2027年高考数学一轮复习学案 专题13 立体几何初步

这是一份2027年高考数学一轮复习学案 专题13 立体几何初步学案主要包含了知能解读 01，知能解读 02，知能解读 03，知能解读 04，知能解读 05，知能解读 06，重难点突破 01，重难点突破 02等内容，欢迎下载使用。
理·思维导图：呈现教材知识结构，构建学科知识体系。
盘·基础知识：甄选核心知识逐项分解，基础不丢分。
【知能解读 01】空间几何体的结构特征
【知能解读 02】空间几何体的表面积和体积
【知能解读 03】空间几何体的外接球与内切球
【知能解读 04】点、直线、平面之间的位置关系
【知能解读 05】直线、平面平行的判定与性质
【知能解读 06】直线、平面垂直的判定与性质
破·重点难点：突破重难点，冲刺高分。
【重难点突破 01】几何体展开图最短距离问题
【重难点突破 02】空间几何体中的截面问题
【重难点突破 03】外接球和内切球的解题思路
【重难点突破 04】空间几何体中的探索性问题
辨·易混易错：辨析易混易错知识点，夯实基础。
【易混易错 01】对斜二测画法的规则掌握不牢
【易混易错 02】空间点、线、面位置关系不清
【易混易错 03】线面平行定理的理解不够准确
【易混易错 04】对折叠与展开问题认识不清致误
点·方法技巧：点拨解题方法，练一题通一类
【方法技巧 01】求空间几何体表面积
【方法技巧 02】求空间几何体的体积
【方法技巧 03】共线共点共面证明方法
【方法技巧 04】证明直线与平面平行的方法
【方法技巧 05】证明面面平行的常用方法
【方法技巧 06】证明线线垂直的方法
【方法技巧 07】证明线面垂直的方法
【方法技巧 08】证明面面垂直的方法
【方法技巧 09】面面垂直性质的应用
【方法技巧 10】求异面直线所成角的求法
【方法技巧 11】直线与平面所成角的求法
【方法技巧 12】二面角的求法
【方法技巧 13】空间距离的求法
空间几何体的结构特征
多面体的结构特征
特殊的棱柱和棱锥
侧棱垂直于底面的棱柱叫做直棱柱，底面是正多边形的直棱柱叫做正棱柱．反之，正棱柱的底面是正多边形，侧棱垂直于底面，侧面是矩形．
底面是正多边形，顶点在底面的射影是底面正多边形的中心的棱锥叫做正棱锥．特别地，各棱长均相等的正三棱锥叫做正四面体．反过来，正棱锥的底面是正多边形，且顶点在底面的射影是底面正多边形的中心．
【注意】（1）棱柱的所有侧面都是平行四边形，但侧面都是平行四边形的几何体却不一定是棱柱．
棱台的所有侧面都是梯形，但侧面都是梯形的几何体却不一定是棱台．
注意棱台的所有侧棱相交于一点．
旋转体的结构特征
名称
棱柱
棱锥
棱台
图形
底面
互相平行且全等
多边形
互相平行且相似
侧棱
平行且相等
相交于一点，但不一定相等
延长线交于一点，但不一定相等
侧面形状
平行四边形
三角形
梯形
名称
圆柱
圆锥
圆台
球
图形
旋转图形
矩形
直角三角形
直角梯形
半圆形
旋转轴
任一边所在的直线
任一直角边所在的
直线
垂直于底边的腰
所在的直线
直径所在的
直线
母线
互相平行且相等，垂直
于底面
相交于一点
延长线交于一点
轴截面
全等的矩形
全等的等腰三角形
全等的等腰梯形
圆
侧面展开图
矩形
扇形
扇环
空间几何体的直观图
画法：常用斜二测画法．
规则：
①原图形中 x 轴、y 轴、z 轴两两垂直，直观图中，x′轴、y′轴的夹角为 45°(或 135°)，z′轴与 x′轴和 y′轴所在平面垂直．
②原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍平行于坐标轴；平行于 x 轴和 z 轴的线段在直观图中保持原长度不变；平行于 y 轴的线段长度在直观图中变为原来的一半．
直观图与原图形面积的关系
按照斜二测画法得到的平面图形的直观图与原图形面积的关系：S
直观图
＝ 2S 4
原图形；S
原图形＝2 2S
直观图．
【真题实战】（25-26 高三·广西贵港月考）如图，平行四边形OABC 是水平放置的四边形OABC 的直观图，
OC  4 ， OA  6 ，则四边形OABC 的面积 S （ ）
6
4
8
8
16
3
6
6
【答案】C
【分析】先求?平行四边形OABC 的面积，再根据 S原  2 2S直 直接求解.
【解析】因为四边形OABC 是平行四边形，且OC  4 ， OA  6 ，
所以平行四边形面积 S直
 OC OA sin 45  4 6 
2  4
3
2
根据直观图与原图面积关系 S原  2 2S直 ，
6
所以 S原  2 2S 直  2 2  4 3  8.
故选： C
空间几何体的表面积和体积
空间几何体的表面积和体积公式
名称
几何体
表面积
体积
柱体(棱柱和圆柱)
S 表面积＝S 侧＋2S 底
V＝S 底 h
几何体的表面积和侧面积的注意点
①几何体的侧面积是指(各个)侧面面积之和，而表面积是侧面积与所有底面面积之和．
②组合体的表面积应注意重合部分的处理．
柱体、锥体、台体侧面积间的关系
当正棱台的上底面与下底面全等时，得到正棱柱；当正棱台的上底面缩为一个点时，得到正棱锥，
锥体(棱锥和圆锥)
S 表面积＝S 侧＋S 底
V＝1S h
底
3
台体(棱台和圆台)
S 表面积＝S 侧＋S 上＋S 下
1
V＝ (S 上＋S 下＋ S 上 S 下)h 3
球
S＝4πR2
V＝4 R3
π
3
则 S＝
c′＝c
＝1(c＋
c′＝0
＝1ch′.
正棱柱侧
ch′←—— S 正棱台侧
2
c′)h′——→S 正棱锥侧
2
当圆台的上底面半径与下底面半径相等时，得到圆柱；当圆台的上底面半径为零时，得到圆锥，
圆柱侧
则 S＝
r′＝r
＝π(r＋
r′＝0
＝πrl.
2πrl←—— S 圆台侧
r′)l——→S 圆锥侧
柱体、锥体、台体体积间的关系
【真题实战】（2025·湖南湘潭·模拟预测）如图，一个三棱柱形容器中盛有水， AC  6 ，若底面 ABC 水平放置时，水面恰好过侧棱 AA1 的中点，当侧面 AA1B1B 水平放置时，水面恰好与 AC 交于点 D，则 AD 等于（ ）
2
A．2B．4C． 3
【答案】D
D． 6  3
2
【分析】由题意可判断水的体积为三棱柱体积的一半，由此结合棱柱的体积，即可求?答案.
【解析】若底面 ABC 水平放置时，水面恰好过侧棱 AA1 的中点，
设棱柱 ABC  A B C 的体积为 V，则水的体积为 1 V ；
1 1 12
当侧面 AA B B 水平放置时，三棱柱有水部分的体积为 1 V ，
1 12
则无水部分为水平放置的小三棱柱CDE  C GH （一侧面为水面），其体积为 1 V ，
12
由于三棱柱CDE  C1GH 和三棱柱 ABC  A1B1C1 的高相同，
故 SCDE
 1 S
2
2
 ABC
，由于 DE / / AB ，则CDE ∽△CAB，
故 CD 
CA
故选：D
2 ，而 AC  6 ，故CD  3
2
2
，故 AD  6  3，
空间几何体的外接球与内切球
在棱长为 a 的正方体中，内切球半径r = a，棱切球半径r = 2 a，外接球半径r = 3 a.
1 22232
在棱长为 a，b，c 的长方体中,外接球半径 r= a2+b2+c2.
2
在棱长为 a 的正四面体中，高 h= 6 a，外接球半径r = 6 a，内切球半径r = 6 a.
3142 12
在三棱锥中，若有两个面为直角三角形，且这两个三角形有公共的斜边，则斜边的中点为该三棱锥外接球的球心，斜边长的一半为外接球的半径.
已知直棱柱的侧棱长为 h，底面多边形外接圆的半径为 r，外接球的半径为 R，则R2=r2+ h2.
4
【真题实战】（2025·四川达州·模拟预测）已知圆锥的底面半径为 1，母线长为 3，则该圆锥内半径最大的
球的体积为（ ）
2
5
【答案】D
2
2
π
3
2 π
3
【分析】作圆锥的轴截面，利用面积法求轴截面的内切圆半径，即为圆锥内半径最大的球的半径，再结合球的体积公式求解.
【解析】如图：
ABC 为圆锥的轴截面，其中 BC  2 ， AB  AC  3 ，且点 M 为 BC 边上的中点，设
内切圆的圆心为 O.
32 12
由于 AM 
 2
，故 S 1  2  2 2 2 .
2
2
△ABC2
设内切圆半径为 r，则 S△ ABC  S△ AOB  S△BOC  S△ AOC
2
 1  AB  r  1  BC  r  1  AC  r  1 3  3  2 r  2，
2222
解得r =
2 ，其体积V  4 πr 3 
2 π .
2
故选：D
33
点、直线、平面之间的位置关系
四个公理
公理 1：如果一条直线上的两点在一个平面内， 那么这条直线在此平面内．作用：判断一条直线是否在某个平面内的依据
公理 2：过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面．
【拓展】公理 2 的三个推论
推论 1：经过一条直线和这条直线外一点有且只有一个平面．推论 2：经过两条相交直线有且只有一个平面．
推论 3：经过两条平行直线有且只有一个平面．
作用：公理 2 及其推论是判断或证明点、线共面的依据
公理 3：如果两个不重合的平面有一个公共点，则它们有且只有一条过该点的公共直线．作用：公理 3 是证明三线共点或三点共线的依据
公理 4：平行于同一条直线的两条直线互相平行．
等角定理：空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补．
直线与直线的位置关系
空间两条直线的位置关系
位置关系
特点
相交
同一平面内，有且只有一个公共点
平行
同一平面内，没有公共点
异面直线所成的角
①定义：设 a，b 是两条异面直线，经过空间任一点 O 作直线 a′∥a，b′∥b，把 a′与 b′所成的锐角(或直角)叫做异面直线 a 与 b 所成的角(或夹角)．
②范围：(0°，90°]．
直线与平面的位置关系
两个平面的位置关系
【真题实战】（2025·甘肃定西·模拟预测）在直三棱柱 ABC  A B C 中， AC  AB  AA  2,BAC  120∘ , D
1 1 11
是棱 B1C1 的中点，则异面直线 AD 与 B1C 所成角的余弦值为（ ）
异面直线
不同在任何一个平面内，没有公共点
位置关系
直线 a 在平面α内
直线 a 在平面α外
直线 a 与平面α相交
直线 a 与平面α平行
公共点
无数个公共点
一个公共点
没有公共点
符号表示
a⊂α
a∩α＝A
a∥α
图形表示
位置关系
两平面平行
两平面相交
公共点
没有公共点
有无数个公共点(在一条直线上)
符号表示
α∥β
α∩β＝l
图形表示
10
10
【答案】C
3 10
10
5
5
2 5
5
【分析】连接 A1D ，取C1C 的中点 E ，连接 AE, DE ，由 B1C ∥ DE ，可得ADE（或其补角）为异面直线 AD
与 B1C 所成的角，在ADE 中利用余弦定理计算即可得?结果.
【解析】如图所示，连接 A1D ，取C1C 的中点 E ，连接 AE, DE ，
5
因为 B1C ∥ DE ，所以ADE （或其补角）为异面直线 AD 与 B1C 所成的角.因为 AC  AB  AA1  2, BAC 120 ，
所以 B C
 2 3, B C 
 4, A D  1, AD 
5, DE  2, AE ，
B C 2  BB 2
1 1
1
1 111
所以csADE 
5  4  5
 5 ，
2 5  2
5
所以异面直线 AD 与 B1C 所成角的余弦值为 5 .
5
故选：C.
05 直线、平面平行的判定与性质
直线与平面平行
直线与平面平行的定义：直线 l 与平面α没有公共点，则称直线 l 与平面α平行．
判定定理与性质定理
平面与平面平行
平面与平面平行的定义：没有公共点的两个平面叫做平行平面．
判定定理与性质定理
文字语言
图形表示
符号表示
判定定理
平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线
平行于此平面
a⊄ α，b⊂α， a∥b ⇒a∥α
性质定理
一条直线和一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行
a∥α，a⊂β， α∩β＝b⇒a∥b
文字语言
图形表示
符号表示
判定定理
一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行
a⊂α，b⊂α，a∩b＝P， a∥β，b∥β⇒α∥β
性质定理
两个平面平行，则其中一个平面内的直线平行于另一个平面
α∥β，a⊂α⇒a∥β
平行关系之间的转化
在证明线面、面面平行时，一般遵循从“低维”到“高维”的转化，即从“线线平行”到“线面平行”，再到“面面平行”；而在应用性质定理时，其顺序恰好相反，但也要注意，转化的方向是由题目的具体条件而定的，不可过于“模式化”．
【真题实战】（2025·湖南邵阳·模拟预测）我国古代著名的数学专著《九章算术》中记载有几何体“刍夢”.”
如图，在几何体“刍夢” EF  ABCD 中， EF // 平面 ABCD，四边形 ABFE，CDEF 为两个全等的等腰梯形，
EF  1 AB ，O 为正方形 ABCD 的中心，则（ ）
2
A． EO  平面 ABCD B． EO / / 平面 FBC C． EO / / FBD． EO / /FC
【答案】B
【解析】
如图所示，作 BC 中点G ，连接 FG, OG ，
如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行
α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b⇒a∥b
因为 O 为正方形 ABCD 的中心，所以OG //AB, OG= 1 AB ,
2
因为四边形 ABFE 是等腰梯形，所以OG //EF, OG=EF ,
所以四边形OGEF 是平行四边形，所以 EO//FG ,
因为 FG  面 FBC ， EO  面 FBC ，所以 EO// 平面 FBC ，所以 B 正确；
只有 FG  面 ABCD 时， EO  平面 ABCD ，不能保证面 FBC  面 ABCD 成立，所以 A 错误；
因为 EO//FG ， EO// 平面 FBC ， FG  FB  B ，所以 EO 和 FB 异面，所以 C 错误，同理可得以 EO 和 FC 也异面，所以 D 错误.
故选：B
直线、平面垂直的判定与性质
直线与平面垂直
定义：直线 l 与平面α内的任意一条直线都垂直，就说直线 l 与平面α互相垂直．
判定定理与性质定理
直线和平面所成的角
定义：平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的锐角叫做这条直线和这个平面所成的角，一条直线垂直于平面，则它们所成的角是直角；一条直线和平面平行或在平面内，则它们所成的角是0.
0，π
范围：2 .
平面与平面垂直
二面角的有关概念
①二面角：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角．
②二面角的平面角：在二面角的棱上任取一点，以该点为垂足，在两个半平面内分别作垂直于棱的两条射线，这两条射线所构成的角叫做二面角的平面角．
平面和平面垂直的定义
文字语言
图形语言
符号语言
判定定理
一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，则该直线与此平面垂直
a，b⊂α
a∩b＝O ⇒l⊥
l⊥a l⊥b
α
性质定理
垂直于同一个平面的两条直线平行
a⊥α
⇒a∥b
b⊥α
两个平面相交，如果所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直．
平面与平面垂直的判定定理与性质定理
谨记五个结论
若两平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于这个平面．
若一条直线垂直于一个平面，则它垂直于这个平面内的任何一条直线(证明线线垂直的一个重要方法)．
垂直于同一条直线的两个平面平行．
一条直线垂直于两平行平面中的一个，则这一条直线与另一个平面也垂直．
两个相交平面同时垂直于第三个平面，它们的交线也垂直于第三个平面．
垂直关系之间的转化
在证明线面垂直、面面垂直时，一定要注意判定定理成立的条件．同时抓住线线、线面、面面垂直的转化关系，即：
在证明两平面垂直时，一般先从现有的直线中寻找平面的垂线，若这样的直线在图中不存在，则可通过作辅助线来解决．
【真题实战】（2025·湖北·模拟预测）在长方体 ABCD  A1 B1C1 D1中，AB  BC  2, BB1 1，点M 是平面 B1CDA1
内的动点，且 MA  MC ，则 MC 的最大值为（ ）
A． 2
5
5
B． 3 5
5
C． 4 5
5
D． 6
5
5
【答案】D
2
【解析】如图，连接 AC，由 AB  BC  2 ，得 AC  2，
文字语言
图形语言
符号语言
判定定理
一个平面过另一个平面的垂线，则这两个平面垂直
l⊥α
⇒α⊥β
l⊂β
性质定理
两个平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直
α⊥β
l⊂β⇒l⊥α α∩β＝a
l⊥a
2
由 MA  MC 可知 M 点在以 AC 的中点O 为球心，
为半径的球面上．
而 M 又在平面 B1CDA1 内，故 M 为平面 B1CDA1 与球O 的截面圆上的动点.取 CD 的中点 E，AB 的中点 F, A1B1 的中点G ，连接 EF , FG, EG ，
则由长方体的性质得CD  平面 EFG 且三角形 EFG 为直角三角形，而CD  平面 B1CDA1 ，所以平面 B1CDA1  平面 EFG，
作OO1  GE 于O1 ，因平面 B1CDA1 ∩ 平面 EFG  GE ，
OO1  平面 EFG ，故OO1  平面 B1CDA1 ，故O1 为截面圆的圆心.
又OO  1 OEsin OEO  sin OEO GF 5
，
1211 EG5
2  
5 
2
 5 

