重難點(diǎn)專題33 立體幾何解答題十七大題型匯總（解析版）

重難點(diǎn)專題33立體幾何解答題十七大題型匯總題型1中位線法證明線面平行 1題型2平行四邊形法證明線面平行 11題型3做平行平面證明線面平行 21題型4線線垂直證明線面平行 32題型5面面平行 40題型6線線垂直 50題型7線面垂直 59題型8面面垂直 69題型9向量法證明平行與垂直 78題型10畫圖問題 89題型11角度問題 104題型12距離問題 116題型13探索性問題 125題型14最值取值范圍問題 138題型15交線未知型 152題型16建系有難度型 166題型17幾何法的運(yùn)用 183題型1中位線法證明線面平行通過構(gòu)造三角形中位線，證明線線平行【例題1】（2023·陜西漢中·校聯(lián)考模擬預(yù)測）如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為正方形，PA⊥平面ABCD，PA=AD=2,E為PB

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

(1)證明PB//平面AEC(2)求三棱錐C-【答案】(1)證明見解析(2)3【分析】（1）根據(jù)三角形中位線與底邊平行，通過線線平行證明線面平行；（2）根據(jù)等體積法將三棱錐C-BDE的體積轉(zhuǎn)為求三棱錐E-BCD【詳解】（1）令A(yù)C、BD的交點(diǎn)為O因?yàn)樗倪呅蜛BCD是菱形，所以O(shè)是BD的中點(diǎn)，又因?yàn)镋是棱PD上的中點(diǎn)，所以在△PBD中，OE因?yàn)镺E?平面AEC，PB?所以PB∥平面AEC

（2）因?yàn)樗倪呅蜛BCD是菱形，所以BD⊥又BD⊥PC,AC,PC?平面因?yàn)镻A?平面PAC，所以因?yàn)锳B=PA=1,PB=因?yàn)锳B,BD?平面ABCD，且AB∩BD因?yàn)镋是棱PD上的中點(diǎn)，所以E到平面ABCD的距離dE四邊形ABCD是菱形，∠ABC則△CBD中，∠∵VC-BDE=V【變式1-1】2.（2023秋·四川南充·高三四川省南充高級中學(xué)?？茧A段練習(xí)）如圖，四棱錐P-ABCD的底面是矩形，PA⊥底面ABCD，M，N分別為CD，PD的中點(diǎn)，AC與BM交于點(diǎn)E，AB=62，AD=6，

(1)證明：KE(2)求證：平面PAC⊥平面BMNK【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析【分析】（1）由已知易得PKKA=CE（2）由線面垂直的性質(zhì)得PA⊥BM，由已知及勾股定理可得AC【詳解】（1）四邊形ABCD是矩形，M為CD的中點(diǎn)，所以CM//AB且CM=則CEAE=CMAB=所以PKKA=CEM,N分別是CD,綜上，KE//（2）由PA⊥底面ABCD，BM?平面ABCD，所以又AB=62,AD=6,由（1）知：EM=13所以∠MEC=π由PA∩AC=A，PA、AC?平面PAC而BM?平面BMNK，所以平面PAC⊥平面【變式1-1】3.（2023秋·北京·高三北京八中?？茧A段練習(xí)）如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ACB(1)求證：平面A1BC⊥(2)求證：B1C//(3)若A1B⊥AC1【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析(3)8+2【分析】（1）由BC⊥平面AA1C1（2）連接AB1，設(shè)AB1∩A1B=（3）證得四邊形AA1C1C為菱形，求得其面積，證得BC⊥CC1，求得S四邊形BCC1B【詳解】（1）因?yàn)椤螦CB=90°，所以根據(jù)題意，A1D⊥平面ABC,BC因?yàn)锳1D∩AC=D，A1又因?yàn)锽C?平面A所以平面A1BC⊥（2）連接AB1，設(shè)AB根據(jù)棱柱的性質(zhì)可知，E為AB因?yàn)镈是AC的中點(diǎn)，所以DE//又因?yàn)镈E?平面A1BD所以B1C//（3）由（1）可知，BC⊥平面AA1C1C，又因?yàn)锳1B⊥AC所以AC1⊥又A1C?平面A所以四邊形AA1C又因?yàn)锳1D⊥平面ABC，AC?平面又D為AC中點(diǎn)，所以A1S菱形由已知AC=BC=2，所以由（1）可知，BC⊥平面AA1C1C，所以S四邊形如圖，作DF⊥AB于F，連接因?yàn)锳C=BC=2所以DF=2又因?yàn)锳1D⊥平面ABC，AB所以A1D⊥所以A1又DF∩A1D=D,又A1F?面A1DF所以S四邊形所以2S所以三棱柱ABC-A1【變式1-1】4.（2023秋·上海松江·高三?？茧A段練習(xí)）如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，點(diǎn)M，N(1)證明：EF//平面AD(2)求DP與面MNP所成角的正弦值；【答案】(1)證明見解析(2)3【分析】（1）由線面平行的判定定理即可證明；（2）設(shè)點(diǎn)D到平面MNP的距離為d，則有VP-MND=VD-MNP=16，求出【詳解】（1）證明：正方體中BC1//∴EF//AD1,∴EF//平面A

（2）設(shè)正方體的棱長是2，MN=PD⊥平面ABCD，MD?平面ABCD，則PD⊥MD，S△設(shè)點(diǎn)D到平面MNP的距離為d，則有VP-MND設(shè)DP與平面MNP所成角是θ，則sinθ【變式1-1】5.（2023秋·廣東珠海·高三?？奸_學(xué)考試）在如圖所示的四棱錐P-ABCD中，四邊形ABCD為矩形，PA⊥平面ABCD，E為

(1)證明：PB//平面ACE(2)若PA=AD=1，AB=2，求平面ABC【答案】(1)證明見解析(2)2【分析】（1）根據(jù)題意，由線面平行的判定定理即可證明；（2）根據(jù)題意，以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB，AD，AP所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，結(jié)合空間向量的坐標(biāo)運(yùn)算，即可得到結(jié)果.【詳解】（1）

證明：連接BD，交AC于點(diǎn)O，連接EO，∵O為BD中點(diǎn)，E為PD中點(diǎn)，∴EO∥又∵EO?平面ACE，PB?平面∴PB//平面ACE（2）

如圖，以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB，AD，AP所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系.則A0,0,0，C2,1,0，B2,0,0則AC=2,1,0，∵PA⊥平面ABCD，∴平面ABC的一個(gè)法向量為m設(shè)平面AEC的法向量為n=則n?AC=2x+∴cos∴平面ABC與平面AEC的夾角的余弦值為23題型2平行四邊形法證明線面平行1.利用平移法做出平行四邊形2.利用中位線做出平行四邊形【例題2】（2023·陜西西安·?？家荒＃┤鐖D，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，BA⊥BC，BA=BC=BB

(1)證明：EF//平面AC(2)求直線CE與平面DEF所成角的正弦值.【答案】(1)證明見解析(2)55【分析】（1）取AC的中點(diǎn)G，連接FG，GC（2）建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法求線面夾角正弦值.【詳解】（1）證明：取AC的中點(diǎn)G，連接FG，GC因?yàn)镕，G分別為AB，AC的中點(diǎn)，所以FG//BC，又E為B1C1的中點(diǎn)，BC所以FG//EC所以四邊形EFGC所以EF//又EF?平面ACC1A1所以EF//平面AC（2）

解：在直三棱柱ABC-A1B1又BA?平面ABC，BC?平面所以BB1⊥BA，故以B為原點(diǎn)，BA，BC，BB1所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系如圖所示，則C0,2,0，D2,0,1，所以FE=-1,1,2，F(xiàn)D=設(shè)平面DEF的法向量為m=則m?FE=-x+y+2所以平面DEF的一個(gè)法向量為m=設(shè)直線CE與平面DEF所成的角為θ，則sinθ即直線CE與平面DEF所成的角的正弦值為5511【變式2-1】1.（2023秋·江蘇·高三校聯(lián)考階段練習(xí)）如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為直角梯形，AD//BC，∠ADC=90°，平面PAD⊥底面ABCD

(1)證明：BN//平面PCD(2)當(dāng)PM的長為何值時(shí)，平面QMB與平面PDC的夾角的大小為π3【答案】(1)證明見解析【分析】（1）取PD的中點(diǎn)H，連接NH，CH，即可證明四邊形BCHN為平行四邊形，則BN//（2）解法一：首先證明PQ⊥平面ABCD，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)PM=λ解法二：當(dāng)M為PC的中點(diǎn)時(shí)，平面QMB與平面PDC所成角的大小為π3，首先證明CD⊥平面PAD，即可得到HM⊥平面PAD，則∠QHD為平面QMB與平面PDC【詳解】（1）取PD的中點(diǎn)H，連接NH，CH，則NH//AD且因?yàn)锽C//AD且BC=12所以四邊形BCHN為平行四邊形，所以BN//又BN?平面PCD，CH?平面所以BN//平面PCD（2）解法1：依題意可知PQ⊥AD，平面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩底面ABCD=AD，PQ?又底面ABCD為直角梯形，AD//BC，∠ADC所以DQ=BC，所以BCDQ為平行四邊形，所以BQ//如圖，以Q為原點(diǎn)，分別以QA,QB,QP所在直線為x軸?

