第 31 讲 高考题中的解答题二 （立体几何）
空间向量与空间角、距离问题
(一) 线面角
以空间几何体为载体考查线面角是高考命题的重点.空间向量是将空间几何问题坐标化的工具，利用空
间向量求线面角是高考热点，通常以解答题的形式出现，难度中等.
[典例] (2022·全国甲卷)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；
(2)求PD与平面PAB所成的角的正弦值．
[解] (1)证明：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)由(1)知BD⊥AD，又AB＝2AD，所以∠DAO＝60°，
所以三角形ADO为正三角形．
过点D作垂直于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，则A，B，P(0,0，)，D(0,0,0)．
则AB＝(0,2,0)，AP＝，DP＝(0,0，)．
设平面PAB的法向量为n＝(x，y，z)，
则ABAP⇒
令x＝2，则y＝0，z＝1，所以n＝(2,0,1)．
设直线PD与平面PAB所成的角为α，则sin α＝|cos〈n，DP〉|＝DPDP＝＝，
所以直线PD与平面PAB所成的角的正弦值为.
方法技巧
利用空间向量求线面角的解题模型针对训练
(2022·百师联盟开学考)如图，四棱柱 ABCD-ABC D 中，四边形 AADD 为矩
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形，且平面 AADD ⊥平面 ABCD，AB∥CD，AB＝AD＝AA＝CD， ∠DAB＝，
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M，E分别为AD，BC的中点．
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(1)证明：ME∥平面DCC D；
1 1
(2)求AE与平面BBCC 所成的角的正弦值．
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解：(1)证明：分别取AD和BC的中点H，P，连接MH，HP，PE，
则MH∥DD ，MH＝DD ，PE∥CC ，PE＝CC ，所以MH∥PE，MH＝PE，
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所以四边形MHPE为平行四边形，
所以ME∥PH，又PH∥CD，所以ME∥CD，
因为CD⊂平面DCC D，ME⊄平面DCC D，
1 1 1 1
所以ME∥平面DCC D.
1 1
(2)因为四边形 AADD 为矩形，所以 DD ⊥AD，因为平面 AADD ⊥ 平
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面 ABCD，且平面 AADD ∩平面 ABCD＝AD，所以 DD⊥平面 ABCD ， 故
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DD⊥CD，
1
因为AB∥CD, ∠DAB＝，所以CD⊥AD，
以D为坐标原点，分别以DA，DC，DD 所在直线为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
1
设AB＝1，则A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,2,0)，
B(1,1,1)，E，所以BB1＝(0,0,1)，BC＝(－1,1,0)，AE＝
1
设平面BBCC 的法向量为n＝(x，y，z)，
1 1
则BB1BC⇒
令x＝1，则y＝1，所以n＝(1,1,0)，
所以cos〈AE，n〉＝＝，
所以AE与平面BBCC 所成的角的正弦值为.
1 1
(二) 平面与平面的夹角
以空间几何体为载体考查平面与平面的夹角是高考命题的重点.空间向量是将空间几何问题坐标化的工
具，利用空间向量求平面与平面的夹角是高考热点，通常以解答题的形式出现，难度中等.
[典例] 如图，在四棱锥 P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的 正 方 形 ，△PAB为正三角形，且侧面PAB⊥底面ABCD，PM＝MD.
(1)求证：BP∥平面ACM；
(2)求平面MBC与平面DBC夹角的余弦值．
[关键点拨]
(1)在平面ACM内找与PB平行的线；
切入点
(2)建立坐标系，利用向量法求解
(1)把线面平行问题转化为线线平行问题；
迁移点
(2)把求两平面夹角问题转化为求两法向量的夹角问题
不会建系．本题不能直接建系，需根据侧面PAB⊥底面ABCD，作
障碍点
交线AB的垂线，可得平面ABCD的垂线，从而建立坐标系
[解] (1)证明：连接BD，与AC交于O，连接OM，在△PBD中，
因为O，M分别为BD，PD的中点，所以BP∥OM.
因为BP⊄平面ACM，OM⊂平面ACM，所以BP∥平面ACM.
(2)设E是AB的中点，连接PE，因为△PAB为正三角形，所以PE⊥AB.
又因为面PAB⊥底面ABCD，面PAB∩底面ABCD＝AB，PE⊂平面PAB，所以PE⊥平面ABCD.
过E作EF平行于CB与CD交于F.以E为原点，分别以EB， EF，EP为x，
y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Exyz，
则E(0,0,0)，B(1,0,0)，P(0,0，)，C(1,2,0)，D(－1，2,0)，M，
所以CM＝，BC＝(0,2,0)．
设平面CBM的法向量为n＝(x，y，z)，
则CMBC
令x＝1，则y＝0，z＝，得n＝(1,0，)．
因为PE⊥平面ABCD，
所以平面ABCD的法向量m＝(0,0,1)，
设平面MBC与平面DBC的夹角为θ，
所以cos θ＝＝.
所以平面MBC与平面DBC的夹角的余弦值为.
方法技巧
利用空间向量平面与平面所成角的解题模型针对训练
1．(2022·新高考Ⅱ卷)如图，PO是三棱锥P-ABC的高，PA ＝ PB ，
AB⊥AC，E为PB的中点．
(1)证明：OE∥平面PAC；
(2)若∠ABO＝∠CBO＝30°，PO＝3，PA＝5，求二面角C-AE-B的正弦值．
解：(1)证明：如图，取AB的中点D，连接DP，DO，DE.
因为AP＝PB，所以PD⊥AB.
因为PO为三棱锥P-ABC的高，所以PO⊥平面ABC，
因为AB⊂平面ABC，所以PO⊥AB.
又PO，PD⊂平面POD，且PO∩PD＝P，所以AB⊥平面POD.
因为OD⊂平面POD，所以AB⊥OD，
又AB⊥AC，所以OD∥AC，
因为OD⊄平面PAC，AC⊂平面PAC，所以OD∥平面PAC.
因为D，E分别为BA，BP的中点，所以DE∥PA，
因为DE⊄平面PAC，PA⊂平面PAC，所以DE∥平面PAC.
又OD，DE⊂平面ODE，OD∩DE＝D，所以平面ODE∥平面PAC.
又OE⊂平面ODE，所以OE∥平面PAC.
(2)连接OA，因为PO⊥平面ABC，OA，OB⊂平面ABC，所以PO⊥OA，PO⊥OB，
所以OA＝OB＝＝＝4.
易得在△AOB中，∠OAB＝∠ABO＝30°，所以OD＝OAsin 30°＝4×＝2，
AB＝2AD＝2OAcos 30°＝2×4×＝4.
又∠ABC＝∠ABO＋∠CBO＝60°，
所以在Rt△ABC中，AC＝ABtan 60°＝4×＝12.
以A为坐标原点，AB，AC所在直线分别为x，y轴， 以过 A 且垂
直于平面ABC的直线为z轴建立空间直角坐标系，如图 所 示 ． 则
A(0,0,0)，B(4，0,0)，C(0,12,0)，P(2，2,3)，E，
所以AE＝，AB＝(4，0,0)，AC＝(0,12,0)．设平面AEC的法向量为n＝(x，y，z)，
则AEAC即令z＝2，则n＝(－1,0,2)．
设平面AEB的法向量为m＝(x，y，z)，
1 1 1
则AEAB即令z＝2，则m＝(0，－3,2)．
1
所以|cos〈n，m〉|＝＝.
