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第八章 立体几何 ３ ６１
§８．２ 直线、平面平行的判定与性质
直线、平面平行的判定与性质 学生用书Ｐ１２９
１．（２０１９课标 ，文７，理７，５分）设α β为两个平面 则α β的
Ⅱ ， ， ∥
充要条件是
（ ）
α内有无数条直线与β平行
Ａ．
α内有两条相交直线与β平行
Ｂ．
α β平行于同一条直线
Ｃ． ，
α β垂直于同一平面
Ｄ． ，
１． 答案 Ｂ ５． 解析 证明 连接Ｂ Ｃ ＭＥ．因为Ｍ Ｅ分别为ＢＢ ＢＣ的
２．（２０１８课 标 理，１２，５分）已知正方体的棱长为 每条棱所在直 （１） ： １ ， ， １，
Ⅰ １， 中点 所以ＭＥ Ｂ Ｃ 且ＭＥ １ Ｂ Ｃ．又因为Ｎ为Ａ Ｄ的中点
线与平面α所成的角都相等 ， 则α截此正方体所得截面面积的最 ， ∥ １ ， ＝ ２ １ １ ，
大值为
（ ） 所以ＮＤ １ Ａ Ｄ．由题设知Ａ Ｂ ＤＣ 可得Ｂ Ｃ Ａ Ｄ 故ＭＥ
＝ １ １ １ ， １ １ ，
３ ３ ２ ３ ３ ２ ３ ２
Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ． ＮＤ 因此四边形ＭＮＤＥ为平行四边形 ＭＮ ＥＤ．又ＭＮ 平
４ ３ ４ ２ ， ， ∥ ⊄
２． 答案 Ａ 面ＥＤＣ 所以ＭＮ 平面Ｃ ＤＥ．
１， ∥ １
３．（２０１９上海春，１５，５分）已知平面α
、
β
、
γ两两垂直
，
直线ａ
、
ｂ
、
ｃ
（２）
由已知可得ＤＥ
⊥
ＤＡ．以Ｄ为坐标原点
，
Ｄ→Ａ的方向为ｘ轴正
满足 ａ α ｂ β ｃ γ 则直线 ａ ｂ ｃ 不可能满足以下哪种 方向 建立如图所示的空间直角坐标系Ｄ ｘｙｚ
： ⊆ ， ⊆ ， ⊆ ， 、 、 ， － ，
关系
（ ） 则Ａ Ａ Ｍ Ｎ
两两垂直 两两平行 （２，０，０）， １（２，０，４）， （１， ３，２），
Ａ． Ｂ． Ａ→Ａ Ａ→Ｍ
两两相交 两两异面 （１，０，２）， １ ＝（０，０，－４）， １ ＝（－１， ３，
Ｃ． Ｄ．
３． 答案 Ｂ Ａ→Ｎ Ｍ→Ｎ
－２）， １ ＝（－１，０，－２）， ＝（０，－ ３，
４．（２０２０江苏，１５，１４分）在三棱柱ＡＢＣ Ａ Ｂ Ｃ 中 ＡＢ ＡＣ Ｂ Ｃ ．
－ １ １ １ ， ⊥ ， １ ０）
平面ＡＢＣ Ｅ Ｆ分别是ＡＣ Ｂ Ｃ的中点． 设ｍ ｘ ｙ ｚ 为平面Ａ ＭＡ的法向量
⊥ ， ， ， １ ＝（ ， ， ） １ ，
求证 ＥＦ 平面ＡＢ Ｃ {ｍ Ａ→Ｍ
（１） 求证 ： 平面 ∥ ＡＢ Ｃ 平 １ 面 １； ＡＢＢ ． 则 · １ ＝０，
（２） ： １ ⊥ １ ｍ Ａ→Ａ ．
· １ ＝０
{
ｘ ｙ ｚ
所以 － ＋ ３ －２ ＝０，可取ｍ ．
ｚ ． ＝（ ３，１，０）
－４ ＝０
{ｎ Ｍ→Ｎ
设ｎ ｐ ｑ ｒ 为平面Ａ ＭＮ的法向量 则 · ＝０，
＝（ ， ， ） １ ， ｎ Ａ→Ｎ ．
· １ ＝０
{
ｑ
所以 － ３ ＝０，可取ｎ ．
４． 证明 因为 Ｅ Ｆ 分别是 ＡＣ Ｂ Ｃ 的中点 所以 ＥＦ ｐ ｒ ． ＝（２，０，－１）
（１） ， ， １ ， ∥ － －２ ＝０
ＡＢ 又 ＥＦ 平面 ＡＢ Ｃ ＡＢ 平面 ＡＢ Ｃ 所以 ＥＦ 平
面 １ Ａ ， Ｂ Ｃ ． ⊄ １ １， １⊂ １ １， ∥ 于是 ｃｏｓ〈 ｍ ， ｎ 〉＝ ｍ ｍ · ｎ ｎ ＝ ２ ３ ＝ １５ ，
因 １ 为 １ Ｂ Ｃ 平面ＡＢＣ ＡＢ 平面ＡＢＣ 所以Ｂ Ｃ ＡＢ．又ＡＢ ｜ ｜｜ ｜ ２× ５ ５
（２） １ ⊥ ， ⊂ ， １ ⊥
ＡＣ Ｂ Ｃ 平面ＡＢ Ｃ ＡＣ 平面ＡＢ Ｃ Ｂ Ｃ ＡＣ Ｃ 所以ＡＢ 所以二面角Ａ ＭＡ Ｎ的正弦值为 １０．
⊥ ， １ ⊂ １ ， ⊂ １ ， １ ∩ ＝ ， － １－
平面 ＡＢ Ｃ 又因为 ＡＢ 平面 ＡＢＢ 所以平面 ＡＢ Ｃ 平 ５
⊥ １ ， ⊂ １， １ ⊥ 思路分析 （ ）要证明线面平行，可先证线线平行．通过作辅
面ＡＢＢ ． １
１ 助线及题设条件可得ＭＮ ＥＤ，从而可得ＭＮ与平面Ｃ ＤＥ平行．
５．（２０１９ 课标 理，１８，１２ 分）如图 直四棱柱 ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ ∥ １
Ⅰ ， － １ １ １ １ （ ）建立空间直角坐标系，找到相关点的坐标，求出平面Ａ ＭＡ
的底面是菱形 ＡＡ ＡＢ ＢＡＤ ° Ｅ Ｍ Ｎ 分别是 ２ １
， １＝４， ＝２，∠ ＝６０ ， ， ， 与平面Ａ ＭＮ的法向量，再由向量的夹角公式求解．
ＢＣ ＢＢ Ａ Ｄ的中点． １
， １， １ ６．（２０１９江苏，１６，１４分）如图 在直三棱柱ＡＢＣ Ａ Ｂ Ｃ 中 Ｄ Ｅ
证明 ＭＮ 平面Ｃ ＤＥ ， － １ １ １ ， ，
（１） ： ∥ １ ； 分别为ＢＣ ＡＣ的中点 ＡＢ ＢＣ．求证
求二面角Ａ ＭＡ Ｎ的正弦值． ， ， ＝ ：
（２） － １－ Ａ Ｂ 平面ＤＥＣ
（１） １ １∥ １；
ＢＥ Ｃ Ｅ．
（２） ⊥ １
３ ６２ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
为ＢＢ 的中点．
１
求证 ＢＣ 平面ＡＤ Ｅ
（１） ： １∥ １ ；
求直线ＡＡ 与平面ＡＤ Ｅ所成角的正弦值．
（２） １ １
６． 证明 因为Ｄ Ｅ分别为ＢＣ ＡＣ的中点 所以ＥＤ ＡＢ．
（１） ， ， ， ∥
在直三棱柱ＡＢＣ Ａ Ｂ Ｃ 中 ＡＢ Ａ Ｂ 所以Ａ Ｂ ＥＤ．
－ １ １ １ ， ∥ １ １， １ １∥ ８． 解析 证明 ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 为正方体
又因为ＥＤ 平面ＤＥＣ Ａ Ｂ 平面ＤＥＣ （１） ：∵ － １ １ １ １ ，
⊂ １， １ １⊄ １， Ｄ Ｃ Ａ Ｂ Ｄ Ｃ Ａ Ｂ ．
所以Ａ Ｂ 平面ＤＥＣ ． ∴ １ １∥ １ １， １ １＝ １ １
１ １∥ １ 又ＡＢ Ａ Ｂ ＡＢ Ａ Ｂ
因为ＡＢ ＢＣ Ｅ为ＡＣ的中点 所以ＢＥ ＡＣ． ∥ １ １， ＝ １ １，
（２） ＝ ， ， ⊥ Ｄ Ｃ ＡＢ Ｄ Ｃ ＡＢ
因为三棱柱ＡＢＣ Ａ Ｂ Ｃ 是直棱柱 所以Ｃ Ｃ 平面ＡＢＣ． ∴ １ １∥ ， １ １＝ ，
－ １ １ １ ， １ ⊥ 四边形ＡＢＣ Ｄ 为平行四边形
又因为ＢＥ 平面ＡＢＣ 所以Ｃ Ｃ ＢＥ． ∴ １ １ ，
⊂ ， １ ⊥ ＡＤ ＢＣ 又ＡＤ 平面ＡＤ Ｅ ＢＣ 平面ＡＤ Ｅ
因为Ｃ Ｃ 平面Ａ ＡＣＣ ＡＣ 平面Ａ ＡＣＣ Ｃ Ｃ ＡＣ Ｃ ∴ １∥ １， １⊂ １ ， １⊄ １ ，
１ ⊂ １ １， ⊂ １ １， １ ∩ ＝ ， ＢＣ 平面ＡＤ Ｅ．
所以ＢＥ 平面Ａ ＡＣＣ ． ∴ １∥ １
因为Ｃ
１
Ｅ
⊥
⊂
平面Ａ
１
１
ＡＣＣ
１
１，
所以ＢＥ
⊥
Ｃ
１
Ｅ． （
底
２
建
）
不
立
妨
空
设
间
正
直
方
角
体
坐
的
标
棱
系
长
Ａ
为
ｘｙ
２
ｚ
，
如图
，
以
｛
Ａ→Ｄ
，
→ＡＢ
，
Ａ→Ａ
１｝
为正交基
７．（２０２０课标 文，２０，１２分）如图 已知三棱柱ＡＢＣ Ａ Ｂ Ｃ 的底面是 － ，
Ⅱ ， － １ １ １
正三角形 侧面ＢＢ Ｃ Ｃ是矩形 Ｍ Ｎ分别为ＢＣ Ｂ Ｃ 的中点 Ｐ
， １ １ ， ， ， １ １ ，
为ＡＭ上一点．过Ｂ Ｃ 和Ｐ的平面交ＡＢ于Ｅ 交ＡＣ于Ｆ．
１ １ ，
证明 ＡＡ ＭＮ 且平面Ａ ＡＭＮ 平面ＥＢ Ｃ Ｆ
（１） ： １∥ ， １ ⊥ １ １ ；
设 Ｏ 为 Ａ Ｂ Ｃ 的中心．若 ＡＯ ＡＢ ＡＯ 平面
（２） △ １ １ １ ＝ ＝ ６， ∥
ＥＢ Ｃ Ｆ 且 ＭＰＮ π 求四棱锥Ｂ ＥＢ Ｃ Ｆ的体积．
１ １ ， ∠ ＝ ， － １ １
３
则Ａ Ａ Ｄ Ｅ
（０，０，０）， １（０，０，２）， １（２，０，２）， （０，２，１），
Ａ→Ａ Ａ→Ｄ →ＡＥ
∴ １＝（０，０，２）， １＝（２，０，２）， ＝（０，２，１），
设平面ＡＤ Ｅ的法向量为ｎ ｘ ｙ ｚ
７． 解析 证明 因为 Ｍ Ｎ 分别为 ＢＣ Ｂ Ｃ 的中点 所以 直线ＡＡ 与 １ 平面ＡＤ Ｅ所成 ＝ 的 （ 角 ， 为 ， θ ），
ＭＮ Ｃ Ｃ （ ．又 １） 由已知 ： 得ＡＡ ， ＣＣ 故ＡＡ ， ＭＮ １ ． １ ， １ １ ，
∥ １ １∥ １， １∥ {ｎ Ａ→Ｄ
因为 Ａ Ｂ Ｃ 是正三角形 所以Ｂ Ｃ Ａ Ｎ．又Ｂ Ｃ ＭＮ 故 则 · １＝０，
Ｂ （ Ａ Ｐ １ ２ Ｎ １ Ａ Ｃ ） ， Ｍ １ 故 Ａ △ ⊥ Ｎ Ｏ ， 平 Ａ ∥ 平 Ｏ １ 面 ∥ 面 １ 平 Ｐ Ａ １ Ａ Ｎ １ 面 Ａ １ ． Ａ Ｍ 又 Ｍ Ｅ Ｎ Ｎ Ｂ Ａ ．所 １ Ｐ ∩ Ｃ ∥ 以 １ 平 Ｆ Ｏ 平 ， 面 Ｎ ， Ａ 面 ， Ｏ Ｅ 故 Ｂ Ａ ⊂ 四 １ １ Ａ Ｃ 平 边 Ｍ １ １ Ｆ Ｎ 面 形 ＝ １ ⊥ ⊥ 平面 １ ＥＢ １ Ｃ １ １ Ｆ １ ． ⊥ ， 即 此 { 时 ２ ２ ｎ ｘ ｙ · ｎ ＋ ＋ ＝ ｚ →Ａ ２ ＝ （ Ｅ ｚ ＝ ２ ０ ＝ ， ， ０ ０ １ ， ， ， 令 －２ ｚ ） ＝ ， －２， 则 {ｘ ｙ ＝ ＝ ２ １ ， ，
ＡＰＮＯ是平行四边形 所以 ＰＮ ＡＯ ｎ Ａ→Ａ
， ＝ ＝ θ ｎ Ａ→Ａ ｜ · １｜ ｜－４｜ ２
６， ＡＰ ＝ ＯＮ ＝ １ ＡＭ ＝ ３， ＰＭ ＝ ２ ＡＭ ＝ ∴ ｓｉｎ ＝｜ｃｏｓ〈 ， １〉｜＝ ｜ ｎ ｜｜ Ａ→Ａ １｜ ＝ ４＋１＋４×２ ＝ ３ ，
３ ３
直线ＡＡ 与平面ＡＤ Ｅ所成角的正弦值为 ２ ．
ＥＦ １ ＢＣ ． ∴ １ １
２ ３， ＝ ＝２ ３
３
因为ＢＣ 平面ＥＢ Ｃ Ｆ 以下为教师用书专用（１—２３）
∥ １ １ ，
所以四棱锥Ｂ ＥＢ Ｃ Ｆ的顶点Ｂ到底面ＥＢ Ｃ Ｆ的距离等于 １．（２０１７课标 ，６，５ 分）如图 在下列四个正方体中 Ａ Ｂ 为正
－ １ １ １ １ Ⅰ ， ， ，
点Ｍ到底面ＥＢ Ｃ Ｆ的距离． 方体的两个顶点 Ｍ Ｎ Ｑ为所在棱的中点 则在这四个正方体
１ １ ， ， ， ，
作ＭＴ ＰＮ 垂足为Ｔ 则由 知 ＭＴ 平面ＥＢ Ｃ Ｆ 中 直线ＡＢ与平面ＭＮＱ不平行的是
⊥ ， ， （１） ， ⊥ １ １ ， ， （ ）
故ＭＴ ＰＭ ＭＰＮ ．
＝ ｓｉｎ∠ ＝３
底面ＥＢ Ｃ Ｆ的面积为 １ Ｂ Ｃ ＥＦ ＰＮ １
１ １ ×（ １ １＋ ）· ＝ ×（６＋２）×６＝
２ ２
．所以四棱锥Ｂ ＥＢ Ｃ Ｆ的体积为 １ ．
２４ － １ １ ×２４×３＝２４
３
８．（２０２０北京，１６，１３分）如图 在正方体ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 中 Ｅ
， － １ １ １ １ ，
第八章 立体几何 ３ ６３
若ｌ ｌ 则结合ｌ ｌ 知ｌ 与ｌ 可能不垂直 所以排除选项
１⊥３， ３⊥４， １ ４ ，
．故选 ．
Ａ Ｄ
评析 本题考查了空间直线之间的位置关系，考查学生的空
间想象能力、思维的严密性．
６．（２０１４浙江文，６，５分）设ｍ ｎ是两条不同的直线 α β是两个
， ， ，
不同的平面．
（ ）
若ｍ ｎ ｎ α 则ｍ α
Ａ． ⊥ ， ∥ ， ⊥
若ｍ β β α 则ｍ α
Ｂ． ∥ ， ⊥ ， ⊥
若ｍ β ｎ β ｎ α 则ｍ α
Ｃ． ⊥ ， ⊥ ， ⊥ ， ⊥
若ｍ ｎ ｎ β β α 则ｍ α
Ｄ． ⊥ ， ⊥ ， ⊥ ， ⊥
答案 Ｃ 对于选项 均能举出ｍ α的反例 对于
Ａ、Ｂ、Ｄ， ∥ ；
选项 若ｍ β ｎ β 则ｍ ｎ 又ｎ α ｍ α 故选 ．
Ｃ， ⊥ ， ⊥ ， ∥ ， ⊥ ，∴ ⊥ ， Ｃ
７．（２０１３课标 理，４，５分）已知ｍ ｎ为异面直线 ｍ 平面α ｎ
答案 Ａ 选项中 ＡＢ ＭＱ 且ＡＢ 平面ＭＮＱ ＭＱ 平 Ⅱ ， ， ⊥ ，
Ｂ ， ∥ ， ⊄ ， ⊂ 平面β．直线ｌ满足ｌ ｍ ｌ ｎ ｌ α ｌ β 则
面ＭＮＱ 则ＡＢ 平面ＭＮＱ 选项中 ＡＢ ＭＱ 且ＡＢ 平面 ⊥ ⊥ ，⊥ ，⊄ ，⊄ ， （ ）
， ∥ ；Ｃ ， ∥ ， ⊄ α β且ｌ α
ＭＮＱ ＭＱ 平面ＭＮＱ 则ＡＢ 平面ＭＮＱ 选项中 ＡＢ ＮＱ Ａ． ∥ ∥
， ⊂ ， ∥ ；Ｄ ， ∥ ， α β且ｌ β
且ＡＢ 平面ＭＮＱ ＮＱ 平面ＭＮＱ 则ＡＢ 平面ＭＮＱ．故选 ． Ｂ． ⊥ ⊥
⊄ ， ⊂ ， ∥ Ａ α与β相交 且交线垂直于ｌ
２．（２０１５安徽理，５，５分）已知ｍ ｎ是两条不同直线 α β是两个 Ｃ． ，
， ， ， α与β相交 且交线平行于ｌ
不同平面 则下列命题正确的是 Ｄ． ，
， （ ） 答案 Ｄ 若α β 则ｍ ｎ 这与ｍ ｎ为异面直线矛盾 所
若α β垂直于同一平面 则α与β平行 ∥ ， ∥ ， 、 ，
Ａ． ， ， 以 不正确 α与β相交．将已知条件转化到正方体中 易知α
若ｍ ｎ平行于同一平面 则ｍ与ｎ平行 Ａ ， ，
Ｂ． ， ， 与β不一定垂直 但α与β的交线一定平行于ｌ 从而排除
若α β不平行 则在α内不存在与β平行的直线 ， ， Ｂ、
Ｃ． ， ， ．故选 ．
··· ··· Ｃ Ｄ
Ｄ．
若ｍ
，
ｎ不平行
，
则ｍ与ｎ不可能垂直于同一平面
导师点睛 对于此类题，放入正方体中判断起来比较快捷．
答案 Ｄ ·· 若 · α β垂直于同 · 一 ·· 个平面γ 则α β可以都过γ ８．（２０１３广东理，６，５分）设ｍ ｎ是两条不同的直线 α β是两个
， ， ， ， ， ，
的同一条垂线 即α β可以相交 故 错 若ｍ ｎ平行于同一 不同的平面．下列命题中正确的是
， ， ， Ａ ； ， （ ）
个平面 则ｍ与 ｎ 可能平行 也可能相交 还可能异面 故 若α β ｍ α ｎ β 则ｍ ｎ
， ， ， ， Ｂ Ａ． ⊥ ， ⊂ ， ⊂ ， ⊥
错 若α β不平行 则α β相交 设α β ｌ 在α内存在直线 若α β ｍ α ｎ β 则ｍ ｎ
； ， ， ， ， ∩ ＝ ， Ｂ． ∥ ， ⊂ ， ⊂ ， ∥
ａ 使ａ ｌ 则ａ β 故 错 从原命题的逆否命题进行判断 若 若ｍ ｎ ｍ α ｎ β 则α β
， ∥， ∥ ， Ｃ ； ， Ｃ． ⊥ ， ⊂ ， ⊂ ， ⊥
