培优专题03 立体几何（6大题型）-【大题精做】冲刺2025年高考数学大题突破+限时集训（新高考专用）

培优专题03 立体几何 题型1 建系技巧强化 一、空间直角坐标系建立的模型 (1)墙角模型：已知条件中有过一点两两垂直的三条直线，就是墙角模型． 建系：以该点为原点，分别以两两垂直的三条直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系Oxyz，当然条件不明显时，要先证明过一点的三条直线两两垂直(即一个线面垂直面内两条线垂直)，这个过程不能省略．然后建系． 　　　 (2)垂面模型：已知条件中有一条直线垂直于一个平面，就是墙角模型． 情形１　垂下(上)模型：直线竖直，平面水平，大部分题目都是这种类型．如图，此情形包括垂足在平面图形的顶点处、垂足在平面图形的边上(中点多)和垂足在平面图形的内部三种情况． 第一种建系方法为以垂足为坐标原点，垂线的向上方向为z轴，平面图形的一边为x轴或y轴，在平面图形中，过原点作x轴或y轴的垂线为y轴或x轴(其中很多题目是连接垂足与平面图形的另一顶点)建立空间直角坐标系．如图1-1 第二种建系方法为以垂足为坐标原点，垂线的向上方向为z轴，垂足所在的一边为x轴或y轴，在平面图形中，过原点作x轴或y轴的垂线为y轴或x轴(其中很多题目是连接垂足与平面图形的另一顶点)建立空间直角坐标系．如图1-2 第三种建系方法为以垂足为坐标原点，垂线的向上方向为z轴，连接垂足与平面图形的一顶点所在直线为为x轴或y轴，在平面图形中，过原点作x轴或y轴的垂线为y轴或x轴(其中很多题目是连接垂足与平面图形的另一顶点)建立空间直角坐标系．如图1-3 　　　　　　 　　　　　　　　　　　图1－1 　　　 图1－2 　 　 图1－3 情形2　垂左(右)模型：直线水平，平面竖直，这种类型的题目很少．各种情况如图，建系方法可类比情形1． 图2－1　　　　　　　　　　　　　　图2－2　　　　　　　　　　　　图2－3 情形3　垂后(前)模型：直线水平，平面竖直，这种类型的题目很少．各种情况如图，建系方法可类比情形1． 图3－1　　　 一、解答题 1．（2025·陕西榆林·二模）如图，已知斜三棱柱，平面平面，，，，，. (1)求证：平面平面； (2)求平面与平面所成夹角的余弦值. 2．（2025高三·全国·专题练习）如图，圆锥的底面直径和母线的长度均为2，是底面圆圆周上的一点． (1)当时，证明：； (2)当时，求二面角的正弦值． 3．（24-25高三下·湖南长沙·开学考试）如图，四棱锥中，四边形是菱形，平面，，，，分别是线段和上的动点，且，. (1)若，求的值； (2)当时，求直线与平面所成角的正弦值； (3)若直线与线段交于点，于点，当的长度最小时，求的值. 4．（24-25高三下·云南昆明·阶段练习）如图甲，在等腰直角中，，沿底边的高与的中位线，分别将和折起到和的位置，如图乙，折叠过程保持. (1)证明：四点共面； (2)求直线与平面所成角的正弦的最大值. 5．（2025·山东菏泽·一模）如图，在四棱锥中，，，，，，，F为的中点. (1)求证：平面； (2)若平面平面，求与平面所成角的正弦值. 6．（24-25高三下·河北沧州·阶段练习）如图，在三棱锥中，底面为等腰三角形，，点为的中点，平面平面，平面平面．    (1)求证：平面平面； (2)若，求该三棱锥外接球的体积； (3)在（2）的条件下，若点为的中点，求平面与平面的夹角的余弦值． 题型2 求线面角和线面角中的探索性问题 一、求直线与平面所成角 1、垂线法求线面角（也称直接法）： （1）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； （2）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； （3）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）。 3、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：，其中是斜线与平面所成的角，是垂线段的长，是斜线段的长。 方法：已知平面内一个多边形的面积为S，它在平面内的射影图形的面积为， 平面和平面所成的二面角的大小为，则.这个方法对于无棱二面角的求解很简便。 4、直线与平面所成角：设是直线的方向向量，是平面的法向量，直线与平面的夹角为.则. 一、解答题 1．（24-25高三下·安徽阜阳·阶段练习）如图，三棱台，，，平面平面，， ，与相交于点，，且平面. (1)求三棱锥的体积； (2)分别在线段上，且平行，平面MNC与平面所成角为，与平面所成角为，求. 2．（24-25高三下·河北邯郸·开学考试）建筑学中常用体形系数表示建筑物与室外大气接触的外表面积与其所包围的体积的比值，即，为建筑物暴露在空气中的外表面积，为建筑物所包围的体积，外表面积中，不包括地面的面积．某圆台形建筑如图所示，圆台的轴截面为等腰梯形，，为底面圆周上异于的点，且．    (1)若，求； (2)若，求直线与平面所成角的余弦值． 3．（24-25高三下·广东·开学考试）如图，在四棱锥中，是等边三角形，四边形是直角梯形，，，，. (1)证明：平面平面. (2)线段上是否存在点E，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 4．（2025·山东淄博·一模）如图，在四棱锥中，，，点在上，且． (1)点在线段上，且平面，证明：为线段的中点； (2)若平面与平面所成的角的余弦值为，求的长度． 题型3 求二面角、平面与平面所成角及其探索性问题 一、求二面角、平面与平面所成角 1、几何法 （1）定义法（棱上一点双垂线法）：在二面角的棱上找一个特殊点，在两个半平面内分别过该点作垂直于棱的射线． （2）三垂线法（面上一点双垂线法）：自二面角的一个面上一点向另外一个面作垂线，再由垂足向棱作垂线得到棱上的点（即斜足），斜足和面上一点的连线与斜足和垂足的连线所夹的角，即为二面角的平面角 （3）垂面法（空间一点垂面法）：过空间一点作与棱垂直的平面，截二面角得两条射线，这两条射线所成的角就是二面角的平面角。 （4）射影面积法求二面角 2、向量法：若分别为平面的法向量，为平面的夹角，则. 一、解答题 1．（2025·山东聊城·模拟预测）如图，在三棱台中，，点为棱的中点，，且直线与平面所成的角为. (1)证明：； (2)求平面与平面成角的余弦值. 2．（2025·黑龙江·一模）如图所示，正三角形的边长为2，，，分别是各边的中点，现将，，分别沿，，折起，使得，，所在平面均与底面垂直.    (1)求证：平面平面； (2)求二面角的正弦值. 3．（2025·山东烟台·一模）如图，点在以为直径的半圆的圆周上，，且平面， (1)求证：； (2)当为何值时，平面与平面夹角的余弦值为？ 4．（2025·广东佛山·模拟预测）如图，已知四棱台的上、下底面分别是边长为2和4的正方形，平面平面ABCD，，点M是线段的中点，N为线段CD上一点． (1)若，证明：平面； (2)在线段CD上是否存在点N，使平面与平面MNB夹角的余弦值为？若存在，指出点N的位置；若不存在，说明理由． 题型4 求点到面(线)距离及其探索性问题 1、定义法（直接法）：找到或者作出过这一点且与平面垂直的直线，求出垂线段的长度； 2、等体积法：通过点面所在的三棱锥，利用体积相等求出对应的点线距离； 3、转化法：转化成求另一点到该平面的距离，常见转化为求与面平行的直线上的点到面的距离． 