高中數(shù)學(xué)同步講義（人教B版2019選擇性必修一）第12講 專題1-4 棱臺(tái)相關(guān)解答題十大題型

專題1-4棱臺(tái)相關(guān)解答題十大題型匯總題型1平行關(guān)系 1題型2垂直關(guān)系 3題型3長(zhǎng)度面積高度問(wèn)題 6題型4距離體積問(wèn)題 16題型5線線、線面角問(wèn)題 26題型6二面角問(wèn)題 38題型7線面角與動(dòng)點(diǎn)問(wèn)題 51題型8二面角與動(dòng)點(diǎn)問(wèn)題 58題型9體積與動(dòng)點(diǎn)問(wèn)題 69題型10最值取值范圍問(wèn)題 75題型1平行關(guān)系【例題1】（2023·全國(guó)·高三專題練習(xí)）如圖，四棱臺(tái)ABCD?EFGH的底面是菱形，且∠BAD=π3，DH⊥平面ABCD，EH=2，DH=3，AD=4.

(1)求證：AE//平面BDG(2)求三棱錐F?BDG的體積.【答案】(1)證明見解析(2)2【分析】（1）連接AC交BD于點(diǎn)O，根據(jù)EG//AC，EG=AO可證得四邊形AOGE為平行四邊形，由此可得（2）由GE⊥DH，GE⊥FH可證得GE⊥平面BDHF，利用體積橋VF?BDG【詳解】（1）連接AC交BD于點(diǎn)O，連接EG,GO，∵幾何體ABCD?EFGH為四棱臺(tái)，∴A,C,G,E四點(diǎn)共面，且EG?平面EFGH，AC?平面ABCD，∵平面EFGH//平面ABCD，∴EG∵四邊形EFGH和ABCD均為菱形，∠BAD=π3，EH=2，∴EG=12AC=AO=23，∴四邊形又GO?平面BDG，AE?平面BDG，∴AE//平面BDG（2）連接GE交FH于K，∵DH⊥平面ABCD，平面ABCD//平面EFGH，∴DH⊥平面EFGH又GE?平面EFGH，∴GE⊥DH，∵GE⊥FH，DH∩FH=H，DH,FH?平面BDHF，∴GE⊥平面BDHF；∵四邊形EFGH為菱形，∠FEH=∠BAD=π3，EF=2，∴V

【變式1-1】（2023·全國(guó)·高三專題練習(xí)）如圖，已知四棱臺(tái)ABCD?A1B1CCC1=CB=CD=2AB=2C1D1，E

【答案】證明見解析【分析】取AD的中點(diǎn)M，利用中位線證平面A1EM//【詳解】證明：如圖，取AD的中點(diǎn)M，連接A1

因?yàn)樵谒睦馀_(tái)ABCD?A1B所以AD=2A1D1，且AD//所以四邊形A1MDD又A1M?平面CC1D1D，D因?yàn)镋是BC的中點(diǎn)，所以EM是梯形ABCD的中位線，所以EM//又EM?平面CC1D1D，DC?平面C又因?yàn)锳1M∩ME=M,A1M、ME?平面A因?yàn)锳1E?平面A1EM，所以題型2垂直關(guān)系【例題2】（2023秋·高二課時(shí)練習(xí)）在三棱臺(tái)A1B1C1?ABC中，∠BAC=90°,A1A⊥平面ABC,

【答案】證明見解析【分析】建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，由空間向量數(shù)量積坐標(biāo)表示求出BC?AD=0,BC?AA1【詳解】由題意可建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),A1(0,0,因?yàn)锽C?所以BC⊥AD,又AD∩AA1=A,AD,AA1?平面A1AD，所以所以平面A1AD⊥平面

【變式2-1】（2023·全國(guó)·高一專題練習(xí)）如圖，在三棱臺(tái)ABC-DEF中，CF⊥平面DEF，AB⊥BC.(1)設(shè)平面ACE∩平面DEF＝a，求證：DF∥a；(2)若EF＝CF＝2BC，試問(wèn)在線段BE上是否存在點(diǎn)G，使得平面DFG⊥平面CDE？若存在，請(qǐng)確定G點(diǎn)的位置；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．【答案】(1)證明見解析(2)存在點(diǎn)G，且BG＝13【分析】（1）利用線面平行的判定定理和性質(zhì)定理可證；（2）取CE的中點(diǎn)O，連接FO并延長(zhǎng)交BE于點(diǎn)G，交CB的延長(zhǎng)線于點(diǎn)H，然后證明GF⊥平面CDE可得.【詳解】（1）在三棱臺(tái)ABC-DEF中，AC∥DF，AC?平面ACE，DF?平面ACE，∴DF∥平面ACE.又∵DF?平面DEF，平面ACE∩平面DEF＝a，∴DF∥a.（2）線段BE上存在點(diǎn)G，且BG＝13證明如下：取CE的中點(diǎn)O，連接FO并延長(zhǎng)交BE于點(diǎn)G，交CB的延長(zhǎng)線于點(diǎn)H，連接GD，∵CF＝EF，∴GF⊥CE.在三棱臺(tái)ABC-DEF中，AB⊥BC?DE⊥EF.由CF⊥平面DEF，DE?平面DEF，可得CF⊥DE.又CF∩EF＝F，CF?平面CBEF，EF?平面CBEF，∴DE⊥平面CBEF，∵GF?平面CBEF，∴DE⊥GF.∵CE∩DE＝E，CE?平面CDE，DE?平面CDE，∴GF⊥平面CDE.又GF?平面DFG，∴平面DFG⊥平面CDE.∵O為CE的中點(diǎn)，EF＝CF＝2BC，由平面幾何知識(shí)易證△HOC≌△FOE，∴HB＝BC＝12由△HGB∽△FGE，可知BGGE即BG＝13題型3長(zhǎng)度面積高度問(wèn)題【例題3】（2022秋·河南漯河·高二?？茧A段練習(xí)）如圖，四棱臺(tái)ABCD﹣A1B1C1D1的底面是矩形，平面ABCD⊥平面ABB1A1，AB＝2A1B1＝2，AA1＝2，BB（1）求證：DC⊥AA1；（2）若二面角B﹣CC1﹣D的二面角的余弦值為?10【答案】（1）證明見解析；（2）AD＝4．【分析】（1）先利用勾股定理可得BB12=BE2+（2）建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)AD=2a，根據(jù)題設(shè)關(guān)系，求出平面CC1D【詳解】（1）取AB中點(diǎn)E，連接B1E，可得AE=A所以四邊形AEB1A所以BB又平面ABCD⊥平面ABB1A1，所以AA1⊥平面ABCD，又由DC?平面ABCD，所以DC⊥AA1.（2）由（1）知AA1⊥AD，設(shè)AD＝2a（a>0），分別以AD,AA1,AB所在的直線為x軸、y則A（0，0，0），B（0，0，2），C（2a，0，2），D（2a，0，0），C1（a，2，1），故CC1設(shè)平面CC1D的法向量n=(x,y,z)，則n?C取x=2，可得平面CC1D的一個(gè)法向量n=(2,a,0)設(shè)平面BCC1的法向量m=(x,y,z)，則m?C取y=1，可得平面BCC1的一個(gè)法向量m=(0,1,2)所以cos由二面角B﹣CC1﹣D的二面角的余弦值為?10可得a5?a2+4【點(diǎn)睛】求解直線與平面所成角的方法：1、定義法：根據(jù)直線與平面所成角的定義，結(jié)合垂線段與斜線段的長(zhǎng)度比求得線面角的正弦值；2、向量法：分別求出斜線和它所在平面內(nèi)的射影直線的方向向量，轉(zhuǎn)化為求兩個(gè)向量方法向量的夾角（或補(bǔ)角）；3、法向量法：求出斜線的方向向量和平面的法向量所夾的銳角，取其余角即為斜線與平面所成的角.【變式3-1】1.（2023·全國(guó)·高二假期作業(yè)）如圖，在三棱臺(tái)DEF?ABC中，AB=BC=CA=2DF=2，F(xiàn)C=1，∠ACF=∠BCF=90°，G為線段AC中點(diǎn)，H為線段BC上的點(diǎn)，BD//平面(1)求證：點(diǎn)H為線段BC的中點(diǎn)；(2)求三棱臺(tái)DEF?ABC的表面積．