則Q0,0,0QB=PC=設(shè)PM=λPC，則PM得M-設(shè)平面MBQ的法向量為m=則QM?m令x=3，則所以平面MBQ的一個(gè)法向量為m=設(shè)平面PDC的法向量為n=則DC?n令x'=3，則所以平面PDC的一個(gè)法向量為n=平面QMB與平面PDC所成的銳二面角的大小為π3則cos60解得λ=12即當(dāng)PM=72時(shí)，平面QMB與平面PDC解法2：當(dāng)M為PC的中點(diǎn)，即當(dāng)PM=72時(shí)，平面QMB與平面PDC證明：因?yàn)椤螦DC=90因?yàn)槠矫鍼AD⊥底面ABCD，平面PAD∩底面ABCD=所以CD⊥平面PAD又因?yàn)镠,M分別為PD,PC的中點(diǎn)，所以HM//HQ,HD?平面PAD，所以HM又因?yàn)槠矫鍽MB∩平面PDC所以∠QHD為平面QMB與平面PDC又△PAD為等邊三角形，Q為AD的中點(diǎn)，H為PD的中點(diǎn)，所以HQ//AP即平面QMB與平面PDC所成的二面角為π3，又PC=3【變式2-1】2.（2023秋·江蘇連云港·高三?？茧A段練習(xí)）如圖，在五面體ABCDEF中，四邊形ABEF為正方形，DF⊥平面ABEF，CD//EF，DF=2，EF=2(1)求證：MN//平面ACF；(2)求直線AD與平面BCE所成角的正弦值.【答案】(1)證明見解析(2)10【分析】（1）在△CEF中，過點(diǎn)N作NH//EF交CF于H，連接AH，證明四邊形AMNH為平行四邊形，可得（2）以F為原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法求解即可.【詳解】（1）在△CEF中，過點(diǎn)N作NH//EF交CF于H，連接又EN=2NC，則NH=因?yàn)锽M=2MA，所以又EF//AB，EF=AB，則則四邊形AMNH為平行四邊形，則MN//又MN?平面ACF，AH?平面所以MN//平面ACF；（2）四邊形ABEF為正方形，DF⊥平面ABEF，則FA如圖，以F為原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，則A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,1,2)，D(0,0,2)，則BC=(-2,-1,2)，BE=(-2,0,0)，

設(shè)平面BCE的一個(gè)法向量為n=(x,y,則-2x-y+2z=0-2設(shè)直線AD與平面BCE所成角為θ，則sinθ故直線AD與平面BCE所成角的正弦值為1010【變式2-1】3.（2023春·山西·高三校聯(lián)考開學(xué)考試）如圖，在四棱錐S-ABCD中．平面SAD⊥平面ABCD，AD∥BC，AB⊥AD，AD=2AB=2BC，AS

(1)證明：BE∥平面SCD；(2)若AB=1，AS=3【答案】(1)證明見解析(2)3【分析】（1）取DS的中點(diǎn)P，連接EP，PC，證明四邊形EBCP為平行四邊形，從而得BE//（2）建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，由空間向量法求二面角．【詳解】（1）如圖，取DS的中點(diǎn)P，連接EP，PC．因?yàn)镋,P分別為所以EP//AD，因?yàn)锳D//BC，AD=2BC，所以所以四邊形EBCP為平行四邊形，所以BE//因?yàn)镃P?平面SCD，BE?平面所以BE//平面SCD（2）如圖，取AD的中點(diǎn)O，連接SO，CO．因?yàn)椤鱏AD為等腰三角形，所以SO因?yàn)槠矫鍿AD⊥平面ABCD，平面SAD∩平面所以SO⊥平面ABCD．又OC，OD?平面ABCD，則SO⊥OC，可建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系O-因?yàn)锳B=1，AS所以A0,-1,0，S0,0,2，C所以AC=1,1,0，AS=0,1,2設(shè)平面ACS的一個(gè)法向量為m=x,y,z，則有m設(shè)平面AFS的一個(gè)法向量為n=(則n?AS=0n?AF=0所以cosm,n=m?n【變式2-1】4.（2023秋·山西晉城·高三晉城市第一中學(xué)校?？茧A段練習(xí)）已知正方體ABCD-A1B1C1D

(1)證明：AQ//平面PBD(2)求二面角P-BD【答案】(1)證明見解析(2)1【分析】（1）利用線面平行的判定定理證明；（2）利用空間向量的坐標(biāo)運(yùn)算求二面角的余弦值.【詳解】（1）證明：連接AC,BD交于點(diǎn)R，連接由中位線可知PQ//A1又因?yàn)锳R//A1所以PQ//AR且所以PQAR為平行四邊形，所以AQ//結(jié)合AQ?平面PBD,PR?平面PBD可知，（2）以D為原點(diǎn)，DC,DA

此時(shí)D0,0,0設(shè)平面PBD的法向量為m=則由DB?可知：2x+2y所以平面BCD的法向量為n=設(shè)二面角P-BD-C的平面角為θ所以cosθ題型3做平行平面證明線面平行通過構(gòu)造面面平行，證明線面平行【例題3】（2023秋·江西宜春·高三江西省豐城拖船中學(xué)?？奸_學(xué)考試）已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD為菱形，AA(1)證明：AE//平面B(2)求CE與平面BC1【答案】(1)證明見解析(2)3【分析】（1）根據(jù)線線平行得平行四邊形，即可得線面平行，進(jìn)而證明平面AB1D（2）由題意可建立以D為原點(diǎn)的空間直角坐標(biāo)系D-【詳解】（1）證明：在直四棱柱ABCD-A1B1所以四邊形AB1C又AB1?平面BC1D，C1由AB//D1C1且AB又AD1?平面BC1D，BC又AD1?平面AB1D1則平面AB1D1//平面BC1D，又

（2）取AB中點(diǎn)M，連接DM，直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD以D為原點(diǎn)，分別以DM、DC、DD1所在直線為x、y、z軸的空間直角坐標(biāo)系

又AA1=6則A(2則DB=(23,2,0),D設(shè)平面BC1D一個(gè)法向量為n=(x取x=3，則y=-3，z設(shè)CE與平面BC1D所成角為θ【變式3-1】1.（2022·四川南充·四川省南充高級中學(xué)?？家荒＃┤鐖D，在多面體ABCDEF中，四邊形ABCD與ABEF均為直角梯形，平面ABCD⊥平面ABEF，AD//BC，AF//BE，AD

(1)已知點(diǎn)G為AF的中點(diǎn)，求證：BG//平面DCE(2)求多面體ABCDEF的體積．【答案】(1)證明見詳解(2)7【分析】（1）先證平面BHG//平面CDE（2）將多面體ABCDEF分解為三棱錐D-AEF和四棱錐E【詳解】（1）記AD的中點(diǎn)為H，連接HC,則BC∥=AH，BE∥=所以AB∥=CH因?yàn)镠G?平面CDE，CE?平面所以HG//平面CDE又CB∥=12AD，所以BC又因?yàn)锽H?平面CDE，CD?平面所以BH//平面CDE因?yàn)镠G∩BH=H，BG,BH?又BG?平面BHG，所以BG//平面

（2）連接AE，因?yàn)槠矫鍭BCD⊥平面ABEF，平面ABCD∩平面ABEF=AB，AD⊥所以AD⊥平面ABEF又因?yàn)槠矫鍭BCD⊥平面ABEF，平面ABCD∩平面ABEF=AB，AB⊥所以AF⊥平面ABCD又AF//BE，所以BE⊥易知S△AEF=12所以多面體ABCDEF的體積V=

【變式3-1】2.（2023·四川南充·模擬預(yù)測）如圖所示，在圓錐DO中，D為圓錐的頂點(diǎn)，O為底面圓圓心，AB是圓O的直徑，C為底面圓周上一點(diǎn)，四邊形AODE是矩形．

(1)若點(diǎn)F是BC的中點(diǎn)，求證：DF//平面ACE(2)若AB=2,∠BAC=∠【答案】(1)證明見解析；(2)14【分析】（1）根據(jù)給定條件，利用線面平行的判定、面面平行的判定性質(zhì)推理作答.（2）證明AE⊥平面ABC，再利用等體積法求解作答【詳解】（1）依題意，連接OF，O、F分別是AB、OF?平面ACE,AC?平面ACE，則四邊形AODE是矩形，OD//AE，同理有OD//又OF∩OD=O,OF,OD?平面ODF所以DF//平面ACE

（2）在圓錐DO中，DO⊥平面ABC，DO?平面ABDE，則平面ABDE⊥平面ABDE∩平面ABC=AB，在平面ABC內(nèi)過點(diǎn)C作CG則CG⊥平面ABDE，在RtABC中，AB=2,∠顯然AE⊥平面ABC，AC?平面ABC，則AE⊥AC，又AC=1VA【變式3-1】3.（2023秋·四川眉山·高三?？茧A段練習(xí)）如圖所示，在圓錐DO中，D為圓錐的頂點(diǎn)，O為底面圓圓心，AB是圓O的直徑，C為底面圓周上一點(diǎn)，四邊形AODE是矩形．

(1)若點(diǎn)F是BC的中點(diǎn)，求證：DF//平面ACE(2)若AB=2,∠BAC=∠ACE=【答案】(1)證明見解析(2)13【分析】（1）根據(jù)線線平行可證明線面平行，進(jìn)而得面面平行，由面面平行的性質(zhì)即可求解,（2）根據(jù)線面垂直，可得線面角的幾何角，即可利用三角形的邊角關(guān)系求解大小，或者建立空間坐標(biāo)系，利用法向量求解.【詳解】（1）O、F分別是AB、BC中點(diǎn)，連接

