空間向量與立體幾何：動(dòng)點(diǎn)問題、邊長(zhǎng)缺失問題、最值與范圍問題-2025屆高三數(shù)學(xué)沖刺復(fù)習(xí)講義（解析版）

空間向量與立體幾何:動(dòng)點(diǎn)問題、邊長(zhǎng)缺失問題、最值與范圍問題

高頻考點(diǎn)分析

1.動(dòng)點(diǎn)的表示方法：

（1）若動(dòng)點(diǎn)所在直線與坐標(biāo)軸平行或重合,則直接設(shè)動(dòng)點(diǎn)坐標(biāo).

①若動(dòng)點(diǎn)P所在直線與x軸平行或重合,則動(dòng)點(diǎn)P的坐標(biāo)可設(shè)為（3?,小,n）,其中小、九為常數(shù)，比為變量.

②若動(dòng)點(diǎn)P所在直線與x軸平行或重合，則動(dòng)點(diǎn)P的坐標(biāo)可設(shè)為（m.T/.n），其中巾、九為常數(shù)，9為變量.

③若動(dòng)點(diǎn)P所在直線與x軸平行或重合，則動(dòng)點(diǎn)P的坐標(biāo)可設(shè)為（m,n,z），其中巾、九為常數(shù)，z為變量.

（2）若動(dòng)點(diǎn)所在直線與坐標(biāo)軸不平行，已知點(diǎn)A（g,yi,Zi）、8（22,改,22）,動(dòng)點(diǎn)P（g,j3，Z3）在直線AB上運(yùn)動(dòng),

則NX〃/,所以*=4用文由此可表示出P點(diǎn)坐標(biāo)或直接利用上表示出目標(biāo)向量.

2.邊長(zhǎng)缺失問題

⑴設(shè)所求邊長(zhǎng)為工

（2）將t代入求直線向量與平面的法向量；

⑶翻譯題目所給條件,得到關(guān)于t的方程,求解的t.

*題目所給附加條件可以是位置關(guān)系、空間角度大小或空間距離等.

3.最值與范圍問題

（1）明晰是動(dòng)點(diǎn)還是邊長(zhǎng)缺失引起的最值問題，設(shè)出動(dòng)點(diǎn)或邊長(zhǎng)；

（2）利用設(shè)出的動(dòng)點(diǎn)或邊長(zhǎng)，表示直線向量與平面的法向量；

（3）翻譯題目所求的幾何量,進(jìn)而根據(jù)解析式的形式選擇恰當(dāng)?shù)姆椒ㄇ笞钪?

4,代數(shù)法求最值的常見方法

⑴單調(diào)性法（2）二次函數(shù)法（3）三角函數(shù)法（4）換元法

（5）基本不等式法（6）分離常數(shù)法（7）判別式法

真題速遞

1.（2024?新課標(biāo)I卷?高考真題）如圖，四棱錐P-ABCD中，A4，底面ABCD,PA=AC=2,BC=1,

AB=V3.

P

⑴若AD，PB,證明：AD〃平面PBC；

⑵若4D，DC,且二面角A—CP—。的正弦值為尊「求4D.

【答案】（1）證明見解析

⑦聰

【詳解】（1）（1）因?yàn)镻A_L平面ABCD,而ADu平面ABCD,所以24_LAD,

又AD_LPB,PBCPA=P,PB,PAu平面PAB,^以AD_L平面RIB,

而ABu平面246,所以AD_LAB.

因?yàn)锽C2+AB2=AC?,所以，AB,根據(jù)平面知識(shí)可知AD〃B。，

入ADD平面PBC,BCu平面PBC,所以ADII平面PBC.

⑵如圖所示,過點(diǎn)。作DE_LA。于E,再過點(diǎn)E作EF_LCP于F,連接。F,

因?yàn)開R4_L平面ABCD,所以平面PAC_L平面ABCD,而平面24。Cl平面ABCD=>1。，

所以DE_L平面_R4。，又EF_LCP,所以CP_L平面。EF,

根據(jù)二面角的定義可知，/DFE即為二面角A—CP-。的平面危，

即sin/DFE=4之，即tan/DFE=V6.

因?yàn)樵O(shè)AD=m則CD=J4，由等面積法可得,DE=4/心,

又CE=J（4—"）一一（4了）=魚了而AEFC為等腰直角三角形，所以EF=三三絲,

V422V2

故，解得田=通，即人0=通.

________P

2.(2023?新課標(biāo)I卷?高考真題)如圖，在正四棱柱ABCD-A.B.C.D.中，AB=2,AAA=4.點(diǎn)A2,B2,C2,

D2分別在棱AAX,BBX,CCX,DDY±,AA2=1,BB2=DD2=2,CC2=3.

