专题11 几何法解决立体几何问题（复习讲义）（天津专用）2026年高考数学二轮复习讲练测

该高中数学讲义聚焦几何法解决立体几何问题，覆盖线面平行垂直关系证明、空间角与距离体积计算等高考核心考点，按“位置关系-空间角-度量计算”逻辑架构知识，通过考情精解、知能框架构建、题型攻坚（方法指导与真题训练结合），帮助学生系统突破难点，体现复习的系统性和针对性。 该资料突出几何法优先策略，如线面平行的“中位线/平行四边形”模型、异面直线角“平移-余弦定理”四步法，培养学生空间观念与逻辑推理能力。设置分层练习与易错提醒，助力学生高效提升应考能力，为教师把控复习节奏提供清晰指导。

专题11 几何法解决立体几何问题 目录 01 析·考情精解 2 02 构·知能框架 3 03 破·题型攻坚 4 考点一 线与面各种平行垂直关系 4 真题动向 必备知识 知识1处理线与面各种平行关系 知识2处理线与面各种垂直关系 命题预测 题型1线线平行、线面平行及面面平行 题型2线线垂直、线面垂直及面面垂直 考点二 处理各种角问题 12 真题动向 必备知识 知识1处理异面直线所成角 知识2快速处理线面角问题 知识3快速处理二面角的平面角问题 命题预测 题型1线线角与线面角的求算 题型2简单二面角的求算 题型3线线距、点面距及体积的求算 命题轨迹透视 有关几何法解决立体几何的天津高考试题，立体几何总体难度有所提升,但仍然以基础性题目为主,注重考查数学文化,社会生活实践中的数学问题,解答题以常见儿何体为载体,重点考查空间中点,线、面的位置关系的判断与论证,以及空间角的求法,从能力上更加注重对空间想象,逻辑思维和运算求解能力的考查,题目多为中档的综合性问题，立体几何的题目考查形式多样，且难度不定,需要学生在平时下功夫,加强对中低档题目的训练,打好基础,在平时训练中注意提高空间想象、逻辑推理和运算求解能力。 考点频次总结 考点 2025年 2024年 2023年 线与面各种平行垂直关系 T4，5分 T9，5分 T17，15分 处理各种角问题 T17，15分 T17，15 T8，5分 2026命题预测 预计在2026年高考中，立体几何解答题（17题，约15分）第一问必考线面/面面平行/垂直证明（几何法优先），后两问角度/距离/体积计算，可能设置建系障碍，倒逼几何法应用。规则几何体（柱/锥/台/球）+ 拼接/翻折/截面新情景，强调空间想象与逻辑推理。几何法关键场景：证明问：线面平行（中位线/平行四边形）、线面垂直（证线⊥面内两相交线） 必考，步骤要全，如“直线在平面外”等条件不可漏。 计算问：二面角（三垂线定理找平面角）、点面距离（等体积法/垂面法）、体积（割补/等积转化），2026大概率强化几何法得分权重。小题：截面、外接球、位置关系判断，可能出现纯几何法速解的题。 考点一 线与面各种平行垂直关系 1．（2025·天津·高考真题，17，15分）正方体的棱长为4，分别为中点，． (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)求三棱锥的体积． 2．（2025·天津·高考真题，4，5分）若m为直线，为两个平面，则下列结论中正确的是（   ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 3．（2008·天津·高考真题，4，5分）已知，是两条不重合的直线，，是两个不重合的平面，则使得成立的是（    ） A．，， B．，， C．，， D．，， 4．（2024·天津·高考真题，9，5分）在如图五面体中，棱互相平行，且两两之间距离均为1．若．则该五面体的体积为（   ） A． B． C． D． 5．（2024·天津·高考真题）已知是两条直线，是一个平面，下列命题正确的是（   ） A．若，，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 6．（2023·天津·高考真题，17，15分）如图，在三棱台中，平面，为中点.，N为AB的中点，    (1)求证：//平面； (2)求平面与平面所成夹角的余弦值； (3)求点到平面的距离． 7．（2023·天津·高考真题，8，5分）在三棱锥中，点M,N分别在棱PC,PB上，且，，则三棱锥和三棱锥的体积之比为（    ） A． B． C． D． 8．（2004·天津·高考真题，17，15分）如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧棱底面，，是的中点，作交于点. (1)证明平面； (2)证明平面； (3)求二面角的大小. 知识1处理线与面各种平行关系 线面平行：关键点①必须将刻度尺与所证线重合，然后平移落在所证平面且留下痕迹 ②眼神法：观察采用哪一种技巧（五种方法）（记住六大图像） 方法一：中位线型： 形如1、如图⑴，在底面为平行四边形的四棱锥中，点是的中点.求证：平面. 分析： 方法二：构造平行四边形 形如2、如图⑵, 平行四边形和梯形所在平面相交，//，求证：//平面. 分析：过点作//交于， 就是平面 与平面的交线，那么只要证明//即可。 方法三：作辅助面使两个平面是平行 形如3、如图⑶，在四棱锥中，底面为菱形， 为的中点，为的中点，证明：直线 分析：：取中点，连接，只需证平面∥平面。 方法四：利用平行线分线段成比例定理的逆定理证线线平行。 