OF?平面ACE,AC?平面ACE，則四邊形AODE是矩形，OD//AE，同理有OD//又OF∩OD=O，OF,OD?又DF?平面ODF，故DF//平面（2）解法一：在圓錐DO中，DO⊥平面ABC，DO?則平面ABDE⊥平面ABC，平面ABDE∩平面ABC=AB，作CG⊥則CG⊥面ABDE,DG是CD在平面ABDE上的射影，∠CDG是直線在直角三角形ABC中，AB=2,∠BAC=DO⊥平面ABC,AE//DO在直角三角形ACE中，AC=1，∠ACE=在直角三角形CDG中，sin∠故cos∠CDG=1-sin2∠解法二：在圓錐DO中，DO⊥平面ABC在直角三角形ABC中，AB=2,∠BAC=π3在直角三角形ACE中，AC=1,∠ACE=建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，

則C0,0,0CD=設(shè)m=x,y,令x=3得設(shè)直線CD與平面ABDE所成角為θ，則sinθcosθ【變式3-1】4.（2023·湖南永州·統(tǒng)考一模）如圖所示，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為矩形，側(cè)面PAD為正三角形，且AD=2AB=4,M、N分別為

(1)求證：MN//平面PAB(2)當(dāng)AM⊥PC時(shí)，求平面AMN與平面【答案】(1)證明見解析(2)1【分析】（1）取AD中點(diǎn)Q，連接MQ,NQ，要證MN//平面PAB，只需平面MQN//（2）當(dāng)AM⊥PC時(shí)并結(jié)合已知條件即可建立如圖所示坐標(biāo)系，根據(jù)AD=2AB【詳解】（1）如圖所示：

取AD中點(diǎn)Q，連接MQ,M,N分別為PD、所以MQ//PA,又因?yàn)镸Q?平面MQN，MQ?平面PAB，NQ?平面MQN，NQ所以MQ//平面PAB，且QN//平面又因?yàn)镸Q∩NQ=Q，MQ?平面MQN所以平面MQN//平面PAB因?yàn)镸N?平面MQN所以由面面平行的性質(zhì)可知MN//平面（2）如圖所示：

注意到側(cè)面PAD為正三角形以及M為PD的中點(diǎn)，所以由等邊三角形三線合一得AM⊥又因?yàn)锳M⊥PC，且PD?面PDC，PC?面所以AM⊥面PDC，又因?yàn)镃D?面PDC，所以又因?yàn)榈酌鍭BCD為矩形，所以CD⊥因?yàn)锳D∩AM=A，AM?面PAD所以CD⊥面PAD，因?yàn)镻Q?面所以CD⊥PQ，又所以NQ⊥PQ，又由三線合一PQ⊥所以建立上圖所示的空間直角坐標(biāo)系；因?yàn)锳D=2所以A0,-2,0又因?yàn)镸為PD的中點(diǎn)，PC=3所以M0,1,所以MA=0,-3,-3，MN不妨設(shè)平面AMN與平面HMN的法向量分別為n1所以有n1?MA即分別有-3y1分別令y1=-1,x不妨設(shè)平面AMN與平面HMN的夾角為θ，所以cosθ綜上所述：平面AMN與平面HMN的夾角的余弦值為15【變式3-1】5.（2023·甘肅隴南·統(tǒng)考一模）如圖，在正三棱柱ABC-A1B1C1

(1)證明：DE//平面AC(2)若三棱錐A-A1DC的體積為33【答案】(1)證明見解析(2)4【分析】（1）利用三角形中位線性質(zhì)得EF//A1C1，則得EF//平面（2）首先利用VA-A1【詳解】（1）取A1B1的中點(diǎn)為F因?yàn)镋F為△A1B又EF?平面ACC1所以EF//平面AC因?yàn)镈,F分別為棱AB,又DF?平面ACC1A1,A又EF∩DF=F，EF,DF?因?yàn)镈E?平面DEF，所以DE//平面

（2）連接AE，設(shè)AA1=h，因?yàn)镈為AB則CD⊥AB，則三棱錐A-A1DC的體積所以VE在△CDE中，CD可求得CD邊上的高為(5)2設(shè)點(diǎn)A到平面CDE的距離為d，所以VA由13×51題型4線線垂直證明線面平行通過兩條直線同時(shí)垂直同一個(gè)平面，證明線線平行，在證明線面平行【例題4】（2023秋·江蘇·高三校聯(lián)考階段練習(xí)）如圖，三棱錐A-BCD中，AB⊥平面BCD，E是空間中一點(diǎn)，且AE

(1)證明：AE//平面BCD(2)若BD⊥CD,AB=BD【答案】(1)證明見解析(2)2【分析】（1）先根據(jù)線面垂直的性質(zhì)證得AB⊥DF，再有線面垂直的判定定理得DF⊥平面ABC，從而得AE（2）建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法求解兩個(gè)平面夾角的余弦值.【詳解】（1）過D點(diǎn)作DF⊥BC，垂足為

因?yàn)锳B⊥平面BCD,DF?平面因?yàn)锳B,BC?平面ABC，AB∩BC因?yàn)锳E⊥平面ABC，所以AE//因?yàn)镈F?平面BCD,AE?平面BCD，所以（2）設(shè)AB=BD=以B為坐標(biāo)原點(diǎn)，BD為y軸，BA為z軸，過B垂直BD（與CD平行）的線為x軸，如圖建立空間直角坐標(biāo)系，

則A0,0,2又AC=由（1）設(shè)AE=設(shè)平面CAE的一個(gè)法向量m=則m?AE=-λx+λy=0設(shè)平面DAE的一個(gè)法向量n=則m?AE=-λa+λb=0設(shè)平面CAE與平面DAE的夾角為α，則cosα所平面CAE與平面DAE的夾角的余弦值為22【變式4-1】1.（2023秋·江蘇揚(yáng)州·高三統(tǒng)考開學(xué)考試）如圖，在多面體ABCDE中，AB⊥平面BCD，平面ECD⊥平面BCD，其中△ECD是邊長為2的正三角形，△

(1)證明：AB//平面CDE(2)若平面ACE與平面BDE的夾角的余弦值為21919，求線段【答案】(1)證明見解析(2)AB=3或【分析】（1）取CD的中點(diǎn)F，連接EF，易得EF⊥CD，再由平面ECD⊥平面BCD，得到EF⊥平面BCD，再由AB⊥（2）過點(diǎn)B作BP∥CD，以B為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以BP，BD，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)AB=a，分別求得平面ACE的一個(gè)法向量為m=x1,y1,z1，平面【詳解】（1）證明：取CD的中點(diǎn)F，連接EF，因?yàn)椤鱁CD是邊長為2所以EF⊥∵平面ECD⊥平面BCD，且平面ECD∩平面∴EF⊥平面BCD又∵AB⊥平面BCD，∴AB∵AB?平面ECD，EF?平面∴AB//平面CDE（2）解：過點(diǎn)B作BP∥CD，以B為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以BP，BD，y，

設(shè)AB=a，則A0,0,a，B0,0,0，C所以AC=2,2,-a，CE=-設(shè)平面ACE的一個(gè)法向量為m=由m?AC=2x1設(shè)平面BDE的一個(gè)法向量為n=由n?BD=2y2設(shè)平面ACE與平面BDE的夾角為θ，則coaθ解得a=3或33，即AB【變式4-1】2.（2023秋·河南洛陽·高三洛寧縣第一高級中學(xué)?？茧A段練習(xí)）如圖，在多面體ABCDE中，平面ACD⊥平面ABC,BE⊥平面ABC,△ABC和△ACD

(1)求證：DE//平面ABC(2)若M為DC中點(diǎn)，求平面AMB與平面ACD所成銳二面角的余弦值．【答案】(1)證明見解析(2)13【分析】（1）直接利用直線與平面平行的判定定理證明即可；（2）建立空間直角坐標(biāo)系，求出平面AMB與平面ACD的法向量，進(jìn)而可求解.【詳解】（1）取AC中點(diǎn)O，連接DO、OB，在正△ACD和正△ABC中，AC=2∴DO⊥AC，BO⊥而平面ACD⊥平面ABC，平面ACD∩平面DO?平面ACD，BO?平面∴DO⊥平面ABC，BO⊥平面又BE⊥平面ABC，所以DO//EB∴四邊形DOBE是平行四邊形，所以DE//而OB?平面ABC，DE?平面∴DE//平面ABC（2）由（1）知，OB，OC，OD兩兩垂直，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系O-xyz，

則A(0,-1,0)，B(3,0,0)，D(0,0,∴AB=(3，顯然平面ACD的一個(gè)法向量為n1設(shè)平面AMB的法向量為n2則n2·AB=3cos?∴平面AMB與平面ACD所成銳二面角的余弦值為1313【變式4-1】3.（2022·新疆·統(tǒng)考三模）多面體ABDEC中，△BCD與△ABC均為邊長為2的等邊三角形，△CDE為腰長為5的等腰三角形，平面CDE⊥平面BCD，平面ABC⊥平面BCD，F(xiàn)為BC的中點(diǎn)．(1)求證：AF∥平面ECD(2)求多面體ABDEC的體積．【答案】(1)證明見解析(2)4【分析】（1）由面面垂直得線面垂直，進(jìn)而得到線線平行，從而證得線面平行；（2）將多面體ABCDE分為兩個(gè)三棱錐進(jìn)行求解體積.【詳解】（1）證明：取CD的中點(diǎn)G，連接EG∵△CDE為腰長為5的等腰三角形，∴EG又∵平面CDE⊥平面BCD，EG?平面ECD，平面CDE∩平面∴EG⊥平面BCD，同理可得，AF⊥平面BCD∴EG又∵EG?平面ECD，AF?平面∴AF∥平面（2）在△CDE中，E∴EG又∵△BCD為邊長為2的等邊三角形∴V過G作GH⊥BC于H，在等邊三角形GH=又∵平面ABC⊥平面BCD，GH?面BCD，平面ABC∩平面∴GH⊥平面ABC又∵EG∴GH的長度是點(diǎn)E到平面ABC的距離又∵△ABC為等邊三角形∴V∴V題型5面面平行由線面平行推理面面平行【例題5】（2023秋·寧夏銀川·高三銀川一中?？茧A段練習(xí)）如圖，在四棱錐P-ABCD中，PD⊥平面ABCD，且四邊形ABCD是正方形，E，F(xiàn)，G分別是棱BC，AD，