2、向量法求空间距离： （1）点面距：已知平面的法向量为 , 是平面内的任一点，是平面外一点,过点作则平面的垂线，交平面于点，则点到平面的距离为 （2）直线与平面之间的距离：，其中，是平面的法向量。 （3）两平行平面之间的距离：，其中，是平面的法向量。 一、解答题 1．（24-25高三上·甘肃白银·阶段练习）如图，在直三棱柱中，，，，分别为，的中点.    (1)证明：. (2)求直线与平面所成角的正弦值. (3)设点到直线的距离为，点到平面的距离为，求的值. 2．（2025·湖南岳阳·一模）如图，在四棱锥中，平面底面，底面为平行四边形，为边的中点，.    (1)求证：； (2)已知二面角的平面角等于，则在线段上是否存在点，使得到平面的距离为，若存在，指出点的位置；若不存在，说明理由. 3．（24-25高三上·湖北·期末）如图在多面体中，四边形是菱形，，平面，， (1)若为中点，证明：平面 (2)在棱上有一点，且到平面的距离为，求二面角的正弦值. 4．（2024高三上·福建厦门·期中）如图，在四棱锥中，，底面为直角梯形，，，，为线段上一点. (1)若，求证：平面； (2)若，，异面直线与成角，二面角的余弦值为，在线段上是否存在点，使得点到直线的距离为，若存在请指出点的位置，若不存在请说明理由. 5．（24-25高三上·辽宁·阶段练习）如图，在四棱台中，平面平面. (1)求证：； (2)求平面与平面所成角的正弦值； (3)求点关于平面的对称点到平面的距离. 题型5 翻折问题 一、翻折问题的两个解题策略 1、确定翻折前后变与不变的关系：画好翻折前后的平面图形与立体图形，分清翻折前后图形的位置和数量关系的变与不变．一般地，位于“折痕”同侧的点、线、面之间的位置和数量关系不变，而位于“折痕”两侧的点、线、面之间的位置关系会发生变化；对于不变的关系应在平面图形中处理，而对于变化的关系则要在立体图形中解决 2、确定翻折后关键点的位置：所谓的关键点，是指翻折过程中运动变化的点．因为这些点的位置移动，会带动与其相关的其他的点、线、面的关系变化，以及其他点、线、面之间位置关系与数量关系的变化．只有分析清楚关键点的准确位置，才能以此为参照点，确定其他点、线、面的位置，进而进行有关的证明与计算 一、解答题 1．（2024·四川成都·模拟预测）如图1，在中，B=90°，AB=4，BC=2，D，E分别是边AB，AC的中点，现将沿着DE折起，使点A到达点P的位置，连接PB，PC，得到四棱锥P-BCED，如图2所示，设平面平面PBC=l. (1)求证：平面PBD； (2)若点B到平面PDE的距离为，求平面PEC与平面PBD夹角的正弦值. 2．（24-25高三上·广西河池·阶段练习）如图1，平面图形由直角梯形和等腰直角拼接而成，其中，，；，，点是中点，现沿着将其折成四棱锥（如图2）． (1)当二面角为直二面角时，求点到平面的距离； (2)在（1）的条件下，设点为线段上任意一点（不与，重合），求二面角的余弦值的取值范围． 3．（23-24高三上·内蒙古呼和浩特·期中）如图：等边三角形的边长为3，，．将三角形沿着折起，使之成为四棱锥．点满足，点在棱上，满足．且． (1)求到平面的距离； (2)求面与面夹角的余弦值； (3)点在面的正射影为点，求与平面夹角的正弦值． 题型6 立体几何中的新定义问题 面对新情景、新定义，首先要深入理解并分析这些新元素，将其与已知的立体几何知识相结合。明确解题目标后，灵活运用基本定理和性质，如平行、垂直的判定与性质，以及空间角、距离的计算公式。在解题过程中，合理构造辅助线和面，以揭示隐藏的空间关系，简化问题。对于复杂问题，可尝试建立空间直角坐标系，利用向量法进行计算和证明。同时，要善于将空间问题平面化，通过截面、投影等方式转化求解对象。最后，解题后要进行验证和反思，确保结论的正确性，并总结所使用的方法和技巧，以便在未来遇到类似问题时能够迅速应对 一、解答题 1．（24-25高三上·江西上饶·期末）在空间直角坐标系中，定义：过点，且方向向量为的直线的点方向式方程为； 过点，且法向量为的平面的点法向式方程为，将其整理为一般式方程为，其中． (1)已知直线的点方向式方程为，平面的一般式方程为，求直线与平面所成角的余弦值； (2)已知平面的一般式方程为，平面的一般式方程为，平面的一般式方程为，若，证明：； (3)已知斜三棱柱中，侧面所在平面经过三点，侧面所在平面的一般式方程为，侧面所在平面的一般式方程为，求平面与平面夹角的余弦值． 2．（24-25高三下·甘肃白银·阶段练习）空间的弯曲性是几何研究的重要内容，用曲率刻画空间的弯曲性，规定：①多面体顶点的曲率等于减去多面体在该点处所有面角之和；②多面体的总曲率等于多面体所有顶点的曲率之和，多面体各顶点的平均曲率等于它的总曲率与顶点数之商，其中多面体的面的内角叫作多面体的面角，角度用弧度制．例如：正四面体每个顶点均有3个面角，每个面角均为，故其各个顶点的曲率均为． (1)如图1，已知四棱锥的底面ABCD为菱形，，O为BD的中点，且平面ABCD，． ①求该四棱锥在顶点P处的曲率的余弦值； ②求二面角的平面角的正弦值； (2)瑞士数学家莱昂哈德·欧拉是18世纪数学界最杰出的人物之一，他对简单多面体进行研究后，提出了著名的欧拉定理：简单多面体的顶点数V、棱数E与面数F满足．请运用欧拉定理解决下列问题：碳60（）具有超导特性、抗化学腐蚀性、耐高压以及强磁性，是一种应用广泛的材料．它的分子结构十分稳定，形似足球，也叫足球烯，如图2所示．已知碳60（）的分子结构是一个由60个C原子构成的分子，这个多面体有60个顶点，试求碳60（）各顶点的平均曲率． 3．（23-24高三下·重庆·期末）球面三角学是研究球面三角形的边、角关系的一门学科.如图，球的半径为.、、为球面上三点，劣弧的弧长记为，设，表示以为圆心，且过、的圆，同理，圆，的劣弧、的弧长分别记为、，曲面（阴影部分）叫做球面三角形.若设二面角，，分别为、、，则球面三角形的面积为. (1)若平面、平面、平面两两垂直，求球面三角形的面积； (2)若平面三角形为直角三角形，，设，，.则： ①求证： ②延长与球交于点.若直线，与平面所成的角分别为，，，，为中点，为中点，设平面与平面的夹角为，求的最小值，及此时平面截球的面积. 2 / 5 学科网（北京）股份有限公司 α O l α y x z O l α O l α y x z O l l α O l α O y z x O D A B C P x y z O l α O l α y x z O l α O l α y x z l α O l α O y x z l α O l α x O y z l α O l α x y z O l α O l α y O z x $$ 培优专题03 立体几何 题型1 建系技巧强化 一、空间直角坐标系建立的模型 (1)墙角模型：已知条件中有过一点两两垂直的三条直线，就是墙角模型． 建系：以该点为原点，分别以两两垂直的三条直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系Oxyz，当然条件不明显时，要先证明过一点的三条直线两两垂直(即一个线面垂直面内两条线垂直)，这个过程不能省略．然后建系． 　　　 (2)垂面模型：已知条件中有一条直线垂直于一个平面，就是墙角模型． 情形１　垂下(上)模型：直线竖直，平面水平，大部分题目都是这种类型．如图，此情形包括垂足在平面图形的顶点处、垂足在平面图形的边上(中点多)和垂足在平面图形的内部三种情况． 