解答题02 立体几何（专项训练，6大题型+高分必刷）（天津专用）2026年高考数学一轮复习讲练测

解答题02 立体几何 根据近几年的高考情况，立体几何和平面向量是高考必考点。虽然九省联考中调整了试题顺序，但今年高考仍很大可能在解答中考查这部分内容而且这类题型是历年高考变化最小的一类题型，更容易拿分。在高考中，主要考查证明平行和垂直问题和线面角、面面角的求解等综合问题，预测2026年考查内容涉及求平面的法向量利用向量研究平行问题、利用向量研究垂直问题、异面直线所成的角、线面角、二面角、距离问题. 题型一：：求线面角问题 （2026·天津·联考）如图，在直三棱柱中，，分别是的中点．已知，．    (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的大小． 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。 1．（2026·天津·调研）如图，正三角形与菱形所在的平面互相垂直，，，是的中点. (1)求证：； (2)求二面角的正弦值； (3)在线段上是否存在点，使得直线与平面所成的角为，若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 2．（2026·天津西青·调研）如图，在四棱锥中，底面为矩形，底面，，是的中点.    (1)证明：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)在棱上是否存在一点，使直线与平面所成角的正弦值为，若存在，求出的坐标；若不存在，说明理由. 题题型二：求面面角问题 （2025·天津·调研）如图，四棱锥的底面是正方形，平面，，点，分别是棱，的中点.    (1)求证：平面； (2)求平面与平面的夹角的余弦值； (3)求到直线的距离； 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。 1．（2025·天津·模拟预测）如图，四棱锥中，平面，，，，，，，M是的中点. (1)求证：平面； (2)求平面与平面所成角的余弦值； (3)在线段BD上是否存在点Q，使得点D到平面的距离为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 2．（2026·天津北辰·联考）如图，在棱长为2的正方体中，为的中点． (1)证明：平面； (2)求点到平面的距离； (3)求平面与平面夹角的正切值． 题型三：距离问题 （2026·天津河西·调研）已知四棱柱中，底面为梯形，，平面，，其中，N是的中点，M是的中点． (1)求证：平面； (2)求平面与平面的夹角余弦值； (3)求点B到平面的距离． 1、几何法求点面距 （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。‌ 1．（2026·天津·联考）在四棱锥中，，，且PD，AD，BD两两垂直，．    (1)求证：平面； (2)求点到平面的距离； (3)求平面与平面夹角的余弦值． 2．（2026·天津河北·调研）如图，在四棱柱中，平面，，，，.M，N分别为，的中点. (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)求直线到平面的距离. 题型四：折叠问题 （2025·全国·模拟预测）如图（1）点，分别为矩形边，的中点，.，.将，分别沿，折叠得几何体，如图（2），平面与平面所成的二面角为.平面与平面的二面角为. (1)当时，证明：点，，，共面； (2)当时，求平面与平面所成二面角的余弦值. 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‌ 1．（2026·天津·调研）如图①，点，分别在轴正半轴和轴正半轴上运动，且，以为边向外作使得为等边三角形，是的中点.    (1)求的最大值； (2)当点运动到时，将沿折叠至，如图②. （i）当时，求平面与平面夹角的余弦值； （ii）当为何值时，直线与平面的夹角正弦值为？ 2．（2025·全国·模拟预测）如图①，在凹五边形ABCDE中，，．如图②，将沿CE折叠到的位置，使，． (1)证明：平面平面ABCE； (2)若P为EF的中点，求二面角的余弦值． 题型五：已知线面角或面面角求其他问题 （2026·天津滨海新·联考）如图：在直三棱柱中，是棱的中点，P是的延长线与CB的延长线的交点， (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)若点E在线段上，且直线与平面所成的角的余弦值为，求线段的长. 1.已知二面角的题，建系计算稍微复杂，可以先尝试几何法， 几何法补充：三垂线法求二面角、面面角 使用前提：已知其中某个平面的垂线段 具体步骤 （1）已知AB垂直平面β，垂足为B（l⊥AB） （2）过垂足B作交线l的垂线BO（l⊥OB） （3）易知l⊥平面AOB，则∠AOB即为所求，且△AOB为直角三角形，邻比斜即可 2.借助于空间直角坐标系，把几何对象上动态点的坐标用参数(变量)表示，将几何对象坐标化，这样根据所要满足的题设要求得到相应的方程或方程组．若方程或方程组在题设范围内有解，则通过参数的值反过来确定几何对象的位置；若方程或方程组在题设范围内无解，则表示满足题设要求的几何对象不存在。‌ 1．（2026·天津·联考）如图，已知梯形中，，，，四边形为矩形，，平面平面． (1)求证：平面； (2)求平面与平面的夹角的余弦值； (3)若点在线段上，且直线与平面所成角的正弦值为，求的值． 2．（2025·天津·三模）在三棱锥中，，，，是的中点，且平面平面. (1)证明：平面； (2)已知平面经过直线，且，直线与平面所成角的正弦值为，求三棱锥的体积. 题型六：体积问题 （2025·天津·调研）三棱台中，若平面，；，，，分别是，中点． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)求三棱锥的体积． 1、处理空间几何体体积的基本思路 （1）转：转换底面与高，将原本不容易求面积的底面转换为容易求面积的底面，或将原来不容易看出的高转换为容易看出并容易求解的高； （2）拆：将一个不规则的几何体拆成几个规则的几何体，便于计算； （3）拼：将小几何体嵌入一个大几何体中，如有时将一个三棱锥复原成一个三棱柱，将一个三棱柱复原乘一个四棱柱，还台位锥，这些都是拼补的方法。 2、求体积的常用方法 （1）直接法：对于规则的几何体，利用相关公式直接计算； （2）割补法：把不规则的几何体分割成规则的几何体，然后进行体积计算；或者把不规则的几何体补成规则的几何体，不熟悉的几何体补成熟悉的几何体，便于计算； （3）等体积法：选择合适的底面来求几何体的体积，常用于求三棱锥的体积，即利用三棱锥的任一个面作为三棱锥的底面进行等体积变换‌ 1．