 平面A， 平面 A⊥平面； （2）（理）如图， 由（1）知，AD⊥，D⊥，AD⊥D，以D为坐标原点，，，分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系D-xyz，D（0，0，0），A（0，0，）， B（-，1，），（，0，0），（0，1，0），（0，-1，0），= （2，-1，-），= （，-2，-），= （，0，-），= （0，-1，-），设平面B的一个法向量为=（x，y，z），⊥，⊥，.=-2x-y-z=0， .=-x-2y-z=0，得：x=1，y=-，z=3，=（1，-，3)，设平面AC的一个法向量为=（，，）， ⊥， ⊥， .=+0-=0， .=--=0， =1，=-，=1，=（1，-，1）， cos<，>===-，
平面B与平面AC所成锐二面角的余弦值为。
（文）如图， =-=2，AD⊥平面，与A均是边长为2的正三角形，A=，AD=2=，=22
=，==1，四棱锥A-BC的体积为
=-=2=12=2。
2、（理）如图，四面体ABCD中，ADCD，AD=CD，ADB=BDC，E为AC中点。
（1）证明：平面BED平面ACD；
（2）设AB=BD=2，ACB=，点F在BD上，当AFC的面积最小时，求CF与平面ABD所成角的正弦值。
（文）（1）证明：平面BED平面ACD；
设AB=BD=2，ACB=，点F在BD上，当AFC的面积最小时，求三棱锥F—ABC的体积（2022全国高考乙卷）
（理科图） （文科图）
【解析】
【考点】①四面体定义与性质；②等腰三角形定义与性质；③直线垂直直线判定定理及运用；④直线垂直平面判定定理及运用；⑤平面垂直平面判定定理及运用；⑥建立空间直角坐标系的基本方法；⑦求平面法向量的基本方法；⑧求直线与平面所成角正弦值的基本方法；⑨三棱锥定义与性质；⑩三棱锥体积公式及运用。
【解题思路】（1）如图，根据证明全等三角形的基本方法，结合问题条件证明ABD全等CDB，从而证明ACBD，由等腰三角形的性质证明ACED，运用直线垂直平面的判定定理，证明AC平面BED，利用平面垂直平面的判定定理就可证明平面BED平面ACD；（2）（理）如图，以E为原点，，，分别为X轴，Y轴，Z轴的正方向建立空间直角坐标系E—xyz，得到点A，B，C，D，F的坐标，从而得到，，，，运用求平面法向量的基本方法分别求出平面ABD的法向量，利用求直线与平面所成角正弦值的公式通过运算就可求出直线CF与平面ABD所成角的正弦值。（文）过点E作
EFBD于点F，过点F作FGBE于点G，根据问题条件得到ABC是等边三角形，由直线垂直平面判定定理证明DE平面ABC，从而得到EFAC，FG平面ABC，运用三棱锥的性质和三棱锥体积公式就开求出三棱锥F—ABC的体积。
【详细解答】（1）如图， AD=CD，E为AC中点， ACED， AD=CD，ADB
=BDC，BD=BD，ABDCDB，AB=CB， ACBE， ED ，BE平面BED，ED BE=E， AC平面BED，AC平面ACD，平面BED平面ACD；
（2）（理）如图，在ABC中，AB=CB，ACB=，ABC 是等边三角形， AB=BD=2，BE==， ADCD，AD=CD，E为AC中点，DE=1，BE
+DE=3+2=4=BD， DEBE，以E为原点，，，分别为X轴，Y轴，Z轴的正方向建立空间直角坐标系E—xyz，点F在BD上，当且仅当EFBD时，AFC的面积最小， A（1，0，0），B（0，，0），C（-1，0，0），D（0，0，1），F（0，，），=（1，0，-1），，=（0，，-1），=（1，，），设平面ABD的法向量为=（x，y，z），由，.=x+0-z=0①，，
.=0+y-z=0②，联立①②解得：x=1，y=，z=1，=（1，，1），令
CF与平面ABD所成的角为，sin=cos<，>=
