立体几何大题19个不同考向讲义-2025届高三数学一轮复习

高考一轮复习考点通关 【立体几何19个不同“考向”】 总览 题型梳理 题型分类 知识讲解与常考题型 【考向1：建系“易错点”】 （2023·福建泉州·模拟预测）三棱柱中，． (1)证明：； (2)若，求二面角的余弦值． 【考向2：翻折类】 （2023·福建福州·二模）如图1，在中，为的中点，为上一点，且.将沿翻折到的位置，如图2.    (1)当时，证明：平面平面； (2)已知二面角的大小为，棱上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，确定的位置；若不存在，请说明理由. 【考向3：四点共面】 （2024·福建泉州·二模）如图，四棱锥中，平面，底面是边长为2的菱形，，点E、F、G分别为线段CD、PD、PB的中点． (1)证明：平面PAD； (2)求平面AFG与平面PBC夹角的余弦值； (3)设直线PC与平面AFG的交点为Q，求四边形AFQG的面积． 【考向4：线面角取值范围】 （2024·福建泉州·模拟预测）如图所示的几何体是由圆锥与圆柱组成的组合体，其中圆柱的轴截面是边长为2的正方形，圆锥的高，M为圆柱下底面圆周上异于A，B的点． (1)求证：∥平面； (2)若，求直线与平面所成角的正切值的取值范围． 【考向5：四棱台的体积与线到平面的距离】 （2025·福建泉州·一模）如图，四棱台中，底面是边长为4的菱形，，． (1)证明：平面； (2)证明：平面； (3)若该四棱台的体积等于，且，求直线到平面的距离． 【考向6：三棱台的体积与线面角最值】 （2025·福建厦门·二模）如图，在三棱台中，平面平面，，，. (1)证明：； (2)当直线与平面所成的角最大时，求三棱台的体积. 【考向7：点到直线的距离】 （2025·福建·模拟预测）如图，平面四边形中，是边长为2的等边三角形，，．现将沿翻折至，使得． (1)证明：平面平面； (2)已知是线段上的点，它到直线的距离为，求直线与平面所成的角． 【考向8：证平行垂直+线面角正弦值的求值】 （2023·全国乙卷·高考真题）如图，在三棱锥中，，，，，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，，点F在AC上，.    (1)证明：平面； (2)证明：平面平面BEF； (3)求二面角的正弦值. 【考向9：求三棱锥的体积】 （2023·全国乙卷·高考真题）如图，在三棱锥中，，，，，的中点分别为，点在上，． (1)求证：//平面； (2)若，求三棱锥的体积． 【考向10：已知二面角的值求线段长度】 （2024·广东江苏·高考真题）如图，四棱锥中，底面ABCD，，． (1)若，证明：平面； (2)若，且二面角的正弦值为，求． 【考向11：线面平行的性质+已知二面角求参】 （2025·湖南·二模）如图，正三棱锥的各棱长均为，，，分别是，，的中点，连接，，点为底面内边上的高所在直线上的动点，为的中心（图中未画出）， (1)若平面平面直线，证明：平面 (2)若，平面与平面的夹角的余弦值为，求. 【考向13：四点共面+求三棱锥体积】 （2025·广东茂名·二模）如图，在四棱锥中，平面，，，，，，为的中点，．    (1)证明：； (2)若为线段上一点，且四点共面，求三棱锥的体积． 【考向14：圆台建系设点+线面平行性质+线到面的距离】 （2025·河北廊坊·模拟预测）如图，圆台的轴截面为等腰梯形，上、下底面半径分别为2，4，圆台母线与底面所成角为是下底面圆周上一点（异于点）.    (1)已知，若线段上存在一点，使得平面，试确定点的位置，并求直线与平面的距离； (2)若平面与平面的夹角为，求. 【考向15：翻折+点到平面的距离】 （2025·江西上饶·二模）如图（1），四边形ABCD中，，分别为的中点，现以AC为折痕把折起，使点到达点的位置（如图（2）），且． (1)证明：平面平面ACD； (2)若为PD上的一点，平面ACM与平面ACD的夹角为，求点到平面ACM的距离． 【考向16：立体几何与椭圆结合】 （2024·福建·模拟预测）在中，，，的平分线交AB于点D，.平面α过直线AB，且与所在的平面垂直. (1)求直线CD与平面所成角的大小； (2)设点，且，记E的轨迹为曲线Γ. （i）判断Γ是什么曲线，并说明理由； （ii）不与直线AB重合的直线l过点D且交Γ于P，Q两点，试问：在平面α内是否存在定点T，使得无论l绕点D如何转动，总有？