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３ ８２ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
§８．３ 直线、平面垂直的判定与性质
直线、平面垂直的判定与性质 学生用书Ｐ１３４ 问的关键．（ ）可用二面角定义找出二面角的平面角，进而求
２
出三棱锥Ａ ＢＣＤ底面ＢＣＤ上的高及体积，也可选择建立空间
１．（２０２１浙江，６，４分）如图 已知正方体ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ Ｍ Ｎ －
， － １ １ １ １， ， 直角坐标系，根据已知条件求出三棱锥Ａ ＢＣＤ底面ＢＣＤ上的
分别是Ａ Ｄ Ｄ Ｂ的中点 则 －
１ ， １ ， （ ） 高，进而求出其体积．
５．（２０２１全国甲文，１９，１２分）已知直三棱柱ＡＢＣ Ａ Ｂ Ｃ 中 侧
－ １ １ １ ，
面ＡＡ Ｂ Ｂ为正方形 ＡＢ ＢＣ Ｅ Ｆ分别为ＡＣ和ＣＣ 的中
１ １ ， ＝ ＝２， ， １
点 ＢＦ Ａ Ｂ ．
， ⊥ １ １
求三棱锥Ｆ ＥＢＣ的体积
（１） － ；
已知Ｄ为棱Ａ Ｂ 上的点．证明 ＢＦ ＤＥ．
（２） １ １ ： ⊥
直线Ａ Ｄ与直线Ｄ Ｂ垂直 直线ＭＮ 平面ＡＢＣＤ
Ａ． １ １ ， ∥
直线Ａ Ｄ与直线Ｄ Ｂ平行 直线ＭＮ 平面ＢＤＤ Ｂ
Ｂ． １ １ ， ⊥ １ １
直线Ａ Ｄ与直线Ｄ Ｂ相交 直线ＭＮ 平面ＡＢＣＤ
Ｃ． １ １ ， ∥
直线Ａ Ｄ与直线Ｄ Ｂ异面 直线ＭＮ 平面ＢＤＤ Ｂ
Ｄ． １ １ ， ⊥ １ １
１． 答案 Ａ
２．（２０１９课标 ，文８，理８，５分）如图 点Ｎ为正方形ＡＢＣＤ的
Ⅲ ，
中心 ＥＣＤ 为正三角形 平面 ＥＣＤ 平面 ＡＢＣＤ Ｍ 是线段
，△ ， ⊥ ，
ＥＤ的中点 则 ５． 解题指导 （ ）首先证明ＡＢ 平面ＢＣＣ Ｂ ，即可得ＡＢ
， （ ） １ ⊥ １ １ ⊥
ＢＣ，从而得到Ｓ ，再利用三棱锥的体积公式计算即可．
△
ＥＢＣ＝１
（ ）由线面垂直的判定定理及性质定理得出ＢＥ Ａ Ｅ，根据角
２ ⊥ １
的正切值的计算可得 ＡＡ Ｅ ＦＥＣ，从而证得Ａ Ｅ ＥＦ，根
∠ １ ＝∠ １ ⊥
据线面垂直的判定定理可得 ＢＦ 平面 Ａ Ｂ Ｅ，从而可得 ＢＦ
⊥ １ １
ＤＥ．
⊥
解析 侧面四边形ＡＡ Ｂ Ｂ为正方形 Ａ Ｂ ＢＢ
Ａ． ＢＭ ＝ ＥＮ ， 且直线ＢＭ ， ＥＮ是相交直线 （１）∵ １ １ ，∴ １ １⊥ １，
ＢＦ Ａ Ｂ 且ＢＢ ＢＦ Ｂ ＢＢ ＢＦ 平面ＢＢ Ｃ Ｃ
Ｂ． ＢＭ ≠ ＥＮ ， 且直线ＢＭ ， ＥＮ是相交直线 ∵ Ａ Ｂ ⊥ １ 平 １ 面ＢＢ Ｃ １∩ Ｃ ＝ ， １， ⊂ １ １ ，
Ｃ． ＢＭ ＝ ＥＮ ， 且直线ＢＭ ， ＥＮ是异面直线 ∴ 又 １ ＡＢ １⊥ Ａ Ｂ １ ＡＢ １ ， 平面ＢＢ Ｃ Ｃ
Ｄ． ＢＭ ≠ ＥＮ ， 且直线ＢＭ ， ＥＮ是异面直线 又 ∵ ＢＣ ∥ 平 １ 面 １， Ｂ ∴ Ｂ Ｃ ⊥ Ｃ ＡＢ １ ＢＣ １ ，
２． 答案 Ｂ ∵
ＡＢ Ｂ
⊂
Ｃ Ｅ为
１
ＡＣ
１
的
，∴
中点
⊥ ，
３．（２０１９北京，文１３，理１２，５分）已知ｌ ｍ是平面α外的两条不 ∵ ＝ ＝２， ，
，
同直线．给出下列三个论断 Ｓ １ Ｓ １ １ ．
： ∴ △ ＥＢＣ＝ △ ＡＢＣ＝ × ×２×２＝１
ｌ ｍ ｍ α ｌ α． ２ ２ ２
①⊥ ；② ∥ ；③⊥ 由直三棱柱知ＣＦ 平面ＡＢＣ．
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 ． Ｆ为ＣＣ 的中点 ＣＦ １ ＣＣ １ ＢＢ １ ＡＢ
： ∵ １ ，∴ ＝ １＝ １＝ ＝１，
３． 答案 若ｌ ｍ ｌ α 则ｍ α 答案不唯一 ２ ２ ２
⊥ ，⊥ ， ∥ （ ）
４．（２０２１新高考 ，２０，１２ 分）如图 在三棱锥 Ａ ＢＣＤ 中 平面 Ｖ １ Ｓ ＣＦ １ １ ．
Ⅰ ， － ， ∴ Ｆ － ＥＢＣ＝ △ ＥＢＣ· ＝ ×１×１＝
ＡＢＤ 平面ＢＣＤ ＡＢ ＡＤ Ｏ为ＢＤ的中点． ３ ３ ３
⊥ ， ＝ ， 证明 连接Ａ Ｅ Ｂ Ｅ
证明 ＯＡ ＣＤ （２） ： １ ， １ ，
（１） ： ⊥ ；
若 ＯＣＤ是边长为 的等边三角形 点Ｅ在棱ＡＤ上 ＤＥ
（２） △ １ ， ，
ＥＡ 且二面角Ｅ ＢＣ Ｄ的大小为 ° 求三棱锥Ａ ＢＣＤ
＝２ ， － － ４５ ， －
的体积．
ＡＢ ＢＣ Ｅ为ＡＣ的中点 ＢＥ ＡＣ．
∵ ＝ ， ，∴ ⊥
ＡＡ 平面ＡＢＣ ＢＥ 平面ＡＢＣ ＡＡ ＢＥ．
∵ １⊥ ， ⊂ ，∴ １⊥
ＡＡ ＡＣ Ａ ＡＡ ＡＣ 平面ＡＡ Ｃ Ｃ
∵ １∩ ＝ ， １， ⊂ １ １ ，
４． 解题指导 （ ）正确利用面面垂直的性质定理是证明第一 ＢＥ 平面ＡＡ Ｃ Ｃ 又Ａ Ｅ 平面ＡＡ Ｃ Ｃ ＢＥ Ａ Ｅ．
１ ∴ ⊥ １ １ ， １ ⊂ １ １ ，∴ ⊥ １
第八章 立体几何 ３ ８３
ＣＦ
在 ＥＣＦ中 ＦＥＣ １ ２ ７． 解析 证明 设ＤＯ ａ 由题设可得ＰＯ ６ａ ＡＯ ３ａ
Ｒｔ△ ，ｔａｎ∠ ＝ＣＥ＝ ＝ ， （１） ： ＝ ， ＝ ， ＝ ，
２ ２ ６ ３
ＡＥ
在 Ａ ＡＥ中 ＡＡ Ｅ ２ ＡＢ ａ ＰＡ ＰＢ ＰＣ ２ａ．因此ＰＡ２ ＰＢ２ ＡＢ２ 从而ＰＡ ＰＢ．
Ｒｔ△ Ｆ １ ＥＣ ，ｔａｎ Ａ ∠ Ａ Ｅ １ ＝Ａ Ｆ Ａ Ｅ １ ＝ Ｃ ２ ， ＡＡ Ｅ 又Ｐ ＝ Ａ２ ， ＰＣ ＝ ２ Ａ ＝ Ｃ２ 故 ＝ Ｐ ２ Ａ ＰＣ．又因为 ＋ ＰＢ ＝ ＰＣ ， Ｐ 所以 ⊥ ＰＡ
∴ ｔａｎ Ａ ∠ Ａ Ｅ ＝ Ａ ｔａ Ｅ ｎ Ａ ∠ １ ° ，∴ ∠ ＦＥＣ ＝∠ ＡＥＡ １ ， ° 平面Ｐ ＋ ＢＣ． ＝ ， ⊥ ∩ ＝ ， ⊥
∵ ∠ １ ＋∠ １＝９０ ，∴ ∠ ＋∠ １＝９０ ，
Ａ ＥＦ ° 即Ａ Ｅ ＥＦ． 以Ｏ为坐标原点 Ｏ→Ｅ的方向为ｙ轴正方向 Ｏ→Ｅ 为单位
∴ ∠ １ ＝９０ ， １ ⊥ （２） ， ，｜ ｜
ＥＦ ＥＢ Ｅ 又ＥＦ ＥＢ 平面ＢＥＦ 长 建立如图所示的空间直角坐标系Ｏ ｘｙｚ．
∵ ∩ ＝ ， ， ⊂ ， ， －
Ａ Ｅ 平面ＢＥＦ 又ＢＦ 平面ＢＥＦ Ａ Ｅ ＢＦ
∴ １ ⊥ ， ⊂ ，∴ １ ⊥ ，
又 Ａ Ｂ ＢＦ Ａ Ｅ Ａ Ｂ Ａ Ａ Ｅ 平面Ａ Ｂ Ｅ Ａ Ｂ 平面
∵ １ １⊥ ， １ ∩ １ １＝ １， １ ⊂ １ １ ， １ １⊂
Ａ Ｂ Ｅ ＢＦ 平面Ａ Ｂ Ｅ． ＤＥ 平面Ａ Ｂ Ｅ ＢＦ ＤＥ．
１ １ ，∴ ⊥ １ １ ∵ ⊂ １ １ ，∴ ⊥
方法总结 判断或证明直线与直线垂直的方法：
．利用线线垂直的定义进行判断（计算两直线的夹角为 °）．
１ ９０
．利用平面几何中证明线线垂直的方法： 特殊图形（正方形、
２ ①
长方形、直角梯形等）中的垂直关系； 等腰（边）三角形底边
②
中线的性质； 勾股定理的逆定理； 圆中直径的性质． æ ö
③ ④ 由题设可得 Ｅ Ａ Ｃ ç ３ １ ÷
．线面垂直的性质： ａ α，ｂ α ａ ｂ（主要方法）； ａ α， （０，１，０）， （０，－１，０）， è－ ， ，０ø，
３ ① ⊥ ⊂ ⇒ ⊥ ② ⊥ ２ ２
ｂ α ａ ｂ． æ ö æ ö æ ö
６．（ ∥ ２０２ ⇒ １全 ⊥ 国乙文，１８，１２分）如图 ， 四棱锥Ｐ － ＡＢＣＤ的底面是矩 Ｐ è ç ０，０， ２ ２ ø ÷．所以Ｅ→Ｃ ＝è ç － ２ ３ ，－ ２ １ ，０ø ÷ ， Ｅ→Ｐ ＝è ç ０，－１， ２ ２ ø ÷．
形 ＰＤ 底面ＡＢＣＤ Ｍ为ＢＣ的中点 且ＰＢ ＡＭ．
， ⊥ ， ， ⊥ {ｍ Ｅ→Ｐ
证明 平面ＰＡＭ 平面ＰＢＤ 设 ｍ ｘ ｙ ｚ 是平面 ＰＣＥ 的法向量 则 · ＝０，即
（１）
若ＰＤ
：
ＤＣ 求
⊥
四棱锥Ｐ
；
ＡＢＣＤ的体积．
＝（ ， ， ） ， ｍ
·
Ｅ→Ｃ
＝０，
（２） ＝ ＝１， －
ì
ï
ｙ ２ｚ
ï－ ＋ ＝０， æ ö
í ２ 可取ｍ ç ３ ÷．
ï ＝è－ ，１， ２ø
ï ３ｘ １ ｙ ． ３
î－ － ＝０
２ ２
æ ö
由 知→ＡＰ ç ２÷是平面ＰＣＢ的一个法向量 记ｎ →ＡＰ
（１） ＝è０，１， ø ， ＝ ，
２
ｎ ｍ
则 ｎ ｍ · ２ ５．
６． 解析 证明 由于ＰＤ 平面ＡＢＣＤ ＡＭ 平面ＡＢＣＤ 则 ｃｏｓ〈 ， 〉＝ ｎ ｍ ＝
（１） ： ⊥ ， ⊂ ， ｜ ｜·｜ ｜ ５
ＰＤ ＡＭ 又 ＰＢ ＡＭ ＰＢ ＰＤ Ｐ ＰＢ ＰＤ 平面 ＰＢＤ 所以 易知二面角Ｂ ＰＣ Ｅ的平面角为锐角
⊥ ， ⊥ ， ∩ ＝ ， 、 ⊂ ， － － ，
ＡＭ 平面 ＰＢＤ 因为 ＡＭ 平面 ＰＡＭ 所以平面 ＰＡＭ 平
⊥ ， ⊂ ， ⊥ 所以二面角Ｂ ＰＣ Ｅ的余弦值为２ ５．
面ＰＢＤ． － －
５
由 知ＡＭ 平面ＰＢＤ 因为ＢＤ 平面ＰＢＤ 所以ＡＭ ８．（２０２０ 课标 文，１９，１２ 分）如图 在长方体 ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ
（２） （１） ⊥ ， ⊂ ， ⊥ Ⅲ ， － １ １ １ １
ＢＤ 所以 ＭＡＢ ＡＢＤ ° 因为四边形ＡＢＣＤ为矩形 所以 中 点Ｅ Ｆ 分别在棱 ＤＤ ＢＢ 上 且 ＤＥ ＥＤ ＢＦ ＦＢ ．
， ∠ ＋∠ ＝９０ ， ， ， ， １， １ ， ２ ＝ １， ＝２ １
ＤＡＢ ＡＢＭ 所以 ＭＡＢ ＡＭＢ ° 所以 ＡＢＤ 证明
∠ ＝ ∠ ， ∠ ＋∠ ＝ ９０ ， ∠ ＝ ：
ＤＡ ＡＢ 当ＡＢ ＢＣ时 ＥＦ ＡＣ
ＡＭＢ 则 ＤＡＢ ＡＢＭ 则 又ＡＢ ＤＣ Ｍ为ＢＣ （１） ＝ ， ⊥ ；
∠ ， △ ∽△ ， ＡＢ＝ＢＭ， ＝ ＝１， 点Ｃ 在平面ＡＥＦ内．
（２） １
的中点 ＡＤ Ｓ ＡＢ ＡＤ Ｖ １
，∴ ＝ ２，∴ 矩形ＡＢＣＤ＝ · ＝ ２，∴ 四棱锥Ｐ － ＡＢＣＤ＝
３
Ｓ ＰＤ １ ２．
矩形ＡＢＣＤ· ＝ × ２×１＝
３ ３
名师点拨 本题以学生熟悉的四棱锥为载体，充分考查了
学生的空间想象能力和逻辑推理能力，要求学生熟练掌握空
间几何体中垂直的证明方法，在计算中体现空间和平面之间
的转化思想，尤其是基本图形的运算．
７．（２０２０课标 理，１８，１２ 分）如图 Ｄ 为圆 ８． 证明 如图 连接 ＢＤ Ｂ Ｄ ．因为 ＡＢ ＢＣ 所以四边形
Ⅰ ， （１） ， ， １ １ ＝ ，
锥的顶点 Ｏ是圆锥底面的圆心 ＡＥ为底 ＡＢＣＤ为正方形 故ＡＣ ＢＤ．又因为ＢＢ 平面ＡＢＣＤ 于是ＡＣ
， ， ， ⊥ １⊥ ，
面直径 ＡＥ ＡＤ． ＡＢＣ 是底面的内接正 ＢＢ 所以ＡＣ 平面ＢＢ Ｄ Ｄ．
， ＝ △ ⊥ １， ⊥ １ １
由于ＥＦ 平面ＢＢ Ｄ Ｄ 所以ＥＦ ＡＣ．
三角形 Ｐ为ＤＯ上一点 ＰＯ ６ＤＯ． ⊂ １ １ ， ⊥
， ， ＝
６
证明 ＰＡ 平面ＰＢＣ
（１） ： ⊥ ；
求二面角Ｂ ＰＣ Ｅ的余弦值．
（２） － －
３ ８４ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
如图 在棱 ＡＡ 上取点 Ｇ 使得 ＡＧ ＧＡ 连接 ＧＤ 证明 ＢＥ 平面ＥＢ Ｃ
（２） ， １ ， ＝ ２ １， １， （１） ： ⊥ １ １；
ＦＣ ＦＧ． 若ＡＥ Ａ Ｅ ＡＢ 求四棱锥Ｅ ＢＢ Ｃ Ｃ的体积．
１， （２） ＝ １ ， ＝３， － １ １
因为Ｄ Ｅ ２ ＤＤ ＡＧ ２ ＡＡ ＤＤ ＡＡ
１ ＝ １， ＝ １， １ １，
３ ３
所以ＥＤ ＡＧ 于是四边形ＥＤ ＧＡ为平行
１ ， １
四边形 故ＡＥ ＧＤ ．
， ∥ １
因为Ｂ Ｆ １ ＢＢ Ａ Ｇ １ ＡＡ ＢＢ ＡＡ
１ ＝ １， １ ＝ １， １ １，
３ ３
所以ＦＧ Ａ Ｂ ＦＧ Ｃ Ｄ 四边形ＦＧＤ Ｃ
１ １， １ １， １ １
为平行四边形 故ＧＤ ＦＣ ．
， １∥ １
于是ＡＥ ＦＣ ．所以 Ａ Ｅ Ｆ Ｃ 四点共面 即点 Ｃ 在平面
ＡＥＦ内． ∥ １ ， ， ， １ ， １ １０． 解析 证明 由已知得Ｂ Ｃ 平面
（１） ： １ １⊥
９．（２０１９课标 理，１９，１２分）图 是由矩形ＡＤＥＢ ＡＢＣ和 ＡＢＢ Ａ ＢＥ 平面 ＡＢＢ Ａ 故 Ｂ Ｃ ＢＥ．
Ⅲ １ ，Ｒｔ△ １ １， ⊂ １ １， １ １⊥
菱形ＢＦＧＣ组成的一个平面图形 其中 ＡＢ ＢＥ ＢＦ 又ＢＥ ＥＣ 所以ＢＥ 平面ＥＢ Ｃ ．
， ＝１， ＝ ＝２， ⊥ １， ⊥ １ １
ＦＢＣ °．将其沿 ＡＢ ＢＣ 折起使得 ＢＥ 与 ＢＦ 重合 连接 由 知 ＢＥＢ °．由题设知
∠ ＝６０ ， ， （２） （１） ∠ １ ＝ ９０
ＤＧ 如图 ． ＡＢＥ Ａ Ｂ Ｅ 所 以 ＡＥＢ
， ２ Ｒｔ△ ≌ Ｒｔ△ １ １ ， ∠ ＝
证明 图 中的 Ａ Ｃ Ｇ Ｄ 四点共面 且平面 ＡＢＣ 平面 Ａ ＥＢ ° 故ＡＥ ＡＢ ＡＡ ＡＥ ．
（１） ： ２ ， ， ， ， ⊥ ∠ １ １＝４５ ， ＝ ＝３， １＝２ ＝６
ＢＣＧＥ 作 ＥＦ ＢＢ 垂足为 Ｆ 则 ＥＦ 平面
； ⊥ １， ， ⊥
求图 中的二面角Ｂ ＣＧ Ａ的大小． ＢＢ Ｃ Ｃ 且 ＥＦ ＡＢ ．所以 四棱锥 Ｅ
（２） ２ － － １ １ ， ＝ ＝３ ， －
ＢＢ Ｃ Ｃ的体积Ｖ １ ．
１ １ ＝ ×３×６×３＝１８
３
思路分析 （ ）由长方体的性质易得Ｂ Ｃ ＢＥ，再利用直
１ １ １⊥
线与平面垂直的判定定理求证；（ ）求该四棱锥的体积的关
２
键是求高，利用平面与平面垂直的性质定理，可知只需过 Ｅ
作Ｂ Ｂ的垂线段即可得高．
９． 解析 证明 由已知得ＡＤ ＢＥ ＣＧ ＢＥ 所以ＡＤ ＣＧ １
（１） ： ∥ ， ∥ ， ∥ ， 以下为教师用书专用（１—１２）
故ＡＤ ＣＧ确定一个平面 从而Ａ Ｃ Ｇ Ｄ四点共面．
， ， ， ， ，
由已知得ＡＢ ＢＥ ＡＢ ＢＣ 故ＡＢ 平面ＢＣＧＥ． １．（２０１５陕西，１８，１２分）如图 在直角梯形ＡＢＣＤ中 ＡＤ ＢＣ
⊥ ， ⊥ ， ⊥ １， ， ∥ ，
又因为ＡＢ 平面ＡＢＣ 所以平面ＡＢＣ 平面ＢＣＧＥ．
⊂ ， ⊥ ＢＡＤ π ＡＢ ＢＣ １ ＡＤ ａ Ｅ是ＡＤ的中点 Ｏ是ＡＣ与ＢＥ
作ＥＨ ＢＣ 垂足为Ｈ．因为ＥＨ 平面ＢＣＧＥ 平面ＢＣＧＥ ∠ ＝ ， ＝ ＝ ＝ ， ，
２ ２
（２） ⊥ ， ⊂ ， ⊥
平面ＡＢＣ 所以ＥＨ 平面ＡＢＣ． 的交点．将 ＡＢＥ沿ＢＥ折起到图 中 Ａ ＢＥ的位置 得到四
， ⊥ △ ２ △ １ ，
由已知 菱形ＢＣＧＥ的边长为 ＥＢＣ 棱锥Ａ ＢＣＤＥ．
， ２，∠ ＝ １－
° 可求得ＢＨ ＥＨ ．
６０ ， ＝１， ＝ ３
以Ｈ为坐标原点 Ｈ→Ｃ的方向为ｘ轴的正
，
方向 建立如图所示的空间直角坐标系Ｈ
，
ｘｙｚ 则Ａ Ｃ Ｇ
－ ， （－１，１，０）， （１，０，０）， （２，０，
３），
Ｃ→Ｇ
＝（１，０， ３），
→ＡＣ
＝（２，－１，０）
．设平面ＡＣＧＤ的法向量为
（１）
证明
：
ＣＤ
⊥
平面Ａ
１
ＯＣ
；
当平面Ａ ＢＥ 平面ＢＣＤＥ时 四棱锥Ａ ＢＣＤＥ的体积为
ｎ ｘ ｙ ｚ 则 {Ｃ→Ｇ · ｎ ＝０，即 { ｘ ＋ ３ ｚ ＝０，所以可取 ｎ （２） 求 １ ａ的 ⊥ 值． ， １－
＝（ ， ， ）， →ＡＣ ｎ ｘ ｙ ． ＝（３，６， ３６ ２，
· ＝０， ２ － ＝０ 解析 证明 在题图 中
．又平面ＢＣＧＥ的法向量可取为ｍ （１） ： １ ，
－ ３） ＝（０，１，０），
因为ＡＢ ＢＣ １ ＡＤ ａ Ｅ是ＡＤ的中点
ｎ ｍ ＝ ＝ ＝ ， ，
所以 ｎ ｍ · ３． ２