===，CF与平面ABD所成角的正弦值为。（文）如图，过点E作EFBD于点F，过点F作FGBE于点G，在ABC中，AB=CB，ACB=，ABC 是等边三角形， AB=BD=2，BE==， ADCD，AD=CD，E为AC中点，DE=1，BE+DE=3+2=4=BD， DEBE， AC ，BE平面ABC，AC BE=E， DE平面ABC，点F在BD上，当且仅当EFBD时，AFC的面积最小，FG//DE， FG平面ABC，=2
=，FG==，==。
3、（理）如图甲，在直角三角形ABC中，已知ABBC，BC=4，AB=8，D，E 分别是AB，AC的中点，将ADE沿DE折起，使点A到达点的位置，且DBD，连接B，C，得到如图乙所示的四棱锥—DBCE，M为线段D上一点。
（1）证明：平面DB平面DBCE；
（2）过B，C，M三点的平面与线段E相交于点N，从下列三个条件中选择一个作为已知条件，求直线DN与平面BC所成角的正弦值。
①BM=BE；②直线EM与BC所成角的大小为；③三棱锥M—BDE的体积是三棱锥E
—BC体积的。（注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分。）
（文科图） （理科图）
（文）如图甲，在直角三角形ABC中，已知ABBC，BC=4，AB=8，D，E 分别是AB，AC的中点，将ADE沿DE折起，使点A到达点的位置，且DBD，连接B，C，得到如图乙所示的四棱锥—DBCE，M为线段D上一点。
（1）证明：平面DB平面DBCE；
（2）过B，C，M三点的平面与线段E相交于点N，从下列三个条件中选择一个作为已知条件，求三棱锥—BCN的体积（成都市2019级高三一诊）
①BM=BE；②直线EM与BC所成角的大小为；③三棱锥M—BDE的体积是三棱锥E—BC体积的。（注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分。）
【解析】
【考点】①直角三角形定义与性质；②四棱锥定义与性质；③直线垂直直线判定定理及运用；④直线垂直平面判定定理及运用；⑤平面垂直平面判定定理及运用；⑥建立空间直角坐标系的基本方法；⑦求平面法向量的基本方法；⑧求直线与平面所成角正弦值的基本方法；⑨全等三角形判定定理及运用；⑩三棱锥体积公式及运用。
【解题思路】（理）（1）根据直角三角形和四棱锥的性质，结合问题条件证明DED，运用直线垂直平面的判定定理证明D平面DBCE，利用平面垂直平面的判定定理就可证明平面DB平面DBCE；（2）选择①，根据建立空间直角坐标系的基本方法，以D为原点，，，分别为X，Y，Z轴的正方向建立空间直角坐标系D—xyz，结合问题条件得到点D，，B，C，N的坐标，从而得到，，，运用求平面法向量的基本方法，求出平面BC的法向量，利用求直线与平面所成角正弦值的基本方法就可求出直线DN与平面BC所成角的正弦值。（文）（1）根据直角三角形和四棱锥的性质，结合问题条件证明DED，运用直线垂直平面的判定定理证明D平面DBCE，利用平面垂直平面的判定定理就可证明平面DB平面DBCE；（2）选择①，根据全等三角形判定定理，证明BDMBDE，从而得到点M是线段D 的中点，运用求三棱锥体积的基本方法就可求出三棱锥—BCN的体积。
【详细解答】（理）（1） D，E 分别是AB，AC的中点， DE//BC， ABBC，D DE，DBD，BD，DE平面DBCE，BDDE=D，D平面DBCE，D平面DB，平面DB平面DBCE；（2）选择①，由（1）知，D DE，DBD， DEBD， 如图以D为原点，，，分别为X，Y，Z轴的正方向建立空间直角坐标系D—xyz，BM=BE，BDM=BDE=，BDMBDE，DE=DM=2，M是线段D 的中点， BC=4，AB=8， D（0，0，0），（0，0，4），B（0，4，0），C(4，4，0），N(1，0，2），=(1，0，2），=(0，-4，4），=(4，0，0），设平面BC的法向量为 =（x，y，z），由 ，且， .=0-4y+4z=0①， .=-4x+0+0=0②，联立①②解得：x=0，y=z=1，=
（0，1，1），设直线DN与平面BC所成的角为，sin==
