重难点08空间向量与立体几何9大题型汇总-备战2025年高考数学一轮复习考点帮（天津专用）

重难点08空间向量与立体几何9大题型汇总 题型1 几何体的体积 求空间几何体的体积的常用方法 公式法 规则几何体的体积，直接利用公式 割补法 把不规则的几何体分割成规则的几何体，或者把不规则的几何体补成规则的几何体 等体积法 通过选择合适的底面来求几何体体积的一种方法，特别是三棱锥的体积 1．（24-25高三上·天津河东·期中）已知圆台上、下底面圆周在半径为2的球面上，且下底面过球心，母线与底面所成角为，则圆台的体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设出球的半径，求出圆台上底面半径，圆台的高，求出圆台体积，球的体积即可． 【详解】如图， 设球的半径，由题意可知，故是等边三角形， ∴，∴，∴，． ∴圆台的体积为：． 故选：B． 2．（24-25高三上·天津·期中）已知圆锥的侧面展开图是一个半径为4的半圆. 若用平行于圆锥的底面，且与底面的距离为的平面截圆锥，将此圆锥截成一个小圆锥和一个圆台，则小圆锥和圆台的体积之比为 . 【参考公式】，，分别为上、下底面面积，为台体高. 【答案】 【分析】利用圆锥的侧面积公式和体积公式求解即可. 【详解】圆锥的侧面展开图是一个半径为4的半圆， 故圆锥的母线长， 圆锥底面圆半径, 所以圆锥的高， 用平行于圆锥的底面，且与底面的距离为的平面截圆锥， 故小圆锥的高和底面半径均为圆锥的一半， 设圆锥的体积为，小圆锥的体积为,圆台的体积为, 则 故 故答案为： 3．（24-25高三上·天津·阶段练习）已知三棱锥如图所示，、、两两垂直，且，点分别是棱的中点，点是棱靠近点的四等分点，则空间几何体的体积为 ． 【答案】/ 【分析】过点作，交于点，证明出平面，计算出三棱锥、 的体积，可得出，即可得解. 【详解】过点作，交于点， 由，，，平面，得平面， 则平面，且，于是， 由、分别为、的中点，得， 因此，， 所以. 故答案为： 4．（23-24高三上·天津·阶段练习）在三棱锥中，线段上的点满足，线段上的点满足，则三棱锥和三棱锥的体积之比为 ． 【答案】 【分析】分别过作,垂足分别为.过作平面，垂足为，连接,过作,垂足为.先证平面，则可得到，再证.由三角形相似得到，，再由即可求出体积比. 【详解】如图，分别过作,垂足分别为.过作平面， 垂足为，连接，过作,垂足为.    因为平面，平面，所以平面平面. 又因为平面平面，，平面， 所以平面，且. 在中，因为，所以，所以， 在中，因为，所以， 所以. 故答案为：. 题型2 外接球、内切球问题 性质 1:过球心的平面截球面所得圆是大圆，大圆的半径与球的半径相等; 性质2:经过小圆的直径与小圆面垂直的平面必过球心，该平面截球所得圆是大圆; 性质 3:过球心与小圆圆心的直线垂直于小圆所在的平面(类比:圆的垂径定理); 性质 4:球心在大圆面和小圆面上的射影是相应圆的圆心; 性质 5:在同一球中，过两相交圆的圆心垂直于相应的圆面的直线相交，交点是球心(类比:在同圆中，两相交弦的中垂线交点是圆心) 1.（24-25高三上·天津北辰·期中）已知三棱锥外接球的球心在线段上，若与均为面积是的等边三角形，则三棱锥外接球的表面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】作出图形，设，根据三角形的面积公式求出的值，分析可知，求出的长，可得出球的半径，再利用球体表面积公式可求得球的表面积. 【详解】如下图所示： 设，因为与均为面积是的等边三角形， 则，可得， 因为三棱锥外接球的球心在线段上，则， 则， 所以，球的半径为， 因此，三棱锥外接球的表面积为. 故选：D. 2.（24-25高三上·天津·阶段练习）某同学在参加《通用技术》实践课时，制作了一个工艺品，如图所示，该工艺品可以看成是一个球被一个棱长为的正方体的六个面所截后剩余的部分（球心与正方体的中心重合），若其中一个截面圆的周长为，则该球的体积是（） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】求出球心到截面圆所在平面的距离以及截面圆的半径,利用勾股定理可求得球的半径,再利用球的体积公式即可求得结果. 【详解】由题意可得,球心到截面圆所在的平面的距离, 设截面圆的半径为,球的半径为,则解得, 所以, 所以该球的体积为, 故选：A 3.（2024·天津和平·二模）如图，一块边长为10cm的正方形铁片上有四块阴影部分，将这些阴影部分裁下去，然后用余下的四个全等的等腰三角形加工成一个正四棱锥形容器，则这个正四棱锥的内切球（球与正四棱锥各面均有且只有一个公共点）的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据题意可得正四棱锥的斜高为5，底面正方形的边长为6，从而可得正四棱锥的高，设这个正四棱锥的内切球的半径为，高线与斜高的夹角为，则易得，，从而可得，再代入球的体积公式，即可求解． 【详解】作出四棱锥如图： 根据题意可得正四棱锥的斜高为，底面正方形的边长为6， 正四棱锥的高为， 设这个正四棱锥的内切球的球心为，半径为，与侧面相切于， 则高线与斜高的夹角为，则， 则, ，， 这个正四棱锥的内切球的体积为． 故选：B． 4.（2024·天津武清·模拟预测）四棱锥的底面为正方形，，动点在线段上，则下列结论正确的是（    ） A．四棱锥的体积为 B．四棱锥的表面积为 C．在中，当时， D．四棱锥的外接球表面积为 【答案】C 【分析】对于A：根据锥体体积公式运算求解；对于B：根据表面积公式分析运算求解；对于C：由条件确定点的位置，结合锥体体积公式分析判断；对于D：利用补形法，结合长方体的外接球的求四棱锥的外接球半径，进而可得球的表面积. 【详解】对于选项A：因为，，，平面， 所以平面，可知四棱锥的高， 所以四棱锥的体积，故A错误； 对于选项B：因为平面，平面，则， 且，，平面， 可得平面，且平面，可知， 同理可知：，则， 所以四棱锥的表面积为，故B错误； 对于选项C：因为平面，平面， 所以，所以为直角三角形， 又因为，则， 且，，，可得， 所以，即，可知点到平面的距离为， 所以，故C正确； 对于选项D：将四棱锥补形为长方体，如图所示 可知四棱锥的外接球的半径为， 所以四棱锥的外接球的表面积，故D错误； 故选：C. 题型3 空间点线面的位置关系 点、直线、平面位置关系的判定，注意构造几何体(长方体、正方体)模型来判断，常借助正方体为模型． 1．（23-24高三上·天津·阶段练习）设，是空间两条不同的直线，，是空间两个不同的平面给出下列四个命题： ①若，，，则； ②若，，，则； ③若，，，则； ④若，，，，则． 其中正确命题的个数是（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系逐一分析即可得答案． 【详解】①若，，，则与平行、相交或异面，故错误； ②若，，则或，又，则，故正确； ③若，，则，又，则或，故错误； ④假设是在面上的投影，，，即，， 若，，，得，故正确．    故选：B 2．（24-25高三上·天津红桥·期中）设，是两个不同的平面，l是一条直线，下列命题是真命题的为（   ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 【答案】C 【分析】根据直线与平面间的位置关系判断． 【详解】若，，则或，AD均错； 若，，则或，B错； 对选项C，若，，则， 如图，设是平面内的任意直线，过作平面与平面交于直线， 因为，则， 又由得， 所以，而是平面内的任意直线，所以，C正确． 故选：C． 3．