ｃｏｓ〈 ， 〉＝ ｎ ｍ ＝
｜ ｜｜ ｜ ２ ＢＡＤ π 所以ＢＥ ＡＣ．
易知二面角Ｂ ＣＧ Ａ为锐二面角 ∠ ＝ ， ⊥
－ － ， ２
因此二面角Ｂ ＣＧ Ａ的大小为 °． 即在题图 中 ＢＥ Ａ Ｏ ＢＥ ＯＣ
思路分析 － （ ） － 利用折叠前后 ３０ ＡＤ与ＢＥ，ＣＧ与ＢＥ的平行 又Ａ Ｏ Ｏ ２ Ｃ Ｏ ， ⊥ １ ， ⊥ ，
１ １ ∩ ＝ ，
关系不变，可得ＡＤ ＣＧ，进而可得Ａ、Ｃ、Ｇ、Ｄ四点共面．由折叠 从而ＢＥ 平面Ａ ＯＣ
∥ ⊥ １ ，
前后不变的位置关系可得 ＡＢ ＢＥ，ＡＢ ＢＣ，从而 ＡＢ 平面 又ＣＤ ＢＥ
⊥ ⊥ ⊥ ∥ ，
ＢＣＧＥ，由面面垂直的判定定理可得结论成立． 所以ＣＤ 平面Ａ ＯＣ．
（ ）作ＥＨ ＢＣ于Ｈ，由（ ）可得ＥＨ 平面ＡＢＣ．以Ｈ为坐标 由已 ⊥ 知 平面 １ Ａ ＢＥ 平面ＢＣＤＥ
２ ⊥ １ ⊥ （２） ， １ ⊥ ，
原点，Ｈ→Ｃ的方向为ｘ轴的正方向，建立空间直角坐标系，求得 且平面Ａ ＢＥ 平面ＢＣＤＥ ＢＥ
１ ∩ ＝ ，
平面的法向量，进而求得二面角Ｂ ＣＧ Ａ的大小． 又由 知 Ａ Ｏ ＢＥ
－ － （１） ， １ ⊥ ，
１０．（２０１９课标 文，１７，１２分）如图 长方体ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 的 所以Ａ Ｏ 平面ＢＣＤＥ
Ⅱ ， － １ １ １ １ １ ⊥ ，
底面ＡＢＣＤ是正方形 点Ｅ在棱ＡＡ 上 ＢＥ ＥＣ ． 即Ａ Ｏ是四棱锥Ａ ＢＣＤＥ的高．
， １ ， ⊥ １ １ １－
第八章 立体几何 ３ ８５
当Ｏ Ｅ Ｃ′共线时 ＣＥ ＯＥ取得最小值．
由题图 知 Ａ Ｏ ２ＡＢ ２ａ 平行四边形ＢＣＤＥ的面积 ， ， ， ＋
１ ， １ ＝ ＝ ， 所以在 ＯＣ′Ｐ中 由余弦定理得
２ ２ △ ， ：
Ｓ
＝
ＢＣ
·
ＡＢ
＝
ａ２． ＯＣ′２
＝１＋２－２×１× ２×ｃｏｓ（４５
°
＋６０
°
）
从而四棱锥Ａ ＢＣＤＥ的体积为 æ ö
１－ ç ２ １ ２ ３÷ ．
＝１＋２－２ ２è × － × ø＝２＋ ３
Ｖ １ Ｓ Ａ Ｏ １ ａ２ ２ａ ２ａ３ ２ ２ ２ ２
＝ × × １ ＝ × × ＝ ，
３ ３ ２ ６ 从而ＯＣ′ ２＋ ６．
＝ ２＋ ３ ＝
由 ２ａ３ 得ａ ． ２
＝３６ ２， ＝６
６ 所以ＣＥ ＯＥ的最小值为 ２ ６．
评析 本题首先借“折叠”问题考查空间想象能力，同时考查 ＋ ＋
２ ２
线面垂直的判定及面面垂直性质的应用． 评析 本题主要考查直线与平面的位置关系、锥体的体积等
２．（２０１５福建，２０，１２分）如图 ＡＢ是圆Ｏ的直径 点Ｃ是圆Ｏ上 基础知识，考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力，
， ，
异于Ａ Ｂ的点 ＰＯ垂直于圆Ｏ所在的平面 且ＰＯ ＯＢ ． 考查数形结合思想、化归与转化思想．
， ， ， ＝ ＝１
若Ｄ为线段ＡＣ的中点 求证 ＡＣ 平面ＰＤＯ ３．（２０１４福建文，１９，１２ 分）如图 三棱锥 Ａ ＢＣＤ 中 ＡＢ 平面
（１） ， ： ⊥ ； ， － ， ⊥
求三棱锥Ｐ ＡＢＣ体积的最大值 ＢＣＤ ＣＤ ＢＤ．
（２） － ； ， ⊥
若ＢＣ 点Ｅ在线段ＰＢ上 求ＣＥ ＯＥ的最小值． 求证 ＣＤ 平面ＡＢＤ
（３） ＝ ２， ， ＋ （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．
， ⊥
又ＰＯ垂直于圆Ｏ所在的平面
，
所以ＰＯ ＡＣ．
⊥
因为ＤＯ ＰＯ Ｏ 解析 证明 ＡＢ 平面 ＢＣＤ ＣＤ 平面 ＢＣＤ ＡＢ
∩ ＝ ， （１） ：∵ ⊥ ， ⊂ ，∴
所以ＡＣ 平面ＰＤＯ． ＣＤ．
⊥ ⊥
因为点Ｃ在圆Ｏ上 又 ＣＤ ＢＤ ＡＢ ＢＤ Ｂ ＡＢ 平面ＡＢＤ ＢＤ 平面ＡＢＤ
（２） ， ∵ ⊥ ， ∩ ＝ ， ⊂ ， ⊂ ，
所以当ＣＯ ＡＢ时 Ｃ到ＡＢ的距离最大 且最大值为 ． ＣＤ 平面ＡＢＤ．
⊥ ， ， １ ∴ ⊥
解法一 由ＡＢ 平面ＢＣＤ 得ＡＢ ＢＤ．
又ＡＢ 所以 ＡＢＣ面积的最大值为 １ ． （２） ： ⊥ ， ⊥
＝２， △ ×２×１＝１ ＡＢ ＢＤ
２ ∵ ＝ ＝１，
又因为三棱锥Ｐ ＡＢＣ的高ＰＯ
－ ＝１， Ｓ １ ．
∴ △ ＡＢＤ＝
故三棱锥Ｐ ＡＢＣ体积的最大值为 １ １ ． ２
－ ×１×１＝ Ｍ是ＡＤ的中点
３ ３ ∵ ，
解法一 在 ＰＯＢ中 ＰＯ ＯＢ ＰＯＢ °
（３） ： △ ， ＝ ＝１，∠ ＝９０ ， Ｓ １ Ｓ １ ．
所以ＰＢ ２ ２ ．同理 ＰＣ 所以ＰＢ ＰＣ ＢＣ． ∴ △ ＡＢＭ＝ ２ △ ＡＢＤ＝ ４
＝ １ ＋１ ＝ ２ ， ＝ ２， ＝ ＝ 由 知 ＣＤ 平面ＡＢＤ
在三棱锥Ｐ ＡＢＣ中 将侧面ＢＣＰ绕ＰＢ所在直线旋转至平面 （１） ， ⊥ ，
－ ， 三棱锥Ｃ ＡＢＭ的高ｈ ＣＤ
ＢＣ′Ｐ 使之与平面ＡＢＰ共面 如图所示． ∴ － ＝ ＝１，
， ，
因此Ｖ Ｖ １ Ｓ ｈ １ ．
Ａ － ＭＢＣ＝ Ｃ － ＡＢＭ＝ △ ＡＢＭ· ＝
３ １２
解法二 由ＡＢ 平面ＢＣＤ知 平面ＡＢＤ 平面ＢＣＤ
： ⊥ ， ⊥ ，
又平面ＡＢＤ 平面ＢＣＤ ＢＤ
∩ ＝ ，
如图 过点Ｍ作ＭＮ ＢＤ交ＢＤ于点Ｎ
， ⊥ ，
当Ｏ Ｅ Ｃ′共线时 ＣＥ ＯＥ取得最小值．
， ， ， ＋
又因为ＯＰ ＯＢ Ｃ′Ｐ Ｃ′Ｂ 所以ＯＣ′垂直平分ＰＢ
＝ ， ＝ ， ，
即Ｅ为ＰＢ中点．从而ＯＣ′ ＯＥ ＥＣ′ ２ ６ ２＋ ６
＝ ＋ ＝ ＋ ＝ ，
２ ２ ２
亦即ＣＥ ＯＥ的最小值为 ２＋ ６．
＋
２
解法二 在 ＰＯＢ中 ＰＯ ＯＢ ＰＯＢ °
： △ ， ＝ ＝１，∠ ＝９０ ，
则ＭＮ 平面ＢＣＤ 且ＭＮ １ ＡＢ １
所以 ＯＰＢ ° ＰＢ ２ ２ ．同理ＰＣ ． ⊥ ， ＝ ＝ ，
∠ ＝４５ ， ＝ １ ＋１ ＝ ２ ＝ ２ ２ ２
所以ＰＢ ＰＣ ＢＣ 所以 ＣＰＢ °． 又ＣＤ ＢＤ ＢＤ ＣＤ
＝ ＝ ， ∠ ＝６０ ⊥ ， ＝ ＝１，
在三棱锥Ｐ ＡＢＣ中 将侧面ＢＣＰ绕ＰＢ所在直线旋转至平面
－ ， Ｓ １ ．
ＢＣ′Ｐ 使之与平面ＡＢＰ共面 如图所示． ∴ △ ＢＣＤ＝
， ， ２
３ ８６ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
三棱锥Ａ ＭＢＣ的体积Ｖ Ｖ Ｖ 四边形ＡＢＣＤ是矩形 ＡＤ ＤＣ．
∴ － Ａ － ＭＢＣ＝ Ａ － ＢＣＤ－ Ｍ － ＢＣＤ ∵ ，∴ ⊥
又 ＰＤ ＤＣ Ｄ ＡＤ 平面ＰＣＤ．
１ ＡＢ Ｓ １ ＭＮ Ｓ １ ． ∵ ∩ ＝ ，∴ ⊥
＝ · △ ＢＣＤ－ · △ ＢＣＤ＝ ＣＦ 平面ＰＣＤ ＡＤ ＣＦ．
３ ３ １２ ∵ ⊂ ，∴ ⊥
４．（２０１４山东文，１８，１２分）如图 四棱锥Ｐ ＡＢＣＤ中 ＡＰ 平面 又 ＭＦ ＣＦ ＭＦ ＡＤ Ｍ
， － ， ⊥ ∵ ⊥ ， ∩ ＝ ，
ＣＦ 平面ＭＤＦ．
ＰＣＤ ＡＤ ＢＣ ＡＢ ＢＣ １ ＡＤ Ｅ Ｆ 分别为线段 ＡＤ ＰＣ 的 ∴ ⊥
， ∥ ， ＝ ＝ ， ， ， 由 知ＣＦ ＤＦ ＰＤ ＤＣ
２ （２） （１） ⊥ ， ⊥ ，
中点．
在 ＰＣＤ中 ＤＣ２ ＣＦ ＰＣ．
△ ， ＝ ·
求证 ＡＰ 平面ＢＥＦ
（１） ： ∥ ； ＣＤ２
ＣＦ １ ．
求证 ＢＥ 平面ＰＡＣ． ∴ ＝ ＰＣ ＝
（２） ： ⊥ ２
又 ＥＦ ＤＣ
∵ ∥ ，
１
ＰＣ ＦＣ ＰＤ ＦＣ ３×
ＥＤ · ２ ３．
∴ ＰＤ＝ＥＤ⇒ ＝ ＰＣ ＝ ＝
２ ４
证明 设ＡＣ ＢＥ Ｏ 连接ＯＦ ＥＣ． ＰＥ ＭＥ ３ ３ ３
（１） ∩ ＝ ， ， ∴ ＝ ＝ ３－ ＝ ，
４ ４
Ｓ １ ＤＣ ＥＤ １ ３ ３．
∴ △ ＣＤＥ＝ · ＝ ×１× ＝
２ ２ ４ ８
在 ＭＤＥ中 ＭＤ ＭＥ２ ＥＤ２ ６
Ｒｔ△ ， ＝ － ＝ ，
２
由于Ｅ为ＡＤ的中点
，
Ｖ １ Ｓ ＭＤ １ ３ ６ ２．
ＡＢ ＢＣ １ ＡＤ ＡＤ ＢＣ ∴ Ｍ － ＣＤＥ＝ △ ＣＤＥ· ＝ × × ＝
＝ ＝ ， ∥ ， ３ ３ ８ ２ １６
２ ６．（２０１３广东文，１８，１４ 分）如图 在边长为 的等边三角形
所以ＡＥ ＢＣ ＡＥ ＡＢ ＢＣ １， １
∥ ， ＝ ＝ ， ＡＢＣ中 Ｄ Ｅ分别是ＡＢ ＡＣ上的点 ＡＤ ＡＥ Ｆ是ＢＣ的中点
因此四边形ＡＢＣＥ为菱形 ， ， ， ， ＝ ， ，
， ＡＦ与ＤＥ交于点Ｇ．将 ＡＢＦ沿ＡＦ折起 得到如图 所示的三
所以Ｏ为ＡＣ的中点． △ ， ２
又Ｆ为ＰＣ的中点 棱锥Ａ ＢＣＦ 其中ＢＣ ２．
， － ， ＝
因此在 ＰＡＣ中 ２
△ ，
可得ＡＰ ＯＦ．
∥
又ＯＦ 平面ＢＥＦ ＡＰ 平面ＢＥＦ
⊂ ， ⊄ ，
所以ＡＰ 平面ＢＥＦ．
∥
由题意知ＥＤ ＢＣ ＥＤ ＢＣ
（２） ∥ ， ＝ ，
所以四边形ＢＣＤＥ为平行四边形
，
因此ＢＥ ＣＤ． 图 图
∥ １ ２
又ＡＰ 平面ＰＣＤ ＣＤ 平面ＰＣＤ
⊥ ， ⊂ ，
所以ＡＰ ＣＤ 因此ＡＰ ＢＥ．
⊥ ， ⊥ 证明 ＤＥ 平面ＢＣＦ
因为四边形ＡＢＣＥ为菱形 （１） ： ∥ ；
， 证明 ＣＦ 平面ＡＢＦ
所以ＢＥ ＡＣ． （２） ： ⊥ ；
⊥
又ＡＰ ＡＣ Ａ ＡＰ ＡＣ 平面ＰＡＣ 当ＡＤ ２ 时 求三棱锥Ｆ ＤＥＧ的体积Ｖ ．
∩ ＝ ， ， ⊂ ， （３） ＝ ， － Ｆ － ＤＥＧ
所以ＢＥ 平面ＰＡＣ． ３
⊥ ＡＤ ＡＥ
５．（２０１４广东文，１８，１３分）如图 四边形ＡＢＣＤ为矩形 ＰＤ 平 解析 证明 在等边三角形ＡＢＣ中 ＡＤ ＡＥ
１， ， ⊥ （１） ： ， ＝ ，∴ ＤＢ＝ＥＣ，
面ＡＢＣＤ ＡＢ ＢＣ ＰＣ ．作如图 折叠 折痕ＥＦ ＤＣ 其
， ＝１， ＝ ＝２ ２ ： ∥ ， 在折叠后的三棱锥Ａ ＢＣＦ中也成立 ＤＥ ＢＣ ＤＥ 平面
中点Ｅ Ｆ分别在线段ＰＤ ＰＣ上 沿ＥＦ折叠后点Ｐ在线段ＡＤ － ，∴ ∥ ，∵ ⊄
， ， ， ＢＣＦ ＢＣ 平面ＢＣＦ ＤＥ 平面ＢＣＦ．
上的点记为Ｍ 并且ＭＦ ＣＦ． ， ⊂ ，∴ ∥
， ⊥ 证明 在等边三角形ＡＢＣ中 Ｆ是ＢＣ的中点
证明 ＣＦ 平面ＭＤＦ （２） ： ， ，
（１） ： ⊥ ；
求三棱锥Ｍ ＣＤＥ的体积． ＡＦ ＢＣ ＢＦ ＣＦ １ ．
（２） － ∴ ⊥ ， ＝ ＝
２
在三棱锥Ａ ＢＣＦ中 ＢＣ ２
∵ － ， ＝ ，
２
ＢＣ２ ＢＦ２ ＣＦ２ ＣＦ ＢＦ．
∴ ＝ ＋ ，∴ ⊥
ＢＦ ＡＦ Ｆ ＣＦ 平面ＡＢＦ．
∵ ∩ ＝ ，∴ ⊥
由 可知ＧＥ ＣＦ 结合 可得ＧＥ 平面ＤＦＧ．
（３） （１） ∥ ， （２） ⊥
Ｖ Ｖ １ １ ＤＧ ＦＧ ＧＥ １ １ １
∴ Ｆ － ＤＥＧ＝ Ｅ － ＤＦＧ＝ · · · · ＝ · · ·
３ ２ ３ ２ ３
解析 证明 ＰＤ 平面ＡＢＣＤ æ ö
（１） ：∵ ⊥ ， ç １ ３÷ １ ３．
ＡＤ 平面ＡＢＣＤ ＰＤ ＡＤ． è · ø· ＝
⊂ ，∴ ⊥ ３ ２ ３ ３２４
第八章 立体几何 ３ ８７
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 ° Ｄ
１， Ｒｔ△ ，∠ ＝９０ ， ，
Ｅ分别为ＡＣ ＡＢ的中点 点 Ｆ 为线段 ＣＤ 上的一点．将 ＡＤＥ
， ， △ 解析 本题考查了线面 面面垂直问题 通过翻折 平面与平
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
求证 ＤＥ 平面Ａ ＣＢ ，
（１） ： ∥ １ ； 直观想象的核心素养．
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 ⊥ ，
又因为ＤＥ 平面Ａ ＣＢ ＣＧ 平面ＤＥＭ．
⊄ １ ， ⊥
所以ＤＥ 平面Ａ ＣＢ． 因此ＤＭ ＣＧ．
∥ １ ⊥
证明 由已知得ＡＣ ＢＣ且ＤＥ ＢＣ 在 ＤＥＭ中 ＤＥ ＥＭ 故ＤＭ ．
（２） ： ⊥ ∥ ， Ｒｔ△ ， ＝１， ＝ ３， ＝２
所以ＤＥ ＡＣ． 所以四边形ＡＣＧＤ的面积为 ．
⊥ ４
所以ＤＥ Ａ Ｄ ＤＥ ＣＤ． 思路分析 （ ）翻折问题一定要注意翻折前后位置的变
⊥ １ ， ⊥ １
因为Ａ Ｄ ＣＤ Ｄ 所以ＤＥ 平面Ａ ＤＣ． 化，特别是平行、垂直的变化．由矩形、直角三角形中的垂直关
１ ∩ ＝ ， ⊥ １
而Ａ Ｆ 平面Ａ ＤＣ 系，利用线面垂直、面面垂直的判定定理可证两平面垂直；而
１ ⊂ １ ，
所以ＤＥ Ａ Ｆ． 由平行公理和平面的基本性质不难证明四点共面．（ ）根据菱
⊥ １ ２
又因为Ａ Ｆ ＣＤ ＣＤ ＤＥ Ｄ 形的特征结合（ ）的结论找到菱形 ＢＣＧＥ 的边 ＣＧ 上的高
１ ⊥ ， ∩ ＝ ， １
所以Ａ Ｆ 平面ＢＣＤＥ． 求解．
１ ⊥
所以Ａ Ｆ ＢＥ． 解题关键 抓住翻折前后的垂直关系，灵活转化线线垂直、
１ ⊥
线段Ａ Ｂ上存在点Ｑ 使Ａ Ｃ 平面ＤＥＱ．理由如下 线面垂直和面面垂直，题中构造侧棱的特殊“直截面” ＤＥＭ，
（３） １ ， １ ⊥ ： △
如图 分别取Ａ Ｃ Ａ Ｂ的中点Ｐ Ｑ 连接ＰＱ 则ＰＱ ＢＣ． 是本题求解的关键和难点．
， １ ， １ ， ， ， ∥
又因为ＤＥ ＢＣ ９．（２０１８课标 文，１８，１２分）如图 在平行四边形ＡＢＣＭ中 ＡＢ
∥ ， Ⅰ ， ，
所以ＤＥ ＰＱ． ＡＣ ＡＣＭ °．以ＡＣ为折痕将 ＡＣＭ折起 使点Ｍ到
∥ ＝ ＝３，∠ ＝９０ △ ，
所以平面ＤＥＱ即为平面ＤＥＰ． 达点Ｄ的位置 且ＡＢ ＤＡ．
， ⊥
由 知 ＤＥ 平面Ａ ＤＣ 证明 平面ＡＣＤ 平面ＡＢＣ
（２） ， ⊥ １ ， （１） ： ⊥ ；
所以ＤＥ Ａ Ｃ． Ｑ为线段ＡＤ 上一点 Ｐ 为线段 ＢＣ 上一点 且 ＢＰ ＤＱ
⊥ １ （２） ， ， ＝ ＝
又因为Ｐ是等腰三角形ＤＡ Ｃ底边Ａ Ｃ的中点
１ １ ， ２ ＤＡ 求三棱锥Ｑ ＡＢＰ的体积．
所以Ａ Ｃ ＤＰ． ， －
１ ⊥ ３
所以Ａ Ｃ 平面ＤＥＰ．
１ ⊥
即Ａ Ｃ 平面ＤＥＱ．
１ ⊥
故线段Ａ Ｂ上存在点Ｑ 使得Ａ Ｃ 平面ＤＥＱ．
１ ， １ ⊥
评析 本题的前两问属容易题，第（ ）问是创新式问法，可以
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
利解答．
８．（２０１９课标 文，１９，１２分）图 是由矩形ＡＤＥＢ ＡＢＣ和
Ⅲ １ ，Ｒｔ△
菱形ＢＦＧＣ组成的一个平面图形 其中 ＡＢ ＢＥ ＢＦ 解析 证明 由已知可得 ＢＡＣ ° ＢＡ ＡＣ．
， ＝１， ＝ ＝２， （１） ： ，∠ ＝９０ ， ⊥
ＦＢＣ °．将其沿 ＡＢ ＢＣ 折起使得 ＢＥ 与 ＢＦ 重合 连接 又ＢＡ ＡＤ 所以ＡＢ 平面ＡＣＤ．
∠ ＝６０ ， ， ⊥ ， ⊥
ＤＧ 如图 ． 又ＡＢ 平面ＡＢＣ
， ２ ⊂ ，
证明 图 中的 Ａ Ｃ Ｇ Ｄ 四点共面 且平面 ＡＢＣ 平面 所以平面ＡＣＤ 平面ＡＢＣ．
（１） ： ２ ， ， ， ， ⊥ ⊥
ＢＣＧＥ 由已知可得 ＤＣ ＣＭ ＡＢ ＤＡ ．
； （２） ， ＝ ＝ ＝３， ＝３ ２
求图 中的四边形ＡＣＧＤ的面积．
（２） ２ 又ＢＰ ＤＱ ２ ＤＡ 所以ＢＰ ．
＝ ＝ ， ＝２ ２
３
３ ８８ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
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
因此 三棱锥Ｑ ＡＢＰ的体积为
， －
Ｖ １ ＱＥ Ｓ １ １ ° ．
Ｑ － ＡＢＰ＝ ３ · · △ ＡＢＰ＝ ３ ×１× ２ ×３×２ ２ｓｉｎ４５ ＝１ 因为Ｆ ， Ｇ分别为ＰＢ ， ＰＣ的中点 ，
