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５０４ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
８．４ 直线、平面垂直的判定与性质
§
直线ｌ和平面α ｌ α ｌ和α
⊂ ｌ α
的位置关系 或ｌ α ⊥ 斜交
∥
θ（直线ｌ与平面α
θ ° θ ° θ °
考点一 直线与平面垂直的判定与性质 所成的角）的取值范围 ＝０ ＝９０° ０ ＜ ＜９０
１．直线与平面垂直
考点二 平面与平面垂直的判定与性质
直线与平面垂直的定义
（１）
如果直线ｌ和平面α内的 任意一条 直线都垂直 我们就 １．二面角的平面角
① ，
说直线ｌ与平面α垂直 记作ｌ α． 从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角
， ⊥ ，
直线与平面垂直的判定和性质 这条直线叫做二面角的棱 这两个半平面叫做二面角的面．如果
（２） ，
记棱为ｌ 那么两个面分别为α β的二面角记作α ｌ β．
类别 文字语言 图形语言 符号语言 ， 、 － －
在二面角的棱上任取一点 以该点为垂足 在两个半平面内分
如果一条直线与一个平面 ｌ ａ ｌ ｂ } ， ，
⊥ ，⊥ 别作垂直于棱的射线 则两射线所构成的角叫做二面角的平面角．
内的 两条相交直线都垂 ａ ｂ Ｏ ，
② ∩ ＝ ⇒ ２．面面垂直的判定和性质
直则该直线与此平面垂直 ａ α ｂ α
， ⊂ ， ⊂
即线线垂直 线面垂直 ｌ α 类别 文字语言 图形语言 符号语言
判定 （ ⇒ ） ③ ⊥
两个平面相交 如果它 ＡＯＢ 是二面
如果两条平行直线中的一 ， ∠
ａ ｂ} 们所成的二面角是直 角α ｌ β 的平
条垂直于一个平面 那么 ∥ ｂ α － －
， ａ α ⇒ ⊥ 二面角 就说这两个平 面角 且 ＡＯＢ
另一条也垂直于这个平面 ⊥ ， ， ∠
面互相垂直 ° 则α β
＝９０ ， ⊥
判定
如果一条直线和一个平面
如果一个平面过另一个
垂直 则这条直线垂直于 ａ α} ｌ β}
， ⊥ ａ ｂ 平面的垂线 则这两个 ⊂ β
平面内任意一条直线 即 ｂ α ⇒④ ⊥ ， ｌ α ⇒⑥ ⊥
（ ⊂ 平面互相垂直 即线面 ⊥
线面垂直 线线垂直 （ α
性质 ⇒ ） 垂直 面面垂直
⇒ ）
垂直于同一个平面的两 ａ α} 如果两个平面垂直 ， 则 α ⊥ β ü ï
⊥ ａ ｂ 其中一个平面内垂直 α β ａ ï
条直线平行 ｂ α ⇒ ∥ ∩ ＝ ý ｌ α
⊥ 于交线的直线垂直于 ｌ β ï⇒⊥
⊂ ï
另一个平面 ｌ ａ þ
２．直线与平面所成的角
性质
⊥
定义 平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的 如果两个相交平面同
（１） ： α β ｌ}
锐角 叫做这条直线和这个平面所成的角．一条直线垂直于平 时垂直于第三个平面 ∩ ＝
⑤ ， α γ ｌ γ
面 我们说它们所成的角是直角 一条直线和平面平行 或在平 那么它们的交线垂直 ⊥ ⇒⊥
， ； ， 于第三个平面 β ⊥ γ
面内 我们说它们所成的角是 °的角．
， ０
线面角θ的取值范围 ° θ °． 知识拓展 垂直问题的转化方向图
（２） ：０ ≤ ≤９０
常用结论 过一点有且只有一条直线与已知平面垂直．
（１）
过一点有且只有一个平面与已知直线垂直．
（２）
在垂直关系中 线面垂直是核心 已知线面垂直 既可为证
， ， ，
明线线垂直提供依据 又可为利用判定定理证明面面垂直做好
，
铺垫．应用面面垂直的性质定理时 一般需作辅助线 基本作法是
， ，
过其中一个平面内不在棱上的一点作交线的垂线 从而把面面
，
垂直问题转化为线面垂直问题 进而可转化为线线垂直问题．
，
α β且ｍ α α β且ｍ α
Ａ． ⊥ ⊂ Ｂ． ⊥ ∥
ｍ ｎ且ｎ β ｍ ｎ且ｎ β
Ｃ． ∥ ⊥ Ｄ． ⊥ ∥
答案 Ｃ
考点一 直线与平面垂直的判定与性质
２．若平面α β满足α β α β ｌ Ｐ α Ｐ ｌ 下列命题为假命
， ⊥ ， ∩ ＝ ， ∈ ， ∉ ，
１．已知ｍ和ｎ是两条不同的直线 α和β是两个不重合的平面 题的是
， ， （ ）
下面给出的条件中一定能推出ｍ β的是 ．过点Ｐ垂直于平面α的直线平行于平面β
⊥ （ ） Ａ
专题八 立体几何 ５０５
过点Ｐ垂直于直线ｌ的直线在平面α内 连接ＤＥ ＤＦ ＢＤ ＢＥ．证明 ＰＢ 平面 ＤＥＦ．试判断四面体
Ｂ． ， ， ， ： ⊥
过点Ｐ垂直于平面β的直线在平面α内 ＤＢＥＦ是不是鳖臑 若是 写出其每个面的直角 只需写出结
Ｃ． ， ， （
过点Ｐ且在平面α内垂直于ｌ的直线必垂直于平面β 论 若不是 说明理由．
Ｄ． ）； ，
答案 Ｂ
３．如图 在正方形ＡＢＣＤ中 Ｅ Ｆ分别是ＢＣ ＣＤ的中点 Ｇ是ＥＦ
， ， ， ， ，
的中点 现在沿ＡＥ ＡＦ及ＥＦ将这个正方形折成一个空间图
， ，
形 使Ｂ Ｃ Ｄ三点重合 重合后的点记为Ｈ 则在这个空间图
， ， ， ， ，
形中必有
（ ）
考点二 平面与平面垂直的判定与性质
６．如图 四棱锥Ｐ ＡＢＣＤ中 ＰＡ 底
．ＡＧ 平面ＥＦＨ ＡＨ 平面ＥＦＨ ， － ， ⊥
Ａ ⊥ Ｂ． ⊥
面ＡＢＣＤ 底面ＡＢＣＤ为正方形 给
ＨＦ 平面ＡＥＦ ＨＧ 平面ＡＥＦ ， ，
出下列结论
Ｃ． ⊥ Ｄ． ⊥
答案 Ｂ ：
ＡＤ 平面ＰＢＣ
４．如图 ＰＡ 圆 Ｏ 所在的平面 ＡＢ 是圆 Ｏ 的 ① ∥ ；
， ⊥ ，
平面ＰＡＣ 平面ＰＢＤ
直径 Ｃ是圆Ｏ上异于Ａ Ｂ的一点 Ｅ Ｆ分 ② ⊥ ；
， ， ， 、
平面ＰＡＢ 平面ＰＡＣ
别是Ａ在ＰＢ ＰＣ上的射影 给出下列结论 ③ ⊥ ；
、 ， ：
平面ＰＡＤ 平面ＰＤＣ．
④ ⊥
ＡＦ ＰＢ ＥＦ ＰＢ ＡＦ ＢＣ ＡＥ
① ⊥ ；② ⊥ ；③ ⊥ ；④ ⊥ 其中正确结论的序号是 ．
平面ＰＢＣ．
答案
其中正确结论的序号是 ． ①②④
７．如图 在四棱锥Ｐ ＡＢＣＤ中 ＡＢ ＣＤ ＡＢ ＡＤ ＣＤ ＡＢ 平面
答案 ， － ， ∥ ， ⊥ ， ＝２ ，
①②③ ＰＡＤ 底面ＡＢＣＤ ＰＡ ＡＤ Ｅ和Ｆ分别是ＣＤ和ＰＣ的中点
５． 九章算术 中 将底面为长方形且有一条 ⊥ ， ⊥ ， ，
求证
《 》 ，
侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马 将四个面都为直角三角 ：
， ＰＡ 底面ＡＢＣＤ
形的四面体称之为鳖臑． （１） ⊥ ；
ＢＥ 平面ＰＡＤ
如图 在阳马Ｐ ＡＢＣＤ中 侧棱ＰＤ 底面ＡＢＣＤ 且ＰＤ ＣＤ （２） ∥ ；
， － ， ⊥ ， ＝ ， 平面ＢＥＦ 平面ＰＣＤ．
过棱ＰＣ的中点Ｅ 作ＥＦ ＰＢ交ＰＢ于点Ｆ （３） ⊥
， ⊥ ，
点记为Ｈ 如图乙所示 那么 在四面体Ａ ＥＦＨ中必有
， ， ， － （ ）
１．如图所示 在四边形 ＡＢＣＤ 中 ＡＤ ＢＣ ＡＤ ＡＢ ＢＣＤ °
， ， ∥ ， ＝ ，∠ ＝４５ ，
ＢＡＤ ° 将 ＡＢＤ沿ＢＤ折起 使得平面ＡＢＤ 平面ＢＣＤ 构
∠ ＝９０ ， △ ， ⊥ ，
成四面体ＡＢＣＤ 则在四面体中 下列说法正确的是
， ， （ ）
ＡＨ 平面ＥＦＨ ＡＧ 平面ＥＦＨ
Ａ． ⊥ Ｂ． ⊥
ＨＦ 平面ＡＥＦ ＨＧ 平面ＡＥＦ
Ｃ． ⊥ Ｄ． ⊥
Ａ．
平面ＡＢＤ
⊥
平面ＡＢＣ
Ｂ．
平面ＡＣＤ
⊥
平面ＢＣＤ 答案 Ａ
∵
ＡＨ
⊥
ＨＥ
，
ＡＨ
⊥
ＨＦ
，
且ＥＨ
∩
ＨＦ
＝
Ｈ
，
平面ＡＢＣ 平面ＢＣＤ 平面ＡＣＤ 平面ＡＢＣ ＡＨ 平面ＥＦＨ 正确
Ｃ． ⊥ Ｄ． ⊥ ∴ ⊥ ，Ａ ；
答案 Ｄ 在四边形 ＡＢＣＤ 中 ＡＤ ＢＣ ＢＣＤ ° 过Ａ只有一条直线与平面ＥＦＨ垂直 不正确
∵ ， ∥ ，∠ ＝４５ ， ∵ ，∴ Ｂ ；
ＡＤＣ ° ＡＤ ＡＢ ＢＡＤ ° ＡＤＢ ° ＡＧ ＥＦ ＥＦ ＡＨ ＡＧ ＡＨ Ａ
∴ ∠ ＝ １３５ ，∵ ＝ ，∠ ＝ ９０ ，∴ ∠ ＝ ４５ ， ∵ ⊥ ， ⊥ ， ∩ ＝ ，
ＢＤＣ ° ＢＤ ＣＤ．又平面 ＡＢＤ 平面 ＢＣＤ 且平面 ＥＦ 平面ＨＡＧ
∴ ∠ ＝９０ ，∴ ⊥ ⊥ ， ∴ ⊥ ，
ＡＢＤ 平面ＢＣＤ ＢＤ ＣＤ 平面 ＡＢＤ ＣＤ ＡＢ 又 ＡＤ ＥＦ 平面ＡＥＦ
∩ ＝ ，∴ ⊥ ，∴ ⊥ ， ⊥ ∵ ⊂ ，
ＡＢ ＡＤ ＣＤ Ｄ ＡＢ 平面ＡＣＤ 又ＡＢ 平面ＡＢＣ 平面 平面ＨＡＧ ＡＥＦ
， ∩ ＝ ，∴ ⊥ ， ⊂ ，∴ ∴ ⊥ ，
ＡＢＣ 平面ＡＣＤ．故选 ． 过Ｈ作平面ＡＥＦ的垂线 一定在平面ＨＡＧ内 不正确
⊥ Ｄ ∴ ， ，∴ Ｃ ；
２．（２０１８安徽亳州模拟，８）如图甲所示 在正方形ＡＢＣＤ中 Ｅ Ｆ ＨＧ不垂直于ＡＧ
， ， 、 ∵ ，
分别是ＢＣ ＣＤ的中点 Ｇ是ＥＦ的中点 现在沿ＡＥ ＡＦ及ＥＦ ＨＧ 平面ＡＥＦ不正确
、 ， ， 、 ∴ ⊥ ，
把这个正方形折成一个四面体 使Ｂ Ｃ Ｄ三点重合 重合后的 不正确．故选
， 、 、 ， ∴ Ｄ Ａ．
５０６ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
３．（２０１９湖北武汉４月调研，６）已知两个平面相互垂直 给出下 ５．（２０１８湖南益阳模拟，１９）如图所示 在四棱锥 Ｐ ＡＢＣＤ 中
， ， － ，
列命题 平面 ＰＡＢ 平面 ＡＢＣＤ ＡＤ ＢＣ ＡＤ ＢＣ ＤＡＢ ＡＢＰ
： ⊥ ， ∥ ， ＝２ ，∠ ＝∠
一个平面内已知直线必垂直于另一个平面内的任意一条 °．
① ＝９０
直线 求证 ＡＤ 平面ＰＡＢ
； （１） ： ⊥ ；
一个平面内已知直线必垂直于另一个平面内的无数条直线 求证 ＡＢ ＰＣ
② ； （２） ： ⊥ ；
一个平面内任意一条直线必垂直于另一个平面 ＰＥ
③ ； 若点Ｅ在棱ＰＤ上 且ＣＥ 平面ＰＡＢ 求 的值．
过一个平面内任意一点作交线的垂线 则此垂线必垂直于另 （３） ， ∥ ， ＰＤ
④ ，
一个平面．
其中正确命题的个数是
（ ）
Ａ．３ Ｂ．２ Ｃ．１ Ｄ．０
答案 Ｃ 构造正方体ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 如图
－ １ １ １ １， ，
解析 证明 因为 ＤＡＢ °
（１） ： ∠ ＝９０ ，
所以ＡＤ ＡＢ．
⊥
因为平面ＰＡＢ 平面ＡＢＣＤ
⊥ ，
且平面ＰＡＢ 平面ＡＢＣＤ ＡＢ
∩ ＝ ，
所以ＡＤ 平面ＰＡＢ．
⊥
证明 由 知ＡＤ ＡＢ
（２） ： （１） ⊥ ，
在正方体 ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 中 平面 ＡＤＤ Ａ 平面 ＡＢＣＤ 因为ＡＤ ＢＣ 所以ＢＣ ＡＢ．
① － １ １ １ １ ， １ １⊥ ， ∥ ， ⊥
Ａ Ｄ 平面ＡＤＤ Ａ ＢＤ 平面ＡＢＣＤ 但Ａ Ｄ与ＢＤ不垂直 故 又因为 ＡＢＰ °
１ ⊂ １ １， ⊂ ， １ ， ∠ ＝９０ ，
错 所以ＰＢ ＡＢ．
① ； ⊥
在正方体ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 中 平面ＡＤＤ Ａ 平面ＡＢＣＤ ｌ 因为ＰＢ ＢＣ Ｂ
② － １ １ １ １ ， １ １⊥ ， ∩ ＝ ，
是平面ＡＤＤ Ａ 内任意一条直线 ｌ与平面ＡＢＣＤ内和ＡＢ平行 所以ＡＢ 平面ＰＢＣ
１ １ ， ⊥ ，
的所有直线垂直 故 正确 因为ＰＣ 平面ＰＢＣ
， ② ； ⊂ ，
在正方体 ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 中 平面 ＡＤＤ Ａ 平面 ＡＢＣＤ 所以ＡＢ ＰＣ．
③ － １ １ １ １ ， １ １⊥ ， ⊥
Ａ Ｄ 平面ＡＤＤ Ａ 但Ａ Ｄ与平面ＡＢＣＤ不垂直 故 错 如图 过Ｅ作ＥＦ ＡＤ交ＰＡ于Ｆ 连接ＢＦ．
１ ⊂ １ １， １ ， ③ ； （３） ， ∥ ，
在正方体ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 中 平面ＡＤＤ Ａ 平面ＡＢＣＤ 且
④ － １ １ １ １ ， １ １⊥ ，
平面ＡＤＤ Ａ 平面ＡＢＣＤ ＡＤ 过交线ＡＤ上的任一点作交线
１ １∩ ＝ ，
的垂线ｌ 则ｌ可能与平面ＡＢＣＤ垂直 也可能与平面ＡＢＣＤ不
， ，
垂直 故 错．故选 ．
， ④ Ｃ
４．（２０１９河南安阳３月检测，１８）如图
，
在四棱锥Ｐ
－
ＡＢＣＤ中
， 因为ＡＤ ＢＣ 所以ＥＦ ＢＣ．
ＰＡ ⊥ 底面ＡＢＣＤ ， ＡＢ ⊥ ＡＤ ， ＡＣ ⊥ ＣＤ ，∠ ＡＢＣ ＝６０ ° ， ＰＡ ＝ ＡＢ ＝ ＢＣ ， 所以Ｅ Ｆ ∥ Ｂ Ｃ ， 四点共面 ∥ ．
Ｅ是ＰＣ的中点．求证
： 又因为
，
ＣＥ
， ，
平面ＰＡＢ
∥ ，
（１） ＣＤ ⊥ ＡＥ ； 且ＣＥ 平面ＢＣＥＦ 平面ＢＣＥＦ 平面ＰＡＢ ＢＦ
（２） ＰＤ ⊥ 平面ＡＢＥ． 所以Ｃ ⊂ Ｅ ＢＦ ， ∩ ＝ ，
∥ ，
所以四边形ＢＣＥＦ为平行四边形
，
所以ＥＦ ＢＣ １ ＡＤ．
＝ ＝
２
在 ＰＡＤ中 因为ＥＦ ＡＤ
△ ， ∥ ，
ＰＥ ＥＦ
所以 １
证明 证明 因为ＰＡ 平面ＡＢＣＤ ＣＤ 平面ＡＢＣＤ ＰＤ＝ＡＤ＝ ，
（１） ⊥ ， ⊂ ， ２
所以ＰＡ ＣＤ． ＰＥ
⊥ 即 １ ．
因为ＡＣ ＣＤ ＰＡ ＡＣ Ａ ＰＤ＝
⊥ ， ∩ ＝ ， ２
所以ＣＤ
⊥
平面ＰＡＣ． ６．（２０２０河南安阳二模，１９）如图
，
在四棱锥 Ｐ
－
ＡＢＣＤ 中
，
底面
又ＡＥ 平面ＰＡＣ 所以ＣＤ ＡＥ．
⊂ ， ⊥ ＡＢＣＤ是平行四边形 ＡＤ ＢＤ ２ＡＢ 平面 ＰＡＤ 底面
由ＰＡ ＡＢ ＢＣ ＡＢＣ ° 可得ＡＣ ＰＡ． ， ＝ ＝ ＝２， ⊥
（２） ＝ ＝ ，∠ ＝６０ ， ＝ ２
因为Ｅ是ＰＣ的中点 所以ＡＥ ＰＣ． ＡＢＣＤ 且ＰＡ ＰＤ Ｅ Ｆ分别为ＰＣ ＢＤ的中点．
， ⊥ ， ＝ ＝ ２， ， ，
由 知 ＡＥ ＣＤ 且ＰＣ ＣＤ Ｃ 求证 ＥＦ 平面ＰＡＤ
（１） ， ⊥ ， ∩ ＝ ， （１） ： ∥ ；
所以ＡＥ 平面ＰＣＤ． 求证 平面ＰＡＤ 平面ＰＢＤ
⊥ （２） ： ⊥ ；
又ＰＤ 平面ＰＣＤ 所以ＡＥ ＰＤ． 求三棱锥Ｂ ＰＣＤ的体积．
⊂ ， ⊥ （３） －
因为ＰＡ 平面ＡＢＣＤ ＡＢ 平面ＡＢＣＤ
⊥ ， ⊂ ，
所以ＰＡ ＡＢ．
⊥
又ＡＢ ＡＤ ＰＡ ＡＤ Ａ
⊥ ， ∩ ＝ ，
所以ＡＢ 平面ＰＡＤ
⊥ ，
又ＰＤ 平面ＰＡＤ 所以ＡＢ ＰＤ．
⊂ ， ⊥
又ＡＥ ＡＢ Ａ 所以ＰＤ 平面ＡＢＥ． 解析 证明 如图 连接ＡＣ．
∩ ＝ ， ⊥ （１） ： ，
专题八 立体几何 ５０７
因为底面ＡＢＣＤ是平行四边形 且Ｆ是ＢＤ的中点
， ，
所以Ｆ也是ＡＣ的中点．
结论 平面Ａ ＯＤ不可能垂直于平面Ａ ＣＤ．
又因为Ｅ是ＰＣ的中点 所以ＥＦ ＰＡ． （３） ： １ １
， ∥ 证明如下
因为ＰＡ 平面ＰＡＤ ＥＦ 平面ＰＡＤ ：
⊂ ， ⊄ ， 假设平面Ａ ＯＤ 平面Ａ ＣＤ
所以ＥＦ 平面ＰＡＤ． １ ⊥ １ ，
∥ 在平面Ａ ＯＤ内过Ｏ作ＯＥ Ａ Ｄ于Ｅ
１ ⊥ １ ，
证明 在 ＡＢＤ中 因为ＡＤ ＢＤ ２ＡＢ 因为平面Ａ ＯＤ 平面Ａ ＣＤ Ａ Ｄ
（２） ： △ ， ＝ ＝ ＝２， １ ∩ １ ＝ １ ，
２ 所以ＯＥ 平面Ａ ＣＤ．
所以ＡＤ２ ＢＤ２ ＡＢ２ 则ＢＤ ＡＤ． ⊥ １
＋ ＝８＝ ， ⊥ 又因为ＣＤ 平面Ａ ＣＤ 所以ＯＥ ＣＤ．
又因为平面 ＰＡＤ 底面 ＡＢＣＤ 交线为 ＡＤ 而 ＢＤ 平面 ⊂ １ ， ⊥
⊥ ， ， ⊂ 由 知ＢＯ 平面Ａ ＯＤ 所以ＢＯ ＯＥ．
ＡＢＣＤ 所以ＢＤ 平面ＰＡＤ． （１） ⊥ １ ， ⊥
， ⊥ 又因为ＢＯ与ＣＤ相交 ＢＯ ＣＤ 平面ＯＢＣＤ
因为ＢＤ 平面ＰＢＤ ， ， ⊂ ，
⊂ ， 所以ＯＥ 平面ＯＢＣＤ
所以平面ＰＡＤ 平面ＰＢＤ． ⊥ ，
