專題04立體幾何非建系綜合大題培優(yōu)歸類

題型1非建系：“虛”交線型

如果兩個(gè)平面相交，則滿足以下性質(zhì)：

1.兩點(diǎn)確定一條直線，只需確定兩平面的兩個(gè)公共點(diǎn)即可

2.由于兩平面有一個(gè)公共點(diǎn)A，再找一個(gè)公共點(diǎn)即可確定交線

3.一條直線與一個(gè)平面平行，則過(guò)這條直線的任一平面與此平面的交線與該直線平行，在平面內(nèi)，過(guò)兩平

面的公共點(diǎn)作直線與已知直線平行，則此直線即為兩平面的交線

1．如圖，在平行四邊形ABCD中，ABC60，AD2AB4，E為AD的中點(diǎn)，以EC為折痕將△CDE折

起，使點(diǎn)D到達(dá)點(diǎn)P的位置，且PB=10，F(xiàn)，G分別為BC，PE的中點(diǎn).

(1)證明：PB//平面AFG.

(2)若平面PAB與平面PEF的交線為l，求直線l與平面PBC所成角的正弦值.

【答案】(1)證明見(jiàn)解析；

(2)313.

13

【分析】（1）連接BE，交AF于H，并連接HG，易得ABFE為正方形，進(jìn)而知HG為中位線，則HG//PB，

最后根據(jù)線面平行的判定證結(jié)論；

（2）若K為CE中點(diǎn)，連接PK,FK，由線面、面面垂直的判定可證面PKF面ABCD，從而P在面ABCD

上的射影O在直線FK上，過(guò)P作直線l//EF則有直線l為面PAB與面PEF的交線，故EF與面PCF所成角

即為所求角，再根據(jù)已知、等體積法求E到面PCF的距離，即可求角的正弦值.

（1）

連接BE，交AF于H，并連接HG，

由E、F分別是AD、BC的中點(diǎn)，而AD2AB4，故ABFE為正方形，

所以H為BE的中點(diǎn)，又G是PE的中點(diǎn)，

所以HG//PB，而HG面AFG，PB面AFG，故PB//面AFG.

（2）

由題易知：PEFPCF且均為等腰三角形，PECFEC且均為等邊三角形，

若K為CE中點(diǎn)，連接PK,FK，則PKCE,FKCE，

而PKFK=K，PK,FK面PKF，則CE面PKF，

又CE面ABCD，故面PKF面ABCD，面PKF面ABCD=FK，

所以P在面ABCD上的射影O在直線FK上，

過(guò)P作直線l//EF，而AB//EF，則AB//l，故直線l為面PAB與面PEF的交線，

所以直線l與平面PBC所成角，即為EF與面PCF所成角，

由題設(shè)，PK=FK=3，PB=10，令OK=x(0,3)，則OF=3x，OP=3x2，

因?yàn)镺P面ABCD，F(xiàn)K,OB面ABCD，故OPFK,OPOB，

所以O(shè)B=PB2OP2=x2+7，又ABC60，易知BFO=150°，

在△BFO中，OB2=BF2+OF22BFOFcosBFO，整理得43x=6，

33

所以x，故OP=，PF3，

22

11

若E到面PCF的距離為h，且V=V+V，即hS=CES，

EPCFCPKFEPKF3PCF3PKF

1133912333

所以hSPCF=CESPKF，S=××3=，S=×(3)×=，CE2，

PCF224PKF224

613h313

綜上，h=，則sin==.

13EF13

【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：第二問(wèn)，首先確定P在面ABCD上的射影O位置，結(jié)合平面的基本性質(zhì)找到直線l，

并將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為求EF與面PCF所成角的正弦值.

2．如圖，在直三棱柱ABCA1B1C1中，BAC90，AA1AC3.

(1)設(shè)平面A1BC1與平面ABC的交線為l，判斷l(xiāng)與AC的位置關(guān)系，并證明；

(2)求證：A1CBC1；

(3)若A1C與平面BCC1B1所成的角為30°，求三棱錐A1ABC內(nèi)切球的表面積S.

