第11讲 立体几何解答题常考题型归纳（思维导图+知识要点+解题技巧+题型归纳+巩固提升）-2026年高考数学二轮复习立体几何专题（新高考通用）

第11讲 立体几何解答题常考题型归纳 目 录 思维导图 3 高考分析 3 学习目标 4 知识要点 5 解题策略 8 题型归纳 10 一．证明平行关系 10 题型01：中位线法证线面平行 10 题型02：四边形法证线面平行 12 题型03：做平行平面法证线面平行 13 题型04：线面探索型 15 题型05：证面面平行 16 题型06:面面平行探索性题型 18 二．垂直关系证明 20 题型01：线面垂直 20 题型02：面面垂直 22 题型03：垂直探索性题型 24 题型04：翻折中的垂直 26 三．几何体的体积 27 题型01：常规求法和等体积转化型 27 题型02：多面体割补型 28 题型03：建系空间向量 30 题型04：两部分体积比 32 题型05：动点型 35 题型06：最值型取值范围 37 题型07：取值范围 40 三．立体几何中的线段长度问题 43 四．空间角问题 50 （一）．异面直线所成角 50 （二）线面角 52 （三）二面角 58 五．空间点、线、面的距离问题 66 六．立体几何中的作图问题 68 七．立体几何中的折叠问题 76 八．立体几何中的轨迹问题 82 九．立体几何中的探索性问题 85 十．利用传统方法找几何关系建系 92 十一．立体几何建系繁琐问题（几何法） 99 十二．两角相等（构造全等）的立体几何问题 104 十三．空间中的点不好求 107 十四．创新定义 110 高考立体几何解答题分值约13 - 15分，多为两问梯度设计，聚焦空间想象、逻辑推理等核心素养，常考题型及高考考查特点分析如下： 1. 空间位置关系证明题：这是解答题第一问的高频题型，核心考查线面平行、线面垂直、面面垂直。解题需紧扣判定定理，比如通过找平面内的平行直线证明线面平行，或借助线面垂直推导面面垂直。如2024年新高考Ⅰ卷第一问，就考查了线面平行的证明，这类题难度中等偏易，侧重基础定理的严谨运用。 2. 空间角计算题：是第二问的核心题型，涵盖二面角、线面角、异面直线所成角，其中二面角的向量求法考频最高。高考中多要求建立空间直角坐标系，通过求平面法向量计算角度，还常需判断角的锐钝来确定结果符号。例如2024年新高考Ⅱ卷第二问，就考查了平面PCD与平面PBF所成二面角的正弦值。 3. 体积与距离计算题：体积计算涉及柱、锥、台等几何体及组合体，常结合切割、拼接思想，或用等体积法转换求解。距离则重点考查点到平面的距离，多搭配向量法或等体积法解题。如2022年新高考Ⅰ卷第一问，便要求求点A到平面的距离。 4. 折叠与翻折问题：属于高考创新高频题型，常以平面图形翻折为背景，重点考查翻折前后不变的位置和数量关系，比如边长、角度，以及变化的垂直、平行关系。解题关键是区分翻折前后的变量与常量，再结合线面关系定理和向量工具求解，如2024年新高考Ⅱ卷就以平面四边形翻折为背景命题。 5. 探索性问题：这类题具有开放性，常问“是否存在某点/线段”使线面平行、垂直等条件成立，或确定点的位置使角度、距离满足要求。高考中多需先假设存在，再通过向量坐标运算或几何推理验证，能很好地考查学生的逆向思维，是拉开分差的题型之一。 结合高考立体几何解答题的常考题型，制定针对性学习目标，确保覆盖基础、能力、应用三个层级： 一、基础层目标 1. 精准掌握立体几何核心概念与定理：能复述线面平行/垂直、面面平行/垂直的判定定理与性质定理，明确异面直线所成角、线面角、二面角的定义及取值范围，熟记柱、锥、台、球的体积公式与表面积公式。 2. 熟练构建空间直角坐标系：能根据几何体特征（如长方体、直棱柱、正棱锥等）快速确定坐标轴，准确写出点的坐标、向量的坐标表示，掌握向量平行、垂直的坐标判定条件。 3. 清晰区分翻折问题的“变”与“不变”：能识别翻折前后保持不变的线段长度、角度、垂直/平行关系，明确翻折后形成的新空间结构特征。 二、能力层目标 1. 逻辑推理能力：证明空间位置关系时，能规范书写推理步骤（如“线线平行→线面平行”“线面垂直→面面垂直”的推导链），做到定理引用准确、条件齐全，无逻辑漏洞。 2. 空间想象能力：能通过文字描述、三视图还原几何体直观图，能在复杂几何体中分解出基本图形（如直角三角形、矩形），判断点、线、面的相对位置关系。 3. 计算求解能力： ◦ 用向量法计算空间角时，能熟练求平面法向量、利用向量夹角公式计算角度，并根据题意判断角的锐钝； ◦ 用等体积法、向量法求点到平面的距离时，能准确选择底面和高（或确定向量投影），计算过程无失误； ◦ 探索性问题中，能通过假设法结合坐标运算，推导参数值并验证合理性。 三、应用层目标 1. 题型适配能力：面对不同题型（证明题、计算题、折叠题、探索题），能快速匹配最优解法（如证明题优先用几何法，角度计算题优先用向量法），避免方法选择失误。 2. 规范答题能力：能按照高考评分标准书写解答过程，如证明题分步骤罗列条件与结论，计算题明确公式、代入过程、最终结果，避免因步骤缺失丢分。 3. 综合迁移能力：能将平面几何知识（如三角形相似、勾股定理）迁移到空间问题中，解决组合体、不规则几何体的体积/距离计算，能结合函数、方程思想处理探索性问题中的参数求解。 四、易错点突破目标 1. 避免定理应用错误：如证明线面平行时，不遗漏“直线在平面外”的条件；计算二面角时，不混淆法向量夹角与二面角的关系（需结合图形判断锐钝）。 2. 杜绝坐标计算失误：能检查点的坐标、向量坐标的正确性，避免因坐标写错导致后续计算全错。 3. 攻克翻折问题难点：能准确分析翻折后几何体的高线、垂直面位置，避免忽略翻折前后的隐含条件（如原平面图形中的垂直关系）。 空间向量与立体几何是高考的重点、热点内容，空间向量是将空间几何问题坐标化的工具，属于高考的必考内容之一.从近几年的高考情况来看，立体几何解答题的基本模式是论证推理与计算相结合，以某个空间几何体为依托，分步设问，逐层加深；第一小问主要考察空间线面位置关系的证明，难度较易；第二、三小问一般考察空间角、空间距离与几何体的体积等，难度中等偏难；空间向量作为求解空间角的有力工具，通常在解答题中进行考查，解题时需要灵活建系． 知识点1 空间几何体表面积与体积的常见求法 1．求几何体体积的常用方法 (1)公式法：直接代入公式求解. (2)等体积法：四面体的任何一个面都可以作为底面，只需选用底面面积和高都易求出的形式即可. (3)补体法：将几何体补成易求解的几何体，如棱锥补成棱柱，三棱柱补成四棱柱等. (4)分割法：将几何体分割成易求解的几部分，分别求体积. 2．求组合体的表面积与体积的一般方法 求组合体的表面积的问题，首先应弄清它的组成部分，其表面有哪些底面和侧面，各个面的面积应该 怎样求，然后根据公式求出各个面的面积，最后相加或相减.求体积时也要先弄清各组成部分，求出各简单几何体的体积，再相加或相减. 知识点2 几何法与向量法求空间角 1．几何法求异面直线所成的角 (1)求异面直线所成角一般步骤： ①平移：选择适当的点，线段的中点或端点，平移异面直线中的一条或两条成为相交直线； ②证明：证明所作的角是异面直线所成的角； ③寻找：在立体图形中，寻找或作出含有此角的三角形，并解之； ④取舍：因为异面直线所成角的取值范围是，所以所作的角为钝角时，应取它的补角作为异面直线所成的角. 2．用向量法求异面直线所成角的一般步骤： (1)建立空间直角坐标系； (2)用坐标表示两异面直线的方向向量； (3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值； (4)注意两异面直线所成角的范围是，即两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角的余弦值的绝对值. 3．几何法求线面角 (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. (2)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，h是垂线段的长，l是斜线段的长. 4．向量法求直线与平面所成角的主要方法: (1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，将题目转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)； (2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角. 5．几何法求二面角 作二面角的平面角的方法： 作二面角的平面角可以用定义法，也可以用垂面法，即在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角. 6．向量法求二面角的解题思路: 用法向量求两平面的夹角：分别求出两个法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到两平面夹角的大小. 知识点3 空间距离的求解策略 1．向量法求点到直线距离的步骤： (1)根据图形求出直线的单位方向向量. (2)在直线上任取一点M(可选择特殊便于计算的点).计算点M与直线外的点N的方向向量. (3)垂线段长度. 2．求点到平面的距离的常用方法 (1)直接法：过P点作平面的垂线，垂足为Q，把PQ放在某个三角形中，解三角形求出PQ的长度就是点P到平面的距离. ②转化法：若点P所在的直线l平行于平面，则转化为直线l上某一个点到平面的距离来求. ③等体积法. ④向量法：设平面的一个法向量为，A是内任意点，则点P到的距离为. 知识点4 立体几何中的轨迹问题的解题策略 1．动点轨迹的判断方法 动点轨迹的判断一般根据线面平行、线面垂直的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程. 2．立体几何中的轨迹问题的常见解法 (1)定义法：根据圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，进而求解轨迹问题. (2)交轨法：若动点满足的几何条件是两动曲线(曲线方程中含有参数)的交点，此时，要首先分析两动曲线的变化，依赖于哪一个变量?设出这个变量为t，求出两动曲线的方程，然后由这两动曲线方程着力消去参数t，化简整理即得动点的轨迹方程，这种求轨迹方程的方法我们称为交轨法. (3)几何法：从几何视角人手，结合立体几何中的线面平行、线面垂直的判定定理和性质定理，找到动点的轨迹，再进行求解. (4)坐标法：坐标法就是通过建立空间直角坐标系，将立体几何中的轨迹问题转化为坐标运算问题，进行求解. (5)向量法：不通过建系，而是利用空间向量的运算、空间向量基本定理等来研究立体几何中的轨迹问题，进行求解. 知识点5 立体几何中的探索性问题的求解策略 与空间向量有关的探索性问题的求解策略： 在立体几何中，与空间向量有关的探究性问题主要有两类：一类是探究线面的位置关系；另一类是探究线面角、二面角或点线面距离满足特定要求时的存在性问题． 解决这两类探索性问题的解题策略是：先建立空间直角坐标系，引入参数（有些是题中已给出），设出关键点的坐标，然后探究这样的点是否存在，或参数是否满足要求，从而作出判断． 结合高考立体几何解答题的常考题型，针对性梳理解题策略，聚焦“方法选择—步骤拆解—易错规避”核心逻辑： 一、空间位置关系证明题（线面平行/垂直、面面垂直） 1. 核心方法 • 线面平行：优先用“中位线法”（找三角形中位线）或“平行四边形法”（构造平行四边形），证明平面外直线与平面内直线平行；若几何体规则（如长方体），也可尝试向量法（证明直线方向向量与平面法向量垂直，且直线不在平面内）。 • 线面垂直：紧扣判定定理，证明直线与平面内两条相交直线垂直（常结合勾股定理、等腰三角形三线合一、面面垂直的性质定理）；向量法需证明直线方向向量与平面内两个不共线向量垂直，或与平面法向量平行。 • 面面垂直：转化为“线面垂直”，证明一个平面内有一条直线垂直于另一个平面（优先找两个平面的交线，再找垂直于交线的直线）。 2. 步骤拆解 以线面平行证明为例： ① 确定目标直线（平面外）和目标平面； ② 找平面内与目标直线平行的直线（作辅助线：连接中点、延长线段等）； ③ 证明辅助线与目标直线平行（中位线/平行四边形性质）； ④ 依据线面平行判定定理得出结论（强调“直线在平面外”）。 3. 易错规避 • 证明线面平行时，遗漏“直线不在平面内”的条件； • 证明线面垂直时，仅证明直线与平面内一条直线垂直，未验证“相交”。 二、空间角计算题（异面直线所成角、线面角、二面角） 1. 核心方法（优先向量法，几何法为辅） 2. 步骤拆解（以二面角为例） ① 建立空间直角坐标系（优先选两两垂直的三条棱为坐标轴，标注关键点坐标）； ② 求两个平面的法向量（设法向量为n=(x,y,z)，利用法向量与平面内两条不共线向量垂直，列方程组求解）； ③ 计算法向量夹角的余弦值； ④ 结合图形判断二面角类型（锐/钝），确定最终结果。 3. 易错规避 • 线面角混淆“正弦”与“余弦”（牢记线面角与方向向量、法向量夹角的互余关系）； • 二面角未结合图形判断锐钝，直接套用向量夹角结果。 三、体积与距离计算题（几何体体积、点到平面的距离） 1. 核心方法 • 体积计算： ◦ 规则几何体（柱、锥）直接用公式； ◦ 不规则几何体用“切割法”“补形法”转化为规则几何体； ◦ 三棱锥优先用“等体积法”（换底面，），简化高的计算。 • 点到平面的距离： 向量法：设平面的一个法向量为，A是内任意点，则点P到的距离为.◦ 等体积法：结合三棱锥体积公式，d =（S为平面内底面面积）。 2. 易错规避 • 计算三棱锥体积时，忘记乘以}； • 用等体积法时，选错底面（需保证底面面积和对应高易计算）。 四、折叠与翻折问题 1. 核心方法 • 关键：区分“翻折前”与“翻折后”的不变量（线段长度、角度、垂直/平行关系）和变量（空间位置、几何体形状）； • 步骤：① 画出翻折前后的平面图形与空间图形；② 标注不变量（如原平面中垂直的线段，翻折后仍垂直）；③ 结合空间位置关系定理/向量法求解（优先利用不变量建立坐标系）。 2. 易错规避 • 忽略翻折后“折线两侧的图形垂直于折线”的隐含条件； • 混淆翻折前后的角度/线段长度变化。 五、探索性问题（是否存在点/线段满足条件） 1. 核心方法 • 假设存在法：① 设出目标点的坐标；② 代入题设条件（如线面平行、垂直，或角度/距离要求）；③ 列方程求解；④ 验证是否在合理范围内。 • 特殊位置法：优先尝试棱的中点、三等分点等特殊位置，快速验证是否满足条件。 2. 易错规避 • 设点坐标时，未考虑点的取值范围； • 求出参数后，未验证是否符合题设所有条件。 通用解题策略 1. 坐标系建立技巧：优先选择有公共垂足的三条棱（如长方体的顶点、直棱柱的底面直角顶点）为原点，确保坐标轴两两垂直，减少坐标计算难度； 2. 辅助线绘制原则：证明题中辅助线以“连接中点、延长相交、作垂线”为主，优先构造三角形或平行四边形； 3. 答题规范：① 证明题分步骤写（条件→结论），引用定理需明确名称；② 计算题先写公式，再代入数据，最后写结果（带单位）；③ 探索题需明确“存在/不存在”的结论，再写推理过程。 一．证明平行关系 题型01：中位线法证线面平行 【典型例题】如图，在四棱锥中，平面ABCD，，，，M为PB上靠近B的三等分点.（1）求证：平面ACM； （2）求直线PD与平面ACM的距离. 【答案】（1）证明见解析（2） 【解析】（1）以线面平行的判定定理去证明即可解决； （1）证明：如图，连接BD，交AC于点N，连接MN. 因为，，所以，又M为PB靠近B的三等分点，所以，所以，所以，又平面AMC，平面AMC，所以平面AMC. 【变式训练1-1】如图，四棱锥中，侧面底面，底面为梯形，，且，.交于点，为的重心. （1）求证：平面； （2）求三棱锥的体积. 【变式训练1-2】如图，三棱台，平面平面，侧面是等腰梯形，, 分别是的中点. （1）求证：平面； （2）求与平面所成角的正弦值. 题型02：四边形法证线面平行 【典型例题】如图，在四棱锥中，面，，且，，，，，为的中点． （1）求证：平面； 【答案】（1）证明见解析 【解析】证明：取CP中点F，连接NF、BF， 因为F，N分为PC，PD的中点，则，且， 又，且，，所以四边形NABF是平行四边形， ，又面PBC，面PBC。所以AN∥平面PBC； 【变式训练2-1】如图，在正方体中，E，F分别是，CD的中点． 求证：平面； 【变式训练2-2】如图所示，在四棱锥P-ABCD中，PC⊥底面ABCD，，，，E是PB的中点.（1）求证：平面PAD； 题型03：做平行平面法证线面平行 【典型例题】在四棱锥中，，. （1）若E为PC的中点，求证：平面PAD. 【答案】（1）证明见解析（ 【解析】（1）作出辅助线，利用中位线证明线线平行，进而证明线面平行；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量解决二面角. （1）取CD的中点M，连接EM，BM， 由已知得，为等边三角形，∴. ∵，，∴，，∴. 又∵平面PAD，平面PAD，∴平面PAD. ∵E为PC的中点，M为CD的中点，∴. 又∵平面PAD，平面PAD，∴平面PAD. ∵，，∴平面平面PAD. ∵平面BEM，∴平面PAD. 【变式训练3-1】如图，C，D分别是以AB为直径的半圆O上的点，满足，△PAB为等边三角形，且与半圆O所成二面角的大小为90°，E为PA的中点. 求：DE//平面PBC；（2）求二面角A－BE－D的余弦值. 【变式训练3-2】如图所示的四棱锥的底面是一个等腰梯形，，且，是△的中线，点E是棱的中点． （1）证明：∥平面． （2）若平面平面，且，求平面与平面夹角余弦值． （3）在（2）条件下，求点D到平面的距离． 题型04：线面探索型 【典型例题】如图所示四棱锥中，底面，四边形中，，，，． 求四棱锥的体积； 求证：平面； 在棱上是否存在点异于点，使得平面，若存在，求的值；若不存在，说明理由． 【答案】（1）4；（2）见解析；（3）不存在. 【解析】利用四边形是直角梯形，求出，结合底面，利用棱锥的体积公式求解即可求；先证明，，结合，利用线面垂直的判定定理可得平面 ；用反证法证明，假设存在点异于点使得平面证明平面平面，与平面与平面相交相矛盾，从而可得结论． 显然四边形ABCD是直角梯形， 又底面 平面ABCD，平面ABCD，在直角梯形ABCD中，， ，，即又，平面； 不存在，下面用反证法进行证明 假设存在点异于点使得平面PAD．，且平面PAD， 平面PAD，平面PAD又， 平面平面PAD.而平面PBC与平面PAD相交，得出矛盾． 【变式训练4-1】 在四棱锥中，底面是菱形，. （Ⅰ）若，求证：平面； （Ⅱ）若平面平面，求证：； （Ⅲ）在棱上是否存在点（异于点）使得平面，若存在，求的值；若不存在，说明理由. 【变式训练4-2】如图，矩形和菱形所在平面互相垂直，已知，点是线段的中点. （1）求证：； （2）试问在线段上是否存在点，使得直线平面？若存在，请证明平面，并求出的值；若不存在，请说明理由. 题型05：证面面平行 【典型例题】如图所示，在三棱柱中，分别是的中点， 求证：（1）四点共面； （2）平面平面． 【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析. 【解析】（1）利用三角形中位线的性质，证明，从而可得，即可证明，，，四点共面； （2）证明平面中有两条直线、分别与平面中的两条直线、平行，即可得到平面平面． (1)分别是的中点，是的中位线，则， 又，四点共面． (2)分别为的中点，，平面平面， 平面，又分别是的中点，，， 四边形是平行四边形，，平面平面， 平面，又，平面平面， 【变式训练5-1】如图，在圆柱中，，分别是上、下底面圆的直径，且，，分别是圆柱轴截面上的母线. （1）若，圆柱的母线长等于底面圆的直径，求圆柱的表面积. （2）证明：平面平面. 【变式训练5-2】如图①，在梯形中，AB∥PC，△ABC与△PAC均为等腰直角三角形，＝90°，，D，E分别为PA，PC的中点．将△PDE沿DE折起，使点P到点P的位置（如图②），为线段的中点．在图②中解决以下两个问题： （1）求证：平面GAC∥平面； （2）若直线PA与平面PABC所成的角为30°时，求三棱锥P－ACG的体积． 题型06:面面平行探索性题型 【典型例题】在正方体中，、分别为、的中点，，，如图. （1）若交平面于点，证明：、、三点共线； （2）线段上是否存在点，使得平面平面，若存在确定的位置，若不存在说明理由. 【答案】（1）证明见解析；（2）存在，且. 【解析】（1）先得出为平面与平面的交线，然后说明点是平面与平面的公共点，即可得出、、三点共线； （2）设，过点作交于点，然后证明出平面平面，再确定出点在上的位置即可. （1），平面，平面，所以，点是平面和平面的一个公共点，同理可知，点也是平面和平面的公共点，则平面和平面的交线为， 平面，平面，所以，点也是平面和平面的公共点，由公理三可知，，因此，、、三点共线； （2）如下图所示： 设，过点作交于点， 下面证明平面平面. 、分别为、的中点，， 平面，平面，平面. 又，平面，平面，平面， ，、平面，因此，平面平面. 下面来确定点的位置： 、分别为、的中点，所以，，且，则点为的中点， 易知，即，又，所以，四边形为平行四边形，， 四边形为正方形，且，则为的中点，所以，点为的中点，， 因此，线段上是否存在点，且时，平面平面. 【变式训练6-1】已知正四棱锥的各条棱长都相等，且点分别是的中点. （1）求证:； （2）在上是否存在点，使平面平面，若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 【变式训练6-2】如图，在四棱锥中，已知底面为矩形，平面,点为棱的中点. （1）求证：平面 （2）直线上是否存在一点，使平面平面？ 若存在，请给出证明；若不存在，请说明理由. 二．垂直关系证明 题型01：线面垂直 【典型例题】如图，已知是正三角形，都垂直于平面，且是的中点，求证： （1）平面；（2）平面. 【答案】(1)见解析；（2）见解析 【解析】（1） 取AB的中点M,连FM,MC，∵ F、M分别是BE、BA的中点，∴ FM∥EA, FM＝EA， ∵ EA、CD都垂直于平面ABC，∴ CD∥EA∴ CD∥FM又 DC＝a，∴ FM＝DC ∴ 四边形FMCD是平行四边形，∴ FD∥MC，∴ FD∥平面ABC． （2）∵M是AB的中点，△ABC是正三角形，∴CM⊥AB，又CM⊥AE，AB∩AE＝A， ∴CM⊥面EAB，CM⊥AF，FD⊥AF，∵F是BE的中点, EA＝AB，∴AF⊥EB， ∴AF⊥平面EDB． 【变式训练1-1】如图，在平行四边形ABCD中，AB＝1，BC＝2，∠CBA＝，ABEF为直角梯形，BE∥AF，∠BAF＝，BE＝2，AF＝3，平面ABCD⊥平面ABEF． （1）求证：AC⊥平面ABEF． （2）求多面体ABCDE与多面体ADEF的体积的比值． 【变式训练1-2】如图，三角形PCD所在的平面与等腰梯形ABCD所在的平面垂直，AB＝AD＝CD，AB∥CD，CP⊥CD，M为PD的中点． （1）求证：AM∥平面PBC； （2）求证：BD⊥平面PBC． 题型02：面面垂直 【典型例题】如图，梯形所在的平面与等腰梯形所在的平面互相垂直，G为AB的中点，，，，． 1. （Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）求证：平面平面； （Ⅲ）求多面体的体积. 【答案】(I)证明见解析； （Ⅱ）证明见解析； （III）3. 【解析】（Ⅰ）可证，从而得到平面． （Ⅱ）可证平面，从而得到平面平面 （Ⅰ）因为，且，则四边形为平行四边形，故． 又平面，平面，所以平面． （Ⅱ）连接． 在等腰梯形中，，从而四边形为平行四边形， 又，故四边形为菱形，故. 在梯形中，同理可证四边形为平行四边形，故. 因为，从而，而平面平面， 平面平面，平面， 故平面，而平面，故， 因为，故平面. 因为平面，故平面平面. 【变式训练2-1】如图，在以为顶点，母线长为的圆锥中，底面圆的直径长为2，是圆所在平面内一点，且是圆的切线，连接交圆于点，连接，. （1）求证：平面平面； （2）若是的中点，连接，，当二面角的大小为时，求平面与平面所成锐二面角的余弦值. 【变式训练2-2】如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，，为线段的中点． （1）若为线段上的动点，证明：平面平面； （2）若为线段，，上的动点（不含，），，三棱锥的体积是否存在最大值？如果存在，求出最大值；如果不存在，请说明理由． 题型03：垂直探索性题型 【典型例题】三棱锥中，，面面． （1）求长；（2）求三棱锥体积； （3）内（含边界）上是否存在点，使面． 若存在点，求出点的位置；若不存在点，说明理由． 【答案】（1）3；（2）；（3）存在，在棱上，且． 【解析】(1)根据勾股定理可得,进而可得,再用勾股定理计算即可. (2) 作的中点,连接可知平面,再求解体积即可. (3) 作于,再证明面即可. （1）∵,∴. ∵平面⊥平面,平面平面,平面,且, 可知平面,. ∴. （2）作的中点,连接,由题意知平面,∴. （3）作于,在上.. ∵平面,平面,∴,且,平面,平面,,∴平面,即存在,在棱上,且. 【变式训练3-1】直三棱柱中，，，，点是线段上的动点. （1）当点是的中点时，求证：平面； （2）线段上是否存在点，使得平面平面？若存在，试求出的长度；若不存在，请说明理由. 【变式训练3-2】如图，在三棱柱中，底面，，点是的中点． （Ⅰ）求证：； （Ⅱ）求证：∥平面． （Ⅲ）设，，在线段上是否存在点，使得?若存在，确定点的位置; 若不存在，说明理由． 题型04：翻折中的垂直 【典型例题】如图①，在菱形ABCD中，∠A＝60°且AB＝2，E为AD的中点，将△ABE沿BE折起使AD＝，得到如图②所示的四棱锥A﹣BCDE. （Ⅰ）求证：平面ABE⊥平面ABC； （Ⅱ）若P为AC的中点，求三棱锥P﹣ABD的体积. 【答案】（Ⅰ）证明见详解；（Ⅱ） 【解析】（Ⅰ）先证，即可求得平面，结合//，即可由线面垂直推证面面垂直；（Ⅱ）根据点是中点，则的体积为体积的一半，再转化顶点求得的体积，则问题得解. （Ⅰ）因为四边形是菱形，且点为中点，又，故三角形为等边三角形，则，又在三角形中，，满足， 故，又平面，故可得平面， 又因为//，故可得平面，又平面， 故可得平面平面.即证. 【变式训练4-1】如图，ABCD是块矩形硬纸板，其中，E为DC中点，将它沿AE折成直二面角. （1）求证：平面BDE； （2）求四棱锥体积. 【变式训练4-2】如图1所示，在等腰梯形ABCD中，，，垂足为E，，将沿EC折起到的位置，如图2所示，使平面平面ABCE. （1）连结BE，证明：平面； （2）在棱上是否存在点G，使得平面，若存在，直接指出点G的位置不必说明理由，并求出此时三棱锥的体积；若不存在，请说明理由. 三．几何体的体积 题型01：常规求法和等体积转化型 【典型例题】四棱锥P﹣ABCD中，AB∥CD，AB⊥BC，AB＝BC＝1，PA＝CD＝2，PA⊥底面ABCD，E在PB上. （1）证明：AC⊥PD； （2）若PE＝2BE，求三棱锥P﹣ACE的体积. 【答案】（1）证明见解析；（2） 【解析】（1）过A作AF⊥DC于F，推导出AC⊥DA，AC⊥PA，从而AC⊥平面PAD，由此能求出AC⊥PD． （2）由VP﹣ACE＝VP﹣ABC﹣VE﹣ABC，能求出三棱锥P﹣ACE的体积． （1）过A作AF⊥DC于F，因为AB∥CD，AB⊥BC，AB＝BC＝1，所以CF＝DF＝AF＝1， 所以∠DAC＝90°，所以AC⊥DA，又PA⊥底面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以AC⊥PA， 又PA，AD⊂平面PAD，PA∩AD＝A，所以AC⊥平面PAD，又PD⊂平面PAD，∴AC⊥PD. （2）由PE＝2BE，可得VP﹣ACE＝VP﹣ABC﹣VE﹣ABC， 所以，， 所以三棱锥P﹣ACE的体积VP﹣ACE＝VP﹣ABC﹣VE﹣ABC. 【变式训练1-1】如图所示，在棱长为2的正方体中，M是线段AB上的动点． （1）证明：平面； （2）若M是AB的中点，证明：平面平面； （3）求三棱锥的体积． 【变式训练1-2】如图，四棱锥中，平面，，，，为线段上一点，，为的中点．（I）证明平面； （II）求四面体的体积. 题型02：多面体割补型 【典型例题】如图，在多面体中，为矩形，为等腰梯形，，，，且，平面平面，，分别为，的中点. （Ⅰ）求证：平面； （Ⅱ）若，求多面体的体积. 【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）. 【解析】（Ⅰ）取的中点.连接，，可证，，然后利用平面平面，可证平面.（Ⅱ）将多面体分为四棱锥和三棱锥两部分，将转化为，然后利用四棱锥和三棱锥的体积公式分别求出然后求和即可. 解：（Ⅰ）如图，取的中点.连接，.在矩形中，∵，分别为线段，的中点， ∴.又平面，平面，∴平面. 在中，∵，分别为线段，的中点，∴. 又平面，平面，∴平面. 又，平面，∴平面平面 又平面，∴平面. （Ⅱ）如图，过点作于.∵平面平面，平面平面，平面，∴平面.同理平面. 连接，.在中，∵，，∴.同理. ∵，∴等边的高为，即.连接. ∴ . 【变式训练2-1】如图，梯形所在的平面与等腰梯形所在的平面互相垂直，G为AB的中点，，，，． （Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）求证：平面平面； （Ⅲ）求多面体的体积. 【变式训练2-2】如图，已知平面平面，B为线段中点，，四边形为正方形，平面平面，，，M为棱中点. （1）求证：平面平面； （2）若，求多面体的体积. 题型03：建系空间向量 【典型例题】已知三棱柱，如图所示，是，上一动点，点、分别是、的中点，，． (1)求证：平面； (2)当平面，且时，求三棱锥的体积． 【答案】（1）由中位线得到线线平行，得到线面平行； （2）建立空间直角坐标系，求出点到平面的距离，利用三棱锥体积公式求出答案. 