专题04 立体几何解答题常考模型归纳总结（7大题型）-2024-2025学年高二数学下学期期末必考题型归纳及过关测试（苏教版2019）

专题04 立体几何解答题常考模型归纳总结 【题型归纳目录】 题型一：非常规空间几何体为载体 题型二：立体几何存在与探索性问题 题型三：立体几何折叠问题 题型四：立体几何作图问题 题型五：利用传统方法找几何关系建系 题型六：空间中的点不好求 题型七：新定义问题 【知识点梳理】 立体几何解答题常考模型主要包括柱体、锥体、球体、旋转体、多面体等。这些模型常涉及体积、表面积的计算，截面问题，以及与其他几何体的组合或相交问题。此外，空间位置关系，如平行、垂直的判断与证明，也是常考内容。空间角的计算，包括异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角等，同样是高考立体几何的重要考点。最后，空间距离的计算，如点到平面的距离、两平行平面间的距离等，也是解答题中常见的考查点。掌握这些模型的基本性质和解题方法，对于提高高考立体几何的解题能力至关重要。 【典型例题】 题型一：非常规空间几何体为载体 【例1】（24-25高二下·湖南长沙·期中）如图，已知四边形为等腰梯形，为以为直径的半圆弧上一点，平面平面，为的中点，为的中点，，. (1)求证平面； (2)求平面与平面的夹角的余弦值. 【变式1-1】（24-25高二下·江苏常州·期中）如图，圆锥的顶点为，底面圆心为，为底面直径，为底面圆周上异于一点，且四边形是边长为2的正方形． (1)求证：平面； (2)若，求二面角的正弦值． 【变式1-2】（24-25高二下·浙江杭州·期中）如图，已知是圆的直径，垂直于圆所在的平面，为圆上任意一点．    (1)求证：平面； (2)若，二面角的大小为，则是否存在点满足，，使得且？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 题型二：立体几何存在与探索性问题 【例2】（24-25高二下·江苏宿迁·期中）如图，平行六面体的底面为正方形，棱长都为，且，设，，，，分别是棱，的中点，点为棱上的动点.    (1)用，，表示； (2)若为棱的中点，求； (3)是否存在点，使，若存在，试确定点的位置，若不存在，请说明理由. 【变式2-1】（24-25高二上·湖南永州·期末）如图，在四棱锥中，底面为矩形，底面，，． (1)求线段的长； (2)线段上是否存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【变式2-2】（24-25高二上·辽宁葫芦岛·期末）如图，在四棱锥中，平面，底面为直角梯形，，. (1)证明：平面平面； (2)求点到平面的距离； (3)线段上是否存在一点，使得平面与平面所成角（即两个平面相交时所成的锐二面角）的余弦值为，若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 题型三：立体几何折叠问题 【例3】（24-25高二上·陕西汉中·期末）图1是边长为的正方形，将沿折起得到如图2所示的三棱锥，且. (1)证明：平面平面； (2)棱上是否存在一点，使得平面与平面的夹角的余弦值为，存在，指出点的位置；若不存在，请说明理由. 【变式3-1】（24-25高二上·北京大兴·期末）如图1，菱形的边长为4，，E是的中点，将△沿着翻折，使点C到点P处，连接，得到如图2所示的四棱锥 (1)证明：； (2)当时，求平面与平面的夹角的余弦值． 【变式3-2】（24-25高二下·江西景德镇·期中）在平面四边形中，，，将沿翻折至，其中为动点. (1)设， （i）证明：平面； （ii）求三棱锥的外接球体积； (2)求直线与平面所成角的正弦值的最大值. 题型四：立体几何作图问题 【例4】（23-24高二下·福建漳州·期末）如图，多面体是三棱台和四棱锥的组合体，底面四边形为正方形，，，，平面平面.    (1)证明：平面； (2)若平面与平面的交线为， （i）作出交线（需要写出必要的作图步骤，保留作图痕迹，无需证明）； （ii）求直线与平面所成角的正弦值. 【变式4-1】（22-23高二上·山东潍坊·期中）已知正四棱锥中，O为底面ABCD的中心，如图所示． (1)作出过点O与平面PAD平行的截面，在答题卡上作出该截面与四棱锥表面的交线，写出简要作图过程及理由； (2)设PD的中点为G，，求AG与平面PAB所成角的正弦值． 【变式4-2】（24-25高二上·上海·期末）我们知道，平面中的结论有不少可以向空间中进行推广，现有如下平面中的结论：如图，已知对任意三角形，都能找到三条等距的平行线，使得. (1)根据以上平面中的结论，若D为与边的交点，试判断D在线段上的位置； (2)根据以上平面中的结论，则在空间中，若对任意给定的四面体，能否作出四个相互平行的平面，使，且相邻两个平面间的距离都相等.如能，说明作法并作图，如不能，说明理由. (3)根据以上平面中的结论，则在空间中，若对一个正四面体，能够作出第（2）小题中的四个平面，且四个平面间距离为1，求此正四面体的体积. 题型五：利用传统方法找几何关系建系 【例5】（2025·甘肃张掖·模拟预测）如图，直三棱柱中，分别为棱，上的点，为的中点，且. (1)求证：平面； (2)当三棱锥的体积最大时，求平面与平面夹角的余弦值. 【变式5-1】（24-25高二上·广东·期末）如图，在三棱锥中，，，是线段上的点． (1)求证：平面平面； (2)若为线段的中点，求直线与平面所成角的正弦值； (3)若平面，为垂足，直线与平面的交点为，当三棱锥体积最大时，求的长． 