设二面角C-AE-B的大小为θ，
则sin θ＝＝.
2.(2022·岳阳质检)如图，在直三棱柱ABC-ABC 中，D，E分别是 棱 AA ，CC
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上的点，AD＝C E＝AA，AC ＝BC .
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(1)求证：平面DEB ⊥平面AABB；
1 1 1
(2)若直线BD与平面ABC所成的角为45°，且AB ＝AC ，求平面 DBE 与平面
1 1 1 1 1 1
BBE夹角的正弦值．
1
解：(1)证明：取AB 中点O ，AB中点O，连接OO交DB 于F， 连 接 EF ，
1 1 1 1 1
OC ，
1 1
则OF∥AD，∵OF＝AD＝DA＝C E，
1 1 1 1 1
∴OF＝C E，OF∥C E，
1 1 1 1
∴四边形OC EF是平行四边形，
1 1
∴OC ∥EF，
1 1
∵AC ＝BC ，
1 1 1 1
∴OC ⊥AB.
1 1 1 1
又在直三棱柱ABC-ABC 中，BB⊥平面ABC ，
1 1 1 1 1 1 1
∴BB⊥OC ，
1 1 1
又BB∩AB＝B，
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∴OC ⊥平面ABBA，
1 1 1 1
∴EF⊥平面ABBA，
1 1
又EF⊂平面DEB ，∴平面DEB ⊥平面AABB.
1 1 1 1
(2)由(1)知，OC，OB，OO 两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，
1
取BB上一点M，使BM＝DA，连接AM，
1 1
则BD∥AM，又MB⊥平面ABC，
1
∴BD与平面ABC所成角为∠MAB，
1
即∠MAB＝45°，∴AB＝BM＝BB，
1
不妨设BB＝3，则AB＝2，AD＝C E＝1，
1 1
AB＝AC ＝2，AC ＝BC ＝，
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∴OC＝1，A(0，－1,0)，D(0，－1,1)，E(1,0,2)，B(0,1,3)，C(1,0,0)，DE＝(1,1,1)，DB1＝(0,2,2)．
1
设平面DBE的一个法向量为m＝(x，y，z)，
1
则DEDB1∴取y＝1，得m＝(0,1，－1)，
∵AC2＋BC2＝AB2，∴AC⊥BC，
又AC⊥CC ，BC，CC ⊂平面BBE，
1 1 1
∴AC⊥平面BBE，
1
∴平面BBE的一个法向量n＝AC＝(1,1,0)，
1
cos〈m，n〉＝＝＝，
∴平面DBE与平面BBE夹角的正弦值为.
1 1
命题点(三) 距离问题
[典例] (2022·菏泽一模)如图，圆柱的轴截面ABCD是正方形，点E 在底面圆周
上，AF⊥DE，F为垂足．
(1)求证：AF⊥DB；
(2)当直线DE与平面ABE所成角的正切值为2时，
①求二面角E-DC-B的余弦值；
②求点B到平面CDE的距离．
[解] (1)证明：由题意可知DA⊥底面ABE，BE⊂底面ABE，故BE⊥DA ，
又BE⊥AE，AE∩DA＝A，AE，DA⊂平面AED，
故BE⊥平面AED,
由AF⊂平面AED，得AF⊥BE,
又AF⊥DE，BE∩DE＝E，BE，DE⊂平面BED，
故AF⊥平面BED，
由DB⊂平面BED，得AF⊥DB.
(2)①由题意，以A为原点，在底面圆内过点A作AB的垂线作为x轴， 以 AB，AD
所在直线为y轴、z轴建立如图所示空间直角坐标系，
设AD的长度为2，则A(0,0,0)，B(0,2,0)，C(0,2,2)，D(0,0,2)，
因为DA⊥平面ABE，所以∠DEA就是直线DE与平面ABE所成的角，
所以tan∠DEA＝＝2，所以AE＝1，又因为AB＝2，AE⊥BE，所以 ∠ BAE ＝
60°，所以E，
由上可得DC＝(0,2,0)，DE＝，
设平面DCE的法向量为n＝(x，y，z)，则DCDE即
取x＝4，得n＝(4,0，)．
又m＝(1,0,0)是平面BCD的一个法向量，
所以cos〈m，n〉＝
＝＝，又由图可知二面角E-DC-B为锐角，所以它的余弦值为.
②因为BE＝，
所以点B到平面CDE的距离d＝BE＝＝.
方法技巧
向量法求点到平面的距离的步骤
针对训练
(2022·北京房山区二模)如图，在四棱锥 P-ABCD 中，PA⊥底面 ABCD.在底
面ABCD中，BC∥AD，CD⊥AD，AD＝CD＝1，BC＝2.
(1)求证：AC⊥平面PAB；
(2)若平面PAB与平面PCD的夹角等于，求点B到平面PCD的距离．
解：(1)证明：设BC中点为E，连接AE，
易知ADCE为正方形，且AC＝，AE＝1，AB＝，
所以BC2＝AB2＋AC2，
所以AB⊥AC.
因为PA⊥底面ABCD，AC⊂底面ABCD，
所以PA⊥AC，
又PA⊂平面PAB，AB⊂平面PAB，PA∩AB＝A，
所以AC⊥平面PAB.
(2)因为 PA⊥底面 ABCD，在正方形 ADCE 中，AE⊥AD，所以 AE，AD，
PA两两互相垂直．如图，建立空间直角坐标系 Axyz.设PA＝a(a>0)， 则
C(1,1,0)，D(0,1,0)，B(1，－1,0)，P(0，0，a)，所以PD＝(0,1，－ a) ， DC ＝
(1,0,0)，设平面PCD的法向量为n＝(x，y，z)，
则PDDC即所以n＝(0，a,1)．
由(1)知，平面PAB的法向量为AC＝(1,1,0)．
因为平面PAB与平面PCD的夹角为，所以cos＝|cos〈AC，n〉|＝ACAC＝＝，解得a＝1.
设点B到平面PCD的距离为d，
因为BC＝(0,2,0)，n＝(0,1,1)，
所以d＝BC＝＝.[课时验收评价] 综合性考法针对练——空间向量与空间角、距离问题
1.三棱锥 P-ABC 中，PA＝4，AB＝2，BC＝2，PA⊥平面 ABC， AB⊥BC，D
为AC中点，点E在棱PC上(端点除外)．过直线DE的平面α与平面PAB垂 直，平面 α
与此三棱锥的面相交，交线围成一个四边形．
(1)在图中画出这个四边形，并写出作法(不要求证明)；
(2)若PE＝3EC，求点C到平面α的距离．
解：(1)取 AB 的中点 M，连接 DM，作 EF∥BC 交 PB 于点 F，连接 MF，则四
边形DMFE即为所求．如图所示．
(2)以点A为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示，
因为AB⊥BC，AB＝2，BC＝2，所以AC＝4，∠BAC＝30°，
AM＝AB＝，
所以M，D(0,2,0)，C(0，4,0)，因为PA＝4，AC＝4，PE＝3EC，
所以E(0,3,1)，故CE＝(0，－1,1)，
DM＝，DE＝(0,1,1)．
设平面DME的一个法向量为m＝(x，y，z)，
则有DMDE即
令x＝1，则y＝，z＝－，
所以m＝(1，，－)．
所以点C到平面α的距离
d＝CE＝＝.