(1)求證：PE//平面BFG(2)若PD=AB=2，求異面直線PA與【答案】(1)證明見解析(2)10【分析】（1）連接DE，先證明平面PDE//平面BFG，進(jìn)而得證PE//平面（2）由題，建立空間直角坐標(biāo)系，用向量法求解即可.【詳解】（1）如圖，連接DE，∵ABCD是正方形，E，F(xiàn)分別是棱BC，AD的中點(diǎn)，∴DF=BE，∴四邊形BEDF是平行四邊形，∴DE//∵G是PA的中點(diǎn)，∴FG//∵PD,DE?平面BFG，F(xiàn)G∴PD//平面BFG，DE//平面∵PD∩DE=D，直線∴平面PDE//平面BFG∵PE?平面PDE∴PE//平面BFG

（2）由題意可得，DA，DC，DP兩兩互相垂直，如圖以點(diǎn)D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA，DC，DP分別為x，y，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，PD=AB=2，則D0,0,0，A2,0,0，P∴PA=2,0,-2∴cos所以異面直線PA與BF所成角的余弦值為1010【變式5-1】1.（2022秋·黑龍江哈爾濱·高三哈師大附中?？计谥校┤鐖D，AA1，BB1為圓柱OO1的母線，BC是底面圓O的直徑，D，E分別是AA

(1)證明：DE//平面ABC(2)若BB1=BC，求平面【答案】(1)證明見解析(2)6【分析】（1）取BB1中點(diǎn)F，利用線面平行的判定定理，證得DF//平面ABC，EF//平面ABC，再由面面平行的判定定理，即可證得平面DEF//平面ABC（2）以A為原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)BB1=BC=2，分別求得平面A1B1【詳解】（1）證明：如圖所示，取BB1中點(diǎn)F，連接DF，EF因?yàn)镈，E，F(xiàn)分別為AA1，B1C，BB又因?yàn)镈F?平面ABC，EF?平面ABC，AB?平面ABC，BC所以DF//平面ABC，EF//平面又因?yàn)镈F∩EF=F，所以平面DEF//平面ABC，又因?yàn)镈E?平面DEF，所以DE//

（2）解：如圖所示，連接EO,因?yàn)镋,O分別為B1C,又因?yàn)镈為AA1的中點(diǎn)，所以DA//所以EO=DA，且EO//DA，即四邊形因?yàn)镈E⊥面CBB1，所以AO又因?yàn)锽C?面CBB1，所以AO以A為原點(diǎn)，以AB,AC,設(shè)BB1=可得B12,0,2，C0,2,0，則A1B1=2,0,0，設(shè)平面A1B1C的法向量為取y=2，可得z=0,設(shè)平面BB1C的法向量為m取a=1，可得b=1,c則cosn所以平面A1B1C與平面

【變式5-1】2.（2023·河南·校聯(lián)考模擬預(yù)測）如圖，在四棱錐S-ABCD中，AB//CD，AB⊥BC，SA=SD=1，AB=2CD=2BC

(1)證明：MN//平面SBC(2)求直線SC與平面SBD所成角的正弦值．【答案】(1)證明見解析(2)3【分析】（1）作出輔助線，證明出線線平行，進(jìn)而得到面面平行，得到線面平行；（2）作出輔助線，得到線面垂直，建立空間直角坐標(biāo)系，寫出點(diǎn)的坐標(biāo)，進(jìn)而求出平面的法向量，利用線面角的求解公式求出答案.【詳解】（1）在平面ABCD內(nèi)過點(diǎn)M作MF//BC交AB于點(diǎn)F，連接則四邊形MCBF為平行四邊形，所以FB=MC=又AN=3SN，所以因?yàn)镹F?平面SBC,SB?平面SBC，所以因?yàn)镸F//BC,MF?平面SBC,BC又NF∩MF=F,NF,又MN?平面MNF，所以MN//平面（2）取AD的中點(diǎn)O，連接SO,因?yàn)锳B//所以AD=BD=2，所以又SA=SD=1,AD=在△BDO中，B又SB=3，所以SB又AD∩BO=O,AD,過B作Bz//SO，則Bz⊥平面ABCD所以以B為坐標(biāo)原點(diǎn)，BA,BC,Bz則B0,0,0所以BS=設(shè)平面SBD的法向量為n=則n?取x=1，則y=-1,z設(shè)直線SC與平面SBD所成的角為θ，則sinθ即直線SC與平面SBD所成角的正弦值為36【變式5-1】3.（2023秋·陜西商洛·高三陜西省山陽中學(xué)校聯(lián)考階段練習(xí)）如圖，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC=2BC=CC1=2，

(1)證明：平面ABD∥平面FEC(2)求點(diǎn)F到平面ABD的距離.【答案】(1)證明見解析(2)2【分析】（1）證明線面平行，再由面面平行判定定理得證；（2）利用三棱錐中等體積法求高即可.【詳解】（1）在△ABC中，因?yàn)镋，F(xiàn)分別是BC，AC所以AB∥因?yàn)锳C∥A1所以四邊形AFC1D因?yàn)锳B?平面FEC1，EF所以AB//平面FEC1，同理AD又因?yàn)锳D∩AB=A，所以平面ABD∥平面FEC（2）如圖所示，連接BF,

利用勾股定理計(jì)算得AB=所以△ABD的面積為1設(shè)點(diǎn)F到平面ABD的距離為h，則三棱錐F-ABD的體積為又易知DF⊥平面ABC所以三棱錐D-ABF的體積為所以5112h=即點(diǎn)F到平面ABD的距離為217【變式5-1】4.（2024·全國·高三專題練習(xí)）如圖，在四棱錐P-ABCD中，∠ABC=∠CDA=90°，∠BAD=120°

(1)求證：BE∥平面PAD；(2)若PC=PD=23，平面PCD⊥平面【答案】(1)證明見解析(2)5【分析】（1）取CD的中點(diǎn)O，連接EO，BO，根據(jù)題意可得EO∥PD，BO∥AD，結(jié)合面面垂直的判定定理可得平面EOB∥平面PAD，進(jìn)而可得結(jié)果；（2）根據(jù)面面垂直的性質(zhì)定理可得PO⊥平面ABCD，BO⊥平面PCD【詳解】（1）取CD的中點(diǎn)O，連接EO，BO，因?yàn)镋為PC中點(diǎn)，則EO∥PD，且EO?平面PAD，PD?平面PAD，所以EO∥因?yàn)椤螦BC=∠CDA=90°，且AB=AD，可得則∠CBD可知△BCD為等邊三角形，則BO又因?yàn)锳D⊥CD，可得BO∥而BO?平面PAD，AD?平面PAD，所以BO∥又因?yàn)镋O∩BO=O，可得平面EOB∥平面PAD，而EB?平面EOB所以EB∥平面PAD.

（2）因?yàn)镻C=PD，O為CD的中點(diǎn)，則且平面PCD⊥平面ABCD，PO?平面PCD，平面PCD∩所以PO⊥平面ABCD又因?yàn)椤鰾CD為等邊三角形，則BO且BO?平面ABCD，平面PCD⊥平面ABCD，平面PCD∩所以BO⊥平面PCD在△ABD中，AD=AB由余弦定理可得BD=AB在△PCD中，由PC=PD在等邊△BCD中，由BD=2OD=23以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OB，OD，OP所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則B3,0,0，C0,-3,0，可得OB=3,0,0，CB=設(shè)平面PCB的法向量為n=x,令x=1，則y=-3由上可知，平面PCD的一個(gè)法向量為OB=可得cosn由圖象可得二面角B-CP-D為銳二面角，所以二面角

題型6線線垂直線面垂直的性質(zhì)定理，與面面垂直均可判定線線垂直【例題6】（2023·遼寧撫順·?？寄M預(yù)測）如圖，在幾何體ABCDEF中，CD⊥平面ABC，CD=λAE0<λ<1，側(cè)面ABFE為正方形，AB

(1)證明：DM⊥(2)若直線MF與平面DME所成角的正弦值為155，求實(shí)數(shù)λ【答案】(1)證明見解析(2)1【分析】（1）通過證明AB⊥平面CDM來證得DM（2）建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法以及直線MF與平面DME所成角的正弦值求得λ.【詳解】（1）因?yàn)镃D⊥平面ABC，CD//AE，所以AE⊥因?yàn)閭?cè)面ABFE為正方形，BF//AE，所以BF⊥又CM?平面ABC，所以BF因?yàn)椤螩MF=90°，所以又MF∩BF=F,MF,又AB?平面ABFE，所以CM因?yàn)镃D⊥平面ABC，AB?平面所以CD⊥又CD∩CM=C,CD,又DM?平面CDM，所以DM（2）由（1）可知，CM⊥AB，M為AB的中點(diǎn)，所以取EF的中點(diǎn)為N，連接MN，則MN//因?yàn)镃D⊥平面ABC，所以MN⊥平面以M為坐標(biāo)原點(diǎn)，MB,MC,則M（0，0，0），D0,3,2λ，E-1,0,2，F(xiàn)（所以MD=0,3,2λ設(shè)平面DME的法向量為m=由MD?m=0ME?則m=設(shè)直線MF與平面DME所成角為θ，則sinθ由題意可知，45解得λ=12（負(fù)值舍去），故實(shí)數(shù)λ