ｍ与ｎ垂直于同一个平面 由线面垂直的性质定理知ｍ ｎ 故 若ｍ α ｍ ｎ ｎ β 则α β
， ∥ ， Ｄ． ⊥ ， ∥ ， ∥ ， ⊥
正确． 答案 Ｄ 若α β ｍ α ｎ β 则ｍ与ｎ可能平行 故
Ｄ ⊥ ， ⊂ ， ⊂ ， ， Ａ
３．（２０１５浙江文，４，５分）设α β是两个不同的平面 ｌ ｍ是两条 错 若α β ｍ α ｎ β 则ｍ与ｎ可能平行 也可能异面 故
， ， ， ； ∥ ， ⊂ ， ⊂ ， ， ，
不同的直线 且ｌ α ｍ β． 错 若ｍ ｎ ｍ α ｎ β 则α与β可能相交 也可能平行
， ⊂ ， ⊂ （ ） Ｂ ； ⊥ ， ⊂ ， ⊂ ， ， ，
若ｌ β 则α β 若α β 则ｌ ｍ 故 错 对于 项 由ｍ α ｍ ｎ 得ｎ α 又知ｎ β 故α
Ａ． ⊥ ， ⊥ Ｂ． ⊥ ， ⊥ Ｃ ； Ｄ ， ⊥ ， ∥ ， ⊥ ， ∥ ， ⊥
若ｌ β 则α β 若α β 则ｌ ｍ β 所以 项正确．
Ｃ． ∥ ， ∥ Ｄ． ∥ ， ∥ ， Ｄ
答案 Ａ 对于选项 由面面垂直的判定定理可知选项 ９．（２０１１辽宁理，８，５ 分）如图 四棱锥 Ｓ ＡＢＣＤ 的底面为正方
Ａ， Ａ ， －
正确 对于选项 若α β ｌ α ｍ β 则ｌ与ｍ可能平行 可 形 ＳＤ 底面ＡＢＣＤ 则下列结论中不正确的是
； Ｂ， ⊥ ，⊂ ， ⊂ ， ， ， ⊥ ， （ ）
能相交 也可能异面 所以选项 错误 对于选项 当ｌ平行 ∙∙∙
， ， Ｂ ； Ｃ，
于α与β的交线时 ｌ β 但此时α与β相交 所以选项 错
， ∥ ， ， Ｃ
误 对于选项 若α β 则ｌ与ｍ可能平行 也可能异面 所
； Ｄ， ∥ ， ， ，
以选项 错误．故选 ．
Ｄ Ａ
４．（２０１４辽宁，４，５分）已知ｍ ｎ表示两条不同直线 α表示平面．
， ，
下列说法正确的是 ＡＣ ＳＢ
（ ） Ａ． ⊥
若ｍ α ｎ α 则ｍ ｎ 若ｍ α ｎ α 则ｍ ｎ ＡＢ 平面ＳＣＤ
Ａ． ∥ ， ∥ ， ∥ Ｂ． ⊥ ， ⊂ ， ⊥ Ｂ． ∥
若ｍ α ｍ ｎ 则ｎ α 若ｍ α ｍ ｎ 则ｎ α ＳＡ与平面ＳＢＤ所成的角等于ＳＣ与平面ＳＢＤ所成的角
Ｃ． ⊥ ， ⊥ ， ∥ Ｄ． ∥ ， ⊥ ， ⊥ Ｃ．
答案 Ｂ 若ｍ α ｎ α 则ｍ与ｎ可能平行 相交或异面 ＡＢ与ＳＣ所成的角等于ＤＣ与ＳＡ所成的角
∥ ， ∥ ， 、 ， Ｄ．
故 错误 正确 若ｍ α ｍ ｎ 则ｎ α或 ｎ α 故 错 答案 Ｄ 四边形ＡＢＣＤ是正方形 ＡＣ ＢＤ．
Ａ ；Ｂ ； ⊥ ， ⊥ ， ∥ ⊂ ， Ｃ ∵ ，∴ ⊥
误 若ｍ α ｍ ｎ 则ｎ与α可能平行 相交或ｎ α 故 错 又 ＳＤ 底面ＡＢＣＤ ＳＤ ＡＣ．
； ∥ ， ⊥ ， 、 ⊂ ， Ｄ ∵ ⊥ ，∴ ⊥
误．因此选 ． 其中ＳＤ ＢＤ Ｄ ＡＣ 面ＳＤＢ 从而ＡＣ ＳＢ．故 正确．易知
Ｂ ∩ ＝ ，∴ ⊥ ， ⊥ Ａ
５．（２０１４广东理，７，５分）若空间中四条两两不同的直线ｌ ｌ ｌ 正确．
１， ２， ３， Ｂ
ｌ 满足ｌ ｌ ｌ ｌ ｌ ｌ 则下列结论一定正确的是 设ＡＣ与ＤＢ交于Ｏ点 连接ＳＯ．
４， １⊥２，２⊥３，３⊥４， （ ） ，
ｌ ｌ ｌ ｌ 则ＳＡ与平面ＳＢＤ所成的角为 ＡＳＯ ＳＣ与平面ＳＢＤ所成的角
Ａ． １⊥４ Ｂ． １∥４ ∠ ，
ｌ 与ｌ 既不垂直也不平行 ｌ 与ｌ 的位置关系不确定 为 ＣＳＯ
Ｃ． １ ４ Ｄ． １ ４ ∠ ，
答案 Ｄ 由ｌ ｌ ｌ ｌ 可知ｌ 与ｌ 的位置不确定 又ＯＡ ＯＣ ＳＡ ＳＣ ＡＳＯ ＣＳＯ．故 正确．
１⊥２，２⊥３ １ ３ ， ＝ ， ＝ ，∴ ∠ ＝∠ Ｃ
若ｌ ｌ 则结合ｌ ｌ 得ｌ ｌ 所以排除选项 由排除法可知选 ．
１∥３， ３⊥４， １⊥４， Ｂ、Ｃ， Ｄ
３ ６４ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
评析 本题主要考查了线面平行与垂直的判断及线面角、线
因为Ｅ Ｆ分别是ＡＢ ＡＤ的中点 所以ＥＦ １ ＢＤ 故 ＣＥＦ
线角的概念．属中档题． 、 、 ， ， ∠
２
１０．（２０１７课标 理，１０，５ 分）已知直三棱柱 ＡＢＣ Ａ Ｂ Ｃ 中 或其补角是异面直线ＣＥ ＢＤ所成的角．
Ⅱ － １ １ １ ， 、
ＡＢＣ ° ＡＢ ＢＣ ＣＣ 则异面直线ＡＢ 与ＢＣ 所成
∠ ＝１２０ ， ＝２， ＝ １＝１， １ １ 设正四面体ＡＢＣＤ的棱长为ａ 易知ＣＥ ＣＦ ３ａ ＥＦ １ ａ．
角的余弦值为 ， ＝ ＝ ， ＝
（ ） ２ ２
在 ＣＥＦ 中 由 余 弦 定 理 可 得 ＣＥＦ
３ １５ １０ ３ △ ， ｃｏｓ ∠ ＝
Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ． æ ö２ ( ) ２ æ ö２
２ ５ ５ ３ ç ３ａ÷ １ ａ ç ３ａ÷
答案 Ｃ 本题考查直棱柱的性质和异面直线所成的角． è ø ＋ －è ø
２ ２ ２ ３．故选 ．
将直三棱柱 ＡＢＣ Ａ Ｂ Ｃ 补形成直四棱柱 ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ ＝ Ｂ
－ １ １ １ － １ １ １ １ ３ａ １ ａ ６
如图 连接ＡＤ Ｂ Ｄ 则ＡＤ ＢＣ ． ２× ×
（ ）， １， １ １， １∥ １ ２ ２
１３．（２０１６浙江，２，５分）已知互相垂直的平面α β交于直线ｌ．若
，
直线ｍ ｎ满足ｍ α ｎ β 则
， ∥ ， ⊥ ， （ ）
ｍ ｌ ｍ ｎ ｎ ｌ ｍ ｎ
Ａ． ∥ Ｂ． ∥ Ｃ． ⊥ Ｄ． ⊥
答案 Ｃ α β ｌ ｌ β ｎ β ｎ ｌ．故选 ．
∵ ∩ ＝ ，∴ ⊂ ，∵ ⊥ ，∴ ⊥ Ｃ
思路分析 利用直线与平面垂直的性质及平面交线的性
质，判断 正确．
则 Ｂ ＡＤ 为异面直线ＡＢ 与ＢＣ 所成的角 或其补角 易 Ｃ
∠ １ １ １ １ （ ）， １４．（２０１６课标 ，１１，５分）平面α过正方体ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 的
求得 ＡＢ ＢＣ ＡＤ Ｂ Ｄ ．由余弦定理得 Ⅰ － １ １ １ １
１ ＝ ５， １ ＝ １ ＝ ２， １ １ ＝ ３ 顶点Ａ ， α ∥ 平面ＣＢ １ Ｄ １， α ∩ 平面ＡＢＣＤ ＝ ｍ ， α ∩ 平面ＡＢＢ １ Ａ １
ｎ 则ｍ ｎ所成角的正弦值为
Ｂ ＡＤ １０．故选 ． ＝ ， ， （ ）
ｃｏｓ∠ １ １＝ Ｃ
５
方法总结 本题主要考查异面直线所成的角，求异面直线 ． ３ ． ２ ． ３ ． １
Ａ Ｂ Ｃ Ｄ
所成角的方法有两种：一是定义法，二是用向量的夹角公式
答
２
案 Ａ 如
２
图 过点 Ａ 补
３
作一个与正方
３
体 ＡＢＣＤ
求解．
Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 相同 棱长的
，
正方体 易知平面 α 为平面 ＡＦ Ｅ 则
－
１１．（２０１４大纲全国理，１１，５分）已知二面角α － ｌ － β为 ６０ ° ， ＡＢ ⊂ ｍ １ ｎ １ 所 １ 成 １ 角为 ＥＡＦ 或其补 ， 角 因为 ＥＡＦ 为正三 １ 角 ， 形
α ＡＢ ｌ Ａ为垂足 ＣＤ β Ｃ ｌ ＡＣＤ ° 则异面直线 ， ∠ １（ ）， △ １ ，
， ⊥， ， ⊂ ， ∈ ，∠ ＝１３５ ，
ＡＢ与ＣＤ所成角的余弦值为 所以 ＥＡＦ ° ３ 故选 ．
（ ） ｓｉｎ∠ １＝ｓｉｎ６０ ＝ ， Ａ
２
１ ２ ３ １
Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ．
４ ４ ４ ２
答案 Ｂ 在平面α内过点Ｃ作ＣＥ ＡＢ 则 ＥＣＤ为异
∥ ， ∠
面直线ＡＢ与ＣＤ所成的角 或其补角 不妨取ＣＥ 过点
（ ）， ＝１，
Ｅ作ＥＯ β于点Ｏ．
⊥
在平面β内过点Ｏ作ＯＨ ＣＤ于点Ｈ 连接ＥＨ 则ＥＨ ＣＤ．
⊥ ， ， ⊥
因为ＡＢ ＣＥ ＡＢ ｌ 所以ＣＥ ｌ 又因为ＥＯ β 所以ＣＯ ｌ．
∥ ， ⊥， ⊥， ⊥ ， ⊥
所以 ＥＣＯ为二面角α ｌ β的平面角 即 ＥＣＯ °．
∠ － － ， ∠ ＝６０ １５．（２０１６课标 ，１４，５分）α β是两个平面 ｍ ｎ是两条直线 有
因为 ＡＣＤ ° ＣＤ ｌ 所以 ＯＣＨ °． Ⅱ ， ， ， ，
∠ ＝１３５ ， ⊥， ∠ ＝４５ 下列四个命题
：
在 ＥＣＯ中 ＣＯ ＣＥ ＥＣＯ ° １ ． 如果ｍ ｎ ｍ α ｎ β 那么α β．
Ｒｔ△ ， ＝ ·ｃｏｓ∠ ＝１×ｃｏｓ６０ ＝ ① ⊥ ， ⊥ ， ∥ ， ⊥
２ 如果ｍ α ｎ α 那么ｍ ｎ．
② ⊥ ， ∥ ， ⊥
在 ＣＯＨ中 ＣＨ ＣＯ ＯＣＨ １ ° ２． 如果α β ｍ α 那么ｍ β．
Ｒｔ△ ， ＝ ·ｃｏｓ∠ ＝ ×ｃｏｓ４５ ＝ ③ ∥ ， ⊂ ， ∥
２ ４ 如果ｍ ｎ α β 那么ｍ与α所成的角和ｎ与β所成的角
④ ∥ ， ∥ ，
２ 相等．
ＣＨ
在 ＥＣＨ中 ＥＣＨ ４ ２． 其中正确的命题有 ． 填写所有正确命题的编号
Ｒｔ△ ，ｃｏｓ∠ ＝ＣＥ＝ ＝ （ ）
１ ４ 答案
②③④
所以异面直线ＡＢ与ＣＤ所成角的余弦值为 ２．选 ． 解析 对于 由ｍ ｎ ｍ α可得ｎ α或ｎ在α内 当ｎ
Ｂ ①， ⊥ ， ⊥ ∥ ，
４ β时 α与β可能相交但不垂直 也可能平行 故 错误 对
１２．（２０１４大纲全国文，４，５ 分）已知正四面体ＡＢＣＤ中 Ｅ是ＡＢ ∥ ， ， ， ① ；
， 于 过直线ｎ作平面与平面α交于直线ｃ 由ｎ α可知ｎ
的中点 则异面直线ＣＥ与ＢＤ所成角的余弦值为 ②， ， ∥ ∥
， （ ） ｃ ｍ α ｍ ｃ ｍ ｎ 故 正确 对于 由两个平面
，∵ ⊥ ，∴ ⊥ ，∴ ⊥ ， ② ； ③，
１ ３ １ ３ 平行的性质可知正确 对于 由线面所成角的定义和等角
Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ． ； ④，
６ ６ ３ ３ 定理可知其正确 故正确的有 ．
答案 Ｂ 如图 取ＡＤ的中点Ｆ 连接ＥＦ ＣＦ． ， ②③④
， ， 、 １６．（２０１７ 课标 理，１６，５ 分）ａ ｂ为空间中两条互相垂直的直
Ⅲ ，
线 等腰直角三角形ＡＢＣ的直角边ＡＣ所在直线与ａ ｂ都垂
， ，
直 斜边ＡＢ以直线ＡＣ为旋转轴旋转 有下列结论
， ， ：
当直线ＡＢ与ａ成 °角时 ＡＢ与ｂ成 °角
① ６０ ， ３０ ；
当直线ＡＢ与ａ成 °角时 ＡＢ与ｂ成 °角
② ６０ ， ６０ ；
直线ＡＢ与ａ所成角的最小值为 °
③ ４５ ；
第八章 立体几何 ３ ６５
直线ＡＢ与ａ所成角的最大值为 °． 解析 本题主要考查空间点 线 面的位置关系 直线与平
④ ６０ 、 、 ，
其中正确的是 ． 填写所有正确结论的编号 面所成的角等基础知识 同时考查空间想象能力和运算求解
（ ） ，
答案 能力．
②③
解析 本题考查空间直线 平面间的位置关系． 证明 如图 设ＰＡ中点为Ｆ 连接ＥＦ ＦＢ．因为Ｅ Ｆ分别
、 （１） ： ， ， ， ，
过点Ｃ作直线ａ ａ ｂ ｂ 则直线ＡＣ ａ ｂ 两两垂直．不妨
１∥ ， １∥ ， 、 １、 １ 为ＰＤ ＰＡ中点 所以ＥＦ ＡＤ且ＥＦ １ ＡＤ．
分别以ａ ｂ ＡＣ 为 ｘ ｙ ｚ 轴建立空间直角坐标系 取 ｎ ， ， ∥ ＝
１、 １、 、 、 ， １＝ ２
为ａ 的方向向量 ｎ 为ｂ 的方向向量 令
（１，０，０） １ ， ２＝（０，１，０） １ ， 又因为ＢＣ ＡＤ ＢＣ １ ＡＤ 所以ＥＦ ＢＣ且ＥＦ ＢＣ
Ａ
（０，０，１）
．可设Ｂ
（ｃｏｓ
θ
，ｓｉｎ
θ
，０），
则→ＡＢ
＝（ｃｏｓ
θ
，ｓｉｎ
θ
，－１）
． ∥ ， ＝
２
， ∥ ＝ ，
即四边形ＢＣＥＦ为平行四边形 所以ＣＥ ＢＦ
当直线ＡＢ与ａ成 °角时 ｎ →ＡＢ １ θ ， ∥ ，
６０ ，｜ｃｏｓ〈 １， 〉｜＝ ，∴ ｜ｃｏｓ ｜ ＝ 因此ＣＥ 平面ＰＡＢ．
２ ∥
２ θ ２ ｎ →ＡＢ １ 即ＡＢ与ｂ所成角也
，｜ｓｉｎ ｜＝ ，∴ ｜ｃｏｓ〈 ２， 〉｜＝ ，
２ ２ ２
θ θ
是 °． ｎ →ＡＢ ｜ｃｏｓ ｜ ｜ｃｏｓ ｜ ２
６０ ∵ ｜ｃｏｓ〈 １， 〉｜＝ ＝ ≤ ，
１× ２ ２ ２
直线ＡＢ与ａ所成角的最小值为 °．综上 和 是正确
∴ ４５ ，② ③
的 和 是错误的．故填 ．
，① ④ ②③ 分别取ＢＣ ＡＤ的中点为Ｍ Ｎ．
一题多解 过点Ｂ作ａ ａ，ｂ ｂ，当直线ＡＢ与ａ成 ° （２） ， ，
角时，由题意 ，可知 ＡＢ 在由
１∥
ａ ，ｂ
１∥
确定的平面上的射影
６
为
０ 连接ＰＮ交ＥＦ于点Ｑ
，
连接ＭＱ．
因为Ｅ Ｆ Ｎ分别是ＰＤ ＰＡ ＡＤ的中点 所以Ｑ为ＥＦ中点
ＢＣ，且ＢＣ 与 ａ 成 °角，又 ａ １ １ ｂ，故 ＡＢ 与 ｂ 所成角也是 ， ， ， ， ， ，
°． 错， 正确 １ ；当 ４ 直 ５ 线ａ ＢＣ ⊥ 时，ＡＢ与ａ所成角最小，故 在平行四边形ＢＣＥＦ中 ， ＭＱ ∥ ＣＥ．
６０ ① ② ∥ 由 ＰＡＤ为等腰直角三角形得ＰＮ ＡＤ．
最小角为 °． 正确， 错误．综上，正确的是 ，错误的是 △ ⊥
４５ ③ ④ ②③ 由ＤＣ ＡＤ Ｎ是ＡＤ的中点得ＢＮ ＡＤ．
．（注：一条斜线与平面所成角的余弦值和其在平面内的 ⊥ ， ⊥
①④ 所以ＡＤ 平面ＰＢＮ
射影与平面内一条直线所成角的余弦值的乘积等于斜线和 ⊥ ，
由ＢＣ ＡＤ得ＢＣ 平面ＰＢＮ
平面内的直线所成角的余弦值） ∥ ⊥ ，
那么平面ＰＢＣ 平面ＰＢＮ．
１７．（２０１５浙江，１３，５分）如图 在三棱锥Ａ ＢＣＤ中 ＡＢ ＡＣ ＢＤ ⊥
， － ， ＝ ＝ 过点Ｑ作ＰＢ的垂线 垂足为Ｈ 连接ＭＨ．
ＣＤ ＡＤ ＢＣ 点Ｍ Ｎ分别为ＡＤ ＢＣ的中点 则异面 ， ，
＝ ＝３， ＝ ＝２， ， ， ， ＭＨ是ＭＱ在平面ＰＢＣ上的射影 所以 ＱＭＨ是直线ＣＥ与
直线ＡＮ ＣＭ所成的角的余弦值是 ． ， ∠
， 平面ＰＢＣ所成的角．设ＣＤ ．
＝１
在 ＰＣＤ中 由ＰＣ ＣＤ ＰＤ 得ＣＥ
△ ， ＝２， ＝１， ＝ ２ ＝ ２，
在 ＰＢＮ中 由ＰＮ ＢＮ ＰＢ 得ＱＨ １
△ ， ＝ ＝１， ＝ ３ ＝ ，
４
在 ＭＱＨ中 ＱＨ １ ＭＱ
Ｒｔ△ ， ＝ ， ＝ ２，
４
答案 ７ 所以 ＱＭＨ ２．
ｓｉｎ∠ ＝
８ ８
解析 连接ＤＮ 取ＤＮ的中点Ｈ 连接ＨＭ 由Ｎ Ｍ Ｈ均为
