2020年高考理科数学《立体几何》题型归纳与训练【题型归纳】题型一线面平行的证明例1如图，高为1的等腰梯形ABCD中，AM＝CD＝AB＝1.
现将△AMD沿MD折起，使平面AMD⊥平面MBCD，连接AB，AC.试判断：在AB边上是否存在点P，使AD∥平面MPC?并说明理由
【答案】当AP＝AB时，有AD∥平面MPC.理由如下：连接BD交MC于点N，连接NP.在梯形MBCD中，DC∥MB，＝＝，在△AD
B中，＝，∴AD∥PN.∵AD?平面MPC，PN?平面MPC，∴AD∥平面MPC.【解析】线面平行，可以线线平行或者面面平行推出。
此类题的难点就是如何构造辅助线。构造完辅助线，证明过程只须注意规范的符号语言描述即可。本题用到的是线线平行推出面面平行。【易错点】
不能正确地分析DN与BN的比例关系，导致结果错误。【思维点拨】此类题有两大类方法：构造线线平行，然后推出线面平行。此类方法的辅助线
的构造须要学生理解线面平行的判定定理与线面平行的性质之间的矛盾转化关系。在此，我们需要借助倒推法进行分析。首先，此类型题目大部分为
证明题，结论必定是正确的，我们以此为前提可以得到线面平行。再次由线面平行的性质可知，过已知直线的平面与已知平面的交线必定平行于该直
线，而交线就是我们要找的线，从而做出辅助线。从这个角度上看我们可以看出线线平行推线面平行的本质就是过已知直线做一个平面与已知平面相
交即可。如本题中即是过AD做了一个平面ADB与平面MPC相交于线PN。最后我们只须严格使用正确的符号语言将证明过程反向写一遍即可。
即先证AD平行于PN，最后得到结论。构造交线的方法我们可总结为如下三个图形。构造面面平行，然后推出线面平行。此类方法辅助线的构造通
常比较简单，但证明过程较繁琐，一般做为备选方案。辅助线的构造理论同上。我们只须过已知直线上任意一点做一条与已知平面平行的直线即可。
可总结为下图例2如图，在几何体ABCDE中，四边形ABCD是矩形，AB⊥平面BEC，BE⊥EC，AB＝BE＝EC＝2，G，F分别是
线段BE，DC的中点．求证：GF∥平面ADE；【答案】解法一：(1)证明：如图，取AE的中点H，连接HG，HD，又G是BE的中点，
所以GH∥AB，且GH＝AB.又F是CD的中点，所以DF＝CD.由四边形ABCD是矩形得，AB∥CD，AB＝CD，所以GH∥DF，
且GH＝DF，从而四边形HGFD是平行四边形，所以GF∥DH.又DH?平面ADE，GF?平面ADE，所以GF∥平面ADE.解法2：
(1)证明：如下图，取AB中点M，连接MG，MF.又G是BE的中点，可知GM∥AE.又AE?平面ADE，GM?平面ADE，所以GM
∥平面ADE.在矩形ABCD中，由M，F分别是AB，CD的中点得MF∥AD.又AD?平面ADE，MF?平面ADE，所以MF∥平面A
DE.又因为GM∩MF＝M，GM?平面GMF，MF?平面GMF，所以平面GMF∥平面ADE.因为GF?平面GMF，所以GF∥平面A
DE.【解析】解法一为构造线线平行，解法二为构造面面平行。【易错点】线段比例关系【思维点拨】同例一题型二线线垂直、面面垂直的证明
例1如图，在三棱锥P-ABC中，PA⊥AB，PA⊥BC，AB⊥BC，PA＝AB=BC=2，D为线段AC的中点，E为线段PC上一点．
(1)求证：PA⊥BD；(2)求证：平面BDE⊥平面PAC【答案】(1)证明：因为PA⊥AB，PA⊥BC，AB∩BC＝B，所以PA
⊥平面ABC.又因为BD?平面ABC，所以PA⊥BD.(2)证明：因为AB＝BC，D为AC的中点，所以BD⊥AC.由(1)知，PA
⊥BD，又AC∩PA＝A，所以BD⊥平面PAC.因为BD?平面BDE，所以平面BDE⊥平面PAC.【解析】(一)找突破口第(1)问
：欲证线线垂直，应转化到证线面垂直，再得线线垂直；第(2)问：欲证面面垂直，应转化到证线面垂直，进而转化到先证线线垂直，借助(1)
的结论和已知条件可证；(二)寻关键点有什么想到什么注意什么信息①：PA⊥AB，PA⊥BC线面垂直的判定定理，可证PA⊥平面ABC(
1)证明线面平行的条件：一直线在平面外，一直线在平面内(2)证明线面垂直时的条件：直线垂直于平面内两条相交直线(3)求点到面的距离
时要想到借助锥体的“等体积性”信息②：AB＝BC，D为AC的中点等腰三角形中线与高线合一，可得BD⊥AC信息③：PA⊥BD证明线线
垂直，可转化到证明一直线垂直于另一直线所在平面，再由线面垂直的定义可得信息④：平面BDE⊥平面PAC面面垂直的判定定理，线线垂直?