2.(2022·泰安一模)如图，在五面体 ABCDE 中，已知 AC⊥平面 BCD ，
ED∥AC，且AC＝BC＝2ED＝2，DC＝DB＝.
(1)求证：平面ABE⊥平面ABC；
(2)求平面ABE与平面BCE夹角的余弦值．
解：(1)证明：取BC中点M，AB中点N，连接DM，MN，EN.
∴MN∥AC且MN＝AC.
又DE＝AC，DE∥AC，
∴DE∥MN，且DE＝MN，
∴四边形MNED是平行四边形，
∴EN∥DM且EN＝DM.
又AC⊥平面BCD，AC⊂平面ABC，
∴平面ABC⊥平面BCD，
∵DC＝DB，∴DM⊥BC，
又平面ABC∩平面BCD＝BC，DM⊂平面BCD，∴DM⊥平面ABC，∴EN⊥平面ABC，
又EN⊂平面ABE，∴平面ABE⊥平面ABC.
(2)由(1)知，AC⊥BC，EN∥DM且EN＝DM，EN⊥平面ABC，平面ABE⊥平面ABC，
以C为原点，CA，CB所在直线为x，y轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则C(0,0,0)，A(2,0,0)，B(0,2,0)，N(1,1,0)，E(1,1，)，
CB＝(0,2,0)，CN＝(1,1,0)，CE＝(1,1，)．
设平面BCE的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则CECB即取z＝，
则x＝－2，y＝0，
∴n＝(－2,0，)
又AC＝BC，则CN⊥AB，
又平面ABC ∩平面ABE＝AB，CN⊂平面ABC，
∴CN⊥平面ABE，即CN为平面ABE的一个法向量，
∴|cos〈n，CN〉|＝CNCN＝＝，
故平面ABE与平面BCE夹角的余弦值为.
3.(2022·盐城模拟)在三棱柱ABC-ABC 中，AA ＝13，AB＝8， BC ＝ 6 ，
1 1 1 1
AB⊥BC，AB＝BC，D为AC中点，平面ABC⊥平面ABC.
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(1)求证：BD⊥平面ABC；
1
(2)求直线C D与平面ABC所成角的正弦值．
1 1
解：(1)证明：因为AB＝BC，D为AC的中点，
1 1
所以BD⊥AC，
1
又平面ABC⊥平面ABC，平面ABC∩平面ABC＝AC，BD⊂平面ABC，
1 1 1 1
所以BD⊥平面ABC.
1
(2)在平面ABC内过点D作Dx⊥AC，如图建立空间直角坐标系， 由 AB ＝ 8 ，
BC＝6，AB⊥BC，所以AC＝＝＝10，
所以AD＝BD＝AC＝5，因为AA＝BB＝13，
1 1
所以 BD＝＝12，所以 B(0,0,12)，D(0,0,0)，B，C(0,5,0)，BC ＝，
1 1
由B1C1＝BC，得C ，所以C1D＝，
1
显然平面ABC的一个法向量可以为n＝(1,0,0)，设直线C D与平面ABC所成角为θ，
1 1 1
则sin θ＝C1DC1D
＝＝＝，
所以直线C D与平面ABC所成角的正弦值为.
1 1
4.(2022·湖北调研)如图所示，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为 正 方 形 ，
PA⊥底面ABCD，PA＝AB，E，F分别为线段PB，BC上的动点．(1)若E为线段PB的中点，证明：平面AEF⊥平面PBC；
(2)若BE＝BF，且平面AEF与平面PBC所成角的余弦值为，试确定点F的位置．
解：(1)证明：由PA⊥底面ABCD，得PA⊥BC，
又在正方形ABCD中，BC⊥AB，且PA∩AB＝A，
则BC⊥平面PAB，有BC⊥AE.
由PA＝AB，E为PB中点，得AE⊥PB，
又PB∩BC＝B，则AE⊥平面PBC，
从而平面AEF⊥平面PBC.
(2)以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴，建 立如图所示
的空间直角坐标系．设 AB＝1，则 A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)， D(0,1,0) ，
P(0，0,1)．
由(1)可知n＝为平面PBC的法向量．
1
由BE＝BF，可知EF∥PC，设BF＝λBC (0≤λ≤1)，BE＝λBP，则BF＝λ(0,1,0)，BE＝λ(－1,0,1)，可得AF
＝AB＋BF＝(1，λ，0)，AE＝AB＋BE＝(1－λ，0，λ)．
设平面AEF的法向量为n＝(x，y，z)，由AFAE即
2
取y＝1，则x＝－λ，z＝1－λ，即n＝(－λ，1,1－λ)．
2
所以，由＝＝＝，解得λ＝或λ＝，即F为BC三等分点处．
5.如图，在直三棱柱ABC-ABC 中，AD⊥平面ABC，垂足D在直线 AB上．
1 1 1 1 1
(1)求证：BC⊥AB.
1
(2)若AD＝，AB＝BC＝2，在线段AC上找一点P，使二面角A-AB-P 的余弦值是.
1
解：(1)证明：因为三棱柱ABC-ABC 是直三棱柱，所以AA⊥平面 ABC.
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又BC⊂平面ABC，所以AA⊥BC.
1
因为AD⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以AD⊥BC.
1 1
又AA⊂平面AAB，AD⊂平面AAB，AA∩AD＝A，所以BC⊥平面AAB.
1 1 1 1 1
因为AB⊂平面AAB，所以BC⊥AB.
1 1 1
(2)因为AD⊥平面ABC，所以AD⊥AB.
1 1
在Rt△ADB中，AD＝，AB＝BC＝2，sin∠ABD＝＝，故∠ABD＝60°.
则在Rt△BAA 中，AA＝AB·tan 60°＝2.
1 1
由(1)知BC⊥平面AAB，故BC⊥AB，则BC，BA，BB 两两垂直． 如图，以 B
1 1
为坐标原点，BC，BA，BB1的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建 立空间直角
坐标系Bxyz.
则B(0,0,0)，A(0,2,2)，
1
设P(a,2－a,0)(0≤a≤2)，所以BA1＝(0,2,2)，BP＝(a,2－a,0)．
设平面APB的法向量为m＝(x，y，z)，
1
则由BPBA1得令y＝3，可得m＝为平面APB的一个法向量．
1
易知平面AAB的一个法向量是n＝(1,0,0)，于是＝，解得a＝1.
1
故满足条件的点P为线段AC的中点．
(三) 立体几何中的综合问题
(一) 立体几何中的折叠问题
对立体几何中的折叠问题，要求学生要有较强的空间想象力和准确的计算运算能力，才能顺利解答.从
实际教学和考试来看，学生对这类题看到就头疼.分析原因，首先是学生的空间想象力较弱，其次是学生对
这类问题没有形成解题的模式和套路，以至于遇到类似的题目便产生畏惧心理.
[典例] (2022·齐齐哈尔一模)已知平面四边形ABCM由等腰△MAC和Rt△ABC组成，AB⊥BC，MA＝
MC，O为AC上的点且OA＝OC＝BC＝2(如图1所示)，将等腰△MAC沿AC折起，点M折至点D位置，
使得平面DAC⊥平面ABC(如图2所示)．
(1)求证：DO⊥AB；
(2)若点E在棱DC上，且满足DE＝2EC，平面EAB和平面ABC所成角的余弦值为，求四面体ABCD
的体积．
[关键点拨]
切入点 通过面面垂直的性质证明DO⊥平面ABC，进而证明DO⊥AB
建立坐标系，写出两个平面的法向量，通过锐二面角的余弦值求出参
迁移点
数，进而计算四面体ABCD的体积
[解] (1)证明：因为MA＝MC，OA＝OC，
所以在△ACD中，DO⊥AC.