形如4、已知公共边为AB的两个全等的矩形ABCD和ABEF不在同一平面内，P，Q分别是对角线AE，BD上的点，且AP＝DQ（如图）．求证：PQ∥平面CBE． 形如5．如图⑸，已知三棱锥，是,,的重心.(1)求证：∥面； 知识2处理线与面各种垂直关系 证明垂直：线线垂直线面垂直面面垂直 必记结论：①特殊的平行四边形边长之比1:2，夹角为，则对角线与边垂直 ②特殊的直角梯形边长之比1:1:2,对角线与腰垂直 ③等腰三角形三线合一，三线与底垂直 ④直径所对的圆周角为直角 ⑤菱形和正方形：对角线互相垂直 ⑥特殊的矩形：边长之比1:2或1：有明显的直角关系 【易错提醒】　 空间点、线、面位置关系的组合判断是考查学生对空间点、线、面位置关系判断和性质掌握程度的重要题型。解决这类问题的基本思路有两条：一是逐个寻找反例作出否定的判断，逐个进行逻辑证明作出肯定的判断；二是结合长方体模型或实际空间位置（如教室、课桌、灯管）作出判断。 题型1线线平行、线面平行及面面平行 1．（2025·天津·一模）设m，n是两条直线，，是两个平面，则下列命题为真命题的是（ ） A．若，，，则 B．若，，，则 C．若，，，则 D．若，，，则 2．（2025·天津·二模）已知为两条不同的直线，为两个不同的平面，则下列命题中正确的是（    ） A．，，， B．，， C．， D．， 3．（2025·天津武清·模拟预测）如图，四棱锥中，底面ABCD，，，，. (1)证明：与平面PAD； (2)求平面PBC与平面PAD夹角的余弦值； (3)若Q为线段PC的中点，求三棱锥的体积. 4．（2025·天津河西·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面ABCD是矩形，点E在棱PC上异于点P，，平面ABE与棱PD交于点 (1)求证：； (2)若，求证： 平面平面 若，，直线PB与平面ABCD所成角的正切值为，求点C到平面ABE的距离. 5．（2025·天津·一模）如图，在四棱锥中，平面，为的中点． (1)求证：平面； (2)求直线与平面的夹角； (3)求点M到平面的距离． 6．（2025·天津·二模）已知a，b是两条直线，α，β是两个平面．下列命题正确的是（   ） A．若，，则 B．若，，，则 C．若，，则 D．若，，则 7．（2025·天津北辰·三模）如图，在四棱锥中，底面为矩形，侧棱底面是的中点，点是棱上靠近的四等分点. (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)求点到直线的距离. 8．（2025·天津滨海新·三模）在如图所示的几何体中，平面，，是的中点，，，． (1)求证：平面； (2)求平面与平面所成夹角的余弦值； (3)求点到平面的距离． 9．（2025·天津滨海新·三模）已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（   ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，，则 D．若，，，则 10．（2025·天津·二模）如图，在多面体中，平面，，四边形为矩形，，，，为的中点. (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)求点到平面的距离. 题型2线线垂直、线面垂直及面面垂直 11．（2025·天津·二模）如图，在棱长为的正方体中，点为底面的中心，点在侧面的边界及其内部运动.给出下列四个结论：①；②三棱锥的体积为定值；③存在一点，使；④若，则面积的最大值为，其中正确结论的个数为（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 12．（2025·天津和平·一模）如图，在四棱锥中，平面平面，，且. (1)求直线与平面所成角的正弦值； (2)求平面与平面的夹角的余弦值； (3)求点到平面的距离. 13．（2025·天津和平·二模）已知a，b是空间两条不同的直线，，，为三个不同的平面，则下列命题正确的为（    ） A．若，，，则 B．若，，则 C．若，，，则 D．若，，则 14．（2025·天津·一模）已知多面体，为边的中点，四边形为矩形，且，，，当时，多面体的体积为（    ） A． B． C． D． 15．（2025·天津河北·二模）若，为空间两条不同的直线，，为空间两个不同的平面，则下列结论不正确的是（   ） A．若，，，则 B．若，，则 C．若，，，则 D．若，，则 16．（2025·天津·一模）已知，是两条不同的直线，，，是三个不同的平面，则下列结论正确的是（   ） A．若，，则 B．若，，，则 C．若，，则 D．若，，，则 17．（2025·天津·一模）已知m，n是两条直线，是一个平面，下列命题正确的是（   ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 18．（2019·天津南开·模拟预测）如图1，在边长为2的菱形ABCD中，于点，将沿DE折起到的位置，使，如图2． (1)求证：平面BCDE； (2)求二面角的余弦值； (3)在线段BD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． 考点二 处理各种角问题 1．