⊥ 故ＯＥ同时垂直于两个相交平面ＯＢＣＤ和Ａ ＣＤ
如图 取ＡＤ中点Ｏ 连接ＰＯ． １ ，
（３） ， ， 这显然不成立 故假设不成立．
ＰＡ ＰＤ Ｏ为ＡＤ中点 ＰＯ ＡＤ． ，
∵ ＝ ， ，∴ ⊥ 所以平面Ａ ＯＤ不可能垂直于平面Ａ ＣＤ．
又 平面ＰＡＤ 底面ＡＢＣＤ 交线为ＡＤ
∵ ⊥ ， ， 解后反思 １ 先由线面垂直的判定 １ 定理得线面垂直 再由线
ＰＯ 平面ＡＢＣＤ． （１） ，
∴ ⊥
面垂直的性质得线线垂直 要证明线面平行 即在平面中
ＰＡ ＰＤ ＡＤ ；（２） ，
∵ ＝ ＝ ２， ＝２， 找到一条直线与该直线平行 用线面平行的判定定理进行证
ＰＡ２ ＰＤ２ ＡＤ２ ＰＡ ＰＤ． ，
∴ ＋ ＝４＝ ，∴ ⊥ 明 运用反证法进行证明．
；（３）
ＰＯ Ｖ Ｖ １ Ｓ ＰＯ １ １ ８．（２０１８广东江门一模，１９）如图 在直角梯形ＡＢＥＦ中 ＡＢＥ
∴ ＝１，∴ Ｂ － ＰＣＤ＝ Ｐ － ＢＣＤ＝ × △ ＢＣＤ× ＝ × ×２×２×１ ， ，∠
３ ３ ２ ＢＡＦ ° Ｃ Ｄ分别是 ＢＥ ＡＦ 上的点 且 ＤＡ ＡＢ ＢＣ
＝∠ ＝９０ ， 、 、 ， ＝ ＝ ＝
＝ ２ ． ａ ＤＦ ＣＥ ａ．沿 ＣＤ 将四边形 ＣＤＦＥ 翻折至四边形
３ ２ ， ＝２ ＝２
７．（２０１９北京西城二模文，１８）如图 在平行四边形ＡＢＣＤ中 ＣＤＰＱ的位置 连接ＡＰ ＢＰ ＢＱ 得到多面体ＡＢＣＤＰＱ 且ＡＰ
１， ， ， 、 、 ， ， ＝
Ｏ为ＡＤ的中点 ＢＯ^ＡＤ．将三角形ＡＢＯ沿ＢＯ折起到三角形 ａ．
， ６
Ａ ＢＯ的位置 如图 ． 求多面体ＡＢＣＤＰＱ的体积
１ ， ２ （１） ；
求证 ＢＯ^Ａ Ｄ 求证 平面ＰＢＱ 平面ＰＢＤ．
（１） ： １ ； （２） ： ⊥
若Ｍ为Ａ Ｂ的中点 求证 ＭＯ 平面Ａ ＣＤ
（２） １ ， ： ∥ １ ；
判断平面Ａ ＯＤ能否垂直于平面Ａ ＣＤ 证明你的结论．
（３） １ １ ，
解析 ＤＡ ＡＢ ＢＣ ａ ＡＢＣ ＢＡＤ °
（１）∵ ＝ ＝ ＝ ２ ，∠ ＝∠ ＝９０ ，
四边形ＡＢＣＤ是正方形
∴ ，
ＣＤ ＡＤ ＣＤ ＤＰ
图 图 ∴ ⊥ ， ⊥ ，
１ ２ 又ＡＤ ＤＰ Ｄ
∩ ＝ ，
解析 （１） 证明 ： 因为在题图 １ 中 ， ＢＯ ⊥ ＡＤ ， ＣＤ 平面ＡＤＰ．
∴ ⊥
所以在题图 中 ＢＯ Ａ Ｏ ＢＯ ＯＤ ＡＢ ＣＤ ＡＢ 平面ＡＤＰ
２ ， ⊥ １ ， ⊥ ， ∵ ∥ ，∴ ⊥ ，
又因为Ａ １ Ｏ ∩ ＯＤ ＝ Ｏ ， Ａ １ Ｏ ， ＯＤ ⊂ 平面Ａ １ ＯＤ ， ∵ ＡＤ２ ＋ ＤＰ２ ＝ ＡＰ２ ，∴ ＡＤ ⊥ ＤＰ ，
所以ＢＯ 平面Ａ ＯＤ 又因为Ａ Ｄ 平面Ａ ＯＤ 又ＣＤ ＡＤ ＣＤ ＤＰ Ｄ
⊥ １ ， １ ⊂ １ ， ⊥ ， ∩ ＝ ，
所以ＢＯ Ａ Ｄ． ＡＤ 平面ＣＤＰＱ 又ＡＤ ＢＣ
⊥ １ ∴ ⊥ ， ∥ ，
证明 如图 取Ａ Ｃ的中点Ｎ 连接ＭＮ ＤＮ． ＢＣ 平面ＣＤＰＱ．
（２） ： ， １ ， 、 ∴ ⊥
因为Ｍ为Ａ Ｂ的中点
所以ＭＮ Ｂ
１
Ｃ ＭＮ １
，
ＢＣ 又因为ＯＤ ＢＣ ＯＤ １ ＢＣ ∴
Ｖ
Ｂ － ＣＤＰＱ＝ ３
１ Ｓ
梯形ＣＤＰＱ·
ＢＣ
＝ ３
１
×
（ ａ ＋２ ａ
２
）× ２ ａ
× ２
ａ
＝
ａ３
，
∥ ， ＝ ， ∥ ， ＝ ，
２ ２ ａ３
所以ＭＮ ∥ ＯＤ ， ＭＮ ＝ ＯＤ ， Ｖ Ｂ － ＡＤＰ＝ ３ １ Ｓ △ ＡＤＰ· ＡＢ ＝ ３ １ × ２ １ × ２ ａ ×２ ａ × ２ ａ ＝ ２ ３ ，
所以四边形ＯＭＮＤ为平行四边形 所以ＭＯ ＤＮ．
， ∥ 多面体ＡＢＣＤＰＱ的体积为Ｖ Ｖ ５
ａ３
．
又因为ＭＯ 平面Ａ ＣＤ ＤＮ 平面Ａ ＣＤ ∴ Ｂ － ＣＤＰＱ＋ Ｂ － ＡＤＰ＝
⊄ １ ， ⊂ １ ， ３
所以ＭＯ 平面Ａ ＣＤ． 证明 取ＢＰ的中点Ｇ 连接ＧＱ ＤＧ ＤＱ
∥ １ （２） ： ， 、 、 ，
５０８ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
又ＢＤ ＡＢ ａ ＤＰ
＝ ２ ＝２ ＝ ，
ＤＧ ＢＰ
∴ ⊥ ，
ＤＧ ＢＤ２ ＢＧ２ ａ
∴ ＝ － ＝ ２ ，
又ＤＱ ＣＱ２ ＣＤ２ ａ
＝ ＋ ＝ ３ ，
ＤＱ２ ＱＧ２ ＤＧ２ ＱＧ ＤＧ．
∴ ＝ ＋ ，∴ ⊥
又ＢＰ ＤＧ Ｇ ＱＧ 平面ＰＢＤ
在
△
ＡＢＰ中
，
ＢＰ
＝
ＡＢ２
＋
ＡＰ２
＝２ ２
ａ
， 又ＱＧ
∩
平面
＝
Ｐ
，
Ｂ
∴
Ｑ
⊥ ，
⊂ ，
ＢＧ １ ＢＰ ａ 平面ＰＢＱ 平面ＰＢＤ．
∴ ＝ ＝ ２ ， ∴ ⊥
２ 思路分析 将多面体分解成三棱锥Ｂ ＡＤＰ和四棱锥Ｂ
（１） － －
在 △ ＢＣＱ中 ， ＢＱ ＝ ＢＣ２ ＋ ＣＱ２ ＝ ３ ａ． ＣＤＰＱ 分别计算两个棱锥的体积然后相加即可
， ；
ＰＱ ＤＰ ＣＱ ２ ＣＤ２ ａ 取ＢＰ的中点Ｇ 连接ＧＱ ＤＧ ＤＱ 根据勾股定理计算各边
＝ （ － ） ＋ ＝ ３ ， （２） ， 、 、 ，
ＰＱ ＢＱ ＧＱ ＢＰ． 长得出ＱＧ ＢＰ ＱＧ ＤＧ 从而ＱＧ 平面ＰＢＤ 于是证得平面
∴ ＝ ，∴ ⊥ ⊥ ， ⊥ ， ⊥ ，
ＰＢＱ 平面ＰＢＤ．
∴
ＱＧ
＝
ＢＱ２
－
ＢＧ２
＝
ａ
， ⊥
证明线面垂直的关键是证线线垂直 而证明线线垂直需
（２） ，
借助线面垂直的性质．
考法一 证明直线与平面垂直的方法
例 Ｓ是 ＡＢＣ所在平面外的一点 且ＳＡ ＳＢ ＳＣ Ｄ为斜
例１ 如图所示 在四棱锥Ｐ ＡＢＣＤ 中 ＡＢ 平面 ＰＡＤ Ｒｔ△ ， ＝ ＝ ，
， － ， ⊥ ， 边ＡＣ的中点．
ＡＢ ∥ ＣＤ ， ＰＤ ＝ ＡＤ ， Ｅ是ＰＢ的中点 ， Ｆ是 （１） 求证 ： ＳＤ ⊥ 平面ＡＢＣ ；
ＤＣ上的点 ， 且ＤＦ ＝ １ ＡＢ ， ＰＨ为 △ ＰＡＤ （２） 若ＡＢ ＝ ＢＣ ， 求证 ： ＢＤ ⊥ 平面ＳＡＣ．
解题导引
２
中边ＡＤ上的高．求证
：
ＰＨ 平面ＡＢＣＤ
（１） ⊥ ；
ＥＦ 平面ＰＡＢ．
（２） ⊥
解题导引 结合已知条件分析可知 欲证 ＰＨ 平面
（１） ， ⊥ 证明 如图所示 取ＡＢ的中点Ｅ 连接ＳＥ ＤＥ
ＡＢＣＤ 只需证ＰＨ ＡＢ 由ＡＢ 平面ＰＡＤ得证 注意使用分析 （１） ， ， ， ，
， ⊥ ， ⊥ （
法 找出使线面垂直成立的充分条件 欲证ＥＦ 平面ＰＡＢ
， ）；（２） ⊥ ，
可转化为证与ＥＦ平行的直线垂直于平面ＰＡＢ 再结合已知条件
，
ＰＤ ＡＤ 取ＰＡ的中点Ｍ 证明ＭＤ 平面ＰＡＢ即可．
＝ ， ， ⊥
证明 （ ）因为ＡＢ 平面ＰＡＤ，ＰＨ 平面ＰＡＤ，所以ＰＨ
１ ⊥ ⊂ ⊥
ＡＢ．因为ＰＨ为 △ ＰＡＤ中边ＡＤ上的高，所以ＰＨ ⊥ ＡＤ． 在 ＡＢＣ中 Ｄ Ｅ分别为ＡＣ ＡＢ的中点
因为ＡＢ ＡＤ Ａ，ＡＢ 平面ＡＢＣＤ，ＡＤ 平面ＡＢＣＤ， Ｒｔ△ ， ， ， ，
∩ ＝ ⊂ ⊂ ＤＥ ＢＣ ＢＣ ＡＢ ＤＥ ＡＢ
所以ＰＨ 平面ＡＢＣＤ． ∴ ∥ ，∵ ⊥ ，∴ ⊥ ，
⊥ ＳＡ ＳＢ ＳＥ ＡＢ．
（ ２ ）如图，取ＰＡ的中点Ｍ，连接ＭＤ，ＭＥ． ∵ 又ＤＥ ＝ ＳＥ ，∴ 平面 ⊥ ＳＤＥ 且ＳＥ ＤＥ Ｅ
因为Ｅ是ＰＢ的中点，
ＡＢ
，
平
⊂
面ＳＤＥ．又Ｓ
，
Ｄ 平面
∩
ＳＤＥ
＝ ，
ＡＢ ＳＤ．
∴ ⊥ ⊂ ，∴ ⊥
所以ＭＥ １ ＡＢ，ＭＥ ＡＢ． 在 ＳＡＣ中 ＳＡ ＳＣ Ｄ为ＡＣ的中点 ＳＤ ＡＣ．
＝ ∥ △ ， ＝ ， ，∴ ⊥
２ 又ＡＣ ＡＢ 平面ＡＢＣ 且ＡＣ ＡＢ Ａ ＳＤ 平面ＡＢＣ．
， ⊂ ， ∩ ＝ ，∴ ⊥
又因为ＤＦ １ ＡＢ，ＤＦ ＡＢ， 由于ＡＢ ＢＣ Ｄ为ＡＣ的中点 所以ＢＤ ＡＣ
＝ ∥ （２） ＝ ， ， ⊥ ，
２ 由 可知 ＳＤ 平面ＡＢＣ 且ＢＤ 平面ＡＢＣ ＳＤ ＢＤ
所以ＭＥ ＤＦ，ＭＥ ＤＦ， （１） ， ⊥ ， ⊂ ，∴ ⊥ ，
＝ ∥ 又ＳＤ ＡＣ 平面ＳＡＣ 且ＳＤ ＡＣ Ｄ ＢＤ 平面ＳＡＣ．
所以四边形ＭＥＦＤ是平行四边形，所以ＥＦ ＭＤ． ， ⊂ ， ∩ ＝ ，∴ ⊥
∥ 例 （２０１７广东广州一模，１９）如图 在直角梯形ＡＢＣＤ
因为ＰＤ ＡＤ，Ｍ是ＰＡ的中点，所以ＭＤ ＰＡ． ①，
＝ ⊥ 中 ＡＤ ＢＣ ＡＢ ＢＣ ＢＤ ＤＣ 点Ｅ是ＢＣ边的中点 将 ＡＢＤ
因为ＡＢ 平面ＰＡＤ，ＤＭ 平面ＰＡＤ，所以ＭＤ ＡＢ． ， ∥ ， ⊥ ， ⊥ ， ， △
⊥ ⊂ ⊥ 沿ＢＤ折起 使平面ＡＢＤ 平面ＢＣＤ 连接ＡＥ ＡＣ ＤＥ 得到如
因为ＰＡ ＡＢ Ａ，ＰＡ 平面ＰＡＢ，ＡＢ 平面ＰＡＢ， ， ⊥ ， ， ， ，
∩ ＝ ⊂ ⊂ 图 所示的几何体．
所以ＭＤ 平面ＰＡＢ，所以ＥＦ 平面ＰＡＢ． ②
⊥ ⊥ 求证 ＡＢ 平面ＡＤＣ
（１） ： ⊥ ；
方法总结 证明线面垂直的常用方法及关键
若ＡＤ ＡＣ与其在平面ＡＢＤ内的正投影所成角的正
（２） ＝１，
证明直线和平面垂直的常用方法 线面垂直的判定定
（１） ：①
切值为 求点Ｂ到平面ＡＤＥ的距离．
６，
理 直线垂直于平面的传递性 ａ ｂ ａ α ｂ α 面面平
；② （ ∥ ， ⊥ ⇒ ⊥ ）；③
行的性质 ａ α α β ａ β 面面垂直的性质．
（ ⊥ ， ∥ ⇒ ⊥ ）；④
专题八 立体几何 ５０９
考法二 证明平面与平面垂直的方法
例２ （２０２０ 山东仿真联考，１８）在斜三棱柱 ＡＢＣ
－
Ａ Ｂ Ｃ 中 ＡＢＣ为等腰直角三角形 ＡＡ ＡＢ ＡＣ
１ １ １ ，△ ， １＝ ２ ＝ ２ ＝２ ２，
平面ＢＢ Ｃ Ｃ 平面ＡＢＣ 点Ｅ为棱Ａ Ａ的中点 Ｂ ＢＣ °．
１ １ ⊥ ， １ ，∠ １ ＝６０
图 图 证明 平面Ｂ ＣＥ 平面ＢＢ Ｃ Ｃ
① ② （１） ： １ ⊥ １ １ ；
求二面角Ａ Ｂ Ｃ Ｅ的余弦值．
解题导引 （２） － １ －
（１）
由平面ＡＢＤ 平面ＢＣＤ及
⊥ ＤＣ ＡＢ
ＢＤ ＤＣ得ＤＣ 平面ＡＢＤ→ ⊥ ＡＢ 平
⊥ ⊥ ⊥
→面ＡＤＣ
ＡＤ ＡＢ
⊥
ＣＤ
由（ ）得 ＤＡＣ为ＡＣ 由 ＤＡＣ
（ ） １ ∠ ｔａｎ∠ ＝ＡＤ＝ ６
２ 与平面ＡＢＤ所成的角 → → 解析 （ ）证明：分别取ＢＣ，Ｂ Ｃ的中点Ｏ和Ｆ，连接ＯＡ，
及ＡＤ 得ＣＤ １ １
＝１ ＝ ６ ＯＦ，ＥＦ，Ｂ Ｏ．因为ＡＢ ＡＣ，Ｏ为ＢＣ的中点，所以ＡＯ ＢＣ，因为
利 得 用 直 △ 角 Ａ 梯 Ｂ 形 Ｄ ∽ 各 △ 边 Ｄ 边 Ｃ 长 Ｂ → 利 到 用 平面 Ｖ Ｂ － Ａ Ａ Ｄ ＤＥ Ｅ ＝ 的 Ｖ Ａ － 距 ＢＤＥ 离 得点Ｂ 平 ＡＯ 面 平 ＢＢ 面 １ Ｃ １ Ｂ １ Ｃ Ｂ ⊥ Ｃ 平 Ｃ 面 ．因 Ａ 为 ＝ ＢＣ Ｆ ，且 是 平 Ｂ 面 Ｃ的 ＢＢ 中 １ Ｃ 点 １ Ｃ ， ∩ Ｏ 平 是 面 ＢＣ ＡＢ 的 Ｃ ⊥ 中 ＝ Ｂ 点 Ｃ ， ，所 所 以 以
⊥ １ １ １
解析 （ ）证明：因为平面 ＡＢＤ 平面 ＢＣＤ，平面 ＡＢＤ
１ ⊥ ∩ ＦＯ ＢＢ ，且ＦＯ １ ＢＢ ，因为点Ｅ为棱Ａ Ａ的中点，ＡＡ ＢＢ ，
平面ＢＣＤ ＢＤ，ＢＤ ＤＣ，ＤＣ 平面ＢＣＤ，所以ＤＣ 平面ＡＢＤ． ∥ １ ＝ ２ １ １ １ １
＝ ⊥ ⊂ ⊥
因为ＡＢ 平面ＡＢＤ，所以ＤＣ ＡＢ， 所以ＡＥ ＢＢ ，且ＡＥ １ ＢＢ ，所以ＦＯ ＡＥ，且ＦＯ ＡＥ，
⊂ ⊥ ∥ １ ＝ １ ∥ ＝
又因为ＡＤ ＡＢ，且ＤＣ ＡＤ Ｄ， ２
⊥ ∩ ＝ 所以四边形ＡＯＦＥ是平行四边形，则ＥＦ ＡＯ．
所以ＡＢ 平面ＡＤＣ． ∥
⊥ 因为ＡＯ 平面ＢＢ Ｃ Ｃ，所以ＥＦ 平面ＢＢ Ｃ Ｃ，
（ ）由（ ）知ＤＣ 平面ＡＢＤ，所以ＡＣ在平面ＡＢＤ内的正 ⊥ １ １ ⊥ １ １
２ １ ⊥ 因为ＥＦ 平面Ｂ ＣＥ，所以平面Ｂ ＣＥ 平面ＢＢ Ｃ Ｃ．
投影为 ＡＤ，即 ＤＡＣ 为 ＡＣ 与其在平面 ＡＢＤ 内的正投影所 ⊂ １ １ ⊥ １ １
∠ （ ）由题意得Ｂ Ｏ ＢＣ，则Ｂ Ｏ 平面ＡＢＣ，故ＯＡ，ＯＣ，ＯＢ
成角． ２ １ ⊥ １ ⊥ １
ＣＤ
两两垂直．以Ｏ为坐标原点，Ｏ→Ａ，Ｏ→Ｃ，Ｏ→Ｂ 的方向分别为ｘ，ｙ，ｚ轴
依题意得 ＤＡＣ ， １
ｔａｎ∠ ＝ＡＤ＝ ６ 的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Ｏ ｘｙｚ，
－
因为ＡＤ ＝１ ，所以ＣＤ ＝ ６ ． 则Ａ（ ， ， ），Ｃ（ ， ， ），Ｂ（ ， ， ），Ｅ æ ç ， ２， ６ ö ÷，
２ ０ ０ ０ ２ ０ １ ０ ０ ６ è ２ ø
设ＡＢ ｘ（ｘ ），则ＢＤ ｘ２ ， ２ ２
＝ ＞０ ＝ ＋１ 故Ｂ→Ｃ （ ， ， ）， Ｃ→Ｅ
因为 ＡＢＤ ＤＣＢ，所以 ＡＢ ＤＣ ，即 ｘ ６ ， æ １ ＝ ö ０ ２ － ６ ＝
△ ∽△ ＡＤ＝ＢＤ １ ＝ ｘ２ ＋１ è ç ２ ， － ２， ６ ø ÷，→ＡＣ ＝ （ － ２ ， ２ ， ０ ），设
解得ｘ ，故ＡＢ ，ＢＤ ，ＢＣ ． ２ ２
＝ ２ ＝ ２ ＝ ３ ＝３ 平面Ｂ ＣＥ的法向量为ｍ （ｘ ，ｙ ，ｚ ），
由于ＡＢ 平面ＡＤＣ，ＡＣ 平面ＡＤＣ， １ ＝ １ １ １
所以ＡＢ ⊥ ＡＣ，又Ｅ为ＢＣ ⊂ 的中点， ì ïï ｍ·Ｂ→ １ Ｃ ＝ ２ ｙ １－ ６ ｚ １＝０ ，
⊥ 则í
所以由平面几何知识得ＡＥ ＝ ＢＣ ＝ ３ ， î ïïｍ·Ｃ→Ｅ ＝ ２ ｘ １－ ２ｙ １＋ ６ｚ １＝０ ，
２ ２ ２ ２
ＢＣ 令ｚ ，得ｍ （ ， ， ）．
因为ＢＤ ⊥ ＤＣ，Ｅ为ＢＣ的中点，所以ＤＥ ＝ ２ ＝ ２ ３ ， 设平 １ 面 ＝１ ＡＢ Ｃ的 ＝ 法 ０ 向量 ３ 为 １ ｎ （ｘ ，ｙ ，ｚ ），
所以Ｓ １ ( ３ ) ２ ( １ ) ２ ２． { ｎ·Ｂ→Ｃ １ ｙ ｚ ， ＝ ２ ２ ２
△ ＡＤＥ＝ ×１× － ＝ 则 １ ＝ ２ ２－ ６ ２＝０
２ ２ ２ ２
因为ＤＣ
⊥
平面ＡＢＤ， ｎ·→ＡＣ
＝－ ２
ｘ
２＋ ２
ｙ
２＝０
，
令ｙ ，得ｎ （ ， ， ），
所以Ｖ Ｖ １ ＣＤ·Ｓ ３． ２＝ ３ ＝ ３ ３ １
Ａ － ＢＣＤ＝ Ｃ － ＡＢＤ＝ △ ＡＢＤ＝ ｍ·ｎ
３ ３ 则 〈ｍ，ｎ〉 ４ ２ ７，
设点Ｂ到平面ＡＤＥ的距离为ｄ． ｃｏｓ ＝ ｍ ｎ ＝ ＝
｜ ｜｜ ｜ ３＋１× ３＋３＋１ ７
由图可知二面角Ａ Ｂ Ｃ Ｅ为锐二面角，
则由 １ ｄ·Ｓ △ ＡＤＥ＝ Ｖ Ｂ － ＡＤＥ＝ Ｖ Ａ － ＢＤＥ＝ １ Ｖ Ａ － ＢＣＤ＝ ３，得ｄ ＝ ６， － １ －
３ ２ ６ ２
则二面角Ａ Ｂ Ｃ Ｅ的余弦值为２ ７．
即点Ｂ到平面ＡＤＥ的距离为 ６． － １ － ７
２ 方法总结 证明面面垂直的常用方法
１．利用面面垂直的定义 作出两平面构成的二面角的平面
（
角 计算平面角为 °
， ９０ ）；
２．利用面面垂直的判定定理 ａ β ａ α α β
： ⊥ ， ⊂ ⇒ ⊥ ；
３．证明两个平面垂直 通常是通过证明线线垂直 线面垂
， →
５１０ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
直 面面垂直来实现的 因此 在关于垂直问题的论证中要注意
→ ， ， 例 （２０２０ 北大附中模拟，１７）如图 在平行四边形
线线垂直 线面垂直 面面垂直的相互转化． １，
、 、 ＡＢＣＤ中 ＡＢ ＢＣ 过Ａ点作ＣＤ的垂线 交ＣＤ的延长线
， ＝３， ＝２， ，
于点Ｅ ＡＥ ．连接ＥＢ 交ＡＤ于点Ｆ 将 ＡＤＥ沿ＡＤ折起
例 （２０１８河南洛阳一模，１９）如图 ， 在四棱锥 Ｅ － ＡＢＣＤ 中 ， 使得点 ， Ｅ到 ＝ 达 ３ 点Ｐ的位置 ， 如图 ． ， △ ，
△ ＥＡＤ为等边三角形 ， 底面ＡＢＣＤ为等腰梯形 ， 满足ＡＢ ∥ ＣＤ ， 证明 平面ＢＦＰ ， 平面Ｂ ２ ＣＰ
（１） ： ⊥ ；
ＡＤ ＤＣ １ ＡＢ 且ＡＥ ＢＤ． 若Ｇ为ＰＢ的中点 Ｈ为ＣＤ的中点 且平面ＡＤＰ 平
＝ ＝ ， ⊥ （２） ， ， ⊥
２ 面ＡＢＣＤ 求三棱锥Ｇ ＢＣＨ的体积．