又因为平面DAC⊥平面ABC，平面DAC∩平面ABC＝AC，DO⊂平面DAC，
所以DO⊥平面ABC，
又因为AB⊂平面ABC，
所以DO⊥AB.
(2)在平面ABC内过点O作AC的垂线，建立空间直角坐标系 如图所示，
设 OD＝a(a>0)，则 A(0，－2,0)，B(，1,0)，C(0,2,0)，E，AE ＝，BE＝.
设平面EAB的一个法向量n＝(x，y，z)，则AEBE即解得
不妨取y＝a，则n＝(－a，a，－10)．
结合(1)知，DO⊥平面ABC，
取平面ABC的一个法向量OD＝(0,0，a)，
则ODOD＝＝，解得a＝10.
在△ABC中，因为AC2＝AB2＋BC2，所以AB＝＝2，
所以△ABC的面积为×2×2＝2，
所以四面体ABCD的体积为×2×10＝.
方法技巧
画好翻折前后的平面图形与立体图形，分清翻折前后图形的位置和数量关系的变与不变．一般地，位
于“折痕”同侧的点、线、面之间的位置和数量关系不变，而位于“折痕”两侧的点、线、面之间的位置
关系会发生变化；对于不变的关系应在平面图形中处理，而对于变化的关系则要在立体图形中解决．
针对训练
(2022·石家庄一模)如图1，在梯形ABCD中，∠BAD为直角，AD∥BC，AB＝AD＝BC＝2，如图2，
将三角形ABD沿BD折起至PBD.
(1)若平面PBD⊥平面BCD，求证：PB⊥PC；
(2)设E是PC的中点，若二面角E-BD-C为30°，求平面PBD与平面BCD夹角的大小．
解：(1)证明：由题设知△PBD为等腰直角三角形且PB⊥PD，PB＝PD＝2，则BD＝4，
又∠DBC＝45°，BC＝4，在△BCD中，由余弦定理，得CD＝4，
所以BD2＋CD2＝BC2，即BD⊥CD，
又平面PBD⊥平面BCD，平面PBD∩平面BCD＝BD，CD⊂平面BCD，
所以CD⊥平面PBD，又PB⊂平面PBD，则CD⊥PB，因为PD∩CD＝D，
所以PB⊥平面PCD，又PC⊂平面PCD，则PB⊥PC.
(2)设M，N分别是BD，BC的中点，连接PM，MN，则PM⊥BD，MN⊥BD，
又PM∩MN＝M，
则BD⊥平面PMN，
所以∠PMN是二面角P-BD-C的平面角．
在平面PMN上过M作Mz⊥MN，
如图，以M为原点，直线MB为x轴，直线MN为y轴，直线 Mz为z轴，建
立空间直角坐标系．
则B(2,0,0)，C(－2,4,0)，D(－2,0,0)，设∠PMN＝θ，θ∈(0，π)，
则P(0,2cos θ，2sin θ)，E(－1，cos θ＋2，sin θ)，故BE＝(－3，cos θ＋2，sin θ)，DB＝(4,0,0)．
设平面BDE的法向量为n＝(x，y，z)，
则BEDB
取y＝sin θ，得n＝(0，sin θ，－cos θ－2)．
显然平面BCD的一个法向量为n＝(0,0,1)．
1
因为二面角E-BD-C为30°，则＝＝＝，整理得4cos2θ＋4cos θ＋1＝0，解得cos θ＝－，所以θ＝，
所以平面PBD与平面BCD夹角的大小为.
(二) 立体几何中的探究性问题
与空间向量有关的探究性问题主要有两类：一类是探究线面的位置关系；另一类是探究线面角或两平
面的夹角满足特定要求时的存在性问题.处理原则：先建立空间直角坐标系，引入参数有些是题中已给出，
设出关键点的坐标，然后探究这样的点是否存在，或参数是否满足要求，从而作出判断.
[典例] (2022·济南期末)如图，在正四棱柱ABCD-ABC D 中，AA＝2AB＝2，E，F，分别为棱AA，
1 1 1 1 1 1
CC 的中点，G为棱DD 上的动点．
1 1
(1)求证：B，E，D，F四点共面；
1
(2)是否存在点G，使得平面GEF⊥平面BEF？若存在，求出 DG的 长度；若不
存在，说明理由．
[关键点拨]
以D为坐标原点，DA，DC，DD 分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标
1
切入点
系
迁移点 假设存在满足题意的点G，根据题意列方程求解
[解] (1)证明：如图所示．
连接DE，DF，取BB 的中点为M，连接MC ，ME，
1 1 1 1
因为 E 为 AA 的中点，所以 EM∥AB∥C D ，且 EM＝AB ＝ C D，
1 1 1 1 1 1 1 1 1
所以四边形EMC D 为平行四边形，
1 1
所以DE∥MC ，
1 1
又因为F为CC 的中点，
1
所以BM∥C F，且BM＝C F，
1 1
所以四边形BMC F为平行四边形，
1
所以BF∥MC ，
1
所以BF∥DE，
1
所以B，E，D，F四点共面．
1
(2)以D为坐标原点，DA，DC，DD 分别为x轴，y轴，z轴建立空间 直角坐标系，
1
假设存在满足题意的点G，设G(0,0，t)(0≤t≤2)，由已知B(1,1,0)， E(1,0,1) ，
F(0,1,1)，则EF＝(－1,1,0)，EB＝(0,1，－1)，EG＝(－1,0，t－1)，
设平面BEF的一个法向量为n＝(x，y，z)，
1 1 1 1
则EFEB即取x＝1，则n＝(1,1,1)．
1 1
设平面GEF的一个法向量为n＝(x，y，z)，
2 2 2 2
则EFEG即
取x＝t－1，则n＝(t－1，t－1,1)．
2 2
因为平面GEF⊥平面BEF，
所以n·n＝0，
1 2
由t－1＋t－1＋1＝0，
解得t＝.
所以存在满足题意的点G，使得平面GEF⊥平面BEF，DG的长度为.
方法技巧
解决立体几何中探索性问题的基本方法
(1)通常假设问题中的数学对象存在或结论成立，再在这个前提下进行推理，如果能推出与条件吻合的
数据或事实，说明假设成立，并可进一步证明，否则假设不成立．
(2)探索线段上是否存在满足条件的点时，一定注意三点共线的条件的应用．
针对训练
如图，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC＝a，点P在AB上，PE∥BC交AC于E.PF∥AC交BC于F.
沿PE将△APE翻折成△A′PE，使平面A′PE⊥平面ABC；沿PF将△BPF翻折成△B′PF，使平面
B′PF⊥平面ABC.
(1)求证：B′C∥平面A′PE；
(2)设＝λ(λ>0)，是否存在λ，使得二面角C-A′B′-P的大小为30°？若存在，求出λ的值；若不存在，
请说明理由．
解：(1)证明：因为FC∥PE，FC⊄平面A′PE，PE⊂平面A′PE，所以FC∥平面A′PE.