3 5
故截面圆的半径为O1M  5 ，
即点 M 在以O1 为圆心， 3 5 为半径的圆上，
5
而C 既在球面上，又在平面 B1CDA1 内，故C 在截面圆上，
故CM 的最大值即为截面圆的直径 6 5 ，则 MC 的最大值为 6 5 ．
55
故选：D．
01 几何体展开图最短距离问题
解决空间几何体表面距离最短问题,需通过展开，把问题转化为平面两点间线段最短问题．多面体表面展开图可以有不同的形状，要观察并想象立体图形与表面展开图的关系．
【典例 1】（2025·安徽·模拟预测）在正四棱柱 ABCD  A1 B1C1 D1中， AB  4, AA1  5 ， E, F , G 分别为侧棱
BB1, CC1, DD1 上一点，则 AE  EF  FG  GA1 的最小值为（ ）
281
A．
B．
C．
D．14
283
285
【答案】A
【分析】将正四棱柱 ABCD  A1 B1C1 D1的侧面展开，由直线段最短求解.
【解析】如图所示：
，
将正四棱柱 ABCD  A1 B1C1 D1（图 1）的侧面展开，得到展开图（图 2），当 A，E，F，G，A1 五点共线时， AE  EF  FG  GA1 取得最小值，
(4  4)2  52
且最小值为
281.
故选：A
【典例 2】（2025 高三·全国月考）如图，在棱长为 1 的正方体 ABCD  A1 B1C1 D1中，已知 P ， M 分别为线段 BD1 ， BB1 上的动点， N 为 B1C 的中点，则PMN 的周长的最小值为（ ）
12
2
4  2 2
2
1 3
2
4  3
2
【答案】B
【分析】设 BD 的中点为O ，即可证明BOP≌BNP ，从而得到 PN  PO ，再将平面 BDD1B1 与平面 BC1B1
展开并摊平，在平面图形中连接ON ，交 BB1 于点 M ，交 D1B 于点 P ，此时PMN 的周长取得最小值 ON ，利用余弦定理计算可得.
【解析】
设 BD 的中点为O ，连接 PO （ P 不与点 B 重合）， PB  PB ， OB  NB ， DBD1  C1BD1 ，
所以BOP≌BNP ，所以 PN
 PO ，把平面 BDD1B1 与平面 BC1B1 展开并摊平，如图，
在平面图形中连接ON ，交 BB1 于点 M ，交 D1B 于点 P ，此时PMN 的周长取得最小值 ON ，
 2  2 
2
2


 2

2
2
cs 90  45

2
2
22


4  2 2
在△BON 中利用余弦定理可得 ON
，
2
所以PMN 的周长的最小值为 4  2 2 ．
2
故选：B．
空间几何体中的截面问题
作截面的几种方法
直接法：有两点在几何体的同一个面上，连接该两点即为几何体与截面的交线，找截面实际就是找交线的过程。
延长线法：同一个平面有两个点，可以连线并延长至与其他平面相交找到交点。
平行线法：过直线与直线外一点作截面，拖直线所在的面与点所在的平面平行，可以通过过点找直线的平行线找到几何体的截面的交线。
【典例 1】（2025·江苏南通·模拟预测）过正方体 ABCD  A1 B1C1 D1 的中心作与 AC1 垂直的平面，则平面
截正方体 ABCD  A1 B1C1 D1所得的截面是（ ）
A．三角形B．四边形C．五边形D．六边形
【答案】D
【分析】证明线面垂直作?图判断截面图形即可.
【解析】
在正方体中， C1C  平面 ABCD ， BD  平面 ABCD ，所以C1C  BD ，
又在正方形 ABCD 中， AC BD ， AC ∩ CC1  C ，所以 BD 平面 ACC1 ，
AC1  平面 ACC1 ，所以 BD  AC1 ，
由于 E, F 分别为 BC, CD 的中点，所以 BD / / EF ，
故 EF  AC1 ，同理 NE  AC1 ， NE ∩ EF  E ，所以 AC1  平面 EFGHMN ，且平面 EFGHMN 过正方体 ABCD  A1 B1C1 D1的中心O ，
故选：D
【典例 2】（2025·辽宁·模拟预测）在棱长为 2 的正方体 ABCD  A1 B1C1 D1中， E 为棱 BC 的中点，过点 B1 的平面与直线 D1E 垂直，则截正方体 ABCD  A1 B1C1 D1所得截面的面积为（ ）
A．4B． 9
2
C． 3 10
2
D． 3 6
2
【答案】B
【分析】根据题意，由条件可得 A, B1, F, H 四点共面，再由线面垂直的判定定理可得 B1F  平面 D1EC1 ，D1E 
平面 AB1FH ，从而得到平面 AB1FH 为平面，再结合等腰梯形的面积公式代入计算，即可得到结果.
【解析】如图，设 F , H 分别为棱C1C, DC 的中点，连接 HF , AB1, AH , FB1, DC1 ， CD1, C1E ，
所以 HF ∥ DC1 ，又 AB1 ∥ DC1 ，所以 HF ∥ AB1 ，故 A, B1, F, H 四点共面.
又 D1C1  平面 BB1C1C , B1F  平面 BB1C1C ，所以 D1C1  B1F ，又RtB1C1F≌RtC1CE ，所以 B1F  C1E ，
又 D1C1  C1E  C1 ， D1C1, C1E  平面 D1EC1 ，
所以 B1F  平面 D1EC1 ，
又 D1E  平面 D1EC1 ，所以 B1F  D1E .
又 BC  平面 DD1C1C, HF  平面 DD1C1C ，
所以 BC  HF ，又 F 和 H 分别为棱C1C 和 DC 的中点，所以 HF  D1C ，又 BC  D1C  C ， BC, D1C  平面 D1EC ，所以 HF  平面 D1EC ，
5
又 D1E  平面 D1EC ，所以 HF  D1E .又 B1F  HF  F ,B1F ,HF  平面 AB1FH ，所以 D1E  平面 AB1FH ，即平面 AB1FH 为平面，
2
由 AB  BB1  2 ，得 AB1  2
，所以 HF 
2, AH  B1F ，
1
得等腰梯形 AB FH 的高为 3 2 ，
2
1
所以截面 AB FH 的面积 S  1  2 2  2 2  3 2  9 .
222
故选：B.
外接球和内切球的解题思路
求解几何体外接球的半径的思路
根据球的截面的性质，利用球的半径 R、截面圆的半径 r 及球心到截面圆的距离 d 三者的关系
R2＝r2＋d2 求解，其中，确定球心的位置是关键；
将几何体补成长方体，如本例(2)，利用该几何体与长方体共有外接球的特征，由外接球的直径等于长
方体的体对角线长求解．
解决与球有关的切、接问题，其通法是作截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题的思维流程是：
第一步定球心：如果是内切球，则球心到切点的距离相等且为半径；如果是外接球，则球心到接点的距离相等且为半径；
第二步作截面：选准最佳角度作截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素间的关系），达到空间问题平面化的目的；
第三步求半径、下结论：根据作出的截面中的几何元素，建立关于球半径的方程，并求解。
5
【典例 1】（2025·江苏泰州·模拟预测）在三棱锥 S  ABC 中，AC  BC  2 ，ACB  2π ，侧棱长都等于2，
3
其中 S , A, B, C 在球O 的表面上，则球O 的表面积为（ ）
12πB．15πC． 20πD． 25π
【答案】D
【分析】先求?ABC 外接圆的半径r ，再根据三棱锥的特征找?球心O 与ABC 外接圆圆心的位置关系，进而求?球O 的半径 R ，最后根据球的表面积公式求?球O 的表面积.
【解析】已知 AC  BC  2 ， ACB  2π ，由余弦定理得：
3
AB2  AC 2  BC 2  2 AC  BC  cs ACB  22  22  2  2  2   1   12
 2 
所以 AB  2 3 ，

2 3
3
AB2r  4
由正弦定理，底面 ABC 的外接圆半径r 满足 2r ，即
sin ACB
，故r  2 ，
2
5
由于侧棱长 SA  SB  SC  2，
则顶点S 在底面 ABC 上的投影为底面三角形的外心 D ，则 AD  r  2 ，
设 SD  h ，由勾股定理 SA2  SD2  AD2 ，即2 5 2  h2  22 ，解得： h  4 ，则外接球的球心O 必在过 D 且垂直于底面的直线上，
r2  d 2
设O 到 D 的距离为d ，则OA  OB  OC ，
OS | h  d | ，因 AO  SO ，故
22  
 3 2
 2 

5
| 4  d | ，解得： d  3 ，
22  d 2
2
所以球的半径 R 
 ，表面积为4πR2  25π . 2
故选：D.
【典例 2】（2025·浙江绍兴·模拟预测）若圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，记圆柱与球的体积之比为，表面积之比为，则（ ）
A． 
C． 
 
D．,的大小不确定
【答案】A
【分析】可先分别根据圆柱和球的体积公式、表面积公式求?和的值，再比较和的大小.
【解析】设球的半径为 R ，因为球的直径恰好与圆柱的高相等，所以圆柱的高h  2R ，又因为球是圆柱的内切球，所以圆柱底面半径r  R .
根据圆柱体积公式V  πr2h ，可得圆柱体积V  πR2  2R  2πR3 .
1
根据球的体积公式V2
 4 πR3 .
3
1
V2πR33
V2
已知圆柱与球的体积之比为，则 1  4
3
πR3
 2 .
根据圆柱表面积公式 S1
 2πr2  2πrh ，可得圆柱表面积 S
 2πR2  2πR  2R  6πR2 .
1
2
根据球的表面积公式 S  4πR2 .

 S
 6πR2  3
2
已知圆柱与球的表面积之比为 ，则
1 .
所以 .
故选：A.
S4πR22
空间几何体中的探索性问题
立体几何中的探索性问题立体几何中的探索性问题的主要类型
①探索条件，即探索能使结论成立的条件是什么.
②探索结论，即在给定的条件下，探索命题的结论是什么.
对命题条件探索的三种方法：
①先猜后证，即先观察与尝试给出条件再证明.
②先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件，再证明其充分性.
③把几何问题转化为代数问题，探索命题成立的条件.
对命题结论探索的方法首先假设结论成立，然后在这个假设下进行推理论证，如果通过推理得到了合乎情理的结论就肯定假设，如果得到了矛盾的结果就否定假设.
【典例 1】（2025 高三·陕西咸阳·期中）如图，在直四棱柱 ABCD  A1 B1C1 D1 中，底面 ABCD 为正方形，E 为棱 AA1 的中点， AB  2, AA1  3．
(1)求三棱锥 A  BDE 的体积．
(2)在 DD1 上是否存在一点 P ，使得平面 PA1C// 平面 EBD .如果存在，请说明 P 点位置并证明.如果不存在，请说明理由.
【答案】(1)1
(2)存在， P 为 DD1 的中点
【分析】（1）根据V V 1 AE  S计算可得；
ABDEE  ABD3
ABD
（2）当 P 为 DD1 的中点时满足平面 PA1C// 平面 EBD ，设 AC ∩ BD  O ，连接OE ，即可证明OE //A1C 、DE //A1P ，从而得到OE// 平面 PA1C ， DE// 平面 PA1C ，即可得证.
【解析】（1）在直四棱柱 ABCD  A1 B1C1 D1中，底面 ABCD 为正方形，
所以 AA1  平面 ABCD ，
所以V
A BDE  VE  ABD
 1 AE  S 3
 ABD
 1  3  1  2  2  1 .
3 2 2
（2）当 P 为 DD1 的中点时满足平面 PA1C// 平面 EBD ，设 AC ∩ BD  O ，连接OE ，
因为 ABCD 为正方形，所以O 为 AC 的中点，又 E 为棱 AA1 的中点，
所以OE //A1C ，又OE  平面 PA1C ， A1C  平面 PA1C ，所以OE// 平面 PA1C ，又 P 为 DD1 的中点，所以 DP //A1E 且 DP  A1E ，所以 DPA1E 为平行四边形，所以 DE //A1P ，
又 DE  平面 PA1C ， A1P  平面 PA1C ，所以 DE// 平面 PA1C ，又 DE  OE  E ， DE, OE  平面 BDE ，
所以平面 PA1C // 平面 EBD .
【典例 2】（2025 高三·全国月考）如图，直角梯形 ABCD 中，AD / / BC ，AB  BC ，BC  3AB ，AD  2AB ，
E 为 AD 的中点．把ABE 折起，使A 至 A ，若点 P 是线段CA 上的动点，则有下列结论：
①存在点 P ，使 DP / / 平面 A BE ；
②对任意点 P ，使 DP 与 AE 成异面直线；
③存在点 A ，使 AB  平面 A BE ；
④存在点 A ，使 AB  平面 A¢DE ．其中不正确的序号是 ．
【答案】②③④
【分析】利用线面平行的判定定理可判断①；根据空间直线之间的位置关系即可判断②；根据线面垂直的判定定理可判断③，④.

