专题03五大类立体几何题型-2024年高考数学最后冲刺大题秒杀技巧及题型专项训练（新高考新题型专用）（解析版）_2024年4月_01按日期_16号

专题 03 五大类立体几何题型-2024 年高考数学大题 秒杀技巧及专项训练（解析版） 【题型1 线面平行问题（刻度尺平移大法）】 【题型2 线面垂直问题（勾股定理妙解）】 【题型3 点面距离（体积求算）问题】 【题型4 线面夹角问题（两大法）】 【题型5 面面夹角问题（两大法）】 基础工具：法向量的求算 待定系数法：步骤如下： ⃗n=(x,y,z) ①设出平面的法向量为 ． ⃗a=(a ,b ,c ) ⃗b=(a ,b ,c ) ②找出(求出)平面内的两个不共线的向量 1 1 1 ， 2 2 2 ． {⃗n⋅⃗a=0 ③根据法向量的定义建立关于x,y,z的方程组 ⃗n⋅ ⃗b=0 ④解方程组，取其中的一个解，即得法向量． {⃗n⋅⃗a=0 ⃗n⋅ ⃗b=0 注意：在利用上述步骤求解平面的法向量时，方程组 有无数多个解，只需给 x,y,z中的一个变量赋于一个值，即可确定平面的一个法向量；赋的值不同，所求平面的 法向量就不同，但它们是共线向量． 秒杀大法：口诀：求谁不看谁，积差很崩溃（求外用外减，求内用内减） 向量 ， 是平面 内的两个不共线向量，则向量 ⃗n=(y z −y z ,x z −x z ,x y −x y ) 1 2 2 1 2 1 1 2 1 2 2 1 是平面 的一个法向量. 特别注意：空间点不容易表示出来时直接设空间点的坐标，然后利用距离列三个方程求解.：线面平行问题 线面平行：关键点 ①必须将刻度尺与所证线重合，然后平移落在所证平面且留下痕迹② 眼神法：观察采用哪一种技巧（五种方法）（记住六大图像） ：中位线型 如图⑴，在底面为平行四边形的四棱锥 中，点 是 的中点.求证： 平 面 . 分析： ：构造平行四边形 如图⑵, 平行四边形 和梯形 所在平面相交， // ，求证： //平面 . 分析：过点 作 // 交 于 ， 就是平面 与平面 的交线，那么只要证明 // 即可。 ：作辅助面使两个平面是平行 如图⑶，在四棱锥 中，底面 为菱形， 为 的中点， 为 的 中点，证明：直线分析：：取 中点 ，连接 ，只需证平面 ∥平面 。 ：利用平行线分线段成比例定理的逆定理证线线平行。 已知公共边为AB的两个全等的矩形ABCD和ABEF不在同一平面内，P，Q分别是对角线 AE，BD上的点，且AP＝DQ（如图）．求证：PQ∥平面CBE． 如图⑸，已知三棱锥 ， 是 , , 的重心.(1)求 证： ∥面 ； （向量法）所证直线与已知平面的法向量垂直，关键：建立空间坐标 系（或找空间一组基底）及平面的法向量。 如 图 ⑹ ， 在 四 棱 锥 中 ， 底 面 为 正 方 形 ， 侧 棱 底 面 分别为 的中点．证明 平面 ； 分析：因为侧棱 底面 ，底面 是正方形，所以很容易建立空间直 角坐标系及相应的点的坐标。证明：如图，建立空间直角坐标系 ． 设 ，则 ， ． 因为 轴垂直与平面 ，故可设平面的法向量为 =（0，1，0） 则： =0因此 ，所以 平面 ． 如图，三棱柱 中， 为底面 的重心， ． (1)求证： ∥平面 ； (2)若 底面 ，且三棱柱 的各棱长均为6，设直线 与平面 所 成的角为 ，求 的值． 破解：（1）连接 交 于 点，连接 ． 因为 为底面 的重心，则 ，又因为 ，则 ，可知 ∥ ， 因为 平面 平面 ， 所以 ∥平面 ． （2）取 的中点 ，连接 ． 因为 底面 ，且三棱柱 的各棱长均为6， 可知射线 两两垂直， 以 所在直线分别为 轴建立空间直角坐标系， 则 ， 所以 ， 设平面 的法向量为 ，则 ， 令 ，可得 ，可得 ， 所以 ． 如图，平行六面体 中， 分别为 的中点， 在 上.(1)求证： 平面 ； (2)若 平面 ，求平面 与平 面 的夹角的余弦值. 破解：（1）证明：如图，设 的中点为 ，连接 . ∵ 为 的中点， ∴ 且 . 又 为 的中点，且四边形 是平行四边形， ∴ 且 ∴四边形 为平行四边形.