（2024·天津·高考真题，17，15分）如图，在四棱柱中，平面，，．分别为的中点， (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角余弦值； (3)求点到平面的距离． 2．（2008·天津·高考真题，17，15分）如图，在四棱锥中，底面是矩形．已知，，，，. (1)证明：平面； (2)求异面直线与所成的角的大小； (3)求二面角的大小. 因为平面，平面，所以． 又，平面 因而平面，故为在平面内的射影． 由三垂线定理可知，，从而是二面角的平面角． 由题设可得， ，， ，， 于是在中， 所以二面角的大小为． 3．（2007·天津·高考真题，17，15分）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD，，，，，E是PC的中点. (1)求PB和平面PAD所成的角的大小； (2)证明平面PCD； (3)求二面角的大小. 4．（2004·天津·高考真题，17，15分）在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD=DC，E为PC中点． （1）求证：PA∥平面EDB． （2）求EB和底面ABCD成角正切值． 5．（2021·天津·高考真题，17，15分）如图，在棱长为2的正方体中，E为棱BC的中点，F为棱CD的中点． （I）求证：平面； （II）求直线与平面所成角的正弦值． （III）求二面角的正弦值． 6．（2020·天津·高考真题，17，15分）如图，在三棱柱中，平面 ，，点分别在棱和棱 上，且为棱的中点． （Ⅰ）求证：； （Ⅱ）求二面角的正弦值； （Ⅲ）求直线与平面所成角的正弦值． 知识1处理异面直线所成角 常规方法： 第一步：将所求直线中的一条用刻度尺进行平移然后与另一条直线衔接出现三角形 第二步：将三角形画到草稿纸上并利用空间图求出各边的长 第三步：利用余弦定理求出待求角 第四步：检查若求出的角为锐角或直角则即为所求，若求出的角为钝角则补角即为所求 秒杀： 四面体的任何一组对棱都是异面直线，因此以四面体为载体，把异面直线放在四面体对棱所在的位置，利用四面体对棱夹角公式处理异面直线角度问题 结论：在四面体中，若与所成的角为 四面体对棱夹角公式： 证明如下： 因为 所以 知识2快速处理线面角问题 结论：{点面距离（往往用等体积法计算），线自身长度} 知识3快速处理二面角的平面角问题 结论：任意二面角的平面角满足如（） 注意：为原图上的点，而分子_则是点在面的投影点 【易错提醒】 两异面直线所成角的范围是。两向量的夹角的范围是，需要注意两者的区别与联系 题型1线线角与线面角的求算 1．（2025·天津和平·调研）如图，已知空间四边形的四条边以及对角线的长均为2，、分别是与的中点，则异面直线和所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 2．（2025·天津西青·月考）已知 为正方体， ， 分别是， 的中点，异面直线 与所成的角为（    ） A． B． C． D． 3．（2025·天津和平·模拟预测）在正四棱柱中，，，分别是平面和上一点，且，，记异面直线与所成的角为，则的最大值为（   ） A． B． C． D． 4．（2025·天津和平·二模）《九章算术》中将正四棱台称为方亭，如图，在方婷中，，其体积为，E，F分别为AB，BC的中点，则异面直线所成角的余弦值为（    ）    A． B． C． D． 5．（2025·天津平·调研）长方体中，，则异面直线与所成角的大小为（    ） A． B． C． D． 6．（2025·天津和平·模拟预测）在正方体中，，分别是，的中点，则直线与直线所成角的正切值为（    ） A． B． C． D． 7．（2025·天津·调研）在直三棱柱中，侧棱平面，若，，点，分别，的中点，则异面直线与所成的角为（   ） A． B． C． D． 8．（2025上·天津武清·月考）如图：在直三棱柱中，是的中点，是的中点. (1)求证：平面； (2)求直线与直线所成角的余弦值. 题型2简单二面角的求算 9．（2025·天津和平·开学考试）如图，在三棱锥中，，且. (1)若，证明：平面平面； (2)若与平面所成的角为，求二面角的正弦值. 10．（2025·天津·调研）（请用几何法作答此题）如图，在三棱锥中，是边长为2的等边三角形，，平面平面，， 分别为的中点. (1)求证：平面； (2)求与平面所成角的正弦值； (3)求二面角的正切值. 11．（2025·天津红桥·调研）如图，在棱长为1的正方体中，E是棱的中点，F为的中点.    (1)求证: 平面 (2)求平面与平面夹角的余弦值. 12．（2025·天津南开·模拟预测）如图，在四棱柱中，是一个直角梯形，，，，点为中点，平面，且.点分别为和中点. (1)证明：平面； (2)求平面和平面夹角的余弦值； (3)求三棱锥的体积. 13．（2025·天津和平·调研）如图，在四棱锥. 中，底面为平行四边形， 为等边三角形，平面平面， (1)求证: 平面 (2)求直线与平面所成角的余弦值 (3)求二面角 的余弦值. 14．（2025·天津河西·调研）如图，四边形ABCD是平行四边形，平面，，，，，，，G为BC的中点. (1)求证：平面； (2)求证：平面平面； (3)求二面角的正切值. 