若存在，指出点T的位置；若不存在，说明理由. 【考向17：立体几何与抛物线结合】 （2025·广东·一模）如图1，已知抛物线的焦点为，准线交轴于点，过点作倾斜角为的直线交抛物线于两点（点在第一象限）．当时，． (1)求抛物线的方程； (2)如图2，把沿翻折为，使得二面角的大小为． ①若，求直线与平面所成角的正弦值； ②证明：三棱锥的体积为定值． 【考向18：抽象的“平面”考察共面知识】 （2025·湖北武汉·一模）已知四棱锥的底面为平行四边形，，，，，. (1)求三棱锥外接球的表面积. (2)设为线段上的点. （i）若，求直线与平面所成角的正弦值. （ii）平面过点，，且平面，探究：是否存在点，使得平面与平面之间所成角的正切值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【考向19：翻折类+二面角取值范围】 （2025·湖南·二模）如图所示，在直角梯形中，分别是上的点，且，将四边形沿向上折起，连接，在折起的过程中，记二面角的平面角为. (1)请将几何体的体积表达为关于的函数，并求其最大值； (2)当时，求平面和平面夹角的余弦值的取值范围. 1 学科网（北京）股份有限公司 $$高考一轮复习考点通关 【立体几何19个不同“考向”】 总览 题型梳理 题型分类 知识讲解与常考题型 【考向1：建系“易错点”】 （2023·福建泉州·模拟预测）三棱柱中，． (1)证明：； (2)若，求二面角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析； (2) 【分析】（1）通过证明平面，即得，从而得到. （2）根据求两平面法向量即可求得二面角余弦值. 【详解】（1）如图所示：作中点，连接， ， 是等边三角形， 又， 满足，即有， 而，所以， ，平面， 平面， 而平面， 所以，又因为是中点， 所以. （2）若，则，易知， 以点为原点，分别以方向为轴，以过点竖直向上的直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示： 过点作，垂足为， 在中，， 所以，， 则， ，，， 设平面的法向量为， 则有，即， 令，则，，所以， 同理可得：平面的法向量， 则. 因为所求二面角为钝角，所以二面角的余弦值为. 【考向2：翻折类】 （2023·福建福州·二模）如图1，在中，为的中点，为上一点，且.将沿翻折到的位置，如图2.    (1)当时，证明：平面平面； (2)已知二面角的大小为，棱上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，确定的位置；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，点为中点 【分析】（1）根据线面垂直的判定定理证明平面，再由面面垂直的判定定理证明即可； （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求解. 【详解】（1）由已知，有，且， 平面，所以平面， 因为平面，所以. 在Rt中，， 所以. 因为，所以. 且，平面，所以平面. 因为平面，所以平面平面. （2）由（1）， 所以为二面角的平面角，， 因为为的中点， 所以，， ，，， 如图，以为坐标原点，分别以为轴､轴正方向建立空间直角坐标系.    则. 设， 则,. 设平面的一个法向量， 由，得， 令，则，所以. 因为直线与平面所成角的正弦值为， 所以， 解得或（舍）. 因此，当点为中点时，直线与平面所成角的正弦值为. 【考向3：四点共面】 （2024·福建泉州·二模）如图，四棱锥中，平面，底面是边长为2的菱形，，点E、F、G分别为线段CD、PD、PB的中点． (1)证明：平面PAD； (2)求平面AFG与平面PBC夹角的余弦值； (3)设直线PC与平面AFG的交点为Q，求四边形AFQG的面积． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)． 【分析】（1）取线段AB的中点M，连接ME、MG，通过证明平面平面PAD，可得平面PAD； （2）建立空间直角坐标系，分别求平面AFG的法向量和平面PBC的法向量即可求二面角的余弦值； （3）设，通过向量与共面确定点位置，从而得，即可求四边形的面积. 