⑴證明：B2c2〃4。2；

⑵點(diǎn)P在棱831上,當(dāng)二面角P-—。2為150°時(shí),求B2P.

【答案】（1）證明見解析；

（2）1

【詳解】（1）以。為坐標(biāo)原點(diǎn)，CD,CB,CG所在直線為c,g,z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖，

則。(0,0,0),G(0,0,3),瓦(。,2,2),。2(2,0,2),4⑵2,1),

.?.由=(0,—2,1),陋=(0,—2,1),

B2c2H42。2,

又82G,42。2不在同一條直線上，

B2c2〃A2D2.

(2)設(shè)P(O,2,』)(O4』＜4),

—

則242c2=(2,—2,2),FC2=(0,—2,3—A\D2C2=(—2,0,1),

設(shè)平面PA2C2的法向量方=(ey,z),

則!藥?42。2=-2劣—2g+2z=0

1日?_?。2=—2g+(3—/1)N=0

令z—2,^y—3—A,x—A—l,

n—(/I—1,3—A,2),

設(shè)平面A2C2D2的法向量萌=(Q,b,c),

門J扇?4G=-2Q—2b+2c=0

貝'I(＞3,

?_02c2=—2Q+c=0

令Q=1,得b=l,c=2,

:.m—(1,1,2),

?水°蟲闕=HH=-4+(」＞+(3-)2=|COS1500，=符

化簡(jiǎn)可得，/—41+3=0,

解得4=1或4=3,

.??。(0,2,1)或「(0,2,3),

/.B2P=1.

實(shí)戰(zhàn)演練一:動(dòng)點(diǎn)問題

3.(24—25高三下?天津?階段練習(xí))如圖，在多面體ABCDGEF中，四邊形ABCD為直角梯形,且滿足

LCD,EG〃AD,EG=AD=DC=DG=2BC=2,CD〃尸G,平面ABCD.

⑴證明：AG,平面CDE；

(2)求平面CDE與平面ABE夾角的余弦值；

(3)在線段BE上是否存在一點(diǎn)P,使得直線DP與平面ABE所成角的正弦值為當(dāng)普?若存在,求

85

露的值;若不存在，說明理由.

EB

【答案】(1)證明見解析

⑵中

/e左左EP_\弋EP_5

⑶存在，函=2或麗一石

【詳解】(1)因?yàn)镋G〃AD且EG=AO,所以四邊形AOGE為平行四邊形，

又AD=DG,所以四邊形ADGE為菱形，所以AG_LDE.

因?yàn)镈G_L平面ABOD,CDu平面ABCD,所以。G_LCD,

又AD_LCD,DG,ADu平面ADGE,DG040=。,所以6?_1平面ADGE,

又AGu平面ADGE,所以CD_LAG,

又AG_LDE,DE,CDu平面CDE,QEnCD=D,所以AG_L平面CDE.

(2)因?yàn)?。G_L平面ABCDDAu平面4BCD,所以。G_LDA,

又。G_LDC,m_LDC,

以。為原點(diǎn)，分別以力X方方,方苕的方向?yàn)槊S，U軸，.z.軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系如圖所示，

則L>(0,0,0),A(2,0,0),B(l,2,0),G(0,0,2)￡；(2,0,2),

所以毋=(-1,2,0),品=(0,0,2),品=(-1,2,-2),速=(2,0,2),AG=(-2,0,2),

由⑴知平面CDE的法向量為用,=%苕=(—2,0,2),

ntAB=-x-\-2y=0

設(shè)平面ABE的法向量為為=（T,y,z）,則

n-AE=2z=0

令g=1,得力=2,z=0,所以日二（2,1,0）.

故c|cos彷㈤|==4=平，

|n|/V/XV3J

平面COE與平面ABE夾角的余弦值為碧①；

5

⑶假設(shè)線段BE上存在點(diǎn)P,使得直線DP與平面ABE所成角的正弦值為螺里,

85

設(shè)而=描=（-4,2/1,-2A^0<A^l\DP=DE+EP=（2-42/1,2—2為，

則|coS/n,DP\I=i=1（2,1°）.（222一位

?'\n\\DP\V4+TV（2-^）2+4/l2+（2-2^）2

=48V85

V5V9a2-W+885'

解得A=<或I=搭.

26

所以線段加上存在點(diǎn)匕當(dāng)需=4或需3時(shí)，

使得直線0P與平面ABE所成角的正弦值為挈？.

4.（24-25高三下?山西晉中?階段練習(xí)）如圖，正方體ABCD-A^C.D,的棱長(zhǎng)為3,M為GD的中點(diǎn)，點(diǎn)

N在線段4C上（不含端點(diǎn)）.