【答案】(1)l//AC，證明見(jiàn)解析

(2)證明見(jiàn)解析

(3)1263

【分析】（1）由平面A1B1C1∥平面ABC可得A1C1∥平面ABC，從而根據(jù)線面平行的性質(zhì)定理即可得證；

（2）連接AC1，根據(jù)已知可得A1C平面ABC1，從而即可證明A1CBC1；

（3）由題意，首先求出棱錐中各條棱的長(zhǎng)度，然后利用等體積法計(jì)算三棱錐內(nèi)切球的半徑，最后計(jì)算其表

面積即可得答案．

【詳解】（1）解：判斷l(xiāng)∥AC.證明如下：∵ABCA1B1C1為直三棱柱，∴平面A1B1C1∥平面ABC，

∵A1C1平面A1B1C1，∴A1C1∥平面ABC，又平面A1BC1平面ABCl，A1C1平面A1BC1，

∥

∴A1C1l，又∵A1C1∥AC，∴l(xiāng)∥AC；

（2）證明：連接AC1，∵三棱柱ABCA1B1C1為直三棱柱，

I

∴A1A平面ABC，∴A1AAB，又BAC90，A1AACA，∴AB⊥平面ACC1A1，又A1C平面ACC1A1，

∴ABA1C，又∵直三棱柱ABCA1B1C1中，AA1AC，∴四邊形ACC1A1為正方形，∴AC1A1C，

∵AC1ABA，AC1平面ABC1，AB平面ABC1，∴A1C平面ABC1，

又∵BC1平面ABC1，∴A1CBC1；

（3）解：過(guò)A1作A1DB1C1，垂足為D，連接CD，如圖所示，∵三棱柱ABCA1B1C1為直三棱柱，

∴BB1平面A1B1C1，又A1D平面A1B1C1，∴BB1A1D，∵B1C1A1D，BB1B1C1B1，

∴A1D平面BCC1B1，

∴A1CD為直線A1C與平面BCC1B1所成的角，即A1CD30，

ADAD1

sinACDsin3011

∵AA1AC3，∴A1C32，∴1，

A1C322

32

32

∴，∴在Rt△ACD中，AD2，

A1D1112

2sinA1C1D

A1C132

∴A1C1D45，又BA1C190，∴A1B1A1C13.

設(shè)三棱錐A1ABC內(nèi)切球的半徑為r，球心為O，連接OA，OB，OC，OA1，

則由VVVVV得

三棱錐A1ABC三棱錐OABC三棱錐OABA1三棱錐OACA1三棱錐OA1BC

2

11113333333

33333332r，即r，

323243362

2

∴三棱錐內(nèi)切球的表面積2.

A1ABCS4r331263

3．如圖，在四棱錐PABCD中，底面ABCD為直角梯形，CD//AB，ABC90，AB2BC2CD，

側(cè)面PAD平面ABCD．

(1)求證：BDPA；

(2)設(shè)平面PAD與平面PBC的交線為l，PA、PB的中點(diǎn)分別為E、F，證明：l//平面DEF．

【答案】(1)證明見(jiàn)解析；

(2)證明見(jiàn)解析.

【分析】（1）由題設(shè)可得ADBD，再由面面垂直的性質(zhì)可得BD面PAD，最后根據(jù)線面垂直性質(zhì)證結(jié)

論.

（2）延長(zhǎng)AD,BC交于G，連接PG即為l，由中位線性質(zhì)有EFCD為平行四邊形，再根據(jù)相似比、線面平

行的判定證結(jié)論.

（1）由底面ABCD為直角梯形，CD//AB，ABC90且BCCD，

所以△BCD為等腰直角梯形，且DBC45，故DBA45，

在△ABD中AB2BD，DBA45，易得ADBD，所以AD2BD2AB2，即ADBD，

又面PAD面ABCD，面PAD面ABCDAD，BD面ABCD，

所以BD面PAD，而PA面PAD，故BDPA.

（2）延長(zhǎng)AD,BC交于G，連接PG即為面PAD與面PBC交線l，

由PA、PB的中點(diǎn)分別為E、F，則EF//AB且AB2EF，

而CD//AB，AB2CD，故EF//CD且EFCD，

所以EFCD為平行四邊形，

GCCD1

又GCDGBA，則，故C為GB中點(diǎn)，

GBBA2

所以CF//PG，而CF面EFCD，PG面EFCD，

所以PG//面EFCD，即l//平面DEF.

題型2非建系：探索性線面平行

平行的常用構(gòu)造方法

①三角形中位線法；

②平行四邊形線法；

③比例線段法.

注意：平行構(gòu)造主要用于：①異面直線求夾角；②平行關(guān)系的判定.

1．（24-25高三·江西·階段練習(xí)）如圖1，已知等邊三角形ABC的邊長(zhǎng)為6，E，F(xiàn)分別是AB，AC上

的點(diǎn)，且AECF2，將△AEF沿EF折起到△AEF的位置，得到如圖2所示的四棱錐ACBEF．

(1)證明：EFAB．

PA

(2)在棱AC上是否存在點(diǎn)P滿足PF//平面ABE？若存在，求出的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)出理由．

PC

π

(3)已知二面角AEFB的大小是，點(diǎn)M在四邊形CBEF內(nèi)（包括邊界），且AM7，當(dāng)直線AM

3

與直線CF的夾角的余弦值最大時(shí)，求BM的值．

【答案】(1)證明見(jiàn)解析

PA

(2)存在，2

PC

(3)BM7．

【分析】（1）利用余弦定理求出EF，利用勾股定理證明線線垂直，再結(jié)合線面垂直的判定定理即可證明；

（2）利用面面平行的判定定理及性質(zhì)定理即可求解；

（3）根據(jù)二面角、線面角的定義，結(jié)合面面垂直的性質(zhì)定理可得點(diǎn)M在以G為圓心，2為半徑的圓上，結(jié)

合余弦定理即可求解.