证明 平面ＥＢＤ 平面ＥＡＤ ， －
（１） ： ⊥ ；
若 ＥＡＤ的面积为 求点Ｃ到平面ＥＢＤ的距离．
（２） △ ３，
图 图
１ ２
解题导引 解析 （ ）证明：在题图 的 ＢＡＥ中，ＡＢ ，ＡＥ ，
１ １ Ｒｔ△ ＝３ ＝ ３
所以 ＡＥＢ °．
∠ ＝６０
在 ＡＥＤ中，ＡＤ ，ＡＥ ，所以 ＤＡＥ °．
Ｒｔ△ ＝２ ＝ ３ ∠ ＝３０
所以 ＡＦＥ °，即ＢＥ ＡＤ．
∠ ＝９０ ⊥
所以在题图 中，ＰＦ ＡＤ，ＢＦ ＡＤ．
２ ⊥ ⊥
又因为ＡＤ ＢＣ，所以ＰＦ ＢＣ，ＢＦ ＢＣ．
∥ ⊥ ⊥
又因为ＰＦ，ＢＦ 平面ＢＦＰ，ＰＦ ＢＦ Ｆ，
⊂ ∩ ＝
所以ＢＣ 平面ＢＦＰ，
⊥
又因为ＢＣ 平面ＢＣＰ，所以平面ＢＦＰ 平面ＢＣＰ．
解析 （ ）证明：如图，取ＡＢ的中点Ｍ，连接ＤＭ，由题意 ⊂ ⊥
１ （ ）解法一：因为平面ＡＤＰ 平面ＡＢＣＤ，平面ＡＤＰ 平面
２ ⊥ ∩
可知四边形ＢＣＤＭ为平行四边形， ＤＭ ＣＢ ＡＤ １ ＡＢ， ＡＢＣＤ ＡＤ，ＰＦ 平面ＡＤＰ，ＰＦ ＡＤ，所以ＰＦ 平面ＡＢＣＤ．
∴ ＝ ＝ ＝ ＝ ⊂ ⊥ ⊥
２ 取ＢＦ的中点Ｏ，连接ＢＤ，ＧＯ，则ＧＯ ＰＦ，
（ 分） ∥
１ 所以ＧＯ 平面ＡＢＣＤ，即ＧＯ为三棱锥Ｇ ＢＣＨ的高．
即点Ｄ在以线段ＡＢ为直径的圆上， ⊥ －
ＢＤ ＡＤ， （ 分） 又ＧＯ １ ＰＦ １ ·ＰＡ· ° ３，
∴ ⊥ ３ ＝ ＝ ｓｉｎ３０ ＝
又ＡＥ ＢＤ，且ＡＥ ＡＤ Ａ， ２ ２ ４
⊥ ∩ ＝
ＢＤ 平面ＥＡＤ． （ 分） 所以三棱锥 Ｇ ＢＣＨ 的体积 Ｖ １ Ｓ ·ＧＯ １ １
∴ ⊥ ４ － ＝ △ ＢＣＨ ＝ ×
ＢＤ 平面ＥＢＤ， 平面ＥＢＤ 平面ＥＡＤ． （ 分） ３ ３ ２
∵ ⊂ ∴ ⊥ ６
Ｓ ３ １ ３ ３ ３ ３ ．
△ ＢＣＤ× ＝ × × ＝
４ ６ ２ ４ １６
（ ） ＢＤ 平面ＥＡＤ，且ＢＤ 平面ＡＢＣＤ，
２ ∵ ⊥ ⊂
∴ 平面ＡＢＣＤ ⊥ 平面ＥＡＤ． （ ７ 分） 解法二：因为平面 ＡＤＰ 平面 ＡＢＣＤ，平面 ＡＤＰ 平面
⊥ ∩
等边 ＥＡＤ的面积为 ， ＡＤ ＡＥ ＥＤ ． （ 分） ＡＢＣＤ ＡＤ，ＰＦ 平面ＡＤＰ，ＰＦ ＡＤ，所以ＰＦ 平面ＡＢＣＤ．
∵ △ ３ ∴ ＝ ＝ ＝２ ８ ＝ ⊂ ⊥ ⊥
取ＡＤ的中点Ｏ，连接ＥＯ，则ＥＯ ＡＤ，ＥＯ ，
⊥ ＝ ３ 因为Ｇ为ＰＢ的中点，所以三棱锥Ｇ ＢＣＨ的高等于 １ ＰＦ，
平面ＥＡＤ 平面ＡＢＣＤ，平面ＥＡＤ 平面ＡＢＣＤ ＡＤ， －
∵ ⊥ ∩ ＝ ２
ＥＯ 平面ＡＢＣＤ．由（ ）知 ＡＢＤ， ＥＢＤ都是直角三角 因为Ｈ为 ＣＤ 的中点，所以 ＢＣＨ 的面积是平行四边形
∴ ⊥ １ △ △ △
形，
∴
ＢＤ
＝
ＡＢ２
－
ＡＤ２
＝２ ３
，
∴
Ｓ
△ ＥＢＤ＝ ２
１ ＥＤ·ＢＤ
＝２ ３
． ＡＢＣＤ的面积的 １
４
，
（ 分） 从而三棱锥 Ｇ ＢＣＨ 的体积是四棱锥 Ｐ ＡＢＣＤ 的体积
１０ － －
设点Ｃ到平面ＥＢＤ的距离为ｈ，
的 １ ．
由Ｖ Ｖ ，得 １ Ｓ ·ｈ １ Ｓ ·ＥＯ， ８
Ｃ － ＥＢＤ＝ Ｅ － ＢＣＤ △ ＥＢＤ ＝ △ ＢＣＤ
３ ３ 而Ｖ １ ·Ｓ ·ＰＦ １ ３ ３ ，
Ｐ － ＡＢＣＤ＝ 平行四边形ＡＢＣＤ ＝ ×３ ３× ＝
又Ｓ １ ＢＣ·ＣＤ ° ， ３ ３ ２ ２
△ ＢＣＤ＝ ｓｉｎ１２０ ＝ ３
２ 所以三棱锥Ｇ ＢＣＨ的体积为 ３ ．
－
ｈ ３． 点Ｃ到平面ＥＢＤ的距离为 ３． （ 分） １６
∴ ＝ ∴ １２
２ ２
专题八 立体几何 ５１１
解后反思 本题考查直线与平面垂直 平面与平面垂直 解析 （ ）证明：在题图 中，易得ＯＣ ，ＡＣ ，ＡＤ
， １ １ ＝３ ＝３ ２ ＝
的判断定理和几何体的体积 考查空间想象能力以及计算
， ，
能力． ２ ２
连接ＯＤ，ＯＥ，在 ＯＣＤ中，由余弦定理可得
例 （２０１９湖南长沙模拟，１８）如图 在等腰直角三角形 △
ＡＢＣ中 Ａ ° ＢＣ Ｄ Ｅ分别是ＡＣ
１，
ＡＢ上的点 ＣＤ ＢＥ
ＯＤ
＝
ＯＣ２
＋
ＣＤ２
－２
ＯＣ·ＣＤ
ｃｏｓ４５
°
＝ ５
，
，∠ ＝９０ ， ＝６， ， ， ， ＝
由翻折可知Ａ′Ｄ ，
Ｏ为ＢＣ的中点．将 ＡＤＥ沿ＤＥ折起 得到如图 所示的 ＝２ ２
＝ ２， △ ， ２
Ａ′Ｏ２ ＯＤ２ Ａ′Ｄ２， Ａ′Ｏ ＯＤ．
四棱锥Ａ′ ＢＣＤＥ 其中Ａ′Ｏ ． ∴ ＋ ＝ ∴ ⊥
－ ， ＝ ３ 同理可证Ａ′Ｏ ＯＥ，又ＯＤ ＯＥ Ｏ，
⊥ ∩ ＝
Ａ′Ｏ 平面ＢＣＤＥ．
∴ ⊥
证明 Ａ′Ｏ 平面ＢＣＤＥ （ ）过Ｄ作ＤＨ ＢＣ交ＯＣ于Ｈ，则ＤＨ ，
（１） ： ⊥ ； ２ ⊥ ＝１
求Ｏ到平面Ａ′ＤＥ的距离．
（２） 根据题意易求得ＤＥ ， Ｓ １ ．
解题导引 ＝４ ∴ △ ＯＤＥ＝ ×４×１＝２
２
利用勾股定理逆定理
（１）
由余弦定理计算ＯＤ的长
→ 得到垂直关系 ∵
Ｓ
△ Ａ′ＤＥ＝
１
×４× ８－４＝４
，
２
根据线面垂直的判定定理即可证明 由Ｖ Ｖ 可得，Ｏ 到平面 Ａ′ＤＥ 的距离为２× ３
→ ∴ Ａ′ － ＤＯＥ＝ Ｏ － Ａ′ＤＥ
４
求出 ＯＤＥ和 结合等体积法转化
△
（２） Ａ′ＤＥ的面积 → 即可得所求 ＝ ３．
△ ２
ＰＡ ＰＢ ＰＣ ＡＣ Ｏ为ＡＣ的中点．
＝２ ２， ＝ ＝ ＝ ＝４，
证明 ＰＯ 平面ＡＢＣ
（１） ： ⊥ ；
若点Ｍ在棱ＢＣ上 且ＭＣ ＭＢ 求点Ｃ到平面ＰＯＭ的
考法一 证明直线与平面垂直的方法 （２） ， ＝２ ，
距离．
１．（２０１７课标Ⅲ，１０，５ 分）在正方体 ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 中 Ｅ 为
－ １ １ １ １ ，
棱ＣＤ的中点 则
， （ ）
Ａ Ｅ ＤＣ Ａ Ｅ ＢＤ
Ａ． １ ⊥ １ Ｂ． １ ⊥
Ａ Ｅ ＢＣ Ａ Ｅ ＡＣ
Ｃ． １ ⊥ １ Ｄ． １ ⊥
答案 Ｃ
２．（多选题）（２０２０山东泰安期末，６）已知α β是两个不重合的
，
平面 ｍ ｎ是两条不重合的直线 则下列命题正确的是
， ， ， （ ） ５．（２０２０山东临沂期末，１９）如图 在四棱锥Ｐ ＡＢＣＤ中 ＡＰ
．若ｍ ｎ ｍ α 则ｎ α ， － ， ⊥
Ａ ∥ ， ⊥ ， ⊥
Ｂ． 若ｍ ∥ α ， α ∩ β ＝ ｎ ， 则ｍ ∥ ｎ 平面ＰＣＤ ， ＡＤ ∥ ＢＣ ， ＡＢ ⊥ ＢＣ ， ＡＰ ＝ ＡＢ ＝ ＢＣ ＝ １ ＡＤ ， Ｅ为ＡＤ的
２
若ｍ α ｍ β 则α β 中点 ＡＣ与ＢＥ相交于点Ｏ．
Ｃ． ⊥ ， ⊥ ， ∥
，
若ｍ α ｍ ｎ ｎ β 则α β 证明 ＰＯ 平面ＡＢＣＤ
Ｄ． ⊥ ， ∥ ， ⊥ ， ∥ （１） ： ⊥ ；
答案 ＡＣＤ 求直线ＢＣ与平面ＰＢＤ所成角的正弦值．
（２）
３．（多选题）（２０２０ 山东济宁一中二轮检测，６）如图 在以下四
，
个正方体中 直线ＡＢ与平面ＣＤＥ垂直的是
， （ ）
６．（２０２０山东普通高等学校招生全国统一考试模拟，１８）已知在
四棱锥Ｐ ＡＢＣＤ中 ＡＤ ＢＣ ＡＢ ＢＣ ＣＤ １ ＡＤ Ｇ是ＰＢ的
－ ， ∥ ， ＝ ＝ ＝ ，
２
中点 ＰＡＤ是等边三角形 平面ＰＡＤ 平面ＡＢＣＤ．
，△ ， ⊥
求证 ＣＤ 平面ＧＡＣ
（１） ： ⊥ ；
求二面角Ｐ ＡＧ Ｃ的余弦值．
（２） － －
答案 ＢＤ
４．（２０１８课标Ⅱ，１９，１２分）如图 在三棱锥Ｐ ＡＢＣ中 ＡＢ ＢＣ
， － ， ＝
５１２ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
为 １０
４
当直线ＢＭ和ＥＮ异面时 点Ｎ不可能为底面ＡＢＣＤ的中心
Ｃ． ，
当平面ＣＤＥ 平面ＡＢＣＤ 且点Ｎ为底面ＡＢＣＤ的中心时
Ｄ． ⊥ ， ，
ＢＭ ＥＮ
＝
答案 ＡＣ
９．（２０２０山东仿真联考３）如图 在四边形ＡＢＣＤ中 ＡＤ ＢＣ
１， ， ∥ ，
ＢＡＤ ° ＡＢ ＢＣ ＡＤ Ｅ 是 ＡＤ 上的点 ＡＥ
∠ ＝９０ ， ＝２ ３， ＝４， ＝６， ， ＝
１ ＡＤ Ｐ为ＢＥ的中点．将 ＡＢＥ沿ＢＥ折起到 Ａ ＢＥ的位置
考法二 证明平面与平面垂直的方法 ， △ △ １ ，
３
７．（多选题）（２０２０ 山东济宁兖州模拟，１０）如图 在四棱锥 使得Ａ Ｃ 如图 ．
， １ ＝４， ２
Ｐ ＡＢＣＤ中 底面ＡＢＣＤ为菱形 ＤＡＢ ° 侧面ＰＡＤ为正三 求证 平面Ａ ＣＰ 平面Ａ ＢＥ
－ ， ，∠ ＝６０ ， （１） ： １ ⊥ １ ；
角形 且平面ＰＡＤ 平面ＡＢＣＤ 则下列说法正确的是 点Ｍ在线段ＣＤ上 当直线Ａ Ｍ与平面Ａ ＰＤ所成角的正
， ⊥ ， （ ） （２） ， １ １
弦值为 ６时 求二面角Ｍ Ａ Ｐ Ｄ的余弦值．
， － １ －
８
．在棱ＡＤ上存在点Ｍ 使ＡＤ 平面ＰＭＢ
Ａ ， ⊥
异面直线ＡＤ与ＰＢ所成的角为 °
Ｂ． ９０
二面角Ｐ ＢＣ Ａ的大小为 °
Ｃ． － － ４５
ＢＤ 平面ＰＡＣ
Ｄ． ⊥ １０．（２０１９北京，１８，１４分）如图 在四棱锥Ｐ ＡＢＣＤ中 ＰＡ 平
答案 ＡＢＣ ， － ， ⊥
面ＡＢＣＤ 底面ＡＢＣＤ为菱形 Ｅ为ＣＤ的中点．
８．（多选题）（２０２０ 山东淄博二模，１１）如图所示 在四棱锥 ， ，
， 求证 ＢＤ 平面ＰＡＣ
Ｅ ＡＢＣＤ中 底面ＡＢＣＤ是边长为 的正方形 ＣＤＥ 是正三 （１） ： ⊥ ；
－ ， ２ ，△ 若 ＡＢＣ ° 求证 平面ＰＡＢ 平面ＰＡＥ
角形 Ｍ为线段ＤＥ的中点 点Ｎ为底面ＡＢＣＤ内的动点 则下 （２） ∠ ＝６０ ， ： ⊥ ；
， ， ， 棱ＰＢ上是否存在点Ｆ 使得ＣＦ 平面ＰＡＥ 说明理由．
列结论正确的是 （３） ， ∥ ？
（ ）
．当ＢＣ ＤＥ时 平面ＣＤＥ 平面ＡＢＣＤ
Ａ ⊥ ， ⊥
当 ＢＣ ＤＥ 时 直线 ＥＡ 与平面 ＡＢＣＤ 所成的角的正弦值
Ｂ． ⊥ ，
ＡＭ ＢＣ
⊥ ，
又侧棱ＣＣ 底面ＡＢＣ ＡＭ 平面ＡＢＣ 所以ＣＣ ＡＭ
１⊥ ， ⊂ ， １⊥ ，
又ＢＣ ＣＣ Ｃ ＢＣ ＣＣ 平面ＢＣＣ Ｂ
考法一 证明直线与平面垂直的方法 所以Ａ ∩ Ｍ 平 １＝ 面 ， ＢＣＣ ， Ｂ １⊂ １ １，
⊥ １ １，
１．在三棱柱ＡＢＣ Ａ Ｂ Ｃ 中 已知侧棱ＣＣ 底面ＡＢＣ Ｍ为ＢＣ 又Ｂ Ｃ 平面ＢＣＣ Ｂ 所以ＡＭ Ｂ Ｃ．
－ １ １ １ ， １⊥ ， １ ⊂ １ １， ⊥ １
的中点 ＡＣ ＡＢ ＢＣ ＣＣ ． Ｂ Ｂ
， ＝ ＝３， ＝２， １＝ ２ 在 ＢＣＢ 中 Ｂ ＣＢ １ ２
证明 Ｂ Ｃ 平面ＡＭＣ Ｒｔ△ １ ，ｔａｎ∠ １ ＝ ＢＣ ＝ ，
（１） ： １ ⊥ １； ２
求点Ａ 到平面ＡＭＣ 的距离． ＭＣ
（２） １ １ 在 ＭＣＣ 中 ＭＣ Ｃ １ ２
Ｒｔ△ １ ，ｔａｎ∠ １ ＝Ｃ Ｃ＝ ＝ ，
１ ２ ２
所以 Ｂ ＣＢ ＭＣ Ｃ 又 Ｂ ＣＢ Ｃ ＣＢ °
∠ １ ＝∠ １ ， ∠ １ ＋∠ １ １＝９０ ，
所以 ＭＣ Ｃ Ｃ ＣＢ ° 即ＭＣ Ｂ Ｃ
∠ １ ＋∠ １ １＝９０ ， １⊥ １ ，
又ＡＭ Ｂ Ｃ ＡＭ ＭＣ Ｍ ＡＭ ＭＣ 平面ＡＭＣ 所以Ｂ Ｃ
⊥ １ ， ∩ １＝ ， ， １⊂ １， １ ⊥
平面ＡＭＣ ．
１
由 知ＡＭ ＭＣ 设点Ａ 到平面ＡＭＣ 的距离为ｈ
（２） （１） ⊥ １， １ １ ，
解析 （１） 证明 ： 在 △ ＡＢＣ 中 ， ＡＣ ＝ ＡＢ ， Ｍ 为 ＢＣ 的中点 ， 故 由于Ｖ Ａ １－ ＡＭＣ １ ＝ Ｖ Ｍ － Ａ １ ＡＣ １ ＝ Ｖ Ｍ － ＣＡＣ １ ＝ Ｖ Ｃ １－ ＡＭＣ，
专题八 立体几何 ５１３
所以 １ Ｓ ｈ １ Ｓ ＣＣ
△ ＡＭＣ １· ＝ △ ＡＭＣ· １，
３ ３
１ ＡＭ ＭＣ ＣＣ
于是 ｈ Ｓ △ ＡＭＣ· ＣＣ １ ２ · · · １ ＭＣ · ＣＣ １ ２
＝ Ｓ ＝ ＝ Ｃ Ｍ ＝ ＝
△ ＡＭＣ １ １ ＡＭ Ｃ Ｍ １ ３
· · １
２
６ 所以点Ａ 到平面ＡＭＣ 的距离为 ６．
３ ， １ １ ３ 若点Ｍ是线段ＢＦ的中点 证明 ＢＦ 平面ＡＭＣ
２．（２０１７重庆巴蜀中学三模）如图
，
平面ＡＢＣＤ
⊥
平面ＡＤＥＦ
，
四 （１）
求六面体ＡＢＣＥＦ的体积．
， ： ⊥ ；
边形ＡＢＣＤ为菱形 ， 四边形ＡＤＥＦ为矩形 ， Ｍ ， Ｎ分别是ＥＦ ， ＢＣ （２ 解 ） 析 证明 连接ＭＤ ＦＤ．
的中点 ， ＡＢ ＝２ ＡＦ ，∠ ＣＢＡ ＝６０ °． 四边 形 （ Ｂ １ Ｄ ） ＥＦ为 ： 菱形 且 ， ＦＢＤ °
（１） 求证 ： ＤＭ ⊥ 平面ＭＮＡ ； ∵ ＤＢＦ为等边三角形 ， ． ∠ ＝６０ ，
∴ △
Ｍ是ＢＦ的中点
若三棱锥Ａ ＤＭＮ的体积为 ３ 求ＭＮ的长． ∵ ，
（２） － ， ＤＭ ＢＦ．
３ ∴ ⊥
ＡＢ ＢＣ ＡＢ ＢＣ 又Ｄ是ＡＣ的中点
∵ ⊥ ， ＝ ＝ ２， ，
ＢＤ ＡＣ．
∴ ⊥
平面ＢＤＥＦ 平面ＡＢＣ ＢＤ 平面ＢＤＥＦ 平面ＡＢＣ ＡＣ 平
∵ ∩ ＝ ， ⊥ ， ⊂
面ＡＢＣ
，
ＡＣ 平面ＢＤＥＦ．
∴ ⊥
解析 证明 连接ＡＣ 在菱形ＡＢＣＤ中 ＣＢＡ ° ＡＢ 又ＢＦ 平面ＢＤＥＦ ＡＣ ＢＦ．
（１） ： ， ，∠ ＝６０ ， ⊂ ，∴ ⊥
ＢＣ 由ＤＭ ＢＦ ＡＣ ＢＦ ＤＭ ＡＣ Ｄ
＝ ， ⊥ ， ⊥ ， ∩ ＝ ，
ＡＢＣ为等边三角形 又 Ｎ为ＢＣ的中点 ＡＮ ＢＣ 得ＢＦ 平面ＡＭＣ．
∴ △ ， ∵ ，∴ ⊥ ， ⊥
ＢＣ ＡＤ ＡＮ ＡＤ
∵ ∥ ，∴ ⊥ ，
又 ∵ 平面ＡＢＣＤ ⊥ 平面ＡＤＥＦ ， ＡＮ ⊂ 平面ＡＢＣＤ ， 平面ＡＢＣＤ ∩ （２） Ｓ 菱形ＢＤＥＦ＝２· １ · ＢＤ · ＢＦ ·ｓｉｎ６０ ° ＝ ３．
２ ２
平面ＡＤＥＦ
＝
ＡＤ
，
由 知ＡＣ 平面ＢＤＥＦ
（１） ⊥ ，
ＡＮ 平面ＡＤＥＦ 又ＤＭ 平面ＡＤＥＦ ＤＭ ＡＮ．
∴ ⊥ ， ⊂ ，∴ ⊥
∵ 在矩形ＡＤＥＦ中 ， ＡＤ ＝２ ＡＦ ， Ｍ为ＥＦ的中点 ， 则Ｖ 四棱锥Ｃ － ＢＤＥＦ＝ １ Ｓ 菱形ＢＤＥＦ· ＣＤ ＝ １ × ３ ×１＝ ３ ，
ＡＭＦ为等腰直角三角形 ＡＭＦ ° ３ ３ ２ ６
∴ △ ，∴ ∠ ＝４５ ，
同理 ＤＭＥ ° ＤＭＡ ° ＤＭ ＡＭ Ｖ Ｖ ３．
，∠ ＝４５ ，∴ ∠ ＝９０ ，∴ ⊥ ， ∴ 六面体ＡＢＣＥＦ＝２ 四棱锥Ｃ － ＢＤＥＦ＝
又 ＡＭ ＡＮ Ａ 且ＡＭ ＡＮ 平面ＭＮＡ ３
∵ ∩ ＝ ， ， ⊂ ，
ＤＭ 平面ＭＮＡ． 考法二 证明平面与平面垂直的方法
∴ ⊥
１．（２０１８四川泸州模拟，１９）如图 在四棱锥 Ｓ ＡＢＣＤ 中 底面
， － ，
ＡＢＣＤ是梯形 ＡＢ ＤＣ ＡＢＣ ° ＡＤ ＳＤ ＢＣ ＣＤ １ ＡＢ
， ∥ ，∠ ＝９０ ， ＝ ， ＝ ＝ ，
２
侧面ＳＡＤ 底面ＡＢＣＤ．
⊥
求证 平面ＳＢＤ 平面ＳＡＤ
（１） ： ⊥ ；
设ＡＦ ｘ 则ＡＢ ＡＦ ｘ
（２） ＝ ， ＝２ ＝２ ， 若 ＳＤＡ ° 且三棱锥 Ｓ ＢＣＤ 的体积为 ６ 求侧面
在 ＡＢＮ中 ＡＢ ｘ ＡＢＮ ° （２） ∠ ＝１２０ ， － ，
Ｒｔ△ ， ＝２ ，∠ ＝６０ ， １２
ＡＮ ｘ ＳＡＢ的面积．
∴ ＝ ３ ， △
∴
Ｓ
△ ＡＤＮ＝
１
×２
ｘ
× ３
ｘ
＝ ３
ｘ２．
２
平面ＡＢＣＤ 平面ＡＤＥＦ ＡＤ为平面ＡＢＣＤ与平面ＡＤＥＦ的
∵ ⊥ ，
交线 ＦＡ ＡＤ
， ⊥ ，
ＦＡ 平面ＡＢＣＤ
∴ ⊥ ，
设ｈ为点Ｍ到平面ＡＤＮ的距离 则ｈ ＡＦ ｘ 解析 证明 设 ＢＣ ａ 则 ＣＤ ａ ＡＢ ａ 由题意知
， ＝ ＝ ， （１） ： ＝ ， ＝ ， ＝２ ，
ＢＣＤ是等腰直角三角形 且 ＢＣＤ °
△ ， ∠ ＝９０ ，
∴
Ｖ
Ｍ － ＡＤＮ＝
１
×
Ｓ
△ ＡＤＮ×
ｈ
＝
１
× ３
ｘ２
×
ｘ
＝
３ｘ３
， 则ＢＤ ａ ＣＢＤ °
３ ３ ３ ＝ ２ ，∠ ＝４５ ，
所以 ＡＢＤ ＡＢＣ ＣＢＤ °
Ｖ Ｖ ３ ｘ ∠ ＝∠ －∠ ＝４５ ，