因为平面A′PE⊥平面ABC，平面A′PE∩平面ABC＝PE，且A′E⊥PE，A′E⊂平面A′PE，所以
A′E⊥平面ABC，
同理，B′F⊥平面ABC，所以B′F∥A′E，因为A′E⊂平面A′PE，所以B′F∥平面A′PE.
又B′F，FC均在平面B′CF内，B′F∩FC＝F，所以平面B′CF∥平面A′PE，从而B′C∥平面
A′PE.
(2)假设存在λ满足题意．
以C为原点，CB所在直线为x轴，CA所在直线为y轴，过C且 垂直于平面
ABC的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则C(0,0,0)，A′，B′，
P，CA′＝，
A′B′＝，
B′P＝.
设平面CA′B′的法向量为m＝(x，y，z)，
由CA′A′B′得
令y＝λ，得z＝－1，x＝，
所以m＝为平面CA′B′的一个法向量．同理可得，平面PA′B′的一个法向量为n＝(1,1,1)．
由|cos〈m，n〉|＝＝
＝cos 30°＝，
得5λ2＋＋8λ＋－3＝0，因为5λ2＋≥2＝10>3，当且仅当λ＝1时等号成立；8λ＋≥2＝16>3，当且仅当λ
＝1时等号成立．所以5λ2＋＋8λ＋－3≥23≠0，所以不存在λ，使得二面角C-A′B′-P的大小为30°.
(三) 立体几何中的最值问题
立体几何中的最值问题主要有三类，一是距离长度的最值问题；二是面体积的最值问题；三是在最
值已知的条件下，确定参数其他几何量的值.从解答思路看，有几何法利用几何特征和代数法应用函数
思想、基本不等式等两种，这两种解答思路都需要我们正确揭示空间图形与平面图形的联系，并有效地实
施空间图形与平面图形的转换.要善于将空间问题转化为平面问题，这一步要求我们具备较强的空间想象能
力，熟练掌握几何体的结构特征及有关计算公式.
[典例] 如图，在正三棱柱 ABC-ABC 中，AB＝AA ＝2，点D 在边 BC 上，
1 1 1 1
E为BC 的中点．
1 1
(1)如果D为BC的中点，求证：平面BAE∥平面C DA；
1 1
(2)设锐二面角B-AC -D的平面角为α，CD＝λCB，λ∈，当λ取 何值时，cos
1 1
α取得最大值？
[解] (1)证明：在正三棱柱ABC-ABC 中，
1 1 1
因为D，E分别为BC，BC 的中点，所以EC 綊BD，
1 1 1
所以四边形BDC E为平行四边形，所以BE∥DC ，
1 1
又因为BE⊄平面C DA，DC ⊂平面C DA，所以BE∥平面C DA，同理可证AE∥平面C DA，
1 1 1 1 1 1
因为AE∩BE＝E，AE，BE⊂平面BAE，所以平面BAE∥平面C DA.
1 1 1 1 1
(2)以A为坐标原点，AC方向为y轴正方向，建立如图所示的空 间直角坐标
系，
则A(0,0,0)，B(，1,0)，C(0,2,0)，B(，1,2)，C (0,2,2)，
1 1
所以CB＝(，－1,0)，AB1＝(，1,2)，AC1＝(0,2,2)，AC＝ (0,2,0)，
设平面ABC 的法向量为m＝(x，y，z)，
1 1
则AB1AC1即令z＝－，得y＝，x＝1，所以m＝(1，，－)，
由CD＝λCB，λ∈，得AD＝λCB＋AC＝(λ，2－λ，0)，
设平面C DA的法向量为n＝(a，b，c)，
1
则ADAC1即
令c＝－，得b＝，a＝，
所以n＝，
由λ∈，得∈[－3，－1]，
因为锐二面角B-AC -D的平面角为α(cos α>0)，
1 1
所以cos α＝＝，
令t＝＋6，则t∈[3,5]，故＝t－6，
所以cos α＝
＝，
令μ＝∈，则f(μ)＝42μ2－12μ＋1在上单调递增，
所以cos α＝在上单调递减，
当μ＝，此时λ＝1，即点D与点B重合时，cos α取得最大值．
方法技巧
角度与距离取值范围问题的求解策略
在考察空间几何体中的运动对象时，直接考虑它的极端情形，如它的起点位置与
极端化
终点位置，从中得出一般性的结论，从而达到解决问题的目的
将所有待解决的立体几何中的最值问题通过代数化转化为一个变量或多个变量的
函数问题，运用函数求最值的方法来解决立体几何中的最值问题．此外，用变量
函数化 表示出立体几何待求的问题后，也常用均值不等式的方法加以解决．立体几何问
题的函数化，常用方法是建立平面直角坐标系或空间直角坐标系，用坐标中的变
量表示几何对象的变化
针对训练
1.如图所示，在棱锥P-ABC中，BC⊥平面PAC，PA⊥AB，PA＝AB ＝4，且 E 为
PB的中点，AF⊥PC于F，当AC变化时，三棱锥P-AEF体积的最大值 是( )
A. B．
C. D．
解析：选 C 在三棱锥 P-ABC 中，由 BC⊥平面 PAC，得 BC⊥AC，
又AB＝4，则AC2＋BC2＝AB2＝16.
V ＝V ＝··S .
P-AEF E-PAF △PAF
易知△PAF∽△PCA，所以＝＝.
又S ＝·AC·PA，PA＝4，则S ＝，
△PCA △PAF所以V ＝·.
E-PAF
设AC＝a,0<a<4，则BC＝，所以V ＝·.
E-PAF
令m＝a2＋16，易知16<m<32，有V ＝·＝·，
E-PAF
令x＝∈，
V ＝·，
E-PAF
由二次函数f(x)＝－512x2＋48x－1的性质知，当x＝时，f(x)有最大值，为，所以V 的最大值为×＝，
E-PAF
故选C.
2.(2022·枣庄三模)如图，在平行六面体 ABCD-ABC D 中，AD⊥ 底 面
1 1 1 1 1
ABCD，AB＝AA＝2AD＝2，∠DAB＝60°.
1
(1)证明：AD⊥AB；
1
(2)设点P为线段DC 上一点(异于D，C )，当DP为何值时，平面 APB与平面
1 1 1
AADD夹角的余弦值最大？
1 1
解：(1)证明：连接BD，因为AB＝2AD＝2，∠DAB＝60°，
所以在△ABD中，由余弦定理，得BD2＝AB2＋AD2－2AB·ADcos∠DAB＝5－4cos 60°＝3，即BD＝，
所以AD2＋BD2＝AB2，即AD⊥BD，
因为AD⊥底面ABCD，所以AD⊥AD，
1 1
因为AD∩BD＝D，
1
所以AD⊥平面ABD，又AB⊂平面ABD，
1 1 1
所以AD⊥AB.