π

【詳解】（1）在△AEF中，AE2，AF4,A，由余弦定理求得EF23．

3

因?yàn)锳E2EF2AF2，所以EFAB．由題中圖2可知，EFBE，EFAE，

BEAEE，BE,AE面ABE所以EF平面ABE，因?yàn)锳B平面ABE，所以EFAB．

（2）假設(shè)在棱AC上存在點(diǎn)P滿足PF//平面ABE，如圖3，

過(guò)點(diǎn)F作FH//BE，交BC于點(diǎn)H，連接PH．因?yàn)镕H//BE，所以FH//平面ABE，

又因?yàn)镻F//平面ABE，PFFHF，PF,FH平面ABE，

所以平面PFH//平面ABE．

又因?yàn)槠矫鍭BC平面ABEAB，平面ABC平面PFHPH，

PCCHCHCF1PC1PA

所以PH//AB，所以．又因?yàn)?，所以，從?.

ACCBCBCA3AC3PC

（3）由（1）可知EFBE，EFAE，所以二面角AEFB的平面角為AEB，則

π

AEB．如圖4，過(guò)點(diǎn)A作AGBE，垂足為G，求得AG3．

3

由（1）可知EF平面ABE，所以平面EFCB平面ABE，

又平面EFCB平面ABEBE，所以AG平面BCFE．

因?yàn)锳M7，可得GM2，所以點(diǎn)M在以G為圓心，2為半徑的圓上．

直線AM與平面BCFE所成的角為AMG，

直線AM與直線CF所成的角最小為AMG，

此時(shí)GM//FC，BG3，GM2，BGM60，

在BGM中，由余弦定理求得BM7．

2．（23-24高一下·吉林通化·期末）如圖，在四棱錐PABCD中，底面ABCD為平行四邊形，E,F分

別為PD,AB的中點(diǎn).

(1)證明：PB//平面AEC；

(2)在線段PC上是否存在一點(diǎn)G，使得FG//平面AEC？若存在，指出點(diǎn)G位置，并證明你的結(jié)論；若不

存在，說(shuō)明理由.

【答案】(1)證明見(jiàn)解析

(2)存在，點(diǎn)G為線段PC的中點(diǎn)，證明見(jiàn)解析

【分析】（1）連BD交AC于O，證EO//PB即可證明PB//平面AEC.

（2）先明確線段PC上存在一點(diǎn)G為線段PC的中點(diǎn)，再通過(guò)證明EG//AF且EGAF得FG//AE，進(jìn)而

得FG//平面AEC即可得解.

【詳解】（1）證明：連BD交AC于O，因?yàn)镋為PD中點(diǎn)，

所以EO是△BPD中位線，

所以EO//PB，又因?yàn)镋O平面AEC,PB平面AEC，

所以PB//平面AEC.

（2）線段PC上存在一點(diǎn)G為線段PC的中點(diǎn)，使得FG//平面AEC，

連接FG,EG，由于E,G為PD,PC中點(diǎn)，

1111

則EG//CD//BA且EGCDBAAF，即EG//AF且EGAF，

2222

所以四邊形AEGF為平行四邊形，

所以FG//AE，又FG平面AEC,AE平面AEC，

所以FG//平面AEC.

3．（24-25高三·甘肅蘭州·階段練習(xí)）如圖，在四棱錐PABCD中，底面ABCD是矩形，側(cè)棱PA垂直

于底面，E是AB的中點(diǎn)．

(1)求證：CDPD；

(2)設(shè)AC與BD交于O點(diǎn)，是否存在PC上一點(diǎn)F，使得平面EOF//平面PAD，若存在請(qǐng)指出F點(diǎn)的位置，

并說(shuō)明理由．

【答案】(1)見(jiàn)解析

(2)F為PC的中點(diǎn)，

【分析】（1）由題意知證得PACD，ADCD，由線面垂直的判定定理可得CD平面PAD，再由線面

垂直的性質(zhì)定理可得CDPD.

（2）假設(shè)F為PC的中點(diǎn)，由線面平行的判定定理證得FO//平面PAD，EO//平面PAD，再由面面平行

的判定定理證得平面EOF//平面PAD，所以假設(shè)成立，故F為PC的中點(diǎn).

【詳解】（1）因?yàn)閭?cè)棱PA平面ABCD，CD平面ABCD，

所以PACD，又因?yàn)榈酌鍭BCD是矩形，所以ADCD，

PA,AD平面PAD，PAADA，

所以CD平面PAD，PD平面PAD，所以CDPD.

（2）假設(shè)F為PC的中點(diǎn)，連接FO，在PAC中，F(xiàn)O//PA，

所以FO平面PAD，PA平面PAD，所以FO//平面PAD，

在△ABD中，EO//AD，

所以EO平面PAD，AD平面PAD，所以EO//平面PAD，

EOFOO，所以平面EOF//平面PAD.