【變式6-1】1.（2023秋·四川成都·高三石室中學(xué)?？茧A段練習(xí)）如圖，在幾何體ABCDEF中，平面四邊形ABCD是菱形，平面BDEF⊥平面ABCD，DF//BE，且DF=2BE(1)證明：BE⊥(2)若cos∠BAD=15，求點(diǎn)【答案】(1)證明見解析(2)2【分析】（1）利用勾股定理得BE⊥BD，再利用面面垂直的性質(zhì)定理證得BE⊥（2）先利用余弦定理求得AB=5【詳解】（1）如圖：取DF中點(diǎn)為M，連接ME，∵DF//BE，DM=BE=1∴DB//ME，∴ME=BD=22，∵∴EF2=MF2+∵平面BDEF⊥平面ABCD，平面BDEF∩平面ABCD=BD，BE⊥∴BE⊥平面ABCD，又AD?平面ABCD，∴BE（2）設(shè)AB=a，∵cos∠BAD=∴a=5，∴OA2=AB2-O∵平面BDEF⊥平面ABCD，平面BDEF∩平面ABCD=BD，AO⊥∴AO⊥平面BEFD，∵VB又S△∵BE⊥平面ABCD，DF⊥平面ABCD，AD?平面ABCD，AB∴DF⊥AD，BE⊥AB又EF=3，∴cos∠AFE=又AO=3，∴3所以點(diǎn)B到平面AEF的距離為230【變式6-1】2.（2023秋·四川成都·高三石室中學(xué)校考階段練習(xí)）如圖，在幾何體ABCDEF中，平面四邊形ABCD是菱形，平面BDFE⊥平面ABCD，DF//BE，且DF=2BE

(1)證明：BE(2)若二面角A-EF-C是直二面角，求直線【答案】(1)證明見解析(2)10【分析】（1）由面面垂直、線面垂直的性質(zhì)定理即可證明；

（2）以O(shè)A，OB，OG為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)OA=a，(a>0)，求出平面AEF和平面CEF的一個(gè)法向量，由二面角A【詳解】（1）∵DF=2BE=2，EF=3取DF的中點(diǎn)H，連接HE，則HE=BD=2則EH2+∵平面BDEF⊥平面ABCD，面BDEF∩平面ABCD=BE?面BDEF，∴BE⊥∴AD?平面ABCD，∴BE⊥（2）設(shè)AC與BD的交點(diǎn)為O，EF的中點(diǎn)為G，連接OG，可得OG//由（1）得BE⊥平面ABCD，即OG⊥分別以O(shè)A，OB，OG為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，∵BE⊥平面ABCD，∵DF//BE∴BD2設(shè)OA=a，由題設(shè)得Aa,0,0，C-a,0,0EF=0,-22,1設(shè)m=(x，y，z)則m?EF=0m?設(shè)n=(x1則n?EF=0n?CE=0?∵二面角A-∴m?n=-18AE=(-2,直線AE與直線FC所成角的余弦值為10

【變式6-1】3.（2023秋·廣東茂名·高三信宜市第二中學(xué)?？茧A段練習(xí)）在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為直角梯形，PA=PD,BC∥

(1)證明：PE⊥(2)若PC與AB所成角為45°，求平面FBE與平面BCE所成角的余弦值【答案】(1)證明見解析(2)3【分析】（1）由PE⊥AD和PE⊥CD證明PE（2）以E為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，求出平面FBE和面BCE的法向量，利用向量關(guān)系即可求出.【詳解】（1）連接BD，如圖所示：

因?yàn)镻A=PD,所以PE⊥又PE⊥CD且AD∩所以PE⊥面又BD?面ABCD所以PE⊥（2）底面ABCD為直角梯形，BC∥AD，DC⊥則DE=綜上，四邊形BCDE為正方形，故BE⊥又AE∥則四邊形ABCE是平行四邊形，則AB∥所以由題意∠PCE=45以E為原點(diǎn)，以EA為x軸，EB為y軸，以EP為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，

則B0,1,0故EB=設(shè)面FBE的一個(gè)法向量為m=EB?m=y=0取平面ABE的一個(gè)法向量為n=∴cos所以平面FBE與平面BCE所成角的余弦值33【變式6-1】4.（2023·全國·高三專題練習(xí)）如圖所示，菱形ABCD的對角線AC與BD交于點(diǎn)O，點(diǎn)E、F分別為AD、CD的中點(diǎn)，EF交BD于點(diǎn)H，將△DEF沿EF折起到△D(1)證明：AC⊥(2)若AB=AC=4，AO=2，O【答案】(1)證明見解析(2)45【分析】（1）根據(jù)直線平行性質(zhì)以及菱形對角線垂直的性質(zhì)證明即可（2）傳統(tǒng)方法，分別在兩個(gè)平面找垂直交線的直線，然后在三角形中求解二面角的大小.【詳解】（1）在菱形ABCD中，AC⊥BD，AD=CD，又點(diǎn)E，F(xiàn)分別為所以AC//EF，則EF⊥HD，易知因?yàn)锽D∩HD'=H，BD,因?yàn)锽D'?平面BH（2）由AB=AC=4因?yàn)镋F//AC，所以O(shè)HDO于是HD'2+由（1）知AC⊥平面BHD'，又OD'所以∠D'OH因?yàn)閟in∠D'OH=題型7線面垂直由線線垂直推理線面垂直【例題7】（2023·河南·校聯(lián)考模擬預(yù)測）如圖，在三棱柱P-ABC中，AB=AC=1，PA=2，∠BAC=90°，PA⊥

(1)證明：PC⊥平面ABD(2)若E為PB上一點(diǎn)，DE⊥PB，求三棱錐P【答案】(1)證明見解析(2)64【分析】（1）先通過長度關(guān)系證得AD⊥PC，在通過題干垂直關(guān)系證得AB⊥PC，由此可得（2）求出PB、PE長度.再求三棱錐P-ABC的體積,由三棱錐P-ADE與三棱錐P-ABC的體積關(guān)系，即可求出三棱錐【詳解】（1）如圖，因?yàn)镻A⊥平面ABC，AC?平面ABC，BC?所以PA⊥AC，因?yàn)镻A=2=2AC，所以因?yàn)镻D=4CD，得CD=所以在△ACD中，CD故AD⊥因?yàn)椤螧AC=90°，所以又因?yàn)镻A∩AC=A，所以AB⊥平面PAC因?yàn)镻C?平面PAC，所以AB又因?yàn)锳B?平面ABD，AD?平面ABD，且所以PC⊥平面ABD（2）由題意得，PC=PA2+由（1）可知，PC⊥平面ABD所以PC⊥BD,則所以cos∠因?yàn)镈E⊥故PE=方法1：所以VP又因?yàn)閂P且VP所以VP方法2：因?yàn)锳B⊥平面PAC，AB?平面所以平面PAB⊥平面PAC又因?yàn)槠矫鍼AB∩平面PAC點(diǎn)E到直線PA的距離d也是點(diǎn)E到平面PAC的距離，即d=所以三棱錐P-V=【變式7-1】1.（2023秋·浙江·高三校聯(lián)考階段練習(xí)）在正三棱臺ABC-A1B1C1中，側(cè)棱長為1，且BC=2B

(1)證明：DE⊥平面BCC1(2)求平面BDE與平面ABC夾角的余弦值.【答案】(1)證明見解析，AD(2)4【分析】（1）畫出圖形，由線面垂直的性質(zhì)以及判定定理證明即可,解三角形即可求出AD的長.（2）建立適當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系，求出兩平面的法向量即可求解.【詳解】（1）如圖所示：

由三棱臺可知：延長AA1,連接PE，延長交BC于F，并連接AF，易得三棱錐P-所以BC⊥且AF?平面APF，PF?平面所以BC⊥平面APF又因?yàn)镈E?平面APF所以BC⊥又因?yàn)镈E⊥且BC?平面BCC1B1所以DE⊥平面BC又因?yàn)镻F?平面BC所以DE⊥在△APF中，PA則cos∠所以AD=（2）如圖，以底面△ABC中心O為坐標(biāo)原點(diǎn)，以與BC平行的方向?yàn)閤軸，以O(shè)F方向?yàn)閥軸，以O(shè)P方向?yàn)閦

則B1,所以A1所以BD=設(shè)平面BDE的法向量為m=BD?m令y=-2取平面ABC的法向量為n=所以cosm所以平面BDE與平面ABC夾角的余弦值為414【變式7-1】2.（2023秋·河北石家莊·高三石家莊市第二十七中學(xué)?？茧A段練習(xí)）如圖，在三棱錐S-BCD中，E是BC的中點(diǎn)，△SCD