（2025·天津武清·模拟预测）如图，四棱锥中，底面ABCD，，，，. (1)证明：与平面PAD； (2)求平面PBC与平面PAD夹角的余弦值； (3)若Q为线段PC的中点，求三棱锥的体积. 2．（2025·天津·模拟预测）如图，在四棱锥P-ABCD中，，，，E是PD的中点，F，M分别在线段PC，PB上，且，，. (1)证明：多面体为四棱锥； (2)作出四棱锥的底面所在平面与平面的交线，写出画法，不必证明； (3)若，平面，且，求四棱锥的体积. 1．（2025·天津·二模）如图，在四棱锥中，是以为斜边的等腰直角三角形，底面是等腰梯形，且，，，，为中点． (1)求证：平面； (2)求直线与所成角的余弦值； (3)求平面与平面夹角的正弦值． 2．（2025·天津北辰·三模）如图，在四棱锥中，底面为矩形，侧棱底面是的中点，点是棱上靠近的四等分点. (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)求点到直线的距离. 3．（2025·天津南开·模拟预测）如图，在三棱柱中，平面，且，，，分别为，，，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．（2025·天津滨海新·三模）如图，在多面体ABCDGEF中，四边形ABCD为直角梯形，且满足，，，，平面ABCD． (1)证明：平面CDE； (2)求平面CDE与平面ABE夹角的余弦值； (3)求点G到直线AB的距离． 5．（2025·天津河西·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面ABCD是矩形，点E在棱PC上异于点P，，平面ABE与棱PD交于点 (1)求证：； (2)若，求证： 平面平面 若，，直线PB与平面ABCD所成角的正切值为，求点C到平面ABE的距离. 6．（2025·天津·一模）如图，在四棱锥中，平面，为的中点． (1)求证：平面； (2)求直线与平面的夹角； (3)求点M到平面的距离． 7．（2025·天津·二模）如图，在直三棱柱中，，，，是棱的中点，是棱上一点，且． (1)求证：； (2)求平面与平面的夹角的大小； (3)求点到直线的距离． 8．（2025·天津·二模）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，平面平面为的中点，. (1)求证：； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)设为的中点，求平面与平面的夹角余弦值. 9．（2025·天津·二模）如图，在正三棱柱中，，M为BC的中点. (1)求证：直线平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)求点A到平面的距离. 10．（2025·天津和平·三模）如图，已知正四棱柱的底面边长为2，侧棱，、分别是、延长线上的点，且，． (1)求平面与平面的夹角的正弦值； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)求点到平面的距离． 1．（2025·天津·高考真题）正方体的棱长为4，分别为中点，． (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)求三棱锥的体积． 2．（2024·天津·高考真题）如图，在四棱柱中，平面，，．分别为的中点， (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角余弦值； (3)求点到平面的距离． 3．（2023·天津·高考真题）如图，在三棱台中，平面，为中点.，N为AB的中点，    (1)求证：//平面； (2)求平面与平面所成夹角的余弦值； (3)求点到平面的距离． 4．（2022·天津·高考真题）如图，在直三棱柱中，，点D、E、F分别为的中点， . (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)求平面与平面夹角的余弦值． 5．（2021·天津·高考真题）如图，在棱长为2的正方体中，E为棱BC的中点，F为棱CD的中点． （I）求证：平面； （II）求直线与平面所成角的正弦值． （III）求二面角的正弦值． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $ 解答题02 立体几何 根据近几年的高考情况，立体几何和平面向量是高考必考点。虽然九省联考中调整了试题顺序，但今年高考仍很大可能在解答中考查这部分内容而且这类题型是历年高考变化最小的一类题型，更容易拿分。在高考中，主要考查证明平行和垂直问题和线面角、面面角的求解等综合问题，预测2026年考查内容涉及求平面的法向量利用向量研究平行问题、利用向量研究垂直问题、异面直线所成的角、线面角、二面角、距离问题. 题型一：：求线面角问题 （2026·天津·联考）如图，在直三棱柱中，，分别是的中点．已知，．    (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的大小． 【思路分析】 （1）方法一：利用勾股定理证，建系，求出平面的法向量，由即可证得；方法二：连结，交于点，利用三角形中位线定理证明，再由线线平行证得线面平行即可； （2）根据（1）的方法一建系，求出平面的法向量，利用空间向量的夹角公式求解即得. 【规范答题】 （1）方法一：因为，， 由，可得， 如图，以为轴的正方向，建立空间直角坐标系，      则 设平面的法向量为， 则， 故可取， 因，因平面，故平面 方法二：连结，交于点，连结， 因为点分别是的中点，所以， 平面平面，. 所以平面； （2）仿照（1）方法一建系，则， 于是， 设平面的法向量为， 所以，故可取， 设与平面所成角为， 则， 因，则 即直线与平面所成角的大小为． 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。 1．（2026·天津·调研）如图，正三角形与菱形所在的平面互相垂直，，，是的中点. (1)求证：； (2)求二面角的正弦值； (3)在线段上是否存在点，使得直线与平面所成的角为，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)在线段上存在点，. 