⑴若〃平面ADD.A,，求證：N為AQ的中點(diǎn)；

（2）若平面ADN與平面CDN夾角的余弦值為喘，求線段CN的長(zhǎng)度.

【答案】（1）證明見解析

（2）273

【詳解】⑴

連接AXD，經(jīng)過MN的平面4CDCl平面ADDXAX=A,D,

又MN〃平面ADDiAi,所以

因?yàn)镸為CD的中點(diǎn)，所以上W為△4CD的中位線，所以N為4。的中點(diǎn)

以4為原點(diǎn)，AB,AC,分別為c,g,z軸建立如圖空間直角坐標(biāo)系坐標(biāo)系，

則力(0,0,0),。(0,3,0),。(3,3,0),4(0,0,3),

CAX=(-3,-3,3),CD=(-3,0,0),AD=(0,3,0),

設(shè)國(guó)=ACAr=(-3/1,-3/1,3/1),/I€(0,1),則俞=+國(guó)=(3—3』,3-3/1,3/1),

設(shè)平面ADN的法向量為扇=(6,y,z),

則竹.亞=3片0,

[m-AN=(3—3/1)6+(3—3/l)g+3/lz=0

則^=0,取/=1,得？=!，，所以慶=(1,0,

Av1AJ7),

設(shè)平面CDN的法向量為ft=(a,b,c),

則fm-C!D=3a=0

\m?CN=-34a—3Ab+3Ac=0

則Q=0,取b=1,得c=1,所以ft=(0,1,1),

由題可得|cosm,n|==-----jT=需，解得仁春，

HHV2-71+Q-1)2103

所以|3|=曰|。4|=曰7^^=2遍.

OO

5.（2025?陜西咸陽?二模）如圖，在矩形紙片ABCD中，=4,8。=2,沿AC將△4X7折起，使點(diǎn)。到達(dá)

點(diǎn)P的位置,點(diǎn)P在平面ABC的射影H落在邊AB±.

（1）求三棱錐P-BCH的體積；

（2）若M是邊PC上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn),是否存在點(diǎn)使得平面AMB與平面PBC的夾角正切值為邛？若

O

存在,求點(diǎn)河到平面ABC的距離;若不存在，請(qǐng)說明理由.

【答案】⑴聲

（2）存在，手

【詳解】（1）作PE.LAC,垂足為E,連接EH,如圖所示.

由點(diǎn)P在平面ABC的射影H落在邊AB上，可得PH_L平面ABC,

又4CU平面ABC,所以PH_LAC,因?yàn)镻HAPE=E，且PH,PEU平面

所以AC_L平面PHE,又EHu平面PHE,所以AC_LEH.

因?yàn)樗倪呅蜛BCD為矩形，所以AB_LBC,可得△ABC?4AEH,

由AB=4,BC=2,可得AP=2,PC=4,人。=20.

所以PE=APfc=,AE=YAP1—PE?=-.

AC55

由△ABC-&AEH,可得嚕=*,即AH==5乂；瓜=1,

AHACAB4

則AB—4H=3.

在RtAPAH中，PH=NP且—AH1=V3.

所以/_BCH=曰x/BCxBHxPH=：x；x2x3xV^=通.

⑵根據(jù)題意，以點(diǎn)、H為坐標(biāo)原點(diǎn)，以過點(diǎn)H且平行于的直線為沙軸，分別以HB,PH所在直線為c,z軸

建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示.

則A(-1,O,O),P(O,O,V3),B(3,0,0),C⑶2,0).

設(shè)而=病"6[0,1],

可得CM=ACP=4(—3,-2,V3)=(—34-24,73/1),

所以M(3-3/1,2-2/1,V3/1).

易知=(4,0,0),廟=(34,2/1-2,-V34),PB=(3,0,-V3),BC=(0,2,0).

設(shè)平面4MB的一^法向量為m—(6,

“JAB?左=4/i=o

所以<―>,

[A4B?扇=3/10+(2/1—2)%—=0

解得/i=0,取幼=禽九則Zi=21一2,即京=(0,V3>1,2/1—2),

設(shè)平面PB。的一個(gè)法向量為n=(g,紡,？2),

所以]歿？=3"廠血Z2=0,解得切二°,

[BC-n=2y2=0

取劣2=1,則&=A/3，即日=(1,0,V3),

因?yàn)槠矫?MB與平面PBO的夾角正切值為呼]，所以平面與平面的夾角的余弦值為多，

因此可得|cos<m,n)|=」館的=--2戶[J------=,整理可得3萬—81+4=0,解得A=2(舍去)或1=

|利同2xj7#—84+44

2

3

因此當(dāng)面？=￡■覆時(shí)，平面AMB與平面PBC的夾角的正切值為乂碧，此時(shí)點(diǎn)初到平面ABC的距離為

OO

2prr_2V3

6.(2025?北京石景山?一模)如圖，在四棱錐P-ABCD中，B4，平面ABCD,AB〃CD,且CD=2,AB

=1,BC=1,PA=2,人呂,呂仁/^為也的中點(diǎn).

