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(共77张PPT)
　综合问题
2026年高考数学一轮复习专题课件★★立体几何
题型一　 空间中的距离问题
(2025·邯郸一中月考)如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，各棱长均为4，N是CC1的中点．
(1)求点N到直线AB的距离；
【答案】　(1)4　
【解析】　建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0，0，0)，B(2 ，2，0)，C(0，4，0)，C1(0，4，4)，A1(0，0，4)，∵N是CC1的中点，
∴N(0，4，2)．
(2)求点C1到平面ABN的距离；
(3)求直线AA1与直线BN间的距离．
设直线AA1与BN的公垂线的方向向量为u＝(x1，y1，z1)，
状元笔记
1.点到直线的距离
(1)设过点P的直线l的单位方向向量为n，A为直线l外一点，点A到直线l的距离
(2)若能求出点在直线上的射影坐标，可以直接利用两点间距离公式求距离．
2．求点到平面的距离是重点，其方法有：
(1)直接作出点到面的垂线段，再计算．
(2)平行转移法．即通过线面平行，转化为其他点到平面的距离．
(3)等体积法．
(4)向量法．已知AB为平面α的一条斜线段，A在平面α内，n为平面α的法向量，则B到平面α的距离为d＝
3．向量法求两异面直线间的距离
分别以这两条异面直线上任意两点为起点和终点的向量设为a，与这两条异面直线都垂直的直线的方向向量设为n，则两条异面直线间的距离就是a在n上的投影向量的模，设为d，从而由公式d＝
求解．
思考题1　(1)【多选题】如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，E为棱DD1的中点，F为棱BB1的中点，则(　　)
A．点A1到直线B1E的距离为
B．直线FC1与直线AE间的距离为2
C．点B到平面AB1E的距离为
D．直线FC1与平面AB1E的距离为
√
√
(2)已知正方形ABCD的边长为4，CG⊥平面ABCD，CG＝2，E，F分别是AB，AD的中点，求点B到平面GEF的距离．
【解析】　方法一：设点B到平面GEF的距离为x.
连接BD，BF，BG.在四面体B－EFG中，VB－EFG＝VG－BEF，
连接AC，设EF与AC交于H，连接GH，易证GH⊥EF.
设平面GEF的一个法向量是n＝(x，y，1)，
【讲评】　空间中的距离问题一般都可以转化成点到点的距离、点到线的距离和点到面的距离．其中点到点的距离、点到线的距离可用空间向量的模来求解，点到面的距离可借助于平面的法向量求解．
题型二　 翻折问题
(2024·新课标Ⅱ卷)如图，平面四边形ABCD中，AB＝8，CD＝3，
(1)证明：EF⊥PD；
【答案】　(1)证明见解析　
又∠BAD＝30°，所以由余弦定理得EF2＝AE2＋AF2－2AE·AF·cos 30°＝4，故EF＝2.
又EF2＋AE2＝AF2，所以EF⊥AE.
由EF⊥AE及翻折的性质知EF⊥PE，EF⊥ED，
又ED∩PE＝E，ED，PE 面PED，所以EF⊥面PED.
又PD 面PED，所以EF⊥PD.
(2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值．
又PE⊥EF，CE∩EF＝E，CE，EF 面ABCD，所以PE⊥面ABCD.
故EF，ED，PE两两垂直，故以E为原点，EF，ED，PE所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
设面PCD的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
设面PBF(即面PAF)的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，
状元笔记
　(1)解决与折叠有关的问题的关键是搞清折叠前后的变化量和不变量．一般情况下，长度是不变量，而位置关系往往发生变化，抓住不变量是解决问题的突破口．
(2)在解决问题时，要综合考虑折叠前后的图形，既要分析折叠后的图形，也要分析折叠前的图形．
(3)解决折叠问题的关注点：平面图形折叠成空间图形，主要抓住变与不变的量，所谓不变的量，是指“未折坏”的元素，包括“未折坏”的边和角，一般优先标出“未折坏”的直角(从而观察是否存在线面垂直)，然后标出其他特殊角以及所有不变的线段．
思考题2　(2025·东营市模拟)如图，在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝AB＝BC＝1，CD＝2，E为CD的中点，以AE为折痕把△ADE折起，使点D到达点P的位置(P 平面ABCE)．
(1)证明：AE⊥PB；
【答案】　(1)证明见解析　
【解析】　(1)证明：如图，连接BD，交AE于点O，连接BE.