15．（2025·天津和平·模拟预测）如图是由6个边长为2的正三角形拼接而成的六面体，M，N分别为PC，AB的中点. (1)求该六面体的体积； (2)求证：； (3)求直线MN与平面ABQ所成角的正弦值. 16．（2025·天津·月考）如图，四棱锥中，底面，底面为直角梯形，，，且． (1)若，直线与所成角为， ①求四棱锥的体积； ②求二面角的大小； (2)若为线段上一点，试确定E点的位置，使得平面垂直于平面，并说明理由． 题型3线线距、点面距及体积的求算 17．（2025·天津西青·月考）如图，在直角梯形中，，，.若梯形绕所在直线旋转一周，则所得几何体的外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 18．（2025·天津滨海新·期中）如图，分别是圆柱上、下底面圆的直径，且，若圆柱的轴截面为正方形，且三棱锥的体积为，则该圆柱的侧面积为 . 19．（2025·天津武清·调研）如图，在正四棱锥中，记其体积为V，且，，，过M，N，P的平面将四棱锥切出一个多面体，记其体积为，则的值为 ． 20．（2025·天津和平·月考）某几何体由圆锥挖去一个圆柱而得，且圆柱的上底面与圆锥内接，如图所示，已知该圆锥的底面半径，圆柱的底面半径，且圆锥侧面展开图的圆心角为，则该几何体的体积为 ． 21．（2025·天津·月考）我国古代数学著作《九章算术》中记载了一种称为“羡除”的几何体，该几何体的一种结构是三个面均为梯形，其他两面为三角形的五面体.如图所示，四边形均为等腰梯形，到平面的距离为与间的距离为10，则这个羡除的体积（    ）    A．200 B． C． D．以上都不对 22．（2025·天津·模拟预测）如图，在四棱锥中，，，，，． (1)求证：平面； (2)若二面角的正切值为，求四棱锥的体积； (3)求直线与平面所成角的余弦值的最小值． 23．（2025·天津武清·月考）如图，在直三棱柱中，侧面，均为正方形，，，点D是棱中点． (1)求证：平面平面； (2)求证：平面； (3)求点到平面的距离． 24．（2025·天津和平·月考）如图所示的多面体中，已知菱形ABCD和直角梯形ACEF所在的平面互相垂直，其中为直角， (1)求证: 平面； (2)求证: CE⊥BD； (3)求多面体的体积.(此题不能利用空间建系方法) 学科网(北京)股份有限公司 学科网(北京)股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司/ 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题11 几何法解决立体几何问题 目录 01 析·考情精解 2 02 构·知能框架 3 03 破·题型攻坚 4 考点一 线与面各种平行垂直关系 4 真题动向 必备知识 知识1处理线与面各种平行关系 知识2处理线与面各种垂直关系 命题预测 题型1线线平行、线面平行及面面平行 题型2线线垂直、线面垂直及面面垂直 考点二 处理各种角问题 35 真题动向 必备知识 知识1处理异面直线所成角 知识2快速处理线面角问题 知识3快速处理二面角的平面角问题 命题预测 题型1线线角与线面角的求算 题型2简单二面角的求算 题型3线线距、点面距及体积的求算 命题轨迹透视 有关几何法解决立体几何的天津高考试题，立体几何总体难度有所提升,但仍然以基础性题目为主,注重考查数学文化,社会生活实践中的数学问题,解答题以常见儿何体为载体,重点考查空间中点,线、面的位置关系的判断与论证,以及空间角的求法,从能力上更加注重对空间想象,逻辑思维和运算求解能力的考查,题目多为中档的综合性问题，立体几何的题目考查形式多样，且难度不定,需要学生在平时下功夫,加强对中低档题目的训练,打好基础,在平时训练中注意提高空间想象、逻辑推理和运算求解能力。 考点频次总结 考点 2025年 2024年 2023年 线与面各种平行垂直关系 T4，5分 T9，5分 T17，15分 处理各种角问题 T17，15分 T17，15 T8，5分 2026命题预测 预计在2026年高考中，立体几何解答题（17题，约15分）第一问必考线面/面面平行/垂直证明（几何法优先），后两问角度/距离/体积计算，可能设置建系障碍，倒逼几何法应用。规则几何体（柱/锥/台/球）+ 拼接/翻折/截面新情景，强调空间想象与逻辑推理。几何法关键场景：证明问：线面平行（中位线/平行四边形）、线面垂直（证线⊥面内两相交线） 必考，步骤要全，如“直线在平面外”等条件不可漏。 计算问：二面角（三垂线定理找平面角）、点面距离（等体积法/垂面法）、体积（割补/等积转化），2026大概率强化几何法得分权重。小题：截面、外接球、位置关系判断，可能出现纯几何法速解的题。 考点一 线与面各种平行垂直关系 1．（2025·天津·高考真题，17，15分）正方体的棱长为4，分别为中点，． (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)求三棱锥的体积． 【答案】(1)证明见解析(2)(3) 【分析】（1）法一、利用正方形的性质先证明，再结合正方体的性质得出平面，利用线面垂直的性质与判定定理证明即可；法二、建立空间直角坐标系，利用空间向量证明线面垂直即可； （2）利用空间向量计算面面夹角即可； （3）利用空间向量计算点面距离，再利用锥体的体积公式计算即可. 