， ， ， 、 、 所以 直线ＣＥ与平面ＰＢＣ所成角的正弦值是 ２．
中点 知 ＨＭＣ 即为所求．因为ＡＢ ＡＣ ＢＤ ＣＤ ＡＤ ，
， ｜ｃｏｓ∠ ｜ ＝ ＝ ＝ ＝３， ８
ＢＣ 又Ｍ Ｎ为ＡＤ ＢＣ的中点 所以ＣＭ ＡＤ ＡＮ ＢＣ 方法总结 ．证明直线与平面平行的方法．（例：求证：
＝ ＝２， ， ， ， ⊥ ， ⊥ ， １
所以ＣＭ ＣＤ２ ＭＤ２ ＡＮ ＡＣ２ ＮＣ２ ＭＨ ｌ α）
＝ － ＝２ ２， ＝ － ＝２ ２， ＝ ∥
线面平行的判定定理：在平面α内找到一条与直线ｌ平行
１ ＡＮ ＨＣ ＮＣ２ ＮＨ２ 则 ＨＭＣ ①
＝ ２， ＝ ＋ ＝ ３， ｃｏｓ ∠ ＝ 的直线ｍ，从而得到ｌ α．
２ ∥
ＣＭ２
＋
ＭＨ２
－
ＨＣ２
７ ．故异面直线 ＡＮ ＣＭ 所成角的余弦值
面面平行的性质：过直线ｌ找到（或作出）一个平面β，使得
ＣＭ ＭＨ ＝ ， ②
２ · ８ β α，从而得ｌ α．
∥ ∥
为 ７ ． ．求线面角的方法．
２
８ 定义法：作出线面角，解三角形即可．
１８．（２０１７浙江，１９，１５分）如图 已知四棱锥Ｐ ＡＢＣＤ ＰＡＤ是 ①
， － ，△ 解斜线段、射影、垂线段构成的三角形．
以ＡＤ为斜边的等腰直角三角形 ＢＣ ＡＤ ＣＤ ＡＤ ＰＣ ＡＤ ②
， ∥ ， ⊥ ， ＝ 例：求ＡＢ与平面α所成角θ的正弦值，其中Ａ α．只需求出
ＤＣ ＣＢ Ｅ为ＰＤ的中点． ∈
＝２ ＝２ ， ｄ
证明 ＣＥ 平面ＰＡＢ 点Ｂ到平面α的距离ｄ（通常由等体积法求ｄ），由 θ
（１） ： ∥ ； ｓｉｎ ＝ＡＢ
求直线ＣＥ与平面ＰＢＣ所成角的正弦值．
（２） 得结论．
最好是画出图形，否则容易出错．
１９．（２０１６课标 文，１９，１２分）如图 四棱锥Ｐ ＡＢＣＤ中 ＰＡ 底
Ⅲ ， － ， ⊥
面ＡＢＣＤ ＡＤ ＢＣ ＡＢ ＡＤ ＡＣ ＰＡ ＢＣ Ｍ为线段ＡＤ
， ∥ ， ＝ ＝ ＝３， ＝ ＝４，
上一点 ＡＭ ＭＤ Ｎ为ＰＣ的中点．
， ＝２ ，
证明ＭＮ 平面ＰＡＢ
（１） ∥ ；
３ ６６ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
求四面体Ｎ ＢＣＭ的体积． ．
（２） － ＝８
因为ＥＨＧＦ为正方形 所以ＥＨ ＥＦ ＢＣ ．
， ＝ ＝ ＝１０
于是ＭＨ ＥＨ２ ＥＭ２ ＡＨ ＨＢ ．
＝ － ＝６， ＝１０， ＝６
因为长方体被平面α分成两个高为 的直棱柱 所以其体
１０ ，
( )
积的比值为 ９ ７ 也正确 ．
７ ９
２１．（２０１４ 课标 文，１８，１２ 分）如图 四棱锥 Ｐ ＡＢＣＤ 中 底面
Ⅱ ， － ，
ＡＢＣＤ为矩形 ＰＡ 平面ＡＢＣＤ Ｅ为ＰＤ的中点．
， ⊥ ，
解析 （１） 证明 ： 由已知得ＡＭ ＝ ２ ＡＤ ＝２， 证明 ＰＢ 平面ＡＥＣ
（１） ： ∥ ；
３
取ＢＰ的中点Ｔ 连接ＡＴ ＴＮ 由Ｎ为ＰＣ中点知ＴＮ ＢＣ ＴＮ
， ， ， ∥ ， 设ＡＰ ＡＤ 三棱锥Ｐ ＡＢＤ的体积Ｖ ３ 求Ａ到
（２） ＝１， ＝ ３， － ＝ ，
１ ＢＣ ． 分 ４
＝ ＝２ （３ ） 平面ＰＢＣ的距离．
２
解析 证明 设ＢＤ与ＡＣ的交点为Ｏ 连接ＥＯ．
（１） ： ，
又ＡＤ ＢＣ 故ＴＮ ＡＭ 故四边形ＡＭＮＴ为平行四边形 于是 因为ＡＢＣＤ为矩形
∥ ， ， ， ，
ＭＮ ＡＴ． 所以Ｏ为ＢＤ的中点．
∥
因为ＡＴ 平面ＰＡＢ ＭＮ 平面ＰＡＢ 所以ＭＮ 平面ＰＡＢ． 又Ｅ为ＰＤ的中点
⊂ ， ⊄ ， ∥ ，
分 所以ＥＯ ＰＢ．
（６ ） ∥
因为 ＰＡ 平面 ＡＢＣＤ Ｎ 为 ＰＣ 的中点 所以 Ｎ 到平面 ＥＯ 平面ＡＥＣ ＰＢ 平面ＡＥＣ
（２） ⊥ ， ， ⊂ ， ⊄ ，
所以ＰＢ 平面ＡＥＣ．
ＡＢＣＤ的距离为 １ ＰＡ． 分 ∥
（９ ）
２
取ＢＣ的中点Ｅ 连接ＡＥ． Ｖ １ ＰＡ ＡＢ ＡＤ ３ＡＢ．
， （２） ＝ · · ＝
６ ６
由ＡＢ ＡＣ 得ＡＥ ＢＣ ＡＥ ＡＢ２ ＢＥ２ ．
＝ ＝３ ⊥ ， ＝ － ＝ ５
又Ｖ ３
由ＡＭ ＢＣ得Ｍ到ＢＣ的距离为 ＝ ，
∥ ５， ４
故Ｓ １ ． 所以ＡＢ ３
△ ＢＣＭ＝ ×４× ５＝２ ５ ＝ ，
２ ２
ＰＡ
所以四面体Ｎ
－
ＢＣＭ的体积Ｖ
Ｎ － ＢＣＭ＝
１
·
Ｓ
△ ＢＣＭ· ＝
４ ５． 所以ＰＢ
＝
ＡＢ２
＋
ＰＡ２
＝
１３．
３ ２ ３ ２
分 作ＡＨ ＰＢ交ＰＢ于Ｈ．
（１２ ） ⊥
评析 本题考查了线面平行的判定，考查了三棱锥的体积，
考查了空间想象能力．线段的中点问题一般应用三角形的中
位线求解．
２０．（２０１５课标 文，１９，１２ 分）如图 长方体 ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ
Ⅱ ， － １ １ １ １
中 ＡＢ ＢＣ ＡＡ 点 Ｅ Ｆ 分别在 Ａ Ｂ Ｄ Ｃ 上
， ＝１６， ＝１０， １＝８， ， １ １， １ １ ，
Ａ １ Ｅ ＝ Ｄ １ Ｆ ＝４ ．过点Ｅ ， Ｆ的平面α与此长方体的面相交 ， 交线 由题设知ＢＣ ⊥ 平面ＰＡＢ ，
围成一个正方形．
因为ＡＨ 平面ＰＡＢ
⊂ ，
所以ＢＣ ＡＨ
⊥ ，
又ＢＣ ＢＰ Ｂ
∩ ＝ ，
故ＡＨ 平面ＰＢＣ．
⊥
ＰＡ ＡＢ
又ＡＨ · ３ １３
在图中画出这个正方形 不必说明画法和理由 ＝ ＰＢ ＝ ，
（１） （ ）； １３
求平面α把该长方体分成的两部分体积的比值．
（２）
解析 交线围成的正方形ＥＨＧＦ如图 所以Ａ到平面ＰＢＣ的距离为３ １３．
（１） ：
１３
思路分析 （ ）由线线平行证出线面平行；
１
（ ）首先由题设求出ＡＢ，然后过Ａ作ＡＨ ＰＢ于Ｈ，证明ＡＨ
２ ⊥
就是Ａ到平面ＰＢＣ的距离，通过解三角形求解即可．
２２．（２０１４安徽，１９，１３分）如图 四棱锥Ｐ ＡＢＣＤ的底面是边长
， －
作ＥＭ ＡＢ 垂足为Ｍ 则ＡＭ Ａ Ｅ ＥＢ ＥＭ ＡＡ 为 的正方形 四条侧棱长均为 点Ｇ Ｅ Ｆ Ｈ分别是
（２） ⊥ ， ， ＝ １ ＝４， １＝１２， ＝ １ ８ ， ２ １７， ， ， ，
第八章 立体几何 ３ ６７
棱ＰＢ ＡＢ ＣＤ ＰＣ上共面的四点 平面 ＧＥＦＨ 平面 ＡＢＣＤ 设ＡＡ ＡＣ ＣＢ ＡＢ 求三棱锥Ｃ Ａ ＤＥ的体积．
ＢＣ 平 ， 面 ， ＧＥＦ ， Ｈ． ， ⊥ ， （２） １＝ ＝ ＝２， ＝２ ２， － １
∥
证明 ＧＨ ＥＦ
（１） ： ∥ ；
若ＥＢ 求四边形ＧＥＦＨ的面积．
（２） ＝２，
解析 证明 因为ＢＣ 平面ＧＥＦＨ ＢＣ 平面ＰＢＣ 且
（１） ： ∥ ， ⊂ ，
平面ＰＢＣ 平面ＧＥＦＨ ＧＨ 所以ＧＨ ＢＣ．
∩ ＝ ， ∥ 解析 证明 连接ＡＣ 交Ａ Ｃ于点Ｆ
同理可证ＥＦ ＢＣ （１） ： １ １ ，
∥ ， 则Ｆ为ＡＣ 中点．
因此ＧＨ ＥＦ． １
∥ 由Ｄ是ＡＢ中点 连接ＤＦ 则ＢＣ ＤＦ．
连接ＡＣ ＢＤ交于点Ｏ ＢＤ交ＥＦ于点Ｋ 连接ＯＰ ＧＫ． ， ， １∥
（２） ， ， ， ， 因为ＤＦ 平面Ａ ＣＤ ＢＣ 平面Ａ ＣＤ
⊂ １ ， １⊄ １ ，
所以ＢＣ 平面Ａ ＣＤ．
１∥ １
因为ＰＡ ＰＣ Ｏ 是 ＡＣ 的中点 所以 ＰＯ ＡＣ 同理可得 ＰＯ
＝ ， ， ⊥ ，
ＢＤ．
⊥
又ＢＤ ＡＣ Ｏ 且ＡＣ ＢＤ都在底面内 所以ＰＯ 底面ＡＢＣＤ．
∩ ＝ ， ， ， ⊥
又因为平面ＧＥＦＨ 平面ＡＢＣＤ 且ＰＯ 平面ＧＥＦＨ
⊥ ， ⊄ ，
所以ＰＯ 平面ＧＥＦＨ．
∥
因为平面ＰＢＤ 平面ＧＥＦＨ ＧＫ
∩ ＝ ，
所以ＰＯ ∥ ＧＫ ， 且ＧＫ ⊥ 底面ＡＢＣＤ ， （２） 因为ＡＢＣ － Ａ １ Ｂ １ Ｃ １ 是直三棱柱 ，
从而ＧＫ
⊥
ＥＦ． 所以ＡＡ １⊥ ＣＤ．由已知ＡＣ ＝ ＣＢ ， Ｄ为ＡＢ的中点 ，
所以ＧＫ是梯形ＧＥＦＨ的高． 所以ＣＤ ＡＢ．
⊥
由ＡＢ ＝８， ＥＢ ＝２ 得ＥＢ ∶ ＡＢ ＝ ＫＢ ∶ ＤＢ ＝１ ∶ ４， 又ＡＡ １∩ ＡＢ ＝ Ａ ， 于是ＣＤ ⊥ 平面ＡＢＢ １ Ａ １ ．
由ＡＡ ＡＣ ＣＢ ＡＢ 得
从而ＫＢ １ ＤＢ １ ＯＢ 即Ｋ为ＯＢ的中点． １＝ ＝ ＝２， ＝２ ２
＝ ＝ ， ＡＣＢ ° ＣＤ Ａ Ｄ ＤＥ Ａ Ｅ
４ ２ ∠ ＝９０ ， ＝ ２， １ ＝ ６， ＝ ３， １ ＝３，
再由ＰＯ ∥ ＧＫ 得 ＧＫ ＝ １ ＰＯ ， 即 Ｇ 是 ＰＢ 的中点 ， 且 ＧＨ 故Ａ １ Ｄ２ ＋ ＤＥ２ ＝ Ａ １ Ｅ２ ， 即ＤＥ ⊥ Ａ １ Ｄ．
２
所以Ｖ １ １ ．
１ ＢＣ ． Ｃ － Ａ １ ＤＥ＝ × × ６× ３× ２＝１
＝ ＝４ ３ ２
２ 思路分析 （ ）利用线面平行的判定定理在平面Ａ ＣＤ内
由已知可得ＯＢ
＝４ ２，
ＰＯ
＝
ＰＢ２
－
ＯＢ２
＝ ６８－３２＝６，
找出一条直线 与 １ 直线ＢＣ 平行即可； １
所以ＧＫ ＝３ ． （ ）先证明ＣＤ 平面ＡＢ １ Ｂ Ａ ，再根据题目给的条件算出三棱
故四边形ＧＥＦＨ的面积Ｓ ＝ ＧＨ ＋ ＥＦ · ＧＫ ＝ ４＋８ ×３＝１８ ． 锥 ２ Ｃ － Ａ １ ＤＥ 的 ⊥ 高和底面面 １ 积 １ ，利用三棱锥的体积公式计算
２ ２ 即可．
评析 本题考查线面平行与垂直关系的转化，同时考查空间
一题多解 证明第（ ）问时，也可以利用面面平行的性
想象能力和逻辑推理能力，解题时要有较强的分析问题、解 １
质，即：取Ａ Ｂ 的中点Ｇ，连接Ｃ Ｇ，ＧＢ，因为ＧＢ Ａ Ｄ，Ｃ Ｇ
决问题的能力． １ １ １ ∥ １ １ ∥
ＣＤ，Ｃ Ｇ 平面ＧＢＣ ，ＧＢ 平面ＧＢＣ ，且Ｃ Ｇ ＧＢ Ｇ，Ａ Ｄ
２３．（２０１３课标 文，１８，１２分）如图 直三棱柱ＡＢＣ Ａ Ｂ Ｃ 中 １ ⊂ １ ⊂ １ １ ∩ ＝ １
Ⅱ ， － １ １ １ ， 平面Ａ ＣＤ，ＣＤ 平面Ａ ＣＤ，Ａ Ｄ ＣＤ Ｄ，所以平面ＧＢＣ
Ｄ Ｅ分别是ＡＢ ＢＢ 的中点． ⊂ １ ⊂ １ １ ∩ ＝ １
， ， １ 平面Ａ ＣＤ．又ＢＣ 平面ＧＢＣ ，所以ＢＣ 平面Ａ ＣＤ．
证明 ＢＣ 平面Ａ ＣＤ ∥ １ １⊂ １ １∥ １
（１） ： １∥ １ ；
３ ６８ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
学生用书Ｐ１３０
５．平面与平面平行的判定与性质
考点 直线、平面平行的判定与性质
类别 文字语言 图形语言 符号语言
１．平面的基本性质 一个平面与另一个
平面没有公共点 则 α β α β
名称 图形 文字语言 符号语言 用途 ， ∩ ＝⌀⇒ ∥
称这两个平面平行
如果一条直线 证 明
如果一个平面内有两
公 上的两点在一 Ａ ∈ ｌ ， Ｂ ∈ ｌ ， Ａ “ 点 在 ａ β，ｂ β}
理 个平面内 那 α Ｂ α 面 内 条相交的直线都平行 ∥ ∥
， ∈ ， ∈ ⇒ ” ａ α，ｂ α α
于另一个平面那么这 ⑦ ⊂ ⊂ ⇒ ∥
１ 么这条直线在 ① ｌ ⊂ α 或 “ 线 两个平面平行 ， 即线 ａ ∩ ｂ ＝ Ｐ
这个平面内 在面内 ” （ β
面平行 面面平行
过不在一条 Ａ Ｂ Ｃ 不共 ⇒ ）
、 、 如果一个平面内有两 ａ ａ′ ｂ ｂ′ü
公 直线上的三 线 Ａ Ｂ Ｃ ∥ ， ∥ ï
理
点 有且只有 平
⇒
面 α
、 、
且
∈
α
条相交直线分别平行 ａ
⊂
α
，
ｂ
⊂
α ïï
２ ， ， 判定 于另一个平面内的两 ａ′ β ｂ′ βý α β
一个平面 是唯一的 ⊂ ， ⊂ ï⇒ ∥
证明两 条相交直线 那么这 ａ ｂ Ｐ
经过一条直线 若点Ａ 直线 ， ∩ ＝ ï
∉ 个平面 两个平面平行 ａ′ ｂ′ Ｐ′ þ
推 和直线外的一 ａ 则 Ａ 和 ａ ∩ ＝
论 ， 重合 用
点 有且只有一 确定一个平 ，
１ ， 来确定 垂直于同一条直线
个平面 面α ａ α ａ β α β
公 一个平 的两个平面平行 ⊥ ， ⊥ ⇒ ∥
理 推 经过两条相交 ａ 且 ∩ 只 ｂ ＝ 有 Ｐ 一 ⇒ 有 个 面或证
的２ 论 直线 有且只有 明 点
推 ， 平面 α 使 ａ “
论 ２ 一个平面 α ｂ ， α 线共面 ” 平行于同一个平面 α γ}
⊂ ， ⊂ ∥ α β
推 经过两条平行 ａ ∥ ｂ ⇒ 有且只 的两个平面平行 β ∥ γ ⇒ ∥
论 直线 有且只有 有一个平面α
， ，
３ 一个平面 使ａ α ｂ α
⊂ ， ⊂ 如果两个平面平行
确定两个 ，
则其中一个平面内
平面的交 α β}
如果两个不重 的任一直线都平行 ∥ ａ β
线 尤其是 ⑧ ａ α ⇒ ∥
合的平面有一 若Ｐ α Ｐ ， 于另一个平面 即面 ⊂
∈ ， ∈ 画截面图 （
公 个公共点 那么 β 则α β ａ 面平行 线面平行
理 ， ， ∩ ＝ ， 或补体时 ⇒ ）
它们有且只有 Ｐ ａ 且ａ 是 如果两个平行平面
３ 一条过这个点 ∈ 唯一 ， 的 用到 ， 证明 同时和第三个平面 α β }
③ 三点共 性质 ∥
的公共 直线 “ 相交 那么它们的交 α γ ａ ａ ｂ
② 线 三线 ， ⑨ ∩ ＝ ⇒ ∥
”“ 线平行 即面面平行 β γ ｂ
共点 （ ∩ ＝
” 线线平行
２．平行公理（公理 ） 平行于同一条直线的两条直线互相 ⇒ ）
４ ： 如果两个平行平面中
平行 即若ａ ｂ ｂ ｃ 则ａ ｃ．
， ∥ ， ∥ ， ∥ 有一个垂直于一条直 α β}
３．等角定理 如果一个角的两边和另一个角的两边分别平 ∥ ａ β
： 线 那么另一个平面 ａ α ⇒ ⊥
行 那么这两个角 相等或互补 ． ， ⊥
， ④ 也垂直于这条直线
４．直线与平面平行的判定与性质
类别 文字语言 图形语言 符号语言
平面外一条直线与此平面
判 内的一条直线平行 则该直 ａ ｂ，ａ α，ｂ
， ⑤ ∥ ⊄
定 线与此平面平行 即线线平 α ａ α
（ ⊂ ⇒ ∥
行 线面平行
⇒ ）
一条直线和一个平面平行
，
性 则过这条直线的任一平面与 ａ α，ａ β，
⑥ ∥ ⊂
质 此平面的交线与该直线平行 α β ｂ ａ ｂ
∩ ＝ ⇒ ∥
即线面平行 线线平行
（ ⇒ ）
第八章 立体几何 ３ ６９
学生用书Ｐ１３１
一、判定或证明直线与平面平行的方法 证法二 过Ｆ作ＦＭ ＡＤ 交ＡＢ于Ｍ
： ∥ ， ，
１．利用线面平行的定义 此法一般伴随反证法来证明 ． 连接ＥＭ ＦＭ ＡＤ ＡＤ ＢＣ ＦＭ ＢＣ
（ ） ，∵ ∥ ， ∥ ，∴ ∥ ，