【答案】(1)證明見解析(2)5【分析】（1）連接CD，設(shè)CD∩FG=O，由BD//平面FGH，證得BD//HO，結(jié)合O是CD的中點(diǎn)，得到點(diǎn)H是BC的中點(diǎn)；（2）根據(jù)題意，先求得上下底面正三角形的面積分別S△DEF=34和S△ABC=3，再結(jié)合側(cè)面ADFC和側(cè)面EFCB均為直角梯形，求得面積為S1=32，由側(cè)面ADEB【詳解】（1）連接CD，設(shè)CD∩FG=O，連接HO、DG，因?yàn)锽D//平面FGH，BD?平面CBD，且平面CBD∩平面FGH=HO，所以BD//HO，又因?yàn)樗倪呅蜠FCG是正方形，且O是CD的中點(diǎn)，所以點(diǎn)H是BC的中點(diǎn).（2）三棱臺(tái)DEF?ABC中，因?yàn)锳B=BC=CA，所以△ABC為等邊三角形，所以△DEF也為等邊三角形，且EF=DE=DF=1，上底面△DEF為等邊三角形，其邊長(zhǎng)為1，可得面積為S△DEF下底面△ABC為等邊三角形，其邊長(zhǎng)為2，可得面積為S△ABC又因?yàn)椤螦CF=∠BCF=90°，所以側(cè)面ADFC和側(cè)面EFCB均為直角梯形，且其面積均為S1側(cè)面ADEB為等腰梯形，其中DE=1,AB=2，且AD=BE=B過(guò)點(diǎn)E作EM⊥AB，垂足為M，可得EM=B所以側(cè)面ABED的面積為S2所以三棱臺(tái)的表面積為S=3【變式3-1】2.（2022·上海·高二專題練習(xí)）如圖，水平放置的正四棱柱形玻璃容器Ⅰ和正四棱臺(tái)形（正四棱錐被平行于底面的平面截去一個(gè)小正四棱錐后剩下的多面體）玻璃容器Ⅱ的高均為32cm，容器Ⅰ的底面對(duì)角線AC的長(zhǎng)為107cm，容器Ⅱ的兩底面對(duì)角線EG、E1G1的長(zhǎng)分別為14cm和62cm(1)求容器Ⅰ、容器Ⅱ的容積；(2)①將l放在容器Ⅰ中，l的一端置于點(diǎn)A處，另一端置于側(cè)棱CC②將l放在容器Ⅱ中，l的一端置于點(diǎn)E處，另一端置于側(cè)棱GG【答案】(1)11200cm3；(2)①16cm；②20【分析】（1）利用正四棱柱和正四棱臺(tái)的體積公式計(jì)算作答.（2）分別作出玻璃棒l所在的正四棱柱和正四棱臺(tái)的對(duì)角面，借助解三角形知識(shí)分別求解作答.【詳解】（1）容器Ⅰ的底面正方形ABCD面積S=12A容器Ⅱ的底面EFGH面積S1=12E容器Ⅱ的容積V2（2）①由正四棱柱的定義知，對(duì)角面ACC1A由AC=107,AM=40得：CM=A設(shè)AM與水面的交點(diǎn)為P1，過(guò)P1作P1Q1//CC1交AC于Q1因此P1Q1所以玻璃棒l沒(méi)入水中部分（水面以下）的長(zhǎng)度為16cm②O,O1是正四棱臺(tái)兩底面中心，由正四棱臺(tái)的結(jié)構(gòu)特征知，對(duì)角面點(diǎn)O,O1分別是兩底的中點(diǎn)，設(shè)玻璃棒的另一端落在過(guò)G作GK//OO1交E1G1于點(diǎn)K，則GK⊥因此，KG1=sin∠EGG1=sin在△ENG中，由正弦定理得sin∠ENG=EGsin于是得sin∠NEG=sin(∠EGN+∠ENG)=設(shè)EN與水面的交點(diǎn)為P2，過(guò)P2作P2Q2//OO1交直線EG于Q2因此P2Q2所以玻璃棒l沒(méi)入水中部分（水面以下）的長(zhǎng)度為20cm【變式3-1】3.（2023秋·四川成都·高三樹德中學(xué)?？计谀┤鐖D，在四棱臺(tái)ABCD?A1B1C1D1中，底面四邊形ABCD為菱形，（1）若點(diǎn)M是AD的中點(diǎn)，求證：C1（2）棱BC上是否存在一點(diǎn)E，使得二面角E?AD1?D的余弦值為1【答案】（1）證明見解析；（2）存在，且CE=1?3【分析】（1）取BC中點(diǎn)Q，連接AQ、A1C、AC，以點(diǎn)A為坐標(biāo)原點(diǎn)，以AQ、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，計(jì)算出（2）設(shè)點(diǎn)E的坐標(biāo)為3,λ,0，其中?1≤λ≤1，利用空間向量法可得出關(guān)于實(shí)數(shù)λ的方程，由題意得出點(diǎn)E在線段QC上，可求得λ的值，進(jìn)而可求得CE【詳解】（1）取BC中點(diǎn)Q，連接AQ、A1C、因?yàn)樗倪呅蜛BCD為菱形，則AB=BC，∵∠ABC=60°，∵Q為BC的中點(diǎn)，則AQ⊥BC，∵AD//BC，由于AA1⊥平面ABCD，以點(diǎn)A為坐標(biāo)原點(diǎn)，以AQ、AD、AA1所在直線分別為x則A0,0,0、A10,0,1、D10,1,1、Q3,0,0C1M=∴C1M（2）假設(shè)點(diǎn)E存在，設(shè)點(diǎn)E的坐標(biāo)為3,λ,0，其中?1≤λ≤1AE=3,λ,0設(shè)平面AD1E的法向量為n=x,y,z取y=?3，則x=λ，z=3，所以，平面ADD1的一個(gè)法向量為所以，cos<m,又由于二面角E?AD1?D為銳角，由圖可知，點(diǎn)E在線段QC上，所以λ=因此，棱BC上存在一點(diǎn)E，使得二面角E?AD1?D的余弦值為1【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：立體幾何開放性問(wèn)題求解方法有以下兩種：（1）根據(jù)題目的已知條件進(jìn)行綜合分析和觀察猜想，找出點(diǎn)或線的位置，然后再加以證明，得出結(jié)論；（2）假設(shè)所求的點(diǎn)或線存在，并設(shè)定參數(shù)表達(dá)已知條件，根據(jù)題目進(jìn)行求解，若能求出參數(shù)的值且符合已知限定的范圍，則存在這樣的點(diǎn)或線，否則不存在．【變式3-1】4.（2020·全國(guó)·高三專題練習(xí)）如圖所示，正四棱臺(tái)AC'的高是17cm，兩底面的邊長(zhǎng)分別是4cm和16（1）求這個(gè)棱臺(tái)的側(cè)棱長(zhǎng)和斜高.（2）求該棱臺(tái)的側(cè)面積與表面積.【答案】（1）側(cè)棱長(zhǎng)為19cm，斜高為513cm；（2）20013cm【分析】(1)設(shè)棱臺(tái)AC'兩底面的中心分別是O'和O，B'C'、BC的中點(diǎn)分別是E'、E，連接O'O、E'E、OB（2）由梯形面積公式計(jì)算出側(cè)面積，側(cè)面各與兩個(gè)底面面積和為全面積．【詳解】(1)設(shè)棱臺(tái)AC'兩底面的中心分別是O'B'C'、BC的中點(diǎn)分別是E連接O'O、E'E、OB、O'則四邊形OBB'O'、OEE在正方形ABCD中，BC=16cm，則OB=82cm，OE=8cm在正方形A'B'C'D'中，B'C'=4在直角梯形O'OBB'中，在直角梯形O'OEE'中，即這個(gè)棱臺(tái)的側(cè)棱長(zhǎng)為19cm，斜高為513cm(2)S側(cè)=4×12×(4+16)×5S表面積＝S側(cè)＋S上底面＋S下底面=20013+4×4+16×16=20013【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題正棱臺(tái)的計(jì)算．在正棱臺(tái)的計(jì)算中關(guān)鍵是掌握兩個(gè)直角梯形，即題中所作兩個(gè)直角梯形，結(jié)合側(cè)面它包含了正棱臺(tái)中所有量：上、下底面棱長(zhǎng)、側(cè)棱長(zhǎng)，高、斜高，上下底面外接圓半徑，內(nèi)切圓半徑，側(cè)棱與底面所成的角，側(cè)面與底面所成二面角的平面角．