【变式5-2】（24-25高二上·河南洛阳·期中）如图，四边形中，，，，，，，分别在，上，.现将四边形沿折起，使得平面平面.    (1)若，求直线与平面所成角的正弦值； (2)当三棱锥的体积最大时，求二面角的正切值. 题型六：空间中的点不好求 【例6】（24-25高二下·重庆·期中）如图，在正三棱台中，，侧棱长为2，P为棱上的动点.    (1)求证：平面； (2)是否存在点P，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出点P；若不存在，请说明理由. 【变式6-1】（2025高三·全国·专题练习）如图，在四棱台中，底面是梯形，，，，，且. (1)求证：平面平面. (2)若直线与平面所成角的正弦值为，求二面角的余弦值. 【变式6-2】（24-25高二上·福建三明·期末）如图，在三棱柱中，底面是边长为2的等边三角形，，分别是线段，的中点，在平面内的射影为D． (1)求证：平面； (2)在棱上是否存在点F，使得平面与平面夹角的余弦值为，若存在，指出点F的位置；若不存在，请说明理由． 题型七：新定义问题 【例7】（24-25高二上·北京房山·期末）对于空间向量，定义：，．且． (1)若，求及； (2)是否存在？若存在，写出一个；若不存在，说明理由； (3)证明：对于任意，必存在，使． 【变式7-1】（24-25高二上·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． 【变式7-2】（24-25高二上·广东汕头·期末）“出租车几何或曼哈顿距离（Manhattan Distance）”是由十九世纪赫尔曼-闵可夫斯基所创词汇，是使用在几何度量空间的几何学用语，表示两个点在空间（或平面）直角坐标系中的“绝对轴距”总和．例如：在空间直角坐标系中，点，之间的曼哈顿距离为． (1)在平面直角坐标系中，已知点O为坐标原点，记为点M与直线l上的所有点的曼哈顿距离的最小值． （i）已知点，求； （ii）已知点，直线l：，求证：． (2)在空间直角坐标系中，已知点O为坐标原点，动点P满足，求动点P围成的几何体的体积． 【强化训练】 1．（23-24高二上·河北邢台·阶段练习）如图，为圆柱底面圆周上三个不同的点，分别为半圆柱的三条母线，且是的中点，分别为的中点.    (1)证明：平面. (2)若是上的动点（含弧的端点），求与平面所成角的正弦值的最大值. 2．（24-25高二上·河北沧州·期末）如图，在多面体中，底面为矩形，底面，，且，，． (1)当时，求直线与平面所成角的正弦值． (2)是否存在实数，使得在平面内的射影恰好为的重心？若存在，求出；若不存在，请说明理由． 3．（24-25高二下·江西赣州·期中）在矩形 中，E，F 为CD 上两个不同的三等分点，如图1.将 和 分别沿 向上翻折，使得点C，D重合，记重合后的点为 P，如图2.已知，四棱锥 的体积为 (1)求； (2)求平面与平面 所成角的正弦值. 4．（24-25高二上·江苏·期中）如图1，△是等边三角形，△为等腰直角三角形，．将△沿翻折到△位置，且点不在平面内（如图2）．点在线段上（不含端点）． (1)证明：； (2)直线与所成角的余弦值为． ①直线与平面所成角为60°时，求； ②设平面与平面的夹角为，求的取值范围． 5．（24-25高二上·上海·期中）如图①所示，长方形ABCD中，，，点M是边CD的中点，将沿AM翻折到，连接PB，PC，得到图②的四棱锥． (1)求点P到平面ABCM的最大距离； (2)若棱PB的中点为N，求CN的长； (3)设的角度大小为，若，求平面PAM和平面PBC夹角余弦值的最小值． 6．（24-25高二上·江苏常州·期中）如图，在三棱锥中，为的中点，平面平面. (1)证明：； (2)若二面角的大小为，求平面与平面的夹角的正弦值. 7．（24-25高二上·浙江宁波·期末）如图五面体中，四边形是菱形，是以角为顶角的等腰直角三角形，点为棱的中点，点为棱的中点 (1)求证：平面 (2)若点在平面的射影恰好是棱的中点，点是线段上的一点且满足，求平面与平面所成角的余弦值． 8．（24-25高二上·上海·期末）如图，在平行六面体中，，，，，.点是棱的中点，点是对角线上一点（包括端点），且满足. (1)若三点共线，求的值； (2)若对角线，求的最大值； (3)若，直线和的所成角为，求的取值范围. 9．（24-25高二上·宁夏吴忠·期中）在空间直角坐标系中，已知向量，点．若直线以为方向向量且经过点，则直线的标准式方程可表示为；若平面以为法向量且经过点，则平面的点法式方程表示为． (1)已知直线的标准式方程为，平面的点法式方程可表示为，求直线与平面所成角的余弦值； (2)已知平面的点法式方程可表示为，平面外一点，求点到平面的距离； (3)（ⅰ）若集合，记集合中所有点构成的几何体为，求几何体的体积； （ⅱ）若集合．记集合中所有点构成的几何体为，求几何体相邻两个面（有公共棱）所成二面角的大小． 10．（24-25高二上·上海金山·期末）我们称为向量与的向量积，现定义空间向量与的向量积：若，，则.区别于向量的数量积的结果是标量，向量的向量积的结果仍然为向量.已知在三棱锥中，记. (1)若，求； (2)①向量是即有大小又有方向的量.试根据问题（1）的结果，猜测一个有关方向的一般结论（不必证明）. ②若，求直线与平面的所成角的大小； (3)证明，并用表示三棱锥的体积. 11．（21-22高二上·黑龙江大庆·期末）如图，直四棱柱的底面为直角梯形，，，，，、分别为棱、的中点． (1)在图中作出平面与该棱柱的截面图形，并用阴影部分表示（不必写出作图过程）； (2)为棱的中点，求异面直线与所成角的正弦值． 