高考数学答题技巧题型20 6类立体几何大题解题技巧（平行、垂直、空间角、空间距离、动点、范围）（解析版）Word（92页）

题型20 6 类立体几何大题解题技巧 （平行、垂直、空间角、空间距离、动点、范围） 技法01 空间中的平行关系解题技巧 知识迁移 空间中的平行关系 （1）线线平行 ①三角形、四边形的中位线与第三边平行，②平行四边形的性质（对边平行且相等） ③内错角、同位角相等，两直线平行；同旁内角互补，两直线平行 （2）线面平行的判定定理： 平面外一直线与平面内一直线平行，则线面平行 图形语言 符号语言 l // b l⊂α b⊂α} ⇒l // α （3）线面平行的性质定理 技法01 空间中的平行关系解题技巧 技法02 空间中的垂直关系解题技巧 技法03 向量法与几何法求空间角的解题技巧 技法04 空间距离的解题技巧 技法05 动点的应用及解题技巧 技法06 范围的应用及解题技巧 空间中的平行关系是高考中的高频考点，需熟练掌握线面平行、面面平行的判定及性质定理，同时还需注 意书写过程的规范性，需重点强化练习. 若线面平行，经过直线的平面与该平面相交，则直线与交线平行 图形语言 符号语言 l // α l⊂β α∩β=b} ⇒l // b （4）面面平行的判定定理 判定定理1：一个平面内有两条相交直线分别平行于另一个平面，则面面平行 图形语言 符号语言 a // α b // β a∩b=A a⊂α ,b⊂α} ⇒α // β 判定定理2：一个平面内有两条相交直线分别于另一个平面内两条相交直线平行，则面面平 行 图形语言 符号语言 a // n b // m a∩b=A m∩n=B a,b⊂α m,n⊂β} ⇒α // β （5）面面平行的性质定理 性质定理1：两平面互相平行，一个平面内任意一条直线平行于另一个平面 性质定理2：两平面互相平行，一平面与两平面相交，则交线互相平行 例1-1．（2022·全国·统考高考真题）如图， 是三棱锥 的高， ， ，E 是 的 中点． (1)证明： 平面 ； (2)若 ， ， ，求二面角 的正弦值． 【详解】（1）证明：连接 并延长交 于点 ，连接 、 ， 因为 是三棱锥 的高，所以 平面 ， 平面 ， 所以 、 ， 又 ，所以 ，即 ，所以 ， 又 ，即 ，所以 ， ， 所以 所以 ，即 ，所以 为 的中点，又 为 的中点，所以 ， 又 平面 ， 平面 ， 所以 平面 （2）解：过点 作 ，如图建立空间直角坐标系， 因为 ， ，所以 ， 又 ，所以 ，则 ， ， 所以 ，所以 ， ， ， ， 所以 ， 则 ， ， ， 设平面 的法向量为 ，则 ，令 ，则 ， ，所以 ； 设平面 的法向量为 ，则 ， 令 ，则 ， ，所以 ； 所以 . 设二面角 的大小为 ，则 ， 所以 ，即二面角 的正弦值为 . 例1-2．（2022·全国·统考高考真题）小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒如图 所示：底面 是边长为8（单位： ）的正方形， 均为正三角形，且它们 所在的平面都与平面 垂直． (1)证明： 平面 ； (2)求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）． 【详解】（1）如图所示： 分别取 的中点 ，连接 ，因为 为全等的正三角形，所以 ， ，又平面 平面 ，平面 平面 ， 平面 ，所以 平面 ，同理可得 平面 ，根据线面垂直的性质定理可知 ，而 ，所以四边形 为平行四边形，所以 ，又 平面 ， 平面 ，所以 平面 ． （2）[方法一]：分割法一 如图所示： 分别取 中点 ，由（1）知， 且 ，同理有， ， ， ，由平面知识可知， ， ， ，所以该几何体的体积等于长方体 的体积加上四棱锥 体积 的 倍． 