(1)證明：BC⊥(2)若BE=DE，點(diǎn)F滿足SF=【答案】(1)證明見解析(2)3【分析】（1）由DE⊥BC，SE⊥BC，證得BC⊥（2）E為坐標(biāo)原點(diǎn)，直線ED，EB，ES分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法解決二面角的問題．【詳解】（1）證明：連接SE，因?yàn)椤鱏CD與△SBD均為正三角形，所以又E為BC的中點(diǎn)，所以DE⊥BC，因?yàn)镈E∩SE=E，DE,SE?又SD?平面SDE，所以BC（2）因?yàn)锽E=DE，所以△BCD不妨令BD=2，則CE=2．由SE則SD2=以E為坐標(biāo)原點(diǎn)，直線ED，EB，ES分別為x，y，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．

B0,2,0，S因?yàn)镾F=DE，所以則FB=2,2,-設(shè)平面FBS的法向量為m=x令y1=1，則z1設(shè)平面BDS的法向量為n=x令x2=1，則y2cos?故二面角F-BS-【變式7-1】3.（2023·陜西商洛·陜西省丹鳳中學(xué)?？寄M預(yù)測）如圖，四棱錐P-ABCD的底面ABCD是邊長為2的菱形，∠ABC=60°，AP=AB，PB=22，平面PAB⊥平面ABCD，

(1)證明：CD⊥平面PAE(2)求點(diǎn)A到平面PEF的距離.【答案】(1)證明見解析(2)30【分析】（1）先利用勾股定理得AP⊥AB，再利用面面垂直的性質(zhì)得AP⊥平面ABCD（2）先通過線面關(guān)系及錐體體積求出VE-【詳解】（1）由題知AP=AB=2，PB=22又因?yàn)槠矫鍼AB⊥平面ABCD，且交線為AB，AP?平面PAB，所以AP⊥又CD?平面ABCD，所以AP⊥CD

因?yàn)樗倪呅蜛BCD是邊長為2的菱形，∠ABC=60°，所以△又因?yàn)镋為CD的中點(diǎn)，所以CD⊥又AP∩AE=A，AP?平面PAE，AE?平面（2）設(shè)點(diǎn)A到平面PEF的距離為h，連接AF，則VA因?yàn)锳B∥CD，所以AE⊥AB，又由（又AP∩AB=A，AP?平面PAB，AB?平面又PF?平面PAB，AF?平面PAB，所以AE⊥又AF=12又由PF⊥AE，PF⊥AF，AE∩AF=A，所以PF⊥平面AEF，且PF=2所以13×1即點(diǎn)A到平面PEF的距離為305【變式7-1】4.（2023秋·江蘇常州·高三校聯(lián)考階段練習(xí)）四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為直角梯形，AB//CD，AB⊥BC，AB=2，BC=1，平面PAD⊥底面ABCD，△PAD為等腰直角三角形，PA=PD，M為PC上一點(diǎn)，PM=2MC，PA//(1)求CD的長度；(2)求證：PA⊥平面PBD；(3)求PA與平面PBC所成角的正弦值．【答案】(1)1；(2)證明見解析；(3)222【分析】（1）連接AC交BD于O，連結(jié)MO，由線面平行的性質(zhì)得PA//MO，且△ABO（2）由已知得BD⊥AD，結(jié)合面面、線面垂直的性質(zhì)得BD⊥PA，再由PA⊥PD、及線面垂直的判定證結(jié)論；（3）構(gòu)建空間直角坐標(biāo)系，應(yīng)用向量法求線面角的正弦值即可.【詳解】（1）連接AC交BD于O，連結(jié)MO．∵PA//平面MBD，PA?平面PAC，平面PAC∩平面∴PA//MO，則由題設(shè)易知△ABO～△COD，得AB（2）由題意得BD=2,AD=平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，BD?平面ABCD，所以BD⊥平面PAD，PA?平面PAD，則BD⊥PA，又PA⊥PD，PD、BD?平面PBD，PD∩BD=D，所以PA⊥平面PBD.（3）取AB中點(diǎn)E，以DE為x軸，DC為y軸，過D作z軸⊥底面ABCD，則A(1,-1,0),B(1,1,0),C(0,1,0),由△PAD為正三角形，則PF⊥AD，又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，PE?平面APD，所以PF⊥平面ABCD，則P(12設(shè)m=x,y,令y=2，則m=所以cosm,PA=22題型8面面垂直由線面垂直推理面面垂直【例題8】（2023秋·四川宜賓·高三?？茧A段練習(xí)）如圖，該幾何體是由等高的半個(gè)圓柱和14個(gè)圓柱拼接而成.C,E

(1)證明：平面BFD⊥平面BCG(2)若直線GC與平面ABG所成角的正弦值為105，求平面BFD與平面ABG所成角的余弦值【答案】(1)證明見解析(2)15【分析】（1）連接CE,DG，先證明BF⊥（2）建立空間直角坐標(biāo)系，先根據(jù)線面角算出AD，然后在利用法向量求二面角的大小【詳解】（1）如圖，連接CE,DG，因?yàn)樵搸缀误w是由等高的半個(gè)圓柱和

CG=DG，所以∠ECD=∠DCG因?yàn)锽C∥EF，BC=EF，所以四邊形BCEF為平行四邊形，所以因?yàn)锽C⊥平面ABF，BF?平面ABF，所以因?yàn)锽C,CG?平面BCG，BC∩CG因?yàn)锽F?平面BFD，所以平面BFD⊥平面（2）如圖，以A為坐標(biāo)原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)AF=2，AD則A0,0,0，B0,2,0，F(xiàn)2,0,0，D0,0,t

則AB=0,2,0，AG=設(shè)平面ABG的一個(gè)法向量為m=則m?AB=0,m?AG=0,記直線GC與平面ABG所成的角為θ，則sinθ解得t=2（負(fù)值舍去），即AD設(shè)平面BFD的一個(gè)法向量為n=x',y則n?FB令x'=1，則所以cosm因此平面BFD與平面ABG所成角的余弦值為155【變式8-1】1.（2023秋·安徽·高三校聯(lián)考階段練習(xí)）如圖所示的幾何體是一個(gè)圓柱沿軸截面ABCD切開后剩余的一半，AB=1，BC=2，O，O1分別為底面直徑BC，AD的中點(diǎn)，G是CB的中點(diǎn)，H

(1)證明：平面DOG⊥平面ABCD(2)若BH=2，求直線BH與平面【答案】(1)證明見解析(2)1【分析】（1）根據(jù)圓柱的結(jié)構(gòu)特征和已知條件，先證明OG⊥平面ABCD（2）設(shè)M為DA的中點(diǎn)，以O(shè)1為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以O(shè)1M，O1A，O1O所在直線為【詳解】（1）因?yàn)镚是CB的中點(diǎn)，所以O(shè)G⊥根據(jù)圓柱的結(jié)構(gòu)特征，可知平面BCG⊥平面ABCD又OG?平面BCG，平面BCG∩平面所以O(shè)G⊥平面ABCD又OG?平面DOG，故平面DOG⊥平面（2）如圖，設(shè)M為DA的中點(diǎn)，連接O1M，以O(shè)1為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以O(shè)1M，O1A，O則O0,0,1，B0,1,1，D0,-1,0則OD=0,-1,-1，

設(shè)平面DOG的法向量為m=則m?OD=0,m?OG=0,即-連接O1H，AH，則所以△O1AH是等邊三角形，故∠所以BH=設(shè)直線BH與平面DOG所成的角為θ，則sinθ故直線BH與平面DOG所成角的正弦值為14【變式8-1】2.（2023秋·廣西·高三統(tǒng)考階段練習(xí)）如圖，在底面為菱形的四棱錐P-ABCD中，∠BAD=120°，(1)證明：平面PAB⊥平面ABCD(2)求二面角B-【答案】(1)證明見解析(2)-5【分析】（1）利用面面垂直的判斷定理，取AB的中點(diǎn)O，易得PO⊥AB，由勾股定理得PO⊥OD，從而PO⊥平面ABCD，即可得證；（2）建立空間直角坐標(biāo)系，求得平面PAD【詳解】（1）證明：取AB的中點(diǎn)O，連接PO，DO．因?yàn)锳B=PA=PB=2由余弦定理可得OD2=所以PO2+因?yàn)锳B∩OD=O，AB,OD?又PO?平面PAB，所以平面PAB⊥平面（2）連接OC，易知∠ABC=60°，則CO⊥AB，且以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OB，OC，OP的方向分別為x，y，z軸的正方向，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，

則A-1,0,0，P0,0,3，AD=-1,設(shè)平面PAD的法向量為n=則AD令y=1，得n易得平面PAB的一個(gè)法向量為m=所以cosm由圖可知二面角B-PA-D為鈍角，故二面角【變式8-1】3.（2023秋·福建福州·高三福建省福清第一中學(xué)?？茧A段練習(xí)）如圖，在四棱錐P-ABCD中，PC⊥底面ABCD,ABCD是直角梯形，AD⊥

(1)證明：平面EAC⊥平面PBC(2)若直線PB與平面PAC所成角的正弦值為33，求平面PAC與平面ACE所成角的余弦值【答案】(1)證明見解析(2)6【分析】（1）由線面垂直的性質(zhì)定理得PC⊥AC，再根據(jù)勾股定理得AC⊥BC，從而利用線面垂直的判定定理得（2）根據(jù)線面角的定義及正弦值求得邊長，然后建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法求得兩個(gè)平面所成角的余弦值.【詳解】（1）∵PC⊥平面ABCD,AC?∵AB=2，由AD=∴AC即AC2+∵PC∩BC=C,PC?平面∵AC?平面EAC，∴平面EAC⊥（2）∵PC⊥平面ABCD,BC?又AC⊥BC，PC∩AC=C,PC?∴∠BPC即為直線PB與平面PAC所成角∴sin∠BPC=BC取AB的中點(diǎn)G，連接CG，以點(diǎn)C為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以CG?CD?CP為x軸?