【解析】解：对于①，取CB 的三等分点 M ，使CM  2BM ，当CP  2PA 时，有 AB / /PM ．又 DE / / BM ，
四边形 BEDM 为平行四边形，则 DM / / BE ，
故平面 ABE / / 平面 PDM ，而 DP  平面 PDM ，则 DP / / 平面 A BE ，因此①正确；对于②，当点 P 与点 A 重合时， DP 与 AE 共面，故②错误；
对于③，若 AB  平面 A BE ，则 AB 垂直于平面内的任何直线，而ABE=45 ，
AB 不垂直于平面 A BE ，故③错误；
对于④，若 AB  平面 A¢DE ，则 AB  AA ，而 AB  AB ，显然在 Rt △ BAA 中不成立，故④错误．
综上可得：②③④错误．
故答案为：②③④
01 对斜二测画法的规则掌握不牢
辨析： 由斜二测法画直观图步骤如下：①建立坐标系；②“位置规则”——与坐标轴的平行的线段平行关系不变；③“长度规则”——图形中平行于 x 轴的线段，在直观图中保持长度不变，平行于 y 轴的线段，长度减为原来的一半。
【典例 1】（2025 高三·福建莆田·期中）如图所示，梯形 ABCD 是平面图形 ABCD 用斜二测画法得到的直观图， AD  2 ， BC  AB  1，则平面图形 ABCD 中对角线 AC 的长度为（ ）
5
A．
B．
C．
D． 2
3
2
【答案】A
【分析】根据直观图特征，作?其平面图形直角梯形 ABCD ，求?相关边长再求 AC 长即可.
【解析】由直观图知原几何图形是直角梯形 ABCD ，
如图，由斜二测画法可知 AB  2 AB  2 ， BC  BC  1 ，
AB2  BC2
4 1
5
所以 AC .
故选：A.
【典例 2】（2025 高三·吉林长春·期中）一水平放置的平面四边形OABC 的直观图OABC 如图所示，其中
OA  OC  2 ， OC  x 轴， AB  x 轴， BC//y 轴，则四边形OABC 的面积为（ ）
2
A．18B． 8
【答案】C
12
D．12
2
【分析】根据梯形面积公式求?直观图的面积，然后由直观图面积与平面图面积之间的关系可得.
【解析】记 AB 与 y轴的交点为 D，
因为OC  x 轴， AB  x 轴，所以OC//BD ，
又 BC//y 轴，所以四边形ODBC 为平行四边形， OC  BD  2 ，
由题意可知： AOD  π ，
4
因为 AB  x ， OA  2 ，所以 AD  2 ， AB  4 ，
则四边形OABC 的面积为 S
OABC
 1 2  4 2  6 ，
2
2
所以四边形OABC 的面积为 SOABC  2 2SOABC  12.
故选：C.
02 空间点、线、面位置关系不清
辨析：空间点、线、面位置关系的组合判断是考查学生对空间点、线、面位置关系判断和性质掌握程度的重要题型。解决这类问题的基本思路有两条：一是逐个寻找反例作出否定的判断，逐个进行逻辑证明作出肯定的判断；二是结合长方体模型或实际空间位置（如教室、课桌、灯管）作出判断，但要注意定理应用准确，考虑问题全面细致。
【典例 1】【多选】（2025·贵州贵阳·模拟预测）已知 E，F，G，H 分别是正方体 ABCD  A1B1C1D1 的棱
AB, BC,CC1,C1D1 的中点， AB  2 ，则（ ）
直线HG与直线 A1B 异面
直线 EF, HG, DC 交于同一点
2
5
过 A、G、D1 三点的平面截正方体所得截面图形的周长为3 2
动点 K 在侧面 A1 ADD1 内（含边界），且 KE  AA1 ，则动点 K 的轨迹长度为 3
【答案】BC
【分析】根据题意画?立体图形，再依据平行直线共面、中位线性质、动点轨迹等知识逐一对每个选项进行分析，从而选?正确选项.
【解析】A 选项，G，H 分别是CC1 ,C1D1 的中点，则 HG ∥ CD1 ，又 A1B ∥ CD1 ，则 HG ∥ A1B ，所以 HG, A1B
共面，所以 A 错误；
B 选项，取 DC 中点为 M，延长 DC, EF 交于点 N，连接 EM ，如图 1，因为 BC EM 且 BC  EM , F 是 BC 的中点，
所以CF ∥ EM , CF  1 EM ，且 MC  CN ．同理，延长 DC, HG 交于点 T，则TC  CM ，
2
即点 N 与点 T 重合，直线 EF, HG, DC 交于同一点，所以 B 正确；
22 12
5
22  22
12 12
C 选项，延长 D1G, DC 交于点 Q，连接 AQ 交 BC 于点 P，如图 2，则同 B 选项，易证，P 为 BC 的中点，所以四边形 APGD1 为过点 A, G, D1 的截面，
5
AP 
 GD1 , AD1

 2 2, PG 
 2 ，
2
所以截面周长为3
 2
，所以 C 正确；
图 1图 2
3
D 选项，因为 EA  平面 AA1D1D ，所以| KE |2 | KA |2  | AE |2 ，即4 | KA |2 1，所以| KA |，
3
因此 K 的轨迹是以 A 为圆心， 3 为半径的 1 圆，所以轨迹长度为 1  23，所以 D 错误.
442
故选：BC．
【典例 2】【多选】（2025 高三·广东广州·期中）如图所示，在棱长为 2 的正方体 ABCD  A1B1C1D1 中，M , N
分别为棱C1D1 , C1C 的中点，则下列结论正确的是（ ）
直线 AM 与 BN 是平行直线
直线 BN 与 MB1 是异面直线
直线MN 与 AC 所成的角为60↗
四边形 MNBA 的面积为 9
12
【答案】BCD
【分析】提?假设证明得?矛盾可判断 A 错误，根据异面直线性质可得 B 正确，作?异面直线的平面角可得 C 正确，由正方体棱长计算利用梯形面积公式计算可得 D 正确.
【解析】对于 A，取 DD1 的中点为 E ，连接 AE ，如下图所示：
由正方体性质可知 AE / / BN ，
若直线 AM 与 BN 是平行直线，则可得 AE   AM ，显然这与 AE , AM 相交于点A 矛盾，故A 错误；
对于 B，易知 B1 平面 BCC1B1 ，M 平面 BCC1B1 ，B1 直线 BN ，BN  平面 BCC1B1 ，可得直线 BN 与MB1
是异面直线，故 B 正确；
对于 C，连接CD1 , AD1 ，如下图：
可得 MN ∥ CD ,ACD 为直线MN 与 AC 所成的角，而ACD  60∘ ，
111
可得直线 MN 与 AC 所成的角为60↗.故 C 正确.
1  4
对于 D，连接 A1B ，易知 A1B ∥ MN ， A1M  BN ，所以 A1BMN 为等腰梯形，
因为棱长为 2，可得 A1B  2 2, MN 
2, BN 
 5 ，
2
2
3139
5  
2 
2
 2 

2
2

即等腰梯形的高为
，因此 S梯形  2
 2  ，即 D 正确.
2
故选：BCD.
03 线面平行定理的理解不够准确
辨析：在应用线面平行的判定定理进行平行转化时，定要注意定理成立的条件，通常应严格按照定理成立的条件规范书写步骤.
【典例 1】（2025·北京·模拟预测）已知平面,，直线l,m ，则下面结论正确的是（ ）
若∩  l, m / /, m / /，则m / /l ；
若∩  l, m / /l, m / /，则m / /；·
若 ,∩  l, m  ，则m / /；
若 ,∩  l, m  l ，则m ；
【答案】A
【分析】BCD 可举?反例；A 利用线面平行的性质，及平行的相关定理可推理判断.
【解析】对于 A，由m / /, m / /，则存在相异于l 的直线a, b ，
a , b  ，使m / /a, m / /b ，即a / /b ，
又a  ,b  ，所以a / /，又a ,∩  l ，所以a / /l ， 故m / /l ，故 A 正确；
对于 B，若∩  l, m / /l, m / /，则m / /或m ，故 B 错误； 对于 C，若 ,∩  l, m  ，则m / /或m ，故 C 错误；
对于 D， m  l 仅说明直线m 与交线垂直，不能保证 m 垂直于内的所有直线，故 D 错误；故选：A.
【典例 2】（2025·上海徐汇·模拟预测）已知m, n 为空间中两条不同的直线，,为两个不同的平面，若 m ,∩  n ，则m//n 是m / /的条件.（填：“充分非必要”､“必要非充分”、“充要”、“既非充分又非必要”中的一个）
【答案】充要
【分析】根据线面平行的判定定理和性质定理结合充分条件和必要条件的定义即可得解.
【解析】充分性：因为m , n, m//n ， 所以m, n 共面，
又因为,为两个不同的平面， n  ， 所以m  ，
所以m / /，故充分性成立；
必要性：因为m ,∩  n ，所以n  ， 又因为m / /，所以m//n ，故必要性成立， 所以m//n 是m / /的充要条件.
故答案为：充要.
04 对折叠与展开问题认识不清致误
辨析：注意折叠或展开过程中平面图形与空间图形中的变量与不变量，不仅要注意哪些变了，哪些没变，还要注意位置关系的变化．
【典例 1】（2025·湖南衡阳·模拟预测）已知等腰梯形 ABCD ， AD  BC  CD  2 ， AB  2CD ，取 AB 的中点 E ，将等腰梯形 ABCD 沿线段 DE 翻折，使得二面角 A  DE  B 为60 ，连接 AB 、AC 得到如图所示的四棱锥 A  BCDE ， F 为 AD 的中点．
证明： AB// 平面 ECF ；
求四棱锥 A  BCDE 的体积．
【答案】(1)证明见解析
3
(2)
【分析】（1）首先说明四边形 BEDC 为平行四边形，连接 BD 交CE 于点O ，连接OF ，即可得到OF //AB ，从而得证；
（2）在等腰梯形 ABCD 中可得ADE 、DEC 为等边三角形，在四棱锥 A  BCDE 中取 DE 的中点G ，连接
AG 、CG ，过点A 作 AH  CG 交CG 于点 H ，即可得到AGC 为二面角 A  DE  B 的平面角，求? AH ，
再证明 AH 平面 BCDE ，最后根据V
A BCDE
 1 AH  S 3
BCDE
计算可得.
【解析】（1）在等腰梯形 ABCD 中， AD  BC  CD  2 ， AB  2CD ， E 为 AB 的中点，所以 BE//DC 且 BE  DC ，
所以四边形 BEDC 为平行四边形，
连接 BD 交CE 于点O ，连接OF ，则O 为 BD 的中点，又 F 为 AD 的中点，所以OF //AB ，
又 AB  平面 ECF ， OF  平面 ECF ，所以 AB// 平面 ECF .
（2）在等腰梯形 ABCD 中，由（1）知 AD  DE  AE  BE  BC  2 ，即ADE 为等边三角形， 则A  B  60 ，连接CE ，则BCE 也为等边三角形，即CE  2 ，所以DEC 也为等边三角形，
在四棱锥 A  BCDE 中取 DE 的中点G ，连接 AG 、CG ，过点A 作 AH  CG 交CG 于点 H ，依题意 AG  DE 且CG  DE ，
所以AGC 为二面角 A  DE  B 的平面角，即AGC  60 ，
又 AG  GC 

3 2  3 
2
 2 

所以 AH 
，所以AGC 为等边三角形，
22 12
3
 3 ，
2
又 AG ∩ GC  G ， AG, GC  平面 AGC ，
所以 DE  平面 AGC ， AH  平面 AGC ，所以 AH  DE ，
又GC ∩ DE  G ， GC, DE  平面 BCDE ，所以 AH  平面 BCDE ，
又 SBCDE
 2S
 BCE
 2  1  2  2 sin 60  2 3 ，
2
所以V
A BCDE
 1 AH  S 3
BCDE
 1  3  2.
3
3
3 2
【典例 2】（2025·河南·模拟预测）如图，在矩形 ABCD 中，点 E 在边CD 上，且满足 AD  DE  2,CE  1，将ADE 沿 AE 向上翻折，使点 D 到点 P 的位置，构成四棱锥 P  ABCE .
若点 F 在线段 AP 上，且 EF ∥平面 PBC ，试确定点 F 的位置；
7
若 PB ，求四棱锥 P  ABCE 的体积.
【答案】(1)点 F 为线段 AP 上靠近点 P 的三等分点；
(2) 4
3
2 .
【分析】（1）过点 F 作 FG / / AB 交 PB 于点G ，根据线面平行的性质定理即得；
（2）取 AE 的中点O ，利用勾股定理及线面垂直的判定定理可得 PO  平面 ABCE ，然后利用锥体的体积公式即得.
【解析】（1）如图，过点 F 作 FG / / AB 交 PB 于点G ，连接CG ，因为 FG / / AB / / EC ，所以 E, F, G, C 四点共面，
若 EF / / 平面 PBC ，由 EF  平面 EFGC ，平面 EFGC  平面 PBC  CG ，
所以 EF / /CG ，所以四边形 EFGC 为平行四边形， FG  CE  1 AB ,
3
则 PF  FG  1 ，
PAAB3
所以当且仅当点 F 为线段 AP 上靠近点 P 的三等分点时， EF / / 平面 PBC .
5
（2）如图，取 AE 的中点O ，连接OB ，取 BC 的中点 M ，连接OM ，则OM  2, BM  1 ，所以OB ，
2
又 PA  PE  2 ，则OA  OE  OP ，又 PB 
所以 PO  OB .
7 ，则OB2  OP2  PB2 ，
因为 PO  AE, PO  OB, AE  OB  O ， AE, OB  平面 ABCE ，所以 PO  平面 ABCE ，
则四棱锥 P  ABCE 的体积为V  1 
2  1  3 2  4 2 .
323
01 求空间几何体表面积
求多面体的表面积：只需将它们沿着棱“剪开”展成平面图形，利用求平面图形面积的方法求多面体的表面积；
求旋转体的表面积：可以从旋转体的形成过程及其几何特征入手，将其展开后求表面积，但要搞清它们的底面半径、母线长与对应侧面展开图中的边长关系
求不规则几何体的表面积：通常将所给几何体分割成基本的柱体、锥体、台体，先求出这些基本的柱体、锥体、台体的表面积，再通过求和或作差，求出所给几何体的表面积；
【典例 1】（2025·广西柳州·模拟预测）已知圆锥的表面积为12π ，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面直径是（ ）
A．2B．3C．4D．5
【答案】C
【分析】根据圆锥的侧面展开图是一个半圆和圆锥的表面积建立方程，然后解?方程即可.
【解析】设圆锥的底面的半径为 r，圆锥的母线为 l，则由πl  2πr ，得l  2r ，
而 S  πr 2  πrl  12π ，即3πr2  12π ，所以r  2 ，圆锥的底面直径为 4.
故选：C.
【典例 2】（2025·上海杨浦·模拟预测）已知 AC  4, BC  2 ，则直角三角形 ABC 绕斜边 AC 旋转一周所形成的几何体的侧面积为 .
【答案】2 3  3 π
3
【分析】旋转形成一个侧面是扇形，底面为半径
的圆形，母线长为2 3 和2 的两个同底面的锥体，求解
侧面积.
【解析】由 AC  4, BC  2 ，斜边为 AC ,则 AB  2 3 ,
3
3
由此可以得到底面的半径为r ，
故侧面积 S  1  2π 
2
3 2
 2  2 3 
3 π .
故答案为： 2 3  3 π .
【典例 3】（2025·黑龙江·模拟预测）若正四棱柱 ABCD  A1B1C1D1 与以正方形 ABCD 的外接圆为底面的圆柱
2
C． 2π
的体积相同，则正四棱柱与该圆柱的侧面积之比为（ ）
A． π
2
【答案】B
B．
D． 2π
【分析】正四棱柱底面边长与圆柱底面半径之比已知，由正四棱柱与圆柱的体积相同，求?正四棱柱与圆柱的高之比，代入侧面积公式计算即可.
【解析】依题意，设正四棱柱 ABCD  A1B1C1D1 的底面边长为 a ，高为h1 ，
圆柱的高为h2 ，则圆柱的底面半径为 2 a ，
2
2
2hπ
则有a2h  π a  h ，整理得 1  ，
1 22
h22
2
4ah1
正四棱柱与圆柱的侧面积之比 2π  2 a  h.
 22

故选：B．
求空间几何体的体积
处理空间几何体体积的基本思路
转：转换底面与高，将原本不容易求面积的底面转换为容易求面积的底面，或将原来不容易看出的高转换为容易看出并容易求解的高；
拆：将一个不规则的几何体拆成几个规则的几何体，便于计算；
拼：将小几何体嵌入一个大几何体中，如有时将一个三棱锥复原成一个三棱柱，将一个三棱柱复原乘一个四棱柱，还台位锥，这些都是拼补的方法。
求体积的常用方法
直接法：对于规则的几何体，利用相关公式直接计算；
割补法：把不规则的几何体分割成规则的几何体，然后进行体积计算；或者把不规则的几何体补成规则的几何体，不熟悉的几何体补成熟悉的几何体，便于计算；
等体积法：选择合适的底面来求几何体的体积，常用于求三棱锥的体积，即利用三棱锥的任一个面作为三棱锥的底面进行等体积变换
【典例 1】【多选】（2025·江西·模拟预测）一个三棱锥和一个正三棱柱的所有棱长与一个表面积为S 的正方体的棱长相等，则下列结论正确的是（ ）
三棱锥的表面积为 3 S
6
三棱柱的表面积为( 3  3) S
3
三棱锥、三棱柱、正方体的高之比为 6 : 1: 1
3
三棱锥、三棱柱、正方体的体积之比为 2 :
3 : 1
124
【答案】ACD
【分析】设棱长为a ，分别表示?表面积、高和体积，逐一判断选项即可.
S
6
【解析】对于 A 项，设正方体的棱长为a ，则 S  6a2 ，解得a ，
则三棱锥的表面积为4  1 a2 sin 60 
3a2  S 
3 S ，故 A 正确；
3
266
对于 B 项，三棱柱的表面积为2  1 a2 sin 60   3a2 3 a2  3a2  ( 3 6) S ，故 B 错误；
2212
AD2 DE
 2
2
 3

a2 a  

3
22

23
对于 C 项，易知该三棱锥为正四面体，如图，
AD2  OD2
高h  AO 


 6 ，
3
则三棱锥、三棱柱、正方体的高之比为 6 a : a : a 6 : 1: 1，故 C 正确；
33
对于 D 项，V 1  1 a2 sin 60 h  1 