故假設(shè)成立，F(xiàn)為PC的中點(diǎn).

題型3非建系：探索性面面平行

證明平行

(1)線線平行：設(shè)直線l1和l2的方向向量分別為v1和v2，則l1∥l2(或l1與l2重合)v1∥v2.

(2)線面平行：設(shè)直線l的方向向量為v，平面α的法向量為u，則l∥α或lαv⊥u.

?

(3)面面平行：設(shè)平面α和β的法向量分別為u1，u2，則α∥βu1∥u2.

??

?

1．（21-22高三·湖北·階段練習(xí)）如圖，在四棱錐PABCD中，底面四邊形ABCD是平行四邊形，

AB1,AD2,E,F分別為棱PC,AB的中點(diǎn).

(1)證明：EF//平面ADP；

(2)在底面四邊形內(nèi)部（包括邊界）是否存在點(diǎn)G，使得平面GEF//平面ADP？如果存在求點(diǎn)G的位置，

并求FG的最大值，如果不存在請(qǐng)說(shuō)明理由.

【答案】(1)證明見(jiàn)解析

(2)存在，理由見(jiàn)解析，F(xiàn)G的最大值為2

【分析】（1）作出輔助線，證明線線平行，從而得到線面平行；

（2）取CD中點(diǎn)為V，連接VF，VE，證明出面面平行，從而得到點(diǎn)G的位置，且求出FG的最大值.

【詳解】（1）證明：取PD的中點(diǎn)O，連接AO,OE.

1

QVPCD中，O,E分別為PD,PC的中點(diǎn)，OE//CD,OECD，

2

1

E?F分別為PC?AB的中點(diǎn)，AF//CD,AFCD，AF//OE,AFOE，

2

故四邊形AFEO為平行四邊形，EF//OA，

EF平面PAD,OA平面PAD，EF//平面PAD.

（2）解：取CD中點(diǎn)為V，連接VF，VE，

在△PCD中，V,E分別為CD,PC的中點(diǎn)，VE//PD，

VE平面PAD,PD平面PAD，VE//平面PAD.

因?yàn)锳B//CD且ABCD，且F、V分別為AB、CD的中點(diǎn)，所以，AF//VD且AFVD，

所以，四邊形AFVD為平行四邊形，VF//AD，且VFAD2，

VF平面PAD,AD平面PAD，VF//平面PAD.

又VFVEV，且VF,VE平面VEF，故平面VEF//平面PAD.

所以點(diǎn)G存在，且GVF，即點(diǎn)G在線段VF上移動(dòng)，可使平面GEF//平面ADP，

當(dāng)點(diǎn)G運(yùn)動(dòng)到V時(shí)，此時(shí)FG的最大值，最大值為2.

2．（21-22高一下·江蘇無(wú)錫·期中）如圖，在四棱錐PABCD中，底面四邊形ABCD是平行四邊形，AB1，

AD2，E,F分別為棱PC,AB的中點(diǎn)．

(1)證明：EF∥平面ADP；

(2)點(diǎn)G為底面四邊形內(nèi)的一動(dòng)點(diǎn)（包括邊界），且平面GEF∥平面ADP，求FG的最大值．

【答案】(1)證明見(jiàn)詳解.

(2)2

【分析】（1）根據(jù)線面平行的判定定理，構(gòu)造平行四邊形即可證明.

（2）根據(jù)面面平行，找到點(diǎn)G的運(yùn)動(dòng)軌跡，然后再求最大值.

【詳解】（1）

證明：取PD的中點(diǎn)O，連接AO，OE．

1

PCD中，O，E分別為PD，PC的中點(diǎn)，OE//CD，OECD，

2

1

E、F分別為PC、AB的中點(diǎn)AF//CD，AFCD，AF//OE，AFOE，

2

故四邊形AFEO為平行四邊形，EF//OA，EF平面PAD，OA平面PAD，EF//平面PAD．

（2）取CD中點(diǎn)為V,連接VF在△PCD中，V，E分別為CD，PC的中點(diǎn)，VE//PD

VE平面PAD，PD平面PAD，VE//平面PAD．又VF//AD

VF平面PAD，AD平面PAD，VF//平面PAD．

又VFVEV,且VF,VE平面VEF,故平面VEF//平面PAD．

因?yàn)辄c(diǎn)G為底面四邊形內(nèi)的一動(dòng)點(diǎn)（包括邊界），且平面GEF∥平面ADP，

點(diǎn)GVF，即點(diǎn)G在線段VF(包括端點(diǎn))上移動(dòng)，

當(dāng)點(diǎn)G運(yùn)動(dòng)到V時(shí)，此時(shí)FG的最大值,最大值為2.

3．（23-24高一下·陜西咸陽(yáng)·期中）如圖，在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，底面ABCD為正方形，E為

棱AA1的中點(diǎn)，AB2,AA13．

(1)求三棱錐ABDE的體積．

(2)在DD1上是否存在一點(diǎn)P，使得平面PA1C//平面EBD.如果存在，請(qǐng)說(shuō)明P點(diǎn)位置并證明.如果不存在，

請(qǐng)說(shuō)明理由.