【解析】（1）因为点、分别是、的中点， 所以 ， 因为平面，平面， 所以平面； （2）因为平面，平面， 所以 ， ， 又， 以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则， 设平面法向量的法向量为， 则， 解得，令，则，故， 则点到平面的距离为， 由勾股定理得， ， 则三棱锥的体积为. 【变式训练3-1】在三棱锥中，，平面，点在平面内，且满足平面平面，．    (1)求证：； (2)当二面角的余弦值为时，求三棱锥的体积． 【变式训练3-2】如图，几何体中，底面为边长为2的菱形，平面平面，平面平面，. (1)证明：平面； (2)若，平面与平面的夹角为，求四棱锥的体积. 【变式训练3-3】如图，四棱锥的底面是矩形，平面为的中点，为PA上一点，且． (1)证明：平面BDQ； (2)若二面角为，求三棱锥的体积． 题型04：两部分体积比 【典型例题】如图，是边长为3的正方形，平面，平面，. （1）证明：平面平面； （2）在上是否存在一点，使平面将几何体分成上下两部分的体积比为？若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）见解析（2）存在点且满足条件. 【解析】（1）根据，结合面面平行的判定定理可知两个平面平行；（2）先求出整个几何体的体积.假设存在一点，过作交于，连接，设，求得几何体的体积，将其分割成两个三棱锥，利用表示出两个三棱锥的高，再利用体积建立方程，解方程组求得的值. 解：（1）∵平面，平面， ∴，∴平面， ∵是正方形，，∴平面， ∵，平面，平面，∴平面平面. （2）假设存在一点，过作交于，连接， ， 设，则， 设到的距离为，则，， ∴，解得，即存在点且满足条件. 【变式训练4-1】如图，在四棱锥中，底面为菱形，为正三角形，平面平面，、分别是、的中点. （1）证明：平面； （2）若是棱上一点，三棱锥与三棱锥的体积相等，求的值. 【变式训练4-2】如图，多面体中，，平面⊥平面，四边形为矩形，∥，点在线段上，且. (1)求证：⊥平面； (2)若，求多面体被平面分成的大、小两部分的体积比. 【变式训练4-3】如图所示，已知在四棱柱中，所有的棱长均为2，侧面底面为的中点，为棱上的动点（含端点），过三点的截面记为平面.    (1)是否存在点使得底面？请说明理由； (2)当平面与平面所成二面角的余弦值为时，试求平面截得四棱柱两部分几何体的体积之比（体积小的部分作比值的分子）. 题型05：动点型 【典型例题】如图，四边形ABCD为矩形，△BCF为等腰三角形，且∠BAE＝∠DAE＝90°，EA//FC. （1）证明：BF//平面ADE. （2）设，问是否存在正实数，使得三棱锥A﹣BDF的高恰好等于BC？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）存在正实数. 【解析】（1）通过证明平面平面来证明BF//平面ADE； （2）设，，则，利用等体积法，则，可得关于的方程，求解可得. （1）因为，平面，平面，所以平面， 因为，平面，平面，所以平面， 又，所以平面平面 故平面； （2），又， 平面， 设，，则， 在矩形和中，有，， 所以在中，边上的高， 又， 所以，由等体积法得， 即，∴， 所以存在正实数，使得三棱锥的高恰好等于. 【变式训练5-1】如图所示，在三棱锥中，平面，，，. （1）证明：平面； （2）若为棱的中点，点为棱上一点，且三棱锥的体积为，通过计算判断点的位置. 题型06：最值型取值范围 【典型例题】如图，已知直角的直角边，，点是从左到右的四等分点（非中点）.已知椭圆所在的平面垂直平面，且其左右顶点为，左右焦点为，点在上.    (1)求三棱锥体积的最大值； (2)证明：二面角的大小小于. 【答案】见解析 【解析】（1） 取中点，在上取一点使得，易知为中点， 由椭圆所在的平面⊥平面，且两面交线为，所以底面， 且底面， 以为坐标原点，为正方向，的中垂线的方向向量为轴正方向， 为轴正方向，建立空间直角坐标系． 设点，椭圆的方程为． 由题意，易知，， 则，，解得，所以． ， 故三棱锥体积的最大值是． （2）易知，，，显然当P在横轴上时，二面角的大小为，符合题意； 当P不在横轴时，不妨设， 则，， 设平面的一个法向量， 则 令，则，， 所以平面的一个法向量， 同理可求得平面的一个法向量， 令，则化简后得: ， （I）当时，则， 所以， 令，， 因为，所以，令得， 当时，，单调递增；当时，，单调递减， 此时； （II）当时，令， ， 令，则， 所以单调递减，所以， 即单调递减，， 综上，对成立， 即，即， 故二面角的大小小于得证． 【变式训练6-1】如图所示，在矩形中，，E为边的中点，将沿直线翻折为，若F为线段的中点.在翻折过程中， （Ⅰ）求证：面； （Ⅱ）求多面体体积的最大值. 【变式训练6-2】如图，三棱锥中，侧面是边长为的正三角形，，平面平面，把平面沿旋转至平面的位置，记点旋转后对应的点为（不在平面内），、分别是、的中点. （1）求证：； （2）求三棱锥的体积的最大值. 【变式训练6-3】如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，，为线段的中点． （1）若为线段上的动点，证明：平面平面； （2）若为线段，，上的动点（不含，），，三棱锥的体积是否存在最大值？如果存在，求出最大值；如果不存在，请说明理由． 题型07：取值范围 【典型例题】如图所示，有满足下列条件的五边形的彩纸，其中，，．现将彩纸沿向内进行折叠． (1)求线段的长度； (2)若是等边三角形，折叠后使⊥，求直线与平面的所成角的大小； (3)将折叠后得到的四棱锥记为四棱锥，求该四棱锥的体积的最大值． 【答案】见解析 【解析】（1）延长BC，ED相交于点F， 因为，所以， 故为等边三角形，所以， 因为，， 所以，， 在中，由余弦定理得：， 所以； （2）由（1）知：，，， 所以， 由勾股定理逆定理得：⊥BE， 因为⊥，，平面ABE， 所以BC⊥平面ABE， 取BE的中点Q，连接AQ，CQ， 因为AQ平面ABE， 所以BC⊥AQ， 因为是等边三角形， 由三线合一得：AQ⊥BE， 因为BE，BC平面BCDE，， 所以AQ⊥平面BCDE， 所以即为直线与平面的所成角，显然， 故直线与平面的所成角大小为. （3）延长BC，ED相交于点F， 由（1）（2）得：BF⊥BE，且为等边三角形， 故，， 故四边形的面积为， 要想折叠后得到的四棱锥体积最大，则要四棱锥的高最大， 故要使平面⊥平面BCDE，且需要△ABE边BE上的高最大， 因为，，故只需使△ABE的面积最大， 由余弦定理得：， 故， 由基本不等式得：，即， 所以，当且仅当时，等号成立， △ABE的面积最大值为， 故四棱锥的高最大为， 该四棱锥的体积的最大值为. 【变式训练7-1】如图1，四边形是矩形，将沿对角线折起成，连接，如图2，构成三棱锥.过动点作平面的垂线，垂足是. (1)当落在何处时，平面平面，并说明理由； (2)在三棱锥中，若为的中点，判断直线与平面的位置关系，并说明理由； (3)设是及其内部的点构成的集合，，当时，求三棱锥的体积的取值范围. 【变式训练7-2】如图1，有一个边长为4的正六边形，将四边形沿着翻折到四边形的位置，连接，形成的多面体如图2所示. (1)证明：. (2)设二面角的大小为，是线段上的一个动点（与不重合），四棱锥与四棱锥的体积之和为，试写出关于的函数表达式，并探究为何值时，有最大值，求出最大值. 三．立体几何中的线段长度问题 【典型例题1】如图，在四棱锥中，平面为等边三角形，，点为棱上的动点． (1)证明：平面； (2)当二面角的大小为时，求线段的长度． 【答案】（1）先求得，再根据线面垂直的判定定理证得平面. （2）建立空间直角坐标系，利用向量法列方程来求得点的坐标，进而求得的长度. 【解析】（1）依题意，所以， 所以，所以，则， 由于平面，平面，所以， 由于平面，所以平面. （2）由（1）可知两两相互垂直，由此以为原点，建立如图所示空间直角坐标系， ，设， 平面的法向量为， 设平面的法向量为， 则， 故可设， 依题意，二面角的大小为， 所以， 整理得， 解得或（舍去），所以， 所以. 【典型例题2】如图，平面，在平面的同侧，，，，. (1)若四点在同一平面内，求线段的长； (2)若，平面与平面的夹角为，求线段的长. 【答案】（1）由线面平行的判定定理、性质定理得四边形是平行四边形可得答案； （2）以为原点，分别以、、所在直线为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，设，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. 【解析】（1），平面，平面，平面， ，则四点共面， 平面，平面，平面平面，，又，则四边形是平行四边形， ； （2）以为原点，分别以、、所在直线为轴、轴、轴， 建立空间直角坐标系，设，则，，，，，，， 设是平面的一个法向量， 由，得，令，可得， 可得， 设是平面的一个法向量， 由，得，令，可得， 可得， 依题意， 解得，. 【典型例题3】如图，，，点、在平面的同侧，，，，平面平面，.    (1)求证：平面； (2)若直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长. 【答案】(1)根据线面平行，面面平行定理即可证明； (2)建立合适坐标系，将各个点用坐标表示出来，再根据向量垂直列出方程式，求解即可 【解析】（1）因为，平面， 所以平面，同理平面， 又，平面，， 所以平面平面，平面， 所以平面； （2）取的中点，因为， 所以，又平面平面，平面平面， 平面，所以平面， 又因为，故可建立如图所示的空间直角坐标系. 在四边形中，因为，，，， 所以，所以， 因为，所以， 所以，，，，，，， ，， 设，则， 设为平面的法向量， 则，即，故取， 因为直线与平面所成角的正弦值为， 所以， 两边同时平方得 所以，解得，或（舍去）， 所以，所以. 【变式训练1】如图1，在五边形中，连接对角线，，，，将三角形沿折起，连接，得四棱锥（如图2），且为的中点，为的中点，点在线段上.    (1)求证：平面平面； (2)若平面和平面的夹角的余弦值为，求线段的长. 【变式训练2】如图，在三棱柱中，平面平面，点为的中点，点在线段上，且. (1)求平面与平面的夹角的余弦值； (2)点在上，若直线在平面内，求线段的长. 【变式训练3】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P是棱的中点，点Q在棱BC上．    (1)若，证明：平面； (2)若二面角的正弦值为，求BQ的长． 【变式训练4】已知椭圆的左、右焦点分别为，离心率为，过点的动直线交于A，B两点，点在轴上方，且不与轴垂直，的周长为，直线与交于另一点，直线与交于另一点，点为椭圆的下顶点，如图①. (1)当点为椭圆的上顶点时，将平面xOy沿轴折叠如图②，使平面平面，求异面直线与所成角的余弦值； (2)若过作，垂足为. （i）证明:直线过定点； （ii）求的最大值. 【变式训练5】如图，正方体的棱长为2，在正方形的内切圆上任取一点，在正方形的内切圆上任取一点，在正方形的内切圆上任取一点． (1)若分别是棱的中点，，求棱和平面所成角的余弦值； (2)求的最小值与最大值． 【变式训练6】如图，四面体中，．    (1)求证：平面平面； (2)若， ①若直线与平面所成角为30°，求的值； ②若平面为垂足，直线与平面的交点为．当三棱锥体积最大时，求的值． 四．空间角问题 （一）．异面直线所成角 【典型例题】如图，已知四边形是矩形，平面，且，M､N是线段､上的点，满足. (1)若，求证：直线平面； (2)是否存在实数，使直线同时垂直于直线，直线？如果有请求出的值，否则请说明理由； (3)若，求直线与直线所成最大角的余弦值. 【答案】见解析 【解析】（1）取的中点，连接， 因为，所以M是线段上的中点， 因此有， 因为是矩形，N是线段上的中点， 所以， 因此有， 所以四边形是平行四边形，所以有， 而平面，平面，所以直线平面； （2）假设存在实数，使直线同时垂直于直线，直线， 因为四边形是矩形，所以， 即，而平面， 所以平面， 因为是矩形，所以， 因为平面，平面， 所以，而平面， 所以平面，因此，显然不可能，所以假设不成立， 因此不存在实数，使直线同时垂直于直线，直线； （3）当时，由（2）可知：， 所以是直线与直线所成角，设， 由（2）可知，所以， 在中，由余弦定理可知： ， 令，所以， 于是有， 当时，有最小值，最小值为，此时有最大值. 则直线与直线所成最大角的余弦值为. 【变式训练1-1】如图，四棱锥中，平面，四边形是直角梯形，其中，．． (1)求异面直线与所成角的大小； (2)若平面内有一经过点的曲线，该曲线上的任一动点都满足与所成角的大小恰等于与所成角.试判断曲线的形状并说明理由； (3)在平面内，设点Q是（2）题中的曲线E在直角梯形内部（包括边界）的、一段曲线上的动点，其中G为曲线E和的交点．以B为圆心，为半径的圆分别与梯形的边交于两点．当点在曲线段上运动时，求四面体体积的取值范围． （二）线面角 【典型例题1】如图，在四棱锥中， ，，且是的中点. (1)求证：平面平面； (2)若二面角的大小为，求直线与平面所成角的余弦值. 【答案】（1）先证明线面垂直再根据面面垂直判定定理证明即可； （2）先根据二面角求参得出点的坐标，再应用线面角向量求法计算. 【解析】（1）因为， 由余弦定理得，所以. 因为，所以，所以. 因为BC ，所以四边形ABCO为平行四边形，所以. 因为，所以，即. 因为平面POC，所以平面POC. 因为平面ABC，所以平面平面ABC. （2）在平面POC内，过点O作，交PC于E. 因为平面平面ABC，平面平面，所以平面ABC. 以O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则. 由（1）可知为二面角的平面角，即，所以，由PO=2，可得. 所以. 设平面PAD的一个法向量为，则，即， 令，则，所以平面PAD的一个法向量为. 设直线PB与平面PCD所成角为θ，则 所以直线PB与平面PCD所成角的余弦值为. 【典型例题2】如图所示，在等腰梯形中，，，，E为CD中点，AE与BD相交于点O，将沿AE折起，使点D到达点P的位置（平面）． (1)求证：平面平面PBC； (2)若，试判断线段PB上是否存在一点Q（不含端点），使得直线PC与平面所成角的正弦值为，若存在，求Q在线段PB上的位置；若不存在，说明理由． 【答案】（1）利用线面垂直的判定定理、性质定理及面面垂直的判定定理可得答案； （2）以O为原点，分别以所在的直线为轴建立空间直角坐标系，设，求出平面AEQ的法向量，由线面角的向量求法求出t可得答案. 【解析】（1）如图，在原图中连接BE，由于，AB=DE，， 所以四边形ABED是平行四边形． 由于AB=AD，所以四边形ABED是菱形，所以． 由于，AB=CE，所以四边形ABCE是平行四边形， 所以，所以． 在翻折过程中，，保持不变， 即，保持不变． 由于，OP，平面POB， 所以平面POB，由于平面PBC， 所以平面平面PBC； （2）由上述分析可知，在原图中，， 所以，所以． 折叠后，若，则，所以， 由于，，平面ABCE， 所以平面ABCE．所以OE，OB，PO两两相互垂直． 由此以O为原点， 分别以所在的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系， ， ，，，， 设，，， ，， 设平面AEQ的法向量为， 则，令得， 故， 设直线PC与平面AEQ所成角为θ，则 ， 所以，， ，解得， 所以，因为，， 、的中点坐标为， 即Q是PB的中点． 【典型例题3】如图，是半球的直径，，是底面半圆弧上的两个三等分点，是半球面上一点，且.    (1)求四边形的面积； (2)证明：平面； (3)若点在底面圆内的射影恰在上，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】见解析 【解析】（1）连接，因为是底面半圆弧上的两个三等分点， 所以有，又因为， 所以都为正三角形， 所以，四边形是菱形， 则到边的距离为， 所以四边形的面积为. （2）记与的交点为，连接， 因为四边形是菱形，则为和的中点， 因为，所以为正三角形， 所以，则， 而在等边中，易知， 即，所以， 因为是半球面上一点，是半球的直径，所以， 又，平面，所以平面. （3）因为点在底面圆内的射影恰在上， 由（2）知，即为点在底面圆内的射影，所以底面， 因为四边形是菱形，所以，即两两互相垂直， 以点为坐标原点，，，分别为，，轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 则， 所以，，， 设平面的一个法向量为，则，所以， 取，则， 设直线与平面的所成角为， 所以， 故直线与平面所成角的正弦值为． 【变式训练2-1】如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面与底面所成的角为，为的中点． (1)求证：平面； (2)若为的内心，求直线与平面所成角的正弦值． 【变式训练2-2】如图，四面体中，，，，为的中点．    (1)证明：平面平面； (2)设，，点在上； ①点为中点，求与所成角的余弦值； ②当的面积最小时，求与平面所成的角的正弦值． 【变式训练2-3】在如图所示的几何体中，平面平面，记为中点，平面与平面的交线为． (1)求证：平面； (2)若三棱锥的体积与几何体的体积满足关系为上一点，求当最大时，直线与平面所成角的正弦值的最大值． 【变式训练2-4】如图，在四棱锥中，为的中点，且满足平面，    (1)证明：； (2)若平面，点在四棱锥的底面内，且在以为焦点，并满足的椭圆弧上.若二面角的余弦值为，求直线与平面所成角的正切值. （三）二面角 【典型例题1】如图，在三棱柱中，所有棱长均相等，，，. (1)证明；平面. (2)若二面角的正弦值. 【答案】（1）设D为的中点，先证明平面，以此得到，再证明，结合线面垂直的判定定理即可得解； （2）建立适当的空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，结合向量夹角的坐标公式即可求解. 【解析】（1） 设D为的中点，连接，，. 因为在三角形中，，所以三角形是等边三角形， 而是的中点，故由三线合一可知，， 因为，是三角形的中位线，即，所以. 因为，平面，所以平面. 因为平面，所以. 在中，，O为的中点，所以. 因为，平面，所以平面. （2）设三棱柱的棱长为，以O为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，. ，，. 设平面的法向量为， 则，可取. 设平面的法向量为， 则，可取. 因为平面平面，所以平面的一个法向量为. ，， 故二面角的正弦值为. 【典型例题2】如图，在四棱台中，底面四边形ABCD为菱形，平面ABCD. (1)证明：； (2)若M是棱BC上的点，且满足，求二面角的余弦值. 【答案】（1）先根据线面垂直的性质得，再根据线面垂直的判定定理得平面，从而利用线面垂直的性质定理即可证明； （2）建立空间直角坐标系，求出点的坐标，然后利用法向量求法求出平面和平面的法向量，再利用向量法求解即可. 【解析】（1）在四棱台中，延长后必交于一点， 故四点共面，因为平面，平面，故， 连接，因为底面四边形为菱形，故， 平面，故平面， 因为平面，所以. （2）过点A作的垂线，交与点N，以所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系（如图）， 设，则，由于，故， 则，， 则，，， 记平面的法向量为， 则，即，令， 则，即， 平面的法向量可取为， 则. 所以二面角的余弦值为. 【典型例题3】如图，四边形为矩形，≌，且二面角为直二面角． (1)求证：平面平面； (2)设是的中点，，二面角的平面角的大小为，当时，求的取值范围． 【答案】见解析 【解析】（1）因二面角为直二面角，即平面平面，又， 平面平面，平面，则平面， 又平面，即得， 四边形为矩形，≌，则,即， 平面，于是平面，平面， 所以平面平面； （2）过E作平面，由（1）知平面，平面，故， 以为原点，射线EB，EA，Ez分别为x，y，z轴非负半轴建立空间直角坐标系，如图， ∵，，则，，，， ，，， 设平面的法向量为，则，即， 则， 设平面的法向量为，则，即， 则， 由图可知二面角为锐二面角， 从而有， 而，则，, 所以. 【变式训练3-1】如图，四棱锥中，侧面为等边三角形，线段的中点为且底面，，，是的中点. (1)证明：平面； (2)求点到平面的距离； (3)点在棱上，且直线与底面所成角的正弦值为，求平面与平面夹角的余弦值. 【变式训练3-2】如图，在直三棱柱中，，，垂直于平面．点，，分别为边，，上的动点（不包括顶点），且满足． (1)求三棱锥的体积的最大值； (2)记平面与平面所成的锐二面角为，当最小时，求的值，并说明点所处的位置． 【变式训练3-3】如图所示，四边形为正方形，四边形，为两个全等的等腰梯形，，，，．    (1)当点为线段的中点时，求证：； (2)当点在线段上时（包含端点），求平面和平面的夹角的余弦值的取值范围． 【变式训练3-4】如图，在四棱锥中，平面，，底面为直角梯形，，，，是的中点，点，分别在线段与上，且，． (1)当时，求平面与平面的夹角大小； (2)若平面，求的最小值． 【变式训练3-5】如图，四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，已知为棱的中点，在底面的投影为线段的中点，是棱上一点.    (1)若，求证：平面； (2)若，确定点的位置，并求二面角的余弦值. 【变式训练3-6】如图，四棱锥中，二面角的大小为，，，是的中点.   (1)求证：平面平面； (2)若直线与底面所成的角为，求二面角的余弦值. 【变式训练3-7】如图，在几何体中，平面平面，四边形为正方形，四边形为平行四边形，四边形为菱形，为棱的中点，点在棱上，平面.    (1)证明平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值. 【变式训练3-8】如图1，在梯形中，，是线段上的一点，，，将沿翻折到的位置. (1)如图2，若二面角为直二面角，，分别是，的中点，若直线与平面所成角为，，求平面与平面所成锐二面角的余弦值的取值范围； (2)我们把和两条异面直线都垂直相交的直线叫做两条异面直线的公垂线，点为线段的中点，，分别在线段，上（不包含端点），且为，的公垂线，如图3所示，记四面体的内切球半径为，证明：. 【变式训练3-9】如图1，已知在正方形中，，，，分别是边，，的中点，现将矩形沿翻折至矩形的位置，使平面平面，如图2所示． (1)证明：平面平面； (2)设是线段上一点，且二面角的余弦值为，求的值． 五．空间点、线、面的距离问题 【典型例题】如图，三棱台中，为等边三角形，，平面ABC，点M，N，D分别为AB，AC，BC的中点，． (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)求点D到平面的距离． 【答案】（1）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用，结合平面，得出平面； （2）利用向量的夹角公式即可求解； （3）利用点到平面的距离的向量法公式，即可求解． 【解析】（1）因为侧棱底面，为等边三角形，所以过点作，则以为点A为坐标原点，，，的方向分别为轴，轴，轴的正方向，建立如下图所示的空间直角坐标系， 设长为，则 ，， 因为，所以，则有，． 所以，，，，，，． 证明：因为，，设平面的法向量为， 则，令，则， 又因为． 所以，所以，又因为平面，所以平面． （2）因为为中点，所以，则， 有，又，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）因为，平面的法向量为， 所以，点D到平面的距离为． 【变式训练1】如图，边长为4的两个正三角形，所在平面互相垂直，，分别为，的中点，点在棱上，，直线与平面相交于点. (1)证明：； (2)求直线与平面的距离. 【变式训练2】如图，在直三棱柱中，，，，D是棱AB上的一点． (1)若，求异面直线与所成的角的大小； (2)若，求点B到平面的距离． 【变式训练3】如图，在直四棱柱中，底面四边形为梯形，，. (1)证明： ; (2)若直线 与平面 所成角的正弦值为 ，点 为线段 上一点，求点到平面 的距离. 六．立体几何中的作图问题 【典型例题1】如图，正三棱柱中，，.设点D为上的一点，过D，A作平面的垂面， (1)画出平面与正三棱柱表面的交线（保留作图痕迹，不需证明）； (2)若到平面的距离为，求AC与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）记，的中点分别为，过点D作，交于点E，连接，平面即为； （2）建立空间直角坐标系，利用向量法由到平面的距离为确定点D位置，然后由线面角的定义求解可得. 【解析】（1）记，的中点分别为，过点D作，交于点E， 连接，易知，所以，所以平面即为. 由正三棱柱的的性质可知，，平面平面， 且平面平面， 所以平面， 又平面，所以平面平面. （2）如图，以O为坐标原点，OA，OB，所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 则， 所以, 设，则点的D坐标为， 所以. 设平面的法向量为，则， 所以，， 令，则，所以， 所以到平面的距离，解得， 因为，AC与平面所成角等于与平面所成角， 所以. 【典型例题2】在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，三棱锥的体积为，平面与平面的交线为.    (1)求四棱锥的体积，并在答卷上画出交线（注意保留作图痕迹）； (2)若，，且平面平面，在上是否存在点，使平面与平面所成角的余弦值为？若存在，求的长度；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）根据等体积法和锥体的体积公式计算即可求出；如图，的延长线和的延长线交点为，则为直线； （2）建立如图空间直角坐标系，设，利用空间向量法求解面面角，建立关于的方程，解之即可求解. 【解析】（1），， ∵，∴， ∴， 延长，，设的延长线和的延长线交点为，连接， 则平面和平面的交线为直线. （2）取的中点，连接， ∵，是的中点，∴， ∵平面平面，平面平面，平面，， ∴平面， ，，解得. 以点为坐标原点，以直线，分别为，轴， 以过点作平面的垂线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示.    则，，，， ∴，，， 设，则， 设平面的法向量为， 则，即 令，得， 设平面的法向量为， 则，即 令，可得， 平面与平面夹角的余弦值为 ∴， 整理得，解得：或， 即在直线上存在点，平面与平面的夹角的余弦值为， 此时或， 则或. 【典型例题3】已知四棱锥中，底面为直角梯形，平面，，，，，M为中点，过C，D，M的平面截四棱锥所得的截面为． (1)若与棱交于点F，画出截面，保留作图痕迹（不用说明理由），求点F的位置； (2)求平面与平面所成锐二面角的余弦值． 【答案】（1）延长，可得四边形为截面，即可得解； （2）建系，求解. 【解析】（1）延长，连接交于F，连接， 如图，四边形为截面. 中，，由，则C为中点，B为中点， 过M作交于N，则， ， ， ，即， F为棱上靠近点B位置的三等分点； （2）以A为原点，为x轴，为y轴，为z轴，建立空间坐标系如图， 则有：，，，，， 设平面的一个法向量为，， 则有，解得 令，则，即 设平面的一个法向量为，，， 则，解得， 令，则，， 设平面与平面的锐二面角的平面角为，则 所以平面与平面的二面角的锐平面角的余弦值为. 【变式训练1】已知四棱锥中，底面为直角梯形，平面，，，，，为中点，过，，的平面截四棱锥所得的截面为． (1)若与棱交于点，画出截面，保留作图痕迹（不用说明理由），并证明． (2)求多面体的体积． 【变式训练2】如图，三棱柱中，侧面为菱形.    (1)（如图1）若点为内任一点，作出与面的交点（作出图象并写出简单的作图过程，不需证明）； (2)（如图2）若面面，求二面角的余弦值. 【变式训练3】如图，已知多面体EABCDF的底面ABCD是边长为2的正方形，，，且.    (1)记线段的中点为，在平面内过点作一条直线与平面平行，要求保留作图痕迹，但不要求证明； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 【变式训练4】已知四棱锥中，底面为直角梯形，平面，，，，，M为中点，过C，D，M的平面截四棱锥所得的截面为． (1)若与棱交于点F，画出截面，保留作图痕迹（不用说明理由），求点F的位置； (2)求平面与平面所成锐二面角的余弦值． 【变式训练5】如图，已知平行六面体的底面是菱形，，，且. (1)试在平面内过点作直线，使得直线平面，说明作图方法，并证明：直线； (2)求平面与平面所成锐二面角的余弦值. 【变式训练6】已知四棱锥中，底面为正方形，O为其中心，点E为侧棱的中点. (1)作出过O、P两点且与平行的四棱锥截面（在答题卡上作出该截面与四棱锥表面的交线，并写出简要作图过程）；记该截面与棱的交点为M，求出比值（直接写出答案）； (2)若四棱锥的侧棱与底面边长均相等，求与平面所成角的正弦值. 【变式训练7】如图，已知底面为平行四边形的四棱锥中，平面与直线和直线平行，点为的中点，点在上，且. (1)求证：四边形是平行四边形； (2)求作过作四棱锥的截面，使与截面平行（写出作图过程，不要求证明）.截面的定义：用一个平面去截一个几何体，平面与几何体的表面的交线围成的平面图形. 【变式训练8】如图多面体中，面面，为等边三角形，四边形为正方形，，且，，分别为，的中点. （1）求二面角的余弦值； （2）作平面FHG与平面ABCD的交线，记该交线与直线AB交点为P，写出的值（不需要说明理由，保留作图痕迹）. 【变式训练9】四棱锥中，底面是边长为2的菱形，.,且平面，，点分别是线段上的中点，在上.