（2024高三·天津·专题练习）若，为两条直线，为一个平面，则下列结论中正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则与相交 【答案】C 【分析】ABD可举出反例；C选项，根据线线平行和线面垂直的性质得到答案. 【详解】根据题意，依次分析选项： 对于A，若，，则与平行或异面，A错误； 对于B，若，，则与异面、平行或相交，B错误； 对于C，设直线，满足且， 若，则，而，则，C正确； 对于D，若，，则与相交或异面，D错误. 故选：C. 4．（2024·天津·高考真题）已知是两条直线，是一个平面，下列命题正确的是（   ） A．若，，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】C 【分析】根据线面位置关系的判定与性质，逐项判断即可求解. 【详解】对于A，若，，则平行或相交，不一定垂直，故A错误. 对于B，若，则或，故B错误. 对于C，，过作平面，使得， 因为，故，而，故，故，故C正确. 对于D，若，则，故D错误. 故选：C. 题型4 截面问题 (1)作截面应遵循的三个原则：①在同一平面上的两点可引直线；②凡是相交的直线都要画出它们的交点；③凡是相交的平面都要画出它们的交线． (2)作交线的方法有如下两种：①利用基本事实3作交线； ②利用线面平行及面面平行的性质定理去寻找线面平行及面面平行，然后根据性质作出交线． 1．（2023·天津和平·三模）已知正方体的棱长为6，点，分别在棱，上，且满足，点为底面的中心，过点，，作平面，则平面截正方体所得的截面面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由于上下底平行，则可得平面与上下底面的交线平行，则可得为平面与上底面的交线，为平面与下底面的交线，则梯形为平面截正方体的截面，可证得梯形为等腰梯形，根据已知的数量关系求解即可. 【详解】连接，，与交点即为， 因为，所以‖， 因为‖，所以‖， 所以共面， 所以平面截正方体所得的截面为梯形， 因为正方体的棱长为6，且， 所以， 在中，，则， 在中，，则 ， 在，，则 ， 过作于，则， 所以, 所以等腰梯形的面积为 , 故选：A    2．（2004·天津·高考真题）如图，在长方体中，．分别过的两个平行截面将长方体分成三部分，其体积分别记为，若，则截面的面积为（    ） A． B． C． D．16 【答案】C 【分析】由体积比求出的长，则，进而即可得到截面的面积. 【详解】因为长方体平面 平面， 平面平面，平面平面， 所以，同理可得， 所以，，， 所以， 又因为，所以， 所以， 因为平面，平面，所以， 所以， 故选：C. 3．（2024·天津·一模）祖暅是我国南北朝时期杰出的数学家和天文学家祖冲之的儿子，他提出了一条原理：“幂势既同，则积不容异”.这里的“幂”指水平截面的面积，“势”指高.这句话的意思是：两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体体积相等，利用祖暅原理可以将半球的体积转化为与其同底等高的圆柱和圆锥的体积之差，图1是一种“四脚帐篷”的示意图，其中曲线和均是以2为半径的半圆，平面和平面均垂直于平面，用任意平行于帐篷底面的平面截帐篷，所得截面四边形均为正方形，模仿上述半球的体积计算方法，可以构造一个与帐篷同底等高的正四棱柱，从中挖去一个倒放的同底等高的正四棱锥（如图2），从而求得该帐篷的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先证明等高处的水平截面截两个几何体的截面的面积相等，由祖暅原理知帐篷体积为正四棱柱的体积减去正四棱锥的体积，计算即可. 【详解】设截面与底面的距离为，在帐篷中的截面为， 设底面中心为，截面中心为，则，， 所以，所以截面为的面积为. 设截面截正四棱柱得四边形为，截正四棱锥得四边形为， 底面中心与截面中心之间的距离为， 在正四棱柱中，底面正方形边长为，高为2，， 所以，所以为等腰直角三角形， 所以，所以四边形边长为， 所以四边形面积为， 所以图2中阴影部分的面积为，与截面面积相等， 由祖暅原理知帐篷体积为正四棱柱的体积减去正四棱锥的体积， 即. 故选：D. 4．（23-24高三上·天津南开·阶段练习）截角四面体是一种半正八面体，可由四面体经过适当的截角而得到．如图所示，将棱长为6的正四面体沿棱的三等分点作平行于底面的截面截角得到所有棱长均为2的截角四面体，则该截角四面体的体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】 求出棱长为的正四面体的体积，再结合割补法求出体积. 【详解】棱长为的正四面体的底面正三角形半径， 则该正四面体的高， 该正四面体的体积， 所以该截角四面体的体积为. 故选：D 题型5 异面直线所成角 求异面直线所成角的方法 方法 解读 平移法 将异面直线中的某一条平移，使其与另一条相交，一般采用图中已有的平行线或者作平行线， 形成三角形求解 补形法 在该几何体的某侧补接上同样一个几何体，在这两个几何体中找异面直线相应的位置，形成三角形求解 1．（2024·天津河北·二模）如图，四棱锥中，侧棱平面，点是的中点，底面是直角梯形，. (1)求证：平面； (2)求异面直线和所成角的余弦值； (3)点在线段上，平面和平面的夹角为，求的值. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法即可求证， （2）利用向量的夹角公式即可求解， （3）求两个平面的法向量，即可利用法向量的夹角求解. 【详解】（1）证明：平面，以为原点，分别以、、的方向为轴，轴，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系. ，点是的中点， ,， 则 平面，平面的一个法向量为. ， 平面， 平面 ； （2） 设异面直线和所成的角为， 异面直线和所成角的余弦值为. （3）， 设，则， 设平面的法向量为，则有 不妨令，得，. 设平面的法向量为，则有 不妨令，得， ， 平面和平面的夹角为， ， ， ， . 2．（2024·天津河西·三模）如图，在四棱锥中，平面ABCD，，，且，，，点M在PD上． (1)求证：； (2)求异面直线与所成角的余弦值； (3)若平面与平面所成角为45°，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）取中点为E，连接，说明，建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明方法，即可证明结论； （2）求出向量，即可根据空间角的向量求法，求得答案； （3）设，根据平面与平面所成角为45°，结合空间角的向量求法，求出，再根据二面角的向量求法，即可求得答案. 【详解】（1）取中点为E，连接，由题意可知， 即四边形为平行四边形，故，而， 故； 又平面ABCD，故以A为坐标原点，以所在直线为轴， 建立空间直角坐标系， 则， 则， 故， 故，则； （2）由（1）知， 设异面直线与所成角为， 则， 即异面直线与所成角的余弦值为； （3）由题可设，则， 设平面的一个法向量为， ， 由，得， 取，则， 平面的法向量可取为， 平面与平面所成角为45°，则， 解得，则，， , 设平面的一个法向量为， 由，得， 取，则， 设直线与平面所成角为， 则. 即直线与平面所成角的正弦值为. 3．（2024·天津·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，平面平面，，. (1)若点是边的中点，点是边的中点，求异面直线，所成角的余弦值； (2)求平面和平面的夹角的余弦值； (3)在棱上是否存在点，使得平面？