【详解】（1）法一、在正方形中， 由条件易知，所以， 则， 故，即， 在正方体中，易知平面，且， 所以平面， 又平面，∴， ∵平面，∴平面； 法二、如图以D为中心建立空间直角坐标系， 则， 所以， 设是平面的一个法向量， 则，令，则，所以， 易知，则也是平面的一个法向量，∴平面； （2）同上法二建立的空间直角坐标系， 所以， 由（1）知是平面的一个法向量， 设平面的一个法向量为，所以， 令，则，即， 设平面与平面的夹角为， 则； （3）由（1）知平面，平面，∴， 易知， 又，则D到平面的距离为， 由棱锥的体积公式知：. 2．（2025·天津·高考真题，4，5分）若m为直线，为两个平面，则下列结论中正确的是（   ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】C 【分析】根据线面平行的定义可判断A的正误，根据空间中垂直关系的转化可判断BCD的正误. 【详解】对于A，若，则可平行或异面，故A错误； 对于B，若，则，故B错误； 对于C，若，则存在直线，， 所以由可得，故，故C正确； 对于D，，则与可平行或相交或，故D错误； 故选：C. 3．（2008·天津·高考真题，4，5分）已知，是两条不重合的直线，，是两个不重合的平面，则使得成立的是（    ） A．，， B．，， C．，， D．，， 【答案】C 【分析】根据空间中线线、线面、面面的位置关系一一判断即可. 【详解】对于A：若，，则或 若，又，则与可能平行、相交（不垂直）、异面（不垂直）、相交垂直、异面垂直， 若，又，则与可能平行、异面（不垂直）、异面垂直，故A错误； 对于B：若，，，则，故B错误； 对于C：若，，则，又，所以，故C错误； 对于D：若，，则与可能平行或相交（不垂直）或垂直或， 又，此时不能保证成立，如，此时与可能平行、异面（不垂直）、异面垂直，故D错误； 故选：C 4．（2024·天津·高考真题，9，5分）在如图五面体中，棱互相平行，且两两之间距离均为1．若．则该五面体的体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】采用补形法，补成一个棱柱，求出其直截面，再利用体积公式即可. 【详解】用一个完全相同的五面体（顶点与五面体一一对应）与该五面体相嵌，使得；;重合， 因为，且两两之间距离为1．， 则形成的新组合体为一个三棱柱， 该三棱柱的直截面（与侧棱垂直的截面）为边长为1的等边三角形，侧棱长为， . 故选：C. 5．（2024·天津·高考真题）已知是两条直线，是一个平面，下列命题正确的是（   ） A．若，，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】C 【分析】根据线面位置关系的判定与性质，逐项判断即可求解. 【详解】对于A，若，，则平行或相交，不一定垂直，故A错误. 对于B，若，则或，故B错误. 对于C，，过作平面，使得， 因为，故，而，故，故，故C正确. 对于D，若，则，故D错误. 故选：C. 6．（2023·天津·高考真题，17，15分）如图，在三棱台中，平面，为中点.，N为AB的中点，    (1)求证：//平面； (2)求平面与平面所成夹角的余弦值； (3)求点到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析(2)(3) 【分析】（1）先证明四边形是平行四边形，然后用线面平行的判定解决； （2）利用二面角的定义，作出二面角的平面角后进行求解； （3）方法一是利用线面垂直的关系，找到垂线段的长，方法二无需找垂线段长，直接利用等体积法求解 【详解】（1）    连接.由分别是的中点，根据中位线性质，//，且， 由棱台性质，//，于是//，由可知，四边形是平行四边形，则//， 又平面，平面，于是//平面. （2）过作，垂足为，过作，垂足为,连接. 由面，面，故，又，，平面，则平面. 由平面，故，又，，平面，于是平面， 由平面，故.于是平面与平面所成角即. 又，，则，故，在中，，则， 于是 （3）[方法一：几何法]    过作，垂足为，作，垂足为，连接，过作，垂足为. 由题干数据可得，，，根据勾股定理，， 由平面，平面，则，又，，平面，于是平面. 又平面，则，又，，平面，故平面. 在中，， 又，故点到平面的距离是到平面的距离的两倍， 即点到平面的距离是. [方法二：等体积法]    辅助线同方法一. 设点到平面的距离为. ， . 由，即. 7．（2023·天津·高考真题，8，5分）在三棱锥中，点M,N分别在棱PC,PB上，且，，则三棱锥和三棱锥的体积之比为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】分别过作,垂足分别为.过作平面，垂足为，连接,过作,垂足为.先证平面，则可得到，再证.由三角形相似得到，，再由即可求出体积比. 【详解】如图，分别过作,垂足分别为.过作平面，垂足为，连接,过作,垂足为.    因为平面，平面，所以平面平面. 又因为平面平面，，平面，所以平面，且. 在中，因为，所以，所以， 在中，因为，所以， 所以. 故选：B 8．