且. （Ⅰ）求证：平面； （Ⅱ）求直线与平面的成角的正弦值； （Ⅲ）请画出平面与四棱锥的表面的交线，并写出作图的步骤. 七．立体几何中的折叠问题 【典型例题1】如图甲所示的正方形中，，对角线分别交于点，将正方形沿折叠使得与重合，构成如图乙所示的三棱柱.点在棱上，且. (1)证明： 平面； (2)求三棱锥的体积. 【答案】（1）过作，连接，证明四边形为平行四边形，根据线面平行的判定定理即可证明结论； （2）根据三棱锥的等体积法，将三棱锥的体积转化为求的体积，结合二者之间的数量关系，可得答案, 【解析】（1）证明：在图乙中，过作，交于，连接， 由于，则，所以共面， 且平面平面， 因为，所以， 又在正方形中，, 所以， 由，得， 所以四边形为平行四边形，则， 又平面平面，所以 平面.. （2）由（1）知，所以， 因为，即， 所以 . 【典型例题2】如图，在梯形中，为线段上靠近点的三等分点，将沿着折叠，得到四棱锥，使平面平面为线段上的点． (1)求证：； (2)是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为?若存在，求出线段的长；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）计算，根据勾股定理得到，确定平面，证明平面，得到答案. （2）建立空间直角坐标系，确定各点坐标，计算平面的法向量为，设，，根据向量的夹角公式计算得到答案. 【解析】（1），故为等腰直角三角形， ，故． 在中，，， 故，， 平面平面，平面平面平面， 故平面，平面，故， 又平面，故平面， 又平面，故. （2）存在，，理由如下： 如图，以点为坐标原点，以所在的直线分别为轴、轴， 以过点垂直于平面的直线为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，解得，（舍）， 故存在点使得直线与平面所成角的正弦值为，则． 【典型例题3】已知如图，在矩形中，，，将沿折起，得到三棱锥，其中是折叠前的，过M作的垂线，垂足为H，. (1)求证：； (2)过H作的垂线，垂足为N，求点N到平面的距离. 【答案】（1）连接，利用余弦定理、勾股定理的逆定理证明，再利用线面垂直的判定性质推理即得. （2）证明平面，再利用等体积法求出点到平面的距离即可. 【解析】（1）连接，由，， 得， 在中，由余弦定理得， 则，于是，而平面， 因此平面，又平面， 所以. （2）在中，由，，得，而平面， 平面，则平面，于是点到平面的距离等于点到平面的距离， 又，设点到平面的距离为，则， ，， ，， 由，得，即，解得， 所以点N到平面的距离. 【变式训练1】如图一：等腰直角中且，分别沿三角形三边向外作等腰梯形使得，沿三边折叠，使得，重合于，如图二 (1)求证：． (2)求直线与平面所成角的正弦值． 【变式训练2】已知图①中四边形是圆的内接四边形，沿将所在圆面翻折至如图②所示的位置，使得.    (1)若，证明：； (2)若，求二面角余弦值的最小值. 【变式训练3】如图，在梯形中，，，，，与交于点，将沿翻折至，使点到达点的位置.    (1)证明：； (2)若平面PBC与平面PBD的夹角的余弦值为，求三棱锥的体积. 【变式训练4】如图1，已知是直角梯形，，，，C、D分别为BF、AE的中点，，，将直角梯形ABFE沿CD翻折，使得二面角的大小为60°，如图2所示，设N为BC的中点.    (1)证明：； (2)若M为AE上一点，且，则当为何值时，直线BM与平面ADE所成角的正弦值为. 【变式训练5】如图，在矩形中，点在边上，且满足，将沿向上翻折，使点到点的位置，构成四棱锥. (1)若点在线段上，且平面，试确定点的位置； (2)若，求锐二面角的大小. 【变式训练6】如图，三棱锥的平面展开图中，，，，，为的中点． (1)在三棱锥中，证明：； (2)求平面与平面夹角的余弦值． 【变式训练7】如图，正方形中，边长为4，为中点，是边上的动点．将沿翻折到，沿翻折到， (1)求证：平面平面； (2)设面面，求证：； (3)若，连接，设直线与平面所成角为，求的最大值． 【变式训练8】如图，在梯形中，，，.将沿对角线折到的位置，点P在平面内的射影H恰好落在直线上. (1)求二面角的正切值； (2)点F为棱上一点，满足，在棱上是否存在一点Q，使得直线与平面所成的角为?若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 八．立体几何中的轨迹问题 【典型例题1】在三棱锥中，平面，，点在平面内，且满足平面平面垂直于． (1)当时，求点的轨迹长度； (2)当二面角的余弦值为时，求三棱锥的体积． 【答案】（1）先通过垂直关系得到，然后建立空间直角坐标系得到点的轨迹，根据角度求轨迹的长； （2）利用向量法求面面角，解方程求出点的坐标，进而利用体积公式求解即可. 【解析】（1）作交于， 因为平面平面，且平面平面，面， 所以平面，又因为平面，所以， 因为平面，且平面，所以， 因为，，、平面，， 所以平面，又因为平面，所以． 分别以直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图， 则，，，， 设，因为，所以， 又，， 所以，即， 设中点为，则，如图： 又，所以， 因此，的轨迹为圆弧，其长度为； （2）由（1）知，可设，，， 设平面的一个法向量为， 则，即，令得． 为平面的一个法向量，令二面角为角， ，又， 解得，（舍去）或，， 则或， 从而可得三棱锥的体积． 【变式训练1】如图，在直三棱柱中，是侧面内的动点（包括边界），D为的中点，． (1)求证：点E的轨迹为线段； (2)求平面与平面夹角的大小． 【变式训练2】如图，四边形为圆台的轴截面，，圆台的母线与底面所成的角为45°，母线长为，是的中点． (1)已知圆内存在点，使得平面，作出点的轨迹（写出解题过程）； (2)点是圆上的一点（不同于，），，求平面与平面所成角的正弦值． 【变式训练3】如图，四面体的每条棱长都等于2，分别是棱的中点，分别为面，面，面的重心. (1)求证：面面； (2)求平面与平面的夹角的余弦值； (3)保持点位置不变，在内（包括边界）拖动点，使直线与平面平行，求点轨迹长度； 九．立体几何中的探索性问题 【典型例题1】如图，在直三棱柱中，，侧面是正方形，且平面平面．    (1)求证：； (2)当AC与平面所成的角为，在线段上是否存在点E，使平面ABE与平面BCE的夹角为?说明理由． 【答案】见解析 【解析】（1）证明：连接交于点， 因侧面是正方形，则 由平面侧面，且平面侧面， 得平面，又平面，所以. 三棱柱是直三棱柱，则底面ABC，所以. 又，从而侧面， 又侧面，故. （2）由（1）平面，则直线与平面所成的角, 所以，又，所以 假设在线段上存在一点E，使得二面角的大小为, 由是直三棱柱，所以以点A为原点，以AC､所在直线分别为y，z轴,以过A点和AC垂直的直线为x轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，则， 且设，， 得 所以， 设平面的一个法向量，由，得： ，取, 由（1）知平面，所以平面的一个法向量, 所以，解得, ∴点E为线段中点时，二面角的大小为. 【典型例题2】已知点是边长为2的菱形所在平面外一点，且点在底面上的射影是与的交点，已知，是等边三角形. (1)求证：； (2)求点到平面的距离； (3)若点是线段上的动点，问：点在何处时，直线与平面所成的角最大？求出最大角的正弦值，并求出取得最大值时线段的长. 【答案】见解析 【解析】（1）点在底面上的射影是与的交点， 平面， 平面， ， 四边形为菱形， ， ，平面， 平面， 平面， ； （2）由题意可得､与都是边长为2的等边三角形， ，， ， ， ， 设点到平面的距离为， 由得， 即，解得. 故点到平面的距离为. （3）设直线与平面所成的角为， ， 到平面的距离即为到平面的距离. 过作垂线平面交于点，则， 此时，要使最大，则需使最小，此时. 由题意可知：，， 平面，且， ，， 在中，由余弦定理可得： ， ， 由面积相等， 即，解得：， ，， 即点在线段上靠近点的4分点处，此时，. 【典型例题3】如图，在三棱柱中，四边形为正方形，四边形为菱形，且，平面平面，点为棱的中点. (1)求证：； (2)棱（除两端点外）上是否存在点，使得二面角的余弦值为，若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】见解析 【解析】（1）证明：取的中点，连接、、， ∵，且，∴为等边三角形，得， ∵四边形为正方形，且、分别是、的中点， ∴， ∵，、平面，∴平面， ∵平面，∴； （2）∵平面平面，且平面平面，，平面， ∴平面，平面，， 以为坐标原点，分别以、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系， 不妨设，则，，，， 则，，，，， 设为平面的一个法向量， 由，取，得； 假设棱上（除端点外）存在点满足题意， 令，得， 设为平面的一个法向量， 则由， 取，得. 由，解得或， 经检验或时，二面角的平面角均为锐角， 综上，的值为或. 【变式训练1】如图，已知平面，，是等腰直角三角形，其中，且． (1)设线段中点为，证明：平面； (2)在线段上是否存在点，使得点到平面的距离等于，如果存在，求的长． 【变式训练2】如图所示为直四棱柱，，分别是线段的中点. (1)证明:平面； (2)求直线BC与平面所成角的正弦值，并判断线段BC上是否存在点，使得平面，若存在，求出BP的值，若不存在，请说明理由. 【变式训练3】如图1，在平行四边形中，，将沿折起，使点D到达点P位置，且，连接得三棱锥，如图2． (1)证明：平面平面； (2)在线段上是否存在点M，使平面与平面的夹角的余弦值为，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由． 【变式训练4】已知底面是正方形，平面，，，点、分别为线段、的中点． (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值是，若存在求出的值，若不存在，说明理由． 十．利用传统方法找几何关系建系 【典型例题1】如图，在棱长为的正方体中，点是正方体的中心，将四棱锥绕直线逆时针旋转后，得到四棱锥. (1)若，求证：平面平面； (2)是否存在，使得直线平面，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】见解析 【解析】（1）证明：若，则平面､平面为同一个平面. 连接、，则是中点，是中点， 所以平面与平面重合，平面与平面重合， 由正方体性质可知平面， 因为、平面，所以，，， 为二面角的平面角， 因为，，则，同理可得， 所以，所以，平面平面 （2）假设存在，使得直线平面， 以为原点，分别以、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、，故、， 设平面的法向量为，则， 取，得是平面的一个法向量， 取的中点，的中点，连接、，则， 因为，则，同理可知，， 因为，，，则四边形为矩形，所以，， 于是是二面角的平面角， 是二面角的平面角， 是二面角的平面角.于是， 因为，，， 因为，则，所以， 因为，，，、平面， 所以，平面，且， 故，同理， 所以， 因为， ， 所以， 若直线平面，是平面的一个法向量，则， 即存在，使得，则， 因为，可得， 故方程组无解， 所以不存在，使得直线平面. 【典型例题2】如图，已知在四棱锥中，底面是菱形，且底面分别是棱的中点． (1)求平面与平面所成二面角的余弦值； (2)求平面截四棱锥所得的截面与交于点，求的值． 【答案】见解析 【解析】 （1） 作，以为原点建立空间直角坐标系， 易知，，，，，， ，连接，易证是的中点，故与重合，， 故，，设面的法向量， 可得，，令，故， 设面法向量，，， 可得，，令，故， 设二面角为，则， 故平面与平面所成二面角的余弦值为. （2） 连接找中点，连接并延长交延长线于，连接并延长交于，连接， 根据平面的基本性质易知：共面，即多边形是所求截面多边形， 若是中点，连接，又为中点， 所以，则是中点，即， 又，，可得，故， 所以. 【典型例题3】把底面为椭圆且母线与底面垂直的柱体称为“椭圆柱”．如图，椭圆柱中底面长轴，短轴长为下底面椭圆的左右焦点，为上底面椭圆的右焦点，为上的动点，为上的动点，为过点的下底面的一条动弦（不与重合）． (1)求证：当为的中点时，平面 (2)若点是下底面椭圆上的动点，是点在上底面的投影，且与下底面所成的角分别为，试求出的取值范围． (3)求三棱锥的体积的最大值． 【答案】见解析 【解析】（1）由题设，长轴长，短轴长，则， 所以分别是中点，而柱体中为矩形，连接， 由，故四边形为平行四边形，则， 当为的中点时，则，故， 面，面，故平面. （2）由题设，令，则，又， 所以，，则， 所以，根据椭圆性质知，故. （3） 由，要使三棱锥的体积最大， 只需面积和到面距离之和都最大， ，令且，则， 所以， 显然时，有最大； 构建如上图直角坐标系且，椭圆方程为， 设，联立椭圆得，且， 所以，，而， 所以，令，则， 由对勾函数性质知在上递增，故； 综上，. 【变式训练1】如图，P为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，为底面直径，为底面圆O的内接正三角形，点E在母线上，且，. (1)求证：平面平面； (2)若点M为线段上的动点，当直线与平面所成角的正弦值最大时，求此时点到平面的距离. 【变式训练2】如图，在斜三棱柱中，是边长为2的正三角形，且四棱锥的体积为2. (1)求三棱柱的高； (2)若，平面平面为锐角，求平面与平面的夹角的余弦值. 【变式训练3】如图，四棱锥中，侧面为等边三角形，线段的中点为且底面，，，是的中点. (1)证明：平面； (2)求点到平面的距离； (3)点在棱上，且直线与底面所成角的正弦值为，求平面与平面夹角的余弦值. 十一．立体几何建系繁琐问题（几何法） 【典例例题1】如图，是半球的直径，是底面半圆弧上的两个三等分点，是半球面上一点，且．    (1)证明：平面： (2)若点在底面圆内的射影恰在上，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】见解析 【解析】（1）连接，因为是底面半圆弧上的两个三等分点， 所以有，又因为， 所以都为正三角形， 所以，四边形是菱形， 记与的交点为，为和的中点， 因为， 所以三角形为正三角形， 所以，所以， 因为是半球面上一点，是半球的直径，所以， 因为，平面， 所以平面． （2）因为点在底面圆内的射影恰在上， 由（1）知为的中点，为正三角形，所以， 所以底面， 因为四边形是菱形，所以， 即两两互相垂直， 以点为坐标原点，，，分别为，，轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 则， 所以，，， 设平面的一个法向量为， 则，所以， 取，则， 设直线与平面的所成角为， 所以， 故直线与平面所成角的正弦值为． 【典例例题2】如图，四棱锥的底面是正方形，且平面平面．，分别是，的中点，经过，，三点的平面与棱交于点，平面平面，直线与直线交于点．   (1)求的值； (2)若，求多面体的体积． 【答案】见解析 【解析】（1）连接， 由题意，与的交点即为点，连接， 因为底面是正方形，所以, 又因为面，面， 所以面， 因为平面平面，面， 所以， 又为中点，所以， 所以， 又因为且， 所以且， 所以， 因为是中点，所以. （2）连接，，所以多面体的体积为 因为，是中点， 所以，， 又因为平面平面，平面平面， 平面， 所以面， 所以， 因为为中点， 所以， 由（1）可知， 所以， 所以多面体的体积为. 【变式训练1】无数次借着你的光，看到未曾见过的世界：国庆七十周年､建党百年天安门广场三千人合唱的磅礴震撼，“930烈士纪念日”向人民英雄敬献花篮仪式的凝重庄严金帆合唱团，这绝不是一个抽象的名字，而是艰辛与光耀的延展，当你想起他，应是四季人间，应是繁星璀璨！这是开学典礼中，我校金帆合唱团的颁奖词，听后让人热血沸腾，让人心向往之.图1就是金帆排练厅，大家都亲切的称之为“六角楼”，其造型别致，可以理解为一个正六棱柱（图2）由上底面各棱向内切割为正六棱台（图3），正六棱柱的侧棱交的延长线于点，经测量，且 (1)写出三条正六棱台的结构特征. (2)“六角楼”一楼为办公区域，二楼为金帆排练厅，假设排练厅地板恰好为六棱柱中截面，忽略墙壁厚度，估算金帆排练厅对应几何体体积.（棱台体积公式：） (3)“小迷糊”站在“六角楼”下，陶醉在歌声里.“大聪明”走过来说：“数学是理性的音乐，音乐是感性的数学.学好数学方能更好的欣赏音乐，比如咱们刚刚听到的一个复合音就可以表示为函数，你看这多美妙!” “小迷糊”：“.....” 亲爱的同学们，快来帮“小迷糊”求一下的最大值吧. 【变式训练2】如图所示，直三棱柱，各棱长均相等.，，分别为棱，，的中点. (1)证明：平面平面； (2)求直线与所成角的正弦值. 【变式训练3】如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，，，，，点E是的中点，且．    (1)求证：； (2)求点E到平面的距离． 【变式训练4】如图，在四棱锥中，，且，. (1)证明：平面平面； (2)若，，求与平面所成角的大小. 【变式训练5】如图，底面固定在底面上的盛水容器口为正方形，侧棱，，，相互平行. (1)证明：底面四边形是平行四边形； (2)若已知四条侧棱垂直于面，且，.现往该容器中注水，求该容器最大盛水体积及此时侧面与底面所成角的余弦值（水面平行于底面）. 十二．两角相等（构造全等）的立体几何问题 【典型例题】如图，四棱锥中，底面为边长是2的正方形，，分别是，的中点，，，且二面角的大小为. (1) 求证：； (2) 求二面角的余弦值. 【答案】见解析 【解析】（1）证明：作于点连接， ∵，，， ∴，∴， 即，，又， ∴平面，又平面， ∴. （2）∵二面角的大小为， ∴平面平面，平面平面，，∴平面. 以点为原点，,,所在直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系， ∵, ∴. ∴，即. ∴，，，. ∴,， 设平面的法向量， 由，得 令，得. 易知为平面的一个法向量. 设二面角为，为锐角，则. 【变式训练1】如图，四棱锥中，四边形是边长为2的菱形， （1）证明：平面平面； （2）当平面与平面所成锐二面角的余弦值，求直线与平面所成角正弦值. 【变式训练2】如图，在四面体中，已知，， (1)求证：； (2)若平面平面，且，求二面角的余弦值. 十三．空间中的点不好求 【典型例题】已知底面为正三角形的斜三棱柱中，分别是棱，的中点，点在底面投影为边的中点，，. （1）证明：//平面； （2）若，，点为棱上的动点，当直线与平面所成角的正弦值为时，求点的位置. 【答案】见解析 【解析】（1）因为斜三棱柱斜三棱柱各侧面均为平行四边形 则是的中点 又分别是棱，的中点， 则 又则四边形为平行四边形 则为的中点 则在三角形中，// 连接则// 所以// 又平面平面； 则//平面； （2）点在底面投影为边的中点， 所以平面, 又因为三角形为正三角形，为中点， 所以 分别以所在直线为分别为轴，建立空间直角坐标系， 如图所示： 因为，，，则，， 所以，，，，，，，，， 设 则 所以 设平面的一个法向量 则， ， 令，， 所以. 设AM与平面所成角为 所以 令 同联立可得 当时，即点靠近点的六等分点处时，符号条件. 【变式训练1】如图，在三棱台中，，，为的中点，二面角的大小为. （1）证明：； （2）当为何值时，直线与平面所成角的正弦值为？ 【变式训练2】已知三棱台的体积为，且，平面. (1)证明：平面平面； (2)若，，求二面角的正弦值. 【变式训练3】如图，在四棱锥中，，，与均为正三角形. (1)证明：平面. (2)证明：平面. (3)设平面平面，平面平面，若直线与确定的平面为平面，线段的中点为，求点到平面的距离. 十四．创新定义 【典型例题1】已知，，，定义一种运算：，在平行六面体中，，，. (1)证明：平行六面体是直四棱柱； (2)计算，并求该平行六面体的体积，说明的值与平行六面体体积的关系. 【答案】见解析 【解析】（1）证明：由题意，， ∴，，即，， ∵，是平面内两相交直线，∴平面， ∴平行六面体是直四棱柱； （2）， 由题意，，， ，所以， ，， ∴. ∴， 故的值表示以，，为邻边的平行六面体的体积. 【典型例题2】（1）在空间直角坐标系中，已知平面的法向量，且平面经过点，设点是平面内任意一点.求证：. （2）我们称（1）中结论为平面的点法式方程，若平面过点，求平面的点法式方程. 【答案】见解析 【解析】（1）平面经过点，点是平面内任意一点. , 为平面的法向量 （2）设平面的法向量为， ， 则，令则，平面的法向量为 由（1）可知，平面的点法式方程为：即 【典型例题3】北京大兴国际机场的显著特点之一是各种弯曲空间的运用．刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容．用曲率刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差（多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制），多面体面上非顶点的曲率均为零，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和．例如：正四面体在每个顶点有3个面角，每个面角是，所以正四面体在各顶点的曲率为，故其总曲率为．    （1）求四棱锥的总曲率； （2）若多面体满足：顶点数-棱数+面数，证明：这类多面体的总曲率是常数． 【答案】见解析 【解析】（1）由题可知：四棱锥的总曲率等于四棱锥各顶点的曲率之和. 可以从整个多面体的角度考虑，所有顶点相关的面角就是多面体的所有多边形表面的内角的集合.由图可知：四棱锥共有5个顶点，5个面，其中4个为三角形，1个为四边形. 所以四棱锥的表面内角和由4个为三角形，1个为四边形组成， 则其总曲率为：. （2）设顶点数、棱数、面数分别为、、，所以有 设第个面的棱数为，所以 所以总曲率为： 所以这类多面体的总曲率是常数. 【变式训练1】类比于二维平面中的余弦定理，有三维空间中的三面角余弦定理；如图1，由射线，，构成的三面角，，，，二面角的大小为，则． （1）当、时，证明以上三面角余弦定理； （2）如图2，平行六面体中，平面平面，，， ①求的余弦值； ②在直线上是否存在点，使平面？若存在，求出点的位置；若不存在，说明理由． 【变式训练2】已知是棱长为的正四面体，设的四个顶点到平面的距离所构成的集合为，若中元素的个数为，则称为的阶等距平面，为的阶等距集. (1)若为的1阶等距平面且1阶等距集为，求的所有可能值以及相应的的个数； (2)已知为的4阶等距平面，且点与点分别位于的两侧.若的4阶等距集为，其中点到的距离为，求平面与夹角的余弦值. 【变式训练3】阅读数学材料：“设为多面体的一个顶点，定义多面体在点处的离散曲率为 ，其中 为多面体的所有与点相邻的顶点，且平面，平面 ，…，平面和平面为多面体的所有以为公共点的面. ”已知在直四棱柱中，底面为菱形.. （角的运算均采用弧度制） (1)若，求四棱柱在顶点处的离散曲率； (2)若四棱柱在顶点处的离散曲率为，求与平面的夹角的正弦值； (3)截取四面体，若该四面体在点处的离散曲率为与平面交于点，证明：. 【变式训练4】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：多面体顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差，其中多面体的面的内角叫做多面体的面角，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.如图，在直三棱柱中，点的曲率为，，分别为，的中点，且. (1)证明：平面； (2)若，求二面角的余弦值； (3)表面经过连续变形可以变为球面的多面体称为简单多面体.关于简单多面体有著名欧拉定理：设简单多面体的顶点数为，棱数为，面数为，则有：.利用此定理试证明：简单多面体的总曲率（多面体有顶点的曲率之和）是常数. 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 第11讲 立体几何解答题常考题型归纳 目 录 思维导图 3 高考分析 3 学习目标 4 知识要点 5 解题策略 8 题型归纳 10 一．证明平行关系 10 题型01：中位线法证线面平行 10 题型02：四边形法证线面平行 13 题型03：做平行平面法证线面平行 15 题型04：线面探索型 18 题型05：证面面平行 21 题型06:面面平行探索性题型 23 二．垂直关系证明 27 题型01：线面垂直 27 题型02：面面垂直 30 题型03：垂直探索性题型 32 题型04：翻折中的垂直 36 三．几何体的体积 39 题型01：常规求法和等体积转化型 39 题型02：多面体割补型 41 题型03：建系空间向量 45 题型04：两部分体积比 51 题型05：动点型 57 题型06：最值型取值范围 60 题型07：取值范围 66 三．立体几何中的线段长度问题 73 四．空间角问题 91 （一）．异面直线所成角 91 （二）线面角 95 （三）二面角 107 五．空间点、线、面的距离问题 129 六．立体几何中的作图问题 134 七．立体几何中的折叠问题 153 八．立体几何中的轨迹问题 170 九．立体几何中的探索性问题 178 十．利用传统方法找几何关系建系 190 十一．立体几何建系繁琐问题（几何法） 202 十二．两角相等（构造全等）的立体几何问题 213 十三．空间中的点不好求 217 十四．创新定义 225 高考立体几何解答题分值约13 - 15分，多为两问梯度设计，聚焦空间想象、逻辑推理等核心素养，常考题型及高考考查特点分析如下： 1. 空间位置关系证明题：这是解答题第一问的高频题型，核心考查线面平行、线面垂直、面面垂直。解题需紧扣判定定理，比如通过找平面内的平行直线证明线面平行，或借助线面垂直推导面面垂直。如2024年新高考Ⅰ卷第一问，就考查了线面平行的证明，这类题难度中等偏易，侧重基础定理的严谨运用。 2. 空间角计算题：是第二问的核心题型，涵盖二面角、线面角、异面直线所成角，其中二面角的向量求法考频最高。高考中多要求建立空间直角坐标系，通过求平面法向量计算角度，还常需判断角的锐钝来确定结果符号。例如2024年新高考Ⅱ卷第二问，就考查了平面PCD与平面PBF所成二面角的正弦值。 3. 体积与距离计算题：体积计算涉及柱、锥、台等几何体及组合体，常结合切割、拼接思想，或用等体积法转换求解。距离则重点考查点到平面的距离，多搭配向量法或等体积法解题。如2022年新高考Ⅰ卷第一问，便要求求点A到平面的距离。 4. 折叠与翻折问题：属于高考创新高频题型，常以平面图形翻折为背景，重点考查翻折前后不变的位置和数量关系，比如边长、角度，以及变化的垂直、平行关系。解题关键是区分翻折前后的变量与常量，再结合线面关系定理和向量工具求解，如2024年新高考Ⅱ卷就以平面四边形翻折为背景命题。 5. 探索性问题：这类题具有开放性，常问“是否存在某点/线段”使线面平行、垂直等条件成立，或确定点的位置使角度、距离满足要求。高考中多需先假设存在，再通过向量坐标运算或几何推理验证，能很好地考查学生的逆向思维，是拉开分差的题型之一。 结合高考立体几何解答题的常考题型，制定针对性学习目标，确保覆盖基础、能力、应用三个层级： 一、基础层目标 1. 精准掌握立体几何核心概念与定理：能复述线面平行/垂直、面面平行/垂直的判定定理与性质定理，明确异面直线所成角、线面角、二面角的定义及取值范围，熟记柱、锥、台、球的体积公式与表面积公式。 2. 熟练构建空间直角坐标系：能根据几何体特征（如长方体、直棱柱、正棱锥等）快速确定坐标轴，准确写出点的坐标、向量的坐标表示，掌握向量平行、垂直的坐标判定条件。 3. 清晰区分翻折问题的“变”与“不变”：能识别翻折前后保持不变的线段长度、角度、垂直/平行关系，明确翻折后形成的新空间结构特征。 二、能力层目标 1. 逻辑推理能力：证明空间位置关系时，能规范书写推理步骤（如“线线平行→线面平行”“线面垂直→面面垂直”的推导链），做到定理引用准确、条件齐全，无逻辑漏洞。 2. 空间想象能力：能通过文字描述、三视图还原几何体直观图，能在复杂几何体中分解出基本图形（如直角三角形、矩形），判断点、线、面的相对位置关系。 3. 计算求解能力： ◦ 用向量法计算空间角时，能熟练求平面法向量、利用向量夹角公式计算角度，并根据题意判断角的锐钝； ◦ 用等体积法、向量法求点到平面的距离时，能准确选择底面和高（或确定向量投影），计算过程无失误； ◦ 探索性问题中，能通过假设法结合坐标运算，推导参数值并验证合理性。 三、应用层目标 1. 题型适配能力：面对不同题型（证明题、计算题、折叠题、探索题），能快速匹配最优解法（如证明题优先用几何法，角度计算题优先用向量法），避免方法选择失误。 2. 规范答题能力：能按照高考评分标准书写解答过程，如证明题分步骤罗列条件与结论，计算题明确公式、代入过程、最终结果，避免因步骤缺失丢分。 3. 综合迁移能力：能将平面几何知识（如三角形相似、勾股定理）迁移到空间问题中，解决组合体、不规则几何体的体积/距离计算，能结合函数、方程思想处理探索性问题中的参数求解。 四、易错点突破目标 1. 避免定理应用错误：如证明线面平行时，不遗漏“直线在平面外”的条件；计算二面角时，不混淆法向量夹角与二面角的关系（需结合图形判断锐钝）。 2. 杜绝坐标计算失误：能检查点的坐标、向量坐标的正确性，避免因坐标写错导致后续计算全错。 3. 攻克翻折问题难点：能准确分析翻折后几何体的高线、垂直面位置，避免忽略翻折前后的隐含条件（如原平面图形中的垂直关系）。 空间向量与立体几何是高考的重点、热点内容，空间向量是将空间几何问题坐标化的工具，属于高考的必考内容之一.