若存在，求的值?若不存在，说明理由. 【答案】(1) (2) (3)不存在，理由见解析 【分析】（1）取中点，证得平面，进而得到，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得和，结合向量的夹角公式，即可求解； （2）由（1），求得平面和平面的法向量和，结合向量的夹角公式，即可求解； （3）设，求得，求得平面的一个法向量，结合平面，列出方程组，即可求解. 【详解】（1）解：取中点，连接，，因为，所以 因为平面平面，平面平面，且平面， 所以平面， 又因为平面，平面，所以，， 因为，，，所以，， 所以四边形是平行四边形，所以， 以为坐标原点，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，则，，，，，，，，可得，， 设异面直线，所成角为，则. 所以异面直线，所成角的余弦值为. （2）解：由（1）得，. 设平面的法向量为，则， 令，可得，所以， 因为平面的法向量， 设平面与平面的夹角为，则， 所以平面和平面的夹角的余弦值为. （3）解：设是棱上一点，则存在使得， 设，则，， 所以.所以，，， 所以.所以， 因为，，且，平面， 所以平面，所以是平面的一个法向量. 若平面，则，所以，此时方程组无解， 所以在棱上不存在点，使得平面. 4．（2024·天津·二模）如图，平面，，，，，为的中点． (1)证明：； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)设是棱上的点，若与所成角的余弦值为，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）建立坐标系，利用，即可证明； （2）分别求得平面与平面的法向量，利用法向量即可求解； （3）设，借助，求得值，即可求解. 【详解】（1）证明：因为平面，，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，如图所示： 由已知可得，，，，， 因为为的中点，所以， 所以，， 所以， 所以， 所以. （2），， 设平面的法向量，则 ，即，令得， 所以． 平面的法向量， 设平面与平面夹角为， ， 所以平面与平面夹角的余弦值为． （3）设且（）， ，则，，， 所以，所以，， 所以， 化简得， 解得或（舍）， 因为，所以． 题型6 线面角 1.用向量法求异面直线所成的角的一般步骤 (1)建立空间直角坐标系． (2)用坐标表示两异面直线的方向向量． (3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值． (4)注意两异面直线所成角的范围是，即两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角的余弦值的绝对值． 2.设为平面的斜线，为的方向向量，为平面的法向量，为与所成角的大小，则． 1．（23-24高二上·天津北辰·期中）如图，在四棱锥中，底面ABCD为直角梯形，，，，，，，且平面平面ABCD，在平面ABCD内过B作，交AD于O，连PO.    (1)求证：平面ABCD； (2)求面APB与面PBC所成角的正弦值； (3)在线段PA上存在一点M，使直线BM与平面PAD所成的角的正弦值为，求PM的长. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）由已知四边形为矩形，证明，由条件根据面面垂直性质定理证明平面； （2）建立空间直角坐标系，求平面，平面的法向量，利用向量法求出二面角的余弦值，再求其正弦值； （3）设，求，利用向量方法求直线与平面所成的角的正弦值，列方程求. 【详解】（1）因为，因为，， 所以四边形为矩形， 在中，，，， 则， ，， 且平面平面，平面 平面平面， 平面；    （2）以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系， ，，可得， 则，，，，， 设平面的法向量为，，， 由，取. 设平面的法向量为，， 由，取， . 二面角是钝角， 二面角的正弦值为.    （3）设，则， 又平面的法向量为， 直线与平面所成的角的正弦值为， 解得，. 2．（24-25高三上·天津滨海新·期中）如图，在直三棱柱中，，，，点，分别在棱和棱上，且，． (1)设为中点，求证：面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)求点到直线的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）取BE的中点为G，连接，根据线面平行的判定定理即可证明结论； （2）建立空间直角坐标系，利用空间角的向量求法，即可求得答案； （3）利用空间距离的向量求法，即可求得答案. 【详解】（1）取BE的中点为G，连接， 因为为中点，所以， 而，，则，，故， 所以，则四边形为平行四边形， 故，而平面，平面， 故平面； （2）在直三棱柱中，，故两两垂直， 以所在直线为轴建立空间直坐标系， 由于， 故， 则， 设平面的法向量为，则， 令，则， 设直线与平面所成角为， 则， 即直线与平面所成角的正弦值为； （3）, 故点到直线的距离为. 3．（24-25高三上·天津红桥·期中）如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，，. (1)求证：； (2)求二面角的余弦值； (3)求直线与平面所成角的正弦值； 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3). 【分析】（1）由面面垂直的性质可得平面，再由线面垂直的性质证结论； （2）取的中点O，首先证平面，，再构建合适的空间直角坐标系，应用向量法求二面角的余弦值； （3）根据（2）所得空间直角坐标系，向量法求线面角的正弦值. 【详解】（1）因为面面，面面，面，， 所以平面，平面，所以； （2）取的中点O，因为，所以， 因为面面，面面，面， 所以平面，又，故， 以，，的正方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系， 则，，，， 所以，， 设平面的法向量为， 由，得，令，得， 因为平面的一个法向量为，则. 因为二面角为锐角，所以二面角的余弦值为； （3）因为，且平面的法向量为， 因为，直线与平面所成角的正弦值为. 4．（24-25高三上·天津静海·阶段练习）已知在四棱锥中，底面，底面是边长为2的正方形，，为的中点. (1)求证：直线平面. (2)求直线与平面所成角的正弦值. (3)求平面与底面的所成夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）连接，连，证明，再利用线面平行的判定推理作答； （2）因底面，底面是边长为2的正方形，以点A为原点建立空间直角坐标系，借助空间向量求线面角的正弦值； （3）以点A为原点建立空间直角坐标系，借助空间向量求二面角的余弦作答. 【详解】（1）连接，连，如图，正方形中，N为的中点，而E为PD的中点， 则，而平面，平面， 所以平面. （2） 因底面，底面是边长为2的正方形，,为的中点. 以点A为原点，射线分别为x，y，z轴非负半轴建立空间直角坐标系， 则， ， 设平面的法向量，则， 令，得， 设直线与平面所成角为，则， 所以直线与平面所成角的正弦值是. （3）由（2）知，平面的法向量， 平面的法向量，设平面与底面的所成夹角， 于是得，平面与底面的所成夹角为锐角， 所以平面与底面的所成夹角的余弦值为. 