因为 ， ，点 到平面 的距离即为点 到直线 的 距离 ， ，所以该几何体的体积 ． [方法二]：分割法二 如图所示： 连接AC,BD,交于O，连接OE,OF,OG,OH.则该几何体的体积等于四棱锥O-EFGH 的体积加上三棱锥A-OEH 的 倍,再加上三棱锥E-OAB 的四倍．容易求得，OE=OF=OG=OH=8,取EH 的中点P，连接AP,OP.则EH 垂直平面 APO.由图可知，三角形APO,四棱锥O-EFGH 与三棱锥E-OAB 的高均为EM 的长.所以该几何体的体积 例1-3．（2023·全国·统考高考真题）如图，在三棱锥 中， ， ， ， ，BP，AP，BC 的中点分别为D，E，O， ，点F 在AC 上， . (1)证明： 平面 ； (2)证明：平面 平面BEF； (3)求二面角 的正弦值. 【详解】（1）连接 ，设 ，则 ， ， ， 则 ， 解得 ，则 为 的中点，由 分别为 的中点， 于是 ，即 ，则四边形 为平行四边形， ，又 平面 平面 ， 所以 平面 . （2）法一：由（1）可知 ，则 ，得 ， 因此 ，则 ，有 ， 又 ， 平面 ， 则有 平面 ，又 平面 ，所以平面 平面 . 法二：因为 ，过点 作轴 平面 ，建立如图所示的空间直角坐标系， ， 在 中， ， 在 中， ， 设 ，所以由 可得： ， 可得： ，所以 ， 则 ，所以 ， ， 设平面 的法向量为 ， 则 ，得 ， 令 ，则 ，所以 ， 设平面 的法向量为 ， 则 ，得 ， 令 ，则 ，所以 ， ， 所以平面 平面BEF； （3）法一：过点 作 交 于点 ，设 ， 由 ，得 ，且 ， 又由（2）知， ，则 为二面角 的平面角， 因为 分别为 的中点，因此 为 的重心， 即有 ，又 ，即有 ， ，解得 ，同理得 ， 于是 ，即有 ，则 ， 从而 ， ， 在 中， ， 于是 ， ， 所以二面角 的正弦值为 . 法二：平面 的法向量为 ， 平面 的法向量为 ， 所以 ， 因为 ，所以 ， 故二面角 的正弦值为 . 例1-4．（2024·全国·模拟预测）如图1，已知四边形 为直角梯形， ， ， ，M 为CF 的中点．将 沿 折起，使得点C 与点A 重合，如图2，且平面 平面 ， 分别为 的中点． (1)求证：平面 平面 ； (2)求二面角 的余弦值． 【详解】（1）证明：∵Q，H 分别是 的中点，∴ ． ∵ 平面 ， 平面 ，∴ 平面 ． 如图，连接 ，∵N，P 分别是 的中点，∴ 且 ． 易知 且 ， ∵Q 是 的中点，∴ ， ， ∴ ， ， ∴四边形 为平行四边形， ∴ ． ∵ 平面 ， 平面 ，∴ 平面 ． ∵ ， 平面 ， 平面 ， ∴平面 平面 . （2）由(1)知 ，又 ， ，∴ ， ， ∵平面 平面 ，平面 平面 ， 平面 ， ∴ 平面 ． 以M 为坐标原点， 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： 设 ，则 ， ， ， ， ∴ ， ， ，∴ ， ， ， 设平面 的一个法向量为 ， 则 ，令 ，则 ， ， ∴ 是平面PQH 的一个法向量． 设平面 的法向量为 ， 则 ，则 ， 令 ，则 ，∴ 是平面 的一个法向量． ∴ ， 结合图象易知二面角Q﹣PH﹣D 为锐二面角，故二面角 的余弦值为 ． 1．（2022·北京·统考高考真题）如图，在三棱柱 中，侧面 为正方形，平面 平 面 ， ，M，N 分别为 ，AC 的中点． (1)求证： 平面 ； (2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB 与平面BMN 所成角的正弦值． 条件①： ； 条件②： ． 