掌握了這兩個(gè)直角梯形結(jié)合上下底可就計(jì)算正棱臺(tái)是所有量題型4距離體積問(wèn)題【例題4】（2022秋·全國(guó)·高三統(tǒng)考階段練習(xí)）在四棱臺(tái)ABCD?A1B1C1D1中，底面(1)求證：平面OEF//平面AB(2)求直線EF到平面AB【答案】(1)證明見解析(2)2【分析】(1)運(yùn)用“兩個(gè)平面內(nèi)存在兩條相交的直線分別平行則兩平面平行”定理即可；(2)建立空間直角坐標(biāo)系，用空間向量來(lái)計(jì)算E點(diǎn)到平面AB【詳解】（1）如下圖所示，連接AC，則O是AC的中點(diǎn)，E是B1C的中點(diǎn)，∴OE//AB1，OE?平面AB1C1，∴OE//平面ABB1C1?平面AB1C1，EF?平面AB1C1，∴EF//平面（2）以B為原點(diǎn)，BA為x軸，BC為y軸，BB則有A8,0,0由于EF//平面AB1C1，直線EF與平面設(shè)直線B1E與平面AB1C設(shè)平面AB1C1的一個(gè)法向量為n=x,y,z，則有n·B1cosθ=n·B1綜上，直線EF到平面AB1C【變式4-1】1.（2023·全國(guó)·高三專題練習(xí)）如圖，四棱臺(tái)ABCD?A1B1C1D1的上、下底面分別是邊長(zhǎng)為1和2的正方形，A1A=2，且A1(1)證明：PQ//BM；(2)若平面PDQ與平面AQD所成的銳二面角的余弦值為22121，求三棱錐【答案】(1)證明見解析(2)2【分析】（1）利用線面平行的性質(zhì)定理即可證明；（2）建立空間直角坐標(biāo)系，求出平面PDQ與平面AQD的法向量，根據(jù)銳二面角的余弦值為22121求出點(diǎn)Q的坐標(biāo)，再利用（1）中的條件求出點(diǎn)P的坐標(biāo)，由三棱錐A-QDP的體積【詳解】（1）由題意知：PM//AD，且BC//AD，所以PM//BC，所以M，B，C，P四點(diǎn)共面．又因?yàn)镻Q//平面ABB1A1，且平面所以PQ//BM．（2）因?yàn)锳B，AD，AAAB，AD，AA因?yàn)樗睦馀_(tái)ABCD?A1B所以A(0,0,0),D(0,2,0),D1(0,1,2)，設(shè)Q(2,t,0)所以DQ=(2,t?2,0)，D設(shè)n1貝n1?DQ取n1又平面AQD的一個(gè)法向量是n2所以cos?解得t=32或t=5由（1）知四邊形MBQP是平行四邊形，所以PM=BQ=3設(shè)M(0,0,m)，則P0,因?yàn)辄c(diǎn)P在棱DD1上，所以由得0,?1解得λ=12m=1故三棱錐A-QDP的體積V【變式4-1】2.（2023秋·湖北隨州·高三隨州市曾都區(qū)第一中學(xué)?？奸_學(xué)考試）在三棱臺(tái)ABC?DEF中，G為AC中點(diǎn)，AC=2DF，AB⊥BC，BC⊥CF.(1)求證：BC⊥平面DEG；(2)若AB=BC=2，CF⊥AB，平面EFG與平面ACFD所成二面角大小為π3，求三棱錐E?DFG【答案】(1)證明見解析(2)1【分析】（1）易證得四邊形GCFD為平行四邊形，由此可得BC⊥DG，結(jié)合BC⊥DE，由線面垂直的判定可得結(jié)論；（2）根據(jù)垂直關(guān)系，以G為坐標(biāo)原點(diǎn)可建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)DG=CF=mm>0，由二面角的向量求法可構(gòu)造方程求得m，利用體積橋V【詳解】（1）在三棱臺(tái)ABC?DEF中，G為AC中點(diǎn)，則AC=2GC，又AC=2DF，∴GC=DF，∵AC//DF，∴四邊形GCFD為平行四邊形，又BC⊥CF，∴BC⊥DG，∵DE//AB，AB⊥BC，∵DE∩DG=D，DE,DG?平面DEG，∴BC⊥平面DEG.（2）∵CF⊥AB，DG//CF，又DG⊥BC，AB∩BC=B，AB,BC?平面ABC，∴DG⊥平面ABC，連接BG，∵AB=BC=2，AB⊥BC，G為AC中點(diǎn)，∴GB⊥AC；以GB,GC,則G0,0,0，B2,0,0，A設(shè)DG=CF=mm>0，則D0,0,m，∴GE=GD設(shè)平面EFG的一個(gè)法向量為n=則n?GE=22x+22y+mz=0又平面ACFD的一個(gè)法向量m=∴cosm,n=∵DG⊥平面ABC，平面ABC//平面DEF，∴DG⊥平面DEF∴V【變式4-1】3.（2022·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，四棱臺(tái)ABCD?A1B1C(1)求證：平面ADD1A(2)已知四棱臺(tái)ABCD?A1B①求異面直線BC和AA②求A1到平面CD請(qǐng)從以上兩個(gè)問(wèn)題中選取一道進(jìn)行求解．注：若兩個(gè)問(wèn)題均求解，則按第一個(gè)問(wèn)題計(jì)分．【答案】(1)證明見解析(2)①3；②6【分析】（1）利用線面垂直的性質(zhì)定理，可得AB⊥平面ADD1A1，進(jìn)而可知平面（2）先根據(jù)棱臺(tái)的體積求出各條邊及高的長(zhǎng)度，若選擇問(wèn)題①求解，即求異面直線BC和AA1的公垂線段AB的長(zhǎng)度，若選擇問(wèn)題②求解，A1到平面CDD1【詳解】（1）在正方形ABCD中，有AB⊥AD．由題設(shè)，平面ADD1A1⊥所以AB⊥平面ADD而AB?平面ABB1A1，所以平面（2）設(shè)B方法一：利用棱臺(tái)的體積公式由勾股定理，直角梯形CDD1C1的高DD故四棱臺(tái)ABCD?A1B1C方法二：復(fù)原棱錐如圖，延長(zhǎng)各側(cè)棱交于原棱錐的頂點(diǎn)P．則四棱臺(tái)ABCD?A1B1C1D1的體積V=V由于兩棱錐位似，因此VP?所以VP?由勾股定理，直角梯形CDD1C等腰梯形ADD1A故四棱錐P?A1BVP?A1若選擇問(wèn)題①求解：由（1）知，AB⊥平面ADD1A1，且AD?平面在正方形ABCD中，有AB⊥BC，因此AB是異面直線BC和AA1的公垂線段，所以異面直線BC和AA1的距離為AB=x=3若選擇問(wèn)題②求解：同（1）可知平面ADD1A1⊥平面CDD1C1因?yàn)闉镾△DA1故A1到平面CDD【變式4-1】4.（2022·全國(guó)·高三專題練習(xí)）已知四棱臺(tái)ABCD?A1B1C1D1的下底面是邊長(zhǎng)為4的正方形，AA1=4，且AA1⊥面ABCD，點(diǎn)（1）證明：PQ//面A1（2）求證：AB1⊥面PBC【答案】（1）證明見解析；（2）證明見解析，6.【分析】（1）取AA1中點(diǎn)E，連接PE?BE，過(guò)D1作D1H⊥AD于H，可證四邊形PQBE為平行四邊形，得出PQ//BE（2）由AA1⊥面ABCD可得AA1⊥BC，由相似三角形可得AB1⊥BE【詳解】（1）證明：取AA1中點(diǎn)E，連接PE?BE，過(guò)D1作D∵AA1⊥面ABCD，AA1∴∠D1DA為D∴AA1DH∴DH=2.∴A∴PE=1BQ=又EP//AD,EP//BQ，∴四邊形PQBE為平行四邊形，∴PQ//BE，又PQ?面A1ABB1∴PQ//面A1（2）∵AA1⊥面ABCD，BC?∴AA又BC⊥AB，AB∩AA∴BC⊥面ABB1A1，又∴BC⊥AB在梯形A1ABB1中，∴∠B∴AB又BE∩BC=B，BE?平面PEBC，BC?平面PEBC，∴AB1⊥設(shè)AB1∩BE=M，∵AE=2，AB=4∵A1B1=2∴AM=AE·AB∴B又BQ=3∴VQ?PB【點(diǎn)睛】本題考查了線面平行的判定，線面垂直的判定，棱錐的體積計(jì)算，考查了空間想象能力與計(jì)算能力，屬于中檔題.