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１ ４８ 5年高考3年模拟 B版 数学（教师用书）
7.2 直线、平面平行的判定与性质
学生用书P259
@
=
L,3
/K,3,3+42 ,
/K%3L+ L L,3>+8 U0° 90°
42
L
P55 /K,3L+42 L,
L=
, =
3 /KLL+42
T ,
L
) B)
=
+
B B
C
3L=+B C
B
CUBUBC BUBU∩ C
3@ B BC
,3L=+
B
P55 ) B)
B 1 C C
LL=+B B
BUCUB∩C 1 U∩ BU
BUC ∩ C
3@ BC
学生用书P259
题型 一 判定或证明直线与平面平行的方法 所以ＯＥ ＤＡ．
∥
又ＯＥ 平面ＤＡＦ，ＤＡ 平面ＤＡＦ，
1.利用线面平行的判定定理 ａ ｂ ａ α ｂ α ａ α ． ⊄ ⊂
（ ∥ ， ⊄ ， ⊂ ⇒ ∥ ） 所以ＯＥ 平面ＤＡＦ．
2.利用面面平行的性质定理 α β ａ α ａ β ． ∥
（ ∥ ， ⊂ ⇒ ∥ ） 在 ＡＢＦ中，点Ｏ，Ｇ分别是ＡＢ和ＢＦ的中点，所以ＯＧ ＡＦ．
3.利用面面平行的性质 α β ａ β ａ α ａ β ． △ ∥
（ ∥ ， ⊄ ， ∥ ⇒ ∥ ） 又ＯＧ 平面ＤＡＦ，ＡＦ 平面ＤＡＦ，
4.向量法： 证明直线的一个方向向量与平面的一个法向量 ⊄ ⊂
（１） 所以ＯＧ 平面ＤＡＦ．
垂直 证明直线的一个方向向量能被平面上的两个不共线 ∥
；（２） 又ＯＥ ＯＧ Ｏ，ＯＥ，ＯＧ 平面ＯＥＧ，
向量线性表示． ∩ ＝ ⊂
所以平面ＯＥＧ 平面ＤＡＦ，（面面平行的判定定理）
例1 （ 江苏南京学情调研）如图 四边形 ＡＢＣＤ 是圆柱 ∥
２０２４ ， 又ＥＧ 平面ＯＥＧ，
⊂
ＯＥ的轴截面 点Ｆ在底面圆Ｏ上 ＯＡ ＢＦ ＡＤ 点Ｇ是
， ， ＝ ＝ ３， ＝３， 所以ＥＧ 平面ＤＡＦ．（面面平行的性质定理）
∥
线段ＢＦ的中点．
% & $ % & $
证明 ＥＧ 平面ＤＡＦ
（１） ： ∥ ；
求直线ＥＦ与平面ＤＡＦ所成角的正弦值．
（２）
% & $ " 0 # " 0 #
( . (
' '
图 图
0 １ ２
" ( # 证法二 如图 ，取ＡＦ 的中点 Ｍ，连接 ＭＤ，ＭＧ．因为点 Ｍ，Ｇ
２
' 分别是ＦＡ和ＦＢ的中点，
解析 （ ） 证法一 如图 ，连接ＯＥ，ＯＧ，
１ １ 所以ＭＧ ＡＢ，ＭＧ １ ＡＢ，又Ｏ为ＡＢ的中点，
因为四边形ＡＢＣＤ是圆柱ＯＥ的轴截面， ∥ ＝
２
专题七 立体几何与空间向量 １ ４９
2.利用面面平行的判定定理的推论 ａ ｃ ｂ ｄ ａ ｂ Ａ ｃ ｄ
所以ＡＯ １ ＡＢ，则ＭＧ ＡＯ． （ ∥ ， ∥ ， ∩ ＝ ， ∩ ＝
＝ Ｂ ａ α ｂ α ｃ β ｄ β α β ．
２ ， ⊂ ， ⊂ ， ⊂ ， ⊂ ⇒ ∥ ）
因为四边形ＡＢＣＤ是圆柱ＯＥ的轴截面， 3.利用平面平行的传递性 α γ β γ α β ．
（ ∥ ， ∥ ⇒ ∥ ）
所以ＡＯ ＤＥ，所以ＭＧ ＤＥ， 4.利用线面垂直的性质 ａ α ａ β α β ．
（ ⊥ ， ⊥ ⇒ ∥ ）
因此四边形ＤＥＧＭ是平行四边形． 5.向量法：证明两平面的法向量共线．
所以ＥＧ ∥ ＤＭ． 例2 （ 河南二十名校联考， ）如图
２０２４ １８ ，
又ＥＧ 平面ＤＡＦ，ＤＭ 平面ＤＡＦ，
⊄ ⊂ % 0 $
所以ＥＧ 平面ＤＡＦ．（线面平行的判定定理）
∥ &
（ ） 解法一 由（ ）得ＥＧ 平面ＤＡＦ，
２ １ ∥
所以点Ｅ到平面ＤＡＦ的距离等于点Ｇ到平面ＤＡＦ的距离． " 0 ( #
因为ＡＤ 平面ＡＢＦ，ＢＦ 平面ＡＢＦ，所以ＢＦ ＡＤ． ' )
⊥ ⊂ ⊥
因为ＡＢ为底面圆Ｏ的直径，点Ｆ在圆Ｏ上，
梯形ＡＢＣＤ是圆台Ｏ Ｏ 的轴截面 Ｅ Ｆ分别在底面圆Ｏ Ｏ 的
１ ２ ， ， １， ２
所以ＢＦ ＡＦ． 圆周上 ＥＦ为圆台的母线 ＤＯ Ｅ ° 若ＣＤ ＡＢ Ｇ Ｈ
又ＡＦ ∩ Ａ ⊥ Ｄ ＝ Ａ，ＡＦ，ＡＤ ⊂ 平面ＤＡＦ， 分别为 ， Ｏ ２ Ｂ ， ＢＦ的中点 ， 且 ， 异 ∠ 面直 １ 线 ＝ Ａ ６０ Ｆ与 ， ＣＨ所 ＝ 成 ４， 角的 ＝ 余 ８， 弦 ， 值
