拓展专题02 空间直角坐标系建系的九大策略（期中复习讲义）（知识必备+9大核心题型+分层验收）高二数学上学期人教B版

拓展专题02 空间直角坐标系建系的九大策略 （期中复习讲义） 核心考点 复习目标 考情规律 空间平行、垂直关系的证明 能建立适当的空间直角坐标系，利用空间向量解决线线、线面、面面的平行或垂直关系的证明问题,提升逻辑推理和数学运算的核心素养 期中必考点，多为解答题 空间角 能建立适当的空间直角坐标系，利用空间向量求各类空间角，提升数学运算和逻辑推理的核心素养. 期中必考点，多为解答题 空间距离 能建立适当的空间直角坐标系，利用空间向量求解空间距离问题，提升逻辑推理与数学运算的核心素养. 常考考点，常出现在解答题中 知识点 建立空间直角坐标系的基本步骤 建立空间直角坐标系时，可以按照以下步骤进行： 1.确定空间直角坐标系的三个坐标轴方向，一般选择为某轴、y轴和z轴。 2.确定空间直角坐标系的原点，一般选择为三个轴的交点。 3.确定坐标轴的正方向，一般按照右手定则确定，即当右手的大拇指指向某轴正方向，食指指向X轴正方向时，中指所指的方向即为z轴正方向。 4.确定坐标轴的长度和间距，一般选择适当的数值，方便计算。 5.根据需要，可以在空间直角坐标系中建立坐标系网格和标注坐标轴上的刻度值，方便进行坐标计算和表示几何体。 策略一 利用共顶点且相互垂直的三条棱建系（墙角型） 解｜题｜技｜巧 若直线OA,OB,OC两两垂直，则可以点O为原点，这三条直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系O-xyz,如下图所示： 【典例1】（24-25高二上·四川广安·阶段练习）如图，在长方体中，，，为的中点． (1)求点到面的距离； (2)求点到面的距离． 【答案】(1)1 (2) 【分析】（1）利用长方体性质得到平面，再结合题意求出即可. （2）建立空间直角坐标系，求平面的法向量，再利用点到平面距离公式计算即可. 【详解】（1）由长方体性质得平面， 因为，为的中点，所以， 则点到面的距离为. （2）如图，以为原点，分别以，，的方向为，，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，即， 令，则，，可得， 则点到平面的距离. 【变式1】（25-26高二上·广西玉林·阶段练习）已知四棱柱中，底面为梯形，，平面，，其中是的中点，是的中点．    (1)求证平面； (2)求平面与平面所成二面角的余弦值； (3)求点到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）由中位线得到平行四边形，再由线面平行的判定定理证明； （2）建立空间直角坐标系，分别求得两个平面的法向量，计算得到法向量夹角的余弦值，从而得到两个平面所成角的余弦值； （3）由点到平面的距离公式计算得到答案. 【详解】（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，得， 又平面，平面，所以平面． （2）建立如图空间直角坐标系，    则， 所以， 设平面与平面的一个法向量分别为， 则，， 令，得， 所以， 则， 即平面与平面所成角的余弦值为 （3）由，平面的一个法向量为， 则点到平面的距离为. 策略二 利用线面垂直建系 解｜题｜技｜巧 当一条直线与一个平面垂直时，可以这条直线为z轴，建立空间直角坐标系，如下图所示： 【典例2】（25-26高三上·天津南开·开学考试）如图，在直四棱柱中，侧棱的长为3，底面ABCD是边长为2的正方形，E是棱BC的中点． (1)证明：平面； (2)求平面与平面ABCD的夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）以为原点建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明推理得证. （2）求出平面与平面的法向量，再利用空间向量求出面面角的余弦值. 【详解】（1）在直四棱柱中，建立如图所示的空间直角坐标系，    由侧棱的长为3，底面是边长为2的正方形， 得，由是棱的中点，得， 则， 设平面的法向量为，则，令，得， 显然，则，又平面， 所以平面. （2）由（1）知平面的法向量为，而平面的一个法向量为， 因此， 所以平面与平面所成角的余弦值为. 【变式2】（2025·河北秦皇岛·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面是边长为3的菱形，平面，，，点为线段上的三等分点.    (1)证明：平面平面. (2)求二面角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用面面垂直的判定定理可得答案； （2）连接，取的中点，以为原点，所在的直线分别为，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. 【详解】（1）因为四棱锥中，底面是边长为3的菱形，所以， 因为平面，平面，所以， 由，平面，得平面， 又平面， 所以平面平面； （2）连接，取的中点，连接，因为，所以， 以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则， ， 设为平面的一个法向量，则 ，令，则， ， 设为平面的一个法向量，则 ，令，则， ， 所以， 所以二面角的余弦值为.    策略三 利用面面垂直建系 解｜题｜技｜巧 当两个平面互相垂直时，可在一个平面内作一条直线与另一个平面垂直，并以这条直线为z轴，建立空间直角坐标系，如下图所示： 【典例3】（25-26高三上·云南·阶段练习）如图，在四棱锥中，四边形是边长为2的正方形，为等边三角形，平面平面．点是线段的中点，． (1)证明：平面； (2)求平面与平面的所成角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接交于，连接,根据条件证明即得； （2）先证明平面，建立空间直角坐标系，求出相关点和向量的坐标，分别求得平面与平面的法向量，最后由空间向量的夹角公式求解即得. 【详解】（1）如图，连接交于，连接,由是的中点可得， 因为，， 所以与相似，所以， 又，所以， 又平面平面，所以平面； （2）因平面平面，且平面平面， 由已知，点E是线段AD的中点，所以， 又平面，故得平面. 如图，取的中点为，分别以为轴的正方向，建立空间直角坐标系. 则，， ，，则，. 设平面的法向量为，由， 则，故，取，则， 故为平面的一个法向量； 设平面的法向量为， 由， 则，故，取，则， 故为平面的一个法向量， 设平面与平面的夹角为， 所以， 所以平面与平面的夹角的余弦值为. 【变式3】（25-26高三上·江苏南通·开学考试）如图，在三棱锥中，平面平面，底面是等边三角形，侧面是等腰直角三角形，，，点是的中点. (1)证明：； (2)设点，，，均在球的球面上. ①证明：点O在平面内； ②求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)见解析 (2)①见解析；② 【分析】（1）利用面面垂直的性质定理，转化为证明平面，即可证明线线垂直； （2）①首先根据（1）的结果建立空间直角坐标系，利用坐标法求点的坐标，即可证明； ②求平面的法向量，利用坐标法求线面角的正弦值. 【详解】（1）因为平面平面，且平面平面， 且是等腰直角三角形，，点是的中点， 所以，所以平面，且平面， 所以； （2）①因为是等边三角形，且点是的中点， 所以， 如图，以点为原点，为轴的正方向建立空间直角坐标系，，，，， 设， 由条件可知，， 所以， 解得：，即， 所以点在平面内； ②，，， 设平面的一个法向量， ，令，则， 所以平面的一个法向量， 设与平面所成角为， 所以. 策略四 利用正棱锥的中心与高所在直线建系 解｜题｜技｜巧 对于正棱锥，可以底面中心为原点，中心与顶点连线为z轴，建立空间直角坐标系，如下图所示： 【典例4】（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. 