题型7 两个平面所成角 （1）在平面内，，在平面β内，（是交线的方向向量），其方向如图所示，则二面角的平面角的余弦值为． （2）设是二面角的两个半平面的法向量，其方向一个指向二面角内侧，另一个指向二面角的外侧，则二面角的余弦值为． 1．（24-25高三上·天津滨海新·阶段练习）如图所示的几何体中，四边形为矩形，平面，，，，点为棱的中点.    (1)求证：平面； (2)求平面与平面的夹角的余弦值； (3)求点到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3). 【分析】（1）连接BD，交AC于点O，由中位线定理和线面平行判定定理即可证明结果. （2）建立空间直角坐标系，写出坐标，求得平面与平面的法向量，利用空间向量法即可求出结果. （3）由（2）中信息，利用空间向量求出点到平面的距离. 【详解】（1）连接BD，交AC于点O，由P，O分别为DF和DB的中点，得， 而平面APC，平面APC，所以平面APC.    （2）由直线平面ABCD，平面ABCD，得， 由矩形ABCD，得，以A为原点，直线分别为轴，建立空间直角坐标系，    则， ， 设平面BCF的法向量，则，令，得， 设平面APC的法向量为，则，令，得， 所以平面ACP与平面BCF的夹角的余弦值为. （3）由（2）知，平面APC的法向量，而， 所以点F到平面ACP的距离. 2．（24-25高三上·天津滨海新·期中）如图，四棱锥的底面是矩形，底面，，，为的中点．    (1)求证：； (2)求到平面的距离； (3)求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析； (2) (3) 【分析】（1）根据线面垂直的判定定理即可得证； （2）根据三棱锥体积相等，根据余弦定理求出，可求出可得面积，代入即可求解； （3）根据空间向量法求出平面与平面的法向量，即可求解. 【详解】（1）在矩形ABCD中，， 所以，所以，设与交于点， 所以，所以，即， 又因底面，平面，所以， 又因，平面，所以平面， 又因平面，所以.    （2）由题意知， 是矩形，底面， 所以可得， 在中，根据余弦定理可得， 所以， 故， ， 设到平面的距离为，又因， 所以可得，代入求解可得， 到平面的距离为； （3）    建立如图空间坐标系，则可得， 所以， 设平面法向量， 所以，即， 令，可得，即， 易知平面的一个法向量， 设平面与平面的夹角为， 所以. 3．（24-25高三上·天津红桥·期中）如图，已知四棱柱，底面为梯形，，底面，，其中，，是的中点，是的中点.    (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)求点到平面的距离； 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可证得平面； （2）利用空间向量法可求得平面与平面夹角的余弦值； （3）利用空间向量法可求得点到平面的距离. 【详解】（1）证明：在四棱柱中，底面，， 以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，    则，，，，，，，，， 则，，， 设平面的法向量，， 则，不妨令，可得， 因为，所以， 且平面，即平面. （2）解：设平面的法向量， 则，不妨令，可得， 于是， 所以平面与平面夹角的余弦值为. （3）解：由，平面的一个法向量， 则点到平面的距离为. 4．（24-25高三上·天津河北·期中）如图，在直三棱柱中，，分别为的中点. (1)求证： 平面； (2)求平面与平面的夹角的余弦值； (3)求点到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，得出与平面的法向量垂直，又因为平面，可证 平面 （2）求出平面的法向量，利用向量夹角公式，求出平面与平面的夹角的余弦值. （3）求出的坐标与平面的法向量，利用向量点乘求出点到平面的距离. 【详解】（1）如图，以为原点，所在直线为坐标轴，建立空间直角坐标系则. 设平面的法向量为， 则取 所以所以 又因为平面，所以 平面 （2）设平面的法向量为 则取 设平面与平面的夹角为 则 所以平面与平面的夹角的余弦值为 （3） 设点到平面的距离为 所以点到平面的距离为. 题型8 距离问题 设两条异面直线的公垂线的方向向量为，这时分别在上任取两点，则向量在上的正射影长就是两条异面直线的距离．则即两异面直线间的距离，等于两异面直线上分别任取两点的向量和公垂线方向向量的数量积的绝对值与公垂线的方向向量模的比值． 1．（24-25高三上·天津北辰·期中）如图，垂直于梯形所在平面，，为的中点，，，四边形为矩形. (1)求证：平面； (2)求点到直线的距离； (3)求平面与平面夹角的余弦值 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）设，由三角形中位线性质可得，由线面平行判定推理即可； （2）以为坐标原点，直线、、分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得点到直线的距离； （3）利用空间向量法可求得平面与平面夹角的余弦值. 【详解】（1）证明：设，连接， 由四边形为矩形，得为中点， 又为中点，则， 又平面，平面，所以平面. （2）解：由垂直于梯形所在平面，，得直线、、两两垂直， 以为坐标原点，直线、、分别为、、轴建立空间直角坐标系， 则、、、， ，， 所以，点到直线的距离为. （3）解：由（2）可知，，， 设平面的法向量，则， 令，得， 易知平面的一个法向量， 则，所以平面与平面的夹角的余弦值为. 2．（24-25高三上·天津西青·阶段练习）如图，已知在四棱锥中，平面，四边形为直角梯形，，，点是棱上靠近端的三等分点，点是棱上一点. (1)证明：平面； (2)求点到平面的距离； (3)求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3). 【分析】（1）建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量研究线面关系即可； （2）根据（1）的结论及点到面的距离公式计算即可； （3）利用空间向量计算面面夹角即可. 【详解】（1）以点为坐标原点，分别为轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 则. ，设平面的一个法向量为， 则，即，令，得，则. 又，可得，因为平面，所以平面. （2）因为平面，所以点到平面的距离等于点A到平面的距离. 易知，则点A到平面的距离为. （3）易知，设平面的一个法向量为， 则，即，令，则. 设平面与平面的夹角为， 则 故平面与平面的夹角的余弦值为. 3．（2023·天津河北·一模）如图，三棱台中，，侧棱平面，点是的中点. (1)求证：平面； (2)求点到平面的距离： (3)求平面和平面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）根据题意先建立空间直角坐标系，平面，分别以､的方向为轴，轴，轴的正方向建系，求得的方向向量和平面的法向量平行即可； （2）求得直线的方向向量和平面的法向量，利用投影法即可得解； （3）分别求得平面的法向量为，平面的法向量为，则平面和平面夹角的余弦值，代入即可得解. 【详解】（1）平面，以为原点，分别以､ 的方向为轴，轴，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系. ，点是的中点， ， ， 则. 