第一种建系方法为以垂足为坐标原点，垂线的向上方向为z轴，平面图形的一边为x轴或y轴，在平面图形中，过原点作x轴或y轴的垂线为y轴或x轴(其中很多题目是连接垂足与平面图形的另一顶点)建立空间直角坐标系．如图1-1 第二种建系方法为以垂足为坐标原点，垂线的向上方向为z轴，垂足所在的一边为x轴或y轴，在平面图形中，过原点作x轴或y轴的垂线为y轴或x轴(其中很多题目是连接垂足与平面图形的另一顶点)建立空间直角坐标系．如图1-2 第三种建系方法为以垂足为坐标原点，垂线的向上方向为z轴，连接垂足与平面图形的一顶点所在直线为为x轴或y轴，在平面图形中，过原点作x轴或y轴的垂线为y轴或x轴(其中很多题目是连接垂足与平面图形的另一顶点)建立空间直角坐标系．如图1-3 　　　　　　 　　　　　　　　　　　图1－1 　　　 图1－2 　 　 图1－3 情形2　垂左(右)模型：直线水平，平面竖直，这种类型的题目很少．各种情况如图，建系方法可类比情形1． 图2－1　　　　　　　　　　　　　　图2－2　　　　　　　　　　　　图2－3 情形3　垂后(前)模型：直线水平，平面竖直，这种类型的题目很少．各种情况如图，建系方法可类比情形1． 图3－1　　　 一、解答题 1．（2025·陕西榆林·二模）如图，已知斜三棱柱，平面平面，，，，，. (1)求证：平面平面； (2)求平面与平面所成夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2). 【分析】（1）证法1，由，得，再由面面垂直的性质可得平面，则，然后利用线面垂直的判定定理得平面，从而由面面垂直的判定定理可证得结论；证法2，由面面垂直的性质可得平面，则，，则为二面角的平面角，然后结合已知可得二面角为直二面角，从而可证得结论；证法3，取的中点，取的中点，连接，，可证得，，，所以以所在的直线分别为建立空间直角坐标系，利用空间向量证明即可； （2）解法1，以所在的直线分别为建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可，解法2，过点作平面的垂线，以为坐标原点，建立如图3所示的空间直角坐标系，利用空间向量求解. 【详解】（1）证法1：因为在斜三棱柱中，，且，所以， 又因为平面平面，平面平面，平面，且， 所以平面， 因为平面，所以， 又因为，、平面，所以平面， 又因为平面，所以平面平面. 证法2：因为平面平面，平面平面，平面，， 所以平面， 因为平面，所以，， 因为平面平面，所以为二面角的平面角， 因为在斜三棱柱中，，且，所以， 所以二面角为直二面角， 即平面和平面所成的角为， 所以平面平面. 证法3：如图1，取的中点，取的中点，连接，， 由为的中位线，知. 又因为，所以. 因为，所以. 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 因为平面，所以，， 所以两两垂直， 所以以所在的直线分别为建立空间直角坐标系，如图1所示， 则，，，，， ，，， 设平面和平面的法向量分别为，， 由，，得，取，则， 由，，得，取，则， 则，所以， 即平面平面. （2）解法1：如图2，取的中点，取的中点，连接，， 由为的中位线，知. 又因为，所以. 因为，所以. 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面. 因为平面，所以，， 所以两两垂直， 所以以所在的直线分别为建立空间直角坐标系，如图2所示， 则，，，， 所以，，， 由（1）知，平面，所以为平面的法向量， 设平面的法向量为，平面与平面所成角记为， 由，，得，取，得， ， 所以平面和平面所成夹角的余弦值为. 解法2：因为平面平面，平面平面， 所以过点作平面的垂线必在平面内. 又因为，所以可以以为坐标原点，建立如图3所示的空间直角坐标系， 因为，，，， 所以，，， 由（1）知，平面，所以为平面的法向量， 设平面的法向量为，平面与平面所成角记为， 由，，得，取，得， ， 所以平面和平面所成夹角的余弦值为. 2．（2025高三·全国·专题练习）如图，圆锥的底面直径和母线的长度均为2，是底面圆圆周上的一点． (1)当时，证明：； (2)当时，求二面角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)． 【分析】（1）法一：通过．，得到平面，即可求证；法二：通过， ，得到平面，即可求证；法三：建系，由向量求证垂直； （2）法一，建系，求得平面法向量，代入夹角公式即可求解；法二：过点作于点，设与平面所成的角为，点到平面的距离为，则， 由等体积求得，即可求解； 【详解】（1）法一：连接， 因为为直径，所以， 因为，所以， 连接，因为为的中点，所以． 易知， 又，，平面，所以平面， 因为平面，所以． 法二：连接，因为，，所以， 所以．又，，，平面， 所以平面， 因为平面，所以． 法三：连接，因为，，所以， 所以．又平面，故以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 故，所以，所以． （2）解法一：当时，由于， 所以，可得：， 以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，在底面内过点且垂直于的直线为轴, 建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 故． 设平面的法向量为， 故，即， 令，可得：， 则． 设平面的法向量为， 故，即， 令，可得：， 则． 所以， 故二面角的正弦值为． 解法二  当时，由于， 所以，可得：， 所以，可得：． 过点作于点，在中，，， 易得． 设与平面所成的角为，点到平面的距离为，则， 因为，所以， 解得， 所以， 故二面角的正弦值为． 3．（24-25高三下·湖南长沙·开学考试）如图，四棱锥中，四边形是菱形，平面，，，，分别是线段和上的动点，且，. (1)若，求的值； (2)当时，求直线与平面所成角的正弦值； (3)若直线与线段交于点，于点，当的长度最小时，求的值. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）首先根据几何关系，建立空间直角坐标系，根据向量的平行关系，即可求解； （2）首先求向量和平面的法向量，代入线面角的向量公式，即可求解； （3）设，利用空间向量基本定理以及三点共线的充要条件得出，利用向量模长公式以及导数判断函数的单调性，计算最值即可. 【详解】（1）由于四边形是菱形，且，取中点，则，即， 又平面，故可以以为原点建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， 所以，，， 由，， 可知，， ∴， 易知，因为，所以， 得到，得到. （2）由（1）知 ， 设平面的一个法向量为，则 令，则，，， 设直线与平面所成角为， 则. （3）设，， 则， 由于，，共线，不妨设，易知， 又，则有， 所以，则， 则， 即， 记，则， 令，得到， 在上，在上， 可知在区间上单调递减，在区间上单调递增， 所以在处取到极小值，此时的长度最小，此时. 【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是关于为关于的函数，再一个关键是根据平面向量基本定理，得到. 4．