3 a2  6 a 2 a3,
三棱锥32
34312
V 1 a2 sin 60 a 3 a3, V
 a3 ，
三棱柱24
正方体
所以三棱锥、三棱柱、正方体的体积之比为
2 a3 :
3 a3 : a3 
2 : 3 : 1 ，故 D 正确.
124124
故选：ACD.
【典例 2】（2025·陕西延安·模拟预测）已知正四棱台 ABCD  A1B1C1D1 中，侧棱与底面所成的角为45∘ ，
2
A1B1  2AB  2
，则该四棱台的体积为．
【答案】14 / 4 2
33
【分析】首先求棱台的高，再代入体积公式，即可求解.
【解析】由条件可知，上下底面对角线长为 2 和 4，因为侧棱与底面所成角为45∘ ，
4  2
114
所以高为 1 ，则四棱台的体积V  12  8  2  8  .
233
故答案为： 14
3
【典例 3】（2025·辽宁大连·模拟预测）已知正四棱台 ABCD  A1B1C1D1, AB  2A1B1, E, F 分别是棱 A1B1 , A1D1 的中点，平面 EFDB 将正四棱台割成两部分，则较小部分与较大部分的体积之比为．
【答案】 3 /0.6
5
【分析】分析可知几何体 A1EF  ABD 是三棱台，利用割补法结合台体的体积公式运算求解．
【解析】如图，连接 B1D1 ，不妨设 AB  2 A1B1  4 ，棱台的高设为 h ，
所以V
 h 2  2  4  4  2  2  4  4   28h ．
A1B1C1D1  ABCD33
因为 E ， F 分别是棱 A1B1 ， A1D1 的中点，则 AB  4 A1E ， AD  4 A1F ．
又因为平面 A1EF ∥平面 ABD ，可知几何体 A1EF  ABD 是三棱台，
则VA EF  ABD
 h  1 11  1 4 4 
7h

．
1 11 1 4  
2
2
4


13  222
所以分割之后较大部分的体积为V  V
1 1 1 11
A B C D  ABCD  VA EF  ABD
 28h  7h  35h ，
326
7h
VA EF  ABD3
所以较小部分与较大部分的体积之比为 1  2  ．
故答案为： 3 ．
5
V35h5
6
共线共点共面证明方法
证明点或线共面问题的 2 种方法
首先由所给条件中的部分线(或点)确定一个平面，然后再证其余的线(或点)在这个平面内；
将所有条件分为两部分，然后分别确定平面，再证两平面重合．
证明点共线问题的 2 种方法
先由两点确定一条直线，再证其他各点都在这条直线上；
直接证明这些点都在同一条特定直线(如某两个平面的交线)上．
证明线共点问题的常用方法
先证其中两条直线交于一点，再证其他直线经过该点．
【典例 1】（2025·黑龙江齐齐哈尔·模拟预测）已知空间中不过同一点的三条直线a, b, c ，则“ a, b, c 共面”的一个充分不必要条件是（ ）
A． a  b ，且c  b
C． a b ，且c  b
B． a b ，且c ∥ b
D． a, b, c 两两相交
【答案】D
【分析】根据充分不必要条件得要求推?各选项是否能保证三条直线共面.
【解析】选项 A： a  b ，且c  b ，三条直线可能在不同的平面.选项 B： a b ，且c ∥ b ，三条直线可能分布在三个平行平面内.
选项 C： a b ，且c  b ， c 垂直于b 但可能不在a 与b 确定得平面内.
选项 D：两两相交且不过同一点得三条直线必然共面.
故选：D
【典例 2】（2025·江西·模拟预测）如图，正方体 ABCD  A1B1C1D1 的棱长为 1， E ， F 分别为 AA1 ， CC1 的
中点， G 在 D C 上，且 D G  1 GC ，平面 EFG 与棱 B B 所在直线交于点 H ，则 BH  （ ）
1 11211
A． 2
5
【答案】C
B． 1
3
C． 1
4
D． 1
6
【分析】根据正方体的性质可得平面 ABB1 A1 与平面 DCC1D1 平行，利用面面平行的性质定理可得平面 EFG 与它们的交线GF, EH 平行，
然后作平行线找到点 H 的位置，利用三角形相似即可求? BH 的值.
【解析】
在正方体中，根据正方体的性质可得平面 ABB1 A1 与平面 DCC1D1 平行，利用面面平行的性质定理可得平面 EFG 与它们的交线GF, EH 平行， 所以过点 E 作直线GF 的平行线 EP 与 B1B 延长线交于一点，
此交点即为平面 EFG 与棱 B1B 所在直线交点 H ，连接 PF ，如图所示.所以四边形 EPFG 是平行四边形，所以 EP  FG ，
又 E ， F 分别为 AA1 ， CC1 的中点，所以 AE  C1F ，
因为EAP  FC1G  90，所以EAP FC1G ，所以 AP  C1G ，又因为EAP ~HBP ，所以 BH  BP  1 ，
EAAP2
所以 BH  1 AE  1 AA  1 .
2414
故选： C .
【典例 3】（2025·江西·模拟预测）已知在四面体 ABCD 中， BC  BD ， AC  AD ， E, F, M , N 分别为 BC， BD，AC，AD 的中点，则下列选项正确的是（ ）
MF  EN
MN  ME
MF  EN
EN //CD
【答案】C
【分析】先应用线面垂直判定定理得? CD  平面 ABG，进而得?线线垂直即得线线平行得?矩形继而解题判断 C，再应用反证法判断 A，B，D.
【解析】如图， MN //CD ， EF //CD ，且 MN  EF  1 CD ，所以四边形 MEFN 为平行四边形.
2
取 CD 的中点 G，连接 BG，AG，
由 BC  BD ，AC  AD ，得CD  BG ，CD  AG, AG  BG  G, AG, BG  平面 ABG ，，所以CD  平面 ABG ，
AB  平面 ABG ，所以CD  AB .
因为 ME//AB ，所以 ME  EF ，所以平行四边形 MEFN 为矩形，所以 MF  EN ，C 选项正确；
若 MF  EN ，则四边形 MEFN 为菱形，则 NM  ME ,所以 AB  CD ，与已知 AB, CD 边长关系不确定矛盾，
A，B 选项错误；
若 EN / /CD ，则 EN / /MN 与 EN  MN  N 矛盾，D 选项错误.
故选：C.
证明直线与平面平行的方法
线面平行的定义：一条直线与一个平面无公共点(不相交)．
线面平行的判定定理：关键是找到平面内与已知直线平行的直线．常利用三角形的中位线、平行四边形的对边、成比例线段出现平行线或过已知直线作一平面找其交线．
面面平行的性质：①两个平面平行，在一个平面内的任意一条直线平行于另外一个平面，即α∥β， a⊂α⇒a∥β；②两个平面平行，不在两个平面内的一条直线与其中一个平面平行，则这条直线与另一平面也平行，即α∥β，a⊄ α，a⊄ β，a∥α⇒a∥β.
【典例 1】（2025·河北保定·模拟预测）如图，在四棱锥 P  ABCD 中，底面 ABCD 为直角梯形，
AB  AD, AD / / BC ， AD  AP  2AB  2BC  2 ， PA  平面 ABCD, E 为棱 PD 上的动点．
当 E 为棱 PD 的中点时，证明： EC / / 平面 PAB ；
若 PE  2ED ，求平面 EAC 与平面 PAB 夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2) 6
6
【分析】（1）通过线线平行即可证得线面平行；
（2）建系后，写?相关点的坐标，?平面 EAC 和平面 PAB 的法向量，利用空间向量的夹角公式计算即得.
【解析】（1）
取 PA 的中点 F ，连接 EF ， BF ，因为 E 为 PD 的中点，
所以 EF / / AD, EF  1 AD ，
2
因为 AD / / BC, AD  2BC ，所以 EF / / BC, EF  BC ，
所以四边形 EFBC 为平行四边形，所以 EC / / BF ．又 BF  平面 PAB, EC 平面 PAB ，
所以 EC / / 平面 PAB ．
（2）
因为 AB  AD, PA  平面 ABCD ，即 AB, AD, AP 两两垂直，
故可以A 为原点， AB, AD, AP 所在直线分别为 x, y, z 轴建立如图所示的空间直角坐标系．则 A0, 0, 0, P 0, 0, 2, D 0, 2, 0, C 1,1, 0 ，
4 2 
因为 PE  2ED ，所以 E  0, , ，
3 3 
–––→–––→–––→ 
4 2 
所以 AC  1,1, 0 , AD  0, 2, 0 , AE  0, ,  ．
3 3 
→
设平面 EAC 的法向量为n   x, y, z  ，
 → –––→
 n  AC  x  y  0
则 → –––→42

n  AE  y  z  0
33
→
取 y  1，得 x  1, z  2 ，所以n  1,1, 2 ．
因为 AB  AD, AP  AD, AB  AP  A, AB, AP  平面 PAB ，
所以 AD  平面 PAB ．
所以 AD  0, 2, 0 为平面 PAB 的一个法向量．设平面 EAC 与平面 PAB 的夹角为，
n
→  AD
n  AD
→
–––→
6
csn, AD
则cs→ –––→ 2 ．
2 66
所以平面 EAC 与平面 PAB 夹角的余弦值为 6 ．
6
【典例 2】（2025·广西·模拟预测）如图，在四棱锥 P  ABCD 中，底面 ABCD 是边长为2 的正方形，PA 
3AD ，
AB  PD ， PAD  150 ， E 为线段 PD 的中点.
证明：直线 PB / / 平面 ACE ；
求直线 AE 与平面 PAC 所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2) 5
5
【分析】（1）作辅助线，先证明 HE / / PB ，再利用线面平行的判定定理可证结论；
（2）建立坐标系，求?平面法向量，利用线面角的向量求法可得答案.
【解析】（1）连接 BD 交 AC 于点 H，连接 HE.
因为四边形 ABCD 是正方形，根据正方形对角线性质，可知 H 是 BD 的中点.又因为 E 为线段 PD 的中点，在△PBD 中，可得 HE / / PB .
由于 HE  平面 ACE， PB  平面 ACE，所以直线 PB / / 平面 ACE.
（2）因为底面 ABCD 是边长为 2 的正方形，所以 AB⊥AD.
又因为 AB⊥PD，AD∩PD=D，且 AD、PD⊂平面 PAD，所以 AB⊥平面 PAD.
在平面 PAD 内作 Ax⊥AP，分别以 Ax，AP，AB 为 x，y，z 轴的正方向建立空间直角坐标系 A−xyz.
3
又底面 ABCD 为边长为 2 的正方形， PA  3AD ，则 AD  2, PA  2，
3
A 0, 0, 0, P 0, 2 3, 0, D 1,  3, 0, C 1,  3, 2， E  1 ,, 0 ；
 22
–––→–––→–––→

 13
AC  1, 
3, 2 , AP  0, 2 3, 0 , AE  , , 0；
 22
 →

–––→
‴n  AC  0
x  3 y  2z  0
设平面 PAC 的一个法向量为n   x, y, z  ，则 → –––→，即，
n  AP  02 3 y  0
→
令 z  1，得n  2, 0, 1 ，
设直线 AE 与平面 PAC 所成角为θ， sin cs
即直线 AE 与平面 PAC 所成角正弦值为 5 .
5
–––→ →
AE ,n
 1 ，
–––→ →
AE  →
n
AE n
5
5
5
【典例 3】（2025 高三·广东广州月考）如图，在四棱锥 P  ABCD 中，三角形 PAD 是以 AD 为斜边的等腰直角三角形， BC //AD ， CD  AD ， AD  2DC  2CB  2 ，E 为 PD 的中点.
证明： CE // 平面 PAB；
若PAB  60 ，求直线 CE 与平面 PBC 的夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2) 33 .
6
【分析】（1）取 PA 中点为 F，连接 EF，FB，通过证明 EC / / FB 可完成证明；
（2）通过证明 PO  平面ADCB ，可建立如图所示空间直角坐标系，求?平面平面 PBC 法向量，然后由空间向量知识可得答案.
【解析】（1）取 PA 中点为 F，连接 EF，FB，则 EF / / AD / / BC ，
且 EF  1 AD  BC ，从而四边形 FECB 为平行四边形.
2
则 EC / / FB ，又 EC 平面 PAB， FB  平面 PAB，则CE // 平面 PAB；
（2）如图取 AD 中点为 O，连接 OP，OB.
因三角形 PAD 是以 AD 为斜边的等腰直角三角形， AD  2 ，
则 PA 
2，PO  1 AD  1.因 AO  OD  BC  1 AD  1， OD / / BC ，
22
则四边形ODCB 为平行四边形，则 BO  1， BO / /CD ，结合CD  AD ，
2
则 BO  AO ， AB ，结合PAB  60 ，则PAB 为等边三角形，
得 PB 
2 .又 BO  1， PO  1，则 PO2  BO2  PB2 ，故 PO  OB .
又 PO  AD ， AD ∩ OB  O，AD，OB  平面 ADCB，则 PO  平面ADCB .
故如图建立以 O 为坐标原点的空间直角坐标系.
则O 0, 0, 0，B 1, 0, 0，D 0,1, 0，A0, 1, 0，C 1,1, 0，P 0, 0,1 ，
 1 1 
因 E 为 PD 的中点，则 E  0, ,  .
–––→
2 2 
1 1 
从而CE   1,  ,  ， PB  1, 0, 1 ， PC  1,1, 1 .
2 2 
‴
–––→
→
PB  n  x  z  0
设平面 PBC 法向量为n   x, y, z  ，则–––→ →，
PC  n  x  y  z  0
→
取n  1, 0,1，设直线 CE 与平面 PBC 的夹角为，
2
1  1
1  1  1 
44
3
33
–––→
则sin
cs
→
n, CE


2
6
，从而cs
1  sin2.
6
证明面面平行的常用方法
利用面面平行的定义．
利用面面平行的判定定理：如果一个平面内有两条相交直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行．
利用“垂直于同一条直线的两个平面平行”．
利用“如果两个平面同时平行于第三个平面，那么这两个平面平行”．
利用“线线平行”“线面平行”“面面平行”的相互转化．
【典例 1】（2025·上海·模拟预测）已知三棱锥 P  ABC 中，AB  AC, PA  平面 ABC, PA  AB  3, AC  4, M 为 BC
中点，过点 M 分别作平行于平面 PAB 的直线交 AC、PC 于点 E、F .
(1)求直线 PM 与平面 ABC 所成的角的正切值；
(2)证明：平面MEF / / 平面 PAB ，并求直线ME 到平面 PAB 的距离.
【答案】(1) 5
4
(2)证明见解析； 2
【分析】（1）根据直线与平面夹角的定义即可知PMA 即为直线 PM 与平面 ABC 所成的角，然后利用线段长直接求解即可.
（2）利用面面平行的判定定理直接证明即可；根据线面间的距离转化为点面距离，即可得?答案.
【解析】（1）
因为 PA  平面 ABC ，连接 AM ，
则PMA 即为直线 PM 与平面 ABC 所成的角，又 PA  AB  3 ， AC  4 ， AB AC ，
M 为 BC 中点，可得 BC  5 ， AM  5 ，
2
所以tan PMA  PA
AM
 6 ，
5
即直线 PM 与平面 ABC 所成的角的正切值为 6 .
5
（2）由题知， ME / / 平面 PAB ， MF / / 平面 PAB ，
ME ∩ MF  M ， ME, MF  平面 MEF ，所以平面 MEF / / 平面 PAB .
因为 PA  平面 ABC ， AC  平面 ABC ，所以 PA  AC ，
又 AC  AB ， AB, PA  平面 PAB ， AB ∩ PA  A ，所以 AC  平面 PAB ，又 ME / / 平面 PAB ，
所以 AE 就是直线 ME 到平面 PAB 的距离，又 M 为 BC 中点，
则 AE  1 AC  2 ，
2
即直线 ME 到平面 PAB 的距离为2 .
【典例 2】（2025·河南·模拟预测）如图所示，正六棱柱 ABCDEF  A1B1C1D1E1F1 的底面边长为 1，高为 3 .
证明：平面 ADF1 / / 平面 A1BC ；
求平面 ADF1 与平面 A1BC 间的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2) 15
5
【分析】（1）利用面面平行的判定定理证明;
（2）将面面距转化为点面距，再由等体积法求?距离即可.
【解析】（1）在正六棱柱 ABCDEF  A1B1C1D1E1F1 中，因为底面为正六边形，所以 AD / / BC ，
因为 AD  平面 A1BC ， BC  平面 A1BC ，所以 AD / / 平面 A1BC .
因为CD / / A1F1 ， CD  A1F1 ，所以四边形CDF1 A1 为平行四边形，所以 DF1 / / A1C ，因为 DF1  平面 A1BC ， A1C  平面 A1BC ，所以 DF1 / / 平面 A1BC ，
又 AD ∩ DF1  D ，所以平面 ADF1 / / 平面 A1BC .
（2）平面 ADF1 与平面 A1BC 间的距离等价于点A 到平面 A1BC 的距离，设为d .
连接 AC ，则四面体 A ABC 的体积V  1 S AA  1 Sd .
13 △ABC13 △A1BC
3
因为V  1 S AA  1  1 11sin 2π  1 ，
3 △ ABC