12．（21-22高三上·吉林·期末）如图为一块直四棱柱木料，其底面ABCD满足：，． (1)要经过平面内的一点P和棱将木料锯开，在木料表面应该怎样画线？（借助尺规作图，并写出作图说明，无需证明） (2)若，，当点P在点C处时，求直线AP与平面所成角的正弦值． 13．（24-25高二上·山西吕梁·期末）已知边长为6的菱形ABCD（如图1），，AC与BD相交于点O，E为线段AO上一点，且，将三角形ABD沿BD折叠成三棱锥（如图2）． (1)证明：BD⊥AC； (2)当三棱锥的体积最大时， （ⅰ）求三棱锥外接球的表面积； （ⅱ）求平面BCE与平面ACD的夹角的余弦值． 14 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题04 立体几何解答题常考模型归纳总结 【题型归纳目录】 题型一：非常规空间几何体为载体 题型二：立体几何存在与探索性问题 题型三：立体几何折叠问题 题型四：立体几何作图问题 题型五：利用传统方法找几何关系建系 题型六：空间中的点不好求 题型七：新定义问题 【知识点梳理】 立体几何解答题常考模型主要包括柱体、锥体、球体、旋转体、多面体等。这些模型常涉及体积、表面积的计算，截面问题，以及与其他几何体的组合或相交问题。此外，空间位置关系，如平行、垂直的判断与证明，也是常考内容。空间角的计算，包括异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角等，同样是高考立体几何的重要考点。最后，空间距离的计算，如点到平面的距离、两平行平面间的距离等，也是解答题中常见的考查点。掌握这些模型的基本性质和解题方法，对于提高高考立体几何的解题能力至关重要。 【典型例题】 题型一：非常规空间几何体为载体 【例1】（24-25高二下·湖南长沙·期中）如图，已知四边形为等腰梯形，为以为直径的半圆弧上一点，平面平面，为的中点，为的中点，，. (1)求证平面； (2)求平面与平面的夹角的余弦值. 【解析】（1）取的中点，连接，则且， 又且，所以且， 所以四边形为平行四边形， 所以，又平面，平面， 所以平面； （2）取的中点，连接， 因为四边形为等腰梯形，所以， 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 过点作直线的垂线交于点， 以为坐标原点，分别以所在直线为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 因为为直径，所以， 所以，，， 在等腰梯形中，，， 所以， 所以， 所以，， ，， 设平面的法向量为，则， 所以， 令，则，，所以， 设平面的法向量为，则， 所以， 令，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. 【变式1-1】（24-25高二下·江苏常州·期中）如图，圆锥的顶点为，底面圆心为，为底面直径，为底面圆周上异于一点，且四边形是边长为2的正方形． (1)求证：平面； (2)若，求二面角的正弦值． 【解析】（1）因为为底面圆周上异于一点， 可得：, 又四边形是边长为2的正方形，得， 又平面， 所以平面，又在平面内， 所以，又为平面内两条相交直线， 所以平面， （2） 以为坐标原点，分别以所在直线为轴，过点作垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 因为，所以， 取的中点，连接，，， 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， 所以二面角的正弦值 【变式1-2】（24-25高二下·浙江杭州·期中）如图，已知是圆的直径，垂直于圆所在的平面，为圆上任意一点．    (1)求证：平面； (2)若，二面角的大小为，则是否存在点满足，，使得且？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【解析】（1）因为为圆的直径，所以． 又因为平面，所以． 又因为，所以平面． （2）法一：如图所示：    过作于，过作于，连结． 因为平面，所以平面平面， 进而平面，故． 因此平面，所以， 故为二面角平面角． 又，所以．又，得， 所以，进而。假设这样的存在，得， 得， ， 即，解得． 故满足条件的存在． 法二：如图，    以射线方向分别为轴正方向，建立空间直角坐标系， 则，，是平面的法向量． 设，则，得，， 得是平面的法向量． 这样，，解得． 所以，，设， 得． 这样，由，即，解得． 故满足条件的存在． 题型二：立体几何存在与探索性问题 【例2】（24-25高二下·江苏宿迁·期中）如图，平行六面体的底面为正方形，棱长都为，且，设，，，，分别是棱，的中点，点为棱上的动点.    (1)用，，表示； (2)若为棱的中点，求； (3)是否存在点，使，若存在，试确定点的位置，若不存在，请说明理由. 【解析】（1）； （2）若P为棱的中点，则，， 所以 ； （3）设， 则，由（1）知 所以, 即， 化简得，解得， 所以这样的点存在，且为的中点. 【变式2-1】（24-25高二上·湖南永州·期末）如图，在四棱锥中，底面为矩形，底面，，． (1)求线段的长； (2)线段上是否存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【解析】（1）以为坐标原点，正方向为轴正方向，可建立如图空间直角坐标系， 设，则，，，， ，，， ，即. （2）设，则，， 设平面的法向量， ，令，则，，； 轴平面，平面的一个法向量， ，即， 解得：或（舍），即， 当时，平面与平面夹角的余弦值为. 