題型5線線、線面角問(wèn)題【例題5】（2023·全國(guó)·高三專題練習(xí)）如圖，在四棱臺(tái)ABCD?A1B1C1D(1)證明：DD1∕∕(2)若B1A=B1C【答案】(1)證明見解析(2)3【分析】（1）連接BD交AC于點(diǎn)O，連接OB1,B1（2）根據(jù)面面垂直的性質(zhì)可得OB1⊥平面ABCD，從而可得DD1⊥平面【詳解】（1）連接BD交AC于點(diǎn)O，連接OB在四棱臺(tái)ABCD?A1B所以O(shè)D∕∕B1D所以四邊形OB所以O(shè)B又DD1?平面AB1所以DD1∕∕（2）因?yàn)锽1A=B1C所以O(shè)B又平面AB1C⊥平面ABCD，平面AB1C∩平面所以O(shè)B1⊥又OB1∕∕DD1又在△ABD中，AD=12AB=2,∠BAD=則AD2+B如圖，以點(diǎn)D為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，則A2,0,0所以BC設(shè)平面AB1C則有n?AB1=?2x+所以n=則cosB所以直線BC1與平面AB【變式5-1】1.（2023·全國(guó)·高二專題練習(xí)）如圖，在三棱臺(tái)ABC?A1B1C1中，BA⊥BC，平面A1B1(1)求證：AA(2)求異面直線BA1與【答案】(1)證明見解析(2)15【分析】（1）根據(jù)題意可得∠B1BA=45°，取AB中點(diǎn)O，連結(jié)OB1（2）建立空間直角坐標(biāo)系，求出相應(yīng)點(diǎn)的坐標(biāo)，分別求出兩異面直線所在的方向向量，然后利用空間向量的夾角公式即可求解.【詳解】（1）因?yàn)锽C⊥BA，平面A1平面A1B1BA∩平面所以BC⊥平面A1又因?yàn)锳A1，BB所以BC⊥AA1，BC⊥BB1，所以因?yàn)槎娼荁1所以∠B取AB中點(diǎn)O，連結(jié)OB在梯形A1B1BA中，所以四邊形A1B1OA是平行四邊形，所以從而在三角形OBB1中，∠B所以∠BB1O=∠B1BO=45°，所以又因?yàn)锳A1⊥BC，AB,BC?平面ABC，AB∩BC=B，所以A（2）以О為坐標(biāo)原點(diǎn)，OB為x軸，平面ABC內(nèi)過(guò)О平行于BC的直線為y軸，OB1為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系則B1,0,0，A1?1,0,1，B所以BA1=所以異面直線BA1與B1【變式5-1】2.（2023·全國(guó)·高三專題練習(xí)）如圖，在正四棱臺(tái)ABCD?A1B(1)求正四棱臺(tái)的高；(2)求直線BD1與平面【答案】(1)3(2)3015【分析】（1）由棱臺(tái)體積公式求解；（2）建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量法求線面角．【詳解】（1）由題可知AB=4，A1所以SABCD=16，設(shè)正四棱臺(tái)的高為?，則V==1所以?=3，即正四棱臺(tái)的高為3．（2）設(shè)正四棱臺(tái)的上、下底面的中心分別為O1，O，取BC，AB的中點(diǎn)分別為F，G，連接OF，OG，OO1所以以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以O(shè)G，OF，OO則O0,0,0，B2,2,0，D1?1,?1,3，C?2,2,0所以BD1=?3,?3,3，設(shè)平面BCC1B則n?BC=?4x=0n?BB1=?x?y+3z=0設(shè)直線BD1與平面BCC則sinα=即直線BD1與平面BCC【變式5-1】3.（2023春·高二課時(shí)練習(xí)）如圖，在三棱臺(tái)ABC?DEF中，平面BCFE⊥平面ABC，∠ACB=90°，BE=EF=FC=1，BC=2，AC=3.(1)求直線BD與平面ABC所成角的正弦值；(2)求點(diǎn)E到平面BCD的距離.【答案】(1)7(2)3【分析】（1）利用空間向量的坐標(biāo)運(yùn)算求線面夾角的正弦值；（2）利用空間量的坐標(biāo)運(yùn)算求點(diǎn)到平面的距離.【詳解】（1）在平面BCFE內(nèi)過(guò)點(diǎn)C作CM⊥BC，CM∩EF=M，因?yàn)槠矫鍮CFE⊥平面ABC，平面BCFE∩平面ABC=BC,CM?平面BCFE,所以CM⊥平面ABC，CA，CB，CM兩兩垂直.如圖，以CA，CB，CM的單位向量為正交基底建立空間直角坐標(biāo)系C?xyz，則C0,0,0，A3,0,0，B0,2,0，E所以AB=?3,2,0，DE=所以BD=因?yàn)槠矫鍭BC的一個(gè)法向量m=所以cosm,BD（2）設(shè)平面BCD的一個(gè)法向量為n=x,y,z，則n⊥CB=0,2,0，所以2y=032x?32所以點(diǎn)E到平面BCD的距離為n?【變式5-1】4.（2023秋·高二單元測(cè)試）在三棱臺(tái)ABC?A1B1C1中,BB1⊥平面ABC

(1)證明:BC(2)求直線A1B與平面【答案】(1)證明見解析(2)2【分析】（1）根據(jù)BB1⊥平面ABC,結(jié)合計(jì)算得∠C1BB1=∠B1CB,即（2）作A1H⊥AC于H,先根據(jù)已知條件求出A1H的長(zhǎng),再利用等面積法求出B到平面【詳解】（1）∵BB1⊥平面ABC,BC?∴BB∵平面A1B1C1∴BB1⊥∵B1C∴BB∴tan∠∵tan∠∴∠C∴∠CBC即BC又A1B1⊥BB1,A1B1⊥B∴A1B1∴A1∵A1B1∩B1C=B1∴BC1⊥∵A1C?平面∴BC（2）如圖,作A1H⊥AC于在直角梯形ABB1A同理可得CC在等腰梯形ACC1A則A1∴S△設(shè)B到平面A1AC的距離為由VA得13則d=S又A1所以直線A1B與平面ACC【變式5-1】5.（2022·全國(guó)·高三專題練習(xí)）如圖，在三棱臺(tái)ABC?A1B1C1中，△ABC為等邊三角形，AA1⊥平面ABC，將梯形AA1C1C繞AA1旋轉(zhuǎn)至AA1D1D位置，二面角D1?AA1?C1的大小為30°．(1)證明：A1，B1，C1，D1四點(diǎn)共面，且A1D1⊥平面ABB1A1；(2)若AA1=A1C1=2AB=4，設(shè)G為DD1的中點(diǎn)，求直線BB1與平面AB1G所成角的正弦值．【答案】(1)證明見解析(2)3【分析】（1）由已知可得AA1⊥平面A1B1D1，假設(shè)A1，B1，C1，D1四點(diǎn)不共面，結(jié)合已知得平面A1B1C1∥平面A1（2）以A1為坐標(biāo)原點(diǎn)，A1B1，A1(1)證明：因?yàn)锳A1⊥平面A又因?yàn)锳A1⊥A1D1假設(shè)A1，B1，C1，D1四點(diǎn)不共面，因?yàn)锳A1⊥平面A1B與平面A1B1故A1，B1，C1又因?yàn)锳1C1所以∠C1A所以∠C1A所以A1D1⊥A所以A1D1(2)以A1為坐標(biāo)原點(diǎn)，A1B1，A1則A0,0,4，B2,0,4，C1,A10,0,0，B14,0,0，所以G0,3,2，則AB1=4,0,?4設(shè)平面AB1G則n?令x=3，得n=設(shè)BB1與平面AB則sinθ=所以BB1與平面AB題型6二面角問(wèn)題【例題6】（2023·河北保定·河北省唐縣第一中學(xué)?？级＃┤鐖D，在三棱臺(tái)ABC﹣DEF中，側(cè)面ABED與ACFD均為梯形，AB∥DE，AC∥DF，AB⊥BE，且平面ABED⊥平面ABC，AC⊥DE．已知AB＝BE＝AC＝1，DE＝DF＝2．