13 234
AB2  AA2
1
AC2  AA2
1
6
A1B  2 ， A1C ，
15
12  22   6 2
所以cs A BC   1 ，从而sin A1BC ，
12 1 244
所以 S 1 1 2 15  15 ，
△ A1BC244
11
所以d 3V 15 ，即平面 ADF 与平面 A BC 间的距离为 15 .
S△ A1BC55
【典例 3】（2025·河南·模拟预测）如图，在四棱柱 ABCD  A1B1C1D1 中，四边形 ABCD 是正方形，E，F，
G 分别是棱 BB1 ， B1C1 ， CC1 的中点.
证明：平面 A1EF / / 平面 AD1G ；
若点 A1 在底面 ABCD 的投影是四边形 ABCD 的中心， A1 A  2 AB  4 ，求三棱锥 A1  AD1G 的体积.
【答案】(1)证明见解析
(2) 2 14
3
【分析】（1）根据四棱柱中的平行关系以及中点,可得线线平行,根据线线平行证明线面平行,进而可证明面面平行.（2）可由四棱柱的体积,可得同底等高的三棱锥的体积,然后根据三棱锥中等体积法即可求解.
【解析】（1）证明：连接 EG， BC1 .
因为 E，G 分别是棱 BB1 ， CC1 的中点，所以 EG∥B1C1 ， EG  B1C1 .
因为 A1D1 ∥ B1C1 ， A1D1  B1C1 ，所以 EG∥ A1D1 ， EG  A1D1 ，所以四边形 EGD1A1 是平行四边形，则 D1G ∥ A1E .
因为 D1G  平面 AD1G ， A1E  平面 AD1G ，所以 A1E ∥平面 AD1G .
因为 E，F 分别是棱 BB1 ， B1C1 的中点，所以 EF ∥ BC1 .
因为 AD1 ∥ BC1 ，所以 EF ∥ AD1 .
因为 AD1  平面 AD1G ， EF  平面 AD1G ，所以 EF ∥平面 AD1G .
因为 EF  平面 A1EF ， A1E  平面 A1EF ，且 A1E  EF  E ，
所以平面 A1EF∥平面 AD1G .
（2）连接 AC，BD，记 AC ∩ BD  O ，连接 A1O ，则 A1O  平面 ABCD.
因为2 AB  4 ，所以 AB  AD  2 ，所以 AO  1 AC  2 .
2
因为 A1 A  4 ，所以 A1O 
14 ，
14
则四棱柱 ABCD  A1B1C1D1 的体积V  2 2
14
故三棱锥G  AA1D1 的体积V  1 V  1 4
 4 14 .
 2 14 ，
1663
即三棱锥 A1  AD1G 的体积为 2 14 .
3
06 证明线线垂直的方法

三线合一(有等腰三角形就必用)
共面 
勾股定理（题目中线段数据多）
证明l  l 先看两直线位置关系
12其他（初中平面几何学习的其他垂直证明方法）

异面 考虑用线面垂直推导异面垂直 找重垂线 在重垂线对应平面内找垂直
【典例 1】（2025·北京昌平·模拟预测）如图，在四棱锥 P  ABCD 中，底面 ABCD 为平行四边形，AC 与 BD
相交于点O ，平面 PAD  平面 ABCD ，点 E 在棱 PC 上， AD  BD  PD  2, AB  2OE  2 2 ．
(1)求证： AP  BD ；
(2)再从条件①，条件②这两个条件中选择一个作为已知，求平面 BDE 与平面 ABCD 夹角的大小．条件①： AP / / 平面 BDE ；
条件②： CE  3 ．
【答案】(1)证明见解析
(2) π
4
【分析】（1）先证明 AD  BD ，再由平面 PAD  平面 ABCD 证明 BD 平面 PAD ，即得线线垂直；
（2）选条件①，先根据线面平行的性质定理，推? E 为 PC 的中点，建系后，求?相关点和向量的坐标，由空间向量的夹角公式计算即得；选条件②，由条件先证OE  PC ，再证 E 为 PC 的中点，接着证 PD  平面 ABCD ，取 DC 的中点Q ，连接QE,OQ ，证明QE  平面 ABCD ，求? QE,OQ ，再证明EOQ 是平面 BDE与平面 ABCD 夹角或补角，求解即得.
2
【解析】（1）因为在△ABD 中， AD  BD  2 ， AB  2，
所以 AD2  BD2  AB2 ，即 AD  BD ．
因平面 PAD  平面 ABCD ，平面 PAD  平面 ABCD  AD ， BD  平面 ABCD ，所以 BD 平面 PAD ．又因 AP 平面 PAD ，所以 AP  BD ．
（2）
选条件①： AP / / 平面 BDE ．
如图，因为 AP / / 平面 BDE ， AP 平面 PAC ，平面 PAC ∩ 平面 BDE  OE ，所以 AP / /OE ．
因为 ABCD 为平行四边形， O 为 AC 的中点，所以 E 为CP 的中点．
所以 AP  2OE  2 2 ．因为 AD  PD  2 ，所以 AD2  PD2  AP2 ．
AD  PD ．由（1）已得 BD 平面 PAD ，因 PD  平面 PAD ，故 BD  PD ，又 BD  AD ，即 AD, BD, PD 两两垂直．
如图建立空间直角坐标系 D  xyz ，则 D 0, 0, 0, A2, 0, 0, B 0, 2, 0, C 2, 2, 0 ，
P 0, 0, 2, E 1,1,1 ，因此 DE  1,1,1, DB  0, 2, 0 ．
 → –––→
→m  DE  0 x  y  z  0
设平面 BDE 的法向量为m   x, y, z  ，则 →
–––→
，即2 y  0．
m  DB  0
→
令 x  1 ，则 z  1，所以m  1, 0,1 ．
→
易知平面 ABCD 的一个法向量 n  0, 0,1，
2

→ →
→ →m nπ
cs m, n  → → 
m n
2 ，所以平面 BDE 与平面 ABCD 夹角为 4 ．
选条件②： CE  3 ．
22 12
5
如图，由（1）得 AD  BD ，则OC  OA 
 5 ，
又OE 
2 ，由OE2  CE2  OC2 ，可得OE  PC ，因 PO  OC ，则 E 为 PC 的中点，
则OE  1 PA 
2
2 ，即 PA  2
，可得 PD  AD ，
2
因平面 PAD  平面 ABCD ，平面 PAD  平面 ABCD  AD ， PD  平面 PAD ，故 PD  平面 ABCD .
取 DC 的中点Q ，连接QE, OQ ，则QE / / PD ，故QE  平面 ABCD ，因 BD  平面 ABCD ，则QE  BD ，
又QE  1 PD  1 ， OQ  1 AD  1，且OQ  BD ，
22
又OQ  QE  Q,OQ,QE  平面OQE ，故 BD 平面OQE ，
因OE  平面OQE ，则 BD  OE ，即EOQ 是平面 BDE 与平面 ABCD 夹角或补角，
在RtOQE 中， QE  OQ ，则EOQ  π ，故平面 BDE 与平面 ABCD 的夹角为 π .
44
【典例 2】（2025·江苏南京·模拟预测）如图，在直角梯形 ABCD 中， AB∥CD ，ABC  90∘ ， AB  3 ， BC  DC  1， DE AB 于 E ，沿 DE 将ADE 折起，使得点A 到点 P 的位置，使PEB  90∘ ， N ， F 分别是棱 BC ， PB 的中点.
证明： EF BC ；
求平面 EFN 和平面 PCD 的夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2) 3105
35
【分析】（1）先由线线垂直证明 DE  平面 PEB ，再由线面垂直得 DE  EF ，证明 BC / / DE ，即得 EF BC ；
（2）由题意建系，写?相关点的坐标，求?两平面的法向量坐标，利用向量夹角的坐标公式计算即得.
【解析】（1）根据题意，沿 DE 将ADE 折起后， PE  DE, BE  DE ， PE ∩ BE  E, PE, BE  平面 PEB ，则 DE  平面 PEB ，
因 EF  平面 PEB ，则 DE  EF ，由左图易得矩形 BCDE ，故 BC / / DE ，故 BC  EF ，得证.
（2）由（1） DE  平面 PEB ， PE  平面 PEB ，则 DE  PE ，
故可分别以 EB, ED, EP 所在直线为 x, y, z 轴建立空间直角坐标系 E  xyz (如图).
则 E(0, 0, 0), B(1, 0, 0), P(0, 0, 2), D(0,1, 0), C(1,1, 0) ，
因 N ， F 分别是棱 BC ， PB 的中点，则 F ( 1 , 0,1), N (1, 1 , 0) ，
22
–––→1–––→1
则 EF  (, 0,1), EN  (1, , 0) ，
22
设平面 EFN 的法向量为m  (x, y, z) ，
–––→ →1
EF  m  2 x  z  0

则–––→ →1
EN  m  x 
2
y  0
，故可取m  (2, 4, 1) ；
因 DC  (1, 0, 0), DP  (0, 1, 2) ，
→
设平面 PCD 的法向量为n  (a, b, c) ，
→
–––→
DC  n  a  0
则–––→ →，故可取n  (0, 2,1) .
DP  n  b  2c  0
设平面 EFN 和平面 PCD 的夹角为，
2 4 11
5  21
cs m, n
则cs→ →  3 35
105 .
即平面 EFN 和平面 PCD 的夹角的余弦值为 3105 .
35
2
【典例 3】（2025·江西·模拟预测）如图，在三棱锥 A  BCD 中， AB  BD  2 ， BC  CD ， AB  BD ，点 E 为 AD 的中点.
求证： BD  CE ；
若平面 ABD  平面 BCD ，求直线 AC 与平面 BCE 所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见详解
(2) 2
3
【分析】（1）取 BD 中点O ，由题意可证OE  BD ， CO  BD ，进而可证 BD 平面COE ，再由线面垂直的性质定理可证 BD  CE ；
（2）建立空间直角坐标系，分别求?直线 AC 的方向向量与平面 BCE 的法向量，利用空间向量求线面角即可.
【解析】（1）取 BD 中点O ，连接CO, EO ，则OE / / AB ，因为 AB  BD ，所以OE  BD ，
因为 BC  CD, O 为 BD 中点，所以CO  BD ，
因为OC  OE  O, OC, OE  平面COE ，所以 BD 平面COE ，又CE  平面COE ，所以 BD  CE ．
（2）因为平面 ABD  平面 BCD ，平面 ABD  平面 BCD  BD, OE  BD ，且OE  平面 ABD ，所以OE  平面 BCD ，
又OC  平面 BCD ，所以OE  OC ，
由（1）知 BD  OC, BD  OE ，所以OC, OB, OE 两两垂直．
以点O 为坐标原点，直线OC, OB, OE 分别为 x 轴， y 轴， z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则O 0, 0, 0, A0,1, 2, B 0,1, 0, C 1, 0, 0, E 0, 0,1 ，
所以 AC  1, 1, 2, BC  1, 1, 0, BE  0, 1,1 ．
 → –––→
‴n  BC  0x  y  0
设平面 BCE 的一个法向量n   x, y, z  ，则有 →
–––→
，即 y  z  0 ，
n  AC
→
n AC
→ –––→

111 11 2 
12 12 12  12  (1)2  (2)2

→
令 z  1，则 x  1 ， y  1，所以n  1,1,1 ．设直线 AC 与平面 BCE 所成的角为，
–––→ →
n  BE  0
则sin cs
AC, n
，
2
3
所以直线 AC 与平面 BCE 所成角的正弦值为 2 ．
3
07 证明线面垂直的方法
线面垂直的判定定理：l⊥a，l⊥b，a⊂α，b⊂α，a∩b＝P⇒l⊥α.
面面垂直的性质定理：α⊥β，α∩β＝l，a⊂α，a⊥l⇒a⊥β.
性质：①a∥b，b⊥α⇒a⊥α；②α∥β，a⊥β⇒a⊥α.
α⊥γ，β⊥γ，α∩β＝l⇒l⊥γ.(客观题可用)
6
【典例 1】（2025·河南驻马店·模拟预测）如图，在三棱锥 P  ABC 中， PA  6 ， PB  3
AB  BC  3 2 ， AB  BC ．
， PC  6 2 ，
求证： PA  平面 ABC ；
若点 D 满足 PD  2DC ，求平面 ABD 与平面 ACD 的夹角的余弦值．
【答案】(1)见解析
(2) 6
6
【分析】（1）根据线面垂直的判断定理，根据勾股定理证明 PA  AB 和 PA  AC ，即可证明线线垂直；
（2）根据（1）的结果建立空间直角坐标系，分别求平面 ABD 与平面 ACD 的法向量，利用法向量求夹角的
余弦值.
6
【解析】（1）因为 PA  6 ， PB  3
， AB  3
，所以 PA2  AB2  PB2 ，
2
所以 PA  AB ，
因为 AB  BC  3 2 ，且 AB  BC ，所以 AC  6 ，又 PA  6 ， PC  6 2 ，所以 PA2  AC 2  PC 2 ， PA  AC ， AB  AC  A ， AB, AC  平面 ABC ，所以 PA  平面 ABC ；
（2）如图，以点A 为原点， AC, AP 为 y 轴和 z 轴的正方向，在平面 ABC 中，作 Ax  AC ，
A0, 0, 0 ， C 0, 6, 0 ， B 3,3, 0 ， D 0, 4, 2 ，
AB  3,3, 0 ， AD  0, 4, 2 ，
→
设平面 ABD 的一个法向量为m   x, y, z  ，
 → –––→
则m  AB  3x  3y  0 ，令 x  1 ，则 y  1， z，
 → –––→ 2
m  AD  4y  2z  0
→
→
所以平面 ABD 的一个法向量为m  1, 1, 2 ，平面 ACD 的一个法向量为n  1, 0, 0，
平面 ABD 与平面 ACD 的夹角为，
6
→ →
cs
cs
→ →
m, n
m  n1
6