【详解】（1）取线段AB的中点M，连接ME、MG，如图所示， 点E为线段CD的中点， ， 又平面PAD，平面PAD 平面PAD， 中，点G为线段PB的中点，点M为线段AB的中点， ， 又平面PAD，平面PAD 平面PAD， 又，平面， ∴平面平面PAD， 又平面MEG 平面PAD （2）设平面AFG与平面PBC夹角为， 连接BD和AC交于点O，过点O作直线OH垂直于平面ABCD， 如图，以O为坐标原点， 以向量分别为x、y、z轴的正方向建立空间直角坐标系，则 , 所以. 设平面AFG的法向量为， 则，取 设平面PBC的法向量为， 则，取 则， 即平面AFG与平面PBC夹角的余弦值为． （3）设， 则， 故， 依题意可得向量与共面， 由平面向量基本定理可得，存在实数m，n，使得 得，故， 故，又 因为，所以， 所以， 故四边形AFQG的面积为． 【考向4：线面角取值范围】 （2024·福建泉州·模拟预测）如图所示的几何体是由圆锥与圆柱组成的组合体，其中圆柱的轴截面是边长为2的正方形，圆锥的高，M为圆柱下底面圆周上异于A，B的点． (1)求证：∥平面； (2)若，求直线与平面所成角的正切值的取值范围． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据题意，连结，，证明，结合线面平行的判定定理即可证明； （2）以O为原点，分别以，的方向为x轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，设，直线与平面所成角为，可得，根据同角三角函数的基本关系即可求解． 【详解】（1）连结，， 设圆锥的底面所在平面为，则，， 所以S，，O三点共线． 从而，所以点S，D，C，O共面． 又因为，， 所以四边形为平行四边形， 故， 因为M为圆柱下底面圆周上异于A，B的点， 所以平面，又平面， 所以平面． （2）如图，以为原点，分别以，的方向为轴、轴的正方向建立空间直角坐标系， 则，，，设， 则，即，且， 则，，， 设平面的法向量， 则，即，整理得， 令，则． 因为，所以，从而， 所以． 设直线与平面所成角为， 则， 故． 因为，所以， 从而，解得， 所以直线与平面所成角的正切值的取值范围为． 【考向5：四棱台的体积与线到平面的距离】 （2025·福建泉州·一模）如图，四棱台中，底面是边长为4的菱形，，． (1)证明：平面； (2)证明：平面； (3)若该四棱台的体积等于，且，求直线到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）根据棱台的性质得到平面平面，然后利用面面平行的性质定理得到，然后根据棱台和菱形的性质得到，即可得到，最后证明线面平行即可； （2）利用勾股定理得到，根据等腰三角形的性质得到，然后证明线面垂直即可； （3）解法一：根据棱台的体积公式列方程，得到，然后建系，利用空间向量的方法求距离； 解法二：根据棱台的体积公式列方程，得到，然后构建平面平面，利用面面垂直的性质定理得到为直线到平面的距离，然后利用等面积求距离. 【详解】（1） 连结，交于点，连结，则为的中点， 由四棱台，得平面平面， 又平面平面，平面面， 所以， 因为，所以， 因为为的中点，所以， 所以四边形为平行四边形，故， 又平面平面，所以平面． （2）取的中点，连结， 由四棱台得，，，， 所以四边形为平行四边形，， 则， 所以，所以， 由（1），知，又，所以， 因为，所以， 又平面， 所以平面． （3）解法一：菱形的面积， 由四棱台且， 可得， 四棱台的体积， 从而， 解得， 因为，所以， 故，从而，所以， 所以， 取的中点，则两两垂直，如图，以为坐标原点，分别，，的方向为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系， 则，，，，， 设平面即平面的法向量， 则即 整理，得令，得， 从而点到平面的距离， 所以直线到平面的距离为． 解法二： 延长交于点，取的中点，连结交于点，连结，，则的中点均为， 因为平面，所以， 因为，所以， 又平面，所以平面， 又平面，所以平面平面， 过点作于，且平面平面平面，所以平面， 故为点到平面的距离即为直线到平面的距离， 因为，所以点到的距离等于点到的距离， 又中，， 设点到的距离为，则， 所以，解得， 所以直线到平面的距离为． 【考向6：三棱台的体积与线面角最值】 （2025·福建厦门·二模）如图，在三棱台中，平面平面，，，. (1)证明：； (2)当直线与平面所成的角最大时，求三棱台的体积. 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）利用面面垂直的性质，线面垂直的判定性质推理得证. （2）建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法，再结合棱台体积公式计算得解. 【详解】（1）在三棱台中，取的中点，连接， 由，得，由平面平面，平面平面， 平面，得平面，而平面，则， 又，则四边形是菱形，， 而平面，因此平面，又平面， 所以. （2）取中点，则，由平面平面，平面平面， 平面，则平面，直线两两垂直， 以点原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，设， 则，， ， 设平面的法向量，则，取，得， 设直线与平面所成的角为， ，当且仅当，即时取等号， 所以三棱台的体积 . 【考向7：点到直线的距离】 （2025·福建·模拟预测）如图，平面四边形中，是边长为2的等边三角形，，．现将沿翻折至，使得． (1)证明：平面平面； (2)已知是线段上的点，它到直线的距离为，求直线与平面所成的角． 【答案】(1)证明见解析； (2) 【分析】（1）在中，由余弦定理可得，从而可得，，在中，由勾股定理可得，由线面垂直的判定定理可得平面，即可证明平面平面； （2）利用空间向量求解. 【详解】（1）证明：因为在中，, 由正弦定理可得， 即，解得， 因为，所以，所以， 在中，， 所以，所以， 又因为平面，且， 所以平面， 又因为平面，所以平面平面； （2）解：取中点，连接， 因为是边长为2的等边三角形，所以， 由（1）可知平面，又因为，所以平面， 平面，所以， 所以以为原点，分别为轴，轴，轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示： 则，，，， 所以， 设， 所以， 则， 又因为, 所以直线的距离 ， 又因为， 所以， 解得或(舍)， 所以， 因为，， 设平面的法向量为， 则有， 取，则， 设直线与平面所成的角为， 则， 又因为，所以， 所以直线与平面所成的角为. 【考向8：证平行垂直+线面角正弦值的求值】 （2023·全国乙卷·高考真题）如图，在三棱锥中，，，，，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，，点F在AC上，.    (1)证明：平面； (2)证明：平面平面BEF； (3)求二面角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析； (2)证明见解析； (3). 【分析】（1）根据给定条件，证明四边形为平行四边形，再利用线面平行的判定推理作答. （2）法一：由（1）的信息，结合勾股定理的逆定理及线面垂直、面面垂直的判定推理作答.法二：过点作轴平面，建立如图所示的空间直角坐标系，设，所以由求出点坐标，再求出平面与平面BEF的法向量，由即可证明； （3）法一：由（2）的信息作出并证明二面角的平面角，再结合三角形重心及余弦定理求解作答.法二：求出平面与平面的法向量，由二面角的向量公式求解即可. 【详解】（1）连接，设，则，，， 则， 解得，则为的中点，由分别为的中点，    于是，即，则四边形为平行四边形， ，又平面平面， 所以平面. （2）法一：由（1）可知，则，得， 因此，则，有， 又，平面， 则有平面，又平面，所以平面平面. 法二：因为，过点作轴平面，建立如图所示的空间直角坐标系， ， 在中，， 在中，， 设，所以由可得：， 可得：，所以， 则，所以，， 设平面的法向量为， 则，得， 令，则，所以， 设平面的法向量为， 则，得， 令，则，所以， ， 所以平面平面BEF；    （3）法一：过点作交于点，设， 由，得，且， 又由（2）知，，则为二面角的平面角， 因为分别为的中点，因此为的重心， 即有，又，即有， ，解得，同理得， 于是，即有，则， 从而，， 在中，， 于是，， 所以二面角的正弦值为.      法二：平面的法向量为， 平面的法向量为， 所以， 因为，所以， 故二面角的正弦值为. 【考向9：求三棱锥的体积】 （2023·全国乙卷·高考真题）如图，在三棱锥中，，，，，的中点分别为，点在上，． (1)求证：//平面； (2)若，求三棱锥的体积． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据给定条件，证明四边形为平行四边形，再利用线面平行的判定推理作答. （2）作出并证明为棱锥的高，利用三棱锥的体积公式直接可求体积. 【详解】（1）连接，设，则，，， 则， 解得，则为的中点，由分别为的中点， 于是，即， 则四边形为平行四边形， ，又平面平面， 所以平面. （2）过作垂直的延长线交于点， 因为是中点，所以， 在中，， 所以， 因为， 所以，又，平面， 所以平面，又平面， 所以，又，平面， 所以平面， 即三棱锥的高为， 因为，所以， 所以， 又， 所以. 【考向10：已知二面角的值求线段长度】 （2024·广东江苏·高考真题）如图，四棱锥中，底面ABCD，，． (1)若，证明：平面； (2)若，且二面角的正弦值为，求． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先证出平面，即可得，由勾股定理逆定理可得，从而 ，再根据线面平行的判定定理即可证出； （2）过点D作于，再过点作于，连接，根据三垂线法可知，即为二面角的平面角，即可求得，再分别用的长度表示出，即可解方程求出． 【详解】（1）（1）因为平面，而平面，所以， 又，，平面，所以平面， 而平面，所以. 因为，所以， 根据平面知识可知， 又平面，平面，所以平面． （2）如图所示，过点D作于，再过点作于，连接， 因为平面，所以平面平面，而平面平面， 所以平面，又，所以平面， 根据二面角的定义可知，即为二面角的平面角， 即，即． 因为，设，则，由等面积法可得，， 又，而为等腰直角三角形，所以， 故，解得，即． 【考向11：线面平行的性质+已知二面角求参】 （2025·湖南·二模）如图，正三棱锥的各棱长均为，，，分别是，，的中点，连接，，点为底面内边上的高所在直线上的动点，为的中心（图中未画出）， (1)若平面平面直线，证明：平面 (2)若，平面与平面的夹角的余弦值为，求. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据中位线的性质，可证线线平行，进而可证线面平行； （2）建立空间直角坐标系，利用坐标法表示两平面夹角余弦值，解方程即可. 【详解】（1），，分别是，，的中点， ， 又平面，平面， 平面， 平面，且平面平面， ， 又平面，平面， 平面； （2） 由三棱锥为正三棱锥，且为底面的中心， 则平面， 又由已知三棱锥的各棱长均为， ，， ，，，， 又为底面内边上的高所在直线上的动点， ， ， ，， 设平面的一个法向量为， 则， 令，可得， 又易知平面的一个法向量为， 则，， 解得. 【考向13：四点共面+求三棱锥体积】 （2025·广东茂名·二模）如图，在四棱锥中，平面，，，，，，为的中点，．    (1)证明：； (2)若为线段上一点，且四点共面，求三棱锥的体积． 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）利用向量数量积证得，再利用线面垂直的性质与判定定义即可证明； （2）建立合适的空间直角坐标系得平面的一个法向量，再设，根据垂直关系得值，最后利用体积公式即可. 【详解】（1）由题意知， 因为， 所以，又平面，又平面， 所以，又平面，且， 所以平面，又平面，所以. （2）因为平面，又平面， 所以，又，所以两两垂直， 如图以A为原点，的方向分别为，，轴的正方向建立空间直角坐标系， 则， 所以， 设平面的一个法向量为 则， 不妨令，则所以 设，则， 因为四点共面，则，解得， 即，所以.    【考向14：圆台建系设点+线面平行性质+线到面的距离】 （2025·河北廊坊·模拟预测）如图，圆台的轴截面为等腰梯形，上、下底面半径分别为2，4，圆台母线与底面所成角为是下底面圆周上一点（异于点）.    (1)已知，若线段上存在一点，使得平面，试确定点的位置，并求直线与平面的距离； (2)若平面与平面的夹角为，求. 【答案】(1)P为中点；； (2). 【分析】（1）取中点为P，证明平面平面即可得平面，接着建立空间直角坐标系，求出向量和平面的一个法向量为，再由距离公式即可求直线与平面的距离； （2）建立空间直角坐标系，设，求出平面与平面的法向量，利用二面角向量法求解公式计算求出即可求解的长. 