从近几年的高考情况来看，立体几何解答题的基本模式是论证推理与计算相结合，以某个空间几何体为依托，分步设问，逐层加深；第一小问主要考察空间线面位置关系的证明，难度较易；第二、三小问一般考察空间角、空间距离与几何体的体积等，难度中等偏难；空间向量作为求解空间角的有力工具，通常在解答题中进行考查，解题时需要灵活建系． 知识点1 空间几何体表面积与体积的常见求法 1．求几何体体积的常用方法 (1)公式法：直接代入公式求解. (2)等体积法：四面体的任何一个面都可以作为底面，只需选用底面面积和高都易求出的形式即可. (3)补体法：将几何体补成易求解的几何体，如棱锥补成棱柱，三棱柱补成四棱柱等. (4)分割法：将几何体分割成易求解的几部分，分别求体积. 2．求组合体的表面积与体积的一般方法 求组合体的表面积的问题，首先应弄清它的组成部分，其表面有哪些底面和侧面，各个面的面积应该 怎样求，然后根据公式求出各个面的面积，最后相加或相减.求体积时也要先弄清各组成部分，求出各简单几何体的体积，再相加或相减. 知识点2 几何法与向量法求空间角 1．几何法求异面直线所成的角 (1)求异面直线所成角一般步骤： ①平移：选择适当的点，线段的中点或端点，平移异面直线中的一条或两条成为相交直线； ②证明：证明所作的角是异面直线所成的角； ③寻找：在立体图形中，寻找或作出含有此角的三角形，并解之； ④取舍：因为异面直线所成角的取值范围是，所以所作的角为钝角时，应取它的补角作为异面直线所成的角. 2．用向量法求异面直线所成角的一般步骤： (1)建立空间直角坐标系； (2)用坐标表示两异面直线的方向向量； (3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值； (4)注意两异面直线所成角的范围是，即两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角的余弦值的绝对值. 3．几何法求线面角 (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. (2)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，h是垂线段的长，l是斜线段的长. 4．向量法求直线与平面所成角的主要方法: (1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，将题目转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)； (2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角. 5．几何法求二面角 作二面角的平面角的方法： 作二面角的平面角可以用定义法，也可以用垂面法，即在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角. 6．向量法求二面角的解题思路: 用法向量求两平面的夹角：分别求出两个法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到两平面夹角的大小. 知识点3 空间距离的求解策略 1．向量法求点到直线距离的步骤： (1)根据图形求出直线的单位方向向量. (2)在直线上任取一点M(可选择特殊便于计算的点).计算点M与直线外的点N的方向向量. (3)垂线段长度. 2．求点到平面的距离的常用方法 (1)直接法：过P点作平面的垂线，垂足为Q，把PQ放在某个三角形中，解三角形求出PQ的长度就是点P到平面的距离. ②转化法：若点P所在的直线l平行于平面，则转化为直线l上某一个点到平面的距离来求. ③等体积法. ④向量法：设平面的一个法向量为，A是内任意点，则点P到的距离为. 知识点4 立体几何中的轨迹问题的解题策略 1．动点轨迹的判断方法 动点轨迹的判断一般根据线面平行、线面垂直的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程. 2．立体几何中的轨迹问题的常见解法 (1)定义法：根据圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，进而求解轨迹问题. (2)交轨法：若动点满足的几何条件是两动曲线(曲线方程中含有参数)的交点，此时，要首先分析两动曲线的变化，依赖于哪一个变量?设出这个变量为t，求出两动曲线的方程，然后由这两动曲线方程着力消去参数t，化简整理即得动点的轨迹方程，这种求轨迹方程的方法我们称为交轨法. (3)几何法：从几何视角人手，结合立体几何中的线面平行、线面垂直的判定定理和性质定理，找到动点的轨迹，再进行求解. (4)坐标法：坐标法就是通过建立空间直角坐标系，将立体几何中的轨迹问题转化为坐标运算问题，进行求解. (5)向量法：不通过建系，而是利用空间向量的运算、空间向量基本定理等来研究立体几何中的轨迹问题，进行求解. 知识点5 立体几何中的探索性问题的求解策略 与空间向量有关的探索性问题的求解策略： 在立体几何中，与空间向量有关的探究性问题主要有两类：一类是探究线面的位置关系；另一类是探究线面角、二面角或点线面距离满足特定要求时的存在性问题． 解决这两类探索性问题的解题策略是：先建立空间直角坐标系，引入参数（有些是题中已给出），设出关键点的坐标，然后探究这样的点是否存在，或参数是否满足要求，从而作出判断． 结合高考立体几何解答题的常考题型，针对性梳理解题策略，聚焦“方法选择—步骤拆解—易错规避”核心逻辑： 一、空间位置关系证明题（线面平行/垂直、面面垂直） 1. 核心方法 • 线面平行：优先用“中位线法”（找三角形中位线）或“平行四边形法”（构造平行四边形），证明平面外直线与平面内直线平行；若几何体规则（如长方体），也可尝试向量法（证明直线方向向量与平面法向量垂直，且直线不在平面内）。 • 线面垂直：紧扣判定定理，证明直线与平面内两条相交直线垂直（常结合勾股定理、等腰三角形三线合一、面面垂直的性质定理）；向量法需证明直线方向向量与平面内两个不共线向量垂直，或与平面法向量平行。 • 面面垂直：转化为“线面垂直”，证明一个平面内有一条直线垂直于另一个平面（优先找两个平面的交线，再找垂直于交线的直线）。 2. 步骤拆解 以线面平行证明为例： ① 确定目标直线（平面外）和目标平面； ② 找平面内与目标直线平行的直线（作辅助线：连接中点、延长线段等）； ③ 证明辅助线与目标直线平行（中位线/平行四边形性质）； ④ 依据线面平行判定定理得出结论（强调“直线在平面外”）。 3. 易错规避 • 证明线面平行时，遗漏“直线不在平面内”的条件； • 证明线面垂直时，仅证明直线与平面内一条直线垂直，未验证“相交”。 二、空间角计算题（异面直线所成角、线面角、二面角） 1. 核心方法（优先向量法，几何法为辅） 2. 步骤拆解（以二面角为例） ① 建立空间直角坐标系（优先选两两垂直的三条棱为坐标轴，标注关键点坐标）； ② 求两个平面的法向量（设法向量为n=(x,y,z)，利用法向量与平面内两条不共线向量垂直，列方程组求解）； ③ 计算法向量夹角的余弦值； ④ 结合图形判断二面角类型（锐/钝），确定最终结果。 3. 易错规避 • 线面角混淆“正弦”与“余弦”（牢记线面角与方向向量、法向量夹角的互余关系）； • 二面角未结合图形判断锐钝，直接套用向量夹角结果。 三、体积与距离计算题（几何体体积、点到平面的距离） 1. 核心方法 • 体积计算： ◦ 规则几何体（柱、锥）直接用公式； ◦ 不规则几何体用“切割法”“补形法”转化为规则几何体； ◦ 三棱锥优先用“等体积法”（换底面，），简化高的计算。 • 点到平面的距离： 向量法：设平面的一个法向量为，A是内任意点，则点P到的距离为.◦ 等体积法：结合三棱锥体积公式，d =（S为平面内底面面积）。 2. 易错规避 • 计算三棱锥体积时，忘记乘以}； • 用等体积法时，选错底面（需保证底面面积和对应高易计算）。 四、折叠与翻折问题 1. 核心方法 • 关键：区分“翻折前”与“翻折后”的不变量（线段长度、角度、垂直/平行关系）和变量（空间位置、几何体形状）； • 步骤：① 画出翻折前后的平面图形与空间图形；② 标注不变量（如原平面中垂直的线段，翻折后仍垂直）；③ 结合空间位置关系定理/向量法求解（优先利用不变量建立坐标系）。 2. 易错规避 • 忽略翻折后“折线两侧的图形垂直于折线”的隐含条件； • 混淆翻折前后的角度/线段长度变化。 五、探索性问题（是否存在点/线段满足条件） 1. 核心方法 • 假设存在法：① 设出目标点的坐标；② 代入题设条件（如线面平行、垂直，或角度/距离要求）；③ 列方程求解；④ 验证是否在合理范围内。 • 特殊位置法：优先尝试棱的中点、三等分点等特殊位置，快速验证是否满足条件。 2. 易错规避 • 设点坐标时，未考虑点的取值范围； • 求出参数后，未验证是否符合题设所有条件。 通用解题策略 1. 坐标系建立技巧：优先选择有公共垂足的三条棱（如长方体的顶点、直棱柱的底面直角顶点）为原点，确保坐标轴两两垂直，减少坐标计算难度； 2. 辅助线绘制原则：证明题中辅助线以“连接中点、延长相交、作垂线”为主，优先构造三角形或平行四边形； 3. 答题规范：① 证明题分步骤写（条件→结论），引用定理需明确名称；② 计算题先写公式，再代入数据，最后写结果（带单位）；③ 探索题需明确“存在/不存在”的结论，再写推理过程。 一．证明平行关系 题型01：中位线法证线面平行 【典型例题】如图，在四棱锥中，平面ABCD，，，，M为PB上靠近B的三等分点.（1）求证：平面ACM； （2）求直线PD与平面ACM的距离. 【答案】（1）证明见解析（2） 【解析】（1）以线面平行的判定定理去证明即可解决； （1）证明：如图，连接BD，交AC于点N，连接MN. 因为，，所以，又M为PB靠近B的三等分点，所以，所以，所以，又平面AMC，平面AMC，所以平面AMC. 【变式训练1-1】如图，四棱锥中，侧面底面，底面为梯形，，且，.交于点，为的重心. （1）求证：平面； （2）求三棱锥的体积. 【答案】（1）证明见解析（2） 【解析】（1）连接并延长交于点，连接，由已知条件可得，得，再由为的重心，，则有，从而可得，再由线面平行的判定可证得结论， （2）由已知可得和为正三角形，连接并延长交于点，有，则面，从而可得，然后由已知条件求解， （1）证明：在图中：连接并延长交于点，连接. 由底面为梯形，，， ，则.又由为的重心，，则， 所以.而平面，平面，所以平面. 【变式训练1-2】如图，三棱台，平面平面，侧面是等腰梯形，, 分别是的中点. （1）求证：平面； （2）求与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析；（2）. 【解析】（1）根据平行四边形的判定定理和性质，结合线面平行的判定定理进行证明即可； （2）利用平行线的性质，结合线面垂直的判定定理、三棱锥等积性、线面角的定义进行求解即可. （1）证明：连接与交于点，连接， 因为，所以由棱台的性质可知：，且， 因为是的中点，因此，因此四边形是平行四边形，所以是的中点，又是的中点， 所以，而平面，平面， 所以平面； 题型02：四边形法证线面平行 【典型例题】如图，在四棱锥中，面，，且，，，，，为的中点． （1）求证：平面； 【答案】（1）证明见解析 【解析】证明：取CP中点F，连接NF、BF， 因为F，N分为PC，PD的中点，则，且， 又，且，，所以四边形NABF是平行四边形， ，又面PBC，面PBC。所以AN∥平面PBC； 【变式训练2-1】如图，在正方体中，E，F分别是，CD的中点． 求证：平面； 【答案】（1）证明见解析； 【解析】(1)取中点G，连接FG，，证四边形是平行四边形，结合线面平行的判定即可推理作答. （1）在正方体中，取中点G，连接FG，，如图， 而F是CD的中点，则，，又E是的中点，则，， 因此，，，四边形是平行四边形，有，而平面，平面，平面 【变式训练2-2】如图所示，在四棱锥P-ABCD中，PC⊥底面ABCD，，，，E是PB的中点.（1）求证：平面PAD； 【答案】（1）证明见解析（2） 【解析】（1）取PA的中点F，连接EF，DF，利用平行四边形证明，再由线面平行的判定定理即可得证； （1）取PA的中点F，连接EF，DF，∵点E，F分别为PB，PA的中点，∴，，又∵，，∴，，∴四边形EFDC是平行四边形， ∴，又∵平面PAD，平面PAD，∴平面PAD； 题型03：做平行平面法证线面平行 【典型例题】在四棱锥中，，. （1）若E为PC的中点，求证：平面PAD. 【答案】（1）证明见解析（ 【解析】（1）作出辅助线，利用中位线证明线线平行，进而证明线面平行；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量解决二面角. （1）取CD的中点M，连接EM，BM， 由已知得，为等边三角形，∴. ∵，，∴，，∴. 又∵平面PAD，平面PAD，∴平面PAD. ∵E为PC的中点，M为CD的中点，∴. 又∵平面PAD，平面PAD，∴平面PAD. ∵，，∴平面平面PAD. ∵平面BEM，∴平面PAD. 【变式训练3-1】如图，C，D分别是以AB为直径的半圆O上的点，满足，△PAB为等边三角形，且与半圆O所成二面角的大小为90°，E为PA的中点. 求：DE//平面PBC；（2）求二面角A－BE－D的余弦值. 【答案】（1）证明见解析（2） 【解析】（1）通过证明平面平面来证得平面. （1）依题意，所以， 所以三角形、三角形、三角形是等边三角形， 所以，所以四边形是菱形，所以， 由于平面，平面，所以平面.由于是的中点，是的中点，所以，由于平面，平面，所以平面. 由于，所以平面平面，所以平面. 【变式训练3-2】如图所示的四棱锥的底面是一个等腰梯形，，且，是△的中线，点E是棱的中点． （1）证明：∥平面． （2）若平面平面，且，求平面与平面夹角余弦值． （3）在（2）条件下，求点D到平面的距离． 【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）. 【解析】（1）连接、，平行四边形的性质、线面平行的判定可得平面、平面，再根据面面平行的判定可得平面平面，利用面面平行的性质可证结论； （2）取的中点为，连接，证明出平面，，以为坐标原点，、、的方向分别为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得平面与平面所成锐二面角的余弦值. （3）利用等体积法，求D到平面的距离． （1）连接、，由、分别是棱、的中点，则， 平面，平面，则平面． 又，且， ∴且，四边形是平行四边形，则， 平面，平面，则平面． 又，可得平面平面．又平面． ∴平面． 题型04：线面探索型 【典型例题】如图所示四棱锥中，底面，四边形中，，，，． 求四棱锥的体积； 求证：平面； 在棱上是否存在点异于点，使得平面，若存在，求的值；若不存在，说明理由． 【答案】（1）4；（2）见解析；（3）不存在. 【解析】利用四边形是直角梯形，求出，结合底面，利用棱锥的体积公式求解即可求；先证明，，结合，利用线面垂直的判定定理可得平面 ；用反证法证明，假设存在点异于点使得平面证明平面平面，与平面与平面相交相矛盾，从而可得结论． 显然四边形ABCD是直角梯形， 又底面 平面ABCD，平面ABCD，在直角梯形ABCD中，， ，，即又，平面； 不存在，下面用反证法进行证明 假设存在点异于点使得平面PAD．，且平面PAD， 平面PAD，平面PAD又， 平面平面PAD.而平面PBC与平面PAD相交，得出矛盾． 【变式训练4-1】 在四棱锥中，底面是菱形，. （Ⅰ）若，求证：平面； （Ⅱ）若平面平面，求证：； （Ⅲ）在棱上是否存在点（异于点）使得平面，若存在，求的值；若不存在，说明理由. 【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）证明见解析；（Ⅲ）不存在. 【解析】（Ⅰ）由是菱形可得；结合，由线面垂直的判定定理可得平面.；（Ⅱ）由（Ⅰ）可知,由面面垂直的性质可得,结合可得结果；（Ⅲ）利用反证法，假设存在点（异于点）使得平面，可推出平面平面，从而可得结论. （Ⅰ）因为 底面是菱形。所以. 又因为，，所以平面. （Ⅱ）由（Ⅰ）可知.因为平面平面，平面平面， 平面，因为平面，所以. 因为 底面是菱形，所以.所以. （Ⅲ）不存在. 下面用反证法说明. 假设存在点（异于点）使得∥平面.在菱形中，∥，因为平面，平面，所以∥平面.因为平面，平面， ，所以 平面∥平面.而平面与平面相交，矛盾. 【变式训练4-2】如图，矩形和菱形所在平面互相垂直，已知，点是线段的中点. （1）求证：； （2）试问在线段上是否存在点，使得直线平面？若存在，请证明平面，并求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）证明见解析；（2）存在，证明见解析，2. 【解析】（1）由已知可得是等边三角形，是线段的中点，得，根据面面垂直的性质定理证得平面，即可证明结论； （2）取的中点，可证，连接交于点，点即为所求的点. 利用，可得，即可求出结论. （1）菱形，，，则是等边三角形， 又是线段的中点，∴. 又平面平面，平面平面， 所以平面. 又∵平面，故. （2）取的中点，连接交于点，点即为所求的点. 证明：连接，∵，，∴， 所以与相交于点，∵是的中点，是的中点， ∴，又平面，平面， ∴直线平面.又∵，∴. 题型05：证面面平行 【典型例题】如图所示，在三棱柱中，分别是的中点， 求证：（1）四点共面； （2）平面平面． 【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析. 【解析】（1）利用三角形中位线的性质，证明，从而可得，即可证明，，，四点共面； （2）证明平面中有两条直线、分别与平面中的两条直线、平行，即可得到平面平面． (1)分别是的中点，是的中位线，则， 又，四点共面． (2)分别为的中点，，平面平面， 平面，又分别是的中点，，， 四边形是平行四边形，，平面平面， 平面，又，平面平面， 【变式训练5-1】如图，在圆柱中，，分别是上、下底面圆的直径，且，，分别是圆柱轴截面上的母线. （1）若，圆柱的母线长等于底面圆的直径，求圆柱的表面积. （2）证明：平面平面. 【答案】（1）.（2）证明见详解. 【解析】（1）借助圆柱的母线垂直于底面构造直角三角形计算可得半径，然后可得表面积； （2）构造平行四边形证明，结合已知可证. （1）连接CF、DF， 因为CD为直径，记底面半径为R，EF=2R。则 又解得R=2 圆柱的表面积 . （2）连接、、、由圆柱性质知且 且四边形为平行四边形又平面CDE，平面CDE 平面CDE。同理，平面CDE又，平面ABH，平面ABH 平面平面. 【变式训练5-2】如图①，在梯形中，AB∥PC，△ABC与△PAC均为等腰直角三角形，＝90°，，D，E分别为PA，PC的中点．将△PDE沿DE折起，使点P到点P的位置（如图②），为线段的中点．在图②中解决以下两个问题： （1）求证：平面GAC∥平面； （2）若直线PA与平面PABC所成的角为30°时，求三棱锥P－ACG的体积． 【答案】（1）证明见解析（2） 【解析】（1）连接BE交AC于点M，连接GM，，可证得GM∥PE，根据线面平行的判定定理即可证得GM∥平面．同理可证得 AC∥平面．由面面平行的判定定理即可证得结果. （2）利用等体积转换可得计算即可得出结果. （1）连接BE交AC于点M，连接GM，， 四边形是正方形，M为BE的中点，又G为线段PB的中点， 则GM∥PE，又平面，平面，所以GM∥平面． 又 D，E分别为PA，PC的中点，则DE∥AC，又平面，平面， 所以AC∥平面．又，平面， 所以平面GAC∥平面． 题型06:面面平行探索性题型 【典型例题】在正方体中，、分别为、的中点，，，如图. （1）若交平面于点，证明：、、三点共线； （2）线段上是否存在点，使得平面平面，若存在确定的位置，若不存在说明理由. 【答案】（1）证明见解析；（2）存在，且. 【解析】（1）先得出为平面与平面的交线，然后说明点是平面与平面的公共点，即可得出、、三点共线； （2）设，过点作交于点，然后证明出平面平面，再确定出点在上的位置即可. （1），平面，平面，所以，点是平面和平面的一个公共点，同理可知，点也是平面和平面的公共点，则平面和平面的交线为， 平面，平面，所以，点也是平面和平面的公共点，由公理三可知，，因此，、、三点共线； （2）如下图所示： 设，过点作交于点， 下面证明平面平面. 、分别为、的中点，， 平面，平面，平面. 又，平面，平面，平面， ，、平面，因此，平面平面. 下面来确定点的位置： 、分别为、的中点，所以，，且，则点为的中点， 易知，即，又，所以，四边形为平行四边形，， 四边形为正方形，且，则为的中点，所以，点为的中点，， 因此，线段上是否存在点，且时，平面平面. 【变式训练6-1】已知正四棱锥的各条棱长都相等，且点分别是的中点. （1）求证:； （2）在上是否存在点，使平面平面，若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 【答案】（1）见解析（2） 【解析】试题分析：（1）设,连接,根据正四棱锥的性质，得平面,所以.又,证得平面，进而得到. （2）取中点，连并延长交于点，得，得平面，进而得到平面平面，在中，得是中点，是中点，即可求解结论. （1）设,则为底面正方形中心，连接,因为为正四梭锥.所以平面,所以.又,且,所以平面； 因为平面,故. （2）存在点，设,连.取中点，连并延长交于点， ∵是中点，∴,即，又，平面，平面， ∴平面,平面， 又，平面，∴平面平面， 在中，作交于，则是中点，是中点， ∴. 【变式训练6-2】如图，在四棱锥中，已知底面为矩形，平面,点为棱的中点. （1）求证：平面 （2）直线上是否存在一点，使平面平面？ 若存在，请给出证明；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）见解析；（2）见解析 【解析】(1)由题意利用线面垂直的判定定理证明题中的结论即可； （2）延长到点,使,此时平面平面. 利用几何关系结合面面平行的判定定理即可证得题中的结论. (1)由线面垂直的定义可得：，由矩形的性质可得：， 且是平面内的两条相交直线，故平面. （2）延长到点,使,此时平面平面. 证明如下：连接， ∵，∴点为的中点， 又∵点为棱的中点， ∴ 又 底面为矩形， 又∵点为延长线上的点, ∴四边形为平行四边形 又 又 ∴平面平面 二．垂直关系证明 题型01：线面垂直 【典型例题】如图，已知是正三角形，都垂直于平面，且是的中点，求证： （1）平面；（2）平面. 【答案】(1)见解析；（2）见解析 【解析】（1） 取AB的中点M,连FM,MC，∵ F、M分别是BE、BA的中点，∴ FM∥EA, FM＝EA， ∵ EA、CD都垂直于平面ABC，∴ CD∥EA∴ CD∥FM又 DC＝a，∴ FM＝DC ∴ 四边形FMCD是平行四边形，∴ FD∥MC，∴ FD∥平面ABC． （2）∵M是AB的中点，△ABC是正三角形，∴CM⊥AB，又CM⊥AE，AB∩AE＝A， ∴CM⊥面EAB，CM⊥AF，FD⊥AF，∵F是BE的中点, EA＝AB，∴AF⊥EB， ∴AF⊥平面EDB． 【变式训练1-1】如图，在平行四边形ABCD中，AB＝1，BC＝2，∠CBA＝，ABEF为直角梯形，BE∥AF，∠BAF＝，BE＝2，AF＝3，平面ABCD⊥平面ABEF． （1）求证：AC⊥平面ABEF． （2）求多面体ABCDE与多面体ADEF的体积的比值． 【答案】（1）证明见解析；（2） 【解析】（1）依据题设条件及勾股定理先证线垂直，借助题设条件，运用性面面垂直的性质定理进行推证； （2）利用可求三棱锥的体积，利用面面垂直的性质得出多面体ABCDE的高，可求得其体积，从而可得答案. （1）在中，所以， 所以，所以， 又因为平面ABCD⊥平面ABEF，平面ABCD平面ABEF=AB,AC平面ABCD， 所以平面ABEF. 【变式训练1-2】如图，三角形PCD所在的平面与等腰梯形ABCD所在的平面垂直，AB＝AD＝CD，AB∥CD，CP⊥CD，M为PD的中点． （1）求证：AM∥平面PBC； （2）求证：BD⊥平面PBC． 【答案】（1）见解析（2）见解析 【解析】（1）取的中点，连，，可证得四边形为平行四边形，于是，然后根据线面平行的判定定理可得结论成立．（2）在等腰中梯形中，取的中点，连，，证得四边形为菱形，进而得．同理四边形为菱形，可得．再由平面平面得到平面，于是得，最后根据线面垂直的判定可得平面． 证明：（1）如图，取的中点，连，，∵为的中点，为的中点， ∴，．又，，∴，， ∴四边形为平行四边形，∴．又平面，平面， ∴平面 （2）如图，在等腰中梯形中，取的中点，连，．∵，， ∴，，∴四边形为平行四边形．又， ∴四边形为菱形，∴．同理，四边形为菱形，∴． ∵，∴．∵平面平面，平面平面，，平面，∴平面，又平面， ∴．∵，，∴平面． 题型02：面面垂直 【典型例题】如图，梯形所在的平面与等腰梯形所在的平面互相垂直，G为AB的中点，，，，． 1. （Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）求证：平面平面； （Ⅲ）求多面体的体积. 【答案】(I)证明见解析； （Ⅱ）证明见解析； （III）3. 【解析】（Ⅰ）可证，从而得到平面． （Ⅱ）可证平面，从而得到平面平面 （Ⅰ）因为，且，则四边形为平行四边形，故． 又平面，平面，所以平面． （Ⅱ）连接． 在等腰梯形中，，从而四边形为平行四边形， 又，故四边形为菱形，故. 在梯形中，同理可证四边形为平行四边形，故. 因为，从而，而平面平面， 平面平面，平面， 故平面，而平面，故， 因为，故平面. 因为平面，故平面平面. 【变式训练2-1】如图，在以为顶点，母线长为的圆锥中，底面圆的直径长为2，是圆所在平面内一点，且是圆的切线，连接交圆于点，连接，. （1）求证：平面平面； （2）若是的中点，连接，，当二面角的大小为时，求平面与平面所成锐二面角的余弦值. 【答案】（1）详见解析；（2）. 【解析】（1）由是圆的直径，与圆切于点，可得, 由底面圆，可得，利用线面垂直的判定定理可知，平面，即可推出.又在中，，可推出，利用线面垂直的判定定理可证平面，从而利用面面垂直的判定定理可证出平面平面. 解：（1）是圆的直径，与圆切于点， 底面圆，∴ ，平面，∴. 又∵在中，，∴ ∵，∴平面，从而平面平面. 【变式训练2-2】如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，，为线段的中点． （1）若为线段上的动点，证明：平面平面； （2）若为线段，，上的动点（不含，），，三棱锥的体积是否存在最大值？如果存在，求出最大值；如果不存在，请说明理由． 【答案】（1）证明见解析；（2）存在，. 【解析】(1)利用,可得平面,根据面面垂直的判定定理可证平面平面; (2) 由底面，得平面平面．将问题转化为点到直线的距离有无最大值即可解决. （1）证明:因为，为线段的中点，所以, 因为底面，平面，所以, 又因为底面为正方形，所以，,所以平面, 因为平面，所以,因为，所以平面, 因为平面，所以平面平面. 题型03：垂直探索性题型 【典型例题】三棱锥中，，面面． （1）求长；（2）求三棱锥体积； （3）内（含边界）上是否存在点，使面． 若存在点，求出点的位置；若不存在点，说明理由． 【答案】（1）3；（2）；（3）存在，在棱上，且． 【解析】(1)根据勾股定理可得,进而可得,再用勾股定理计算即可. (2) 作的中点,连接可知平面,再求解体积即可. (3) 作于,再证明面即可. （1）∵,∴. ∵平面⊥平面,平面平面,平面,且, 可知平面,. ∴. （2）作的中点,连接,由题意知平面,∴. （3）作于,在上.. ∵平面,平面,∴,且,平面,平面,,∴平面,即存在,在棱上,且. 【变式训练3-1】直三棱柱中，，，，点是线段上的动点. （1）当点是的中点时，求证：平面； （2）线段上是否存在点，使得平面平面？若存在，试求出的长度；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）见解析；（2） 【解析】（1）连接，交于点，连接，则点是的中点，利用三角形的中位线有,，由此证得线面平行.（2）当时平面平面.利用，可证得平面，由此证得两个平面垂直.利用等面积法求得的长. （1）如图，连接，交于点，连接，则点是的中点， 又点是的中点，由中位线定理得，因为平面，平面， 所以平面 . （2）当时平面平面. 证明：因为平面，平面，所以． 又，，所以平面， 因为平面，所以平面平面，故点满足. 因为，，，所以， 故是以角为直角的三角形，又，所以. 【变式训练3-2】如图，在三棱柱中，底面，，点是的中点． （Ⅰ）求证：； （Ⅱ）求证：∥平面． （Ⅲ）设，，在线段上是否存在点，使得?若存在，确定点的位置; 若不存在，说明理由． 【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析； （Ⅲ）存在，为线段的中点，理由略． 【解析】：（Ⅰ）通过证得，且，即可证得平面，即证； （Ⅱ） 设与的交点为，连结，因为是的中点，是的中点，由三角形的中位线定理得∥，又由线面平行的判定定理即证∥平面； （Ⅲ） 在线段上存在点，使得，且为线段的中点．证明如下：由已知得． 由已知，为线段的中点，所以，可得平面．连接．因为平面，所以，易证，所以平面，即可得． （Ⅰ）在三棱柱中，因为底面，底面，所以． 又，，所以平面． 而，则． E （Ⅱ）设与的交点为，连结，因为是的中点，是的中点，所以∥．因为平面，平面，所以∥平面． （Ⅲ）在线段上存在点，使得，且为线段的中点． E M 证明如下：因为底面，底面，所以． 由已知，为线段的中点，所以．又，所以平面． 取线段的中点，连接．因为平面，所以． 由已知，由平面几何知识可得．又，所以平面． 又平面，所以． 题型04：翻折中的垂直 【典型例题】如图①，在菱形ABCD中，∠A＝60°且AB＝2，E为AD的中点，将△ABE沿BE折起使AD＝，得到如图②所示的四棱锥A﹣BCDE. （Ⅰ）求证：平面ABE⊥平面ABC； （Ⅱ）若P为AC的中点，求三棱锥P﹣ABD的体积. 