（24-25高三下·云南昆明·阶段练习）如图甲，在等腰直角中，，沿底边的高与的中位线，分别将和折起到和的位置，如图乙，折叠过程保持. (1)证明：四点共面； (2)求直线与平面所成角的正弦的最大值. 【答案】(1)证明见解析 (2). 【分析】（1）根据条件证明与交于一点，即可证明四点共面； （2）首先由条件可证明平面，再以点为原点建立空间直角坐标系，设，并表示点的坐标，利用向量法表示线面角，再根据三角函数求最值. 【详解】（1）证明：如图，在的延长线上取一点，使， 因为∥，，所以， 同理可得，， 即，所以四点共面. （2）过点作平面的垂线，以为原点建立空间直角坐标系如图， 不妨设，则，，，， 因为，，，平面， 所以平面， 又因为，设，则， 则，， 设平面的法向量为，则 令，得， 设与平面所成的角为， 则， 因为，所以，当且仅当时取等， 所以直线与平面所成角正弦的最大值为. 5．（2025·山东菏泽·一模）如图，在四棱锥中，，，，，，，F为的中点. (1)求证：平面； (2)若平面平面，求与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取的中点M，连结，证明四边形为平行四边形即可证明平面； （2）建立空间直角坐标系，求出直线的方向向量与平面的法向量，利用空间向量求空间角即可. 【详解】（1）由，，，易求     取的中点M，连结，F为的中点 所以，，所以， 所以四边形为平行四边形.     所以，，又平面，平面 所以平面         （2）由，，所以 所以，又平面平面，所以平面 以E为原点，所在直线为轴，过E与垂直的直线为轴，所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则 ，，，，， ，， 设平面的法向量为，则， ，所以，取，则， 所以平面的一个法向量为     设与平面所成角为，则 所以直线与平面所成角的正弦值为     6．（24-25高三下·河北沧州·阶段练习）如图，在三棱锥中，底面为等腰三角形，，点为的中点，平面平面，平面平面．    (1)求证：平面平面； (2)若，求该三棱锥外接球的体积； (3)在（2）的条件下，若点为的中点，求平面与平面的夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）根据平面平面，平面平面，可证得平面，从而得到， 又 ，即可证得平面，再根据面面垂直的判定即可证出； （2）由的外接圆的圆心确定外接球球心的位置，然后利用球的几何特征，再结合球的体积公式计算即可； （3）以点B为坐标原点，直线AB，BD分别为z轴，y轴，过点B与平面ABD垂直的直线为x轴，建立空间直角坐标系，借助平面夹角向量公式计算即可. 【详解】（1）因为平面平面，平面平面， 在平面内过作交于，则平面. 同理，因为平面平面，平面平面， 在平面内过作交于，则平面. 又因为过一点有且只有一条直线与已知平面垂直，而平面平面， 所以重合，所以平面. 因为平面，所以， 因为，点为的中点，所以. 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面． （2）如图，因为平面，取底面的外心为，，则，    过点做的平行线，在此线上取点，使得，则为三棱锥外接球的球心， 分析可得外接球的半径， 所以三棱锥外接球的体积为． （3）如图，以点B为坐标原点，直线AB，BD分别为z轴，y轴，过点B与平面ABD垂直的直线为x轴，建立空间直角坐标系，    则， ， 设平面的法向量为， 则，即， 取，则，所以， 设平面的法向量为， 则，即， 取，则，所以， 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． 题型2 求线面角和线面角中的探索性问题 一、求直线与平面所成角 1、垂线法求线面角（也称直接法）： （1）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； （2）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； （3）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）。 3、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：，其中是斜线与平面所成的角，是垂线段的长，是斜线段的长。 方法：已知平面内一个多边形的面积为S，它在平面内的射影图形的面积为， 平面和平面所成的二面角的大小为，则.这个方法对于无棱二面角的求解很简便。 4、直线与平面所成角：设是直线的方向向量，是平面的法向量，直线与平面的夹角为.则. 一、解答题 1．（24-25高三下·安徽阜阳·阶段练习）如图，三棱台，，，平面平面，， ，与相交于点，，且平面. (1)求三棱锥的体积； (2)分别在线段上，且平行，平面MNC与平面所成角为，与平面所成角为，求. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据面面垂直的性质可得平面，即可根据线线垂直求证平面，进而根据线面平行的性质可得，根据相似以及体积公式即可求解， （2）建立空间直角坐标系，求解平面法向量，根据空间角的向量法求解角，利用余弦的和角公式即可求解. 【详解】（1）由题意，平面平面，且平面平面，，平面， ∴平面，平面，则， 又，，平面ABC，则平面， 连接， ∵平面，平面，平面平面， ∴， ∵，∴，易知. ∴三棱锥底面的面积，高， ∴其体积为：. （2）由题意及（1）得，以为坐标原点，分别以为轴的正方向建立空间直角坐标系， 如图，，则． 由于平行，设，则， 设平面的法向量为， 由，取，则， 平面的一个法向量为， 所以． 又因为，所以． ． 又，所以． 2．（24-25高三下·河北邯郸·开学考试）建筑学中常用体形系数表示建筑物与室外大气接触的外表面积与其所包围的体积的比值，即，为建筑物暴露在空气中的外表面积，为建筑物所包围的体积，外表面积中，不包括地面的面积．某圆台形建筑如图所示，圆台的轴截面为等腰梯形，，为底面圆周上异于的点，且．    (1)若，求； (2)若，求直线与平面所成角的余弦值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）设圆台O1O2的高为h，可得母线长，根据圆台的体积和表面积公式得出，由线面垂直的判定定理可得平面，进而得到，从而可得平行四边形为菱形，即可求解； （2）由已知可得，建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可. 【详解】（1）设圆台O1O2的高为h，则母线长为， ，， 故， 连接，，因为，所以， 由圆台的性质可知平面， 因为平面，所以， 因为，， 所以平面，因为平面，所以， 因为，且，所以四边形为平行四边形， 又，所以平行四边形为菱形， 则，则， 即h=，故；    （2）由①分析可得，解得， 以，，所在的直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，则，，， ， 所以，，， 设平面的法向量为， 则，令z=1，得， 设直线与平面所成的角为， 则， 故直线与平面所成角的余弦值为. 3．