⑴求證：AN〃平面尸BC；

(2)求二面角C-PD-A的余弦值；

(3)點(diǎn)河在線段AP上，直線CN與平面R4O所成角的正弦值為答，求點(diǎn)"到平面PCD的距離.

【答案】(1)證明見解析

ViO

5

⑶年

【詳解】(1)設(shè)P。的中點(diǎn)為F,連接NF,,

因?yàn)镹為PD的中點(diǎn)、，所以NF//DC,且NF=~^DC,

入AB〃CD,且AB=gCD,所以NF〃AB,且NF=AB,

所以四邊形AMFB為平行四邊形，則AN//BF,

入AND平面PBC,BFU平面PBC,

所以AN〃平面PBC.

⑵記CD的中點(diǎn)為E,連結(jié)AE,

因?yàn)锳BHCD,CE=-^CD=1=AB,AB±BC,

所以四邊形ABCE是矩形，則AE=BC=1,AE_L

以人為原點(diǎn)，以AE,AB,AP所在直線為心沙逐軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖，

則4(0,0,0),。(1,—L0),0(1,1,0),P(0,0,2),

則CD=(0,-2,0)，阮=(1,一1,-2),/=(0,0,2),

設(shè)平面A4O的一個(gè)法向量為方=(a,b,c),

所以［蘭：-20一°，令a=1,則4=(1,1,0),

［PDtn=a—b—2c=0

設(shè)平面PCD的一個(gè)法向量為右=(丁/工)，

所以［空二=—2s=。，令I(lǐng)=1,則日=Q,0,1),

\PD-u=r—s—2t=0

甑ff-n-u2V10

所以cosn,u=\一「=~j=--k=,

同.同V2XV55

由圖可知，二面角C—PD—A為銳角，

所以二面角C-PD—4的余弦值為迫口.

5

(3)依題意，設(shè)M(0,0#)(0WkW2),則CM=(-1,-1,A:),

又由(2)得平面R4。的一個(gè)法向量為元=(1,1,0),

記直線CM與平面PAD所成角為6,

I——?i|n-C7w|2

所以sin/?=cosn,CM\——-一、=-------/，解得k=1（負(fù)值舍去）,

11|n|-|CM|V2-V2+^

所以“(0,0,1),則加=(0,0,1),

而由（2）得平面PCD的一個(gè)法向量為u-(2,0,1),

\MP-V\

所以點(diǎn)M到平面PCD的距離為??-1_V5

uV55

7.（2025?山西太原?一模）如圖，在多面體ABCDEF中，四邊形ABCD是邊長(zhǎng)為2的菱形，且ABAD=60°,

DE±平面ABCD，平面BCF，平面ABCD,△BCF是等邊三角形.

⑴求證：AD±EF；

⑵若應(yīng)=2四，點(diǎn)G是線段班上一點(diǎn),二面角O-AG-E的余弦值為+,求8G的長(zhǎng).

【答案】(1)證明見解析

(2)1

【詳解】(1)證明：設(shè)H是BC的中點(diǎn)，連結(jié)DH,FH,

?：DE±平面ABGD,AD,

△BCF是等邊三角形，,FH_LBC,

?.?平面BCFJ_平面ABCD,儂_L平面ABCD,

:.DE〃FH,：.D,E,F,H共面,

?：四邊形ABCD邊長(zhǎng)為2的菱形，ABAD=60°,BH=CH=1,

在4CDH中,DIP=CD2+CH2-2CD-CH-cosZBGD=3,

CD2=CH2+DH2=4,：.DH±BC,

四邊形ABCD為菱形，二AD//BC,：.DH±AD,

；DEC\DH=D,；.AD±平面DEFH,；.AD±EF.