线面垂直?面面垂直信息⑤：PA∥平面BDE线面平行的性质定理，线面平行，则线线平行，可得PA∥DE【易错点】规范的符号语言描述，正
确的逻辑推理过程。【思维点拨】(1)正确并熟练掌握空间中平行与垂直的判定定理与性质定理，是进行判断和证明的基础；在证明线面关系时，
应注意几何体的结构特征的应用，尤其是一些线面平行与垂直关系，这些都可以作为条件直接应用．(2)证明面面平行依据判定定理，只要找到一
个面内两条相交直线与另一个平面平行即可，从而将证明面面平行转化为证明线面平行，再转化为证明线线平行．(3)证明面面垂直常用面面垂直
的判定定理，即证明一个面过另一个面的一条垂线，将证明面面垂直转化为证明线面垂直，一般先从现有直线中寻找，若图中不存在这样的直线，则
借助中线、高线或添加辅助线解决．(4)证明的核心是转化，空间向平面的转化，面面?线面?线线．题型三空间向量例1如图，四面体ABC
D中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形，，AB=BD.(1)证明：平面ACD⊥平面ABC；(2)过AC的平面交BD于点E，
若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，求二面角D-AE-C的余弦值．【答案】(1)证明：由题设可得，△ABD≌△CBD
，从而AD＝DC.又△ACD是直角三角形，所以∠ADC＝90°.取AC的中点O，连接DO，BO，则DO⊥AC，DO＝AO.又因为△
ABC是正三角形，所以BO⊥AC.所以∠DOB为二面角D-AC-B的平面角．在Rt△AOB中，BO2＋AO2＝AB2.又AB＝BD
，所以BO2＋DO2＝BO2＋AO2＝AB2＝BD2，故∠DOB＝90°.所以平面ACD⊥平面ABC.(2)由题设及(1)知，OA
，OB，OD两两垂直．以O为坐标原点，的方向为x轴正方向，||为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz，则A(1,0,0
)，B(0，，0)，C(－1,0,0)，D(0,0,1)．由题设知，四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的，从而E到平面AB
C的距离为D到平面ABC的距离的，即E为DB的中点，得E.故＝(－1，0,1)，＝(－2,0,0)，＝.设n＝(x1，y1，z1)
是平面DAE的法向量，则即可取n＝.设m＝(x2，y2，z2)是平面AEC的法向量，则即可取m＝(0，－1，)．则cos〈n，m〉
＝＝＝.由图知二面角D-AE-C为锐角，所以二面角D-AE-C的余弦值为.【解析】(一)找突破口第(1)问：欲证面面垂直，应转化去
证线面垂直或证其二面角为直角，即找出二面角的平面角，并求其大小为90°；第(2)问：欲求二面角的余弦值，应转化去求两平面所对应法向
量的夹角的余弦值，即通过建系，求所对应法向量来解决问题．(二)寻关键点有什么想到什么注意什么信息①：△ABC为正三角形，△ACD是
直角三角形特殊三角形中的特殊的边角：△ABC中三边相等，△ACD中的直角(1)建系时要证明哪三条线两两垂直，进而可作为坐标轴(2)
两平面法向量的夹角不一定是所求的二面角，也有可能是两法向量夹角的补角，因此必须说明角的范围信息②：∠ABD＝∠CBD，AB＝BD边
角相等关系可证两三角形全等，进而可证AD＝DC，∠ADC＝90°信息③：证明：平面ACD⊥平面ABC面面垂直的证明方法：几何法或定
义法信息④：体积相等由体积的大小关系转化到点到面的距离的大小关系，进而知点E为DB的中点【易错点】正确建立空间直角坐标系，确定点的
坐标，平面法向量的计算。【思维点拨】1．利用空间向量求空间角的一般步骤(1)建立恰当的空间直角坐标系；(2)求出相关点的坐标，写出
相关向量的坐标；(3)结合公式进行论证、计算；(4)转化为几何结论．2．求空间角应注意的3个问题(1)两条异面直线所成的角α不一定
是直线的方向向量的夹角β，即cosα＝|cosβ|.(2)直线与平面所成的角的正弦值等于平面的法向量与直线的方向向量夹角的余弦