【分析】（1）推导出，从而平面，由此能证明. （2）推导出，，从而、、两两垂直，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角的余弦值. （3）设，，求出和平面的法向量，利用线面角的夹角公式得到方程，求出，得到答案. 【详解】（1），M是的中点，， 平面平面，平面平面，平面， 平面，又平面， . （2）平面，平面，， 是正三角形，是的中点，， 故两两垂直. 建立如图所示空间直角坐标系. 则，，，，， ，， 设是平面的一个法向量， 则， 令，得， 轴与平面垂直， 是平面的一个法向量. ， 所以 二面角的正弦值为. （3）假设在线段上存在点，使得直线与平面所成的角为. ，， 设，， 则， 直线与平面所成的角为， ， 由，解得， 在线段上存在点，使得直线与平面所成的角为，且. 2．（2026·天津西青·调研）如图，在四棱锥中，底面为矩形，底面，，是的中点.    (1)证明：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)在棱上是否存在一点，使直线与平面所成角的正弦值为，若存在，求出的坐标；若不存在，说明理由. 【答案】(1)证明见解析(2)(3)存在，或. 【分析】（1）连接交于点，连接，证得，结合线面平面的判定定理，即可证得平面. （2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的法向量和，结合向量的夹角公式，列出方程，即可求解； （3）由（2）中的空间直角坐标系，得到和，结合向量的夹角公式，列出方程，求得的值，得到的坐标，进而求得的长. 【详解】（1）证明：连接交于点，连接， 因为点是的中点，点是的中点，所以， 又因为平面，平面，所以平面. （2）解：以为原点，以所在的直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，可得，，，则，， 设平面的法向量，则， 令得，，所以平面的法向量， 又由平面的一个法向量为， 设平面和平面的夹角为，则， 所以平面和平面的夹角的余弦值为. （3）解：由（2）中的空间直角坐标系，可得，，，， 则，，其中， 所以， 由（2）知平面的法向量， 设直线与平面的夹角为， 则，其中， 整理得，解得或， 故当时，可得，此时点； 当时，可得，此时 即存在使得直线与平面所成角的正弦值为，且或. 题题型二：求面面角问题 （2025·天津·调研）如图，四棱锥的底面是正方形，平面，，点，分别是棱，的中点.    (1)求证：平面； (2)求平面与平面的夹角的余弦值； (3)求到直线的距离； 【思路分析】 （1）通过建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，再根据向量平行关系判断直线与平面的垂直关系. （2）已知两个平面的法向量，利用向量点积公式求两个法向量夹角的余弦值，此余弦值的绝对值即为两个平面夹角的余弦值. （3）求出，，再求出两向量夹角正弦值，最后乘以即可. 【规范答题】 （1）因为四棱锥的底面是正方形，平面， 所以以点D为坐标原点，所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系， 则，，， 所以，． 设平面EFD的法向量为， 则令，则． 又因为，所以，即， 由平面，得平面． （2）设平面与平面的夹角为θ， 平面的一个法向量为，平面的一个法向量为， 所以， 则平面与平面的夹角的余弦值为． （3），， 则， 则求到直线的距离为. 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。 1．（2025·天津·模拟预测）如图，四棱锥中，平面，，，，，，，M是的中点. (1)求证：平面； (2)求平面与平面所成角的余弦值； (3)在线段BD上是否存在点Q，使得点D到平面的距离为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析；(2)；(3)存在，. 【分析】（1）取的中点E，连接，根据已知证明，再由线面平行的判定证明结论； （2）构建合适的空间直角坐标系，求出相关点坐标并求出相关平面的法向量，应用向量法求面面角的余弦值； （3）根据，设且，由点到平面距离的向量求法列出方程，求参数即可得. 【详解】（1）取的中点E，连接，因为M是的中点，所以且， 又因为且，所以且， 所以四边形是平行四边形，所以， 又因为平面，平面，所以平面； （2）由题意平面且，则两两垂直，建立如图空间直角坐标系， 又因为，是的中点， 所以，显然平面的一个法向量为， 设平面PCD的一个法向量为，， 所以，令，则， 所以， 所以平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值为； （3）设且，， 则，，， 设平面PAQ的法向量为，则， 令，所以，又点D到平面的距离为， 又，所以， 所以，则，解得， 所以存在点Q，使得点D到平面的距离为，此时. 2．（2026·天津北辰·联考）如图，在棱长为2的正方体中，为的中点． (1)证明：平面； (2)求点到平面的距离； (3)求平面与平面夹角的正切值． 【答案】(1)证明见解析；(2)；(3). 【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量和直线的方向向量，利用向量法证明即可； （2）求出，利用点到平面的向量公式求解可得； （3）利用向量夹角公式求出面面角的余弦，结合同角三角函数的基本关系计算可得. 【详解】（1）如图建立空间直角坐标系，则， 所以， 设平面的法向量为，， ，令，则，故， ， ，又面，则平面． （2）由上知，， 所以点到平面的距离， 点到平面的距离为． （3）平面的一个法向量为， 设平面与平面夹角为， 则， 又，所以， 所以平面与平面夹角的正切值为. 题型三：距离问题 （2026·天津河西·调研）已知四棱柱中，底面为梯形，，平面，，其中，N是的中点，M是的中点． (1)求证：平面； (2)求平面与平面的夹角余弦值； (3)求点B到平面的距离． 【思路分析】 （1）取中点，连接，，通过证明可完成证明； （2）建立空间直角坐标系，由空间向量知识求得平面与平面的法向量，利用向量法求解夹角余弦值即可； （3）由（2），利用点面距离向量公式可得点B到平面的距离，即可求解. 【规范答题】 （1）取中点，连接，， 由是的中点，故，且， 由是的中点，故，且， 则有、，故四边形是平行四边形，故， 又平面，平面， 故平面； （2）以A为原点建立如图所示空间直角坐标系，. 由题意、、、、、， 则有，，. 设平面的法向量分别为， 则有，取，则、，即， 设平面的法向量分别为， 则有，取，则、，即， 设平面与平面所成角的大小为，则， 故平面与平面的夹角余弦值为； （3）由，平面的法向量为， 故点B到平面的距离为. 