２．利用线面平行的判定定理 应用此法的关键是在平面内 又 ＦＭ 平面ＰＢＣ ＢＣ 平面ＰＢＣ ＦＭ
， ∵ ⊄ ， ⊂ ，∴
找与已知直线平行的直线．可先判断平面内是否已有符合条件的 ＢＭ ＢＦ
平面 ＰＢＣ 由 ＦＭ ＡＤ 得 又
直线 若没有 则需作出该直线 常考虑三角形的中位线 平行四 ∥ ， ∥ ＭＡ＝ＦＤ， ∵
， ， ， 、
边形的对边等． ＰＥ ＢＦ ＰＥ ＢＭ
ＥＭ ＰＢ．
３．利用面面平行的性质 当两个平面平行时 其中一个平面 ＥＡ＝ＦＤ，∴ ＥＡ＝ＭＡ，∴ ∥
： ，
内的任意直线都平行于另一个平面．
∵
ＰＢ
⊂
平面ＰＢＣ
，
ＥＭ
⊄
平面ＰＢＣ
，
４．向量法 利用直线的一个方向向量与平面的一个法向量
∴
ＥＭ
∥
平面ＰＢＣ
，
：
垂直 或证明直线的一个方向向量能被平面上的两个不共线向 ∵ ＥＭ ∩ ＦＭ ＝ Ｍ ， ＥＭ ， ＦＭ ⊂ 平面ＥＦＭ ，
，
量线性表示．
∴
平面ＥＦＭ
∥
平面ＰＢＣ
，
例１ 如图所示 正方形 ＡＢＣＤ 与正方形 ＡＢＥＦ 所在的平面 ∵ ＥＦ ⊂ 平面ＥＦＭ ，∴ ＥＦ ∥ 平面ＰＢＣ．
，
相交于ＡＢ ， 在ＡＥ 、 ＢＤ上各有一点Ｐ 、 Ｑ ， 且ＡＰ ＝ ＤＱ．求证 ： ＰＱ ∥ 平
１－２ 如图
，
几何体Ｅ
－
ＡＢＣＤ是四棱锥
，△
ＡＢＤ为正三角形
，
面ＢＣＥ． ＣＢ
＝
ＣＤ
，
ＥＣ
⊥
ＢＤ．
求证 ＢＥ ＤＥ
（１） ： ＝ ；
若 ＢＣＤ ° Ｍ 为线段 ＡＥ 的中点 求证 ＤＭ 平
（２） ∠ ＝１２０ ， ， ： ∥
面ＢＥＣ．
证明 证法一 如图所示 作 ＰＭ ＡＢ
： ， ∥
交ＢＥ于Ｍ 作ＱＮ ＡＢ交ＢＣ于Ｎ 连接ＭＮ．
， ∥ ，
正方形ＡＢＣＤ和正方形ＡＢＥＦ有公共边
∵
ＡＢ ＡＥ ＢＤ．又ＡＰ ＤＱ ＰＥ ＱＢ 又ＰＭ
，∴ ＝ ＝ ，∴ ＝ ， ∥
ＰＭ ＰＥ ＱＢ ＱＮ ＰＭ ＱＮ １－２． 证明 取ＢＤ的中点Ｏ
ＡＢ ＱＮ （１） ，
∥ ，∴ ＡＢ＝ＡＥ＝ＢＤ＝ＤＣ，∴ ＡＢ＝ＤＣ，
连接ＣＯ ＥＯ．
，
又ＡＢ ＤＣ ＰＭ ＱＮ 四边形ＰＭＮＱ为平行四边形
，∴ ，∴ ， 由于ＣＢ ＣＤ 所以ＣＯ ＢＤ．
＝ ， ⊥
ＰＱ ＭＮ．又ＭＮ 平面ＢＣＥ ＰＱ 平面ＢＣＥ
∴ ∥ ⊂ ， ⊄ ， 又ＥＣ ＢＤ ＥＣ ＣＯ Ｃ ＣＯ ＥＣ
⊥ ， ∩ ＝ ， ， ⊂
ＰＱ 平面ＢＣＥ．
∴ ∥ 平面ＥＯＣ 所以ＢＤ 平面ＥＯＣ 因此ＢＤ
， ⊥ ，
证法二 如图 在平面ＡＢＥＦ内 过点Ｐ
： ， ， ＥＯ
⊥ ，
作ＰＭ ＢＥ交ＡＢ于点Ｍ 连接ＱＭ．则ＰＭ 平
∥ ， ∥ 又Ｏ为ＢＤ的中点 所以ＢＥ ＤＥ．
， ＝
ＡＰ ＡＭ
面ＢＣＥ ＰＭ ＢＥ 又ＡＥ ＢＤ ＡＰ 证法一 取 ＡＢ 的中点 Ｎ 连接
，∵ ∥ ，∴ ＰＥ＝ＭＢ， ＝ ， （２） ： ，
ＤＮ ＭＮ．因为 Ｍ 是 ＡＥ 的中点 Ｎ 是 ＡＢ
ＡＰ ＤＱ ＡＭ ＤＱ ， ，
ＤＱ ＰＥ ＢＱ 的中点 所以 ＭＮ ＢＥ．又 ＭＮ 平面
＝ ，∴ ＝ ，∴ ＰＥ ＝ ＢＱ，∴ ＭＢ ＝ ＱＢ， ， ∥ ⊄
ＢＥＣ ＢＥ 平面 ＢＥＣ 所以 ＭＮ 平面
ＭＱ ＡＤ 又ＡＤ ＢＣ ＭＱ ＢＣ ＭＱ 平面ＢＣＥ 又ＰＭ ， ⊂ ， ∥
∴ ∥ ， ∥ ，∴ ∥ ，∴ ∥ ， ∩ ＢＥＣ．因为 ＡＢＤ 为正三角形 所以
ＭＱ Ｍ 平面ＰＭＱ 平面ＢＣＥ 又ＰＱ 平面ＰＭＱ ＰＱ 平 △ ，
＝ ，∴ ∥ ， ⊂ ，∴ ∥ ＢＤＮ ° 又ＣＢ ＣＤ ＢＣＤ °
面ＢＣＥ． ∠ ＝３０ ， ＝ ，∠ ＝１２０ ，
因此 ＣＢＤ ° 所以ＤＮ ＢＣ．
１－１ 如图 已知点Ｐ是平行四边形ＡＢＣＤ ∠ ＝３０ ， ∥
， 又ＤＮ 平面ＢＥＣ ＢＣ 平面ＢＥＣ 所以ＤＮ 平面ＢＥＣ．
所在平面外的一点 Ｅ Ｆ 分别是 ＰＡ ＢＤ 上的 ⊄ ， ⊂ ， ∥
， ， ， 又ＭＮ ＤＮ Ｎ ＭＮ ＤＮ 平面 ＤＭＮ 故平面 ＤＭＮ 平面
点且ＰＥ ＥＡ ＢＦ ＦＤ．求证 ＥＦ 平面ＰＢＣ． ∩ ＝ ， ， ⊂ ， ∥
∶ ＝ ∶ ： ∥ ＢＥＣ 又ＤＭ 平面ＤＭＮ 所以ＤＭ 平面ＢＥＣ．
１－１． 证明 证法一 连接ＡＦ 并延长交 ， ⊂ ， ∥
： ， 证法二 延长ＡＤ ＢＣ交于点Ｆ 连接
ＢＣ于Ｇ 连接ＰＧ ： ， ，
， ， ＥＦ．因为 ＣＢ ＣＤ ＢＣＤ ° 所以
ＦＧ ＦＢ ＝ ，∠ ＝ １２０ ，
ＢＣ ＡＤ ＣＢＤ °．因为 ＡＢＤ为正三角形
∵ ∥ ，∴ ＦＡ＝ＦＤ， ∠ ＝３０ △ ，
所以 ＡＢＤ ＢＡＤ °
ＰＥ ＢＦ ＰＥ ＧＦ ∠ ＝∠ ＝６０ ，
又 ＥＦ ＰＧ． 所以 ＡＢＣ °
∵ ＥＡ＝ＦＤ，∴ ＥＡ＝ＦＡ，∴ ∥ ∠ ＝９０ ，
又 ＰＧ 平面ＰＢＣ ＥＦ 平面ＰＢＣ 因此 ＡＦＢ ° 所以ＡＢ １ ＡＦ．
∵ ⊂ ， ⊄ ， ∠ ＝３０ ， ＝
ＥＦ 平面ＰＢＣ． ２
∴ ∥ 又ＡＢ ＡＤ 所以Ｄ为线段ＡＦ的中点．
＝ ，
由点Ｍ是线段ＡＥ的中点 得ＤＭ ＥＦ．
， ∥
又ＤＭ 平面ＢＥＣ ＥＦ 平面ＢＥＣ 所以ＤＭ 平面ＢＥＣ．
⊄ ， ⊂ ， ∥
３ ７０ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
二、判定或证明平面与平面平行的方法
三棱锥Ｂ Ｂ ＥＦ的体积Ｖ １ ３ ３ 分
１．利用面面平行的定义 此法一般伴随反证法来证明 ． － １ ２＝ × ×３＝ ， （１１ ）
（ ） ３ ４ ４
２．利用面面平行的判定定理 证明一个平面内两条相交直
： 所以所求的体积Ｖ Ｖ Ｖ ７ ３ ３ ３ ３． 分
线均平行于另一个平面． ＝ １－ ２＝ － ＝ （１２ ）
４ ４ ２
３．转化为证明线线平行 证明一个平面内的两条相交直线 ２－１ 如图 在四棱锥Ｐ ＡＢＣＤ中 平面ＰＡＤ 平面ＡＢＣＤ
： ， － ， ⊥ ，
与另一个平面内的两条相交直线对应平行． ＰＡ ＰＤ ＡＢ ＡＤ ＰＡ ＰＤ ＡＤ ＣＤ ＢＡＤ ° Ｍ Ｎ 分别为
＝ ， ＝ ， ⊥ ， ⊥ ，∠ ＝６０ ， 、
４．利用面面平行的传递性 若α β β γ 则α γ． ＡＤ ＰＡ的中点．
： ∥ ， ∥ ， ∥ 、
５．向量法 证明两平面的法向量共线． 证明 平面ＢＭＮ 平面ＰＣＤ
： （１） ： ∥ ；
例２ 如图所示 三棱柱ＡＢＣ Ａ Ｂ Ｃ 的侧棱垂直于底面 且 若ＡＤ 求三棱锥Ｐ ＢＭＮ的体积．
， － １ １ １ ， （２） ＝６， －
底面是边长为 的正三角形 ＡＡ 点Ｄ Ｅ Ｆ Ｇ分别是所在棱
２ ， １＝３， ， ， ，
的中点．
证明 平面ＢＥＦ 平面ＤＡ Ｃ
（１） ： ∥ １ １；
求三棱柱ＡＢＣ Ａ Ｂ Ｃ 夹在平面ＢＥＦ和平面ＤＡ Ｃ 之
（２） － １ １ １ １ １
间的部分的体积．
附 台体的体积Ｖ １ Ｓ ＳＳ′ Ｓ′ ｈ 其中Ｓ和Ｓ′分别是
： ＝ （ ＋ ＋ ） ，
３
上 下底面面积 ｈ是台体的高．
、 ，
２－１． 解析 证明 连接ＢＤ．
（１） ：
ＡＢ ＡＤ ＢＡＤ °
∵ ＝ ，∠ ＝６０ ，
ＡＢＤ为正三角形． Ｍ为ＡＤ的中
∴ △ ∵
点 ＢＭ ＡＤ 分
，∴ ⊥ ， （１ ）
ＡＤ ＣＤ ＣＤ ＢＭ 平面ＡＢＣＤ
∵ ⊥ ， ， ⊂ ，
解题关键 ＢＭ ＣＤ．
∴ ∥
正确识别几何体的结构特征 判断出ＤＢＧ Ａ Ｂ Ｃ 为三棱 又ＢＭ 平面ＰＣＤ ＣＤ 平面ＰＣＤ
， － １ １ １ ⊄ ， ⊂ ，
台是求解体积的关键 进而由体积公式求解即可． ＢＭ 平面ＰＣＤ． 分
， ∴ ∥ （２ ）
解析 证明 因为Ｅ Ｆ分别是Ａ Ｂ 和Ｂ Ｃ 的中点 所 Ｍ Ｎ分别为ＡＤ ＰＡ的中点
以ＥＦ Ａ Ｃ （ ． １ 因 ） 为ＥＦ ： 平面 ， ＤＡ Ｃ Ａ Ｃ １ １ 平面Ｄ １ Ａ １ Ｃ ， ∵ ＭＮ ， ＰＤ．又ＭＮ ， 平面ＰＣＤ ， ＰＤ 平面ＰＣＤ
所 ∥ 以 １ ＥＦ １ 平面Ｄ ⊄ Ａ Ｃ ． １ １， １ １⊂ １ １， 分 ∴ ＭＮ ∥ 平面ＰＣＤ． ⊄ ， ⊂ ， 分
Ａ Ｅ 因 所 为 以 Ｄ 四 ， Ｅ ∥ 边 分 形 别 Ｂ 是 ＤＡ Ａ １ Ｂ Ｅ １ 和 是平 Ａ １ Ｂ 行 １ 四 的 边 中 形 点 ， 所 所 以 以 Ｂ Ｄ Ｅ Ｂ ∥ Ａ Ａ Ｄ １ Ｅ ． ， （ 且 ２ 分 ＤＢ ） ∴ 又 平 ＢＭ 面 ∥ ， Ｍ ＢＭ Ｎ ⊂ Ｎ 平 平 面 面 ＢＭ ＰＣ Ｎ Ｄ ， Ｂ ． Ｍ ∩ ＭＮ ＝ Ｍ ， （３ 分 ）
＝ １ 因 ， 为ＢＥ 平面ＤＡ １ Ｃ Ａ Ｄ 平面Ｄ ， Ａ Ｃ ∥ １ （４ ） ∴ 在 中 ∥ 已证ＢＭ ＡＤ． （５ ）
所 又 以 因为 ＢＥ Ｂ ⊄ ∥ Ｅ 平面 ＥＦ ＤＡ Ｅ １ １ Ｃ 所 １ １ ， ． 以 １ 平 ⊂ 面ＢＥＦ 平 １ 面 １， ＤＡ Ｃ ． （５ 分 分 ） 平 （ ∵ 面 ２ 平 ） ＡＢ 面 Ｃ （ Ｄ Ｐ １） ＡＤ ⊥ ＢＭ 平面 平 Ａ 面 Ｂ ⊥ Ｃ Ｐ Ｄ Ａ ， Ｄ 平 ． 面ＰＡＤ ∩ 平面ＡＢＣＤ ＝ ＡＤ ， 分 ＢＭ
（２） 由题图 ∩ 可知 ， ＝ 三 ， 棱柱ＡＢＣ － Ａ １ Ｂ １ ∥ Ｃ １ 夹在平面 １ １ ＢＥＦ和 （６ 平面 ） ⊂ 又ＡＤ ＝６ ， ， ∴ ∠ ＢＡＤ ⊥ ＝６０ ° ， （７ ）
ＤＡ Ｃ 之间的部分 可看作三棱台ＤＢＧ Ａ Ｂ Ｃ 截去三棱锥Ｂ ＢＭ ． 分
１ １ ， － １ １ １ － ∴ ＝３ ３ （８ ）
Ｂ ＥＦ剩余的部分． 分
１ （８ ） Ｍ Ｎ分别为ＡＤ ＰＡ的中点 ＰＡ ＰＤ ２ＡＤ
∵ ， ， ， ＝ ＝ ＝３ ２，
因为Ｓ △ ＤＢＧ＝ Ｓ △ Ｂ １ ＥＦ＝ ４ ３ ×１ ２ ＝ ４ ３ ， æ Ｓ △ Ａ １ Ｂ １ Ｃ １ ＝ ４ ３ ×２ ２ ö ＝ ３， 所以 ∴ Ｓ △ ＰＭＮ＝ ４ １ Ｓ △ ＰＡＤ＝ ４ １ × ２ １ ×（３ ２） ２ ＝ ４ ９ ． ２ （１０ 分 ）
三棱台ＤＢＧ Ａ Ｂ Ｃ 的体积Ｖ １ ç ３ ３ ÷ ７ ３．
－ １ １ １ １＝ ×è ＋ ＋ ３ø×３＝
３ ４ ４ ４ 分 ∴ Ｖ Ｐ － ＢＭＮ＝ Ｖ Ｂ － ＰＭＮ＝ １ Ｓ △ ＰＭＮ· ＢＭ ＝ １ × ９ ×３ ３＝ ９ ３．
（１０ ） ３ ３ ４ ４
分
（１２ ）
Ａ 组 考点基础题组 学生用书Ｐ１３２
直线、平面平行的判定与性质 羡除 下列说法
“ ”， ：
羡除 有且仅有两个面为三角形
１．（２０２１湘豫名校４月联考，８） 九章算术 是中国古代张苍 耿 ①“ ” ；
《 》 、 羡除 一定不是台体
寿昌所撰写的一部数学专著 是 算经十书 中最重要的一部 ②“ ” ；
， 《 》 ， 不存在有两个面为平行四边形的 羡除
其中将有三条棱互相平行且有一个面为梯形的五面体称为 ③ “ ”；
第八章 立体几何 ３ ７１
羡除 至多有两个面为梯形． ５．（２０２１百校大联考第６次联考，１９）已知在四棱锥Ｐ ＡＢＣＤ中
④“ ” － ，
其中正确的个数为 ＰＤ 平面ＡＢＣＤ ＡＤ ＤＣ ＡＢ ＤＣ ＤＣ ＡＢ Ｑ为ＰＣ的中点．
（ ） ⊥ ， ⊥ ， ∥ ， ＝２ ，
求证 ＢＱ 平面ＰＡＤ
Ａ．１ Ｂ．２ Ｃ．３ Ｄ．４ （１） ： ∥ ；
１． 答案 Ｃ 若ＰＤ ＢＣ ＢＣ ＢＤ 试在线段ＰＣ上确定一点Ｓ
（２） ＝３， ＝ ２， ⊥ ， ，
２．（２０１９福建福州３月质检，６）已知ａ ｂ是两条异面直线 直线ｃ
， ， 使得三棱锥Ｓ ＢＣＤ的体积为 ２ ．
与ａ ｂ都垂直 则下列说法正确的是 －
， ， （ ） ３
若ｃ 平面α 则ａ α
Ａ． ⊂ ， ⊥
若ｃ 平面α 则ａ α ｂ α
Ｂ． ⊥ ， ∥ ， ∥
存在平面α 使得ｃ α ａ α ｂ α
Ｃ． ， ⊥ ， ⊂ ， ∥
存在平面α 使得ｃ α ａ α ｂ α
Ｄ． ， ∥ ， ⊥ ， ⊥
２． 答案 Ｃ
３．（多选题）（２０２１ 江苏常州一模，１１）
５． 解析 证明 取ＰＤ的中点Ｇ 连接ＡＧ ＧＱ
年美国数学学会出了一道题 一 （１） ： ， ， ，
１９８２ ：
个正四面体和一个正四棱锥的所有
棱长都相等 将正四面体的一个面和
，
正四棱锥的一个侧面紧贴重合在一起 得到一个新几何体．中
，
学生丹尼尔做了一个如图所示的模型寄给美国数学学会 美
，
国数学学会根据丹尼尔的模型修改了有关结论．对于该新几何
体 有
， （ ） 因为Ｑ为ＰＣ的中点 所以ＧＱ ＤＣ 且ＧＱ １ ＤＣ
ＡＦ ＣＤ ， ∥ ， ＝ ，
Ａ． ∥ ２
ＡＦ ＤＥ 又因为ＡＢ ＤＣ ＤＣ ＡＢ 所以ＧＱ ＡＢ ＧＱ ＡＢ
Ｂ． ⊥ ∥ ， ＝２ ， ∥ ， ＝ ，
新几何体有 个面 所以四边形ＡＢＱＧ是平行四边形 所以ＢＱ ＡＧ
Ｃ． ７ ， ∥ ，
新几何体的六个顶点不能在同一个球面上 又ＢＱ 平面ＰＡＤ ＡＧ 平面ＰＡＤ 所以ＢＱ 平面ＰＡＤ．
Ｄ． ⊄ ， ⊂ ， ∥
３． 答案 ＡＢＤ 因为在四边形ＡＢＣＤ中 ＡＢ ＣＤ ＡＤ ＤＣ ＤＣ ＡＢ
（２） ， ∥ ， ⊥ ， ＝２ ，
４．（２０２０福建漳州适应性测试，１６）已知正方体ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 所以点Ｂ在线段ＣＤ的垂直平分线上
－ １ １ １ １ ，
的棱长为 点Ｎ是棱Ａ Ｂ 的中点 点Ｔ是棱ＣＣ 上靠近点Ｃ 又因为ＢＣ ＢＣ ＢＤ 所以ＢＤ ＢＣ
３， １ １ ， １ ＝ ２， ⊥ ， ＝ ＝ ２，
的三等分点 动点Ｑ在正方形Ｄ ＤＡＡ 包含边界 内运动 且
， １ １（ ） ， 所以 ＢＣＤ的面积Ｓ １ ．
ＱＢ 平面Ｄ ＮＴ 则动点Ｑ所形成的轨迹的长为 ． △ ＝ × ２× ２＝１
∥ １ ， ２
４． 答案 设点Ｓ到平面ＡＢＣＤ的距离为ｈ
１０ ，
所以 １ ｈ ２ 所以ｈ
×１× ＝ ， ＝２，
３ ３
又ＰＤ 平面ＡＢＣＤ ＰＤ
⊥ ， ＝３，
所以点Ｓ在线段ＰＣ上靠近点Ｐ的三等分点处．
Ｂ 组 综合应用题组 学生用书Ｐ１３３ ６０分钟 ６５分
一、单项选择题（每小题５分，共１０分） ２． 答案 Ｂ
１．（２０２１浙江湖州期末，４）设α
，
β是两个不同的平面
，
ｍ是直线
二、多项选择题（每小题５分，共１５分）
且ｍ α 则 ｍ β 是 α β 的
⊂ ， “ ∥ ” “ ∥ ” （ ） ３．（２０２０山东济宁期末，６）已知ｍ ｎ为两条不重合的直线 α β
充分而不必要条件 必要而不充分条件 、 ， 、
Ａ． Ｂ． 为两个不重合的平面 则下列说法正确的是
充分必要条件 既不充分也不必要条件 ， （ ）