【答案】(1)1

(2)存在，P為DD1的中點(diǎn)

1

【分析】（1）根據(jù)VVAES計(jì)算可得；

ABDEEABD3ABD

（2）當(dāng)P為DD1的中點(diǎn)時(shí)滿足平面PA1C//平面EBD，設(shè)ACBDO，連接OE，即可證明OE//A1C、DE//A1P，

從而得到OE//平面PA1C，DE//平面PA1C，即可得證.

【詳解】（1）在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，底面ABCD為正方形，所以AA1平面ABCD，

1131

所以VVAES221.

ABDEEABD3ABD322

（2）當(dāng)P為DD1的中點(diǎn)時(shí)滿足平面PA1C//平面EBD，設(shè)ACBDO，連接OE，

因?yàn)锳BCD為正方形，所以O(shè)為AC的中點(diǎn)，又E為棱AA1的中點(diǎn)，

所以O(shè)E//A1C，又OE平面PA1C，A1C平面PA1C，所以O(shè)E//平面PA1C，

又P為DD1的中點(diǎn)，所以DP//A1E且DPA1E，所以DPA1E為平行四邊形，

所以DE//A1P，又DE平面PA1C，A1P平面PA1C，所以DE//平面PA1C，

又DEOEE，DE,OE平面BDE，所以平面PA1C//平面EBD.

題型4非建系：探索性線面垂直

垂直的常見(jiàn)構(gòu)造：

①等腰三角形三線合一法；

②勾股定理法；

③投影法.

④菱形的對(duì)角線互相垂直

1．（24-25高三·北京·階段練習(xí)）如圖，在四棱錐S－ABCD中，四邊形ABCD是邊長(zhǎng)為2的菱形，∠ABC

＝60°，△SAD為正三角形．側(cè)面SAD⊥底面ABCD，E，F(xiàn)分別為棱AD，SB的中點(diǎn)．

(1)求證：AF∥平面SEC；

(2)求證：平面ASB⊥平面CSB；

(3)在棱SB上是否存在一點(diǎn)M，使得BD⊥平面MAC？若存在，求BM的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

BS

【答案】(1)見(jiàn)解析

(2)見(jiàn)解析

BM2

(3)存在，

BS3

【分析】（1）取SC的中點(diǎn)G，連接FG，EG，證明四邊形AFGE是平行四邊形，則AF∥EG，再根據(jù)線面平行

的判定定理即可得證；

（2）先證明AD⊥平面SEC，再根據(jù)面面垂直的判定定理即可得證；

（3）假設(shè)在棱SB上存在點(diǎn)M，使得BD⊥平面MAC，連接MO，BE，由面面垂直的性質(zhì)可得SE⊥平面ABCD，

再根據(jù)線面垂直的性質(zhì)可得BD⊥OM，SE⊥BE，再分別求出SB,BM即可得出答案.

1

【詳解】（1）證明：如圖，取SC的中點(diǎn)G，連接FG，EG，∵F，G分別是SB，SC的中點(diǎn)，∴FG∥BC，F(xiàn)GBC，

2

1

∵四邊形ABCD是菱形，E是AD的中點(diǎn)，∴AE∥BC，AEBC，

2

∴FG∥AE，F(xiàn)G＝AE，∴四邊形AFGE是平行四邊形，∴AF∥EG，又AF平面SEC，EG平面SEC，

∴AF∥平面SEC；

（2）證明：∵△SAD是等邊三角形，E是AD的中點(diǎn)，∴SE⊥AD，

∵四邊形ABCD是菱形，ABC60，∴△ACD是等邊三角形，又E是AD的中點(diǎn)，

∴AD⊥CE，又SECEE,SE,CE平面SEC，∴AD⊥平面SEC，又EG平面SEC，

∴AD⊥EG，又四邊形AFGE是平行四邊形，∴四邊形AFGE是矩形，∴AF⊥FG，

又SA＝AB，F(xiàn)是SB的中點(diǎn)，∴AF⊥SB，又FGSBF,FG,SG平面SBC，

∴AF⊥平面SBC，又AF平面ASB，∴平面ASB⊥平面CSB；

（3）解：假設(shè)在棱SB上存在點(diǎn)M，使得BD⊥平面MAC，連接MO，BE，

∵OM平面MAC，∴BD⊥OM，∵四邊形ABCD是邊長(zhǎng)為2的菱形，ABC60，△SAD為正三角形，

∴BE7,SE3,BD2OB23，SD2,SEAD，∵側(cè)面SAD⊥底面ABCD，

又側(cè)面SAD底面ABCD＝AD，SE平面SAD，∴SE⊥平面ABCD，

又BE平面ABCD，∴SE⊥BE，

SB2BD2SD2330OB330210

∴SBSE2BE210，∴cosSBD，∴，∴BM，

2SBBD20BM203

BM2BM2

∴，∴在棱SB上是否存在一點(diǎn)M，使得BD⊥平面MAC，.