(1)證明：平面ABED⊥平面ACFD；(2)求平面BEFC與平面FCAD的夾角的大?。敬鸢浮?1)證明見解析(2)π【分析】（1）由AB//DE，AC⊥DE，得AC⊥AB，由平面ABED⊥平面ABC，結(jié)合面面垂直的性質(zhì)定理可得AC⊥平面ABED，即可得出答案；（2）作DE中點(diǎn)M，連接AM，易知AB，AM，AC兩兩垂直，以AB，AM，AC為x，y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，求出平面ACFD的法向量為m=(x1,y1,z1)，平面CBEF的法向量為n=(x2,y2,【詳解】（1）證明：因?yàn)锳B//DE，AC⊥DE，所以AC⊥AB，又AC?平面ABC，平面ABED⊥平面ABC，平面ABED∩平面ABC=AB，所以AC⊥平面ABED，又AC?平面ACFD，所以平面ABED⊥平面ACFD．（2）如圖，作DE中點(diǎn)M，連接AM，易知AB，AM，AC兩兩垂直，以AB，AM，AC為x，y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，則B(1,0,0)，C(0,0,1)，F(xiàn)(?1,1,2)，所以CB(1,0,?1)，CA=(0,0,?1)設(shè)平面ACFD的法向量為m=(x1,y則m?CA=?z1=0m所以m=(1,1,0)設(shè)平面CBEF的法向量為n=(x2,y2,取x2=1，則y2所以n=(1,0,1)設(shè)平面BEFC與平面FCAD的夾角為θθ∈則cosθ=所以θ=π所以平面BEFC與平面FCAD的角π3【變式6-1】1.（2022·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）如圖，在三棱臺(tái)ABC?DEF中，側(cè)面ABED與ACFD均為梯形，AB∥DE,AC∥DF，AB⊥BE，且平面ABED⊥平面ABC，AC⊥DE.已知AB=BE=AC=1,DE=DF=2.(1)證明：平面ABED⊥平面ACFD；(2)求銳二面角B?FC?A的值.【答案】(1)證明見解析(2)π【分析】（1）根據(jù)面面垂直的性質(zhì)定理和判定定理分析證明；（2）建系，利用空間向量求二面角.【詳解】（1）因?yàn)锳B∥DE,AC⊥DE，所以AC⊥AB，AC?平面ABC，平面ABED⊥平面ABC，平面ABED∩平面ABC=AB，所以AC⊥平面ABED，AC?平面ACFD，所以平面ABED⊥平面ACFD.（2）取DE中點(diǎn)M，連接AM，由題意可得：AB∥EM，且AB=EM，則ABEM為平行四邊形，且AB⊥BE，則ABEM為矩形，則AB⊥AM，∵AC⊥平面ABED，AM?平面ACFD，則AC⊥AM，即AB,AM,AC兩兩垂直，以AB,AM,可得CB=(1,0,?1),設(shè)平面ACFD的法向量為m=x1取x1=1，則y1設(shè)平面CBEF的法向量為n=x2取x2=1，則y2設(shè)銳二面角B?FC?A為θ∈0,則cosθ=cosm→,故銳二面角B?FC?A的值為π3【變式6-1】2.（2022秋·全國(guó)·高二專題練習(xí)）如圖，在四棱臺(tái)ABCD?A1B1C(1)求證：D1E//平面(2)若四邊形ABCD為正方形，AA1⊥平面ABCD，A【答案】(1)證明見解析；(2)?2【分析】（1）連A1B，利用給定條件證明四邊形（2）以點(diǎn)A為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，借助空間向量求解作答.【詳解】（1）在四棱臺(tái)ABCD?A1B1C1D則有A1D1=1則D1E//A1B，又D1E?所以D1E//平面（2）以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB為x軸，AD為y軸，AA則A10,0,2，D0,2,0，E2,1,0，設(shè)平面A1DE的一個(gè)法向量為n=x,y,z，則DA平面DEC的一個(gè)法向量為m=0,0,1，則cos?所以二面角A1?DE?C的余弦值為【變式6-1】3.．（2022·全國(guó)·高三專題練習(xí)）如圖，在四棱臺(tái)ABCD?A1B1C(1)若點(diǎn)M是AD的中點(diǎn)，求證：C1M(2)求直線C1M與平面(3)棱BC上存在點(diǎn)E，使得CE=1?32，求平面EAD【答案】(1)見解析(2)10(3)2【分析】（1）取BC的中點(diǎn)為N，連接C1N,NM，可證平面C1（2）在平面ABCD中，過(guò)A作AD的垂線，與BC交于S，則可建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，求出C1M及平面（3）求出平面EAD1的法向量與平面【詳解】（1）取BC的中點(diǎn)為N，連接C1在菱形ABCD中，因?yàn)锽N=NC,AM=MD，則MN//而MN?平面ABB1A1，AB?平面ABB由四棱臺(tái)ABCD?A1B1C故C1B1=1故C1N//BB1，而C1N?平面ABB因?yàn)镃1N∩MN=N，C1N?平面C1故平面C1MN//平面ABB1A1，而C（2）在平面ABCD中，過(guò)A作AD的垂線，與BC交于S，因?yàn)锳A1⊥平面ABCD，AD?平面ABCD同理AA故A0,0,0B3故M0,1,0，BC=0,2,0所以C132而平面ADD1的一個(gè)法向量為設(shè)直線C1M與平面AD則sinα=cos〈（3）由CE=1?32故AE=3,設(shè)平面AED1的法向量為則n?AE=0n?AD故m=結(jié)合（2）的平面ADD1的一個(gè)法向量為故cosm設(shè)平面EAD1與平面AD1D故平面EAD1與平面AD【變式6-1】4.（2022·湖北武漢·校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，在三棱臺(tái)ABC?A1B1C1中，BC⊥BB1，AB⊥BB1，（1）證明：DE//平面AB（2）若∠ABC=120°，求平面AB1C【答案】（1）證明見解析；（2）3105【分析】（1）取AA1的中點(diǎn)F，連接DF，EF，證明平面DEF//平面AB1（2）由題得BB1⊥平面ABC，在平面ABC內(nèi)過(guò)B點(diǎn)作BG⊥BC交AC于G，進(jìn)而以B為原點(diǎn)，BC→，BB1→，BG【詳解】解：（1）證明：取AA1的中點(diǎn)F，連接DF，由三棱臺(tái)的性質(zhì)知四邊形ACC因?yàn)镕是AA1的中點(diǎn)，D是所以DF//因?yàn)镈F?平面ACB1，AC?平面所以DF//平面A因?yàn)镋是A1B1的中點(diǎn)，F(xiàn)所以為EF//因?yàn)镋F?平面ACB1，AB所以EF//平面A又EF∩DF=F，所以平面DEF//平面A因?yàn)镈E?平面DEF，所以DE//平面A（2）因?yàn)锳B⊥BB1，BC⊥BB所以BB1⊥在平面ABC內(nèi)過(guò)B點(diǎn)作BG⊥BC交AC于G，則BC，BG，BB1兩兩垂直，以B為原點(diǎn)，BC→，BB1→，BG→不妨設(shè)BC=2，則B0,0,0，B10,2,0，C2,0,0，設(shè)平面AB1C因?yàn)镃A→=?3,0,所以由CA→?取y1=1，得設(shè)平面A1B1因?yàn)锽1C→所以由B1A取x2=3設(shè)平面AB1C和平面A則cosθ=故平面AB1C和平面A【變式6-1】5.