Ｃ． Ｄ． 若ｍ α ｎ β且α β 则ｍ ｎ
１． 答案 Ｂ Ａ． ∥ ， ∥ ∥ ， ∥
若ｍ ｎ ｍ α ｎ β 则α β
２．（２０２１江苏扬州大学附中 ２ 月检测，５）已知直三棱柱 ＡＢＣ Ｂ． ∥ ， ⊥ ， ⊥ ， ∥
－ 若ｍ ｎ ｎ α α β ｍ β 则ｍ β
Ａ Ｂ Ｃ 中 Ｍ Ｎ分别是Ａ Ｂ ＡＢ的中点 Ｐ点在线段Ｂ Ｃ上 Ｃ． ∥ ， ⊂ ， ∥ ， ⊄ ， ∥
１ １ １ ， ， １ １， ， １ ， 若ｍ ｎ ｎ α α β 则ｍ β
则ＮＰ与平面ＡＭＣ 的位置关系是 Ｄ． ∥ ， ⊥ ， ⊥ ， ∥
１ （ ） ３． 答案 ＢＣ
４．（２０２１山东淄博二模，９）已知α β是两个不同的平面 ｍ ｎ是
， ， ，
两条不同的直线 且ｍ ｎ α ｍ ｎ β 给出下列四个论断 α
， ， ⊄ ， ， ⊄ ， ：①
β ｍ ｎ ｍ α ｎ β．以其中三个论断为条件 剩余论
∥ ；② ∥ ；③ ∥ ；④ ∥ ，
断为结论组成四个命题．其中正确的命题是
（ ）
Þ Þ
Ａ．①②③ ④ Ｂ．①③④ ②
Þ Þ
Ｃ．①②④ ③ Ｄ．②③④ ①
４． 答案 ＡＣ
垂直 平行 ５．（２０２１广东肇庆二模，１２）在长方体ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 中 ＡＢ
Ａ． Ｂ． － １ １ １ １ ， ＝
相交但不垂直 要依Ｐ点的位置而定 ＡＤ ＡＡ Ｐ是线段ＢＣ 上的一动点 则下列说法中正确
Ｃ． Ｄ． ＝１， １＝２， １ ，
３ ７２ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
的是
（ ）
Ａ Ｐ 平面ＡＤ Ｃ
Ａ． １ ∥ １
Ａ Ｐ与平面ＢＣＣ Ｂ 所成角的正切值的最大值是２ ５
Ｂ． １ １ １
５
Ａ Ｐ ＰＣ的最小值为 １７０
Ｃ． １ ＋
５
以Ａ为球心 为半径的球面与侧面ＤＣＣ Ｄ 的交线长是π
Ｄ． ， ２ １ １ ８． 解析 证明 因为四边形ＡＢＣＤ是正方形 所以ＢＣ ＡＤ．
２ （１） ： ， ∥
５． 答案 ＡＣＤ 又ＡＤ 平面ＰＡＤ ＢＣ 平面ＰＡＤ 所以ＢＣ 平面ＰＡＤ．
⊂ ， ⊄ ， ∥
三、填空题（共５分） 因为ＰＡ ＥＢ 同理可证ＥＢ 平面ＰＡＤ 又ＢＣ ＥＢ Ｂ
∥ ， ∥ ， ∩ ＝ ，
６．（２０２０湖北襄阳第四中学５月检测，１６）已知棱长为 的正方 所以平面ＥＢＣ 平面ＰＡＤ
∥ ，
３
又因为ＣＥ 平面ＥＢＣ 所以ＣＥ 平面ＰＡＤ．
体ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 中 点Ｅ是棱ＡＢ的中点 Ｃ→Ｆ Ｆ→Ｃ 动点 ⊂ ， ∥
－ １ １ １ １ ， ， ＝２ １， 以Ａ为原点 分别以ＡＤ ＡＢ ＡＰ所在直线为ｘ轴 ｙ轴 ｚ轴
Ｐ在正方形ＡＡ Ｄ Ｄ 包括边界 内运动 且ＰＢ 平面ＤＥＦ 则 （２） ， ， ， ， ，
１ １ （ ） ， １∥ ， 建立如图所示的空间直角坐标系．
ＰＣ的取值范围为 ．
é ù
６． 答案 êê３ ３５ úú
ë ， １９û
５
四、解答题（共３５分）
７．（２０２１广东珠海一模，１９）如图 三棱锥Ｐ ＡＢＣ中 ＰＡ ＡＢ ＡＢ
， － ， ⊥ ，
ＡＣ ＡＢ ＡＣ ＰＢ ＰＣ 点Ｍ是ＰＡ的中点 点Ｄ是
⊥ ， ＝ ＝ ２， ＝ ＝ ６， ，
ＡＣ的中点 点Ｎ在ＰＢ上 且ＰＮ ＮＢ．
， ， ＝２
证明 ＢＤ 平面ＣＭＮ
（１） ： ∥ ；
求直线ＣＮ与平面ＡＢＣ所成角的正切值．
（２）
因为ＰＡ ＡＢ 所以ＢＥ １ ＰＡ
＝ ＝３， ＝ ＝１，
３
则Ｐ Ｄ Ｃ Ｅ
（０，０，３）， （３，０，０）， （３，３，０）， （０，３，１），
则Ｐ→Ｄ Ｐ→Ｃ Ｐ→Ｅ ．
＝（３，０，－３）， ＝（３，３，－３）， ＝（０，３，－２）
设平面ＰＣＥ的法向量为ｍ ｘ ｙ ｚ
＝（ ， ， ），
{ｍ Ｐ→Ｃ ｘ ｙ ｚ ｘ ｙ ｚ
则 · ＝（ ， ， ）·（３，３，－３）＝３ ＋３ －３ ＝０，
７． 解析 证明 如图 连接ＰＤ交ＣＭ于Ｏ Ｏ为 ＰＡＣ的重 ｍ Ｐ→Ｅ ｘ ｙ ｚ ｙ ｚ
（１） ： ， ， △ · ＝（ ， ， ）·（０，３，－２）＝３ －２ ＝０，
心 因 ， 为 ＰＯ Ｏ ＝ Ｎ ⊂ ２ Ｏ 平 Ｄ ， 面 连 Ｃ 接 Ｍ Ｏ Ｎ Ｎ ， Ｂ ， Ｄ 因 ⊄ 为 平 Ｐ 面 Ｎ ＝ Ｃ ２ Ｍ Ｎ Ｎ Ｂ ， ， 所 所 以 以 Ｂ Ｏ Ｄ Ｎ ∥ ∥ 平 ＢＤ 面 ， ＣＭＮ． 得 ì í ï ï ｘ ＝ ３ ｚ ， 令ｚ 得ｍ ．
（２） 因为ＰＢ ＝ ＰＣ ， ＡＢ ＝ ＡＣ ， ＰＡ ＝ ＰＡ ， 所以 △ ＰＡＢ ≌△ ＰＡＣ ， 所以 î ï ïｙ ＝ ２ ｚ ， ＝３， ＝（１，２，３）
ＰＡＣ ＰＡＢ ° 所以 ＰＡ ＰＣ２ ＡＣ２ 又因 ３
∠ ＝∠ ＝９０ ， ＝ － ＝ ６－２ ＝２， 设直线ＰＤ与平面ＰＣＥ所成角的大小为θ
为ＰＡ ＡＢ ＡＢ ＡＣ Ａ 所以ＰＡ 平面ＡＢＣ ，
⊥ ， ∩ ＝ ， ⊥ ，
过Ｎ作ＮＨ ⊥ ＡＢ于Ｈ ， 连接ＨＣ ， 因为ＮＨ ∥ ＰＡ ， 所以ＮＨ ⊥ 平面 则 θ Ｐ→Ｄ ｍ Ｐ→Ｄ · ｍ
ｓｉｎ ＝ ｜ ｃｏｓ 〈 ， 〉 ｜ ＝ Ｐ→Ｄ ｍ ＝
ＡＢＣ 所以ＮＨ ＨＣ 且ＡＨ ２ ＡＢ 直线ＣＮ与平面ＡＢＣ所成 ｜ ｜｜ ｜
， ⊥ ， ＝ ，
３ （３，０，－３）·（１，２，３） ７．
角为 ＮＣＨ 所以直线 ＣＮ 与平面 ＡＢＣ 所成角的正切值 ＝
∠ ， ｔａｎ ３ ２× １４ ７
１ ＰＡ １
ＮＨ ×２ 所以直线ＰＤ与平面ＰＣＥ所成角的正弦值为 ７．
ＮＣＨ ３ ３ ２６．
∠ ＝ＨＣ＝ ( ) ＝ ( ) ＝ ７
ＡＣ２ ＋ ２ ＡＢ ２ （ ２） ２ ＋ ２ × ２ ２ １３ ９．（２０１９福建３月质检，１８）如图 ， 三棱柱ＡＢＣ － Ａ １ Ｂ １ Ｃ １ 中 ， 底面
３ ３ ＡＢＣ是等边三角形 侧面 ＢＣＣ Ｂ 是矩形 ＡＢ Ａ Ｂ Ｎ 是 Ｂ Ｃ
， １ １ ， ＝ １ ， １
的中点 Ｍ是棱ＡＡ 上的点 且ＡＡ ＣＭ．
， １ ， １⊥
证明 ＭＮ 平面ＡＢＣ
（１） ： ∥ ；
若ＡＢ Ａ Ｂ 求二面角Ａ ＣＭ Ｎ的余弦值．
（２） ⊥ １ ， － －
８．（２０２１河北张家口一模，１９）如图 四边形ＡＢＣＤ是正方形 ＰＡ
， ， ⊥
平面ＡＢＣＤ ＰＡ ＥＢ 且ＰＡ ＡＢ ．
， ∥ ， ＝ ＝３
（１） 求证 ： ＣＥ ∥ 平面ＰＡＤ ； ９． 解析 （１） 证明 ： 如图 ， 在三棱柱ＡＢＣ － Ａ １ Ｂ １ Ｃ １ 中 ， 连接ＢＭ ，
因为四边形ＢＣＣ Ｂ 是矩形
若ＢＥ １ ＰＡ 求直线ＰＤ与平面ＰＣＥ所成角的正弦值． １ １ ，
（２） ＝ ， 所以ＢＣ ＢＢ 因为ＡＡ ＢＢ 所以ＡＡ ＢＣ． 分
３ ⊥ １， １∥ １， １⊥ （１ ）
第八章 立体几何 ３ ７３
又因为ＡＡ ＭＣ ＢＣ ＭＣ Ｃ 所以ＡＡ 平面ＢＣＭ 分
１⊥ ， ∩ ＝ ， １⊥ ， （２ ）
所以ＡＡ ＭＢ 又因为ＡＢ Ａ Ｂ
１⊥ ， ＝ １ ，
所以Ｍ是ＡＡ 的中点． 分
１ （３ ）
取ＢＣ的中点Ｐ 连接ＮＰ ＡＰ
， ， ，
因为Ｎ是Ｂ Ｃ的中点 所以ＮＰ ＢＢ 且ＮＰ １ ＢＢ 分
１ ， ∥ １ ＝ １， （４ ） ( ａ ａ )
２ 则Ｍ Ｃ ａ Ｂ ａ ａ ．所以Ｎ ａ 则
又ＡＡ
１
ＢＢ
１，
所以ＮＰ
∥
ＭＡ且ＮＰ
＝
ＭＡ
，
所以四边形ＡＭＮＰ是 （０，０，０）， （０，０， ）， １（２ ， ，０） ，
２
，
２
，
平行四边形 所以ＭＮ ＡＰ． 分 ( ａ ａ )
， ∥ （５ ） Ｍ→Ｃ ａ Ｍ→Ｎ ａ ． 分
因为ＭＮ 平面ＡＢＣ ＡＰ 平面ＡＢＣ ＝（０，０， ）， ＝ ， ， （９ ）
⊄ ， ⊂ ， ２ ２
所以ＭＮ 平面ＡＢＣ． 分 设平面ＣＭＮ的法向量为ｎ ｘ ｙ ｚ
∥ （６ ）
{ｎ Ｍ→Ｃ
{ａｚ
＝０，
１＝（ ， ， ），
则 １· ＝０，即 ａ ａ
ｎ
１·
Ｍ→Ｎ
＝０，
ａｘ
＋
２
ｙ
＋
２
ｚ
＝０
．
取ｘ 得ｙ ．故平面ＣＭＮ的一个法向量为ｎ ．
＝１， ＝－２ １＝（１，－２，０）
分
因为ＡＢ Ａ Ｂ ＡＢ Ａ Ｂ 所以 ＡＢＡ 是等腰直角三角形 （１０ ）
（２） ⊥ １ ， ＝ １ ， △ １ ， 又因为平面ＡＣＭ的一个法向量为ｎ
设ＡＢ ａ 则ＡＡ ａ ＢＭ ＡＭ ａ． ２＝（０，１，０），
＝ ２ ， １＝２ ， ＝ ＝ ｎ ｎ
在 ＡＣＭ中 ＡＣ ａ 所以ＭＣ ａ． 所以 ｎ ｎ １· ２ ２ ５． 分
Ｒｔ△ ， ＝ ２ ， ＝ ｃｏｓ〈 １， ２〉＝ ｎ ｎ ＝－ （１１ ）
在
△
ＢＣＭ中
，
ＣＭ２
＋
ＢＭ２
＝２
ａ２
＝
ＢＣ２
，
所以ＭＣ
⊥
ＢＭ．
（７
分
） 易知二面角Ａ ＣＭ
｜
Ｎ
１
为
｜｜
钝
２
二
｜
面角
５
由 知 ＭＣ ＡＡ ＢＭ ＡＡ 则 ＢＭ ＭＣ ＭＡ 两两垂直．如 － － ，
（１） ， ⊥ １， ⊥ １， ， ， １
所以二面角Ａ ＣＭ Ｎ的余弦值为 ２ ５． 分
图 以Ｍ为坐标原点 Ｍ→Ａ Ｍ→Ｂ Ｍ→Ｃ的方向分别为ｘ轴 ｙ轴 ｚ － － － （１２ ）
， ， １， ， ， ， ５
轴的正方向建立空间直角坐标系 分
， （８ ）
Ｃ 组 教师专用题组
一、单项选择题 α β可能相交 也可能平行 选项 错误 故选
、 ， ， Ｄ ， Ｂ．
１．（２０２１ 北京高三定位考试，１０）在正方体 ３．（２０２１四川绵阳一诊，５）已知ｍ ｎ是两条不同直线 α β γ是
， ， ， ，
ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 中 点 Ｐ 在正方形 ＡＤＤ Ａ 三个不同平面 下列命题中正确的是
－ １ １ １ １ ， １ １ ， （ ）
内 则 若ｍ α ｎ α 则ｍ ｎ
， （ ） Ａ． ∥ ， ∥ ， ∥
在正方形ＤＣＣ Ｄ 内一定存在一点Ｑ 使 若α γ β γ 则α β
Ａ． １ １ ， Ｂ． ⊥ ， ⊥ ， ∥
得ＰＱ ＡＣ 若ｍ α ｍ β 则α β
∥ Ｃ． ∥ ， ∥ ， ∥
在正方形ＤＣＣ Ｄ 内一定存在一点Ｑ 使得ＰＱ ＡＣ 若ｍ α ｎ α 则ｍ ｎ
Ｂ． １ １ ， ⊥ Ｄ． ⊥ ， ⊥ ， ∥
在正方形ＤＣＣ Ｄ 内一定存在一点 Ｑ 使得平面 ＰＱＣ 平 答案 Ｄ 对于选项 由于ｍ α ｎ α 则ｍ与ｎ可能平
Ｃ． １ １ ， １∥ Ａ， ∥ ， ∥ ，
面ＡＢＣ 行 可能相交 也可能异面 故选项 错误 对于 由于α γ
， ， ， Ａ ； Ｂ， ⊥ ，
在正方形ＤＣＣ Ｄ 内一定存在一点Ｑ 使得ＡＣ 平面ＰＱＣ β γ 则α与β可能平行 也可能相交 故选项 错误 对于
Ｄ． １ １ ， ⊥ １ ⊥ ， ， ， Ｂ ； Ｃ，
答案 Ａ 对于 在正方形ＡＤＤ Ａ 内任取一点Ｐ 过点Ｐ 由于ｍ α ｍ β 则α与β可能平行 也可能相交 故选项
Ａ， １ １ ， ∥ ， ∥ ， ， ， Ｃ
作与平面ＡＢＣＤ平行的平面α
，
在平面α内存在平行于ＡＣ的
错误 对于 若ｍ α ｎ α 则ｍ ｎ 故选项 正确．故选 ．
； Ｄ， ⊥ ， ⊥ ， ∥ ， Ｄ Ｄ
线段ＰＱ
，
故
Ａ
正确
； ４．（２０２１江西南昌 ２０２１０６０７项目第一次模拟，４）如图 Ｅ Ｆ
ＮＣＳ ， ， ，
对于 若ＰＱ ＡＣ 则ＰＱ在底面ＡＢＣＤ上的投影垂直于ＡＣ
Ｂ， ⊥ ， ， Ｇ Ｈ分别是菱形ＡＢＣＤ的边ＡＢ ＢＣ ＣＤ ＤＡ上的点 且 ＢＥ
易知当Ｑ在正方形ＤＣＣ Ｄ 内时 ＰＱ的投影与ＡＣ不垂直 故 ， ， ， ， ， ＝
错误 １ １ ， ， ２ ＡＥ ， ＣＦ ＝２ ＦＢ ， ＣＧ ＝２ ＧＤ ， ＤＨ ＝２ ＨＡ ， 现将 △ ＡＢＤ沿ＢＤ折起 ， 得
Ｂ ； 到空间四边形ＡＢＣＤ 在折起过程中 下列说法正确的是
对于 过平面外一点 有且只有一个平面与已知平面平行 故 ， ，
Ｃ， ， ，
过点 Ｃ 与平面 ＡＢＣ 平行的平面只有平面 Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 故 （ ）
１ １ １ １ １， Ｃ
错误
；
对于 易知ＡＣ 平面ＢＢ Ｄ Ｄ 又平面ＰＱＣ 与平面ＢＢ Ｄ Ｄ
Ｄ， ⊥ １ １ ， １ １ １
相交 故ＡＣ与平面ＰＱＣ 不垂直 错误．故选 ．
， １ ，Ｄ Ａ
２．（２０２１北京丰台二模，５）已知 α β γ是三个不同的平面 ａ ｂ
， ， ， ，
是两条不同的直线 下列命题中正确的是
， （ ）
若α γ β γ 则α β 若ａ α ｂ α 则ａ ｂ
Ａ． ⊥ ， ⊥ ， ∥ Ｂ． ⊥ ， ⊥ ， ∥
若ａ α ｂ α 则ａ ｂ 若ａ α ａ β 则α β
Ｃ． ∥ ， ∥ ， ∥ Ｄ． ∥ ， ∥ ， ∥
答案 Ｂ 平面α β都与平面γ垂直 平面α β可能平行 直线ＥＦ ＨＧ有可能平行
、 ， 、 ， Ａ． ，
也可能相交 选项 错误 直线ａ ｂ都与平面α垂直 所以ａ 直线ＥＦ ＨＧ一定异面
， Ａ ； 、 ， ∥ Ｂ． ，
ｂ 选项 正确 直线ａ ｂ都与平面α平行 直线ａ ｂ可能平行 直线ＥＦ ＨＧ一定相交 且交点一定在直线ＡＣ上
， Ｂ ； 、 ， 、 、 Ｃ． ， ，
相交 异面 选项 错误 平面α β都与直线ａ平行 所以平面 直线ＥＦ ＨＧ一定相交 但交点不一定在直线ＡＣ上
、 ， Ｃ ； 、 ， Ｄ． ， ，
３ ７４ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
ＡＥ
答案 Ｃ 如图 连接ＥＨ ＦＧ 由题意可知 在 ＡＢＤ中
， ， ， ， △ ，ＡＢ
ＡＨ ＣＦ ＣＧ
１ 所以ＥＨ ＢＤ 且ＥＨ １ ＢＤ 在 ＢＣＤ中
＝ＡＤ＝ ， ∥ ， ＝ ， △ ，ＣＢ＝ＣＤ
３ ３
２ 所以ＦＧ ＢＤ 且ＦＧ ２ ＢＤ 所以ＥＨ ＦＧ 且ＥＨ １
＝ ， ∥ ， ＝ ， ∥ ， ＝
３ ３ ２ 解法二 根据平面展开图在直观图中标出点Ｆ Ｇ Ｈ Ｎ 以Ｄ为
ＦＧ 所以四边形ＥＨＧＦ是梯形 所以直线ＥＦ ＨＧ一定相交 设 ： ， ， ， ，
， ， ， ， 原点建立如图所示的空间直角坐标系 设正方体ＡＢＣＤ ＥＦＧＨ
交点为Ｏ 则Ｏ ＥＦ 且Ｏ ＨＧ 又ＥＦ 平面ＡＢＣ 所以Ｏ 平 ， －
， ∈ ， ∈ ， ⊂ ， ∈ 的棱长为 则Ｄ Ａ Ｂ Ｃ Ｅ