BS3BS3

2．（21-22高一下·江西景德鎮(zhèn)·期末）如圖，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ABC90，ABBC1，

AA13，M為棱AC上靠近A的三等分點(diǎn)，N為棱A1B1上靠近A1的三等分點(diǎn).

(1)證明：MN//平面BB1C1C；

(2)在棱BB1上是否存在點(diǎn)D，使得C1D面B1MN?若存在，求出B1D的大小并證明；若不存在，說(shuō)明理由.

【答案】(1)證明見(jiàn)解析

1

(2)存在，BD

19

【分析】（1）利用線面平行的判定定理即可求解.

（2）利用線面垂直的性質(zhì)定理即可求解.

【詳解】（1）取棱BC上靠近B的三等分點(diǎn)M1，連接MM1,B1M1，

又M為棱AC上靠近A的三等分點(diǎn)，N為棱A1B1上靠近A1的三等分點(diǎn).

22

MM//AB，NB//AB，MM//NB，且MMNB

13131111

所以四邊形MM1B1N是平行四邊形，MN//M1B1又NM平面BB1C1C，M1B1平面BB1C1C，MN//平

面BB1C1C；

（2）由直三棱柱的性質(zhì)及ABC90，可知B1N側(cè)面BB1C1C，

又C1D側(cè)面BB1C1C，B1NC1D由已知B1M1C1D，BB1M1B1DC190

又B1C1DB1DC190，B1C1DBB1M1

1

B1DB1D11

又BM11，tanBCD所以BD

tanBBM3111

11B1C1199

BB139

3．（22-23高一下·云南昭通·期末）如圖，在正三棱柱ABCA1B1C1中，ABAA12，點(diǎn)M為A1B1的中

點(diǎn).

(1)證明：MC1平面ABB1A1；

BQ

(2)在棱BB上是否存在點(diǎn)Q，使得AQ平面BCM？若存在，求出1的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由.

11QB

【答案】(1)證明見(jiàn)解析

BQ

(2)存在，11

QB

【分析】（1）根據(jù)線面垂直判定定理證明即可；

（2）先證明面面垂直再得出線面垂直進(jìn)而得出相似比計(jì)算即可.

【詳解】（1）因?yàn)槿庵鵄BCA1B1C1是正三棱柱，

所以AA1平面A1B1C1,MC1平面A1B1C1,所以AA1MC1；

又因?yàn)镸是A1B1的中點(diǎn)，所以MC1A1B1，

因?yàn)锳A1A1B1A1,A1B1平面ABB1A1,AA1平面ABB1A1,所以MC1平面ABB1A1.

（2）由（1）可知C1M平面AA1B1B，因?yàn)镃1M平面BC1M，則平面BC1M平面AA1B1B，

在平面AA1B1B內(nèi)過(guò)點(diǎn)A作AQBM交BB1于點(diǎn)Q，平面BC1M平面AA1B1BBM，

因此AQ平面BC1M，于是點(diǎn)Q即為所要找的點(diǎn),

BQABBQ

△∽△BQ1

如圖7所示，顯然ABQBB1M，因此，即有1，于是BQ1，所以1.

B1MBB11QB

題型5非建系：探索性面面垂直

面面垂直探索性：

面面垂直主要思維，即一個(gè)平面經(jīng)過(guò)另外一個(gè)平面的垂線

1．（22-23高一下·北京西城·期末）如圖，在四棱錐SABCD中，平面SAD平面ABCD，

SASDAD2，四邊形ABCD為正方形，E為AD的中點(diǎn)，F(xiàn)為SB上一點(diǎn)，M為BC上一點(diǎn)，且平面

EFM//平面SCD．

(1)求證：CDSA；

(2)求證：M為線段BC中點(diǎn)，并直接寫出M到平面SCD的距離；

CN

(3)在棱SC上是否存在點(diǎn)N，使得平面DMN平面ABCD？若存在，求；若不存在，說(shuō)明理由．

CS

【答案】(1)證明見(jiàn)解析

(2)證明見(jiàn)解析，3

2

CN1

(3)存在，．

CS2

【分析】（1）根據(jù)面面垂直的性質(zhì)定理推出CD平面SAD，再根據(jù)線面垂直的性質(zhì)可得CDSA；

（2）根據(jù)面面平行的性質(zhì)定理得CD//EM，結(jié)合E為AD的中點(diǎn)，可得M為線段BC中點(diǎn)．轉(zhuǎn)化為求點(diǎn)E到

平面SCD的距離可求出結(jié)果；

（3）當(dāng)N為SC中點(diǎn)時(shí)，證明SE平面ABCD，結(jié)合NO//SE，可得平面DMN平面ABCD.