1、几何法求点面距 （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。‌ 1．（2026·天津·联考）在四棱锥中，，，且PD，AD，BD两两垂直，．    (1)求证：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）根据线面平行的判定定理证明即可； （2）建系，利用点到面的距离的空间向量方法求解即可； （3）利用空间向量求平面与平面夹角的方法求解即可. 【详解】（1）连接与交于点E，连接． 因为，，所以． 又，故，所以． 又平面，平面，所以平面． （2）由已知PD，AD，BD两两垂直，以DA，DB，DP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系．    则，，又，， 所以，故． 由已知得， 故，． 由已知得． 设平面BDM的一个法向量为，则，， 即，取，则，，故． 设点C到平面MBD的距离为h，则． （3）由（2）得，． 设平面PBC的法向量为，则，， 故，取，则，， 可得 故， 所以平面PBC与平面MBD夹角的余弦值为． 2．（2026·天津河北·调研）如图，在四棱柱中，平面，，，，.M，N分别为，的中点. (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)求直线到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析；(2)；(3). 【分析】（1）取中点，连接，，借助中位线的性质与平行四边形性质定理可得，结合线面平行判定定理即可得证. （2）建立适当空间直角坐标系，计算两平面的空间向量，再利用空间向量夹角公式计算即可得解. （3）借助空间中点到平面的距离公式计算即可得解. 【详解】（1）在四棱柱中，取中点，连接，， 由是的中点，得，且， 由是的中点，得，且， 则，且，四边形是平行四边形，， 又平面，平面，所以平面. （2）在四棱柱中，由平面，，得直线两两垂直， 以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则， ， 设平面与平面的法向量分别为，， 则，， 取，得，则， 所以平面与平面的夹角余弦值为. （3）由（1）知平面，则直线到平面的距离等于点到平面的距离， 由（2）知平面的法向量，而， 点到平面的距离， 所以直线到平面的距离为. 题型四：折叠问题 （2025·全国·模拟预测）如图（1）点，分别为矩形边，的中点，.，.将，分别沿，折叠得几何体，如图（2），平面与平面所成的二面角为.平面与平面的二面角为. (1)当时，证明：点，，，共面； (2)当时，求平面与平面所成二面角的余弦值. 【思路分析】 （1）由题意可证平面平面，过点，作平面，，同理过点，作平面，，连接，，由已知可证，进而可证结论； （2）由（1）知当时，，，两两垂直，建立空间直角坐标系，求得平面的法向量，结合平面的一个法向量为，利用向量法可求得平面与平面所成二面角的余弦值. 【规范答题】 （1）由题易知四边形为正方形，， ，，，平面， 平面，平面，平面平面， 平面平面， 过点，作平面，， 同理过点，作平面，，，连接. ， ，，，， 四边形为平行四边形，. 连接，，，，， 又，， 点，，，共面. （2）由（1）知当时，，，两两垂直， 建立如图所示的空间直角坐标系， ，，， ，. 设平面的法向量为，则即 令，则，. 即平面的一个法向量为. 平面，平面的一个法向量为， ， 当时，平面与平面所成二面角的余弦值为. 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‌ 1．（2026·天津·调研）如图①，点，分别在轴正半轴和轴正半轴上运动，且，以为边向外作使得为等边三角形，是的中点.    (1)求的最大值； (2)当点运动到时，将沿折叠至，如图②. （i）当时，求平面与平面夹角的余弦值； （ii）当为何值时，直线与平面的夹角正弦值为？ 【答案】(1)(2)①；② 【分析】（1）设，在中结合余弦定理、三角恒等变换、三角函数图像性质即可得所求； （2）（i）过点，作的垂线，垂足分别记为，，利用空间向量的线性运算与空间向量数量积求解平面与平面夹角的余弦值； （ii）在（i）的基础上，以为空间原点建系，记二面角的平面角为，求平面的法向量与直线的方向向量，利用直线与平面的夹角正弦值求解的值，从而得所求. 【详解】（1）不妨设，则，， 在中，由余弦定理得： 因为，所以， 故当，即时取等，此时有最大值. （2）（i）当点运动到时，，， 过点，作的垂线，垂足分别记为，，则，，，    在空间中，有， 所以， 解得， 所以平面与平面夹角的余弦值为； （ii）在（i）的基础上，以为空间原点建系，如下图，    记二面角的平面角为， 则，，，， 所以，，， 设平面的法向量为，则， 解得平面的一个法向量为， 所以有，， 又， 即， 所以，则， 由（i）得， 则. 2．（2025·全国·模拟预测）如图①，在凹五边形ABCDE中，，．如图②，将沿CE折叠到的位置，使，． (1)证明：平面平面ABCE； (2)若P为EF的中点，求二面角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）通过证明，，根据线面垂直的判定即可得到平面ABF，继而得到平面平面ABCE； （2）以G为坐标原点建立空间直角坐标系，分别求出平面和平面的一个法向量，利用法向量夹角与二面角的关系即可求解. 【详解】（1）如图，连接BE，由，， 知为等边三角形，则， 又，，所以． 过点F作于G，连接， 则，且． 又，所以． 又，AB，平面，所以平面， 又平面，所以平面平面． （2）由（1）知AB，GE，GF两两垂直，故以G为坐标原点，AB，GE，GF所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系Gxyz． 则，，，， 则，，， 设平面的法向量为， 则， 则，令，得，故． 设平面的法向量为， 则， 令，得，故． 所以， 由图可知二面角为钝角， 所以二面角的余弦值为. 题型五：已知线面角或面面角求其他问题 （2026·天津滨海新·联考）如图：在直三棱柱中，是棱的中点，P是的延长线与CB的延长线的交点， (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)若点E在线段上，且直线与平面所成的角的余弦值为，求线段的长. 【思路分析】 （1）连接交于点，先证明是的中点，再由三角形的中位线得到，再根据线面平行的判定定理证明即可； （2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，分别求出平面和平面的法向量，设平面与平面的夹角为，再根据公式计算即可； （3）设，直线与平面所成的角为，先求出，再根据，列出方程求出的值，即可求出的长. 【规范答题】 （1）连接交于点，连接，如下图所示： 是直三棱柱，四边形是矩形，为的中点， 又是的中点，， 又，， ，即是的中点，是的中位线，， 又平面平面，平面； （2）是直三棱柱，平面， 又平面平面，则. 又，故，综上可得两两垂直， 所以以为坐标原点，所在直线分别为轴， 建立如图所示空间直角坐标系： 则， 由（1）知，故，则； 则， 设平面的一个法向量为， 则，即，取，则，. 设平面的一个法向量为， 则，，取，则，. 设平面与平面的夹角为， 则， 平面与平面夹角的余弦值为； （3），在线段上，设， 则，，则. 又由（2）知平面的法向量为， 设直线与平面所成的角为， ，， ， 解得，又，， ，的长度为. 1.已知二面角的题，建系计算稍微复杂，可以先尝试几何法， 几何法补充：三垂线法求二面角、面面角 使用前提：已知其中某个平面的垂线段 具体步骤 （1）已知AB垂直平面β，垂足为B（l⊥AB） （2）过垂足B作交线l的垂线BO（l⊥OB） （3）易知l⊥平面AOB，则∠AOB即为所求，且△AOB为直角三角形，邻比斜即可 2.借助于空间直角坐标系，把几何对象上动态点的坐标用参数(变量)表示，将几何对象坐标化，这样根据所要满足的题设要求得到相应的方程或方程组．若方程或方程组在题设范围内有解，则通过参数的值反过来确定几何对象的位置；若方程或方程组在题设范围内无解，则表示满足题设要求的几何对象不存在。‌ 1．（2026·天津·联考）如图，已知梯形中，，，，四边形为矩形，，平面平面． (1)求证：平面； (2)求平面与平面的夹角的余弦值； (3)若点在线段上，且直线与平面所成角的正弦值为，求的值． 【答案】(1)证明见解析(2)(3) 【分析】（1）使用空间向量证明：只需证明与平面的法向量垂直即可； （2）分别求出两个平面的法向量，使用空间向量求两面夹角的余弦值； （3） 设，根据直线与平面所成角的正弦值使用空间向量求出值. 【详解】（1）因为四边形为矩形，所以， 又平面平面，平面平面，平面 所以平面． 取为原点，所在直线为轴，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， 因为，， 由，取，得， 又，所以，则， 又因为平面，所以平面； （2）设平面的法向量， 因为，， 由，取，可得， 所以， 即平面与平面夹角的余弦值为； （3）由点在线段上，设，， 所以， 又因为平面的法向量，设直线与平面所成角为， 则， 所以，即， 因为，所以，所以． 2．（2025·天津·三模）在三棱锥中，，，，是的中点，且平面平面. (1)证明：平面； (2)已知平面经过直线，且，直线与平面所成角的正弦值为，求三棱锥的体积. 【答案】(1)证明见解析(2) 或 【分析】（1）由平面 平面 ，得到 平面 ，再结合即可求证； （2）建系，设 求得平面法向量及直线方向向量，代入夹角公式即可求解，利用体积公式计计算得出结果. 【详解】（1）因为平面 平面 ，平面 平面 平面 ， 所以 平面 . 又 平面 ，所以 . 又 平面 ， 所以 平面 . （2）记 的中点为 ，连接 ， 因为 ，所以 ， 因为平面 平面 ，所以 平面 . 因为 分别是 的中点，所以 ，又 ，所以 . 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 设 ，则 ， 所以 . 由题知 ，设平面 的法向量为 ， 则 即 令 ，则 ，则 . 则 . 化简可得 ，解得 或 ， 三棱锥 的体积 ，所以体积为 或 . 题型六：体积问题 （2025·天津·调研）三棱台中，若平面，；，，，分别是，中点． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)求三棱锥的体积． 【思路分析】 （1）求出平面的一个法向量为，再证明即可； （2）求出平面的一个法向量，再利用线面角的公式求解即可； （3）利用空间向量求出点到平面的距离为，再求出的面积即可. 【规范答题】 （1）以点为原点，直线，，分别为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系， ∴，设平面的一个法向量为， ∵，， 令，∴，∵，∴， 又∵平面，所以平面. （2）∵， 设平面的一个法向量为，则， 令，设直线与平面所成角为θ， ， 所以直线与平面所成角的正弦值为. （3），平面的法向量为， 设点到平面的距离为d，， 又， ，. 1、处理空间几何体体积的基本思路 （1）转：转换底面与高，将原本不容易求面积的底面转换为容易求面积的底面，或将原来不容易看出的高转换为容易看出并容易求解的高； （2）拆：将一个不规则的几何体拆成几个规则的几何体，便于计算； （3）拼：将小几何体嵌入一个大几何体中，如有时将一个三棱锥复原成一个三棱柱，将一个三棱柱复原乘一个四棱柱，还台位锥，这些都是拼补的方法。 2、求体积的常用方法 （1）直接法：对于规则的几何体，利用相关公式直接计算； （2）割补法：把不规则的几何体分割成规则的几何体，然后进行体积计算；或者把不规则的几何体补成规则的几何体，不熟悉的几何体补成熟悉的几何体，便于计算； （3）等体积法：选择合适的底面来求几何体的体积，常用于求三棱锥的体积，即利用三棱锥的任一个面作为三棱锥的底面进行等体积变换‌ 1．（2025·天津武清·模拟预测）如图，四棱锥中，底面ABCD，，，，. (1)证明：与平面PAD； (2)求平面PBC与平面PAD夹角的余弦值； (3)若Q为线段PC的中点，求三棱锥的体积. 【答案】(1)证明见解析(2)(3) 【分析】（1）求证，再利用线面平行的判定定理求证； （2）以A为坐标原点建系，求出两个平面的法向量，再求其夹角的余弦值即可； （3）利用可求. 【详解】（1）因，，，则， 又，四点共面，则， 因平面，平面，则平面. （2）如图所示，以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系， 则，，，， 则， 设平面的法向量为 则，令，则， 易知为平面PAD的一个法向量， 则， 所以平面PBC与平面PAD夹角的余弦值为； （3）， 因Q为线段PC的中点， 则. 2．（2025·天津·模拟预测）如图，在四棱锥P-ABCD中，，，，E是PD的中点，F，M分别在线段PC，PB上，且，，. (1)证明：多面体为四棱锥； (2)作出四棱锥的底面所在平面与平面的交线，写出画法，不必证明； (3)若，平面，且，求四棱锥的体积. 