∴ . 又∵ 平面 平面 ，∴ 平面 . （2）解：在平面 中，作 交 于 . ∵ 平面 ， 平面 ， 平面 ， ∴ . ∴ 两两互相垂直. 分别以射线 为 轴､ 轴､ 轴的非负半轴建立如图所示的空间直角坐标系 ，在平行六面体 中，由 平面 得平行四边形 是矩形. 根据已知可得 ， . . 由 平面 得 是平面 的法向量. 设 是平面 的法向量，则 取 ，得 . ∴ 是平面 的法向量 ∴ .设平面 与平面 的夹角为 ，则 . 平面 与平面 的夹角的余弦值为 . 如图，已知四棱台 的上、下底面分别是边长为2和4的正方形，平面 ⊥平面ABCD， ，点P是棱 的中点，点Q在棱BC上． (1)若 ，证明： 平面 ； (2)若二面角 的正弦值为 ，求BQ的长． 破解：（1）证明：取AA 的中点M，连接MP，MB． 1 在四棱台ABCDABCD 中，四边形AADD 是梯形， AD 2 ， ， 1 1 1 1 1 1 1 1 AD4 AD AD 又点M，P分别是棱 A 1 A ，D 1 D的中点，所以 MP∥AD ，且MP 1 1 2 3． 在正方形ABCD中，BC∥AD，BC 4，又BQ3QC，所以BQ3． 从而MP∥BQ且MPBQ，所以四边形BMPQ是平行四边形，所以PQ∥MB． 又因为MB平面ABB 1 A 1 ，PQ平面ABB 1 A 1 ，所以PQ∥平面ABB 1 A 1 ；（2）在平面AADD中，作AO AD于O． 1 1 1 因为平面AADD平面ABCD，平面AADD平面ABCD AD，AO AD，AO平面 1 1 1 1 1 1 AADD，所以AO平面ABCD． 1 1 1 在正方形ABCD中，过O作AB的平行线交BC于点N，则ON OD． ⃗ ⃗ ⃗   以 ON,OD,OA 1 为正交基底，建立空间直角坐标系Oxyz． 因为四边形AA 1 D 1 D是等腰梯形， A 1 D 1 2 ， AD4 ，所以AO1，又A 1 AD 1 D 17 ，所 以AO4． 1 易得 B4,1,0， D0,3,0， C4,3,0， D 1 0,2,4，P    0, 5 2 ,2    ，所以  D ⃗ C4,0,0，  D ⃗ P    0, 1 2 ,2    ， C ⃗ B  0,4,0． ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ：设CQCB0,4,001，所以DQDCCQ4,4,0． ⃗  1 设平面PDQ的法向量为 ⃗ ，由    m  D ⃗ P0 ，得    2 y2z0 ，取 ⃗ ， mx,y,z mDO0  4x4y0 m4,4,1⃗ 另取平面DCQ的一个法向量为n0,0,1 ． 1 设二面角 的平面角为θ，由题意得 cos 1sin2 ． PQDC 26 ⃗⃗ ⃗⃗ mn 1 1 1 又 cos cosm,n  ⃗⃗  ，所以  ， m n 4217 42 17 26 3 3 解得 （舍负），因此CQ 43， ． 4 4 BQ1 5 26 所以当二面角 的正弦值为 时，BQ的长为1． PQDC 26 ⃗ ：设 Q4,t,01t3，所以 DQ4,t3,0． ⃗  1 设平面PDQ的法向量为 ⃗ ，由    m  D ⃗ P0 ，得    2 y2z0 ，取 mx,y,z mDQ0  4x(t3)y0 ⃗ m3t,4,1 ， ⃗ 另取平面DCQ的一个法向量为n0,0,1 ． 1 设二面角 的平面角为θ，由题意得 cos 1sin2 ． PQDC 26 ⃗⃗ ⃗⃗ mn 1 1 1 又 cos cosm,n  ⃗⃗  ，所以  ， m n 3t217 3t2 17 26 解得t0或6（舍），因此BQ1． 5 26 所以当二面角 的正弦值为 时，BQ的长为1． PQDC 26：在平面 中，作 ，垂足为H． AADD 1 1 PH  AD 因为平面A 1 ADD 1 平面ABCD，平面A 1 ADD 1 平面ABCD AD，PH  AD，PH 平面 AADD ， 1 1 所以PH 平面ABCD，又DQ平面ABCD，所以PH DQ． 