值的绝对值，注意函数名称的变化．(3)两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，有可能为两法向量夹角的补角．【巩固训练】题型一线面
平行的证明1.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，S是B1D1的中点，E、F、G分别是BC、DC、SC的中点，求证：(1)
直线EG∥平面BDD1B1；(2)平面EFG∥平面BDD1B1.【答案】详见解析【解析】(1)如图，连接SB，∵E、G分别是BC、
SC的中点，∴EG∥SB.又∵SB?平面BDD1B1，EG?平面BDD1B1，∴直线EG∥平面BDD1B1.(2)连接SD，∵F、
G分别是DC、SC的中点，∴FG∥SD.又∵SD?平面BDD1B1，FG?平面BDD1B1，∴FG∥平面BDD1B1，又EG?平面
EFG，FG?平面EFG，EG∩FG＝G，∴平面EFG∥平面BDD1B1.2.如图，四棱锥P－ABCD的底面是边长为1的正方形，侧
棱PA⊥底面ABCD，且PA＝2，E是侧棱PA上的中点．求证：PC∥平面BDE；【答案】详见解析【解析】证明：连接AC交BD于点O
，连接OE，如图：∵四边形ABCD是正方形，∴O是AC的中点．又E是PA的中点，∴PC∥OE.∵PC?平面BDE，OE?平面BDE
，∴PC∥平面BDE.3.如图，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD是等腰梯形，∠DAB＝60°，AB＝2CD＝2，
M是线段AB的中点．求证：C1M∥平面A1ADD1；【答案】详见解析【解析】证明：因为四边形ABCD是等腰梯形，且AB＝2CD，所
以AB∥DC.又由M是AB的中点，因此CD∥MA且CD＝MA.连接AD1，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，因为CD∥C1D1
，CD＝C1D1，可得C1D1∥MA，C1D1＝MA，所以四边形AMC1D1为平行四边形．因此C1M∥D1A，又C1M?平面A1A
DD1，D1A?平面A1ADD1，所以C1M∥平面A1ADD1.题型二线线垂直、面面垂直的证明1.如图，在四棱锥P－ABCD中，
PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中点．(1)证明：CD⊥AE；(2)证明
：PD⊥平面ABE；【答案】详见解析【解析】(1)在四棱锥P－ABCD中，因为PA⊥底面ABCD，CD?平面ABCD，故PA⊥CD
，∵AC⊥CD，PA∩AC＝A，∴CD⊥平面PAC，而AE?平面PAC，∴CD⊥AE，(2)由PA＝AB＝BC，∠ABC＝60°，
可得AC＝PA，∵E是PC的中点，∴AE⊥PC，由(1)知，AE⊥CD，且PC∩CD＝C，所以AE⊥平面PCD，而PD?平面PCD
，∴AE⊥PD，∵PA⊥底面ABCD，PD在底面ABCD内的射影是AD，AB⊥AD，∴AB⊥PD，又∵AB∩AE＝A，综上可得PD
⊥平面ABE.2.如图，在三棱锥P－ABC中，PA＝PB＝PC＝AC＝4，AB＝BC＝2.求证：平面ABC⊥平面APC；【答案】详
见解析【解析】(1)证明：如图所示，取AC中点O，连接OP，OB.∵PA＝PC＝AC＝4，∴OP⊥AC，且PO＝4sin60°＝2
.∵BA＝BC＝2，∴BA2＋BC2＝16＝AC2，且BO⊥AC，∴BO＝＝2.∵PB＝4，∴OP2＋OB2＝12＋4＝16＝PB
2，∴OP⊥OB.∵AC∩OB＝O，∴OP⊥平面ABC.∵OP?平面PAC，∴平面ABC⊥平面APC.3.如图所示，四棱锥P－AB
CD中，底面ABCD为平行四边形，AB＝2AD＝2，BD＝，PD⊥底面ABCD.证明：平面PBC⊥平面PBD；【答案】详见解析【解
析】(1)证明：∴CD2＝BC2＋BD2，∴BC⊥BD.又∵PD⊥底面ABCD，∴PD⊥BC.又∵PD∩BD＝D，∴BC⊥平面PB