【变式4】（24-25高三上·云南楚雄·期末）如图，在正四棱锥中，分别为棱的中点. (1)证明：平面. (2)求平面与平面的夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据分别为棱的中点，得到，再由四边形为正方形，得到，然后利用线面平行的判定和面面平行的性质证明即可； （2）建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量，再由是平面的一个法向量，由求解. 【详解】（1）证明：因为分别为棱的中点， 所以. 又为正四棱锥，所以四边形为正方形， 则，从而. 因为平面平面平面平面， 所以平面平面. 又，所以平面平面. 因为平面，所以平面. （2）解：因为为正四棱锥， 所以以四边形的中心为坐标原点，过点且与平行的直线为轴，过点且与平行的直线为轴，所在直线为轴， 建立如图所示的空间直角坐标系. 由，得， 则， 所以. 设平面的一个法向量为， 由得 令，得. 由图可知，是平面的一个法向量. 则， 故平面与平面的夹角的余弦值为 策略五 利用图形中的对称关系建系 解｜题｜技｜巧 图形中虽没有明显交于一点的三条直线，但有一定对称关系（如正三棱柱、正四棱柱等），此时可利用自身对称性可建立空间直角坐标系，如正棱柱可以上、下底面中心连线为z轴，建立空间直角坐标系. 【典例5】（2025高三·全国·专题练习）如图，分别是正四棱柱上、下底面的中心，是的中点，.    (1)求证：平面； (2)当时，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出向量的坐标，然后利用共面定理得，进而利用向量法证明线面平行即可； （2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，然后利用向量法求解线面角即可； 【详解】（1）以点为原点，直线所在直线分别为轴、轴、轴， 建立如图所示的空间直角坐标系. 不妨设，    则. 由上得. 设得， 解得，所以. 因为平面，平面，所以平面. （2）当时，由， 得. 设平面的法向量为， 则由得. ， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 【变式5】（2025·广东佛山·三模）如图，在直三棱柱中，，．侧棱．分别为上的动点，当运动到的中点时，异面直线与所成角的余弦值为． (1)证明：是正三棱柱； (2)若运动时，总满足．当面积最小时，求二面角的大小． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由异面直线夹角的定义，根据勾股定理以及余弦定理，求得三角形边长，可得答案； （2）利用勾股定理以及三角形面积公式，求得各个边长，法一：根据题意建立空间直角坐标系，求得平面的法向量，利用二面角的向量公式，可得答案；法二：根据二面角的定义，根据三角形性质，写出其余弦计算，可得答案. 【详解】（1）连接，如下图： 因为是直三棱柱，所以， 设，由于， 因此的大小就是异面直线与所成角的大小， 根据勾股定理， 根据余弦定理， 即①， 在中，根据余弦定理得②， 联立①②解得， 故是正三角形，因此是正三棱柱. （2）设高于，设， 则，由于， 因此，即，化简得， 因此， 当且仅当时等号成立．因此 设中点为中点为，连接， 以为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系， 则： ． 设平面的法向量是， 则，即，解得 ． 设平面的法向量， 则，得，得， 设二面角为，则， 故二面角的大小为， 策略六 作线面垂直辅助线建系 解｜题｜技｜巧 对于一些非规则的几何体或者斜棱柱这类的几何体，有时很难在图形中找到线面垂直或面面垂直，这时可通过作辅助线，即过一个适当的点作出一条直线与某平面（一般为底面）垂直，再以这条直线为z轴，建立空间直角坐标系. 【典例6】（24-25高三下·浙江金华·阶段练习）如图，在三棱柱中，是边长为2的正三角形，侧面是矩形，． (1)求证：三棱锥是正三棱锥； (2)若三棱柱的体积为，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据线面垂直的判定定理及性质定理，证明平面即可； （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求线面角正弦即可. 【详解】（1）分别取AB，BC中点D，E，连接CD，AE交于点O，则点O为正三角形ABC的中心． 因为得， 又平面， 所以平面，又平面， 则； 取中点，连接，则四边形是平行四边形， 因为侧面是矩形，所以，又， 又平面， 所以平面，又平面，则； 又，平面，所以平面， 所以三棱锥是正三棱锥． （2）因为三棱柱的体积为，底面积为，所以高， 以E为坐标原点，EA为x轴正方向，EB为y轴正方向，过点E且与平行的方向为z轴的正方向建立空间直角坐标系， 则， 设平面的法向量，因为． 则，取，可得， 又， 设直线与平面所成角为θ， 所以. 【变式6】（25-26高三上·广西·开学考试）如图，在四棱锥中，平面，，E为棱的中点，，. (1)证明：平面； (2)若，，求二面角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由线面垂直的判定定理可得平面，进而得，再根据线面垂直的判定定理得证； （2）以为原点，，，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，求出平面和平面的法向量，利用向量法求解. 【详解】（1）因为，E为棱的中点，所以， 因为平面，平面，所以. 因为平面，平面，且，所以平面. 因为平面，所以. 因为，平面，平面，且，所以平面. （2）取棱的中点，连接， 因为E为棱的中点，所以∥， 因为平面，所以平面， 因为平面，所以， 因为，所以，，两两垂直， 所以以为原点，，，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. 则，，，，， 则，，. 设平面的法向量为， 则，令，得. 由（1）可知平面的一个法向量为. 由， 所以二面角的正弦值为. 策略七 不规则几何体型建系 解｜题｜技｜巧 1．若是有垂面，可以垂面建系，难点在于需要寻找“空中点坐标”. 2．如有垂线，则可以垂线型建系. 3．无有垂线和垂面，则可以通过选择合适几个点，“切割出”三棱锥，转化为斜面型三棱锥来建系设点. 【典例7】如图所示，在多面体中，底面为直角梯形，，，侧面为菱形，平面平面，M为棱的中点． (1)若点N为的中点，求证：平面； (2)若，，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析(2)． 【分析】（1）连接，，证得，利用线面平行的判定定理，即可证得平面． （2）根据题意，证得平面，以为原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的一个法向量和，结合向量的夹角公式，即可求解. 【详解】（1）证明：连接，，因为M，N分别为，的中点，所以为的中位线，所以， 又平面，平面，所以平面． （2）解：取的中点O，连接，因为侧面为菱形，且， 所以在中，，解得，所以'，即， 又因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，过O作的垂线，交于H并延长， 分别以，，所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 如图所示，设，则，故，，，，， 则，，，，， 设平面的法向量为，则 ，即， 取，可得， 设平面的法向量为， ，即， 令，则，所以， 则，故平面与平面夹角的余弦值为． 【变式7】如图，在直角梯形ABCD中，，，四边形为平行四边形，对角线和相交于点H，平面⊥平面，，，G是线段上一动点（不含端点）．      (1)当点G为线段BE的中点时，证明：平面； (2)若，且直线与平面成角，求二面角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）连接，由三角形中位线和边长关系可知四边形是平行四边形，即可证明平面； （2）根据题意可知，以为原点建立空间直角坐标系，可设利用空间向量即可表示出，进而确定点位置，再分别求得两平面的法向量即可得出二面角的正弦值为. 【详解】（1）证明：连接，如下图（1）中所示：因为四边形为平行四边形，所以是中点， 又点为线段的中点，则，且,又且，所以， 所以四边形是平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面；    （2）以为原点，为轴，过且在平面内与垂直的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图（2）所示：由平面⊥平面，，可知， 均为边长为2的正三角形，则有， 设，则， 为平面的法向量，所以， 解得（其中舍去）,所以， 设平面的法向量为，则有， 令，则，故可取． 设平面的法向量为，则有， 令，则，故可取所以． 所以二面角的正弦值为．即二面角的正弦值为. 策略八 台体建系 解｜题｜技｜巧 1.正棱台型，建系较简单，一般是正多边形中心作为原点，上下底面连线作为z轴. 2.非正棱台型，如有垂面或者垂线，则可以垂面垂线型建系，无垂面垂线，则可参考三棱锥斜面建系思维. 【典例8】如图，在多面体ABCFDE中，四边形ABED是菱形，，，平面ABED，点G是线段CD的中点． (1)证明：平面BCD； (2)若，求直线FG与平面ACD所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）连接AE，交BD于点O，连接GO.根据题意得到和，利用线面垂直的判定得到平面CBD，然后利用中位线定理得到四边形EFGO为平行四边形，进而得到，从而得证； （2）建立空间直角坐标系，写出相应点的坐标，分别求出平面的法向量和直线的方向向量，利用空间向量的夹角公式进而求解. 【详解】（1）连接AE，交BD于点O，连接GO．在菱形ABED中，． 因为平面ABED，平面ABED，所以．又因为，平面CBD，所以平面CBD．因为，且，， 所以，且，所以四边形EFGO为平行四边形，所以， 所以平面CBD． （2）如图，以B为坐标原点，分别以BC，BA所在直线为x，y轴建立空间直角坐标系，如图． 设，则，，，， 设平面ACD的一个法向量为，由得，取， 因为，记直线FG与平面ACD所成角为，则， 所以，直线FG与平面ACD所成角的正弦值是． 【变式八】（24-25高二上·浙江杭州·期末）如图，在三棱台中，，分别为、的中点. (1)求证：平面； (2)若平面，为等腰直角三角形，，，求平面与平面所成的锐二面角的大小. 【答案】(1)证明过程见详解； (2). 【分析】（1）根据三棱台的性质，先证面面平行，再证线面平行即可； （2）根据条件建立适当的空间直角坐标系，求出两平面的法向量，再求两平面所成二面角的大小. 【详解】（1）在三棱台中，，，所以， 因为为的中点，所以且， 所以四边形为平行四边形，所以， 因为平面，平面，所以平面， 又分别为、的中点，所以， 因为平面，平面，所以平面， 因为，所以平面平面， 又平面，所以平面. （2）因为平面，为等腰直角三角形，， 故以为原点，以为轴，以为轴，过点作垂直于的射线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 设，则，平面与平面所成的锐二面角为， 则，，，，， 所以，，，， 设平面的法向量为，平面的法向量为， 则，即，解得， ，即，解得， 所以平面与平面所成的锐二面角余弦值为 ， 又，所以平面与平面所成的锐二面角为. 策略九 翻折型建系 解｜题｜技｜巧 翻折型几何体，寻找翻折前和翻折后的“变与不变”的点线面关系。 1. 翻折前翻折后在同一平面内的点线，数量关系不变。 2. 翻折后，一般情况下是存在垂直的平面，可以利用垂面法建系计算 3. 翻折后，可以构造三棱锥，利用三棱锥斜面建系法来建系计算 【典例9】（2025·辽宁·二模）如图1在梯形ABCD中，，且为AB中点，为BC上一点，且．现将该梯形沿AC折起，使得点折叠至点的位置（如图2），且二面角的平面角大小为. (1)求证：； (2)求直线CE与平面PEF所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）在图1中，连接，交于点，连接，即可证明四边形是菱形，从而得到，即可得到，从而证明平面，即可得证； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得. 【详解】（1）图1中，连接，交于点，连接， 为AB中点，， 又，，四边形是菱形， ， 所以在图2中，，又平面，， 平面， 又平面，； （2）以中点为坐标原点，为轴，为轴，过点做垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系． 则， 所以，，， 设平面的法向量， 由，有，， 令，则， 设与平面所成的角为， 则， 所以直线与平面所成的角的正弦值为. 【变式9】2．（2025·全国·模拟预测）如图，矩形中为中点，将沿着折叠至. (1)证明：平面； (2)设平面平面，点，过作一截面，与棱分别交于点，且平面，记四棱锥的体积为，四棱锥的体积为，若直线与平面所成角的正弦值为，求. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）由题意得，，， 所以，即， 因为，所以，即， 又平面，所以平面； （2）因为,平面,平面,所以平面, 又平面,平面平面，所以 以点为坐标原点，、为轴和轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则 因为，所以,所以， 设平面的法向量为， 则 即 令得,所以， 记直线与平面所成角为,则， 化简得，解得，所以. 由，得,即(三等分点)， 又平面，所以，所以(三等分点)， 因为，，所以四边形为平行四边形， 所以即(四等分点)， 所以 又 所以. 期中基础通关练（测试时间：45分钟） 1．（25-26高二上·河北·期中）如图，在正方体中分别为的中点，点在棱上，且. (1)证明：四点共面； (2)设平面与棱的交点为求与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）在正方体中，以点为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 令，则， 则， 于是， 即向量共面，又向量有公共点， 所以，，，四点共面. （2）设，则，由点平面，得， 即， 则，解得， 即，，而， 则， 设平面的法向量，则， 令，得，令与平面所成的角为， 则， 所以与平面所成角的正弦值为. 2．（24-25高二上·辽宁·期中）如图，在直三棱柱中，，D是棱AC的中点，    (1)求C点到平面的距离. (2)求直线与平面所成的角的正弦值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）建立空间坐标系，利用点到平面的距离公式求解即可； （2）利用线面角的向量求法即可求解. 【详解】（1）由题意可知，两两垂直， 于是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， 即，令，则. 所以点C到平面的距离. （2）设直线与平面所成的角为， ， ， 所以直线与平面所成的角的正弦值为. 3．（25-26高二上·新疆·期中）在四棱锥中，底面，，，，．    (1)证明：； (2)求与平面所成的角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)． 