【詳解】（1）因?yàn)樗倪呅蜛BCD為正方形，所以CDAD．

因?yàn)槠矫鍿AD平面ABCD，平面SAD平面ABCDAD，CD平面ABCD，

所以CD平面SAD，

又SA平面SAD，所以CDSA．

（2）因?yàn)槠矫鍱FM//平面SCD，平面EFM平面ABCDEM，

平面SCD平面ABCDCD，所以CD//EM，

又因?yàn)镋為AD的中點(diǎn)，所以M為線段BC中點(diǎn)．

由（1）知，CD平面SAD，又CD平面SCD，

所以平面SCD平面SAD，所以點(diǎn)E到平面SCD的距離等于點(diǎn)E到SD的距離，

因?yàn)镾ASDAD2，所以SAD為正三角形，又E為AD的中點(diǎn)，

33

所以點(diǎn)E到SD的距離為，因?yàn)槠矫鍱FM//平面SCD，所以點(diǎn)M到平面SCD的距離為．

22

（3）存在，當(dāng)N為SC中點(diǎn)時(shí)，平面DMN平面ABCD，證明如下：

連接EC，DM交于點(diǎn)O，連接SE．

因?yàn)镋D∥CM，并且EDCM，所以四邊形EMCD為平行四邊形，所以EOCO．

又因?yàn)镹為SC中點(diǎn)，所以NO//SE．

因?yàn)槠矫鍿AD平面ABCD，平面SAD平面ABCDAD，

又SE平面SAD，由已知SEAD，

所以SE平面ABCD，所以NO平面ABCD．

又因?yàn)镹O平面DMN，所以平面DMN平面ABCD．

CN1

所以存在點(diǎn)N，使得平面DMN平面ABCD，．

CS2

2．（23-24高三·北京懷柔·階段練習(xí)）如圖，在四棱錐SABCD中，平面SAD平面ABCD，

SASDAD2，四邊形ABCD為正方形，E為AD的中點(diǎn)，F(xiàn)為SB上一點(diǎn)，M為BC上一點(diǎn)，且平面

EFM//平面SCD.

(1)求證：M為線段BC中點(diǎn)；

(2)求證：平面SAD平面SCD；

CN

(3)在棱SC上是否存在點(diǎn)N，使得平面DMN平面ABCD？若存在，求；若不存在，說(shuō)明理由.

CS

【答案】(1)證明詳見(jiàn)解析

(2)證明詳見(jiàn)解析

CN1

(3)存在，且

CS2

【分析】（1）根據(jù)面面平行的性質(zhì)定理證得EM//CD，由此證得M為線段BC中點(diǎn).

（2）通過(guò)證明CD平面SAD來(lái)證得平面SAD平面SCD.

（3）當(dāng)N為SC中點(diǎn)時(shí)，證明SE平面ABCD，結(jié)合NO//SE，可得平面DMN平面ABCD.

【詳解】（1）依題意平面EFM//平面SCD，

由于平面EFM平面ABCDEM，平面SCD平面ABCDCD，

所以EM//CD，由于正方形ABCD中，E是AD的中點(diǎn)，

所以M是線段BC的中點(diǎn).

（2）由于平面SAD平面ABCD，且交線為AD，

由于CDAD,CD平面ABCD，所以CD平面SAD，

由于CD平面SCD，所以平面SAD平面SCD.

（3）存在，當(dāng)N為SC中點(diǎn)時(shí)，平面DMN平面ABCD，證明如下：

連接EC，DM交于點(diǎn)O，連接SE．

因?yàn)镋D//CM，并且EDCM，所以四邊形EMCD為平行四邊形，所以EOCO．

又因?yàn)镹為SC中點(diǎn)，所以NO//SE．

因?yàn)槠矫鍿AD平面ABCD，平面SAD平面ABCDAD，

又SE平面SAD，由已知SEAD，

所以SE平面ABCD，所以NO平面ABCD．

又因?yàn)镹O平面DMN，所以平面DMN平面ABCD．

CN1

所以存在點(diǎn)N，使得平面DMN平面ABCD，．

CS2

3．（22-23高三上·重慶沙坪壩·開(kāi)學(xué)考試）如圖，在四棱錐PABCD中，底面ABCD是菱形，ABC60，

三角形PAB為正三角形，且側(cè)面PAB底面ABCD.E,M分別為線段AB,PD的中點(diǎn).

(1)求證：PB//平面ACM；

CG

(2)在棱CD上是否存在點(diǎn)G，使得平面GAM平面ABCD？若存在，請(qǐng)求出的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明

CD

理由.

【答案】(1)證明見(jiàn)解析

(2)存在，1

2

【分析】（1）構(gòu)造三角形的中位線得到線線平行，再利用線面平行的判定定理即可得到線面平行；

CG

（2）法一：建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)，求出平面GAM和平面ABCD的法向量，再利用兩平面垂直

CD

的向量法即可求出結(jié)果.法二：利用幾何法，先找出平面GAM，使平面GAM平面ABCD，再利用幾何關(guān)

系即可求出結(jié)果.