【变式2-2】（24-25高二上·辽宁葫芦岛·期末）如图，在四棱锥中，平面，底面为直角梯形，，. (1)证明：平面平面； (2)求点到平面的距离； (3)线段上是否存在一点，使得平面与平面所成角（即两个平面相交时所成的锐二面角）的余弦值为，若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 【解析】（1）由平面平面，则， 又，由，且平面， 所以面， 又面，所以平面平面. （2）由（1）易知，又，过作于， 由面面，面面面， 所以面， 过作，易知， 故可构建如图示空间直角坐标系. 又， 则， 所以， 若是面的一个法向量， 则解得， 所以点到平面的距离. （3）同（2）构建空间直角坐标系，易知平面的法向量 设， 于是 ， ， 设是平面的一个法向量， 则，令， 因为平面与平面所成角的余弦值为， 所以， 整理得，即或（舍） 故，所以 题型三：立体几何折叠问题 【例3】（24-25高二上·陕西汉中·期末）图1是边长为的正方形，将沿折起得到如图2所示的三棱锥，且. (1)证明：平面平面； (2)棱上是否存在一点，使得平面与平面的夹角的余弦值为，存在，指出点的位置；若不存在，请说明理由. 【解析】（1）取的中点为，连接、，作图如下： 因为四边形是边长为正方形，所以，， 在中，，则， 因为，、平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面. （2）易知是以为斜边的等腰直角三角形，且为的中点，则， 又因为平面， 以为原点，分别以、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系，如下图所示： 则、、、， 设，则，设，， 可得，解得，所以， 则，， 设平面的法向量，可得， 令，则，，所以平面的一个法向量， 由图易知平面的一个法向量， 设平面与平面的夹角为， 则， 化简可得，解得或（舍去）， 所以存在满足题设条件的点，点为线段靠近的三等分点. 【变式3-1】（24-25高二上·北京大兴·期末）如图1，菱形的边长为4，，E是的中点，将△沿着翻折，使点C到点P处，连接，得到如图2所示的四棱锥 (1)证明：； (2)当时，求平面与平面的夹角的余弦值． 【解析】（1） 如图1，连接. ∵四边形为菱形，，∴为等边三角形， ∵E是的中点，∴， 在图2中，， ∵，平面，平面，∴平面． ∵平面，∴． （2）在平面内，过E点作，则. 由（1）可知平面，∵平面，∴． ∵，∴两两垂直． 以E为坐标原点，所在直线分别为x轴，y轴，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，即， 令，则，，∴． 设平面的法向量为， 则，即， 令，得，，∴． 设平面与平面的夹角为，则 ， ∴平面与平面的夹角的余弦值为 ． 【变式3-2】（24-25高二下·江西景德镇·期中）在平面四边形中，，，将沿翻折至，其中为动点. (1)设， （i）证明：平面； （ii）求三棱锥的外接球体积； (2)求直线与平面所成角的正弦值的最大值. 【解析】（1）（ⅰ）在中，，，所以. 因为，，所以，所以. 又因为，平面，， 所以平面. （ⅱ）因为平面，且为正三角形，作下图 设三棱锥的外接球的球心为，连结，延长交球面于H， 过作交平面于， 则为直角三角形， 所以为斜边的中点， 平面，为的外接圆的直径. 所以，为的中位线，为小圆圆心，则为的中点， 则，则，， 则球的半径， 所以三棱锥的外接球体积为. （2）如图，建立以为原点的空间直角坐标系，设二面角的平面角为， 则，，，. 所以,平面的法向量为. 设直线与平面所成角为， 则. 设， 设，所以， （当且仅当，即时取等号），即. 所以直线与平面所成角的正弦值的最大值为. 题型四：立体几何作图问题 【例4】（23-24高二下·福建漳州·期末）如图，多面体是三棱台和四棱锥的组合体，底面四边形为正方形，，，，平面平面.    (1)证明：平面； (2)若平面与平面的交线为， （i）作出交线（需要写出必要的作图步骤，保留作图痕迹，无需证明）； （ii）求直线与平面所成角的正弦值. 【解析】（1）如图，    在上取点，使，连接，， 因为，所以， 所以，且， 又在正方形中，， 所以，， 又在三棱台中，， 所以，且，所以四边形为平行四边形， 所以， 又平面，平面， 所以平面. （2）（i）延长和交于一点，连接，如图，    则直线即为平面与平面的交线. （ii）由平面平面，平面平面，， 平面， 所以平面，又，所以，，两两垂直， 以为坐标原点，分别以，，为轴，轴，轴的正方向， 建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，， ，，， ， 又因为，，所以在中，， 所以， ， 取直线的方向向量为， 设平面的法向量为， 由得，取， 设直线与平面所成的角为， 则， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 【变式4-1】（22-23高二上·山东潍坊·期中）已知正四棱锥中，O为底面ABCD的中心，如图所示． (1)作出过点O与平面PAD平行的截面，在答题卡上作出该截面与四棱锥表面的交线，写出简要作图过程及理由； (2)设PD的中点为G，，求AG与平面PAB所成角的正弦值． 