【详解】（1）证明：底面，平面， ， 取中点，连接， ，， ，又， ，， 为直角三角形，且为斜边， ， 又，平面，平面， 平面，又平面， ； （2）由（1）知，，，两两互相垂直，故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，则可取， 设与平面所成的角为，则， 与平面所成的角的正弦值为． 4．（24-25高二下·四川泸州·期中）如图，在三棱柱中，平面，是边长为2的正三角形，，，分别为，的中点.    (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析. (2) 【详解】（1）在三棱柱中，由底面,平面，得， 由为等边三角形，为的中点，得， 而平面，所以平面. （2）取中点，连结，由为的中点，得， 由（1）知平面，平面，则，而， 以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则，， ，，设平面的法向量， 则 ，令，得，而， 设直线与平面所成角为，则， 所以直线与平面所成角的余弦值为.    5．（2023·上海闵行·一模）如图，在四棱锥中，底面是边长为a的正方形，侧面底面，且，设分别为的中点． (1)证明：直线平面； (2)求直线PB与平面所成的角的正切值． 【答案】(1)证明见解析； (2). 【详解】（1）取AD中点O，连接， 在四棱锥中，，则， 由，则，有， 又平面底面，平面底面，平面， ∴平面，平面，则， 又分别为的中点，底面是边长为a的正方形，则， 所以两两垂直，以O为原点，所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系， ， 则，取平面PAD的法向量为， 所以，且平面， 所以平面； （2）由（1）知：，取平面的法向量， 设直线PB与平面所成的角为θ， 则， ∴，故， ∴直线PB与平面所成的角的正切值为． 期中重难突破练（测试时间：40分钟） 6．（24-25高二下·甘肃·期中）如图，在三棱锥中，，平面平面，二面角为，已知. (1)求的长； (2)求锐二面角的余弦值. 【答案】(1) (2) 【详解】（1）如图，作，垂足为，连接， 因为平面平面， 平面平面，且平面， 所以平面，因为平面，所以， 因为平面，所以， 又，且平面， 所以平面， 因为平面，所以， 所以二面角的平面角为， 即， 因为， 所以，所以， 即， 所以； （2）如图，以为原点，所在直线为轴，过作垂直于平面，建立空间直角坐标系， 则， 所以， 设平面的法向量为， 则 取，则， 所以为平面的一个法向量， 设平面的法向量为， 则 取，则， 所以为平面的一个法向量， 设锐二面角为， 所以. 7．（24-25高二下·甘肃天水·期中）在如图所示的几何体中，四边形ABCD是菱形，ADNM是矩形，平面ABCD，，，，E为AB的中点. (1)求平面EMC与平面MBC夹角的余弦值； (2)在线段AM上是否存在点P，使直线PE与平面MBC所成的角为?若存在，求出PE的长；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)； (2)不存在，理由见解析. 【详解】（1）连接DE，由四边形ABCD是菱形，， 所以为正三角形，又E是AB的中点，得，即， 因为平面ABCD，平面ABCD， 所以，建立如图空间直角坐标系D-xyz， 则，，，，， 得，，， 设平面、平面MBC的一个法向量分别为、， 则， 令，得，令，得， ∴，， 得， 又平面与平面MBC的夹角为锐角， ∴平面与平面MBC所成角的余弦值为； （2）设，则，且， 由（2）知平面MBC的法向量为， 设直线PE与平面MBC的所成角为，则， 所以， 解得，不符合题意， ∴在线段AM上不存在点P，使直线PE与平面MBC的所成角为． 8．（24-25高二上·上海静安·期中）已知四棱柱中，底面为梯形，，⊥平面，，其中，．是上的一动点，是上的一动点． (1)当的长是多少时，平面⊥平面，请说明理由； (2)当是的中点时，求点到平面的距离； (3)若是的中点，且平面时，求三棱锥的体积． 【答案】(1)2，理由见解析 (2) (3) 【详解】（1）当时，平面⊥平面，理由如下： 由题意知，两两垂直，故以为原点建立如图所示的空间直角坐标系， 则，所以， 设，则， 设平面的法向量为， 则， 取，则，所以， 易知平面的一个法向量为， 因为平面⊥平面，所以， 即， 所以当时，平面⊥平面． （2）当是的中点时，，即， 所以平面的法向量为，而， 所以点B到平面的距离为. （3）当是的中点时，，平面的法向量为， 设，，所以， 因为平面，所以， 解得，即点N是的中点， 所以，， 所以点到平面的距离， 因为，所以，，， 所以的面积， 所以三棱锥的体积． 9．（24-25高二下·云南·期中）如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，且. (1)证明：. (2)设平面与平面的交线为. ①证明：. ②若为上的点，求与平面所成角的正弦值的最大值. 【答案】(1)证明见解析 (2)①证明见解析；②. 【详解】（1）证明：因为平面平面，平面平面，， 所以平面. 因为平面，所以. 因为，，所以平面. 又平面，所以. （2）①证明：因为，平面，平面，所以平面. 又因为平面，平面平面，所以. ②解：过点在平面内作，则平面， 又因为，所以以为原点，，，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，则，，. 设平面的法向量为，则 令，则. 设直线与平面所成的角为，则. 令，所以 ， 当且仅当时，取得最大值. 期中综合拓展练（测试时间：30分钟） 10．（2025·全国一卷·高考真题）如图,在四棱锥中，底面，． (1)证明：平面平面； (2)设，且点，，，均在球的球面上． （i）证明：点在平面内； （ⅱ）求直线与所成角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析； (2)（i）证明见解析； （ii）. 【详解】（1）由题意证明如下， 在四棱锥中，⊥平面，， 平面，平面， ∴，， ∵平面，平面，， ∴平面， ∵平面， ∴平面平面. （2）（i）由题意及（1）证明如下， 法一： 在四棱锥中，，，，∥， ，， 建立空间直角坐标系如下图所示， ∴， 若，，，在同一个球面上， 则， 在平面中， ∴， ∴线段中点坐标， 直线的斜率：， 直线的垂直平分线斜率：， ∴直线的方程：， 即， 当时，，解得：， ∴ 在立体几何中，， ∵ 解得：， ∴点在平面上. 11．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）已知等腰中，，，D是线段上一点，现将沿折起至的位置．设折叠后平面和平面所成的二面角为（）． (1)若D为中点，求证：． (2)若， ①求平面和平面所成角的正弦值； ②设E为的中点，过E作平面截三棱锥的外接球，求截面面积的最小值． 【详解】（1）证明：如图（1）所示，在等腰中， 因为，且D为中点，可得，即， 又因为，且平面，所以平面， 因为平面，所以. （2）解：①在等腰中，，，可得， 因为，可得，即， 在中，由余弦定理得，所以， 所以为等腰三角形，所以， 所以，即， 又因为平面和平面所成的二面角为，即平面平面， 因为平面，且平面平面，所以平面， 又因为平面，所以， 如图所示，过点作，因为，且平面， 所以平面， 因为平面，所以， 所以为平面和平面所成角的平面角， 在直角中，可得， 在直角中，可得，所以， 所以平面和平面所成角的正弦值为. ②以为原点，以分别为轴，轴，以在平面内，过点垂直的所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如图(3)所示， 则， 设三棱锥的外接球的球心为， 则球心在底面上的投影为的外心，其坐标为， 球心在上的投影点为直角的外心，即的中点，坐标为， 所以球心的坐标为，半径为， 又由为的中点，可得,则， 当与过点的截面垂直时，此时截得的小圆的半径最小，其面积最小， 设所截小圆的半径为，则， 所以过E作平面截三棱锥的外接球，截面面积的最小值. 