(2)由(1)得AD±DE,AD±DH,

?：DE_L平面ABCD,

：.DE±DH,以D為原點(diǎn)，DA,DH,DE所在直線分別為c軸、y軸、z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,

則A(2,0,0),B(l,V3,0),S(0,0,2V3),F(0,V3,V3),

設(shè)怒=1屈(0W/IW1),則北=京+/=(T—l,心,V^l),

設(shè)前=(xltyltZi)是平面ADG的一個(gè)法向量，則\'色＞'

[m.LAG^

.1271=0,

??\(T-1)61+四%+VS7lzi=O,

取"=義，則Zi=-1,???云=(0,尢一1),

n±AE,

設(shè)方=(力2,紡,石)是平面AEG的一?個(gè)法向量，則

n±AG,

.2X2+2A/3^2—0,

t(—/1-1)^2+V31/2+V3^2—0,

取力2=通，則例=1,&=1,工日=(V3,l,l),

,二面角D—A.G一石的余弦值為|cos/?7i,n)\=~=―/-----j-

51'71|m||n|V^+T-V55

.?"=；或4=2(舍去)，5G=1.

8.（2025?吉林長(zhǎng)春?模擬預(yù)測(cè)）斜三棱柱ABC-48?各棱長(zhǎng)為424AB=與。為棱班1上的一點(diǎn).

O

（1）求證：AB±A1C；

（2）若平面AA^B±平面ABC,且二面角A-A.D-C的余弦值為，求的長(zhǎng).

【答案】（1）證明見解析

（2）50=2.

【詳解】（1）證明：取4B中點(diǎn)。，在△ABC中，AC=BC,O為4B中點(diǎn)，所以O(shè)C，AB,

12

在△A4Q中,ZAiAO=看,AO=2,A4=4,所以AXO=A0+（AAJ-2AO-AA.cosZArAO=2V3,

22

所以有AA?=AO+AiO,即ZA.OA=5，所以ArO±AB,

又因?yàn)?0nOC=O,AQu平面AQC,OCu平面AQC,所以AB，平面AQC,

又因?yàn)?CU平面AQC,所以AB,AQ；

_____________________________

(2)由(1)知AQ_LAB且平面44iBpB_L平面AB。,所以AQ_L面ABC,

則AO，,如圖以O(shè)AOC,04兩兩垂直，

以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，以0400,04方向?yàn)閏軸，沙軸，z軸正方向，建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系.

A(2,0,0),5(-2,0,0),17(0,273,0),^1(0,0,273),

設(shè)=[0,4],??.O(—2—'0,苧)，

AiC=(0,2A/3,—2A/3),Z?C=2+,2V3,

設(shè)平面AXCD法向量為n=(小塊⑦),

-

4。?k=0f2V3?/o2A/3^0—0

、反.4=0'((2+1)g+2g%—年后=0，

溝4—4)\

可取元=

4+4''〃

平面44Q的法向量為晶=(0,1,0),

所以有1V21

\2

//鳳一4))+12+127

Vv4+4

化同得矛—10/1+16—0,

所以有義=8(舍)或者4=2,所以皿=2.

實(shí)戰(zhàn)演練二:邊長(zhǎng)缺失問題

9.（24-25高三下?遼寧?階段練習(xí)）如圖，在四棱錐P—ABCD中，底面4BCD為梯形，AB//CD,PC=

尸。=4,AB=6,PA=3V2,PB=3前，加r是棱CD上一點(diǎn)，且二面角朋-AP—B為直二面角.

⑴證明：河是CD中點(diǎn);

⑵若川口河,且二面角pro”的余弦值為乎，求偽的長(zhǎng).

【答案】（1）證明見解析

（2）4

【詳解】（1）證明：由已知可得24?+AB2=18+36=54=PB?,則AB±PA,

由二面角Af—AP—B為直二面角，則平面上4Af_L平面R4B,

因?yàn)槠矫嫔缴蟤平面Q4B=a4,ABU平面R4B,所以AB_L平面K4M,

又PMU平面所以AB_LPM,又4B〃CD,所以CD_LPM.

又PC=PD,由等腰三角形的性質(zhì)，知河是CD中點(diǎn).

⑵由已知禾＞（1）,以M為原點(diǎn)，MD,MA,MP分別為單，y,z軸的正方向，建立空間直角坐標(biāo)系.

故平面ABD的一個(gè)法向量是=(0,0,1).

設(shè)平面PAD的法向量為甚=(力,y,z),設(shè)MD—m,

由已知可得PM2=PD2-MD2=16-m2,

AM2=B42-FM2=2+m2,

所以。(館,0,0),F(0,0,V16-m2),A(0,V2+m2,0),

所以AD=(m,—5/2+17??,0),PD=(m,0,—V16—m2),

mx—V2+m2i/=0

mx—y/lQ—rn^z=0'

「1丫

V16—m2)

]

所以cos〈五,元〉=]"一7.=答,

/1+^_+工6

V16-m,22+m2m2

化簡(jiǎn)得7m4-20m2-32=0,

_________?

解得m2=—"I"（舍）或小2=4,所以m,=2

又M是CD中點(diǎn)，所以3=2加=2小=4,即3長(zhǎng)為4.