∵ Ｍ － ＡＤＮ＝ Ａ － ＤＭＮ＝
３
，∴ ＝１， 在
△
ＡＢＤ中
，
ＡＤ
＝
ＡＢ２
＋
ＤＢ２
－２
ＡＢ
·
ＤＢ
·ｃｏｓ４５
°
＝ ２
ａ
，
∵
ＡＮ
⊥
平面ＡＤＥＦ
，
ＡＭ
⊂
平面ＡＤＥＦ
，∴
ＡＮ
⊥
ＡＭ． 因为ＡＤ２
＋
ＢＤ２
＝４
ａ２
＝
ＡＢ２
，
所以ＢＤ
⊥
ＡＤ
，
ＭＮ ＡＮ２ ＡＭ２ ． 由于平面ＳＡＤ 底面ＡＢＣＤ 平面ＳＡＤ 平面ＡＢＣＤ ＡＤ ＢＤ
∴ ＝ ＋ ＝ ５ ⊥ ， ∩ ＝ ， ⊂
３．（２０１８四川成都二诊，１９）如图 Ｄ 是 ＡＣ 的中点 四边形 平面ＡＢＣＤ 所以ＢＤ 平面ＳＡＤ
， ， ， ⊥ ，
ＢＤＥＦ是菱形 平面ＢＤＥＦ 平面ＡＢＣ ＦＢＤ ° ＡＢ ＢＣ 又ＢＤ 平面ＳＢＤ 所以平面ＳＢＤ 平面ＳＡＤ．
， ⊥ ，∠ ＝６０ ， ⊥ ， ⊂ ， ⊥
ＡＢ ＢＣ ． 由 可知ＡＤ ＳＤ ａ
＝ ＝ ２ （２） （１） ＝ ＝ ２ ，
５１４ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
在 ＳＡＤ中 ＳＤＡ ° ＳＡ ＳＤ ° ａ
△ ，∠ ＝１２０ ， ＝２ ｓｉｎ６０ ＝ ６ ， ＰＥ １ １ １ ．
作ＳＨ ＡＤ 交ＡＤ的延长线于点Ｈ ＝ ３ × ２ ×１× ３× ３＝ ２
⊥ ， ，
λ λ λ
Ｖ Ｖ Ｖ Ｖ １ １
则ＳＨ ＳＤ ° ６ａ Ｄ － ＰＦＢ＝ Ｂ － ＰＤＦ ＝ λ Ｂ － ＰＤＣ ＝ λ Ｐ － ＢＤＣ ＝ λ× × ×２×２×
＝ ｓｉｎ６０ ＝ ， １＋ １＋ １＋ ３ ２
２ λ λ
由 知ＢＤ 平面ＳＡＤ ° ．由 １ ３ 解得λ ． 存在满足Ｐ→Ｆ
（１） ⊥ ， ｓｉｎ６０ × ３＝ λ ＝ × λ， ＝２ ∴ ＝
因为ＳＨ 平面ＳＡＤ 所以ＢＤ ＳＨ １＋ ２ ４ １＋
⊂ ， ⊥ ，
又ＡＤ ＢＤ Ｄ 所以ＳＨ 平面ＡＢＣＤ λＦ→Ｃ λ 的点Ｆ 使得Ｖ ３ Ｖ ．
∩ ＝ ， ⊥ ， （ ＞０） ， Ｂ － ＰＡＥ＝ Ｄ － ＰＦＢ
所以ＳＨ为三棱锥Ｓ ＢＣＤ的高 ４
－ ， 思路分析 根据边的关系得到ＰＥ ＥＣ 由面面垂直的判
（１） ⊥ ，
所以Ｖ
Ｓ － ＢＣＤ＝
１
×
６ａ
×
１
×
ａ２
＝
６
，
定可得平面ＰＢＣ
⊥
平面ＰＢＥ
；（２）
先假设存在满足Ｐ→Ｆ
＝
λＦ→Ｃ
（
λ
３ ２ ２ １２
解得ａ 的点Ｆ 使得Ｖ ３ Ｖ 分别求出三棱锥Ｂ ＰＡＥ的
＝１， ＞０） ， Ｂ － ＰＡＥ＝ Ｄ － ＰＦＢ， －
由ＢＤ 平面ＳＡＤ ＳＤ 平面ＳＡＤ 可得ＢＤ ＳＤ ４
⊥ ， ⊂ ， ⊥ ， 体积与三棱锥Ｄ ＰＦＢ的体积 由已知等量关系求得λ 符
则ＳＢ ＝ ＳＤ２ ＋ ＢＤ２ ＝ ２＋２＝２， 合条件说明存在 － ． ， ＝２，
又ＡＢ ＳＡ ３．（２０１８陕西西安八校第一次联考）在四棱锥Ｐ ＡＢＣＤ中 ＰＡ
＝２， ＝ ６， － ， ⊥
在等腰三角形ＳＢＡ中 平面ＡＢＣＤ ＡＢＣ是正三角形 ＡＣ与ＢＤ的交点为Ｍ 又ＰＡ
， ，△ ， ， ＝
ＡＢ ＡＤ ＣＤ ＣＤＡ ° 点Ｎ是ＣＤ的中点．
边ＳＡ上的高为 ６ １０ ＝４， ＝ ，∠ ＝１２０ ，
４－ ＝ ， 求证 平面ＰＭＮ 平面ＰＡＢ
４ ２ （１） ： ⊥ ；
求点Ｍ到平面ＰＢＣ的距离．
则 ＳＡＢ的面积为 １ １０ １５． （２）
△ × ６× ＝
２ ２ ２
２．（２０２０四川内江、广安、遂宁、乐山等九市二诊，１９）如图 在四
， 解析 证明 在正 ＡＢＣ中 有ＡＢ ＢＣ
棱锥Ｐ ＡＢＣＤ中 底面 ＡＢＣＤ 是菱形 ＢＡＤ ° ＰＡＤ 是 （１） ： △ ， ＝ ，
－ ， ，∠ ＝６０ ，△ 在 ＡＣＤ中 有ＡＤ ＣＤ 又ＢＤ ＢＤ ＡＤＢ ＣＤＢ
边长为 的正三角形 ＰＣ Ｅ为线段ＡＤ的中点． △ ， ＝ ， ＝ ，∴ △ ≌△ ，
２ ， ＝ １０， 所以Ｍ为ＡＣ的中点 因为点Ｎ是ＣＤ的中点 所以ＭＮ ＡＤ
求证 平面ＰＢＣ 平面ＰＢＥ ， ， ∥ ，
（１） ： ⊥ ； 因为ＰＡ 平面ＡＢＣＤ 所以 ＰＡ ＡＤ 因为 ＣＤＡ ° 所以
⊥ ， ⊥ ， ∠ ＝１２０ ，
（２） 是否存在满足Ｐ→Ｆ ＝ λ Ｆ→Ｃ （ λ ＞０） 的点 Ｆ ， 使得 Ｖ Ｂ － ＰＡＥ ＝ ∠ ＤＡＣ ＝３０ ° ，
４ ３ Ｖ Ｄ － ＰＦＢ？ 若存在 ， 求出λ的值 ； 若不存在 ， 请说明理由． 因 因 为 为 ∠ ＰＡ ＢＡＣ Ａ ＝ Ｂ ６０ Ａ ° ， 所 所 以 以 ∠ ＡＤ ＢＡＤ 平 ＝ 面 ９０ Ｐ ° ， Ａ 即 Ｂ 所 ＢＡ 以 ⊥ Ａ Ｍ Ｄ Ｎ ， 平面ＰＡＢ
∩ ＝ ， ⊥ ， ⊥ ，
又ＭＮ 平面ＰＭＮ 所以平面ＰＭＮ 平面ＰＡＢ．
⊂ ， ⊥
设Ｍ到ＰＢＣ的距离为ｈ
（２） ，
在 ＰＡＢ中 ＰＡ ＡＢ 所以ＰＢ
Ｒｔ△ ， ＝ ＝４， ＝４ ２，
在 ＰＡＣ中 ＰＡ ＡＣ 所以ＰＣ
Ｒｔ△ ， ＝ ＝４， ＝４ ２，
在 ＰＢＣ中 ＰＢ ＰＣ ＢＣ 所以Ｓ
解析 证明 连接 ＣＥ 底面 ＡＢＣＤ 是菱形 ＢＡＤ Ｒｔ△ ， ＝４ ２， ＝４ ２， ＝４， △ ＰＢＣ＝４ ７，
（１） ： ，∵ ，∠
° 由Ｖ Ｖ 得 １ ｈ １ 解得ｈ ２ ２１．
＝６０ ， Ｍ － ＰＢＣ＝ Ｐ － ＢＭＣ ×４ ７× ＝ ×２ ３×４， ＝
ＡＢＤ为等边三角形 ３ ３ ７
∴ △ ，
又Ｅ为ＡＤ的中点 ＢＥ ＡＤ 而ＢＣ ＡＤ 则ＢＣ ＢＥ．
，∴ ⊥ ， ∥ ， ⊥
由 ＰＡＤ是边长为 的正三角形 得ＢＥ ＢＣ 则ＥＣ２
△ ２ ， ＝ ３， ＝２， ＝
２ ２ ．
２ ＋（ ３） ＝７
又ＰＥ ＰＣ ＰＥ２ ＥＣ２ ＰＣ２ 即ＰＥ ＥＣ．
＝ ３， ＝ １０，∴ ＋ ＝ ， ⊥
ＰＥ ＡＤ ＡＤ ＥＣ Ｅ ＰＥ 平面ＡＢＣＤ 则ＰＥ ＢＣ
∵ ⊥ ， ∩ ＝ ，∴ ⊥ ， ⊥ ，
又ＢＣ ＢＥ 且ＢＥ ＰＥ Ｅ ＢＣ 平面ＰＢＥ
⊥ ， ∩ ＝ ，∴ ⊥ ，
而ＢＣ 平面ＰＢＣ 平面ＰＢＣ 平面ＰＢＥ．
⊂ ，∴ ⊥
假设存在满足Ｐ→Ｆ λＦ→Ｃ
（２） ＝
λ 的点Ｆ 使得Ｖ
（ ＞０） ， Ｂ － ＰＡＥ＝
３ Ｖ
Ｄ
－
ＰＦＢ，
４
Ｖ Ｖ １ Ｓ
∵ Ｂ － ＰＡＥ＝ Ｐ － ＡＢＥ＝ △ ＡＢＥ·
３
专题八 立体几何 ５１５
考点一 直线与平面垂直的判定与性质
１．（２０２０新高考Ⅰ，４，５分）日晷是中国古代用来测定时间的仪
器 利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把
，
地球看成一个球 球心记为Ｏ 地球上一点Ａ的纬度是指ＯＡ
（ ），
与地球赤道所在平面所成角 点Ａ处的水平面是指过点Ａ且与
，
ＯＡ垂直的平面．在点Ａ处放置一个日晷 若晷面与赤道所在平
， 考点二 平面与平面垂直的判定与性质
面平行 点Ａ处的纬度为北纬 ° 则晷针与点Ａ处的水平面
所成角
，
为
４０ ， ６．（２０２０课标Ⅰ文，１９，１２分）如图 Ｄ为圆锥的顶点 Ｏ是圆锥
， ，
（ ） 底面的圆心 ＡＢＣ是底面的内接正三角形 Ｐ为ＤＯ上一点
，△ ， ，
ＡＰＣ °．
∠ ＝９０
证明 平面ＰＡＢ 平面ＰＡＣ
（１） ： ⊥ ；
设ＤＯ 圆锥的侧面积为 求三棱锥 Ｐ ＡＢＣ 的
（２） ＝ ２， ３π， －
体积．
° ° ° °
Ａ．２０ Ｂ．４０ Ｃ．５０ Ｄ．９０
答案 Ｂ
２．（２０１９北京，１３，５分）已知ｌ ｍ是平面α外的两条不同直线．
，
给出下列三个论断
：
ｌ ｍ ｍ α ｌ α．
①⊥ ；② ∥ ；③⊥
以其中的两个论断作为条件 余下的一个论断作为结论 写出
， ，
一个正确的命题 ． ７．（２０１８江苏，１５，１４ 分）在平行六面体 ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 中
答案 若ｌ ｍ ： ｌ α 则 ｍ α 答案 不 唯 一 ＡＡ ＡＢ ＡＢ Ｂ Ｃ ． － １ １ １ １ ，
３．（２０２０ 课标 ⊥ Ⅰ理 ， ， ⊥ １８ ， ，１２ 分 ∥ ） （ 如图 Ｄ ） 求证 １＝ ， ＡＢ １⊥ 平 １ 面 １ Ａ Ｂ Ｃ
为圆锥的顶点 Ｏ是圆锥底面的圆心 ， 平 ：（ 面 １） ＡＢＢ ∥ Ａ 平面 １ １ Ａ ； ＢＣ．
ＡＥ为底面直径 ， ＡＥ ＡＤ． ＡＢＣ是底面 ， （２） １ １⊥ １
， ＝ △
的内接正三角形 Ｐ为ＤＯ上一点 ＰＯ
， ，
６ＤＯ．
＝
６
证明 ＰＡ 平面ＰＢＣ
（１） ： ⊥ ；
求二面角Ｂ ＰＣ Ｅ的余弦值．
（２） － － ８．（２０１８课标Ⅲ文，１９，１２分）如图 矩形ＡＢＣＤ所在平面与半
４．（２０１９课标Ⅱ，１７，１２分）如图 长方体ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 的底 ，
， － １ １ １ １
面ＡＢＣＤ是正方形 点Ｅ在棱ＡＡ 上 ＢＥ ＥＣ ． 圆弧ＣＤ
， １ ， ⊥ １
证明 ＢＥ 平面ＥＢ Ｃ
（１） ： ⊥ １ １；
若ＡＥ Ａ Ｅ ＡＢ 求四棱锥Ｅ ＢＢ Ｃ Ｃ的体积．
（２） ＝ １ ， ＝３， － １ １
５．（２０１９ 天津，１７，１３ 分）如图 在四棱锥 Ｐ ＡＢＣＤ 中 底面
， － ，
ＡＢＣＤ为平行四边形 ＰＣＤ为等边三角形 平面 ＰＡＣ 平面
，△ ， ⊥
ＰＣＤ ＰＡ ＣＤ ＣＤ ＡＤ ．
， ⊥ ， ＝２， ＝３
设Ｇ Ｈ分别为ＰＢ ＡＣ的中点 求证 ＧＨ 平面ＰＡＤ
（１） ， ， ， ： ∥ ；
求证 ＰＡ 平面ＰＣＤ
（２） ： ⊥ ；
求直线ＡＤ与平面ＰＡＣ所成角的正弦值．
（３）
(
所在平面垂直 Ｍ是ＣＤ
，
(
上异于Ｃ Ｄ的点．
，
证明 平面ＡＭＤ 平面ＢＭＣ
（１） ： ⊥ ；
在线段ＡＭ上是否存在点 Ｐ 使得 ＭＣ 平面 ＰＢＤ 说明
（２） ， ∥ ？
理由．
９．（２０１７山东，１８，１２分）由四棱柱ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 截去三棱
－ １ １ １ １
锥Ｃ Ｂ ＣＤ 后得到的几何体如图所示．四边形ＡＢＣＤ为正方
１－ １ １
形 Ｏ为ＡＣ与ＢＤ的交点 Ｅ为ＡＤ的中点 Ａ Ｅ 平面ＡＢＣＤ．
， ， ， １ ⊥
证明 Ａ Ｏ 平面Ｂ ＣＤ
（１） ： １ ∥ １ １；
设Ｍ是ＯＤ的中点 证明 平面Ａ ＥＭ 平面Ｂ ＣＤ ．
（２） ， ： １ ⊥ １ １
５１６ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
考点一 直线与平面垂直的判定与性质 又ＰＯ垂直于圆Ｏ所在的平面
，
１．（２０１５陕西，１８，１２ 分）如图 在直角梯形 ＡＢＣＤ 中 ＡＤ 所以ＰＯ ＡＣ．
１， ， ∥ ⊥
因为ＤＯ ＰＯ Ｏ
ＢＣ ＢＡＤ π ＡＢ ＢＣ １ ＡＤ ａ Ｅ 是 ＡＤ 的中点 Ｏ 是 ＡＣ ∩ ＝ ，
，∠ ＝ ， ＝ ＝ ＝ ， ， 所以ＡＣ 平面ＰＤＯ．
２ ２ ⊥
与ＢＥ的交点．将 ＡＢＥ沿ＢＥ折起到图 中 Ａ ＢＥ的位置 得 因为点Ｃ在圆Ｏ上
△ ２ △ １ ， （２） ，
到四棱锥Ａ ＢＣＤＥ． 所以当ＣＯ ＡＢ时 Ｃ到ＡＢ的距离最大 且最大值为 ．
１－ ⊥ ， ， １
又ＡＢ 所以 ＡＢＣ面积的最大值为 １ ．
＝２， △ ×２×１＝１
２
又因为三棱锥Ｐ ＡＢＣ的高ＰＯ
－ ＝１，
故三棱锥Ｐ ＡＢＣ体积的最大值为 １ １ ．
－ ×１×１＝
３ ３
证明 ＣＤ 平面Ａ ＯＣ 解法一 在 ＰＯＢ中 ＰＯ ＯＢ ＰＯＢ °
（１） ： ⊥ １ ； （３） ： △ ， ＝ ＝１，∠ ＝９０ ，
当平面Ａ ＢＥ 平面ＢＣＤＥ时 四棱锥Ａ ＢＣＤＥ的体积为
（２） １ ⊥ ， １－ 所以ＰＢ ２ ２ ．同理 ＰＣ 所以ＰＢ ＰＣ ＢＣ．
＝ １ ＋１ ＝ ２ ， ＝ ２， ＝ ＝
求ａ的值． 在三棱锥Ｐ ＡＢＣ中 将侧面ＢＣＰ绕ＰＢ所在直线旋转至平面
３６ ２， － ，
解析 证明 在题图 中 ＢＣ′Ｐ 使之与平面ＡＢＰ共面 如图所示．
（１） ： １ ， ， ，
因为ＡＢ ＢＣ １ ＡＤ ａ Ｅ是ＡＤ的中点
＝ ＝ ＝ ， ，
２
ＢＡＤ π 所以ＢＥ ＡＣ．
∠ ＝ ， ⊥
２
即在题图 中 ＢＥ Ａ Ｏ ＢＥ ＯＣ
２ ， ⊥ １ ， ⊥ ，
又Ａ Ｏ ＯＣ Ｏ
１ ∩ ＝ ， 当Ｏ Ｅ Ｃ′共线时 ＣＥ ＯＥ取得最小值．
从而ＢＥ 平面Ａ ＯＣ ， ， ， ＋
⊥ １ ， 又因为ＯＰ ＯＢ Ｃ′Ｐ Ｃ′Ｂ 所以ＯＣ′垂直平分ＰＢ
又ＣＤ ＢＥ ＝ ， ＝ ， ，
∥ ，
所以 由 Ｃ 已 Ｄ ⊥ 知 平 平 面 面 Ａ １ Ａ ＯＣ ＢＥ ． 平面ＢＣＤＥ 即Ｅ为ＰＢ中点．从而ＯＣ′ ＝ ＯＥ ＋ ＥＣ′ ＝ ２ ２ ＋ ２ ６ ＝ ２＋ ２ ６ ，
（２） ， １ ⊥ ，
且平面Ａ ＢＥ 平面ＢＣＤＥ ＢＥ
又由 知 １ Ａ ∩ Ｏ ＢＥ ＝ ， 亦即ＣＥ ＋ ＯＥ的最小值为 ２＋ ２ ６．
所以 （ Ａ １） Ｏ ， 平 １ 面 ⊥ ＢＣＤＥ ， 解法二 ： 在 △ ＰＯＢ中 ， ＰＯ ＝ ＯＢ ＝１，∠ ＰＯＢ ＝９０ ° ，
１ ⊥ ，
即Ａ Ｏ是四棱锥Ａ ＢＣＤＥ的高． 所以 ＯＰＢ ° ＰＢ ２ ２ ．同理ＰＣ ．
１ １－ ∠ ＝４５ ， ＝ １ ＋１ ＝ ２ ＝ ２
所以ＰＢ ＰＣ ＢＣ 所以 ＣＰＢ °．
由题图 知 Ａ Ｏ ２ＡＢ ２ａ 平行四边形ＢＣＤＥ的面积 ＝ ＝ ， ∠ ＝６０
１ ， １ ＝ ２ ＝ ２ ， 在三棱锥Ｐ － ＡＢＣ中 ， 将侧面ＢＣＰ绕ＰＢ所在直线旋转至平面
Ｓ
＝
ＢＣ
·
ＡＢ
＝
ａ２． ＢＣ′Ｐ
，
使之与平面ＡＢＰ共面
，
如图所示．
从而四棱锥Ａ ＢＣＤＥ的体积为 当Ｏ Ｅ Ｃ′共线时 ＣＥ ＯＥ取得最小值．
１－
所以
，
在
，
ＯＣ′Ｐ中
，
由余
＋
弦定理得
△ ， ：
Ｖ
＝ ３
１
×
Ｓ
×
Ａ
１
Ｏ
＝ ３
１
×
ａ２
× ２
２ａ
＝ ６
２ａ３
， ＯＣ′２ ＝１＋２－２×１× ２×ｃｏｓ（４５ ° ＋６０ ° ）
æ ö
由 ２ａ３ ＝３６ ２， 得ａ ＝６ ． ＝１＋２－２ ２è ç ２ × １ － ２ × ３ ø ÷ ＝２＋ ３ ．
６ ２ ２ ２ ２
评析 本题首先借“折叠”问题考查空间想象能力，同时考查
从而ＯＣ′ ２＋ ６．
线面垂直的判定及面面垂直性质的应用． ＝ ２＋ ３ ＝
２
２．（２０１５福建，２０，１２分）如图 ＡＢ是圆Ｏ的直径 点Ｃ是圆Ｏ
， ， 所以ＣＥ ＯＥ的最小值为 ２ ６．
上异于Ａ Ｂ的点 ＰＯ垂直于圆Ｏ所在的平面 且ＰＯ ＯＢ ． ＋ ＋
， ， ， ＝ ＝１ ２ ２
若Ｄ为线段ＡＣ的中点 求证 ＡＣ 平面ＰＤＯ 评析 本题主要考查直线与平面的位置关系、锥体的体积等基
（１） ， ： ⊥ ；
求三棱锥Ｐ ＡＢＣ体积的最大值 础知识，考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力，考
（２） － ；
若ＢＣ 点Ｅ在线段ＰＢ上 求ＣＥ ＯＥ的最小值． 查数形结合思想、化归与转化思想．
（３） ＝ ２， ， ＋
３．（２０１４福建文，１９，１２分）如图 三棱锥Ａ ＢＣＤ中 ＡＢ 平面
， － ， ⊥
ＢＣＤ ＣＤ ＢＤ．
， ⊥
求证 ＣＤ 平面ＡＢＤ
（１） ： ⊥ ；
若 ＡＢ ＢＤ ＣＤ Ｍ 为 ＡＤ 中点 求三棱锥 Ａ ＭＢＣ 的
（２） ＝ ＝ ＝１， ， －
体积．
解析 证明 在 ＡＯＣ 中 因为 ＯＡ ＯＣ Ｄ 为 ＡＣ 的中
（１） ： △ ， ＝ ，
点 所以ＡＣ ＤＯ．
， ⊥
专题八 立体几何 ５１７
由于Ｅ为ＡＤ的中点
，
ＡＢ ＢＣ １ ＡＤ ＡＤ ＢＣ
＝ ＝ ， ∥ ，
２
所以ＡＥ ＢＣ ＡＥ ＡＢ ＢＣ
∥ ， ＝ ＝ ，
因此四边形ＡＢＣＥ为菱形
，
所以Ｏ为ＡＣ的中点．
又Ｆ为ＰＣ的中点
，
因此在 ＰＡＣ中
解析 证明 ＡＢ 平面 ＢＣＤ ＣＤ 平面 ＢＣＤ ＡＢ △ ，
（１） ：∵ ⊥ ， ⊂ ，∴ 可得ＡＰ ＯＦ．