→ → 
m n
，
6
所以平面 ABD 与平面 ACD 的夹角的余弦值为 6 .
6
【典例 2】（2025·山东威海·模拟预测）如图，在四棱锥 P  ABCD 中，平面 PAD  平面 ABCD ，△PAD 为等边三角形， PD  AB ， AD / / BC ， AD  4 ， AB  BC  2 ，M 为 PA 的中点.
证明： DM 平面 PAB ；
求直线 PB 与平面 MCD 所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析；
3(2) .
5
【分析】（1）设 AD 中点为O ，连接 PO ，由等边三角形、面面垂直的性质得 PO  AD 、 PO  AB ，再由线面垂直的性质、判定证明结论；
（2）根据已知构建合适的空间直角坐标系，标注?相关点坐标，并求?直线 PB 与平面 MCD 的方向向量、法向量，再应用向量法求线面角的正弦值.
【解析】（1）设 AD 中点为O ，连接 PO ，因为△PAD 为等边三角形，故 PO  AD ，
由题意，平面 PAD  平面 ABCD ，平面 PAD  平面 ABCD  AD ， PO  平面 PAD ，所以 PO  平面 ABCD ， AB  平面 ABCD ，故 PO  AB ，
又 PD  AB ， PO ∩ PD  P ， PO, PD  平面 PAD ，故 AB  平面 PAD ，由 DM 平面 PAD ，故 AB  DM ，
又 M 为 PA 的中点， △PAD 为等边三角形，则 DM  PA ，
因为 AB ∩ PA  A ， AB, PA  平面 PAB ，所以 DM 平面 PAB .
（2）
由（1）知 AB  平面 PAD ， AD  平面 PAD ，故 AB  AD ，
连接CO ， AO  1 AD  2 ，则 AO // BC, AO  BC ，
2
即四边形 ABCO 为平行四边形，故OC / /AB ，所以OC  AD ，
故以O 为坐标原点， OC,OD,OP 所在直线分别为 x, y, z 轴，建立空间直角坐标系，则 P(0, 0, 2 3), B(2, 2, 0), M (0, 1, 3), C(2, 0, 0), D(0, 2, 0) ，
PB  (2, 2, 2 3), MC  (2,1,  3), MD  (0,3,  3)，
 → ––––→
设平面 MCD 的法向量为n
n  MC  2x  y 
，则
3z  0
，令 y  1，则n  (1,1, 3) ，
(x, y, z) → ––––→
n  MD  3 y  3z  0
PB  n
–––→ →
–––→ →
PB n
–––→
设直线 PB 与平面 MCD 所成角为θ，[0, π]，则
2
sin
cs
→
PB, n
6 3 .
2 5  5
5
【典例 3】（2025·湖南益阳·模拟预测）如图，四边形 ABCD 与四边形 ADEF 均为等腰梯形， BC / / AD ，
2
EF / / AD ，AD  4 ，AB ，BC  EF  2 ，AF 
连接 BD,BE,BM .
证明: BC ⊥平面 BFM ；
求平面 ABF 与平面 DBE 的夹角的余弦值.
11 ，FB ⊥平面 ABCD ，M 为 AD 上一点，且 FM ⊥ AD ，
【答案】(1)证明见解析
(2) 3 47
47
【分析】（1）由线面垂直得到 FB ⊥ AD ，又 FM ⊥ AD ，从而得到线面垂直，根据 BC / / AD 得到答案；
（2）作?辅助线，求?各边长，建立空间直角坐标系，写?点的坐标，求?两平面的法向量，利用法向量
夹角余弦公式进行求解.
【解析】（1）因为 FB ⊥平面 ABCD ， AD  平面 ABCD ，
所以 FB ⊥ AD .又 FM ⊥ AD ，且 FB ∩ FM  F ， FB, FM  平面 BFM ，所以 AD ⊥平面 BFM .
因为 BC / / AD ，所以 BC ⊥平面 BFM ；
（2）作 EN ⊥ AD ，垂足为 N .则 FM / / EN ，又 EF / / AD ，所以四边形 FMNE 是平行四边形，又 EN ⊥ AD ，
所以四边形 FMNE 是矩形，又四边形 ADEF 为等腰梯形，
4  2
且 AD  4 ， EF  2 ，所以 AM  1.
2
由（1）知 AD ⊥平面 BFM ，又 BM  平面 BFM ，所以 BM ⊥ AD .
2
AF 2  AM 2
又 AB ，所以 BM 1，在 Rt△ AFM 中， FM 
 10 .
FM 2  BM 2
在 RtFMB 中， FB 
 3 .
以 B 为原点， BM , BC, BF 所在的直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示空间直角坐标系.
则 A 1, 1, 0, B 0, 0, 0, F 0, 0, 3, D 1, 3, 0, E 0, 2, 3 ，
‴
所以 AB  1,1, 0 ， BF  0, 0, 3 ， BD  1,3,0 ， BE  0, 2, 3 ，设平面 ABF 的法向量为m   x1, y1, z1  ，
 → –––→
m  AB   x1, y1, z1 1,1, 0  0
x1  y1  0
由 → –––→
，得，
m  BF   x1, y1, z1 0, 0, 3  0
3z1  0
解得 z  0 ，令 x  1 ，则 y  1，故 ‴ 1, 1, 0 ，
111m 
‴
设平面 DBE 的法向量为n   x2 , y2 , z2  ，
→ –––→
n  BD   x2 , y2 , z2   1, 3, 0  0
x2  3 y2  0
由→
–––→
，得2 y
 3z
 0 ，
n  BE   x2 , y2 , z2   0, 2, 3  0
令 x2  9 得 y2  3 ， z2  2 ，
3 47
→
可得n  9, 3, 2 ，
22
→ →→  →
1, 1, 09, 3, 2
9  3

因此cs
m, n
m n
11 0  81 9  4
2  94
→ →
m n

47 .
故平面 ABF 与平面 DBE 的夹角的余弦值为 3 47 .
47
08 证明面面垂直的方法
法 1：利用面面垂直的定义，即判定两平面所成的二面角为直二面角，将证明面面垂直问题转化为证明平面角为直角问题；
法 2：利用面面垂直的判定定理，即证明其中一个平面经过另一个平面的一条垂线，把问题转化为证明线线垂直加以解决。
【典例 1】（2025·河北衡水·模拟预测）如图，圆柱O1O2 中， AB 是底面圆O2 上的一条直径， P ， Q 分别是底面O2 ， O1 圆周上的一点， PQ//O1O2 ， AB  2PQ ，且点 P 不与A ， B 两点重合.
证明：平面 APQ  平面 BPQ ；
若二面角 A  O1O2  P 为60 ，求直线 BQ 与平面 PQO1 所成角的正弦值.
【答案】(1)证明过程见解析
(2) 3
4
【分析】（1）根据直径所对的角为直角得到 AP ⊥ BP ，由线面垂直得到 PQ ⊥ BP ，从而得到线面垂直，面面垂直；
（2）先得到AO2 P 为二面角 A  O1O2  P 的平面角，  APO2 为等边三角形，建立空间直角坐标系，求?平面 PQO1 的法向量，由线面角的向量公式求?直线 BQ 与平面 PQO1 所成角的正弦值.
【解析】（1）因为 AB 是底面圆O2 上的一条直径，所以 AP ⊥ BP ，
因为O1O2 ⊥底面圆O2 ， PQ//O1O2 ，所以 PQ ⊥底面圆O2 ，
因为 BP  底面圆O2 ，所以 PQ ⊥ BP ，
因为 AP ∩ PQ  P ， AP, PQ  平面 APQ ，所以 BP ⊥平面 APQ ，
因为 BP  平面 BPQ ，所以平面 APQ ⊥平面 BPQ ；
（2）因为O1O2 ⊥底面圆O2 ， AP, PQ2  圆O2 ，所以O1O2 ⊥ PO2 ， O1O2 ⊥ AO2 ，
所以AO2 P 为二面角 A  O1O2  P 的平面角，
故AO2 P  60 ，又 AO2  PO2 ，所以 APO2 为等边三角形，
以 P 为坐标原点， PB, PA, PQ 所在直线分别为 x, y, z 轴，建立空间直角坐标系，
AB2  AP2
3
AB  2PQ ，设 AB  2 ，故 AP  AO2  PO2  PQ  1， PB ，
B  3, 0, 0 ,Q 0, 0,1, P 0, 0, 0 ,O  3 1  ，
1 , ,1 
–––→

–––→––––→
22 
3
1
QB   3, 0, 1， PQ  0, 0,1 , PO1 , ,1，
 22
1
m
设平面 PQO 的法向量为 →   x, y, z  ，
 → –––→
m  PQ   x,

则 → ––––→
m  PO   x,
y, z 0, 0,1
 3 1
 z  0
3
x 
1
，
y  z  0
1


22
,1 

2
2
y, z ,
3
→
解得 z  0 ，令 x  1 ，得 y  ，故 m  1,  3, 0，设直线 BQ 与平面 PQO1 所成角的大小为，
则sin
–––→ →
cs QB, m
3 ，
QB  m
QB  m
–––→
–––→ →
→

3, 0, 11,  3, 0
3  0 1  1 3  0
4
直线 BQ 与平面 PQO1 所成角的正弦值为 3 .
4
【典例 2】（2025 高三·重庆南岸月考）已知三棱柱 ABC  A1B1C1 中， AC  AA1  4 ， BC  2 ，ACB  90 ，
A1B  AC1
求证：平面 A1 ACC1⊥平面 ABC
若A1 AC  60 ，且 P 是 AC 的中点，求平面 BA1P 和平面 A1 ACC1 的夹角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2) 2
2
【分析】（1）作?辅助线，由菱形得到 A1C  AC1 ，结合 A1B  AC1 得到线面垂直，进而得到 AC1  BC ，结合 AC  BC 得到线面垂直，从而证明?面面垂直；
（2）建立空间直角坐标系，写?点的坐标，求?平面的法向量，利用法向量求?面面角的余弦值，结合同
角三角函数关系得到正弦值.
【解析】（1）在三棱柱 ABC  A1B1C1 中，四边形 A1 ACC1 是平行四边形，而 AC  AA1 ，则平行四边形 A1ACC1 是菱形，连接 A1C ，
如图，则有 A1C  AC1 ，
因为 A1B  AC1 ， A1B  A1C  A1 ， A1B, A1C  平面 A1BC ， 所以 AC1  平面 A1BC ，而 BC  平面 A1BC ，则 AC1  BC ，
由ACB  90 ，得 AC  BC ，又 AC  AC1  A ， AC, AC1  平面 A1ACC1 ，
从而得 BC  平面 A1 ACC1 ，又 BC  平面 ABC ，所以平面 A1 ACC1⊥平面 ABC ；
（2）在平面 A1 ACC1 内过C 作CQ  AC ，
由（1）知平面 A1 ACC1⊥平面 ABC ，平面 A1 ACC1  平面 ABC  AC ， CQ 平面 A1 ACC1
则CQ  平面 ABC ，
以C 为原点，以射线CA, CB, CQ 分别为 x 轴， y 轴， z 轴正半轴建立空间直角坐标系，
如图，因为A1 AC  60 ， AC  AA1  4 ，所以△AA1C 为等边三角形，
又 P 是 AC 的中点，则 A1P ⊥ AC ，故 AP  PC  2 ，
A A2  AP2
1
由勾股定理得 A1P 
 2，
3
又 BC  2 ，
则C 0, 0, 0 ， A4, 0, 0 ， B 0, 2, 0 ， A1 2, 0, 2 3 ， P 2, 0, 0 ，

–––→
则有 BA1  2, 2, 2 3 ， BP  2, 2, 0 ．
‴ →  –––→  2x  2 y  2 3z  0
 y  x
→
1
设平面 BA P 的一个法向量n   x, y, z  ，则有n BA1 –––→
，解得： ，
n  BP  2x  2 y  0
 z  0
令 x  1 得 →  1,1, 0 ，而平面 A ACC 的一个法向量 →  0,1, 0 ，
n11m
1,1, 00,1, 0
11 0  1 0  0
2
n
m
→ →→  →1
依题意， cs
n, m
 → →
n m
，
2
2
设平面 BA1P 和平面 A1 ACC1 的夹角的夹角是，
则cs
cs
→ →
n, m

2
2
，sin
1 cs 2，
2
2
所以平面 BA P 和平面 A ACC 的正弦值为 2
1112
【典例 3】（2025 高三·江西·期末）如图，在几何体 ABC  DEF 中， AD, BE, CF 互相平行，四边形 ADFC 与四边形 BEFC 是全等的等腰梯形，平面 ADFC  平面 BEFC ， AD  4, CF  AC  2 ，点G, H , L 分别为 AD, CF, BC 的中点.
证明：平面GHL  平面 DEF ;
求直线 AE 与平面 ABC 所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2) 2 330 .
55
【分析】（1）根据已知有GH  CF ，结合面面垂直的性质有GH  平面 BEFC ，进而有GH  EF ，取 BE
的中点 M，连接 FM , CM , BF ，易得 LH  EF ，最后由线面、面面垂直的判定证结论；
（2）构建合适的空间直角坐标系，应用向量法求线面角的正弦值.
【解析】（1）如图，因为四边形 ADFC 是等腰梯形，点 G 为 AD 的中点，点 H 为CF 的中点，
所以GH  CF ，又平面 ADFC  平面 BEFC ，平面 ADFC ∩平面 BEFC = FC ，
所以GH  平面 BEFC ， EF  平面 BEFC ，所以GH  EF ，
取 BE 的中点 M，连接 FM , CM , BF ，则四边形 BMFC 是边长为 2 的菱形，所以 BF  CM ，又 LH / / BF, CM / / EF ，所以 LH  EF ，
因为GH ∩ HL  H 且都在面GHL 内，所以 EF  平面GHL ，因为 EF  平面 DEF ，所以平面GHL  平面 DEF .
（2）由（1）知， HM , HF , HG 两两垂直，
以 H 为原点， HM , HF , HG 所在的直线分别为 x、y、z 轴建立空间直角坐标系，
则C 0, 1,0 , B 
3,  2,0 , A 0,  2,
, E  3,2,0 ，
3
–––→–––→–––→
3
所以CA  0, 1, 3 ,CB  
3, 1,0 , AE  
 →
3,4, ，
–––→
n  CA   y  3z  0
设平面 ABC 的法向量为n (x, y, z)，则 → –––→，
 n  CB  3x  y  0
取 z  1，得n  (1, 3,1) ，
设直线 AE 与平面 ABC 所成的角为θ，
n  AE
→
n AE
→ –––→
3  4 3  3
5  22
2 330
→ –––→
则sin cs n, AE 
55，
所以直线 AE 与平面 ABC 所成角的正弦值为 2 330 .
55
09 面面垂直性质的应用
面面垂直性质的应用
在已知两个平面垂直时，一般要用性质定理进行转化．首先在一个平面内作交线的垂线，
转化为线面垂直，然后进一步转化为线线垂直．易错点：性质定理运用时要注意“线在面内”．
两个相交平面同时垂直于第三个平面，它们的交线也垂直于第三个平面(不能直接作为证明依据)．
【典例 1】（2025·山东济宁·模拟预测）底面为菱形的四棱锥 P  ABCD 中，AC 与 BD 交于点O ，平面 PBD 
平面 ABCD ，平面 PAC  平面 ABCD ．
证明： PO  平面 ABCD ；
若OA  2OD  2 ，直线 DC 与平面 PBC 所成角的正弦值为 4 5 ，求平面 PAC 与平面 PBC 夹角的余弦值．
15
【答案】(1)证明过程见解析
(2) 2
3
【分析】（1）由面面垂直得到线面垂直，进而得到 AC ⊥ PO ， BD ⊥ PO ，故 PO  平面 ABCD ；
（2）建立空间直角坐标系，写?点的坐标，设 P 0, 0, t  ，t  0 ，根据线面角的正弦值得到方程，求? t  1 ，
2
求?两个平面的法向量，根据面面角夹角余弦公式求?答案.
【解析】（1）因为四边形 ABCD 为菱形，所以 AC ⊥ BD ，
因为平面 PBD 平面 ABCD ， BD 为交线， AC  平面 ABCD ，所以 AC ⊥平面 PBD ，
因为 PO  平面 PBD ，所以 AC ⊥ PO ，
因为平面 PAC  平面 ABCD ， AC 为交线， BD  平面 ABCD ，所以 BD ⊥平面 PAC ，
因为 PO  平面 PAC ，所以 BD ⊥ PO ，
因为 AC ∩ BD  O ， AC, BD  平面 ABCD ，所以 PO  平面 ABCD ；
（2）由（1）知， AC , PO, BD 两两垂直，
以O 为坐标原点， OA, OB, OP 所在直线分别为 x, y, z 轴，建立空间直角坐标系，
→
OA  2OD  2 ，则 D 0, 1, 0, C 2, 0, 0, B 0,1, 0， DC  2,1, 0 ，设 P 0, 0, t ， t  0 ，则 PB  0,1, t  ， CB  2,1, 0，
设平面 PBC 的一个法向量为m   x, y, z  ，
 → –––→
m  PB   x, y, z 0,1, t   y  tz  0
 → –––→，
m  CB   x, y, z 2,1, 0  2x  y  0
m
令 z  2 得 y  2t, x  t ，故 →  t, 2t, 2 ，
直线 DC 与平面 PBC 所成角的正弦值为 4 5 ，
–––→
→
–––→
DC  m
DC  m
→
15
即 cs
–––→ →
DC, m
，
2,1, 0  t, 2t, 2
4 1  t 2  4t 2  4
4 5
15
→
→
化简得t  1，负值舍去，则m  1, 2, 2 ，平面 PAC 的一个法向量为n  0,1, 0，
设平面 PAC 与平面 PBC 夹角为，
cs cs
→ →
m, n
→ →