设平面的法向量为，则有 不妨令，得， . 平面. （2）， 设平面的法向量为，则有 不妨令，得， . 则， 点到平面的距离为. （3）设平面与平面的夹角为， 平面的法向量为，平面的法向量为， ， 平面和平面夹角的余弦值等于. 4．（2024·天津·一模）如图，在多面体中，底面为菱形，，平面，平面，.    (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正切值； (3)求点C到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）首先建立空间直角坐标系，利用空间向量证明线面平行. （2）先求出平面的法向量，再利用空间向量线面角的求法，即可求解. （3）利用点到平面的距离公式求解即可. 【详解】（1）取的中点M，连接．因为四边形为菱形，， 所以为等边三角形，所以．因为，所以． 因为平面，所以两两垂直． 如图，以D为原点，所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系．    因为， 所以， 显然平面的法向量为，因为， 所以，又平面，所以平面． （2）设平面的法向量为， 由得 令，则，所以，， 所以， 所以直线与平面所成角的正弦值为． 直线与平面所成角的正切值为． （3），所以点C到平面的距离为： . 所以点C到平面的距离为. 题型9 探索性问题 利用空间向量解决立体几何的探索性问题思路: (1) 根据题设条件的垂直关系，建立适当空间直角坐标系，将相关点、相关向量用坐标表示 (2)假设所成的点或参数存在，并用相关参数表示相关点的坐标，根据线、面满足的位置关系、数量关系，构建方程(组)求解，若能求出参数的值且符合该限定的范围，则存在，否则不存在. 1．（2023·天津和平·三模）如图，四棱台中，上､下底面均是正方形，且侧面是全等的等腰梯形，，分别为的中点，上下底面中心的连线垂直于上下底面，且与侧棱所在直线所成的角为.    (1)求证：∥平面； (2)求点到平面的距离； (3)边上是否存在点，使得直线与平面所成的角的正弦值为，若存在，求出线段的长；若不存在，请说明理由 【答案】(1)详见解析； (2)； (3)存在点，此时. 【分析】（1）建立空间直角坐标系后，用直线的方向向量和平面的法向量垂直,即可证明线面平行； （2）建立空间直角坐标系后，用点到平面的距离公式即可求解； （3）假设存在，列出方程求解即可. 【详解】（1）证明：因为平面，以点为坐标原点，的方向分别为轴，轴，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.    因为侧棱所在的直线与上下底面中心的连线所成的角为，则 ，，，，，， 所以，，， 设平面的一个法向量为， 则， 令，则， 因为， 所以，所以， 又因为平面， 所以∥平面； （2）解：由（1）知，， 所以点到平面的距离为； （3）解：假设边上存在点满足条件，， 则， 设直线与平面所成角为， 由题意可得， 化简得，则或（舍去）， 即存在点符合题意，此时. 2．（2023·天津·一模）已知底面是正方形，平面，，，点、分别为线段、的中点． (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值是，若存在求出的值，若不存在，说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在；或 【分析】（1）法一：分别取、的中点、，连接、、，证明出平面平面，利用面面平行的性质可证得结论成立； 法二：以点为坐标原点，以、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可证得结论成立； （2）利用空间向量法可求得平面与平面夹角的余弦值； （3）假设存在点，使得，其中，求出向量的坐标，利用空间向量法可得出关于的方程，解之即可. 【详解】（1）证明：法一：分别取、的中点、，连接、、， 由题意可知点、分别为线段、的中点．所以，， 因为，所以，所以点、、、四点共面， 因为、分别为、的中点，所以， 因为平面，平面，所以平面， 又因为，平面，平面，所以平面， 又因为，、平面，所以平面平面， 因为平面，所以平面； 法二：因为为正方形，且平面，所以、、两两互相垂直， 以点为坐标原点，以、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、、、， 所以，易知平面的一个法向量， 所以，所以， 又因为平面，所以平面． （2）解：设平面的法向量，，， 则，取，可得， 所以平面的一个法向量为， 易知平面的一个法向量，设平面与平面夹角为， 则， 所以平面与平面夹角余弦值为； （3）解：假设存在点，使得，其中， 则， 由（2）得平面的一个法向量为， 由题意可得， 整理可得．即， 因为，解得或，所以，或． 3．（22-23高三上·天津东丽·阶段练习）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，其中，平面，且，点在棱上（不包括端点），点为中点. (1)若，求证：直线 平面； (2)求平面与平面的夹角的余弦值； (3)是否存在点，使与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 【答案】(1)证明过程见详解 (2) (3)存在，，理由见详解. 【分析】(1) 取的一个靠近点的三等分点，连接，利用平行的传递性得到，进而得到四边形为平行四边形，则，再利用线面平行的判定定理即可求解； (2)根据题意，建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，代入向量的夹角公式即可求解； (3)假设存在点，设，根据（2）中平面的法向量以及题中与平面所成角的正弦值为，求出即可求解. 【详解】（1）取的一个靠近点的三等分点，连接， 因为，所以且, 又因为，且，点为中点， 所以且，则四边形为平行四边形， 所以，平面，平面，所以直线 平面. （2）如图所示，以点为坐标原点，以所在直线为轴，以所在直线为轴，以所在直线为轴建立空间直角坐标系， 则，又为的中点，则， 所以，, 设平面的法向量为，则， 令，则， 设平面的法向量为，则， 令，则， 所以， 所以平面与平面的夹角的余弦值为. （3）存在，. 假设存在点(不包括端点)，设，即，， 由（2）得，且平面的法向量， ，则， 所以，因为与平面所成角的正弦值为， 则， 整理得：，解得：或（舍去）， 故存在点，使与平面所成角的正弦值为，此时. 4．（21-22高三上·天津河东·期中）如图，在三棱柱中，平面ABC，，，D，E分别是，的中点 (1)求证：平面； (2)求平面与平面所成二面角的正弦值； (3)在棱上是否存在一点P，使得直线PD与平面所成角正弦值为?若存在，求出P点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见详解 (2) (3)或 【分析】（1）取AB的中点F ,连DF 交于点M,可证 ,利用线而平行的判定定理可得平面; （2）建立空间直角坐标系,求出平面的法向量,利用向量的夹角公式,可求平面 与平面所成角的余弦值，再求正弦值. （3）假设在棱上存在一点 P , 使得直线PD与平面所成角正弦值为 ,求出平面的法向量,根据向量的夹角公式,列方程求出点P坐标,即可得结论. 