面ＡＢＣ 因为ＨＧ 平面ＡＤＣ 所以Ｏ 平面ＡＤＣ 又平面ＡＢＣ ２， （０，０，０）， （２，０，０）， （２，２，０）， （０，２，０），
平面
，
ＡＤＣ ＡＣ
⊂
所以Ｏ ＡＣ
，
故选
∈
．
，
（２，０，２），
Ｈ
（０，０，２），
Ｍ
（１，２，０），
Ｎ
（０，１，２），
则Ｍ→Ｎ
＝（－１，－１，
∩ ＝ ， ∈ ， Ｃ
Ｄ→Ａ Ｃ→Ｄ 对于 因为Ｄ→Ａ为平面ＡＢＥ
２）， ＝（２，０，０）， ＝（０，－２，０）， Ａ，
的一个法向量 而Ｍ→Ｎ Ｄ→Ａ 所以 ＭＮ 不平行于平面
， · ＝－２≠０，
ＡＢＥ 故 不正确 对于 因为Ｃ→Ｄ为平面ＡＤＥ的一个法向量
， Ａ ； Ｂ， ，
而Ｍ→Ｎ Ｃ→Ｄ 所以ＭＮ不平行于平面ＡＤＥ 故 不正确
· ＝２≠０， ， Ｂ ；
对于 Ｄ→Ｈ Ｄ→Ｂ 设平面ＢＤＨ的法向量为
Ｃ， ＝（０，０，２）， ＝（２，２，０），
５．（２０２１ 甘肃第二次高考诊断考试，５）在棱长为 ２ 的正方体 ｎ ｘ ｙ ｚ 则 {ｎ １· Ｄ→Ｈ ＝０，即 { ２ ｚ １＝０， 令ｘ 则ｎ
ＡＢＣＤ
－
Ａ
１
Ｂ
１
Ｃ
１
Ｄ
１
中
，
Ｅ
，
Ｆ
，
Ｇ 分别是棱 ＡＢ
，
ＢＣ
，
ＣＣ
１
的中点
，
Ｐ １＝（ １， １， １）， ｎ
１·
Ｄ→Ｂ
＝０， ２
ｘ
１＋２
ｙ
１＝０，
１＝１， １
是底面ＡＢＣＤ内一动点 若直线Ｄ Ｐ与平面ＥＦＧ没有公共点
则三角形ＰＢＢ 面积的最 ， 小值为 １ ， ＝（１，－１，０）， 因为Ｍ→Ｎ · ｎ １＝０， 所以 ＭＮ ∥ 平面 ＢＤＨ ， 故 Ｃ 正
１ （ ） 确 对于 Ｄ→Ｅ Ｄ→Ｃ 设平面ＣＤＥ的法向
； Ｄ， ＝（２，０，２）， ＝（０，２，０），
Ａ．２ Ｂ． ２ ２ Ｃ．１ Ｄ． ２ 量为ｎ ｘ ｙ ｚ 则 {ｎ ２· Ｄ→Ｅ ＝０，即 { ２ ｘ ２＋２ ｚ ２＝０，令ｘ
答案 Ｄ 由直线Ｄ
１
Ｐ与平面ＥＦＧ没有公共点
，
得Ｄ
１
Ｐ
∥
２＝（ ２， ２， ２）， ｎ
２·
Ｄ→Ｃ
＝０， ２
ｙ
２＝０，
２＝１，
平面ＥＦＧ 连接ＡＣ ＡＤ Ｄ Ｃ ＢＤ 因为Ｅ Ｆ Ｇ分别为ＡＢ ＢＣ
ＣＣ 的中点 ， 所以Ｅ ， Ｆ １ Ａ ， Ｃ １ ＦＧ ， Ａ ， Ｄ 又Ａ ， Ｃ ， 平面ＥＦＧ Ａ ， Ｄ ， 则ｎ ２＝（１，０，－１） ．因为Ｍ→Ｎ · ｎ ２＝－３≠０， 所以ＭＮ不平行于平
平面 １ ＥＦＧ Ｅ ， Ｆ 平面 ∥ ＥＦＧ ， ＦＧ ∥ 平 １， 面 ＥＦＧ ⊄ 所以 ＡＣ ， 平 １⊄ 面 面ＣＤＥ ， 故 Ｄ 不正确 ， 故选 Ｃ ．
， ⊂ ， ⊂ ， ∥
ＥＦＧ ＡＤ 平面ＥＦＧ 又ＡＣ ＡＤ Ａ 所以平面Ｄ ＡＣ 平面
， １∥ ， ∩ １＝ ， １ ∥
ＥＦＧ 则点Ｐ在线段ＡＣ上移动 当ＰＢ最短时 ＰＢＢ 的面积
， ， ，△ １
最小 又ＰＢ的长为点Ｂ到直线ＡＣ的距离时 ＰＢ 最短 所以
， ， ，
ＰＢＢ 面积的最小值为 １ １ ＢＤ ＢＢ 故选 ．
△ １ × · １＝ ２， Ｄ
２ ２
６．（２０２１贵州贵阳第一次监测考试，９）一个正方体的平面展开图 ７．（２０２１浙江之江教育高三下开学考，９）已知 ＡＢＣ中 ＢＡＣ
△ ，∠ ＝
及该正方体的直观图如图所示 在正方体中 设ＢＣ的中点为
， ， π ＢＣ ＡＢ Ｄ为ＢＣ上一点 ＢＡＤ θ 将 ＢＡＤ沿ＡＤ翻折
Ｍ ＧＨ的中点为Ｎ 则下列结论正确的是 ， ＝２ ， ，∠ ＝ ， △
， ， （ ） ２
成 Ｂ′ＡＤ 若ＡＢ′与ＣＤ所成的角为π 则θ可能为
△ ， ， （ ）
６
．π ．π ．π ．π
Ａ Ｂ Ｃ Ｄ
１２ ９ ６ ３
答案 Ｄ 如图所示 在将
，
ＢＡＤ沿ＡＤ翻折的过程中 ＡＢ′的
ＭＮ 平面ＡＢＥ ＭＮ 平面ＡＤＥ △ ，
Ａ． ∥ Ｂ． ∥
Ｃ． ＭＮ ∥ 平面ＢＤＨ Ｄ． ＭＮ ∥ 平面ＣＤＥ 轨迹为圆锥的母线．易知 ∠ ＡＢＣ ＝ π．
３
答案 Ｃ 解法一
：
根据平面展开图在直观图中标出点Ｆ
、 过点Ａ作平行于ＢＣ的射线 ＡＰ
，
Ｇ Ｈ Ｎ 如图所示 由图知ＭＮ为贯穿正方体ＡＢＣＤ ＥＦＧＨ的
、 、 ， ， － 易知 ＢＡＰ ２π．这样问题转化为
一条直线 所以ＭＮ不平行于正方体的任意一个平面 故排除 ∠ ＝
， ， ３
对于 取ＢＤ的中点为Ｏ 连接ＯＭ ＯＨ．由正方体的性
Ａ，Ｂ； Ｃ， ， ， Ｂ′ＡＰ 能取到 π 所以可考虑
∠ ，
质 知ＯＭ ＤＣ 且ＯＭ １ ＤＣ ＮＨ ＤＣ 且ＮＨ １ ＤＣ 所以 ６
， ∥ ， ＝ ， ∥ ， ＝ ，
２ ２ Ｂ′ＡＰ的取值范围包含π即可 显然当圆锥底面圆的直径在
ＯＭ ＮＨ 所以四边形ＯＭＮＨ为平行四边形 所以ＭＮ ＯＨ 因 ∠ ，
， ， ∥ ， ６
为ＯＨ 平面ＢＤＨ ＭＮ 平面ＢＤＨ 所以ＭＮ 平面ＢＤＨ 故
⊂ ， ⊄ ， ∥ ， Ｃ 直线ＢＣ上时 直线 ＡＢ′与 ＣＤ 所成角最小 最小为 θ ２π
正确 对于 由图易知 ＭＮ 穿过平面 ＣＤＥ 故 不正确 故 ， ， ２ － ，
； Ｄ， ， Ｄ ， ３
选 ．
Ｃ 从而仅需 θ ２π π
２ － ≤ ，
３ ６
解得π θ ５ 比较四个选项知 θ可能为π 故选 ．
≤ ≤ π， ， ， Ｄ
４ １２ ３
第八章 立体几何 ３ ７５
８．（２０２１浙江金华十校４月模拟，９）如图 已知四面体ＡＢＣＤ ＡＢ 错误
， ， ；
ＢＣ ＢＤ ＡＢ 平面 ＢＣＤ ＢＥ ＡＣ 于 Ｅ ＢＦ ＡＤ 假设 错误 设ＡＢ最长 则ＡＣ ＡＤ ＡＢ ＢＣ ＢＤ ＡＢ 相加
＝ ２， ＝ ＝２， ⊥ ， ⊥ ， ⊥ Ｄ． Ｄ ， ， ＋ ≤ ， ＋ ≤ ，
于Ｆ 则 得ＡＣ ＡＤ ＢＣ ＢＤ ＡＢ 在 ＡＢＣ中 ＡＢＤ中 ＡＣ ＢＣ ＡＢ
， （ ） ＋ ＋ ＋ ≤２ ， △ ，△ ， ＋ ＞ ，
．ＡＣ可能与 ＥＦ 垂直 ＢＥＦ 的面积有 ＡＤ ＢＤ ＡＢ
Ａ ，△ ＋ ＞ ，
最大值 所以ＡＣ ＡＤ ＢＣ ＢＤ ＡＢ 矛盾 故 正确．故选 ．
＋ ＋ ＋ ＞２ ， ， Ｄ ＢＤ
．ＡＣ不可能与 ＥＦ 垂直 ＢＥＦ 的面积 １０．（２０２０山东夏季高考模拟，１１）正方体ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 的棱
Ｂ ，△ － １ １ １ １
有最大值 长为 Ｅ Ｆ Ｇ分别为ＢＣ ＣＣ ＢＢ 的中点．则
１， ， ， ， １， １ （ ）
．ＡＣ可能与 ＥＦ 垂直 ＢＥＦ 的面积没
Ｃ ，△
有最大值
．ＡＣ不可能与ＥＦ垂直 ＢＥＦ的面积没有最大值
Ｄ ，△
答案 Ｄ 假设ＡＣ ＥＦ．
⊥
因为ＢＥ ＡＣ ＢＥ ＥＦ Ｅ 所以由线面垂直的判定定理可知
⊥ ， ∩ ＝ ，
ＡＣ 平面ＢＥＦ 所以ＡＣ ＢＦ．
⊥ ， ⊥
而ＢＦ ＡＤ ＡＣ ＡＤ Ａ 所以ＢＦ 平面ＡＣＤ 故ＢＦ ＣＤ． 直线Ｄ Ｄ与直线ＡＦ垂直
而ＡＢ ⊥ 平面 ， ＢＣ ∩ Ｄ 所 ＝ 以 ， ＡＢ ＣＤ ⊥ ， ⊥ Ａ． 直线Ａ １ Ｇ与平面ＡＥＦ平行
又ＡＢ ⊥ ＢＦ Ｂ 故 ， ＣＤ 平面 ⊥ ＡＢＤ ， 所以ＣＤ ＢＤ． Ｂ． １
∩ ＝ ， ⊥ ， ⊥ 平面ＡＥＦ截正方体所得的截面面积为 ９
又ＢＣ ＢＤ 所以 ＢＤＣ为锐角 即ＣＤ与ＢＤ不垂直 所以矛盾． Ｃ．
＝ ＝２， ∠ ， ， ８
综上 假设不成立 所以ＡＣ不可能与ＥＦ垂直． 点Ｃ与点Ｇ到平面ＡＥＦ的距离相等
， ， Ｄ．
答案 ＢＣ 如图所示 以Ｄ为坐标原点 分别以ＤＡ ＤＣ
由已知得ＢＥ ＢＦ ２ ＡＥ ＡＦ ２ ， ， ， ，
＝ ＝ ， ＝ ＝ ， ＤＤ 所在直线为ｘ ｙ ｚ轴建立空间直角坐标系
３ ３ １ ， ， ，
设ＣＤ ｘ ｘ 显然 ＡＥＦ ＡＣＤ 易知ＥＦ １ ｘ
＝ ， ∈（０，４）， △ ∽△ ， ＝ ，
３
ｘ２
因为ＢＦ２ ＢＥ２ ＥＦ２ ４ ４
＋ － ＝ ＋ － ＞０，
３ ３ ９
所以 ＦＢＥ为锐角
∠ ，
此时Ｓ １ ２ ２ ＦＢＥ ２ ＦＢＥ
△ ＢＥＦ＝ × × ｓｉｎ∠ ＝ ｓｉｎ∠ ，
２ ３ ３ ３
若 ＢＥＦ的面积有最大值 即当ＥＦ最大 也即 ＣＤ ＥＦ ( )
△ ， ， →４， → 则Ｄ Ｄ Ａ Ｆ １ Ａ
（０，０，０）， １（０，０，１）， （１，０，０）， ０，１， ， １（１，０，
４ 时 面积趋向最大 则 Ｂ Ｃ Ｄ 三点共线 矛盾 则 ＢＥＦ 的 ２
， ， ， ， ， ， △ ( ) ( )
３ Ｅ １ Ｇ １ 则Ｄ→Ｄ →ＡＦ
面积没有最大值 故选 ． １）， ，１，０ ， １，１， ， １ ＝ （０，０，－１）， ＝
， Ｄ ２ ２
( )
二、多项选择题 １ Ｄ→Ｄ →ＡＦ １ 故Ｄ Ｄ与ＡＦ不垂直 故
－１，１， ，∴ １ · ＝－ ≠０， １ ，
９．（２０２０山东日照校际联考，１１）对于四面体ＡＢＣＤ 下列命题正 ２ ２
， 错误 设平面 ＡＥＦ 的法向量为 ｍ ｘ ｙ ｚ 因为→ＡＥ
确的是 Ａ ； ＝（ ， ， ）， ＝
（ ）
由顶点Ａ作四面体的高 其垂足是 ＢＣＤ的垂心 ( ) ( ) {ｍ →ＡＥ
Ａ． ， △ １ →ＡＦ １ · ＝０， 即
Ｂ．
分别作三组相对棱中点的连线
，
所得的三条线段相交于一点 －
２
，１，０ ， ＝ －１，１，
２
， ｍ
·
→ＡＦ
＝０，
若分别作 ＡＢＣ和 ＡＢＤ的边ＡＢ上的高 则这两条高所在 ì
Ｃ． △ △ ， ï １ ｘ ｙ
直线异面 ï－ ＋ ＝０，
í ２ 取ｘ 则ｙ ｚ 从而ｍ
最长棱必有某个端点 由它引出的另两条棱的长度之和大 ï ＝２， ＝１， ＝２， ＝（２，１，２），
Ｄ． ， ï ｘ ｙ １ ｚ
于最长棱 î－ ＋ ＋ ＝０，
２
答案 ＢＤ 三角形的垂心是三条高线的交点 而Ａ点的 ( ) ( )
Ａ． ， 又 Ａ→Ｇ １ ｍ Ａ→Ｇ １
位置可以任意变化 故 错误 ∵ １ ＝ ０，１，－ ，∴ · １ ＝（２，１，２）· ０，１，－ ＝
， Ａ ； ２ ２
如图 ＥＩ ＣＤ ＪＨ ＪＥ ＡＢ ＩＨ 四边形ＪＥＩＨ为平行四边 ｍ Ａ→Ｇ 易知 Ａ Ｇ 不在平面 ＡＥＦ 内 从而 Ａ Ｇ 平面
Ｂ． ， ∥ ∥ ， ∥ ∥ ，∴ ０，∴ ⊥ １ ， １ ， １ ∥
形 同理 四边形ＥＦＨＧ是平行四边形 ＦＧ ＥＨ的交点为平行 ＡＥＦ 故 正确
， ， ， ， ， Ｂ ；
四边形ＥＦＨＧ对角线ＥＨ的中点 ＥＨ ＪＩ的交点为平行四边形 连接ＢＣ ＡＤ 则ＡＤ ＢＣ
， ， １， １， １ １，
ＪＥＩＨ对角线ＥＨ的中点 故三条线段交于一点 故 正确
， ， Ｂ ； 又因为ＥＦ ＢＣ ＥＦ １ ＢＣ 所以ＡＤ ＥＦ ＡＤ ＥＦ
∥ １， ＝ １， １∥ ， １＝２ ，
２
连接Ｄ Ｆ 因此平面 ＡＥＦ 截正方体所得截面为四边形
１ ，
ＡＥＦＤ
１，
易知四边形ＡＥＦＤ 为等腰梯形 ＡＤ ＥＦ ２ ＡＥ Ｄ Ｆ
１ ， １＝ ２， ＝ ， ＝ １
２
５ 过Ｅ 作 ＥＨ ＡＤ 于 Ｈ 梯形 ＡＥＦＤ 的高为 ＥＨ ＥＨ
若四面体为正四面体 则两条高线刚好相交于ＡＢ的中点 故 ＝ ， ⊥ １ ， １ ， ＝
， ， Ｃ ２
３ ７６ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
ＡＥ２ ＡＨ２ ５ æ ç ２ ö ÷ ２ ３ ２ 圆 ， 其半径为 １ ２ ２ ＋２ ２ ＋１ ２ ＝ ３ ， 面积为９π ， 故 Ｄ 正确．故
－ ＝ －è ø ＝ ， ２ ２ ４
４ ４ ４ 选
æ ö ＡＢＤ．
则梯形ＡＥＦＤ 的面积为 １ ＡＤ ＥＦ ＥＨ １ ç ２÷
１ （ １＋ ）· ＝ ×è ２＋ ø×
２ ２ ２
３ ２ ９ 故 正确
＝ ， Ｃ ；
４ ８
Ｖ Ｖ １ ＡＢ Ｓ １ １ １ １
Ｇ － ＡＥＦ＝ Ａ － ＥＦＧ＝ · · △ ＧＥＦ＝ ×１× ×１× ＝ ，
３ ３ ２ ２ １２
Ｖ Ｖ １ ＡＢ Ｓ １ １ １ １ １
Ｃ － ＡＥＦ＝ Ａ － ＥＦＣ＝ · · △ ＥＦＣ＝ ×１× × × ＝ ，∴
３ ３ ２ ２ ２ ２４
Ｖ Ｖ 思路分析 由于Ｐ与Ｂ 重合时ＰＤ ，所以Ｐ点唯一，可
Ｇ － ＡＥＦ＝２ Ｃ － ＡＥＦ， １ ＝３
∵
因
三
此
棱
Ｇ
锥
到平
Ｃ －
面
ＡＥ
Ａ
Ｆ
Ｅ
与
Ｆ
三
的
棱
距
锥
离是
Ｇ －
Ｃ
ＡＥ
到
Ｆ
平
同
面
底 ，
ＡＥＦ距离的 倍 因
判断 Ａ ；ＰＤ ＝ ３∈ （ １ ， ３ ），则ＰＤ １＝ ２ ，即点Ｐ的轨迹是一段
２ ， 圆弧，可判断 ；当Ｐ为Ａ Ｃ 中点时，ＤＰ有最小值，为 ，可
此 不正确． Ｂ １ １ ３
Ｄ 判断 ；平面ＢＤＰ截正四棱柱ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 的外接球所
１１．（２０２１届广东仲元中学、中山一中等七校 Ｃ － １ １ １ １
联合体第一次联考，１１）如图 在长方体 得平面图形为外接球的大圆，其半径为 ３ ，可判断
， Ｄ．
ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 中 ＡＡ ＡＢ ＢＣ ２
－ １ １ １ １ ， １＝ ＝４， ＝２， 三、填空题
Ｍ Ｎ分别为棱Ｃ Ｄ ＣＣ 的中点 则下列
说
，
法正确的是
１ １， １ ， １３．（２０２１北京东城二模，１２）已知直线ｌ不在平面α β内 给出
， ，
（ ）
下列三个论断
Ａ Ｍ Ｎ Ｂ四点共面
：
Ａ． 、 、 、
ＢＮ 平面ＡＤＭ ｌ α ｌ β α β．
①⊥ ；②∥ ；③ ⊥
Ｂ． ∥
以其中的两个论断作为条件 余下的一个论断作为结论 写
直线ＢＮ与Ｂ Ｍ所成角为 °
， ，
Ｃ． 平面ＡＤＭ 平 １ 面ＣＤＤ Ｃ ６０ 出一个正确的命题 ．
：
Ｄ． 答案 ＣＤ ⊥ 由图可知 １ Ａ １ Ｍ ＢＮ是异面直线 故 Ａ Ｍ Ｎ Ｂ 答案 若ｌ α ｌ β 则α β 答案不唯一
⊥ ，∥ ， ⊥ （ ）
、 ， 、 、 、
四点不共面 故 错误 解析 选 作为条件 作为结论．理由
， Ａ ； ①② ，③ ：
ＢＮ 平面ＡＡ Ｄ Ｄ 因此ＢＮ与平面ＡＤＭ不平行 故 错误 设ｌ′ β且ｌ′ ｌ
取Ｃ ∥ Ｄ的中点 １ Ｏ １ 连 ， 接ＢＯ ＯＮ ， Ｂ ； ｌ ∈ α ｌ′ ∥ α ， α β． 面面垂直的判定定理
， 、 ， ∵ ⊥ ，∴ ⊥ ，∴ ⊥ （ ）
则ＢＯ Ｂ Ｍ 则 ＯＢＮ 或其补角 是异面直线ＢＮ与Ｂ Ｍ所 因此命题为若ｌ α且ｌ β 则α β．