【詳解】（1）連接BD交AC于H點(diǎn)，連接MH，因?yàn)樗倪呅蜛BCD是菱形，所以點(diǎn)H為BD的中點(diǎn).

又因?yàn)镸為PD的中點(diǎn)，所以MH//BP，

又因?yàn)锽P平面ACM,MH平面ACM，

所以BP//平面ACM.

（2）設(shè)底面邊長(zhǎng)為2，連接EC，由于ABCD為菱形，且ABC60，

故BE1,BC2,ECBE2BC22BEBCcos603，

所以BC2BE2EC2，故有ECAB，

又三角形PAB為正三角形，E為AB中點(diǎn)，故PEAB，

又側(cè)面PAB底面ABCD，平面PAB平面ABCDAB，PE面PAB，

所以PE平面ABCD，

如圖，以E為原點(diǎn)，EC,EA,EP方向分別為x,y,z軸正半軸，建立空間直角坐標(biāo)系.

33

則A0,1,0,C3,0,0,P0,0,3,D3,2,0,M,1,，

22

CG

設(shè)，則CGCD0,2,0，

CD

33

則G3,2,0,AM,0,,AG3,21,0，

22

rnAM0xz0

設(shè)平面GAM的法向量為nx,y,z，則有，得到，

nAG03x(21)y0

12211221

取y1，得x，z，所以n,1,，

3333

又平面ABCD法向量可取為m0,0,1，

mn211

由題可知cosm,n0，即0，解得，

mn32

CG1

故存在點(diǎn)G使得平面GAM平面ABCD，.

CD2

法二：三角形PAB為正三角形，E是AB的中點(diǎn)，PEAB

又側(cè)面PAB底面ABCD，平面PAB平面ABCDAB，PE面PAB，

所以PE平面ABCD，

連接DE，取DE的中點(diǎn)H，連接MH，則MH是△PDE的中位線，MH∥PE，

所以MH平面ABCD，

延長(zhǎng)AH交CD于G，又MH面AMG，所以平面AMG平面ABCD.

因?yàn)锳E∥GD，所以HAEHGD,HEAHDG，

1

又因?yàn)镋HHD，所以△AEH≌△GDH，AEGDCD，

2

CG1

故存在點(diǎn)G，使得平面GAM平面ABCD，.

CD2

題型6非建系三大角1：異面直線

異面直線所成的角：

簡(jiǎn)稱“平移角”，以平移一條直線或者兩條直線同時(shí)平移，平移到一個(gè)平面（三角形或者四邊形）內(nèi)計(jì)算

求解。

1．（23-24高三·湖南長(zhǎng)沙·階段練習(xí)試）如圖，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ABBC，D是AC的中點(diǎn)，

AA1AB2．

(1)求證：AB1//平面C1BD；

5

(2)若異面直線AC和A1B1所成角的余弦值為，求四棱錐BAA1C1D的體積．

5

【答案】(1)證明見(jiàn)解析；

(2)4.

【分析】（1）連接B1C，交BC1于點(diǎn)E，連接DE，利用中位線定理證明AB1//平面C1BD．

（2）利用幾何法求出異面直線AC和A1B1所成角的余弦，結(jié)合正弦定理及三角形面積公式求得SABC，再利

用割補(bǔ)法求出體積作答.

【詳解】（1）在直三棱柱ABCA1B1C1中，連接B1C，交BC1于點(diǎn)E，連接DE，

四邊形BCC1B1為平行四邊形，則E為B1C的中點(diǎn)，

又D為AC的中點(diǎn)，于是AB1//DE，又DE平面C1BD，AB1平面C1BD，

所以AB1//平面C1BD.

（2）在直三棱柱ABCA1B1C1中，由ABBC，知CAB為銳角，

5

顯然AB//A1B1，則CAB為異面直線AC和A1B1所成的角，即cosCAB，

5

AB22

由AA1AB2，得AC25，BCACAB4，

cosCAB

1

S△ABBC4，直三棱柱ABCABC的體積VABCABCSABCAA18

ABC2111111

1114

VSCC(S)AA，

C1BCD3BCD132ABC13

118

VSBBSAA，

BA1B1C13A1B1C113ABC13

所以VVVV4.

BAA1C1DABCA1B1C1C1BCDBA1B1C1

2．（24-25高三·重慶壩·階段練習(xí)）如圖，四棱錐PABCD中，底面ABCD為菱形，PA平面ABCD.

（1）證明：平面PBD平面PAC；

3

（2）若異面直線PD與AB所成角的余弦值為，且AD6,ADC，求四棱錐PABCD的體積.

43

【答案】（1）證明見(jiàn)解析；（2）6

【分析】（1）由底面ABCD為菱形，可知ACBD，結(jié)合PA面ABCD，可得PABD，從而可證明BD

平面PAC，結(jié)合BD平面PBD，可證明平面PBD平面PAC；

3

（2）由AB//CD，可知PD與CD所成角的余弦值為