【详解】（1）取AB的中点F ,连DF 交于点M,可知M为中点，连， 可知四边形 为平行四边形， 所以,,， 由线而平行的判定定理可得平面； （2）建立空间坐标系如图所示： 则,所以 ,设平面的法向量为， 则令，所以，由题意知平面法向量, ，所以平面与平所成角得正弦值为 所以与平面所成角的正弦值为 . （3）假设在棱上存在一点 P 使得直线PD与平面所成角正弦值为,设点,则 ,由( 2)知平面的法向量为 所以， 解得或, 故在棱上存在一点P , 使得直线PD与平面所成角正弦值为, P 点的坐标为或. 1．（2023·天津·二模）如图所示，有一个棱长为4的正四面体容器，是的中点，是上的动点，则下列说法正确的是（    ） ① 若是的中点，则直线与所成角为 ② 的周长最小值为 ③ 如果在这个容器中放入1个小球（全部进入），则小球半径的最大值为 ④ 如果在这个容器中放入10个完全相同的小球（全部进入），则小球半径的最大值为 A．①② B．①③ C．②④ D．①③④ 【答案】D 【分析】对于①，连接，证明出，即可求出直线与所成角为；对于②，把沿着展开与面同一个平面内，利用余弦定理求出，即可判断；对于③，判断出小球是正四面体的内切球，设半径为，利用等体积法求解；对于④，判断出要使小球半径要最大，则外层小球与四个面相切，设小球半径为，利用几何关系求出. 【详解】对于①：连接， 在正四面体中，D是PB的中点，所以. 因为平面，平面，， 所以直线平面， 因为平面， 所以，所以直线与所成角为，故①正确； 对于②，如图，把沿着CD展开与面同一个平面内，则周长最小值为, 由，，， 所以 所以，所以，所以的周长最小值为不正确，故②错误； 对于③，要使小球半径最大，则小球与四个面相切，是正四面体的内切球，设半径为. 由等体积法可得，所以半径.故③正确； 对于④，10个小球分三层（1个，3个，6个）放进去，要使小球半径要最大，则外层小球与四个面相切，设小球半径为，四个角小球球心连线是棱长为的正四面体，其高为，由正四面体内切球的半径是高的得， 如图正四面体， 则，正四面体高为，得.故④正确. 故选：D 2．（2023·天津·一模）数学中有许多形状优美，寓意独特的几何体，“勒洛四面体”就是其中之一．勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分．如图，在勒洛四面体中，正四面体的棱长为，则下列结论正确的是（    ） A．勒洛四面体最大的截面是正三角形 B．若、是勒洛四面体表面上的任意两点，则的最大值为 C．勒洛四面体的体积是 D．勒洛四面体内切球的半径是 【答案】D 【分析】由勒洛四面体的定义判断选项A；由勒洛四面体的定义并作图求解判断B；根据对称性, 由勒洛四面体内切球的球心是正四面体外接球的球心求解判断C；结合C由棱长减去外接球的半径求得内切球的半径求解判断. 【详解】由勒洛四面体的定义可知勒洛四面体最大的截面即经过四面体表面的截面，如图1所示，故A不正确； 将正四面体对棱所在的弧中点连接，此时连线长度最大，如下图所示： 连接，交于中点，交于中点，连接，易得, 则， 而， 所以， 故勒洛四面体表面上两点间的距离可能大于4，故B错误， 如图2，由对称性可知勒洛四面体内切球的球心是正四面体外接球的球心， 连接并延长交勒洛四面体的曲面于点，则就是勒洛四面体内切球的半径. 如图3, 在正四面体中，为的中心，是正四面体外接球的球心， 连接、、，由正四面体的性质可知在上. 因为, 所以，则. 因为， 即，解得， 则正四面体外接球的体积是， 而勒洛四面体的体积小于其外接球的体积，C错误； 因为，所以 , 所以，勒洛四面体内切球的半径是，则 D正确. 故选：D. 【点睛】关键点睛：解决与球有关的内切或外接问题时，关键是确定球心的位置，再利用球的截面小圆性质求解. 3．（23-24高三上·天津滨海新·阶段练习）如图，四棱锥中，侧面为等边三角形，线段的中点为且底面，，，是的中点. (1)证明：平面； (2)求点到平面的距离； (3)点在棱上，且直线与底面所成角的正弦值为，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）由题意建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，根据即可证明平面； （2）由点到平面距离的向量表示公式，代入数据即可求解； （3）由直线与底面所成角的正弦值为可求出，然后根据两平面的法向量求所成角的余弦值即可. 【详解】（1）连接，因为，， 所以四边形为平行四边形，所以， 以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系： 则，，，，, 因为是的中点，所以， ，，， 设平面的一个法向量为， 则，即， 取，则， 又因为平面，所以平面. （2）由（1）知，，，所以， 且平面的一个法向量为， 所以点到平面的距离. （3）由题意知，底面的法向量为， 因为，， 且，，所以， 所以由题意知：， 解得：，所以， 因为，设平面的一个法向量为， 则，即，取， 所以， 又平面与平面夹角为锐角， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 4．（2023·天津·二模）如图，在多面体中，四边形为正方形，平面，，，. (1)求证：； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)在线段上是否存在点，使得直线与所成角的余弦值为，若存在，求出点到平面的距离，若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析； (2) (3) 【分析】(1)建立适当的空间直角坐标系，利用向量垂直证明线段垂直. (2)求出平面ACF的法向量，以及的坐标，即可求解. (3)假设线段DE上存在一点，再根据条件求出，再利用向量的投影即可求出点到平面的距离. 【详解】（1）依题意，以D为原点，分别以的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，可得,,,,, . 依题意，,, 从而, 所以，即 （2）依题意，,, 设为平面ACF的法向量， 则， 不妨设可得， 因为, 设直线EC与平面ACF所成角为，则 ， 所以直线EC与平面ACF所成角的正弦值为. （3）假设线段DE上存在一点，使得直线BG与AD所成角的余弦值为，则. 依题意则， ，解得. 所有存在点满足条件， 所以可得, 由（2）可知平面ACF的一个法向量为， 所以点G到平面ACF的距离为 5．（22-23高三上·天津河西·期末）如图，在四棱锥中，平面，，且，，，，，为的中点. (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)点在线段上，直线与平面所成角的正弦值为，求点到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）先利用平面几何的知识与线面垂直的性质证得两两垂直，从而建立空间直角坐标系，求出和平面的法向量，由此证得线面平行； （2）结合（1）中结论，求出平面与平面的法向量，利用空间向量夹角余弦的坐标表示求解即可； （3）先利用线面角结合向量法求得的坐标，再利用空间向量点面距离公式求解即可. 【详解】（1）记的中点为，连结， 因为，，所以四边形是平行四边形，则， 因为，所以平行四边形是矩形，则， 因为平面，平面，所以，则两两垂直， 故以为坐标原点，分别以，，为轴建立空间直角坐标系，如图， 则，，，，，， 因为为的中点，所以，则， 设平面的一个法向量为，而，， 则，令，则， 所以，则， 又平面，所以平面． . （2）设平面的一个法向量为，而，， 所以，令，则， 设平面的一个法向量为，而，， 所以，令，则， 记平面与平面夹角为，则， 所以， 所以平面与平面夹角的余弦值为. （3）依题意，不妨设，则，， 又由（2）得平面的一个法向量为，记直线与平面所成角为， 所以，解得（负值舍去）， 所以，则， 而由（2）得平面的一个法向量为， 所以点到平面的距离为. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 重难点08空间向量与立体几何9大题型汇总 题型1 几何体的体积 求空间几何体的体积的常用方法 公式法 规则几何体的体积，直接利用公式 割补法 把不规则的几何体分割成规则的几何体，或者把不规则的几何体补成规则的几何体 等体积法 通过选择合适的底面来求几何体体积的一种方法，特别是三棱锥的体积 1．（24-25高三上·天津河东·期中）已知圆台上、下底面圆周在半径为2的球面上，且下底面过球心，母线与底面所成角为，则圆台的体积为（   ） A． B． C． D． 2．（24-25高三上·天津·期中）已知圆锥的侧面展开图是一个半径为4的半圆. 若用平行于圆锥的底面，且与底面的距离为的平面截圆锥，将此圆锥截成一个小圆锥和一个圆台，则小圆锥和圆台的体积之比为 . 【参考公式】，，分别为上、下底面面积，为台体高. 3．（24-25高三上·天津·阶段练习）已知三棱锥如图所示，、、两两垂直，且，点分别是棱的中点，点是棱靠近点的四等分点，则空间几何体的体积为 ． 4．（23-24高三上·天津·阶段练习）在三棱锥中，线段上的点满足，线段上的点满足，则三棱锥和三棱锥的体积之比为 ． 题型2 外接球、内切球问题 性质 1:过球心的平面截球面所得圆是大圆，大圆的半径与球的半径相等; 性质2:经过小圆的直径与小圆面垂直的平面必过球心，该平面截球所得圆是大圆; 性质 3:过球心与小圆圆心的直线垂直于小圆所在的平面(类比:圆的垂径定理); 性质 4:球心在大圆面和小圆面上的射影是相应圆的圆心; 性质 5:在同一球中，过两相交圆的圆心垂直于相应的圆面的直线相交，交点是球心(类比:在同圆中，两相交弦的中垂线交点是圆心) 1.（24-25高三上·天津北辰·期中）已知三棱锥外接球的球心在线段上，若与均为面积是的等边三角形，则三棱锥外接球的表面积为（   ） A． B． C． D． 2.（24-25高三上·天津·阶段练习）某同学在参加《通用技术》实践课时，制作了一个工艺品，如图所示，该工艺品可以看成是一个球被一个棱长为的正方体的六个面所截后剩余的部分（球心与正方体的中心重合），若其中一个截面圆的周长为，则该球的体积是（） A． B． C． D． 3.（2024·天津和平·二模）如图，一块边长为10cm的正方形铁片上有四块阴影部分，将这些阴影部分裁下去，然后用余下的四个全等的等腰三角形加工成一个正四棱锥形容器，则这个正四棱锥的内切球（球与正四棱锥各面均有且只有一个公共点）的体积为（    ） A． B． C． D． 4.（2024·天津武清·模拟预测）四棱锥的底面为正方形，，动点在线段上，则下列结论正确的是（    ） A．四棱锥的体积为 B．四棱锥的表面积为 C．在中，当时， D．四棱锥的外接球表面积为 题型3 空间点线面的位置关系 点、直线、平面位置关系的判定，注意构造几何体(长方体、正方体)模型来判断，常借助正方体为模型． 1．（23-24高三上·天津·阶段练习）设，是空间两条不同的直线，，是空间两个不同的平面给出下列四个命题： ①若，，，则； ②若，，，则； ③若，，，则； ④若，，，，则． 其中正确命题的个数是（     ） A． B． C． D． 2．（24-25高三上·天津红桥·期中）设，是两个不同的平面，l是一条直线，下列命题是真命题的为（   ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 3．（2024高三·天津·专题练习）若，为两条直线，为一个平面，则下列结论中正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则与相交 4．（2024·天津·高考真题）已知是两条直线，是一个平面，下列命题正确的是（   ） A．若，，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 题型4 截面问题 (1)作截面应遵循的三个原则：①在同一平面上的两点可引直线；②凡是相交的直线都要画出它们的交点；③凡是相交的平面都要画出它们的交线． (2)作交线的方法有如下两种：①利用基本事实3作交线； ②利用线面平行及面面平行的性质定理去寻找线面平行及面面平行，然后根据性质作出交线． 1．（2023·天津和平·三模）已知正方体的棱长为6，点，分别在棱，上，且满足，点为底面的中心，过点，，作平面，则平面截正方体所得的截面面积为（    ） A． B． C． D． 2．（2004·天津·高考真题）如图，在长方体中，．分别过的两个平行截面将长方体分成三部分，其体积分别记为，若，则截面的面积为（    ） A． B． C． D．16 3．（2024·天津·一模）祖暅是我国南北朝时期杰出的数学家和天文学家祖冲之的儿子，他提出了一条原理：“幂势既同，则积不容异”.这里的“幂”指水平截面的面积，“势”指高.这句话的意思是：两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体体积相等，利用祖暅原理可以将半球的体积转化为与其同底等高的圆柱和圆锥的体积之差，图1是一种“四脚帐篷”的示意图，其中曲线和均是以2为半径的半圆，平面和平面均垂直于平面，用任意平行于帐篷底面的平面截帐篷，所得截面四边形均为正方形，模仿上述半球的体积计算方法，可以构造一个与帐篷同底等高的正四棱柱，从中挖去一个倒放的同底等高的正四棱锥（如图2），从而求得该帐篷的体积为（    ） A． B． C． D． 4．（23-24高三上·天津南开·阶段练习）截角四面体是一种半正八面体，可由四面体经过适当的截角而得到．如图所示，将棱长为6的正四面体沿棱的三等分点作平行于底面的截面截角得到所有棱长均为2的截角四面体，则该截角四面体的体积为（   ） A． B． C． D． 题型5 异面直线所成角 求异面直线所成角的方法 方法 解读 平移法 将异面直线中的某一条平移，使其与另一条相交，一般采用图中已有的平行线或者作平行线， 形成三角形求解 补形法 在该几何体的某侧补接上同样一个几何体，在这两个几何体中找异面直线相应的位置，形成三角形求解 1．（2024·天津河北·二模）如图，四棱锥中，侧棱平面，点是的中点，底面是直角梯形，. (1)求证：平面； (2)求异面直线和所成角的余弦值； (3)点在线段上，平面和平面的夹角为，求的值. 2．（2024·天津河西·三模）如图，在四棱锥中，平面ABCD，，，且，，，点M在PD上． (1)求证：； (2)求异面直线与所成角的余弦值； (3)若平面与平面所成角为45°，求直线与平面所成角的正弦值． 3．（2024·天津·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，平面平面，，. (1)若点是边的中点，点是边的中点，求异面直线，所成角的余弦值； (2)求平面和平面的夹角的余弦值； (3)在棱上是否存在点，使得平面？若存在，求的值?若不存在，说明理由. 4．（2024·天津·二模）如图，平面，，，，，为的中点． (1)证明：； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)设是棱上的点，若与所成角的余弦值为，求的长． 题型6 线面角 1.