（2021·全國(guó)·校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）在棱臺(tái)ABCD?A1B1C1D1中，側(cè)面A1（1）過(guò)點(diǎn)A1作平面α，使得平面α/平面C1CDD1，確定平面（2）若點(diǎn)О為棱AB的中點(diǎn)，求平面A1OC與平面【答案】（1）M為棱BC中點(diǎn)，理由見解析；（2）10535【分析】（1）過(guò)點(diǎn)B在平面B1BCC1內(nèi)作B1M//CC1與BC交于點(diǎn)M，則平面A1B1（2）因?yàn)閭?cè)面A1B1BA⊥底面ABCD，以AB中點(diǎn)О為坐標(biāo)原點(diǎn)，直線AB為x軸，過(guò)點(diǎn)О在平面ABCD內(nèi)作AB的垂線為y軸，過(guò)點(diǎn)О在平面A1【詳解】(1)過(guò)點(diǎn)B在平面B1BCC1內(nèi)作B1則平面A1B1點(diǎn)M就是平面α與直線BC的交點(diǎn)，由題意可得四邊形B1C所以點(diǎn)M為棱BC中點(diǎn).證明如下：由A1B1//C可得A1B1由B1M//C1C,可得B1M//平面因?yàn)锳1所以平面A1B1(2)因?yàn)閭?cè)面A1B1BA⊥底面ABCD，以AB中點(diǎn)О為坐標(biāo)原點(diǎn)，直線過(guò)點(diǎn)О在平面ABCD內(nèi)作AB的垂線為y軸，過(guò)點(diǎn)О在平面A1B1BA內(nèi)作則O(0,0,0),A(?2,0,0),B(2,0,0),C(2,4,0),D(?2,4,0)，由AB=4,A可得等腰梯形A1B所以A1所以CD=(?4,0,0),設(shè)平面A1OC的法向量則{即{取z得m=(4,?2,1)設(shè)平面DC1則{即{取z2=1，得設(shè)平面A1OC與平面DCC【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題考查線面位置關(guān)系及二面角的計(jì)算，考查直觀想象與邏輯推理的核心素養(yǎng)，解題的關(guān)鍵是由側(cè)面A1B1BA⊥底面ABCD，以AB中點(diǎn)О為坐標(biāo)原點(diǎn)，直線AB為x軸，過(guò)點(diǎn)О在平面ABCD內(nèi)作AB的垂線為y軸，過(guò)點(diǎn)О在平面A1題型7線面角與動(dòng)點(diǎn)問(wèn)題【例題7】（2023·全國(guó)·高二專題練習(xí)）如圖，在四棱臺(tái)ABCD?A1B1C1D1中，底面ABCD是菱形，∠BAD=π3，梯形(1)求證：A1B1(2)DD1上是否存在一點(diǎn)M，使得AM與平面BDD【答案】(1)證明見解析(2)不存在這樣符合條件的點(diǎn)M，理由見解析【分析】（1）取D1C1的中點(diǎn)O1，連接O1O、O1B1，即可得到O（2）由面面垂直的性質(zhì)得到O1O⊥平面【詳解】（1）證明：取D1C1的中點(diǎn)O1，連接又CC1=D由底面ABCD是菱形，∠BAD=π3，所以△BCD為正三角形，所以又OB∩OO1=O，OB,OO1?平面又A1B1//D1C1，（2）因?yàn)槠矫鍯1D1DC⊥平面ABCD,O平面C1D1DC∩平面ABCD=DC，所以則以O(shè)為原點(diǎn)，OD,OB,OO1分別為則A3,33所以DD1=設(shè)DM=λDD1，則設(shè)平面BDD1B由n?DD1=0所以cosAM整理得λ2+λ所以方程λ2+λ【變式7-1】1.（2023春·全國(guó)·高一專題練習(xí)）如圖，在三棱臺(tái)ABC?A1B1C1中，A1B1(1)求證：平面A1BC⊥平面(2)直線A1B與底面ABC所成的角的大小θ為多少時(shí)，二面角A1(3)在（2）的條件下，求點(diǎn)C到平面A1【答案】(1)證明見解析；(2)θ=π(3)23【分析】（1）證明平面A1BC⊥平面ABC面面垂直，即證AB⊥平面A1BC線面垂直，即證（2）根據(jù)面面垂直的性質(zhì)定理作出∠A1BD=θ，根據(jù)二面角的定義作出∠A1ED為二面角A1?AC?B的平面角，根據(jù)解三角形以及（3）點(diǎn)C到平面A1ABB1的距離即為點(diǎn)C到平面A1AB的距離．注意到Rt△ABC?Rt△AB【詳解】（1）∵A1B1與A1C∴AB⊥BC，AB⊥A1C∴AB⊥平面A1BC，又AB?平面故平面A1BC⊥平面（2）由（1）知，平面A1BC⊥平面如圖所示，過(guò)A1作A1D⊥BC于D，則A∴∠A1BD是A1B作DE⊥AC于E，則∠A1ED在Rt△ABC中，易得BC=4在Rt△A1DB中，A1B=4，由Rt△ABC～Rt△DEC∵cos∠A1ED=21于是，sinθ+3cos注意到0<θ≤π2，故（3）點(diǎn)C到平面A1ABB∵AC=AA1=5，∠ABC=∠AB∴Rt△ABC?Rt點(diǎn)C到平面A1AB的距離即點(diǎn)由（2）知，A1D⊥平面ABC，且于是，C到平面A1AB的距離為【變式7-1】2.（2022秋·遼寧沈陽(yáng)·高二沈陽(yáng)市第十中學(xué)校考階段練習(xí)）如圖，在四棱臺(tái)ABCD?A1B1C1D（1）證明：AD⊥平面CC（2）若A1C與平面CC1D1D【答案】（1）證明見解析；（2）34【分析】（1）通過(guò)面面垂直的性質(zhì)定理證得DC1⊥平面AA1D1D，由此證得（2）建立空間直角坐標(biāo)系，由A1C與平面CC1D1D【詳解】（1）在梯形CC1D所以∠DD1C1=∵DC1∵平面AA1D1D⊥DC1?平面CC1又∵AD?平面AA1D∵AD⊥DC，DC∩DC∴AD⊥平面CC（2）連接A1C1，由（1）可知：A1D以D1A1?D1C1分別為x軸?∵A1D1∴∠A1CD1即為A在Rt△A1CD則：D10,0,0，A13,0,0，D0,所以A1C1=?3,2,0設(shè)平面AA1Cn?A1令x=2得：n=故點(diǎn)D到平面AA1C所以點(diǎn)D到平面AA1C【變式7-1】3．（2023·全國(guó)·高三專題練習(xí)）四棱臺(tái)被過(guò)點(diǎn)A1,C1,D的平面截去一部分后得到如圖所示的幾何體，其下底面四邊形ABCD是邊長(zhǎng)為2的菱形，∠BAD=60°(1)求證：平面AB1C⊥(2)若AA1與底面ABCD所成角的正切值為2，求二面角【答案】(1)證明見解析(2)13【分析】（1）易證BD⊥AC，BB1⊥AC，進(jìn)而可得AC⊥（2）AA1與底面ABCD所成角為∠A1AB，從而可得A1B1=1，設(shè)BD,AC【詳解】（1）∵BB1⊥平面ABCD，AC?平面ABCD在菱形ABCD中，BD⊥AC，又BD∩BB1=B，BD、BB1?平面∵AC?平面AB1C，∴平面A（2）∵BB1⊥∴AA1與底面ABCD所成角為∠A1AB設(shè)BD,AC交于點(diǎn)O，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，如圖建立空間直角坐標(biāo)系，則B0,?1,0，D0,1,0，B10,?1,2,因?yàn)锽1A1=12BABA1=32設(shè)平面A1BD的法向量∴BA1?n=0設(shè)平面C1BD的法向量所以BC1?m=0由圖二面角A1設(shè)二面角A1?BD?C1的平面角為【變式7-1】4.