ＣＤ． ∥
⊥ 又ＯＦ 平面ＢＥＦ ＡＰ 平面ＢＥＦ
又 ＣＤ ＢＤ ＡＢ ＢＤ Ｂ ＡＢ 平面ＡＢＤ ＢＤ 平面ＡＢＤ ⊂ ， ⊄ ，
∵
ＣＤ
⊥
平面Ａ
，
ＢＤ
∩
．
＝ ， ⊂ ， ⊂ ， 所以ＡＰ
∥
平面ＢＥＦ．
∴ 解 ⊥ 法一 由ＡＢ 平面ＢＣＤ 得ＡＢ ＢＤ． （２） 由题意知ＥＤ ∥ ＢＣ ， ＥＤ ＝ ＢＣ ，
（２） ： ⊥ ， ⊥ 所以四边形ＢＣＤＥ为平行四边形
ＡＢ ＢＤ
∵ ＝ ＝１， ，
因此ＢＥ ＣＤ．
Ｓ １ ． ∥
∴ △ ＡＢＤ＝ 又ＡＰ 平面ＰＣＤ ＣＤ 平面ＰＣＤ
２ ⊥ ， ⊂ ，
Ｍ是ＡＤ的中点 所以ＡＰ ＣＤ 因此ＡＰ ＢＥ．
∵ ， ⊥ ， ⊥
因为四边形ＡＢＣＥ为菱形
Ｓ １ Ｓ １ ． ，
∴ △ ＡＢＭ＝ △ ＡＢＤ＝ 所以ＢＥ ＡＣ．
２ ４ ⊥
由 知 ＣＤ 平面ＡＢＤ 又ＡＰ ＡＣ Ａ ＡＰ ＡＣ 平面ＰＡＣ
（１） ， ⊥ ， ∩ ＝ ， ， ⊂ ，
∴
三棱锥Ｃ
－
ＡＢＭ的高ｈ
＝
ＣＤ
＝１，
所以ＢＥ
⊥
平面ＰＡＣ．
因此Ｖ Ｖ １ Ｓ ｈ １ ． ５．（２０１４广东文，１８，１３分）如图 四边形ＡＢＣＤ为矩形 ＰＤ
Ａ － ＭＢＣ＝ Ｃ － ＡＢＭ＝ ３ △ ＡＢＭ· ＝ １２ 平面ＡＢＣＤ ＡＢ ＢＣ ＰＣ ．作 １， 如图 折叠 折痕ＥＦ ， ＤＣ ⊥
解法二 由ＡＢ 平面ＢＣＤ知 平面ＡＢＤ 平面ＢＣＤ ， ＝１， ＝ ＝２ ２ ： ∥ ，
： ⊥ ， ⊥ ， 其中点Ｅ Ｆ分别在线段ＰＤ ＰＣ上 沿ＥＦ折叠后点Ｐ在线段
又平面ＡＢＤ 平面ＢＣＤ ＢＤ ， ， ，
∩ ＝ ， ＡＤ上的点记为Ｍ 并且ＭＦ ＣＦ．
如图 过点Ｍ作ＭＮ ＢＤ交ＢＤ于点Ｎ ， ⊥
， ⊥ ， 证明 ＣＦ 平面ＭＤＦ
（１） ： ⊥ ；
求三棱锥Ｍ ＣＤＥ的体积．
（２） －
则ＭＮ 平面ＢＣＤ 且ＭＮ １ ＡＢ １
⊥ ， ＝ ＝ ，
２ ２
又ＣＤ ＢＤ ＢＤ ＣＤ 解析 证明 ＰＤ 平面ＡＢＣＤ
⊥ ， ＝ ＝１， （１） ：∵ ⊥ ，
ＡＤ 平面ＡＢＣＤ ＰＤ ＡＤ．
Ｓ １ ． ⊂ ，∴ ⊥
∴ △ ＢＣＤ＝ 四边形ＡＢＣＤ是矩形 ＡＤ ＤＣ．
２ ∵ ，∴ ⊥
∴ 三棱锥Ａ － ＭＢＣ的体积Ｖ Ａ － ＭＢＣ＝ Ｖ Ａ － ＢＣＤ－ Ｖ Ｍ － ＢＣＤ 又 ∵ ＰＤ ∩ ＤＣ ＝ Ｄ ，∴ ＡＤ ⊥ 平面ＰＣＤ．
１ ＡＢ Ｓ １ ＭＮ Ｓ １ ． ＣＦ 平面ＰＣＤ ＡＤ ＣＦ．
＝ ３ · △ ＢＣＤ－ ３ · △ ＢＣＤ＝ １２ ∵ 又 Ｍ ⊂ Ｆ ＣＦ ＭＦ ，∴ ＡＤ ⊥ Ｍ
４．（２０１４山东文，１８，１２ 分）如图 四棱锥 Ｐ ＡＢＣＤ 中 ＡＰ 平 ∵ ⊥ ， ∩ ＝ ，
， － ， ⊥ ＣＦ 平面ＭＤＦ．
∴ ⊥
面ＰＣＤ ＡＤ ＢＣ ＡＢ ＢＣ １ ＡＤ Ｅ Ｆ分别为线段ＡＤ ＰＣ的 由 知ＣＦ ＤＦ ＰＤ ＤＣ
， ∥ ， ＝ ＝ ， ， ， （２） （１） ⊥ ， ⊥ ，
中点．
２ 在
△
ＰＣＤ中
，
ＤＣ２
＝
ＣＦ
·
ＰＣ．
求证 ＡＰ 平面ＢＥＦ ＣＦ
ＣＤ２
１ ．
（１） ： ∥ ； ∴ ＝ ＰＣ ＝
求证 ＢＥ 平面ＰＡＣ． ２
（２） ： ⊥ 又 ＥＦ ＤＣ
∵ ∥ ，
１
ＰＣ ＦＣ ＰＤ ＦＣ ３×
ＥＤ · ２ ３．
∴ ＰＤ＝ＥＤ⇒ ＝ ＰＣ ＝ ＝
２ ４
ＰＥ ＭＥ ３ ３ ３
证明 设ＡＣ ＢＥ Ｏ 连接ＯＦ ＥＣ． ∴ ＝ ＝ ３－ ＝ ，
（１） ∩ ＝ ， ， ４ ４
Ｓ １ ＤＣ ＥＤ １ ３ ３．
∴ △ ＣＤＥ＝ · ＝ ×１× ＝
２ ２ ４ ８
在 ＭＤＥ中 ＭＤ ＭＥ２ ＥＤ２ ６
Ｒｔ△ ， ＝ － ＝ ，
２
５１８ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
又因为ＤＥ 平面Ａ ＣＢ
Ｖ １ Ｓ ＭＤ １ ３ ６ ２． ⊄ １ ，
∴ Ｍ － ＣＤＥ＝ △ ＣＤＥ· ＝ × × ＝ 所以ＤＥ 平面Ａ ＣＢ．
３ ３ ８ ２ １６ ∥ １
６．（２０１３广东文，１８，１４ 分）如图 在边长为 的等边三角形 证明 由已知得ＡＣ ＢＣ且ＤＥ ＢＣ
１， １ （２） ： ⊥ ∥ ，
ＡＢＣ中 Ｄ Ｅ分别是ＡＢ ＡＣ上的点 ＡＤ ＡＥ Ｆ是ＢＣ的中点 所以ＤＥ ＡＣ．
， ， ， ， ＝ ， ， ⊥
ＡＦ与ＤＥ交于点Ｇ．将 ＡＢＦ沿ＡＦ折起 得到如图 所示的三 所以ＤＥ Ａ Ｄ ＤＥ ＣＤ．
△ ， ２ ⊥ １ ， ⊥
因为Ａ Ｄ ＣＤ Ｄ 所以ＤＥ 平面Ａ ＤＣ．
棱锥Ａ ＢＣＦ 其中ＢＣ ２． １ ∩ ＝ ， ⊥ １
－ ， ＝ 而Ａ Ｆ 平面Ａ ＤＣ
２ １ ⊂ １ ，
所以ＤＥ Ａ Ｆ．
⊥ １
又因为Ａ Ｆ ＣＤ ＣＤ ＤＥ Ｄ
１ ⊥ ， ∩ ＝ ，
所以Ａ Ｆ 平面ＢＣＤＥ．
１ ⊥
所以Ａ Ｆ ＢＥ．
１ ⊥
线段Ａ Ｂ上存在点Ｑ 使Ａ Ｃ 平面ＤＥＱ．理由如下
（
如
３
图
）
分别
１
取Ａ Ｃ Ａ Ｂ的中
，
点Ｐ
１ ⊥
Ｑ 连接ＰＱ 则ＰＱ ＢＣ
：
．
图 图 ， １ ， １ ， ， ， ∥
１ ２ 又因为ＤＥ ＢＣ
∥ ，
所以ＤＥ ＰＱ．
∥
证明 ＤＥ 平面ＢＣＦ 所以平面ＤＥＱ即为平面ＤＥＰ．
（１） ： ∥ ；
证明 ＣＦ 平面ＡＢＦ 由 知 ＤＥ 平面Ａ ＤＣ
（２） ： ⊥ ； （２） ， ⊥ １ ，
所以ＤＥ Ａ Ｃ．
（３） 当ＡＤ ＝ ２ 时 ， 求三棱锥Ｆ － ＤＥＧ的体积Ｖ Ｆ － ＤＥＧ ． 又因为Ｐ ⊥ 是 １ 等腰三角形ＤＡ Ｃ底边Ａ Ｃ的中点
３ １ １ ，
ＡＤ ＡＥ 所以Ａ Ｃ ＤＰ．
解析 （１） 证明 ： 在等边三角形ＡＢＣ中 ， ＡＤ ＝ ＡＥ ，∴ ＤＢ＝ＥＣ， 所以Ａ １ Ｃ ⊥ 平面ＤＥＰ．
在折叠后的三棱锥Ａ ＢＣＦ中也成立 ＤＥ ＢＣ ＤＥ 平面 即Ａ Ｃ １ ⊥ 平面ＤＥＱ．
ＢＣＦ ＢＣ 平面ＢＣＦ － ＤＥ 平面ＢＣ ， Ｆ ∴ ． ∥ ，∵ ⊄ 故线 １ 段 ⊥ Ａ Ｂ上存在点Ｑ 使得Ａ Ｃ 平面ＤＥＱ．
证 ， 明 ⊂ 在等边三角 ，∴ 形ＡＢ ∥ Ｃ中 Ｆ是ＢＣ的中点 评析 本 １ 题的前两问属 ， 容易题 １ ，第 ⊥ （ ）问是创新式问法，可以
（２） ： ， ， ３
先猜后证，此题对于知识掌握不牢靠的学生而言，可能不能顺
ＡＦ ＢＣ ＢＦ ＣＦ １ ．
∴ ⊥ ， ＝ ＝
２
利解答．
在三棱锥Ａ ＢＣＦ中 ＢＣ ２
∵ － ， ＝ ， 考点二 平面与平面垂直的判定与性质
２
ＢＣ２ ＢＦ２ ＣＦ２ ＣＦ ＢＦ． １．（２０１９课标Ⅲ文，１９，１２分）图 是由矩形ＡＤＥＢ ＡＢＣ和
∴ ＝ ＋ ，∴ ⊥ １ ，Ｒｔ△
ＢＦ ＡＦ Ｆ ＣＦ 平面ＡＢＦ． 菱形ＢＦＧＣ组成的一个平面图形 其中 ＡＢ ＢＥ ＢＦ
∵ ∩ ＝ ，∴ ⊥ ， ＝１， ＝ ＝２，
由 可知ＧＥ ＣＦ 结合 可得ＧＥ 平面ＤＦＧ． ＦＢＣ °．将其沿ＡＢ ＢＣ折起使得ＢＥ与ＢＦ重合 连接ＤＧ
（３） （１） ∥ ， （２） ⊥ ∠ ＝６０ ， ， ，
如图 ．
Ｖ Ｖ １ １ ＤＧ ＦＧ ＧＥ １ １ １ ２
∴ Ｆ － ＤＥＧ＝ Ｅ － ＤＦＧ＝ · · · · ＝ · · · 证明 图 中的 Ａ Ｃ Ｇ Ｄ 四点共面 且平面 ＡＢＣ 平面
３ ２ ３ ２ ３ （１） ： ２ ， ， ， ， ⊥
æ ö ＢＣＧＥ
ç １ ３÷ １ ３． ；
è · ø· ＝ 求图 中的四边形ＡＣＧＤ的面积．
３ ２ ３ ３２４ （２） ２
评析 本题考查线面平行、线面垂直的证明以及空间几何体体
积的计算，考查立体几何中翻折问题以及学生的空间想象能力
和逻辑推理论证能力．抓住翻折过程中的不变量是解决这类问
题的关键，第（ ）问的关键在于对几何体的转化．
３
７．（２０１２北京文，１６，１４ 分）如图 在 ＡＢＣ 中 Ｃ °
１， Ｒｔ△ ，∠ ＝９０ ，
Ｄ Ｅ分别为 ＡＣ ＡＢ 的中点 点 Ｆ 为线段 ＣＤ 上的一点．将
， ， ， 解析 本题考查了线面 面面垂直问题 通过翻折 平面与平
ＡＤＥ沿ＤＥ折起到 Ａ ＤＥ的位置 使Ａ Ｆ ＣＤ 如图 ． 、 ， 、
△ △ １ ， １ ⊥ ， ２ 面垂直的证明考查了空间想象能力和推理论证能力 考查了直
求证 ＤＥ 平面Ａ ＣＢ ，
（１） ： ∥ １ ； 观想象的核心素养．
求证 Ａ Ｆ ＢＥ
（２） ： １ ⊥ ； 由已知得ＡＤ ＢＥ ＣＧ ＢＥ 所以ＡＤ ＣＧ 故ＡＤ ＣＧ确定
线段Ａ Ｂ上是否存在点Ｑ 使Ａ Ｃ 平面ＤＥＱ 说明理由． （１） ∥ ， ∥ ， ∥ ， ，
（３） １ ， １ ⊥ ？ 一个平面 从而Ａ Ｃ Ｇ Ｄ四点共面．
， ， ， ，
由已知得ＡＢ ＢＥ ＡＢ ＢＣ 故ＡＢ 平面ＢＣＧＥ．
⊥ ， ⊥ ， ⊥
又因为ＡＢ 平面ＡＢＣ 所以平面ＡＢＣ 平面ＢＣＧＥ．
⊂ ， ⊥
取ＣＧ的中点Ｍ 连接ＥＭ ＤＭ．
（２） ， ，
因为ＡＢ ＤＥ ＡＢ 平面ＢＣＧＥ 所以ＤＥ 平面 ＢＣＧＥ 故 ＤＥ
∥ ， ⊥ ， ⊥ ，
解析 证明 因为Ｄ Ｅ分别为ＡＣ ＡＢ的中点
ＣＧ．
（１） ： ， ， ， ⊥
所以ＤＥ ＢＣ． 由已知 四边形 ＢＣＧＥ 是菱形 且 ＥＢＣ °得 ＥＭ ＣＧ 故
∥ ， ， ∠ ＝６０ ⊥ ，
专题八 立体几何 ５１９
ＣＧ 平面ＤＥＭ． °是求证第 问的关键
⊥ ９０ （１） ；
因此ＤＭ ＣＧ． 利用翻折的性质将 ＡＣＭ °转化为 ＡＣＤ ° 进而利
⊥ （２） ∠ ＝９０ ∠ ＝９０ ，
在 ＤＥＭ中 ＤＥ ＥＭ 故ＤＭ ． 用面面垂直的性质定理及线面垂直的性质定理得出三棱锥Ｑ
Ｒｔ△ ， ＝１， ＝ ３， ＝２ －
所以四边形ＡＣＧＤ的面积为 ． ＡＢＰ的高是求解第 问的关键．
４ （２）
思路分析 翻折问题一定要注意翻折前后位置的变化 特 ３．（２０１８北京文，１８，１４ 分）如图 在四棱锥 Ｐ ＡＢＣＤ 中 底面
（１） ， ， － ，
别是平行 垂直的变化．由矩形 直角三角形中的垂直关系 利 ＡＢＣＤ为矩形 平面ＰＡＤ 平面 ＡＢＣＤ ＰＡ ＰＤ ＰＡ ＰＤ Ｅ Ｆ
、 、 ， ， ⊥ ， ⊥ ， ＝ ， ，
用线面垂直 面面垂直的判定定理可证两平面垂直 而由平行 分别为ＡＤ ＰＢ的中点．
、 ； ，
公理和平面的基本性质不难证明四点共面． 根据菱形的特 求证 ＰＥ ＢＣ
（２） （１） ： ⊥ ；
征结合 的结论找到菱形ＢＣＧＥ的边ＣＧ上的高求解． 求证 平面ＰＡＢ 平面ＰＣＤ
（１） （２） ： ⊥ ；
解题关键 抓住翻折前后的垂直关系 灵活转化线线垂直 线 求证 ＥＦ 平面ＰＣＤ．
， 、 （３） ： ∥
面垂直和面面垂直 题中构造侧棱的特殊 直截面 ＤＥＭ 是
， “ ”△ ，
本题求解的关键和难点．
２．（２０１８课标Ⅰ文，１８，１２分）如图 在平行四边形ＡＢＣＭ中 ＡＢ
， ，
ＡＣ ＡＣＭ °．以ＡＣ为折痕将 ＡＣＭ折起 使点Ｍ到
＝ ＝３，∠ ＝９０ △ ，
达点Ｄ的位置 且ＡＢ ＤＡ．
， ⊥
证明 平面ＡＣＤ 平面ＡＢＣ
（１） ： ⊥ ；
Ｑ为线段 ＡＤ 上一点 Ｐ 为线段 ＢＣ 上一点 且 ＢＰ ＤＱ 证明 因为ＰＡ ＰＤ Ｅ为ＡＤ的中点
（２） ， ， ＝ ＝ （１） ＝ ， ，
所以ＰＥ ＡＤ．
２ ＤＡ 求三棱锥Ｑ ＡＢＰ的体积． ⊥
， － 因为底面ＡＢＣＤ为矩形
３ ，
所以ＢＣ ＡＤ．
∥
所以ＰＥ ＢＣ．
⊥
因为底面ＡＢＣＤ为矩形
（２） ，
所以ＡＢ ＡＤ．
⊥
又因为平面ＰＡＤ 平面ＡＢＣＤ
⊥ ，
所以ＡＢ 平面ＰＡＤ．
⊥
所以ＡＢ ＰＤ．
解析 证明 由已知可得 ＢＡＣ ° ＢＡ ＡＣ． ⊥
（１） ： ，∠ ＝９０ ， ⊥ 又因为ＰＡ ＰＤ
又ＢＡ ＡＤ 所以ＡＢ 平面ＡＣＤ． ⊥ ，
⊥ ， ⊥ 所以ＰＤ 平面ＰＡＢ．
又ＡＢ 平面ＡＢＣ ⊥
⊂ ， 所以平面ＰＡＢ 平面ＰＣＤ．
所以平面ＡＣＤ 平面ＡＢＣ． ⊥
⊥ 取ＰＣ中点Ｇ 连接ＦＧ ＤＧ．
由已知可得 ＤＣ ＣＭ ＡＢ ＤＡ ． （３） ， ，
（２） ， ＝ ＝ ＝３， ＝３ ２
又ＢＰ ＤＱ ２ ＤＡ 所以ＢＰ ．
＝ ＝ ， ＝２ ２
３
作ＱＥ ＡＣ 垂足为Ｅ 则ＱＥ １ ＤＣ ＱＥ ＤＣ．
⊥ ， ， ＝ ， ∥
３
由已知及 可得ＤＣ 平面ＡＢＣ
（１） ⊥ ，
所以ＱＥ 平面ＡＢＣ ＱＥ ．
⊥ ， ＝１ 因为Ｆ Ｇ分别为ＰＢ ＰＣ的中点
因此 三棱锥Ｑ ＡＢＰ的体积为 ， ， ，
， －
所以ＦＧ ＢＣ ＦＧ １ ＢＣ．
Ｖ １ ＱＥ Ｓ １ １ ° ． ∥ ， ＝
Ｑ － ＡＢＰ＝ ３ · · △ ＡＢＰ＝ ３ ×１× ２ ×３×２ ２ｓｉｎ４５ ＝１ 因为ＡＢＣＤ为矩形 且 ２ Ｅ为ＡＤ的中点
， ，
所以ＤＥ ＢＣ ＤＥ １ ＢＣ．
∥ ， ＝
２
所以ＤＥ ＦＧ ＤＥ ＦＧ．
∥ ， ＝
所以四边形ＤＥＦＧ为平行四边形．
所以ＥＦ ＤＧ．
∥
又因为ＥＦ 平面ＰＣＤ ＤＧ 平面ＰＣＤ
⊄ ， ⊂ ，
所以ＥＦ 平面ＰＣＤ．
规律总结 证明空间线面位置关系的一般步骤 ∥
： ４．（２０１７课标Ⅲ文，１９，１２分）如图 四面体ＡＢＣＤ中 ＡＢＣ是
审清题意 分析条件 挖掘题目中平行与垂直的关系 ， ，△
（１） ： ， ； 正三角形 ＡＤ ＣＤ．
明确方向 确定问题的方向 选择证明平行或垂直的方法 ， ＝
（２） ： ， ， 证明 ＡＣ ＢＤ
必要时添加辅助线 （１） ： ⊥ ；
； 已知 ＡＣＤ是直角三角形 ＡＢ ＢＤ．若 Ｅ 为棱 ＢＤ 上与 Ｄ
给出证明 利用平行 垂直关系的判定或性质给出问题的 （２） △ ， ＝
（３） ： 、 不重合的点 且ＡＥ ＥＣ 求四面体 ＡＢＣＥ 与四面体 ＡＣＤＥ
证明 ， ⊥ ，
； 的体积比．
反思回顾 查看关键点 易漏点 检查使用定理时定理成立
（４） ： 、 ，
的条件是否遗漏 符号表达是否准确．
，
解题关键 利用平行关系将 ＡＣＭ °转化为 ＢＡＣ
（１） ∠ ＝９０ ∠ ＝
５２０ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
Ｆ的平面角 ＣＥＦ °．从而可得Ｃ ．
－ ，∠ ＝６０ （－２，０， ３）
所以Ｅ→Ｃ Ｅ→Ｂ →ＡＣ →ＡＢ
＝（１，０， ３）， ＝（０，４，０）， ＝（－３，－４， ３）， ＝
． 分
（－４，０，０） （１０ ）
设ｎ ｘ ｙ ｚ 是平面ＢＣＥ的法向量 则
＝（ ， ， ） ，
解析 证明 取ＡＣ的中点Ｏ 连接ＤＯ ＢＯ． {ｎ · Ｅ→Ｃ ＝０，即 { ｘ ＋ ３ ｚ ＝０，
（１） ： ， ， ｎ Ｅ→Ｂ ｙ ．
因为ＡＤ ＣＤ 所以ＡＣ ＤＯ． · ＝０， ４ ＝０
＝ ， ⊥
又由于 ＡＢＣ是正三角形 所以ＡＣ ＢＯ． 所以可取ｎ ．
△ ， ⊥ ＝（３，０，－ ３）
因 所 为 以 Ｄ ＡＣ Ｏ ∩ 平 ＢＯ 面 ＝ Ｏ ＤＯ ， Ｂ 设ｍ是平面ＡＢＣＤ的法向量 则 {ｍ · →ＡＣ ＝０，
⊥ ， ， ｍ →ＡＢ ．
因为ＢＤ 平面ＤＯＢ · ＝０
⊂ ，
所以ＡＣ ＢＤ． 同理可取ｍ ．则 ｎ ｍ ｎ · ｍ ２ １９．
⊥ ＝（０， ３，４） ｃｏｓ 〈 ， 〉＝ ｎ ｍ ＝－
连接ＥＯ． ｜ ｜｜ ｜ １９
（２）
由 及题设知 ＡＤＣ
（１） ∠ ＝９０°， 故二面角Ｅ ＢＣ Ａ的余弦值为 ２ １９． 分
所以ＤＯ ＡＯ． － － － （１２ ）
＝ １９
在
Ｒｔ△
ＡＯＢ中
，
ＢＯ２
＋
ＡＯ２
＝
ＡＢ２． 评析 本题考查了立体几何部分有关垂直的证明，以及二面
又ＡＢ ＢＤ 所以ＢＯ２ ＤＯ２ ＢＯ２ ＡＯ２ ＡＢ２ ＢＤ２ 角的求解和利用空间向量求解立体几何问题．解决立体几何问
＝ ， ＋ ＝ ＋ ＝ ＝ ，
故 ＤＯＢ ． 题时要注意“发现”垂线所在的位置．
∠ ＝９０°
由题设知 ＡＥＣ为直角三角形 ６．（２０１６江苏，１６，１４分）如图 在直三棱柱ＡＢＣ Ａ Ｂ Ｃ 中 Ｄ
△ ， ， － １ １ １ ， ，
Ｅ分别为ＡＢ ＢＣ 的中点 点 Ｆ 在侧棱 Ｂ Ｂ 上 且 Ｂ Ｄ Ａ Ｆ
所以ＥＯ １ ＡＣ． ， ， １ ， １ ⊥ １ ，