∴四边形ABED为平行四边形，
又AD＝AB，∴四边形ABED为菱形，
∴OD⊥AE，OB⊥AE.
折叠后，在四棱锥P－ABCE中，取AE的中点O，连接PO，OB，则OP⊥AE，OB⊥AE，又OP∩OB＝O，OP，OB 平面POB，
∴AE⊥平面POB，又PB 平面POB，∴AE⊥PB.
(2)若直线PB与平面ABCE所成的角为 ，求二面角A－PE－C的余弦值．
【解析】　(2)在平面POB内作PQ⊥平面ABCE，垂足为Q，则Q在直线OB上，∴直线PB与平面ABCE所成的角为∠PBO＝ ，
又由(1)知OP＝OB，∴OP⊥OB，
∴O，Q两点重合，即PO⊥平面ABCE.
方法一(向量法)：以O为原点，OE所在的直线为x轴，OB所在的直线为y轴，OP所在的直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
设平面PCE的一个法向量为n1＝(x，y，z)，
易知OB⊥平面PAE，∴n2＝(0，1，0)为平面PAE的一个法向量．
设二面角A－PE－C的平面角为α，
由图可知二面角A－PE－C为钝二面角，
方法二(几何法)：如图，过点C作CH⊥AE，交AE的延长线于点H，连接PH，则二面角A－PE－C的平面角与二面角H－PE－C的平面角互为补角．
易知CH⊥PO，AE∩PO＝O，AE，PO 平面PAE，
∴CH⊥平面PAE，∴CH⊥PE，
过H作HF⊥PE，交PE的延长线于点F，
连接CF，易知CH⊥HF，
∵HF∩CH＝H，HF，CH 平面CHF，∴PE⊥平面CHF，∴CF⊥PE，
∴∠CFH为二面角H－PE－C的平面角．
题型三　 探究创新问题
(2024·山东聊城三模)如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝2AB＝2，点D，E，F分别是棱AC，CC1，C1B1的中点，点P满足
【答案】　(1)证明见解析　
【解析】　(1)证明：如图1，连接AB1，
故点P是AB1的中点．连接DP，CB1，因为点D是AC的中点，P是AB1的中点，所以DP∥CB1.
因为点E，F分别是CC1，C1B1的中点，所以EF∥CB1，所以DP∥EF，
又因为DP 平面A1EF，EF 平面A1EF，所以DP∥平面A1EF.
(2)当λ＝1时，是否存在点P使得平面ACP与平面A1EF的夹角的余弦值是 ？若存在，指出点P的位置；若不存在，请说明理由．
【答案】　(2)存在，P为线段BB1上靠近B的四等分点
【解析】　(2)存在，P为线段BB1上靠近点B的四等分点．
所以点P在棱BB1上，取A1C1的中点D1，
连接DD1，DB，PC，PA，则DD1∥CC1，
在正三棱柱ABC－A1B1C1中，DD1⊥平面ABC，
△ABC是正三角形，所以DB⊥AC，易知DA，DB，DD1两两垂直，
以D为坐标原点，DA，DB，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图2所示，
思考题3　如图，已知四棱锥P－ABCD的底面是平行四边形，侧面PAB是等边三角形，BC＝2AB，AC＝ AB，PB⊥AC.
(1)求证：平面PAB⊥平面ABCD；
【答案】　(1)证明见解析　
【解析】　(1)证明：在△ABC中，因为BC＝2AB，AC＝ AB，
所以AC2＋AB2＝BC2，所以AC⊥AB.
又AC⊥PB，PB∩AB＝B，且PB，AB 平面PAB，所以AC⊥平面PAB.
又AC 平面ABCD，
所以平面PAB⊥平面ABCD.
(2)设Q为侧棱PD上的一点，四边形BEQF是过B，Q两点的截面，且AC∥平面BEQF.是否存在点Q，使得平面BEQF⊥平面PAD？若存在，求出的值 ；若不存在，请说明理由．
【解析】　(2) 假设存在Q，使得平面BEQF⊥平面PAD.
取AB的中点为H，连接PH，则PH⊥AB，
因为平面PAB⊥平面ABCD，
平面PAB∩平面ABCD＝AB，PH 平面PAB，所以PH⊥平面ABCD.