D.而BC?平面PBC，∴平面PBC⊥平面PBD.题型三空间向量1.已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ACB＝90°，AC＝B
C＝2，AA1＝4，D是棱AA1的中点．如图所示．(1)求证：DC1⊥平面BCD；(2)求二面角A－BD－C的大小．【答案】详见解
析【解析】(1)证明：按如图所示建立空间直角坐标系．由题意，可得点C(0,0,0)，A(2,0,0)，B(0,2,0)，D(2,0
,2)，A1(2,0,4)，C1(0,0,4)．于是，＝(－2,0,2)，＝(－2,0，－2)，＝(－2，2，－2)．可算得＝0，
＝0.因此，DC1⊥DC，DC1⊥DB.又DC∩DB＝D，所以DC1⊥平面BDC.(2)设n＝(x，y，z)是平面ABD的法向量，
又＝(－2,2,0)，＝(0,0,2)，所以取y＝1，可得即平面ABD的一个法向量是n＝(1,1,0)．由(1)知，是平面DBC的
一个法向量，记n与的夹角为θ，则cosθ＝－，θ＝.结合三棱柱可知，二面角A－BD－C是锐角，故所求二面角A－BD－C的大小是.2
.如图1，在Rt△ABC中，∠ACB＝30°，∠ABC＝90°，D为AC中点，AE⊥BD于点E，延长AE交BC于点F，将△ABD沿
BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，如图2所示．(1)求证：AE⊥平面BCD；(2)求二面角A－DC－B的余弦值；(3)在线段AF
上是否存在点M使得EM∥平面ADC？若存在，请指明点M的位置；若不存在，请说明理由．【答案】详见解析【解析】(1)证明：因为平面A
BD⊥平面BCD，交线为BD，又在△ABD中，AE⊥BD于点E，AE?平面ABD，所以AE⊥平面BCD.(2)由(1)中AE⊥平面
BCD可得AE⊥EF.由题意可知EF⊥BD，又AE⊥BD，如图，以E为坐标原点，分别以EF，ED，EA所在直线为x轴、y轴、z轴，
建立空间直角坐标系E－xyz，不妨设AB＝BD＝DC＝AD＝2，则BE＝ED＝1.由图1条件计算得AE＝，BC＝2，BF＝，则E(
0,0,0)，D(0,1,0)，B(0，－1，0)，A(0,0，)，F，C(，2,0)，＝(，1,0)，＝(0,1，－)．由AE⊥
平面BCD可知平面DCB的法向量为，＝(0,0，)，设平面ADC的法向量为n＝(x，y，z)，则令z＝1，则y＝，x＝－1，所以n
＝(－1，，1)．因为平面DCB的法向量为，所以cos〈n，〉＝＝.所以二面角A－DC－B的余弦值为.(3)设＝λ，其中λ∈[0,
1]．由于＝，所以＝λ＝λ，其中λ∈[0,1]．所以＝.由·n＝0，即－λ＋(1－λ)＝0，解得λ＝∈[0,1]．所以在线段AF上
存在点M使EM∥平面ADC，且＝.3.在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面ABB1A1为矩形，AB＝1，AA1＝，D为AA1的中点
，BD与AB1交于点O，CO⊥侧面ABB1A1.(1)证明：BC⊥AB1；(2)若OC＝OA，求直线C1D与平面ABC所成角的正弦值．【答案】详见解析【解析】(1)证明：由题意tan∠ABD＝＝，tan∠AB1B＝＝，注意到0<∠ABD，∠AB1B<，所以∠ABD＝∠AB1B.所以∠ABD＋∠BAB1＝∠AB1B＋∠BAB1＝.所以AB1⊥BD.又CO⊥侧面ABB1A1，所以AB1⊥CO.又BD与CO交于点O，所以AB1⊥面CBD.又因为BC?面CBD，所以BC⊥AB1.(2)如图，分别以OD，OB1，OC所在的直线为x轴、y轴、z轴，以O为原点，建立空间直角坐标系O－xyz，则A，B，C，B1，D.又因为＝2，所以C1.所以＝，＝，＝.设平面ABC的法向量为n＝(x，y，z)，则根据·n＝0，·n＝0可得n＝(1，，－)是平面ABC的一个法向量，设直线C1D与平面ABC所成角为α.则sinα＝.12 |
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