（24-25高三下·广东·开学考试）如图，在四棱锥中，是等边三角形，四边形是直角梯形，，，，. (1)证明：平面平面. (2)线段上是否存在点E，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，或 【分析】（1）取棱的中点O，连接，由题设条件结合勾股定理依次求出和，接着由线面垂直判定定理得证平面，再由面面垂直判定定理即可得证命题； （2）建立适当空间直角坐标系，设，，求出向量和平面的法向量，根据线面角的向量法公式即可建立关于的方程，解方程即可得解. 【详解】（1）证明：取棱的中点O，连接， 设，则，， 因为是等边三角形，且O是的中点，所以. 因为，所以，所以，则. 因为平面，平面，且， 所以平面. 因为平面，所以平面平面. （2）取棱CD的中点F，连接OF，则两两垂直， 以O为原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系. 设，则，，，，则，， 设，则， 又，所以. 设平面的法向量为， 则令，得. 设直线与平面所成的角为， 则， 解得或， 故当或时，直线与平面所成角的正弦值为. 4．（2025·山东淄博·一模）如图，在四棱锥中，，，点在上，且． (1)点在线段上，且平面，证明：为线段的中点； (2)若平面与平面所成的角的余弦值为，求的长度． 【答案】(1)见解析 (2)的长度为或 【分析】（1）过点作交于点，连接，由线面平行的性质定理证明，即可证明； （2）建立空间直角坐标系，设，求出直线的方向向量和平面的法向量，由线面角的向量公式即可得出答案. 【详解】（1）连接，过点作交于点，连接， 又因为，所以，所以四点共面， 因为平面，平面，平面平面， 所以，所以四边形是平行四边形， 所以，所以，所以为线段的中点； （2）连接，因为，所以四边形是平行四边形， 所以，因为平面所以平面 又因为，所以建立如图所示的空间直角坐标系， 设， ，设平面的法向量为， ， 所以，令，，所以， 所以与平面所成的角的余弦值为， 所以与平面所成的角的正弦值为， 即， 所以，化简可得：， 解得：或，即或， 所以或. 题型3 求二面角、平面与平面所成角及其探索性问题 一、求二面角、平面与平面所成角 1、几何法 （1）定义法（棱上一点双垂线法）：在二面角的棱上找一个特殊点，在两个半平面内分别过该点作垂直于棱的射线． （2）三垂线法（面上一点双垂线法）：自二面角的一个面上一点向另外一个面作垂线，再由垂足向棱作垂线得到棱上的点（即斜足），斜足和面上一点的连线与斜足和垂足的连线所夹的角，即为二面角的平面角 （3）垂面法（空间一点垂面法）：过空间一点作与棱垂直的平面，截二面角得两条射线，这两条射线所成的角就是二面角的平面角。 （4）射影面积法求二面角 2、向量法：若分别为平面的法向量，为平面的夹角，则. 一、解答题 1．（2025·山东聊城·模拟预测）如图，在三棱台中，，点为棱的中点，，且直线与平面所成的角为. (1)证明：； (2)求平面与平面成角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取的中点，连接，则由等腰梯形和等腰三角形的性质可得，，由线面垂直的判定可得平面，从而可证得； （2）过点作，垂足为，则可得平面，取上靠近点的四等分点，连接，得，所以分别以所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量求解即可. 【详解】（1）证明：取的中点，连接， 因为，则四边形为等腰梯形， 因为分别为的中点，所以， 因为为的中点，所以， 因为，平面， 所以平面， 因为平面，所以； （2）过点作，垂足为， 由（1）知，平面平面， 则，又，平面， 所以平面， 则为直线与平面所成的角，即， 因为， 所以， 所以，所以，则为等腰直角三角形， 所以， 在中，， 则由余弦定理得， 则，即，易得， 在中，，， 所以，所以， 取上靠近点的四等分点，连接，则‖， 因为，所以， 则分别以所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 由于，所以， 设平面的法向量为， 由于， 所以，， 令，则， 设平面的法向量为， 由于， 所以， 令，则， 所以， 故平面与平面成角的余弦值为. 2．（2025·黑龙江·一模）如图所示，正三角形的边长为2，，，分别是各边的中点，现将，，分别沿，，折起，使得，，所在平面均与底面垂直.    (1)求证：平面平面； (2)求二面角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用面面垂直的性质定理和面面平行的判定定理证明即可； （2）以为坐标原点，分别以，，为，，轴的正方向，建立空间直角坐标系，分别求出平面和平面的法向量，利用空间向量法求解即可. 【详解】（1）因为为正三角形，且，，分别是各边的中点，    所以，，均为正三角形. 分别取，，的中点，，， 则，，，， 又因为平面底面，平面底面，平面， 所以平面，同理可得平面，所以， 所以四边形为平行四边形，所以， 因为平面，平面，所以平面，同理可得平面， 又，平面，平面， 所以平面平面. （2）由（1）可知两两垂直， 以为坐标原点，分别以，，为，，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，则 令，得，，所以， 易知平面的一个法向量为， 所以， 所以二面角的正弦值为. 3．（2025·山东烟台·一模）如图，点在以为直径的半圆的圆周上，，且平面， (1)求证：； (2)当为何值时，平面与平面夹角的余弦值为？ 【答案】(1)证明见解析； (2)或. 【分析】（1）由线面垂直的性质有，由圆的性质易得，再由线面垂直的判定和性质证明结论； （2）若为的中点，即为半圆的圆心，作面，在面内作，构建合适的空间直角坐标系，应用向量法求面面角的余弦值，结合已知列方程求参数即可. 【详解】（1）由平面，平面，则， 又点在以为直径的半圆的圆周上，则， 由且都在面内，则面， 由面，故； （2）若为的中点，即为半圆的圆心，作面，在面内作， 由，，则， 故可构建如下图示的空间直角坐标系，则， 由，故，可得， 所以，，， 若，分别为面、面的一个法向量， 则，取，， ，取，， 所以， 整理得，则，可得或. 4．（2025·广东佛山·模拟预测）如图，已知四棱台的上、下底面分别是边长为2和4的正方形，平面平面ABCD，，点M是线段的中点，N为线段CD上一点． (1)若，证明：平面； (2)在线段CD上是否存在点N，使平面与平面MNB夹角的余弦值为？若存在，指出点N的位置；若不存在，说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，点N为CD的中点 【分析】（1）取线段的中点P，连接PM，PD，利用已知可证四边形MNDP为平行四边形，进而可得，可证结论； （2）在平面中，作于O，可证，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，求得平面的一个法向量为，平面BMN的一个法向量为，利用向量法可求得，可得结论. 