在平面ABCD中，作HGDQ，垂足为G，连接PG． 因为PH DQ，HGDQ，PHHGH ，PH，HG平面PHG， 所以DQ平面PHG，又PG平面PHG，所以DQPG． 因为HGDQ，PGDQ，所以PGH 是二面角PQDA的平面角． 在四棱台ABCDABCD 中，四边形AADD 是梯形， 1 1 1 1 1 1 AD 2 ， ，AADD 17 ，点P是棱DD 的中点， 1 1 AD4 1 1 1 1 所以 ，DH  ． PH 2 2 设BQx0x4，则CQ4x，DQ 424x2  x28x32， 1 1 1 2 在 中，  4  x28x32HG，从而HG ． △QHD 2 2 2 x28x32 因为二面角PQDC的平面角与二面角PQDA的平面角互补， 5 26 5 26 且二面角 的正弦值为 ，所以sinPGH  ，从而 ． PQDC 26 26 tanPGH 5 PH 所以在 中，  x28x32 5，解得 或 （舍）． Rt△PHG HG x1 x7 5 26 所以当二面角 的正弦值为 时，BQ的长为1． PQDC 261．如图，在直三棱柱 中， ， ，M，N，P分别为 ，AC，BC的中点． 求证： 平面 ； 【详解】∵直三棱柱 中， 为AB 的中点， 1 1 1 1 所以BM  AB  AB，且 ， 1 2 1 1 2 BM//AB 1 因为P，N 分别BC，AC的中点， 1 ∴ ，PN  AB， PN//AB 2  PN//B 1 M ，PN =B 1 M ， ∴四边形BMNP为平行四边形，∴MN//BP， 1 1 又∵MN平面BCCB，BP平面BCCB， 1 1 1 1 1 故MN //平面BCCB. 1 1 1 2．如图，在四棱锥 中， 平面 ，BC  AD， PABCD PA ABCD，AB AD,AD//BC 2 PA AB2，E为棱PD的中点．求证：EC//平面PAB； 【详解】取PA中点为M ，连接ME,MB，如下所示： 1 在△ 中，因为 分别为 的中点，故 //AD,ME AD； PAD M,E PA,PD ME 2 1 又AD//BC,BC  AD，故 // ，则四边形 为平行四边形， // ； 2 ME BC,MEBC MBCE EC MB 又MB面PAB,EC面PAB，故EC//面PAB. 3．如图，在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，PA ADCD2，BC 3， PC 2 3． (1)求证：CD平面PAD； (2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求平面PBC与平面PAD所成锐 二面角的大小． 条件①：AB 5；条件②：BC//平面PAD． 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解 答，按第一个解答计分． π 【答案】(1)证明见解析(2)所选条件见解析， 4 【详解】（1）如图，连接AC，因PA平面ABCD，AC,CD平面ABCD，则PA AC， PACD. 又PC  2 3，PA  2，则AC 2 2. π π 注意到 ，则 为等腰直角三角形，其中ACD ，ADC  . ADDC 2 △ADC 4 2 所以CD AD，又因为PACD，AD,PA平面PAD，ADPA A， 所以CD平面PAD； （2）若选条件①，由余弦定理可得， AC2  BC2  AB2 8  9  5 2 cosACB    ，结合 为三角形内角， 2AC  BC 2  2 2  3 2 ACB π π π 得ACB ，又ACD ，则BCD ，即 . 4 4 2 BC CD 若选条件②，因BC //平面PAD，BC平面ABCD，平面ABCD平面PAD  AD，则 BC∥AD， π π 又ADC  ，则BCD ，即 . 