所以ＢＦ 平面ＤＡＦ．所以点Ｅ到平面ＤＡＦ的距离ｄ ＧＦ １ ＢＦ
⊥ ＝ ＝ 为 １０．
２
２０
３． 证明 平面ＣＧＨ 平面Ｏ Ｏ ＦＥ
＝ （１） ： ∥ １ ２ ；
２ 求圆台Ｏ Ｏ 的高．
如图 ３ ，连接ＯＥ，ＯＦ，易得ＯＦ ＝ ３ ， （２ 解 ） 析 （ ） １ 证 ２ 明：由题意得Ｏ Ｃ Ｏ Ｇ，Ｏ Ｃ Ｏ Ｇ，所以四边形
１ １ ＝ ２ １ ∥ ２
所以ＥＦ ＯＦ２ ＯＥ２ ． Ｏ Ｏ ＧＣ为平行四边形，
＝ ＋ ＝２ ３ １ ２
设直线ＥＦ与平面ＤＡＦ所成角为θ， 所以Ｏ Ｏ ＣＧ，
１ ２∥
而Ｏ Ｏ 平面Ｏ Ｏ ＦＥ，ＣＧ 平面Ｏ Ｏ ＦＥ，
３ １ ２⊂ １ ２ ⊄ １ ２
ｄ 所以ＣＧ 平面Ｏ Ｏ ＦＥ．
则 ｓｉｎ θ ＝ＥＦ＝ ２ ２ ３ ＝ ４ １ ， 因为Ｇ，Ｈ ∥ 分别为 １ Ｏ ２ ２ Ｂ，ＢＦ的中点，
所以ＨＧ为 ＢＯ Ｆ的中位线，所以ＨＧ Ｏ Ｆ．
所以直线ＥＦ与平面ＤＡＦ所成角的正弦值为 １ ． △ ２ ∥ ２
４ 而Ｏ Ｆ 平面Ｏ Ｏ ＦＥ，ＨＧ 平面Ｏ Ｏ ＦＥ，
% & $ % & $ 所以 ２ ＨＧ ⊂ 平面Ｏ １ Ｏ ２ ＦＥ， ⊄ １ ２
, ) ∥ １ ２
又ＣＧ，ＨＧ 平面ＣＧＨ，且ＣＧ ＨＧ Ｇ，
⊂ ∩ ＝
0 0 所以平面ＣＧＨ 平面Ｏ Ｏ ＦＥ．（面面平行的判定定理）
" ( # " ( # ∥ １ ２
' ' （ ）设圆台的高为ｈ（ｈ ），连接Ｏ Ｈ和ＣＯ ，
２ ＞０ ２ ２
图 图 % 0 $
３ ４
解法二 如图 ，过Ｆ作ＡＤ的平行线交上底面圆Ｅ于点Ｈ，连 &
４
接ＤＨ，
则平面ＡＤＦ即平面ＡＦＨＤ． " 0 ( #
)
过Ｅ作ＥＫ ＤＨ，Ｋ为垂足，连接ＫＦ． '
⊥
因为ＡＤ ＥＫ，ＡＤ ＤＨ Ｄ，ＡＤ，ＤＨ 平面ＡＦＨＤ，所以ＥＫ 平 因为点Ｏ 和Ｈ分别为ＡＢ和ＦＢ的中点，
⊥ ∩ ＝ ⊂ ⊥ ２
面ＡＦＨＤ， 所以Ｏ Ｈ为 ＡＢＦ的中位线，所以Ｏ Ｈ ＡＦ，
２ △ ２ ∥
则 ＥＦＫ为直线ＥＦ与平面ＤＡＦ所成的角． 则 ＣＨＯ 或其补角为异面直线ＡＦ与ＣＨ所成的角，
∠ ∠ ２
易得 ＥＫ ３，连接 ＯＥ，ＯＦ，则 ＯＥ ，ＯＦ ，所以 ＥＦ 因为ＧＨ １ Ｏ Ｆ ，则Ｏ Ｇ ＧＨ，
＝ ＝３ ＝ ３ ＝ ＝ ２ ＝２ ２ ＝
２ ２
由（ ）知 Ｏ Ｏ ＣＧ，则 ＣＧ 平面 ＡＢＦ，因为 Ｏ Ｇ，ＨＧ 平面
ＯＦ２ ＋ ＯＥ２ ＝２ ３ ． ＡＢＦ １ ，所以Ｃ １ Ｇ ２∥ Ｏ Ｇ，ＣＧ ＨＧ ⊥ ， ２ ⊂
设直线ＥＦ与平面ＤＡＦ所成角为θ， ⊥ ２ ⊥
由勾股定理可得ＣＨ ＣＯ ＣＧ２ ＨＧ２ ｈ２ ．
３
＝ ２＝ ＋ ＝ ＋４
ＥＫ 由 ＤＯ Ｅ °，ＥＦ 为圆台的母线得 ＡＯ Ｆ °，又 Ｏ Ａ
则 θ ２ １ ， ∠ １ ＝６０ ∠ ２ ＝６０ ２ ＝
ｓｉｎ ＝ＥＦ＝ ＝ Ｏ Ｆ，则 ＡＯ Ｆ为等边三角形，
２ ３ ４ ２ △ ２
所以直线ＥＦ与平面ＤＡＦ所成角的正弦值为 １ ． 则ＡＦ ，故Ｏ Ｈ １ ＡＦ ，
＝４ ２ ＝ ＝２
４ ２
在 ＣＯ Ｈ 中， 由 余 弦 定 理 的 推 论 得 ＣＨＯ
题型 二 判定或证明平面与平面平行的方法 △ ２ ｃｏｓ ∠ ２ ＝
Ｏ Ｈ２ ＣＨ２ ＣＯ２
２ ＋ － ２ ４ １０，
1.利用面面平行的判定定理
（
ａ
∥
α
，
ｂ
∥
α
，
ａ
∩
ｂ
＝
Ｐ
，
ａ
⊂
β
，
ｂ
⊂
β
⇒ ２
Ｏ
２
Ｈ·ＣＨ ＝
４
ｈ２
＋４
＝
２０
α β ． 解得ｈ （舍负）．
∥ ） ＝６
１ ５０ 5年高考3年模拟 B版 数学（教师用书）
学生用书P92 令ｘ ｔ２ 则ｙ ｔ 则ｎ ｔ２ ｔ
１＝ ４－ ， １＝ ， １＝（ ４－ ，，０），
１． 概念深度理解 （
２０２４
全国甲理，
１０
，
５
分，中）设α
，
β为两个 设平面ＣＰＤ的法向量为ｎ ２＝（ ｘ ２， ｙ ２， ｚ ２），
平面 ｍ ｎ为两条直线 且α β ｍ．下述四个命题 {ｎ Ｄ→Ｐ {ｔｘ ｚ
， ， ， ∩ ＝ ： 则 ２· ＝０， ２＋２ ２＝０，
若ｍ ｎ 则ｎ α或ｎ β ∴
① ∥ ， ∥ ∥ ｎ Ｄ→Ｃ ｔ２ｙ
２· ＝０， ４－ ２＝０，
若ｍ ｎ 则ｎ α或ｎ β