注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）取 的中点为 ，连接 ，可证平面 平面 ，从而可证 平面 . （2）选①②均可证明 平面 ，从而可建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量可求线面 角的正弦值. 【详解】（1）取 的中点为 ，连接 ， 由三棱柱 可得四边形 为平行四边形， 而 ，则 ， 而 平面 ， 平面 ，故 平面 ， 而 ，则 ，同理可得 平面 ， 而 平面 ， 故平面 平面 ，而 平面 ，故 平面 ， （2）因为侧面 为正方形，故 ， 而 平面 ，平面 平面 ， 平面 平面 ，故 平面 ， 因为 ，故 平面 ， 因为 平面 ，故 ， 若选①，则 ，而 ， ， 故 平面 ，而 平面 ，故 ， 所以 ，而 ， ，故 平面 ， 故可建立如所示的空间直角坐标系，则 ， 故 ， 设平面 的法向量为 ， 则 ，从而 ，取 ，则 ， 设直线 与平面 所成的角为 ，则 . 若选②，因为 ，故 平面 ，而 平面 ， 故 ，而 ，故 ， 而 ， ，故 ， 所以 ，故 ， 而 ， ，故 平面 ， 故可建立如所示的空间直角坐标系，则 ， 故 ， 设平面 的法向量为 ， 则 ，从而 ，取 ，则 ， 设直线 与平面 所成的角为 ，则 . 2．（2023·天津·统考高考真题）三棱台 中，若 面 ， 分别是 中点. (1)求证： //平面 ； (2)求平面 与平面 所成夹角的余弦值； (3)求点 到平面 的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）先证明四边形 是平行四边形，然后用线面平行的判定解决； （2）利用二面角的定义，作出二面角的平面角后进行求解； （3）方法一是利用线面垂直的关系，找到垂线段的长，方法二无需找垂线段长，直接利用等体积法求解 【详解】（1） 连接 .由 分别是 的中点，根据中位线性质， // ，且 ， 由棱台性质， // ，于是 // ，由 可知，四边形 是平行四边形，则 / / ， 又 平面 ， 平面 ，于是 //平面 . （2）过 作 ，垂足为 ，过 作 ，垂足为 ,连接 . 由 面 ， 面 ，故 ，又 ， ， 平面 ， 则 平面 . 由 平面 ，故 ，又 ， ， 平面 ，于是 平 面 ， 由 平面 ，故 .于是平面 与平面 所成角即 . 又 ， ，则 ，故 ，在 中， ，则 ， 于是 （3）[方法一：几何法] 过 作 ，垂足为 ，作 ，垂足为 ，连接 ，过 作 ，垂足为 . 由题干数据可得， ， ，根据勾股定理， ， 由 平面 ， 平面 ，则 ，又 ， ， 平面 ，于是 平面 . 又 平面 ，则 ，又 ， ， 平面 ，故 平面 . 在 中， ， 又 ，故点 到平面 的距离是 到平面 的距离的两倍， 即点 到平面 的距离是 . [方法二：等体积法] 辅助线同方法一. 设点 到平面 的距离为. ， . 由 ，即 . 3．（2024·广东佛山·统考一模）如图，直三棱柱 中， .过点 的平面和平面 的交线记作. (1)证明： ； (2)求顶点 到直线的距离. 【答案】(1)答案见解析 (2) 【分析】（1）由已知，可根据 ，利用线面平行的判定定理证明 平面 ，在使用线面 平行的性质定理可证明 ； （2）由已知，可作 交平面 和平面 的交线于 ，利用线面垂直的判定和性质证明 ，从而 即为点 到直线的距离，然后在利用勾股定理求解边长，即可求解. 【详解】（1）证明：由题知 ， 平面 ， 平面 ， 所以 平面 ，又因为平面 平面 ， 平面 ，所以 . （2）作 交直线于点 ，连接 ，因为 是直三棱柱， 所以 平面 ， 平面 ，所以 ， 又因为 ，且 ， 平面 ，所以 平面 ， 因为 平面 ，所以 ，所以 就是点 到直线的距离， 作 交 于点 ，因为 ， ，所以 ， 又因为 ，所以四边形 是矩形，所以 ， 在 ， ， ，所以 ， 在 ， ， 所以点 到直线的距离为 . 