用向量法求异面直线所成的角的一般步骤 (1)建立空间直角坐标系． (2)用坐标表示两异面直线的方向向量． (3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值． (4)注意两异面直线所成角的范围是，即两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角的余弦值的绝对值． 2.设为平面的斜线，为的方向向量，为平面的法向量，为与所成角的大小，则． 1．（23-24高二上·天津北辰·期中）如图，在四棱锥中，底面ABCD为直角梯形，，，，，，，且平面平面ABCD，在平面ABCD内过B作，交AD于O，连PO.    (1)求证：平面ABCD； (2)求面APB与面PBC所成角的正弦值； (3)在线段PA上存在一点M，使直线BM与平面PAD所成的角的正弦值为，求PM的长. 2．（24-25高三上·天津滨海新·期中）如图，在直三棱柱中，，，，点，分别在棱和棱上，且，． (1)设为中点，求证：面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)求点到直线的距离． 3．（24-25高三上·天津红桥·期中）如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，，. (1)求证：； (2)求二面角的余弦值； (3)求直线与平面所成角的正弦值； 4．（24-25高三上·天津静海·阶段练习）已知在四棱锥中，底面，底面是边长为2的正方形，，为的中点. (1)求证：直线平面. (2)求直线与平面所成角的正弦值. (3)求平面与底面的所成夹角的余弦值. 题型7 两个平面所成角 （1）在平面内，，在平面β内，（是交线的方向向量），其方向如图所示，则二面角的平面角的余弦值为． （2）设是二面角的两个半平面的法向量，其方向一个指向二面角内侧，另一个指向二面角的外侧，则二面角的余弦值为． 1．（24-25高三上·天津滨海新·阶段练习）如图所示的几何体中，四边形为矩形，平面，，，，点为棱的中点.    (1)求证：平面； (2)求平面与平面的夹角的余弦值； (3)求点到平面的距离. 2．（24-25高三上·天津滨海新·期中）如图，四棱锥的底面是矩形，底面，，，为的中点．    (1)求证：； (2)求到平面的距离； (3)求平面与平面夹角的余弦值． 3．（24-25高三上·天津红桥·期中）如图，已知四棱柱，底面为梯形，，底面，，其中，，是的中点，是的中点.    (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)求点到平面的距离； 4．（24-25高三上·天津河北·期中）如图，在直三棱柱中，，分别为的中点. (1)求证： 平面； (2)求平面与平面的夹角的余弦值； (3)求点到平面的距离. 题型8 距离问题 设两条异面直线的公垂线的方向向量为，这时分别在上任取两点，则向量在上的正射影长就是两条异面直线的距离．则即两异面直线间的距离，等于两异面直线上分别任取两点的向量和公垂线方向向量的数量积的绝对值与公垂线的方向向量模的比值． 1．（24-25高三上·天津北辰·期中）如图，垂直于梯形所在平面，，为的中点，，，四边形为矩形. (1)求证：平面； (2)求点到直线的距离； (3)求平面与平面夹角的余弦值 2．（24-25高三上·天津西青·阶段练习）如图，已知在四棱锥中，平面，四边形为直角梯形，，，点是棱上靠近端的三等分点，点是棱上一点. (1)证明：平面； (2)求点到平面的距离； (3)求平面与平面夹角的余弦值. 3．（2023·天津河北·一模）如图，三棱台中，，侧棱平面，点是的中点. (1)求证：平面； (2)求点到平面的距离： (3)求平面和平面夹角的余弦值. 4．（2024·天津·一模）如图，在多面体中，底面为菱形，，平面，平面，.    (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正切值； (3)求点C到平面的距离. 题型9 探索性问题 利用空间向量解决立体几何的探索性问题思路: (1) 根据题设条件的垂直关系，建立适当空间直角坐标系，将相关点、相关向量用坐标表示 (2)假设所成的点或参数存在，并用相关参数表示相关点的坐标，根据线、面满足的位置关系、数量关系，构建方程(组)求解，若能求出参数的值且符合该限定的范围，则存在，否则不存在. 1．（2023·天津和平·三模）如图，四棱台中，上､下底面均是正方形，且侧面是全等的等腰梯形，，分别为的中点，上下底面中心的连线垂直于上下底面，且与侧棱所在直线所成的角为.    (1)求证：∥平面； (2)求点到平面的距离； (3)边上是否存在点，使得直线与平面所成的角的正弦值为，若存在，求出线段的长；若不存在，请说明理由 2．（2023·天津·一模）已知底面是正方形，平面，，，点、分别为线段、的中点． (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值是，若存在求出的值，若不存在，说明理由． 3．（22-23高三上·天津东丽·阶段练习）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，其中，平面，且，点在棱上（不包括端点），点为中点. (1)若，求证：直线 平面； (2)求平面与平面的夹角的余弦值； (3)是否存在点，使与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 4．（21-22高三上·天津河东·期中）如图，在三棱柱中，平面ABC，，，D，E分别是，的中点 (1)求证：平面； (2)求平面与平面所成二面角的正弦值； (3)在棱上是否存在一点P，使得直线PD与平面所成角正弦值为?若存在，求出P点的坐标；若不存在，请说明理由． 1．（2023·天津·二模）如图所示，有一个棱长为4的正四面体容器，是的中点，是上的动点，则下列说法正确的是（    ） ① 若是的中点，则直线与所成角为 ② 的周长最小值为 ③ 如果在这个容器中放入1个小球（全部进入），则小球半径的最大值为 ④ 如果在这个容器中放入10个完全相同的小球（全部进入），则小球半径的最大值为 A．①② B．①③ C．②④ D．①③④ 2．（2023·天津·一模）数学中有许多形状优美，寓意独特的几何体，“勒洛四面体”就是其中之一．勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分．如图，在勒洛四面体中，正四面体的棱长为，则下列结论正确的是（    ） A．勒洛四面体最大的截面是正三角形 B．若、是勒洛四面体表面上的任意两点，则的最大值为 C．勒洛四面体的体积是 D．勒洛四面体内切球的半径是 3．（23-24高三上·天津滨海新·阶段练习）如图，四棱锥中，侧面为等边三角形，线段的中点为且底面，，，是的中点. (1)证明：平面； (2)求点到平面的距离； (3)点在棱上，且直线与底面所成角的正弦值为，求平面与平面夹角的余弦值. 4．（2023·天津·二模）如图，在多面体中，四边形为正方形，平面，，，. (1)求证：； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)在线段上是否存在点，使得直线与所成角的余弦值为，若存在，求出点到平面的距离，若不存在，请说明理由. 5．（22-23高三上·天津河西·期末）如图，在四棱锥中，平面，，且，，，，，为的中点. (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)点在线段上，直线与平面所成角的正弦值为，求点到平面的距离. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 $$