4 / 52 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 拓展专题02 空间直角坐标系建系的九大策略 （期中复习讲义） 核心考点 复习目标 考情规律 空间平行、垂直关系的证明 能建立适当的空间直角坐标系，利用空间向量解决线线、线面、面面的平行或垂直关系的证明问题,提升逻辑推理和数学运算的核心素养 期中必考点，多为解答题 空间角 能建立适当的空间直角坐标系，利用空间向量求各类空间角，提升数学运算和逻辑推理的核心素养. 期中必考点，多为解答题 空间距离 能建立适当的空间直角坐标系，利用空间向量求解空间距离问题，提升逻辑推理与数学运算的核心素养. 常考考点，常出现在解答题中 知识点 建立空间直角坐标系的基本步骤 建立空间直角坐标系时，可以按照以下步骤进行： 1.确定空间直角坐标系的三个坐标轴方向，一般选择为某轴、y轴和z轴。 2.确定空间直角坐标系的原点，一般选择为三个轴的交点。 3.确定坐标轴的正方向，一般按照右手定则确定，即当右手的大拇指指向某轴正方向，食指指向X轴正方向时，中指所指的方向即为z轴正方向。 4.确定坐标轴的长度和间距，一般选择适当的数值，方便计算。 5.根据需要，可以在空间直角坐标系中建立坐标系网格和标注坐标轴上的刻度值，方便进行坐标计算和表示几何体。 策略一 利用共顶点且相互垂直的三条棱建系（墙角型） 解｜题｜技｜巧 若直线OA,OB,OC两两垂直，则可以点O为原点，这三条直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系O-xyz,如下图所示： 【典例1】（24-25高二上·四川广安·阶段练习）如图，在长方体中，，，为的中点． (1)求点到面的距离； (2)求点到面的距离． 【答案】(1)1 (2) 【分析】（1）利用长方体性质得到平面，再结合题意求出即可. （2）建立空间直角坐标系，求平面的法向量，再利用点到平面距离公式计算即可. 【详解】（1）由长方体性质得平面， 因为，为的中点，所以， 则点到面的距离为. （2）如图，以为原点，分别以，，的方向为，，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，即， 令，则，，可得， 则点到平面的距离. 【变式1】（25-26高二上·广西玉林·阶段练习）已知四棱柱中，底面为梯形，，平面，，其中是的中点，是的中点．    (1)求证平面； (2)求平面与平面所成二面角的余弦值； (3)求点到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）由中位线得到平行四边形，再由线面平行的判定定理证明； （2）建立空间直角坐标系，分别求得两个平面的法向量，计算得到法向量夹角的余弦值，从而得到两个平面所成角的余弦值； （3）由点到平面的距离公式计算得到答案. 【详解】（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，得， 又平面，平面，所以平面． （2）建立如图空间直角坐标系，    则， 所以， 设平面与平面的一个法向量分别为， 则，， 令，得， 所以， 则， 即平面与平面所成角的余弦值为 （3）由，平面的一个法向量为， 则点到平面的距离为. 策略二 利用线面垂直建系 解｜题｜技｜巧 当一条直线与一个平面垂直时，可以这条直线为z轴，建立空间直角坐标系，如下图所示： 【典例2】（25-26高三上·天津南开·开学考试）如图，在直四棱柱中，侧棱的长为3，底面ABCD是边长为2的正方形，E是棱BC的中点． (1)证明：平面； (2)求平面与平面ABCD的夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）以为原点建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明推理得证. （2）求出平面与平面的法向量，再利用空间向量求出面面角的余弦值. 【详解】（1）在直四棱柱中，建立如图所示的空间直角坐标系，    由侧棱的长为3，底面是边长为2的正方形， 得，由是棱的中点，得， 则， 设平面的法向量为，则，令，得， 显然，则，又平面， 所以平面. （2）由（1）知平面的法向量为，而平面的一个法向量为， 因此， 所以平面与平面所成角的余弦值为. 【变式2】（2025·河北秦皇岛·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面是边长为3的菱形，平面，，，点为线段上的三等分点.    (1)证明：平面平面. (2)求二面角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用面面垂直的判定定理可得答案； （2）连接，取的中点，以为原点，所在的直线分别为，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. 【详解】（1）因为四棱锥中，底面是边长为3的菱形，所以， 因为平面，平面，所以， 由，平面，得平面， 又平面， 所以平面平面； （2）连接，取的中点，连接，因为，所以， 以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则， ， 设为平面的一个法向量，则 ，令，则， ， 设为平面的一个法向量，则 ，令，则， ， 所以， 所以二面角的余弦值为.    策略三 利用面面垂直建系 解｜题｜技｜巧 当两个平面互相垂直时，可在一个平面内作一条直线与另一个平面垂直，并以这条直线为z轴，建立空间直角坐标系，如下图所示： 【典例3】（25-26高三上·云南·阶段练习）如图，在四棱锥中，四边形是边长为2的正方形，为等边三角形，平面平面．点是线段的中点，． (1)证明：平面； (2)求平面与平面的所成角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接交于，连接,根据条件证明即得； （2）先证明平面，建立空间直角坐标系，求出相关点和向量的坐标，分别求得平面与平面的法向量，最后由空间向量的夹角公式求解即得. 【详解】（1）如图，连接交于，连接,由是的中点可得， 因为，， 所以与相似，所以， 又，所以， 又平面平面，所以平面； （2）因平面平面，且平面平面， 由已知，点E是线段AD的中点，所以， 又平面，故得平面. 如图，取的中点为，分别以为轴的正方向，建立空间直角坐标系. 则，， ，，则，. 设平面的法向量为，由， 则，故，取，则， 故为平面的一个法向量； 设平面的法向量为， 由， 则，故，取，则， 故为平面的一个法向量， 设平面与平面的夹角为， 所以， 所以平面与平面的夹角的余弦值为. 【变式3】（25-26高三上·江苏南通·开学考试）如图，在三棱锥中，平面平面，底面是等边三角形，侧面是等腰直角三角形，，，点是的中点. (1)证明：； (2)设点，，，均在球的球面上. ①证明：点O在平面内； ②求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)见解析 (2)①见解析；② 【分析】（1）利用面面垂直的性质定理，转化为证明平面，即可证明线线垂直； （2）①首先根据（1）的结果建立空间直角坐标系，利用坐标法求点的坐标，即可证明； ②求平面的法向量，利用坐标法求线面角的正弦值. 【详解】（1）因为平面平面，且平面平面， 且是等腰直角三角形，，点是的中点， 所以，所以平面，且平面， 所以； （2）①因为是等边三角形，且点是的中点， 所以， 如图，以点为原点，为轴的正方向建立空间直角坐标系，，，，， 设， 由条件可知，， 所以， 解得：，即， 所以点在平面内； ②，，， 设平面的一个法向量， ，令，则， 所以平面的一个法向量， 设与平面所成角为， 所以. 策略四 利用正棱锥的中心与高所在直线建系 解｜题｜技｜巧 对于正棱锥，可以底面中心为原点，中心与顶点连线为z轴，建立空间直角坐标系，如下图所示： 【典例4】（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. 