m n

→→
m n
 2 ，
1, 2, 20,1, 0
1 4  4
3
所以平面 PAC 与平面 PBC 夹角余弦值为 2 .
3
【典例 2】（2025·四川成都·模拟预测）如图所示，斜三棱柱 ABC  A1B1C1 的各棱长均为2 ， 侧棱 BB1 与底
面 ABC 所成角为 π ，且侧面 ABB A  底面 ABC ．
31 1
证明：点 B1 在平面 ABC 上的射影O 为 AB 的中点；
求二面角C  AB1  B 的正切值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)2
【分析】（1） B1O  AB 于O ，由平面 ABB1 A1  平面 ABC ，证得 B1O  平面 ABC ，再证得 ABB1 为等边三角形，可得O 为 AB 中点；
（2）过O 作OH  AB1 于 H ，则OHC 是二面角C  AB1  B 的平面角，由已知数据计算tan OHC 即可．
【解析】（1）过 B1 作 B1O  AB 于O ，
由平面 ABB1 A1  平面 ABC ，平面 ABB1 A1 ∩ 平面 ABC  AB ，
B1O  平面 ABB1 A1 ， B1O  AB ，得 B1O  平面 ABC ，因此B1BA  60 ，
又 AB  BB1  2 ，从而 ABB1 为等边三角形， O 为 AB 中点．
（2）由于ABC 是等边三角形，所以CO  AB ，
而平面 ABB1 A1  平面 ABC ，平面 ABB1 A1 ∩ 平面 ABC  AB ，
CO  平面 ABC ，所以CO  平面 ABB1 A1 ， AB1  平面 ABB1 A1 ，则有CO  AB1 ，过O 作OH  AB1 于 H ，连接CH ， CO ∩ OH  O ， CO,OH  平面COH ，
所以 AB1  平面COH ，由CH  平面COH ，则 AB1  CH ，
则OHC 是二面角C  AB1  B 的平面角．
3
由于CO ， OH 3 ，所以RtOHC 中， tan OHC  CO  2 ．
2OH
因此二面角C  AB1  B 的正切值为2 .
【典例 3】（2025 高三·河南月考）如图所示，在三棱锥 P  ABC 中，PA 与 AC 不垂直，平面 PAC  平面 ABC ，
PA  AB ．
证明： AB AC ；
若 PA  PC  AB  AC  2 ，点 M 满足 PB  3PM ，求直线 AP 与平面 ACM 所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2) 3
4
【分析】（1）由平面 PAC  平面 ABC ，再作 PD  AC ，可证明 PD  平面 ABC ，从而可得 PD  AB ，又因为 PA  AB ，所以可证明 AB  平面 PAC ，即可证明 AB AC ；
（2）利用（1）以 A 为坐标原点建立如图坐标系，利用等边三角形 PAC 和等腰直角三角形 ABC ，标?各点
––––→ 2 2 2 3 
的空间坐标，对于点 M 满足 PB  3PM ，可用向量线性运算求? AM   , , ，最后利用空间向量法
 3 33 
来解决直线 AP 与平面 ACM 所成角的正弦值．
【解析】（1）证明：在平面 PAC 中，过点 P 作 AC 的垂线，垂足为 D．
因为平面 PAC  平面 ABC，且平面 PAC ∩ 平面 ABC  AC ， PD  平面 PAC ，所以 PD  平面 ABC ．又因为 AB  平面 ABC ，所以 PD  AB ，
又 PA  AB ， PA ∩ PD  P ， PD  平面 PAC ， PA  平面 PAC ，所以 AB  平面 PAC ，又 AC  平面 PAC ，故 AB AC ．
（2）由（1）以A 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系 A  xyz ，
则 A(0, 0, 0), B(2, 0, 0), P(0,1, 3), C(0, 2, 0) ，故 PB  (2, 1,  3) ， AC  (0, 2, 0) ，
––––→
1 –––→
 213 
又因为 PM  3 PB   3 ,  3, 
3 ，
––––→–––→ ––––→

 213  2 2 2 3 
所以 AM  AP  PM  0,1, 3   3 , 3,
3   , , 3 
––––→
 2 2 2 3 
 3 3
即 AM   , , ．
 3 33 
设平面 ACM 的一个法向量m  (x, y, z) ，
→ –––→
则
m
 →
––––→
m  AC  2 y  0,
222
令 z  1，则 →  (
3, 0,1) ．

m  AM  x  y 
333
3z  0,
又因为 AP  (0,1, 3) ，设直线 AP 与平面 ACM 所成角为，
m  AP
→ –––→
m AP
→ –––→
–––→

则sin cs → 33 ，
m, AP
2  24
所以直线 AP 与平面 ACM 所成角的正弦值为 3 ．
4
10 异面直线所成角的求法
平移法求异面直线所成角的步骤
第一步平移：平移的方法一般有三种类型：(1)利用图中已有的平行线平移；(2)利用特殊点(线段的端点或中点)作平行线平移；(3)补形平移
第二步证明：证明所作的角是异面直线所成的角或其补角
第三步寻找：在立体图形中，寻找或作出含有此角的三角形，并解之
第四步取舍：因为异面直线所成角θ的取值范围是 0°＜θ≤90°，所以所作的角为钝角时，应取它的补角作为异面直线所成的角
【典例 1】（2025·河南郑州·模拟预测）在正方体 ABCD  A1B1C1D1 中，若 B1C ∩ BC1  O ，P，Q 分别为 AC，
DD1 的中点，则直线 PQ 与 AO 所成角的大小为（ ）
A． π
6
【答案】D
B． π
4
C． π
3
D． π
2
【分析】利用 PQ//BD1 ，将直线 PQ 与 AO 所成角转化成两相交直线 BD1 与 AO 所成的角，通过计算证明
BAO  AD1B ，推理得到 AO  BD1 即得.
【解析】
如图，连接 BD1, AD1 ,由已知得， PQ//BD1 ，则直线 PQ 与 AO 所成的角即为直线 BD1 与 AO 所成的角.
由 AB / / A1B1 / / D1C1 , AB  A1B1  D1C1 可得ABC1D1 ,则 BD1 与 AO 相交.
在Rt△ABO 和RtD AB 中， tan BAO  BO 
2 ， tan AD B 
AB 2 ，
1
1
AB2
D1 A2
所以tanBAO  tanAD B ，所以BAO  AD B ，所以BAO  ABD  AD B  ABD  π ，
111112
所以 AO  BD ，即直线 PQ 与 AO 所成角的大小为 π ．
12
故选:D．
【典例 2】（2025·新疆喀什·模拟预测）已知底面边长为 2 的正四棱柱 ABCD  A1B1C1D1 的体积为 16，则直线 AC 与 A1B 所成角的余弦值为（ ）
2 5
5
【答案】C
5
5
10
10
3 10
10
【分析】如图，确定ACD1 （或其补角）为直线 AC 与 A1B 所成的角，求? CC1 ，进而求解.
【解析】如图，连接 AD1 , CD1 ，则 A1B / /D1C ，取 AC 的中点O ，连接OD1 ，则OD1  AC ，
所以ACD1 （或其补角）为直线 AC 与 A1B 所成的角，
又正四棱柱的体积为 16，则该棱柱的高为CC1 
16
2 2
 4 ，
42  22
又 AC  2 2, AD1  CD1 
2
2 5
1 AC
1
所以cs ACD  2 
 2，
5
10 ，
CD110
即直线 AC 与 A1B 所成角的余弦值为 10 .
10
故选：C
【典例 3】（2025·内蒙古呼和浩特·模拟预测）如图，已知正四棱锥 P  ABCD 的所有棱长均相等，E 为棱 PA
的中点，则异面直线 BE 与 PC 所成角的余弦值为（ ）
6
3
【答案】C
 6
3
3
3
 3
3
【分析】根据线线平行可得异面直线 BE 与 PC 所成角为BEO （或其补角），即可根据余弦定理求解.
【解析】连接 AC ，取 AC 的中点O ，连接 BO, EO ，由题意知， EO / / PC ，
则异面直线 BE 与 PC 所成角为BEO （或其补角），
3
在△BOE 中， EO  1 PC  1,OB  1 AC 2,BE 3 PA ，
222
3
BE 2  EO2  BO23 1 2
2 3
则cs BEO ，
2  BE  EO3
则异面直线 BE 与 PC 所成角的余弦值为 3 ，
3
故选：C．
11 直线与平面所成角的求法
垂线法求线面角（也称直接法）：
先确定斜线与平面，找到线面的交点 B 为斜足；找线在面外的一点 A，过点 A 向平面做垂线，确定垂足 O；
连结斜足与垂足为斜线 AB 在面上的投影；投影 BO 与斜线 AB 之间的夹角为线面角；
把投影 BO 与斜线 AB 归到一个三角形中进行求解（可能利用余弦定理或者直角三角形）。
公式法求线面角（也称等体积法）：
用等体积法，求出斜线 PA 在面外的一点 P 到面的距离，利用三角形的正弦公式进行求解。
公式为：sinθ= h，其中θ是斜线与平面所成的角，h 是垂线段的长，l 是斜线段的长。
l
【典例 1】（2025 高三·广东东莞·期末）如图，在四棱锥 P  ABCD 中，底面 ABCD 是边长为 2 的正方形，点 E , F 分别是 BD, AP 的中点．
(1)证明： EF // 平面 PBC ；
(2)若 PA  PC  2 2 ，求直线 PC 与平面 PBD 所成角的大小．
【答案】(1)证明见解析
(2) π ．
6
【分析】（1）连接 AC ，利用三角形中位线定理证明 EF //PC ，再由线线平行证线面平行即可.
（2）先证明 AC  平面 PBD ，即得∠CPE 为直线 PC 与平面 PBD 所成角，借助于Rt△CPE ，即可求得答案.
【解析】（1）如图，连接 AC ，因为四边形 ABCD 是正方形，所以点 E 是 AC 的中点，
又因 F 是 AP 的中点，故得 EF //PC ，
又因 EF  平面 PBC ， PC  平面 PBC ，所以 EF // 平面 PBC ．
（2）如图，连接 EP ，由（1）得 E 是 AC 中点，
因为 PA  PC ，所以 EP  AC ，
又因为底面 ABCD 是正方形，且 AC , BD 为对角线，所以 BD  AC ，又因为 BD I EP  E, BD, EP  平面 PBD ，所以 AC  平面 PBD
所以直线 PC 与平面 PBD 所成角为∠CPE ，
2
因为在Rt△CPE 中， CE  2, PC  2，则sin CPE  CE  1 ，
PC2
故CPE  π ，即直线 PC 与平面 PBD 所成角的大小为π ．
66
【典例 2】（2025 高三·全国月考）如图，在四棱锥C  ABNM 中，四边形 ABNM 的边长均为 2， ABC 为正三角形， MB  NC ， E, F 分别为 MN , AC 的中点．
证明： AC  MB ．
给?两个条件：
①四棱锥C  ABNM 的体积为 2；
② MB  6 ．
从中选择一个，补充在下面的问题中，并解决该问题：若，求直线 EF 与平面 MBC 所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2) 15 ．
5
【分析】（1）先证 MB  平面 ANC ，由线面垂直的性质得证；
（2）选①：如图，取 BC 的中点G ，连结 FG, NG, MG, MF ， BF ，记 MG ∩ EF  O ，直线OF 与平面MBC
所成的角即为所求，记为，记点 F 到平面MBC 的距离为 h ，由等体积法求? h ，进而求?线 EF 与平面MBC
所成角的正弦值；
选②：前同①的方法，由等体积法有VF MBC  VC MFB ，求? h ，进而求?线 EF 与平面 MBC 所成角的正弦值.
【解析】（1）因为四边形 ABNM 的边长均为 2，所以它是菱形，则 BM  AN ．
又因为 MB  NC ， AN  平面 ANC ， NC 平面 ANC ，且 AN ∩ NC  N ，
所以 MB  平面 ANC ，从而 AC  MB ．
（2）选①：
如图，取 BC 的中点G ，连结 FG, NG, MG, MF ， BF ，由于 FG ∥ AB ∥ MN ，所以M , E,G, F 四点共面．
记 MG ∩ EF  O ，由于 FG  1 AB  EM ，所以O 为 MG 与 EF 的中点，
2
所以直线OF 与平面 MBC 所成的角即为所求，记为，记点 F 到平面MBC 的距离为 h ．
因为ABC 为正三角形， F 为 AC 的中点，所以 BF AC ．
由（1）知 AC  MB ，又 BF  MB  B 且两直线在平面内。所以 AC  平面 MFB ，所以 AC  MF ，
即AMC 是边长为 2 的正三角形．由等体积法及 F 为 AC 的中点知，
V V
 1 V
 1 V 1 ，
F MBCC MFB
C MAB
4 C  ABNM2
则 1 h  S 1 CF  S 1 ．
△MBC3△MFB2
又CF  1 AC  1，得 S 3 ．
2△MFB2
在MFB 中， MF  BF  3 ，可得 MF  BF ，且 MB  6 ．
在△MBC 中， MC  BC  2 ， MB  6 ，
可得 S△MBC 
15 ，所以h 
2
15 ．
5
因为 MF  BF ， MF  AC ， BF ∩ AC  F 且两直线在平面内，所以 MF  平面 ABC ，从而 MF  FG ．
在RtMFG 中， OF  1 MG  1，则sin h 
2OF
15 ，
5
即直线 EF 与平面 MBC 所成角的正弦值为 15 ．
5
选②：
前同①的方法．
在MFB 中， MF  BF 
3 ，又 MB 
6 ，所以 MF  BF ，
而 MF  AC ， BF ∩ AC  F 且两直线在平面内，所以 MF  平面 ABC ，从而 MF  FG ．
在RtMFG 中， OF  1 MG  1．
2
在△MBC 中， MC  BC  2 ， MB 
由等体积法有VF MBC  VC MFB ，
6 ，得 S△MBC 
15 ．
2
即 1 h  S 1 CF  S
 1 1 3  1 ，
3△MBC3
△MFB
322
所以h 
15 ，则sin h 
5OF
15 ，
5
即直线 EF 与平面 MBC 所成角的正弦值为 15 ．
5
【典例 3】（2025 高三·黑龙江牡丹江·期末）如图，在四棱锥 P  ABCD 中，底面 ABCD 为平行四边形，△PCD为等边三角形，平面 PAC  平面 PCD ， PA  CD ， CD  2 ， AD  3 ．
求证： PA  平面 PCD ；
求直线 AD 与平面 PAC 所成角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2) 6
3
【分析】（1）取 PC 的中点 N ，连结 DN ，由平面几何的性质结合面面垂直的性质可得 DN 平面 PAC ，进而可得 DN  PA ，再由线面垂直的判定得证即可.
（2）由线面角的概念可得NAD 即为直线 AD 与平面 PAC 所成的角，再结合定义法得解即可.
【解析】（1）取 PC 的中点 N ，连接 DN ，如图，
因为△PCD 为等边三角形，所以 DN  PC ，
因为平面 PAC  平面 PCD ，平面 PAC ∩ 平面 PCD  PC ， DN  平面 PCD ，所以 DN 平面 PAC ，
因为 PA  平面 PAC ，所以 DN  PA ，
又 PA  CD ， DN ∩ CD  D ， DN, CD 面 PCD ，故 PA  平面 PCD .
（2）连接 AN ，如图，
由（1）得 DN 平面 PAC ，故NAD 即为直线 AD 与平面 PAC 所成的角，
AD2  DN 2
6
由CD  2 ， AD  3 可得 DN  3 ， AN ，
故csNAD  AN 6 .
AD3
12 二面角的求法
综合法求二面角的方法
定义法：步骤是“一作、二证、三求”．
一作：作出二面角的平面角．
二证：证明所作的平面角满足定义，即为所求二面角的平面角．
三求：将作出的角放在三角形中，计算出平面角的大小．注：作二面角的平面角的方法．
①定义法：分别在两个半平面内向棱作垂线，垂足为同一点，两垂线的夹角即为二面角的平面角．
②垂面法：作垂直于棱的一个垂面，这个平面与两个半平面分别有一条交线，两条交线所成的角即为二面角的平面角．
③三垂线法：过一个半平面内的一点 A 作另一个半平面的一条垂线，过垂足 B 作棱的垂线，记垂足为 C，连接 AC，则∠ACB 或其补角即为二面角的平面角．
射影面积法：若二面角一个面上的几何图形的面积为 S，其在另一个面上的投影的面
积为 S′，则二面角α的余弦值满足 csα
S′
＝ (客观题)．
S
【典例 1】（2025 高三·全国月考）在平面四边形 ABCD 中，B  60, D  90, AD  3, DC  4, AB  BC（如图），沿对角线 AC 将ABC 折起，使点 B 在平面 ADC 上的射影 E 恰落在CD 上（如图）．
求证： AD BC ；
求二面角 D  AC  B 的平面角余弦值大小；
求CD 和平面 ABD 所成角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2) 3
4
(3) 7
32
【分析】（1）由题证明 AD  平面 BCD 即可；
取 AC 中点为 F，连接 BF ，连接 FE，由题可得BFE 为二面角 D  AC  B 的平面角，然后设 EC  x ，用 x 表示相关边长，即可得答案；
由（1），可得BDE 为所求角，然后由题意及余弦定理可得答案.
【解析】（1）折叠后，由题可得 BE  平面 ADC ，因 AD  平面 ADC ，则 BE  AD ，又 AD  DC ， BE，DC  平面 BCD ， BE ∩ DC  E ，
则 AD  平面 BCD，又 BC  平面 BCD，则 AD BC ；
由题可得ABC 为等边三角形，取 AC 中点为 F，连接 BF ，
可得 BF AC ，又由（1），易得 BE  AC ，结合 BF，BE  平面 BFE ，
BF ∩ BE  B ，则 AC  平面 BFE ，连接 FE，因 FE  平面 BFE ，则 AC  FE .
从而BFE 为二面角 D  AC  B 的平面角.
设 EC  x ，则 EF  EC sin ACD ，由题 AC  5 ，则sin ACD  AD  3 ，
AC5
则 EF  3 x ， FC  EC csACD  4 x .又由题可得ABC 为等边三角形，
则 BF 
55
3FC  4 3 x，又 BE  平面 ADC ， FE  平面 ADC ，可得 BE  FE ，
5
则cs BFE  FE 
FB
3x
53 ；
4 3x4
5
由（1）， AD  平面 BCD，又 AD  平面 ABD ，
则平面 ADB  平面 BDC ，从而 C 在平面 ABD 上的射影在 DB 上，则
CDB  BDE 为所求角.由 BE  平面 ADC ， DC  平面 ADC ，可得 BE  DC ，
BC 2  EC 2
则 BE 