② ⊥ ， ⊥ ⊥ 令ｚ ｔ 则ｘ 则ｎ ｔ
２＝ ， ２＝－２， ２＝（－２，０，），
若ｎ α且ｎ β 则ｍ ｎ
③ ∥ ∥ ， ∥
④ 若ｎ与α ， β所成的角相等 ， 则ｍ ⊥ ｎ ∵ 二面角Ａ － ＣＰ － Ｄ的正弦值为 ４２ ， 且由图可知二面角Ａ －
７
其中所有真命题的编号是 Ａ
（ ） ＣＰ － Ｄ为锐二面角 ，
Ａ．①③ Ｂ．②④ æ ö２
二面角Ａ ＣＰ Ｄ的余弦值为 ç ４２÷ ７
Ｃ．①②③ Ｄ．①③④ ∴ － － １－è ø ＝ ，
２．（ 新课标 ， ， 分，中）如图 四棱锥Ｐ ＡＢＣＤ中 ＰＡ ７ ７
２
底
０２
面
４
ＡＢＣＤ
Ⅰ
ＰＡ
１７
ＡＣ
１５
ＢＣ ＡＢ
，
．
－ ，
７ ｎ ｎ ｜
ｎ
１·
ｎ
２｜ ２ ４－
ｔ２
⊥
若ＡＤ Ｐ
，
Ｂ 证
＝
明 Ａ
＝
Ｄ
２，
平
＝
面
１，
ＰＢＣ
＝ ３ ∴
７
＝｜ｃｏｓ〈 １， ２〉｜＝
｜
ｎ
１｜｜
ｎ
２｜
＝
２
ｔ２
＋４
，
（１） ⊥ ， ： ∥ ； ｔ 舍负 ＡＤ ．
∴ ＝ ３（ ），∴ ＝ ３
若ＡＤ ＤＣ 且二面角Ａ ＣＰ Ｄ的正弦值为 ４２ 求ＡＤ． 考点 直线、平面平行的判定与性质 学生用书P92
（２） ⊥ ， － － ，
７
1 １．（ 全国乙，文 ，理 ， 分，中）在正方体ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ
２０２２ ９ ７ ５ － １ １ １ １
中 Ｅ Ｆ分别为ＡＢ ＢＣ的中点 则 Ａ
， ， ， ， （ ）
平面Ｂ ＥＦ 平面ＢＤＤ
% Ａ． １ ⊥ １
$
" 平面Ｂ ＥＦ 平面Ａ ＢＤ
# Ｂ． １ ⊥ １
平面Ｂ ＥＦ 平面Ａ ＡＣ
解析 证明 ＰＡ 平面ＡＢＣＤ ＡＤ 平面ＡＢＣＤ Ｃ． １ ∥ １
（１） ：∵ ⊥ ， ⊂ ， 平面Ｂ ＥＦ 平面Ａ Ｃ Ｄ
ＰＡ ＡＤ． Ｄ． １ ∥ １ １
∴ ⊥ ２．（ 浙江， ， 分，中）如图 已知正方体ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ Ｍ
又ＡＤ ＰＢ ＰＡ ＰＢ Ｐ ＰＡ ＰＢ 平面ＰＡＢ ２０２１ ６ ４ ， － １ １ １ １， ，
⊥ ， ∩ ＝ ， ， ⊂ ， Ｎ分别是Ａ Ｄ Ｄ Ｂ的中点 则 Ａ
ＡＤ 平面ＰＡＢ． １ ， １ ， （ ）
∴ ⊥
又ＡＢ 平面ＰＡＢ ＡＤ ＡＢ．
⊂ ，∴ ⊥
在 ＡＢＣ中 因为ＡＣ ＢＣ ＡＢ
△ ， ＝２， ＝１， ＝ ３，
ＡＣ２ ＢＣ２ ＡＢ２
∴ ＝ ＋ ，
ＡＢ ＢＣ．
∴ ⊥
又ＡＤ ＡＢ 且ＡＤ ＡＢ ＢＣ都在平面ＡＢＣＤ内 直线Ａ Ｄ与直线Ｄ Ｂ垂直 直线ＭＮ 平面ＡＢＣＤ
⊥ ， ， ， ， Ａ． １ １ ， ∥
ＡＤ ＢＣ．又ＡＤ 平面ＰＢＣ ＢＣ 平面ＰＢＣ 直线Ａ Ｄ与直线Ｄ Ｂ平行 直线ＭＮ 平面ＢＤＤ Ｂ
∴ ∥ ⊄ ， ⊂ ， Ｂ． １ １ ， ⊥ １ １
ＡＤ 平面ＰＢＣ． 直线Ａ Ｄ与直线Ｄ Ｂ相交 直线ＭＮ 平面ＡＢＣＤ
∴ ∥ Ｃ． １ １ ， ∥
以ＤＡ ＤＣ所在直线分别为ｘ轴 ｙ轴 过Ｄ作平面ＡＢＣＤ 直线Ａ Ｄ与直线Ｄ Ｂ异面 直线ＭＮ 平面ＢＤＤ Ｂ
（２） ， ， ， Ｄ． １ １ ， ⊥ １ １
的垂线为ｚ轴建立如图所示的空间直角坐标系Ｄ ｘｙｚ 则Ｄ ３．（ 新高考 ， ， 分，中）如图 ＰＯ是三棱锥Ｐ ＡＢＣ的
－ ， （０， ２０２２ Ⅱ ２０ １２ ， －
． 高 ＰＡ ＰＢ ＡＢ ＡＣ Ｅ为ＰＢ的中点．
０，０） ， ＝ ， ⊥ ，
[ 证明 ＯＥ 平面ＰＡＣ
1 （１） ： ∥ ；
若 ＡＢＯ ＣＢＯ ° ＰＯ ＰＡ 求二面角Ｃ ＡＥ Ｂ
（２） ∠ ＝∠ ＝３０ ， ＝３， ＝５， － －
的正弦值．
%
$
Y " Z
#
设ＡＤ ｔ ｔ 则 ＤＣ ｔ２ Ａ ｔ Ｐ ｔ Ｃ
＝ ， ＞０， ＝ ４－ ， （ ，０，０）， （ ，０，２）， （０，
解析 证法一：连接ＯＡ
ｔ２ 则→ＡＣ ｔ ｔ２ →ＡＰ Ｄ→Ｐ ｔ （１） ，
４－ ，０）， ＝（－ ， ４－ ，０）， ＝（０，０，２）， ＝（ ，０，
ＰＯ是三棱锥Ｐ ＡＢＣ的高 ＰＯ 平面ＡＢＣ
Ｄ→Ｃ ｔ２ ∵ － ，∴ ⊥ ，