【变式4】（24-25高三上·云南楚雄·期末）如图，在正四棱锥中，分别为棱的中点. (1)证明：平面. (2)求平面与平面的夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据分别为棱的中点，得到，再由四边形为正方形，得到，然后利用线面平行的判定和面面平行的性质证明即可； （2）建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量，再由是平面的一个法向量，由求解. 【详解】（1）证明：因为分别为棱的中点， 所以. 又为正四棱锥，所以四边形为正方形， 则，从而. 因为平面平面平面平面， 所以平面平面. 又，所以平面平面. 因为平面，所以平面. （2）解：因为为正四棱锥， 所以以四边形的中心为坐标原点，过点且与平行的直线为轴，过点且与平行的直线为轴，所在直线为轴， 建立如图所示的空间直角坐标系. 由，得， 则， 所以. 设平面的一个法向量为， 由得 令，得. 由图可知，是平面的一个法向量. 则， 故平面与平面的夹角的余弦值为 策略五 利用图形中的对称关系建系 解｜题｜技｜巧 图形中虽没有明显交于一点的三条直线，但有一定对称关系（如正三棱柱、正四棱柱等），此时可利用自身对称性可建立空间直角坐标系，如正棱柱可以上、下底面中心连线为z轴，建立空间直角坐标系. 【典例5】（2025高三·全国·专题练习）如图，分别是正四棱柱上、下底面的中心，是的中点，.    (1)求证：平面； (2)当时，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出向量的坐标，然后利用共面定理得，进而利用向量法证明线面平行即可； （2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，然后利用向量法求解线面角即可； 【详解】（1）以点为原点，直线所在直线分别为轴、轴、轴， 建立如图所示的空间直角坐标系. 不妨设，    则. 由上得. 设得， 解得，所以. 因为平面，平面，所以平面. （2）当时，由， 得. 设平面的法向量为， 则由得. ， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 【变式5】（2025·广东佛山·三模）如图，在直三棱柱中，，．侧棱．分别为上的动点，当运动到的中点时，异面直线与所成角的余弦值为． (1)证明：是正三棱柱； (2)若运动时，总满足．当面积最小时，求二面角的大小． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由异面直线夹角的定义，根据勾股定理以及余弦定理，求得三角形边长，可得答案； （2）利用勾股定理以及三角形面积公式，求得各个边长，法一：根据题意建立空间直角坐标系，求得平面的法向量，利用二面角的向量公式，可得答案；法二：根据二面角的定义，根据三角形性质，写出其余弦计算，可得答案. 【详解】（1）连接，如下图： 因为是直三棱柱，所以， 设，由于， 因此的大小就是异面直线与所成角的大小， 根据勾股定理， 根据余弦定理， 即①， 在中，根据余弦定理得②， 联立①②解得， 故是正三角形，因此是正三棱柱. （2）设高于，设， 则，由于， 因此，即，化简得， 因此， 当且仅当时等号成立．因此 设中点为中点为，连接， 以为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系， 则： ． 设平面的法向量是， 则，即，解得 ． 设平面的法向量， 则，得，得， 设二面角为，则， 故二面角的大小为， 策略六 作线面垂直辅助线建系 解｜题｜技｜巧 对于一些非规则的几何体或者斜棱柱这类的几何体，有时很难在图形中找到线面垂直或面面垂直，这时可通过作辅助线，即过一个适当的点作出一条直线与某平面（一般为底面）垂直，再以这条直线为z轴，建立空间直角坐标系. 【典例6】（24-25高三下·浙江金华·阶段练习）如图，在三棱柱中，是边长为2的正三角形，侧面是矩形，． (1)求证：三棱锥是正三棱锥； (2)若三棱柱的体积为，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据线面垂直的判定定理及性质定理，证明平面即可； （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求线面角正弦即可. 【详解】（1）分别取AB，BC中点D，E，连接CD，AE交于点O，则点O为正三角形ABC的中心． 因为得， 又平面， 所以平面，又平面， 则； 取中点，连接，则四边形是平行四边形， 因为侧面是矩形，所以，又， 又平面， 所以平面，又平面，则； 又，平面，所以平面， 所以三棱锥是正三棱锥． （2）因为三棱柱的体积为，底面积为，所以高， 以E为坐标原点，EA为x轴正方向，EB为y轴正方向，过点E且与平行的方向为z轴的正方向建立空间直角坐标系， 则， 设平面的法向量，因为． 则，取，可得， 又， 设直线与平面所成角为θ， 所以. 【变式6】（25-26高三上·广西·开学考试）如图，在四棱锥中，平面，，E为棱的中点，，. (1)证明：平面； (2)若，，求二面角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由线面垂直的判定定理可得平面，进而得，再根据线面垂直的判定定理得证； （2）以为原点，，，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，求出平面和平面的法向量，利用向量法求解. 【详解】（1）因为，E为棱的中点，所以， 因为平面，平面，所以. 因为平面，平面，且，所以平面. 因为平面，所以. 因为，平面，平面，且，所以平面. （2）取棱的中点，连接， 因为E为棱的中点，所以∥， 因为平面，所以平面， 因为平面，所以， 因为，所以，，两两垂直， 所以以为原点，，，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. 则，，，，， 则，，. 设平面的法向量为， 则，令，得. 由（1）可知平面的一个法向量为. 由， 所以二面角的正弦值为. 策略七 不规则几何体型建系 解｜题｜技｜巧 1．若是有垂面，可以垂面建系，难点在于需要寻找“空中点坐标”. 2．如有垂线，则可以垂线型建系. 3．无有垂线和垂面，则可以通过选择合适几个点，“切割出”三棱锥，转化为斜面型三棱锥来建系设点. 【典例7】如图所示，在多面体中，底面为直角梯形，，，侧面为菱形，平面平面，M为棱的中点． (1)若点N为的中点，求证：平面； (2)若，，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析(2)． 【分析】（1）连接，，证得，利用线面平行的判定定理，即可证得平面． （2）根据题意，证得平面，以为原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的一个法向量和，结合向量的夹角公式，即可求解. 【详解】（1）证明：连接，，因为M，N分别为，的中点，所以为的中位线，所以， 又平面，平面，所以平面． （2）解：取的中点O，连接，因为侧面为菱形，且， 所以在中，，解得，所以'，即， 又因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，过O作的垂线，交于H并延长， 分别以，，所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 如图所示，设，则，故，，，，， 则，，，，， 设平面的法向量为，则 ，即， 取，可得， 设平面的法向量为， ，即， 令，则，所以， 则，故平面与平面夹角的余弦值为． 【变式7】如图，在直角梯形ABCD中，，，四边形为平行四边形，对角线和相交于点H，平面⊥平面，，，G是线段上一动点（不含端点）．      (1)当点G为线段BE的中点时，证明：平面； (2)若，且直线与平面成角，求二面角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）连接，由三角形中位线和边长关系可知四边形是平行四边形，即可证明平面； （2）根据题意可知，以为原点建立空间直角坐标系，可设利用空间向量即可表示出，进而确定点位置，再分别求得两平面的法向量即可得出二面角的正弦值为. 【详解】（1）证明：连接，如下图（1）中所示：因为四边形为平行四边形，所以是中点， 又点为线段的中点，则，且,又且，所以， 所以四边形是平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面；    （2）以为原点，为轴，过且在平面内与垂直的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图（2）所示：由平面⊥平面，，可知， 均为边长为2的正三角形，则有， 设，则， 为平面的法向量，所以， 解得（其中舍去）,所以， 设平面的法向量为，则有， 令，则，故可取． 设平面的法向量为，则有， 令，则，故可取所以． 所以二面角的正弦值为．即二面角的正弦值为. 策略八 台体建系 解｜题｜技｜巧 1.正棱台型，建系较简单，一般是正多边形中心作为原点，上下底面连线作为z轴. 2.非正棱台型，如有垂面或者垂线，则可以垂面垂线型建系，无垂面垂线，则可参考三棱锥斜面建系思维. 【典例8】如图，在多面体ABCFDE中，四边形ABED是菱形，，，平面ABED，点G是线段CD的中点． (1)证明：平面BCD； (2)若，求直线FG与平面ACD所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）连接AE，交BD于点O，连接GO.根据题意得到和，利用线面垂直的判定得到平面CBD，然后利用中位线定理得到四边形EFGO为平行四边形，进而得到，从而得证； （2）建立空间直角坐标系，写出相应点的坐标，分别求出平面的法向量和直线的方向向量，利用空间向量的夹角公式进而求解. 【详解】（1）连接AE，交BD于点O，连接GO．在菱形ABED中，． 因为平面ABED，平面ABED，所以．又因为，平面CBD，所以平面CBD．因为，且，， 所以，且，所以四边形EFGO为平行四边形，所以， 所以平面CBD． （2）如图，以B为坐标原点，分别以BC，BA所在直线为x，y轴建立空间直角坐标系，如图． 设，则，，，， 设平面ACD的一个法向量为，由得，取， 因为，记直线FG与平面ACD所成角为，则， 所以，直线FG与平面ACD所成角的正弦值是． 【变式八】（24-25高二上·浙江杭州·期末）如图，在三棱台中，，分别为、的中点. (1)求证：平面； (2)若平面，为等腰直角三角形，，，求平面与平面所成的锐二面角的大小. 【答案】(1)证明过程见详解； (2). 【分析】（1）根据三棱台的性质，先证面面平行，再证线面平行即可； （2）根据条件建立适当的空间直角坐标系，求出两平面的法向量，再求两平面所成二面角的大小. 【详解】（1）在三棱台中，，，所以， 因为为的中点，所以且， 所以四边形为平行四边形，所以， 因为平面，平面，所以平面， 又分别为、的中点，所以， 因为平面，平面，所以平面， 因为，所以平面平面， 又平面，所以平面. （2）因为平面，为等腰直角三角形，， 故以为原点，以为轴，以为轴，过点作垂直于的射线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 设，则，平面与平面所成的锐二面角为， 则，，，，， 所以，，，， 设平面的法向量为，平面的法向量为， 则，即，解得， ，即，解得， 所以平面与平面所成的锐二面角余弦值为 ， 又，所以平面与平面所成的锐二面角为. 策略九 翻折型建系 解｜题｜技｜巧 翻折型几何体，寻找翻折前和翻折后的“变与不变”的点线面关系。 1. 翻折前翻折后在同一平面内的点线，数量关系不变。 2. 翻折后，一般情况下是存在垂直的平面，可以利用垂面法建系计算 3. 翻折后，可以构造三棱锥，利用三棱锥斜面建系法来建系计算 【典例9】（2025·辽宁·二模）如图1在梯形ABCD中，，且为AB中点，为BC上一点，且．现将该梯形沿AC折起，使得点折叠至点的位置（如图2），且二面角的平面角大小为. (1)求证：； (2)求直线CE与平面PEF所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）在图1中，连接，交于点，连接，即可证明四边形是菱形，从而得到，即可得到，从而证明平面，即可得证； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得. 【详解】（1）图1中，连接，交于点，连接， 为AB中点，， 又，，四边形是菱形， ， 所以在图2中，，又平面，， 平面， 又平面，； （2）以中点为坐标原点，为轴，为轴，过点做垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系． 则， 所以，，， 设平面的法向量， 由，有，， 令，则， 设与平面所成的角为， 则， 所以直线与平面所成的角的正弦值为. 【变式9】2．（2025·全国·模拟预测）如图，矩形中为中点，将沿着折叠至. (1)证明：平面； (2)设平面平面，点，过作一截面，与棱分别交于点，且平面，记四棱锥的体积为，四棱锥的体积为，若直线与平面所成角的正弦值为，求. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）由题意得，，， 所以，即， 因为，所以，即， 又平面，所以平面； （2）因为,平面,平面,所以平面, 又平面,平面平面，所以 以点为坐标原点，、为轴和轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则 因为，所以,所以， 设平面的法向量为， 则 即 令得,所以， 记直线与平面所成角为,则， 化简得，解得，所以. 由，得,即(三等分点)， 又平面，所以，所以(三等分点)， 因为，，所以四边形为平行四边形， 所以即(四等分点)， 所以 又 所以. 期中基础通关练（测试时间：45分钟） 1．（25-26高二上·河北·期中）如图，在正方体中分别为的中点，点在棱上，且. (1)证明：四点共面； (2)设平面与棱的交点为求与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）在正方体中，以点为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 令，则， 则， 于是， 即向量共面，又向量有公共点， 所以，，，四点共面. （2）设，则，由点平面，得， 即， 则，解得， 即，，而， 则， 设平面的法向量，则， 令，得，令与平面所成的角为， 则， 所以与平面所成角的正弦值为. 2．（24-25高二上·辽宁·期中）如图，在直三棱柱中，，D是棱AC的中点，    (1)求C点到平面的距离. (2)求直线与平面所成的角的正弦值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）建立空间坐标系，利用点到平面的距离公式求解即可； （2）利用线面角的向量求法即可求解. 【详解】（1）由题意可知，两两垂直， 于是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， 即，令，则. 所以点C到平面的距离. （2）设直线与平面所成的角为， ， ， 所以直线与平面所成的角的正弦值为. 3．（25-26高二上·新疆·期中）在四棱锥中，底面，，，，．    (1)证明：； (2)求与平面所成的角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)． 【详解】（1）证明：底面，平面， ， 取中点，连接， ，， ，又， ，， 为直角三角形，且为斜边， ， 又，平面，平面， 平面，又平面， ； （2）由（1）知，，，两两互相垂直，故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，则可取， 设与平面所成的角为，则， 与平面所成的角的正弦值为． 