【详解】（1）取中点为P，连接，则由题意可得， 由题意可知且， 所以四边形是平行四边形，故， 又平面，平面， 所以平面，平面，又， 所以平面平面， 又平面，所以平面，所以P为中点； 由上可知直线与平面的距离即为点O到平面的距离，设为， 由题意圆台母线长为，， 如图，取中点D，以O为原点，分别为建立如图所示空间直角坐标系， 则此时， 所以， 设平面的一个法向量为，则， 即，取，则， 所以. （2）空间直角坐标系中，， 设，且或， 则由圆台结构性质可知是平面的一个法向量，， 设平面的一个法向量为，所以， 所以，取，则， 则，化简得， 所以，解得， 所以，所以.    【考向15：翻折+点到平面的距离】 （2025·江西上饶·二模）如图（1），四边形ABCD中，，分别为的中点，现以AC为折痕把折起，使点到达点的位置（如图（2）），且． (1)证明：平面平面ACD； (2)若为PD上的一点，平面ACM与平面ACD的夹角为，求点到平面ACM的距离． 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）根据给定条件，结合余弦定理，利用线面垂直的判定、面面垂直的判定推理得证. （2）以点为原点建立空间直角坐标系，利用面面角的向量求法求出平面的法向量，再利用空间向量求出点到平面的距离. 【详解】（1）在中，由，得， 在中，，而， 由余弦定理，得，则， 即，由，得，则， 又平面，因此平面，而平面， 所以平面平面. （2）连接，由分别为的中点，得，由（1）得平面， 由，得，则直线两两垂直， 以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则，， 由点在PD上，令， 设平面的法向量，则，取，得， 而平面的法向量，则，解得， 于是，而，则点到平面的距离， 所以点到平面的距离为. 【考向16：立体几何与椭圆结合】 （2024·福建·模拟预测）在中，，，的平分线交AB于点D，.平面α过直线AB，且与所在的平面垂直. (1)求直线CD与平面所成角的大小； (2)设点，且，记E的轨迹为曲线Γ. （i）判断Γ是什么曲线，并说明理由； （ii）不与直线AB重合的直线l过点D且交Γ于P，Q两点，试问：在平面α内是否存在定点T，使得无论l绕点D如何转动，总有？若存在，指出点T的位置；若不存在，说明理由. 【答案】(1) (2)（i）曲线是椭圆，理由见解析；（ii）存在，点满足或 【分析】（1）根据条件作出图形，利用线面角的定义得到所求线面角，解出即可; （2）（i）建立空间直角坐标系，根据条件建立方程，即可求解； （ii）把转化为，坐标表示后，利用联立直线方程和椭圆方程化简后利用韦达定理得到的关系式进行化简求解即可；也可以把条件转化为进行求解. 【详解】（1）因为平面， 平面平面， 所以. 所以直线在内的射影为直线， 所以直线与所成角为. 过作，垂足为. 因为平分， 所以. 又，所以，所以 又，所以. 因为，所以， 所以直线与平面所成角为. （2）（i）曲线是椭圆,理由如下： 由（1）可知，， 所以是的中点, 设的中点为，所以. 又，所以. 在内过作，所以 以为原点，所在的方向分别为轴，轴，轴的正方向， 建立空间直角坐标系，如图所示. 因为，所以， 设，又， 则. 因为，又， 所以， 化简得，即， 所以曲线是椭圆. （ii）方法一：设. 在平面内，因为与不重合，可设， 由得，所以. 由对称性知，若存在定点满足条件， 则必在平面与的交线上，故可设. 若，则， 即， 因为， 所以， 当时，上式恒成立，所以符合题意； 当时，有， 所以， 所以. 因为， 所以， 所以， 所以，即. 因为上式对于任意的恒成立，所以. 综上，存在点满足，或时，符合题意. 方法二：设 在平面内，因为与不重合，可设，由得， 所以. 由对称性知，若存在定点满足条件，则必在平面与的交线上，故可设. 当与重合时，因为，又， 所以. 所以当时，符合题意. 当与不重合时，过作， 垂足分别为.连接， 则因为，所以. 又，所以平面， 所以，同理 又，所以，所以， 所以RtRt，所以直线平分 又在轴上，所以在平面内直线的倾斜角互补 在平面内，设直线的斜率分别为， 则 ， 对于任意的恒成立，所以. 综上，存在点满足，或时，符合题意. 【点睛】关键点点睛：解答本题最后问的关键是转化条件，可以转化为或者转化为，继而利用坐标求解. 【考向17：立体几何与抛物线结合】 （2025·广东·一模）如图1，已知抛物线的焦点为，准线交轴于点，过点作倾斜角为的直线交抛物线于两点（点在第一象限）．