【解析】（1）如图所示， 取PC中点E，DC的中点F，连接EF，FO，并延长FO交AB于M， 截面EFN交侧棱PB于N，则， 连接AC，O为AC的中点，所以， 又，， 截面EFMN，截面EFMN， 平面PAD，平面PAD，所以平面平面EFMN． 所以平面EFMN为所求截面． （2）不妨设四棱锥的所有棱长均为2，以O为原点，过O点且分别与AB，BC平行的直线为x轴、y轴，OP为z轴，建立如图所示空间直角坐标系（图）． 可得，，，． 则，， ， 设平面PAB的一个法向量为， 则，即，取，则， 设AG与平面PAB所成角为，则， 所以AG与平面PAB所成角的正弦值为． 【变式4-2】（24-25高二上·上海·期末）我们知道，平面中的结论有不少可以向空间中进行推广，现有如下平面中的结论：如图，已知对任意三角形，都能找到三条等距的平行线，使得. (1)根据以上平面中的结论，若D为与边的交点，试判断D在线段上的位置； (2)根据以上平面中的结论，则在空间中，若对任意给定的四面体，能否作出四个相互平行的平面，使，且相邻两个平面间的距离都相等.如能，说明作法并作图，如不能，说明理由. (3)根据以上平面中的结论，则在空间中，若对一个正四面体，能够作出第（2）小题中的四个平面，且四个平面间距离为1，求此正四面体的体积. 【解析】（1）D为中点 根据已知结论可得直线即为，若为三条等距的平行线， 所以D为中点； （2）如图所示， 取的三等分点的中点，的中点， 过三点，，作平面，过三点作平面， 因为，又，所以； 又，且，所以； 又因为，且， 所以平面, 再过点分别作平面与平面平行， 那么四个平面依次相互平行， 由线段被平行平面截得的线段相等知，其中毎每相邻两个平面间的距离相等， 故即为所求平面（注：也可将正四面体放入正方体内说明） （3）设正四面体的棱长为，综合（2）有的中点， 再取的中点，连接交于， 则由等边三角形的性质可知为的中点，且， 则以为坐标原点，以平行于直线且过点的直线为轴，直线为轴，直线为轴建立空间直角坐标系，如下图所示： 则，，，， 令为的三等分点，为的中点， 则，， 所以，，. 设平面的法向量， 则有，即，取，则， 即. 又相邻平面之间的距离为1， 所以点到平面的距离为， 解得. 由此可得，边长为的正四面体满足条件. 可知所求正四面体的体积. 题型五：利用传统方法找几何关系建系 【例5】（2025·甘肃张掖·模拟预测）如图，直三棱柱中，分别为棱，上的点，为的中点，且. (1)求证：平面； (2)当三棱锥的体积最大时，求平面与平面夹角的余弦值. 【解析】（1）如图，连接，设，连接. 四边形为平行四边形，. 为的中点，即. 又平面平面， 平面. （2），而， 当时，取最大值2， 即当时，三棱锥的体积最大. 又三棱柱为直三棱柱，. 当时，以为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示空间直角坐标系. 则. 设平面的法向量为， 则，令，则. 又平面的一个法向量为， 设平面与平面的夹角为，则 ， 即平面与平面夹角的余弦值为. 【变式5-1】（24-25高二上·广东·期末）如图，在三棱锥中，，，是线段上的点． (1)求证：平面平面； (2)若为线段的中点，求直线与平面所成角的正弦值； (3)若平面，为垂足，直线与平面的交点为，当三棱锥体积最大时，求的长． 【解析】（1）取的中点，连接、， 因为，，则，   所以，所以，所以， 又因为，所以，则， 又因为，所以， 又因为，，、平面，所以平面， 又因为平面，所以平面平面. （2）因为平面，， 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、、、， 当点为的中点时，，，，， 设平面的一个法向量为，则， 取，则， 所以，， 故当为的中点时，直线与平面所成角的正弦值为. （3）设，因为，其中， 所以，，可得，即点， 因为平面，则点，， ， 当且仅当时，即当时，等号成立， 故当点为线段的中点时，三棱锥的体积取最大值， 此时，点，    由（2）可知，此时，平面的一个法向量为， 设，其中， 则， 因为平面，则， 所以，，解得， 所以，，所以，即的长为. 【变式5-2】（24-25高二上·河南洛阳·期中）如图，四边形中，，，，，，，分别在，上，.现将四边形沿折起，使得平面平面.    (1)若，求直线与平面所成角的正弦值； (2)当三棱锥的体积最大时，求二面角的正切值. 【解析】（1），，，， 又平面平面，平面平面， 平面，平面， 以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，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，，即. 取，则，，， 设直线与平面所成的角为， 则.    （2）设，， 由（1）可得，三棱锥的底面积，高， 即时，三棱锥的体积最大， 在直角梯形中，，，， ，，，， ，， 是二面角的平面角. . 题型六：空间中的点不好求 【例6】（24-25高二下·重庆·期中）如图，在正三棱台中，，侧棱长为2，P为棱上的动点.    (1)求证：平面； (2)是否存在点P，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出点P；若不存在，请说明理由. 【解析】（1）延长三条侧棱交于一点， 因为正三棱台的侧棱长为2，且，即， 可得，且， 所以，， 即，，， 且，平面， 所以平面，即平面. （2）由（1）知， 以为原点，分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，    则，设， 可得，， 设平面的法向量为，则， 取，则，可得， 由题意可得：， 整理可得，解得或（舍去）， 故当点为靠近的三等分点时，使得直线与平面所成角的正弦值为. 【变式6-1】（2025高三·全国·专题练习）如图，在四棱台中，底面是梯形，，，，，且. (1)求证：平面平面. (2)若直线与平面所成角的正弦值为，求二面角的余弦值. 【解析】（1）连交于点，由，设， 由余弦定理得，解得，， 因为，所以和相似， 又， 所以，故， 再由余弦定理，所以，， 于是. 由四棱台可知，与交于一点，所以共面， 因，，平面，所以平面， 又平面，所以平面平面. （2）过点作的垂线，由（1）知，平面平面. 且平面平面, 所以该垂线为平面的垂线，所以直线与平面所成角为， 于是，， 由余弦定理，得， 所以，即， 平面平面，且平面平面，平面， 所以平面， 以所在直线建立如图所示的坐标系， 则，，，，又， 所以，， 所以，，，， 设平面与平面的法向量分别为与， 所以，即， 则，令，则，所以， 且，即，令，则， 则， 所以， 于是， 由图形可知，二面角为锐角， 故二面角的余弦值为. 【变式6-2】（24-25高二上·福建三明·期末）如图，在三棱柱中，底面是边长为2的等边三角形，，分别是线段，的中点，在平面内的射影为D． (1)求证：平面； (2)在棱上是否存在点F，使得平面与平面夹角的余弦值为，若存在，指出点F的位置；若不存在，请说明理由． 【解析】（1）解法一：在三棱柱中，连接， ∵为等边三角形，D为中点，∴， ∵在平面内的射影为D，∴平面， ∵平面，∴， ∵，，平面，∴平面， ∵平面，∴， ∵四边形为菱形，∴， ∵D，E分别为，中点，∴，∴， ∵，，平面，∴平面． 解法二：在三棱柱中，连接， ∵为等边三角形，D为中点，∴， ∵在平面内的射影为D，∴平面， ∵平面，∴，故直线，，两两垂直， 以D为坐标原点，直线，，分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，，，， ∴，，． 设平面的一个法向量为，则， 令，得， ∴，即，∴平面． （2）由（1）知，直线，，两两垂直， 以D为坐标原点，直线，，分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，，，， ∴，，． 设在棱存在点F，使得平面与平面夹角的余弦值为， 设，即， 则， 设平面的一个法向量为，则， 令，得， 设平面的法向量，则， 令，得， 设平面与平面夹角为， 则， 化简得， 解得或（舍）． 故当点F为棱的中点时，平面与平面夹角的余弦值为． 解法二：设在棱存在点F，使得平面与平面夹角的余弦值为， 设，即， 则， 设平面的法向量，则， 令，得， 设平面与平面夹角为， 则， 化简得， 解得或（舍）． 故当点F为棱的中点时，平面与平面夹角的余弦值为． 题型七：新定义问题 【例7】（24-25高二上·北京房山·期末）对于空间向量，定义：，．且． (1)若，求及； (2)是否存在？若存在，写出一个；若不存在，说明理由； (3)证明：对于任意，必存在，使． 【解析】（1）若，则，所以， 则，， 所以，； （2）不存在. 不妨设，所以，相加得， 因为，所以， 因为，所以不存在满足条件的； （3）设， 假设对，即均不为0． 所以．即， 又因为， 所以． 所以，与矛盾，故假设不正确， 综上，对于任意，必存在，使. 【变式7-1】（24-25高二上·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． 【解析】（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 ． 【变式7-2】（24-25高二上·广东汕头·期末）“出租车几何或曼哈顿距离（Manhattan Distance）”是由十九世纪赫尔曼-闵可夫斯基所创词汇，是使用在几何度量空间的几何学用语，表示两个点在空间（或平面）直角坐标系中的“绝对轴距”总和．例如：在空间直角坐标系中，点，之间的曼哈顿距离为． (1)在平面直角坐标系中，已知点O为坐标原点，记为点M与直线l上的所有点的曼哈顿距离的最小值． （i）已知点，求； （ii）已知点，直线l：，求证：． (2)在空间直角坐标系中，已知点O为坐标原点，动点P满足，求动点P围成的几何体的体积． 【解析】（1）（i），则. （ii）当时，设直线上任意一点， 因此； 当时，设，， 因此； 当时，同理， 所以. （2）设，依题意，， 当时，设， ， 因此，点共面， 点围成的图形是边长为的正三角形及内部， 由对称性知，动点围成的几何体是正八面体，每个面都是边长为的正三角形， 所以动点P围成的几何体的体积. 【强化训练】 1．（23-24高二上·河北邢台·阶段练习）如图，为圆柱底面圆周上三个不同的点，分别为半圆柱的三条母线，且是的中点，分别为的中点.    (1)证明：平面. (2)若是上的动点（含弧的端点），求与平面所成角的正弦值的最大值. 【解析】（1）证明：因为分别为半圆柱的三条母线， 所以，且， 所以四边形为平行四边形，所以. 又因为平面平面， 所以平面. （2）    记的中点为，点在平面内的投影记为，连接. 因为是半圆的中点，所以. 易知平面两两相互垂直，且. 以的方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，则，. 点在平面内的单位圆上，其坐标不妨记为，则，. 设平面的法向量为， 则即令，得. 设与平面所成的角为， 则 ， 当且仅当时，与平面所成角的正弦值取得最大值，且最大值为. 