以A为坐标原点，AB，AC所在直线分别为x，y轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
设n1＝(x1，y1，z1)是平面PAD的法向量，
连接EF，因为AC∥平面BEQF，AC 平面PAC，平面PAC∩平面BEQF＝EF，所以AC∥EF.
设n2＝(x2，y2，z2)是平面BEQF的法向量，
因为平面BEQF⊥平面PAD，
所以n1⊥n2，
所以n1·n2＝3λ＋3λ－4＝0，
题型四　 最值、范围问题
(2025·通州区联考) 如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，平面AA1C1C⊥平面ABC，△ABC为等边三角形，AC＝CC1＝2，∠ACC1＝60°，D，E分别是棱AC，CC1的中点．
(1)求证：A1C⊥平面BDE；
【答案】　(1)证明见解析　
【解析】　(1)证明：连接AC1.∵△ABC为等边三角形，D为AC中点，∴BD⊥AC，又∵平面AA1C1C⊥平面ABC，平面AA1C1C∩平面ABC＝AC，∴BD⊥平面AA1C1C，∴BD⊥A1C，又易知四边形AA1C1C为菱形，∴A1C⊥AC1，∴易知A1C⊥DE，又BD∩DE＝D，∴A1C⊥平面BDE.
(2)若P为线段B1C1上的动点(不包括端点)，求平面PBD与平面BDE夹角的余弦值的取值范围．
设平面PBD与平面BDE的一个法向量分别为n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)，
思考题4　(2020·新高考Ⅰ卷)如图，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；
【答案】　(1)证明见解析　
【解析】　(1)证明：在正方形ABCD中，AD∥BC，
因为AD 平面PBC，BC 平面PBC，
所以AD∥平面PBC，又因为AD 平面PAD，
平面PAD∩平面PBC＝l，所以AD∥l.
因为在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是正方形，
所以AD⊥DC，所以l⊥DC，
又PD⊥平面ABCD，所以AD⊥PD，所以l⊥PD，因为DC∩PD＝D，所以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．
【解析】　(2) 如图，连接QC，QD，建立空间直角坐标系，因为PD＝AD＝1，所以D(0，0，0)，C(0，1，0)，P(0，0，1)，B(1，1，0)，
设平面QCD的一个法向量为n＝(x，y，z)，
重温高考
1．(2024·北京) 如图，在四棱锥P－ABCD中，BC∥AD，AB＝BC＝1，AD＝3，点E在AD上，且PE⊥AD，PE＝DE＝2.
(1)若F为线段PE的中点，求证：BF∥平面PCD；
答案　(1)证明见解析　
解析　(1)证明：取PD的中点G，连接FG，CG，
因为F为PE的中点，所以FG＝ DE＝1，FG∥DE，
又BC＝1，AD∥BC，所以FG＝BC，FG∥BC，
所以四边形FGCB为平行四边形，所以BF∥CG，
又BF 平面PCD，CG 平面PCD，所以BF∥平面PCD.
(2)若AB⊥平面PAD，求平面PAB与平面PCD夹角的余弦值．
解析　(2)因为AB⊥平面PAD，PE 平面PAD，所以AB⊥PE，又PE⊥AD，AB∩AD＝A，AB，AD 平面ABCD，
所以PE⊥平面ABCD.