所以ＦＧ ＢＣ ＦＧ １ ＢＣ．
∥ ， ＝
２
因为ＡＢＣＤ为矩形 且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．
规律总结 证明空间线面位置关系的一般步骤： 所以ＥＦ
∥
ＤＧ．
又因为ＥＦ 平面ＰＣＤ ＤＧ 平面ＰＣＤ
（ ）审清题意：分析条件，挖掘题目中平行与垂直的关系； ⊄ ， ⊂ ，
１ 所以ＥＦ 平面ＰＣＤ．
（ ）明确方向：确定问题的方向，选择证明平行或垂直的方法， ∥
２ １１．（２０１７课标 文，１９，１２分）如图 四面体ＡＢＣＤ中 ＡＢＣ是
必要时添加辅助线； Ⅲ ， ，△
正三角形 ＡＤ ＣＤ．
（ ）给出证明：利用平行、垂直关系的判定或性质给出问题的 ， ＝
３ 证明 ＡＣ ＢＤ
证明； （１） ： ⊥ ；
已知 ＡＣＤ是直角三角形 ＡＢ ＢＤ．若Ｅ为棱ＢＤ上与Ｄ
（ ）反思回顾：查看关键点、易漏点，检查使用定理时定理成立 （２） △ ， ＝
４ 不重合的点 且ＡＥ ＥＣ 求四面体ＡＢＣＥ与四面体ＡＣＤＥ
的条件是否遗漏，符号表达是否准确． ， ⊥ ，
的体积比．
解题关键 （ ）利用平行关系将 ＡＣＭ °转化为 ＢＡＣ
１ ∠ ＝９０ ∠
°是求证第（ ）问的关键；
＝９０ １
（ ）利用翻折的性质将 ＡＣＭ °转化为 ＡＣＤ °，进而利
２ ∠ ＝９０ ∠ ＝９０
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
－
ＡＢＰ的高是求解第（ ）问的关键．
２
１０．（２０１８ 北京文，１８，１４ 分）如图 在四棱锥 Ｐ ＡＢＣＤ 中 底面
， － ， 解析 证明 取ＡＣ的中点Ｏ 连接ＤＯ ＢＯ．
ＡＢＣＤ为矩形 平面ＰＡＤ 平面ＡＢＣＤ ＰＡ ＰＤ ＰＡ ＰＤ Ｅ Ｆ （１） ： ， ，
， ⊥ ， ⊥ ， ＝ ， ， 因为ＡＤ ＣＤ 所以ＡＣ ＤＯ．
分别为ＡＤ ＰＢ的中点． ＝ ， ⊥
， 又由于 ＡＢＣ是正三角形 所以ＡＣ ＢＯ．
求证 ＰＥ ＢＣ △ ， ⊥
（１） ： ⊥ ； 因为ＤＯ ＢＯ Ｏ
求证 平面ＰＡＢ 平面ＰＣＤ ∩ ＝ ，
（２） ： ⊥ ； 所以ＡＣ 平面ＤＯＢ
求证 ＥＦ 平面ＰＣＤ． ⊥ ，
（３） ： ∥ 因为ＢＤ 平面ＤＯＢ
⊂ ，
所以ＡＣ ＢＤ．
⊥
连接ＥＯ．
（２）
由 及题设知 ＡＤＣ
（１） ∠ ＝９０°，
所以ＤＯ ＡＯ．
＝
在 ＡＯＢ中 ＢＯ２ ＡＯ２ ＡＢ２．
Ｒｔ△ ， ＋ ＝
又ＡＢ ＢＤ 所以ＢＯ２ ＤＯ２ ＢＯ２ ＡＯ２ ＡＢ２ ＢＤ２
证明 因为ＰＡ ＰＤ Ｅ为ＡＤ的中点 ＝ ， ＋ ＝ ＋ ＝ ＝ ，
（１） ＝ ， ， 故 ＤＯＢ ．
所以ＰＥ ＡＤ． ∠ ＝９０°
⊥ 由题设知 ＡＥＣ为直角三角形
因为底面ＡＢＣＤ为矩形 △ ，
，
所以ＢＣ ＡＤ． 所以ＥＯ ＝ １ ＡＣ．
∥ ２
所以ＰＥ ＢＣ． 又 ＡＢＣ是正三角形 且ＡＢ ＢＤ
⊥ △ ， ＝ ，
因为底面ＡＢＣＤ为矩形
（２） ， 所以ＥＯ １ ＢＤ．
所以ＡＢ ＡＤ． ＝
⊥ ２
又因为平面ＰＡＤ 平面ＡＢＣＤ 故Ｅ为ＢＤ的中点 从而Ｅ到平面ＡＢＣ 的距离为 Ｄ 到平面
⊥ ， ，
所以ＡＢ 平面ＰＡＤ．
⊥ ＡＢＣ的距离的 １ 四面体ＡＢＣＥ的体积为四面体ＡＢＣＤ的体
所以ＡＢ ＰＤ． ，
⊥ ２
又因为ＰＡ ＰＤ
⊥ ， 积的 １ 即四面体ＡＢＣＥ与四面体ＡＣＤＥ的体积之比为 ．
所以ＰＤ 平面ＰＡＢ． ， １ ∶ １
⊥ ２
所以平面ＰＡＢ 平面ＰＣＤ． １２．（２０１６江苏，１６，１４分）如图 在直三棱柱ＡＢＣ Ａ Ｂ Ｃ 中 Ｄ
⊥ ， － １ １ １ ， ，
取ＰＣ中点Ｇ 连接ＦＧ ＤＧ． Ｅ分别为ＡＢ ＢＣ的中点 点Ｆ在侧棱Ｂ Ｂ上 且Ｂ Ｄ Ａ Ｆ
（３） ， ， ， ， １ ， １ ⊥ １ ，
第八章 立体几何 ３ ８９
Ａ Ｃ Ａ Ｂ ．求证 证明 平面ＡＥＣ 平面ＢＥＤ
１ １⊥ １ １ ： （１） ： ⊥ ；
直线ＤＥ 平面Ａ Ｃ Ｆ
（１） ∥ １ １ ； 若 ＡＢＣ ° ＡＥ ＥＣ 三棱锥Ｅ ＡＣＤ的体积为 ６ 求
平面Ｂ ＤＥ 平面Ａ Ｃ Ｆ． （２） ∠ ＝１２０ ， ⊥ ， － ，
（２） １ ⊥ １ １ ３
该三棱锥的侧面积．
解析 因为四边形ＡＢＣＤ为菱形 所以ＡＣ ＢＤ．
（１） ， ⊥
证明 在直三棱柱ＡＢＣ Ａ Ｂ Ｃ 中 Ａ Ｃ ＡＣ． 因为ＢＥ 平面ＡＢＣＤ 所以ＡＣ ＢＥ．故ＡＣ 平面ＢＥＤ．
（１） － １ １ １ ， １ １∥ ⊥ ， ⊥ ⊥
在 ＡＢＣ中 因为Ｄ Ｅ分别为ＡＢ ＢＣ的中点 又ＡＣ 平面ＡＥＣ 所以平面ＡＥＣ 平面ＢＥＤ． 分
△ ， ， ， ， ⊂ ， ⊥ （５ ）
所以ＤＥ ＡＣ 于是ＤＥ Ａ Ｃ ． 设ＡＢ ｘ 在菱形ＡＢＣＤ中 由 ＡＢＣ ° 可得ＡＧ ＧＣ
∥ ， ∥ １ １ （２） ＝ ， ， ∠ ＝１２０ ， ＝
又因为ＤＥ 平面Ａ Ｃ Ｆ Ａ Ｃ 平面Ａ Ｃ Ｆ
⊄ １ １ ， １ １⊂ １ １ ， ３ｘ ＧＢ ＧＤ ｘ ．
所以直线ＤＥ 平面Ａ Ｃ Ｆ． ＝ ， ＝ ＝
∥ １ １ ２ ２
在直三棱柱ＡＢＣ Ａ Ｂ Ｃ 中 Ａ Ａ 平面Ａ Ｂ Ｃ ．
（ 因 ２ 为 ） Ａ Ｃ 平面Ａ Ｂ － Ｃ １ １ 所 １ 以Ａ ， Ａ １ ⊥ Ａ Ｃ ． １ １ １ 因为ＡＥ ＥＣ 所以在 ＡＥＣ中 可得ＥＧ ３ｘ．
１ １⊂ １ １ １， １ ⊥ １ １ ⊥ ， Ｒｔ△ ， ＝ ２
又因为Ａ Ｃ Ａ Ｂ Ａ Ａ 平面ＡＢＢ Ａ Ａ Ｂ 平面ＡＢＢ Ａ
１ １⊥ １ １， １ ⊂ １ １， １ １⊂ １ １，
Ａ Ａ Ａ Ｂ Ａ 由ＢＥ 平面ＡＢＣＤ 知 ＥＢＧ为直角三角形 可得ＢＥ ２ｘ．
所 １ 以 ∩ Ａ １ Ｃ １＝ 平 １， 面ＡＢＢ Ａ ． ⊥ ， △ ， ＝ ２
因为Ｂ １ １ Ｄ １ ⊂ ⊥ 平面ＡＢＢ １ １ Ａ １ １ ， 所以Ａ １ Ｃ １⊥ Ｂ １ Ｄ． 由已知得 ， 三棱锥Ｅ － ＡＣＤ的体积Ｖ Ｅ － ＡＣＤ＝ ３ １ × ２ １ ＡＣ · ＧＤ · ＢＥ
又因为 Ｂ Ｄ Ａ Ｆ Ａ Ｃ 平面 Ａ Ｃ Ｆ Ａ Ｆ 平面 Ａ Ｃ Ｆ
１ ⊥ １ ， １ １⊂ １ １ ， １ ⊂ １ １ ，
Ａ Ｃ Ａ Ｆ Ａ ６ｘ３ ６．故ｘ ． 分
所 １ 以 １∩ Ｂ Ｄ １ ＝ 平 １ 面 ， Ａ Ｃ Ｆ． ＝ ２４ ＝ ３ ＝２ （９ ）
１ ⊥ １ １ 从而可得ＡＥ ＥＣ ＥＤ ．
因为直线Ｂ Ｄ 平面Ｂ ＤＥ 所以平面Ｂ ＤＥ 平面Ａ Ｃ Ｆ． ＝ ＝ ＝ ６
１ ⊂ １ ， １ ⊥ １ １ 所以 ＥＡＣ 的面积为 ＥＡＤ 的面积与 ＥＣＤ 的面积均
评析 本题主要考查直线与直线、直线与平面以及平面与平 △ ３，△ △
为 ．
面的位置关系，考查空间想象能力和推理论证能力． ５
１３．（２０１５课标 文，１８，１２分）如图 四边形ＡＢＣＤ为菱形 Ｇ为 故三棱锥Ｅ ＡＣＤ的侧面积为 ． 分
Ⅰ ， ， － ３＋２ ５ （１２ ）
ＡＣ与ＢＤ的交点 ＢＥ 平面ＡＢＣＤ．
， ⊥
学生用书Ｐ１３６
续表
考点 直线、平面垂直的判定与性质
类别 文字语言 图形语言 符号语言
两个平面相交 如果它 ＡＯＢ是二面角
１．线面垂直的判定和性质 ， ∠
们所成的二面角是直 α ｌ β的平面角
类别 文字语言 图形语言 符号语言 －－ ，
二面角 就说这两个平 且 ＡＯＢ °
， ∠ ＝ ９０ ，
如果一条直线与一个平面 ｌ ａ，ｌ ｂ } 面互相垂直 则α β
⊥ ⊥ 判定 ⊥
内的两条相交直线都垂直 ａ ｂ Ｏ
判定 ， ① ∩ ＝ ⇒ 如果一个平面过另一个
则该直线与此平面垂直 即 ａ α，ｂ α ｌ β}
（ ⊂ ⊂ 平面的垂线 则这两个 ⊂ β
线线垂直 线面垂直 ｌ α ， ③ ｌ α ⇒ ⊥
⇒ ） ⊥ 平面互相垂直 即线面 ⊥
（ α
如果一条直线和一个平面 垂直 面面垂直
⇒ ）
垂直 则这条直线垂直于 ａ α}
， ⊥ ａ ｂ 如果两个平面垂直 则 α β ü
平面内任意一条直线 即 ② ｂ α ⇒ ⊥ ， ⊥ ï
（ ⊂ 其中一个平面内垂直 α β ａ ï
性质 线面垂直 线线垂直 ∩ ＝ ý ｌ
⇒ ） 性质 于交线的直线垂直于 ④ ｌ β ï⇒⊥
⊂ ï
垂直于同一个平面的两 ａ α} 另一个平面 即面面垂 ｌ ａ þ
⊥ ａ ｂ （ ⊥
条直线平行 ｂ α ⇒ ∥ 直 线面垂直 α
⊥ ⇒ ）
３．直线与平面所成的角
２．面面垂直的判定和性质
斜线与平面所成的角的定义 平面的一条斜线和它在这个
类别 文字语言 图形语言 符号语言 （１） ：
平面内的射影所成的 锐角 叫做这条直线和这个平面所成的角．
⑤ ，
当一条直线垂直于平面时 规定它们所成的角是直角
（２） ， ；
３ ９０ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
当一条直线和平面平行或在平面内时 规定它们所成的角为 °． 二面角的定义 由两个半平面和一条公共交线所组成的
， ０ （１） ：
直线与平面所成角θ的取值范围 空间图形叫做二面角．公共交线叫做该二面角的棱．两个半平面
（３）
叫做二面角的面．
直线ｌ和平面α ｌ α ｌ和α
⊂ ｌ α 二面角的平面角
的位置关系 或ｌ α ⊥ 斜交 （２）
∥ 以二面角的棱上任意一点为垂足 过垂足在两个半平面内
，
分别作 垂直于 棱的两条射线 这两条射线所组成的角叫做二
θ的取值范围 θ ° θ ° θ ° ⑨ ，
⑥ ＝０ ⑦ ＝９０ ° ⑧ ０ ＜ ＜９０ 面角的平面角．若记此角为 θ 则当 θ °时 二面角叫做直二
， ＝９０ ，
４．二面角 面角．
学生用书Ｐ１３７
一、判定或证明直线与直线垂直的方法 四边形Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 四边形ＡＢＣＤ
∴ １ １ １ １∽ ，
１．利用线线垂直的定义进行判断 计算两直线所成的角的 Ａ Ｃ Ａ Ｂ
（ １ １ １ １ １ ．由ＡＣ 得Ａ Ｃ ．
大小为 ° ． ∴ ＡＣ ＝ ＡＢ ＝ ＝２ １ １＝１
９０ ） ２
２．利用平面几何中证明线线垂直的方法 特殊图形 正 Ａ Ａ 底面ＡＢＣＤ ＡＣ 底面ＡＢ⁃
：（１） （ ∵ １ ⊥ ， ⊂
方形 长方形 直角梯形等 中的垂直关系 等腰三角形底边 ＣＤ Ａ Ａ ＡＣ
、 、 ） ；（２） ，∴ １ ⊥ ，
中线的性质 勾股定理的逆定理等． 四边形Ａ ＡＣＣ 为直角梯形
；（３） ∴ １ １ ，
３．线面垂直的性质
：（１）
ａ
⊥
α
，
ｂ
⊂
α
⇒
ａ
⊥
ｂ
（
主要方法
）； ∴
Ｃ
１
Ａ
＝
Ａ
１
Ａ２
＋
Ａ
１
Ｃ２
１ ＝２，
ａ α ｂ α ａ ｂ． 又ＡＣ Ｍ 为 ＣＣ 的中点 所以
（２） ４ ⊥ ．向 ， 量 ∥ 法 证 ⇒ 明 ⊥ 两直线的方向向量ａ ｂ互相垂直 即ａ ｂ ． ＡＭ Ｃ Ｃ． ＝２， １ ，
例１ （２０ ： １７江苏，１５，１４ 分）如图 ， 在三棱锥Ａ ， ＢＣ · Ｄ中 ＝０ ＡＢ ⊥ 又 １ 平面 Ａ ＡＣＣ 平面 Ｃ ＣＤＤ 平面 Ａ ＡＣＣ 平面
， － ， ∵ １ １ ⊥ １ １， １ １ ∩
ＡＤ ＢＣ ＢＤ 平面 ＡＢＤ 平面 ＢＣＤ 点 Ｅ Ｆ Ｅ 与 Ａ Ｄ 不重 Ｃ ＣＤＤ Ｃ Ｃ ＡＭ 平面Ｃ ＣＤＤ ．
⊥ ， ⊥ ， ⊥ ， ， （ ， １ １＝ １ ，∴ ⊥ １ １
合 分别在棱ＡＤ ＢＤ上 且ＥＦ ＡＤ． 又Ｄ Ｄ 平面Ｃ ＣＤＤ ＡＭ Ｄ Ｄ．
） ， ， ⊥ １ ⊂ １ １，∴ ⊥ １
求证 ＥＦ 平面ＡＢＣ
：（１） ∥ ； 连接ＢＭ 在 ＡＢＣ中 ＡＢ ＡＣ ＡＢＣ ° 利
ＡＤ ＡＣ． （２） ， △ ， ＝２ ３， ＝２，∠ ＝３０ ，
（２） ⊥ 用余弦定理可求得ＢＣ 或ＢＣ 由于ＡＣ ＢＣ 所以ＢＣ
＝４ ＝２， ≠ ， ＝４，
从而ＡＢ２ ＡＣ２ ＢＣ２ ＡＢ ＡＣ．
＋ ＝ ，∴ ⊥
Ａ Ａ 底面ＡＢＣＤ ＡＡ 平面Ａ ＡＣＣ
∵ １ ⊥ ， １⊂ １ １，
平面Ａ ＡＣＣ 底面ＡＢＣＤ 且ＡＣ为交线
∴ １ １⊥ ， ，
ＡＢ 平面Ａ ＡＣＣ 又ＣＣ 平面Ａ ＡＣＣ ＡＢ ＣＣ ．
∴ ⊥ １ １， １⊂ １ １，∴ ⊥ １
由 知ＡＭ ＣＣ 又ＡＢ ＡＭ Ａ
证明 （１） 在平面ＡＢＤ内 ， 因为ＡＢ ⊥ ＡＤ ， ＥＦ ⊥ ＡＤ ， 所以ＥＦ ∥ ＡＢ．
（
Ｃ
１
Ｃ
）
平面
⊥
ＡＢＭ
１， ∩ ＝ ，
又因为ＥＦ ⊄ 平面ＡＢＣ ， ＡＢ ⊂ 平面ＡＢＣ ， 所以ＥＦ ∥ 平面ＡＢＣ．
∴
平面
１⊥
ＡＢＭ 平面
，
Ｂ ＢＣＣ ．
利用线面平行的判定定理 ∴ ⊥ １ １
（ ） 过点Ａ作ＡＮ ＢＭ 交ＢＭ于点Ｎ 则ＡＮ 平面Ｂ ＢＣＣ ．
因为平面ＡＢＤ 平面ＢＣＤ 平面ＡＢＤ 平面ＢＣＤ ＢＤ ⊥ ， ， ⊥ １ １
（２） ⊥ ， ∩ ＝ ，
ＢＣ 平面ＢＣＤ ＢＣ ＢＤ 所以ＢＣ 平面ＡＢＤ． 利用面面垂直的 易得ＡＢ ＡＭ 计算可得ＡＭ ＢＭ ＡＮ ２ １５
⊂ ， ⊥ ， ⊥ （ ⊥ ， ＝ ３， ＝ １５，∴ ＝ ，
性质定理 因为ＡＤ 平面ＡＢＤ 所以ＢＣ ＡＤ．又ＡＢ ＡＤ ＢＣ ５
） ⊂ ， ⊥ ⊥ ， ∩
ＡＢ Ｂ ＡＢ 平面ＡＢＣ ＢＣ 平面ＡＢＣ 所以ＡＤ 平面ＡＢＣ． 利 故点Ａ到平面Ｂ ＢＣＣ 的距离为２ １５．
＝ ， ⊂ ， ⊂ ， ⊥ （ １ １
用线面垂直的判定定理 又因为ＡＣ 平面ＡＢＣ 所以ＡＤ ＡＣ． 利 ５
） ⊂ ， ⊥ （ １－２ 如图 已知ＰＡ 平面ＡＢＣＤ 且四边形ＡＢＣＤ为矩形
用线面垂直的性质定理 ， ⊥ ， ，
） Ｍ Ｎ分别是ＡＢ ＰＣ的中点．
１－１ 如图 在四棱台 Ａ Ｂ Ｃ Ｄ ＡＢＣＤ 中 Ａ Ａ 底面 、 、
， １ １ １ １ － ， １ ⊥ 求证 ＭＮ ＣＤ
（１） ： ⊥ ；
ＡＢＣＤ ， Ａ １ Ｂ １ ＝ Ａ １ Ａ ＝ ３， ＡＢ ＝２ ３， ＡＣ ＝２， 平面 Ａ １ ＡＣＣ １⊥ 平面 （２） 若 ∠ ＰＤＡ ＝４５ ° ， 求证 ： ＭＮ ⊥ 平面ＰＣＤ．
Ｃ ＣＤＤ Ｍ为Ｃ Ｃ的中点．
１ １， １
证明 ＡＭ Ｄ Ｄ
（１） ： ⊥ １ ；
若 ＡＢＣ ° 且ＡＣ ＢＣ 求点Ａ到平面Ｂ ＢＣＣ 的距离．
（２） ∠ ＝３０ ， ≠ ， １ １
１－２． 证明 如图所示 取ＰＤ的中点Ｅ 连接ＡＥ ＮＥ
（１） ， ， 、 ，
１－１． 解析 证明 连接Ｃ Ａ
（１） ： １ ，
几何体Ａ Ｂ Ｃ Ｄ ＡＢＣＤ为四棱台
∵ １ １ １ １－ ，
第八章 立体几何 ３ ９１
Ｎ为ＰＣ的中点 证明 ＢＤ 平面ＡＭＮ
∵ ， （１） ： ⊥ ；
设ＢＤ ＭＮ Ｇ 求三棱锥Ａ ＢＧＮ的体积．
ＮＥ ＣＤ且ＮＥ １ ＣＤ （２） ∩ ＝ ， －
∴ ∥ ＝ ，
２
又ＡＭ ＣＤ且ＡＭ １ ＡＢ １ ＣＤ
∥ ＝ ＝ ，
２ ２
ＮＥ ＡＭ 四边形ＡＭＮＥ为平行
∴ ，∴
四边形 ＭＮ ＡＥ．
，∴ ∥
ＰＡ 平面ＡＢＣＤ ＰＡ ＣＤ
∵ ⊥ ，∴ ⊥ ，
∵ 四边形ＡＢＣＤ为矩形 ，∴ ＡＤ ⊥ ＣＤ ， ２－１． 解析 证明 ＡＤＥ是等边三角形 Ｍ 是 ＤＥ
（１） ：∵ △ ，
又ＡＤ ＰＡ Ａ ＣＤ 平面ＰＡＤ
∩ ＝ ，∴ ⊥ ， 的中点 ＡＭ ＤＥ．
，∴ ⊥
又ＡＥ 平面ＰＡＤ ＣＤ ＡＥ ＭＮ ＣＤ．
⊂ ，∴ ⊥ ，∴ ⊥ 又平面ＡＤＥ 平面ＢＣＤＥ 平面ＡＤＥ 平面ＢＣＤＥ ＤＥ
⊥ ， ∩ ＝ ，
ＰＡ 平面ＡＢＣＤ ＰＡ ＡＤ
（２）∵ ⊥ ，∴ ⊥ ， ＡＭ 平面ＢＣＤＥ ＢＤ 平面ＢＣＤＥ ＡＭ ＢＤ．
∴ ⊥ ，∵ ⊂ ，∴ ⊥
又 ＰＤＡ ° ＰＡＤ为等腰直角三角形
∠ ＝４５ ，∴ △ ，
ＭＤ ＭＥ ＢＮ ＤＥ ＢＣ ＤＥ １ ＢＣ
又Ｅ为ＰＤ的中点 ＡＥ ＰＤ ∵ ＝ ＝１， ＝３， ∥ ， ＝ ，
，∴ ⊥ ， ２
由 知ＣＤ ＡＥ 又ＰＤ ＣＤ Ｄ ＡＥ 平面ＰＣＤ． ＭＤ ＣＮ 四边形ＭＮＣＤ是平行四边形 ＭＮ ＣＤ．
（１） ⊥ ， ∩ ＝ ，∴ ⊥ ∴ ，∴ ，∴ ∥
又ＡＥ ＭＮ ＭＮ 平面ＰＣＤ．
∥ ，∴ ⊥ ＢＤ ＢＣ ＣＤ ＢＤ２ ＣＤ２ ＢＣ２ ＢＤ ＣＤ
∵ ＝２ ３， ＝４， ＝２，∴ ＋ ＝ ，∴ ⊥ ，
二、判定或证明直线与平面垂直的方法 ＢＤ ＭＮ 又ＡＭ ＭＮ Ｍ ＢＤ 平面ＡＭＮ．
∴ ⊥ ， ∩ ＝ ，∴ ⊥
由 知ＡＭ 平面ＢＣＤＥ
１．利用线面垂直的判定定理 ａ ｂ ａ ｃ ｂ ｃ Ｍ ｂ α ｃ （２） （１） ⊥ ，
： ⊥ ， ⊥ ， ∩ ＝ ， ⊂ ， ⊂ ＡＭ为三棱锥Ａ ＢＧＮ的高．
α ａ α 主要方法 ∴ －
⇒ ⊥ （ ）；
２．利用平行的传递性 ａ ｂ ａ α ｂ α ＡＤＥ是边长为 的等边三角形 ＡＭ ．
： ∥ ， ⊥ ⇒ ⊥ ； ∵ △ ２ ，∴ ＝ ３
３．利用面面垂直的性质定理 α β α β ｌ ａ α ａ ｌ ａ
： ⊥ ， ∩ ＝ ， ⊂ ， ⊥ ⇒ 易知ＧＮ ３ ＣＤ ３
＝ ＝ ，
β 主要方法 ４ ２
⊥ （ ）；
４．利用面面平行的性质 α β ａ β ａ α
： ∥ ， ⊥ ⇒ ⊥ ； 又由 知ＢＤ ＭＮ ＢＧ ＢＮ２ ＮＧ２ ３ ３．
５．利用面面垂直的性质 α β α γ β γ ｌ ｌ α （１） ⊥ ，∴ ＝ － ＝
： ⊥ ， ⊥ ， ∩ ＝ ⇒⊥ ； ２
６．向量法 证明直线的方向向量ａ与平面的法向量ｂ平行．
： Ｓ １ ＢＧ ＮＧ １ ３ ３ ３ ９ ３．
例２ Ｓ是 ＡＢＣ所在平面外一点 且ＳＡ ＳＢ ＳＣ Ｄ为斜 ∴ △ ＢＧＮ＝ · ＝ × × ＝
Ｒｔ△ ， ＝ ＝ ， ２ ２ ２ ２ ８
边ＡＣ的中点．
Ｖ １ Ｓ ＡＭ １ ９ ３ ９ ．
求证 ＳＤ 平面ＡＢＣ ∴ Ａ － ＢＧＮ＝ △ ＢＧＮ· ＝ × × ３＝
（１） ： ⊥ ； ３ ３ ８ ８
若ＡＢ ＢＣ 求证 ＢＤ 平面ＳＡＣ． ２－２ （２０１８课标 文，１９，１２ 分）如图 在三棱锥 Ｐ ＡＢＣ
（２） ＝ ， ： ⊥ Ⅱ ， －
解题思路 中 ＡＢ ＢＣ ＰＡ ＰＢ ＰＣ ＡＣ Ｏ为ＡＣ的中点．
， ＝ ＝２ ２， ＝ ＝ ＝ ＝４，
欲证线面垂直 只需在所证明的平面内找两条相交直线与 证明 ＰＯ 平面ＡＢＣ
， （１） ： ⊥ ；
所证直线垂直即可 因此可以选择线面垂直的判定定理完成 若点Ｍ在棱ＢＣ上 且ＭＣ ＭＢ 求点Ｃ到平面ＰＯＭ
， （２） ， ＝２ ，
证明． 的距离．
证明 如图所示 取ＡＢ的中点Ｅ 连接ＳＥ ＤＥ
（１） ， ， ， ，
在 ＡＢＣ中 Ｄ Ｅ分别为ＡＣ ＡＢ的
Ｒｔ△ ， 、 、
中点 ＤＥ ＢＣ
，∴ ∥ ，
又ＡＢ ＢＣ ＤＥ ＡＢ．
⊥ ，∴ ⊥
ＳＡ ＳＢ Ｅ为ＡＢ的中点
∵ ＝ ， ，
ＳＥ ＡＢ．
∴ ⊥
又ＳＥ ＤＥ Ｅ ＡＢ 平面ＳＤＥ．
∩ ＝ ，∴ ⊥
又ＳＤ 平面ＳＤＥ ＡＢ ＳＤ． ２－２． 解析 证明 因为ＡＰ ＣＰ ＡＣ Ｏ为ＡＣ的中
⊂ ，∴ ⊥ （１） ： ＝ ＝ ＝４，
在 ＳＡＣ中 ＳＡ ＳＣ Ｄ为ＡＣ的中点 点 所以ＯＰ ＡＣ 且ＯＰ ．
△ ， ＝ ， ， ， ⊥ ， ＝２ ３
ＳＤ ＡＣ．
∴ ⊥ 连接ＯＢ 因为ＡＢ ＢＣ ２ＡＣ
又ＡＣ ＡＢ Ａ ＳＤ 平面ＡＢＣ． ， ＝ ＝ ，
∩ ＝ ，∴ ⊥ ２
由于ＡＢ ＢＣ Ｄ为ＡＣ的中点 ＢＤ ＡＣ 所以 ＡＢＣ 为等腰直角三角形 且
（２） ＝ ， ，∴ ⊥ ， △ ，
由 可知 ＳＤ 平面ＡＢＣ
（１） ， ⊥ ， ＯＢ ＡＣ ＯＢ １ ＡＣ ．
又ＢＤ 平面ＡＢＣ ＳＤ ＢＤ ⊥ ， ＝ ＝２
⊂ ，∴ ⊥ ， ２
又ＳＤ
∩
ＡＣ
＝
Ｄ
，∴
ＢＤ
⊥
平面ＳＡＣ． 由ＯＰ２
＋
ＯＢ２
＝
ＰＢ２ 知
，
ＯＰ
⊥
ＯＢ．
２－１ 如图 在四棱锥Ａ ＢＣＤＥ中 ＡＤＥ是边长为 的等边 由ＯＰ ＯＢ ＯＰ ＡＣ ＯＢ ＡＣ Ｏ
， － ，△ ２ ⊥ ， ⊥ ， ∩ ＝ ，
三角形 平面ＡＤＥ 平面 ＢＣＤＥ 底面 ＢＣＤＥ 是等腰梯形 ＤＥ 知ＰＯ 平面ＡＢＣ．
， ⊥ ， ， ∥ ⊥
作ＣＨ ＯＭ 垂足为Ｈ．由 可得ＯＰ ＣＨ 所以ＣＨ
ＢＣ ＤＥ １ ＢＣ ＢＥ ＤＣ ＢＤ 点Ｍ是边ＤＥ的中点 点 （２） ⊥ ， （１） ⊥ ， ⊥
， ＝ ， ＝ ＝２， ＝２ ３， ， 平面ＰＯＭ．
２
Ｎ在ＢＣ上 且ＢＮ ． 故ＣＨ的长为点Ｃ到平面ＰＯＭ的距离．
， ＝３
３ ９２ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
其中正确结论的序号是 ．
由题设可知ＯＣ １ ＡＣ ＣＭ ２ ＢＣ ４ ２ ＡＣＢ °．
＝ ＝２， ＝ ＝ ，∠ ＝４５ ３－１． 答案
２ ３ ３ ①②④
所以ＯＭ ２ ５ ＣＨ ＯＣ · ＭＣ ·ｓｉｎ∠ ＡＣＢ ４ ５． ３－２ （２０１８江苏，１５，１４分）在平行六面体ＡＢＣＤ － Ａ １ Ｂ １ Ｃ １ Ｄ １
＝ ， ＝ ＯＭ ＝ 中 ＡＡ ＡＢ ＡＢ Ｂ Ｃ ．
３ ５ ， １＝ ， １⊥ １ １
求证 ＡＢ 平面Ａ Ｂ Ｃ
所以点Ｃ到平面ＰＯＭ的距离为４ ５． ：（１） ∥ １ １ ；
平面ＡＢＢ Ａ 平面Ａ ＢＣ．
５ （２） １ １⊥ １
三、判定或证明平面与平面垂直的方法
１．利用面面垂直的判定定理 ａ β ａ α α β 主要方法
： ⊥ ， ⊂ ⇒ ⊥ （ ）；
２．利用面面垂直的定义 作出两平面构成的二面角的平面
（
角 并计算其平面角大小为 °
， ９０ ）；
３．利用平行的传递性 α β α γ β γ
： ∥ ， ⊥ ⇒ ⊥ ；
４．向量法 ： 证明两个平面的法向量ｍ ， ｎ互相垂直 ， 即ｍ · ｎ ＝０ ． ３－２． 证明 （１） 在平行六面体 ＡＢＣＤ － Ａ １ Ｂ １ Ｃ １ Ｄ １ 中 ， ＡＢ
例３ （２０１８北京文，１８，１４分）如图 在四棱锥Ｐ ＡＢＣＤ中 Ａ Ｂ ．
， － ， ∥ １ １
底面ＡＢＣＤ为矩形 平面ＰＡＤ 平面ＡＢＣＤ ＰＡ ＰＤ ＰＡ ＰＤ Ｅ 因为ＡＢ 平面Ａ Ｂ Ｃ Ａ Ｂ 平面Ａ Ｂ Ｃ
， ⊥ ， ⊥ ， ＝ ， ， ⊄ １ １ ， １ １⊂ １ １ ，
Ｆ分别为ＡＤ ＰＢ的中点． 所以ＡＢ 平面Ａ Ｂ Ｃ．
， ∥ １ １
求证 ＰＥ ＢＣ 在平行六面体ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 中 四边形ＡＢＢ Ａ 为平
（１） ： ⊥ ； （２） － １ １ １ １ ， １ １
求证 平面ＰＡＢ 平面ＰＣＤ 行四边形．又因为ＡＡ ＡＢ 所以四边形ＡＢＢ Ａ 为菱形 所以ＡＢ
（２） ： ⊥ ； １＝ ， １ １ ， １
求证 ＥＦ 平面ＰＣＤ． Ａ Ｂ．因为ＡＢ Ｂ Ｃ ＢＣ Ｂ Ｃ 所以ＡＢ ＢＣ．
（３） ： ∥ ⊥ １ １⊥ １ １， ∥ １ １， １⊥
又因为Ａ Ｂ ＢＣ Ｂ Ａ Ｂ 平面Ａ ＢＣ ＢＣ 平面Ａ ＢＣ
１ ∩ ＝ ， １ ⊂ １ ， ⊂ １ ，
所以ＡＢ 平面Ａ ＢＣ 又因为ＡＢ 平面ＡＢＢ Ａ 所以平面
１⊥ １ ， １⊂ １ １，
ＡＢＢ Ａ 平面Ａ ＢＣ．
１ １⊥ １
３－３ 如图所示 在四棱锥Ｐ ＡＢＣＤ中 底面ＡＢＣＤ为菱形
， － ， ，
ＢＡＤ ° ＡＰＤ ° 且ＰＡ ＰＤ ＰＢ ．
∠ ＝６０ ，∠ ＝９０ ， ＝ ＝ ２， ＝２
求证 平面ＰＡＤ 平面ＡＢＣＤ
解题思路 （１） ： ⊥ ；
求点Ｃ到平面ＰＢＤ的距离．
欲证ＰＥ ＢＣ 由已知可得ＢＣ ＡＤ 只需证ＰＥ ＡＤ即可 （２）
（１） ⊥ ， ∥ ， ⊥ ；
欲证面面垂直 只需从其中一平面内寻找一直线垂直于
（２） ，
另一平面 结合条件利用面面垂直的性质定理及线面垂直的判
，
定定理证明ＰＤ 平面ＰＡＢ即可
⊥ ；
在平面ＰＣＤ内寻找一直线使其平行于ＥＦ 从而利用线
（３） ，
面平行的判定定理证明即可．
证明 在 ＰＡＤ中 因为ＰＡ ＰＤ Ｅ为ＡＤ的中点 所以 ３－３． 解析 证明 取ＡＤ的中点Ｏ 连接ＯＰ ＯＢ．
（１） △ ， ＝ ， ， （１） ： ， ，
ＰＥ ＡＤ．因为底面ＡＢＣＤ为矩形 所以ＢＣ ＡＤ．所以ＰＥ ＢＣ． 由题意知 ＰＡＤ为等腰直角三角形 又ＰＡ ＰＤ
⊥ ， ∥ ⊥ ，△ ， ＝ ＝ ２，
因为底面ＡＢＣＤ为矩形 所以ＡＢ ＡＤ．又因为平面ＰＡＤ 所以ＡＤ ．则ＰＯ
（２） ， ⊥ ＝２ ＝１，
平面ＡＢＣＤ 所以ＡＢ 平面 ＰＡＤ．所以 ＡＢ ＰＤ．又因为 ＰＡ 因为底面ＡＢＣＤ为菱形 ＢＡＤ ° 所以ＡＤ ＡＢ ＢＤ ．
⊥ ， ⊥ ⊥ ⊥ ，∠ ＝６０ ， ＝ ＝ ＝２
ＰＤ ， ＰＡ ∩ ＡＢ ＝ Ａ ， 所以ＰＤ ⊥ 平面ＰＡＢ．又ＰＤ ⊂ 平面ＰＣＤ ， 所以平 因为Ｏ为ＡＤ的中点 ， 所以ＯＢ ⊥ ＡＤ ， 且ＯＢ ＝ ３ ．
面ＰＡＢ 平面ＰＣＤ．
⊥ 因为ＰＯ２ ＯＢ２ ＰＢ２ 所以ＯＢ ＯＰ．
＋ ＝１＋３＝４＝ ， ⊥
取 ＰＣ 的中点 Ｇ 连接
（３） ， 因为ＯＰ ＡＤ Ｏ ＯＰ 平面ＰＡＤ ＡＤ 平面ＰＡＤ
∩ ＝ ， ⊂ ， ⊂ ，
ＦＧ ＤＧ．因为Ｆ Ｇ分别为ＰＢ ＰＣ
， ， ， 所以ＯＢ 平面ＰＡＤ．
⊥
的中点 所以 ＦＧ ＢＣ ＦＧ
， ∥ ， ＝ 因为ＯＢ 平面ＡＢＣＤ 所以平面ＰＡＤ 平面ＡＢＣＤ．
⊂ ， ⊥
１ ＢＣ．因为底面 ＡＢＣＤ 为矩形
，
２
且Ｅ为ＡＤ的中点 所以ＤＥ ＢＣ ＤＥ １ ＢＣ．所以ＤＥ ＦＧ ＤＥ
， ∥ ， ＝ ∥ ，
２
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．
⊄ ， ⊂ ， ∥
３－１ 如图 四棱锥Ｐ ＡＢＣＤ中 ＰＡ 由 知平面ＰＡＤ 平面ＡＢＣＤ ＯＰ ＡＤ 且平面ＰＡＤ 平
， － ， ⊥ （２） （１） ⊥ ， ⊥ ， ∩
底面ＡＢＣＤ 底面ＡＢＣＤ为正方形 给出下 面ＡＢＣＤ ＡＤ ＯＰ 平面ＰＡＤ 所以ＰＯ 平面ＡＢＣＤ．
， ， ＝ ， ⊂ ， ⊥
列结论
： ＡＤ 平面ＰＢＣ 所以Ｖ Ｐ － ＢＣＤ＝ １ Ｓ △ ＢＣＤ· ＯＰ ＝ １ × １ × ３ ×２ ２ ×１＝ ３．
① ∥ ； ３ ３ ２ ２ ３
平面ＰＡＣ 平面ＰＢＤ
② ⊥ ； 在 ＰＢＤ中 ＰＢ ＢＤ ＰＤ
△ ， ＝ ＝２， ＝ ２，
平面ＰＡＢ 平面ＰＡＣ
③ ⊥ ； æ ö２
④ 平面ＰＡＤ ⊥ 平面ＰＤＣ． 所以Ｓ △ ＰＢＤ＝ １ × ２× ２ ２ －è ç ２ ø ÷ ＝ ７．
２ ２ ２
第八章 立体几何 ３ ９３
设点Ｃ到平面ＰＢＤ的距离为ｄ
， 故点Ｃ到平面ＰＢＤ的距离为２ ２１．
Ｖ
则Ｖ Ｖ １ Ｓ ｄ 所以ｄ ３ Ｐ － ＢＣＤ ２ ２１． ７
Ｐ － ＢＣＤ＝ Ｃ － ＰＢＤ＝ ３ · △ ＰＢＤ· ， ＝ Ｓ △ ＰＢＤ ＝ ７
Ａ 组 考点基础题组 学生用书Ｐ１３９
直线、平面垂直的判定与性质
１．（２０２０湘赣皖十五校第二次联考，３）棱长为 的正方体ＡＢＣＤ
１
Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 中 Ｐ为正方体表面上的一个动点 且总有 ＰＣ
－ １ １ １ １ ， ， ⊥
ＢＤ 则动点Ｐ的轨迹所围成的图形的面积为
１， （ ）
６． 解析 证明 取 ＡＢ ＡＤ 的中点 Ｇ Ｈ 连接 ＤＧ ＥＨ
（１） ： ， ， ， ， ，
３
Ａ． ３ Ｂ．３ ２ Ｃ． Ｄ．１ ＢＧ １ ＡＢ ＣＤ ＢＧ ＣＤ 四边形 ＢＣＤＧ 是平行四边形
２ ∵ ＝ ＝ ， ∥ ，∴ ，
１． 答案 Ｃ ２
ＤＧ ＢＣ ＡＧ ＡＤ ＡＤＧ 为等边三角形 ＤＧ
２．（２０２１百校大联考第６次联考，６）若ｍ ｎ ｌ为空间三条不同的直 ∴ ＝ ＝ ＝ ＝ ２，∴ △ ， ＝
， ，
线 α β γ为空间三个不同的平面 则下列为真命题的是 １ ＡＢ ＡＢＤ是直角三角形 ＡＤ ＢＤ 平面ＡＤＥ 平面
， ， ， ， （ ） ，∴ △ ，∴ ⊥ ，∵ ⊥
若ｍ ｌ ｎ ｌ 则ｍ ｎ ２
Ａ． ⊥， ⊥， ∥ ＡＢＣＤ ＢＤ 平面 ＡＢＣＤ 平面 ＡＤＥ 平面 ＡＢＣＤ ＡＤ
若ｍ β ｍ α 则α β ， ⊂ ， ∩ ＝ ，
Ｂ． ⊥ ， ∥ ， ⊥ ＢＤ 平面ＡＤＥ 又 ＡＥ 平面ＡＤＥ ＡＥ ＢＤ．
若α γ β γ 则α β ∴ ⊥ ， ∵ ⊂ ，∴ ⊥
Ｃ． ⊥ ， ⊥ ， ∥
若α γ ｍ β γ ｎ ｍ ｎ 则α β 存在 Ｆ为ＥＢ中点 即λ １ ．
Ｄ． ∩ ＝ ， ∩ ＝ ， ∥ ， ∥ （２） ， ， ＝
２． 答案 Ｂ ２
易知ＥＨ ＢＤ 如图 建立空间直角坐标系Ｄ ｘｙｚ 则
３．（２０２１河北张家口一模，５）已知两条不同的直线ｌ ｍ和不重合 ＝ ３， ＝２ ３， ， － ，
，
的两个平面α β 且ｌ β 有下面四个命题 Ｄ Ａ Ｂ Ｃ Ｅ
， ， ⊥ ， ： （０，０，０）， （２，０，０）， （０，２ ３，０）， （－１， ３，０）， （１，０，
若ｍ β 则ｌ ｍ 若α β 则ｌ α
① ⊥ ， ∥ ； ② ∥ ， ⊥ ； ３），
③
若α
⊥
β
，
则ｌ
∥
α
； ④
若ｌ
⊥
ｍ
，
则ｍ
∥
β． 则Ｄ→Ａ
＝（２，０，０），
Ｃ→Ｂ
＝（１， ３，０），
Ｅ→Ｂ
＝（－１，２ ３，－ ３），
Ｅ→Ｆ
＝
其中真命题的序号是
（ ） λＥ→Ｂ λ λ λ Ｄ→Ｆ Ｄ→Ｅ Ｅ→Ｆ λ λ
＝（－ ，２ ３ ，－ ３ ）， ＝ ＋ ＝（１－ ，２ ３ ， ３－
Ａ．①② Ｂ．②③ Ｃ．②③④ Ｄ．①④ λ ．
３． 答案 Ａ ３ ）
４．（２０２０重庆育才中学月考，８）已知直线ａ ｂ与平面α β满足ａ
， ，
α ｂ β α β ｌ 则下列命题中正确的是
⊂ ， ⊂ ， ∩ ＝ ， （ ）
α β是ａ ｂ的充分不必要条件
Ａ． ⊥ ⊥
ａ ｌ是α β的充要条件
Ｂ． ⊥ ⊥
若α β 则ａ ｂ是ａ ｌ的必要不充分条件
Ｃ． ⊥ ， ⊥ ⊥ 设平面ＡＤＦ的法向量为ｍ ｘ ｙ ｚ 平面ＢＣＥ的法向量为
若α β 则ａ ｂ是ａ ｌ的既不充分也不必要条件 ＝（ １， １， １），
Ｄ． ⊥ ， ⊥ ⊥ ｎ ｘ ｙ ｚ
４． 答案 Ｃ ＝（ ２， ２， ２），
５．（
ＡＢ
２０
Ｃ
２
Ｄ
１重
Ａ Ｂ
庆 一
ＣＤ
模，
Ａ
１
Ｂ
６）在
Ｂ
四
Ｃ
棱柱
ＣＤ
ＡＢ
Ｄ
Ｃ
Ａ
Ｄ
－ Ａ
Ａ
Ａ １
Ｂ
１
Ｃ
１
Ｄ
以 １
中
Ｃ ， Ｄ
Ａ
的
Ａ
１⊥ 中
平
点
面
Ｏ
由 {Ｄ
Ｄ→
→Ｆ
Ａ
·
ｍ
ｍ ＝０，得 { （
ｘ
１－ λ ） ｘ １＋２ ３ λｙ １＋（ ３－ ３ λ ） ｚ １＝０，取ｍ
＝
为球心
，
Ｏ
∥
Ｄ 为
，
半径
＝
的
４，
球Ｏ
＝
截侧
＝
面Ａ
＝
ＢＢ Ａ
１＝
所
２，
得图形的面积为 λ
·
λ
＝０， ２ １＝０，
， ． １ １ １ （０ { ， Ｃ→Ｂ －１， ｎ ２ ）； { ｘ ｙ
由 · ＝０，得 ２＋ ３ ２＝０， 取ｎ ．
５
６
．
．（２
答
０２１
案
湖 北
π
八市３月联考，１９）如图 ， 已知四棱锥Ｅ － ＡＢＣＤ中 ， 于是
Ｅ→Ｂ · ｎ ＝０
ｍ
，
ｎ
－ ｘ ２＋２ ３ ｙ
ｍ
２－
·
３
ｎ
ｚ ２＝０， ＝
｜
（
λ
－
－１
３
＋６
，１
λ
，
｜
３）
四边 ＡＤ 形 Ｅ为 ＡＢ 等 ＣＤ 边 为 三角 等 形 腰梯 且 形 平 ， 面 ＡＢ Ａ ∥ ＤＥ ＤＣ ， 平 ＡＤ 面 ＝ Ａ Ｂ Ｂ Ｃ Ｃ ， Ｄ Ｄ ． Ｃ ＝２， ＡＢ ＝４， ，｜ ｃｏｓ〈 ， 〉 ｜ ＝ ｜ ｍ ｜·｜ ｎ ｜ ＝ ５ λ２ －２ λ ＋１· １３ ＝