2．（24-25高二上·河北沧州·期末）如图，在多面体中，底面为矩形，底面，，且，，． (1)当时，求直线与平面所成角的正弦值． (2)是否存在实数，使得在平面内的射影恰好为的重心？若存在，求出；若不存在，请说明理由． 【解析】（1）由题易得直线，，两两垂直，故以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 因为，所以，，，，，，． 设平面的法向量为， 所以即得，取，则， 所以平面的一个法向量为． 设直线与平面所成的角为， 则， 所以直线与平面所成角的正弦值为． （2）设的重心为，则，，，， 所以，，，． 设平面的法向量为， 所以即取，则，，即， 假设在平面内的射影恰好为的重心，则， 所以，无解，故不存在实数，使得在平面内的射影恰好为的重心． 3．（24-25高二下·江西赣州·期中）在矩形 中，E，F 为CD 上两个不同的三等分点，如图1.将 和 分别沿 向上翻折，使得点C，D重合，记重合后的点为 P，如图2.已知，四棱锥 的体积为 (1)求； (2)求平面与平面 所成角的正弦值. 【解析】（1）取的中点分别为，连接， 过点作，垂足为. 设，则，为等边三角形，. 在中，. 在中，， 所以. . 梯形的面积. 四棱锥的体积为， 解得（舍去），即. （2）由（1）可得. 以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴， 过点且垂直于轴的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则. . 设平面的法向量为，则 取，得. 设平面的法向量为，则 取，得. 所以，， 所以平面与平面所成角的正弦值为. 4．（24-25高二上·江苏·期中）如图1，△是等边三角形，△为等腰直角三角形，．将△沿翻折到△位置，且点不在平面内（如图2）．点在线段上（不含端点）． (1)证明：； (2)直线与所成角的余弦值为． ①直线与平面所成角为60°时，求； ②设平面与平面的夹角为，求的取值范围． 【解析】（1）设为线段的中点，连接，如图， 因为，所以， 因为平面， 所以平面， 因为平面，所以 （2）因为△为等腰直角三角形，， 所以， 因为△是等边三角形，所以， 设， 则 因为， 所以， 所以 解得或， 因为，所以， 所以两两垂直， 以为坐标原点，为基底，建立如图所示空间直角坐标系， ①， 则，设， 得 设平面的法向量为， 则，取，则， 所以 因为直线与平面所成角为60°， 所以，解得（不合题意，舍）， 所以 ②设平面的法向量为， 则， 取，可得， 所以， 令，则，且， 因为时，， 所以，， 所以的取值范围. 5．（24-25高二上·上海·期中）如图①所示，长方形ABCD中，，，点M是边CD的中点，将沿AM翻折到，连接PB，PC，得到图②的四棱锥． (1)求点P到平面ABCM的最大距离； (2)若棱PB的中点为N，求CN的长； (3)设的角度大小为，若，求平面PAM和平面PBC夹角余弦值的最小值． 【解析】（1） 由题意可知，当平面平面时， 点P到平面ABCM的距离最大， 因为，，点是边的中点， 所以，取的中点为，连接， 则，又平面平面，平面平面， 平面，所以平面， 所以P到平面ABCM的最大距离为. （2） 取中点，连接，， 则因为为中点，所以为的中位线， 所以且， 因为为的中点，四边形为矩形， 所以且， 所以且， 故四边形为平行四边形， 所以. （3）连接， 因为，所以， 所以为的平面角，即， 过点作平面，以为坐标原点，分别以所在的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，， 过作于点，由题意得平面， 设，所以，， 所以，所以， ， 设平面的法向量为， 则， ， 令，则， 设平面的法向量为， 因为， 则， 可得， 令，则， 设两平面的夹角为， 则 ， 令，，所以， 所以，所以当时，有最小值， 所以平面PAM和平面PBC夹角余弦值的最小值为. 6．（24-25高二上·江苏常州·期中）如图，在三棱锥中，为的中点，平面平面. (1)证明：； (2)若二面角的大小为，求平面与平面的夹角的正弦值. 【解析】（1）过作垂足为， 平面平面，平面平面，平面， 平面， 又平面，， 因为为的中点，，所以， 又面，所以平面. 又因为平面，所以. 因为为的中点，所以. （2）如图，取的中点，连接. 因为，所以. 又因为平面平面，平面平面平面， 所以平面. 因为二面角的大小为， 所以即为二面角的平面角，即， 所以为等腰直角三角形，， 因为，为的中点， 所以. 所以. 如图，以为坐标原点，所在直线分别为轴， 过点且与平行的直线为轴，建立空间直角坐标系. 则， 所以. 设平面的一个法向量为， 所以，即， 令，解得， 所以. 同理，平面的一个法向量为. 设平面与平面的夹角为， 则， 所以. 7．（24-25高二上·浙江宁波·期末）如图五面体中，四边形是菱形，是以角为顶角的等腰直角三角形，点为棱的中点，点为棱的中点 (1)求证：平面 (2)若点在平面的射影恰好是棱的中点，点是线段上的一点且满足，求平面与平面所成角的余弦值． 【解析】（1） 证明：取的中点，连接，如图所示， 是的中点，点为棱的中点， ， 而平面，平面， 平面, 菱形，，， 又分别是的中点， 四边形是平行四边形 ，而 平面，平面， 平面， 又，平面, 平面平面，而平面， 平面. （2） 因为点在平面的射影恰好是棱的中点，所以取的中点， 连接，则平面，因为是以角为顶角的等腰直角三角形，所以. 