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专题七 立体几何与空间向量 １ ５５
7.3 直线、平面垂直的判定与性质
学生用书P262
M
B C
B 0
C
3L ,+
CUBU
BC B
BC 0 MB MC
3L ,+ 3@ M C
B
B B C
C
3L ,+B
, BUC BUC
3
T 3@ BC BC
L
, P5 "
+ 5
M M
0
#
LL ,+
B ∩=MU0"U0#
0"MU0#MU MUM
"0# 90°
3@
LL ,+
B
M
M
B
LL ,+B
U∩ BU ∩ MUU
MUMB
3@ M M
3)E)
1. 3): L+ ,3, EL+ 3 E
-@ L+ ,UEE 3 ,.
2. 3)+E): L ,3 EL+ 3 ,,
EE ,3 ,E 3 L+.
学生用书P263
题型 一 判定或证明直线与平面垂直的方法 例1 （ 课标 文， ， 分）如图 在三棱锥Ｐ ＡＢＣ中 ＡＢ
２０１８ Ⅱ １９ １２ ， － ，
ＢＣ ＰＡ ＰＢ ＰＣ ＡＣ Ｏ为ＡＣ的中点．
1.利用线面垂直的判定定理：ｌ ａ ｌ ｂ ａ ｂ Ｏ ａ α ｂ α ＝ ＝２ ２， ＝ ＝ ＝ ＝４，
⊥ ，⊥ ， ∩ ＝ ， ⊂ ， ⊂ ⇒ 证明 ＰＯ 平面ＡＢＣ
ｌ α 主要方法 ． （１） ： ⊥ ；
⊥ （ ） 若点Ｍ在棱 ＢＣ 上 且 ＭＣ ＭＢ 求点 Ｃ 到平面 ＰＯＭ 的
2.利用平行的传递性：ａ ｂ ａ α ｂ α． （２） ， ＝２ ，
∥ ， ⊥ ⇒ ⊥ 距离．
3.利用面面垂直的性质定理：α β α β ａ ｌ β ｌ ａ ｌ α
⊥ ， ∩ ＝ ， ⊂ ， ⊥ ⇒ ⊥
主要方法 ．
（ ）
4.利用面面平行的性质：α β ａ β ａ α．
∥ ， ⊥ ⇒ ⊥
5.利用面面垂直的性质：α γ β γ β α ｌ ｌ γ．
⊥ ， ⊥ ， ∩ ＝ ⇒⊥
6.向量法：证明直线的方向向量ａ与平面的法向量ｂ平行．
１ ５６ 5年高考3年模拟 B版 数学（教师用书）
解析 （ ）证明：因为ＡＰ ＣＰ ＡＣ ，Ｏ为ＡＣ的中点，所以 解析 （ ）证明：因为 ＥＤＡ ＥＡＤ，
１ ＝ ＝ ＝４ １ ∠ ＝∠
ＯＰ ＡＣ，且ＯＰ ． 所以ＥＡ ＥＤ，
⊥ ＝２ ３ ＝
因为Ｇ为ＡＤ的中点，所以ＥＧ ＡＤ，
⊥
连接ＯＢ，因为ＡＢ ＢＣ ２ＡＣ，
＝ ＝ 因为ＡＤ ＢＣ，所以ＥＧ ＢＣ，
２ ∥ ⊥
因为底面ＡＢＣＤ为正方形，
所以 ＡＢＣ为等腰直角三角形，且ＯＢ ＡＣ，ＯＢ １ ＡＣ ．
△ ⊥ ＝ ＝２ 所以ＢＣ ＡＢ．
２ ⊥
由ＯＰ２ ＯＢ２ ＰＢ２ 知，ＯＰ ＯＢ．（勾股定理的逆定理）由 ＯＰ 因为Ｆ，Ｇ分别为线段ＢＣ，ＡＤ的中点，
＋ ＝ ⊥ ⊥
ＯＢ，ＯＰ ＡＣ，ＯＢ ＡＣ Ｏ，知ＰＯ 平面ＡＢＣ． 所以ＦＧ ＡＢ，所以ＦＧ ＢＣ．
⊥ ∩ ＝ ⊥ ∥ ⊥
又ＥＧ ＦＧ Ｇ，ＥＧ，ＦＧ 平面ＥＦＧ，
∩ ＝ ⊂
所以ＢＣ 平面ＥＦＧ，
⊥
又ＢＣ 平面ＢＣＣ Ｂ ，
⊂ １ １
所以平面ＢＣＣ Ｂ 平面ＥＦＧ．（面面垂直的判定定理）
１ １⊥
（ ）以Ｆ为坐标原点，过Ｆ作与平面ＡＢＣＤ垂直的直线为ｚ轴，
２
（
２
）作ＣＨ
⊥
ＯＭ，垂足为Ｈ． 以Ｆ→Ｃ，Ｇ→Ｆ的方向为ｘ，ｙ轴的正方向，建立如图所示的空间直角
由（
１
）可得ＯＰ
⊥
ＣＨ（线面垂直的性质定理）， 坐标系，
又ＯＭ ∩ ＯＰ ＝ Ｏ，所以ＣＨ ⊥ 平面ＰＯＭ． " [ #
故ＣＨ的长为点Ｃ到平面ＰＯＭ的距离． &
%
$
由题设可知ＯＣ １ ＡＣ ，ＣＭ ２ ＢＣ ４ ２， ＯＣＭ °，
＝ ２ ＝２ ＝ ３ ＝ ３ ∠ ＝４５ " #
(
' Z
所以ＯＭ ２ ５， %$
＝ Y
３
ＯＣ·ＣＭ· ＯＣＭ æ 则Ｄ（ ， ， ），Ｃ（ ， ， ），Ｂ（ ， ， ），
ＣＨ ｓｉｎ∠ ４ ５ çＳ １ ＣＨ·ＯＭ １ ＯＣ· １ －２ ０ １ ０ ０ －１ ０ ０
＝ ＯＭ ＝ ５ è △ＯＣＭ＝ ２ ＝ ２ 则Ｃ→Ｂ （ ， ， ）．
＝ －２ ０ ０
ö 设Ｅ（ ，ａ，ｈ）（ａ ，ｈ ），
ＣＭ· ∠ＯＣＭ÷． ０ ≠０ ＞０
ｓｉｎ ø
则Ｅ→Ｄ （ ， ａ， ｈ），Ｅ→Ｂ （ ， ａ， ｈ）．
＝ １ －２－ － ＝ －１ － －
设平面ＥＢＣ的法向量为ｎ （ｘ，ｙ，ｚ），
所以点Ｃ到平面ＰＯＭ的距离为４ ５． ＝
５ {ｎ·Ｅ→Ｂ ｘ ａｙ ｈｚ ，
则 ＝－ － － ＝０
题型 二 判定或证明平面与平面垂直的方法 ｎ·Ｃ→Ｂ ｘ ，
＝－２ ＝０
令ｙ ｈ，则ｚ ａ，
1.利用面面垂直的判定定理：ｌ α ｌ β α β 主要方法 ． ＝－ ＝
⊥ ，⊂ ⇒ ⊥ （ ）
所以ｎ （ ， ｈ，ａ）．
2.利用面面垂直的定义 作出两平面所成的二面角的平面角 并 ＝ ０ －
（ ，
计算平面角的大小为 ° ． 又 Ｅ→Ｂ ，所以ａ２ ｈ２ ．
９０ ） ｜ ｜＝２ ＋ ＝３
3.利用平行的传递关系：α β α γ β γ． 设直线ＥＤ与平面ＥＢＣ所成角为θ，
∥ ， ⊥ ⇒ ⊥
4.向量法：证明两个平面的法向量ｍ
，
ｎ互相垂直
，
即ｍ
·
ｎ
＝０
．
则 θ 〈Ｅ→Ｄ，ｎ〉 ｜
Ｅ→Ｄ·ｎ
｜
例2 （ 辽宁名校联盟联考， ）如图 在平行六面体ＡＢＣＤ ｓｉｎ ＝｜ｃｏｓ ｜＝ Ｅ→Ｄ ｎ
２０２４ １７ ， ｜ ｜｜ ｜
Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 中 Ｅ 在线段 Ａ Ｄ 上 且 ＥＤＡ ＥＡＤ Ｆ Ｇ 分别 ｈ
－ １ １ １ １ ， １ １ ， ∠ ＝∠ ， ， ｜２ ｜ ２，
为线段ＢＣ
，
ＡＤ的中点
，
且底面ＡＢＣＤ为正方形． ＝
３
· ｈ２
＋
（
２＋
ａ）２
＋１
＝
２
求证 平面ＢＣＣ Ｂ 平面ＥＦＧ
（１） ： １ １⊥ ； 解得ａ ３ 或ａ （舍），