【详解】（1）取线段的中点P，连接PM，PD， 因为MP为梯形的中位线，所以， 又因为，所以， 因为，，且，所以，， 所以四边形MNDP为平行四边形， 所以，又因为平面，平面， 所以平面． （2）在平面中，作于O， 因为平面平面ABCD，且平面平面， 所以平面ABCD， 在正方形ABCD中，过O作AD的平行线交CD于点Q，则， 分别以，，的方向为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 因为四边形为等腰梯形，，，所以， 又因为，所以， 则，，，，，设，，所以， 设平面的法向量为， 所以，则， 令，所以， 又因为M为的中点， 所以，所以，， 设平面BMN的法向量为， 所以，则， 令，所以， 又因为平面与平面MNB夹角的余弦值为， 所以，整理得， 所以，解得或， 又因为，所以， 所以存在，点N为CD的中点． 题型4 求点到面(线)距离及其探索性问题 1、定义法（直接法）：找到或者作出过这一点且与平面垂直的直线，求出垂线段的长度； 2、等体积法：通过点面所在的三棱锥，利用体积相等求出对应的点线距离； 3、转化法：转化成求另一点到该平面的距离，常见转化为求与面平行的直线上的点到面的距离． 2、向量法求空间距离： （1）点面距：已知平面的法向量为 , 是平面内的任一点，是平面外一点,过点作则平面的垂线，交平面于点，则点到平面的距离为 （2）直线与平面之间的距离：，其中，是平面的法向量。 （3）两平行平面之间的距离：，其中，是平面的法向量。 一、解答题 1．（24-25高三上·甘肃白银·阶段练习）如图，在直三棱柱中，，，，分别为，的中点.    (1)证明：. (2)求直线与平面所成角的正弦值. (3)设点到直线的距离为，点到平面的距离为，求的值. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）由题意可知平面平面，根据面面垂直的性质定理可得平面，进而得到，在矩形中，由题意可得，由线面垂直判定定理及性质即可证得； （2）取的中点，连接，建立空间直角坐标系，利用空间向量即可求线面角的正弦值； （3）利用空间向量求出和，即可求出. 【详解】（1）连接，，    因为，为的中点，所以， 因为棱柱直三棱柱， 所以面，平面，所以平面平面， 又平面平面，面， 则平面，又平面，所以， 在矩形中，，为的中点， 所以， 所以，故， 又，面，面， 所以平面，又平面， 所以. （2）取的中点，连接， 由（1）及题意易知，，两两垂直，则以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示.    由，，则，，，，. 设平面的法向量为，又，， 则即令，则. 设直线与平面所成的角为，又， 则， 故直线与平面所成角的正弦值为. （3）由（2）知平面的一个法向量为，，， 所以点到平面的距离为， 又，直线的一个单位方向向量为， 则，， 所以点到直线的距离为， 所以. 2．（2025·湖南岳阳·一模）如图，在四棱锥中，平面底面，底面为平行四边形，为边的中点，.    (1)求证：； (2)已知二面角的平面角等于，则在线段上是否存在点，使得到平面的距离为，若存在，指出点的位置；若不存在，说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，为中点 【分析】（1）由余弦定理可求得，进而可得，由面面垂直的性质可得平面，可证. （2）法一，取的中点，可证底面，设在线段上存在点，使得到平面的距离为，且，利用等体积法求解即可.法二，取的中点，可证两两垂直，以为坐标原点，以所在直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，设，求得平面的法向量，平面的一个法向量，利用向量法可求，设，利用点到面的距离可求，可得结论. 【详解】（1）因为，为边的中点，所以， 又在中，， 由余弦定理可得，即，则， 又为平行四边形，所以，则， 又平面底面，平面底面， 所以平面，又平面， 所以. （2）法一：取的中点，又，    所以， 又平面底面， 所以底面， 所以， 而， 所以即为二面角的平面角，， 又为直角三角形，， 所以， 设在线段上存在点，使得到平面的距离为，且， 为直角三角形，， ， 又， 解得，即为中点. 法二：取的中点，又，    所以， 又平面底面， 所以底面， 又，所以， 所以两两垂直. 如图，以为坐标原点，以所在直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系： ， 设，则， 设平面的法向量为， 则， 取，则， 又平面的一个法向量为， 则，得，即. 则平面的一个法向量为， 设，则， 则， 解得， 即为中点. 3．（24-25高三上·湖北·期末）如图在多面体中，四边形是菱形，，平面，， (1)若为中点，证明：平面 (2)在棱上有一点，且到平面的距离为，求二面角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用几何关系得到，，即可证明； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解点，面之间的距离，即可求解的位置，再利用向量法求解面，面之间的夹角. 【详解】（1）证明：连接交于，连接， 是菱形，，且是的中点， 且，，， 且，四边形是平行四边形，， 又平面，平面，， 又因为，且、平面， 平面，平面， 又平面，， 四边形是菱形，，， ，为中点， ，又因为，且、平面， 平面； （2），平面， 平面且， 以为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， ，，，，， ，，， 设平面的法向量为， 则， 取，得到， ， 故平面的一个法向量为， 在棱上，设， 点到平面的距离， ，故， 又，， 设平面的法向量为， ， 取，得y2，z2， 故平面的一个法向量为， 又平面的一个法向量为， 设二面角的平面角为， 则， ， 综上，二面角的正弦值为 4．（2024高三上·福建厦门·期中）如图，在四棱锥中，，底面为直角梯形，，，，为线段上一点. (1)若，求证：平面； (2)若，，异面直线与成角，二面角的余弦值为，在线段上是否存在点，使得点到直线的距离为，若存在请指出点的位置，若不存在请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)线段上存在点，为靠近或靠近的三等分点 【分析】（1）过点作，交于点，连接，通过证明四边形为平行四边形得出，然后利用线面平行的判定定理即可得出结论； （2）证明出平面，过点作交于点，并以点为坐标原点，、、所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，设，利用空间向量法结合二面角的余弦值为，求出的值，再利用空间中点到直线的距离公式即可得出结论. 【详解】（1）（1）过点作，交于点，连接， ∵，∴， ∴，∴， ∵，∴， 所以四边形为平行四边形，则， ∵平面，平面， ∴平面； （2）由异面直线与成角，即， ∵，，∴平面， ∵，过点作交于点， 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， 设，则，，，， ，，， 设平面的法向量为， 则，取，则，， 则， 设平面的法向量为， 则，取，则，， 可得平面的一个法向量为， 由于二面角的余弦值为， 则，解得， 则， 假设线段上存在点，使得点到直线的距离为， 设， ∴， 则， ∴，， ∴点到直线的距离为， 解得或， 所以线段上存在点，为靠近或靠近的三等分点时，使得点到直线的距离为. 5．