故以点为坐标原点，分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示. 根据，可得，不妨设， 则， ，所以， ， , 平面的法向量为， 设平面的法向量为， ，, 设平面与平面所成角，则 则， 所以平面与平面所成角的余弦值为. 8．（24-25高二上·上海·期末）如图，在平行六面体中，，，，，.点是棱的中点，点是对角线上一点（包括端点），且满足. (1)若三点共线，求的值； (2)若对角线，求的最大值； (3)若，直线和的所成角为，求的取值范围. 【解析】（1）设基向量， 则， 因为， 所以， 因为三点共线，设， 则， 所以，即， 所以 （2）因为，且， 所以， 配方得：， 即， 故，即， 所以的最大值为. （3）解法一：， ， 则，即， ， 即 ， ， 令 ， . 解法二：因为，，所以， 又因为，所以，即， 所以直线和的所成角为， 当点和点重合时，最小为，即最大为1； 当点和点重合时，最大，即最小， ， 此时. 所以. 解法三：如图，以点为原点，为轴，为轴，建立空间直角直角坐标系. 则， 由点，得，则， 又，则， ， ， 令 ， . 9．（24-25高二上·宁夏吴忠·期中）在空间直角坐标系中，已知向量，点．若直线以为方向向量且经过点，则直线的标准式方程可表示为；若平面以为法向量且经过点，则平面的点法式方程表示为． (1)已知直线的标准式方程为，平面的点法式方程可表示为，求直线与平面所成角的余弦值； (2)已知平面的点法式方程可表示为，平面外一点，求点到平面的距离； (3)（ⅰ）若集合，记集合中所有点构成的几何体为，求几何体的体积； （ⅱ）若集合．记集合中所有点构成的几何体为，求几何体相邻两个面（有公共棱）所成二面角的大小． 【解析】（1）由题意可知，直线的一个方向向量为，平面的一个法向量为， 设直线与平面所成角为，则， 所以. 因此，直线与平面所成角的余弦值为. （2）因为平面的点法式方程可表示为，在平面内取一点， 平面的一个法向量为，且， 所以点到平面的距离为. （3）（i）建立空间直角坐标系，先分别画平面， 然后得到几何体是底面边长为的正方形，高为的长方体， 故几何体的体积为. （ii）的图象是一个完全对称的图象， 所以我们只需讨论第一卦限的相邻两个平面的二面角即可， 此时，，，得， 画出第一卦限图象，显然其二面角为钝角， 计算平面，得二面角， 所以两个平面的法向量分别为，， 所以其二面角的余弦值为，所以二面角为. 10．（24-25高二上·上海金山·期末）我们称为向量与的向量积，现定义空间向量与的向量积：若，，则.区别于向量的数量积的结果是标量，向量的向量积的结果仍然为向量.已知在三棱锥中，记. (1)若，求； (2)①向量是即有大小又有方向的量.试根据问题（1）的结果，猜测一个有关方向的一般结论（不必证明）. ②若，求直线与平面的所成角的大小； (3)证明，并用表示三棱锥的体积. 【解析】（1），. （2）①的方向是平面的法向量； 因为，， ， 所以， ， 所以的方向是平面的法向量； ②由题意知， 设平面的法向量为， 则设，则， 则直线与平面的所成角的正弦值为， 则直线与平面所成角们大小为. （3） ， 由题意知点到平面的距离为， 11．（21-22高二上·黑龙江大庆·期末）如图，直四棱柱的底面为直角梯形，，，，，、分别为棱、的中点． (1)在图中作出平面与该棱柱的截面图形，并用阴影部分表示（不必写出作图过程）； (2)为棱的中点，求异面直线与所成角的正弦值． 【解析】（1）取中点，连接、，则四边形是平面与该棱柱的截面图形． （2）直四棱柱的底面为直角梯形，且，故， ，，、分别为棱、的中点， 以为原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、，，， ， 所以，， 因此，异面直线与所成角的正弦值为． 12．（21-22高三上·吉林·期末）如图为一块直四棱柱木料，其底面ABCD满足：，． (1)要经过平面内的一点P和棱将木料锯开，在木料表面应该怎样画线？（借助尺规作图，并写出作图说明，无需证明） (2)若，，当点P在点C处时，求直线AP与平面所成角的正弦值． 【解析】（1）过点作直线分别交于连接 （2）以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系. 则 . 设平面的法向量为， 则，取 设直线与平面所成角为 ， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 13．（24-25高二上·山西吕梁·期末）已知边长为6的菱形ABCD（如图1），，AC与BD相交于点O，E为线段AO上一点，且，将三角形ABD沿BD折叠成三棱锥（如图2）． (1)证明：BD⊥AC； (2)当三棱锥的体积最大时， （ⅰ）求三棱锥外接球的表面积； （ⅱ）求平面BCE与平面ACD的夹角的余弦值． 【解析】（1）因为四边形ABCD是边长为6的菱形，并且， 所以，均为等边三角形，故，， 因为平面，平面ACO，且， 所以平面ACO，因为平面ACO，所以． （2）因为为等边三角形，且， 又的面积是定值，所以当平面平面BDC时， 三棱锥的体积最大，所以平面， 如图，以为坐标原点，OB、OC、OA所在直线分别为x轴， y轴，z轴，建立空间直角坐标系； 因为菱形ABCD的边长为6，所以 ，，，， （ⅰ）设外接球的球心为，半径为R， 则得： 所以外接球的表面积； （ⅱ）设平面BCE与平面ACD的法向量分别为，， 又． 故取，则，得， 又取，则，得， 故平面BCE与平面ACD的夹角的余弦值为． 14 学科网（北京）股份有限公司 $$