若ＥＦ与底面ＡＢＣＤ不垂直 直线ＥＤ与平面ＥＢＣ所成角为 ＝－ ＝０
（２） ， ２
° 且ＥＢ ＡＢ 求点Ａ到平面Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 的距离．
４５ ， ＝ ＝２， １ １ １ １ 则ｈ ３．
＝
" # ２
&
% $ 故点Ａ到平面Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 的距离为 ３．
１ １ １ １
２
" #
(
'
%$
专题七 立体几何与空间向量 １ ５７
设面ＰＣＤ与面ＰＢＦ所成的二面角为θ
学生用书P95 ，
ｍ ｎ
（ 新课标 ， ， 分，中）如图 平面四边形ＡＢＣＤ中 ＡＢ 则 θ ｜ · ｜ １ １
２０２４ Ⅱ １７ １５ ， ， ＝ ｜ｃｏｓ ｜＝ ｍ ｎ ＝ ＝ ，
ＣＤ ＡＤ ＡＤＣ ° ＢＡＤ ° 点Ｅ Ｆ满足→ＡＥ ｜ ｜·｜ ｜ １３× ５ ６５
８， ＝３， ＝５ ３，∠ ＝９０ ，∠ ＝３０ ， ， ＝ æ ö２
２ Ａ→Ｄ →ＡＦ １→ＡＢ．将 ＡＥＦ沿ＥＦ翻折至 ＰＥＦ 使得ＰＣ ． 故 ｓｉｎ θ ＝ １－｜ｃｏｓ θ ｜ ２ ＝ １－è ç １ ø ÷ ＝ ８ ６５ ，
， ＝ △ △ ， ＝４ ３ ６５ ６５
５ ２
证明 ＥＦ ＰＤ
（１） ： ⊥ ； 面ＰＣＤ与面ＰＢＦ所成的二面角的正弦值为８ ６５．
∴
求面ＰＣＤ与面ＰＢＦ所成的二面角的正弦值． ６５
（２）
1 考点 直线、平面垂直的判定与性质 学生用书P95
１．（ 全国乙文， ， 分，中）已知点Ｓ Ａ Ｂ Ｃ均在半径为 的
２０２３ １６ ５ ， ， ， ２
&
" % 球面上 ＡＢＣ是边长为 的等边三角形 ＳＡ 平面ＡＢＣ 则ＳＡ
，△ ３ ， ⊥ ， ＝
' $
# ．
２
２．（ 全国甲文， ， 分，中）如图 在三棱柱 ＡＢＣ Ａ Ｂ Ｃ
解析 证明 ＡＢ ＡＤ →ＡＥ ２ Ａ→Ｄ →ＡＦ １→ＡＢ ２０２３ １８ １２ ， － １ １ １
（１） ：∵ ＝８， ＝５ ３， ＝ ， ＝ ， 中 Ａ Ｃ 平面ＡＢＣ ＡＣＢ °．
５ ２ ， １ ⊥ ，∠ ＝９０
→ＡＥ →ＡＦ 证明 平面ＡＣＣ Ａ 平面ＢＢ Ｃ Ｃ
∴ ｜ ｜＝２ ３，｜ ｜＝４， （１） ： １ １⊥ １ １ ；
在
△
ＡＥＦ中
，∠
ＥＡＦ
＝３０
°
，∴
由余弦定理得ＥＦ２
＝
ＡＥ２
＋
ＡＦ２
－２
ＡＥ
（２）
设ＡＢ
＝
Ａ
１
Ｂ
，
ＡＡ
１＝２，
求四棱锥Ａ
１－
ＢＢ
１
Ｃ
１
Ｃ的高．
ＡＦ ＥＡＦ ２ ２ ３
· ·ｃｏｓ∠ ＝（２ ３） ＋４ －２×２ ３×４× ＝４，
２
ＥＦ ＡＥ２ ＥＦ２ ＡＦ２
∴ ＝２，∴ ＋ ＝ ，
ＡＥ ＥＦ 即ＥＤ ＥＦ ＰＥ ＥＦ
∴ ⊥ ， ⊥ ， ⊥ ，
又 ＥＤ 面ＰＤＥ ＰＥ 面ＰＤＥ ＥＤ ＰＥ Ｅ
∵ ⊂ ， ⊂ ， ∩ ＝ ，
ＥＦ 面ＰＤＥ
∴ ⊥ ， 解析 证明 Ａ Ｃ 平面ＡＢＣ ＢＣ 平面ＡＢＣ
又 ＰＤ 面ＰＤＥ ＥＦ ＰＤ． （１） ：∵ １ ⊥ ， ⊂ ，
∵ ⊂ ，∴ ⊥ Ａ Ｃ ＢＣ． ＡＣＢ ° ＡＣ ＢＣ
连接ＥＣ 在 ＥＤＣ中 ∴ １ ⊥ ∵ ∠ ＝９０ ，∴ ⊥ ，
（２） ， Ｒｔ△ ， 又 Ａ Ｃ ＡＣ 平面ＡＣＣ Ａ 且Ａ Ｃ ＡＣ Ｃ
ＥＣ２ ＝ ＣＤ２ ＋ ＤＥ２ ＝３ ２ ＋（３ ３） ２ ＝３６，∴ ＥＣ ＝６ ． ∵ ＢＣ １ 平 ， 面 ⊂ ＡＣＣ Ａ 又 １ Ｂ １， Ｃ 平 １ 面 ∩ ＢＢ Ｃ ＝ Ｃ ，
∴ ⊥ １ １， ∵ ⊂ １ １ ，
又 ＰＥ ＰＣ ＰＥ２ ＥＣ２ ＰＣ２ ＰＥ ＥＣ 平面ＡＣＣ Ａ 平面ＢＢ Ｃ Ｃ．
∵ ＝２ ３， ＝４ ３，∴ ＋ ＝ ，∴ ⊥ ， ∴ １ １⊥ １ １
又 ＰＥ ＥＦ ＥＣ 面ＦＢＣＤＥ ＥＦ 面ＦＢＣＤＥ 过Ａ 作Ａ Ｏ ＣＣ 垂足为Ｏ
∵ ⊥ ， ⊂ ， ⊂ ， （２） １ １ ⊥ １， ，
且ＥＣ ∩ ＥＦ ＝ Ｅ ，∴ ＰＥ ⊥ 面ＦＢＣＤＥ ， ∵ 平面ＡＣＣ １ Ａ １⊥ 平面ＢＢ １ Ｃ １ Ｃ ， 且平面ＡＣＣ １ Ａ １∩ 平面ＢＢ １ Ｃ １ Ｃ
以Ｅ为原点建立如图所示的空间直角坐标系 ＣＣ Ａ Ｏ 平面ＡＣＣ Ａ
∴ ， ＝ １， １ ⊂ １ １，
则Ｐ Ｄ Ｃ Ｆ Ａ Ｏ 平面ＢＢ Ｃ Ｃ 即Ａ Ｏ是四棱锥Ａ ＢＢ Ｃ Ｃ的高．
（０，０，２ ３）， （０，３ ３，０）， （３，３ ３，０）， （２，０，０）， ∴ １ ⊥ １ １ ， １ １－ １ １
则→ＰＣ
＝（３，３ ３，－２ ３），
Ｐ→Ｄ
＝（０，３ ３，－２ ３），
→ＰＦ
＝（２，０，－２ ３）
． 由
（１）
知
∠
Ａ
１
ＣＢ
＝∠
ＢＣＡ
＝９０
°．
[ 在 Ａ ＣＢ与 ＡＣＢ中 Ａ Ｂ ＡＢ ＢＣ ＢＣ
1 Ｒｔ△ １ Ｒｔ△ ， １ ＝ ， ＝ ，
Ａ ＣＢ ＡＣＢ Ａ Ｃ ＡＣ Ａ Ｃ Ａ Ｃ
∴ Ｒｔ△ １ ≌Ｒｔ△ ，∴ １ ＝ ，∴ １ ＝ １ １，
" & ( %Z 又知Ａ １ Ｃ ⊥ Ａ １ Ｃ １，
Y ' $ ＣＡ Ｃ 为等腰直角三角形 Ａ Ｏ １ ＣＣ １ ＡＡ 即
# ∴ △ １ １ ，∴ １ ＝ １＝ １＝１，
２ ２
作ＢＧ ＡＤ交ＡＤ于点Ｇ 四棱锥Ａ ＢＢ Ｃ Ｃ的高为 ．
⊥ ， １－ １ １ １
在 ＡＢＧ中
Ｒｔ△ ，
ＡＢ ＢＡＤ ° ＢＧ ＥＧ
∵ ＝８，∠ ＝３０ ，∴ ＝４， ＝２ ３，
则Ｂ 则Ｐ→Ｂ
（４，２ ３，０）， ＝（４，２ ３，－２ ３），
设面ＰＣＤ的法向量为ｍ ｘ ｙ ｚ
＝（ １， １， １），
{Ｐ→Ｃ ｍ { ｘ ｙ ｚ
则 · ＝０，即 ３ １＋３ ３ １－２ ３ １＝０，
Ｐ→Ｄ ｍ ｙ ｚ ． ３．（ 全国乙文， ， 分，中）如图 四棱锥Ｐ ＡＢＣＤ的底面是
· ＝０， ３ ３ １－２ ３ １＝０ ２０２１ １８ １２ ， －