1
(2)结合(1)可知，DA，DA ，DB两两垂直，故以D为坐标原点， 分别以DA，
1
DB，DA1的方向为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图，
则D(0,0,0)，A(1,0,0)，A(0,0，)，B(0，，0)，C(－1，，0)，
1
所以DC1＝DA1＋A1B1＋B1C1＝DA1＋AB＋BC＝(0,0，)＋(－ 1，，0)＋(－
1,0,0)＝(－2，，)，即C (－2，，)，
1
因为点P为线段DC 上一点(异于D，C )，
1 1
所以设DP＝λDC1＝(－2λ，λ，λ)(0<λ<1)，
所以A1P＝DP－DA1＝(－2λ，λ，λ－)，A1B＝(0，，－)，
设n＝(x，y，z)是平面APB的一个法向量，
1
则A1BA1P即
即
故令z＝2λ，则y＝2λ，x＝2λ－，即n＝(2λ－，2λ，2λ)．
易知平面AADD的一个法向量可以为m＝(0,1,0)，
1 1
设平面APB与平面AADD夹角为θ，
1 1 1
则cos θ＝＝＝，0<λ<1.
所以当＝2时，即λ＝时，cos θ取得最大值，
所以DP＝DC ＝.
1
综合性考法针对练——立体几何中的综合问题
1．(2022·济南模拟)如图，矩形ABCD中，AB＝2，BC＝1，将△ACD沿AC折起，使得点D到达点P
的位置，PB＝.
(1)证明：平面PAB⊥平面ABC；
(2)求直线PC与平面ABC所成角的正弦值．
解：(1)证明：因为BC＝1，PC＝2，PB＝，则BC2＋PB2＝PC2，于是得BC⊥PB，
又BC⊥AB，PB∩AB＝B，PB，AB⊂平面PAB，
因此，BC⊥平面PAB，而BC⊂平面ABC，
所以平面ABC⊥平面PAB.
(2)在平面PAB内过P作PO⊥AB于点O，连接CO，如图，
由(1)知，平面 ABC⊥平面 PAB，而平面 ABC∩平面 PAB＝ AB，则有 PO⊥
平面ABC，
因此，∠PCO是直线PC与平面ABC所成角，
在△PAB中，PA2＋PB2＝4＝AB2，则∠APB＝90°，PO＝＝，
在Rt△POC中，PC＝2，则有sin∠PCO＝＝，
所以直线PC与平面ABC所成角的正弦值为.
2.(2022·潍坊二模)如图，在四棱锥P-ABCD中，四边形ABCD为矩 形，PD⊥平
面ABCD，PD＝CD＝1，PA与平面ABCD所成角为30°，M为PB上一 点 且
CM⊥PA.
(1)求证：PA⊥DM；
(2)设平面PAD与平面PBC的交线为l，在l上取点N使PN＝DA，Q为线段PN上一动点，求平面ACQ
与平面PDC所成二面角的余弦值的最大值．
解：(1)证明：∵四边形ABCD为矩形，∴AD⊥CD，∵PD⊥平面ABCD，∴PD⊥CD，∵AD∩PD＝D，
AD⊂平面PAD，PD⊂平面PAD，∴CD⊥平面PAD，∵PA⊂平面PAD，∴PA⊥CD，∵CM⊥PA，CM∩CD＝
C，CM⊂平面CMD，CD⊂平面CMD，∴PA⊥平面CMD，∵DM⊂平面CMD，∴PA⊥DM.
(2)∵PD⊥平面 ABCD，∴∠PAD 为 PA 与平面 ABCD 所成的角， ∵PA 与平面
ABCD所成的角为30°，∴∠PAD＝30°，∵PD＝1，∴AD＝，以D为原 点，DA 为 x
轴，DC为y轴，DP为z轴，建立空间直角坐标系，∵AD＝，PD＝ CD＝1，PN
＝DA，∴PN＝，令 PQ＝λ(0≤λ≤)，则 D(0,0,0)，A(，0,0)， C(0,1,0) ，Q(λ，0,1)，AC＝(－，1,0)，CQ＝(λ，－1,1)，设n＝(x，y，z)是平面ACQ的一个法向量，则ACCQ取x＝
1，得n＝(1, ，－λ)，平面PDC的一个法向量为n＝(1,0,0)，∴cos〈m，n〉＝＝，∵0≤λ≤，∴当λ＝时，
cos〈m，n〉的最大值为，∴平面ACQ与平面PDC所成二面角的余弦值的最大值为.
3．(2022·东北师大附中二模)如图①所示，平面五边形ABCDE中，四边形ABCD为直角梯形，∠B＝
90°且AD∥BC，若AD＝2BC＝2，AB＝，△ADE是以AD为斜边的等腰直角三角形，现将△ADE沿AD折
起，连接EB，EC得如图②的几何体．
(1)若点M是ED的中点，求证：CM∥平面ABE；
(2)若EC＝2，在棱EB上是否存在点F，使得平面ADE与平面ADF的夹角为60°？若存在，求出点F
的位置；若不存在，请说明理由．
解：(1)证明：取AE的中点为G，连接MG，BG，∵M是ED的中 点 ， AD ＝
2BC，
∴MG是△ADE的中位线，
∴MG∥AD∥BC且MG＝BC，
∴四边形MGBC为平行四边形，∴CM∥BG，
∵CM⊄平面ABE，BG⊂平面ABE，∴CM∥平面ABE.
(2)取AD的中点为H，连接HC，HE，其中HC＝AB＝，EH＝1，
由EC＝2可得HC⊥HE，显然EH⊥平面ABCD.
故以H为坐标原点，分别以HC，HA，HE所在的直线为x轴、y轴、z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则E(0,0,1)，A(0,1,0)，
D(0，－1,0)，B(，1,0)．
设存在点F(x，y，z)，
由EF＝λEB，得(x，y，z－1)＝λ(，1，－ 1)，即x＝λ，y＝λ，z＝1－λ，
从而AF＝(x，y－1，z)＝(λ，λ－1,1－λ)， AD＝(0，－2,0)，
设平面ADF的一个法向量为u＝(m，n，r)，则
AFAD即
可取u＝(λ－1,0，λ)．
易知平面EAD的法向量可取HC＝(，0,0)．由|cos〈HC，u〉|＝＝，解得λ＝，点F的坐标为.
故存在满足题意的点F，且F为EB的中点．
4．(2022·马鞍山三模)如图所示，四棱锥P-ABCD，底面在以AC为直 径的圆O上，
PO⊥圆O，△ABD为等边三角形，AC＝4，PO＝.
(1)求证：平面PBD⊥平面PAB；
(2)线段PB上是否存在一点M使得直线PA与平面AMC所成角的正 弦值为？若存
在，求出；若不存在，请说明理由．
解：(1)证明：设AC∩BD＝N，由题知△ABD为等边三角形，AC为直径，OA＝2，得AC⊥BD，
∴∠NBC＝30°，AN＝3，CN＝1，
得BC＝2，在Rt△ABC中，得AB＝2，
在Rt△POA中，OA＝2，PO＝，得PA＝.
易知PA＝PB，则PA2＋PB2＝AB2，故PA⊥PB.
易知△PAB≌△PAD，则PA⊥PD，
又PB∩PD＝P，
∴PA⊥平面PBD，
又PA⊂平面PAB，
∴平面PBD⊥平面PAB.
(2)以N为坐标原点，NA，NB所在直线分别为x轴，y轴，过点N 且与直线 OP
平行的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(3,0,0)，B(0，，0)，C(－1,0,0)，P(1,0，)，
∴AC＝(－4,0,0)，AP＝(－2,0，)．
设PM＝λPB (0≤λ≤1)，∴PM＝(－λ，λ，－λ)，
则AM＝AP＋PM＝(－2－λ，λ，－λ)．
设平面ACM的法向量为n＝(x，y，z)，
则ACAM
取n＝(0，λ－，λ)，
设直线AP与平面ACM的所成角为θ，
则sin θ＝|cos〈AP，n〉|＝＝，解得λ＝，
即PB上存在点M满足题意，且＝.