△ ， ⊥
求证 ＡＥ ＢＤ ６５ 解得λ １ 或λ １ 舍去
（１） ： ⊥ ； ， ＝ ＝－ （ ），
１３ ２ ３
是否存在一点Ｆ 满足Ｅ→Ｆ λＥ→Ｂ λ 且使平面ＡＤＦ
（２） ， ＝ （０＜ ≤１）， 所以存在λ １ 使得平面ＡＤＦ与平面ＢＣＥ所成的锐二面角的
＝
与平面ＢＣＥ所成的锐二面角的余弦值为 ６５ 若存在 ２
？ ，
１３ 余弦值为 ６５ 此时Ｆ为ＥＢ中点．
求出λ的值 若不存在 请说明理由． ，
； ， １３
３ ９４ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
Ｂ 组 综合应用题组 学生用书Ｐ１３９ ５０分钟 ７０分
一、单项选择题（每小题５分，共１０分） 其中正确命题的序号是 ． 把你认为正确命题的序号
（
１．（２０２１江苏南通期末，３）已知直线ｍ 平面α 则直线ｌ 平面α是 都填上
⊂ ， ⊥ ）
直线ｌ ｍ的 ６． 答案
⊥ （ ） ①②④
充要条件 充分不必要条件 ７．（２０２１ 海南中学第五次模拟，１４） 棱长为 的正方体
Ａ． Ｂ． １
必要不充分条件 既不充分又不必要条件 ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 中 Ｅ Ｆ Ｇ分别是ＡＢ ＢＣ Ｂ Ｃ 的中点．
Ｃ． Ｄ． － １ １ １ １ ， ， ， ， ， １ １
１． 答案 Ｂ Ｐ点在直线ＢＣ 上运动时 三棱锥Ａ Ｄ ＰＣ体积不变
① １ ， － １ ；
２．（２０２１广东珠海一模，５）已知 α β 是两个不同的平面 ｌ ｍ ｎ Ｑ点在直线ＥＦ上运动时 直线ＧＱ始终与平面ＡＡ Ｃ Ｃ平行
， ， ， ， ② ， １ １ ；
是三条不同的直线 下列条件中 可以得到ｌ α的是 平面Ｂ ＢＤ 平面ＡＣＤ
， ， ⊥ （ ） ③ １ ⊥ １；
ｌ ｍ ｌ ｎ ｍ α ｎ α ｌ ｍ ｍ α
Ａ． ⊥ ，⊥ ， ⊂ ， ⊂ Ｂ． ⊥ ， ∥ 三棱锥Ｄ ＥＦＧ的体积为 ３ ．
α β ｌ β ｌ ｍ ｍ α ④ －
Ｃ． ⊥ ，∥ Ｄ． ∥ ， ⊥ ８
２． 答案 Ｄ 其中真命题的编号是 ．
７． 答案
二、多项选择题（每小题５分，共１０分） ①②③
３．（２０２０山东蒙阴实验中学期末，１３）已知四棱锥Ｐ ＡＢＣＤ 底面 四、解答题（共３５分）
－ ，
ＡＢＣＤ为矩形 侧面ＰＣＤ 平面ＡＢＣＤ ＢＣ ＣＤ ＰＣ ＰＤ ８．（２０２１湖北十一校３ 月第二次联考，１８）如图 在平行四边形
， ⊥ ， ＝２ ３， ＝ ＝ ，
．若点Ｍ为ＰＣ的中点 则下列说法正确的是 ＡＢＣＤ中 ＡＢ ＢＣ ＡＢＣ π 四边形ＡＣＥＦ为矩形 平
＝２ ６ ， （ ） ， ＝ ２， ＝２，∠ ＝ ， ，
ＢＭ 平面ＰＣＤ ４
Ａ． ⊥ 面ＡＣＥＦ 平面ＡＢＣＤ ＡＦ 点Ｍ在线段ＥＦ上运动．
ＰＡ 平面ＭＢＤ ⊥ ， ＝１，
Ｂ． ∥ 当ＡＥ ＤＭ时 求点Ｍ的位置
四棱锥Ｍ ＡＢＣＤ外接球的表面积为 （１） ⊥ ， ；
Ｃ． － ３６π 在 的条件下 求平面ＭＢＣ与平面ＥＣＤ所成锐二面角
四棱锥Ｍ ＡＢＣＤ的体积为 （２） （１） ，
Ｄ． － ６ 的余弦值．
３． 答案 ＢＣ
４．（２０２１辽宁百校联盟质检，１２）如图 矩形ＡＢＣＤ中 ＡＢ ＡＤ
， ， ＝４，
Ｅ Ｆ分别为边ＡＢ ＢＣ的中点 将该矩形沿对角线 ＢＤ 折
＝２， ， ， ，
起 使平面ＡＢＤ 平面ＢＣＤ 则以下结论正确的是
， ⊥ ， （ ）
８． 解析 因为ＡＢ ＢＣ ＡＢＣ π 所以ＡＣ
（１） ＝ ２， ＝２，∠ ＝ ， ＝ ２，
４
又因为ＡＢ２ ＡＣ２ ＢＣ２ ＡＢ ＡＣ
＋ ＝ ，∴ ⊥ ，
ＥＦ 平面ＡＣＤ ＡＣ ２ ８５ 又四边形ＡＣＥＦ为矩形 所以ＡＦ ＡＣ
Ａ． ∥ Ｂ． ＝ ， ⊥ ，
５ 又平面ＡＣＥＦ 平面ＡＢＣＤ 平面ＡＣＥＦ 平面ＡＢＣＤ ＡＣ
⊥ ， ∩ ＝ ，
ＢＤ ＡＣ 三棱锥Ａ ＢＣＤ的体积为１６ ５ ＡＦ 平面ＡＣＥＦ 所以ＡＦ 平面ＡＢＣＤ．
Ｃ． ⊥ Ｄ． － ⊂ ， ⊥
１５ 以ＡＢ ＡＣ ＡＦ所在直线分别为ｘ轴 ｙ轴 ｚ轴建立空间直角坐
４． 答案 ＡＢＤ ， ， ， ，
标系 如图
， ，
三、填空题（每小题５分，共１５分）
５．（２０２１山东济宁一模，１６）在长方体ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 中 ＡＢ
－ １ １ １ １ ， ＝
ＡＤ ＡＡ Ｅ Ｆ Ｇ分别是棱ＡＢ ＢＣ ＣＣ 的中点 Ｐ是底面
３， ＝ １＝４， ， ， ， ， １ ，
ＡＢＣＤ内一动点 若直线Ｄ Ｐ与平面ＥＦＧ平行 当三角形ＢＢ Ｐ
， １ ， １
的面积最小时 三棱锥Ａ ＢＢ Ｐ的外接球的体积是 ．
， － １
５． 答案 １２５π
６
６．（２０２０湖北襄阳五中、夷陵中学４月联考，１６）在三棱锥Ｓ ＡＢＣ
－
中 点Ｐ是 ＡＢＣ斜边ＡＢ上一点 给出下列四个命题
， Ｒｔ△ ， ： 则Ａ Ｂ Ｃ Ｄ Ｅ
若ＳＡ 平面 ＡＢＣ 则三棱锥 Ｓ ＡＢＣ 的四个面都是直角三 （０，０，０）， （ ２，０，０）， （０， ２，０）， （－ ２， ２，０）， （０，
① ⊥ ， － Ｆ
角形 ２，１）， （０，０，１），
；
设Ｍ ｙ ｙ
若ＡＣ ＢＣ ＳＣ ＳＣ 平面ＡＢＣ 则三棱锥Ｓ ＡＢＣ的外接 （０， ，１）（０≤ ≤ ２），
② ＝ ＝ ＝２， ⊥ ， －
球表面积为 则→ＡＥ Ｄ→Ｍ ｙ
１２π； ＝（０， ２，１）， ＝（ ２， － ２，１），
若ＡＣ ＢＣ ＳＣ Ｓ在平面ＡＢＣ上的射影是 ＡＢＣ
③ ＝３， ＝４， ＝ ５， △ 因为ＡＥ ＤＭ 所以→ＡＥ Ｄ→Ｍ ｙ 解得ｙ ２
的内心 则三棱锥Ｓ ＡＢＣ的体积为 ⊥ ， · ＝ ２×（ － ２）＋１＝０， ＝ ，
， － ２； ２
若ＡＣ ＢＣ ＳＡ ＳＡ 平面 ＡＢＣ 则直线 ＰＳ 与平面 æ ö ＦＭ
④ ＝３， ＝４， ＝３， ⊥ ， 所以Ｍç ２ ÷ １ ．
ＳＢＣ所成的最大角为 °． è０， ，１ø，ＦＥ＝
４５ ２ ２
第八章 立体几何 ３ ９５
所以当ＡＥ ⊥ ＤＭ时 ， æ 点Ｍ为ＥＦ ö 的中点． 由 {ｎ · Ｂ→Ｃ ＝０，得 {ｘ ２－ ｙ ２＝０，
（２） 由 （１） 知 ， Ｂ→Ｍ ＝è ç － ２， ２ ，１ø ÷ ， Ｂ→Ｃ ＝（－ ２， ２，０）， ｎ · Ｐ→Ｃ ＝０， ｘ ２－ ｚ ２＝０，
２ 令ｘ 得ｙ ｚ 则ｎ
设平面ＭＢＣ的法向量为ｍ ｘ ｙ ｚ ２＝１， ２＝１， ２＝１， ＝（１，１，１），
＝（ １， １， １），
２－
λ
ì ïïｍ
Ｂ→Ｍ ｘ ２ｙ ｚ ｎ ｍ
ｎ
·
ｍ ２＋ λ
５ ３３
则í ïï · ＝－ ２ １＋ ２ １＋ １＝０，取ｙ １＝２， 则ｍ ＝（２，２， ２）， ｃｏｓ〈 ， 〉＝ ｜ ｎ ｜·｜ ｍ ｜ ＝ （２－ λ ） ２ ＝ ３３ ，
îｍ Ｂ→Ｃ ｘ ｙ ３· ２＋ λ２
· ＝－ ２ １＋ ２ １＝０，
易知平面ＥＣＤ的一个法向量为ｎ ( )
＝（０，１，０）， 解得λ １ λ ７ 舍去 ．
＝ ＝
ｍ ｎ
则 ｍ ｎ · ２ １０ ２ ４
｜ｃｏｓ〈 ， 〉｜＝ ｍ ｎ ＝ ＝ ， １０．（２０２１广东肇庆二模，２０）如图 在四边形ＰＤＣＢ中 ＰＤ ＢＣ
｜ ｜｜ ｜ ４＋４＋２ ５ ， ， ∥ ，
ＢＡ ＰＤ ＰＡ ＡＢ ＢＣ ＡＤ １ 沿 ＢＡ 将 ＰＡＢ 翻折到
即平面ＭＢＣ与平面ＥＣＤ所成锐二面角的余弦值为 １０． ⊥ ， ＝ ＝ ＝１， ＝ ， △
２
５
９．（２０２０河北衡水中学第九次调研，１６）如图 在三棱锥Ｐ ＡＢＣ ＳＢＡ的位置 使得ＳＤ ５．
， － △ ， ＝
中 已知ＡＣ ＡＢ ＢＣ ＰＡ 顶点Ｐ在平面ＡＢＣ上的射 ２
， ＝２， ＝ ＝ ＝ ２， 作出平面ＳＣＤ与平面ＳＢＡ的交线ｌ 并证明ｌ 平面ＣＳＢ
影为 ＡＢＣ的外接圆圆心． （１） ， ⊥ ；
△ 点Ｑ是棱ＳＣ上异于Ｓ Ｃ的一点 连接ＱＤ 当二面角Ｑ
证明 平面ＰＡＣ 平面ＡＢＣ （２） ， ， ， －
（１） ： ⊥ ；
ＡＭ ＢＤ Ｃ的余弦值为 ６时 求此时三棱锥Ｑ ＢＣＤ的体积．
若点Ｍ在棱ＰＡ上 ｜ ｜ λ 且二面角Ｐ ＢＣ Ｍ的余弦 － ， －
（２） ， ＡＰ ＝ ， － － ６
｜ ｜
值为５ ３３ 试求λ的值．
，
３３
１０． 解析 如图 延长ＢＡ ＣＤ相交于Ｅ 连接ＳＥ 则直线ＳＥ
（１） ， ， ， ，
为平面ＳＣＤ与平面ＳＢＡ的交线ｌ．
９． 解析 证明 取ＡＣ的中点Ｏ 连接ＰＯ
（１） ： ， ，
由题意 得ＢＣ２ ＡＢ２ ＡＣ２ 则 ＡＢＣ为直角三角形
， ＋ ＝ ， △ ，
所以点Ｏ为 ＡＢＣ的外接圆圆心．
△
又点Ｐ在平面ＡＢＣ上的射影为 ＡＢＣ的外接圆圆心 证明 在 ＳＡＤ中 ＳＡ ＡＤ １ ＳＤ ５
△ ， ： △ ， ＝１， ＝ ， ＝ ，
所以ＰＯ 平面ＡＢＣ ２ ２
⊥ ， 则ＳＡ２ ＡＤ２ ＳＤ２ 所以ＳＡ ＡＤ
又ＰＯ 平面ＰＡＣ 所以平面ＰＡＣ 平面ＡＢＣ． ＋ ＝ ， ⊥ ，
⊂ ， ⊥ 由ＳＡ ＡＤ ＡＤ ＡＢ ＳＡ ＡＢ Ａ 得ＡＤ 平面ＳＡＢ．
由 可知ＰＯ 平面ＡＢＣ ⊥ ， ⊥ ， ∩ ＝ ， ⊥
（２） （１） ⊥ ， 又ＢＣ ＡＤ 所以ＢＣ 平面ＳＡＢ 所以ＢＣ ＳＥ
∥ ， ⊥ ， ⊥ ，
所以ＰＯ ＯＢ ＰＯ ＯＣ 又ＯＢ ＡＣ
⊥ ， ⊥ ， ⊥ ，
由ＰＤ ＢＣ ＡＢ ＢＣ ＡＤ １ 得ＡＥ
于是以ＯＣ ＯＢ ＯＰ所在直线分别为ｘ轴 ｙ轴 ｚ轴建立如图所 ∥ ， ＝ ＝１， ＝ ， ＝１，
， ， ， ， ２
示的空间直角坐标系 所以ＡＥ ＡＢ ＳＡ 所以ＳＥ ＳＢ
， ＝ ＝ ， ⊥ ，
又因为ＢＣ ＳＢ Ｂ 所以ＳＥ 平面ＣＳＢ 即ｌ 平面ＣＳＢ．
∩ ＝ ， ⊥ ， ⊥
由 知 ＳＡ ＡＢ ＡＤ ＡＢ ＡＤ ＳＡ．
（２） （１） ， ⊥ ， ⊥ ， ⊥
所以以点Ａ为坐标原点 ＡＤ ＡＢ ＡＳ所在直线分别为ｘ轴 ｙ
， ， ， 、
轴 ｚ轴 建立空间直角坐标系 如图所示．
、 ， ，
则Ｏ Ｃ Ｂ Ａ Ｐ ．
（０，０，０）， （１，０，０）， （０，１，０）， （－１，０，０）， （０，０，１）
由题意得Ａ→Ｍ λ→ＡＰ λ λ →ＡＰ Ｍ λ
＝ （０＜ ＜１）， ∈（０，１）， ＝（１，０，１）， （ －
λ
１，０， ），
Ｂ→Ｃ Ｐ→Ｃ Ｍ→Ｃ λ λ ． ( )
＝（１，－１，０）， ＝（１，０，－１）， ＝（２－ ，０，－ ）
易得Ａ Ｄ １ Ｂ Ｓ Ｃ
设平面ＭＢＣ的法向量为ｍ ｘ ｙ ｚ （０，０，０）， ，０，０ ， （０，１，０）， （０，０，１）， （１，１，
＝（ １， １， １）， ２
{ｍ Ｂ→Ｃ {ｘ ｙ ( )
则 · ＝０，得 １－ １＝０， ０）， 则Ｂ→Ｄ ＝ １ ，－１，０ ， →ＳＣ ＝（１，１，－１），
ｍ Ｍ→Ｃ λ ｘ λｚ ２
· ＝０， （２－ ） １－ １＝０，
令ｘ 得ｙ ｚ ２－ λ 则ｍ ( ２－ λ) ． 设Ｓ→Ｑ ＝ λ→ＳＣ （０＜ λ ＜１）， 则Ｑ （ λ ， λ ，１－ λ ），
１＝１， １＝１， １＝ λ ， ＝ １，１， λ 则Ｂ→Ｑ λ λ λ
＝（ ， －１，１－ ），
设平面ＰＢＣ的法向量为ｎ ｘ ｙ ｚ 设ｎ ｘ ｙ ｚ 是平面ＱＢＤ的一个法向量
＝（ ２， ２， ２）， ＝（ ， ， ） ，
３ ９６ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
{ｎ Ｂ→Ｑ {λｘ ＋（ λ －１） ｙ ＋（１－ λ ） ｚ ＝０， 解得λ １ λ 舍去
则 · ＝０，即 ＝ （ ＝０ ），
ｎ
·
Ｂ→Ｄ
＝０，
１ ｘ
－
ｙ
＝０， 所以点Ｑ
２
是ＳＣ的中点
２ ，
( λ) ＳＡ ( )
令ｘ 则ｎ １－３ 所以Ｖ １ Ｓ １ １ １ １ ．
＝２， ＝ ２，１， λ ， Ｑ － ＢＤＣ＝ △ ＢＤＣ· ＝ × ×１×１ × ＝
１－ ３ ２ ３ ２ ２ １２
易知ｍ 是平面ＢＤＣ的一个法向量．
＝（０，０，１）
λ
１－３
ｎ ｍ λ
由 ｎ ｍ ｜ · ｜ １－ ６
｜ｃｏｓ〈 ， 〉｜＝
｜
ｎ
｜｜
ｍ
｜
＝ (
１－３
λ)
２
＝
６
，
５＋ λ
１－
Ｃ 组 教师专用题组
一、单项选择题 若ａ α α β 则ａ β
Ｂ． ⊂ ， ∥ ， ∥
１．（２０２１北京石景山高三统练一，５） 直线ｌ与平面α内无数条 若ａ α ｂ β ａ ｂ 则α β
“ Ｃ． ∥ ， ⊥ ， ∥ ， ⊥
直线垂直 是 直线ｌ与平面α垂直 的 若α β ｂ ａ α ａ ｂ 则α β
” “ ” （ ） Ｄ． ∩ ＝ ， ⊂ ， ⊥ ， ⊥
充分不必要条件 必要不充分条件 答案 Ｄ 对于 若ａ α 则ａ垂直于α内的所有直线及
Ａ． Ｂ． Ａ， ⊥ ，
充要条件 既不必要也不充分条件 与α平行的所有直线 又ｂ α 则ｂ ａ 故 正确
Ｃ． Ｄ． ， ∥ ， ⊥ ， Ａ ；
答案 Ｂ 本题考查充分 必要条件 线面垂直的定义和性 对于 ａ α α β 根据两平面平行的定义 可得ａ β 故
、 、 Ｂ， ⊂ ， ∥ ， ， ∥ ， Ｂ
质 考查学生的逻辑推理能力 考查直观想象与逻辑推理的核 正确
， ， ；
心素养 试题体现综合性． 对于 若ｂ β ａ ｂ 则ａ β 又ａ α α β 故 正确
， Ｃ， ⊥ ， ∥ ， ⊥ ， ∥ ，∴ ⊥ ， Ｃ ；
若直线ｌ与平面α内无数条直线垂直 则直线ｌ可能与平面α 对于 若α β ｂ ａ α ａ ｂ 并不能推出垂直于另一平面
， Ｄ， ∩ ＝ ， ⊂ ， ⊥ ， ，
平行 可能在平面α内 也可能与平面α相交 若直线ｌ与平面 因此不能得出ａ β 即不能得出α β 故 错误．
， ， ； ⊥ ， ⊥ ， Ｄ
α垂直 则直线ｌ与平面α内无数条直线垂直 故 直线ｌ与平 故选
， ， “ Ｄ．
面α内无数条直线垂直 是 直线ｌ与平面α垂直 的必要不 ４．（２０２１四川西昌二模，１１）已知正方体ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 的棱长
” “ ” － １ １ １ １
充分条件．故选 为 Ｐ是ＡＡ 的中点 过点Ｄ 作平面α 满足ＣＰ 平面α 则
Ｂ． ２， １ ， １ ， ⊥ ，
２．（２０２１北京朝阳质量检测一，１０）在棱长为 的正方体ＡＢＣＤ 平面α与正方体ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 的截面周长为
１ － － １ １ １ １ （ ）
Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 中 Ｐ是线段ＢＣ 上的点 过Ａ 的平面α与直线ＰＤ
１ １ １ １ ， １ ， １
垂直．当 Ｐ 在线段 ＢＣ 上运动时 平面 α 截正方体 ＡＢＣＤ
１ ， －
Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 所得的截面面积的最小值是
１ １ １ １ （ ）
５ ６
Ａ．１ Ｂ． Ｃ． Ｄ． ２
４ ２
答案 Ｃ 如图 以Ａ为坐标原点 分别以ＡＤ ＡＢ ＡＡ 所在
， ， ， ， １
直线为ｘ轴 ｙ轴 ｚ轴建系 则Ｃ Ｄ Ａ
， ， ， （１，１，０）， （１，０，０）， １（０，０， Ａ．２ ５＋３ ２ Ｂ．６ ２ Ｃ．４ ２＋４ Ｄ．４ ５
Ｄ Ｂ Ｃ Ａ→Ｃ Ｂ→Ｃ 答案 Ａ 取ＡＤ的中点Ｅ ＡＢ的中点Ｆ 连接ＰＤ Ｄ Ｅ ＥＦ
１）， １（１，０，１）， （０，１，０）， １（１，１，１）， １ ＝（１，１，－１）， １＝ ， ， ， １ ， ，