令ｚ 则ｙ ｘ ｍ ． 矩形 ＰＤ 底面ＡＢＣＤ Ｍ为ＢＣ的中点 且ＰＢ ＡＭ．
１＝３， １＝２， １＝０，∴ ＝（０，２，３） ， ⊥ ， ， ⊥
设面ＰＢＦ的法向量为ｎ ｘ ｙ ｚ 证明 平面ＰＡＭ 平面ＰＢＤ
＝（ ２， ２， ２）， （１） ： ⊥ ；
{Ｐ→Ｂ ｎ { ｘ ｙ ｚ （２） 若ＰＤ ＝ ＤＣ ＝１， 求四棱锥Ｐ － ＡＢＣＤ的体积．
则 · ＝０，即 ４ ２＋２ ３ ２－２ ３ ２＝０，
Ｐ→Ｆ ｎ ｘ ｚ ．
· ＝０， ２ ２－２ ３ ２＝０
令ｚ 则ｘ ｙ 则ｎ ．
２＝１， ２＝ ３， ２＝－１， ＝（ ３，－１，１）
１ ５８ 5年高考3年模拟 B版 数学（教师用书）
故三棱锥Ａ ＢＣＤ的体积为 ３．
－
６
解法二：由 ＯＣ ＯＤ ＯＢ 得 ＢＣ ＣＤ 由 知 ＡＯ 平面
＝ ＝ ⊥ ， （１） ⊥
ＢＣＤ 以Ｃ为原点 Ｃ→Ｄ Ｃ→Ｂ Ｏ→Ａ的方向分别为ｘ轴 ｙ轴 ｚ轴正
， ， ， ， 、 、
方向建立空间直角坐标系 如图所示 则Ｃ Ｂ
， ， （０，０，０）， （０， ３，
解析 证明 由于ＰＤ 平面ＡＢＣＤ ＡＭ 平面ＡＢＣＤ 则 则Ｃ→Ｂ 设ＡＯ ａ．
（１） ： ⊥ ， ⊂ ， ０）， ＝（０， ３，０）， ＝
ＰＤ ＡＭ 又ＰＢ ＡＭ ＰＢ ＰＤ Ｐ ＰＢ ＰＤ 平面 ＰＢＤ 所以
⊥ ， ⊥ ， ∩ ＝ ， ， ⊂ ，
ＡＭ 平面 ＰＢＤ 因为 ＡＭ 平面 ＰＡＭ 所以平面 ＰＡＭ 平
⊥ ， ⊂ ， ⊥
面ＰＢＤ．
由 知ＡＭ 平面ＰＢＤ 因为ＢＤ 平面ＰＢＤ 所以ＡＭ
（２） （１） ⊥ ， ⊂ ， ⊥
ＢＤ 所以 ＭＡＢ ＡＢＤ ° 因为四边形 ＡＢＣＤ 为矩形 所
， ∠ ＋∠ ＝９０ ， ， æ ö æ ö
以 ＤＡＢ ＡＢＭ 所以 ＭＡＢ ＡＭＢ ° 则Ｅç ２ ３ ２ ａ÷ Ｃ→Ｅ ç ２ ３ ２ ａ÷
∠ ＝∠ ， ∠ ＋∠ ＝９０ ， è ， ， ø，∴ ＝è ， ， ø，
ＤＡ ＡＢ ３ ３ ３ ３ ３ ３
所以
∠
ＡＢＤ
＝∠
ＡＭＢ
，
则
△
ＤＡＢ
∽△
ＡＢＭ
，
则
ＡＢ＝ＢＭ， 设平面ＥＢＣ的法向量为ｎ ｘ ｙ ｚ 则
{ｎ
·
Ｃ→Ｂ
＝０，
又ＡＢ ＤＣ Ｍ为ＢＣ的中点 所以ＡＤ ＝（ ， ， ）， ｎ Ｃ→Ｅ
＝ ＝１， ， ＝ ２， · ＝０，
所以Ｓ
矩形ＡＢＣＤ＝
ＡＢ
·
ＡＤ
＝ ２，
ì ïï
３
ｙ
＝０，
即í 令ｘ ａ 则ｚ
所以Ｖ １ Ｓ ＰＤ １ ２． ïï２ ｘ ３ｙ ２ ａｚ ＝ ， ＝－１，
四棱锥Ｐ － ＡＢＣＤ＝ ３ 矩形ＡＢＣＤ· ＝ ３ × ２×１＝ ３ î ３ ＋ ３ ＋ ３ ＝０，
４．（ 新高考 ， ， 分，中）如图 在三棱锥Ａ ＢＣＤ中 平 ｎ ａ
２０２１ Ⅰ ２０ １２ ， － ， ∴ ＝（ ，０，－１），
面ＡＢＤ 平面ＢＣＤ ＡＢ ＡＤ Ｏ为ＢＤ的中点． 易知平面ＢＣＤ的一个法向量为ｍ
⊥ ， ＝ ， ＝（０，０，１），
证明 ＯＡ ＣＤ ｍ ｎ
（１） ： ⊥ ； 由题可知 ｍ ｎ · －１ ２
（２）
若
△
ＯＣＤ是边长为
１
的等边三角形
，
点Ｅ在棱ＡＤ上
，
ＤＥ ｜ｃｏｓ〈 ， 〉｜＝
｜
ｍ
｜·｜
ｎ
｜
＝ ａ２
＋１
＝
２
，
ＥＡ 且二面角Ｅ ＢＣ Ｄ的大小为 ° 求三棱锥Ａ ＢＣＤ的 ａ 即ＡＯ ．
＝２ ， － － ４５ ， － ∴ ＝１， ＝１
体积．
Ｖ １ Ｓ ＡＯ １ １ ３
∴ Ａ － ＢＣＤ＝ △ ＢＣＤ· ＝ × ×１× ３×１＝ ，
３ ３ ２ ６
故三棱锥Ａ ＢＣＤ的体积为 ３．
－
６
５．（ 新高考 ， ， 分，中）如图 四棱锥Ｐ ＡＢＣＤ的底面
２０２０ Ⅰ ２０ １２ ， －
为正方形 ＰＤ 底面ＡＢＣＤ．设平面ＰＡＤ与平面ＰＢＣ的交线
， ⊥
解析 证明 在 ＡＢＤ中 ＡＢ ＡＤ Ｏ为ＢＤ的中点
为ｌ．
（１） ： △ ，∵ ＝ ， ，
ＡＯ ＢＤ 又 平面ＡＢＤ 平面ＢＣＤ 平面ＡＢＤ 平面ＢＣＤ （１） 证明 ： ｌ ⊥ 平面ＰＤＣ ；
∴ ⊥ ， ∵ ⊥ ， ∩
＝ ＢＤ ， ＡＯ ⊂ 平面ＡＢＤ ，∴ ＡＯ ⊥ 平面ＢＣＤ ， 又ＣＤ ⊂ 平面ＢＣＤ ， （２） 已知ＰＤ ＝ ＡＤ ＝１， Ｑ为ｌ上的点 ， 求ＰＢ与平面ＱＣＤ所成角
的正弦值的最大值．
ＯＡ ＣＤ．
∴ ⊥
解法一：在 ＡＢＤ中 过Ｅ作ＥＮ ＡＯ交ＢＤ于Ｎ
（２） △ ， ∥ ， 解析 证明 因为ＰＤ 底面ＡＢＣＤ 所以ＰＤ ＡＤ．又底
（１） ： ⊥ ， ⊥
则由ＡＯ 平面ＢＣＤ得ＥＮ 平面ＢＣＤ ＢＣ 平面ＢＣＤ
⊥ ⊥ ，∵ ⊂ ， 面ＡＢＣＤ为正方形 所以ＡＤ ＤＣ．因此ＡＤ 平面ＰＤＣ．
， ⊥ ⊥
ＥＮ ＢＣ
∴ ⊥ ， 因为ＡＤ ＢＣ ＡＤ 平面ＰＢＣ 所以ＡＤ 平面ＰＢＣ．
∥ ， ⊄ ， ∥
ＯＢ ＯＤ ＯＣ ＢＣＤ ° 即ＤＣ ＢＣ．
∵ ＝ ＝ ＝１，∴ ∠ ＝９０ ， ⊥ 由已知得ｌ ＡＤ．
∥
在 ＢＣＤ中 过Ｎ作ＮＭ ＣＤ交ＢＣ于Ｍ 则ＮＭ ＢＣ．
△ ， ∥ ， ⊥ 因此ｌ 平面ＰＤＣ． 分
⊥ （５ ）
连接ＥＭ ＢＣ ＥＮ ＢＣ ＮＭ ＥＮ ＮＭ Ｎ
，∵ ⊥ ， ⊥ ， ∩ ＝ ， 以Ｄ为坐标原点 Ｄ→Ａ的方向为ｘ轴正方向 建立如图所示
ＢＣ 平面ＥＭＮ ＥＭ 平面ＥＭＮ ＥＭ ＢＣ （２） ， ，
∴ ⊥ ，∵ ⊂ ，∴ ⊥ ， 的空间直角坐标系 Ｄ ｘｙｚ．则 Ｄ Ｃ Ｂ
ＥＭＮ为二面角Ｅ ＢＣ Ｄ的平面角 － （０，０，０）， （０，１，０）， （１，１，
∴ ∠ － － ，
又知二面角Ｅ ＢＣ Ｄ的大小为 ° ０），
Ｐ
（０，０，１），
Ｄ→Ｃ
＝（０，１，０），
Ｐ→Ｂ
＝（１，１，－１）
．
－ － ４５ ，
ＥＭＮ ° ＥＭＮ为等腰直角三角形
∴ ∠ ＝４５ ，∴ △ ，
又由ＤＥ ＥＡ得ＤＮ ＮＯ ＭＮ ２ ＣＤ ２ ＥＮ ＮＤ
＝２ ＝２ ，∴ ＝ ＝ ＝ ＝ ，
３ ３
ＡＯ ＯＤ Ｖ １ Ｓ ＡＯ １ １ ３．