【答案】（Ⅰ）证明见详解；（Ⅱ） 【解析】（Ⅰ）先证，即可求得平面，结合//，即可由线面垂直推证面面垂直；（Ⅱ）根据点是中点，则的体积为体积的一半，再转化顶点求得的体积，则问题得解. （Ⅰ）因为四边形是菱形，且点为中点，又，故三角形为等边三角形，则，又在三角形中，，满足， 故，又平面，故可得平面， 又因为//，故可得平面，又平面， 故可得平面平面.即证. 【变式训练4-1】如图，ABCD是块矩形硬纸板，其中，E为DC中点，将它沿AE折成直二面角. （1）求证：平面BDE； （2）求四棱锥体积. 【答案】（1）证明见解析；（2）1． 【解析】（1）先证，由面面垂直（直二面角）得平面，再得线线垂直，然后可得线面垂直； （2）由直二面角即面面垂直，可求得到平面的距离，从而可求得体积． （1）由题意，所以，所以， 又二面角是直二面角，即平面平面，平面平面，平面， 所以平面，又平面，所以，又因为，， 所以平面BDE； 【变式训练4-2】如图1所示，在等腰梯形ABCD中，，，垂足为E，，将沿EC折起到的位置，如图2所示，使平面平面ABCE. （1）连结BE，证明：平面； （2）在棱上是否存在点G，使得平面，若存在，直接指出点G的位置不必说明理由，并求出此时三棱锥的体积；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）证明见解析；（2）存在，点G为的中点，. 【解析】（1）通过面面垂线的性质定理，证得平面ABCE ，由此证得.利用勾股定理计算证明，从而证得平面. （2）通过线面平行的判定定理，判断出点G为的中点.利用换顶点的方法，通过，来计算出三棱锥的体积. 1因为平面平面ABCE，平面平面，平面，所以 平面ABCE ，   又因为 平面ABCE，所以   ，又，满足，所以 ，又 ，所以 平面. 2在棱上存在点G，使得平面，此时点G为的中点.， 由1知，平面ABCE，所以 ，又，所以 平面， 所以CE为三棱锥的高，且 在中，，G为斜边的中点， 所以 ，所以 . 故，在棱上存在点G，使得平面， 此时三棱锥的体积为. 三．几何体的体积 题型01：常规求法和等体积转化型 【典型例题】四棱锥P﹣ABCD中，AB∥CD，AB⊥BC，AB＝BC＝1，PA＝CD＝2，PA⊥底面ABCD，E在PB上. （1）证明：AC⊥PD； （2）若PE＝2BE，求三棱锥P﹣ACE的体积. 【答案】（1）证明见解析；（2） 【解析】（1）过A作AF⊥DC于F，推导出AC⊥DA，AC⊥PA，从而AC⊥平面PAD，由此能求出AC⊥PD． （2）由VP﹣ACE＝VP﹣ABC﹣VE﹣ABC，能求出三棱锥P﹣ACE的体积． （1）过A作AF⊥DC于F，因为AB∥CD，AB⊥BC，AB＝BC＝1，所以CF＝DF＝AF＝1， 所以∠DAC＝90°，所以AC⊥DA，又PA⊥底面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以AC⊥PA， 又PA，AD⊂平面PAD，PA∩AD＝A，所以AC⊥平面PAD，又PD⊂平面PAD，∴AC⊥PD. （2）由PE＝2BE，可得VP﹣ACE＝VP﹣ABC﹣VE﹣ABC， 所以，， 所以三棱锥P﹣ACE的体积VP﹣ACE＝VP﹣ABC﹣VE﹣ABC. 【变式训练1-1】如图所示，在棱长为2的正方体中，M是线段AB上的动点． （1）证明：平面； （2）若M是AB的中点，证明：平面平面； （3）求三棱锥的体积． 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）． 【解析】（1）利用得出平面.（2）通过证明平面，可证得平面平面.（3）利用等体积转化求出即可. （1）证明：因为在正方体中，，平面，平面，平面 （2）证明：在正方体中，,是中点，. 平面，平面，则. 平面，平面，且， 平面.平面，∴平面平面 （3）因为平面，所以点，点到平面的距离相等. 故 ． 【变式训练1-2】如图，四棱锥中，平面，，，，为线段上一点，，为的中点．（I）证明平面； （II）求四面体的体积. 【答案】(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ). 【解析】：（Ⅰ）取的中点，然后结合条件中的数据证明四边形为平行四边形，从而得到，由此结合线面平行的判断定理可证；（Ⅱ）由条件可知四面体N-BCM的高，即点到底面的距离为棱的一半，由此可顺利求得结果． （Ⅰ）由已知得，取的中点，连接，由为中点知，.又，故平行且等于，四边形为平行四边形，于是. 因为平面，平面，所以平面. （Ⅱ）因为平面，为的中点，所以到平面的距离为. 取的中点，连结.由得，. 由得到的距离为，故. 所以四面体的体积. 题型02：多面体割补型 【典型例题】如图，在多面体中，为矩形，为等腰梯形，，，，且，平面平面，，分别为，的中点. （Ⅰ）求证：平面； （Ⅱ）若，求多面体的体积. 【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）. 【解析】（Ⅰ）取的中点.连接，，可证，，然后利用平面平面，可证平面.（Ⅱ）将多面体分为四棱锥和三棱锥两部分，将转化为，然后利用四棱锥和三棱锥的体积公式分别求出然后求和即可. 解：（Ⅰ）如图，取的中点.连接，.在矩形中，∵，分别为线段，的中点， ∴.又平面，平面，∴平面. 在中，∵，分别为线段，的中点，∴. 又平面，平面，∴平面. 又，平面，∴平面平面 又平面，∴平面. （Ⅱ）如图，过点作于.∵平面平面，平面平面，平面，∴平面.同理平面. 连接，.在中，∵，，∴.同理. ∵，∴等边的高为，即.连接. ∴ . 【变式训练2-1】如图，梯形所在的平面与等腰梯形所在的平面互相垂直，G为AB的中点，，，，． （Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）求证：平面平面； （Ⅲ）求多面体的体积. 【答案】(I)证明见解析； （Ⅱ）证明见解析； （III）3. 【解析】（Ⅰ）可证，从而得到平面． （Ⅱ）可证平面，从而得到平面平面 （Ⅲ）可证几何体是三棱柱，从而利用公式可求几何体的体积. （Ⅰ）因为，且，则四边形为平行四边形，故． 又平面，平面，所以平面． （Ⅱ）连接．在等腰梯形中，，从而四边形为平行四边形， 又，故四边形为菱形，故. 在梯形中，同理可证四边形为平行四边形，故. 因为，从而，而平面平面， 平面平面，平面， 故平面，而平面，故， 因为，故平面. 因为平面，故平面平面. （III）设．由（Ⅰ）得平面且，由（Ⅱ）得， 而平面，平面，故平面， 因为，故平面平面， 又，故四边形为平行四边形， 故，所以，所以几何体是三棱柱． 由（Ⅱ）得平面，平面，故， 所以.由（Ⅱ）得平面． 所以多面体的体积为：． 在等腰梯形中，， 又为锐角，故，故，所以， 所以，故多面体的体积为：. 【变式训练2-2】如图，已知平面平面，B为线段中点，，四边形为正方形，平面平面，，，M为棱中点. （1）求证：平面平面； （2）若，求多面体的体积. 【答案】（1）证明见解析；（2）. 【解析】（1）利用面面垂直的性质定理可得平面，再利用面面垂直的判定定理即可证明. （2）延长至使得，得到三棱柱，，再求出即为三棱柱的高，利用柱体、锥体的体积公式即可求解. （1）由正方形知，， 又平面平面，且交线为，平面， ∴平面，又平面，∴平面平面. （2）延长至使得，则得到三棱柱， 所求几何体的体积，取的中点M， 由条件为正三角形，∴， ∴，由平面平面且交线为， ∴平面，即为三棱柱的高， ∵. . 所以. 题型03：建系空间向量 【典型例题】已知三棱柱，如图所示，是，上一动点，点、分别是、的中点，，． (1)求证：平面； (2)当平面，且时，求三棱锥的体积． 【答案】（1）由中位线得到线线平行，得到线面平行； （2）建立空间直角坐标系，求出点到平面的距离，利用三棱锥体积公式求出答案. 【解析】（1）因为点、分别是、的中点， 所以 ， 因为平面，平面， 所以平面； （2）因为平面，平面， 所以 ， ， 又， 以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则， 设平面法向量的法向量为， 则， 解得，令，则，故， 则点到平面的距离为， 由勾股定理得， ， 则三棱锥的体积为. 【变式训练3-1】在三棱锥中，，平面，点在平面内，且满足平面平面，．    (1)求证：； (2)当二面角的余弦值为时，求三棱锥的体积． 【答案】（1）作，证得平面，得到，再由平面，证得，利用线面垂直的判定定理，证得平面，进而证得； （2）以为原点，建立空间直角坐标，设，由，得到，求得，在求得平面和的法向量和，结合向量的夹角公式，列出方程求得点的坐标，根据棱锥的体积公式，即可求解. 【解析】（1）解：作交于， 因为平面平面，且平面平面，平面， 所以平面， 又因为平面，所以， 因为平面，且平面，所以， 又因为，，且平面，， 所以平面， 因为平面，所以. （2）解：以为原点，以所在的直线分别为，建立空间直角坐标， 如图所示，则， 设，因为，所以， 因为，所以，即， 又由， 设平面的一个法向量为，则， 取，可得，所以， 又因为为平面的一个法向量， 设二面角的平面角为， 则， 因为，解得（舍去）或， 所以点或， 所以三棱锥的体积为. 【变式训练3-2】如图，几何体中，底面为边长为2的菱形，平面平面，平面平面，. (1)证明：平面； (2)若，平面与平面的夹角为，求四棱锥的体积. 【答案】（1）由面面垂直的性质定理结合线面垂直的判定定理即可得； （2）建立空间直角坐标系，设出点的坐标后结合题意确定点位置后由体积公式计算即可得. 【解析】（1）在平面内分别作直线，， 因为平面平面，平面平面， 平面，所以平面， 又平面，所以. 同理可证，又m，平面，且m，n为相交直线， 所以平面；      （2）取中点G，连接，，且底面为菱形， 故为等边三角形，所以， 以D为原点，，为x，y轴正方向建立空间直角坐标系， 则，，， 故，由平面平面， 所以可设，为平面的法向量， 则有，即，取，得. 由平面平面，故为平面的一个法向量， 结合已知有，又，所以， 所以. 【变式训练3-3】如图，四棱锥的底面是矩形，平面为的中点，为PA上一点，且． (1)证明：平面BDQ； (2)若二面角为，求三棱锥的体积． 【答案】（1）以向量为基底，分别表示向量，利用建立方程，确定为AP的中点，从而得到OQ为的中位线，从而得证； （2）建立空间直角坐标系，分别求出平面BDQ的法向量和平面CDQ的法向量，利用二面角为建立方程，解方程可得DC的长度，接着利用体积公式即可求解. 【解析】（1）证明：因为平面平面ABCD， 所以，则． 设， 则， ， 因为，所以，即 则，解得， 所以为AP的中点． 连结AC，与BD交于点，连结QO， 由于底面ABCD是矩形，所以为AC的中点，则OQ为的中位线， 所以， 又平面平面BDQ， 所以平面BDQ （2）易知DA，DC，DP两两互相垂直， 以为坐标原点，以DA，DC，DP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， 设，则， ， 设平面BDQ的法向量为， 由，得， 取，则， 设平面CDQ的法向量为， 由，得， 取，则， 于是，解得， 故三棱锥的体积为． 题型04：两部分体积比 【典型例题】如图，是边长为3的正方形，平面，平面，. （1）证明：平面平面； （2）在上是否存在一点，使平面将几何体分成上下两部分的体积比为？若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）见解析（2）存在点且满足条件. 【解析】（1）根据，结合面面平行的判定定理可知两个平面平行；（2）先求出整个几何体的体积.假设存在一点，过作交于，连接，设，求得几何体的体积，将其分割成两个三棱锥，利用表示出两个三棱锥的高，再利用体积建立方程，解方程组求得的值. 解：（1）∵平面，平面， ∴，∴平面， ∵是正方形，，∴平面， ∵，平面，平面，∴平面平面. （2）假设存在一点，过作交于，连接， ， 设，则， 设到的距离为，则，， ∴，解得，即存在点且满足条件. 【变式训练4-1】如图，在四棱锥中，底面为菱形，为正三角形，平面平面，、分别是、的中点. （1）证明：平面； （2）若是棱上一点，三棱锥与三棱锥的体积相等，求的值. 【答案】（1）详见解析；（2）. 【解析】（1）连接，可得，利用面面垂直的性质可证平面，利用线面垂直的性质可证，由，，可证，，利用线面垂直的判定定理即可证明平面； （2）连接、，设，则，利用，可得，进而解得的值，即可得出的值. （1）连接，且是的中点， 又平面平面，平面平面，平面，平面. 平面，又为菱形，且、分别为棱、的中点，， ，，又，，平面； （2）如图，连接、，设，则，， 又，，，解得，即. 【变式训练4-2】如图，多面体中，，平面⊥平面，四边形为矩形，∥，点在线段上，且. (1)求证：⊥平面； (2)若，求多面体被平面分成的大、小两部分的体积比. 【答案】（1）证明见解析(2) 11:1 【解析】（1）由勾股定理逆定理证得，再由面面垂直的性质定理得线面垂直； （2）连接EB,AE. 多面体被分为四个三棱锥，由它们之间的体积关系可求得比值． （1）因为四边形ABCD为矩形，所以CD=AB.为AB=DE=2，所以CD=DE=2. 因为点G在线段CE上，且EG=2GC=AB，所以EC=AB=CD= 所以，即又平面CDE⊥平面ABCD，平面CDE平面ABCD=CD,DE平面CDE， 所以DE⊥平面ABCD. (2)设三棱锥G-BCD的体积为1，连接EB,AE.因为EG=2GC,所以CG=EC,所以. 易知又EF=2BC,BC∥EF，所以，故 又，所以故 故多面体ABCDEF被平面BDG分成的大、小两部分的体积比为11:1. 【变式训练4-3】如图所示，已知在四棱柱中，所有的棱长均为2，侧面底面为的中点，为棱上的动点（含端点），过三点的截面记为平面.    (1)是否存在点使得底面？请说明理由； (2)当平面与平面所成二面角的余弦值为时，试求平面截得四棱柱两部分几何体的体积之比（体积小的部分作比值的分子）. 【答案】见解析 【解析】（1）连接，取中点为，连接， 因为，故三角形为等边三角形，则； 因为面面，面面面，故面； 又面，故； 在三角形中，因为，三角形为等边三角形，则； 综上两两垂直，则以为坐标原点，建立空间直角坐标系如下所示： 又，故 ， 设，， 则， 即； 因为面，故取平面的法向量为； 又， 设平面的法向量为， 则，则，取，则； 故平面的法向量为； 若存在点使得底面，则，即，解得； 故存在点，当其与重合时，平面底面. （2）设平面与平面所成二面角为， 由题可得，即， 整理得：，解得（舍去）或. 故当为上靠近的三等分点时，平面与平面所成二面角的余弦值为； 此时，取上靠近点的三等分点为，取上靠近点的三等分点为， 连接，如下所示： 在三角形中，分别为中点，故//， 又////，且，故四边形为平行四边形，则////， 则平面与平面是同一个平面； 又； ， ， 由（1）知，，面， 故面，则棱台的高为， 则 ， 两部分体积分别为和，故体积之比为. 题型05：动点型 【典型例题】如图，四边形ABCD为矩形，△BCF为等腰三角形，且∠BAE＝∠DAE＝90°，EA//FC. （1）证明：BF//平面ADE. （2）设，问是否存在正实数，使得三棱锥A﹣BDF的高恰好等于BC？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）存在正实数. 【解析】（1）通过证明平面平面来证明BF//平面ADE； （2）设，，则，利用等体积法，则，可得关于的方程，求解可得. （1）因为，平面，平面，所以平面， 因为，平面，平面，所以平面， 又，所以平面平面 故平面； （2），又， 平面， 设，，则， 在矩形和中，有，， 所以在中，边上的高， 又， 所以，由等体积法得， 即，∴， 所以存在正实数，使得三棱锥的高恰好等于. 【变式训练5-1】如图所示，在三棱锥中，平面，，，. （1）证明：平面； （2）若为棱的中点，点为棱上一点，且三棱锥的体积为，通过计算判断点的位置. 【答案】（1）证明见解析；（2）点为棱上靠近点的三等分点. 【解析】（1）根据余弦定理，可得，再由勾股定理可证，再根据线面垂直的定义可证，由此根据线面垂直的判定定理，即可证明结果； （2）在中，由勾股定理，易求得，根据，根据三棱锥的体积公式可求，再根据，由此即可求出结果. （1）由题可得， ，， 由余弦定理可得所以. ∴，∴.又平面，∴， 又，∴平面. （2）在中，由勾股定理，易求得， ∵， 过点作垂直于于点，如下图所示： 则， 又，又 又，所以,所以 ∴. ∴点为棱上靠近点的三等分点. 题型06：最值型取值范围 【典型例题】如图，已知直角的直角边，，点是从左到右的四等分点（非中点）.已知椭圆所在的平面垂直平面，且其左右顶点为，左右焦点为，点在上.    (1)求三棱锥体积的最大值； (2)证明：二面角的大小小于. 【答案】见解析 【解析】（1） 取中点，在上取一点使得，易知为中点， 由椭圆所在的平面⊥平面，且两面交线为，所以底面， 且底面， 以为坐标原点，为正方向，的中垂线的方向向量为轴正方向， 为轴正方向，建立空间直角坐标系． 设点，椭圆的方程为． 由题意，易知，， 则，，解得，所以． ， 故三棱锥体积的最大值是． （2）易知，，，显然当P在横轴上时，二面角的大小为，符合题意； 当P不在横轴时，不妨设， 则，， 设平面的一个法向量， 则 令，则，， 所以平面的一个法向量， 同理可求得平面的一个法向量， 令，则化简后得: ， （I）当时，则， 所以， 令，， 因为，所以，令得， 当时，，单调递增；当时，，单调递减， 此时； （II）当时，令， ， 令，则， 所以单调递减，所以， 即单调递减，， 综上，对成立， 即，即， 故二面角的大小小于得证． 【变式训练6-1】如图所示，在矩形中，，E为边的中点，将沿直线翻折为，若F为线段的中点.在翻折过程中， （Ⅰ）求证：面； （Ⅱ）求多面体体积的最大值. 【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）. 【解析】（Ⅰ）取的中点G，连接，，证明平面，平面，得到平面平面，则面； （Ⅱ）多面体体积等于三棱锥的体积，要使三棱锥的体积最大，则需F到底面距离最大，即平面底面.此时平面底面，求出到底面的距离，可得F到底面的距离，再由棱锥体积公式求解. （Ⅰ）证明：取的中点G，连接，，∵F为线段的中点，∴， ∵平面，平面，∴平面， 又，，∴四边形为平行四边形，则.可得平面， 又，可得平面平面，则面； （Ⅱ）解：多面体体积等于三棱锥的体积，而底面三角形的面积为定值， 要使三棱锥的体积最大，则需F到底面距离最大，即平面底面. 此时平面底面，由，可得到底面的距离为， 则F到底面的距离为.∴多面体体积的最大值为 . 【变式训练6-2】如图，三棱锥中，侧面是边长为的正三角形，，平面平面，把平面沿旋转至平面的位置，记点旋转后对应的点为（不在平面内），、分别是、的中点. （1）求证：； （2）求三棱锥的体积的最大值. 【答案】（1）证明见解析；（2）. 【解析】（1）连接、，利用面面垂直的性质定理得出平面，可得出，利用勾股定理计算出，推导出是以为直角的直角三角形，再由中位线的性质得出，由此可得出； （2）由的面积为定值，可知当平面平面时，三棱锥的体积最大，连接、，推导出平面，计算出、以及的面积，然后利用锥体的体积公式可求得结果. （1）如图，连接、，因为，是的中点，所以， 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面，平面，所以． 因为为边长为的正三角形，所以， 又，所以由勾股定理可得， 又，，， ，则，， 所以为直角三角形，且， 又、分别是、的中点，所以，所以； 如图，连接、， 因为三棱锥与三棱锥为同一个三棱锥，且的面积为定值，所以当三棱锥的体积最大时，则平面平面， ，则，为的中点，则， 平面平面，平面平面，平面， 平面，此时点到平面的距离为， 在中，因为，，所以， 所以的最大值为，所以三棱锥的体积的最大值为． 【变式训练6-3】如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，，为线段的中点． （1）若为线段上的动点，证明：平面平面； （2）若为线段，，上的动点（不含，），，三棱锥的体积是否存在最大值？如果存在，求出最大值；如果不存在，请说明理由． 【答案】（1）证明见解析；（2）存在，. 【解析】(1)利用,可得平面,根据面面垂直的判定定理可证平面平面; (2) 由底面，得平面平面．将问题转化为点到直线的距离有无最大值即可解决. （1）证明:因为，为线段的中点，所以, 因为底面，平面，所以,又因为底面为正方形，所以，,所以平面,因为平面，所以,因为，所以平面,因为平面，所以平面平面. （2）由底面，则平面平面, 所以点到平面的距离（三棱锥的高）等于点到直线的距离, 因此，当点在线段，上运动时，三棱锥的高小于或等于2, 当点在线段上运动时,三棱锥的高为2,因为的面积为, 所以当点在线段上，三棱锥的体积取得最大值,最大值为. 由于三棱锥的体积等于三棱锥的体积,所以三棱锥体积存在最大值. 题型07：取值范围 【典型例题】如图所示，有满足下列条件的五边形的彩纸，其中，，．现将彩纸沿向内进行折叠． (1)求线段的长度； (2)若是等边三角形，折叠后使⊥，求直线与平面的所成角的大小； (3)将折叠后得到的四棱锥记为四棱锥，求该四棱锥的体积的最大值． 【答案】见解析 【解析】（1）延长BC，ED相交于点F， 因为，所以， 故为等边三角形，所以， 因为，， 所以，， 在中，由余弦定理得：， 所以； （2）由（1）知：，，， 所以， 由勾股定理逆定理得：⊥BE， 因为⊥，，平面ABE， 所以BC⊥平面ABE， 取BE的中点Q，连接AQ，CQ， 因为AQ平面ABE， 所以BC⊥AQ， 因为是等边三角形， 由三线合一得：AQ⊥BE， 因为BE，BC平面BCDE，， 所以AQ⊥平面BCDE， 所以即为直线与平面的所成角，显然， 故直线与平面的所成角大小为. （3）延长BC，ED相交于点F， 由（1）（2）得：BF⊥BE，且为等边三角形， 故，， 故四边形的面积为， 要想折叠后得到的四棱锥体积最大，则要四棱锥的高最大， 故要使平面⊥平面BCDE，且需要△ABE边BE上的高最大， 因为，，故只需使△ABE的面积最大， 由余弦定理得：， 故， 由基本不等式得：，即， 所以，当且仅当时，等号成立， △ABE的面积最大值为， 故四棱锥的高最大为， 该四棱锥的体积的最大值为. 【变式训练7-1】如图1，四边形是矩形，将沿对角线折起成，连接，如图2，构成三棱锥.过动点作平面的垂线，垂足是. (1)当落在何处时，平面平面，并说明理由； (2)在三棱锥中，若为的中点，判断直线与平面的位置关系，并说明理由； (3)设是及其内部的点构成的集合，，当时，求三棱锥的体积的取值范围. 【答案】见解析 【解析】（1）当落上时，平面平面. 因为，所以平面， 所以平面. 因为平面， 所以平面平面. （2）直线与平面平行. 取的中点，连结. 因为平面， 所以， 在Rt和Rt中，， 所以， 所以， 因为为的中点， 所以，又在矩形中，， 所以，因为平面平面， 所以平面， 在中，分别为的中点，所以， 因为平面平面， 所以平面，又在平面中，， 所以平面平面，因为平面， 所以平面. （3）在矩形中，作交于， 已知，由题意知 在中，作，交于， 沿将折起成后， 又， 所以平面. 因为平面， 所以，又， 在平面中，， 所以平面， 因此，当时，满足题意的的集合组成的图形为线段， 因为在Rt中， 所以，当时，取得最大值为， 当时，取得最小值为， 因为四面体的体积为， ①当取得最大值时，即与重合时， 四面体的体积取得最大值； ②当取得最小值时，即与重合时， 四面体的体积取得最小值. 综上，当时，四面体的体积的取值范围是. 【变式训练7-2】如图1，有一个边长为4的正六边形，将四边形沿着翻折到四边形的位置，连接，形成的多面体如图2所示. (1)证明：. (2)设二面角的大小为，是线段上的一个动点（与不重合），四棱锥与四棱锥的体积之和为，试写出关于的函数表达式，并探究为何值时，有最大值，求出最大值. 【答案】见解析 【解析】（1）证明：如图，连接交于，则为的中点． ∵，∴，即，． ∵，平面， ∴平面． 又∵平面， ∴． ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴，即 ∴ （2）如图1，连接交于，则为的中点． 由正六边形的性质，可知，∴． ∵，∴，即，． ∵，平面， ∴平面． ∴就是二面角的平面角，即． 过作，垂足为点，过作，垂足为点，如图3. ∵平面，平面 ∴，， ∵，平面，平面 ∴平面，平面， ∵ ∴． 在中，，，，如图4 ∴， ∴，， ， ∴． ∴． ∴当时，，取得最大值. 三．立体几何中的线段长度问题 【典型例题1】如图，在四棱锥中，平面为等边三角形，，点为棱上的动点． (1)证明：平面； (2)当二面角的大小为时，求线段的长度． 【答案】（1）先求得，再根据线面垂直的判定定理证得平面. （2）建立空间直角坐标系，利用向量法列方程来求得点的坐标，进而求得的长度. 【解析】（1）依题意，所以， 所以，所以，则， 由于平面，平面，所以， 由于平面，所以平面. （2）由（1）可知两两相互垂直，由此以为原点，建立如图所示空间直角坐标系， ，设， 平面的法向量为， 设平面的法向量为， 则， 故可设， 依题意，二面角的大小为， 所以， 整理得， 解得或（舍去），所以， 所以. 【典型例题2】如图，平面，在平面的同侧，，，，. (1)若四点在同一平面内，求线段的长； (2)若，平面与平面的夹角为，求线段的长. 【答案】（1）由线面平行的判定定理、性质定理得四边形是平行四边形可得答案； （2）以为原点，分别以、、所在直线为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，设，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. 【解析】（1），平面，平面，平面， ，则四点共面， 平面，平面，平面平面，，又，则四边形是平行四边形， ； （2）以为原点，分别以、、所在直线为轴、轴、轴， 建立空间直角坐标系，设，则，，，，，，， 设是平面的一个法向量， 由，得，令，可得， 可得， 设是平面的一个法向量， 由，得，令，可得， 可得， 依题意， 解得，. 【典型例题3】如图，，，点、在平面的同侧，，，，平面平面，.    (1)求证：平面； (2)若直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长. 【答案】(1)根据线面平行，面面平行定理即可证明； (2)建立合适坐标系，将各个点用坐标表示出来，再根据向量垂直列出方程式，求解即可 【解析】（1）因为，平面， 所以平面，同理平面， 又，平面，， 所以平面平面，平面， 所以平面； （2）取的中点，因为， 所以，又平面平面，平面平面， 平面，所以平面， 又因为，故可建立如图所示的空间直角坐标系. 在四边形中，因为，，，， 所以，所以， 因为，所以， 所以，，，，，，， ，， 设，则， 设为平面的法向量， 则，即，故取， 因为直线与平面所成角的正弦值为， 所以， 两边同时平方得 所以，解得，或（舍去）， 所以，所以. 【变式训练1】如图1，在五边形中，连接对角线，，，，将三角形沿折起，连接，得四棱锥（如图2），且为的中点，为的中点，点在线段上.    (1)求证：平面平面； (2)若平面和平面的夹角的余弦值为，求线段的长. 【答案】（1）由等腰三角形证得，勾股定理证得，可得平面，得平面平面. （2）以为原点，建立空间直角坐标系，设，利用向量法表示两个平面夹角的余弦值，由方程解出的值. 【解析】（1）连接，则，因为，， 所以四边形为矩形，所以， 因为，且为的中点， 所以，且， 所以，即， 又因为，平面， 所以平面， 又平面，所以平面平面. （2）以为原点，为轴，为轴，为轴建立如图所示的空间直角坐标系，    则， 设，则， 所以， 设平面的法向量为，则 令，则，得 又， 设平面的法向量为，则 令，则，得， 所以， 解得，或（舍）， 所以线段的长为1. 【变式训练2】如图，在三棱柱中，平面平面，点为的中点，点在线段上，且. (1)求平面与平面的夹角的余弦值； (2)点在上，若直线在平面内，求线段的长. 【答案】见解析 【解析】（1）分别取的中点，连接， 因为，所以为等边三角形， 所以， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 因为，分别为的中点， 所以四边形为矩形，所以， 如图，以点为原点建立空间直角坐标系， 则， 易得为平面的一个法向量. 设，因为，所以. 所以，即，因此， 设，因为，所以， 所以，即， 因为，， 所以， 设平面的法向量为， 所以，即， 取，则，所以， 设平面与平面的夹角为， 则， 即平面与平面夹角的余弦值为； （2）设，则， 因为直线在平面内，所以共面， 所以存在唯一实数对，使得， 即， 则，解得， 此时为的中点，所以. 【变式训练3】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P是棱的中点，点Q在棱BC上．    (1)若，证明：平面； (2)若二面角的正弦值为，求BQ的长． 【答案】见解析 【解析】（1）证明：取的中点M，连接MP，MB． 在四棱台中，四边形是梯形，，， 又点M，P分别是棱，的中点，所以，且． 在正方形ABCD中，，，又，所以． 从而且，所以四边形BMPQ是平行四边形，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，平面平面，，平面， 所以平面． 在正方形ABCD中，过O作AB的平行线交BC于点N，则． 以为正交基底，建立空间直角坐标系． 因为四边形是等腰梯形，，，所以，又，所以． 易得，，，，，所以，，． 法1：设，所以． 设平面PDQ的法向量为，由，得，取， 另取平面DCQ的一个法向量为． 设二面角的平面角为θ，由题意得． 又，所以， 解得（舍负），因此，． 所以当二面角的正弦值为时，BQ的长为1． 