10.（24-25高三上?江蘇揚(yáng)州?期末）如圖，在直三棱柱ABC-A.B^中，CA=3,CG=4,二面角A-CC、

-B為直二面角.點(diǎn)N為棱OR的中點(diǎn)，棱AJBJ與平面ACN相交于點(diǎn)M.

⑴求證：河為棱45的中點(diǎn);

（2）若直線AC,與平面ACN所成角的正弦值為求CB的長(zhǎng).

25

【答案】（1）證明見解析

（2）4

【詳解】（1）證明：因?yàn)橹比庵鵄BC-4B1G,所以4G〃AC,

又4G?平面ACN,ACu平面ACN,所以4G〃平面ACN,

又4GU平面4B1G,平面n平面ACN=NM,所以4G〃MN.

又N為GBi的中點(diǎn)，所以胡為力出1的中點(diǎn).

（2）方法一：由直三棱柱ABC-A^C,得CG，平面ABC,

又AC,BCu平面ABC,所以CC、±AC,CC、±BC,

所以乙4cB即為二面角A—CG—B的平面角.

又二面角A—CG-B為直二面角，所以乙4cB=90°.

如圖，以點(diǎn)。為原點(diǎn)，分別以CA,CB,CC、為電y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系.

設(shè)CB=t（t>0）,則A（3,0,0）,G（0,0,4）,2V（0,y,4）

所以而=（-3,0,4）,為=（3,0,0）,國(guó)=（0,彳,4）.

=0f36——0,

設(shè)方二（力,g,z）為平面4m的法向量，則J'即力八

[n-CN^O,匕"+4z=0

不妨取z=±，則元=（0,—8,t）是平面AC7V的一個(gè)法向量，

所以cosn,ACi==一/"?

同|巾5〃64+-

設(shè)直線ACi與平面ACN所成角為凡所以sin。=Icosn.ACil=——=~^V5,

5V64+?25

解之得￡=4,即CB=4.

z」

GBl

氣

方法二:在平面BCCiBi內(nèi)，過點(diǎn)G作GG_LCW,垂足為G,連接AG,

由直三棱柱ABC-ABiG得CG，平面ABC,又AC,BC（Z平面ABC,

所以CC、±AC,CC、±BC,

所以乙4cB即為二面角A—CG—B的平面角.

又二面角A-CG-B為直二面角，所以乙4cB=90°,即AC.LCB,

又AC，CC、,CC、CCB=C,CCi,CBu平面BCCB，所以AC，平面BCCR.

又GGu平面BCGBi，所以AC_LC、G,

因?yàn)镃、G工CN,ACC\CN=C,AC,CNu平面ACN,所以QG_L平面ACN,

所以ZGAG為直線AG與平面ACN所成的角.

所以GG=G"N=4t,,所以sin/QAG=祭=4t,

CNJ64+「ACi5V64+12

解之得t=4,即CB=4.

11.（2025?新疆?模擬預(yù)測(cè)）如圖，在四棱錐P-ABCD中，PO，平面ABCD,底面ABCD為菱形,ZABC

=60°.

⑴求證：AC±PB；

（2）若AB=2,當(dāng)平面PAB±平面PBC時(shí)，求PD的長(zhǎng).

________0

【答案】（1）證明見解析

⑵遍

【詳解】（1）在菱形ABCD中，ACVBD,

又PD_L平面ABCD,ACU平面ABCD,

:.PD_LAC,又PDCBD=D,

PDU平面PBD,BDU平面PBD,

AAC±平面PBD,PBu平面PBD,

：.AC±PB.

（2）設(shè)AC,BD交點(diǎn)為。，則OA±OB,

以O(shè)為原點(diǎn)，以O(shè)A,OB,分別為c軸，y軸，建立如圖直角坐標(biāo)系，

設(shè)PD=力，則4（1,0,0）,5（0,73,0）,。（一1,0,0）,F（0,-V3,t）,

AB=（-1,73,0）,FB=（0,2V3,-t）,BC=（-1,-V3.0）,

設(shè)平面PAB的法向量為方=（g,%,zi）,則］:，

取夕=1,則方=（四,1,罕），

取平面PBC的法向量為rh=（62,夕2,出），

則［涓一今仁:，取9=1,則倏=（_倔i，￥）,

［2V3g2—笈2=。't/

12

/.-3+1H——=0,

：,力2=6,t=娓.

即PD=娓.

12.（2025?北京東城?一模）如圖，在幾何體48coEF中，四邊形ABCD為平行四邊形，平面4CK，平面

CDE,AD±DE,AD=DE=DC^1,BF//DE.