【答案】(1)证明见解析(2)答案见解析(3) 【分析】（1）法一：取的中点，连接，通过求证，说明共面即可求证；法二：连接AC，AF，通过向量运算说明，进而可求证；法三：连接AF，通过，说明共面即可求证； （2）法一：找到两平面的两个公共点，即可求解；法二：连接EM并延长交BD于点N，连接AN，确定为公共点即可； （3）法一：建系，由向量法求得点到面的距离，即可求解.法二：由， 及，即可求解； 【详解】（1）法一：取的中点，连接， 因为是的中点，且， 所以是的中点， 所以，， 又，，， 所以且， 又，，所以，且， 所以四边形是平行四边形， 所以，又，所以， 所以四点共面，即四边形为平面四边形. 又多面体其余各面都是有一个公共顶点P的三角形， 所以多面体为四棱锥. 法二：连接AC，AF，由已知，有， ， 所以，所以四边形AMFE为平面四边形. 又多面体PAMFE其余各面都是有一个公共顶点P的三角形， 所以多面体PAMFE为四棱锥， 法三：连接AF，由已知，有 ， ，， 所以， 所以A，M，F，E四点共面，即四边形AMFE为平面四边形. 又多面体PAMFE其余各面都是有一个公共顶点P的三角形， 所以多面体PAMFE为四棱锥. （2）法一：如图，延长交于点，连接，直线即为所求作的交线. 易知为平面与平面的公共点， 又为与的交点，易知也是平面与平面的公共点， 所以即为交线. 法二：如图，连接EM并延长交BD于点N，连接AN，直线AN即为所求作的交线. 易知：为平面与平面的公共点，所以即为交线. 法三：连接FE并延长交CD于点N，连接AN，直线AN即为所求作的交线. ， 易知：为平面与平面的公共点，所以即为交线. （3）法一：因为，平面ABCD，如图，以A为坐标原点，过点A且与CD平行的直线为x轴，AD，AP所在直线分别为Y轴，z轴建立空间直角坐标系，连接AF， 则，，，，，， 故，，，，，. 设平面AEF的法向量为， 则，即，不妨取，则可得， 则点P到底面AMFE的距离为，即为四棱锥的高. 因为，所以，因此四边形AMFE为直角梯形， 又由（1）知，，则， 从而，四棱锥P-AMFE的体积. 法二：连接AF， 因为，所以，所以， 所以四棱锥PAMFE的体积， 因为， 所以 ， 所以. 1．（2025·天津·二模）如图，在四棱锥中，是以为斜边的等腰直角三角形，底面是等腰梯形，且，，，，为中点． (1)求证：平面； (2)求直线与所成角的余弦值； (3)求平面与平面夹角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析；(2)；(3) 【分析】（1）取的中点，连接，在，中，运用勾股定理逆定理得到，再结合线面垂直判定定理证明； （2）建系，求出关键点坐标，应用计算求解； （3）求出平面与平面的法向量，结合向量夹角公式计算即可求出余弦值，最后应用同角三角函数关系求出正弦值. 【详解】（1）设，为中点， 是以为斜边的等腰直角三角形， 取的中点，底面是等腰梯形，. 连接 ， 在中，， 在中，. ， ，且平面， 平面； （2） 如图，建系，则 ， 设直线与所成角为， （3）设平面的法向量是 ，即，令，解得 设平面的法向量是 ，即令，解得 设平面与平面夹角为 故面与平面夹角正弦值为. 2．（2025·天津北辰·三模）如图，在四棱锥中，底面为矩形，侧棱底面是的中点，点是棱上靠近的四等分点. (1)求证：平面； (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）法一合理作出辅助线，利用中位线定理得到，再利用线面平行的判定定理得到线面平行，法二建立空间直角坐标系，求出关键点的坐标和关键平面的法向量，利用空间位置关系的向量证明求解即可. （2）建立空间直角坐标系，求出关键点的坐标和关键平面的法向量，结合线面角的向量求法求解即可. （3）建立空间直角坐标系，求出关键点的坐标和关键平面的法向量，利用空间中点到平面的距离公式求解即可. 【详解】（1）法一：如图，连接交于，连接， 因为底面为矩形，所以为的中点， 因为为的中点，所以是的中位线， 得到，而平面，平面，故平面. 法二：根据题意，以点为坐标原点， 分别以为轴，建立空间直角坐标系， 由题意得， 则， 设为平面的法向量， 则，即， 令，则，故， 平面，平面. （2）， ， 直线与平面所成角的正弦值为. （3）由已知得， 由点到直线的距离公式得， 故点到直线的距离为. 3．（2025·天津南开·模拟预测）如图，在三棱柱中，平面，且，，，分别为，，，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）由，且为的中点，得到，再由平面，证得，结合线面垂直的判定定理，即可证得平面； （2）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； （3）由为的中点，得到，再由（2）平面的法向量为，结合向量的距离公式，即可求解. 【详解】（1）证明：在中，因为，且为的中点，所以， 在矩形中，因为和分别为和的中点，可得， 因为平面，且平面，可得，所以， 又因为，且平面，所以平面. （2）解：以为原点，以所在直线分别为轴，轴和轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，则，可得， 设平面的法向量为，则 取，可得，所以； 因为平面，且平面，可得， 又因为，且，平面， 所以平面，即平面， 所以为平面的一个法向量， 设平面与平面的夹角为，则， 所以平面与平面夹角的余弦值. （3）解：因为为的中点，可得，所以， 由（2）知，平面的法向量为， 设点到平面的距离为，则. 4．（2025·天津滨海新·三模）如图，在多面体ABCDGEF中，四边形ABCD为直角梯形，且满足，，，，平面ABCD． (1)证明：平面CDE； (2)求平面CDE与平面ABE夹角的余弦值； (3)求点G到直线AB的距离． 【答案】(1)证明见解析(2)(3) 【分析】（1）根据线面垂直的判断定理，转化为证明和，即可证明； （2）根据（1）的结果，分别求平面和平面的法向量，利用法向量求平面夹角的余弦值； （3）代入点到直线的距离公式，即可求解. 【详解】（1）因为平面，平面， 所以， 且，，平面， 所以平面，平面， 所以， 由条件可知四边形是正方形，所以， ，且平面， 所以平面； （2） 如图，以点为原点，以为轴的正方向建立空间直角坐标系， ，，，，，， 由（1）可知，平面的法向量可为， ，， 设平面的一个法向量为， 所以，令，则，， 所以平面的一个法向量， 设平面CDE与平面ABE的夹角为， 所以； （3）, 所以点到直线的距离. 5．