2 2 BC CD 故建立以A为坐标原点，如下图所示空间直角坐标系（x轴所在直线与DC平行） 又PA ADCD2，BC 3，AB 5， 则A0,0,0，B2,1,0，C2,2,0，D0,2,0 ，P0,0,2， ⃗ ⃗ ⃗ 则BC 0,3,0 ，CP2,2,2 ，DC2,0,0 . ⃗ 平面 法向量为DC2,0,0 ， PAD⃗ ⃗  nBC 0 3y0 设平面 法向量为⃗ ，则⃗ ⃗  . PBC nx,y,z nCP0 2x2y2z0 ⃗ 令x1，则y0,z1，所以n1,0,1 ， ⃗ ⃗ n ⃗   D ⃗ C 2 2 设面 与平面 所成角为 ，cos cosn,DC  ⃗ ⃗   ， n  DC 22 2 PBC PAD  π 根据平面角的范围可知 . 4 4．如图，S为圆锥顶点，O是圆锥底面圆的圆心，AB，CD是长度为2的底面圆的两条直 径，ABCDO，且SO3，P为母线SB上一点． 求证：当P为SB中点时，SA∥平面PCD； 【详解】连接PO，因为P，O分别为SB，AB的中点， 所以PO为BSA的中位线，所以SA//PO， 又PO平面PCD，SA 平面PCD，所以SA∥平面PCD； 5．如图，在四棱锥PABCD中，PC 平面ABCD，AB//CD，点E在棱PB上， PE 2EB，点F ，H 是棱PA上的三等分点，点G是棱PD的中点. 2 PC CBCD AB2， . 3 AC  13证明：HD//平面CFG，且EC//FG； 【详解】因为F ，G分别为PH ，PD的中点， 所以FG//HD，又FG平面CFG，HD平面CFG， 所以HD//平面CFG， PE PH 连接 ，在 中，  2， HE PAB EB HA 2 所以 ，且HE AB， HE//AB 3 2 因为 ，CD AB， AB//CD 3 所以CDHE，且CD//HE， 所以四边形HECD为平行四边形， 所以CE//HD，又FG//HD，所以CE//FG， 6．如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为正方形，PD AD，平面PAD平面 ABCD，PD AD2，E是PC的中点，作EF PB交PB于F ．求证：PA//平面BDE； 【详解】连接AC交BD于点O，连接EO， 四边形ABCD为正方形，O为AC中点，又E为PC中点，OE//PA， OE平面BDE，PA平面BDE，PA//平面BDE. 7．在四棱锥PABCD中，底面ABCD为平行四边形，PAPC，PB AC. (1)证明：四边形ABCD为菱形； (2)E为棱PB上一点（不与P，B重合），证明：AE不可能与平面PCD平行. 【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析. 【详解】（1）（1）证明：连接AC，BD，设ACBDO， 因为底面ABCD为平行四边形，则O为AC，BD的中点. 因为PAPC，所以AC PO又AC PB，PBPOP，PO平面PBD，PB平面PBD， 所以AC 平面PBD，又BD平面PBD，所以ACBD， 所以四边形ABCD为菱形. （2）（2）方法一：（反证法）假设AE∥平面PDC， 因为AB∥CD，AB平面PCD，CD平面PCD，所以AB∥平面PDC， 又AB平面PAB，AE平面PAB，ABAE E， 所以平面PAB∥平面PDC，这显然与平面PAB与平面PDC有公共点P所矛盾. 所以假设错误，即AE不可能与平面PCD平行. 方法二：∵P平面PAB，P平面PCD， ∴平面PAB与平面PCD必相交，可设平面PAB平面PCDl， 又∵AB∥CD，AB平面PCD，CD平面PCD，∴AB∥平面PCD， 又∵AB平面PAB，平面PAB平面PCDl，∴AB∥l 又∵AE平面PAB，且E不与B重合，∴AE必与l相交 ∵l面PCD，∴AE必与平面PCD相交， ∴AE不可能与平面PCD平行. 8 ． 如 图 ， 在 平 行 六 面 体 ABCDABCD 中 ， AB AD AA 1， DAB90， 1 1 1 1 1 ⃗ ⃗ 2 ⃗ ⃗ 1 cos AA,AB ，cos