（2004·天津·高考真题，17，15分）如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧棱底面，，是的中点，作交于点. (1)证明平面； (2)证明平面； (3)求二面角的大小. 【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3) 【分析】法一：（1）连接，交于，连接要证明平面，只需证明直线平行平面内的直线； （2）要证明平面，只需证明垂直平面内的两条相交直线、即可； （3）必须说明是二面角的平面角，然后求二面角的大小． 法二：如图所示建立空间直角坐标系，为坐标原点，设． （1）连接，交于，连接，求出，即可证明平面； （2）证明，，即可证明平面； （3）求出，利用，求二面角的大小． 【详解】（1）方法一： 证明：连接，交于，连接． 因为底面是正方形，所以点是的中点， 在中，是中位线，所以， 而平面且平面， 所以，平面. 方法二： 证明：如图所示为坐标原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系， 设. 连接，交于，连接． 依题意得．,,， 因为底面是正方形，所以是此正方形的中心， 故点的坐标为且．，， 所以，这表明． 而平面且平面，所以平面． （2）方法一：证明：由底面，面，得， 因为底面是正方形，有， 又，平面，所以平面， 而平面，所以， 因为，可知是等腰三角形，而是边的中点，所以， 又，平面，所以平面， 而平面，所以， 又，，平面，所以平面． 方法二：证明：依题意得，， 又，故， 所以， 由已知，且，面，所以平面. （3）方法一：解：由（2）知，，又已知，故是二面角的平面角． 由（2）知，，， 设正方形的边长为， 则，，， ，， 在中，， 在中，，所以， 所以，二面角的大小为． 方法二：解：设点的坐标为，，则， 从而，，， 所以， 由条件知，，即，解得， 所以点的坐标为，且，， 所以 即，故是二面角的平面角． 因为， 且，， 所以 所以 所以，二面角的大小为. 知识1处理线与面各种平行关系 线面平行：关键点①必须将刻度尺与所证线重合，然后平移落在所证平面且留下痕迹 ②眼神法：观察采用哪一种技巧（五种方法）（记住六大图像） 方法一：中位线型： 形如1、如图⑴，在底面为平行四边形的四棱锥中，点是的中点.求证：平面. 分析： 方法二：构造平行四边形 形如2、如图⑵, 平行四边形和梯形所在平面相交，//，求证：//平面. 分析：过点作//交于， 就是平面 与平面的交线，那么只要证明//即可。 方法三：作辅助面使两个平面是平行 形如3、如图⑶，在四棱锥中，底面为菱形， 为的中点，为的中点，证明：直线 分析：：取中点，连接，只需证平面∥平面。 方法四：利用平行线分线段成比例定理的逆定理证线线平行。 形如4、已知公共边为AB的两个全等的矩形ABCD和ABEF不在同一平面内，P，Q分别是对角线AE，BD上的点，且AP＝DQ（如图）．求证：PQ∥平面CBE． 形如5．如图⑸，已知三棱锥，是,,的重心.(1)求证：∥面； 知识2处理线与面各种垂直关系 证明垂直：线线垂直线面垂直面面垂直 必记结论：①特殊的平行四边形边长之比1:2，夹角为，则对角线与边垂直 ②特殊的直角梯形边长之比1:1:2,对角线与腰垂直 ③等腰三角形三线合一，三线与底垂直 ④直径所对的圆周角为直角 ⑤菱形和正方形：对角线互相垂直 ⑥特殊的矩形：边长之比1:2或1：有明显的直角关系 【易错提醒】　 空间点、线、面位置关系的组合判断是考查学生对空间点、线、面位置关系判断和性质掌握程度的重要题型。解决这类问题的基本思路有两条：一是逐个寻找反例作出否定的判断，逐个进行逻辑证明作出肯定的判断；二是结合长方体模型或实际空间位置（如教室、课桌、灯管）作出判断。 题型1线线平行、线面平行及面面平行 1．（2025·天津·一模）设m，n是两条直线，，是两个平面，则下列命题为真命题的是（ ） A．若，，，则 B．若，，，则 C．若，，，则 D．若，，，则 【答案】B 【分析】利用线面垂直的性质推理判断A；利用线面平行的判定性质推理判断B；利用线线、面面平行关系判断C；利用面面垂直及线面平行关系判断D. 【详解】对于A，由，，得，而，则，A错误； 对于B，由，得存在过的平面且与不重合，则， 由，得存在过的平面，则， 又，因此，又，则，B正确； 对于C，由，，，得与相交或平行，C错误； 对于D，由，，，得与相交、平行或异面，D错误. 故选：B 2．（2025·天津·二模）已知为两条不同的直线，为两个不同的平面，则下列命题中正确的是（    ） A．，，， B．，， C．， D．， 【答案】D 【分析】对于A当时，则与有可能相交即可判断，对于B当时即可判断，对于C由线面位置关系即可判断，对于D由线面垂直的判断定理即可判断. 【详解】对于A：当时，满足，，，，则与有可能相交，故A错误； 对于B：当时，则，，，故B错误； 对于C：满足，，则或，故C错误； 对于D：由，,故D正确. 故选：D. 3．（2025·天津武清·模拟预测）如图，四棱锥中，底面ABCD，，，，. (1)证明：与平面PAD； (2)求平面PBC与平面PAD夹角的余弦值； (3)若Q为线段PC的中点，求三棱锥的体积. 【答案】(1)证明见解析(2)(3) 【分析】（1）求证，再利用线面平行的判定定理求证； （2）以A为坐标原点建系，求出两个平面的法向量，再求其夹角的余弦值即可； （3）利用可求. 