∴ ＝ ＝１，∴ Ａ － ＢＣＤ＝ △ ＢＣＤ· ＝ × ×１× ３×１＝
３ ３ ２ ６
专题七 立体几何与空间向量 １ ５９
由 可设Ｑ ａ 则Ｄ→Ｑ ａ ． ａ
（１） （ ，０，１）， ＝（ ，０，１） 设ＰＢ与平面ＱＣＤ所成角为θ 则 θ ３ ｜ ＋１｜
设ｎ ＝（ ｘ ， ｙ ， ｚ ） 是平面ＱＣＤ的法向量 ， ， ｓｉｎ ＝ ３ × １＋ ａ２ ＝
则 {ｎ
ｎ
·
·
Ｄ
Ｄ→
→Ｑ
Ｃ
＝
＝
０
０
，
，即 {ａ
ｙ
ｘ
＝
＋
０
ｚ
．
＝０，
３
３ １＋ａ ２
２ ＋
ａ
１
（易错：余弦值转化为正弦值后应该是正数）．
ａ
可取ｎ ａ ． 因为 ３ ２ ６ 当且仅当ａ 时等号成立 所以ＰＢ
＝（－１，０， ） １＋ａ２ ≤ ， ＝１ ，
ｎ Ｐ→Ｂ ａ ３ ＋１ ３
所以 ｎ Ｐ→Ｂ · －１－ ．
ｃｏｓ〈 ， 〉＝
｜
ｎ
｜·｜
Ｐ→Ｂ
｜
＝
３ １＋
ａ２ 与平面ＱＣＤ所成角的正弦值的最大值为 ６．
（１２
分
）
３
学生用书P97
１．（ 江苏南通二模， ）在正方体 ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 中 下列
２０２４ ２ － １ １ １ １ ，
关系正确的是 Ｄ
（ ）
ＡＤ Ｂ Ｃ Ａ Ｄ ＢＤ
Ａ． ⊥ １ Ｂ． １ ⊥
ＡＣ Ａ Ｃ ＡＣ ＣＤ
Ｃ． １⊥ １ Ｄ． １⊥ １
２．（ 浙江温州二模， ）在正三棱台ＡＢＣ Ａ Ｂ Ｃ 中 下列结
２０２４ ３ － １ １ １ ，
论正确的是 Ｄ
（ ）
Ｖ Ｖ ＡＡ 平面ＡＢ Ｃ
Ａ． ＡＢＣ － Ａ １ Ｂ １ Ｃ １ ＝３ Ａ １－ ＢＢ １ Ｃ １ Ｂ． １⊥ １ １
Ａ Ｂ Ｂ Ｃ ＡＡ ＢＣ
Ｃ． １ ⊥ １ Ｄ． １⊥
３．（多选）（ 海南诊断， ）在正方体ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 中 点
２０２４ １１ － １ １ １ １ ，
Ｐ满足λ→ＡＰ →ＡＢ Ａ→Ｄ Ａ→Ａ 其中λ 则下列说法正
＝ ＋ ＋ １， ∈［１，＋∞），
确的是 ＡＢＤ
（ ）
若Ａ Ｂ Ｄ Ａ Ｐ在同一球面上 则λ
Ａ． ， ， ， １， ， ＝１
若ＡＢ 平面Ａ ＤＰ 则λ
Ｂ． ∥ １ ， ＝２
若点Ｐ到Ａ Ｂ Ｄ Ａ 四点的距离相等 则λ
Ｃ． ， ， ， １ ， ＝３
若Ａ Ｐ 平面ＰＢＤ 则λ ３
Ｄ． １ ⊥ ， ＝
２
４．（多选）（ 河北石家庄一模， ）如图 在圆柱 Ｏ Ｏ 中 轴
２０２４ １０ ， １ ，
截面ＡＢＣＤ为正方形 点Ｆ是ＡＢ
，
(
上一点 Ｍ为ＢＤ与轴Ｏ Ｏ的
， １
交点 Ｅ为ＭＢ的中点 Ｎ为Ａ在ＤＦ上的射影 且ＥＦ 平面
， ， ， ∥
ＡＭＮ 则下列选项正确的有 ＢＣＤ
， （ ）
0
% $
.
&
/ 0
" #
'
ＣＦ 平面ＡＭＮ ＡＮ 平面ＤＢＦ Ａ． ∥ Ｂ． ⊥
ＤＢ 平面ＡＭＮ Ｆ是ＡＢ
Ｃ． ⊥ Ｄ．
(
解析 证明 连接 ＡＭ ＡＢ 在菱形 ＡＢＢ Ａ 中 Ａ Ａ
（１） ： ， １， １ １ ， １ ＝
Ａ Ｂ ＡＡ Ｂ ＡＢＢ π 故 ＡＡ Ｂ 为正三角形
１ １＝２，∠ １ １＝∠ １＝ ， △ １ １ ， ３
又Ｍ为Ａ Ｂ 的中点 故ＡＭ Ａ Ｂ 且ＡＭ
１ １ ， ⊥ １ １， ＝ ３，
又ＡＢ Ａ Ｂ 故ＡＭ ＡＢ
∥ １ １， ⊥ ，
由ＣＭ ＡＣ ＡＭ 得ＡＭ２ ＡＣ２ ＣＭ２
＝ １１， ＝２ ２， ＝ ３ ＋ ＝ ，
故ＡＭ ＡＣ
⊥ ，
而ＡＢ ＡＣ Ａ ＡＢ ＡＣ 平面ＡＢＣ 故ＡＭ 平面ＡＢＣ
∩ ＝ ， ， ⊂ ， ⊥ ，
又ＡＭ 平面ＡＢＢ Ａ 故平面ＡＢＣ 平面ＡＢＢ Ａ ．
⊂ １ １， ⊥ １ １
由ＢＣ ＡＢ ＡＣ 得ＢＣ２ ＢＡ２ ＡＣ２ 故ＣＢ ＡＢ （２） ＝ ＝２， ＝２ ２ ＋ ＝ ， ⊥ ，
又平面ＡＢＣ 平面ＡＢＢ Ａ 平面ＡＢＣ 平面ＡＢＢ Ａ ＡＢ
⊥ １ １， ∩ １ １＝ ，
ＣＢ 平面ＡＢＣ 故ＣＢ 平面ＡＢＢ Ａ
⊂ ， ⊥ １ １，
取ＢＢ 的中点Ｏ 由 ＡＢＢ 为正三角形 得ＡＯ ＢＢ
１ ， △ １ ， ⊥ １，
作ＯＨ ＢＣ 交ＣＣ 于Ｈ 故ＯＨ 平面ＡＢＢ Ａ
∥ ， １ ， ⊥ １ １，
又ＢＢ ＯＡ 平面ＡＢＢ Ａ 故ＯＨ ＯＡ ＯＨ ＯＢ
１， ⊂ １ １， ⊥ ， ⊥ １，
则ＯＡ ＯＢ ＯＨ两两垂直
， １， ，
以Ｏ为坐标原点 分别以ＯＡ ＯＢ ＯＨ所在直线为ｘ ｙ ｚ轴
， ， １， ， ， ，
建立空间直角坐标系
，
[
$ $ )
0 #
# Z
" . "
Y
则Ａ Ｂ Ｃ Ｃ
（ ３，０，０）， （０，－１，０）， （０，－１，２）， １（０，１，２），
æ ö
Ｍç ３ ３ ÷ 则→ＢＡ Ｂ→Ｃ è ， ，０ø， ＝（ ３，１，０）， １＝（０，２，２），
的中点 ２ ２
因为ＡＭ 平面ＡＢＣ
５．（ 福建厦门二模， ）如图 三棱柱ＡＢＣ Ａ Ｂ Ｃ 中 侧面 ⊥ ，
２０２４ １５ ， － １ １ １ ， æ ö
所以Ａ→Ｍ ç ３ ３ ÷是平面ＡＢＣ的法向量
ＡＢＢ Ａ 是边长为 的菱形 ＡＢＢ π ＡＣ Ｍ为Ａ Ｂ ＝è－ ， ，０ø ，
１ １ ２ ，∠ １＝ ， ＝２ ２， １ １ ２ ２
３
中点 ＣＭ ． {ｎ →ＢＡ
， ＝ １１ 设平面ＡＢＣ 的法向量为ｎ ｘ ｙ ｚ 则 · ＝０，
（１）
证
若
明
ＢＣ
：
平面
求
ＡＢ
平
Ｃ
面
⊥
平
ＡＢ
面
Ｃ与
ＡＢ
平
Ｂ
１
面
Ａ
１
Ａ
；
ＢＣ 夹角的余弦值． {
１ ＝（ ， ， ）， ｎ
·
Ｂ→Ｃ
１＝０，
（２） ＝２， １ ｘ ｙ
$ $ 即 ３ ＋ ＝０，令ｙ 则可得ｎ
ｙ ｚ ＝－ ３， ＝（１，－ ３， ３），
２ ＋２ ＝０，
ｎ Ａ→Ｍ
故 ｎ Ａ→Ｍ · －２ ３ －２ ７
# # ｃｏｓ〈 ， 〉＝ ｜ ｎ ｜·｜ Ａ→Ｍ ｜ ＝ ３× ７ ＝ ７ ，
[ ]
.