（2023·全國(guó)·高三專題練習(xí)）如圖，已知四棱臺(tái)ABCD?A1B1C1D1的上、下底面分別是邊長(zhǎng)為2和4的正方形，A1A=4，且(1)若P是DD1的中點(diǎn)，證明：(2)若PQ//平面ABB1A1，二面角P?QD?A的余弦值為【答案】(1)證明見解析(2)8【分析】（1）建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量的坐標(biāo)運(yùn)算知AB（2）利用空間向量結(jié)合已知的面面角余弦值可求得Q4,72,0，再利用線面平行的已知條件求得P0,72【詳解】（1）以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB，AD，AA1所在直線分別為x，y，則A0,0,0，B12,0,4，D設(shè)Q4,m,0，其中m=BQ，0≤m≤4若P是DD1的中點(diǎn)，則P0,3,2，A于是AB1?PQ=8?8=0，（2）由題設(shè)知，DQ=4,m?4,0，DD設(shè)n1=x,y,z則n1?DQ=0n又平面AQD的一個(gè)法向量是n2∴cosn而二面角P?QD?A的余弦值為49，因此2解得m=72或m=9設(shè)DP=λDD10<λ≤1，而D∵PQ∥平面ABB1A1∴PQ?n3=0，即2λ?1將四面體ADPQ視為以△ADQ為底面的三棱錐P?ADQ，則其高?=1，故四面體ADPQ的體積V=1【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：求空間角的常用方法：（1）定義法：由異面直線所成角、線面角、二面角的定義，結(jié)合圖形，作出所求空間角，再結(jié)合題中條件，解對(duì)應(yīng)的三角形，即可求出結(jié)果；（2）向量法：建立適當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系，通過(guò)計(jì)算向量的夾角（兩直線的方向向量、直線的方向向量與平面的法向量、兩平面的法向量）的余弦值，即可求得結(jié)果.題型8二面角與動(dòng)點(diǎn)問(wèn)題【例題8】（2023·廣東惠州·統(tǒng)考一模）如圖，在四棱臺(tái)ABCD?A1B1C1D1中，底面(1)若點(diǎn)M是AD的中點(diǎn)，求證：C1M∥平面(2)棱BC上是否存在一點(diǎn)E，使得二面角E?AD1?D的余弦值為1【答案】(1)證明見解析(2)存在；CE=1?【分析】（1）連接B1A，可得四邊形AB1C1M是平行四邊形，或MC1（2）取BC中點(diǎn)Q，連接AQ，分別以AQ,AD,AA1為x,y,z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，假設(shè)點(diǎn)E存在，設(shè)點(diǎn)E的坐標(biāo)為3,λ,0,?1≤λ≤1，可得平面AD1E的一個(gè)法向量n=λ,?3,3，平面【詳解】（1）方法一：連接B1A，由已知得，B1所以四邊形AB1C又C1M?平面AA所以C1M∥平面方法二：連接B1A,MD1，由已知得MC1=又C1M?平面A所以C1M∥（2）取BC中點(diǎn)Q，連接AQ，由題易得△ABC是正三角形，所以AQ⊥BC，即AQ⊥AD，由于AA1⊥平面ABCD，分別以AQ,AD,AA0,0,0假設(shè)點(diǎn)E存在，設(shè)點(diǎn)E的坐標(biāo)為3,λ,0AE=設(shè)平面AD1E的法向量n即3x+λy=0y+z=0，可取又平面ADD1的法向量為所以cosAQ,n由于二面角E?AD1?D為銳角，則點(diǎn)E在線段QC上，所以λ=故BC上存在點(diǎn)E，當(dāng)CE=1?32時(shí)，二面角E?AD【變式8-1】1.（2023·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）如圖，在三棱臺(tái)ABC－DEF中，平面DEBA⊥平面ABC，平面DFCA⊥平面ABC，AB：BE：DE=4：5：1.(1)求證：AD⊥BC；(2)若△ABC是等邊三角形，試問(wèn)：棱BE上是否存在一點(diǎn)H，使得二面角H－AC－B的平面角為π3？若存在，求出HE【答案】(1)證明見解析(2)存在，5【分析】（1）在平面ABC內(nèi)，過(guò)C點(diǎn)作直線l⊥AB，過(guò)B點(diǎn)作直線m⊥AC，由面面垂直的性質(zhì)得出m⊥AD，l⊥AD，結(jié)合線面垂直的判定以及定義得出AD⊥BC；（2）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）在平面ABC內(nèi)，過(guò)C點(diǎn)作直線l⊥AB，過(guò)B點(diǎn)作直線m⊥AC，因?yàn)槠矫鍰EBA⊥平面ABC，平面DEBA∩平面ABC=AB，l?平面ABC，所以l⊥平面DEBA.因?yàn)锳D?平面DEBA，所以l⊥AD，同理可證m⊥AD.因?yàn)閘，m為相交直線，l，m?平面ABC，所以AD⊥平面ABC又BC?平面ABC，所以AD⊥BC.（2）設(shè)DE=1，則AB=4，BE=5，易得四邊形DEBA為直角梯形，所以AD=B以點(diǎn)A為原點(diǎn)，以AB，AD和平面ABED的一個(gè)法向量的方向分別為x軸、z軸、y軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，則A0,0,0，B4,0,0，C2,2則AC=2,23,0，則BE=BA+AD+DE設(shè)BH=λBE0≤λ≤1易知n1=0,0,1設(shè)平面AHC的法向量為n2則n2?AC取z=33λ?43，則x=4因此n2=4假設(shè)存在點(diǎn)H，使得二面角H?AC?B的平面角為π3則cos化簡(jiǎn)得17λ2?216λ+144=0，解得λ=因此棱BE上存在一點(diǎn)H，使得二面角H?AC?B的平面角為π3，此時(shí)HE【變式8-1】2.（2022·全國(guó)·高三專題練習(xí)）如圖，在四棱臺(tái)ABCD?A1B1C1D1中，底面四邊形ABCD是矩形，AB=2BC=2A(1)求證：AA1⊥(2)若二面角A?BB1?D的大小為π【答案】(1)證明見解析.(2)3.【分析】（1）利用面面垂直的性質(zhì)定理可證明BC⊥平面A1B1BA，DC⊥平面A1（2）如圖建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)AA1=?，求出平面BB1D的一個(gè)法向量n，平面ABB【詳解】（1）因?yàn)榈酌嫠倪呅蜛BCD是矩形，所以BC⊥AB，因?yàn)槠矫鍭1B1BA⊥平面ABCD，平面BC?平面ABCD，所以BC⊥平面A1又因?yàn)锳A1?面A因?yàn)槠矫鍭1D1DA⊥平面ABCD，平面DC?平面ABCD，所以DC⊥平面A1又因?yàn)锳A1?面A因?yàn)锽C∩DC=C，所以AA1⊥（2）在四棱臺(tái)ABCD?A1B1C所以AA1即為四棱臺(tái)可得AB，AD，AA以A為原點(diǎn)，分別以AB，AD，AA1所在的直線為x，y，設(shè)AA1=?，則A0,0,0，B2,0,0所以BB1=設(shè)平面BB1D由BB1?n=?x+?z=0BD?n=?2x+y=0平面ABB1的一個(gè)法向量所以cosAD解得：?=3所以四棱臺(tái)ABCD?A1B【變式8-1】3.（2022秋·湖南郴州·高二湖南省資興市立中學(xué)?？计谀┤鐖D，在四棱臺(tái)ABCD?A1B1C1D(1)當(dāng)λ=12時(shí)，證明：平面(2)若二面角B?AD1?C【答案】(1)證明見解析(2)2【分析】（1）設(shè)四棱臺(tái)ABCD?A1B1C1D1的側(cè)棱交于點(diǎn)P，連接BD交AC于點(diǎn)O，連接（2）建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)AB=1，則DD1=A1B1=λ，【詳解】（1）解：設(shè)四棱臺(tái)ABCD?A連接BD交AC于點(diǎn)O，因?yàn)樗倪呅蜛BCD是正方形，所以O(shè)為BD的中點(diǎn)，因?yàn)锳B//A1B1連接OB1，所以因?yàn)镈D1⊥平面ABCD，所以O(shè)B1⊥平面ABCD，因?yàn)椋?）