Ｂ Ｆ Ｂ Ｄ ＡＣ ＢＤ 如图所示
（１，０，１）， 设Ｂ→Ｐ ＝ λＢ→Ｃ １（０≤ λ ≤１）， 则Ｐ （ λ ，１， λ ）， 则Ｄ→Ｐ ＝（ λ － １ ， １ １， ， ， ：
λ Ｄ→Ｐ Ａ→Ｃ λ λ 设点 Ｑ 在
１，１， ）， · １ ＝（ －１，１， ）·（１，１，－１）＝ ０， １
Ｃ Ｄ 上 点Ｑ 在ＡＢ上 则Ｑ λ Ｑ λ 则截面
１ １ ， ２ ， １（１，１－ ，１）， ２（０， ，０），
面积为平行四边形Ａ Ｑ ＣＱ 的面积．由对称性可知 当λ 或
１ １ ２ ， ＝０
λ 时 面积为 当λ １ 时 截面为菱形 此时面积为 １
＝１ ， ２， ＝ ， ， ×
２ ２
é ù
３× ２＝ ２ ６ ， 故截面面积的范围为 ë êê ２ ６ ， ２û úú ， 故选 Ｃ． 因为Ｅ为ＡＤ的中点 ， Ｆ 为 ＡＢ 的中点 ， 所以 ＥＦ ∥ ＢＤ ， 又可知
ＢＤ Ｂ Ｄ
∥ １ １，
所以ＥＦ Ｂ Ｄ
∥ １ １，
所以Ｅ Ｆ Ｂ Ｄ 四点共面．
， ， １， １
根据正方体的性质可知ＣＤ 平面ＡＤＤ Ａ
⊥ １ １，
又Ｄ Ｅ 平面ＡＤＤ Ａ 所以ＣＤ Ｄ Ｅ
１ ⊂ １ １， ⊥ １ ，
易知 Ｄ ＤＥ ＤＡＰ 故 ＥＤ Ｄ ＰＤＡ
△ １ ≌△ ， ∠ １ ＝∠ ，
又 ＰＤＡ ＰＤＤ ° 所以 ＥＤ Ｄ ＰＤＤ °
∠ ＋∠ １＝９０ ， ∠ １ ＋∠ １＝９０ ，
３．（２０２１ 四川天府名校４ 月诊断测试，７）已知ａ ｂ为不同的直 即ＰＤ Ｄ Ｅ
， ⊥ １ ，
线 α β为不同的平面 则下列结论不正确的是 因为ＣＤ ＰＤ Ｄ 所以Ｄ Ｅ 平面ＰＤＣ
， ， ， （ ） ∩ ＝ ， １ ⊥ ，
若ａ α ｂ α 则ｂ ａ 又ＣＰ 平面ＰＤＣ 所以Ｄ Ｅ ＣＰ
Ａ． ⊥ ， ∥ ， ⊥ ⊂ ， １ ⊥ ，
第八章 立体几何 ３ ９７
Ｅ为ＡＤ中点 Ｆ为ＡＢ中点 由正方形和正方体性质可知 ７．（２０２１浙江新高考研究卷（一），６）已知平面α β 直线ｍ α
， ， ： ， ， ⊂ ，
ＥＦ ＡＣ ＰＡ ＥＦ 又ＰＡ ＡＣ Ａ 则 ｍ β 是 α β 的
⊥ ， ⊥ ， ∩ ＝ ， “ ⊥ ” “ ⊥ ” （ ）
所以ＥＦ 平面ＰＡＣ 又ＣＰ 平面ＰＡＣ ．充分不必要条件
⊥ ， ⊂ ， Ａ
所以ＥＦ ＣＰ 又因为Ｄ Ｅ ＣＰ Ｄ Ｅ ＥＦ Ｅ ．必要不充分条件
⊥ ， １ ⊥ ， １ ∩ ＝ ， Ｂ
所以ＣＰ 平面 ＥＦＢ Ｄ 即平面 ＥＦＢ Ｄ 为平面 α 与正方体 ．充分必要条件
⊥ １ １， １ １ Ｃ
ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 的截面 ．既不充分也不必要条件
－ １ １ １ １ ， Ｄ
因为正方体ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 的棱长为 答案 Ａ 根据面面垂直的判定定理得ｍ α 且ｍ β α
－ １ １ １ １ ２， ⊂ ， ⊥ ⇒
所以四边形ＥＦＢ １ Ｄ １ 的周长为Ｂ １ Ｄ １＋ Ｄ １ Ｅ ＋ ＥＦ ＋ Ｂ １ Ｆ ＝ ２ ２ ＋２ ２ ＋ ⊥ 能 β 斜 ， 交 反之 也 ， 可 若 能 ｍ ⊂ 平 α 行 ， 或 且 在 α ⊥ 平 β 面 ， 则 β 直 内 线 所 ｍ 以 与平 ｍ 面 β β可 是 能 α 垂直 β ， 可 的
２ ２ ２ ２ ２ ２ ．故 ， ， “ ⊥ ” “ ⊥ ”
２ ＋１ ＋ １ ＋１ ＋ １ ＋２ ＝２ ２＋ ５＋ ２＋ ５＝３ ２＋２ ５ 充分不必要条件 故选 ．
选 ． ， Ａ
Ａ ８．（２０２１安徽合肥一模，９）我国古代数学名著 九章算术 第五
５．（２０２１东北三省四市教研联合体第二次联考，８）已知直线ａ ｂ 《 》
， 卷 商功 中 把底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱
与平面α β γ 能使α β成立的充分条件是 “ ” ，
， ， ， ⊥ （ ） 锥称为 阳马 ．今有 阳马 Ｐ ＡＢＣＤ ＰＡ ＡＢ ＡＤ Ｅ Ｆ分别为
α γ β γ α β ａ ｂ ａ ｂ β “ ” “ ” － ， ＝ ＝ ， ，
Ａ． ⊥ ， ⊥ Ｂ． ∩ ＝ ， ⊥ ， ⊂ 棱ＰＢ ＰＤ的中点．以下四个结论
ａ α ａ β ａ α ａ β ， ：
Ｃ． ∥ ， ∥ Ｄ． ∥ ， ⊥ ＰＢ 平面ＡＥＦ ＥＦ 平面ＰＡＣ 平面ＰＢＤ 平面ＡＥＦ
答案 Ｄ 对于 若α γ β γ 则α与β可能相交 也可 ① ⊥ ；② ⊥ ；③ ⊥ ；
Ａ， ⊥ ， ⊥ ， ， 平面ＡＥＦ 平面ＰＣＤ．
能平行 故选项 不正确 对于 若α β ａ ｂ ａ ｂ β 则α ④ ⊥
， Ａ ； Ｂ， ∩ ＝ ， ⊥ ， ⊂ ， 其中正确的是
与β不一定垂直 故选项 不正确 对于 若ａ α ａ β 则α （ ）
， Ｂ ； Ｃ， ∥ ， ∥ ，
与β可能相交 也可能平行 故选项 不正确 对于 若ａ Ａ．①③ Ｂ．①④
， ， Ｃ ； Ｄ， ∥
α ａ β 则由ａ α 知在α内必有直线ｌ与ａ平行 因为ａ β Ｃ．②③ Ｄ．②④
， ⊥ ， ∥ ， ， ⊥ ， 答案 Ｄ 如图 因为Ｅ Ｆ分别为ＰＢ ＰＤ的中点 所以ＥＦ
所以ｌ β 所以α β 故选项 正确 故选 ， ， ， ，
⊥ ， ⊥ ， Ｄ ， Ｄ．
６．（２０２１ 云南昆明三诊一模，１０）如图 Ｏ 是正方体 ＡＢＣＤ ＢＤ 在 ＰＢＤ中 ＰＢ ＰＤ ＢＤ ＡＢ 所以 ＰＢＤ 为正三
， １ － ∥ ， △ ， ＝ ＝ ＝ ２ ， △
Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 的中心Ｏ关于平面Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 的对称点 则下列说法
中 １ 错 １ 误 １ 的 １ 是 １ １ １ １ ， 角形 ， 则 ＰＢ 与 ＢＤ 所成的角为 π ， 即 ＰＢ 与 ＥＦ 所成的角为
３
（ ）
π 所以ＰＢ不可能与平面ＡＥＦ垂直 所以 不正确．由题意可
， ， ①
３
知ＰＡ ＢＤ ＡＣ ＢＤ 又ＡＣ ＰＡ Ａ 所以 ＢＤ 平面 ＰＡＣ 又
⊥ ， ⊥ ， ∩ ＝ ， ⊥ ，
ＥＦ ＢＤ 所以ＥＦ 平面ＰＡＣ 所以 正确．设ＡＣ ＢＤ Ｏ 连
∥ ， ⊥ ， ② ∩ ＝ ，
接ＰＯ 交ＥＦ于Ｍ 连接ＡＭ 则ＡＭ ＥＦ ＭＯ ＥＦ 所以 ＡＭＯ
， ， ， ⊥ ， ⊥ ， ∠
为平面ＡＥＦ与平面ＰＢＤ的夹角 不妨令ＰＢ ＰＤ ＢＤ ＡＢ
， ＝ ＝ ＝ ２
则ＡＥ ＥＦ ＡＦ ＡＯ 所以ＡＭ ３ ＭＯ １ ＰＯ １
Ｏ Ｃ 平面Ａ ＢＣＤ ＝２， ＝ ＝ ＝１， ＝１， ＝ ， ＝ ＝ ×
Ａ． １ １∥ １ １ ２ ２ ２
平面Ｏ Ａ Ｄ 平面Ｏ Ｂ Ｃ
Ｂ． Ｏ Ｃ １ 平 １ 面 １⊥ ＡＢ Ｄ １ １ １ ３ ＝ ３ ， 在 △ ＡＭＯ 中 ， 由余弦定理的推论得 ｃｏｓ∠ ＡＭＯ ＝
Ｃ． １ １⊥ １ １ ２
Ｏ Ｏ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 六点在同一球面上
Ｄ． ， １， １， １， １， １ ３ ３
答案 Ｄ 记正方形Ａ
１
Ｂ
１
Ｃ
１
Ｄ
１
的中心为Ｏ
３，
显然Ｏ
，
Ｏ
３，
Ｏ
１
ＡＭ２
＋
ＭＯ２
－
ＡＯ２
４
＋
４
－１
１ 即平面ＡＥＦ与平面ＰＢＤ夹角
共线 如图所示 ＡＭ ＭＯ ＝ ＝ ，
， ， ２ · ３ ３ ３
２× ×
２ ２
的余弦值为 １ 所以 不正确．由题意知 ＰＤ ＡＦ ＣＤ 平面
， ③ ⊥ ， ⊥
３
ＰＡＤ 因为ＡＦ 平面ＰＡＤ 所以ＣＤ ＡＦ 又ＣＤ ＰＤ Ｄ 所以
， ⊂ ， ⊥ ， ∩ ＝ ，
ＡＦ 平面ＰＣＤ 又ＡＦ 平面ＡＥＦ 所以平面ＡＥＦ 平面ＰＣＤ
⊥ ， ⊂ ， ⊥ ，
所以 正确 故选 ．
④ ， Ｄ
设边Ａ Ｄ Ｂ Ｃ 的中点分别为Ｆ Ｅ 连接Ａ Ｃ 则点Ｏ在Ａ Ｃ
１ １， １ １ ， ， １ ， １
上 且Ｏ是Ａ Ｃ的中点 因为Ｏ 是点Ｏ关于平面Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 的
， １ ， １ １ １ １ １
对称点 所以ＯＯ ＣＣ 且ＯＯ ＣＣ 所以四边形ＯＯ Ｃ Ｃ是
， １∥ １， １＝ １， １ １
平行四边形 所以Ｏ Ｃ ＯＣ 因为Ｏ Ｃ 平面Ａ ＢＣＤ ＯＣ
， １ １∥ ， １ １⊄ １ １， ⊂
平面Ａ ＢＣＤ 所以 Ｏ Ｃ 平面 Ａ ＢＣＤ 所以 正确 连接
１ １， １ １∥ １ １， Ａ ；
ＥＯ ＦＯ 易得ＥＯ ＦＯ ＥＯ Ａ Ｄ 又Ｏ Ｆ Ａ Ｄ Ｆ 所以
１， １， １⊥ １， １⊥ １ １， １ ∩ １ １＝ ，
ＥＯ 平面Ｏ Ａ Ｄ 又ＥＯ 平面Ｏ Ｂ Ｃ 所以平面Ｏ Ａ Ｄ ９．（２０２１ 河南六市第一次联考，８）如图 在棱长为 的正方体
１⊥ １ １ １， １⊂ １ １ １， １ １ １⊥ ， １
平面Ｏ Ｂ Ｃ 所以 正确 因为ＡＢ Ａ Ｏ 所以ＡＢ Ｏ Ｃ ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 中 Ｍ 为棱 ＡＢ 的中点 动点 Ｐ 在四边形
１ １ １， Ｂ ； １⊥ １ ， １⊥ １ １， － １ １ １ １ ， ，
同理ＡＤ Ｏ Ｃ 又ＡＢ ＡＤ Ａ 所以Ｏ Ｃ 平面ＡＢ Ｄ 所 ＢＣＣ Ｂ 及其内部运动 总有ＡＰ Ｄ Ｍ 则动点Ｐ的轨迹的长
１⊥ １ １， １∩ １＝ ， １ １⊥ １ １， １ １ ， ⊥ １ ，
以 正确 连接Ｏ Ａ 因为ＯＯ Ｏ Ａ 所以 错误 故选 ． 度为
Ｃ ； ３ １， ３≠ ３ １， Ｄ ， Ｄ （ ）
３ ９８ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
若ｍ α α β ｎ 则ｍ ｎ
Ｂ． ∥ ， ∩ ＝ ， ∥
若ｍ α ｍ β 则α β
Ｃ． ⊥ ， ⊥ ， ∥
若ｍ α ｍ ｎ ｎ β 则α β
Ｄ． ⊥ ， ∥ ， ⊥ ， ∥
答案 ＡＣＤ 易知 正确 对于 如
Ａ ； Ｂ，
图 设ｍ为ＡＢ 平面Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 为平面α
， ， １ １ １ １ ，
ｍ α 设平面ＡＤＤ Ａ 为平面 β α β
∥ ， １ １ ， ∩ ＝
Ａ Ｄ 为ｎ 则ｍ ｎ 故 错
１ １ ， ⊥ ， Ｂ ；
垂直于同一条直线的两个平面平行 故
２ ５ π ３ ，
Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ． 对
２ ２ １６ ２ Ｃ ；
答案 Ａ 如图 分别取ＢＣ ＢＢ 的中点Ｅ Ｆ 连接ＡＥ ＡＦ 若ｍ α ｍ ｎ 则ｎ α 又ｎ β 则α β 故 对．故选 ．
， ， １ ， ， ， ， ⊥ ， ∥ ， ⊥ ， ⊥ ， ∥ ， Ｄ ＡＣＤ
ＥＦ Ａ Ｍ ＤＭ Ａ Ｆ 因为Ｍ是ＡＢ的中点 Ｅ为ＢＣ的中点 四边 １２．（２０２１ 届河北百师联盟联考，１２） 如图 正方体 ＡＢＣＤ
， １ ， ， １ ， ， ， ， －
形ＡＢＣＤ为正方形 所以ＤＭ ＡＥ 又ＤＤ 平面ＡＢＣＤ ＡＥ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 中 Ｍ Ｎ是线段Ａ Ｃ 上的两个动点 则下列结论正确
， ⊥ ， １⊥ ， ⊂ １ １ １ １ ， ， １ １ ，
平面ＡＢＣＤ 所以ＤＤ ＡＥ 又ＤＭ Ｄ Ｄ Ｄ 所以 ＡＥ 平面 的是
， １⊥ ， ∩ １ ＝ ， ⊥ （ ）
Ｄ ＤＭ 因为Ｄ Ｍ 平面ＤＤ Ｍ 所以Ｄ Ｍ ＡＥ 同理可得Ｄ Ｍ
１ ， １ ⊂ １ ， １ ⊥ ， １
ＡＦ 又ＡＥ ＡＦ Ａ 所以Ｄ Ｍ 平面ＡＥＦ 又因为动点Ｐ在
⊥ ， ∩ ＝ ， １ ⊥ ，
四边形ＢＣＣ Ｂ 及其内部运动 所以根据线面垂直的性质得动
１ １ ，
点Ｐ的轨迹是线段ＥＦ 又知Ｅ Ｆ分别是ＢＣ ＢＢ 的中点 所以
， ， ， １ ，
ＥＦ ２ 即动点Ｐ的轨迹的长度为 ２ 故选 ．
＝ ， ， Ａ
２ ２
ＢＭ ＣＮ始终在同一个平面内
Ａ． ，
ＭＮ 平面ＡＢＣＤ
Ｂ． ∥
ＢＤ ＣＭ
Ｃ． ⊥
若正方体的棱长和线段 ＭＮ 的长均为定值 则三棱锥
Ｄ． ，
Ｂ ＣＭＮ的体积为定值
－
答案 ＢＣＤ 因为Ｃ Ｍ Ｎ同在平面ＡＡ Ｃ Ｃ上
１０．（２０２１浙江宁波二模，８）如图 在等腰梯形ＡＢＣＤ中 ＡＢ ＡＤ 而Ｂ不 在平面 ＡＡ Ｃ Ｃ上 ， ， １ １ ，
ＢＣ ＣＤ 现将 ＤＡＣ沿 ， 对角线ＡＣ所在的直 ， 线翻 ＝ 折 ２ 成 所以ＢＭ ＣＮ不在 １ 同 １ 一个平 ， 面内 故 错误．
＝２ ＝２ ＝４， △ ， ， Ａ
Ｄ′ＡＣ 记二面角Ｄ′ ＡＣ Ｂ的大小为α α 则 连接ＡＣ 因为ＭＮ ＡＣ ＡＣ 平面ＡＢＣＤ ＭＮ 平面ＡＢＣＤ 所
△ ， － － （０＜ ＜π）， （ ） ， ∥ ， ⊂ ， ⊄ ，
以ＭＮ 平面ＡＢＣＤ 故 正确．
∥ ， Ｂ
因为Ａ Ａ 平面ＡＢＣＤ ＢＤ 平面ＡＢＣＤ
１ ⊥ ， ⊂ ，
所以Ａ Ａ ＢＤ 易知 ＡＣ ＢＤ 又 Ａ Ａ ＡＣ Ａ Ａ Ａ 平面
１ ⊥ ， ⊥ ， １ ∩ ＝ ， １ ⊂
Ａ ＡＣＣ ＡＣ 平面Ａ ＡＣＣ
１ １， ⊂ １ １，
．存在α 使得Ｄ′Ａ 平面Ｄ′ＢＣ 所以ＢＤ 平面Ａ ＡＣＣ
Ａ ， ⊥ ⊥ １ １，
．存在α 使得Ｄ′Ａ ＢＣ 因为ＣＭ 平面Ａ ＡＣＣ
Ｂ ， ⊥ ⊂ １ １，
．不存在α 使得平面Ｄ′ＡＣ 平面ＡＢＣ 所以ＢＤ ＣＭ 故 正确．
Ｃ ， ⊥ ⊥ ， Ｃ
．存在α 使得平面Ｄ′ＡＢ 平面ＡＢＣ 不妨设正方体的棱长为ａ ＭＮ ｂ
Ｄ ， ⊥ ， ＝ ，
答案 Ｂ 对于选项 若存在α 使得Ｄ′Ａ 平面Ｄ′ＢＣ
Ａ， ， ⊥ ， 则Ｓ １ ＭＮ ＣＣ １ ａｂ．设ＡＣ与ＢＤ交于点Ｏ 由于ＢＤ
△ ＣＭＮ＝ · １＝ ，
则Ｄ′Ａ Ｄ′Ｃ 而由已知求得 ＡＤ′Ｃ ２π 矛盾 故 不正确 ２ ２
⊥ ， ∠ ＝ ， ， Ａ ；
３ 平面Ａ ＡＣＣ 则ＢＯ 平面Ａ ＡＣＣ ＢＯ ２ａ
⊥ １ １， ⊥ １ １， ＝ ，
对于选项 易知 ＡＣＢ π 所以当ＢＣ 平面Ｄ′ＡＣ时 就 ２
Ｂ， ∠ ＝ ， ⊥ ，
有Ｄ′Ａ ⊥ ＢＣ ， 故 Ｂ 正确 ；
２ 所以Ｖ
三棱锥Ｂ － ＣＭＮ＝ ３
１ Ｓ
△ ＣＭＮ·
ＢＯ
＝ ３
１
× ２
１ ａｂ
× ２
２ａ
＝ １
２
２
ａ２ｂ．因为
ａ ｂ为定值 所以三棱锥Ｂ ＣＭＮ的体积为定值 故 正确．
对于选项 因为 ＡＣＢ π 所以当ＢＣ 平面Ｄ′ＡＣ 即α ， ， － ， Ｄ
Ｃ， ∠ ＝ ， ⊥ ， ＝
２
π时 平面Ｄ′ＡＣ 平面ＡＢＣ 故 不正确
， ⊥ ， Ｃ ；
２
对于选项 当平面Ｄ′ＡＢ 平面ＡＢＣ时 计算可得ＡＤ′在平
Ｄ， ⊥ ，
面ＡＢＣ内的射影长为 又ＡＤ′ 则Ｄ′为线段ＡＢ的中点
２， ＝２， ，
故α 但 α 故 不正确．故选 ．
＝０， ０＜ ＜π， Ｄ Ｂ
二、多项选择题
１１．（２０２０山东泰安期末，７）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
， （ ）
若ｍ ｎ ｍ α 则ｎ α
Ａ． ∥ ， ⊥ ， ⊥
第八章 立体几何 ３ ９９
１３．（２０２１届广东茂名五校联盟第一次 Ａ 所以ＢＣ 平面ＰＡＣ 因为ＰＣ 平面ＰＡＣ 所以ＰＣ ＢＣ 所
， ⊥ ， ⊂ ， ⊥ ，
联考，１２）如图所示 正方体ＡＢＣＤ 以 选项正确．
， － Ａ