=，直线DN与平面BC所成角的正弦值为。（文）（1） D，E 分别是AB，AC的中点， DE//BC， ABBC，D DE，DBD，BD，DE平面DBCE，BDDE=D，D平面DBCE，D平面DB，平面DB平面DBCE；（2）选择①，BM=BE，BDM=BDE=，BDMBDE，DE=DM=2，M是线段D 的中点， 过B，C，M三点的平面与线段E相交于点N，DE//BC，DE平面DE，BC平面DE，BC//平面DE，平面DE平面BMNC=MN，MN//BC， MN//平面BC，N是线段E 的中点，=，平面DB平面DBCE，BCBD，平面DB平面DBCE=BD，BC平面DBCE，BC平面DB ，BC=4，AB=8，点D是AB的中点，=44=8，==8=4，===4
4=。
4、在四棱锥Q—ABCD中，底面ABCD是正方形，若AD=2，QD=QA=，QC=3。
（1）证明：平面QAD平面ABCD；
（2）求二面角B—QD—A的平面角的余弦值（2021全国高考新高考II卷）。
【解析】
【考点】①正方形的定义与性质；②等腰三角形的定义与性质；③直线垂直直线判定定理及运用；④直线垂直平面判定定理及运用；⑤平面垂直平面判定定理及运用；⑥建立空间直角坐标系的基本方法；⑦求平面法向量的基本方法；⑧求平面与平面所成二面角余弦值的基本方法。
【解题思路】（1）如图，取AD 的中点O，连接CO，QO，根据正方形与等腰三角形的性质和直线垂直直线的判定定理，结合问题条件证明QOAD， QOCO，运用直线垂直平面判定定理证明直线QO 平面ABCD，利用平面垂直平面的判定定理就可证明平面QAD平面ABCD；（2）如图，取BC的中点M，连接OM，根据建立空间直角坐标系的基本方法，建立空间直角坐标系O—xyz，得到点D，Q，B的坐标，从而得到，，运用求平面法向量的基本方法求出平面BDQ的法向量，利用求二面角余弦值的公式通过运算就可求出二面角B—QD—A的平面角的余弦值。
【详细解答】（1）如图，取AD 的中点O，连接CO，QO， QD=QA， QOAD，
AD=2，QA=，QO===2，OC==
=，+=5+4=9=， QOCO，OC，AD 平面ABCD，OC AD =O，QO 平面ABCD，QO 平面QAD，平面QAD平面ABCD；(2) 如图，取BC的中点M，连接OM，四边形ABCD是正方形，OMAD，以O为坐标原点，
，，分别为 X，Y，Z轴的正方向建立空间直角坐标系O—xyz，D（0，1，0），Q（0，0，2），B（2，-1，0），=（-2，2，0），=（-2，1，2），设平面BDQ的一个法向量为=（x，y，z），由， .=-2x+2y=0，得：x=2，y=2，
， .=-2x+y+2z=0，z=1，=（2，2，1），=（2，0，0）是平面QAD的一个法向量，cos<，>
===，二面角B—QD—A的平面角的余弦值为。
5、如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是边长为2的菱形，DAB=，EB=ED，EF//AC（2021成都市高三三诊）。
（1）求证：平面BDF平面ACFE;
（2）（理）若EA=EC，EF=AC，多面体ABCDEF的体积为，求平面ABE与平面BDF所成锐二面角的余弦值。（文）若EB=2，EA=EC，EF=AC，求多面体ABCDEF的体积。
（理科图） （文科图）
【解析】
【考点】①菱形的定义与性质；②正三角形的定义与性质；③直线垂直直线判定定理及运用；④直线垂直平面判定定理及运用；⑤平面垂直平面判定定理及运用；⑥空间直角坐标系的定义与建立的基本方法；⑦求平面法向量的基本方法；⑧求平面与平面所成二面角余弦值的基本方法；⑨四棱锥体积公式及运用；⑩求组合体体积的基本方法。
【解题思路】（1）如图，连接AC，BD相交于点O，连接EO，根据菱形与正三角形的性质和直线垂直直线的判定定理，结合问题条件证明BDAC， BD0E，运用直线垂直平面判定定理证明直线BD 平面ACFE，利用平面垂直平面的判定定理就可证明平面BDF平面ACFE；（2）（理）如图，设OE=t，根据四棱锥体积公式和求组合体体积的基本方法，结合问题条件得到关于t的方程，求解方程求出t的值，运用建立空间直角坐标系的基本方法建立空间直角坐标系O—xyz，根据确定空间点坐标的基本方法，结合问题条件得到点A，B，D，E，F的坐标，从而求出，,，，利用求平面法向量的基本方法分别求出平面ABE，平面BDF的法向量，，由求二面角余弦值的公式通过运算就可求出平面ABE与平面BDF所成锐二面角的余弦值。（文）根据四棱锥体积公式和求组合体体积的基本方法，结合问题条件就可求出多面体ABCDEF的体积。