4．（24-25高二下·四川泸州·期中）如图，在三棱柱中，平面，是边长为2的正三角形，，，分别为，的中点.    (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析. (2) 【详解】（1）在三棱柱中，由底面,平面，得， 由为等边三角形，为的中点，得， 而平面，所以平面. （2）取中点，连结，由为的中点，得， 由（1）知平面，平面，则，而， 以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则，， ，，设平面的法向量， 则 ，令，得，而， 设直线与平面所成角为，则， 所以直线与平面所成角的余弦值为.    5．（2023·上海闵行·一模）如图，在四棱锥中，底面是边长为a的正方形，侧面底面，且，设分别为的中点． (1)证明：直线平面； (2)求直线PB与平面所成的角的正切值． 【答案】(1)证明见解析； (2). 【详解】（1）取AD中点O，连接， 在四棱锥中，，则， 由，则，有， 又平面底面，平面底面，平面， ∴平面，平面，则， 又分别为的中点，底面是边长为a的正方形，则， 所以两两垂直，以O为原点，所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系， ， 则，取平面PAD的法向量为， 所以，且平面， 所以平面； （2）由（1）知：，取平面的法向量， 设直线PB与平面所成的角为θ， 则， ∴，故， ∴直线PB与平面所成的角的正切值为． 期中重难突破练（测试时间：40分钟） 6．（24-25高二下·甘肃·期中）如图，在三棱锥中，，平面平面，二面角为，已知. (1)求的长； (2)求锐二面角的余弦值. 【答案】(1) (2) 【详解】（1）如图，作，垂足为，连接， 因为平面平面， 平面平面，且平面， 所以平面，因为平面，所以， 因为平面，所以， 又，且平面， 所以平面， 因为平面，所以， 所以二面角的平面角为， 即， 因为， 所以，所以， 即， 所以； （2）如图，以为原点，所在直线为轴，过作垂直于平面，建立空间直角坐标系， 则， 所以， 设平面的法向量为， 则 取，则， 所以为平面的一个法向量， 设平面的法向量为， 则 取，则， 所以为平面的一个法向量， 设锐二面角为， 所以. 7．（24-25高二下·甘肃天水·期中）在如图所示的几何体中，四边形ABCD是菱形，ADNM是矩形，平面ABCD，，，，E为AB的中点. (1)求平面EMC与平面MBC夹角的余弦值； (2)在线段AM上是否存在点P，使直线PE与平面MBC所成的角为?若存在，求出PE的长；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)； (2)不存在，理由见解析. 【详解】（1）连接DE，由四边形ABCD是菱形，， 所以为正三角形，又E是AB的中点，得，即， 因为平面ABCD，平面ABCD， 所以，建立如图空间直角坐标系D-xyz， 则，，，，， 得，，， 设平面、平面MBC的一个法向量分别为、， 则， 令，得，令，得， ∴，， 得， 又平面与平面MBC的夹角为锐角， ∴平面与平面MBC所成角的余弦值为； （2）设，则，且， 由（2）知平面MBC的法向量为， 设直线PE与平面MBC的所成角为，则， 所以， 解得，不符合题意， ∴在线段AM上不存在点P，使直线PE与平面MBC的所成角为． 8．（24-25高二上·上海静安·期中）已知四棱柱中，底面为梯形，，⊥平面，，其中，．是上的一动点，是上的一动点． (1)当的长是多少时，平面⊥平面，请说明理由； (2)当是的中点时，求点到平面的距离； (3)若是的中点，且平面时，求三棱锥的体积． 【答案】(1)2，理由见解析 (2) (3) 【详解】（1）当时，平面⊥平面，理由如下： 由题意知，两两垂直，故以为原点建立如图所示的空间直角坐标系， 则，所以， 设，则， 设平面的法向量为， 则， 取，则，所以， 易知平面的一个法向量为， 因为平面⊥平面，所以， 即， 所以当时，平面⊥平面． （2）当是的中点时，，即， 所以平面的法向量为，而， 所以点B到平面的距离为. （3）当是的中点时，，平面的法向量为， 设，，所以， 因为平面，所以， 解得，即点N是的中点， 所以，， 所以点到平面的距离， 因为，所以，，， 所以的面积， 所以三棱锥的体积． 9．（24-25高二下·云南·期中）如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，且. (1)证明：. (2)设平面与平面的交线为. ①证明：. ②若为上的点，求与平面所成角的正弦值的最大值. 【答案】(1)证明见解析 (2)①证明见解析；②. 【详解】（1）证明：因为平面平面，平面平面，， 所以平面. 因为平面，所以. 因为，，所以平面. 又平面，所以. （2）①证明：因为，平面，平面，所以平面. 又因为平面，平面平面，所以. ②解：过点在平面内作，则平面， 又因为，所以以为原点，，，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，则，，. 设平面的法向量为，则 令，则. 设直线与平面所成的角为，则. 令，所以 ， 当且仅当时，取得最大值. 期中综合拓展练（测试时间：30分钟） 10．（2025·全国一卷·高考真题）如图,在四棱锥中，底面，． (1)证明：平面平面； (2)设，且点，，，均在球的球面上． （i）证明：点在平面内； （ⅱ）求直线与所成角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析； (2)（i）证明见解析； （ii）. 【详解】（1）由题意证明如下， 在四棱锥中，⊥平面，， 平面，平面， ∴，， ∵平面，平面，， ∴平面， ∵平面， ∴平面平面. （2）（i）由题意及（1）证明如下， 法一： 在四棱锥中，，，，∥， ，， 建立空间直角坐标系如下图所示， ∴， 若，，，在同一个球面上， 则， 在平面中， ∴， ∴线段中点坐标， 直线的斜率：， 直线的垂直平分线斜率：， ∴直线的方程：， 即， 当时，，解得：， ∴ 在立体几何中，， ∵ 解得：， ∴点在平面上. 11．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）已知等腰中，，，D是线段上一点，现将沿折起至的位置．设折叠后平面和平面所成的二面角为（）． (1)若D为中点，求证：． (2)若， ①求平面和平面所成角的正弦值； ②设E为的中点，过E作平面截三棱锥的外接球，求截面面积的最小值． 【详解】（1）证明：如图（1）所示，在等腰中， 因为，且D为中点，可得，即， 又因为，且平面，所以平面， 因为平面，所以. （2）解：①在等腰中，，，可得， 因为，可得，即， 在中，由余弦定理得，所以， 所以为等腰三角形，所以， 所以，即， 又因为平面和平面所成的二面角为，即平面平面， 因为平面，且平面平面，所以平面， 又因为平面，所以， 如图所示，过点作，因为，且平面， 所以平面， 因为平面，所以， 所以为平面和平面所成角的平面角， 在直角中，可得， 在直角中，可得，所以， 所以平面和平面所成角的正弦值为. ②以为原点，以分别为轴，轴，以在平面内，过点垂直的所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如图(3)所示， 则， 设三棱锥的外接球的球心为， 则球心在底面上的投影为的外心，其坐标为， 球心在上的投影点为直角的外心，即的中点，坐标为， 所以球心的坐标为，半径为， 又由为的中点，可得,则， 当与过点的截面垂直时，此时截得的小圆的半径最小，其面积最小， 设所截小圆的半径为，则， 所以过E作平面截三棱锥的外接球，截面面积的最小值. 20 / 52 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $