重难点突破06 立体几何解答题最全归纳总结（九大题型）（教师版）

重难点突破06立体几何解答题最全归纳总结目录题型一：非常规空间几何体为载体例1．（2023·全国·高三专题练习）已知正四棱台1111ABCDABCD的体积为2823，其中1124ABAB.(1)求侧棱1AA与底面ABCD所成的角；(2)在线段1CC上是否存在一点P，使得1BPAD？若存在请确定点P的位置；若不存在，请说明理由.【解析】（1）依题意，在正四棱台1111ABCDABCD中，1124ABAB，所以上底面积1224S，下底面积24416S，设正四棱台的高为h，则1282441616,233hh.连接11,ACAC，则1142,22ACAC，所以22142222222AAh，设侧棱1AA与底面ABCD所成的角为，则12sin2hAA，由于线面角的取值范围是π0,2，所以π4.（2）连接11,BDBD，设正四棱台上下底面的中心分别为1,OO，以O为原点，1,,OAOBOO分别为,,xyz轴建立如图所示空间直角坐标系，12,0,2,0,22,0,0,22,0ADB，设线段1CC上存在一点P，满足1101CPCC，112,0,2,22,0,0,32,0,2CCCC，132,0,2CP，则112,22,232,0,2322,22,22BPBCCP，12,22,2AD，若1BPAD，则10BPAD，即232282220，解得2，舍去，所以在线段1CC上不存在一点P，使得1BPAD.例2．（2023·全国·高三专题练习）在三棱台ABCDEF中，G为AC中点，2ACDF，ABBC，BCCF.(1)求证：BC平面DEG；(2)若2ABBC，CFAB，平面EFG与平面ACFD所成二面角大小为π3，求三棱锥EDFG的体积.【解析】（1）在三棱台ABCDEF中，G为AC中点，则2ACGC，又2ACDF，GCDF，//ACDF，四边形GCFD为平行四边形，//DGCF，又BCCF，BCDG，//DEAB，ABBC，BCDE，DEDGD，,DEDG平面DEG，BC平面DEG.（2）CFAB，//DGCF，DGAB，又DGBC，ABBCB，,ABBC平面ABC，DG平面ABC，连接BG，2ABBC，ABBC，G为AC中点，GBAC；以,,GBGCGD为正交基底，可建立如图所示空间直角坐标系Gxyz，则0,0,0G，2,0,0B，0,2,0A，0,2,0C，设0DGCFmm，则0,0,Dm，0,2,Fm，11220,0,2,2,0,,2222GEGDDEGDABmm，0,2,GFm，设平面EFG的一个法向量为,,nxyz，则2202220nGExymznGFymz，令2z，解得：ym，xm，,,2nmm；又平面ACFD的一个法向量1,0,0m，21cos,222mnmmnmnm，解得：1m，即1DG，DG平面ABC，平面//ABC平面DEF，DG平面DEF，11111113326EDFGGDEFDEFVVSDG.例3．（2023·重庆万州·高三重庆市万州第二高级中学校考阶段练习）如图，在正四棱台1111ABCDABCD中，112ABAB，13AA，M，N为棱11BC，11CD的中点，棱AB上存在一点E，使得1//AE平面BMND．(1)求AEAB；(2)当正四棱台1111ABCDABCD的体积最大时，求1BB与平面BMND所成角的正弦值．【解析】（1）作11BFAE∥交AB于F，再作FGBC∥交BD于G，连接MG．因为1//AE平面BMND，所以1//BF平面BMND．又平面1BFGM平面BMNDMG，所以1BFMG∥．又因为11FGBCBC∥∥，所以四边形1BFGM是平行四边形，所以1111124FGBMBCAD，即F为棱AB的四等分点，故E也为棱AB的四等分点，所以14AEAB=．（2）由（1）易知G为BD的四等分点，所以点1B在点G的正上方，所以1BG底面ABCD．设1142ABABx，则124BGBDx，所以2132BGx，所以该四棱台的体积2222222128161644323233Vxxxxxxx，而322222227847843232993xxxVxxx．当且仅当2232xx，即1x时取等号，此时4AB，112AB．以G为原点，GF，1BG分别为x轴、z轴，过G平行于AB的直线为y轴建立如图所示的空间直角坐标系，则0,0,0G，10,0,1,B，1,1,0B，1,0,0F，所以1,1,0GB，11,0,1GMFB，11,1,1BB．设平面BMND的法向量为,,nxyz，由0,0,CBnGMn得0,0,xyxz令1x，则1,1,1n．设1BB与平面BMND所成角为，则11111sincos,333nBBnBBnBB，故1BB与平面BMND所成角的正弦值为13．变式1．（2023·湖北黄冈·浠水县第一中学校考模拟预测）如图，在三棱台111-ABCABC中，112AB，4ABAC，115AACC，13BB，π2BAC．(1)证明：平面11AACC⊥平面ABC；(2)设D是BC的中点，求平面11AACC与平面1AAD夹角的余弦值．