則C0,0,0∴CA設(shè)m=x1,y令x1=1，得z1設(shè)n=x2則n?CA=x2+y∴cos∴平面PAC與平面ACE所成角的余弦值的余弦值為63【變式8-1】4.（2023秋·江西新余·高三新余市第一中學(xué)?？奸_學(xué)考試）在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是梯形，AB//CD，AB⊥

(1)證明：平面PAC⊥平面ABCD(2)若PA=AB=BC，Q是【答案】(1)證明見解析(2)33【分析】（1）根據(jù)面面垂直的判定定理證得結(jié)果；（2）利用空間向量法求平面BCQ與平面ABCD的法向量，再求兩個(gè)法向量所成角的余弦值，再求正弦值得出結(jié)果.【詳解】（1）取AB中點(diǎn)E，連結(jié)AC，DE交于點(diǎn)O，連結(jié)PO，因?yàn)锳B//CD，所以四邊形ADCE是平行四邊形，所以O(shè)A=OC，因?yàn)镻A=PC，所以因?yàn)镻A=PB，所以PE⊥AB，因?yàn)橐驗(yàn)镻E∩DE=E，所以AB⊥平面PDE因?yàn)镻O?平面PDE，所以PO因?yàn)锳B∩AC=A，AB,AC?因?yàn)镻O?平面PAC所以平面PAC⊥平面ABCD

（2）取BC中點(diǎn)F，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OF，OD，OP為x，y，z軸，建立如圖所示的空間坐標(biāo)系，設(shè)CD=1，則AB=2，PE=3，所以O(shè)(0,0,0)，D(0,1,0)，B(1,-1,0)P(0,0,2)所以BC=(0,2,0)，BQ設(shè)平面BCQ的一個(gè)法向量n=(則有n?BC令z=2，則y=0所以平面BCQ的一個(gè)法向量n=(1,0,因?yàn)槠矫鍭BCD的一個(gè)法向量m=(0,0,1)所以cosn,m=n則sinα=33，所以二面角題型9向量法證明平行與垂直平行于垂直也可以通過向量法進(jìn)行證明【例題9】（2023秋·天津紅橋·高三天津市瑞景中學(xué)校考階段練習(xí)）如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，CC1⊥平面ABC,AC⊥

(1)求證：C1(2)求平面BB1E(3)求直線AB與平面DB(4)求點(diǎn)B到平面DB1【答案】(1)詳見解析；(2)6(3)3(4)3【分析】（1）利用空間向量法，由C1（2）求得平面B1ED的一個(gè)法向量為n=x,y,z，易知平面BB1E的一個(gè)法向量為m（3）易得AB=-2,2,0，設(shè)直線AB與平面DB1E所成角（4）易知BD=2,-2,1，由d【詳解】（1）證明：在三棱柱ABC-A1B1C1中，CC1

則C0,0,0,A2,0,0所以C1M=1,1,0則C1所以C1M⊥B（2）由（1）知：B1設(shè)平面B1ED的一個(gè)法向量為則n?B1D令x=1，得y=-1,z=2易知平面BB1E的一個(gè)法向量為設(shè)平面BB1E與平面B1所以cosθ（3）AB=設(shè)直線AB與平面DB1E則sinα=（4）易知BD=所以點(diǎn)B到平面DB1E【變式9-1】1.（2023秋·山東濱州·高三校聯(lián)考階段練習(xí)）如圖，在多面體ABCDEF中，四邊形ABCD與ABEF均為直角梯形，AD∥BC，AF∥BE，DA⊥平面(1)已知點(diǎn)G為AF上一點(diǎn)，AG=AD，求證：BG與平面DCE不平行；(2)已知直線BF與平面DCE所成角的正弦值為55，求點(diǎn)F到平面DCE的距離【答案】(1)證明見解析(2)4【分析】（1）空間向量法證明線面不平行即可；（2）先根據(jù)線面角正弦值求參，再根據(jù)點(diǎn)到平面距離公式計(jì)算.【詳解】（1）證明：因?yàn)镈A⊥平面ABEF，AB，AF?平面ABEF，所以DA⊥又AB⊥AF，所以以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AF，AB，AD分別為x,y,z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，則B(0,2,2)，E所以EC=(-1,0,1)，ED=(-1,-2,2)，設(shè)平面DCE的法向量為n=(x,令x=2，則z=2,y因?yàn)閚?BG=2×2+1×(-2)=2≠0，即不存在λ使得BG所以BG與平面DCE不平行。（2）設(shè)AF=a(a>0且a∵直線BF與平面DCE所成角的正弦值為55∴55=解得a=4或a=-4∴F(4,0,0)，F(xiàn)D→=(-4,0,2),由（所以F到平面DCE的距離d

【變式9-1】2.（2023秋·陜西西安·高三階段練習(xí)）如圖，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，底面ABC是等腰直角三角形，且AB⊥BC，M是A

(1)求證：AN⊥(2)求平面ABM與平面A1MN【答案】(1)證明見解析(2)3【分析】（1）借助空間直角坐標(biāo)系，證明AN?（2）先求出平面ABM法向量與平面A1MN【詳解】（1）因?yàn)榈酌鍭BC是等腰直角三角形，所以AB⊥又因?yàn)槿庵鵄BC-A1所以，AB,以點(diǎn)B為原點(diǎn)，以BA,BB1,因?yàn)镸是AC1上靠近點(diǎn)C1的三等分點(diǎn)，所以AM則(x1-1,y所以，AN=(-1,1,0),所以，AN?A1又因?yàn)锳1N∩A1所以，AN⊥

（2）由（1）得，BA=(1,0,0),BM=(13則有x2=013x所以平面ABM的法向量為n=(0,1,-2)由（1）得，AN=(-1,1,0)為平面A設(shè)平面ABM與平面A1MN所成銳二面角為因?yàn)閏osAN所以sinθ即平面ABM與平面A1MN所成銳二面角的正弦值為【變式9-1】3.（2023秋·北京·高三東直門中學(xué)校考階段練習(xí)）如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為正方形，PD⊥平面ABCD，PD=AB，點(diǎn)E、F、G分別為PC、(1)求證：FG//平面PCD；(2)求平面EFG與平面PAD所成銳二面角的余弦值；(3)求直線DE與平面EFG所成角的大小.【答案】(1)證明見解析(2)6(3)π【分析】以點(diǎn)D為坐標(biāo)原點(diǎn)，利用向量法分別求解即可.【詳解】（1）如圖，以點(diǎn)D為坐標(biāo)原點(diǎn)，不妨設(shè)AD=2則F1,0,1,G因?yàn)閤軸⊥平面PCD，則可取平面PCD的法向量為n=所以n?FG=0又FG?平面PCD所以FG//平面PCD；（2）E0,1,1，則FE設(shè)平面EFG的法向量為m=則有m?FG=2y-所以m=因?yàn)閥軸⊥平面PCD，則可取平面PAD的法向量為a=則cosm所以平面EFG與平面PAD所成銳二面角的余弦值為66（3）連接DE，DE=設(shè)直線DE與平面EFG所成的角為θ,則sinθ所以直線DE與平面EFG所成角的大小為π3【變式9-1】4.（2023秋·天津北辰·高三?？茧A段練習(xí)）已知底面ABCD是正方形，PA⊥平面ABCD，PA//DQ，PA=AD=3DQ=3，點(diǎn)(1)求證：EF//平面PADQ(2)求直線EF與平面PCQ夾角的正弦值；(3)求點(diǎn)F到面PAC的距離【答案】(1)證明見詳解；(2)335(3)32【分析】（1）建立合適的空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量證明線面平行即可；（2）利用空間向量求線面角即可；（3）利用空間向量研究點(diǎn)面距離即可.【詳解】（1）根據(jù)PA⊥平面ABCD，AB,AD所以PA⊥又底面ABCD是正方形，則AB⊥可以建立如圖所示以A為原點(diǎn)，AB、AD、則B3,0,0所以EF=易知AB是平面PADQ的一個(gè)法向量，而EF?AB=0，所以EF//平面PADQ（2）由（1）知PC=設(shè)平面PCQ的一個(gè)法向量為n=x,所以3x+3y-3設(shè)直線EF與平面PCQ夾角為α，所以sinα（3）由（1）知BD=-3,3,0,CF則點(diǎn)F到面PAC的距離為d=【變式9-1】5.（2023秋·全國·高三校聯(lián)考階段練習(xí)）如圖，已知多面體ABCDEF的底面ABCD為矩形，四邊形BDEF為平行四邊形，平面FBC⊥平面ABCD，F(xiàn)B=FC=BC=1，

(1)證明：BG∥平面AEF(2)求直線AE與平面BDEF所成角的余弦值．【答案】(1)證明見解析(2)285【分析】（1）由面面垂直性質(zhì)證明線面垂直，則可建立空間直角坐標(biāo)系.利用直線與平面的法向量垂直證明線面平行；（2）利用法向量求解線面角即可.【詳解】（1）如圖，取BC中點(diǎn)H，取AD中點(diǎn)M，因?yàn)椤鱂BC為等邊三角形，所以FH⊥BC，平面FBC⊥又FH?平面FBC，平面FBC∩平面所以FH⊥平面ABCD，又底面ABCD為矩形，則HM以H為坐標(biāo)原點(diǎn)，HM，HB，HF分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系H-