E

（1）證明：FC〃平面A0E；

（2）已知點(diǎn)E到平面人尸。的距離為平，再?gòu)臈l件①、條件②這兩個(gè)條件中選擇一個(gè)作為已知，求的

長(zhǎng).

條件①：4B，CD；

條件②：AC=CE.

注：如果選擇條件①和條件②分別解答，按第一個(gè)解答計(jì)分.

【答案】（1）證明見解析；

（2）所選條件見解析,BF=j

【詳解】(1)由四邊形ABCD為平行四邊形，則AD"BC,又BF//DE,

ADu平面ADE,BCD平面ADE,則BC〃平面ADE,同理B尸〃平面ADE,

由BCCBF=B,都在平面BCF內(nèi)，則平面BCF〃平面ADE,

FCu平面BCF,則FCII平面ADE-,

(2)平面ADE_L平面CDE,AD_LDE,平面ADEH平面CDE=DE,ADu平面ADE,

所以AD_L平面CDE,DE,CDu平面COE,則AD±DE,ADYCD,

選條件①：AE_LCD,ADClAE=A都在平面ADE內(nèi)，則CD_L平面ADE,

DEU平面ADE,則CD_LDE;

選條件②：由AD_LDE,ADYCD,AD=DE=DC=\,

則4ADExAADC,叉AC=CE,故AC=AE=CE,

所以LADE工AADCw△ED。，則CD_LOE,

綜上，AD±DE,AD_LCD,CD_LDE,

以。為原點(diǎn)，力X反，說為①y,z的正方向建立空間直角坐標(biāo)系D-xyz,

所以人(1,0,0),。(0,1,0),后(0,0,1),令8干=2>0,則尸(1,1,2；),

故4=(0,1,2),標(biāo)=(l,0,c),金=(-1,0,1),

m-AF=b+xc=0

令茂=(a,b,c)是平面AFC的一個(gè)法向量，則

m-CF—a+xc—0

取a=a;,則前=(x,x,—1),

由題設(shè)171=/*+1-=-,可得4x2-4a;+1=0=，=4

|m|V2^+l22

所以

13.(24-25高三下?江蘇鹽城?階段練習(xí))直三棱柱ABC-4BG，已知/4BC為直角,CG=3,BC=2,

線段CG上有一點(diǎn)河，GM=1線段存在一點(diǎn)N,使得CN±面MAB.

⑴求CN長(zhǎng);

（2）若二面角N-AC-B所成角余弦值為多時(shí)，求長(zhǎng).

【答案】（1）22

⑵AB=2/

【詳解】（1）以B為坐標(biāo)原點(diǎn)，前的方向?yàn)榱⑤S正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系B—xyz,

則5(0,0,0),(7(0,2,0),3(0,0,3),G(0,2,3),M(0,2,2).設(shè)力(a,0,0),N(0,0,b),

則MA=(a,-2,-2),MB=(0,-2,-2),CZV=(0,-2,b),

n-MA=0(ax—2y—2z=0

設(shè)平面AMB的法向量日=（c,y,z）,則n-MB=Qnf-22/—2z=0

令g=1,得力=0,z=—1,即n=(0,1,—1).

由題意，國(guó)〃立即(0,-2,6)〃(0,1,-L),故b=2,

所以|國(guó)I=jo+(—2)2+22=2。

⑵由⑴得函=(0.-2.2),昂=(a,—2,0).

m-CN=0J—2q+2r=0

設(shè)平面ACN的法向量扇=（p,g,r）,則＜

m-CA—Q[ap—2q=0

令p=2,則q=Q,T=a,即扇=(2,a,a).

而平面JR4C的法向量g=(0,0,l).

所以cosm,s=-———-=

|m|?|s|J4+2Q2

由題意得〒

V4+2a27

解得a=2V3，即AB=2V3.

14.（24-25高三下?江蘇?開學(xué)考試）如圖，在三棱錐P-ADE中，。為棱PD上一點(diǎn)，AC=1,AE=

O

CE=乎，且AC,PD,

O

⑴證明：AC,平面PDE；

（2）求四面體ACDE的外接球的體積；

（3）若平面CAE與平面4DE夾角的余弦值為喑:，求DE的長(zhǎng).