5.如图，在斜三棱柱BCE-ADF中，侧面ABCD⊥侧面ABEF，AB＝ AD＝AF＝2，
∠ADC＝∠AFE＝60°，M为CD上的动点．
(1)当M为CD的中点时，证明：EM⊥BF；
(2)求EM与平面BCE所成角的正弦值的取值范围．
解：(1)证明：连接AE，AM，AC.因为AB＝AF＝2，∠AFE＝60°，所以平行四边形ABEF为菱形，所以BF⊥AE.
同理平行四边形ABCD为菱形，
因为AD＝AB，∠ADC＝60°.
所以△ADC为等边三角形．
因为M为DC的中点，所以AM⊥DC.
又因为AB∥DC，所以AM⊥AB.
因为平面ABCD⊥平面ABEF，平面ABCD∩平面ABEF＝AB，AM⊂平面ABCD，
所以AM⊥平面ABEF.
因为BF⊂平面ABEF，所以BF⊥AM.
又AE∩AM＝A，AE⊂平面AEM，AM⊂平面AEM，所以BF⊥平面AEM.
因为EM⊂平面AEM，所以EM⊥BF.
(2)在平面ABEF中，过点F作FO⊥AB交BA的延长线于O，连接 OD，由题意
知OF，OB，OD两两垂直，以O为坐标原点，分别以OD，OB，OF 所在直线为
x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系．
则B(0,3,0)，C(，2,0)，E(0,2，)．
设平面BCE的一个法向量n＝(x，y，z)，
BC＝(，－1,0)，BE＝(0，－1，)，
所以BCBE即
取x＝1，得n＝(1，，1)．
设点M坐标为(，a,0)(0≤a≤2)，
则EM＝(，a－2，－)．
设EM与平面BCE所成角为θ，
则sin θ＝|cos〈EM，n〉|＝EMEM
＝.
当a＝2时，sin θ＝＝0，
当a≠2时，2－a∈(0,2]，所以∈，
sin θ＝＝，
所以sin θ∈，
综上所述，直线EM与平面BCE所成角的正弦值的取值范围为.
大题专攻——“立体几何”大题的规范解题路径
立体几何问题重在“建”——建模、建系
立体几何解答题的基本模式是论证推 理与计算相
结合，以某个几何体为依托，分步设问， 逐层加深．
解决这类题目的原则是建模、建系．建模——将问题转化为平行模型、垂直模型、平面化模型及角度、距离等的计算模型，有时也需建立
函数模型；
建系——依托于题中的垂直条件，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解．
[解题示范]
[典例] (2021·新高考Ⅰ卷)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：OA⊥CD.
(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45°，求三棱锥A-BCD的体积．
[关键点拨]
1．利用法向量求解空间角的关键在于“四破”2．解答立体几何问题，应具备以下5点思维
(1)由于空间图形问题往往可转化为平面图形问题加以解决，因此要注意平面几何知识在解题中的灵活
运用．例如，证线线平行可以利用三角形、梯形的中位线性质定理，还可以利用比例关系；证线线垂直可
以利用菱形、正方形的对角线互相垂直，还可以利用勾股定理的逆定理．
(2)立体几何中证明有关平行或垂直问题时，由于大多数问题主要考查的是有关判定定理在证题中的灵
活运用，所以我们要优先考虑对应的判定定理去寻找证题思路．
(3)立体几何中证明有关平行或垂直问题时，若对应的判定定理不便于运用，则应该及时考虑其他的证
题思路．例如，要证线面平行，可以先证面面平行，再利用面面平行的性质；要证明线面垂直，可以先证
面面垂直，再利用面面垂直的性质．
(4)分析、解决有关立体几何问题时，往往需要考虑数形结合思想、分类与整合思想、转化思想在解题
中的灵活应用．
(5)由于立体几何解答题侧重考查空间向量法在解题中的灵活运用，所以必须熟练掌握利用空间向量法
求解空间角的具体过程．
(2022·全国乙卷)如图，四面体 ABCD中，AD⊥CD，AD＝CD， ∠ ADB ＝
∠BDC，E为AC的中点．
(1)证明：平面BED⊥平面ACD；
(2)设AB＝BD＝2，∠ACB＝60° ，点F在BD上，当△AFC的 面积最小时，
求CF与平面ABD所成的角的正弦值．
解：(1)证明：因为AD＝CD，∠ADB＝∠CDB，DB＝DB，所以△ADB≌△CDB，所以AB＝BC.
因为E为AC的中点，
所以AC⊥BE，AC⊥DE，
又BE∩DE＝E，BE，DE⊂平面BED，所以AC⊥平面BED，
又AC⊂平面ACD，所以平面BED⊥平面ACD.
(2)因为AB＝BC＝2，∠ACB＝60°，所以△ABC为正三角形，则AC＝2，BE＝，AE＝1.
因为AD＝CD，AD⊥CD，所以△ADC为等腰直角三角形，所以DE＝1.
所以DE2＋BE2＝BD2，则DE⊥BE.
由(1)可知，AC⊥平面BED.
连接EF，因为EF⊂平面BED，
所以AC⊥EF，当△AFC的面积最小时，点F到直线AC的距离最小，即EF的长度最小．
在Rt△BED中，当EF的长度最小时，EF⊥BD，EF＝＝.
又DE⊥AC，BE⊥AC，所以EA，EB，ED两两垂直，以 E为 坐标原点，
EA，EB，ED所在的直线分别为x，y，z轴建立如图所示空间直角 坐 标 系 E-
xyz，则A(1,0,0)，B(0，，0)，D(0,0,1)，C(－1,0,0)，AB＝(－1，， 0) ， DB ＝
(0，，－1)．
易得DF＝，FB＝，所以3DF＝FB.设F(0，y，z)，则DF＝(0，y，z－1)，FB＝(0，－y，－z)，所以3(0，y，z－1)＝(0，－y，－z)，得y＝，z＝，即F，所以CF＝.
设平面ABD的法向量为n＝(x，y，z)，
1 1 1
则ABDB不妨取y＝1，则x＝，z＝，n＝(，1，)．
1 1 1
记CF与平面ABD所成的角为α，
则sin α＝|cos〈CF，n〉|＝CFCF＝.
“立体几何”大题规范增分练
1.(2022·福州3月质检)如图，在直三棱柱ABC-ABC 中，点E为AB 的中点，点F
1 1 1
在BC上，且AC＝BC＝3BF.
(1)证明：平面ABF⊥平面CC E；
1 1 1
(2)若∠ABC＝60°，AA ＝2AB，且三棱锥E-ABF的体积为，求CE 与平面 ABF
1 1 1 1 1
所成角的正弦值．
解：(1)证明：在直三棱柱ABC-ABC 中，CC ⊥平面ABC ，
1 1 1 1 1 1 1
∴CC ⊥AB，
1 1 1
∵点E为AB的中点，且AC＝BC，∴AB⊥CE，
∵AB∥AB，∴AB⊥CE，
1 1 1 1
∵CE∩CC ＝C，
1
∴AB⊥平面CC E，
1 1 1
∵AB⊂平面ABF，
1 1 1 1
∴平面ABF⊥平面CC E.