２）， ＝（０， ４－ ，０）， ＯＡ ＯＢ 平面ＡＢＣ ＰＯ ＯＡ ＰＯ ＯＢ
设平面ＡＣＰ的法向量为ｎ ｘ ｙ ｚ ∵ ， ⊂ ，∴ ⊥ ， ⊥ ，
１＝（ １， １， １）， ＰＯＡ ＰＯＢ °
则
{ｎ
１·
→ＡＣ
＝０， 即
{
－ ｔｘ １＋ ４－ ｔ２ｙ １＝０，
∴
又
∠
ＰＡ ＝ ＰＢ
＝
，
∠
ＰＯ ＝ ＰＯ
＝
，
９
∴
０ ，
△ ＰＯＡ ≌△ ＰＯＢ ，∴ ＯＡ ＝ ＯＢ ，
ｎ →ＡＰ ｚ 取ＡＢ的中点Ｄ 连接ＯＤ ＤＥ 则ＯＤ ＡＢ
１· ＝０， ２ １＝０， ， 、 ， ⊥ ，
专题七 立体几何与空间向量 １ ５１
ＰＯ ＰＡ 结合 可知ＯＡ ＯＢ
∵ ＝３， ＝５，∴ （１） ＝ ＝４，
又 ＡＢＯ ＣＢＯ ° ＯＭ ＭＢ
∠ ＝∠ ＝３０ ，∴ ＝２， ＝２ ３，
( )
Ｐ Ｂ Ａ Ｅ ３
∴ （０，２，３）， （２ ３，０，０）， （－２ ３，０，０）， ３，１， ，
又 ＡＢ ＡＣ ＯＤ ＡＣ ２
∵ ⊥ ，∴ ∥ ，
又 ＯＤ 平面ＰＡＣ ＡＣ 平面ＰＡＣ ＡＢ ＡＣ ＣＢＡ ° ＡＢ
∵ ⊄ ， ⊂ ， ∵ ⊥ ，∠ ＝６０ ， ＝４ ３，
ＯＤ 平面ＰＡＣ ＡＣ Ｃ ．
∴ ∥ ， ∴ ＝１２， （－２ ３，１２，０）
又Ｄ Ｅ分别为ＡＢ ＰＢ的中点 设平面ＡＥＢ的法向量为ｎ ｘ ｙ ｚ
、 、 ， １＝（ １， １， １），
ＤＥ ＰＡ ( )
∴ ∥ ， →ＡＢ →ＡＥ ３
∵ ＝（４ ３，０，０）， ＝ ３ ３，１， ，
又 ＤＥ 平面ＰＡＣ ＰＡ 平面ＰＡＣ ２
∵ ⊄ ， ⊂ ，
∴ ＤＥ ∥ 平面ＰＡＣ ， { →ＡＢ · ｎ １＝０，
即
ì
í
ïï４ ３ ｘ １＝０，
又
平
ＯＤ
面
、 Ｄ
Ｏ
Ｅ
Ｄ
⊂
Ｅ
平
平
面
面
ＯＤ
Ｐ
Ｅ
Ａ
，
Ｃ
ＯＤ ∩ ＤＥ ＝ Ｄ ， ∴ →ＡＥ
·
ｎ
１＝０， î
ïï
３ ３
ｘ
１＋
ｙ
１＋ ２
３ ｚ
１＝０，
∴ ∥ ，
又ＯＥ
⊂
平面ＯＤＥ
，∴
ＯＥ
∥
平面ＰＡＣ．（面面平行的性质） 令ｙ １＝３， 则ｚ １＝－２，
证法二：连接ＯＡ ，∵ ＰＯ是三棱锥Ｐ － ＡＢＣ的高 ， ∴ ｎ １＝（０，３，－２） ．
∴
ＰＯ
⊥
平面ＡＢＣ
，
设平面ＡＥＣ的法向量为ｎ ２＝（ ｘ ２， ｙ ２， ｚ ２），
ＯＡ ＯＢ 平面ＡＢＣ ＰＯ ＯＡ ＰＯ ＯＢ →ＡＣ
∵ ， ⊂ ，∴ ⊥ ， ⊥ ， ∵ ＝（０，１２，０），
∴ ∠ Ｐ
Ｐ
Ｏ
Ｏ
Ａ
Ａ
＝∠ Ｐ
Ｐ
Ｏ
Ｏ
Ｂ
Ｂ
＝９０
Ｏ
° ，
Ａ
又
Ｏ
Ｐ
Ｂ
Ａ ＝ ＰＢ ， ＰＯ ＝ ＰＯ ， { →ＡＣ
·
ｎ
２＝０，
即
{ １２ ｙ ２＝０，
∴
延
△
长ＢＯ交
≌△
ＡＣ于点
，∴
Ｆ
，
连
＝
接Ｐ
，
Ｆ
，
∴ →ＡＥ
·
ｎ
２＝０， ３ ３
ｘ
２＋
ｙ
２＋
２
３ ｚ
２＝０，
易知在 ＡＢＦ中 Ｏ为ＢＦ的中点 令ｘ 则ｚ
Ｒｔ△ ， ， ２＝ ３， ２＝－６，
Ｅ为ＰＢ的中点 ＯＥ ＰＦ ｎ
∵ ，∴ ∥ ， ∴ ２＝（ ３，０，－６），
又ＯＥ 平面ＰＡＣ ＰＦ 平面ＰＡＣ
⊄ ， ⊂ ， ｎ ｎ
ｎ ｎ １· ２ １２ ４ ３
∴
ＯＥ
∥
平面ＰＡＣ． ∴ ｃｏｓ〈 １， ２〉＝
｜
ｎ
１｜·｜
ｎ
２｜
＝
１３× ３９
＝
１３
，
取ＡＢ的中点Ｍ 连接ＯＭ ＯＡ 以Ｍ为坐标原点 ＭＢ ＭＯ
（２） ， ， ， ， ，
设二面角Ｃ ＡＥ Ｂ的平面角为θ 则 θ ２θ １１
所在直线分别为ｘ ｙ轴 过点Ｍ且与平面ＡＢＣ垂直的直线为 － － ， ｓｉｎ ＝ １－ｃｏｓ ＝ ，
， ， １３
ｚ轴建立如图所示的空间直角坐标系．
二面角Ｃ ＡＥ Ｂ的正弦值为１１．
∴ － －
１３
同的两点 直线ｌ ｌ ｌ 为不同的三条直线 平面α β为不同
学生用书P93 ， １， ２， ３ ， ，
的两个平面 则下列说法正确的是 ＡＣ
１．（ 浙江杭州二模， ）设ｍ ｎ表示两条不同直线 α表示平 ， （ ）
２０２４ ２ ， ，
若ｌ α ｌ α 则ｌ ｌ
面 则 Ｂ Ａ． １⊥ ，２∥ ， １⊥２
， （ ）
若ｌ α ｌ α 则ｌ ｌ
若ｍ α ｎ α 则ｍ ｎ Ｂ． １⊂ ，２∥ ， １∥２
Ａ． ∥ ， ∥ ， ∥