【详解】（1）因，，，则， 又，四点共面，则， 因平面，平面，则平面. （2）如图所示，以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系， 则，，，， 则， 设平面的法向量为 则，令，则， 易知为平面PAD的一个法向量， 则， 所以平面PBC与平面PAD夹角的余弦值为； （3）， 因Q为线段PC的中点， 则. 4．（2025·天津河西·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面ABCD是矩形，点E在棱PC上异于点P，，平面ABE与棱PD交于点 (1)求证：； (2)若，求证： 平面平面 若，，直线PB与平面ABCD所成角的正切值为，求点C到平面ABE的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析； 【分析】（1）先利用矩形对边平行的性质结合线面平行的判定定理得到平面，再依据线面平行的性质定理推出. （2）（i）根据已知的垂直关系，利用线面垂直的判定定理证明平面，进而依据面面垂直的判定定理证明平面平面. （ii）先通过等腰三角形三线合一以及面面垂直的性质得到平面，从而确定线面角，通过其正切值求出的值，然后建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，最后利用向量法求出点到平面的距离. 【详解】（1） 证明：因为矩形，所以， 又平面，平面，所以平面， 因为平面，平面平面， 所以 （2）证明：因为，，所以， 因为矩形，所以， 又，平面， 所以平面， 又平面， 所以平面平面 取的中点O，连接 因为，所以， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 所以就是直线与平面所成角，即， 在中，，解得， 以O为原点建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，， 由，知， 所以，， 设平面ABE的法向量为，则， 取，则，，所以， 而， 所以点C到平面的距离为 5．（2025·天津·一模）如图，在四棱锥中，平面，为的中点． (1)求证：平面； (2)求直线与平面的夹角； (3)求点M到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析(2)(3) 【分析】（1）根据中位线的性质可证明四边形为平行四边形，即可利用线面平行的判定求解， （2）根据线线垂直可得平面，即可知为直线与平面的夹角，利用三角形的边角关系即可求解， （3）由线面角的大小，即可求解. 【详解】（1）取的中点为，连接, 由于为的中点， 所以且， 又且， 因此且，所以四边形为平行四边形， 故, 平面，平面， 所以平面； （2）由（1）知：， 所以直线与平面的夹角即为直线与平面的夹角， 取的中点为，连接, 由于所以, 又平面平面，所以, 平面， 故平面，所以为直线与平面的夹角， 由于， 所以, 由于为锐角，所以， 故直线与平面的夹角为. （3）由（2）知直线与平面的夹角为， , 故点M到平面的距离为. 6．（2025·天津·二模）已知a，b是两条直线，α，β是两个平面．下列命题正确的是（   ） A．若，，则 B．若，，，则 C．若，，则 D．若，，则 【答案】B 【分析】ACD可举出反例；B选项，利用线面平行的性质定理、平行关系的转化判断即可. 【详解】对于A，若，，则，即垂直于同一个平面的直线平行，故A错误； 对于B，若，设，，，则． 又，则． 因为，，则， 所以，故B正确； 对于C，若，，则，即垂直于同一直线的两个平面平行，故C错误； 对于D，若，，则，或，故D错误． 故选：B． 7．（2025·天津北辰·三模）如图，在四棱锥中，底面为矩形，侧棱底面是的中点，点是棱上靠近的四等分点. (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)求点到直线的距离. 【答案】(1)证明见解析(2)(3) 【分析】（1）法一合理作出辅助线，利用中位线定理得到，再利用线面平行的判定定理得到线面平行，法二建立空间直角坐标系，求出关键点的坐标和关键平面的法向量，利用空间位置关系的向量证明求解即可. （2）建立空间直角坐标系，求出关键点的坐标和关键平面的法向量，结合线面角的向量求法求解即可. （3）建立空间直角坐标系，求出关键点的坐标和关键平面的法向量，利用空间中点到平面的距离公式求解即可. 【详解】（1）法一：如图，连接交于，连接， 因为底面为矩形，所以为的中点， 因为为的中点，所以是的中位线， 得到，而平面，平面，故平面. 法二：根据题意，以点为坐标原点， 分别以为轴，建立空间直角坐标系， 由题意得， 则， 设为平面的法向量， 则，即， 令，则，故， 平面，平面. （2）， ， 直线与平面所成角的正弦值为. （3）由已知得， 由点到直线的距离公式得， 故点到直线的距离为. 8．（2025·天津滨海新·三模）在如图所示的几何体中，平面，，是的中点，，，． (1)求证：平面； (2)求平面与平面所成夹角的余弦值； (3)求点到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析(2)(3) 【分析】（1）法一：建立空间直角坐标系，求出平面法向量即可证明；法二：构造平行四边形然后结合线面平行的判定定理即可证明； （2）由二面角的公式代入计算，即可得到结果； （3）由点到面的距离公式代入计算，即可得到结果. 