连接EC，易知四边形ABCE为矩形，
故直线EC，ED，EP两两垂直，故以E为坐标原点，EC，ED，EP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则P(0，0，2)，C(1，0，0)，D(0，2，0)，A(0，－1，0)，B(1，－1，0)，
可取n1＝(0，－2，1)．
设平面PCD的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，
可取n2＝(2，1，1)．
设平面PAB与平面PCD的夹角为θ，
2．(2024·天津) 如图，已知直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AD⊥AB，AB∥CD，AA1＝2，AB＝2AD＝2，DC＝1，N是B1C1的中点，M是DD1的中点．
(1)求证D1N∥平面CB1M；
答案　(1)证明见解析　
解析　(1)证明：以A为坐标原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
依题意得，B(2，0，0)，C(1，1，0)，D(0，1，0)，
B1(2，0，2)，C1(1，1，2)，D1(0，1，2)，
设平面CB1M的法向量为n＝(x1，y1，z1)，
取x1＝1，得z1＝1，y1＝3，则n＝(1，3，1)．
(2)求平面CB1M与平面BB1C1C夹角的余弦值；
设平面BB1C1C的法向量为m＝(x2，y2，z2)，
取x2＝1，得y2＝1，z2＝0，则m＝(1，1，0)．
设平面CB1M与平面BB1C1C夹角为θ，
(3)求点B到平面CB1M的距离．
设点B到平面CB1M的距离为d，
3. (2023·天津)三棱台ABC－A1B1C1中，若A1A⊥面ABC，AB⊥AC，AB＝AC＝AA1＝2，A1C1＝1，M，N分别是BC，BA的中点．
(1)求证：A1N∥平面C1MA；
答案　(1)证明见解析　
解析　(1)证明：如图，连接MN，C1A.由M，N分别是BC，BA的中点，根据中位线性质，得MN∥AC，
由棱台性质，得A1C1∥AC，于是MN∥A1C1，由MN＝A1C1＝1可知四边形MNA1C1是平行四边形，则A1N∥MC1，
又A1N 平面C1MA，MC1 平面C1MA，于是A1N∥平面C1MA.
(2)求平面C1MA与平面ACC1A1所成夹角的余弦值；
解析　(2) 如图，连接AC1，过M作ME⊥AC，垂足为E，易知E为AC中点．过E作EF⊥AC1，垂足为F，连接MF，C1E.
由ME 面ABC，A1A⊥面ABC，故AA1⊥ME，
又ME⊥AC，AC∩AA1＝A，AC，
AA1 平面ACC1A1，则ME⊥平面ACC1A1.
由AC1 平面ACC1A1，故ME⊥AC1，又EF⊥AC1，ME∩EF＝E，ME，EF 平面MEF，于是AC1⊥平面MEF，由MF 平面MEF，故AC1⊥MF.于是平面C1MA与平面ACC1A1所成夹角即∠MFE.
(3)求点C到平面C1MA的距离．
解析　(3) 如图，过C1作C1P⊥AC，垂足为P，作C1Q⊥AM，垂足为Q，连接PM，AC1.
方法一(几何法)：
连接PQ，过P作PR⊥C1Q，垂足为R.
由C1P⊥平面AMC，AM 平面AMC，则C1P⊥AM，又C1Q⊥AM，C1Q∩C1P＝C1，C1Q，C1P 平面C1PQ，于是AM⊥平面C1PQ.
又PR 平面C1PQ，则PR⊥AM，又PR⊥C1Q，C1Q∩AM＝Q，C1Q，AM 平面C1MA，故PR⊥平面C1MA.
又CA＝2PA，故点C到平面C1MA的距离是P到平面C1MA的距离的两倍，即点C到平面C1MA的距离是 .
方法二(等体积法)：
设点C到平面C1MA的距离为h.
4．(2023·全国甲卷，理)在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝2，A1C⊥底面ABC，∠ACB＝90°，A1到平面BCC1B1的距离为1.
(1)求证：AC＝A1C；
答案　(1)证明见解析　
解析　(1)证明：∵A1C⊥底面ABC，BC 面ABC，
∴A1C⊥BC，又BC⊥AC，A1C，AC 平面ACC1A1，
A1C∩AC＝C，∴BC⊥平面ACC1A1，
又BC 平面BCC1B1，∴平面ACC1A1⊥平面BCC1B1，
如图，过A1作A1O⊥CC1交CC1于O，又平面ACC1A1∩平面BCC1B1＝CC1，A1O 平面ACC1A1，∴A1O⊥平面BCC1B1.
∵A1到平面BCC1B1的距离为1，
∴A1O＝1，
在Rt△A1CC1中，A1C⊥A1C1，CC1＝AA1＝2，
设CO＝x，则C1O＝2－x，
∵△A1OC，△A1OC1，△A1CC1均为直角三角形，且CC1＝2，即CO2＋A1O2＝A1C2，A1O2＋OC12＝C1A12，A1C2＋A1C12＝C1C2，
∴1＋x2＋1＋(2－x)2＝4，解得x＝1，
∴AC＝A1C＝A1C1＝ .