（2025·天津河西·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面ABCD是矩形，点E在棱PC上异于点P，，平面ABE与棱PD交于点 (1)求证：； (2)若，求证： 平面平面 若，，直线PB与平面ABCD所成角的正切值为，求点C到平面ABE的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析； 【分析】（1）先利用矩形对边平行的性质结合线面平行的判定定理得到平面，再依据线面平行的性质定理推出. （2）（i）根据已知的垂直关系，利用线面垂直的判定定理证明平面，进而依据面面垂直的判定定理证明平面平面. （ii）先通过等腰三角形三线合一以及面面垂直的性质得到平面，从而确定线面角，通过其正切值求出的值，然后建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，最后利用向量法求出点到平面的距离. 【详解】（1） 证明：因为矩形，所以， 又平面，平面，所以平面， 因为平面，平面平面， 所以 （2）证明：因为，，所以， 因为矩形，所以， 又，平面， 所以平面， 又平面， 所以平面平面 取的中点O，连接 因为，所以， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 所以就是直线与平面所成角，即， 在中，，解得， 以O为原点建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，， 由，知， 所以，， 设平面ABE的法向量为，则， 取，则，，所以， 而， 所以点C到平面的距离为 6．（2025·天津·一模）如图，在四棱锥中，平面，为的中点． (1)求证：平面； (2)求直线与平面的夹角； (3)求点M到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析(2)(3) 【分析】（1）根据中位线的性质可证明四边形为平行四边形，即可利用线面平行的判定求解， （2）根据线线垂直可得平面，即可知为直线与平面的夹角，利用三角形的边角关系即可求解， （3）由线面角的大小，即可求解. 【详解】（1）取的中点为，连接, 由于为的中点， 所以且， 又且， 因此且，所以四边形为平行四边形， 故, 平面，平面， 所以平面； （2）由（1）知：， 所以直线与平面的夹角即为直线与平面的夹角， 取的中点为，连接, 由于所以, 又平面平面，所以, 平面， 故平面，所以为直线与平面的夹角， 由于， 所以, 由于为锐角，所以， 故直线与平面的夹角为. （3）由（2）知直线与平面的夹角为， , 故点M到平面的距离为. 7．（2025·天津·二模）如图，在直三棱柱中，，，，是棱的中点，是棱上一点，且． (1)求证：； (2)求平面与平面的夹角的大小； (3)求点到直线的距离． 【答案】(1)证明见解析(2)(3) 【分析】（1）以为原点，、、分别为轴、轴、轴的正方向，建立空间直角坐标系，设，可得出点的坐标，求出、的坐标，可得出，利用空间向量数量积的坐标运算可求出的值，即可证得结论成立； （2）利用空间向量法可求出平面与平面的夹角的大小； （3）利用点到直线的距离公式可求出点到直线的距离. 【详解】（1）依题意，以为原点，、、分别为轴、轴、轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系． 则、、、、，所以． 设，故，则． 所以． 因为，所以，解得，所以． （2）由（1）知，． 设平面的一个法向量为， 则，不妨设，则． 易得平面的一个法向量为， 因为，故，故平面与平面的夹角大小为． （3）因为，， 所以在上的投影向量的长度为． 又， 所以点到直线的距离为． 8．（2025·天津·二模）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，平面平面为的中点，. (1)求证：； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)设为的中点，求平面与平面的夹角余弦值. 【答案】(1)证明见解析(2)(3) 【分析】（1）根据面面垂直性质定理证明平面，原题即得证； （2）以P为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求直线与平面所成角的正弦值； （3）证明平面，再利用向量法求平面的夹角的余弦值. 【详解】（1）在中，∵，P为的中点，∴， ∵平面平面，且平面平面，平面， ∴平面，又平面，∴. （2）在直角梯形中，∵，，P为中点， ∴，且，则四边形为平行四边形， ∵，∴， 由（1）可知，平面，故以P为坐标原点，建立空间直角坐标系， 则，，，，，， ∴，，， 设平面的一个法向量， 由，取，得， 所以为平面的一个法向量； 设直线与平面所成角为， 则． ∴直线与平面所成角的正弦值为； （3）∵，，，平面， ∴平面，即为平面的一个法向量， ∵M为的中点， ∴点M的坐标为，而，， 设平面的一个法向量为， 由， 取，， 所以为平面的一个法向量． ∴． ∴平面与平面的夹角余弦值为． 9．（2025·天津·二模）如图，在正三棱柱中，，M为BC的中点. (1)求证：直线平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)求点A到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析；(2)；(3). 【分析】（1）过作，以为原点建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，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，利用面面角的向量求法求解. （3）由（2）中信息，利用向量法求出点到平面的距离. 【详解】（1）在正三棱柱中，M为BC的中点，则，过作， 由平面，得平面，直线两两垂直， 以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则， ，于是， 即，而平面， 所以直线平面. （2）由（1）得， 设平面的法向量，则，令，得， 设平面的法向量，则，令，得， 所以平面与平面夹角的余弦值为. （3）由（2）得点A到平面的距离. 10．（2025·天津和平·三模）如图，已知正四棱柱的底面边长为2，侧棱，、分别是、延长线上的点，且，． (1)求平面与平面的夹角的正弦值； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)求点到平面的距离． 