（24-25高三上·辽宁·阶段练习）如图，在四棱台中，平面平面. (1)求证：； (2)求平面与平面所成角的正弦值； (3)求点关于平面的对称点到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）连接，根据线面平行的性质定理得四边形为平行四边形可得答案； （2）做交与点，以点为原点，所在的直线分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，求出平面、平面的一个法向量，由二面角的向量求法可得答案； （3）求出平面的一个法向量、点到平面的距离，设，根据与共线得，再由点到平面的距离求出，最后再求点到平面的距离. 【详解】（1）连接，因为，， 所以，所以四点在同一平面上， 又因为平面，平面平面， 所以，可得四边形为平行四边形， 所以； （2）因为，，，， 所以四边形是等腰梯形，做交与点，可得， 所以，且， 以点为原点，所在的直线分别为轴的正方向建立空间直角坐标系， 则，， ，，，， 设向量为平面的一个法向量， 则，即，令，得， 所以， 设向量为平面的一个法向量， 则，即，令，得， 所以， ， 设平面与平面所成角的为， 所以； （3）由（2）建立的空间直角坐标系，得 ，， ，， 设为平面的一个法向量， 则，即，令，得， 所以， 则点到平面的距离 为， 设，则， 因为与共线，，可得， ， 所以点到平面的距离 为， 解得，或（舍去）， 此时，， 所以点到平面的距离. 【点睛】关键点点睛：第三问解题的关键点是利用向量共线求出点的坐标. 题型5 翻折问题 一、翻折问题的两个解题策略 1、确定翻折前后变与不变的关系：画好翻折前后的平面图形与立体图形，分清翻折前后图形的位置和数量关系的变与不变．一般地，位于“折痕”同侧的点、线、面之间的位置和数量关系不变，而位于“折痕”两侧的点、线、面之间的位置关系会发生变化；对于不变的关系应在平面图形中处理，而对于变化的关系则要在立体图形中解决 2、确定翻折后关键点的位置：所谓的关键点，是指翻折过程中运动变化的点．因为这些点的位置移动，会带动与其相关的其他的点、线、面的关系变化，以及其他点、线、面之间位置关系与数量关系的变化．只有分析清楚关键点的准确位置，才能以此为参照点，确定其他点、线、面的位置，进而进行有关的证明与计算 一、解答题 1．（2024·四川成都·模拟预测）如图1，在中，B=90°，AB=4，BC=2，D，E分别是边AB，AC的中点，现将沿着DE折起，使点A到达点P的位置，连接PB，PC，得到四棱锥P-BCED，如图2所示，设平面平面PBC=l. (1)求证：平面PBD； (2)若点B到平面PDE的距离为，求平面PEC与平面PBD夹角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用线面垂直的判定定理、线面平行的判定定理以及性质定理进行证明. （2）利用线面垂直的判定定理、性质定理以及空间向量、平面与平面的夹角公式进行计算求解. 【详解】（1）证明：因为，所以. 因为D，E分别是边AB，AC的中点， 所以，所以DE⊥BD，DE⊥PD. 又BD，平面PBD，， 所以DE⊥平面PBD. 因为，平面PBC，平面PBC， 所以平面PBC. 又平面PDE，平面平面， 所以，所以平面PBD. （2） 如图，过点B作，垂足为F. 由（1）可知，平面PDE⊥平面PBD. 又平面平面PBD=PD，所以BF⊥平面PDE， 所以点B到平面PDE的距离即为BF的长，则. 在中，，所以. 又BD=PD=2，所以是边长为2的等边三角形. 取BD的中点O，连接OP，则，. 由（1）可知，DE⊥平面PBD. 又平面PBD，所以DE⊥OP. 又，BD，平面BCED， 所以OP⊥平面BCED. 以D为坐标原点，DB，DE所在直线分别为x轴、y轴， 且以过点D与OP平行的直线为z轴，建立空间直角坐标系如图所示， 则，，，， 所以，，. 设平面PEC的法向量为， 则 令，得，， 所以是平面PEC的一个法向量. 易知是平面PBD的一个法向量， 所以， 所以平面与平面夹角的正弦值为. 2．（24-25高三上·广西河池·阶段练习）如图1，平面图形由直角梯形和等腰直角拼接而成，其中，，；，，点是中点，现沿着将其折成四棱锥（如图2）． (1)当二面角为直二面角时，求点到平面的距离； (2)在（1）的条件下，设点为线段上任意一点（不与，重合），求二面角的余弦值的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法求得点到平面的距离. （2）设，求得点坐标，表示出二面角的余弦值，再求其范围. 【详解】（1）∵，，∴． 点是中点，，∴， 结合折叠前后图形的关系可知， ∵二面角为直二面角，则侧面底面， 侧面底面， ∴平面， 易知，，两两垂直． 以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴， 建立空间直角坐标系，如下图所示， 则，，，，， ∴，，． 设平面的法向量为， 则，取，得，， 则为平面的一个法向量， 则点到平面的距离． （2）设点满足（）． ∵，∴， ∴， ∴． 设平面的法向量为， 又∵，， ∴， 取，则，， 取为平面的一个法向量． 易知平面的一个法向量为， 二面角的余弦值为 ， 由，所以，则， 所以二面角的余弦值的取值范围为. 3．（23-24高三上·内蒙古呼和浩特·期中）如图：等边三角形的边长为3，，．将三角形沿着折起，使之成为四棱锥．点满足，点在棱上，满足．且． (1)求到平面的距离； (2)求面与面夹角的余弦值； (3)点在面的正射影为点，求与平面夹角的正弦值． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）先求出，利用勾股定理证得，以点为原点建立空间直角坐标系，根据求出点的坐标，再根据即可求出点的坐标，即可得解； （2）分别求出两平面的法向量，求出两法向量夹角的余弦值，即可得解； （3）先确定点的位置，再利用向量法求解即可. 【详解】（1）在中，， 由余弦定理得， 所以，所以，即， 如图，以点为原点建立空间直角坐标系， 则， 设， 则， ， 因为， 所以，解得， 则，故， 所以， 设，由， 得，解得，即， 所以到平面的距离为； （2）， 设平面得法向量为， 则有，可取， 设平面得法向量为， 则有，可取， 则， 所以面与面夹角的余弦值为； （3）因为平面， 所以平面， 因为点在面的正射影为点，所以平面， 所以，所以在上， ，则， 故，则， 则， 所以与平面夹角的正弦值为． 【点睛】方法点睛：求空间角的常用方法： （1）定义法：由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应的三角形，即可求出结果； （2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量的夹角（两直线的方向向量、直线的方向向量与平面的法向量、两平面的法向量）的余弦值，即可求得结果. 题型6 立体几何中的新定义问题 面对新情景、新定义，首先要深入理解并分析这些新元素，将其与已知的立体几何知识相结合。明确解题目标后，灵活运用基本定理和性质，如平行、垂直的判定与性质，以及空间角、距离的计算公式。在解题过程中，合理构造辅助线和面，以揭示隐藏的空间关系，简化问题。对于复杂问题，可尝试建立空间直角坐标系，利用向量法进行计算和证明。同时，要善于将空间问题平面化，通过截面、投影等方式转化求解对象。最后，解题后要进行验证和反思，确保结论的正确性，并总结所使用的方法和技巧，以便在未来遇到类似问题时能够迅速应对 一、解答题 1．