若ｌ α ｌ β α β ｌ ｌ ｌ Ａ 则Ａ ｌ
Ｂ．
若ｍ
⊥
α
，
ｎ
⊂
α
，
则ｍ
⊥
ｎ Ｃ． １⊂ ，２⊂ ， ∩ ＝ ３，１∩２＝ ， ∈３
若ｌ ｌ α α β ｌ β Ａ ｌ β Ｂ 则直线ＡＢ α
Ｃ．
若ｍ
⊥
α
，
ｍ
⊥
ｎ
，
则ｎ
∥
α Ｄ． １∥２∥ ， ⊥ ，１∩ ＝ ，２∩ ＝ ， ∥
若ｍ α ｍ ｎ 则ｎ α ４．（多选）（ ２０２４ 河北邯郸重点中学 ３ 月月考， ９ ）已知Ｅ ， Ｆ ， Ｇ ， Ｈ
Ｄ． ∥ ， ⊥ ， ⊥
２．（ ２０２４ 河南安阳、焦作二模， ５ ）已知直四棱柱ＡＢＣＤ － Ａ １ Ｂ １ Ｃ １ Ｄ １ 分别是正方体ＡＢＣＤ － Ａ １ Ｂ １ Ｃ １ Ｄ １ 的棱ＡＢ ， ＢＣ ， ＣＣ １， Ｃ １ Ｄ １ 的中
点 则 ＡＢＤ
的底面为梯形 ＡＢ ＢＢ ３ Ｃ Ｄ ＣＤ ＡＢ Ｂ→Ｍ λＭ→Ｂ ， （ ）
， ＝ １＝ １ １＝６， ∥ ， ＝ １（０ Ａ Ｂ 平面ＨＧＦ
２ Ａ． １ ∥
λ 若ＤＤ 平面ＡＣ Ｍ Ｎ 则ＤＮ Ｃ ＦＧ ＨＥ
＜ ＜１）， １∩ １ ＝ ， ＝ （ ） Ｂ． ∥
λ λ 直线Ｄ Ｆ与直线ＨＥ相交
Ａ．λ ４ Ｂ． ４ λ ＋２ Ｃ． １
＋１ ＋１ ＨＥ与平面ＡＢＣＤ所成角的大小是 °
Ｄ． ４５
λ λ
２ ＋６ ２ ＋４
Ｃ．λ Ｄ．λ 学生用书P93
＋１ ＋１
３．（多选）（ 豫东豫北十所名校 月联考， ）已知点Ａ Ｂ为不 １．（ 江苏、浙江部分学校大联考， ）如图 在四棱锥 Ｐ
２０２４ ３ ９ ， ２０２４ １５ ， －
１ ５２ 5年高考3年模拟 B版 数学（教师用书）
ＡＢＣＤ中 底面ＡＢＣＤ是边长为 的正方形 ＰＡ 平面ＡＢＣＤ
， ２ ， ⊥ ， 所以平面ＰＣＤ与平面ＧＭＮ的夹角的余弦值为２ ２． 分
ＰＡ Ｍ是ＢＣ中点 Ｎ是ＰＤ中点． （１３ ）
＝２， ， ７
证明 直线ＭＮ 平面ＰＡＢ ２．（ 重庆二诊， ）如图 直棱柱 ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 中 底面
（１） ： ∥ ； ２０２４ １５ ， － １ １ １ １ ，
ＡＢＣＤ为梯形 ＡＢ ＤＣ 且ＡＢ ＤＣ Ｅ Ｆ分别是棱ＡＢ ＡＤ的
若Ｐ→Ｇ Ｇ→Ｃ 求平面ＰＣＤ与平面ＧＭＮ的夹角的余弦值． ， ∥ ， ＝２ ， ， ，
（２） ＝４ ，
1 中点．
证明 平面Ｄ ＥＦ 平面Ｃ ＢＤ
（１） ： １ ∥ １ ；
/ 已知ＡＡ ＡＤ ＤＣ ＤＡＢ ° 求直线 ＤＣ 与平面
（２） １＝ ＝ ＝１，∠ ＝６０ ， １
Ａ ＥＦ所成角的正弦值．
１
" % % $
(
# . $ " % $ #
解析 证明 取ＰＡ的中点Ｑ 连接ＱＢ ＱＮ． '
（１） ： ， ，
Ｑ Ｎ分别为ＰＡ ＰＤ的中点 " & #
∵ ， ， ，
ＱＮ １ ＡＤ且ＱＮ ＡＤ．又ＢＭ １ ＡＤ ＢＭ ＡＤ 解析 证明 在 ＡＢＤ中 Ｅ Ｆ分别为ＡＢ ＡＤ的中点
∴ ＝ ∥ ＝ ， ∥ ， （１） ： △ ， ， ， ，
２ ２ 所以ＥＦ ＢＤ．因为ＥＦ 平面Ｃ ＢＤ ＢＤ 平面Ｃ ＢＤ
ＱＮ ＢＭ且ＱＮ ＢＭ 四边形ＢＭＮＱ为平行四边形 ∥ ⊄ １ ， ⊂ １ ，
∴ ＝ ∥ ，∴ ， 所以ＥＦ 平面Ｃ ＢＤ 分
ＭＮ ＢＱ ∥ １ ， （２ ）
∴ ∥ ，
ＭＮ 平面ＰＡＢ ＢＱ 平面ＰＡＢ 因为ＤＣ ＡＢ ＤＣ １ ＡＢ ＥＢ Ｄ Ｃ ＤＣ Ｄ Ｃ ＤＣ
∵ ⊄ ， ⊂ ， ∥ ， ＝ ＝ ， １ １∥ ， １ １＝ ，
２
∴
直线ＭＮ
∥
平面ＰＡＢ．
（５
分
） 所以ＥＢ ∥ Ｄ １ Ｃ １ 且ＥＢ ＝ Ｄ １ Ｃ １，
由题意知ＰＡ ＡＢ ＡＤ两两垂直． 则四边形ＢＣ Ｄ Ｅ为平行四边形 故Ｄ Ｅ Ｃ Ｂ
（２） ， ，
１ １ ， １ ∥ １ ，
以Ａ为坐标原点 以ＡＢ ＡＤ ＡＰ所在直线分别为ｘ ｙ ｚ轴建立 因为Ｄ Ｅ 平面Ｃ ＢＤ Ｃ Ｂ 平面Ｃ ＢＤ
， ， ， ， ， １ ⊄ １ ， １ ⊂ １ ，
如图所示的空间直角坐标系 所以Ｄ Ｅ 平面Ｃ ＢＤ 分
， １ ∥ １ ， （５ ）
[
因为ＥＦ Ｄ Ｅ为平面Ｄ ＥＦ中两相交直线
1 ， １ １ ，