【解析】（1）证明：由三棱台111-ABCABC知：11//ABAB，在梯形11AABB中，取AB的中点E，连接1BE，因112AB，4ABAC故11ABAE，四边形11AAEB是平行四边形，∴115BEAA，122EBAB，13BB所以22211BEEBBB，1π2BEB，即1BEAB，因11//BEAA，所以1BAAA，又因π2BAC，所以BAAC，又因1AAACA，所以BA平面11AACC，因BA平面ABC，所以平面11AACC⊥平面ABC；（2）取AC的中点O，11AC的中点F，连接OD，OF，则//ODAB，因ABAC，所以ODAC，由条件知：四边形11AACC是等腰梯形，所以OFAC，平面11AACC平面=ABCACOF平面11AACC,平面11AACC⊥平面ABC∴OF平面ABC，分别以OA，OD，OF所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图，则在等腰梯形11AACC中，由平面几何知识可得：25(21)2OF，∴2,0,0A，0,2,0D，11,0,2A，2,2,0AD，11,0,2AA设平面1AAD的法向量,,xyzr，则由1AAAD得22020xyxz，令2x，得2y，1z，所以2,2,1，又平面11AACC的法向量0,1,0，设平面11AACC与平面1AAD的夹角为，则222212cos32211．变式2．（2023·安徽·高三安徽省定远中学校考阶段练习）如图，圆锥PO的高为3，AB是底面圆O的直径，四边形ABCD是底面圆O的内接等腰梯形，且22ABCD，点E是母线PB上一动点.(1)证明：平面ACE平面POD；(2)若二面角AECB的余弦值为130130，求三棱锥AECD的体积.【解析】（1）连接OC，由题意知四边形AOCD为菱形，故ODAC，因为PO平面ABCD，AC平面ABCD，所以POAC，因为POODO，,POOD平面POD，所以AC平面POD，又AC平面ACE，故平面ACE平面POD；（2）以O为原点，CD的中垂线为x轴，OB为y轴，OP为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则0,1,0A，010，，B，003P，，，31022C，，，设PEPB，显然1不合题意，则0,1，则033E,,，于是313322CE，，，33022CA，，，31022CB，，，设平面CBE的法向量为,,mxyz，则310223133022mCBxymCExyz，令3y，得1x，33z=，则3133m，，设平面AEC的法向量为,,nabc，则330223133022nCAabnCEabc令3a，1b=-，133c则13133n，，，从而231130333cos130||111331()333mnmn，解得13或3，因为0,1，故13.此时二面角AECB的余弦值为130130满足题意.从而12113231133332236AECDEACDACDVVSPO.变式3．（2023·云南·云南师大附中校考模拟预测）如图，P为圆锥的顶点，A，B为底面圆O上两点，2π3AOB，E为PB中点，点F在线段AB上，且2AFFB.(1)证明：平面AOP平面OEF；(2)若OPAB，求直线AP与平面OEF所成角的正弦值.【解析】（1）设圆O的半径为r，在AOB中，OAOBr，2π3AOB，π6OAB，故3ABr，又2AFFB，故233rAF，在AOF中，由余弦定理得22222112cos33OFOAAFOAAFOAFOAr，所以222OAOFAF，即OAOF；圆锥中，PO底面O，OF底面O，故POOF，又OAOPO，所以OF平面AOP，又OF平面OEF，所以平面AOP平面OEF.（2）以O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，不妨设3OA，则33OPABOA，313OFOA，则(300)A，，，(003)P，，，33022B，，，333442E，，，(010)F，，，(303)AP，，，333442OE，，，(010)OF，，，设平面OEF的一个法向量为()nxyz，，，有00nOEnOF，即33304420xyzy，解得(2301)n，，，设直线AP与平面OEF所成角为，则·6339sincos2612?13·APnAPnAPn，.变式4．（2023·内蒙古赤峰·校联考三模）如图，P为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，四边形ABCD是圆O的内接四边形，BD为底面圆的直径，M在母线PB上，且2ABBCBM，4BD，23MD．(1)求证：平面AMC平面ABCD；(2)设点E为线段PO上动点，求直线CE与平面ADM所成角的正弦值的最大值．【解析】（1）如图，设AC交BD于点N，连接,,MNOCOA，由已知可得2OCOA，又2ABBC，所以四边形ABCO为菱形，所以ACBD，∵2BM，4BD，23MD，∴222BMMDBD，∴π2BMD，∴1cos2MBD，又0,πMBD，所以π3MBD，因为N为OB的中点，∴1BN，2BM．由余弦定理可得222cos3MNBNBMBNBMMBN，∴222BMBNMN，所以MN