＝ Ａ Ｃ Ａ Ｂ ．求证
又 △ ＡＢＣ是 ２ 正三角形 ， 且ＡＢ ＝ ＢＤ ， １ １ 直 ⊥ 线 １ Ｄ １ Ｅ 平面 ： Ａ Ｃ Ｆ
（１） ∥ １ １ ；
所以ＥＯ １ ＢＤ． 平面Ｂ ＤＥ 平面Ａ Ｃ Ｆ．
＝ （２） １ ⊥ １ １
２
故Ｅ为ＢＤ的中点 从而 Ｅ 到平面 ＡＢＣ 的距离为 Ｄ 到平面
，
ＡＢＣ的距离的 １ 四面体ＡＢＣＥ的体积为四面体ＡＢＣＤ的体积
，
２
的 １ 即四面体ＡＢＣＥ与四面体ＡＣＤＥ的体积之比为 ．
， １ ∶ １
２
５．（２０１６课标Ⅰ，文１８，１２分）如图 在以Ａ Ｂ Ｃ Ｄ Ｅ Ｆ为顶
， ， ， ， ， ，
点的五面体中 面ＡＢＥＦ为正方形 ＡＦ ＦＤ ＡＦＤ ° 且
， ， ＝２ ，∠ ＝９０ ，
二面角Ｄ ＡＦ Ｅ与二面角Ｃ ＢＥ Ｆ都是 °． 证明 在直三棱柱ＡＢＣ Ａ Ｂ Ｃ 中 Ａ Ｃ ＡＣ．
－ － － － ６０ （１） － １ １ １ ， １ １∥
证明 平面ＡＢＥＦ 平面ＥＦＤＣ 在 ＡＢＣ中 因为Ｄ Ｅ分别为ＡＢ ＢＣ的中点
（１） ： ⊥ ； △ ， ， ， ，
求二面角Ｅ ＢＣ Ａ的余弦值． 所以ＤＥ ＡＣ 于是ＤＥ Ａ Ｃ ．
（２） － － ∥ ， ∥ １ １
又因为ＤＥ 平面Ａ Ｃ Ｆ Ａ Ｃ 平面Ａ Ｃ Ｆ
⊄ １ １ ， １ １⊂ １ １ ，
所以直线ＤＥ 平面Ａ Ｃ Ｆ．
∥ １ １
在直三棱柱ＡＢＣ Ａ Ｂ Ｃ 中 Ａ Ａ 平面Ａ Ｂ Ｃ ．
（２） － １ １ １ ， １ ⊥ １ １ １
因为Ａ Ｃ 平面Ａ Ｂ Ｃ 所以Ａ Ａ Ａ Ｃ ．
解析 证明 由已知可得ＡＦ ＤＦ ＡＦ ＦＥ 所以ＡＦ 平 １ １⊂ １ １ １， １ ⊥ １ １
（１） ： ⊥ ， ⊥ ， ⊥ 又因为Ａ Ｃ Ａ Ｂ Ａ Ａ 平面 ＡＢＢ Ａ Ａ Ｂ 平面 ＡＢＢ Ａ
面ＥＦＤＣ．
（２
分
） １ １⊥ １ １， １ ⊂ １ １， １ １⊂ １ １，
又ＡＦ
⊂
平面ＡＢＥＦ
，
故平面ＡＢＥＦ
⊥
平面ＥＦＤＣ．
（３
分
）
Ａ
１
Ａ
∩
Ａ
１
Ｂ
１＝
Ａ
１，
过Ｄ作ＤＧ ＥＦ 垂足为Ｇ 由 知ＤＧ 平面ＡＢＥＦ． 所以Ａ Ｃ 平面ＡＢＢ Ａ ．
（２） ⊥ ， ， （１） ⊥ １ １⊥ １ １
因为Ｂ Ｄ 平面ＡＢＢ Ａ 所以Ａ Ｃ Ｂ Ｄ．
以Ｇ为坐标原点 ， Ｇ→Ｆ的方向为ｘ轴正方向 ，｜ Ｇ→Ｆ ｜ 为单位长 ， 建 １ ⊂ １ １， １ １⊥ １
立如图所示的空间直角坐标系Ｇ － ｘｙｚ． （６ 分 ） 又因为Ｂ １ Ｄ ⊥ Ａ １ Ｆ ， Ａ １ Ｃ １⊂ 平面Ａ １ Ｃ １ Ｆ ， Ａ １ Ｆ ⊂ 平面Ａ １ Ｃ １ Ｆ ， Ａ １ Ｃ １
Ａ Ｆ Ａ
∩ １ ＝ １，
所以Ｂ Ｄ 平面Ａ Ｃ Ｆ．
１ ⊥ １ １
因为直线Ｂ Ｄ 平面Ｂ ＤＥ 所以平面Ｂ ＤＥ 平面Ａ Ｃ Ｆ．
１ ⊂ １ ， １ ⊥ １ １
评析 本题主要考查直线与直线、直线与平面以及平面与平面
的位置关系，考查空间想象能力和推理论证能力．
由 知 ＤＦＥ为二面角Ｄ ＡＦ Ｅ的平面角 故 ＤＦＥ ° ７．（２０１５课标Ⅰ文，１８，１２分）如图 四边形ＡＢＣＤ为菱形 Ｇ为
（１） ∠ － － ， ∠ ＝６０ ， ， ，
则 ＤＦ ＤＧ 可得 Ａ Ｂ ＡＣ与ＢＤ的交点 ＢＥ 平面ＡＢＣＤ．
｜ ｜ ＝ ２，｜ ｜ ＝ ３， （１，４，０）， （－３，４，０）， ， ⊥
Ｅ Ｄ ．
证明 平面ＡＥＣ 平面ＢＥＤ
（－３，０，０）， （０，０， ３） （１） ： ⊥ ；
由已知得 ＡＢ ＥＦ 所以ＡＢ 平面ＥＦＤＣ． 分
， ∥ ， ∥ （８ ） 若 ＡＢＣ ° ＡＥ ＥＣ 三棱锥Ｅ ＡＣＤ的体积为 ６ 求
又平面ＡＢＣＤ 平面ＥＦＤＣ ＣＤ 故ＡＢ ＣＤ ＣＤ ＥＦ． （２） ∠ ＝１２０ ， ⊥ ， － ，
∩ ＝ ， ∥ ， ∥ ３
由ＢＥ ＡＦ 可得ＢＥ 平面ＥＦＤＣ 所以 ＣＥＦ为二面角Ｃ ＢＥ 该三棱锥的侧面积．
∥ ， ⊥ ， ∠ －
专题八 立体几何 ５２１
由ＢＥ 平面ＡＢＣＤ 知 ＥＢＧ为直角三角形 可得ＢＥ ２ｘ．
⊥ ， △ ， ＝
２
由已知得 三棱锥Ｅ ＡＣＤ的体积Ｖ １ １ ＡＣ ＧＤ ＢＥ
， － Ｅ － ＡＣＤ＝ × · ·
３ ２
６ｘ３ ６．故ｘ ． 分
解析 因为四边形ＡＢＣＤ为菱形 所以ＡＣ ＢＤ． ＝ ＝ ＝２ （９ ）
（１） ， ⊥ ２４ ３
因为ＢＥ 平面ＡＢＣＤ 所以ＡＣ ＢＥ．故ＡＣ 平面ＢＥＤ． 从而可得ＡＥ ＥＣ ＥＤ ．
⊥ ， ⊥ ⊥ ＝ ＝ ＝ ６
又ＡＣ 平面ＡＥＣ 所以平面ＡＥＣ 平面ＢＥＤ． 分 所以 ＥＡＣ 的面积为 ＥＡＤ 的面积与 ＥＣＤ 的面积均
⊂ ， ⊥ （５ ） △ ３，△ △
设ＡＢ ｘ 在菱形ＡＢＣＤ中 由 ＡＢＣ ° 可得ＡＧ ＧＣ 为 ．
（２） ＝ ， ， ∠ ＝１２０ ， ＝ ＝ ５
ｘ 故三棱锥Ｅ ＡＣＤ的侧面积为 ． 分
３ｘ ＧＢ ＧＤ ． － ３＋２ ５ （１２ ）
， ＝ ＝
２ ２
因为ＡＥ ＥＣ 所以在 ＡＥＣ中 可得ＥＧ ３ｘ．
⊥ ， Ｒｔ△ ， ＝
２
时间： 分钟 分值： 分
８０ １０５
一、单项选择题 每题 分 共 分 点Ａ在某个定球面上运动
（ ５ ， ２５ ） Ａ．
１．（２０２１届福建厦门二中１０月月考，７）下列条件中 能判定直 β与水平地面所成锐角记为θ 直线ＯＢ与水平地面所成角
， Ｂ． ，
线ｌ 平面α的是 记为δ 则θ δ为定值
⊥ （ ） ， ＋
ｌ与平面α内的两条直线垂直 可能在某个时刻 ＡＢ α
Ａ． Ｃ． ， ∥
ｌ与平面α内无数条直线垂直
Ｂ． 直线ＯＡ与平面α所成角的正弦值的最大值为 １７
ｌ与平面α内的某一条直线垂直 Ｄ．
Ｃ． １７
ｌ与平面α内任意一条直线垂直 答案 Ｃ
Ｄ．
答案 Ｄ
二、多项选择题 每题 分 共 分
２．（２０２１届浙江名校新高考研究联盟（ ２０名校联盟）第一次联 （ ５ ， ２５ ）
Ｚ ６．（２０２１届河北百师联盟联考，１２）如图
考，５）已知空间中ｍ ｎ是两条不同直线 α是平面 则 ，
， ， ， （ ） 正方体ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 中 Ｍ Ｎ 是线段
若ｍ α ｎ α 则ｍ ｎ 若ｍ α ｎ α 则ｍ ｎ － １ １ １ １ ， ，
Ａ． ∥ ， ⊂ ， ∥ Ｂ． ∥ ， ∥ ， ⊥ Ａ Ｃ 上的两个动点 则下列结论正确的是
若ｍ α ｎ α 则ｍ ｎ 若ｍ α ｎ α 则ｍ ｎ １ １ ，
Ｃ． ⊥ ， ⊥ ， ∥ Ｄ． ⊥ ， ⊥ ， ⊥
答案 Ｃ （ ）
ＢＭ ＣＮ始终在同一个平面内
３．（２０２１届河南郑州一中开学测试，７）对于直线ｍ ｎ和平面α Ａ． ，
， ， ＭＮ 平面ＡＢＣＤ
β 则α β的一个充分条件是 Ｂ． ∥
， ⊥ （ ） ＢＤ ＣＭ
ｍ ｎ ｍ α ｎ β ｍ ｎ α β ｍ ｎ α Ｃ． ⊥
Ａ． ⊥ ， ∥ ， ∥ Ｂ． ⊥ ， ∩ ＝ ， ⊂ 若正方体的棱长和线段 ＭＮ 的长均为定值 则三棱锥
ｍ ｎ ｎ β ｍ α ｍ ｎ ｍ α ｎ β Ｄ． ，
Ｃ． ∥ ， ⊥ ， ⊂ Ｄ． ∥ ， ⊥ ， ⊥ Ｂ ＣＭＮ的体积为定值
答案 Ｃ －
答案 ＢＣＤ
４．（２０２１届百师联盟开学摸底联考，４）已知平面α 直线ｌ ｍ ｎ
， ， ， ， ７．（２０２１届广东茂名五校联盟第一次
满足ｍ α ｎ α 且ｍ ｎ互为异面直线 则 ｌ ｍ且ｌ ｎ 是
∥ ， ∥ ， ， ， “ ⊥ ⊥ ” 联考，１２）如图所示 正方体 ＡＢＣＤ
ｌ α 的 ， －
“ ⊥ ” （ ） Ａ′Ｂ′Ｃ′Ｄ′的棱长为 Ｅ Ｆ 分别是棱
充要条件 充分不必要条件 １， ，
Ａ． Ｂ． ＡＡ′ ＣＣ′的中点 过直线ＥＦ的平面分
必要不充分条件 既不充分也不必要条件 ， ，
Ｃ． Ｄ． 别与棱 ＢＢ′ ＤＤ′交于 Ｍ Ｎ 设 ＢＭ
答案 Ａ ， ， ， ＝
ｘ ｘ 则正确的说法是
５．（２０２１届湖湘名校教育联合体入学考试，６）大摆锤是一种大 ， ∈（０，１），
型游乐设备 如图 游客坐在圆形的座舱中 面向外 通常大 （ ）
（ ）， ， ， 四边形ＭＥＮＦ为平行四边形
摆锤以压肩作为安全束缚 配以安全带作为二次保险 座舱旋 Ａ．
， ， 若四边形ＭＥＮＦ 的面积 Ｓ ｆ ｘ ｘ 则 ｆ ｘ 有最
转的同时 悬挂座舱的主轴在电机的驱动下做单摆运动．假设 Ｂ． ＝ （ ）， ∈（０，１）， （ ）
， 小值
小明坐在点Ａ处 大摆锤 启动后 主轴ＯＢ在平面α内绕点
，“ ” ， 若四棱锥Ａ ＭＥＮＦ的体积Ｖ ｐ ｘ ｘ 则ｐ ｘ 是常
Ｏ左右摆动 平面α与水平地面垂直 ＯＢ摆动的过程中 点Ａ Ｃ． － ＝ （ ）， ∈（０，１）， （ ）
， ， ， 数函数
在平面β内绕点Ｂ作圆周运动 并且始终保持ＯＢ β Ｂ β．设
， ⊥ ， ∈ ( )
ＯＢ ＡＢ 在 大摆锤 启动后 下列结论错误的是 若多面体 ＡＢＣＤ ＭＥＮＦ 的体积 Ｖ ｈ ｘ ｘ １ 则
＝４ ， “ ” ， （ ） Ｄ． － ＝ （ ）， ∈ ，１ ，
２
ｈ ｘ 为单调函数
（ ）
答案 ＡＢＣ
８．（２０２１届江苏镇江八校期中联考，９）如图 ＰＡ垂直于以ＡＢ为
，
直径的圆所在的平面 点Ｃ是圆上异于Ａ Ｂ的任一点 则下列
， ， ，
结论中正确的是
（ ）
５２２ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
答案 ３ ５
－１
５
１３．（２０２１届河南新高三学期初第一次摸底考试，１６）如图 ＶＡ
，
平面ＡＢＣ ＡＢＣ的外接圆是以边ＡＢ的中点为圆心的圆
⊥ ，△ ，
点Ｍ Ｎ Ｐ分别为棱ＶＡ ＶＣ ＶＢ的中点 则下列结论正确的有
， ， ， ， ，
． 把正确结论的序号都填上
（ ）
ＭＮ 平面ＡＢＣ ＯＣ 平面ＶＡＣ ＭＮ与ＢＣ所成的角为
① ∥ ；② ⊥ ；③
ＰＣ ＢＣ ＡＣ 平面ＰＢＣ ° ＭＮ ＯＰ 平面ＶＡＣ 平面ＶＢＣ．
Ａ． ⊥ Ｂ． ⊥ ６０ ；④ ⊥ ；⑤ ⊥
平面ＰＡＢ 平面ＰＢＣ 平面ＰＡＣ 平面ＰＢＣ
Ｃ． ⊥ Ｄ． ⊥
答案 ＡＤ
９．（２０２１届山东日照１１月份第二次联考，１１）在正方体ＡＢＣＤ
－
Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 中 点Ｍ在线段Ｂ Ｃ上运动 则
１ １ １ １ ， １ ， （ ）
直线ＢＤ 平面Ａ Ｂ ＣＤ
Ａ． １⊥ １ １
三棱锥Ｍ Ａ Ｃ Ｄ的体积为定值
Ｂ． － １ １ [ ]
异面直线ＡＭ与Ａ Ｄ所成角的取值范围是 π π
Ｃ． １ ，
４ ２
直线Ｃ Ｍ与平面Ａ Ｃ Ｄ所成角的正弦值的最大值为 ６ 答案
Ｄ． １ １ １ ①④⑤
３
答案 ＢＤ 四、解答题 共 分
（ ４０ ）
１０．（２０２０山东蒙阴实验中学期末，１３）已知四棱锥Ｐ ＡＢＣＤ 底 １４．（２０２１届广东珠海摸底考试，１９）如图 三棱锥 Ｐ ＡＢＣ 中
－ ， ， － ，
面ＡＢＣＤ为矩形 侧面ＰＣＤ 平面ＡＢＣＤ ＢＣ ＣＤ ＰＣ ＡＣ ＢＣ ＰＣ ＰＢ ＡＣＢ ° 平面ＰＢＣ 底面ＡＢＣ Ｄ
， ⊥ ， ＝２ ３， ＝ ＝ ＝ ＝ ＝ ＝２，∠ ＝１２０ ， ⊥ ， ，
ＰＤ ．若点Ｍ为ＰＣ的中点 则下列说法正确的是 Ｅ分别是ＢＣ ＡＢ的中点．
＝２ ６ ， （ ） ，
ＢＭ 平面ＰＣＤ 证明 ＰＤ 平面ＡＢＣ
Ａ． ⊥ （１） ： ⊥ ；
ＰＡ 平面ＭＢＤ 求二面角Ｐ ＣＥ Ｂ的正切值．
Ｂ． ∥ （２） － －
四棱锥Ｍ ＡＢＣＤ外接球的表面积为
Ｃ． － ３６π
四棱锥Ｍ ＡＢＣＤ的体积为
Ｄ． － ６
答案 ＢＣ
三、填空题 每题 分 共 分
（ ５ ， １５ ）
１１．（２０２０广东广州天河外国语学校４月测试，１６）如图所示 在
，
直角梯形ＢＣＥＦ中 ＣＢＦ ＢＣＥ ° Ａ Ｄ分别是ＢＦ ＣＥ
，∠ ＝∠ ＝９０ ， 、 、 １５．（２０２１届湖南长沙第一中学月考（三），１９）如图 四边形
上的点 ＡＤ ＢＣ 且ＡＢ ＤＥ ＢＣ ＡＦ 如图 ．将四边形 ，
， ∥ ， ＝ ＝２ ＝２ （ １）
ＡＤＥＦ沿ＡＤ折起 连接 ＢＥ ＢＦ ＣＥ 如图 ．在折起的过程 ＡＢＣＤ为平行四边形 ＤＡＢ π 点Ｅ在ＡＢ上 ＡＥ ＥＢ
， 、 、 （ ２） ，∠ ＝ ， ， ＝２ ＝
中 下列表述 ４
， ： 且ＤＥ ＡＢ．以ＤＥ为折痕把 ＡＤＥ折起 使点Ａ到达点Ｆ
２， ⊥ △ ，
的位置 且 ＦＥＢ °．
， ∠ ＝６０
求证 平面ＢＦＣ 平面ＢＣＤＥ
（１） ： ⊥ ；
求二面角Ｂ ＥＦ Ｃ的余弦值．
（２） － －
ＡＣ 平面ＢＥＦ
① ∥ ；
四点Ｂ Ｃ Ｅ Ｆ可能共面
② 、 、 、 ；
若ＥＦ ＣＦ 则平面ＡＤＥＦ 平面ＡＢＣＤ １６．（２０２１届广东湛江高中毕业班调研，１７）如图 三棱柱ＡＢＣ
③ ⊥ ， ⊥ ； ， －
平面ＢＣＥ与平面ＢＥＦ可能垂直． Ａ Ｂ Ｃ 中 底面ＡＢＣ是边长为 的等边三角形 侧面ＢＣＣ Ｂ
④ 其中正确的是 ． 为 １ 菱 １ 形 １ 且 ， 平面ＢＣＣ Ｂ ^平面Ａ ２ ＢＣ ÐＣＢＢ ， ° Ｄ为棱Ａ １ Ａ １
答案 的中点 ， ． １ １ ， １＝６０ ， １
①③
１２．（２０２１届广东茂名五校联盟第一次联考，１６）如图 已知正方 证明 ＢＣ ^平面ＤＣＢ
体 的中 ＡＢ 点 ＣＤ 点 － Ａ Ｐ １ Ｂ 在 １ Ｃ 平 １ Ｄ 面 １ 的 Ａ 棱 Ｂ 长 Ｃ 为 Ｄ ２ 内 ， 点 点 Ｍ Ｑ ， Ｎ 在 分 线 别 段 是 Ａ 棱 Ｎ ， 上 ＢＣ ， 若 Ｃ １ Ｐ Ｄ Ｍ １ （ （ １ ２ ） ） 求二 ： 面角 １ Ｂ １－ ＤＣ － Ｃ １ 的 １； 余弦值．
， １ １ １ １ ， １ ，
则ＰＱ长度的最小值为 ．
＝ ５，
专题八 立体几何 ５２３
１．（２０１８江西赣州模拟，６）如图 在斜三棱柱 ＡＢＣ Ａ Ｂ Ｃ 中
， － １ １ １ ， ＡＦ２ ＣＦ２ ＡＣ２ 即 ＡＦＣ π
ＢＡＣ ° 且ＢＣ ＡＣ 过Ｃ 作Ｃ Ｈ 底面ＡＢＣ 垂足为Ｈ ∴ ＋ ≠ ， ∠ ≠ ，
∠ 则点Ｈ ＝ 在 ９０ ， １⊥ ， １ １ ⊥ ， ， 平面ＣＭＮ与平面ＡＭＮ不垂 ２ 直 故 中说法错误
（ ） ∴ ， Ｃ ；
ＤＥ ＡＮ ＭＮ ＢＤ
∵ ∥ ， ∥ ，
ＤＥ ＢＤ Ｄ ＤＥ ＢＤ 平面 ＢＤＥ ＭＮ ＡＮ Ｎ ＭＮ ＡＮ 平
∩ ＝ ， ， ⊂ ， ∩ ＝ ， ， ⊂
面ＡＭＮ
，
平面ＢＤＥ 平面ＡＭＮ 故 中说法正确．故选
∴ ∥ ， Ｄ Ｃ．
直线ＡＣ上 直线ＡＢ上
Ａ． Ｂ．
直线ＢＣ上 ＡＢＣ内部
Ｃ． Ｄ．△
答案 Ｂ 连接ＡＣ 如图
１， ：
３．（２０１９豫西南五校３月联考，８）已知矩形ＡＢＣＤ ＡＢ＝２ ＢＣ＝
， ，
２ ２ 将 ＡＢＤ沿矩形的对角线ＢＤ所在的直线进行翻折 在
， △ ，
ＢＡＣ ° ＡＣ ＡＢ
∵ ∠ ＝９０ ，∴ ⊥ ， 翻折过程中
， （ ）
∵ ∴ Ｂ ＡＣ Ｃ ⊥ １⊥ 平 ＡＣ 面 ， Ｂ Ａ Ｃ Ｂ １ Ｃ ∩ １， ＡＢ ＝ Ｂ ， Ａ
Ｂ．
． 存 存 在 在 某 某 个 个 位 位 置 置
，
， 使 使 得 得 直 直 线 线 Ａ Ｂ Ｂ Ｄ 与 与 直 直 线 线 Ｃ Ａ Ｄ Ｃ 垂 垂 直 直
又ＡＣ在平面 ＡＢＣ 内
，∴
根据面面垂直的判定定理
，
知平面 存在某个位置 使得直线ＢＣ与直线ＡＤ垂直
Ｃ． ，
ＡＢＣ 平面ＡＢＣ 对任意位置 三对直线 ＡＣ与ＢＤ ＣＤ与ＡＢ ＡＤ与ＢＣ
⊥ １， Ｄ． ， “ ”“ ”“ ”
则根据面面垂直的性质定理知 过平面 ＡＢＣ 内一点 Ｃ 向平 均不垂直
， １ １
面ＡＢＣ作垂线 垂足必落在交线ＡＢ上．故选 答案 Ｂ 矩形在翻折前和翻折后的图形如图 １ ２ 所示．
， Ｂ． （ ）（ ）
２．（２０１８山西临汾模拟，７）如图 已知四边形ＡＢＣＤ是边长为
， １
的正方形 ＭＤ 平面ＡＢＣＤ ＮＢ 平面ＡＢＣＤ 且ＭＤ ＮＢ
， ⊥ ， ⊥ ， ＝ ＝１，
Ｅ为ＭＣ的中点 则下列结论不正确的是
， （ ）