当时，． (1)求抛物线的方程； (2)如图2，把沿翻折为，使得二面角的大小为． ①若，求直线与平面所成角的正弦值； ②证明：三棱锥的体积为定值． 【答案】(1) (2)①；②证明见解析. 【分析】（1）先根据倾斜角得出点的坐标，再应用两点间距离求出，进而得出抛物线； （2）①联立方程得出点的坐标，再应用空间向量法计算线面角正弦即可；②应用三棱锥体积公式结合三角形面积公式计算求解. 【详解】（1）当时，，所以点的坐标为， 因为，所以， 解得， 所以抛物线的方程为． （2）①在平面直角坐标系中，若，则直线的方程为， 联立 所以点的坐标分别为． 过O点作平面的垂线为轴，如图建立空间直角坐标系，则， 当二面角的大小为时，点，即， 所以， 设平面的法向量为， 则即解得取，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为． ②由题意得． ， 当时，， 当时，在平面直角坐标系中，设直线的斜率为，则直线的方程为， 设点的坐标分别为， 联立得， 则， 因为，所以，得， 所以， ， 综上所述，三棱锥的体积为定值． 【考向18：抽象的“平面”考察共面知识】 （2025·湖北武汉·一模）已知四棱锥的底面为平行四边形，，，，，. (1)求三棱锥外接球的表面积. (2)设为线段上的点. （i）若，求直线与平面所成角的正弦值. （ii）平面过点，，且平面，探究：是否存在点，使得平面与平面之间所成角的正切值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2)（i）；（ii）存在，的值为或 【分析】（1）根据线线垂直证明线面垂直，进而可证面面垂直，再根据外接球性质确定外接球球心，进而可得外接球半径及表面积； （2）（i）建立空间直角坐标系，利用坐标法可得线面夹角正弦值；（ii）建立空间直角坐标系，设，利用坐标法表示线面夹角余弦值，结合正弦值可得，再根据平面过点，，可得解. 【详解】（1）如图所示，    因为，，， 故，即， 则， 故为直角三角形，即， 又，，且，平面， 则平面， 又因为平面，所以平面平面， 设中点为，则的外接圆圆心满足， 过的外接圆圆心作直线垂直于平面， 过线段的中点作直线垂直于平面，其中， 则即为三棱锥的外接球球心， 且四边形为矩形， 即， 故， 故三棱锥外接球的表面积； （2）（i）以的中点为原点，为轴，平行方向为轴，为轴， 建立如图1所示的空间直角坐标系，    则，，，，， 而，故， ，. 设为平面的法向量， 则，则， 令，则为平面的一个法向量. 而， 故直线与平面所成角的正弦值； （ii）由（i）可知，， 设平面的法向量为， 则，令，则， 如图2，建立空间直角坐标系，记直线平面，直线平面，连接，    因为平面，平面平面，所以， 不妨设，则，， 则，故， 同理可得，， 则有，， 设平面的法向量为， 则， 解得，设，则， 故， 所以， 又与平面之间所成角的正切值为， 则， 化简得，解得或， 设，则，则， 解得， 故. 当时，. 因为，所以， 化简得，解得，满足要求. 当时，. 因为，所以， 化简得，解得，满足要求. 综上所述，的值为或. 【考向19：翻折类+二面角取值范围】 （2025·湖南·二模）如图所示，在直角梯形中，分别是上的点，且，将四边形沿向上折起，连接，在折起的过程中，记二面角的平面角为. (1)请将几何体的体积表达为关于的函数，并求其最大值； (2)当时，求平面和平面夹角的余弦值的取值范围. 【答案】(1)，，最大值为； (2). 【分析】（1）根据题意，证明折叠过程中始终有平面，平面，由此求得棱锥的高，再利用分割法求得多面体的体积； （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求出平面与平面所成夹角的余弦值，结合换元法和函数单调性求取值范围. 【详解】（1）由题意，在折叠之前的平面图形中， ，，是平面内的两条相交直线，是平面内的两条相交直线， 折叠过程中始终有平面，平面， 故二面角，故到平面的距离为， 平面平面， 平面，故到平面的距离等于到平面的距离，即为. 连接，则， ，当时取得最大值. （2）以点为坐标原点，以所在直线为，轴，过点作平面的垂线，以所在直线为轴，建立空间直角坐标系如图， 则， ， 设平面的法向量为，则，且， 即 可得. 同理设平面的法向量为， 则，且， 即 可得， 记平面和平面所成角的平面角为，则 ， 令， 故， 显然为关于的增函数，故. 1 学科网（北京）股份有限公司 $$