4．（2024·全国·模拟预测）如图， 为圆锥的顶点， 为圆锥底面的圆心， 为底面直径，四边形 是梯形，且 ， 为底面圆周上一点，点 在 上． (1)若 ，求证： 平面 ； (2)当 时，求二面角 的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取线段 的中点 ，连接 ，证明 平面 ，连接 ，证明 平面 ， 利用面面平行的判定定理证明平面 平面 ，即可证明 平面 . （2）建立空间直角坐标系，求出相关点及向量的坐标，分别求出两平面的法向量，求出两向量夹角的余 弦值后利用同角三角函数基本关系求二面角的正弦值. 【详解】（1）取线段 的中点 ，连接 ． 因为 ，所以 且 ， 因此四边形 是平行四边形，所以 ， 又 平面 平面 ，所以 平面 ， 连接 ，因为 ，所以 ， 又 平面 平面 ，所以 平面 ， 而 平面 ， 所以平面 平面 ， 又 平面 ，所以 平面 ； （2）由圆锥的对称性不妨取点 为如图所示位置， 以 为坐标原点， 所在直线为 轴， 所在直线为轴，建立空间直角坐标系， 则 ， 于是 ， 设平面 的法向量为 ， 则 ，得 ， 取 ，可得 ， 设平面 的法向量为 ， 则 ，得 ， 取 ，可得 ， 所以 ， 故二面角 的正弦值为 ． 技法02 空间中的垂直关系解题技巧 知识迁移 空间中的垂直关系 （1）线线垂直 ①等腰三角形（等边三角形）的三线合一证线线垂直 ②勾股定理的逆定理证线线垂直 ③菱形、正方形的对角线互相垂直 （2）线面垂直的判定定理 （3）线面垂直的性质定理 （4）面面垂直的判定定理 （5）面面垂直的性质定理 空间中的垂直关系是高考中的高频考点，需熟练掌握线面垂直、面面垂直的判定及性质定理，同时还需注 意书写过程的规范性，需重点强化练习. 在正方形 中，因为 ，故 ，故 ， 因为 ，故 ，故 为直角三角形且 ， 因为 ，故 平面 ， 因为 平面 ，故平面 平面 . （2）在平面 内，过 作 ，交 于 ，则 ， 结合（1）中的 平面 ，故可建如图所示的空间坐标系. 则 ，故 . 设平面 的法向量 ， 则 即 ，取 ，则 ， 故 . 而平面 的法向量为 ，故 . 二面角 的平面角为锐角，故其余弦值为 . 4．（2021·全国·统考高考真题）已知直三棱柱 中，侧面 为正方形， ，E， F 分别为 和 的中点，D 为棱 上的点． （1）证明： ； （2）当 为何值时，面 与面 所成的二面角的正弦值最小? 【答案】（1）证明见解析；（2） 【分析】（1）方法二：通过已知条件，确定三条互相垂直的直线，建立合适的空间直角坐标系，借助空 间向量证明线线垂直； （2）方法一：建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角的余弦值最大，进而可以确定出 答案； 【详解】（1）[方法一]：几何法 因为 ，所以 ． 又因为 ， ，所以 平面 ．又因为 ，构造正方体 ，如图所示， 过E 作 的平行线分别与 交于其中点 ，连接 ， 因为E，F 分别为 和 的中点，所以 是BC 的中点， 易证 ，则 ． 又因为 ，所以 ． 又因为 ，所以 平面 ． 又因为 平面 ，所以 ． [方法二] 【最优解】：向量法 因为三棱柱 是直三棱柱， 底面 ， ， ， ，又 ， 平面 ．所以 两两垂直． 以 为坐标原点，分别以 所在直线为 轴建立空间直角坐标系，如图． ， ． 由题设 （ ）． 因为 ， 所以 ，所以 ． [方法三]：因为 ， ，所以 ，故 ， ，所以 ，所以 ． （2）[方法一]【最优解】：向量法 设平面 的法向量为 ， 因为 ， 所以 ，即 ． 