，又由（2）分析，可得 BE 


48x29x 2
2525

39
5
x ，则
25  x2
BF 2  FE2
25  x2  39 x2  x  25 ，
258
5 39
7
BE 2  DE 2
则 BE 8，从而 DE  DC  EC  8 ，则 BD 
 4 ，
22216  49  25 39
从而csBDE  BD
 DE  BE 
6464
 7 .
2BD  DE
2  4  732
8
【典例 2】（2025 高三·北京顺义·期末）如图在四棱柱 ABCD  A1B1C1D1 中，四边形 ABCD 为梯形，AB//CD ，
AD  CD  1 AB ，E 为 A B 中点.
21
求证： CE / / 平面 ADD1 A1 ；
若 AA1  平面 ABCD ， AB  AA1 ，且 AB  AD ，
求证： AD  A1B ；
写?二面角 A1  BC  A 的正切值.（结论不要求证明）
【答案】(1)证明见解析
2
(2)（ⅰ）证明见解析; （ⅱ）
【分析】（1）取 AA1 的中点 F ，连接 EF，DF ，证明CDFE ，可得CE // DF ，再由线线平行证得线面平行；
（2）（ⅰ）由条件先证明 AA1  AD ，再由线线垂直证明 AD  平面 ABB1 A1 ，即得 AD  A1B ；（ⅱ）过点A 作
AH  BC 于点 H ，证明 BC  平面 AA1H ，得 BC  A1H ，则得A1HA 即二面角 A1  BC  A 的平面角，利用平面几何知识推理即可在Rt△A1 AH 中，求得其正切值.
【解析】（1）
如图，取 AA1 的中点 F ，连接 EF，DF ，
因 E 为 A B 的中点，故 EF / / AB, EF  1 AB ，
12
又 AB//CD ， CD  1 AB ，则 EF / /CD, EF  CD ，
2
故得CDFE ，则CE // DF ，
因CE  平面 ADD1 A1 ， DF  平面 ADD1 A1 ，故CE / / 平面 ADD1 A1 .
（2）（ⅰ）因 AA1  平面 ABCD ， AD  平面 ABCD ，则 AA1  AD ，
因 AB  AD ，且 AA1  AB  A, AA1 , AB  平面 ABB1 A1 ，则 AD  平面 ABB1 A1 ，因 A1B  平面 ABB1 A1 ，故 AD  A1B .
（ⅱ）如图，在平面 ABCD 内，过点A 作 AH  BC 于点 H ，连接 A1H ，因 AA1  平面 ABCD ， BC  平面 ABCD ，则 AA1  BC ，
又 AA1 ∩ AH  A, AA1, AH  平面 AA1H ，则 BC  平面 AA1H ，
因 A1H  平面 AA1H ，则 BC  A1H ，故A1HA 即二面角 A1  BC  A 的平面角.
12  (2 1)2
设CD  1，则 BC 
 2， AA1  2 ，
2
在ABC 中，由面积相等， 1  AB  AD  1  BC  AH ，可得 AH  21  2 ，
22
2
在Rt△A AH 中， tan A HA  AA1  2  2 ，
11AH
2
即二面角 A1  BC  A 的正切值为.
【典例 3】（2025 高三·湖南怀化·期末）在四棱锥 P  ABCD 中， PD  平面 ABCD ， AB / / DC ， AD  DC ，
DA  AB  PD  2 ， DC  4 ， E, F 分别为棱CD, PD 的中点．
求证： AB  平面 PAD ；
求证： PB / / 平面 AEF ；
求二面角 P  BC  A 的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3) 3
3
【分析】（1）利用线面垂直的性质，得 PD  AB ，再结合条件，利用线垂直的判定定理，即可求解；
（2）设 AE BD  H ，连接 FH ，利用几何关系可得 HF / / PD ，再由线面平行的判定定理，即可求解；
（2）根据条件可得 DB  BC ， BC  PB ，从而有PBD 为二面角 P  BC  A 的平面角，即可求解.
【解析】（1）因为 PD  平面 ABCD ， AB  面 ABCD ，则 PD  AB ，又 AB / / DC ， AD  DC ，则 AB  AD ，
又 AD  PD  D ， AD, PD  面 PAD ，所以 AB  平面 PAD .
设 AE BD  H ，连接 BF , FH ，
因为 AB  2 ， DC  4 ， AB / / DC ， E 是 DC 的中点，所以 DE / / AB ，且 DE  AB ， AD  DC ，
则 ABED 为正方形，所以 H 为 BD 中点，又 F 是 PD 的中点，所以 HF / / PD ，
又 HF  面 AEF ， PD  面 AEF ，所以 PB / / 平面 AEF .
由（2）知 BE  DC ，又 E 是 DC 中点，则 DB  BC ，
又 DB  2 2, DC  4 ，所以 BD2  BC2  DC2 ，则 DB  BC ，又 PD  面 ABCD ， BC  面 ABCD ，则 PD  BC ，
又 PD ∩ DB  D ， PD, DB  面 PDB ，所以 BC  面 PDB ，又 PB 面 PDB ，
PD2  DB2
22  2
2 2
3
所以 BC  PB ，则PBD 为二面角 P  BC  A 的平面角，
2
在RtPDB 中， PD  2 ， DB  2
， PB 

 2，
2 3
所以sinPBD  PD  2 3 ，故二面角 P  BC  A 的正弦值为 3 .
PB33
13 空间距离的求法
综合法求空间距离的策略
1．求距离的方法：
定义：
①一找：找出点到平面的距离；②二证：证明线面垂直；③三求：利用三角形求解．
体积法：转换顶点，等体积变形．
平面分线段比与线段对应端点到平面的距离比相等． 2．点面距离、线面距离、面面距离都转化为点面距离．
7
【典例 1】（2025 高三·贵州铜仁·期末）如图，在以 A, B, C, D, E, F 为顶点的五面体中，四边形 ABCD 与四边形 ADEF 均为等腰梯形，BC / / AD, EF / / AD ，AD  4 ，AB  BC  EF  2 ，ED  ，FB  3，M 为 AD的中点．
证明：平面 BMF / / 平面CDE ；
求平面 ABF 与平面CDE 所成角的正弦值；
求点 M 到平面 ABF 的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2) 2 2
3
(3) 2 6
3
【分析】（1）通过证明平面 BMF 内的两条相交直线分别平行于平面CDE ，然后根据平面与平面平行的判定定理进行证明；
过点 A 作 AG⊥BF 交 BF 于点 G，利用三角形全等证明AGM 或其补角即为平面 ABF 与平面 BMF 所成角的平面角，等面积法求? AG，再利用余弦定理求? cs AGM ，即可求?sin AGM ；
取 AM 的中点为 H，连接 BH、FH，首先证明 FH  平面 ABM，然后利用等体积法求点 M 到平面 ABF
的距离.
【解析】（1）因为 AD  4 且 M 为 AD 的中点，所以 MD  2 ,
因为 BC //MD, BC  MD ，所以四边形 BCDM 是平行四边形，则 BM //CD ,
因为 BM  平面 CDE， CD  平面 CDE，所以 BM // 平面 CDE,
同理可得 MF // 平面 CDE，
又因为 BM ∩ MF  M , BM , MF  平面 BMF，所以平面 BMF / / 平面CDE .
由（1）知平面 ABF 与平面CDE 所成角即为平面 ABF 与平面 BMF 所成角，过点 A 作 AG⊥BF 交 BF
于点 G，连接 MG，
易知 ABF MBF ，所以 MG  BF ，则AGM 或其补角即为平面 ABF 与平面 BMF 所成角的平面角，
7
AB2  AF 2  BF 2
在△ABF 中由余弦定理得csBAF ，
2AB  AF14
则sin BAF 
 3 21 ,
1  cs 2 BAF
14
因为 S
 ABF
 1  2 7  3 21  1  3AG ，解得 AG ，
3
2142
AG2  GM 2  AM 23  3  41
在AGM 中，由余弦定理得csAGM  ,
所以平面 ABF 与平面CDE 所成角的正弦值为
2AG  GM
1  3 
 1 2
 
 2 2 .
3
2 33
取 AM 的中点为 H，连接 BH、FH，
因为△AFM 为等腰三角形、△ABM 为等边三角形，所以 FH  AM , BH  AM ，
BM 2  MH 2
3
FM 2  HM 2
6
所以 BH , FH ，
因为 BH 2  FH 2  BF 2 ，所以FHB  π ， FH  BH ，
2
因为 FH  BH ， FH  AM ， BH ∩ AM  H ， BH , AM  平面 ABM，所以 FH  平面 ABM，
设点 M 到平面 ABF 的距离为 h，
6
1  2 3 
VF  ABM
 1 S 3
ABM
 FH  1 S
3
ABF
h  h 
S ABM  FH  2 S ABF
3
1  3
2
 2 6 ，
3
所以点 M 到平面 ABF 的距离为 2 6 .
3
【典例 2】（2025 高三·四川成都·期末）如图，已知四棱锥 P  ABCD 中，侧面 PAD 为边长等于 2 的正三角形，底面 ABCD 为菱形，DAB  60，O 为 AD 中点，侧面 PAD 与底面 ABCD 所成的二面角为120 ．
证明 AD  平面 PBO；
求点 P 到平面 ABCD 的距离；
求二面角 A  PB  C 的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2) 3
2
(3)  2 7
7
【分析】（1）连接 PO，BO，BD，先证明 AD  PO ， OB  AD ，进而求证即可；
易得POB 是二面角 P  AD  B 的平面角，即POB  120∘ ，过 P 作 PH  BO 的延长线于 H，进而证明 PH  平面 ABCD ，进而求解即可；
取 PB 中点 E，连 OE，取 PC 中点 F，连 EF，AE，DF，进而得到AEF 为二面角 A  PB  C 的平面角，进而求解即可.
【解析】（1）连接 PO，BO，BD，如图，
因△PAD 是边长为 2 的正三角形，则 AD  PO ，
在菱形 ABCD 中，DAB  60，则△ABD 为正三角形，所以OB  AD ，又 PO ∩ OB  O ， PO, OB  平面 POB ，则 AD  平面 PBO .
由（1）知， OB  AD ， AD  PO ，
则POB 是二面角 P  AD  B 的平面角， POB  120∘ ，由 AD  平面 PBO ， AD  平面 ABCD ，
则平面 PBO  平面 ABCD ，过 P 作 PH  BO 的延长线于 H，因为平面 PBO ∩ 平面 ABCD  BO ， PH  平面 PBO ，
因此 PH  平面 ABCD ，
3
而在正△PAD 中， PA  2, OA  1，则 PO ，
又POH  60∘ ，则 PH  PO sin POH  3 ，
2
所以点 P 到平面 ABCD 的距离是 3 .
2
由（1）知，△ABD 是正三角形，则 BO  PO  3 ，
取 PB 中点 E，连 OE，由（2）知， POB  120∘ ，
则BOE  60∘ ， OE  PB ， OE  BO  cs BOE 3 ，
2
取 PC 中点 F，连 EF，AE，DF，则有 EF / / BC / / AD ，且 EF  1 BC  1 AD ，
22
又 AD  平面 PBO ， PB, OE  平面 PBO ，则 AD  PB, AD  OE ，即有 EF  PB ，又 PA  AB  2 ，则 AE  PB ，
从而得AEF 为二面角 A  PB  C 的平面角，
在梯形 AEFD 中， AEF  180∘  DAE ，
AO 2  OE 2
Rt△AEO 中， AE 
 1 3 7 ，
csAEF   csDAE   AO
AE
  1
7
2
42
 2 7
7 ，
所以二面角 A  PB  C 的余弦值是 2 7 .
7
【典例 3】（2025 高三·甘肃天水·期末）一副三角板如图所示的方式拼接，将△BCD 折起，使得二面角
3
A  BC  D 为直二面角， BC  2.
求证： CD  平面 ABC ；
求点 B 到平面 ACD 的距离.
【答案】(1)证明见解析
6
(2)
【分析】（1）首先根据二面角 A  BC  D 为直二面角，得到平面 ABC  平面 BCD ，然后根据面面垂直的性质定理证明结论即可.
（2）取 BC 的中点为 P ，连接 AP ，先证明 AP 平面 BCD ，然后利用等体积法求解点 B 到平面 ACD 的距离
【解析】（1）因为二面角 A  BC  D 是直二面角，所以平面 ABC  平面 BCD ，平面 ABC ∩ 平面 BCD  BC ，又因为在△BCD 中， BCD  90∘ ，
又CD  平面 BCD ，所以CD  平面 ABC .
（2）
记点 B 到平面 ACD 的距离为h ，取 BC 的中点为 P ，连接 AP ，因为 AB  AC ，所以 AP  BC .同（1）可得 AP 平面 BCD ，
由（1） CD  平面 ABC ， AC  平面 ABC 得， CD  AC ，即ACD 为直角三角形.又因为ABC 和△BCD 是直角三角形， BAC  BCD  90∘ , ABC  ACB  45∘ ，
6
3
CBD  30∘, BC  2 3 ，则 AB  AC ， CD 3 BC  2, BD  2CD  4， AP  1 BC .
32
6
所以 S 1 BC  CD  1  2 3  2  2 3, S 1 AC  CD  1  6  2 
△BCD22△ACD22
3
而V 1 S AP  1  2 3  2 ，
A BCD3 △BCD3
6
又VA BCD  VB  ACD
 1 S
3
 ACD
 h  1 
3
6  h  2 ，解得h .