【详细解答】（1）如图，连接AC，BD相交于点O，连接EO，四边形 ABCD是菱形， BDAC，点O是BD的中点，EB=ED， BDEO， 0E，AC平面ACFE，0E AC=O，BD平面ACFE，BD平面BDF，平面BDF平面ACFE；（2）如图，设OE=t，EA=EC，O是AC的中点， ACEO，四边形ABCD是边长为2的菱形，DAB
=，BD=2，OB=OD=1，AC=2AO=2，EF=AC= ， =（2+
）t=t，由（1）知BD平面ACFE，=+=2
=2t1=t=，t=，OE=，以O为坐标原点，，，
分别为 X，Y，Z轴的正方向建立空间直角坐标系O—xyz，A（，0，0），B（0，1，0），D（0，-1，0），E（0，0，），F（-，0，），=（-，1，0），= E（-，0，）,= （0，-2，0），=（-，-1，），设平面ABE的法向量为=（x，y，z），由 ，.=-x+y+0=0，x=1，y=，z=1，=（1，，
， .=-x+0+z =0，1），设平面BDF的法向量为=（，，），由，.=0-2+0=0，=2，=0，=1，=（2，0，
， .=--+=0，1），cos<，>=
==，平面ABE与平面BDF所成锐二面角的余弦值为。（文）
EA=EC，O是AC的中点， ACEO，四边形ABCD是边长为2的菱形，DAB
=，BD=2，OB=OD=1，AC=2AO=2，EF=AC= ，EB=2， EO
==，=（2+）=，由（1）知BD平面ACFE，=+=2=21=。
6、如图，长方体ABCD—的底面是边长为2的正方形，A=4，点E，F，M，N分别是棱C，BC，B，A的中点（2021成都市高三一诊）。
（理）（1）求证：平面E平面MN；
（2）若平面AFM平面=l，求直线l与平面E所成角的正弦值。
（文）（1）求三棱锥E—AFM的体积；
（2）求证：平面E平面MN。
【解析】
【考点】①正方形，长方形的定义与性质；②直线垂直直线判定定理及运用；③直线垂直平面判定定理及运用；④直线垂直平面性质定理及运用；⑤平面垂直平面判定定理及运用；⑥空间直角坐标系的定义与建立的基本方法；⑦确定空间点坐标的基本方法；⑧求平面法向量的基本方法；⑨求直线与平面所成角正弦值的基本方法；⑩三棱锥体积公式及运用。
（理科图） （文科图）
【解题思路】（理）（1）根据正方形和直线垂直平面的性质，结合问题条件证明EM ，E MN，运用直线垂直平面判定定理证明直线E 平面MN ，利用平面垂直平面的判定定理就可证明平面E 平面MN；（2）如图，运用建立空间直角坐标系的基本方法建立空间直角坐标系D—xyz，根据确定空间点坐标的基本方法，结合问题条件得到点A，D，F，，的坐标，从而求出，，利用求平面法向量的基本方法求出平面E的法向量，由求直线与平面所成角正弦值的基本方法就可求出直线l与平面E所成角的正弦值。（文）（1）根据三棱锥的性质和三棱锥体积公式，结合问题条件就可求出三棱锥E—AFM的体积；（2）根据正方形和直线垂直平面的性质，结合问题条件证明EM ，E MN，运用直线垂直平面判定定理证明直线E 平面MN ，利用平面垂直平面的判定定理就可证明平面E 平面MN。
【详细解答】（理）（1）连接EM，E，M分别是棱C，B的中点，四边形BC是矩形，B=4，=2，四边形ME是正方形，EM ，M，N分别是棱B，A的中点，MN平面BC，E平面BC，EMN， MN，M 平面MN ，MN M =M，E 平面MN，E 平面E ，平面E 平面MN；（2） ABCD—是长方体，以D为坐标原点，，，分别为 X，Y，Z轴的正方向建立空间直角坐标系D—xyz，