在图 １ 中 过点Ａ作ＡＥ ＢＤ 垂足为Ｅ 过点Ｃ作ＣＦ ＢＤ
（ ） ， ⊥ ， ， ⊥ ，
垂足为 Ｆ 由边 ＡＢ ＢＣ 不相等可知点 Ｅ Ｆ 不重合 在图 ２
， ， 、 ； （ ）
中 连接ＣＥ 对于选项 若ＡＣ ＢＤ 又知ＢＤ ＡＥ ＡＥ ＡＣ＝
， ， Ａ， ⊥ ， ⊥ ， ∩
Ａ 所以ＢＤ 平面ＡＣＥ 所以ＢＤ ＣＥ 与点Ｅ Ｆ不重合相矛
， ⊥ ， ⊥ ， ，
盾 故选项 错误 对于选项 若ＡＢ ＣＤ 又知ＡＢ ＡＤ ＡＤ
， Ａ ； Ｂ， ⊥ ， ⊥ ，
ＣＤ＝Ｄ 所以ＡＢ 平面ＡＤＣ 所以ＡＢ ＡＣ 由ＡＢ＜ＢＣ可知存
平面ＢＣＥ 平面ＡＢＮ ＭＣ ＡＮ ∩ ， ⊥ ， ⊥ ，
Ａ． ⊥ Ｂ． ⊥ 在这样的等腰直角三角形 使得直线ＡＢ与直线ＣＤ垂直 故选
平面ＣＭＮ 平面ＡＭＮ 平面ＢＤＥ 平面ＡＭＮ ， ，
Ｃ． ⊥ Ｄ． ∥ 项 正确 对于选项 若ＡＤ ＢＣ 又知ＤＣ ＢＣ ＡＤ ＤＣ＝
答案 Ｃ 分别过Ａ Ｃ作平面ＡＢＣＤ的垂线ＡＰ ＣＱ 使得ＡＰ Ｂ ； Ｃ， ⊥ ， ⊥ ， ∩
， ， ， Ｄ 所以ＢＣ 平面ＡＤＣ 所以ＢＣ ＡＣ 已知ＡＢ＝２ ＢＣ＝２ ２
ＣＱ ， ⊥ ， ⊥ ， ， ，
＝ ＝１， 则ＢＣ＞ＡＢ 所以不存在这样的直角三角形 故选项 错误 由
连接ＰＭ ＰＮ ＱＭ ＱＮ 将几何体补成棱长为 的正方体． ， ， Ｃ ；
， ， ， ， １ 以上可知选项 错误．因此选 ．
ＢＣ 平面ＡＢＮ Ｄ Ｂ
∴ ⊥ ， 思路分析 根据翻折前后的变量与不变量 利用反证法对选
又ＢＣ 平面ＢＣＥ ，
⊂ ， 项进行证明排除 从而得到正确结果．
平面ＢＣＥ 平面ＡＢＮ 故 中说法正确 ，
∴ ⊥ ， Ａ ； ４．（２０１９北京西城一模文，１８）如图 在多面体ＡＢＣＤＥＦ中 底面
连接ＰＢ 则ＰＢ ＭＣ ， ，
， ∥ ， ＡＢＣＤ为矩形 侧面ＡＤＥＦ为梯形 ＡＦ ＤＥ ＤＥ ＡＤ ＤＣ ＤＥ．
显然 ＰＢ ＡＮ ， ， ∥ ， ⊥ ， ＝
， ⊥ ， 求证 ＡＤ ＣＥ
ＭＣ ＡＮ 故 中说法正确 （１） ： ⊥ ；
∴ ⊥ ， Ｂ ； 求证 ＢＦ 平面ＣＤＥ
取ＭＮ的中点Ｆ 连接ＡＦ ＣＦ ＡＣ． （２） ： ∥ ；
， ， ， 判断线段ＢＥ上是否存在点Ｑ 使得平面ＡＤＱ 平面ＢＣＥ
ＡＭＮ和 ＣＭＮ都是边长为 的等边三角形 （３） ， ⊥ ，
∵ △ △ ２ ， 并说明理由．
ＡＦ ＭＮ ＣＦ ＭＮ
∴ ⊥ ， ⊥ ，
ＡＦＣ为二面角Ａ ＭＮ Ｃ的平面角
∴ ∠ － － ，
ＡＦ ＣＦ ６ ＡＣ
∵ ＝ ＝ ， ＝ ２，
２
５２４ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
由 知 ＢＧ ＡＤ 又ＰＧ ＢＧ Ｇ 所以ＡＤ 平面ＰＧＢ．
（１） ⊥ ， ∩ ＝ ， ⊥
因为ＰＢ 平面ＰＧＢ 所以ＡＤ ＰＢ．
⊂ ， ⊥
当Ｆ为ＰＣ的中点时 满足平面ＤＥＦ 平面ＡＢＣＤ．
（３） ， ⊥
证明 取ＰＣ的中点Ｆ 连接ＤＥ ＥＦ ＤＦ．
： ， 、 、
在 ＰＢＣ中 ＦＥ ＰＢ 在菱形ＡＢＣＤ中 ＧＢ ＤＥ．
△ ， ∥ ， ， ∥
又ＦＥ 平面 ＤＥＦ ＤＥ 平面 ＤＥＦ ＥＦ ＤＥ Ｅ ＰＢ 平
⊂ ， ⊂ ， ∩ ＝ ， ⊂
面ＰＧＢ ＧＢ 平面ＰＧＢ ＰＢ ＧＢ Ｂ
， ⊂ ， ∩ ＝ ，
所以平面ＤＥＦ 平面ＰＧＢ．
解析 证明 由底面ＡＢＣＤ为矩形 知ＡＤ ＣＤ ∥
（１） ： ， ⊥ ， 因为ＢＧ 平面ＰＡＤ ＰＧ 平面ＰＡＤ
又因为ＤＥ ＡＤ ＤＥ ＣＤ Ｄ ＤＥ ＣＤ 平面ＣＤＥ ⊥ ， ⊂ ，
⊥ ， ∩ ＝ ， ， ⊂ ， 所以ＢＧ ＰＧ．
所以ＡＤ 平面ＣＤＥ ⊥
⊥ ， 又因为ＰＧ ＡＤ ＡＤ ＢＧ Ｇ
又因为ＣＥ 平面ＣＤＥ 所以ＡＤ ＣＥ． ⊥ ， ∩ ＝ ，
⊂ ， ⊥ 所以ＰＧ 平面ＡＢＣＤ．
证明 由底面ＡＢＣＤ为矩形 知ＡＢ ＣＤ ⊥
（２） ： ， ∥ ， 又ＰＧ 平面ＰＧＢ 所以平面ＰＧＢ 平面ＡＢＣＤ
又因为ＡＢ 平面ＣＤＥ ＣＤ 平面ＣＤＥ ⊂ ， ⊥ ，
⊄ ， ⊂ ， 所以平面ＤＥＦ 平面ＡＢＣＤ．
所以ＡＢ 平面ＣＤＥ ⊥
∥ ， ６．（２０１７ 黑龙江齐齐哈尔一模）如图所示 正三棱柱 ＡＢＣ
同理ＡＦ 平面ＣＤＥ ， －
∥ ， Ａ Ｂ Ｃ 的底面边长为 Ｄ是侧棱ＣＣ 的中点．
又因为ＡＢ ＡＦ Ａ ＡＢ ＡＦ 平面ＡＢＦ １ １ １ ２， １
∩ ＝ ， ， ⊂ ，
所以平面ＡＢＦ 平面ＣＤＥ
∥ ，
又因为ＢＦ 平面ＡＢＦ 所以ＢＦ 平面ＣＤＥ
⊂ ， ∥ ，
结论 线段 ＢＥ 上存在点 Ｑ Ｑ 为 ＢＥ 的中点 使得平面
（３） ： （ ），
ＡＤＱ 平面ＢＣＥ．
⊥
理由如下
：
取ＣＥ的中点Ｐ ＢＥ的中点Ｑ 连接ＡＱ ＤＰ ＰＱ 则ＰＱ ＢＣ．
， ， ， ， ， ∥
由ＡＤ ＢＣ 得ＰＱ ＡＤ
∥ ， ∥ ，
所以Ａ Ｄ Ｐ Ｑ四点共面．
， ， ，
由 知ＡＤ 平面ＣＤＥ 又因为ＤＰ 平面ＣＤＥ
（１） ⊥ ， ⊂ ，
所以ＡＤ ＤＰ 故ＢＣ ＤＰ． 证明 平面ＡＢ Ｄ 平面ＡＢＢ Ａ
在 ＣＤＥ ⊥ 中 由 ， ＤＣ ⊥ ＤＥ Ｐ是ＣＥ的中点 可得ＤＰ ＣＥ． （１） ： １ ⊥ １ １；
△ ， ＝ ， ， ⊥ 若多面体Ｂ Ａ Ｃ ＤＡ的体积为 求正三棱柱ＡＢＣ Ａ Ｂ Ｃ
又因为ＢＣ ＣＥ Ｃ ＢＣ ＣＥ 平面ＢＣＥ （２） １ １ １ ３， － １ １ １
∩ ＝ ， ， ⊂ ， 的高．
所以ＤＰ
⊥
平面ＢＣＥ
， 解析 证明 取 ＡＢ 的中点 Ｅ ＡＢ 的中点 Ｆ 连接 ＤＥ
又因为ＤＰ 平面ＡＤＰＱ （１） ： １ ， ， ，
⊂ ， ＥＦ ＣＦ．
所以平面ＡＤＰＱ 平面ＢＣＥ 即平面ＡＤＱ 平面ＢＣＥ ，
故线段ＢＥ上存 ⊥ 在点Ｑ （ Ｑ为 （ ＢＥ的中点 ） ⊥ ， 使得平面 ） ＡＤ ， Ｑ ⊥ 平 ∵ Ｅ ， Ｆ分别为ＡＢ １， ＡＢ的中点 ，∴ ＥＦ ∥ ＢＢ １， ＥＦ ＝ ２ １ ＢＢ １ ．
面ＢＣＥ．
又ＣＤ ＢＢ 且 ＣＤ １ ＢＢ ＣＤ ＥＦ ＣＤ ＥＦ 四边形
５．如图所示 ， 在四棱锥Ｐ － ＡＢＣＤ中 ， 底面ＡＢＣＤ是 ∠ ＤＡＢ ＝６０ °且 ∥ １ ＝ ２ １，∴ ∥ ， ＝ ，∴
边长为ａ的菱形 侧面ＰＡＤ为正三角形 其所在平面垂直于底 ＣＤＥＦ为平行四边形 ＤＥ ＣＦ 又三棱柱ＡＢＣ Ａ Ｂ Ｃ 是正
， ， ，∴ ∥ ， － １ １ １
面ＡＢＣＤ 若Ｇ为ＡＤ的中点． 三棱柱 ＡＢＣ为正三角形 ＣＦ ＡＢ．
， ，∴ △ ，∴ ⊥
又 ＢＢ 平面ＡＢＣ ＣＦ 平面ＡＢＣ ＣＦ ＢＢ 又ＡＢ ＢＢ
∵ １⊥ ， ⊂ ，∴ ⊥ １， ∩ １
Ｂ ＣＦ 平面ＡＢＢ Ａ 又ＤＥ ＣＦ ＤＥ 平面ＡＢＢ Ａ 又
＝ ，∴ ⊥ １ １， ∥ ，∴ ⊥ １ １，
ＤＥ 平面ＡＢ Ｄ 平面ＡＢ Ｄ 平面ＡＢＢ Ａ ．
⊂ １ ，∴ １ ⊥ １ １
求证 ＢＧ 平面ＰＡＤ
（１） ： ⊥ ；
求证 ＡＤ ＰＢ
（２） ： ⊥ ；
若Ｅ为ＢＣ边的中点 能否在棱ＰＣ上找到一点Ｆ 使平面
（３） ， ，
ＤＥＦ 平面ＡＢＣＤ 并证明你的结论．
⊥ ？
解析 证明 在菱形ＡＢＣＤ中 ＤＡＢ ° Ｇ为ＡＤ的中
（１） ： ，∠ ＝６０ ，
点 所以ＢＧ ＡＤ．
， ⊥
又平面ＰＡＤ 平面ＡＢＣＤ 平面ＰＡＤ 平面ＡＢＣＤ ＡＤ
⊥ ， ∩ ＝ ，
所以ＢＧ 平面ＰＡＤ．
⊥
证明 如图 连接ＰＧ 因为 ＰＡＤ为正三角形 Ｇ为ＡＤ的 多面体 Ｂ Ａ Ｃ ＤＡ 是以梯形 ＡＡ Ｃ Ｄ 为底面 Ｂ 到平面
（ 中 ２ 点 ） 所以 ： ＰＧ ， ＡＤ． ， △ ， （ ＡＡ ２） Ｃ Ｄ的距离 １ 为 １ 高 １ 的四棱锥 取Ａ Ｃ １ 的 １ 中点Ｈ 连 ， 接 １ Ｂ Ｈ．
， ⊥ １ １ ， １ １ ， １
三棱柱 ＡＢＣ Ａ Ｂ Ｃ 为正三棱柱 Ｂ Ｈ Ａ Ｃ 平面
∵ － １ １ １ ，∴ １ ⊥ １ １，
Ｂ Ｃ Ａ 平面ＡＡ Ｃ Ｃ
１ １ １⊥ １ １ ，
又平面Ｂ Ｃ Ａ 平面ＡＡ Ｃ Ｃ Ａ Ｃ Ｂ Ｈ 平面Ｂ Ｃ Ａ
１ １ １∩ １ １ ＝ １ １， １ ⊂ １ １ １，
Ｂ Ｈ 平面ＡＡ Ｃ Ｃ．
∴ １ ⊥ １ １
专题八 立体几何 ５２５
Ａ Ｂ Ｂ Ｃ Ａ Ｃ Ｂ Ｈ ． 解析 证明 过点Ｐ作ＰＯ ＡＤ 垂足为Ｏ．
∵ １ １＝ １ １＝ １ １＝２，∴ １ ＝ ３ （１） ： ⊥ ，
( ｈ )
设ＡＡ ｈ 则Ｖ １ Ｓ Ｂ Ｈ １ １ ｈ
１＝ ， Ｂ １－ ＡＡ １ Ｃ １ Ｄ＝ 梯形ＡＡ １ Ｃ １ Ｄ× １ ＝ × ＋ ×２×
３ ３ ２ ２
３ｈ 所以ｈ ．所以正三棱柱ＡＢＣ Ａ Ｂ Ｃ 的高为 ．
３＝ ＝ ３， ＝２ － １ １ １ ２
２
７．（２０１９全国统一诊断卷 ，１８）在五边形 ＡＢＣＤＦ 中 Ｅ 是边 由于点Ｐ在平面ＡＢＣＤ内的射影恰好在ＡＤ上
Ａ ， ，
ＤＦ上的点 ＡＦ ＢＥ ＣＤ ＢＣ ＤＦ ＢＣ ＣＤ ＡＢ ＢＣ ＡＦ 所以ＰＯ 平面ＡＢＣＤ
， ∥ ∥ ， ∥ ， ⊥ ， ＝ ＝ ２， ⊥ ，
ＥＦ ＢＥ ＣＤ 如图 将四边形ＡＦＥＢ沿ＢＥ折起 使平 所以ＰＯ ＡＢ．
＝ ＝１， ＝ ＝２， １， ， ⊥
面ＡＦＥＢ 平面ＢＣＤＥ 将 ＢＣＤ沿ＢＤ折起 使点Ｃ与点Ａ重 因为四边形ＡＢＣＤ为矩形 所以ＡＢ ＡＤ．
⊥ ， △ ， ， ⊥
合 重合的点记为Ｍ 如图 ． 又ＡＤ ＰＯ Ｏ 所以ＡＢ 平面ＰＡＤ
， ， ２ ∩ ＝ ， ⊥ ，
连接ＥＭ 证明 平面ＢＤＭ 平面ＤＥＭ 所以ＡＢ ＰＤ ＡＢ ＰＡ
（１） ， ： ⊥ ； ⊥ ， ⊥ ，
求点Ｅ到平面ＢＤＭ的距离． 又由ＡＢ ＰＢ 可得ＰＡ
（２） ＝３， ＝３ ２， ＝３，
同理ＰＤ ．
＝３
又ＡＤ 所以ＰＡ２ ＰＤ２ ＡＤ２
＝３ ２， ＋ ＝ ，
所以ＰＡ ＰＤ 且ＰＡ ＰＢ Ａ
⊥ ， ∩ ＝ ，
所以ＰＤ 平面ＰＡＢ． 分
⊥ （５ ）
设点Ｅ到底面ＱＢＣ的距离为ｈ
（２） ，
解析 证明 因为 ＥＭ ＡＦ２ ＥＦ２ ＭＢ ＢＥ
（１） ： ＝ ＋ ＝ ２， ＝ ２，
＝２，
所以ＥＭ２ ＭＢ２ ＢＥ２ 所以ＭＢ ＥＭ．
＋ ＝ ， ⊥
又因为ＢＣ ＣＤ 即ＭＢ ＭＤ ＥＭ ＭＤ Ｍ
⊥ ， ⊥ ， ∩ ＝ ，
ＥＭ ⊂ 平面ＤＥＭ ， ＭＤ ⊂ 平面ＤＥＭ ， 所以ＭＢ ⊥ 平面ＤＥＭ． 分 则Ｖ Ｑ － ＢＥＣ＝ Ｖ Ｅ － ＱＢＣ＝ １ Ｓ △ ＱＢＣ· ｈ． （７ 分 ）
３
（４ ）
ＢＥ
因为ＭＢ 平面ＢＤＭ 所以平面ＢＤＭ 平面ＤＥＭ． 分 由ＰＥ １ ＰＢ 可知 ２
⊂ ， ⊥ （５ ） ＝ ， ＢＰ＝ ，
３ ３
易知 ＢＥＤ ° 所以Ｓ １ ＢＥ ＥＤ ．
（２） ∠ ＝９０ ， △ ＢＥＤ＝ ２ · ＝ ２ 所以 ｈ ２ ｈ ２ ３ ２ ． 分
又ＭＦ ＢＥ ＢＥ 平面 ＢＥＤ ＭＦ 平面 ＢＥＤ 所以 ＭＦ 平 ＰＯ＝ ⇒ ＝ × ＝ ２ （８ ）
∥ ， ⊂ ， ⊄ ， ∥ ３ ３ ２
面ＢＥＤ．
又Ｓ １ ＢＣ ＡＢ １ ９ ２
因为平面ＢＥＦＭ 平面ＢＥＤ 平面ＢＥＦＭ 平面ＢＥＤ ＢＥ ＥＦ △ ＱＢＣ＝ · ＝ ×３ ２×３＝ ，
⊥ ， ∩ ＝ ， ２ ２ ２
ＢＥ 所以ＥＦ 平面ＢＥＤ 所以ＥＦ是三棱锥Ｍ ＢＥＤ的高
⊥ ， ⊥ ， － ， 所以Ｖ １ Ｓ ｈ １ ９ ２ ． 分
分 Ｑ － ＥＢＣ＝ △ ＱＢＣ· ＝ × × ２＝３ （１２ ）
（７ ） ３ ３ ２
方法总结 证明空间几何体中的垂直关系时 一般要根据
所以Ｖ １ Ｓ ＥＦ ２． 分 （１） ，
Ｍ － ＢＥＤ＝ ３ △ ＢＥＤ· ＝ ３ （８ ） 已知条件把空间中的线线 、 线面 、 面面之间的垂直关系进行转
化 转化时要正确运用相关的定理 找出足够的条件进行推理
又易知 ＢＭＤ是直角三角形 Ｓ １ ＢＭ ＭＤ ． ， ， ；
△ ， △ ＢＭＤ＝ · ＝ ２ 利用三棱锥的 等体积性 可以解决一些点到平面的距离
２ （２） “ ”
设点Ｅ到平面ＢＤＭ的距离为ｈ 问题 即将点到平面的距离看作三棱锥的高 通过转化 借助体
， ， ， ，
积的不变性解决问题．
则Ｖ １ ｈ 分
Ｅ － ＢＤＭ＝ × ２ ， （１０ ） ９．（２０１９江西百所名校模拟八，１８）如图 几何体是由半个圆柱
３ ，
因为Ｖ Ｖ 所以 ２ １ ｈ 得ｈ 及 １ 个圆柱拼接而成 其中Ｇ Ｈ分别为ＣＤ
Ｍ － ＢＥＤ＝ Ｅ － ＢＤＭ， ＝ × ２ ， ＝１， ， ，
３ ３ ４
即点Ｅ到平面ＢＤＭ的距离为 ． 分
１ （１２ ）
８．（２０１９河北衡水调研卷五，１８）如图 在多边形ＡＢＰＣＤ中 图
， （
ＡＢＣＤ为长方形 ＢＰＣ为正三角形 ＡＢ ＢＣ 现以
１）， ，△ ， ＝３， ＝３ ２，
ＢＣ为折痕将 ＢＰＣ折起 使点Ｐ在平面ＡＢＣＤ内的射影恰好
△ ，
在ＡＤ上 图 ．
（ ２）
证明 ＰＤ 平面ＰＡＢ
（１） ： ⊥ ；
若点Ｅ在线段ＰＢ上 且ＰＥ １ ＰＢ 当点Ｑ在线段ＡＤ上
（２） ， ＝ ，
３
运动时 求三棱锥Ｑ ＥＢＣ的体积．
， －
(
与ＡＢ
(
的中点 四边
，
形ＡＢＣＤ为正方形．
证明 平面ＤＦＢ 平面ＧＣＢＨ
（１） ： ⊥ ；
若ＡＢ 求三棱锥Ｅ ＡＢＧ的体积．
（２） ＝２ ２， －
解析 证明 由题意知 ＡＢＦ π 因为Ｈ为ＡＢ
（１） ： ∠ ＝ ，
４
(
的中点
，
所以 ＡＢＨ π 故 ＨＢＦ π 即ＢＦ ＢＨ．
∠ ＝ ， ∠ ＝ ， ⊥
４ ２
５２６ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
又因为ＢＣ 平面ＡＢＨ ＢＦ 平面ＡＢＨ 所以ＢＣ ＢＦ 又因为 能在棱ＰＣ上找到一点Ｇ 使平面ＤＥＧ 平面ＡＢＣＤ．
⊥ ， ⊂ ， ⊥ ， （２） ， ⊥
ＢＣ ＢＨ Ｂ 由 知ＡＤ ＢＦ ＰＤ ＢＦ ＡＤ ＰＤ Ｄ
∩ ＝ ， （１） ⊥ ，∵ ⊥ ， ∩ ＝ ，
所以ＢＦ 平面ＧＣＢＨ 因为ＢＦ 平面ＤＦＢ 所以平面ＤＦＢ ＢＦ 平面ＰＡＤ．
⊥ ， ⊂ ， ⊥ ∴ ⊥
平面ＧＣＢＨ． 分 又ＢＦ 平面ＡＢＣＤ 平面ＡＢＣＤ 平面ＰＡＤ
（５ ） ⊂ ，∴ ⊥ ，
连接ＡＨ ＡＥ ＢＥ ＥＧ ＦＨ 如图所示 又平面ＡＢＣＤ 平面ＰＡＤ ＡＤ 且ＰＦ ＡＤ
（２） ， ， ， ， ， ， ∩ ＝ ， ⊥ ，
ＰＦ 平面ＡＢＣＤ． 分
∴ ⊥ （６ ）
连接ＣＦ交ＤＥ于点Ｈ 过Ｈ作ＨＧ ＰＦ交ＰＣ于Ｇ
， ∥ ，
ＧＨ 平面ＡＢＣＤ．
∴ ⊥
又ＧＨ 平面ＤＥＧ 平面ＤＥＧ 平面ＡＢＣＤ．
⊂ ，∴ ⊥
ＣＨ ＣＥ
ＡＤ ＢＣ ＤＦＨ ＥＣＨ １
∵ ∥ ，∴ △ ∽△ ，∴ ＨＦ＝ＤＦ＝ ，
２
ＣＧ ＣＨ
１ 分
∴ ＧＰ＝ＨＦ＝ ， （１０ ）
２
Ｖ Ｖ Ｖ Ｖ Ｖ Ｖ Ｖ Ｖ
Ｅ － ＡＢＧ＝ Ａ － ＥＦＨＧ＋ Ｂ － ＥＦＨＧ－ Ｆ － ＡＢＥ－ Ｈ － ＡＢＧ ＝ Ａ － ＥＦＨＧ＋ Ｂ － ＥＦＨＧ－ Ｅ － ＡＢＦ ＧＨ １ ＰＦ ３
－ Ｖ Ｇ － ＡＢＨ， ∴ ＝ ３ ＝ ３ ，
因为ＡＢ 所以ＢＦ ＢＨ
＝２ ２， ＝４， ＝２， Ｖ Ｖ １ Ｓ ＧＨ １ １ ＤＣ ＣＥ π
由 （１） 知ＢＦ ⊥ ＢＨ ， 所以ＦＨ ＝ ４ ２ ＋２ ２ ＝２ ５， ∴ Ｄ － ＣＥＧ＝ Ｇ － ＣＤＥ＝ ３ △ ＣＤＥ· ＝ ３ × ２ · ·ｓｉｎ ３ ·
过点Ａ Ｂ分别作ＦＨ的垂线 垂足分别为Ａ Ｂ 则ＡＡ 平面
， ， １， １， １⊥ ＧＨ １ ． 分
＝ （１２ ）
ＡＦ ＡＨ ３π １２
· ｓｉｎ 思路分析 由 ＰＡＤ是等边三角形 底面ＡＢＣＤ是菱形
ＥＦＨＧ ＢＢ 平面ＥＦＨＧ．计算得ＡＡ ４ ２ ５ （１） △ ， ，
， １⊥ １＝ ＦＨ ＝ ，
５ ＢＡＤ π 证得 ＰＦ ＡＤ ＢＦ ＡＤ 从而证得 ＡＤ 平面
ＢＨ ＢＦ ∠ ＝ ， ⊥ ， ⊥ ， ⊥
ＢＢ · ４ ５ ３
１＝ ＦＨ ＝ ， ＢＦＰ 进而ＡＤ ＰＢ得证 先证得ＢＦ 平面ＰＡＤ 进而证
５ ， ⊥ ；（２） ⊥ ，