【答案】(1)平面与平面的夹角的正弦值为 (2)直线与平面所成角的正弦值为 (3)到平面的距离为 【分析】（1）建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量和平面的一个法向量，利用向量法可求得两平面的夹角的余弦值，进百可求正弦值； （2）求得，利用向量法可求得直线与平面所成角的正弦值； （3）由，利用向量法可求点到平面的距离. 【详解】（1）因为四棱柱为正四棱柱，所以底面，又因为， 所以以为坐标原点，为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 所以， 易知平面的一个法向量为， 设平面的法向量为， 则，令，则， 所以平面的一个法向量为， 设平面与平面的夹角为， 则， 所以平面与平面的夹角的正弦值为； （2）由（1）可得，所以， 设直线与平面所成角为； 所以， 所以直线与平面所成角的正弦值为； （3）由（1）可得，则到平面的距离为． 1．（2025·天津·高考真题）正方体的棱长为4，分别为中点，． (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)求三棱锥的体积． 【答案】(1)证明见解析(2)(3) 【分析】（1）法一、利用正方形的性质先证明，再结合正方体的性质得出平面，利用线面垂直的性质与判定定理证明即可；法二、建立空间直角坐标系，利用空间向量证明线面垂直即可； （2）利用空间向量计算面面夹角即可； （3）利用空间向量计算点面距离，再利用锥体的体积公式计算即可. 【详解】（1）法一、在正方形中， 由条件易知，所以， 则， 故，即， 在正方体中，易知平面，且， 所以平面， 又平面，∴， ∵平面，∴平面； 法二、如图以D为中心建立空间直角坐标系， 则， 所以， 设是平面的一个法向量， 则，令，则，所以， 易知，则也是平面的一个法向量，∴平面； （2）同上法二建立的空间直角坐标系， 所以， 由（1）知是平面的一个法向量， 设平面的一个法向量为，所以， 令，则，即， 设平面与平面的夹角为， 则； （3）由（1）知平面，平面，∴， 易知， 又，则D到平面的距离为， 由棱锥的体积公式知：. 2．（2024·天津·高考真题）如图，在四棱柱中，平面，，．分别为的中点， (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角余弦值； (3)求点到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析(2)(3) 【分析】（1）取中点，连接，，借助中位线的性质与平行四边形性质定理可得，结合线面平行判定定理即可得证； （2）建立适当空间直角坐标系，计算两平面的空间向量，再利用空间向量夹角公式计算即可得解； （3）借助空间中点到平面的距离公式计算即可得解. 【详解】（1）取中点，连接，， 由是的中点，故，且， 由是的中点，故，且， 则有、， 故四边形是平行四边形，故， 又平面，平面， 故平面； （2）以为原点建立如图所示空间直角坐标系， 有、、、、、， 则有、、， 设平面与平面的法向量分别为、， 则有，， 分别取，则有、、，， 即、， 则， 故平面与平面的夹角余弦值为； （3）由，平面的法向量为， 则有， 即点到平面的距离为. 3．（2023·天津·高考真题）如图，在三棱台中，平面，为中点.，N为AB的中点，    (1)求证：//平面； (2)求平面与平面所成夹角的余弦值； (3)求点到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析(2) (3) 【分析】（1）先证明四边形是平行四边形，然后用线面平行的判定解决； （2）利用二面角的定义，作出二面角的平面角后进行求解； （3）方法一是利用线面垂直的关系，找到垂线段的长，方法二无需找垂线段长，直接利用等体积法求解 【详解】（1）    连接.由分别是的中点，根据中位线性质，//，且， 由棱台性质，//，于是//，由可知，四边形是平行四边形，则//， 又平面，平面，于是//平面. （2）过作，垂足为，过作，垂足为,连接. 由面，面，故，又，，平面，则平面. 由平面，故，又，，平面，于是平面， 由平面，故.于是平面与平面所成角即. 又，，则，故，在中，，则， 于是 （3）[方法一：几何法]    过作，垂足为，作，垂足为，连接，过作，垂足为. 由题干数据可得，，，根据勾股定理，， 由平面，平面，则，又，，平面，于是平面. 又平面，则，又，，平面，故平面. 在中，， 又，故点到平面的距离是到平面的距离的两倍， 即点到平面的距离是. [方法二：等体积法]    辅助线同方法一. 设点到平面的距离为. ， . 由，即. 4．（2022·天津·高考真题）如图，在直三棱柱中，，点D、E、F分别为的中点， . (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (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）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结论成立； （2）利用空间向量法可求得直线与平面夹角的正弦值； （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：在直三棱柱中，平面，且，则 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， 易知平面的一个法向量为，则，故， 平面，故平面. （2）解：，，， 设平面的法向量为，则， 取，可得，. 因此，直线与平面夹角的正弦值为. （3）解：，， 设平面的法向量为，则， 取，可得，则， 因此，平面与平面夹角的余弦值为. 5．（2021·天津·高考真题）如图，在棱长为2的正方体中，E为棱BC的中点，F为棱CD的中点． （I）求证：平面； （II）求直线与平面所成角的正弦值． （III）求二面角的正弦值． 【答案】（I）证明见解析；（II）；（III）. 【分析】（I）建立空间直角坐标系，求出及平面的一个法向量，证明，即可得证； （II）求出，由运算即可得解； （III）求得平面的一个法向量，由结合同角三角函数的平方关系即可得解. 【详解】（I）以为原点，分别为轴，建立如图空间直角坐标系， 则,,,,,,， 因为E为棱BC的中点，F为棱CD的中点，所以，， 所以,,, 设平面的一个法向量为， 则，令，则， 因为，所以， 因为平面，所以平面； （II）由（1）得，， 设直线与平面所成角为， 则； （III）由正方体的特征可得，平面的一个法向量为， 则， 所以二面角的正弦值为. 6 / 15 学科网（北京）股份有限公司 $