平面ABCD//平面，AF平面ABCD，AF//平面，平面AFM平面=l，AF平面AFM，AF//l，直线l与平面E所成角等于直线
AF与E所成角， A（2，0，0），D（0，0，0），F（1，2，0），（2，2，4），
（0，0，4），E（0，2，2），=（2，2，0），=（0，2，-2），=（-1，2，
0），设平面ABE的法向量为=（x，y，z），由 ，.=2x+2y+0=0，x=-1，
， .=0+2y-2z =0，y=1，z
=1，=（-1，1，1），设直线AF与平面E所成角为，sin=cos<，>
==，直线l与平面E所成角的正弦值。
（文）AB平面BC，AB平面EFM，长方体ABCD—的底面是
边长为2的正方形，A=4，点E，F，M分别是棱C，BC，B的中点，四边形BCEM
是正方形，=BC.CE=22=2，==22=，即三棱锥
E—AFM的体积为；（2）连接EM，E，M分别是棱C，B的中点，四边形BC
是矩形，B=4，=2，四边形ME是正方形，EM ，M，N分别
是棱B，A的中点，MN平面BC，E平面BC，EMN，
MN，M 平面MN ，MN M =M，E 平面MN，E 平面
E ，平面E 平面MN。
7、如图①，在菱形ABCD中，A=，且AB=2，E为AD的中点，将ABE沿BE折起使AD=，得到如图②所示的四棱锥A—BCDE。
（1）求证：平面ABE平面ABC；
（2）(理)若P为AC的中点，求二面角P—BD—C的余弦值。（文）若P为AC的中点，求三棱锥P—ABD的体积（2021成都市高三零诊）。
【解析】
【考点】①菱形的定义与性质；②正三角形的定义与性质；③勾股定理逆定理及运用；④直线垂直平面判定定理及运用；⑤平面垂直平面判定定理及运用；⑥空间直角坐标系的定义与建立的基本方法；⑦确定空间点坐标的基本方法；⑧求平面法向量的基本方法；⑨求平面与平面所成二面角余弦值的基本方法；⑩三棱锥体积公式及运用。
【解题思路】（1）根据菱形和正三角形的性质，结合问题条件证明BCBE，运用勾股定理逆定理证明AEDE，从而证明AEBC，由直线垂直平面判定定理证明直线BC 平面ABE，利用平面垂直平面的判定定理就可证明平面ABE平面ABC；（2）（理）如图②，运用建立空间直角坐标系的基本方法建立空间直角坐标系E—xyz，根据确定空间点坐标的基本方法，结合问题条件得到点A，，B，D，C，E的坐标，从而求出点P的坐标，利用求平面法向量的基本方法分别求出平面PBD，平面BCD的法向量，，由求二面角余弦值的公式通过运算就可求出二面角P—BD—C的余弦值。（文）如图②，根据直线垂直平面的判定定理，结合问题条件证明AE平面BCDE，从而得到AE平面BCD，运用三棱锥体积公式通过运算就可求出三棱锥P—ABD的体积。
（理科图） （文科图）
【详细解答】（1）如图①，连接BD，四边形 ABCD是菱形，A=， ABD是正三角形， E是AD的中点， BCBE，AB=2，AD=， AE+ED=1+1=2=AD， AEDE，DE//BC， AEBC， AE，BE平面ABE，AE BE=E，BC平面ABE，BC平面ABC，平面ABE平面ABC；（2） AEBE，AEED，BEED，
如图②，以E为原点，，，分别为 X，Y，Z轴的正方向建立空间直角坐标
系E—xyz， AB=2，AD=，A（0，0，1），B（，0，0），C（，2，0），D（0，1，0），E（0，0，0），P是AC的中点，P（，1，），=（-，1，），=（，0，），=（0，0，1），设平面BCD的法向量为=（x，y，z），
由 ，.=-x+y+z=0，x=1，y=，z=-，=（-1，-，
， .=x+0+z =0，）， AEBE，AEED，BE，DE平面BCDE，BE DE=E，AE平面BCDE，=（0，0，1）是平面BCD的一个法向量，cos<，>==|= ，二面角P—BD—C的余弦值
为。（文）如图②， AEBE，AEED，BE，ED平面BCDE，BE DE=E， AE平面BCDE， AE平面BCD， AB=2，AD=，ABD是正三角形， E是
AD的中点， BE=

展开更多......

收起↑