所以平面Ｄ ＥＦ 平面Ｃ ＢＤ． 分
１ ∥ １ （６ ）
2 / 在 ＡＢＤ中 ＡＤ ＡＢ ＤＣ ＤＡＢ ° 所以ＢＤ
（２） △ ， ＝１， ＝２ ＝２，∠ ＝６０ ， ＝
" % ３，
则ＡＤ２
＋
ＢＤ２
＝
ＡＢ２
，
则ＡＤ
⊥
ＢＤ
，
则ＡＤ
，
ＤＢ
，
ＤＤ
１
两两垂直．
( Z 分
（８ ）
#
Y . $ 以Ｄ→Ａ的方向为ｘ轴正方向 Ｄ→Ｂ的方向为ｙ轴正方向 Ｄ→Ｄ 的方
， ， １
则Ｂ （２，０，０）， Ｃ （２，２，０）， Ｄ （０，２，０）， Ａ （０，０，０）， Ｐ （０，０，２）， 向为ｚ轴正方向建立空间直角坐标系Ｄ － ｘｙｚ ， 如图．
[
Ｎ Ｍ 则Ｐ→Ｄ Ｃ→Ｄ Ｍ→Ｎ % $
（０，１，１）， （２，１，０）， ＝（０，２，－２）， ＝（－２，０，０），
＝（－２，０，１），
Ｐ→Ｇ Ｇ→Ｃ Ｇ ( ８ ８ ２ ) Ｇ→Ｍ ( ２ ３ ２ ) " % $ #
∵ ＝４ ，∴ ， ， ，∴ ＝ ，－ ，－ ，
设平面ＰＣＤ的法向 ５ 量为 ５ ｎ ５ ｘ ｙ ｚ ５ ５ ５ " ' #
１＝（ ， ， ）， Y & Z
{ｎ Ｐ→Ｄ ｙ ｚ
则
１· ＝２ －２ ＝０， æ ö ( ) æ ö
则Ｅç １ ３ ÷ Ｆ １ Ａ Ｃ ç １ ３ ÷
ｎ Ｃ→Ｄ ｘ è ， ，０ø， ，０，０ ， １（１，０，１）， １è－ ， ，１ø，
１· ＝－２ ＝０， ２ ２ ２ ２ ２
取ｙ 得ｎ æ ö ( ) æ ö
＝１， １＝（０，１，１）， 则Ｆ→Ｅ ç ３ ÷ Ｆ→Ａ １ Ｄ→Ｃ ç １ ３ ÷．
设平面ＧＭＮ的法向量为ｎ ａ ｂ ｃ ＝è０， ，０ø， １＝ ，０，１ ， １＝è－ ， ，１ø
２＝（ ， ， ）， ２ ２ ２ ２
{ｎ Ｍ→Ｎ ａ ｃ {Ｆ→Ｅ ｎ
２· ＝－２ ＋ ＝０， 设平面Ａ ＥＦ的法向量为ｎ ｘ ｙ ｚ 则 · ＝０，
则 ｎ ２· Ｇ→Ｍ ＝ ２ ａ － ３ ｂ － ２ ｃ ＝０， １ ＝（ ， ， ）， Ｆ→Ａ １· ｎ ＝０，
５ ５ ５ ì
ï
( ) ３ｙ
取ａ 得ｎ ２ ï ＝０，
＝１， ２＝ １，－ ，２ ， 即í２ 取ｎ 分
３ ï ＝（－２，０，１）， （１１ ）
设平面ＰＣＤ与平面ＧＭＮ的夹角为θ ï１ ｘ ｚ
， î ＋ ＝０，
２
２
则
ｃｏｓ
θ
＝｜ｃｏｓ〈
ｎ
１，
ｎ
２〉｜＝ ｜ ｎ
｜ ｎ
１
１
｜
·
·
ｎ
｜ ｎ
２｜
２｜ ＝
０－ ３
７
＋２
＝
２
７
２
，
则 ｃｏｓ〈 Ｄ→Ｃ １， ｎ 〉＝
２
１
×
＋１
５
＝
５
１０ ，
２×
３ 所以直线ＤＣ 与平面Ａ ＥＦ所成角的正弦值为 １０． 分
分 １ １ （１３ ）
（１２ ） ５
专题七 立体几何与空间向量 １ ５３
３．（ 江苏南京、盐城一模， ）如图 已知四棱台 ＡＢＣＤ 易知平面ＤＣＱ的一个法向量为ｎ ． 分
２０２４ １６ ， － ＝（０，０，１） （１２ ）
Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 的上 下底面分别是边长为 和 的正方形 平面 设二面角Ｐ ＱＤ Ｃ的平面角为θ
１ １ １ １ 、 ２ ４ ， － － ，
ＡＡ Ｄ Ｄ 平面 ＡＢＣＤ Ａ Ａ Ｄ Ｄ 点 Ｐ 是棱 ＤＤ 的中
１ １ ⊥ ， １ ＝ １ ＝ １７， １ 由题意得 ｜ｃｏｓ θ ｜＝ １－ｓｉｎ ２θ ＝ １ ．
点 点Ｑ在棱ＢＣ上．
， ２６
若ＢＱ ＱＣ 证明 ＰＱ 平面ＡＢＢ Ａ ｍ ｎ
（１） ＝３ ， ： ∥ １ １； 又 ｜ｃｏｓ θ ｜＝｜ｃｏｓ〈 ｍ ， ｎ 〉｜＝ ｜ ｍ ｜ ｜ · ·｜ ｎ ｜ ｜ ＝ （４ λ １ ） ２ ＋１７ ，
若二面角Ｐ ＱＤ Ｃ的正弦值为５ ２６ 求ＢＱ的长．
（２） － － ，
２６ 所以 １ １ 解得λ ３ 舍负
# " $ % 因此ＣＱ （４ λ ） ３ ２ ＋１７ ＝ Ｂ ２ Ｑ ６ ， ． ＝ ４ （ ），
＝ ×４＝３， ＝１
1 ４
所以当二面角Ｐ ＱＤ Ｃ的正弦值为５ ２６时 ＢＱ的长为 ．
" % － － ， １
２６
分
# 2 $ （１５ ）
解析 证明 取ＡＡ 的中点Ｍ 连接ＭＰ ＭＢ． 学生用书P94
（１） ： １ ， ，