法2：设，所以． 设平面PDQ的法向量为，由，得，取， 另取平面DCQ的一个法向量为． 设二面角的平面角为θ，由题意得． 又，所以， 解得或6（舍），因此． 所以当二面角的正弦值为时，BQ的长为1． 法3：在平面中，作，垂足为H． 因为平面平面，平面平面，，平面， 所以平面，又平面，所以． 在平面ABCD中，作，垂足为G，连接PG． 因为，，，PH，平面， 所以平面，又平面，所以． 因为，，所以是二面角的平面角． 在四棱台中，四边形是梯形， ，，，点P是棱的中点， 所以，． 设，则，， 在中，，从而． 因为二面角的平面角与二面角的平面角互补， 且二面角的正弦值为，所以，从而． 所以在中，，解得或（舍）． 所以当二面角的正弦值为时，BQ的长为1． 【变式训练4】已知椭圆的左、右焦点分别为，离心率为，过点的动直线交于A，B两点，点在轴上方，且不与轴垂直，的周长为，直线与交于另一点，直线与交于另一点，点为椭圆的下顶点，如图①. (1)当点为椭圆的上顶点时，将平面xOy沿轴折叠如图②，使平面平面，求异面直线与所成角的余弦值； (2)若过作，垂足为. （i）证明:直线过定点； （ii）求的最大值. 【答案】见解析 【解析】（1）由椭圆定义可知，， 所以的周长为，所以， 又因为椭圆离心率为， 所以，所以， 又， 所以椭圆的方程：， 所以椭圆的焦点为，， 当点为椭圆的上顶点时，， 所以直线的方程为：， 由解得，， 由对称性知， 以为坐标原点，折叠后原轴负半轴，原轴，原轴的正半轴所在直线为轴建立如图空间直角坐标系， 则，，，， ，， 设直线与所成角为， 则， 异面直线与所成角的余弦值为. （2）（i）设点，，，， 则直线的方程为，则， 由得，， 所以， 因为，所以， 所以，故， 又， 同理，，， 由三点共线，得， 所以， 直线的方程为， 由对称性可知，如果直线过定点，则该定点在轴上， 令得， ， 故直线过定点. （ii）由题意知点，点的轨迹为以，为直径的圆（除外）， 圆心为，半径为，故. 【变式训练5】如图，正方体的棱长为2，在正方形的内切圆上任取一点，在正方形的内切圆上任取一点，在正方形的内切圆上任取一点． (1)若分别是棱的中点，，求棱和平面所成角的余弦值； (2)求的最小值与最大值． 【答案】见解析 【解析】（1）以正方体的中心为原点，、、的方向分别为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系． 由题意，，，，，， 则，，， 设平面的一个法向量， 则有， 令，则，，所以， 所以 所以棱和平面所成角的余弦值为． （2）由条件，可设，，， 记，，，则（） （其中） 记，先求的最小值： 由①及均值不等式， 所以 所以 所以当时，可取到最小值. 再求的最大值： 由①知 所以 由柯西不等式， ，即， 故当时，可取到最大值． 综上所述，的最小值为，最大值为． 【变式训练6】如图，四面体中，．    (1)求证：平面平面； (2)若， ①若直线与平面所成角为30°，求的值； ②若平面为垂足，直线与平面的交点为．当三棱锥体积最大时，求的值． 【答案】见解析 【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）①因为两两相互垂直，建立如图所示的空间直角坐标系， 所以， 设，因为， 所以由可得：， 所以， ， 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， 因为直线与平面所成角为30°， 所以 则，化简可得：， 解得：或（舍去）. ②由（1）知，平面，又平面 所以，在上， 因为，所以， ，所以， 即，所以， 所以， 三棱锥体积为： ， 因为，当时，三棱锥体积最大为， 此时分别为，的中点，所以， 设，设， 因为， 所以，所以， 因为在平面上，所以设， 所以， 所以，解得：， 所以，所以. 四．空间角问题 （一）．异面直线所成角 【典型例题】如图，已知四边形是矩形，平面，且，M､N是线段､上的点，满足. (1)若，求证：直线平面； (2)是否存在实数，使直线同时垂直于直线，直线？如果有请求出的值，否则请说明理由； (3)若，求直线与直线所成最大角的余弦值. 【答案】见解析 【解析】（1）取的中点，连接， 因为，所以M是线段上的中点， 因此有， 因为是矩形，N是线段上的中点， 所以， 因此有， 所以四边形是平行四边形，所以有， 而平面，平面，所以直线平面； （2）假设存在实数，使直线同时垂直于直线，直线， 因为四边形是矩形，所以， 即，而平面， 所以平面， 因为是矩形，所以， 因为平面，平面， 所以，而平面， 所以平面，因此，显然不可能，所以假设不成立， 因此不存在实数，使直线同时垂直于直线，直线； （3）当时，由（2）可知：， 所以是直线与直线所成角，设， 由（2）可知，所以， 在中，由余弦定理可知： ， 令，所以， 于是有， 当时，有最小值，最小值为，此时有最大值. 则直线与直线所成最大角的余弦值为. 【变式训练1-1】如图，四棱锥中，平面，四边形是直角梯形，其中，．． (1)求异面直线与所成角的大小； (2)若平面内有一经过点的曲线，该曲线上的任一动点都满足与所成角的大小恰等于与所成角.试判断曲线的形状并说明理由； (3)在平面内，设点Q是（2）题中的曲线E在直角梯形内部（包括边界）的、一段曲线上的动点，其中G为曲线E和的交点．以B为圆心，为半径的圆分别与梯形的边交于两点．当点在曲线段上运动时，求四面体体积的取值范围． 【答案】见解析 【解析】（1）如图，以为原点，直线为轴、直线为轴、直线为轴，建立空间直角坐标系. 于是有、，则有,又 则异面直线与所成角满足， 所以，异面直线与所成角的大小为. （2）设点，点、点、点， 则，， 则， ， 化简整理得到， 则曲线是平面内的双曲线. （3）在如图所示的的坐标系中，因为、、， 设.则有,故的方程为， 代入双曲线:的方程可得，， 其中. 因为直线与双曲线交于点,故.进而可得，即. 故双曲线在直角梯形内部（包括边界）的区域满足，. 又设为双曲线上的动点，. 所以， 因为， 所以当时，； 当时，. 而要使圆与、都有交点，则. 故满足题意的圆的半径取值范围是. 因为平面,所以体积为. 故问题可以转化为研究的面积. 又因为为直角，所以必为等腰直角三角形. 由前述，设，则， 故其面积，所以. 于是，. (当点运动到与点重合时，体积取得最大值；当点运动到横坐标时，即长度最小时，体积取得最小值） （二）线面角 【典型例题1】如图，在四棱锥中， ，，且是的中点. (1)求证：平面平面； (2)若二面角的大小为，求直线与平面所成角的余弦值. 【答案】（1）先证明线面垂直再根据面面垂直判定定理证明即可； （2）先根据二面角求参得出点的坐标，再应用线面角向量求法计算. 【解析】（1）因为， 由余弦定理得，所以. 因为，所以，所以. 因为 ，所以四边形为平行四边形，所以. 因为，所以，即. 因为平面，所以平面. 因为平面，所以平面平面. （2）在平面内，过点作，交于. 因为平面平面，平面平面，所以平面. 以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则. 由（1）可知为二面角的平面角，即，所以，由，可得. 所以. 设平面的一个法向量为，则，即， 令，则，所以平面的一个法向量为. 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. 【典型例题2】如图所示，在等腰梯形中，，，，E为CD中点，AE与BD相交于点O，将沿AE折起，使点D到达点P的位置（平面）． (1)求证：平面平面PBC； (2)若，试判断线段PB上是否存在一点Q（不含端点），使得直线PC与平面所成角的正弦值为，若存在，求Q在线段PB上的位置；若不存在，说明理由． 【答案】（1）利用线面垂直的判定定理、性质定理及面面垂直的判定定理可得答案； （2）以O为原点，分别以所在的直线为轴建立空间直角坐标系，设，求出平面AEQ的法向量，由线面角的向量求法求出可得答案. 【解析】（1）如图，在原图中连接BE，由于，，， 所以四边形ABED是平行四边形． 由于，所以四边形ABED是菱形，所以． 由于，，所以四边形ABCE是平行四边形， 所以，所以． 在翻折过程中，，保持不变， 即，保持不变． 由于，OP，平面POB， 所以平面POB，由于平面PBC， 所以平面平面PBC； （2）由上述分析可知，在原图中，， 所以，所以． 折叠后，若，则，所以， 由于，，平面ABCE， 所以平面ABCE．所以OE，OB，PO两两相互垂直． 由此以O为原点， 分别以所在的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系， ， ，，，， 设，，， ，， 设平面AEQ的法向量为， 则，令得， 故， 设直线PC与平面AEQ所成角为θ，则 ， 所以，， ，解得， 所以，因为，， 、的中点坐标为， 即Q是PB的中点． 【典型例题3】如图，是半球的直径，，是底面半圆弧上的两个三等分点，是半球面上一点，且.    (1)求四边形的面积； (2)证明：平面； (3)若点在底面圆内的射影恰在上，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】见解析 【解析】（1）连接，因为是底面半圆弧上的两个三等分点， 所以有，又因为， 所以都为正三角形， 所以，四边形是菱形， 则到边的距离为， 所以四边形的面积为. （2）记与的交点为，连接， 因为四边形是菱形，则为和的中点， 因为，所以为正三角形， 所以，则， 而在等边中，易知， 即，所以， 因为是半球面上一点，是半球的直径，所以， 又，平面，所以平面. （3）因为点在底面圆内的射影恰在上， 由（2）知，即为点在底面圆内的射影，所以底面， 因为四边形是菱形，所以，即两两互相垂直， 以点为坐标原点，，，分别为，，轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 则， 所以，，， 设平面的一个法向量为，则，所以， 取，则， 设直线与平面的所成角为， 所以， 故直线与平面所成角的正弦值为． 【变式训练2-1】如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面与底面所成的角为，为的中点． (1)求证：平面； (2)若为的内心，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】见解析 【解析】（1）因为平面平面，所以， 因为与平面所成的角为平面， 所以，且，所以， 又为的中点，所以， 因为四边形为正方形，所以， 又平面， 所以平面， 因为平面，所以， 因为平面， 所以平面． （2）因为底面为正方形，为的内心， 所以在对角线上． 如图，设正方形的对角线的交点为， 所以， 所以， 所以， 所以，又因为，所以． 由题意知两两垂直，以所在的直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系． 所以，由（1）知， 所以， 所以． 又因为平面，所以平面的一个法向量为． 设直线与平面所成角为， 则． 【变式训练2-2】如图，四面体中，，，，为的中点．    (1)证明：平面平面； (2)设，，点在上； ①点为中点，求与所成角的余弦值； ②当的面积最小时，求与平面所成的角的正弦值． 【答案】见解析 【解析】（1）∵，为的中点，∴， 在和中， ∴，∴，又为的中点， ∴，又平面，， ∴平面， 又∵平面，∴平面平面； （2） ①取的中点，的中点，连接，则，， ∴（或其补角）为与所成的角， 由且，∴是等边三角形，则， 由且，为的中点， ∴在等腰直角中， ， 在中，，所以，即， 又，∴， 在中，由余弦定理得， 即，∴， 在中，，由余弦定理得， 在中，， 即，∴，故， 在中，，，， 故， ∴与所成角的余弦值为． ②连接，由（1）知，平面，平面， ∴，则， 当时最小，即的面积最小． ∵平面，平面，∴， 又∵平面，平面，， ∴平面， 又∵平面，∴平面平面， 过点作于（或交延长线）， ∵平面平面，平面， ∴平面，∴（或其补角）为与平面所成的角， 由知，∴， 在直角中，，所以， 在直角中，，∴， 在等腰中，，，∴， ∴， ∴与平面所成的角的正弦值为． 【变式训练2-3】在如图所示的几何体中，平面平面，记为中点，平面与平面的交线为． (1)求证：平面； (2)若三棱锥的体积与几何体的体积满足关系为上一点，求当最大时，直线与平面所成角的正弦值的最大值． 【答案】见解析 【解析】（1）因为平面平面，所以, 又平面，平面，所以平面, 又平面，且平面与平面的交线为，所以， 所以平面. （2）设，取的中点O，因为，所以， 因为为中点，所以到平面的距离为， 因为平面，平面， 所以平面平面，且平面平面，平面， 所以平面， ，，又 即，解得， ，当且仅当，即时取等号， 所以当最大时, 如图建立空间直角坐标系，则, 设，则，， 设平面的一个法向量， 因为，所以，令，则， 即， 设直线与平面所成角为， 所以， 令，则， 令，则，所以， 函数y在上为增函数，在上为减函数， 所以当时，即， 故直线与平面所成角的正弦值的最大值. 【变式训练2-4】如图，在四棱锥中，为的中点，且满足平面，    (1)证明：； (2)若平面，点在四棱锥的底面内，且在以为焦点，并满足的椭圆弧上.若二面角的余弦值为，求直线与平面所成角的正切值. 【答案】见解析 【解析】（1）证明：取中点为，连接，在中，为中位线，所以，且 因为，所以，所以四点共面 又因为平面面，且平面平面，所以 所以四边形为平行四边形，所以，所以. （2）如图，平面，取中点为坐标原点，以所在直线为轴， 过点且垂直于所在直线为轴，建立空间直角坐标系，则， 因为，所以点的轨迹是以为焦距的椭圆（在梯形内的部分）， ，所以椭圆的轨迹方程为， 设点，则（在梯形内的部分）① 设平面的一个法向量为， 则 因为轴平面，其一个法向量，设二面角的平面角为， 则，得，整理得② 联立①②，解得或 另作且，则平面平面平面为， 二面角为，当时，二面角的平面角为钝角，不符题意，舍去，所以 此时，经检验，在梯形内， 平面直线与平面所成角为， 在中，， 故所求线面角正切值为. （三）二面角 【典型例题1】如图，在三棱柱中，所有棱长均相等，，，. (1)证明；平面. (2)若二面角的正弦值. 【答案】（1）设D为的中点，先证明平面，以此得到，再证明，结合线面垂直的判定定理即可得解； （2）建立适当的空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，结合向量夹角的坐标公式即可求解. 【解析】（1） 设D为的中点，连接，，. 因为在三角形中，，所以三角形是等边三角形， 而是的中点，故由三线合一可知，， 因为，是三角形的中位线，即，所以. 因为，平面，所以平面. 因为平面，所以. 在中，，O为的中点，所以. 因为，平面，所以平面. （2）设三棱柱的棱长为，以O为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，. ，，. 设平面的法向量为， 则，可取. 设平面的法向量为， 则，可取. 因为平面平面，所以平面的一个法向量为. ，， 故二面角的正弦值为. 【典型例题2】如图，在四棱台中，底面四边形ABCD为菱形，平面ABCD. (1)证明：； (2)若M是棱BC上的点，且满足，求二面角的余弦值. 【答案】（1）先根据线面垂直的性质得，再根据线面垂直的判定定理得平面，从而利用线面垂直的性质定理即可证明； （2）建立空间直角坐标系，求出点的坐标，然后利用法向量求法求出平面和平面的法向量，再利用向量法求解即可. 【解析】（1）在四棱台中，延长后必交于一点， 故四点共面，因为平面，平面，故， 连接，因为底面四边形为菱形，故， 平面，故平面， 因为平面，所以. （2）过点A作的垂线，交与点N，以所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系（如图）， 设，则，由于，故， 则，， 则，，， 记平面的法向量为， 则，即，令， 则，即， 平面的法向量可取为， 则. 所以二面角的余弦值为. 【典型例题3】如图，四边形为矩形，≌，且二面角为直二面角． (1)求证：平面平面； (2)设是的中点，，二面角的平面角的大小为，当时，求的取值范围． 【答案】见解析 【解析】（1）因二面角为直二面角，即平面平面，又， 平面平面，平面，则平面， 又平面，即得， 四边形为矩形，≌，则,即， 平面，于是平面，平面， 所以平面平面； （2）过E作平面，由（1）知平面，平面，故， 以为原点，射线EB，EA，Ez分别为x，y，z轴非负半轴建立空间直角坐标系，如图， ∵，，则，，，， ，，， 设平面的法向量为，则，即， 则， 设平面的法向量为，则，即， 则， 由图可知二面角为锐二面角， 从而有， 而，则，, 所以. 【变式训练3-1】如图，四棱锥中，侧面为等边三角形，线段的中点为且底面，，，是的中点. (1)证明：平面； (2)求点到平面的距离； (3)点在棱上，且直线与底面所成角的正弦值为，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】见解析 【解析】（1）连接，因为，， 所以四边形为平行四边形，所以， 以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系： 则，，，，, 因为是的中点，所以， ，，， 设平面的一个法向量为， 则，即， 取，则， 又因为平面，所以平面. （2）由（1）知，，，所以， 且平面的一个法向量为， 所以点到平面的距离. （3）由题意知，底面的法向量为， 因为，， 且，，所以， 所以由题意知：， 解得：，所以， 因为，设平面的一个法向量为， 则，即，取， 所以， 又平面与平面夹角为锐角， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 【变式训练3-2】如图，在直三棱柱中，，，垂直于平面．点，，分别为边，，上的动点（不包括顶点），且满足． (1)求三棱锥的体积的最大值； (2)记平面与平面所成的锐二面角为，当最小时，求的值，并说明点所处的位置． 【答案】见解析 【解析】（1）由垂直于平面，且为直三棱柱，故平面， 故为三棱锥的高，设，则， 由，故，则， 故， 故时，三棱锥的体积有最大值； （2）由垂直于平面，、平面， 故、，又， 故、、两两垂直， 设， 以为原点，建立如图所示空间直角坐标系， 则有、、、、、， 故、、、， 设平面与平面的法向量分别为、， 则有，，即，， 令，，可得、，、， 故，， 故， 令，， 则， 由， 故当时，，当时，， 故， 故， 由为锐角时，随的增大而减小，故当最小时，有最大， 即此时，此时，即点在中点. 【变式训练3-3】如图所示，四边形为正方形，四边形，为两个全等的等腰梯形，，，，．    (1)当点为线段的中点时，求证：； (2)当点在线段上时（包含端点），求平面和平面的夹角的余弦值的取值范围． 【答案】见解析 【解析】（1）因为点为线段的中点，且， 所以， 因为，且四边形为正方形，故， 所以，而平面， 故平面，又平面， 所以； （2）设正方形的中心为，分别取的中点为， 设点为线段的中点，由（1）知四点共面，且平面， 连接，平面，故， 又平面，故平面平面， 且平面平面， 由题意可知四边形为等腰梯形，故， 平面，故平面， 故以为坐标原点，为轴建立空间直角坐标系， 因为，则，又，故， 设到底面的距离为， 四边形，为两个全等的等腰梯形，且， 故，又， 故，则， ， 设， 设平面的一个法向量为， 则，令，， 设平面的一个法向量为， 则，令，， 故， 令，则， 令，则， 令，则在上单调递增， 故当时，，当时，， 故， 即平面和平面的夹角的余弦值得取值范围为． 【变式训练3-4】如图，在四棱锥中，平面，，底面为直角梯形，，，，是的中点，点，分别在线段与上，且，． (1)当时，求平面与平面的夹角大小； (2)若平面，求的最小值． 【答案】见解析 【解析】（1）因为，底面， 如图，以为原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系， 当时，、、、、、、 ， 则，，， 设平面MDN的法向量为，则， 取，可得， 设平面DNC的法向量为，则， 取，可得，所以， 设平面MDN与平面DNC的夹角为，所以，所以， 故平面MDN与平面DNC的夹角为. （2），，设平面PBC的法向量为， 则，取，可得， 因为，，所以，， 则，因为平面PBC， 所以，即， 所以，即， 所以，所以， 所以， 当且仅当，即时取等号， 所以的最小值为8. 【变式训练3-5】如图，四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，已知为棱的中点，在底面的投影为线段的中点，是棱上一点.    (1)若，求证：平面； (2)若，确定点的位置，并求二面角的余弦值. 【答案】见解析 【解析】（1）设，因为底面是边长为2的菱形， 所以，对角线BD平分， 又为棱的中点，所以, 在中，根据角平分线性质定理得， 又，所以，所以， ，平面，且平面平面. （2）平面，且平面，， 因为，所以， 在中，，，所以是等边三角形， 又为棱的中点，所以， 平面，平面，所以平面平面， 又平面平面，平面ABCD，平面， 又平面，， 又，平面， 平面，且平面，. 因为P在底面的投影H为线段EC的中点，所以，又 所以为等边三角形，故为中点， 所以在底面上的投影为的中点. 在中，， ， 以为原点，分别以为轴， 以过点且与平面垂直的直线为轴建立空间直角坐标系， 所以， ， 设是平面的一个法向量，则， 令，则，即， 平面，是平面的一个法向量， ， 因为二面角是一个锐角， 所以二面角的余弦值为. 【变式训练3-6】如图，四棱锥中，二面角的大小为，，，是的中点.   (1)求证：平面平面； (2)若直线与底面所成的角为，求二面角的余弦值. 【答案】见解析 【解析】（1）由，得，则， 所以，即. 由二面角的大小为，知平面平面，即平面平面， 又平面平面，平面，所以平面， 又平面，所以平面平面. （2）过作的垂线，交延长线于点H，连接AH， 由平面平面，平面平面，平面， ，所以平面，则为在底面内的射影， 所以为直线与底面所成的角，即. 由，知且为钝角三角形， 设，得，， 在中，，在中，， 由余弦定理得，有， 所以，过作，则底面， 所以两两垂直，建立如图空间直角坐标系， ， 所以， 设平面和平面的一个法向量分别为， 则，， 令，则， 所以，则， 故所求二面角的余弦值为. 【变式训练3-7】如图，在几何体中，平面平面，四边形为正方形，四边形为平行四边形，四边形为菱形，为棱的中点，点在棱上，平面.    (1)证明平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】见解析 【解析】（1）如图，连接DC1， 因为四边形为菱形，，所以，所以， 因为，所以，所以， 又平面， 所以平面，所以， 因为四边形为菱形，且，所以， 因为为棱的中点，所以， 又，所以， 因为平面，所以平面. （2）以为坐标原点，分别为轴、轴、轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系. 易知， 所以，， 所以，， 设，则， 因为平面BDF，所以存在唯一的， 使得. 所以，解得， 所以， 设平面的法向量为，则，所以， 取，则，故， 设平面的法向量为，则，所以， 取，则，故， 设平面与平面的夹角为， 则， 故平面与平面BDF夹角的余弦值为. 【变式训练3-8】如图1，在梯形中，，是线段上的一点，，，将沿翻折到的位置. (1)如图2，若二面角为直二面角，，分别是，的中点，若直线与平面所成角为，，求平面与平面所成锐二面角的余弦值的取值范围； (2)我们把和两条异面直线都垂直相交的直线叫做两条异面直线的公垂线，点为线段的中点，，分别在线段，上（不包含端点），且为，的公垂线，如图3所示，记四面体的内切球半径为，证明：. 【答案】见解析 【解析】（1）由题意知， 而，是的中点，所以， 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 在平面内作的垂直作为轴，所以轴， 如图以E为坐标原点，分别以分别为轴正半轴建立空间直角坐标系： 因为，设， 所以，，，，， 则，， 所以，， ，，. 设平面的法向量， 由得，取， ，解得. 设平面的法向量， 由得，取， 设平面与平面所成锐二面角为，则 ， 所以平面与平面所成锐二面角余弦值的取值范围是. （2）是四面体的表面积，，令与面所成角为， ， ， 因为是公垂线，上的点和上的点的最短距离是， （取不到等号，） ， ， . 【变式训练3-9】如图1，已知在正方形中，，，，分别是边，，的中点，现将矩形沿翻折至矩形的位置，使平面平面，如图2所示． (1)证明：平面平面； (2)设是线段上一点，且二面角的余弦值为，求的值． 【答案】见解析 【解析】（1）因为四边形是正方形，，分别是边，的中点， 所以是直角，且平行且等于，即四边形是矩形， 进一步有， 因为平面平面，平面平面， 且平面，， 所以平面， 因为平面，所以． 易知，则，所以． 因为，平面，平面， 所以平面． 又平面，所以平面平面． （2） 解法一：由（1）可知，，，三条直线两两垂直，故可以为坐标原点， 分别以，，的方向为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系， 如图所示．则，，，， 从而，． 由题设，则， 又，则． 设平面的法向量为，则，得， 取，则，，得． 由（1）知，是平面的一个法向量， 所以，解得，故． 解法二：如图，过点作，垂足为，过点作，垂足为，连接． 因为平面平面，平面平面， 且，平面， 所以平面，即平面， 又平面， 则， 又，，，平面， 所以平面， 又平面， 则， 所以为二面角的平面角． 由（1）知平面，平面， 所以平面平面， 所以二面角为直二面角， 所以二面角的正弦值等于二面角的余弦值， 所以，所以. 由题可设，则，， 所以在中，， 解得，故. 五．空间点、线、面的距离问题 【典型例题】如图，三棱台中，为等边三角形，，平面ABC，点M，N，D分别为AB，AC，BC的中点，． (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)求点D到平面的距离． 【答案】（1）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用，结合平面，得出平面； （2）利用向量的夹角公式即可求解； （3）利用点到平面的距离的向量法公式，即可求解． 【解析】（1）因为侧棱底面，为等边三角形，所以过点作，则以为点A为坐标原点，，，的方向分别为轴，轴，轴的正方向，建立如下图所示的空间直角坐标系， 设长为，则 ，， 因为，所以，则有，． 所以，，，，，，． 证明：因为，，设平面的法向量为， 则，令，则， 又因为． 所以，所以，又因为平面，所以平面． （2）因为为中点，所以，则， 有，又，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）因为，平面的法向量为， 所以，点D到平面的距离为． 【变式训练1】如图，边长为4的两个正三角形，所在平面互相垂直，，分别为，的中点，点在棱上，，直线与平面相交于点. (1)证明：； (2)求直线与平面的距离. 【答案】（1）首先证明平面，再由线面平行的性质证明即可； （2）连接,，以点为原点，建立空间直角坐标系，利用点到平面距离公式求解即得. 【解析】（1）因为、分别为、的中点，所以， 又平面，平面，则平面， 又平面，平面平面，所以. （2）由（1）知，平面， 则点到平面的距离即为与平面的距离， 连接,，由均为正三角形，为的中点，得， 又平面平面，平面平面平面， 于是平面，又平面，则， 以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则，，又，， 又，可得， 所以，，， 设平面的一个法向量为，则， 令，得， 设点到平面的距离为，则， 所以与平面的距离为. 【变式训练2】如图，在直三棱柱中，，，，D是棱AB上的一点． (1)若，求异面直线与所成的角的大小； (2)若，求点B到平面的距离． 【答案】（1）根据给定条件，建立空间直角坐标系，求出与的坐标，再利用线线角的向量求法求解即得. （2）由（1）的坐标系，求出点的坐标，平面的法向量坐标，再利用点到平面的距离公式计算即得. 【解析】（1）在直三棱柱中，，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，得，于是， ， 所以异面直线与所成角的余弦为，大小为. （2）令，，点， 则，由， 得，而，解得或， 当时，点与点重合，点B在平面内，因此点B到平面的距离为0； 当时，，， 设平面的法向量，则， 取，得， 而，因此点B到平面的距离， 所以点B到平面的距离为0或. 【变式训练3】如图，在直四棱柱中，底面四边形为梯形，，. (1)证明： ; (2)若直线 与平面 所成角的正弦值为 ，点 为线段 上一点，求点到平面 的距离. 【答案】（1）因为，因此只需证明平面，只需证明（由题可证），，由勾股定理易证. （2）建立空间直角坐标系，先由直线 与平面 所成角的正弦值为 ，求出，再证明平面，由此得点M到平面 的距离等价于点到平面 的距离，再由点到平面的距离公式求解即可. 【解析】（1）因为，， 所以，所以, 因为为直四棱柱， 所以, 因为，平面， 所以平面， 因为，所以平面， 因为平面，所以 （2）由（1）及题意知，两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系 因为，.设， 所以 所以, 设平面的一个法向量为 则， 令，则，所以 设直线 与平面 所成的角为， 则， 解得，所以 所以点到平面 的距离为 因为，所以 因为不在平面，所以平面， 因为M在线段上，所以点M到平面 的距离等价于点到平面 的距离，为 故点M到平面 的距离. 六．立体几何中的作图问题 【典型例题1】如图，正三棱柱中，，.