" 而平面ＡＢＣ与平面ＡＢＣ 夹角的范围为 π
" １ ０， ，
２
１ ６０ 5年高考3年模拟 B版 数学（教师用书）
ａ Ｂ Ｆ ａ
故平面ＡＢＣ与平面ＡＢＣ 夹角的余弦值为２ ７． ０，２ ）， （ ３，１，０）， （０，２， ），
１ ７ 所以Ａ→Ｂ ａ Ｄ→Ｂ Ｄ→Ｂ Ｄ→Ｆ
６．（ 湘豫联考第三次模拟， ）如图 在直四棱柱 ＡＢＣＤ １＝（０，２，２ ）， １ １＝（ ３，１，０）， ＝（ ３，１，０）， ＝
２０２４ １７ ， － ａ ．
（０，２， ）
Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 中 四边形ＡＢＣＤ为菱形 ＡＤＣ ° 点 Ｅ Ｆ 分
别 １ 为 １ 棱 １ Ａ １ Ｂ Ｃ ， Ｃ 上的点． ，∠ ＝１２０ ， ， 设平面ＡＢ １ Ｄ １ 的法向量为ｎ ＝（ ｘ １， ｙ １， ｚ １），
， １ {ｎ Ａ→Ｂ { ｙ ａｚ
若→ＡＥ λ→ＡＢ 且平面Ｄ ＤＥ 平面ＡＢＢ Ａ 求实数λ的值 则 · １＝０， 即 ２ １＋２ １＝０，
（
（
１
２
）
） 若Ｆ是
＝
ＣＣ １
，
的中点 ， 平
１
面Ａ
⊥
Ｂ １ Ｄ １ 与平面
１ １
Ｂ
，
ＤＦ的夹角的余
； ｎ
·
Ｄ
１
→Ｂ
１＝０， ３
ｘ
１＋
ｙ
１＝０， ( )
ＡＡ 令ｘ 则ｚ ３ ｙ 则ｎ ３ 分
弦值为３ １０ 求 １的值． １＝ ３， １＝ ａ ， １＝－３， ＝ ３，－３， ａ ， （８ ）
， ＡＢ
１０ 设平面ＢＤＦ的法向量为ｍ ｘ ｙ ｚ
%
$
＝（ ２， ２， ２），
" # ' 则 {ｍ ｍ · Ｄ Ｄ → → Ｂ Ｆ ＝０，即 { ３ ｙ ｘ ２ ａ ＋ ｚ ｙ ２＝０ ． ，
· ＝０， ２ ２＋ ２＝０
( )
% $ 令ｘ 则ｙ ｚ ６ 则ｍ ６ 分
"
& #
２＝ ３， ２＝－３， ２＝ ａ ， ＝ ３，－３， ａ ， （１１ ）
设平面ＡＢ Ｄ 与平面ＢＤＦ的夹角为θ
解析 （１） 解法一：如图 １， 取ＡＢ的中点Ｅ′ ， 连接ＤＥ′ ， １ １ ，
% $ % $ ｎ ｍ ３× ３＋（－３）×（－３）＋ ａ ３ × ａ ６
" " ( 则 θ ｜ · ｜
# # ｃｏｓ ＝ ｎ ｍ ＝
' ' ｜ ｜·｜ ｜ ９ ３６
１２＋ａ２ × １２＋ａ２
% $ % $ ａ２
" " １２ ＋１８ ．
& &′ # & # ＝
ａ２ ａ２
图 图 １２ ＋９× １２ ＋３６
因
所
为
以
四边
ＡＢ
形
Ｄ是
ＡＢ
等
ＣＤ
边
是
三
１ 菱
角
形
形
，
且
所
∠
以
Ｄ
Ｄ
Ａ
Ｅ
Ｂ
′
＝１
Ａ
８
Ｂ
０
°
．
－
２
１２０
°
＝６０
°
，
令
１２
ａ２
＋
１
９
２ ａ
×
２ ＋１
１
８
２
ａ２
＋３６
＝
３
１０
１０
，
解得ａ２
＝３
或ａ２
＝
４
３
，
△ ， ⊥
因为ＤＤ 平面ＡＢＣＤ ＡＢ 平面ＡＢＣＤ 所以ＤＤ ＡＢ．
因为ＤＥ′
１⊥
ＤＤ Ｄ ＤＥ
，
′ 平
⊂
面ＤＤ Ｅ′ Ｄ
，
Ｄ 平面
１⊥
ＤＤ Ｅ′
所以ａ
＝ ３
或ａ
＝
３．
∩ １＝ ， ⊂ １ ， １⊂ １ ， ２
所以ＡＢ 平面ＤＤ Ｅ′． 分 ＡＡ ＡＡ
⊥ １ （３ ） 所以 １ ２ ３ 或 １ ３． 分
因为ＡＢ 平面ＡＢＢ Ａ 所以平面ＤＤ Ｅ′ 平面ＡＢＢ Ａ ＡＢ＝ ＝ ３ ＡＢ＝ （１５ ）
⊂ １ １， １ ⊥ １ １， ２ ２
所以Ｅ点和Ｅ′点重合 ７．（ 浙江杭州二模， ）如图 在多面体 ＡＢＣＤＰＱ 中 底面
， ２０２４ １７ ， ，
ＡＢＣＤ是平行四边形 ＤＡＢ ° ＢＣ ＰＱ ＡＢ Ｍ 为
所以Ａ→Ｅ′ １→ＡＢ 即→ＡＥ １→ＡＢ 即λ １ ． 分 ，∠ ＝６０ ， ＝２ ＝４ ＝４，
＝ ， ＝ ， ＝ （６ ） ＢＣ的中点 ＰＱ ＢＣ ＰＤ ＤＣ ＱＢ ＭＤ．
２ ２ ２ ， ∥ ， ⊥ ， ⊥
解法二：如图 在 Ａ Ｂ 上取一点 Ｇ 使 Ａ Ｇ ＡＥ 连接 ＥＧ 证明 ＡＢＱ °
２， １ １ ， １ ＝ ， ， （１） ：∠ ＝９０ ；
Ｄ Ｇ．则平面Ｄ ＤＥ 平面ＡＢＢ Ａ ＥＧ 且ＤＤ ＥＧ．
１ １ ∩ １ １＝ ， １∥ 若多面体ＡＢＣＤＰＱ的体积为１５ 求平面ＰＣＤ与平面ＱＡＢ
因为ＤＤ 平面ＡＢＣＤ ＡＢ 平面ＡＢＣＤ 所以ＤＤ ＡＢ （２） ，
１⊥ ， ⊂ ， １⊥ ， ２
所以ＥＧ ＡＢ． 分 夹角的余弦值．
⊥ （２ ）
又平面Ｄ ＤＥ 平面ＡＢＢ Ａ 平面Ｄ ＤＥ 平面ＡＢＢ Ａ ＥＧ 1
１ ⊥ １ １， １ ∩ １ １＝ ， 2
ＡＢ 平面ＡＢＢ Ａ 所以ＡＢ 平面Ｄ ＤＥ．
⊂ １ １， ⊥ １
又ＤＥ 平面Ｄ ＤＥ 所以ＡＢ ＤＥ． 分
⊂ １ ， ⊥ （４ ）
又因为四边形ＡＢＣＤ是菱形 且 ＤＡＢ ° ° ° %
， ∠ ＝１８０ －１２０ ＝６０ ，
所以 ＡＢＤ是等边三角形 " $
△ ， .