Ａ′Ｂ′Ｃ′Ｄ′的棱长为 Ｅ Ｆ分别是棱 因为ＢＣ 平面 ＰＡＣ ＢＣ 平面 ＰＢＣ 所以平面 ＰＡＣ 平面
１， ， ⊥ ， ⊂ ， ⊥
ＡＡ′ ＣＣ′的中点 过直线 ＥＦ 的平面 ＰＢＣ 所以 选项正确．
， ， ， Ｄ
分别与棱ＢＢ′ ＤＤ′交于Ｍ Ｎ 设ＢＭ 由条件推不出 中的结论正确．
， ， ， Ｂ，Ｃ
ｘ ｘ 则正确的说法是 故选 ．
＝ ， ∈（０，１）， ＡＤ
１５．（２０２１届山东日照１１月份第二次联考，１１）在正方体ＡＢＣＤ
（ ） －
四边形ＭＥＮＦ为平行四边形 Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 中 点Ｍ在线段Ｂ Ｃ上运动 则
Ａ． １ １ １ １ ， １ ， （ ）
若四边形ＭＥＮＦ的面积Ｓ ｆ ｘ ｘ 则 ｆ ｘ 有最 直线ＢＤ 平面Ａ Ｂ ＣＤ
Ｂ． ＝ （ ）， ∈（０，１）， （ ） Ａ． １⊥ １ １
小值 三棱锥Ｍ Ａ Ｃ Ｄ的体积为定值
Ｂ． － １ １
若四棱锥Ａ ＭＥＮＦ的体积Ｖ ｐ ｘ ｘ 则ｐ ｘ 是 [ ]
Ｃ． － ＝ （ ）， ∈（０，１）， （ ） 异面直线ＡＭ与Ａ Ｄ所成角的取值范围是 π π
常数函数 Ｃ． １ ，
４ ２
( )
若多面体 ＡＢＣＤ ＭＥＮＦ 的体积 Ｖ ｈ ｘ ｘ １ 则 直线Ｃ Ｍ与平面Ａ Ｃ Ｄ所成角的正弦值的最大值为 ６
Ｄ． － ＝ （ ）， ∈ ，１ ， Ｄ． １ １ １
２ ３
ｈ ｘ 为单调函数 答案 ＢＤ 错 如图 连接 Ｂ Ｄ Ａ Ｃ 由正方体可得
（ ） Ａ ， ， １ １， １ １，
答案 ＡＢＣ 平面ＡＤＤ′Ａ′ 平面ＢＣＣ′Ｂ′ Ａ Ｃ Ｂ Ｄ 且ＢＢ 平面Ｂ Ｃ Ｄ Ａ 则ＢＢ Ａ Ｃ 又Ｂ Ｄ
∵ ∥ ， １ １⊥ １ １， １⊥ １ １ １ １， １⊥ １ １， １ １
平面ＡＤＤ′Ａ′ 平面 ＭＥＮＦ ＥＮ 平面 ＢＣＣ′Ｂ′ 平面 ＭＥＮＦ Ｂ Ｂ Ｂ 所以Ａ Ｃ 平面ＢＤ Ｂ 故Ａ Ｃ ＢＤ ．
∩ ＝ ， ∩ ∩ １ ＝ １， １ １⊥ １ １， １ １⊥ １
ＭＦ 同理 连接 ＡＤ 易证得 Ａ Ｄ ＢＤ 又 Ａ Ｃ Ａ Ｄ Ａ 所以
＝ ， ， １， １ ⊥ １， １ １∩ １ ＝ １，
ＥＮ ＭＦ 同理 ＦＮ ＥＭ 所以四边形 ＭＥＮＦ 为平行四边 ＢＤ 平面Ａ Ｃ Ｄ 又平面Ａ Ｂ ＣＤ与平面Ａ Ｃ Ｄ相交 所以
∴ ∥ ， ∥ ， １⊥ １ １ ， １ １ １ １ ，
形 故 正确 错误．
， Ａ ； Ａ
正确 Ｖ Ｖ 因为点Ｍ在线段Ｂ Ｃ上运动
四边形ＭＥＮＦ的面积Ｓ ＝ ｆ （ ｘ ）＝ １ · ＥＦ · ＭＮ ， 当Ｍ为ＢＢ′的 Ｂ ， Ｍ － Ａ １ Ｃ １ Ｄ＝ Ｃ １－ Ａ １ ＭＤ， １ ，
２ 所以Ｓ １ Ａ Ｄ ＡＢ 为定值 且Ｃ 到平面Ａ ＭＤ的距离
中点 即ｘ １ 时 ＭＮ最短 此时面积最小 故 正确 △ Ａ １ ＤＭ＝ ２ １ · ， ， １ １
， ＝ ， ， ， Ｂ ； 即为Ｃ 到平面Ａ Ｂ ＣＤ的距离 也为定值 故体积为定值．
２ １ １ １ ， ，
连接ＡＦ ＡＭ ＡＮ 则四棱锥分割为两个小棱锥 它们是以ＡＥＦ 错 当点Ｍ与线段Ｂ Ｃ的端点重合时 ＡＭ与Ａ Ｄ所成角取
， ， ， ， Ｃ ， １ ， １
为底 以Ｍ Ｎ为顶点的两个小棱锥 得最小值 为 °．
， ， ， ， ６０
因为 ＡＥＦ的面积是个常数 Ｍ Ｎ到平面ＡＥＦ的距离和是个 正确 因为直线ＢＤ 平面Ａ Ｃ Ｄ
△ ， ， Ｄ ， １⊥ １ １ ，
常数 所以若直线Ｃ Ｍ与平面Ａ Ｃ Ｄ所成角的正弦值最大 则直线
， １ １ １ ，
所以四棱锥 Ａ ＭＥＮＦ 的体积 Ｖ Ｐ ｘ 是常数函数 故 Ｃ Ｍ与直线ＢＤ 所成角的余弦值最大 此时 Ｍ 运动到 Ｂ Ｃ
－ ＝ （ ） ， Ｃ １ １ ， １
正确 中点处 即所成角为 Ｃ ＢＤ 设棱长为 在 Ｄ Ｃ Ｂ中
； ， ∠ １ １， １， Ｒｔ△ １ １ ，
Ｃ Ｂ
多面体ＡＢＣＤ － ＭＥＮＦ的体积Ｖ ＝ ｈ （ ｘ ）＝ ２ １ Ｖ ＡＢＣＤ － Ａ′Ｂ′Ｃ′Ｄ′＝ ２ １ ， 为 ｃｏｓ∠ Ｃ １ ＢＤ １＝ＢＤ １ ＝ ２ ＝ ６ ， 故 Ｄ 正确．
常数函数 故 错误． １ ３ ３
， Ｄ
１６．（２０２０山东蒙阴实验中学期末，１３）已知四棱锥Ｐ ＡＢＣＤ 底
１４．（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 面ＡＢＣＤ为矩形
，
侧面ＰＣＤ
⊥
平面ＡＢＣＤ
，
ＢＣ
＝２ ３，
ＣＤ
＝
ＰＣ
＝
列结论中正确的是 ＰＤ ．若点Ｍ为ＰＣ的中点 则下列说法正确的是
（ ） ＝２ ６ ， （ ）
ＢＭ 平面ＰＣＤ
Ａ． ⊥
ＰＡ 平面ＭＢＤ
Ｂ． ∥
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 由侧面 ＰＣＤ 平面 ＡＢＣＤ 交线为 ＣＤ ＢＣ
⊥ ， ， ⊥
ＣＤ 得ＢＣ 平面ＰＣＤ 过点Ｂ只能作一条直线与已知平面垂
， ⊥ ，
直 所以选项 错误
， Ａ ；
ＰＣ ＢＣ ＡＣ 平面ＰＢＣ 连接ＡＣ交ＢＤ于Ｏ 连接ＭＯ
Ａ． ⊥ Ｂ． ⊥ ， ，
平面ＰＡＢ 平面ＰＢＣ 平面ＰＡＣ 平面ＰＢＣ 在 ＰＡＣ中 ＯＭ ＰＡ ＭＯ 平面ＭＢＤ ＰＡ 平面ＭＢＤ
Ｃ． ⊥ Ｄ． ⊥ △ ， ∥ ， ⊂ ， ⊄ ，
答案 ＡＤ 因为 ＰＡ 垂直于以 ＡＢ 为直径的圆所在的平 所以ＰＡ 平面ＭＢＤ 所以选项 正确
∥ ， Ｂ ；
面 所以ＰＡ ＢＣ 四棱锥Ｍ ＡＢＣＤ的体积是四棱锥Ｐ ＡＢＣＤ的体积的一半 取
， ⊥ ， － － ，
因为直径所对的圆周角为直角 所以ＢＣ ＡＣ 因为ＰＡ ＡＣ ＣＤ中点Ｎ 连接ＰＮ
， ⊥ ， ∩ ＝ ， ，
４ ００ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
则ＰＮ ＣＤ 则ＰＮ 平面ＡＢＣＤ ＰＮ ＡＣＤ折至 Ａ′ＣＤ 使得平面Ａ′ＣＤ 平面ＢＣＤ 则Ａ′Ｂ的最
⊥ ， ⊥ ， ＝３ ２， △ △ ， ⊥ ，
小值为 ．
故Ｖ １ １ 所以选项 错误
Ｍ － ＡＢＣＤ＝ × ×２ ３×２ ６×３ ２＝１２， Ｄ ；
２ ３
连接ＯＮ ＭＮ 矩形ＡＢＣＤ中 易得ＡＣ ＯＣ ＯＮ 在
， ， ， ＝６， ＝３， ＝ ３，
ＰＣＤ 中 有 ＮＭ １ ＰＤ 在 ＭＮＯ 中 ＭＯ
△ ， ＝ ＝ ６， Ｒｔ△ ， ＝ 答案
２ ２
( )
ＯＮ２
＋
ＭＮ２
＝３，
即ＯＭ
＝
ＯＡ
＝
ＯＢ
＝
ＯＣ
＝
ＯＤ
，
所以四棱锥Ｍ
－ 解析 设 ＡＣＤ θ 则 ＢＣＤ ２π θ θ ２π ．
ＡＢＣＤ外接球的球心为Ｏ 半径为 所以其表面积为 所 ∠ ＝ ， ∠ ＝ － ， ∈ ０，
３ ３
， ３， ３６π，
以选项 正确．故选 ． 由三余弦公式得 ，ｃｏｓ∠ Ａ′ＣＢ ＝ｃｏｓ∠ Ａ′ＣＤ ·ｃｏｓ∠ ＢＣＤ ＝
Ｃ ＢＣ ( )
θ ２π θ
ｃｏｓ ·ｃｏｓ － ，
３
( )
在 Ａ′ＢＣ中 Ａ′Ｂ２ Ａ′ＣＢ θ ２π θ
△ ， ＝５－４ｃｏｓ∠ ＝５－４ｃｏｓ ｃｏｓ － ＝６－
３
( )
θ ２π
２ｃｏｓ ２ － ≥４，
３
当θ π时取等号 故Ａ′Ｂ的最小值为 ．
＝ ， ２
３
三、填空题
四、解答题
１７．（２０２１北京市育英中学高三３月月考，１５）如图 正方体ＡＢＣＤ
， １９．（２０２１北京海淀二模，１６）如图 在三棱锥 Ｐ ＡＢＣ 中 ＢＣ
Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 的棱长为 点Ｏ为底面ＡＢＣＤ的中心 点Ｐ在侧 ， － ， ⊥
－ １ １ １ １ ２， ， ＡＣ ＢＣ ＰＣ ＡＣ ＢＣ ＰＡ ＰＣ Ｄ Ｅ分别是ＡＣ ＰＣ 的
面ＢＢ Ｃ Ｃ的边界及其内部运动．若Ｄ Ｏ ＯＰ 则 Ｄ Ｃ Ｐ面 ， ⊥ ， ＝ ＝６， ＝ ＝５， ， ，
１ １ １ ⊥ ， △ １ １ 中点．
积的最大值为 ．
求证 平面ＰＡＣ 平面ＡＢＣ
（１） ： ⊥ ；
求二面角Ａ ＤＥ Ｂ的余弦值．
（２） － －
答案 解析 证明 因为ＢＣ ＰＣ ＡＣ ＢＣ ＡＣ ＰＣ Ｃ ＡＣ
５ （１） ： ⊥ ， ⊥ ， ∩ ＝ ， ⊂
解析 建立如图所示的空间直角坐标系Ｄ ｘｙｚ 则Ｏ 平面ＰＡＣ ＰＣ 平面ＰＡＣ 所以ＢＣ 平面ＰＡＣ．
－ ， （１，１， ， ⊂ ， ⊥
Ｄ Ｃ 设Ｐ ｘ ｚ ｘ ｚ 又因为ＢＣ 平面ＡＢＣ
０）， １（０，０，２）， １（０，２，２）， （ ，２， ），０≤ ≤２，０≤ ≤２， ⊂ ，
所以平面ＡＢＣ 平面ＰＡＣ．
⊥
连接ＰＤ 因为ＰＡ ＰＣ Ｄ是ＡＣ的中点
（２） ， ＝ ， ，
所以ＡＤ ＤＣ ＰＤ ＡＣ．
＝ ， ⊥
过Ｃ作ＣＨ ＰＤ 则ＣＨ ＡＣ．
∥ ， ⊥
因为ＢＣ 平面ＰＡＣ ＣＨ 平面ＰＡＣ
⊥ ， ⊂ ，
所以ＢＣ ＣＨ．又ＢＣ ＡＣ ＣＢ ＣＡ ＣＨ两两垂直．
⊥ ⊥ ，∴ 、 、
如图 以Ｃ为原点 分别以ＣＢ ＣＡ
， ， ， ，
ＣＨ所在直线为ｘ轴 ｙ轴 ｚ轴建立
则Ｄ→Ｏ Ｏ→Ｐ ｘ ｚ ， ，
１ ＝（１，１，－２）， ＝（ －１，１， ）， 空间直角坐标系Ｃ ｘｙｚ．
－
∵
Ｄ
１
Ｏ
⊥
ＯＰ
，∴
Ｄ→
１
Ｏ
·
Ｏ→Ｐ
＝
ｘ
－１＋１－２
ｚ
＝
ｘ
－２
ｚ
＝０
．即ｘ
＝２
ｚ．
因为ＡＣ ＝６， ＰＣ ＝５， 所以ＰＤ ＝４ ．
则 Ｃ Ｐ ｘ２ ｚ ２ ｚ２ ｚ ２ ｚ２ ｚ 所以Ｃ Ｂ Ａ
｜ １ ｜＝ ＋（ －２） ＝ ４ ＋（ －２） ＝ ５ －４ ＋４， （０，０，０）， （６，０，０）， （０，６，０），
ｘ ｘ ｚ ｚ ． Ｄ Ｐ ．
∵ ∈［０，２］， ＝２ ，∴ ∈［０，１］ （０，３，０）， （０，３，４）
[ ] 因为 Ｅ 是 ＰＣ 的 中 点 所 以
令ｔ ｚ２ ｚ ｚ 则函数在 ２ 上单调递减 ，
＝５ －４ ＋４， ∈［０，１］， ０， ， ( )
５ Ｅ ３ ．
( ] ０， ，２
在 ２ 上单调递增 当ｚ 时 ｔ ． ２
，１ ，∴ ＝１ ，ｍａｘ＝５ ( )
５ 所以Ｄ→Ｅ ３ Ｄ→Ｂ ．
Ｃ Ｐ ． ＝ ０，－ ，２ ， ＝（６，－３，０）
∴ ｜ １ ｜ｍａｘ＝ ５ ２
Ｄ Ｃ 平面Ｂ ＢＣＣ Ｄ Ｃ Ｃ Ｐ 设平面ＤＥＢ的法向量为ｎ ｘ ｙ ｚ
∵ １ １⊥ １ １，∴ １ １⊥ １ ， { ＝（ ， ， ），
Ｄ Ｃ Ｐ面积的最大值为 １ Ｄ Ｃ Ｃ Ｐ １ {Ｄ→Ｅ ｎ ３ ｙ ｚ
∴ △ １ １ ｜ １ １｜·｜ １ ｜ｍａｘ＝ ×２× ５ 则 · ＝０，即 － ＋２ ＝０，
２ ２ Ｄ→Ｂ ｎ ２
＝ ５ ．故选 Ｃ ． · ＝０， ６ ｘ －３ ｙ ＝０ ．
１８．（２０２１浙江新高考研究卷（三），１７）如图
，
在
△
ＡＢＣ 中
，
ＣＡ
＝
令ｘ ＝－２， 则ｙ ＝－４， ｚ ＝－３，
２
ＣＢ
＝２，∠
ＡＣＢ
＝１２０
°
，
点Ｄ在线段ＡＢ上运动．沿直线ＣＤ将 所以ｎ ＝（－２，－４，－３） ．
第八章 立体几何 ４ ０１
取平面ＡＤＥ的一个法向量为ｍ ． 设直线ＦＧ与平面ＢＣＤ所成的角为α
＝（１，０，０） ，
ｍ ｎ
所以 ｍ ｎ · －２ ２ ２９． 则 α ｎ Ｆ→Ｇ ２ １０５
ｃｏｓ〈 ， 〉＝ ｍ ｎ ＝ ＝－ ｓｉｎ ＝｜ｃｏｓ〈 ， 〉｜＝ ，
｜ ｜｜ ｜ １× ２９ ２９ １０５
所以二面角Ａ ＤＥ Ｂ的余弦值为 ２ ２９． 所以直线ＦＧ与平面ＢＣＤ所成角的正弦值为２ １０５．
－ － －
２９ １０５
２０．（２０２１天津河西二模，１７）如图 在三棱柱 ＡＢＣ Ａ Ｂ Ｃ 中 ２１．（２０２１江西南昌 ２０２１０６０７项目第一次联考，１８）如图 在
， － １ １ １ ， ＮＳＣ ，
ＣＣ 平面 ＡＢＣ Ｄ Ｅ Ｆ Ｇ 分别为 ＡＡ ＡＣ Ａ Ｃ ＢＢ 的中 三棱柱ＡＢＣ Ａ Ｂ Ｃ 中 ＣＡ ＣＢ ＡＣ ＢＣ 侧面ＡＡ Ｃ Ｃ是
１⊥ ， ， ， ， １， ， １ １， １ － １ １ １ ， ＝ ＝２， ⊥ ， １ １
点 ， Ａ
求
Ｂ
证
＝ ＢＣ
ＡＣ
＝ ５
平
， Ａ
面
Ｃ ＝
Ｂ
Ａ
Ｅ
Ａ
Ｆ
１＝２ ． 矩
中
形
点
，
．
侧面 ＢＢ １ Ｃ １ Ｃ 是菱形 ，∠ Ｂ １ ＢＣ ＝６０ ° ， Ｄ 是棱 ＢＢ １ 的
（１） ： ⊥ ；
（ （ ２ ３ ） ） 求 求 二 直 面 线 角 ＦＧ Ｂ 与 － Ｃ 平 Ｄ 面 － Ｃ １ ＢＣ 的 Ｄ 正 所 弦 成 值 角 ； 的正弦值． （ （ １ ２ ） ） 求 设 证 Ｅ ： 是 ＢＢ Ａ １ １ ⊥ Ｂ １ 平 的 面 中 Ａ 点 ＣＤ ， 求 ； 二面角Ｅ － ＣＤ － Ａ的余弦值．
解析 证明 因为侧面ＡＡ Ｃ Ｃ是矩形
（１） ： １ １ ，
所以ＡＣ ＣＣ
⊥ １，
解析 证明 在三棱柱 ＡＢＣ Ａ Ｂ Ｃ 中 ＣＣ 平面 又ＡＣ ＢＣ ＢＣ ＣＣ Ｃ
（１） ： － １ １ １ ， １⊥ ⊥ ， ∩ １＝ ，
ＡＢＣ 四边形Ａ ＡＣＣ 为矩形． 所以ＡＣ 平面ＢＢ Ｃ Ｃ
，∴ １ １ ⊥ １ １ ，
又Ｅ Ｆ分别为ＡＣ Ａ Ｃ 的中点 ＡＣ ＥＦ． 又ＢＢ 平面ＢＢ Ｃ Ｃ
， 、 １ １ ，∴ ⊥ １⊂ １ １ ，
ＡＢ ＢＣ ＡＣ ＢＥ 所以ＡＣ ＢＢ
∵ ＝ ，∴ ⊥ ， ⊥ １，
又ＢＥ ＥＦ Ｅ ＡＣ 平面ＢＥＦ． 因为侧面ＢＢ Ｃ Ｃ是菱形 Ｂ ＢＣ ° Ｄ是ＢＢ 的中点
∩ ＝ ，∴ ⊥ １ １ ，∠ １ ＝６０ ， １ ，
由 知ＡＣ ＢＥ ＥＦ两两垂直． 所以ＢＢ ＣＤ
（２） （１） 、 、 １⊥ ，
如图建立空间直角坐标系Ｅ ｘｙｚ． 又ＡＣ ＣＤ Ｃ
－ ∩ ＝ ，
所以ＢＢ 平面ＡＣＤ．
１⊥
因为ＡＣ 平面ＢＢ Ｃ Ｃ ＡＣ 平面ＡＢＣ
（２） ⊥ １ １ ， ⊂ ，
所以平面ＢＢ Ｃ Ｃ 平面ＡＢＣ．
１ １ ⊥
如图 以Ｃ为原点 ＣＡ ＣＢ所在直线分别为ｘ轴 ｙ轴 在平面
， ， ， ， ，
ＢＢ Ｃ Ｃ内过点Ｃ且垂直于ＣＢ的直线为ｚ轴 建立空间直角
１ １ ，
坐标系Ｃ ｘｙｚ 则Ｃ Ａ Ｂ Ｂ
－ ， （０，０，０）， （２，０，０）， （０，２，０）， １（０，１，
æ ö
Ｃ Ｄç ３ ３÷ 所以→ＣＡ Ｃ→Ｃ
３）， １（０，－１， ３）， è０， ， ø， ＝（２，０，０）， １＝
２ ２
æ ö
由题意得 Ｂ （０，２，０）， Ｃ （－１，０，０）， Ｄ （１，０，１）， Ｆ （０，０，２）， （０，－１， ３）， Ｃ→Ｄ ＝è ç ０， ３ ， ３ ø ÷ ，
Ｇ ２ ２
（０，２，１），
Ｃ→Ｄ Ｃ→Ｂ ．
∴ ＝（２，０，１）， ＝（１，２，０）
设平面ＢＣＤ的法向量为ｎ ａ ｂ ｃ
＝（ ， ， ），
{ｎ Ｃ→Ｄ { ａ ｃ
· ＝０， ２ ＋ ＝０，
∴ ｎ
·
Ｃ→Ｂ
＝０，
∴ ａ
＋２
ｂ
＝０，
令ａ 则ｂ ｃ
＝２， ＝－１， ＝－４，
则ｎ
＝（２，－１，－４），
连接ＣＡ 则Ｃ→Ａ →ＣＡ Ａ→Ａ →ＣＡ Ｃ→Ｃ 即 Ａ
平面ＣＤＣ 的一个法向量为Ｅ→Ｂ １， １＝ ＋ １＝ ＋ １＝（２，－１， ３）， １（２，
１ ＝（０，２，０）， 所以Ｅ 则Ｃ→Ｅ ．
ｎ Ｅ→Ｂ －１， ３）， （１，０， ３）， ＝（１，０， ３）
ｃｏｓ〈
ｎ
，
Ｅ→Ｂ
〉＝ ｎ
·
Ｅ→Ｂ ＝－ ２
２
１
１．
因为ＢＢ １⊥ 平面ＡＣＤ ， 所以平面 ＡＣＤ 的一个法向量为Ｂ→Ｂ １＝
｜ ｜｜ ｜
设二面角Ｂ － ＣＤ － Ｃ １ 的大小为θ ， （ 设 ０ 平 ，－ 面 １， Ｅ ３ Ｃ ） Ｄ ． 的法向量为ｎ ｘ ｙ ｚ
＝（ ， ， ），
则
ｓｉｎ
θ
＝ｓｉｎ〈
ｎ
，
Ｅ→Ｂ
〉＝
２
２
１
１
０５
， 则 {ｎ · Ｃ→Ｅ ＝０，即