æ ö 得ＰＦ 平面ＡＢＣＤ 得棱ＰＣ上存在点Ｇ使平面ＤＥＧ 平面
所以Ｖ Ｖ １ ç２ ５ ４ ５÷ ⊥ ， ⊥
Ａ － ＥＦＨＧ＋ Ｂ － ＥＦＨＧ＝ ×２ ２×２ ５×è ＋ ø＝８ ２，
３ ５ ５ ＡＢＣＤ 再利用三角形相似求出 ＧＨ ３ 最后利用等体积法
， ＝ ，
又Ｖ １ １ ８ ２ ３
Ｅ － ＡＢＦ＝ × ×２ ２×２ ２×２ ２＝ ， 求解．
３ ２ ３
１１．（２０１９ 广西南宁质检，１８）四棱锥 Ｐ ＡＢＣＤ 中 ＡＢ ＣＤ
Ｖ １ １ ４ ２ － ， ∥ ，
Ｇ － ＡＢＨ＝ × ×２×２×２ ２＝ ， ＡＢＣ ° ＢＣ ＣＤ ＰＤ ＡＢ ＰＡ ＢＤ 平面ＰＢＣ 平
３ ２ ３ ∠ ＝９０ ， ＝ ＝ ＝２， ＝４， ⊥ ， ⊥
面ＰＣＤ Ｍ Ｎ分别是ＡＤ ＰＢ的中点．
所以Ｖ ８ ２ ４ ２ ． 分 ， ， ，
Ｅ － ＡＢＧ＝８ ２－ － ＝４ ２ （１２ ） 证明 ＰＤ 平面ＡＢＣＤ
３ ３ （１） ： ⊥ ；
１０．（２０１９河南郑州第二次质量预测，１８）如图 四棱锥Ｐ ＡＢＣＤ 求ＭＮ与平面ＰＤＡ所成角的正弦值．
， － （２）
中 底面ＡＢＣＤ是边长为 的菱形 ＢＡＤ π ＰＡＤ 是等
， ２ ，∠ ＝ ，△
３
边三角形 Ｆ为ＡＤ的中点 ＰＤ ＢＦ．
， ， ⊥
求证 ＡＤ ＰＢ
（１） ： ⊥ ；
若Ｅ在线段ＢＣ上 且ＥＣ １ ＢＣ 能否在棱ＰＣ上找到一
（２） ， ＝ ，
４
点Ｇ 使平面 ＤＥＧ 平面 ＡＢＣＤ 若存在 求出三棱锥 解析 证明 取ＰＣ中点Ｑ 连接ＤＱ．
， ⊥ ？ ， （１） ： ，
Ｄ ＣＥＧ的体积 若不存在 请说明理由． ＣＤ ＰＤ ＤＱ ＰＣ
－ ； ， ∵ ＝ ，∴ ⊥ ，
又 平面ＰＢＣ 平面ＰＣＤ 且两平面交于ＰＣ
∵ ⊥ ， ，
ＤＱ 平面ＰＢＣ
∴ ⊥ ，
ＢＣ 平面ＰＢＣ ＤＱ ＢＣ
∵ ⊂ ，∴ ⊥ ，
由题易知ＢＣ ＣＤ ＤＱ ＤＣ Ｄ
⊥ ，∵ ∩ ＝ ，
ＢＣ 平面ＰＤＣ ＢＣ ＰＤ．
∴ ⊥ ，∴ ⊥
解析 证明 连接ＰＦ ＰＡＤ是等边三角形 Ｆ是ＡＤ 在直角梯形ＡＢＣＤ中 易求得ＢＤ ＡＤ
（１） ： ，∵ △ ， ， ＝２ ２， ＝２ ２，
的中点 ＰＦ ＡＤ． 又ＡＢ 则ＡＤ２ ＢＤ２ ＡＢ２ 即ＢＤ ＡＤ．
，∴ ⊥ ＝４， ＋ ＝ ， ⊥
又 ＢＤ ＰＡ ＡＤ ＰＡ Ａ
底面ＡＢＣＤ是菱形 ＢＡＤ π ＢＦ ＡＤ． ∵ ⊥ ， ∩ ＝ ，
∵ ，∠ ＝ ，∴ ⊥ ＢＤ 平面ＰＡＤ ＢＤ ＰＤ．
３ ∴ ⊥ ，∴ ⊥
又ＰＦ ＢＦ Ｆ ＡＤ 平面ＢＦＰ 又ＰＢ 平面ＢＦＰ ＢＣ ＢＤ Ｂ
∩ ＝ ，∴ ⊥ ， ⊂ ， ∵ ∩ ＝ ，
ＡＤ ＰＢ． 分 ＰＤ 平面ＡＢＣＤ．
∴ ⊥ （４ ） ∴ ⊥
以Ｄ为原点 Ｄ→Ａ Ｄ→Ｂ Ｄ→Ｐ方向分别为ｘ轴 ｙ轴 ｚ轴正方
（２） ， ， ， ， ，
向 建立如图所示的空间直角坐标系
， ，
专题八 立体几何 ５２７
设平面 ＥＣＤ 与平面 ＡＢＥ 所成的锐二面角为 θ 则 θ
， ｃｏｓ ＝
Ｏ→Ｄ ｎ ｜０×０＋１×１＋０×１｜ ２．
｜ｃｏｓ〈 ， 〉｜＝ ＝
１× １ ２ ＋１ ２ ２
因为 ° θ ° 所以θ °
０ ＜ ＜９０ ， ＝４５ ，
故平面ＥＣＤ与平面ＡＢＥ所成的锐二面角为 °． 分
４５ （１２ ）
思路分析 先证ＡＢ ＯＤ ＥＯ ＡＢ 进而推出ＡＢ 平面
（１） ⊥ ， ⊥ ， ⊥
ＥＯＤ 最后由面面垂直的判定定理证明平面ＡＢＥ 平面ＤＯＥ
， ⊥ ；
则Ａ （２ ２，０，０）， Ｂ （０，２ ２，０）， Ｐ （０，０，２）， Ｍ （ ２，０，０）， Ｎ （０， 以Ｏ为坐标原点 建立空间直角坐标系 求出平面 ＥＣＤ
（２） ， ，
Ｍ→Ｎ ．由 知 平面 ＰＡＤ 的法向量为 的一个法向量及平面 ＡＢＥ 的一个法向量 用向量法求平面
２，１）， ＝（－ ２， ２，１） （１） ， ，
Ｄ→Ｂ 故所求线面角的正弦值为 Ｍ→Ｎ Ｄ→Ｂ ＥＡＢ与平面ＥＣＤ所成的锐二面角的大小．
＝（０，２ ２，０）， ｜ｃｏｓ〈 ， 〉｜＝
１３．（２０１９ 湖北恩施二模，１９）如图所示 在直三棱柱 ＡＢＣ
Ｍ→Ｎ Ｄ→Ｂ ， －
｜ Ｍ→Ｎ ｜ · ·｜ Ｄ→Ｂ ｜ ＝ ５· ４ ２ ２ ＝ ５ １０． Ａ 点 １ Ｂ Ｑ １ Ｃ 为 １ 中 棱 ， Ｃ ＡＢ Ｃ ＝ 上 ＢＣ 且 ＝ 位 ２， 于 ＡＣ Ｐ ＝ 点 ＣＣ 上 １＝ 方 ２ 的 ２ 动 ， 其 点 中 ． Ｐ为棱ＣＣ １ 的中
１２．（２０２０ 新疆乌鲁木齐１０ 月月考，１８）在五边形ＡＥＢＣＤ 中 ， １
， 证明 ＢＰ 平面Ａ Ｂ Ｃ
ＢＣ ⊥ ＣＤ ， ＣＤ ∥ ＡＢ ， ＡＢ ＝２ ＣＤ ＝２ ＢＣ ， ＡＥ ⊥ ＢＥ ， ＡＥ ＝ ＢＥ （ 如图 １） ． （１） 若平 ： 面Ａ ⊥ Ｂ Ｃ与平 １ 面 １ ； ＡＢＱ所成的锐二面角的余弦值为
将 ＡＢＥ沿ＡＢ折起 使平面ＡＢＥ 平面ＡＢＣＤ 线段ＡＢ的中 （２） １ １
△ ， ⊥ ，
点为Ｏ （ 如图 ２） ． ２ 求直线ＢＱ与平面Ａ Ｂ Ｃ所成角的正弦值．
求证 平面ＡＢＥ 平面ＤＯＥ
５１
， １ １
（１） ： ⊥ ；
求平面ＥＡＢ与平面ＥＣＤ所成的锐二面角的大小．
（２）
解析 证明 在侧面 ＢＣＣ Ｂ 中 因为 ＢＣ ＣＣ
（１） ： １ １ ， ＝２， １ ＝
解析 本题主要考查平面图形的折叠 面面垂直的判定及
２ ２，
、 Ｐ为棱ＣＣ 的中点 Ｂ Ｂ ＢＣ Ｃ Ｃ ＢＣ
二面角
，
考查的核心素养是逻辑推理
、
直观想象
、
数学运算．
１ ， １ ⊥ ， １ ⊥ ，
证明 因为ＡＢ ＣＤ Ｏ是线段ＡＢ的中点 则ＯＢ ＣＤ． ＢＣ ＣＰ
（１） ： ＝２ ， ， ＝ 所以 ＢＢ Ｃ ２ ２ ＰＢＣ ２
又ＣＤ ＡＢ 所以四边形ＯＢＣＤ为平行四边形 又ＢＣ ＣＤ 所 ｔａｎ∠ １ ＝ＢＢ ＝ ＝ ，ｔａｎ∠ ＝ＢＣ＝ ，
∥ ， ， ⊥ ， １ ２ ２ ２ ２
以ＡＢ ＯＤ． 所以 ＢＢ Ｃ ＰＢＣ 又 ＢＢ Ｃ ＢＣＢ °
⊥ ∠ １ ＝∠ ， ∠ １ ＋∠ １＝９０ ，
因为ＡＥ ＢＥ ＯＢ ＯＡ 所以ＥＯ ＡＢ． 所以 ＰＢＣ ＢＣＢ ° 所以ＰＢ Ｂ Ｃ． 分
＝ ， ＝ ， ⊥ ∠ ＋∠ １＝９０ ， ⊥ １ （２ ）
又ＥＯ ＤＯ Ｏ 所以ＡＢ 平面ＤＯＥ． 在直三棱柱ＡＢＣ Ａ Ｂ Ｃ 中 ＢＢ 平面Ａ Ｂ Ｃ
∩ ＝ ， ⊥ － １ １ １ ， １⊥ １ １ １，
又ＡＢ 平面ＡＢＥ 故平面ＡＢＥ 平面ＤＯＥ． 分 所以ＢＢ Ａ Ｂ
⊂ ， ⊥ （５ ） １⊥ １ １，
（２）
由
（１）
易知ＯＢ
，
ＯＤ
，
ＯＥ两两垂直
，
以Ｏ为坐标原点
，
ＯＢ
，
因为ＡＢ
＝
ＢＣ
＝２，
ＡＣ
＝２ ２，
所以 ＡＢ２
＋
ＢＣ２
＝
ＡＣ２
，
所以 ＡＢ
ＯＤ ＯＥ所在直线分别为 ｘ ｙ ｚ 轴建立如图所示的空间直角 ＢＣ
， ， ， ⊥ ，
坐标系Ｏ ｘｙｚ 又ＡＢ Ａ Ｂ ＢＣ Ｂ Ｃ
－ ， ∥ １ １， ∥ １ １，
所以Ａ Ｂ Ｂ Ｃ ．
１ １⊥ １ １
因为ＢＢ Ｂ Ｃ Ｂ 所以Ａ Ｂ 平面ＢＣＣ Ｂ 分
１∩ １ １＝ １， １ １⊥ １ １， （４ ）
所以Ａ Ｂ ＢＰ 因为Ａ Ｂ Ｂ Ｃ Ｂ 所以ＢＰ 平面Ａ Ｂ Ｃ．
１ １⊥ ， １ １∩ １ ＝ １， ⊥ １ １
分
（６ ）
如图 以 ＢＣ ＢＡ ＢＢ 所在直线
（２） ， ， ， １
分别为ｘ轴 ｙ轴 ｚ轴建立空间直角
， ，
坐标系
，
由题意知 ＥＡＢ为等腰直角三角形 又ＡＢ ＣＤ ＢＣ
△ ， ＝２ ＝２ ， 则Ｐ Ｂ→Ｐ 为平
则ＯＡ ＯＢ ＯＤ ＯＥ 设ＣＤ ＢＣ （２，０， ２）， ＝（２，０， ２）
＝ ＝ ＝ ， ＝ ＝１， 面Ａ Ｂ Ｃ的一个法向量．
则Ｏ Ｃ Ｄ Ｅ Ｃ→Ｄ １ １
（０，０，０）， （１，１，０）， （０，１，０）， （０，０，１）， ＝（－１，０， 设Ｑ ｔ ｔ 则Ｂ→Ｑ
（２，０，）（ ∈（ ２，２ ２］），
０），
Ｄ→Ｅ
＝（０，－１，１）
．
ｔ ．易知→ＢＡ 分
设平面ＥＣＤ的法向量ｎ ＝（ ｘ ， ｙ ， ｚ ）， ＝（２，０，） ＝（０，２，０）， { ｘ ｔｚ （８ ）
{ｎ Ｃ→Ｄ { ｘ 设平面ＡＢＱ的法向量为ｎ ＝（ ｘ ， ｙ ， ｚ ）， 则 ２ ｙ ＋ ＝０，
则 · ＝０，即 － ＝０， 令ｚ 得平面ＥＣＤ的一个法向 ２ ＝０，
ｎ
·
Ｄ→Ｅ
＝０， －
ｙ
＋
ｚ
＝０，
＝１， 取ｎ
＝（－
ｔ
，０，２），
量为ｎ ． 因为平面 Ａ Ｂ Ｃ 与平面 ＡＢＱ 所成的锐二面角的余弦值
＝（０，１，１） １ １
因为ＯＤ
⊥
平面ＡＢＥ
，
所以平面ＡＢＥ的一个法向量为Ｏ→Ｄ
＝（０， 为 ２
，
． ５１
１，０）
５２８ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
ｎ Ｂ→Ｐ ｔ
所以 ２ ｜ · ｜ 所以 ２ ｜－２ ＋２ ２｜ 解得 ｔ ３ ２
５１ ＝ ｜ ｎ ｜｜ Ｂ→Ｐ ｜ ， ５１ ＝ ６（ ｔ２ ＋４） ， ＝ ２
或ｔ ５ ２
＝ ，
８
æ ö
又ｔ 所以ｔ ３ ２ 所以Ｂ→Ｑ ç ３ ２÷
∈（ ２，２ ２］， ＝ ， ＝è２，０， ø，
２ ２
分
（１０ ） æ ö
所以直线ＢＱ与平面 Ａ Ｂ Ｃ 所成角的正弦值为 ｜
Ｂ→Ｑ
·
Ｂ→Ｐ
｜
设Ｐ→Ｍ
＝
λＰ→Ｃ
（０≤
λ
＜１），
则Ｐ→Ｍ
＝
λ
è
ç ３
，
１
，１ø
÷
，
１ １
｜
Ｂ→Ｑ
｜·｜
Ｂ→Ｐ
｜ æ ö
２ ２
所以Ｍç ３λ １ λ λ÷
è ， ， ø，
｜４＋３｜ ７ ５１． 分 ２ ２
＝ ＝ （１２ ） æ ö
９ ５１ 从而Ｂ→Ｍ ç ３λ １ λ λ ÷ 分
４＋ × ６ ＝è ， －１， －１ø， （８ ）
２ ２ ２
思路分析 首先利用三角函数关系证明ＰＢ Ｂ Ｃ 然后 ( )
（１） ⊥ １ ， 又 Ｃ→Ｅ １ 所 以 Ｂ→Ｍ Ｃ→Ｅ
利用勾股定理的逆定理及等角定理证明Ａ Ｂ Ｂ Ｃ 从而得 ＝ ０，－ ，－１ ， ｜ ｃｏｓ 〈 ， 〉 ｜ ＝
１ １⊥ １ １， ２
出Ａ Ｂ 平面ＢＣＣ Ｂ 进一步得出ＢＰ 平面Ａ Ｂ Ｃ 建 λ
立空
１
间
１
直
⊥
角坐标系 ，
１
分
１
别
，
求得平面Ａ １ Ｂ １ Ｃ
⊥
与平面
１
ＡＢ
１
Ｑ
；
的
（２
法
）
向 ２ ５·
｜５
２
－
λ
６
２ －
｜
３ λ ＋２ ＝ ５
１０
，
得
９
λ２
－３６
λ
＋２０＝０，
解得λ
＝ ３
２ 或
量 利用锐二面角的余弦值求参数值 从而得出Ｂ→Ｑ的坐标 最 æ ö
， ， ， λ １０ 舍去 故Ｍç ３ １ ２ ÷． 分
后求得直线ＢＱ与平面Ａ Ｂ Ｃ所成角的正弦值． ＝ （ ）， è ， ， ø （９ ）
１ １ ３ ３ ３ ３
１４．（２０１９福建漳州二模，１８）如图 在四棱锥Ｐ ＡＢＣＤ中 平面 设平面ＭＡＢ的法向量为ｍ ｘ ｙ ｚ
， － ， ＝（ ， ， ），
ì æ ö
ＡＢＣＤ 平面 ＰＡＤ ＡＤ ＢＣ ＡＢ ＢＣ ＡＰ １ ＡＤ ＡＤＰ ïïｍ Ｂ→Ｍ ｘ ｙ ｚ ç ３ ２ １ ÷
⊥ ， ∥ ， ＝ ＝ ＝ ，∠ ＝ 则í · ＝（ ， ， ）·è ，－ ，－ ø＝０，
２ ３ ３ ３
° ＢＡＤ ° Ｅ是ＰＤ的中点． ïï
３０ ，∠ ＝９０ ， îｍ →ＢＡ ｘ ｙ ｚ ．
证明 ＰＤ ＰＢ · { ＝（ ， ， ）·（０，０，－１）＝０
（１） ： ⊥ ； ｘ ｙ ｚ
设ＡＤ 点Ｍ在线段ＰＣ上 且异面直线ＢＭ与ＣＥ所成 整理得 ３ －２ － ＝０，令ｙ 得ｍ ． 分
（２） ＝２， ， ｚ ＝ ３， ＝（２， ３，０） （１０ ）
＝０，
角的余弦值为 １０ 求二面角Ｍ ＡＢ Ｐ的余弦值． 由 知ＰＤ 平面ＰＡＢ 所以平面ＰＡＢ的一个法向量为ｎ
， － － （１） ⊥ ， ＝
５ 分
（１，０，０）， （１１ ）
ｍ ｎ
所以 ｍ ｎ · ２ ７
ｃｏｓ〈 ， 〉＝ ｍ ｎ ＝ ，
｜ ｜｜ ｜ ７
易知二面角Ｍ ＡＢ Ｐ为锐二面角
－ － ，
故二面角Ｍ ＡＢ Ｐ的余弦值为２ ７． 分
－ － （１２ ）
７
１５．（２０１９广东广州天河二模，１８）如图 已知等边 ＡＢＣ中 Ｅ
， △ ， ，
解析 证明 因为 ＢＡＤ ° 所以ＢＡ ＡＤ． Ｆ分别为ＡＢ ＡＣ边的中点 Ｍ为ＥＦ的中点 Ｎ为ＢＣ边上一
（１） ： ∠ ＝９０ ， ⊥ ， ， ，
因为平面ＡＢＣＤ 平面ＰＡＤ 交线为ＡＤ 所以ＢＡ 平面ＰＡＤ
⊥ ， ， ⊥ ， 点 且ＣＮ １ ＢＣ 将 ＡＥＦ沿ＥＦ折到 Ａ′ＥＦ的位置 使平
从而ＢＡ ＰＤ． 分 ， ＝ ， △ △ ，
⊥ （２ ） ４
面Ａ′ＥＦ 平面ＥＦＣＢ．
１ ＡＤ ⊥
ＡＰ ＡＤ ＡＤ 求证 平面Ａ′ＭＮ 平面Ａ′ＢＦ
在 ＰＡＤ中 即 ２ （１） ： ⊥ ；
△ ， ＡＤＰ＝ ＡＰＤ， °＝ ＡＰＤ， 求二面角Ｅ Ａ′Ｆ Ｂ的余弦值．
ｓｉｎ∠ ｓｉｎ∠ ｓｉｎ３０ ｓｉｎ∠ （２） － －
得 ＡＰＤ ＡＰＤ °
ｓｉｎ∠ ＝１，∴ ∠ ＝９０ ，
故ＡＰ ＰＤ． 分
⊥ （４ ）
因为ＢＡ ＡＰ Ａ
∩ ＝ ，
所以ＰＤ 平面ＰＡＢ． 分
⊥ （５ ）
又ＰＢ 平面ＰＡＢ
⊂ ，
所以ＰＤ ＰＢ． 分
⊥ （６ ）
如图 以Ｐ为坐标原点 以ＰＤ ＰＡ所在直线分别为ｘ轴 ｙ 解析 证明 因为Ｅ Ｆ分别为等边 ＡＢＣ中ＡＢ ＡＣ边
（２） ， ， ， ， （１） ： ， △ ，
轴 过点Ｐ垂直于平面ＰＡＤ的射线为ｚ轴正半轴 建立空间
， ， 的中点 所以ＥＦ ＢＣ ＥＦ １ ＢＣ ＡＥＦ 为等边三角形 所
直角坐标系 因为ＡＤ 所以ＡＢ ＢＣ ＡＰ ＰＤ 所以 ， ∥ ， ＝ ２ ，△ ，
， ＝２， ＝ ＝ ＝１， ＝ ３， 以折叠后 Ａ′ＥＦ也是等边三角形 且ＥＦ ＢＣ．
æ ö æ ö ，△ ， ∥
Ｐ Ａ Ｂ Ｃç ３ １ ÷ Ｅç ３ ÷ 因为Ｍ是ＥＦ的中点 所以Ａ′Ｍ ＥＦ． 分
（０，０，０）， （０，１，０）， （０，１，１）， è ， ，１ø， è ，０，０ø， ， ⊥ （１ ）
２ ２ ２ 又平面Ａ′ＥＦ 平面ＥＦＣＢ Ａ′Ｍ 平面Ａ′ＥＦ
分 ⊥ ， ⊂ ，
（７ ） 所以Ａ′Ｍ 平面ＥＦＣＢ 分
⊥ ， （２ ）
又ＢＦ 平面ＥＦＣＢ 所以Ａ′Ｍ ＢＦ． 分
⊂ ， ⊥ （３ ）
因为ＣＮ １ ＢＣ ＥＦ ＢＣ且ＥＦ １ ＢＣ Ｍ为ＥＦ的中点 所
＝ ， ∥ ＝ ， ，
４ ２
专题八 立体几何 ５２９
以ＭＦ ＣＮ ＭＦ ＣＮ 则四边形 ＭＦＣＮ 是平行四边形 所以 如图 建立空间直角坐标系Ｍ ｘｙｚ
∥ ， ＝ ， ， ， － ，
ＭＮ
∥
ＣＦ．在正
△
ＡＢＣ中
，
知ＢＦ
⊥
ＣＦ
，
所以ＢＦ
⊥
ＭＮ．
（４
分
）
则Ｆ
（－１，０，０），
Ａ′
（０，０， ３），
Ｂ
（２， ３，０），
Ｆ→Ａ′
而Ａ′Ｍ ＭＮ Ｍ 所以ＢＦ 平面Ａ′ＭＮ．
∩ ＝ ， ⊥ →ＦＢ ． 分
又因为ＢＦ 平面Ａ′ＢＦ 所以平面Ａ′ＭＮ 平面Ａ′ＢＦ． 分 ＝（１，０， ３）， ＝（３， ３，０） （７ ）
⊂ ， ⊥ （５ ） 设平面Ａ′ＢＦ的法向量为ｎ ｘ ｙ ｚ
设等边 ＡＢＣ的边长为 取ＢＣ的中点Ｇ 连接ＭＧ 由题
{
＝（ ， ， ），
（２） △ ４， ， ， ｎ Ｆ→Ａ′ ｘ ｚ
设知ＭＧ ＢＣ 则 · ＝ ＋ ３ ＝０，
⊥ ，
由 知Ａ′Ｍ 平面ＥＦＣＢ 又ＭＧ 平面ＥＦＣＢ ｎ
·
Ｆ→Ｂ
＝３
ｘ
＋ ３
ｙ
＝０，
（１） ⊥ ， ⊂ ，
所以Ａ′Ｍ ＭＧ 分 令ｚ 则ｎ ． 分
⊥ ， （６ ） ＝１， ＝（－ ３，３，１） （９ ）
易知平面Ａ′ＥＦ的一个法向量为ｍ 分
＝（０，１，０）， （１０ ）
ｎ ｍ
所以 ｎ ｍ · ３ ３ １３ 分
ｃｏｓ〈 ， 〉＝ ｎ ｍ ＝ ＝ ， （１１ ）
｜ ｜·｜ ｜ １× ３＋９＋１ １３
显然二面角Ｅ Ａ′Ｆ Ｂ是锐二面角
－ － ，
所以二面角Ｅ Ａ′Ｆ Ｂ的余弦值为３ １３． 分
－ － （１２ ）
１３