设点D为上的一点，过D，A作平面的垂面， (1)画出平面与正三棱柱表面的交线（保留作图痕迹，不需证明）； (2)若到平面的距离为，求AC与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）记，的中点分别为，过点D作，交于点E，连接，平面即为； （2）建立空间直角坐标系，利用向量法由到平面的距离为确定点D位置，然后由线面角的定义求解可得. 【解析】（1）记，的中点分别为，过点D作，交于点E， 连接，易知，所以，所以平面即为. 由正三棱柱的的性质可知，，平面平面， 且平面平面， 所以平面， 又平面，所以平面平面. （2）如图，以O为坐标原点，OA，OB，所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 则， 所以, 设，则点的D坐标为， 所以. 设平面的法向量为，则， 所以，， 令，则，所以， 所以到平面的距离，解得， 因为，AC与平面所成角等于与平面所成角， 所以. 【典型例题2】在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，三棱锥的体积为，平面与平面的交线为.    (1)求四棱锥的体积，并在答卷上画出交线（注意保留作图痕迹）； (2)若，，且平面平面，在上是否存在点，使平面与平面所成角的余弦值为？若存在，求的长度；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）根据等体积法和锥体的体积公式计算即可求出；如图，的延长线和的延长线交点为，则为直线； （2）建立如图空间直角坐标系，设，利用空间向量法求解面面角，建立关于的方程，解之即可求解. 【解析】（1），， ∵，∴， ∴， 延长，，设的延长线和的延长线交点为，连接， 则平面和平面的交线为直线. （2）取的中点，连接， ∵，是的中点，∴， ∵平面平面，平面平面，平面，， ∴平面， ，，解得. 以点为坐标原点，以直线，分别为，轴， 以过点作平面的垂线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示.    则，，，， ∴，，， 设，则， 设平面的法向量为， 则，即 令，得， 设平面的法向量为， 则，即 令，可得， 平面与平面夹角的余弦值为 ∴， 整理得，解得：或， 即在直线上存在点，平面与平面的夹角的余弦值为， 此时或， 则或. 【典型例题3】已知四棱锥中，底面为直角梯形，平面，，，，，M为中点，过C，D，M的平面截四棱锥所得的截面为． (1)若与棱交于点F，画出截面，保留作图痕迹（不用说明理由），求点F的位置； (2)求平面与平面所成锐二面角的余弦值． 【答案】（1）延长，可得四边形为截面，即可得解； （2）建系，求解. 【解析】（1）延长，连接交于F，连接， 如图，四边形为截面. 中，，由，则C为中点，B为中点， 过M作交于N，则， ， ， ，即， F为棱上靠近点B位置的三等分点； （2）以A为原点，为x轴，为y轴，为z轴，建立空间坐标系如图， 则有：，，，，， 设平面的一个法向量为，， 则有，解得 令，则，即 设平面的一个法向量为，，， 则，解得， 令，则，， 设平面与平面的锐二面角的平面角为，则 所以平面与平面的二面角的锐平面角的余弦值为. 【变式训练1】已知四棱锥中，底面为直角梯形，平面，，，，，为中点，过，，的平面截四棱锥所得的截面为． (1)若与棱交于点，画出截面，保留作图痕迹（不用说明理由），并证明． (2)求多面体的体积． 【答案】（1）延长，连接交于，连接，可得截面；过作交于，通过证明，可得； （2）由（1）可得，后由题目条件可得答案. 【解析】（1）延长，连接交于，连接，如图，四边形为截面. 中，，由，则为中点，为中点． 过作交于，则. ,.，即． （2）. 由题意及（1）可得，. 则； 又可得，点F到平面BEC距离为， 则. 则． 【变式训练2】如图，三棱柱中，侧面为菱形.    (1)（如图1）若点为内任一点，作出与面的交点（作出图象并写出简单的作图过程，不需证明）； (2)（如图2）若面面，求二面角的余弦值. 【答案】见解析 【解析】（1） 作图步骤 ①连接并延长交于点 ②连接交于点，连接 ③连接交于点 ④点即为所求. （2）连结，交于点，连结， 侧面为菱形，，且为的中点， ，， 平面平面，平面平面，平面， 平面， 又，平面，，， 以为坐标原点，分别以、、所在直线为、、轴，建立空间直角坐标系， 设，则，0，，，0，， ，，，，，， ，，， 设平面与平面的一个法向量分别为与， 由，取，得； 由，取，得． ， 【变式训练3】如图，已知多面体EABCDF的底面ABCD是边长为2的正方形，，，且.    (1)记线段的中点为，在平面内过点作一条直线与平面平行，要求保留作图痕迹，但不要求证明； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】见解析 【解析】（1）延长，设其交点为，连接， 则为平面与平面的交线， 取线段CD的中点M，连接KM，直线KM即为所求． 证明如下：延长，设其交点为，连接， 则为平面与平面的交线， 因为，所以，又， 所以， 所以，又， 所以四边形为平行四边形，所以， 取的中点，连接， ∵分别为的中点， ∴，∴． ∵平面， 平面， ∴平面． （2）以点为原点，所在的直线为轴，所在的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图.由已知可得， 所以， 设平面的法向量为， 则得， 取得，， 平面的一个法向量. 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. 【变式训练4】已知四棱锥中，底面为直角梯形，平面，，，，，M为中点，过C，D，M的平面截四棱锥所得的截面为． (1)若与棱交于点F，画出截面，保留作图痕迹（不用说明理由），求点F的位置； (2)求平面与平面所成锐二面角的余弦值． 【答案】见解析 【解析】（1）延长，连接交于F，连接， 如图，四边形为截面. 中，，由，则C为中点，B为中点， 过M作交于N，则，， ， ，即， F为棱上靠近点B位置的三等分点； （2）以A为原点，为x轴，为y轴，为z轴，建立空间坐标系如图， 则有：，，，，， 设平面的一个法向量为，， 则有，解得 令，则，即 设平面的一个法向量为，，， 则，解得， 令，则，， 设平面与平面的锐二面角的平面角为，则 所以平面与平面的二面角的锐平面角的余弦值为 【变式训练5】如图，已知平行六面体的底面是菱形，，，且. (1)试在平面内过点作直线，使得直线平面，说明作图方法，并证明：直线； (2)求平面与平面所成锐二面角的余弦值. 【答案】见解析 【解析】（1）只需要在平面内过点作的平行线，即可使满足题意. 理由如下：平面，且平面 平面平面 所以 又∵在平行六面体中， ∴，得证. （2）连接AC交BD于O，连接，如图， 由题意易知，， 在中，， 同理：在中，， ∴为等腰三角形，即，又， ∴， 在中，，∴， 又∵，∴平面， 如图建系：以为z轴，OC为x轴，OD为y轴. ，，，，， ∵，∴，， 易知平面与平面重合，则平面的法向量， 设平面的法向量， ，∴， 设平面与平面所成角的平面角为， . 平面与平面所成角的锐二面角的余弦值为. 【变式训练6】已知四棱锥中，底面为正方形，O为其中心，点E为侧棱的中点. (1)作出过O、P两点且与平行的四棱锥截面（在答题卡上作出该截面与四棱锥表面的交线，并写出简要作图过程）；记该截面与棱的交点为M，求出比值（直接写出答案）； (2)若四棱锥的侧棱与底面边长均相等，求与平面所成角的正弦值. 【答案】见解析 【解析】（1）连接，，则O为中点，取中点F，连接并延长交于M， 连接并延长交于N，连接. 则由，平面，平面，所以平面， 所以即为所求截面（如图所示），此时. （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、平行的直线为x轴、y轴，为z轴，建立如图所示空间直角坐标系（如图）. 可得，，，，，. 则，，. 设平面的一个法向量为， 则，即，取，则， 设与平面所成角为，则， 所以与平面所成角的正弦值为. 【变式训练7】如图，已知底面为平行四边形的四棱锥中，平面与直线和直线平行，点为的中点，点在上，且. (1)求证：四边形是平行四边形； (2)求作过作四棱锥的截面，使与截面平行（写出作图过程，不要求证明）.截面的定义：用一个平面去截一个几何体，平面与几何体的表面的交线围成的平面图形. 【答案】见解析 【解析】（1）∵平面，平面，平面平面，∴ ∵平面，平面，平面平面，∴ ∴， ∵平面，平面，平面平面，∴ ∵平面，平面，平面平面，∴ ∴， ∴四边形是平行四边形. （2） 如图，延长，与交于点，过点作直线,则直线为平面和平面的交线，延长，交于点，连接，与交于点，连接.∵点为的中点，点为的中点,∴是的一条中位线∴，又∵平面,平面,∴截面. 故平面即为所求截面. 【变式训练8】如图多面体中，面面，为等边三角形，四边形为正方形，，且，，分别为，的中点. （1）求二面角的余弦值； （2）作平面FHG与平面ABCD的交线，记该交线与直线AB交点为P，写出的值（不需要说明理由，保留作图痕迹）. 【答案】见解析 【解析】（1）因为面面，为等边三角形，设中点为，所以 又因为面面面FAB，则平面， 以为坐标原点，分别以方向为轴建立空间直角坐标系，如图所示： 因为，则 则，，，， 所以， 设平面的一个法向量为 则取得，所以 设平面的一个法向量为 则取得，所以 所以 则二面角的余弦值为； （2），如图所示： 【变式训练9】四棱锥中，底面是边长为2的菱形，.,且平面，，点分别是线段上的中点，在上.且. （Ⅰ）求证：平面； （Ⅱ）求直线与平面的成角的正弦值； （Ⅲ）请画出平面与四棱锥的表面的交线，并写出作图的步骤. 【答案】见解析 【解析】分析：（Ⅰ）推导出，由此能证明平面； （Ⅱ）推导出，，，轴建立空间直角坐标系息，利用向量法能求出直线AB与平面EFG的所成角的正弦值； （Ⅲ）法1：延长分别交延长线于，连接，发现刚好过点，,连接，则四边形为平面与四棱锥的表面的交线. 法2：记平面与直线的交点为，设，，利用向量法求出，从而即为点.连接，，则四边形为平面与四棱锥的表面的交线. 解:（Ⅰ）在中，因为点分别是线段上的中点， 所以 因为平面，平面. 所以平面. （Ⅱ）因为底面是边长为2的菱形， 所以， 因为平面， 所以，， 如图，建立空间直角坐标系，则依题意可得 ，，，，，，， 所以，， 设平面的法向量为，则由可得， 令，可得 因为. 所以直线与平面的成角的正弦值为 （Ⅲ）法Ⅰ：延长分别交延长线于，连接，发现刚好过点，,连接，则四边形为平面与四棱锥的表面的交线. 法2：记平面与直线的交点为，设，则 由，可得. 所以即为点. 所以连接，，则四边形为平面与四棱锥的表面的交线. 七．立体几何中的折叠问题 【典型例题1】如图甲所示的正方形中，，对角线分别交于点，将正方形沿折叠使得与重合，构成如图乙所示的三棱柱.点在棱上，且. (1)证明： 平面； (2)求三棱锥的体积. 【答案】（1）过作，连接，证明四边形为平行四边形，根据线面平行的判定定理即可证明结论； （2）根据三棱锥的等体积法，将三棱锥的体积转化为求的体积，结合二者之间的数量关系，可得答案, 【解析】（1）证明：在图乙中，过作，交于，连接， 由于，则，所以共面， 且平面平面， 因为，所以， 又在正方形中，, 所以， 由，得， 所以四边形为平行四边形，则， 又平面平面，所以 平面.. （2）由（1）知，所以， 因为，即， 所以 . 【典型例题2】如图，在梯形中，为线段上靠近点的三等分点，将沿着折叠，得到四棱锥，使平面平面为线段上的点． (1)求证：； (2)是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为?若存在，求出线段的长；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）计算，根据勾股定理得到，确定平面，证明平面，得到答案. （2）建立空间直角坐标系，确定各点坐标，计算平面的法向量为，设，，根据向量的夹角公式计算得到答案. 【解析】（1），故为等腰直角三角形， ，故． 在中，，， 故，， 平面平面，平面平面平面， 故平面，平面，故， 又平面，故平面， 又平面，故. （2）存在，，理由如下： 如图，以点为坐标原点，以所在的直线分别为轴、轴， 以过点垂直于平面的直线为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，解得，（舍）， 故存在点使得直线与平面所成角的正弦值为，则． 【典型例题3】已知如图，在矩形中，，，将沿折起，得到三棱锥，其中是折叠前的，过M作的垂线，垂足为H，. (1)求证：； (2)过H作的垂线，垂足为N，求点N到平面的距离. 【答案】（1）连接，利用余弦定理、勾股定理的逆定理证明，再利用线面垂直的判定性质推理即得. （2）证明平面，再利用等体积法求出点到平面的距离即可. 【解析】（1）连接，由，， 得， 在中，由余弦定理得， 则，于是，而平面， 因此平面，又平面， 所以. （2）在中，由，，得，而平面， 平面，则平面，于是点到平面的距离等于点到平面的距离， 又，设点到平面的距离为，则， ，， ，， 由，得，即，解得， 所以点N到平面的距离. 【变式训练1】如图一：等腰直角中且，分别沿三角形三边向外作等腰梯形使得，沿三边折叠，使得，重合于，如图二 (1)求证：． (2)求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）补全图形得到三棱锥，由线面垂直证得； （2）思路一：建立空间直角坐标系，运用向量求解线面角； 思路二：等体积法求得到平面的距离，再用几何法求得线面角. 【解析】（1）延长交于点过作于，过作于， 又四边形为等腰梯形，则，则， 又，所以，为的中点， 延长交于点，则，为的中点，则， 与重合于点，为三棱锥， 设为中点，等腰直角中， 又 为的中点，为的中点，，∴， ，又平面 平面， 又平面，. （2）方法一： 为中点，， 又， 以为坐标原点，为轴建立空间直角坐标系， 则， ， ，， 设平面的法向量为，则 ， 取，则，所以. 所以直线与平面所成角的正弦值为. 方法二： 为中点，，， 又， 又，平面，∴平面， ，为等边三角形，设到平面的距离为， ∴， . 所以直线与平面所成角的正弦值为. 【变式训练2】已知图①中四边形是圆的内接四边形，沿将所在圆面翻折至如图②所示的位置，使得.    (1)若，证明：； (2)若，求二面角余弦值的最小值. 【答案】见解析 【解析】（1）因为四边形是圆的内接四边形，且为圆的直径，所以，又在中，，所以，则，取中点，连接，又因为，则，因为，所以，因为，且平面，所以平面，又平面，所以. （2） 设，因为，所以，，所以，由（1）可知此时，，，所以平面，因为平面，所以平面平面，以为原点，为轴正半轴，建立如图所示空间直角坐标系，则，设，，则，，，设平面和平面的法向量分别为和，则，令，则，，所以，同理可得，令，则，，所以，设二面角大小为，则，所以 ，因为，所以，所以二面角余弦值的最小值为. 【变式训练3】如图，在梯形中，，，，，与交于点，将沿翻折至，使点到达点的位置.    (1)证明：； (2)若平面PBC与平面PBD的夹角的余弦值为，求三棱锥的体积. 【答案】见解析 【解析】（1），， ， ， ， 即，， ，，又， 平面PMC， 平面PMC， 平面PMC， ∴； （2）直角中，， ， ， ，，， 则 由（1）平面PMC， 以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，， 设，其中， 所以，，， 设平面PBD的一个法向量为， 则， 取，， 设平面PBC的一个法向量为， 则， 取，则， ， 解得，或，. 则或 故或. 【变式训练4】如图1，已知是直角梯形，，，，C、D分别为BF、AE的中点，，，将直角梯形ABFE沿CD翻折，使得二面角的大小为60°，如图2所示，设N为BC的中点.    (1)证明：； (2)若M为AE上一点，且，则当为何值时，直线BM与平面ADE所成角的正弦值为. 【答案】见解析 【解析】（1）∵由图1得：，，且，∴在图2中平面，是二面角的平面角，则，∴是正三角形，且N是BC的中点，，又平面BCF，平面BCF，可得，而，平面ABCD.∴平面ABCD，而平面，∴. （2）因为平面ABCD，过点N做AB平行线NP，所以以点N为原点，NP，NB、NF所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系， 则，，，，设 ∴，，,. ∵，∴. ∴，∴， 设平面的法向量为 则，取， 设直线BM与平面ADE所成角为， ∴， ∴，∴或. 【变式训练5】如图，在矩形中，点在边上，且满足，将沿向上翻折，使点到点的位置，构成四棱锥. (1)若点在线段上，且平面，试确定点的位置； (2)若，求锐二面角的大小. 【答案】见解析 【解析】（1）点为线段上靠近点的三等分点， 证明如下：如图， 在取点，连接，,使得， 又，所以四边形为平行四边形，所以， 又平面平面，所以平面. 又平面，，平面， 所以平面平面， 又平面平面，平面平面， 所以，所以在中，，所以， 所以点为线段上靠近点的三等分点. （2）如图，取的中点，以O为原点OE为x轴建立如图所示的空间直角坐标系， 因为，所以， 又，则， 由题意，点P在过点O且垂直AE的平面上，故设， 则， 因为，所以，解得， 故，则， 设平面的法向量为， 则，不妨取，则， 设平面的一个法向量为，则， 记锐二面角的平面角为，所以， 又，则，所以锐二面角的大小为. 【变式训练6】如图，三棱锥的平面展开图中，，，，，为的中点． (1)在三棱锥中，证明：； (2)求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】见解析 【解析】（1） 由，得，且为的中点， 所以，     取中点为，连接，， 可得， 在中，，     在中，，     所以， 所以     因为，，平面， 所以平面， 因为平面， 所以； （2）如图，过点作，交于点， 以，，分别为轴，轴，轴正方向建立空间直角坐标系． 则，，，， 在中，可得点到距离为， 故可得，     ，， 设平面与平面的一个法向量分别为，， 平面与平面的夹角为， 由,取， 所以，     由,取， 所以， 所以 所以两平面的夹角的余弦值为. 【变式训练7】如图，正方形中，边长为4，为中点，是边上的动点．将沿翻折到，沿翻折到， (1)求证：平面平面； (2)设面面，求证：； (3)若，连接，设直线与平面所成角为，求的最大值． 【答案】见解析 【解析】（1）因为ABCD是正方形，， 又，面SFD，面SFD， 又平面，所以平面平面SFD； （2） 证明：因为，面，面，所以面， 又因为面面，所以. （3）设S在面AEF上的射影为，连接EO，则为直线SE与平面DEF所成角． 设，则． ． 在中，，． 可得， ， ， 又，， 令， 令， ， 当且时，，则， 可得在上单调递减， 当，即时，最大为，最大值为． 【变式训练8】如图，在梯形中，，，.将沿对角线折到的位置，点P在平面内的射影H恰好落在直线上. (1)求二面角的正切值； (2)点F为棱上一点，满足，在棱上是否存在一点Q，使得直线与平面所成的角为?若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】见解析 【解析】（1）如图，过点作于点，连接，， 平面，平面，， 又，平面，平面， 平面，，. 为二面角的平面角. ∵，，∴为等边三角形，， 又中，，，，. 又，，，H为线段的中点. ，， 中，，， 所以二面角的正切值为. （2）连接，为等边三角形，H为线段的中点，， 又平面，则，，两两垂直， 以H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，， 令，可得. 假设棱上存在满足要求的点Q，设，，. ， 因为直线与平面所成的角为， ， 整理得：，解得或（舍去）. 所以，则. 所以当时，与平面所成的角为. 八．立体几何中的轨迹问题 【典型例题1】在三棱锥中，平面，，点在平面内，且满足平面平面垂直于． (1)当时，求点的轨迹长度； (2)当二面角的余弦值为时，求三棱锥的体积． 【答案】（1）先通过垂直关系得到，然后建立空间直角坐标系得到点的轨迹，根据角度求轨迹的长； （2）利用向量法求面面角，解方程求出点的坐标，进而利用体积公式求解即可. 【解析】（1）作交于， 因为平面平面，且平面平面，面， 所以平面，又因为平面，所以， 因为平面，且平面，所以， 因为，，、平面，， 所以平面，又因为平面，所以． 分别以直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图， 则，，，， 设，因为，所以， 又，， 所以，即， 设中点为，则，如图： 又，所以， 因此，的轨迹为圆弧，其长度为； （2）由（1）知，可设，，， 设平面的一个法向量为， 则，即，令得． 为平面的一个法向量，令二面角为角， ，又， 解得，（舍去）或，， 则或， 从而可得三棱锥的体积． 【变式训练1】如图，在直三棱柱中，是侧面内的动点（包括边界），D为的中点，． (1)求证：点E的轨迹为线段； (2)求平面与平面夹角的大小． 【答案】（1）方法一（几何法）补形为正方体，证明平面，所以在平面内，从而得证； 方法二（坐标法）如图建立空间直角坐标系，设，由条件可得，从而得证； （2）方法一（几何法）平面即平面，由二面角定义可知就是平面与平面所成角，从而可解； 方法二（坐标法）空间向量法求两平面夹角. 【解析】（1）方法一（几何法） 补形为正方体，连接， 显然． 由正方体性质，平面，平面，所以， 又，且平面，， 所以平面，而平面，所以， 同理，又平面，， 所以平面，即平面． 因为， 所以在平面内． 又因为平面， 所以点E在平面和平面的交线上． 因为平面平面是侧面内的动点（包括边界）， 所以点E的轨迹为线段． 方法二（坐标法） 如图建立空间直角坐标系，则， 设，则，则． 由得， 所以即， 所以点E的轨迹为线段． （2）方法一（几何法） 因为点E的轨迹为线段， 所以平面即平面． 因为平面平面， 又因为平面， 所以且是锐角， 所以就是平面与平面所成角， 所以平面与平面的夹角为． 方法二（坐标法） 如图建立空间直角坐标系，则， 所以． 因为点E的轨迹为线段， 所以平面与平面所成角，就是平面与平面所成角． 显然平面的一个法向量为， 设平面的一个法向量为， 由得 令，则， 所以， 所以， 所以平面与平面的夹角为． 【变式训练2】如图，四边形为圆台的轴截面，，圆台的母线与底面所成的角为45°，母线长为，是的中点． (1)已知圆内存在点，使得平面，作出点的轨迹（写出解题过程）； (2)点是圆上的一点（不同于，），，求平面与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）利用线面垂直的判定定理，过作下底面的垂线交下底面于点，过作的平行线，交圆于，，即可求出结果； （2）建立空间直角坐标系，根据条件，求出平面和平面，利用面面角的向量法，即可求出结果. 【解析】（1）是的中点，． 要满足平面，需满足， 又平面，平面平面 如图，过作下底面的垂线交下底面于点， 过作的平行线，交圆于，，则线段即点的轨迹． （2）易知可以为坐标原点，，所在直线分别为，轴建立如图所示的空间直角坐标系， 母线长为，母线与底面所成角为45°，，，，， 取的位置如图所示，连接， ，，即， 则，，，，， 则，，，． 设平面的法向量为， 则，即， 令，则，，． 设平面的法向量为， 则，即， 令，则，，． 设平面与平面所成的角为，则 ， ． 【变式训练3】如图，四面体的每条棱长都等于2，分别是棱的中点，分别为面，面，面的重心. (1)求证：面面； (2)求平面与平面的夹角的余弦值； (3)保持点位置不变，在内（包括边界）拖动点，使直线与平面平行，求点轨迹长度； 【答案】（1）连接，利用平行的传递性可以证明，利用对应成比例可以证明，从而得证面面平行； （2）利用第（1）问的结论，把平面与平面的夹角问题，转化为平面与平面的夹角问题，连接，根据二面角的平面角的定义，为所求二面角的平面角，解三角形即可求； （3）先找一个特殊的点，使得直线与平面平行，然后再延展平面，与底面的交线长度即为所求. 【解析】（1）如图，连接,易知三点共线 因为分别为面，面，面的重心， 所以在中，，所以， 在中，所以分别是棱的中点，所以， 所以， 又平面，平面，所以平面， 在中，，所以， 又平面，平面，所以平面， 又因为，平面， 所以面面. （2）由（1）知，平面平面，所以平面与平面的夹角与平面与平面的夹角相等， 如图，连接，因为分别是棱的中点， 所以在等腰中，，在等边中，， 所以是平面的夹角与平面与平面所成角的平面角， 因为面，面，所以, 又，，，平面，所以面， 又面，所以， 所以在中，， 所以， 所以平面与平面的夹角的余弦值为； （3）如图，取线段靠近点的三等分点P，连接，易知三点共线， 连接，因为点为等边的重心，所以， 所以当点在点P位置时，满足题意， 取线段靠近点G的三等分点Q，连接，易知，又， 所以，所以共面，即当O在线段上运动时，均满足题意， 所以即为点的轨迹长度, 又， 所以点的轨迹长度为. 九．立体几何中的探索性问题 【典型例题1】如图，在直三棱柱中，，侧面是正方形，且平面平面．    (1)求证：； (2)当AC与平面所成的角为，在线段上是否存在点E，使平面ABE与平面BCE的夹角为?说明理由． 【答案】见解析 【解析】（1）证明：连接交于点， 因侧面是正方形，则 由平面侧面，且平面侧面， 得平面，又平面，所以. 三棱柱是直三棱柱，则底面ABC，所以. 又，从而侧面， 又侧面，故. （2）由（1）平面，则直线与平面所成的角, 所以，又，所以 假设在线段上存在一点E，使得二面角的大小为, 由是直三棱柱，所以以点A为原点，以AC､所在直线分别为y，z轴,以过A点和AC垂直的直线为x轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，则， 且设，， 得 所以， 设平面的一个法向量，由，得： ，取, 由（1）知平面，所以平面的一个法向量, 所以，解得, ∴点E为线段中点时，二面角的大小为. 【典型例题2】已知点是边长为2的菱形所在平面外一点，且点在底面上的射影是与的交点，已知，是等边三角形. (1)求证：； (2)求点到平面的距离； (3)若点是线段上的动点，问：点在何处时，直线与平面所成的角最大？求出最大角的正弦值，并求出取得最大值时线段的长. 【答案】见解析 【解析】（1）点在底面上的射影是与的交点， 平面， 平面， ， 四边形为菱形， ， ，平面， 平面， 平面， ； （2）由题意可得､与都是边长为2的等边三角形， ，， ， ， ， 设点到平面的距离为， 由得， 即，解得. 故点到平面的距离为. （3）设直线与平面所成的角为， ， 到平面的距离即为到平面的距离. 过作垂线平面交于点，则， 此时，要使最大，则需使最小，此时. 由题意可知：，， 平面，且， ，， 在中，由余弦定理可得： ， ， 由面积相等， 即，解得：， ，， 即点在线段上靠近点的4分点处，此时，. 【典型例题3】如图，在三棱柱中，四边形为正方形，四边形为菱形，且，平面平面，点为棱的中点. (1)求证：； (2)棱（除两端点外）上是否存在点，使得二面角的余弦值为，若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】见解析 【解析】（1）证明：取的中点，连接、、， ∵，且，∴为等边三角形，得， ∵四边形为正方形，且、分别是、的中点， ∴， ∵，、平面，∴平面， ∵平面，∴； （2）∵平面平面，且平面平面，，平面， ∴平面，平面，， 以为坐标原点，分别以、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系， 不妨设，则，，，， 则，，，，， 设为平面的一个法向量， 由，取，得； 假设棱上（除端点外）存在点满足题意， 令，得， 设为平面的一个法向量， 则由， 取，得. 由，解得或， 经检验或时，二面角的平面角均为锐角， 综上，的值为或. 【变式训练1】如图，已知平面，，是等腰直角三角形，其中，且． (1)设线段中点为，证明：平面； (2)在线段上是否存在点，使得点到平面的距离等于，如果存在，求的长． 【答案】（1）取的中点，根据线面平行的判定定理即可得证； （2）设，根据等体积法求出x的值，即可得出结论. 【解析】（1）取的中点，的中点，连结、、 则有，， 因为，，所以且， 所以四边形是平行四边形，则， 又平面，平面， 所以平面. （2）存在.设，在中，. 因为面，所以. 因为面，面，面 所以,， 则均为直角三角形. 在中， 同理，. 取的中点，因为，所以， 而. 故. 因为点到面的距离等于， 所以. 而，所以，解得. 所以在线段上只存在唯一一点，当且仅当时，点到面的距离等于. 【变式训练2】如图所示为直四棱柱，，分别是线段的中点. (1)证明:平面； (2)求直线BC与平面所成角的正弦值，并判断线段BC上是否存在点，使得平面，若存在，求出BP的值，若不存在，请说明理由. 【答案】（1）由题意可知为正三角形，则，又，结合线面垂直的判定定理即可证明； （2）根据勾股定理的逆定理可得，建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法求解线面角即可；假设在线段上存在点，使得平面，令，利用求出，进而求出即可. 【解析】（1）由，知为正三角形， 又为的中点，则. 又为的中点，则， 而，所以， 又平面， 所以平面； （2）由（1）知为正三角形，则， 在中，，有，所以， 易知，建立如图空间直角坐标系， 则， 所以， 设平面的一个法向量为， 则，令，得，故， 设与平面所成角为，则， 即与平面所成角的正弦值为. 假设在线段上存在点，使得平面，令， 则，所以， 由平面，得，所以， 解得，所以，即的值为. 【变式训练3】如图1，在平行四边形中，，将沿折起，使点D到达点P位置，且，连接得三棱锥，如图2． (1)证明：平面平面； (2)在线段上是否存在点M，使平面与平面的夹角的余弦值为，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由． 