J-O

【答案】（1）證明見解析；

⑵■

(3)4

【詳解】（1）根據(jù)題意由4。=1,/出=當(dāng)￡,。七=空可得402+2^2=462,

OO

即AC_LCE,

又4。_LPD,且CE,PDU平面PDE,

因此AC_L平面PDE；

（2）由（1）中AC±平面PDE,又DEU平面POE,所以4C_LDE；

大PDIDE,AC±PD,

所以4C,PD,DE兩兩垂直,

所以四面體ACDE的外接球即為以DE,力CD為長(zhǎng)方體的長(zhǎng)、寬、高時(shí)長(zhǎng)方體的外接球,該球直徑為AE,

因此四面體ACDE的外接球的體積為4

O

（3）由（1）中AC,PD,DE兩兩垂直可知,

以。為坐標(biāo)原點(diǎn)，DE,DP所在直線分別為:r,沙軸，過點(diǎn)D作垂直于平面PDE的直線作為z軸建立空間直角

坐標(biāo)系，如下所示:

設(shè)DE=《0VtV乎)，在①△CDE中由勾股定理可得CD=店二,

易知_D(0,0,0),A(0,>y^^^,1),-0(4,0,0),C^O,,0);

可得無=卜,一點(diǎn)—p,o）,

設(shè)平面CAE的法向量為質(zhì)=（Xi,3,Z）,

則產(chǎn),市=%7鼻Ty、=o

\cA-m=Zi=0

所以用,=■-4工,0）,

設(shè)平面ADE的法向量為n=（力2,3,22）,

DE-n=tx—0

則2,解得力2=0,令m=-1,則@=小三T,

DA?元Z2=0

所以慶=（0,一1,J4一產(chǎn)）,

因此可得|cos（晶抗〉卜—=筆工,

11HH13

解得±=1.

可得DE的長(zhǎng)為DE=^.

_________________________E

實(shí)戰(zhàn)演練三:最值與范圍問題

15.(2025?寧夏?一模)如圖，已知四棱臺(tái)ABCD—AiBCB的上、下底面分別是邊長(zhǎng)為1和2的正方形，。為

底面ABCD的中心，A4i=0,AA.AB=AArAD,cosZA.AC=0.

⑴求證：A.O±平面ABCD；

⑵設(shè)加?為的中點(diǎn)，CM交SB于點(diǎn)P,點(diǎn)Q滿足的=力團(tuán)(OWtVl).

⑴求直線AP與平面BCCB所成角的正弦值；

(ii)求平面A.AP與平面APQ夾角的余弦值的取值范圍，并說明t取何值時(shí)，平面A.AP±平面APQ.

【答案】(1)證明見解析；

⑵⑴華王；(ii)[0,"善]"=1時(shí)平面4APL平面APQ.

14L65」5

【詳解】⑴由題設(shè)40=441=碗，顯然cosAAXAC=卓=-yy-,

易知△AOA為直角三角形，即AQLAO,

連接AiB,A{D,又AAiAB=AA^AD,AAt為公共邊，則△人力冉=^AAXD,即A.B=A.D,

由題意。為BD中點(diǎn)，則AXO±BD,

由AOClBD=O且都在面ABCD內(nèi)，則A.O_L平面ABCD;

(2)⑴由(1)知AiO_L平面ABCD,而4G=。。=2且4cl〃OC,則A.O=2,

即4GCO為平行四邊形，故40〃G。,故G。_L面ABCD,且ABCD為正方形,

可構(gòu)建如圖示的空間直角坐標(biāo)系C—g/z,則4(2,2,0),B(0,2,0),D(2,0,0),Bi(0,l,2),G(0,0,2),

由M為BG的中點(diǎn)，CMr交于點(diǎn)P,設(shè)麗=4函=(0,-4,24),

由CP=BF-BC=(O,2-/l,2a),BG=(O,-2,2),則CP-BG=-4+6^=0,

所以■，則而=(0,—4,

OO1)

而面BCGBi的一個(gè)法向量為用,=(1,0,0),

---?TK),AP2—3vn

所以cosm,AP|=|--.

\m\\AP\

故直線AP與平面BCCB所成角的正弦值竺工;

（ii）由函=?（0&Y。）,則。（2方,0,0）,故豆=（2—2力2,0）,

若元=（劣,g,z）是面ABBxAi,即面AXAP的一^個(gè)法向量,

藥?BBi=—g+2z=0

若力=(a,b,c)是面APQ的一個(gè)法向量，

v9A.P——2Q—1-d+^c—0

則＜_33，取a=2,故o=(2,2(力-1),力+2),

v-QA=(2—2t)a+2fe=0

所以淵=1且也=______邑二2______=J-./25--20C+4=，.卜_56一

'同忖V5xV5i2-4i+12V5V5t2-44+12娓V5t2-4t+12)

由則5/—4t+12=5(t—弓了+個(gè)e[個(gè),13],所以卜os日成e[°，噓']，

當(dāng)力=4■時(shí)，卜os落司=0,此時(shí)平面AiAP_1_平面APQ.

O

16.(2025?湖南長(zhǎng)沙?模擬預(yù)測(cè))如圖，在直三棱柱ABC-