{
ｘ ＋ ３ ｚ ＝０，
所以二面角Ｂ ＣＤ Ｃ 的正弦值为２ １０５． ｎ Ｃ→Ｄ ３ ｙ ３ｚ
－ － １ ２１ · ＝０， ２ ＋ ２ ＝０，
由 知平面ＢＣＤ的法向量ｎ 令ｚ 则ｘ ｙ
（３） （２） ＝（２，－１，－４）， ＝－ ３， ＝３， ＝１，
又Ｆ→Ｇ 所以ｎ ．
＝（０，２，－１）， ＝（３，１，－ ３）
４ ０２ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
ｎ Ｂ→Ｂ Ｃ Ｂ Ｅ Ｐ
所以 ｎ Ｂ→Ｂ · １ －４ ２ １３ ∴ （０，０，０）， （０，２ ２，０）， （ ２，０，０）， （ ２，０，１），
ｃｏｓ〈 ， １〉＝ ｜ ｎ ｜｜ Ｂ→Ｂ １｜ ＝ １３×２ ＝－ １３ ， Ｄ æ è ç３ ２ ， ２ ，０ ö ø ÷ ， Ｆ æ è ç５ ２ ， ２ ， １ ö ø ÷．
易知二面角Ｅ ＣＤ Ａ为锐二面角 ２ ２ ４ ４ ２
－ － ，
设平面ＥＣＦ的法向量为ｎ ｘ ｙ ｚ ｎ Ｅ→Ｆ ｎ Ｅ→Ｃ
所以二面角Ｅ ＣＤ Ａ的余弦值为２ １３． １＝（ １， １， １），∴ １⊥ ， １⊥ ，
－ － ｎ Ｅ→Ｆ ｎ Ｅ→Ｃ ．
１３ ∴ １· ＝０， １· ＝０
２２．（２０２１安徽合肥二模，１９）如图 在三棱锥Ｐ ＡＢＣ中 ＰＡ ＰＣ æ ö
， － ， ＝ Ｅ→Ｆ ç ２ ２ １ ÷ Ｃ→Ｅ
ＡＣ ＢＣ ＡＣ ＢＣ Ｄ为棱ＡＢ上一点 ＢＤ ＡＤ 棱 ∵ ＝è ， ， ø， ＝（ ２，０，０），
＝ ３， ＝ ＝２ ２， ⊥ ， ， ＝３ ， ４ ４ ２
ＡＣ的中点Ｅ在平面ＰＡＢ上的射影Ｆ在线段ＰＤ上． ì ïï
２
ｘ
１＝０，
证明 平面ＰＡＣ 平面ＡＢＣ í 取ｎ ．
（ （ １ ２ ） ） 求二 ： 面角Ｅ － ＣＦ ⊥ － Ｂ的正弦值 ； ． ∴ î ïï ２ｘ １＋ ２ｙ １＋ １ ｚ １＝０ ． １＝（０， ２，－１）
４ ４ ２
设平面ＢＣＦ的法向量为ｎ ｘ ｙ ｚ
２＝（ ２， ２， ２），
ｎ Ｃ→Ｂ ｎ Ｂ→Ｆ
∴ ２⊥ ， ２⊥ ，
ｎ Ｃ→Ｂ ｎ Ｆ→Ｂ ．
∴ ２· ＝０， ２· ＝０
æ ö
Ｃ→Ｂ Ｂ→Ｆ ç５ ２ ７ ２ １ ÷
∵ ＝（０，２ ２，０）， ＝è ，－ ， ø，
４ ４ ２
ì ïï２
２
ｙ
２＝０，
解析 证明 如图 取ＡＢ的中点Ｈ 连接ＣＨ ＤＥ ＰＥ． í 取ｎ
（１） ： ， ， ， ， ∴ ïï５ ２ｘ ７ ２ｙ １ ｚ ． ２＝（２，０，－５ ２），
î ２－ ２＋ ２＝０
４ ４ ２
ｎ ｎ
ｎ ｎ １· ２ ５ ２ ５ ．
∴ ｃｏｓ〈 １， ２〉＝ ｎ ｎ ＝ ＝
｜ １｜｜ ２｜ ３× ５４ ９
二面角Ｅ ＣＦ Ｂ的正弦值为 ２ ｎ ｎ ２ １４．
∴ － － １－ｃｏｓ 〈 １， ２〉 ＝
９
思路分析 （ ）取ＡＢ的中点Ｈ，连接ＣＨ，ＤＥ，ＰＥ，则ＤＥ
１ ∥
ＣＨ，从而得ＥＤ ＡＢ，由ＥＦ 平面ＰＡＢ，得ＥＦ ＡＢ，进而得到
ＢＤ ＡＤ Ｄ为ＡＨ的中点 ⊥ ⊥ ⊥
∵ ＝３ ，∴ ， ＡＢ 平面ＰＤＥ，则ＡＢ ＰＥ，结合ＡＣ ＰＥ，得ＰＥ 平面ＡＢＣ，
ＤＥ ＣＨ． ⊥ ⊥ ⊥ ⊥
∴ ∥ 从而得到面面垂直；（ ）建立恰当的空间直角坐标系，求出两
ＡＣ ＢＣ ＣＨ ＡＢ ＥＤ ＡＢ． ２
∵ ＝ ，∴ ⊥ ，∴ ⊥ 平面的法向量，利用向量夹角公式求余弦值，进而求得结果．
又 点Ｅ在平面ＰＡＢ上的射影Ｆ在线段ＰＤ上
∵ ， ２３．（２０２１浙江百校３月联考，１９）如图 圆锥ＰＯ的顶点为Ｐ 其
ＥＦ 平面ＰＡＢ ， ，
∴ ⊥ ，
ＡＢ 平面ＰＡＢ ＥＦ ＡＢ． 母线长为 点 Ａ Ｂ Ｃ Ｍ 都在底面 Ｏ 上 且 ＢＣ Ａ→Ｏ
∵ ⊂ ，∴ ⊥ ３， ， ， ， ☉ ， ＝３， ＝
∵
ＥＦ
∩
ＥＤ
＝
Ｅ
，
ＥＦ
，
ＤＥ
⊂
平面ＰＤＥ
，
Ｏ→Ｍ
，∠
ＰＡＢ
＝∠
ＰＡＣ
，
设Ｅ
，
Ｆ分别是母线ＰＢ
，
ＰＣ上靠近Ｂ
，
Ｃ
ＡＢ 平面ＰＤＥ 的三等分点 并且平面ＡＥＦ交母线ＰＭ于点Ｔ．
∴ ⊥ ， ，
ＰＥ 平面ＰＤＥ 证明 ＡＰ ＥＦ
∵ ⊂ ， （１） ： ⊥ ；
ＡＢ ＰＥ． 当 ＰＡＢ °时 求ＰＴ与平面ＡＥＦ所成角的正弦值．
∴ ⊥ （２） ∠ ＝６０ ，
点Ｅ为棱ＡＣ的中点 ＰＡ ＰＣ
∵ ， ＝ ，
ＰＥ ＡＣ．
∴ ⊥
又 ＡＣ ＡＢ Ａ ＡＣ ＡＢ 平面ＡＢＣ
∵ ∩ ＝ ， ， ⊂ ，
ＰＥ 平面ＡＢＣ．
∴ ⊥
ＰＥ 平面ＰＡＣ
∵ ⊂ ，
平面ＰＡＣ 平面ＡＢＣ．
∴ ⊥
ＡＣ ＢＣ 以Ｃ为原点 以→ＣＡ Ｃ→Ｂ的方向为ｘ ｙ轴的正
（２）∵ ⊥ ，∴ ， ， ，
方向建立空间直角坐标系 如图． 解析 证明 在圆锥ＰＯ中 ＰＯ 平面ＡＢＣ ＢＣ 平面
， （１） ： ， ⊥ ， ⊂
ＡＢＣ ＰＯ ＢＣ．
，∴ ⊥
在等腰 ＰＡＢ 与等腰 ＰＡＣ 中 ＰＡ ＰＢ ＰＣ ＰＡＢ
∵ △ △ ， ＝ ＝ ，∠ ＝
ＰＡＣ ＰＡＢ ＰＡＣ 则ＡＢ ＡＣ． 分
∠ ，∴ △ ≌△ ， ＝ （３ ）
由Ａ→Ｏ Ｏ→Ｍ得ＡＭ为 Ｏ的直径．
＝ ☉
易知ＡＭ ＢＣ 又ＡＭ ＰＯ Ｏ ＢＣ 平面ＡＰＭ ＢＣ ＡＰ．
⊥ ， ∩ ＝ ，∴ ⊥ ，∴ ⊥
又Ｅ Ｆ分别是ＰＢ ＰＣ上靠近Ｂ Ｃ的三等分点
、 ， 、 ，
ＰＥ ＰＦ
ＥＦ ＢＣ ＥＦ ＡＰ． 分
∴ ＰＢ＝ＰＣ，∴ ∥ ，∴ ⊥ （６ ）
ＰＡ ＰＣ ＡＣ ＢＣ ＡＢ ＣＨ ＰＥ ＤＥ 解法一 连接 ＡＴ 交 ＥＦ 于点 Ｉ 连接 ＰＩ 并延长交 ＢＣ 于
∵ ＝ ＝ ３， ＝ ＝２ ２，∴ ＝４， ＝２， ＝ ＝１， （２） ： ，
则Ｆ为ＰＤ的中点 点Ｇ
， ，
第八章 立体几何 ４ ０３
由对称性知 Ｉ Ｇ 分别为 ＥＦ
， 、 、 故ＰＴ与平面ＡＥＦ所成角的正弦值为５ ３． 分
ＢＣ的中点． （１５ ）
９
ＰＩ ＥＦ ＡＩ ＥＦ ＰＩ ２４．（２０２１浙江金华十校４ 月模拟，１９）如图 在四棱锥Ｐ ＡＢＣＤ
∴ ⊥ ， ⊥ ， ＝ ３， ， －
当 ＰＡＢ °时 由 ＰＡ ＰＢ 中 底面ＡＢＣＤ为梯形 ＡＢ ＣＤ ＡＢ ＢＣ ＣＤ ＤＡ 侧棱
∠ ＝６０ ， ＝ ， ， ∥ ， ＝２ ＝２ ＝２ ，
知 ＰＡＢ为正三角形 ＰＡ 底面ＡＢＣＤ Ｅ为侧棱ＰＣ上一点 ＰＥ ＥＣ．
△ ， ⊥ ， ， ＝２
ＡＰＢ ° 求证 平面ＥＢＤ 平面ＡＢＣＤ
∴ ∠ ＝６０ ， （１） ： ⊥ ；
在 ＡＰＢ中 ＰＡ ＰＥ 由 若ＰＡ ＡＢ 求直线ＰＣ与平面ＰＡＤ所成角的正弦值．
△ ， ＝３， ＝２， （２） ＝ ，
余弦定理得ＡＥ
＝ ７，
ＡＩ ＡＥ２ ＥＩ２ ＰＡ２ ＡＩ２ ＰＩ２ ＰＩ ＡＩ．
∴ ＝ － ＝ ６，∴ ＝ ＋ ，∴ ⊥
又 ＰＩ ＥＦ ＥＦ ＡＩ Ｉ ＰＩ 平面ＡＥＦ
∵ ⊥ ， ∩ ＝ ，∴ ⊥ ，
ＰＴＡ即为所求角． 分
∴ ∠ （１２ ）
又可求ＭＧ ＡＭ ＡＧ ３ ＰＧ ３
＝ － ＝ ， ＝ ３，
２ ２
ＰＧ２ ＰＭ２ ＭＧ２ 解析 证明 连接ＡＣ 与ＢＤ相交于点Ｏ 连接ＥＯ．
ＰＴＡ ＭＰＧ ＋ － ５ ． （１） ： ， ，
∴ ｓｉｎ∠ ＝ｃｏｓ∠ ＝ ２ ＰＧ · ＰＭ ＝ ９ ３ 在梯形ＡＢＣＤ中 ＡＢ ＣＤ ＡＯＢ ＣＯＤ
，∵ ∥ ，∴ △ ∽△ ，
ＣＯ ＣＤ ＣＥ ＣＯ ＣＥ
故ＰＴ与平面ＡＥＦ所成角的正弦值为５ ３． 分 １ 又已知 １ 则在 ＰＡＣ中
（１５ ） ∴ ＯＡ＝ＡＢ＝ ， ＥＰ＝ ， △ ，ＯＡ＝ＥＰ，
９ ２ ２
解法二 由 ＰＡＢ °得 ＰＡＢ ＰＡＣ都为正三角形 则ＡＢ ＥＯ ＰＡ． 分
： ∠ ＝６０ △ 、△ ， ∴ ∥ （４ ）
ＡＣ ＢＣ ． 又ＰＡ 底面ＡＢＣＤ ＥＯ 底面ＡＢＣＤ
＝ ＝ ＝３ ⊥ ，∴ ⊥ ，
如图 以Ｏ为原点 平面ＡＢＣ内垂直于ＡＭ的直线为ｘ轴 ＯＭ 又ＥＯ 平面ＥＢＤ 平面ＥＢＤ 平面ＡＢＣＤ． 分
， ， ， ⊂ ，∴ ⊥ （７ ）
所在的直线为ｙ 轴 ＯＰ 所在的直线为 ｚ 轴建立空间直角坐
，
标系
，
如图 以点Ａ为坐标原点 ＡＢ所在直线为ｙ轴 ＰＡ所在直
（２） ， ， ，
线为ｚ轴 建立空间直角坐标系
， ，
æ ö æ ö
则Ａ Ｐ Ｂç ３ ３ ÷ Ｃç ３ ３ ÷
（０，－ ３，０）， （０，０， ６）， è ， ，０ø， è－ ， ，０ø，
２ ２ ２ ２
Ｍ 分
（０， ３，０）， （８ ）
æ ö æ ö
Ｐ→Ｂ ç ３ ３ ÷ Ｐ→Ｃ ç ３ ３ ÷
∴ ＝è ， ，－ ６ø， ＝è－ ， ，－ ６ø，
２ ２ ２ ２
æ ö 设ＡＢ 则Ａ Ｄ Ｃ Ｐ
由已知得Ｐ→Ｅ ２ Ｐ→Ｂ ç ３ ２ ÷ ＝４， （０，０，０）， （ ３，１，０）， （ ３，３，０）， （０，０，４），
＝ ＝è１， ，－ ６ø， 分
３ ３ ３ （１０ ）
æ ö 故→ＡＰ Ａ→Ｄ 设平面ＰＡＤ的法向量为ｎ
Ｐ→Ｆ ２ Ｐ→Ｃ ç ３ ２ ÷． ＝（０，０，４）， ＝（ ３，１，０）， ＝
＝ ＝è－１， ，－ ６ø ｘ ｙ ｚ
３ ３ ３ （ ， ， ），
∴ Ｅ æ è ç １， ３ ， ６ ö ø ÷ ， Ｆ æ è ç －１， ３ ， ６ ö ø ÷ ， 由 {ｎ · →ＡＰ ＝０，得 { ４ ｚ ＝０， 取ｘ 可得ｎ ．
３ ３ ３ ３ ｎ Ａ→Ｄ ｘ ｙ ＝１， ＝（１，－ ３，０）
æ ö · ＝０ ３ ＋ ＝０，
∴
Ｅ→Ｆ
＝（－２，０，０），
→ＡＥ
＝è
ç
１，
４ ３
，
６
ø
÷． 又Ｐ→Ｃ
＝（ ３，３，－４）， （１３
分
）
３ ３
设ｎ ｘ ｙ ｚ 为平面ＡＥＦ的法向量 ｎ Ｐ→Ｃ
＝（ ， ， ） ， ｎ Ｐ→Ｃ · ２１
{ｎ Ｅ→Ｆ { －２ ｘ ＝０， ∴ ｃｏｓ〈 ， 〉＝ ｜ ｎ ｜·｜ Ｐ→Ｃ ｜ ＝－ １４ ，
则 · ＝０，所以 取ｎ ．
ｎ →ＡＥ ｘ ４ ｙ ６ｚ ＝（０，－ ２，４） 直线ＰＣ与平面ＰＡＤ所成角的正弦值为 ２１． 分
· ＝０， ＋ ３ ＋ ＝０， ∴ （１５ ）
３ ３ １４
分
（１１ ）
又Ｐ→Ｍ 分
＝（０， ３，－ ６）， （１３ ）
设ＰＴ与平面ＡＥＦ所成角为θ 即ＰＭ与平面ＡＥＦ所成角为
，
θ． θ ｎ Ｐ→Ｍ ｜－ ６－４ ６｜ ５ ．
∴ ｓｉｎ ＝｜ｃｏｓ〈 ， 〉｜＝ ＝ ３
３×３ ２ ９
４ ０４ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
学生用书Ｐ１４０
１．（２０２１ ５·３原创题）一种特殊的四面体叫做 鳖臑 它的四个 如图所示 分别过Ｐ Ｑ作平面ＡＢＣＤ的垂线 垂足分别为
“ ”， （２） ， ， ，
面均为直角三角形．在四面体ＰＡＢＣ中 设Ｅ Ｆ分别是ＰＢ ＰＣ Ｏ Ｏ 则Ｏ Ｏ 在ＡＣ上 且Ｏ Ｏ 分别为ＡＯ ＯＣ的三等分
， ， ， １， ２， １， ２ ， １， ２ ，
上的点 连接ＡＥ ＡＦ ＥＦ 此外不再增加任何连线 则图中直 点 ＰＯ ＱＯ ＰＯ ＱＯ ＰＯ Ｏ Ｏ 所以四边形ＰＯ Ｏ Ｑ为
， ， ， （ ）， ， １∥ ２， １＝ ２， １⊥ １ ２， １ ２
角三角形最多有 矩形
（ ） ，
所以ＰＱ ＡＣ 且 ＰＱ Ｏ Ｏ １ ＡＯ ２ ＡＯ ２ ３
Ａ．６ 个 Ｂ．８ 个 Ｃ．１０ 个 Ｄ．１２ 个 ∥ ， ＝ １ ２ ＝２× ３ ＝ ３ ＝ ３ × ２ ×
１． 答案 Ｃ
２．（２０２１ ５·３原创题） 九章算术 是我国的一部古代数学巨著 ２ ３＝２，
《 》 ， æ ö２
书中记载了一种名为 刍甍 的五面体 如图所示 其中四边形 所以ＰＯ ＡＰ２ ＡＯ２ ＡＰ２ Ｏ Ｏ２ ç４ ３÷ ２ ３．
“ ” ， ， １＝ － １ ＝ － １ ２ ＝ è ø －４＝
ＡＢＣＤ为矩形 ＥＦ 平面 ＡＢＣＤ 若 ＡＢ ＥＦ ＡＤＥ 和 ３ ３
， ∥ ， ＝３ ＝３，△ 取ＢＣ的中点Ｅ 连接ＱＥ
ＢＣＦ均为等边三角形 且ＤＥ ＢＦ 则该五面体的侧视图面 ， ，
△ ， ⊥ ，
积为
；
直线 ＢＥ 与平面 ＢＣＦ 所成角的余弦值为 则ＱＥ
＝
ＱＢ２
－
ＢＥ２
＝
１６
－３＝
２１
，
． ３ ３
由 得平面ＰＯＱ 平面ＡＢＣＤ
（１） ⊥ ，
而平面ＰＯＱ 平面ＡＢＣＤ ＡＣ ＢＯ ＡＣ ＢＯ 平面ＡＢＣＤ
∩ ＝ ， ⊥ ， ⊂ ，
所以ＢＯ 平面ＰＱＯ．
⊥
设点Ｐ到平面ＱＢＣ的距离为ｄ
，
则由Ｖ Ｖ
Ｐ
－
ＱＢＣ＝ Ｂ
－
ＰＱＣ，
可得 １ Ｓ ｄ １ Ｓ ＢＯ
△ ＱＢＣ· ＝ △ ＰＱＣ· ，
３ ３
即 １ １ ＱＥ ＢＣ ｄ １ １ ＰＱ ＰＯ ＢＯ
２． 答案
２；
３９９
３
×
２
· · ＝
３
×
２
· １· ，
２１
３．（２０２１ ５·３原创题）如图 所示 菱形 ＡＢＣＤ 的边长为 即 ２１ ｄ ２ ３
１ ， ２ ３， ×２ ３ ＝２× × ３，
３ ３
ＢＡＤ ° ＡＭＢ ＢＮＣ ＣＥＤ ＡＦＤ都是腰长为４ ３的
∠ ＝６０ ，△ ，△ ，△ ，△ 解得ｄ ２ ７
３ ＝ ，
等腰三角形 现沿着菱形的边折起 点Ｍ和点Ｆ重合为点Ｐ ７
， ， ，
点Ｎ和点Ｅ重合为点Ｑ 点Ｐ Ｑ在平面ＡＢＣＤ的同侧 连接 所以点Ｐ到平面ＱＢＣ的距离为２ ７．
（ ， ），
ＰＱ ＡＣ 设ＡＣ与ＢＤ交于点Ｏ 如图 连接ＰＯ ＱＯ． ７
， ， ， ２， ， ４．（２０２１ ５·３原创题）如图 正方形ＡＤＥＦ与梯形ＡＢＣＤ所在平
证明 平面ＰＱＯ 平面ＡＢＣＤ ，
（１） ： ⊥ ； 面互相垂直 ＡＢ ＣＤ ＡＤ ＢＤ ＡＢ ＣＤ 点Ｍ是ＥＣ
求点Ｐ到平面ＱＢＣ的距离． ， ∥ ， ＝ ＝２， ＝２ ２， ＝４，
（２） 的中点．
求证 平面ＢＤＥ 平面ＡＤＥＦ
（１） ： ⊥ ；
求二面角Ｅ ＢＤ Ｍ的余弦值．
（２） － －
图 图
１ ２
３． 解析 证明 因为 ＰＢ ＰＤ Ｏ 为 ＢＤ 的中点 所以 ＰＯ
（１） ： ＝ ， ，
ＤＢ
⊥ ，
同理可得ＱＯ ＤＢ
⊥ ，
又因为ＰＯ
∩
ＯＱ
＝
Ｏ
，
ＰＯ
，
ＯＱ
⊂
平面ＰＯＱ
，
４． 解析
（１）
证明
：
因为ＡＤ
＝
ＢＤ
＝２，
ＡＢ
＝２ ２，
所以ＡＤ２
＋
ＢＤ２
＝
所以ＢＤ 平面ＰＯＱ． ＡＢ２ 所以ＢＤ ＡＤ
⊥ ， ⊥ ，
又因为ＢＤ 平面ＡＢＣＤ 又因正方形ＡＤＥＦ与梯形ＡＢＣＤ所在平面互相垂直 且ＥＤ
⊂ ， ， ⊥
所以平面ＰＯＱ 平面ＡＢＣＤ． ＡＤ 平面ＡＤＥＦ 平面ＡＢＣＤ ＡＤ ＥＤ 平面ＡＤＥＦ
⊥ ， ∩ ＝ ， ⊂ ，
第八章 立体几何 ４ ０５
所以ＥＤ 平面ＡＢＣＤ 则Ｄ Ｂ Ｃ Ｅ
⊥ ， （０，０，０）， （０，２，０）， （－２ ２，２ ２，０）， （０，０，２），
从而ＥＤ ＢＤ
⊥ ， 所以Ｍ
又ＡＤ ＥＤ Ｄ （－ ２， ２，１），
∩ ＝ ， 则Ｄ→Ｂ Ｄ→Ｅ Ｄ→Ｍ
所以ＢＤ 平面ＡＤＥＦ ＝（０，２，０）， ＝（０，０，２）， ＝（－ ２， ２，１），
⊥ ， 由 知平面ＢＤＥ的一个法向量为ｍ
又ＢＤ 平面ＢＤＥ （１） ＝（１，０，０），
⊂ ， 设平面ＢＤＭ的法向量为ｎ ｘ ｙ ｚ
所以平面ＢＤＥ 平面ＡＤＥＦ． ＝（ ， ， ），
（２） 以点Ｄ为坐 ⊥ 标原点 ， 分别以直线ＤＡ 、 ＤＢ 、 ＤＥ为ｘ轴 、 ｙ轴 、 ｚ 从而有 {Ｄ→Ｂ · ｎ ＝２ ｙ ＝０，
轴建立如图所示的空间直角坐标系 Ｄ→Ｍ ｎ ｘ ｙ ｚ
， · ＝－ ２ ＋ ２ ＋ ＝０，
令ｚ 得ｘ ｙ 因而ｎ
＝ ２， ＝１， ＝０， ＝（１，０， ２），
ｍ ｎ
因此 ｍ ｎ · １×１＋０×０＋０× ２ ３
ｃｏｓ〈 ， 〉＝ ｍ ｎ ＝ ＝ ，
｜ ｜｜ ｜ ２ ２ ２ ３
１× １ ＋０ ＋（ ２）
易知二面角Ｅ ＢＤ Ｍ为锐二面角
－ － ，
所以二面角Ｅ ＢＤ Ｍ的余弦值为 ３．
－ －
３