【答案】（1）推导出，证明出平面，可得出， 利用面面垂直的判定定理可证得结论成立； （2）以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，设，其中，利用空间向量法可得出关于的等式，结合求出的值，即可得出结论. 【解析】（1）证明：翻折前，因为四边形为平行四边形，，则， 因为，则，， 由余弦定理可得， 所以，，则，同理可证， 翻折后，则有，， 因为，，、平面， 所以，平面， 因为平面，则， 因为，、平面，所以，平面， 所以平面平面. （2）因为平面，，以点为坐标原点， 、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、， 设，其中， 则，， 设平面的法向量为，则， 取，则，，所以，， 平面的一个法向量为，，， 则，令，可得， 则，整理可得， 因此，线段上存在点，使平面AMB与平面MBC的夹角的余弦值为，且. 【变式训练4】已知底面是正方形，平面，，，点、分别为线段、的中点． (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值是，若存在求出的值，若不存在，说明理由． 【答案】（1）法一：分别取、的中点、，连接、、，证明出平面平面，利用面面平行的性质可证得结论成立； 法二：以点为坐标原点，以、、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平面与平面夹角的余弦值； （3）假设存在点，使得，其中，求出向量的坐标，利用空间向量法可得出关于的方程，解之即可. 【解析】（1）证明：法一：分别取、的中点、，连接、、， 由题意可知点、分别为线段、的中点．所以，， 因为，所以，所以点、、、四点共面， 因为、分别为、的中点，所以， 因为平面，平面，所以平面， 又因为，平面，平面，所以平面， 又因为，、平面，所以平面平面， 因为平面，所以平面； 法二：因为为正方形，且平面，所以、、两两互相垂直， 以点为坐标原点，以、、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，易知平面的一个法向量， 所以，所以， 又因为平面，所以平面． （2）解：设平面的法向量，，， 则，取，可得， 所以平面的一个法向量为， 易知平面的一个法向量，设平面与平面夹角为， 则， 所以平面与平面夹角余弦值为； （3）解：假设存在点，使得，其中， 则， 由（2）得平面的一个法向量为， 由题意可得， 整理可得．即， 因为，解得或，所以，或． 十．利用传统方法找几何关系建系 【典型例题1】如图，在棱长为的正方体中，点是正方体的中心，将四棱锥绕直线逆时针旋转后，得到四棱锥. (1)若，求证：平面平面； (2)是否存在，使得直线平面，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】见解析 【解析】（1）证明：若，则平面､平面为同一个平面. 连接、，则是中点，是中点， 所以平面与平面重合，平面与平面重合， 由正方体性质可知平面， 因为、平面，所以，，， 为二面角的平面角， 因为，，则，同理可得， 所以，所以，平面平面 （2）假设存在，使得直线平面， 以为原点，分别以、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、，故、， 设平面的法向量为，则， 取，得是平面的一个法向量， 取的中点，的中点，连接、，则， 因为，则，同理可知，， 因为，，，则四边形为矩形，所以，， 于是是二面角的平面角， 是二面角的平面角， 是二面角的平面角.于是， 因为，，， 因为，则，所以， 因为，，，、平面， 所以，平面，且， 故，同理， 所以， 因为， ， 所以， 若直线平面，是平面的一个法向量，则， 即存在，使得，则， 因为，可得， 故方程组无解， 所以不存在，使得直线平面. 【典型例题2】如图，已知在四棱锥中，底面是菱形，且底面分别是棱的中点． (1)求平面与平面所成二面角的余弦值； (2)求平面截四棱锥所得的截面与交于点，求的值． 【答案】见解析 【解析】 （1） 作，以为原点建立空间直角坐标系， 易知，，，，，， ，连接，易证是的中点，故与重合，， 故，，设面的法向量， 可得，，令，故， 设面法向量，，， 可得，，令，故， 设二面角为，则， 故平面与平面所成二面角的余弦值为. （2） 连接找中点，连接并延长交延长线于，连接并延长交于，连接， 根据平面的基本性质易知：共面，即多边形是所求截面多边形， 若是中点，连接，又为中点， 所以，则是中点，即， 又，，可得，故， 所以. 【典型例题3】把底面为椭圆且母线与底面垂直的柱体称为“椭圆柱”．如图，椭圆柱中底面长轴，短轴长为下底面椭圆的左右焦点，为上底面椭圆的右焦点，为上的动点，为上的动点，为过点的下底面的一条动弦（不与重合）． (1)求证：当为的中点时，平面 (2)若点是下底面椭圆上的动点，是点在上底面的投影，且与下底面所成的角分别为，试求出的取值范围． (3)求三棱锥的体积的最大值． 【答案】见解析 【解析】（1）由题设，长轴长，短轴长，则， 所以分别是中点，而柱体中为矩形，连接， 由，故四边形为平行四边形，则， 当为的中点时，则，故， 面，面，故平面. （2）由题设，令，则，又， 所以，，则， 所以，根据椭圆性质知，故. （3） 由，要使三棱锥的体积最大， 只需面积和到面距离之和都最大， ，令且，则， 所以， 显然时，有最大； 构建如上图直角坐标系且，椭圆方程为， 设，联立椭圆得，且， 所以，，而， 所以，令，则， 由对勾函数性质知在上递增，故； 综上，. 【变式训练1】如图，P为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，为底面直径，为底面圆O的内接正三角形，点E在母线上，且，. (1)求证：平面平面； (2)若点M为线段上的动点，当直线与平面所成角的正弦值最大时，求此时点到平面的距离. 【答案】见解析 【解析】（1）如图，设交于点，连接，由圆锥的性质可知底面， 因为平面，所以， 又因为是底面圆的内接正三角形，由，可得，， 解得，又，， 所以，即，， 所以在中，， 在中，由余弦定理： ， 所以，故. 因为底面，面，所以平面平面， 又面，面面，，故面， 又平面，所以平面平面； （2）易知，以点为坐标原点，，，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，，，，，， 所以，，，， 设平面的法向量为，则， 令，则， 设，可得， 设直线与平面所成的角为，则， 即， 令，， 则 当且仅当，即时，等号成立， 所以当时，有最大值4， 即当时，的最大值为1，此时点， 所以， 所以点M到平面的距离， 故当直线与平面所成角的正弦值最大时，点到平面的距离为. 【变式训练2】如图，在斜三棱柱中，是边长为2的正三角形，且四棱锥的体积为2. (1)求三棱柱的高； (2)若，平面平面为锐角，求平面与平面的夹角的余弦值. 【答案】见解析 【解析】（1）因为四棱锥的体积为2，所以三棱锥的体积为 因为是边长为2的正三角形，所以的面积. 设三棱柱的高为， 则， 解得. （2）作，垂足为，连接. 因为平面平面，且平面平面，所以平面， 即为三棱柱的高，由（1）可知. 因为，所以，所以. 因为为锐角，所以为的中点，则. 因为平面平面，且平面平面， 所以平面， 所以三线两两垂直，故以为坐标原点，分别以， 的方向为轴的正方向建立空间直角坐标系. 由题中数据可得， ，则. 设平面的法向量为， 则令，得. 设平面的法向量为， 则令，得. 设平面与平面的夹角为， 则. 故平面与平面的夹角的余弦值为. 【变式训练3】如图，四棱锥中，侧面为等边三角形，线段的中点为且底面，，，是的中点. (1)证明：平面； (2)求点到平面的距离； (3)点在棱上，且直线与底面所成角的正弦值为，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】见解析 【解析】（1）连接，因为，， 所以四边形为平行四边形，所以， 以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系： 则，，，，, 因为是的中点，所以， ，，， 设平面的一个法向量为， 则，即， 取，则， 又因为平面，所以平面. （2）由（1）知，，，所以， 且平面的一个法向量为， 所以点到平面的距离. （3）由题意知，底面的法向量为， 因为，， 且，，所以， 所以由题意知：， 解得：，所以， 因为，设平面的一个法向量为， 则，即，取， 所以， 又平面与平面夹角为锐角， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 十一．立体几何建系繁琐问题（几何法） 【典例例题1】如图，是半球的直径，是底面半圆弧上的两个三等分点，是半球面上一点，且．    (1)证明：平面： (2)若点在底面圆内的射影恰在上，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】见解析 【解析】（1）连接，因为是底面半圆弧上的两个三等分点， 所以有，又因为， 所以都为正三角形， 所以，四边形是菱形， 记与的交点为，为和的中点， 因为， 所以三角形为正三角形， 所以，所以， 因为是半球面上一点，是半球的直径，所以， 因为，平面， 所以平面． （2）因为点在底面圆内的射影恰在上， 由（1）知为的中点，为正三角形，所以， 所以底面， 因为四边形是菱形，所以， 即两两互相垂直， 以点为坐标原点，，，分别为，，轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 则， 所以，，， 设平面的一个法向量为， 则，所以， 取，则， 设直线与平面的所成角为， 所以， 故直线与平面所成角的正弦值为． 【典例例题2】如图，四棱锥的底面是正方形，且平面平面．，分别是，的中点，经过，，三点的平面与棱交于点，平面平面，直线与直线交于点．   (1)求的值； (2)若，求多面体的体积． 【答案】见解析 【解析】（1）连接， 由题意，与的交点即为点，连接， 因为底面是正方形，所以, 又因为面，面， 所以面， 因为平面平面，面， 所以， 又为中点，所以， 所以， 又因为且， 所以且， 所以， 因为是中点，所以. （2）连接，，所以多面体的体积为 因为，是中点， 所以，， 又因为平面平面，平面平面， 平面， 所以面， 所以， 因为为中点， 所以， 由（1）可知， 所以， 所以多面体的体积为. 【变式训练1】无数次借着你的光，看到未曾见过的世界：国庆七十周年､建党百年天安门广场三千人合唱的磅礴震撼，“930烈士纪念日”向人民英雄敬献花篮仪式的凝重庄严金帆合唱团，这绝不是一个抽象的名字，而是艰辛与光耀的延展，当你想起他，应是四季人间，应是繁星璀璨！这是开学典礼中，我校金帆合唱团的颁奖词，听后让人热血沸腾，让人心向往之.图1就是金帆排练厅，大家都亲切的称之为“六角楼”，其造型别致，可以理解为一个正六棱柱（图2）由上底面各棱向内切割为正六棱台（图3），正六棱柱的侧棱交的延长线于点，经测量，且 (1)写出三条正六棱台的结构特征. (2)“六角楼”一楼为办公区域，二楼为金帆排练厅，假设排练厅地板恰好为六棱柱中截面，忽略墙壁厚度，估算金帆排练厅对应几何体体积.（棱台体积公式：） (3)“小迷糊”站在“六角楼”下，陶醉在歌声里.“大聪明”走过来说：“数学是理性的音乐，音乐是感性的数学.学好数学方能更好的欣赏音乐，比如咱们刚刚听到的一个复合音就可以表示为函数，你看这多美妙!” “小迷糊”：“.....” 亲爱的同学们，快来帮“小迷糊”求一下的最大值吧. 【答案】见解析 【解析】（1）类似于上下底面平行，相似，都是正六边形，侧棱等长，侧棱延长交于一点，侧面都是等腰梯形，等等. （2）在中，可求， 所以排练厅上底面为边长10的正六边形，下底面为边长9的正六边形，高为， 所以， 所以. （3）法1.四元均值不等式 . 当且仅当，即时取等号. 所以最大值为. 法2.琴生不等式法 ， 当且仅当，即取等号. 所以最大值为. 法3.二元均值不等式推广， ， 当且仅当时取等号. 所以最大值为. 法4.柯西不等式 ，根据二次函数知识可知当取得最大值， 所以； 柯西不等式等号成立时与二次函数取到最值时相同，当且仅当. 所以最大值为. 【变式训练2】如图所示，直三棱柱，各棱长均相等.，，分别为棱，，的中点. (1)证明：平面平面； (2)求直线与所成角的正弦值. 【答案】（1）由题意可证得，在直三棱柱中，平面，可得，进而可证得平面，即证得平面平面； （2）由题意可证得，即可得直线与所成的角，在△中，可求出的正弦值，进而求出于直线与所成的角． 【解析】（1）证明：由题意在等边三角形中，为的中点，所以， 在直棱柱中，平面，平面，所以， 而，平面， 所以平面， 又因为平面， 所以平面平面； （2）连接，因为，，分别为棱，，的中点， 所以，且， 在三棱柱中，，，， 所以，且， 所以四边形为平行四边形，所以， 所以即为直线与所成的角， 在△中，设直三棱柱的棱长为2，则 可得． 故 即直线与所成角的正弦值为． 【变式训练3】如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，，，，，点E是的中点，且．    (1)求证：； (2)求点E到平面的距离． 【答案】（1）利用线面垂直的判定定理、性质定理可得答案； （2）利用等体积转化可得答案. 【解析】（1）在平行四边形中，，，点E是BC的中点， 所以，． 在中，由余弦定理得， 即，所以，所以， 又，，，平面， 所以平面，又平面，所以， 又，，平面， 所以平面，又平面，所以； （2）连接AE，由（1）知平面，即PE是三棱锥的高， 又，平面，所以，． 在中，，，， 所以． ， 由余弦定理得，解得， 所以，即， 则到距离，即到的距离，为， 在中，，，， 所以． 所以， 在中，，，， 由余弦定理得，即． 在中，，，， 所以． 在中，，，， 由余弦定理得， 所以， 所以， 设点E到平面的距离是h， 由，解得， 即点E到平面的距离是．    【变式训练4】如图，在四棱锥中，，且，. (1)证明：平面平面； (2)若，，求与平面所成角的大小. 【答案】（1）应用面面垂直判定定理证明即可； （2）先根据定义得出线面角，再计算正弦值求角即可. 【解析】（1）在四棱锥中，， 又，所以， 因为，，，平面，所以平面， 又平面，所以平面平面. （2）取棱的中点O，连接，，由，得， 由（1）知，平面， 因为平面，所以， 因为，平面，，所以平面， 所以是在平面内的射影，所以与平面所成的角为. 设，因为，则， 因为，所以， 所以在中，， 所以与平面所成的角为30°. 【变式训练5】如图，底面固定在底面上的盛水容器口为正方形，侧棱，，，相互平行. (1)证明：底面四边形是平行四边形； (2)若已知四条侧棱垂直于面，且，.现往该容器中注水，求该容器最大盛水体积及此时侧面与底面所成角的余弦值（水面平行于底面）. 【答案】（1）只需证明平面平面，再结合面面平行的性质即可得证； （2）取的中点，说明该容器最大盛水体积就是平行六面体的体积，当时，最大，此时可以说明，结合解三角形知识以及平行六面体的体积公式即可求解. 【解析】（1）因为，平面，平面， 所以平面， 同理，平面，平面， 所以平面， 而，平面， 所以平面平面， 又平面平面，平面平面， 所以，同理， 所以底面四边形是平行四边形； （2） 取的中点，因为， 所以四边形是平行四边形，所以， 而平面，平面， 所以平面， 同理，所以四边形是平行四边形，所以， 而平面，平面， 所以平面， 又，平面， 所以平面平面， 所以该容器最大盛水体积就是平行六面体的体积， 由题意，所以， 因为，所以四边形是平行四边形， 而分别是的中点，所以， 当时，最大， 而，，所以， 所以的补角就是侧面与底面所成角， 因为， 所以，，注意到，所以， 此时，平行六面体的高为， 平行六面体的底面积为， 所以平行六面体的体积为. 十二．两角相等（构造全等）的立体几何问题 【典型例题】如图，四棱锥中，底面为边长是2的正方形，，分别是，的中点，，，且二面角的大小为. (1) 求证：； (2) 求二面角的余弦值. 【答案】见解析 【解析】（1）证明：作于点连接， ∵，，， ∴，∴， 即，，又， ∴平面，又平面， ∴. （2）∵二面角的大小为， ∴平面平面，平面平面，，∴平面. 以点为原点，,,所在直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系， ∵, ∴. ∴，即. ∴，，，. ∴,， 设平面的法向量， 由，得 令，得. 易知为平面的一个法向量. 设二面角为，为锐角，则. 【变式训练1】如图，四棱锥中，四边形是边长为2的菱形， （1）证明：平面平面； （2）当平面与平面所成锐二面角的余弦值，求直线与平面所成角正弦值. 【答案】见解析 【解析】（1）过D作，垂直为O，连接， 在中，，，可得， 在中， 由余弦定理可得， 所以， 因为，所以为等边三角形，所以， 所以，可得，又由，且， 所以平面，又平面，所以平面平面. （2）由（1）知，以O为原点，，，方向分别为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系 设，则，，，， 所以， 设平面的法向量为，则，即 令，， 平面的法向量为， 由，解得 因为平面，所以为与平面所成的角，所以， 即直线与平面所成角正弦值. 【变式训练2】如图，在四面体中，已知，， (1)求证：； (2)若平面平面，且，求二面角的余弦值. 【答案】见解析 【解析】（1）∵，，.∴， ∴，取的中点，连接，，则，. 又∵，平面，平面，∴平面，又平面，∴. （2）过作于点，则平面， 又∵平面平面，平面平面， ∴平面. 过作于点，连接. ∵平面，平面，∴ 又，平面，∴平面，平面 ∴，根据二面角的定义，∴为二面角的平面角. 连接，∵，由于，∴. ∵，，∴，. ∵，，∴，根据等面积法：. ∴，显然是锐角，根据同角三角函数的关系 易得：，故二面角的余弦值为. 十三．空间中的点不好求 【典型例题】已知底面为正三角形的斜三棱柱中，分别是棱，的中点，点在底面投影为边的中点，，. （1）证明：//平面； （2）若，，点为棱上的动点，当直线与平面所成角的正弦值为时，求点的位置. 【答案】见解析 【解析】（1）因为斜三棱柱斜三棱柱各侧面均为平行四边形 则是的中点 又分别是棱，的中点， 则 又则四边形为平行四边形 则为的中点 则在三角形中，// 连接则// 所以// 又平面平面； 则//平面； （2）点在底面投影为边的中点， 所以平面, 又因为三角形为正三角形，为中点， 所以 分别以所在直线为分别为轴，建立空间直角坐标系， 如图所示： 因为，，，则，， 所以，，，，，，，，， 设 则 所以 设平面的一个法向量 则， ， 令，， 所以. 设AM与平面所成角为 所以 令 同联立可得 当时，即点靠近点的六等分点处时，符号条件. 【变式训练1】如图，在三棱台中，，，为的中点，二面角的大小为. （1）证明：； （2）当为何值时，直线与平面所成角的正弦值为？ 【答案】见解析 【解析】（1）证明：取的中点，连接，， 因为,则， 又因为,则， ， ⊥平面， 平面， . （2）由(1)知，， 二面角的平面角， 以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系， ，，，， ，， ，， 设平面的法向量为：， ，得， 令，则， 又， 设直线与平面所成角为， 则， 即，化简得， 解得或， 由题意可知， 所以. 【变式训练2】已知三棱台的体积为，且，平面. (1)证明：平面平面； (2)若，，求二面角的正弦值. 【答案】见解析 【解析】（1） 由已知，平面，平面，所以， 在三棱台中，，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，得证. （2） 取，的中点，连接，所以， 又因为，所以， 因为平面，平面，所以， 又因为，为的中点，所以， 由（1）问可知，平面平面，且平面平面， 所以平面， 以为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别为轴的正方向， 因为，，且，所以， 所以，，，，，， 在三棱台中，设， ，， ， 所以或，所以， 所以， 设平面的法向量为， ，， 由可知，平面的一条法向量为， 设平面的法向量为， ，， 由可知，平面的一条法向量为， 所以， 所以二面角的正弦值为. 【变式训练3】如图，在四棱锥中，，，与均为正三角形. (1)证明：平面. (2)证明：平面. (3)设平面平面，平面平面，若直线与确定的平面为平面，线段的中点为，求点到平面的距离. 【答案】见解析 【解析】（1）因为， 所以，， 所以， 因为平面，平面， 所以平面. （2）取的中点，连接，则四边形为正方形. 过作平面，垂足为. 连接，，，. 由和均为正三角形，得， 所以，即点为正方形对角线的交点， 则. 因为平面，且平面， 所以， 又，且平面,平面, 所以平面， 因为平面， 所以. 因为是的中点，是的中点， 所以， 因此. 因为， 所以， 又，平面，平面， 所以平面. （3）设，连接，则直线为直线， 因为，平面，平面， 所以平面， 因为平面，且平面平面， 所以. 由（1）知，，，两两垂直，以为坐标原点，的方向为轴的正方向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，得. 又， 所以点到平面的距离. 十四．创新定义 【典型例题1】已知，，，定义一种运算：，在平行六面体中，，，. (1)证明：平行六面体是直四棱柱； (2)计算，并求该平行六面体的体积，说明的值与平行六面体体积的关系. 【答案】见解析 【解析】（1）证明：由题意，， ∴，，即，， ∵，是平面内两相交直线，∴平面， ∴平行六面体是直四棱柱； （2）， 由题意，，， ，所以， ，， ∴. ∴， 故的值表示以，，为邻边的平行六面体的体积. 【典型例题2】（1）在空间直角坐标系中，已知平面的法向量，且平面经过点，设点是平面内任意一点.求证：. （2）我们称（1）中结论为平面的点法式方程，若平面过点，求平面的点法式方程. 【答案】见解析 【解析】（1）平面经过点，点是平面内任意一点. , 为平面的法向量 （2）设平面的法向量为， ， 则，令则，平面的法向量为 由（1）可知，平面的点法式方程为：即 【典型例题3】北京大兴国际机场的显著特点之一是各种弯曲空间的运用．刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容．用曲率刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差（多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制），多面体面上非顶点的曲率均为零，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和．例如：正四面体在每个顶点有3个面角，每个面角是，所以正四面体在各顶点的曲率为，故其总曲率为．    （1）求四棱锥的总曲率； （2）若多面体满足：顶点数-棱数+面数，证明：这类多面体的总曲率是常数． 【答案】见解析 【解析】（1）由题可知：四棱锥的总曲率等于四棱锥各顶点的曲率之和. 可以从整个多面体的角度考虑，所有顶点相关的面角就是多面体的所有多边形表面的内角的集合.由图可知：四棱锥共有5个顶点，5个面，其中4个为三角形，1个为四边形. 所以四棱锥的表面内角和由4个为三角形，1个为四边形组成， 则其总曲率为：. （2）设顶点数、棱数、面数分别为、、，所以有 设第个面的棱数为，所以 所以总曲率为： 所以这类多面体的总曲率是常数. 【变式训练1】类比于二维平面中的余弦定理，有三维空间中的三面角余弦定理；如图1，由射线，，构成的三面角，，，，二面角的大小为，则． （1）当、时，证明以上三面角余弦定理； （2）如图2，平行六面体中，平面平面，，， ①求的余弦值； ②在直线上是否存在点，使平面？若存在，求出点的位置；若不存在，说明理由． 【答案】（1）过射线上一点作交于点，作交于点，连接，，可得是二面角的平面角．在中和中分别用余弦定理，两式相减变形可证结论； （2）①直接利用三面角定理（（1）的结论）计算；②连结，延长至，使，连结，由线面平行的判定定理证明平面． 【解析】（1）证明：如图，过射线上一点作交于点， 作交于点，连接， 则是二面角的平面角． 在中和中分别用余弦定理，得 ， ， 两式相减得， ∴， 两边同除以，得． （2）①由平面平面，知， ∴由（1）得， ∵，， ∴． ②在直线上存在点，使平面． 连结，延长至，使，连结， 在棱柱中，，， ∴，∴四边形为平行四边形， ∴． 在四边形中，， ∴四边形为平行四边形， ∴， ∴， 又平面，平面， ∴平面． ∴当点在的延长线上，且使时，平面． 【变式训练2】已知是棱长为的正四面体，设的四个顶点到平面的距离所构成的集合为，若中元素的个数为，则称为的阶等距平面，为的阶等距集. (1)若为的1阶等距平面且1阶等距集为，求的所有可能值以及相应的的个数； (2)已知为的4阶等距平面，且点与点分别位于的两侧.若的4阶等距集为，其中点到的距离为，求平面与夹角的余弦值. 【答案】（1）分两种情况得出的所有可能值以及相应的的个数； （2）先根据已知得出，再计算求得余弦值. 【解析】（1）①情形一：分别取的中点， 由中位线性质可知， 此时平面为的一个1阶等距平面， 为正四面体高的一半，等于. 由于正四面体有4个面，这样的1阶等距平面平行于其中一个面，有4种情况； ②情形二：分别取的中点 将此正四面体放置到棱长为1的正方体中， 则为正方体棱长的一半，等于. 由于正四面体的六条棱中有3组对棱互为异面直线， 这样的1阶等距平面平行于其中一组异面直线，有3种情况. 综上，当的值为时，有4个；当的值为时，有3个. （2）在线段上分别取一点， 使得，则平面即为平面. 如图，取中点，连接，以为坐标原点，所在直线分别为轴，过点且与平面垂直的直线为轴建立空间直角坐标系， ，设， ， 设平面法向量为 所以，即， 所以， 又平面的法向量为， 设平面与夹角为 所以， 所以平面与夹角余弦值为. 【变式训练3】阅读数学材料：“设为多面体的一个顶点，定义多面体在点处的离散曲率为 ，其中 为多面体的所有与点相邻的顶点，且平面，平面 ，…，平面和平面为多面体的所有以为公共点的面. ”已知在直四棱柱中，底面为菱形.. （角的运算均采用弧度制） (1)若，求四棱柱在顶点处的离散曲率； (2)若四棱柱在顶点处的离散曲率为，求与平面的夹角的正弦值； (3)截取四面体，若该四面体在点处的离散曲率为与平面交于点，证明：. 【答案】（1）根据条件得到菱形为正方形，再根据在顶点处的离散曲率的定义计算即可； （2）根据四棱柱在顶点处的离散曲率为，求得，结合立体几何知识，求得与平面的夹角为，在中求解即可； （3）根据四面体在点处的离散曲率为求得，再结合立体几何知识，证得平面，用等体积法求三棱锥的体积，求得，即可得证. 【解析】（1）若，则菱形为正方形，即， 因为平面平面，所以， 所以直四棱柱，在顶点处的离散曲率为. （2）因为平面平面，所以， 直四棱柱在顶点处的离散曲率为， 则，即是等边三角形， 为菱形，又直四棱柱， 平面平面，， 又平面，平面， 设，则即为与平面所成的角， 在中，， ，所以与平面的夹角的正弦值为. （3）在四面体中， 所以，， 所以四面体在点处的离散曲率为， 所以，所以为等边三角形，所以， 又在中，所以， 所以直四棱柱为正方体， 因为平面 平面，所以， 又平面， 所以平面，又平面，所以， 平面平面，， 又平面，平面， 又平面，所以， 又平面，所以平面， 是三棱锥的高，设正方体的棱长为， ， ， ， . 【变式训练4】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：多面体顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差，其中多面体的面的内角叫做多面体的面角，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.如图，在直三棱柱中，点的曲率为，，分别为，的中点，且. (1)证明：平面； (2)若，求二面角的余弦值； (3)表面经过连续变形可以变为球面的多面体称为简单多面体.关于简单多面体有著名欧拉定理：设简单多面体的顶点数为，棱数为，面数为，则有：.利用此定理试证明：简单多面体的总曲率（多面体有顶点的曲率之和）是常数. 【答案】（1）由直棱柱的性质可得，，再由点的曲率可求出，则为等边三角形，所以，再利用线面垂直的判定定理可证得结论； （2）取的中点，连接，则平面，所以，，则平面，所以可得为二面角的平面角，在中可求得结果； （3）设多面体有个面，给组成多面体的多边形编号，分别为号，设第号（）多边形有条边，表示出多面体的所有的棱和顶点，及所有多边形的内角之和为，从而可表示出总曲率，化简可得结果. 【解析】（1）证明：因为在直三棱柱中，平面，平面， 所以， 所以点的曲率为，得， 因为，所以为等边三角形， 因为为的中点，所以， 因为平面，平面， 所以， 因为，平面，所以平面； （2）解：取的中点，连接， 因为为等边三角形，所以， 因为三棱柱为直三棱柱，所以平面平面， 因为平面平面，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 设，则， 所以，所以， 因为，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 所以为二面角的平面角， 因为， 所以在中，， 所以二面角的余弦值为； （3）证明：设多面体有个面，给组成多面体的多边形编号，分别为号， 设第号（）多边形有条边， 则多面体共有条棱， 由题意，多面体共有个顶点， 号多边形的内角之和为， 所以所有多边形的内角之和为， 所以多面体的总曲率为 所以简单多面体的总曲率为. 1 学科网（北京）股份有限公司 $