#
所以→ＡＥ １→ＡＢ 即λ １ ． 分
＝ ， ＝ （６ ） 解析 证明 连接ＰＭ．
２ ２ （１） ：
取ＡＢ的中点Ｍ 连接ＤＭ．建立如图 所示的空间直角坐 在 ＤＣＭ中 由余弦定理得ＤＭ
（２） ， ３ △ ， ＝ ３，
标系Ｄｘｙｚ．则Ｄ
（０，０，０），
所以ＤＭ２
＋
ＤＣ２
＝
ＣＭ２
，
所以
∠
ＭＤＣ
＝９０
°
，
所以ＤＭ
⊥
ＤＣ．
[
又因为ＤＣ ＰＤ ＤＭ ＰＤ Ｄ 所以ＤＣ 平面ＰＤＭ．
% ⊥ ， ∩ ＝ ， ⊥
$ 所以ＤＣ ＰＭ．
" ( ⊥
# ' 显然 ， 四边形ＰＱＢＭ为平行四边形 ， 所以ＰＭ ∥ ＱＢ．
又ＡＢ ＤＣ 所以ＡＢ ＢＱ
∥ ， ⊥ ，
" % . Y # $ Z 所以 ∠ ＡＢＱ ＝９０ °． （６ 分 ）
因为ＱＢ ＭＤ ＰＭ ＱＢ 所以ＰＭ ＭＤ 又ＰＭ ＤＣ ＭＤ
图 （２） ⊥ ， ∥ ， ⊥ ， ⊥ ，
３ ＤＣ Ｄ ＭＤ ＤＣ 平面ＡＢＣＤ 所以ＰＭ 平面ＡＢＣＤ．
∩ ＝ ， ， ⊂ ， ⊥
不妨设ＡＢ ＡＡ ａ 则Ａ Ｂ ａ Ｄ 取ＡＤ中点Ｅ 连接ＰＥ 设ＰＭ ｈ．
＝２， １＝２ ， （ ３，－１，０）， １（ ３，１，２ ）， １（０， ， ， ＝
专题七 立体几何与空间向量 １ ６１
设多面体ＡＢＣＤＰＱ的体积为Ｖ
， Ｐ （０，０，２）， 则Ｄ→Ｅ ＝（０，１，１）， Ｄ→Ｂ ＝（１，２，０），
则Ｖ ＝ Ｖ 三棱柱ＡＢＱ － ＥＭＰ＋ Ｖ 四棱锥Ｐ － ＣＤＥＭ＝３ Ｖ Ａ － ＰＥＭ＋ Ｖ 四棱锥Ｐ － ＣＤＥＭ＝３ Ｖ Ｐ － ＡＥＭ＋ [
1
Ｖ Ｓ ｈ １ Ｓ ｈ Ｓ ｈ １ Ｓ ｈ
四棱锥Ｐ － ＣＤＥＭ＝ △ ＡＥＭ ＋ 四边形ＣＤＥＭ ＝ △ ＡＥＭ ＋ ×２ △ ＡＥＭ ＝
３ ３
' &
５ Ｓ ｈ １５．
△ ＡＥＭ ＝
３ ２ %
$ Z
解得ＰＭ ｈ ． 分
＝ ＝３ ３ （９ ）
" #
建立如图所示的空间直角坐标系 Y
，
[
由 知ＰＢ 平面ＤＥＦ 所以Ｐ→Ｂ 为平面ＤＥＦ的
1 （１） ⊥ ， ＝（１，２，－２）
2 一个法向量
，
设平面ＢＤＥ的法向量为ｎ ｘ ｙ ｚ
＝（ ， ， ），
Z Y {ｎ Ｄ→Ｅ
% 则由 · ＝０，
"
&
.
$ ｎ
·
Ｄ→Ｂ
＝０
# {ｙ ｚ
得 ＋ ＝０， 取ｎ
则Ｃ （ ３，－１，０）， Ｄ （ ３，０，０）， Ｐ （０，０，３ ３）， 所以Ｃ→Ｄ ＝（０，１， ｘ ＋２ ｙ ＝０， ＝（２，－１，１），
０ 易 ） 知 ，
Ｐ→
平
Ｄ
＝ 面 （ Ｑ ３ Ａ ， Ｂ ０ 的 ，－ 一 ３ 个 ３） 法 ， 向量为ｎ ＝（１，０，０） ．
则
ｃｏｓ〈
ｎ
，
Ｐ→Ｂ
〉＝ ｜
ｎ
ｎ
·
｜｜
Ｐ
Ｐ
→
→
Ｂ
Ｂ ｜ ＝ ３
－２
６ ＝－ ９
６
，
设二面角Ｂ ＤＥ Ｆ的平面角的大小为θ
{ｍ Ｃ→Ｄ － － ，
设平面ＰＣＤ的法向量为ｍ ＝（ ｘ ， ｙ ， ｚ ）， 则 ｎ · Ｐ→Ｄ ＝０， 则 θ ２ ｎ Ｐ→Ｂ æ ç ６ ö ÷ ２ ５ ３
· ＝０， ｓｉｎ ＝ １－ｃｏｓ 〈 ， 〉 ＝ １－è－ ø ＝ ，
{ｙ ９ ９
即 ＝０， 取ｍ ．
ｘ ｚ ＝（３，０，１） 所以二面角Ｂ ＤＥ Ｆ的正弦值为５ ３．
３ －３ ３ ＝０， － －
９
设平面ＰＣＤ与平面ＱＡＢ的夹角为θ ， ９．（ 重庆顶级名校 月联考， ）如图 四边形 ＡＢＣＤ 为矩
２０２４ ３ １７ ，
ｍ ｎ 形 ＡＣＤ ＡＣＥ 且二面角Ｃ ＡＢ Ｅ为直二面角．
所以 θ ｜ · ｜ ３ １０． ，△ ≌△ ， － －
ｃｏｓ ＝ ｍ ｎ ＝ 求证 平面ＡＣＥ 平面ＢＣＥ
｜ ｜·｜ ｜ １０
（１） ： ⊥ ；
设Ｆ是ＢＥ的中点 ＡＥ ＢＥ λ 二面角Ｅ ＡＣ Ｆ的平面
所以平面ＰＣＤ与平面ＱＡＢ夹角的余弦值为３ １０． 分 （２） ， ＝１， ＝ ， － －
（１５ ） 角的大小为θ 当λ 时 求 θ的取值范围．
１０ ， ∈［２，３］ ， ｃｏｓ
８．（ 湖南岳阳二模， ）如图 在四棱锥 Ｐ ＡＢＣＤ 中 底面 % $
２０２４ １５ ， － ，
ＡＢＣＤ是矩形 侧棱ＰＤ 底面ＡＢＣＤ ＰＤ ＤＣ ＡＤ Ｅ是
， ⊥ ， ＝ ＝２ ＝２，
ＰＣ的中点 作ＥＦ ＰＢ交ＰＢ于点Ｆ．
， ⊥
" #
求证 ＰＢ 平面ＤＥＦ
（１） ： ⊥ ； '
求二面角Ｂ ＤＥ Ｆ的正弦值． &
（２） － －
1 解析 证明 因为二面角Ｃ ＡＢ Ｅ为直二面角
（１） ： － － ，
所以平面ＡＢＣ 平面ＡＢＥ
' & ⊥ ，
又ＡＢ ＢＣ 平面ＡＢＣ 平面ＡＢＥ ＡＢ ＢＣ 平面ＡＢＣ
⊥ ， ∩ ＝ ， ⊂ ，
则ＢＣ 平面ＡＢＥ
% $ ⊥ ，
又ＡＥ 平面ＡＢＥ 所以ＢＣ ＡＥ
⊂ ， ⊥ ，
" #
又四边形ＡＢＣＤ为矩形 ＡＣＤ ＡＣＥ
，△ ≌△ ，
解析 证明 因为ＰＤ 底面ＡＢＣＤ ＢＣ 平面ＡＢＣＤ 所 则 ＡＥＣ ＡＤＣ ° 即ＡＥ ＣＥ
（１） ： ⊥ ， ⊂ ， ∠ ＝∠ ＝９０ ， ⊥ ，
以ＰＤ ＢＣ 又ＢＣ ＣＥ Ｃ ＢＣ ＣＥ 平面ＢＣＥ 所以ＡＥ 平面ＢＣＥ
⊥ ， ∩ ＝ ， ， ⊂ ， ⊥ ，
因为四边形ＡＢＣＤ是矩形 所以ＣＤ ＢＣ 又ＡＥ 平面ＡＣＥ 所以平面ＡＣＥ 平面ＢＣＥ．
， ⊥ ， ⊂ ， ⊥
又因为ＰＤ ＣＤ 平面ＰＣＤ ＰＤ ＣＤ Ｄ 由 知ＡＥ 平面ＢＣＥ 又ＢＥ 平面ＡＣＥ 故ＡＥ ＢＥ．以
、 ⊂ ， ∩ ＝ ， （２） （１） ⊥ ， ⊂ ， ⊥