（24-25高三上·江西上饶·期末）在空间直角坐标系中，定义：过点，且方向向量为的直线的点方向式方程为； 过点，且法向量为的平面的点法向式方程为，将其整理为一般式方程为，其中． (1)已知直线的点方向式方程为，平面的一般式方程为，求直线与平面所成角的余弦值； (2)已知平面的一般式方程为，平面的一般式方程为，平面的一般式方程为，若，证明：； (3)已知斜三棱柱中，侧面所在平面经过三点，侧面所在平面的一般式方程为，侧面所在平面的一般式方程为，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）根据给出的结论，得到直线的方向向量和平面的法向量，利用空间向量求直线与平面所成的角的余弦值. （2）求平面与交线的方向向量和平面的法向量，利用向量的方法，证明直线与平面平行. （3）分别求平面与平面的法向量，利用空间向量求平面角的余弦值. 【详解】（1）由直线的点方向式方程为可知直线的一个方向向量坐标为 由平面的一般式方程为可知平面的一个法向量为， 设直线与平面所成角为， 所以有， 所以，即直线与平面所成角的余弦值为． （2）由平面可知平面的一个法向量为， 由平面可知平面的一个法向量为， 设两平面交线的方向向量为，则， 令，则，可得， 由平面可知平面的一个法向量为， 因为，即，且，所以． （3）因平面经过三点，可得， 设侧面所在平面的法向量为 则，令，解得，可得， 由平面可知平面的一个法向量为， 设平面与平面的交线（即直线）的方向向量为， 则，令，则，，可得， 由平面可知平面的一个法向量为， 由，则，解得， 即， 故平面与平面夹角的余弦值为 ． 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于理解题中给出的结论，并能利用结论解决问题. 2．（24-25高三下·甘肃白银·阶段练习）空间的弯曲性是几何研究的重要内容，用曲率刻画空间的弯曲性，规定：①多面体顶点的曲率等于减去多面体在该点处所有面角之和；②多面体的总曲率等于多面体所有顶点的曲率之和，多面体各顶点的平均曲率等于它的总曲率与顶点数之商，其中多面体的面的内角叫作多面体的面角，角度用弧度制．例如：正四面体每个顶点均有3个面角，每个面角均为，故其各个顶点的曲率均为． (1)如图1，已知四棱锥的底面ABCD为菱形，，O为BD的中点，且平面ABCD，． ①求该四棱锥在顶点P处的曲率的余弦值； ②求二面角的平面角的正弦值； (2)瑞士数学家莱昂哈德·欧拉是18世纪数学界最杰出的人物之一，他对简单多面体进行研究后，提出了著名的欧拉定理：简单多面体的顶点数V、棱数E与面数F满足．请运用欧拉定理解决下列问题：碳60（）具有超导特性、抗化学腐蚀性、耐高压以及强磁性，是一种应用广泛的材料．它的分子结构十分稳定，形似足球，也叫足球烯，如图2所示．已知碳60（）的分子结构是一个由60个C原子构成的分子，这个多面体有60个顶点，试求碳60（）各顶点的平均曲率． 【答案】(1)①；②． (2) 【分析】（1）①连接AC，由于底面ABCD是菱形，故BD，AC交于点O，进而可证底面ABCD，利用余弦定理可求得，记四棱锥在点P处的曲率为，则，计算即可；②以点O为原点，直线OA，OB，OP分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系Oxyz，求得平面PAB的一个法向量，求得平面ABCD的一个法向量，利用向量法可求得二面角的平面角的正弦值； （2）设碳60（）共有F个面，给组成多面体的多边形编号，分别为1，2，…，F号，设第i号（）多边形有条边，则碳60（）共有条棱，利用曲率的定义计算可求总曲率的平均曲率. 【详解】（1）①连接AC，由于底面ABCD是菱形，故BD，AC交于点O， 又，所以为正三角形， 因，则， 底面ABCD，底面ABCD，故，． 且，， 由余弦定理得， 由题意可知四棱锥的四个侧面三角形全等， 故有， 记四棱锥在点P处的曲率为，则， 所以 ． ②如图，以点O为原点，直线OA，OB，OP分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系Oxyz， 则，，，， 所以，． 设平面PAB的一个法向量为， 则，令，得， 为平面ABCD的一个法向量，设二面角的平面角为， 由已知为锐角，则， 所以，即二面角的平面角的正弦值为． （2）设碳60（）共有F个面，给组成多面体的多边形编号，分别为1，2，…，F号， 设第i号（）多边形有条边，则碳60（）共有条棱， 由题意，碳60（）共有个顶点， i号多边形的内角之和为， 所以碳60（）的所有多边形的内角之和为， 所以碳60（）的总曲率为 ． 由已知，所以碳60（）各顶点的平均曲率为． 【点睛】关键点点睛：立体几何的新定义问题，能够正确读懂“曲率”的概率是解决问题的关键，根据题意求得总曲率，进而求解． 3．（23-24高三下·重庆·期末）球面三角学是研究球面三角形的边、角关系的一门学科.如图，球的半径为.、、为球面上三点，劣弧的弧长记为，设，表示以为圆心，且过、的圆，同理，圆，的劣弧、的弧长分别记为、，曲面（阴影部分）叫做球面三角形.若设二面角，，分别为、、，则球面三角形的面积为. (1)若平面、平面、平面两两垂直，求球面三角形的面积； (2)若平面三角形为直角三角形，，设，，.则： ①求证： ②延长与球交于点.若直线，与平面所成的角分别为，，，，为中点，为中点，设平面与平面的夹角为，求的最小值，及此时平面截球的面积. 【答案】(1) (2)①证明见解析；②， 【分析】（1）根据题意结合相应公式分析求解即可. （2）①根据题意结合余弦定理分析证明；②建系，利用空间向量求线面夹角，利用基本不等式分析可知点，再利用空间向量求球心O到平面AEC距离，结合球的性质分析求解. 【详解】（1）若平面OAB，OAC，OBC两两垂直，有， 所以球面三角形ABC面积为. （2）①由余弦定理有：，且， 消掉，可得； ②由AD是球的直径，则， 且，，平面BCD， 所以平面BCD，且平面BCD，则， 且，平面ABC，可得平面ABC， 由直线DA，DC与平面ABC所成的角分别为，所以， 不妨先令，则， 由，，， 以C为坐标原点，以CB，CA所在直线为x，y轴，过点C作BD的平行线为z轴，建立如图空间直角坐标系，    设，则， 可得，， 则， 设平面OBC法向量，则， 取，则，可得， 设平面EST法向量，则， 取，则，可得， 要使sinθ取最小值时，则取最大值， 因为 ， 令，则， 可得， 当且仅当取等． 则取最大值，为最小值， 此时点，可得，， 设平面AEC中的法向量，则， 取，则，可得， 可得球心O到平面AEC距离为， 设平面AEC截球O圆的半径为r，则， 所以截面圆面积为. 【点睛】方法点睛：1.利用空间向量求线面角的思路 直线与平面所成的角主要通过直线的方向向量与平面的法向量的夹角求得，即； 2. 利用空间向量求点到平面距离的方法 设A为平面内的一点，B为平面外的一点，为平面的法向量，则B到平面的距离. 2 / 5 学科网（北京）股份有限公司 α O l α y x z O l α O l α y x z O l l α O l α O y z x O D A B C P x y z O l α O l α y x z O l α O l α y x z l α O l α O y x z l α O l α x O y z l α O l α x y z O l α O l α y O z x $$