(2)若直线AA1与BB1距离为2，求AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值．
解析　(2)如图，连接A1B，∵AC＝A1C，BC⊥A1C，BC⊥AC，
∴Rt△ACB≌Rt△A1CB，∴BA＝BA1，
过B作BD⊥AA1，交AA1于D，则D为AA1中点，
由直线AA1与BB1距离为2，所以BD＝2.
∵A1D＝1，BD＝2，
延长AC，使AC＝CM，连接C1M，由CM∥A1C1，CM＝A1C1知四边形A1CMC1为平行四边形，∴C1M∥A1C，
∴C1M⊥平面ABC，又AM 平面ABC，∴C1M⊥AM.
连接AC1，则在Rt△AC1M中，AM＝2AC，C1M＝A1C，
又A到平面BCC1B1距离也为1，
5．(2022·全国甲卷，理) 在四棱锥P－ABCD中，PD⊥底面ABCD，CD∥AB，AD＝DC＝CB＝1，AB＝2，DP＝ .
(1)证明：BD⊥PA；
答案　(1)证明见解析　
解析　(1) 证明：如图所示，取AB中点为O，连接DO，CO，则OB＝DC＝1.
又DC∥OB，所以四边形DCBO为平行四边形．
又BC＝OB＝1，所以四边形DCBO为菱形，
所以BD⊥CO.
同理可得，四边形DCOA为菱形，所以AD∥CO，所以BD⊥AD.
因为PD⊥底面ABCD，BD 底面ABCD，所以PD⊥BD，
又AD∩PD＝D，AD，PD 平面ADP，所以BD⊥平面ADP.
因为PA 平面ADP，所以BD⊥PA.
(2)求PD与平面PAB所成的角的正弦值．
解析　(2)由(1)知BD⊥AD，又AB＝2AD，所以∠DAO＝60°，
所以三角形ADO为正三角形．
以过点D垂直于DC的直线为x轴，DC所在直线为y轴，
DP所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
设平面PAB的一个法向量为n＝(x，y，z)，
令x＝2，则y＝0，z＝1，所以n＝(2，0，1)．
6．(2022·全国甲卷，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；
答案　(1)证明见解析　
解析　(1)证明：如图，分别取AB，BC的中点M，N，连接EM，FN，MN，
∵△EAB与△FBC均为正三角形，且边长均为8，
∴EM⊥AB，FN⊥BC，且EM＝FN.
又平面EAB与平面FBC均垂直于平面ABCD，
平面EAB∩平面ABCD＝AB，平面FBC∩平面ABCD＝BC，EM 平面EAB，FN 平面FBC，∴EM⊥平面ABCD，FN⊥平面ABCD，
∴EM∥FN，∴四边形EMNF为平行四边形，∴EF∥MN.
又MN 平面ABCD，EF 平面ABCD，∴EF∥平面ABCD.
(2)求该包装盒的容积(不计包装盒材料的厚度)．
解析　(2)如图，分别取AD，DC的中点P，Q，连接PM，PH，PQ，QN，QG，AC，BD.
由(1)知EM⊥平面ABCD，FN⊥平面ABCD，
同理可证得，GQ⊥平面ABCD，HP⊥平面ABCD，
易得EM＝FN＝GQ＝HP＝4，EM∥FN∥GQ∥HP.
则易知PMNQ－HEFG为直四棱柱．
易得AC⊥BD，MN∥AC，PM∥BD，所以PM⊥MN，
所以四边形PMNQ是正方形，所以四棱柱PMNQ－HEFG为正四棱柱，
因为AC⊥BD，BD∥PM，所以AC⊥PM.
因为EM⊥平面ABCD，AC 平面ABCD，所以EM⊥AC.
又EM，PM 平面PMEH，且EM∩PM＝M，所以AC⊥平面PMEH，
7. (2020·课标全国Ⅰ)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；
答案　(1)证明见解析　
解析　(1)证明：连接DE，CO，BO，
由题设，知△DAE为等边三角形，设AE＝1，
(2)求二面角B－PC－E的余弦值．
解析　(2) 过O作ON∥BC交AB于点N，因为PO⊥平面ABC，故以O为坐标原点，OA所在直线为x轴，ON所在直线为y轴，OD所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
设平面PCB的一个法向量为n＝(x1，y1，z1)，
设平面PCE的一个法向量为m＝(x2，y2，z2)，

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