所以ＢＣ 平面ＰＣＤ 又ＤＥ 平面ＰＣＤ 所以ＢＣ ＤＥ Ｅ为坐标原点 ＥＢ ＥＡ所在直线分别为ｘ ｙ轴 过点Ｅ且与平
⊥ ， ⊂ ， ⊥ ， ， ， ， ，
又因为ＰＤ ＤＣ Ｅ是ＰＣ的中点 所以ＤＥ ＰＣ 面ＡＢＥ垂直的直线为ｚ轴建立空间直角坐标系 如图
＝ ＝２， ， ⊥ ， ， ，
又ＰＣ ＢＣ是平面ＰＢＣ内的两条相交直线 [
， ，
所以ＤＥ 平面ＰＢＣ % $
⊥ ，
又ＰＢ 平面ＰＢＣ 所以ＤＥ ＰＢ
⊂ ， ⊥ ，
又ＥＦ ＰＢ 且ＤＥ ＥＦ Ｅ 所以ＰＢ 平面ＤＥＦ． Z
⊥ ， ∩ ＝ ， ⊥ Y
以Ｄ为原点 以ＤＡ ＤＣ ＤＰ所在直线分别为ｘ轴 ｙ轴 ｚ " #
（２） ， ， ， 、 、 '
轴建立空间直角坐标系 则Ｄ Ｂ Ｅ &
， （０，０，０）， （１，２，０）， （０，１，１），
１ ６２ 5年高考3年模拟 B版 数学（教师用书）
( λ ) 所以ＯＰ 平面ＡＢＣ．
则Ｅ Ａ Ｂ λ Ｃ λ Ｆ ⊥
（０，０，０）， （０，１，０）， （ ，０，０）， （ ，０，１）， ，０，０ ， 又因为ＯＰ 平面ＰＢＣ 所以平面ＰＢＣ 平面ＡＢＣ．
２ ⊂ ， ⊥
( λ ) 由 知 ＯＰ ＢＣ ＯＰ ＯＡ．
则→ＥＡ Ｅ→Ｃ λ →ＦＡ →ＦＣ （２） （１） ， ⊥ ， ⊥
＝ （０，１，０）， ＝ （ ，０，１）， ＝ － ，１，０ ，
２ 因为Ｏ是等边 ＡＢＣ的ＢＣ边中点 所以ＯＡ ＢＣ．
( λ ) △ ， ⊥
所以以Ｏ为原点 分别以ＯＡ ＯＢ ＯＰ所在直线为ｘ ｙ ｚ轴
＝ ，０，１ ， ， ， ， 、 、 ，
２ 建立空间直角坐标系 如图所示 则Ａ Ｂ
{ｍ →ＥＡ ， ， （ ３，０，０）， （０，１，０），
设平面ＥＡＣ的法向量为ｍ ＝（ ｘ ， ｙ ，１）， 则 ｍ · Ｅ→Ｃ ＝０， Ｃ （０， － １， ０）， Ｐ （０， ０， ３）， Ｅ æ è ç ３ ，０， ３ ö ø ÷ ， 所 以 Ｂ→Ｅ
· ＝０， ２ ２
{ｙ ( ) æ ö
即 ＝０， 则ｍ １ ç ３ ３÷
λｘ ＝ －λ，０，１ ， ＝è ，－１， ø，
＋１＝０， ２ ２
设平面ＦＡＣ的法向量为ｎ ｘ ｙ 则 {ｎ · →ＦＡ ＝０， 连接ＯＤ ， 因为 △ ＤＢＣ是边长为 ２ 的等边三角形 ， 故ＯＤ ＝ ＯＰ
＝（ １， １，１）， ｎ Ｆ→Ｃ ＝ ３＝ ＰＤ ， 所以 ∠ ＰＯＤ ＝６０ ° ， 且ＯＤ ⊥ ＢＣ ，
· ＝０，
又因为ＯＰ ＢＣ ＯＤ ＯＰ Ｏ ＯＤ ＯＰ 平面ＤＯＰ 所以ＢＣ
ì ï λ ｘ ｙ ⊥ ， ∩ ＝ ， ， ⊂ ，
即í
ï－
２
· １＋ １＝０，
则ｎ
(
２
)
平面ＤＯＰ 则Ｄ在平面ｘＯｚ内 可得Ｄ
æ
ç ３ ３
ö
÷ 则Ｂ→Ｄ
ï ï λ ｘ ＝ －λ，－１，１ ， ⊥ ， ， è－ ２ ，０， ２ ø，
î · １＋１＝０， æ ö
２ ç ３ ３÷
由图可知二面角Ｅ ＡＣ Ｆ为锐二面角 ＝è－ ，－１， ø，
－ － ， ２ ２
ｍ ｎ 易知平面ＡＢＣ的一个法向量为ｍ
从 而 有 θ ｍ ｎ · ＝（０，０，１），
ｃｏｓ ＝ ｜ ｃｏｓ 〈 ， 〉 ｜ ＝ ｍ ｎ ＝ 设平面ＥＢＤ的法向量为ｎ ｘ ｙ ｚ
｜ ｜·｜ ｜ ＝（ ， ， ），
λ２ ì ï
＋２ ２ １ ｎ Ｂ→Ｅ ３ｘ ｙ ３ｚ
２（
λ２
＋１）（
λ２
＋２）
＝
２
· １＋λ２
＋１
，
则í
ï · ＝
２
－ ＋
２
＝０，
[ ] ï
而 λ ∈ ［ ２， ３］， 则 λ２ １ ＋１ ∈ １ １ ０ ， １ ５ ， １＋λ２ １ ＋１ ∈ î ïｎ · Ｂ→Ｄ ＝－ ２ ３ ｘ － ｙ ＋ ２ ３ｚ ＝０，
é ù é ù 令ｚ 则ｘ ｙ 即ｎ
êê １１ ６ úú 所以 θ êê ５５ １５úú． ＝２， ＝０， ＝ ３， ＝（０， ３，２），
ë ， û， ｃｏｓ ∈ë ， û ｍ ｎ
１０ ５ １０ ５ 所以 ｍ ｎ · ２ ２ ７
１０．（ 安徽安庆二模， ）如图 将边长为 的菱形ＡＢＤＣ沿 ｃｏｓ〈 ， 〉＝ ｍ ｎ ＝ ＝ ，
２０２４ １７ ， ２ ｜ ｜｜ ｜ ７ ７
其对角线 ＢＣ 折叠 使得点 Ａ Ｄ 分别位于边长为 的等边 设平面ＥＢＤ与平面ＡＢＣ的夹角为θ
， 、 ２ ，
ＰＢＣ所在平面的两侧 且ＰＡ ＰＤ ．设 Ｅ 是 ＰＡ的
△ ， ＝ ６， ＝ ３ 则 θ ２ ｍ ｎ ２１
中点． ｓｉｎ ＝ １－ｃｏｓ 〈 ， 〉 ＝ ，
７
证明 平面ＰＢＣ 平面ＡＢＣ
（１） ： ⊥ ； 故平面ＥＢＤ与平面ＡＢＣ的夹角的正弦值为 ２１．
求平面ＥＢＤ与平面ＡＢＣ夹角的正弦值．
７
（２）
1 学生用书P99
& １． 创新知识交汇 （多选）（ 贵州贵阳适应性测试（一），
% ２０２４
" １１ ）在三棱锥Ｐ － ＡＢＣ中 ， ＰＣ ⊥ 平面ＡＢＣ ， ＰＣ ＝ ＡＢ ＝３， 平面ＡＢＣ
$
内动点Ｄ的轨迹是集合Ｍ Ｄ ＤＡ ＤＢ ．已知Ｃ Ｄ
＝｛ ｜｜ ｜＝２｜ ｜｝ ， ｉ∈
Ｍ且Ｄ 在棱ＡＢ所在直线上 ｉ 则 ＡＢＣ
# ｉ ， ＝１，２， （ ）
动点Ｄ的轨迹是圆
解析 证明 取ＢＣ的中点Ｏ 连接ＯＡ ＯＰ ＯＤ 如图 Ａ．
（１） ： ， 、 、 ，
平面ＰＣＤ 平面ＰＣＤ
所示． Ｂ． １⊥ ２
三棱锥Ｐ ＡＢＣ体积的最大值为
[ Ｃ． － ３
1 三棱锥Ｐ Ｄ Ｄ Ｃ外接球的半径不是定值
Ｄ． － １ ２
& ２． 创新知识交汇 （ 福建高三毕业班适应性测试， ）在
２０２４ １８
%
ＡＢＣ中 ＡＢＣ ° ＡＢ ＡＣＢ的平分线交ＡＢ于点Ｄ
Y " △ ，∠ ＝９０ ， ＝６，∠ ，