解：由題可以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA，DC，DD設(shè)AB=1，則DD1=所以D0,0,0，A1,0,0，D10,0,λ，所以AD1=?1,0,λ，設(shè)平面ABD1的法向量為則n1?AD1=0n1?所以n1=λ,0,1設(shè)平面ACD1的法向量為則n2?AD1=0n2?所以n2=λ,λ,1因?yàn)槎娼荁?AD所以cosn整理得2λ4+因?yàn)棣恕?,1，所以λ=【變式8-1】4.（2023秋·黑龍江綏化·高二?？奸_學(xué)考試）在四棱臺(tái)ABCD?A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD（1）證明：平面ABM⊥平面CDD（2）若二面角B?AM?D正弦值為217，求直線AC與平面CD【答案】（1）證明見解析，（2）12【分析】（1）連接A1C1，由AA1⊥平面ABCD，可得AA1⊥CD，而AC⊥CD，可得CD⊥平面AA1C1（2）由已知可得平面ABM⊥平面AA1C1C，從而由二面角B?AM?D正弦值為217，可得二面角C?AM?D的余弦值為217，由條件可得∠CMD為二面角C?AM?D的平面角，所以sin∠CMD=CDDM=1?(217【詳解】（1）證明：連接A1因?yàn)锳A1⊥平面ABCD，CD?所以AA因?yàn)锳C⊥CD，AA所以CD⊥平面AA因?yàn)锳M?平面AA所以AM⊥CD，因?yàn)锳M⊥CC1，所以AM⊥平面CDD因?yàn)锳M?平面ABM，所以平面ABM⊥平面CDD（2）因?yàn)锳B//CD，∠ACD=90°，所以∠BAC=90°，即因?yàn)锳A1⊥平面ABCD，BA?所以BA⊥AA因?yàn)锳A1∩AC=A,所以BA⊥因?yàn)锽A?平面ABM，所以平面ABM⊥平面AA因?yàn)槎娼荁?AM?D正弦值為217所以二面角C?AM?D的余弦值為217因?yàn)锳M⊥平面CDD1C1，DM?平面因?yàn)镃M⊥AM，所以∠CMD為二面角C?AM?D的平面角，因?yàn)镃D⊥平面AA1C1C所以CD⊥CM，所以sin∠CMD=因?yàn)镃D=1所以DM=727因?yàn)锳M⊥平面CDD所以∠ACM為直線AC與平面CDD所以cos∠ACM=所以直線AC與平面CDD1【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：解題的關(guān)鍵是證出平面ABM⊥平面AA1C1C，然后將二面角B?AM?D正弦值為217，轉(zhuǎn)化為二面角C?AM?D的余弦值為題型9體積與動(dòng)點(diǎn)問(wèn)題【例題9】（2023·全國(guó)·高二專題練習(xí)）如圖，在四棱臺(tái)ABCD?A1B1C1D1中，AB//CD，

(1)證明：平面D1C1(2)若四棱臺(tái)ABCD?A1B1C1D【答案】(1)證明見解析(2)105【分析】（1）解法一：證明AB⊥BD，AB⊥BB1從而得到AB⊥DD（2）解法一：利用錐體體積公式求出DD1=2【詳解】（1）解法一：∵AB//CD，∵∠ADC=120°，在△ABD中，AB=1,AD=2,∠DAB=60由余弦定理得BD=1故AB2+B因?yàn)槔馀_(tái)ABCD?A1B1C又∠B1BA=90°，即AB⊥BB1，BB1因?yàn)镈D1?面BB1D1D，所以AB,AD?平面ABCD，所以DD1⊥平面ABCD，又因?yàn)镈所以平面D1C1解法二：由棱臺(tái)的定義，把四棱臺(tái)ABCD?A1B得到四棱錐P?ABCD，則∠PDA=∠PBA=同解法一，可得AB⊥BD，以D為原點(diǎn)，DB,DC分別為x,y軸建立空間直角坐標(biāo)系如圖，

則B(3,0,0),A(3由∠PDA=∠PBA=90°，則有所以a=b=0，即P(0,0,c)，所以PD⊥平面ABCD，因?yàn)镻D?平面PCD，故平面PCD⊥平面ABCD，即平面D1C1（2）解法一：設(shè)梯形ABCD與梯形A1B1S1因?yàn)樘菪蜛1B1C1D1與梯形ABCD由（1）知，DD1⊥則VABCD?所以738D以D為原點(diǎn)，DB,DC,DD1分別為

B(3,0,0),A(3得A1(32,?所以AA設(shè)平面AB1C則n?AB設(shè)直線AA1與平面ABsinθ=解法二：可知四棱錐P?A1B相似比為C1D1CD=所以VP?ABCD=23所以13×332故B下同解法一．【變式9-1】1.（2023·全國(guó)·高三專題練習(xí)）如圖，在三棱臺(tái)ABC?DEF中，AC=4,BC=2,EF=1,DE=5(1)求證：平面ABED⊥平面ABC；(2)若四面體BCDF的體積為2，求二面角E?BD?F的余弦值.【答案】(1)證明見解析；(2)45【分析】（1）延長(zhǎng)三條側(cè)棱交于點(diǎn)P，判斷出D,E，F(xiàn)為中點(diǎn).取AB的中點(diǎn)M，證明出PM⊥AB和PM⊥MC，進(jìn)而證明出PM⊥平面ABC，利用面面垂直的判定定理即可證明平面ABED⊥平面ABC.（2）先由體積關(guān)系求出PM=6.以C為坐標(biāo)原點(diǎn)，CA?CB為x軸，【詳解】（1）（1）延長(zhǎng)三條側(cè)棱交于點(diǎn)P.因?yàn)锽C=2,EF=1,所以D,E，F(xiàn)分別為中點(diǎn)，且AB=2DE=25因?yàn)锳D=BE，所以AP=BP.取AB的中點(diǎn)M，則PM⊥AB.因?yàn)锳C=4,BC=2,AB=2所以AC2+B∵AM=CM，則△PAM?△PCM，故∠PMA=∠PMC=90即PM⊥MC.因?yàn)镻M⊥AB，AB∩MC=M,AB?平面ABC,MC?平面ABC,所以PM⊥平面ABC.又PM?平面ABED，故平面ABED⊥平面ABC.（2）因?yàn)閂D?BCF=1而S△ABC所以VP?ABC=1以C為坐標(biāo)原點(diǎn)，CA?CB為x軸，則P2,1,6設(shè)n1=x,y,z因?yàn)锳B=?4,2不妨設(shè)x=1，則面EBD的一個(gè)法向量n1同理可求得面FBD的一個(gè)法向量n2由圖示，二面角E?BD?F的平面角為銳角，所以cosn所以二面角E?BD?F的余弦值為45【變式9-1】2.（2023春·四川成都·高一成都市錦江區(qū)嘉祥外國(guó)語(yǔ)高級(jí)中學(xué)?？计谀┤鐖D，在四棱臺(tái)ABCD?A1B1C1D1中，底面ABCD是邊長(zhǎng)為2的菱形，∠DAB=π3，平面(1)求證：AC⊥BB(2)若異面直線CD與AA1所成角正弦值為217，四棱錐A【答案】(1)證明見解析(2)3【分析】（1）由面面垂直的性質(zhì)得到AC⊥平面BDD1B（2）幾何法：通過(guò)面面垂直作過(guò)二面角的平面角，通過(guò)幾何計(jì)算求解；空間向量法：建立坐標(biāo)系用空間向量求解.【詳解】（1）∵底面ABCD是菱形，∴AC⊥BD，又∵平面BDD1B1⊥平面ABCD，且平面BDD1∴AC⊥平面BDD1B1，又∴AC⊥BB（2）解法一：由（1）知AC⊥面BDD1B1，又∴平面ACC1A作BE⊥交線O1O，垂足為因?yàn)槠矫鍭CC1A1∩平面BDD1B1=O又AA1?平面AC再作BF⊥AA1，垂足為F，BE?面BEF，BF?面BEF，所以AA1⊥面BEF，又面則EF⊥AA所以∠BFE為二面角B?AAV因?yàn)锳1C1//平面ABCD，所以O(shè)1到底面作O1H⊥OB，因?yàn)槠矫鍮DD1B1⊥平面ABCDO1H?平面BDD1B1，所以又∠O所以BH=又OB=O1B=1，所以△BOO1因?yàn)锳B//CD，所以所以sin∠BFE=所以二面角B?AA1?