1 1 1
(2)∵∠ABC＝60°，AC＝BC，∴△ABC为正三角形．
设AB＝t，则AA＝2AB＝2t，
1
由(1)可得，CE⊥平面ABBA，
1 1
依题意得BF＝BC，故点F到平面ABBA 的距离为CE＝×t＝t，
1 1
∵三棱锥E-ABF的体积为，
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∴t3＝，解得t＝2.
以E为原点，分别以EC，EB，AA1的方向为x轴、y轴、z轴的正方 向，建立如
图所示的空间直角坐标系 Exyz，则C(，0,0)，E(0,0,0)，A(0，－1,4)， B(0，1,4)，
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F，
∴CE＝(－，0,0)，A1B1＝(0,2,0)，A1F＝，
设平面ABF的法向量为n＝(x，y，z)，
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则A1B1A1F即令z＝1，得n＝(4，0,1)，
∴cos〈CE，n〉＝CECE＝＝－，
∴CE与平面ABF所成角的正弦值为.
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2．(2022·许昌二模)如图所示，在四棱锥 S-ABCD 中，四边形 ABCD 为 菱
形，△SAD为等边三角形，∠ABC＝120°，点S在平面ABCD内的射影 O为线段 AD
的中点．
(1)求证：平面SOB⊥平面SBC；
(2)已知点E在线段SB上，SE＝BE，求平面OBE与平面OCE夹角的余弦值．
解：(1)证明：连接BD.在菱形ABCD中，∠ABC＝120°，故△ABD为等边三角形．
因为O为AD的中点，
所以OB⊥AD.
因为AD∥BC，所以OB⊥BC.
由条件可知SO⊥平面ABCD，又BC⊂平面ABCD，所以OS⊥BC，
因为OS∩OB＝O，OS，OB⊂平面SOB，所以BC⊥平面SOB.
因为BC⊂平面SBC，故平面SOB⊥平面SBC.
(2)因为SO⊥平面ABCD，OB⊥AD，所以以OA，OB，OS的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间
直角坐标系Oxyz，如图所示，
不妨设OA＝1，则OS＝OB＝.
所以O(0,0,0)，B(0，，0)，
C(－2，，0)，S(0,0，)，
OC＝(－2，，0)．
由SE＝BE，
得OE＝OS＋SB＝，
设m＝(x，y，z)是平面OCE的法向量，由OEOC得
令y＝2，则x＝，z＝－3，则m＝(，2，－3)，
又因为平面OBE的一个法向量为n＝(1,0,0)，所以cos〈m，n〉＝＝＝，
所以平面OBE与平面OCE夹角的余弦值为.
3.(2022·中山期末)已知圆锥AO的底面半径为2，母线长为2，点C 为圆锥底面圆
周上的一点，O为圆心，D是AB的中点，且∠BOC＝.
(1)求三棱锥D-OCB的表面积；
(2)求A到平面OCD的距离．
解：(1)由已知OC⊥OB，OC⊥OA，OB∩OA＝O，
则OC⊥平面OBA，又OD⊂平面OBA，所以OC⊥OD，则∠COD＝90°.
三棱锥D-OCB的表面积等于S ＋S ＋S ＋S ，
△OCB △OCD △ODB △CDBS ＝×2×2＝2，
△OCB
S ＝×2×＝，
△OCD
圆锥的高AO＝＝6，
则S ＝××2×6＝3.
△ODB
在△CDB中，CB＝2，DB＝，CD＝＝，
则cos∠DCB＝＝，
所以sin∠DCB＝＝，
则S ＝××2×＝.
△CDB
故三棱锥D-OCB的表面积为5＋＋.
(2)因为D是AB的中点，则A到平面OCD的距离即为B到平面OCD 的距离，
过B作BH⊥OD垂足为H，
因为OC⊥平面OBA，且OC⊂平面OCD，
所以平面 OBA⊥平面 OCD，又 BH⊂平面 OBA，BH⊥OD，平面 OBA∩平面
OCD＝OD，
所以BH⊥平面OCD，
则线段BH长度即为B到平面OCD的距离，
因为BH＝＝＝，
所以A到平面OCD的距离为.
4．如图1，在平面四边形PDCB中，PD∥BC，BA⊥PD，PA＝AB＝BC＝2，AD＝1.将△PAB沿BA翻
折到△SAB的位置，使得平面SAB⊥平面ABCD，如图2所示．
(1)设平面SDC与平面SAB的交线为l，求证：BC⊥l；
(2)点Q在线段SC上(点Q不与端点重合)，平面QBD与平面BCD夹角的余弦值为，求线段BQ的长．
解：(1)证明：依题意，AD⊥AB，
因为PD∥BC，所以BC⊥AB，
由于平面SAB⊥平面ABCD，且两平面的交线为AB，BC⊂平面ABCD，
所以BC⊥平面SAB，
因为l是平面SDC与平面SAB的交线，
所以l⊂平面SAB，
故BC⊥l.
(2)由(1)可知，AD⊥平面SAB，所以AD⊥SA，由题意可知SA⊥AB，AD⊥AB，
以点A为坐标原点，分别以AD，AB，AS所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则A(0,0,0)，B(0,2,0)，C(2,2,0)，D(1,0,0)，S(0,0,2)，BD＝(1，－2,0)，SC＝(2,2，－2)，
设SQ＝λSC (0<λ<1)，则Q(2λ，2λ，2－2λ)，BQ＝(2λ，2λ－2,2－2λ)，
设n＝(x，y，z)是平面QBD的一个法向量，
则BDBQ
令x＝2，可得n＝.
易知m＝(0,0,1)是平面CBD的一个法向量，
依题意，二面角Q-BD-C的余弦值为，
所以|cos〈m，n〉|＝
＝＝，
解得λ＝∈(0,1)，
此时BQ＝(1，－1,1)，|BQ|＝，
即线段BQ的长为.
5.如图，在水平放置的直角梯形 ABCD 中，AB∥CD，∠DAB＝ 90°，AD＝
DC＝AB＝1.以AB所在直线为轴，将ABCD向上旋转角θ得到ABEF， 其 中
θ∈(0，π)．
(1)证明：平面ADF⊥平面CDFE；
(2)若平面ADF与平面BCE的夹角余弦值不超过，求θ的取值范围．
解：(1)证明：由题意，AB⊥AD，AB⊥AF，AD∩AF＝A，且AD，AF⊂平面ADF，
所以AB⊥平面ADF；
又AB∥CD，所以CD⊥平面ADF，
而CD⊂平面CDFE，所以平面ADF⊥平面CDFE.
(2)根据题意，旋转角θ即∠DAF，
以A为原点，在平面ADF内，作AD的垂线为z轴，
AD，AB所在直线分别作为x轴、y轴，建立空间直角坐标系，
则D(1,0,0)，B(0,2,0)，C(1,1,0)，F(cos θ，0，sin θ)，
BC＝(1，－1,0)，EC＝FD＝(1－cos θ，0，－sin θ)，
设n＝(x，y，z)为平面BCE的一个法向量，
则BCEC
取n＝.
易知平面ADF的一个法向量为m＝(0,1,0)．
记平面ADF与平面BCE的夹角为α，则cos α＝|cos〈n，m〉|＝
＝≤，
化简得，cos2θ－cos θ≥0，解得cos θ≥1或cos θ≤0，
又θ∈(0，π)，解得θ∈.