$ ＡＤ ＤＢ．平面α过直线ＡＢ 且与 ＡＢＣ所在的平面垂直．
0 ＝２ ， △
求直线ＣＤ与平面α所成角的大小．
Z # （１）
设点Ｅ α 且 ＥＣＤ ° 记Ｅ的轨迹为曲线Γ．
因为四边形ＡＢＤＣ是边长为 的菱形 ＰＢＣ是边长为 的 （２） ∈ ， ∠ ＝３０ ，
２ ，△ ２ 判断Γ是什么曲线 并说明理由
等边三角形 所以 ＡＢＣ是边长为 的等边三角形 （ｉ） ， ；
， △ ２ ， 不与直线ＡＢ重合的直线ｌ过点Ｄ且交Γ于Ｐ Ｑ两点 试
（ｉｉ） ， ，
在等边
△
ＰＢＣ中
，
Ｏ是ＢＣ的中点
，
则ＯＰ
⊥
ＢＣ且ＯＰ
＝ ３，
问
：
在平面α内是否存在定点Ｔ
，
使得无论ｌ绕点Ｄ如何转动
，
又因为ＰＡ 所以ＰＡ２ ＯＡ２ ＯＰ２ 所以ＯＰ ＯＡ 总有 ＰＴＣ ＱＴＣ 若存在 指出点Ｔ的位置 若不存在 说
＝ ６， ＝ ＋ ， ⊥ ， ∠ ＝∠ ？ ， ； ，
因为ＯＡ ＢＣ Ｏ 且ＯＡ ＢＣ 平面ＡＢＣ 明理由．
∩ ＝ ， ， ⊂ ，
专题七 立体几何与空间向量 １ ６３
解析 因为平面ＡＢＣ 平面α 平面ＡＢＣ 平面α ＡＢ 设Ｐ ｘ ｙ Ｑ ｘ ｙ
（１） ⊥ ， ∩ ＝ ， （ｉｉ） （ １， １，０）， （ ２， ２，０），
ＢＣ 平面ＡＢＣ ＢＣ ＡＢ 在平面 α 内 因为 ｌ 与 ＡＢ 不重合 所以可设 ｌ ｙ ｋｘ 由
⊂ ， ⊥ ， ， ， ： ＝ ＋１，
所以ＢＣ 平面α． 分 {ｙ ｋｘ
⊥ （１ ） ＝ ＋１， 得 ｋ２ ｘ２ ｋｘ
所以直线ＣＤ与平面α所成角为 ＣＤＢ． 分 ｘ２ ｙ２ （２ ＋３） ＋４ －１６＝０，
∠ （２ ） ３ ＋２ ＝１８，
过Ｄ作ＤＦ ＡＣ 垂足为Ｆ．因为ＣＤ平分 ＡＣＢ ＤＢ ＢＣ ｋ
⊥ ， ∠ ， ⊥ ， 所以ｘ ｘ ４ ｘ ｘ １６ ． 分
所以ＤＦ ＤＢ． １＋ ２＝－ ｋ２ ， １ ２＝－ ｋ２ ＜０ （９ ）
＝ ２ ＋３ ２ ＋３
由对称性知 若存在定点Ｔ满足条件 则Ｔ必在平面ＡＢＣ与
又ＡＤ ＤＢ 所以ＤＦ １ ＡＤ 所以 ＤＡＦ °． 分 ， ，
＝２ ， ＝ ， ∠ ＝３０ （３ ） 平面α的交线ＡＢ上 故可设Ｔ ｔ 分
２ ， （０，，０）， （１０ ）
又ＡＢ ＡＢＣ ° 所以ＢＣ ． 若 ＰＴＣ ＱＴＣ 则 ＰＴＣ ＱＴＣ
＝６，∠ ＝９０ ， ＝２ ３ ∠ ＝∠ ， ｃｏｓ∠ ＝ｃｏｓ∠ ，
因为ＤＢ １ ＡＢ 所以 ＣＤＢ ° 即
→ＴＰ
·
→ＴＣ Ｔ→Ｑ
·
→ＴＣ
．
＝ ＝２， ∠ ＝６０ ， ＝
３ →ＴＰ →ＴＣ Ｔ→Ｑ →ＴＣ
所以直线ＣＤ与平面α所成角的大小为 °． 分 ｜ ｜｜ ｜ ｜ ｜｜ ｜
６０ （４ ） 因为→ＴＰ ｘ ｙ ｔ Ｔ→Ｑ ｘ ｙ ｔ →ＴＣ ｔ
曲线Γ是椭圆． 分 ＝（ １， １－，０）， ＝（ ２， ２－，０）， ＝（０，３－，２ ３），
（２）（ｉ） （５ ）
理由如下
：
所以 （３－ ｔ ）（ ｙ １－ ｔ ） ｘ２ ２＋（ ｙ ２－ ｔ ） ２ ＝（３－ ｔ ）（ ｙ ２－ ｔ ） ｘ２ １＋（ ｙ １－ ｔ ） ２．
由 可知 ＤＦ ＡＣ ＤＡ ＤＣ 所以Ｆ是ＡＣ的中点． 分
（１） ， ⊥ ， ＝ ， （１１ ）
设ＡＢ的中点为Ｏ 连接ＯＦ 则ＯＦ ＢＣ． 当ｔ 时 上式恒成立 所以ｔ 符合题意 分
， ， ∥ ＝３ ， ， ＝３ ； （１２ ）
又ＢＣ 平面α 所以ＯＦ 平面α． 当ｔ 时 有 ｙ ｔ ｘ２ ｙ ｔ ２ ｙ ｔ ｘ２ ｙ ｔ ２
⊥ ， ⊥ ≠３ ， （ １－） ２＋（ ２－） ＝（ ２－） １＋（ １－） ，
在平面α内过Ｏ作ＯＧ ⊥ ＡＢ ， 所以ＯＦ ⊥ ＯＢ ， ＯＦ ⊥ ＯＧ． 所以 （ ｙ １－ ｔ ） ２ ［ ｘ２ ２＋（ ｙ ２－ ｔ ） ２ ］＝（ ｙ ２－ ｔ ） ２ ［ ｘ２ １＋（ ｙ １－ ｔ ） ２ ］，
以Ｏ为原点
，
Ｏ→Ｇ
，
Ｏ→Ｂ
，
Ｏ→Ｆ的方向分别为ｘ轴
，
ｙ轴
，
ｚ轴的正方 所以
｜
ｘ
２（
ｙ
１－
ｔ
）｜＝｜
ｘ
１（
ｙ
２－
ｔ
）｜
．
向 建立空间直角坐标系Ｏ ｘｙｚ 如图所示．因为ＯＢ ＤＢ 因为ｘ ｘ ｙ ｔ ｙ ｔ 所以ｘ ｙ ｔ ｘ ｙ ｔ
， － ， ＝３， ＝ １ ２＜０，（ １－）（ ２－）≥０， １（ ２－）＋ ２（ １－）＝０，
所以ＯＤ ．设Ｅ ｘ ｙ 又Ｄ Ｃ 则 分
２， ＝１ （ ， ，０）， （０，１，０）， （０，３，２ ３）， （１４ ）
所以 ｋｘ ｘ ｔ ｘ ｘ
Ｃ→Ｅ ＝（ ｘ ， ｙ －３，－２ ３）， Ｃ→Ｄ ＝（０，－２，－２ ３） ． ２ １ ２＋（１－）（ １＋ ２）＝０，
æ ö æ ｋ ö
因为 ＥＣＤ
Ｃ→Ｄ
·
Ｃ→Ｅ
ＥＣＤ °
所以
２
ｋ
è
ç
－ ｋ
１
２
６
ø
÷
＋（１－
ｔ
）è
ç
－ ｋ
４
２ ø
÷
＝０，
即
（９－
ｔ
）
ｋ
＝０
．
ｃｏｓ∠ ＝ ，∠ ＝３０ ， ２ ＋３ ２ ＋３
｜
Ｃ→Ｄ
｜｜
Ｃ→Ｅ
｜ 因为上式对于任意的ｋ Ｒ恒成立 所以ｔ ． 分
∈ ， ＝９ （１６ ）
ｙ
所以 －２ ＋１８ ３ 分 综上 存在点Ｔ满足→ＡＴ →ＡＢ或→ＡＴ →ＡＢ时 符合题意． 分
４ ｘ２ ＋（ ｙ －３） ２ ＋１２ ＝ ２ ， （６ ） ， ＝ ＝２ ， （１７ ）
ｘ２ ｙ２
化简得 ｘ２ ｙ２ 即 所以曲线Γ是椭圆． 分
３ ＋２ ＝１８， ＋ ＝１， （７ ）
６ ９
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