成角 ∥ １ ， ∠ （ ） １ 选 作为条件 ⊥ 作为 ∥ 结 ， 论．理 ⊥ 由 ｌ α α β ｌ β
， ①③ ，② ：∵ ⊥ ， ⊥ ，⊄ ，
易知三角形ＢＯＮ为等边三角形 ｌ β 因此命题为若ｌ α α β 则ｌ β．
， ∴ ∥ ， ⊥ ， ⊥ ， ∥
则 ＯＢＮ ° 故 正确 由题意得 ＡＤ 平面 ＣＤＤ Ｃ 且 选 作为条件 得不到结论 的命题 理由 ｌ β α β ｌ
ＡＤ ∠ 平面 ＝ Ａ ６ Ｄ ０ Ｍ ， Ｃ ； ⊥ １ １， ② α ③ ｌ α或ｌ ， 与α相交． ① ， ：∵ ∥ ， ⊥ ，
⊂ ， ⊄ ，∴ ∥
故平面ＡＤＭ 平面ＣＤＤ Ｃ 故 正确． １４．（２０２１ 内蒙古赤峰２ 月月考，１６）在如图棱长为 的正方体
１２．（２０２０山东六 ⊥ 地部分学校 １ ３ １， 月线 Ｄ 上考试，１３）已知正四棱柱 中 点Ｍ Ｎ在棱ＡＢ ＢＣ上 且ＡＭ ＢＮ Ｐ在棱 ２ ＡＡ 上 α
， 、 、 ， ＝ ＝１， １ ，
ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 的底面边长为 侧棱 ＡＡ Ｐ 为上底面 为过Ｍ Ｎ Ｐ三点的平面 则下列说法正确的是 ．
－ １ １ １ １ ２， １＝１， 、 、 ，
Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 上的动点 下列四个结论中正确的为
１ １ １ １ ， （ ）
若ＰＤ 则满足条件的Ｐ点有且只有一个
Ａ． ＝３，
若ＰＤ 则点Ｐ的轨迹是一段圆弧
Ｂ． ＝ ３，
若ＰＤ 平面ＡＣＢ 则ＤＰ长的最小值为
Ｃ． ∥ １， ２
若ＰＤ 平面 ＡＣＢ 且 ＰＤ 则平面 ＢＤＰ 截正四棱柱
Ｄ． ∥ １， ＝ ３，
ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 的外接球所得平面图形的面积为９π
－ １ １ １ １ 存在无数个点Ｐ 使面α与正方体的截面为五边形
４ ① ， ；
答案 ＡＢＤ 本题考查了立体几何的综合应用 考查了直 当Ａ Ｐ 时 面α与正方体的截面面积为
， ② １ ＝１ ， ３ ３；
观想象 逻辑推理 数学运算的核心素养． 只有一个点Ｐ 使面α与正方体的截面为四边形
， ， ③ ， ；
如图所示． 正四棱柱 ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 的底面边长为 当面 α 交棱 ＣＣ 于点 Ｈ 则 ＰＭ ＨＮ ＢＢ 三条直线交于
∵ － １ １ １ １ ２， ④ １ ， 、 、 １
Ｂ Ｄ 又侧棱ＡＡ ＤＢ ２ ２ 则Ｐ 一点．
∴ １ １＝２ ２， １＝１，∴ １＝ （２ ２） ＋１ ＝３， 答案
与Ｂ 重合时ＰＤ 此时Ｐ点唯一 故 正确
１ ＝３， ， Ａ ； 解析 由 ① 题 ② 设 ④ 可得Ｍ Ｎ为所在棱的中点．
ＰＤ ＤＤ 则ＰＤ 即点Ｐ的轨迹是一 ，
∵ ＝ ３∈（１，３）， １＝１， １＝ ２，
段圆弧 故 正确 当 ＡＰ ２ 时 如图
， Ｂ ； ０＜ ＜ ， １，
连接ＤＡ ＤＣ 可得平面Ａ ＤＣ 平面ＡＣＢ 则当Ｐ为Ａ Ｃ ３
１， １， １ １∥ １， １ １
中点时 ＤＰ有最小值 为 ２ ２ 故 错误
， ， （ ２） ＋１ ＝ ３， Ｃ ；
由 选项知 平面ＢＤＰ即为平面ＢＤＤ Ｂ 平面ＢＤＰ截正四
Ｃ ， １ １，
棱柱ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 的外接球所得平面图形为外接球的大
－ １ １ １ １
第八章 立体几何 ３ ７７
１６．（２０２１甘肃顶级名校第三次联考，１６）如图 已知圆锥的顶点
，
图 为Ｓ 底面圆Ｏ的两条直径分别为ＡＢ和ＣＤ 且ＡＢ ＣＤ 若
１ ， ， ⊥ ，
平面ＳＡＤ 平面 ＳＢＣ ｌ．现有以下四个结论 ＡＤ 平面
直线ＭＮ分别交ＤＡ ＤＣ的延长线与Ｔ Ｓ 连接ＴＰ并延长交 ∩ ＝ ：① ∥
， ， ， ＳＢＣ ｌ ＡＤ 若Ｅ是底面圆周上的动点 则 ＳＡＥ的最大
ＤＤ 于Ｇ ；②∥ ；③ ， △
１ ， 面积等于 ＳＡＢ的面积 ｌ与平面ＳＣＤ所成的角为 °．其
连接ＧＳ 交 ＣＣ 于 Ｈ 则 α与正方体的截面为五边形 故 △ ；④ ４５
１ ， ， ① 中正确结论的序号是 ．
正确．
当Ａ Ｐ 时 如图 此时α与正方体的截面为正六边形 其
１ ＝１ ， ２， ，
边长为 其面积为 ３ ２ 故 正确．
２， ６× ×（ ２） ＝３ ３， ②
４
答案
①②④
解析 由 ＡＢ 和 ＣＤ 是圆 Ｏ 的直径及 ＡＢ ＣＤ 得四边形
⊥ ，
ＡＣＢＤ为正方形 则 ＡＤ ＢＣ 又 ＡＤ 平面 ＳＢＣ ＢＣ 平面
， ∥ ， ⊄ ， ⊂
ＳＢＣ 所以ＡＤ 平面ＳＢＣ 所以 正确 因为ＡＤ 平面ＳＡＤ 且
， ∥ ， ① ； ⊂ ，
平面ＳＡＤ 平面ＳＢＣ ｌ 所以ＡＤ ｌ 所以 正确 因为Ｓ
∩ ＝ ， ∥， ② ； △ ＳＡＥ＝
图
２ １ＳＡ ＳＥ ＡＳＥ 当 ＡＳＢ 为钝角时 Ｓ Ｓ 当
· ｓｉｎ∠ ， ∠ ，（ △ ＳＡＥ）ｍａｘ＞ △ ＡＳＢ；
当Ａ Ｐ重合或Ａ Ｐ重合时 如图 α与正方体的截面均为 ２
四边
，
形 故 错误
１，
．
， ３，
∠
ＡＳＢ为锐角或直角时
，（
Ｓ
△ ＳＡＥ）ｍａｘ＝
Ｓ
△ ＳＡＢ，
则
③
不正确
；
由ｌ
∥
， ③ ＡＤ可得ｌ与平面ＳＣＤ所成的角等于ＡＤ与平面ＳＣＤ所成的
角 易证即为 ＡＤＯ 又因为 ＡＤＯ ° 所以ｌ与平面ＳＣＤ所
， ∠ ， ∠ ＝４５ ，
成的角为 ° 所以 正确．所以正确结论的序号为 ．
４５ ， ④ ①②④
四、解答题
１７．（２０２１北京海淀一模，１７）在如图所示的多面体中 ＡＢ ＣＤ
， ∥ ，
四边形ＡＣＦＥ为矩形 ＡＢ ＡＥ ＡＤ ＣＤ ．
， ＝ ＝１， ＝ ＝２
求证 平面ＡＢＥ 平面ＣＤＦ
（１） ： ∥ ；
设平面ＢＥＦ 平面ＣＤＦ ｌ 再从条件 条件 条件
（２） ∩ ＝ ， ①、 ②、 ③
图 ３ 图 ４ 这三个条件中选择若干个作为已知 ， 使二面角Ｂ － ｌ － Ｃ的
如图 ４， 在平面α内 ， 设ＰＭ ∩ ＨＮ ＝ Ｓ ， 则Ｓ ∈ ＰＭ ， 又ＰＭ ⊂ 平面
大小确定
，
并求此二面角的余弦值．
Ａ Ｂ ＢＡ 故Ｓ 平面Ａ Ｂ ＢＡ 同理Ｓ 平面Ｃ Ｂ ＢＣ 条件 ①： ＡＢ ⊥ ＡＤ ；
１ １ ， ∈ １ １ ， ∈ １ １ ， 条件 ＡＥ 平面ＡＢＣＤ
故Ｓ 平面Ａ Ｂ ＢＡ 平面Ｃ Ｂ ＢＣ ＢＢ 即ＰＭ ＨＮ ＢＢ 三 ②： ⊥ ；
∈ １ １ ∩ １ １ ＝ １， 、 、 １ 条件 平面ＡＥＤ 平面ＡＢＣＤ．
条直线交于一点 故 正确．故答案为 ． ③： ⊥
， ④ ①②④
１５．（２０２１四川成都１ 月月考，１６）已知正方体 ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ
－ １ １ １ １
的棱长为 点Ｅ为ＢＣ中点 点Ｆ为Ａ Ｂ 中点 若平面α过
４， ， １ １ ，
点 Ｆ 且与平面 ＡＥＣ 平行 则平面 α 截正方体 ＡＢＣＤ
１ ， －
Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 所得的截面面积为 ．
１ １ １ １
答案
６
解析 如图所示 设Ａ Ｄ 的中点为 Ｇ 则平面 ＡＥＣ 即平
， １ １ ， １ 解析 因为四边形ＡＣＦＥ为矩形
面ＡＥＣ Ｇ （１） ，
１ ， 所以ＣＦ ＡＥ．
过点Ｆ作ＧＣ 的平行线与Ｂ Ｃ 交于点Ｍ 则Ｂ Ｍ ∥
１ １ １ ， １ ＝１， 又因为ＡＢ ＣＤ ＡＢ ＡＥ Ａ ＣＤ ＣＦ Ｃ ＡＢ 平面ＡＢＥ ＡＥ
过点Ｍ作Ｃ Ｅ的平行线与ＢＢ 交于点Ｎ 则Ｂ Ｎ ∥ ， ∩ ＝ ， ∩ ＝ ， ⊂ ，
１ １ ， １ ＝２， 平面ＡＢＥ ＣＤ 平面ＣＤＦ ＣＦ 平面ＣＤＦ
平面α截正方体ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 所得的截面为 ＦＭＮ ⊂ ， ⊂ ， ⊂ ，
－ １ １ １ １ △ ， 所以平面ＡＢＥ 平面ＣＤＦ．
且ＭＦ ＭＮ ＦＮ 由此可求得 ＦＭＮ的面积为 ． ∥
＝ ＝ ５， ＝２ ２， △ ６ 选择 ．
（２） ①②
因为ＡＥ 平面ＡＢＣＤ ＡＢ 平面ＡＢＣＤ ＡＤ 平面ＡＢＣＤ
⊥ ， ⊂ ， ⊂ ，
所以ＡＥ ＡＢ ＡＥ ＡＤ．
⊥ ， ⊥
３ ７８ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
又因为ＡＢ ＡＤ 所以ＡＥ ＡＢ ＡＤ两两垂直． 运用向量的夹角公式求解；选择 ，先用面面垂直的性质
⊥ ， 、 、 ①③
以Ａ为原点 分别以 ＡＢ ＡＤ 定理与线面垂直的判定定理得空间中三条两两垂直的直线，
， ， ，
ＡＥ所在的直线为ｘ轴 ｙ轴 ｚ 然后建立空间直角坐标系，求得平面ＢＥＦ与平面ＣＤＦ的法
， ，
轴建立如图所示的空间直角 向量，最后运用向量的夹角公式求解．
坐标系 由题意得Ｂ １８．（２０２１天津河北一模，１７）如图 在四棱锥 Ｐ ＡＢＣＤ 中 底面
， （１，０，０）， ， － ，
Ｅ Ｆ ． ＡＢＣＤ是正方形 ＰＤ ＤＡ ＰＤ ＤＣ Ｍ是棱ＡＤ的中点 Ｎ是
（０，０，１）， （２，２，１） ， ⊥ ， ⊥ ， ，
所以Ｂ→Ｅ
＝（－１，０，１），
Ｂ→Ｆ
＝（１，
棱ＰＤ上一点
，
ＰＤ
＝２
ＡＢ
＝４
．
． 若Ｎ是棱ＰＤ的中点 求证 ＰＡ 平面ＭＮＣ
２，１） （１） ， ： ∥ ；
设平面ＢＥＦ的法向量为ｎ ｘ ｙ ｚ 若Ｎ是棱ＰＤ的中点 求直线ＰＢ与平面ＭＮＣ所成角的
＝（ ， ， ）， （２） ，
正弦值
{Ｂ→Ｅ ｎ { ｘ ｚ ；
则 · ＝０，即 － ＋ ＝０，
Ｂ→Ｆ
·
ｎ
＝０，
ｘ
＋２
ｙ
＋
ｚ
＝０
．
（３）
若二面角Ｃ
－
ＭＮ
－
Ｄ的余弦值为 ７
，
求ＤＮ的长．
令ｘ 则ｙ ｚ ． ７
＝１， ＝－１， ＝１
于是ｎ ．
＝（１，－１，１）
平面ＡＢＥ 平面ＣＤＦ
∥ ，
所以取平面ＣＤＦ的一个法向量为ｍ ．
＝（０，１，０）
ｍ ｎ
所以 ｍ ｎ · －１ ３．
ｃｏｓ〈 ， 〉＝ ｍ ｎ ＝ ＝－
｜ ｜｜ ｜ １× ３ ３
所以二面角Ｂ ｌ Ｃ的余弦值为 ３．
－ －
３
选择 ．
①③
因为平面ＡＥＤ 平面ＡＢＣＤ 平面ＡＥＤ 平面ＡＢＣＤ ＡＤ ＡＢ
⊥ ， ∩ ＝ ，
ＡＤ ＡＢ 平面ＡＢＣＤ 所以ＡＢ 平面ＡＥＤ． 解析 （１） 证明 ：∵ Ｍ ， Ｎ分别为ＡＤ ， ＰＤ的中点 ，
⊥ ， ⊂ ， ⊥
又因为ＡＥ 平面ＡＥＤ 所以ＡＢ ＡＥ． ∴ ＰＡ ∥ ＭＮ． （２ 分 ）
⊂ ， ⊥
在矩形ＡＣＦＥ中 ＡＥ ＡＣ． 又ＰＡ 平面ＭＮＣ ＭＮ 平面ＭＮＣ
⊄ ， ⊂ ，
， ⊥
因为ＡＢ 平面ＡＢＣＤ ＡＣ 平面ＡＢＣＤ ＡＢ ＡＣ Ａ ＰＡ 平面ＭＮＣ． 分
⊂ ， ⊂ ， ∩ ＝ ， ∴ ∥ （４ ）
所以ＡＥ 平面ＡＢＣＤ． 由题意知 ＤＡ ＤＣ ＤＰ两两垂直．
⊥ （２） ， ， ，
又因为ＡＤ 平面ＡＢＣＤ 所以ＡＥ ＡＤ． 以Ｄ为坐标原点 分别以ＤＡ ＤＣ ＤＰ所在直线为ｘ轴 ｙ轴 ｚ
⊂ ， ⊥ ， ， ， ， ，
所以ＡＥ ＡＢ ＡＤ两两垂直． 轴建立如图所示的空间直角坐标系
， ， ，
以Ａ为原点 分别以ＡＢ ＡＤ ＡＥ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
，
由题意得Ｂ Ｅ Ｆ ．
（１，０，０）， （０，０，１）， （２，２，１）
所以Ｂ→Ｅ Ｂ→Ｆ ．
＝（－１，０，１）， ＝（１，２，１）
设平面ＢＥＦ的法向量为ｎ ｘ ｙ ｚ 则
＝（ ， ， ）， 则Ｂ Ｃ Ｐ Ｍ Ｎ
（２，２，０）， （０，２，０）， （０，０，４）， （１，０，０）， （０，０，２），
{Ｂ→Ｅ ｎ { ｘ ｚ
· ＝０，即 － ＋ ＝０， Ｐ→Ｂ Ｍ→Ｎ Ｍ→Ｃ ．
∴ ＝（２，２，－４）， ＝（－１，０，２）， ＝（－１，２，０）
令
Ｂ→Ｆ
ｘ
· ｎ ＝
则
０，
ｙ
ｘ ＋
ｚ
２ ｙ ＋
．
ｚ ＝０ ． 设平面ＭＮＣ的法向量为ｎ ＝（ ｘ １， ｙ １， ｚ １），
＝１， ＝－１， ＝１ {ｎ Ｍ→Ｎ { ｘ ｚ
于是ｎ ．因为平面ＡＢＥ 平面ＣＤＦ 则 · ＝０，即 － １＋２ １＝０，
所以取
＝
平
（
面
１，－
Ｃ
１
Ｄ
，
Ｆ
１）
的一个法向量为
∥
ｍ
＝（０，１，０）
，
．
ｎ
·
Ｍ→Ｃ
＝０， －
ｘ
１＋２
ｙ
１＝０
．
不妨取ｚ 得ｎ ． 分
ｍ ｎ １＝１， ＝（２，１，１） （７ ）
所以 ｍ ｎ · －１ ３． 设直线ＰＢ与平面ＭＮＣ所成角为α
ｃｏｓ〈 ， 〉＝ ｍ ｎ ＝ ＝－ ，
｜ ｜｜ ｜ １× ３ ３
Ｐ→Ｂ ｎ
则 α Ｐ→Ｂ ｎ ｜ · ｜ １
所以二面角Ｂ － ｌ － Ｃ的余弦值为 ３． ｓｉｎ ＝｜ｃｏｓ〈 ， 〉｜＝ Ｐ→Ｂ ｎ ＝ ６ ，
３ ｜ ｜·｜ ｜
思路分析 （ ）用面面平行的判定定理即可证明．（ ）选
１ ２ 即直线ＰＢ与平面ＭＮＣ所成角的正弦值为 １ ． 分
择 ，由ＡＥ 平面ＡＢＣＤ得ＡＥ ＡＢ，ＡＥ ＡＤ．进而可建立 ６ （９ ）
①② ⊥ ⊥ ⊥
空间直角坐标系，求得平面ＢＥＦ与平面ＣＤＦ的法向量，然后 设ＤＮ的长为ｈ 则Ｍ→Ｎ ｈ ．设平面ＭＮＣ的法向
（３） ， ＝（－１，０， ）
第八章 立体几何 ３ ７９
{ｎ Ｍ→Ｎ { ｘ ｈｚ {ｍ Ｂ→Ｃ ｘ ｙ
量为ｎ ｘ ｙ ｚ 则 １· ＝０，即 － ＋ ＝０， ＰＢＣ的法向量为ｍ ｘ ｙ ｚ 由 · ＝－ － ＝０，取ｙ
１＝（ ， ， ）， ｎ
１·
Ｍ→Ｃ
＝０， －
ｘ
＋２
ｙ
＝０
． ＝（ ，
(
， ）， ｍ
)
·
Ｃ→Ｐ
＝－
ｙ
＋
ｚ
＝０，
＝１，
不妨取ｚ 得ｎ ｈ ｈ ． 分
易知平面 ＝ Ｍ ２， ＮＤ的 １ 一 ＝（ 个 ２ 法 ， 向 ，２ 量 ） 为ｎ ２＝（０，１，０） ． （ （ １ １ １ ２ 分 ） ） 得
平面
ｍ ＝
Ｐ
（
Ｂ
－
Ｃ
１，１，
Ｄ
１
Ｅ
）， 又
平
Ｄ→
面
Ｅ
Ｐ
＝
ＢＣ
２ １
．
，０， １ ２ ，∴ ｍ · Ｄ→Ｅ ＝０ ．又ＤＥ ⊄
设二面角Ｃ ＭＮ Ｄ的平面角为θ ，∴ ∥
－ － ，
ｎ ｎ ｈ 设点Ｆ ｔ 则Ｃ→Ｆ ｔ ．Ｂ→Ｄ