令 ，则 因为平面 的法向量为 ， 设平面 与平面 的二面角的平面角为 ， 则 ． 当 时， 取最小值为 ， 此时 取最大值为 ． 所以 ，此时 ． [方法二] ：几何法 如图所示，延长 交 的延长线于点S，联结 交 于点T，则平面 平面 ． 作 ，垂足为H，因为 平面 ，联结 ，则 为平面 与平面 所成 二面角的平面角． 设 ，过 作 交 于点G． 由 得 ． 又 ，即 ，所以 ． 又 ，即 ，所以 ． 所以 ． 则 ， 所以，当 时， ． [方法三]：投影法 如图，联结 ， 在平面 的投影为 ，记面 与面 所成的二面角的平面角为 ，则 ． 设 ，在 中， ． 在 中， ，过D 作 的平行线交 于点Q． 在 中， ． 在 中，由余弦定理得 ， ， ， ， ， 当 ，即 ，面 与面 所成的二面角的正弦值最小，最小值为 ． 【整体点评】第一问，方法一为常规方法，不过这道题常规方法较为复杂，方法二建立合适的空间直角坐 标系，借助空间向量求解是最简单，也是最优解；方法三利用空间向量加减法则及数量积的定义运算进行 证明不常用，不过这道题用这种方法过程也很简单，可以开拓学生的思维. 第二问：方法一建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角是最常规的方法，也是最优方法； 方法二：利用空间线面关系找到，面 与面 所成的二面角，并求出其正弦值的最小值，不是很 容易找到；方法三：利用面 在面 上的投影三角形的面积与 面积之比即为面 与面 所成的二面角的余弦值，求出余弦值的最小值，进而求出二面角的正弦值最小，非常好的方法，开阔 学生的思维． 5．（2024·广东汕头·金山中学校考一模）已知平行四边形 如图甲， ， ，沿 将 折起，使点 到达点 位置，且 ，连接 得三棱锥 ，如图乙. (1)证明：平面 平面 ； (2)在线段 上是否存在点 ，使二面角 的余弦值为 ，若存在，求出 的值，若不存 在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，且 【分析】（1）推导出 ，证明出 平面 ，可得出 ， 利用线面垂直和面面垂直的 判定定理可证得结论成立； （2）以点 为坐标原点， 、 、 的方向分别为 、 、轴的正方向建立空间直角坐标系，设 ，其中 ，利用空间向量法可得出关于 的等式，结合 求出 的值，即可得出 结论. 【详解】（1）证明：翻折前，因为四边形 为平行四边形， ，则 ， 因为 ，则 ， ， 由余弦定理可得 ， 所以， ，则 ，同理可证 ， 翻折后，则有 ， ， 因为 ， ， 、 平面 ， 所以， 平面 ， 因为 平面 ，则 ， 因为 ， 、 平面 ，所以， 平面 ， 因为 平面 ，故平面 平面 . （2）解：因为 平面 ， ，以点 为坐标原点， 、 、 的方向分别为 、 、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系， 则 、 、 、 ， 设 ，其中 ， 则 ， ， 设平面 的法向量为 ， 则 ，取 ，则 ， ， 所以， ， 易知平面 的一个法向量为 ， 则 ，整理可得 ， 因为 ，解得 ， 因此，线段 上存在点 ，使二面角 的余弦值为 ，且 . 技法03 向量法与几何法求空间角的解题技巧 知识迁移 1．两条异面直线所成角的求法 设a，b 分别是两异面直线l1，l2的方向向量，则l1与l2所成的角θ 的范围为(0，]，公式为cos θ＝ 2．直线与平面所成角的求法 设直线l 的方向向量为a，平面α 的法向量为n，直线l 与平面α 所成的角为θ，a 与n 的夹角为β， 立体几何中空间角是高考中的高频考点，需熟练掌握向量法和几何法求角，难度中等偏上，需重点强化练 习. 则