在四棱台ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 中 四边形Ａ ＡＤＤ 是梯形 Ａ Ｄ １． 创新考法 （ 山东临沂一模， ）如图 在直三棱柱ＡＢＣ
－ １ １ １ １ ， １ １ ， １ １＝ ２０２４ １７ ，
ＡＤ 又点Ｍ Ｐ分别是棱Ａ Ａ Ｄ Ｄ的中点 Ａ Ｂ Ｃ 中 ＡＢ ＢＣ ＡＡ 点 Ｄ Ｅ 分别在棱 ＡＡ ＣＣ
２， ＝４， ， １ ， １ ， － １ １ １ ， ＝ ＝２， １＝３， ， １， １
Ａ Ｄ ＡＤ 上 ＡＤ ＤＡ Ｃ Ｅ ＥＣ Ｆ为Ｂ Ｃ 的中点．
所以ＭＰ ∥ ＡＤ ， 且ＭＰ ＝ １ １＋ ＝３， （２ 分 ） ， ＝２ １， １ ＝２ ， １ １
２ 在平面ＡＢＢ Ａ 内 过Ａ作一条直线与平面ＤＥＦ平行 并
在正方形ＡＢＣＤ中 ＢＣ ＡＤ ＢＣ 又ＢＱ ＱＣ 所以ＢＱ ． （１） １ １ ， ，
， ∥ ， ＝４， ＝３ ， ＝３ 说明理由
；
从而ＭＰ ＢＱ 所以四边形ＢＭＰＱ是平行四边形
， ， 当三棱柱ＡＢＣ Ａ Ｂ Ｃ 的体积最大时 求平面 ＤＥＦ 与平
所以ＰＱ ＭＢ 分 （２） － １ １ １ ，
∥ ， （４ ） 面ＡＢＣ夹角的余弦值．
又因为ＭＢ 平面ＡＢＢ Ａ ＰＱ 平面ＡＢＢ Ａ
所以ＰＱ 平 ⊂ 面ＡＢＢ Ａ １ ． １， ⊄ １ １， 分 # ' $
∥ １ １ （６ ）
在平面ＡＡ Ｄ Ｄ中 作Ａ Ｏ ＡＤ于Ｏ． "
（２） １ １ ， １ ⊥
因为平面ＡＡ Ｄ Ｄ 平面ＡＢＣＤ 平面ＡＡ Ｄ Ｄ 平面ＡＢＣＤ &
１ １ ⊥ ， １ １ ∩ ＝ %
ＡＤ Ａ Ｏ ＡＤ Ａ Ｏ 平面ＡＡ Ｄ Ｄ 所以Ａ Ｏ 平面ＡＢＣＤ． # $
， １ ⊥ ， １ ⊂ １ １ ， １ ⊥
在正方形ＡＢＣＤ中 过Ｏ作ＡＢ的平行线交ＢＣ于点Ｎ 则ＯＮ
， ，
"
ＯＤ．
⊥
解析 连接ＡＢ 直线ＡＢ 即为所求． 分
以 Ｏ→Ｎ Ｏ→Ｄ Ｏ→Ａ 为正交基底 建立空间直角坐标系Ｏ ｘｙｚ． （１） １， １ （１ ）
｛ ， ， １｝ ， － 理由 连接ＡＣ 交ＤＥ于点Ｍ 连接ＭＦ ＤＣ ＡＥ． 分
[ ： １ ， ， １， （２ ）
# " $ % ∵ Ａ Ａ Ｄ Ｄ ＝ Ｃ ２ Ｄ Ｅ Ａ １， Ｃ ２ １ Ａ Ｅ Ａ ＝２ ＥＣ ，
∴ ＝ １ ＝ １＝２，
. 1 ３
又ＡＤ Ｃ Ｅ 四边形ＡＤＣ Ｅ为平行四边形
∥ １ ，∴ １ ，
" 0 ＡＭ ＭＣ 分
% Z ∴ ＝ １， （４ ）
又Ｂ Ｆ ＦＣ
# / 2 $ １ ＝ １，
Y ＭＦ ＡＢ 分
∴ ∥ １， （５ ）
因为四边形ＡＡ Ｄ Ｄ是等腰梯形 Ａ Ｄ ＡＤ 所以 ＡＯ 又ＭＦ 平面ＤＥＦ ＡＢ 平面ＤＥＦ
１ １ ， １ １＝２， ＝４， ＝ ⊂ ， １⊄ ，
又Ａ Ａ Ｄ Ｄ 所以Ａ Ｏ ． ＡＢ 平面ＤＥＦ． 分
１， １ ＝ １ ＝ １７， １ ＝４ ∴ １∥ （６ ）
易得 Ｂ Ｄ Ｃ Ｄ [
（４，－１，０）， （０，３，０）， （４，３，０）， １（０，２，４）， # ' $
( ) ( )
Ｐ ５ 所以Ｄ→Ｃ Ｄ→Ｐ １ Ｃ→Ｂ
０， ，２ ， ＝（４，０，０）， ＝ ０，－ ，２ ， ＝（０，
"
２ ２
． 分
－４，０） （９ ） % . &
设Ｃ→Ｑ λＣ→Ｂ λ λ
＝ ＝（０，－４ ，０）（０≤ ≤１）， # $ Z
所以Ｄ→Ｑ
＝
Ｄ→Ｃ
＋
Ｃ→Ｑ
＝（４，－４
λ
，０）
．
"
设平面ＰＤＱ的法向量为ｍ ｘ ｙ ｚ Y
＝（ ， ， ），
{
{ｍ Ｄ→Ｐ １ ｙ ｚ Ｓ １ ＡＢＣ ＡＢＣ
由 · ＝０，得 － ＋２ ＝０，取ｍ λ ． （２）∵ △ ＡＢＣ＝ ×２×２ｓｉｎ∠ ＝２ｓｉｎ∠ ，
ｍ · Ｄ→Ｑ ＝０， ４ ｘ ２ －４ λｙ ＝０， ＝（４ ，４，１） ∴ 三棱柱ＡＢＣ ２ － Ａ １ Ｂ １ Ｃ １ 的体积为 ６ｓｉｎ∠ ＡＢＣ ，
１ ５４ 5年高考3年模拟 B版 数学（教师用书）
设ＧＦ ＡＣ Ｋ 则Ｋ ＡＣ Ｋ ＧＦ
当 ＡＢＣ π时 Ｓ 取得最大值 即当ＡＢ ＢＣ时 直三棱 ∩ ＝ ， ∈ ， ∈ ，
∴ ∠ ＝ ２ ， △ ＡＢＣ ， ⊥ ， 又ＡＣ 平面ＡＢＣ ＦＧ 平面ＥＦＧ