则 ｜ｃｏｓ θ ｜＝｜ｃｏｓ〈 ｎ １， ｎ ２〉｜＝ ｜ ｎ ｜ １ １ ｜ · ·｜ ｎ ２｜ ２｜ ＝ ４ ｈ２ ＋ ｈ２ ＋４ ＝ ７ ７． （ Ｃ→ ２ Ｆ ） · Ｂ→Ｄ ＝０ （ ， １ ∴ ， － ，０ １ ） － ， ２（ ｔ －１） ＝ ＝ （ ０ １ ， ， 解 － 得 １，０ ｔ ＝ ） １ ，∴ ＝（ Ｆ － ( １ １ ， ， － １ ２ ， ， ０ ０ ) ）， ．Ｆ→ ∵ Ｃ
解得ｈ ．经检验 符合题意． ２ ２
＝ ２ ， ( )
１ Ｐ→Ｃ 设平面 ＦＰＣ 的法向量为 ｎ
故ＤＮ的长为 ． 分 ＝ －１， ，０ ， ＝（０，１，－１）， ＝
２ （１５ ） ２
１９．（
平
２
面
０２１
ＡＢ
天
Ｃ
津
Ｄ
四
ＡＢ
中第
Ｄ
三
Ｃ
次
Ａ
月
Ｂ
考
Ａ
，
Ｄ
１７）
Ｄ
在
Ｃ
四
Ａ
棱
Ｄ
锥Ｐ －
Ａ
Ａ
Ｂ
ＢＣＤ中 ，
Ｐ
Ｐ
Ａ
Ｄ
Ｄ
⊥
ｘ ｙ ｚ 由
{ｎ
·
Ｐ→Ｃ
＝０，得
{ｙ １－ ｚ １＝０，
取 ｘ 得 ｎ
， ∥ ， ⊥ ， ＝ ＝１， ＝２，∠ ＝ （ １， １， １）， ｎ Ｆ→Ｃ ｘ １ ｙ １＝１， ＝
４５
°
，
Ｅ是ＰＡ的中点
，
Ｆ在线段ＡＢ上
，
且满足Ｃ→Ｆ
·
Ｂ→Ｄ
＝０
． · ＝０， － １＋
２
１＝０，
求证 ＤＥ 平面ＰＢＣ （１，２，２）， 设二面角Ｆ － ＰＣ － Ｂ的平面角为θ ， 由图知θ为锐角 ，
（１） ： ∥ ；
求二面角Ｆ ＰＣ Ｂ的余弦值 ｍ ｎ
（２） － － ； 则 θ ｜ · ｜ ３ 二面角Ｆ ＰＣ Ｂ的余弦值为 ３．
在线段ＰＡ上是否存在点Ｑ 使得ＦＱ与平面ＰＦＣ所成角的 ｃｏｓ ＝ ｎ ｍ ＝ ，∴ － －
（３） ， ｜ ｜·｜ ｜ ３ ３
设Ａ→Ｑ λ→ＡＰ λ λ λ
余弦值是 ６ 若存在 求出ＡＱ的长 若不存在 请说明理由． （３） ＝ ＝（－ ，０， ）， ∈［０，１］，
？ ， ； ， ( )
３ Ｆ→Ｑ →ＦＡ Ａ→Ｑ λ １ λ ｎ Ｆ→Ｑ λ
＝ ＋ ＝ － ，－ ， ，∴ · ＝ －１，
２
λ
Ｆ→Ｑ ｎ ２ －２
∴ ｃｏｓ〈 ， 〉＝ λ２ ，
３ ８ ＋１
ＦＱ与平面ＰＦＣ所成角的余弦值是 ６ 其正弦值为 ３
∵ ，∴ ，
３ ３
λ
２ －２ ３ 解得λ １ 或λ １ 舍
解析 证法一 取ＰＢ的中点Ｍ 连接ＥＭ ＣＭ
∴
３ ８
λ２
＋１
＝
３
， ＝
１０
＝－
２
（ ），
（１） ： ， ， ， 在线段ＰＡ上存在点Ｑ 使得ＦＱ与平面ＰＦＣ所成角的余弦
∴ ，
( )
值是 ６ Ａ→Ｑ １ １ ＡＱ ２．
， ＝ － ，０， ，｜ ｜＝
３ １０ １０ １０
２０．（２０２１山西太原一模，１９）如图 在三棱锥 Ｐ ＡＢＣ 中 ＰＡＢ
， － ，△
是正三角形 Ｇ 是 ＰＡＢ 的重心 Ｄ Ｅ Ｈ 分别是 ＰＡ ＢＣ ＰＣ
， △ ， ， ， ， ，
的中点 点Ｆ在ＢＣ上 且ＢＦ ＦＣ．
， ， ＝３
求证 平面ＤＦＨ 平面ＰＧＥ
（１） ： ∥ ；
若ＰＢ ＡＣ ＡＢ ＡＣ ＢＣ 求二面角Ａ ＰＣ Ｂ的余
Ｅ是ＰＡ的中点 ＥＭ ＡＢ 且ＥＭ １ ＡＢ （２） ⊥ ， ＝ ＝２， ＝２ ２， － －
∵ ，∴ ∥ ， ＝ ， 弦值．
２
又 ＣＤ ＡＢ 且ＣＤ １ ＡＢ ＥＭ ＣＤ 且ＥＭ ＣＤ
∵ ∥ ， ＝ ，∴ ∥ ， ＝ ，
２
四边形ＣＤＥＭ为平行四边形 ＤＥ ＣＭ
∴ ，∴ ∥ ，
ＣＭ 平面ＰＢＣ ＤＥ 平面ＰＢＣ ＤＥ 平面ＰＢＣ．
∵ ⊂ ， ⊄ ，∴ ∥
证法二 ＰＤ 平面ＡＢＣＤ ＡＤ ＤＣ在平面ＡＢＣＤ内
：∵ ⊥ ， 、 ，
ＰＤ ＤＣ ＰＤ ＡＤ 又 ＰＡＤ ° ＰＤ ＡＤ
∴ ⊥ ， ⊥ ， ∠ ＝４５ ，∴ ＝ ＝１， 解析 证明 连接ＢＧ ＧＤ 由题意得ＢＧ与ＧＤ共线 且
以Ｄ为原点 ＤＡ ＤＣ ＤＰ所在直线分别为ｘ ｙ ｚ轴 建立空间 （１） ： ， ， ，
， 、 、 ， ， ， ＢＧ ＧＤ
直角坐标系 如图 ＝２ ，
， ， Ｅ是ＢＣ的中点 ＢＦ ＦＣ
∵ ， ＝３ ，
Ｆ是ＣＥ的中点
∴ ，
ＢＧ ＢＥ
ＧＥ ＤＦ
∴ ＧＤ＝ＥＦ＝２，∴ ∥ ，
ＧＥ 平面ＰＧＥ ＤＦ 平面ＰＧＥ
∵ ⊂ ， ⊄ ，
ＤＦ 平面ＰＧＥ
∴ ∥ ，
Ｈ是ＰＣ的中点 ＦＨ ＰＥ
∵ ，∴ ∥ ，
ＨＦ 平面ＰＧＥ ＰＥ 平面ＰＧＥ
∵ ⊄ ， ⊂ ，
则Ａ Ｂ Ｃ Ｐ ∴ ＦＨ ∥ 平面ＰＧＥ ，
（１，０，０）， （１，２，０）， （０，１，０）， （０，０，１），
( ) ＤＦ ＦＨ Ｆ 平面ＤＦＨ 平面ＰＧＥ．
∵ ∩ ＝ ，∴ ∥
Ｅ １ １ 则Ｂ→Ｃ Ｃ→Ｐ 设平面
，０， ， ＝（－１，－１，０）， ＝（０，－１，１）， ＡＢ ＡＣ ＢＣ ＡＢ２ ＡＣ２ ＢＣ２ ＡＢ ＡＣ
２ ２ （２）∵ ＝ ＝２， ＝２ ２，∴ ＋ ＝８＝ ，∴ ⊥ ，
３ ８０ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
∵ ＰＢ ⊥ ＡＣ ， ＡＢ ∩ ＰＢ ＝ Ｂ ，∴ ＡＣ ⊥ 平面ＰＡＢ ， （２） 由 （１） 知Ｄ→Ｎ ＝（２，－２，０）， Ｂ→Ｃ ＝（０，４，０）， Ｂ→Ｆ ＝（－１，１，２） ．
以Ａ为坐标原点 向量→ＡＢ →ＡＣ的方向为ｘ轴 ｙ轴的正方向建 设平面ＢＣＥＦ的法向量为ｍ ｘ ｙ ｚ
， ， ， ＝（ １， １， １），
立如图所示的空间直角坐标系Ａ － ｘｙｚ ， 由题意得Ａ （０，０，０）， Ｂ {ｍ Ｂ→Ｃ { ｙ
（２，０，０）， Ｃ （０，２，０）， Ｐ （１，０， ３）， 则→ＡＣ ＝（０，２，０）， →ＡＰ ＝（１， ∵ ｍ
·
Ｂ→Ｆ
＝０，
∴
４
ｘ
１＝
ｙ
０，
ｚ
取ｘ
１＝２，∴
ｍ
＝（２，０，１），
· ＝０， － １＋ １＋２ １＝０，
Ｐ→Ｃ Ｂ→Ｃ
０， ３）， ＝（－１，２，－ ３）， ＝（－２，２，０），
θ ｍ Ｄ→Ｎ １０．
∴ ｓｉｎ ＝｜ｃｏｓ〈 ， 〉｜＝
５
直线ＤＮ与平面ＥＦＢＣ所成角的正弦值为 １０． 分
∴ （１５ ）
５
２２．（２０２１ 浙江杭州二中高三下开学考，１９）如图 在多面体
，
ＡＢＣＤＰ中 ＡＢＣ是边长为 的等边三角形 ＰＡ ＡＣ ＢＤ ＣＤ
，△ ４ ， ＝ ， ＝
ＰＢ ＰＣ 点 Ｅ 为 ＢＣ 的中点 平面 ＢＤＣ 平
设平面ＰＡＣ的法向量是ｍ ｘ ｙ ｚ ＝２ ２， ＝ ＝４ ２， ， ⊥
＝（ １， １， １）， 面ＡＢＣ．
则
{ｍ
·
→ＡＣ
＝０，
{
２
ｙ
１＝０， 则ｙ （１） 求证 ： ＤＥ ∥ 平面ＰＡＣ ；
ｍ →ＡＰ ∴ ｘ ｚ １＝０， 线段ＢＣ上是否存在一点Ｔ 使得二面角Ｔ ＤＡ Ｂ为直二
· ＝０， １＋ ３ １＝０， （２） ， － －
令ｚ 则ｘ ｍ 面角 若存在 请指出点Ｔ的位置 若不存在 请说明理由．
１＝－１， １＝ ３，∴ ＝（ ３，０，－１）， ？ ， ； ，
设平面ＰＢＣ的法向量是ｎ ｘ ｙ ｚ
＝（ ２， ２， ２），
{ｎ Ｐ→Ｃ { ｘ ｙ ｚ
则 · ＝０， － ２＋２ ２－ ３ ２＝０，
ｎ Ｂ→Ｃ ∴ ｘ ｙ
· ＝０， －２ ２＋２ ２＝０，
{
ｘ
令ｚ 则 ２＝ ３， ｎ
２＝１，
ｙ
∴ ＝（ ３， ３，１），
２＝ ３，
ｍ ｎ
ｍ ｎ · ７
∴ ｃｏｓ〈 ， 〉＝ ｍ ｎ ＝ ，
｜ ｜｜ ｜ ７
二面角Ａ ＰＣ Ｂ的余弦值为 ７． 解析 证明 ＰＡ ＡＣ ＰＢ ＰＣ
∴ － － （１） ：∵ ＝ ＝４， ＝ ＝４ ２，
７ ＰＡ２ ＡＣ２ ＰＣ２ ＰＡＣ ° 即ＰＡ ＡＣ 同理ＰＡ ＡＢ
２１．（２０２１浙江稽阳联谊４ 月模考， ∴ ＋ ＝ ，∴ ∠ ＝９０ ， ⊥ ， ⊥ ，
而ＡＢ ＡＣ Ａ ＰＡ 平面ＡＢＣ．
１９）如图 已知多面体ＡＢＣＤＥＦ 四 ∩ ＝ ，∴ ⊥
， ， ＢＤ ＣＤ Ｅ为ＢＣ的中点 ＤＥ ＢＣ．
边形ＡＢＣＤ为矩形 ＡＢ ＡＤ ∵ ＝ ， ，∴ ⊥
， ＝２， ＝４， 平面ＢＤＣ 平面ＡＢＣ 平面ＢＤＣ 平面ＡＢＣ ＢＣ ＤＥ 平
ＥＦ ＡＤ且ＥＦ ＡＦ ＢＦ ＤＥ ∵ ⊥ ， ∩ ＝ ， ⊂
∥ ＝２， ＝ ＝ ＝ 面ＢＤＣ ＤＥ 平面ＡＢＣ ＤＥ ＰＡ．
Ｍ Ｎ分别为ＦＢ ＢＣ的中点． ，∴ ⊥ ，∴ ∥
６， ， ， ＰＡ 平面ＰＡＣ ＤＥ 平面ＰＡＣ ＤＥ 平面ＰＡＣ．
∵ ⊂ ， ⊄ ，∴ ∥
证明 ＡＦ 平面ＤＭＮ
（１） ： ⊥ ； 假设存在点 Ｔ 使得二面角 Ｔ ＤＡ Ｂ 为直二面角 连接
（２） ， － － ，
求直线ＤＮ与平面ＥＦＢＣ所成角的正弦值．
（２） ＥＡ 由已知得ＥＡ ＢＣ 则ＥＤ ＥＣ ＥＡ两两垂直 以Ｅ为原点
， ⊥ ， ， ， ， ，
解析 （１） 证明 ： 以 Ａ 为原点 ， ＡＢ ， ＡＤ 所在直线分别为 ｘ 分别以ＥＣ ＥＡ ＥＤ所在直线为ｘ轴 ｙ轴 ｚ轴 建立空间直角
， ， ， ， ，
轴 ｙ轴建立如图所示的空间直角坐标系．
坐标系 如图所示
，
， ，
则Ａ Ｂ Ｃ Ｄ Ｎ
（０，０，０）， （２，０，０）， （２，４，０）， （０，４，０）， （２，２，０），
取ＡＢ的中点Ｓ 连接ＦＳ．
，
ＡＦ ＢＦ ＡＢ ＳＦ ＡＢ ＳＦ
∵ ＝ ＝ ６， ＝２，∴ ⊥ ，∴ ＝ ５，
( ) 则Ｂ Ａ Ｄ
易知Ｆ 则Ｍ ３ １ （－２，０，０）， （０，２ ３，０）， （０，０，２），
（１，１，２），
２
，
２
，１ ， 设Ｔ
（
ｔ
，０，０）（－２≤
ｔ
≤２），∴
Ａ→Ｄ
＝（０，－２ ３，２），
→ＡＢ
＝（－２，
( )
∴
→ＡＦ
＝（１，１，２），
Ｄ→Ｍ
＝
３
，－
７
，１ ，
Ｄ→Ｎ
＝（２，－２，０）
．
－２ ３，０），
Ｄ→Ｔ
＝（
ｔ
，０，－２），
２ ２ 设平面ＡＢＤ的法向量为ｎ ｘ ｙ ｚ
设平面ＤＭＮ的法向量为ｎ ｘ ｙ ｚ １＝（ １， １， １），
{ｎ · Ｄ→Ｍ ＝０， { ３ ｘ ０－ ７ ＝ ｙ （ ０＋ ｚ ０ ０ ， ＝ ０ ０ ， ，取 ０）， ｘ 则 {ｎ ｎ １· → Ａ Ａ →Ｄ Ｂ ＝０，即 { －２ ｘ ３ ｙ １＋２ ｚ ｙ １＝０， ∴ { ｚ ｘ １＝ ３ ｙ １ ｙ ，
∵ ｎ Ｄ→Ｎ ∴ ２ ２ ０＝１， １· ＝０， －２ １－２ ３ １＝０， １＝－ ３ １，
· ＝０， ｘ ｙ 令ｙ 则ｎ ．
２ ０－２ ０＝０， １＝１， １＝（－ ３，１， ３）
ｎ ｎ →ＡＦ ＡＦ 平面ＤＭＮ． 分 设平面ＡＤＴ的法向量为ｎ ｘ ｙ ｚ
∴ ＝（１，１，２），∴ ∥ ，∴ ⊥ （６ ） ２＝（ ２， ２， ２），
第八章 立体几何 ３ ８１
则 {ｎ ２· Ａ→Ｄ ＝０，即 { －２ ３ ｙ ２＋２ ｚ ２＝０，若ｔ 则点Ｔ与点Ｅ重 令ｚ ２＝ ３ ｔ ， 则ｎ ２＝（２ ３， ｔ ， ３ ｔ ），
ｎ Ｄ→Ｔ ｔｘ ｚ ＝０， 由已知得ｎ ｎ ｔ ｔ ｔ ３ ．满足 ｔ ．
２· ＝０， ２－２ ２＝０， １· ２＝－６＋ ＋３ ＝０，∴ ＝ －２≤≤２
合 显然平面ＡＤＴ与平面ＤＡＢ不垂直 故ｔ ２
， ， ≠０， 故线段ＢＣ上存在点Ｔ满足题意 点Ｔ是线段ＥＣ上靠近点Ｃ
ì ，
ï ïｙ ３ｚ 的四等分点．
２＝ ２，
í ３
∴ ï
ïｘ ２ ｚ
î ２＝ ｔ ２，
学生用书Ｐ１３４
１．（多选题） 九章算术 商功 记载了一个古代数 ３． 解析 证明 由题意知ＡＣ ＣＤ
《 · 》 （１） ： ＝ ＝ ２，
学名词
“
堑堵
”
．即两底面为直角三角形的棱柱
，
亦 因为ＡＣ２
＋
ＣＤ２
＝
ＡＤ２
，
所以ＡＣ
⊥
ＣＤ
，
即长方体的斜截平分体．如图所示 堑堵 即直三 又因为ＳＡ 平面ＡＢＣＤ ＣＤ 平面ＡＢＣＤ 所以ＳＡ ＣＤ
， （ ⊥ ， ⊂ ， ⊥ ，
棱柱 ＡＢＣ ＤＥＦ中 ＡＢ ＡＣ ＡＢ ＡＣ ＡＤ Ｇ 又知ＳＡ ＡＣ Ａ 所以ＣＤ 平面ＳＡＣ
） － ， ⊥ ， ＝ ＝２， ＝４， ∩ ＝ ， ⊥ ，
是ＦＣ的中点 则下列说法正确的是 因为ＣＤ 平面ＳＣＤ 所以平面ＳＡＣ 平面ＳＣＤ．
， （ ） ⊂ ， ⊥
ＢＥ与ＡＧ的夹角为π 当λ １ 时 ＳＢ 平面ＡＣＥ．
Ａ． （２） ＝ ， ∥
３ ３
平面ＡＢＣ内存在直线平行于平面ＡＥＧ 连接ＢＤ交ＡＣ于点Ｏ 连接ＯＥ 如图所
Ｂ． ， ，
三角形ＡＧＥ为直角三角形 示 因为ＡＤ ＢＣ ＡＤ ＢＣ
Ｃ． ， ∥ ， ＝２ ，
ＯＢ
点Ｄ到平面ＡＧＥ的距离为４ ５ 所以ＯＤ ＯＢ 即 １
Ｄ． ＝２ ， ＢＤ＝ ，
５ ３
１． 答案 ＢＣ ＳＥ
又知 １ 所以ＳＢ ＯＥ
２．（多选题）（２０２１ ５·３原创题）设α β γ为互不重合的三个平 ＳＤ＝ ， ∥ ，
， ， ３
面 则下列条件中能使α β成立的有 因为ＳＢ 平面ＡＣＥ ＯＥ 平面ＡＣＥ
， ∥ （ ） ⊄ ， ⊂ ，
α γ β γ 所以ＳＢ 平面ＡＣＥ．
Ａ． ⊥ ， ⊥ ∥
α内不共线的三点到β的距离相等 以Ａ为原点 ＡＢ ＡＤ ＡＳ所在直线分
Ｂ． （３） ， ， ，
ａ α ａ β 别为ｘ轴 ｙ轴 ｚ轴建立空间直角坐标
Ｃ． ⊥ ， ⊥ ， ，
ｍ ｎ为异面直线 ｍ α ｎ β ｍ β ｎ α 系 如图所示 则Ｂ Ｓ
Ｄ． ， ， ⊂ ， ⊂ ， ∥ ， ∥ ， ， （１，０，０）， （０，０，２），
２． 答案 ＣＤ Ｃ
（１，１，０），
Ｄ
（０，２，０），
所以→ＢＳ
＝（－１，０，
３．（２０２１ ５·３ 原创题）如图 在四棱锥 Ｓ
， － Ｓ→Ｄ Ｃ→Ｄ
ＡＢＣＤ中 ＳＡ 平面ＡＢＣＤ ＡＤ ＡＢ ＡＤ ２）， ＝（０，２，－２）， ＝（－１，１，０），
， ⊥ ， ⊥ ， ∥ 设平面ＳＣＤ的法向量为ｎ ｘ ｙ ｚ
ＢＣ ＳＡ ＡＤ ＡＢ ＢＣ Ｅ为ＳＤ上的 ＝（ ， ， ），
一点 ， ． ＝ ＝２， ＝ ＝１， 则有 {Ｓ→Ｄ · ｎ ＝０，即 { ２ ｙ －２ ｚ ＝０，
（１）
证明
：
平面ＳＡＣ
⊥
平面ＳＣＤ
；
Ｃ→Ｄ
·
ｎ
＝０， －
ｘ
＋
ｙ
＝０，
ＳＥ 令ｙ 则ｘ ｚ 即ｎ
设 λ 当 λ 为何值时 ＳＢ 平 ＝１， ＝１， ＝１， ＝（１，１，１），
（２） ＳＤ＝ ， ， ∥ 设直线ＳＢ与平面ＳＣＤ所成的角为θ
，
面ＡＣＥ
？ 则 θ →ＢＳ ｎ ｜
→ＢＳ
·
ｎ
｜ １ １５
（３） 求直线ＳＢ与平面ＳＣＤ所成角的正弦值． ｓｉｎ ＝｜ｃｏｓ〈 ， 〉｜＝ ｜ →ＢＳ ｜·｜ ｎ ｜ ＝ ５× ３ ＝ １５ ，
即直线ＳＢ与平面ＳＣＤ所成角的正弦值为 １５．
１５