由題意可得，A2,12,0，B0,12已知G是CF的中點(diǎn)．則G0,-可知BG=AF=-2,-12得AE=設(shè)平面AEF的法向量n=則-2x-12則平面AEF的一個(gè)法向量n故BG?n=0×且BG?平面AEF，則BG∥（2）AE=0,-32,設(shè)平面BDEF的法向量m=則2x-y=0-得平面BDEF的一個(gè)法向量m設(shè)直線AE與平面BDEF所成角為θ，則sinθ則θ為銳角，故cosθ故所求直線AE與平面BDEF所成角的余弦值為28519題型10畫圖問題【例題10】（2023·全國·高三專題練習(xí)）如圖，在四棱錐P-ABCD中，平面PBC⊥平面ABCD，底面ABCD是矩形，O,E分別是BC,PA的中點(diǎn)，平面α

(1)試用所學(xué)知識確定F在棱PB上的位置；(2)若PB=PC=3,【答案】(1)靠近B的三等分點(diǎn)處(2)2【分析】（1）根據(jù)矩形的性質(zhì)，結(jié)合平行線的性質(zhì)進(jìn)行求解即可；（2）根據(jù)面面垂直的性質(zhì)，建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量夾角公式進(jìn)行求解即可.【詳解】（1）過P作直線l與BC平行，延長DE與l交于點(diǎn)G，連接OG,OG與PB的交點(diǎn)即為點(diǎn)因?yàn)榈酌鍭BCD是矩形，O是BC的中點(diǎn)，所以AD∥BC，且又l∥BC，所以因?yàn)镋是PA的中點(diǎn)，可得PG=則PG=2OB，所以故F在棱PB的靠近B的三等分點(diǎn)處．

（2）因?yàn)镻B=PC,O是又平面PBC⊥平面ABCD，平面PBC∩平面PO?平面PBC，所以PO⊥平面取AD中點(diǎn)Q，連接OQ，易知OQ,如圖，分別以O(shè)Q,OC,則A1,-1,0AD=

設(shè)平面PCD的法向量為m=則m?CD=0,m?CP=0,即xEF=設(shè)EF與平面PCD所成角為θ，則sinθ所以EF與平面PCD所成角的正弦值為23【變式10-1】1.（2023秋·福建廈門·高三廈門大學(xué)附屬科技中學(xué)?？茧A段練習(xí)）如圖，在多面體ABCDEF中，四邊形ABCD為正方形，AF⊥平面ABCD，AF∥DE，AB=AF=2DE=2，M是線段BF上的一動點(diǎn)，過點(diǎn)M和直線AD的平面α與FC

(1)若M為BF的中點(diǎn)，請?jiān)趫D中作出線段PQ，并說明P，Q的位置及理由；(2)線段BF上是否存在點(diǎn)M，使得直線AC與平面α所成角的正弦值為1010？若存在，求出MB的長；若不存在，請說明理由【答案】(1)作圖見解析，P為FC的中點(diǎn)，Q為EC靠近點(diǎn)E的三等分點(diǎn)(2)存在，MB【分析】（1）結(jié)合圖形，先由線面關(guān)系證得AB，AF∥平面DCE，平面ABF∥平面DCE，從而可得AM平分∠FAB，得DQ平分∠EDC，又EDDC=12（2）利用空間向量法求出直線AC與平面α所成角的正弦值，從而得出結(jié)論.【詳解】（1）如圖，取P為FC的中點(diǎn)，Q為EC靠近點(diǎn)E的三等分點(diǎn).理由如下：由四邊形ABCD為正方形得，AD∥BC，又BC?平面FBC，AD?平面FBC，所以AD又平面ADM∩平面FBC=MP，M為FB的中點(diǎn)，得AD∥MP，且因?yàn)锳F∥DE，AB∥CD，CD，DE?平面DCE，AB所以AB，AF∥平面DCE又AF∩AB=A，AB，AF?平面ABF平面ADM∩平面DCE=DQ，AM平分∠FAB，得又EDDC=12，得到Q為EC（2）由題意，可建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-則A0,0,0，C2,2,0，F(xiàn)0,0,2，B于是BF=-2,0,2，AD設(shè)BM=λBF0<λ設(shè)平面DAM的法向量為m=x,y,令x=1，得平面APQ的一個(gè)法向量為m設(shè)直線AC與平面α所成角為θ，則sinθ假設(shè)存在點(diǎn)M使得直線AC與平面α所成角的正弦值為1010則有m?ACmAC=所以線段BF上存在點(diǎn)M，位于靠近點(diǎn)B的三等分點(diǎn)處，使得直線AC與平面α所成角的正弦值為1010

【變式10-1】2.（2023秋·安徽·高三安徽省馬鞍山市第二十二中學(xué)校聯(lián)考階段練習(xí)）如圖，在棱長為a的正方體ABCD-A1B1C1D1中，M，N分別是AA1，C

(1)畫出直線l的位置，并說明作圖依據(jù)；(2)正方體被平面DMN截成兩部分，求較小部分幾何體的體積.【答案】(1)作圖見解析，依據(jù)見解析(2)7【分析】（1）根據(jù)點(diǎn)線面的位置關(guān)系，三個(gè)平面兩兩相交，三條交線的可能情況分析，此題中的三條交線必定交于一點(diǎn)，即可作圖并寫出依據(jù).（2）根據(jù)作出的圖形可以發(fā)現(xiàn)正方體被平面DMN截成兩部分，較小部分為三棱臺A1PM【詳解】（1）如圖所示即為所求：

依據(jù)如下：延長DM交D1A1的延長線于E，連接NE，則NE即為直線∵E∈∴E∈DM?平面DMN，E∴E∈平面DMN∩平面又由題意顯然有N∈平面DMN∩平面∴EN?平面DMN∩平面A1B1C1（2）如圖所示：設(shè)直線l與A1B1交于點(diǎn)P，則P為A1B其體積為V=1【變式10-1】3.（2023·河南·校聯(lián)考模擬預(yù)測）如圖，在四棱錐P-ABCD中，平面PBC⊥平面ABCD，底面ABCD是正方形，O,E分別是BC,PA的中點(diǎn)，平面α

(1)試用所學(xué)知識確定F在棱PB上的位置；(2)若PB=PC=【答案】(1)F在棱PB的靠近B的三等分點(diǎn)處(2)73【分析】（1）過P作直線l與BC平行，延長DE與l交于點(diǎn)G，連接OG，根據(jù)線面相交于平行的性質(zhì)判斷即可；（2）多面體POCDEF的體積V=V【詳解】（1）過P作直線l與BC平行，則l//AD，故延長DE與l交于點(diǎn)G，連接OG,OG與PB的交點(diǎn)即為點(diǎn)因?yàn)榈酌鍭BCD是正方形，O是BC的中點(diǎn)，所以AD∥BC，且又l∥BC，所以l∥AD，因?yàn)镋是則PG=2OB，由平行線間交叉線的性質(zhì)可得，△PGF故F在棱PB的靠近B的三等分點(diǎn)處．（2）連接OP,OE，多面體POCDEF的體積因?yàn)镻B=PC=2,O為又平面PBC⊥平面ABCD，平面PBC∩平面ABCD=BC,PO?平面PBC，PO而OD?平面ABCD，所以PO所以VP因?yàn)镋為PA中點(diǎn)，所以VE因?yàn)镕為PB的靠近B的三等分點(diǎn)，所以VE所以V=故多面體POCDEF的體積為73

【點(diǎn)睛】【變式10-1】4.（2023·陜西西安·西安市大明宮中學(xué)?？寄M預(yù)測）如圖，在四棱錐P-ABCD中，BC//AD，AD=2BC，

(1)證明：PB//平面MAC；(2)畫出平面PAB與平面PCD的交線l，并說明理由；(3)在（2）的條件下，若平面PAD⊥平面ABCD，AB⊥AD，PA⊥AD，PA【答案】(1)證明見解析(2)答案見解析(3)2【分析】（1）連接BD交AC于點(diǎn)O，連接OM，證明PB//（2）延長AB,DC，交于點(diǎn)（3）根據(jù)面面垂直的性質(zhì)證明PA⊥平面ABCD，以點(diǎn)A為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法求解即可【詳解】（1）連接BD交AC于點(diǎn)O，連接OM，因?yàn)锽C//AD，所以O(shè)BOD又因M是棱PD上靠近點(diǎn)P的三等分點(diǎn)，所以O(shè)BOD所以PB//又OM?平面MAC，PB?平面所以PB//平面MAC；（2）延長AB,DC，交于點(diǎn)所以N,P時(shí)平面PAB與平面所以直線NP就是平面PAB與平面PCD的交線l；（3）因?yàn)槠矫鍼AD⊥平面ABCD，PA平面PAD∩平面ABCD=AD，PA所以PA⊥平面ABCD又AB?平面ABCD，所以PA如圖，以點(diǎn)A為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，因?yàn)锽C//AD，所以BNAN=BC則A0,0,0則AC=設(shè)平面MAC的法向量為n=則有n?AC=則cosn即l與平面MAC所成角的正弦值為26

【變式10-1】5.（2023·廣東汕頭·金山中學(xué)?？既＃┤鐖D，圓臺O1O2的軸截面為等腰梯形A1ACC

(1)在平面BCC1內(nèi)，過C1(2)若四棱錐B-A1ACC1的體積為23，設(shè)平面【答案】(1)作圖見解析，理由見解析(2)7【分析】