⊂ ， ⊂ ，
柱ＡＢＣ － Ａ １ Ｂ １ Ｃ １ 的体积最大 ， （７ 分 ） 所以Ｋ ∈ 平面ＡＢＣ ， Ｋ ∈ 平面ＥＦＧ．
又 ∵ ＢＢ １⊥ ＡＢ ， ＢＢ １⊥ ＢＣ ，∴ 以Ｂ为坐标原点 ， ＢＡ ， ＢＣ ， ＢＢ １ 所 又平面ＡＢＣ ∩ 平面ＥＦＧ ＝ ＨＥ ，
在直线分别为ｘ轴
，
ｙ轴
，
ｚ轴建立空间直角坐标系
， （８
分
） 所以Ｋ ＨＥ 所以ＨＥ ＧＦ ＡＣ相交于一点．
∈ ， ， ，
则Ｄ （２，０，２）， Ｅ （０，２，１）， Ｆ （０，１，３）， 若第 问中选 ．
（２） （１） ①
Ｄ→Ｅ Ｅ→Ｆ 分 由 知 ＢＤ 平面ＥＦＧ．
∴ ＝（－２，２，－１）， ＝（０，－１，２）， （１０ ） （１） ， ∥
设平面ＤＥＦ的法向量为ｎ ｘ ｙ ｚ 所以点Ｂ到平面ＥＦＧ的距离即为ＢＤ与平面ＥＦＧ的距离．
＝（ ， ， ），
由 {ｎ · Ｄ→Ｅ ＝０，得 { －２ ｘ ＋２ ｙ － ｚ ＝０， 若第 ＢＤ （ ． １ 又 ） 问 ＢＤ 中选 平 ② 面 ．因 ＥＦ 为 Ｇ Ｅ Ｅ ， Ｆ Ｆ分 平 别 面 为 ＥＦ Ｂ Ｇ Ｃ ， ＣＤ的中点 ， 所以ＥＦ
ｎ
·
Ｅ→Ｆ
＝０， －
ｙ
＋２
ｚ
＝０，
∥
所以ＢＤ 平
⊄
面ＥＦＧ．
， ⊂ ，
( ) ∥
取ｚ 则ｙ ｘ ３ 此时ｎ ３ 分 所以点Ｂ到平面ＥＦＧ的距离即为ＢＤ与平面ＥＦＧ的距离．
＝１， ＝２， ＝ ， ＝ ，２，１ ， （１２ ）
２ ２
连接ＥＡ ＥＤ
易知平面ＡＢＣ的一个法向量为ｍ 分
， ，
＝（０，０，１）， （１３ ）
因为 ＡＢＣ ＢＣＤ均为正三角形 Ｅ为ＢＣ的中点
记平面ＤＥＦ与平面ＡＢＣ的夹角为θ
△ ，△ ， ，
，
所以ＥＡ ＢＣ ＥＤ ＢＣ．
ｍ ｎ ⊥ ， ⊥
则 θ ｜ · ｜ １ ２ ２９． 分
ｃｏｓ ＝ ｍ ｎ ＝ ＝ （１４ ） 又平面ＡＢＣ 平面ＢＣＤ 平面ＡＢＣ 平面ＢＣＤ ＢＣ ＡＥ 平面
｜ ｜｜ ｜ ９ ２９ ⊥ ， ∩ ＝ ， ⊂
＋４＋１×１ ＡＢＣ 所以ＡＥ 平面ＢＣＤ
４ ， ⊥ ，
又ＥＤ 平面ＢＣＤ 所以ＥＡ ＥＤ．
⊂ ， ⊥
故平面ＤＥＦ与平面ＡＢＣ夹角的余弦值为２ ２９． 分
２９
（１５ ） 以
｛
Ｅ→Ｂ
，
Ｅ→Ｄ
，
→ＥＡ
｝
为正交基底建立如图所示空间直角坐标系
，
２． 创新考法 （ 江苏南通第二次调研， ）如图 边长为 [
２０２４ １７ ， ４
"
的两个正三角形 ＡＢＣ ＢＣＤ 所在平面互相垂直 Ｅ Ｆ 分别为
， ， ，
ＢＣ ， ＣＤ的中点 ， 点 Ｇ 在棱 ＡＤ 上 ， ＡＧ ＝２ ＧＤ ， 直线 ＡＢ 与平面 )
ＥＦＧ相交于点Ｈ． (
Y # & $
从下面两个结论中选一个证明
（１） ： '
ＢＤ ＧＨ 直线ＨＥ ＧＦ ＡＣ相交于一点． %
① ∥ ；② ， ， Z
注 若两个问题均作答 则按第一个计分．
： ， æ ö
求直线ＢＤ与平面ＥＦＧ的距离． 则Ｅ Ｂ Ｆ Ｇç ４ ３ ２ ３÷
（２） （０，０，０）， （２，０，０）， （－１， ３，０）， è０， ， ø，
３ ３
"
æ ö
则Ｅ→Ｂ Ｅ→Ｆ Ｅ→Ｇ ç ４ ３ ２ ３÷．
＝（２，０，０）， ＝（－１， ３，０）， ＝è０， ， ø
) ３ ３
设平面ＥＦＧ的法向量为ｎ ｘ ｙ ｚ
# ( $ ＝（ ， ， ），
&
' 则
{Ｅ→Ｆ
·
ｎ
＝０，
% Ｅ→Ｇ ｎ
· ＝０，
解析 （１） 证明 ： 选 ① ．因为Ｅ ， Ｆ分别为ＢＣ ， ＣＤ的中点 ， 所 ì ï ï－ ｘ ＋ ３ ｙ ＝０，
以ＥＦ ＢＤ． 即í 不妨取ｎ ．
∥ ïï４ ３ｙ ２ ３ｚ ＝（ ３，１，－２）
又ＢＤ 平面ＥＦＧ ＥＦ 平面ＥＦＧ 所以ＢＤ 平面ＥＦＧ． î ＋ ＝０，
⊄ ， ⊂ ， ∥ ３ ３
又ＢＤ 平面ＡＢＤ 平面ＡＢＤ 平面ＥＦＧ ＧＨ 所以ＢＤ ＧＨ．
⊂ ， ∩ ＝ ， ∥ Ｅ→Ｂ ｎ
设点Ｂ到平面ＥＦＧ的距离为ｄ 则ｄ ｜ · ｜ ２ ３ ６
选 ．在 ＡＣＤ中 ＡＧ ＧＤ Ｆ为ＣＤ的中点 所以 ＧＦ 与 ＡＣ ， ＝ ｎ ＝ ＝ ，
② △ ， ＝２ ， ， ｜ ｜ ８ ２
不平行．
" 所以直线ＢＤ与平面ＥＦＧ的距离为 ６．
２
)
# ( $
&
'
%
,