【详解】（1）证明：法一：如图，平面，，可得平面， 由，可得，则直线，，两两垂直， 以为原点，分别以，，的方向为，，轴的正方向建立空间直角坐标系． 由题意可得，，，，，． 由平面，取平面的一个法向量为，由， 可得， 又平面，所以平面． 法二：取中点，连接，，由是的中点，可得，而， 则，又，于是四边形是平行四边形． 所以， 又平面平面，所以平面． （2）由（1）可得，， 设平面的一个法向量为， 则，令，可得， 设平面与平面的夹角为， 因此． 所以平面与平面夹角的余弦值为． （3）由（2）知平面的一个法向量为， 且， 则点到平面的距离为． 9．（2025·天津滨海新·三模）已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（   ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，，则 D．若，，，则 【答案】C 【分析】根据线面平行的位置关系判断AB；根据线面垂直、面面垂直的判定及性质判断CD. 【详解】对于A，由，，则或异面，故A错误； 对于B，由，，则或，故B错误； 对于C，由，，则或， 则在平面内存在直线，而，则，所以，故C正确； 对于D，由，，， 只有当或时，，故D错误. 故选：C. 10．（2025·天津·二模）如图，在多面体中，平面，，四边形为矩形，，，，为的中点. (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)求点到平面的距离. 【答案】(1)证明见解(2)；(3). 【分析】（1）连接交于点，得到，结合线面平行的判定定理，即可证得平面. （2）以为原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的法向量为和，结合向量的夹角公式，即可求解； （3）由（2）得平面的法向量为，再由， 结合点面距的向量计算公式，即可求解. 【详解】（1）解：连接，交于点，可得是的中点， 又因为为的中点，所以， 因为平面，且平面，所以平面. （2）解：以为原点，以正方向分别为轴，轴和轴建立空间直角坐标系， 如图所示，则，，，，， 可得，， 设平面的法向量为，则有， 取，可得，，所以， 又由，， 设平面的法向量为，则， 取，可得，，所以， 则， 故平面与平面夹角余弦值为. （3）解：由（2）知：平面的法向量为， 又由， 则， 所以点到平面的距离为. 题型2线线垂直、线面垂直及面面垂直 11．（2025·天津·二模）如图，在棱长为的正方体中，点为底面的中心，点在侧面的边界及其内部运动.给出下列四个结论：①；②三棱锥的体积为定值；③存在一点，使；④若，则面积的最大值为，其中正确结论的个数为（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】对于①，连接，由为等边三角形判定；对于②，利用等体积，计算为定值即可；对于③，将进行平移到过点，使之具有公共顶点，根据立体图像判断，无论如何也不可能满足；对于④，连接，证明平面，所以在线段上运动，当点到点位置时，最大，此时面积最大. 【详解】对于①，连接，由正方体的性质知为等边三角形， 由于为底面的中心，故为中点，故，故①正确； 对于②，无论点在侧面的边界及其内部运动的任何位置，三棱锥的高始终为正方体的边长，故体积为， 因，故三棱锥的体积为定值，故②正确； 对于③，进行平移到过点，使之具有公共顶点，根据立体图象判断， 平面，即无论如何也不可能满足平行或重合于， 所以不可能平行于，故③错误； 对于④，取的中点，连接， 在中，，在中，， 又，则，所以， 又，，面，面， 所以面， 又面，所以， 因，平面，平面，所以平面， 又，则平面， 因平面，则平面平面，即在线段上运动， 在中，，则当点到点位置时，最大， 此时面积最大为，所以④正确； 故选：C 12．（2025·天津和平·一模）如图，在四棱锥中，平面平面，，且. (1)求直线与平面所成角的正弦值； (2)求平面与平面的夹角的余弦值； (3)求点到平面的距离. 【答案】(1)(2)(3) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，计算线面所成角的正弦值即可； （2）利用空间坐标求出平面的法向量，计算面面所成角的余弦值即可； （3）利用空间向量计算点到平面的距离即可. 【详解】（1）平面平面，交线为，过在平面内作， 故平面，又因为， 因此以点为原点，所在直线分别为轴，轴，轴， 建立如下图所示的空间直角坐标系. 由已知，求得， 所以. ，因为， 设平面的法向量为，则 令，则， 设直线与平面所成角为， 则直线与平面所成角的正弦值为. （2）易知平面的法向量为， 设平面与平面夹角为， 则平面与平面夹角的余弦值为. （3）因为， 则点到平面的距离为. 13．（2025·天津和平·二模）已知a，b是空间两条不同的直线，，，为三个不同的平面，则下列命题正确的为（    ） A．若，，，则 B．若，，则 C．若，，，则 D．若，，则 【答案】B 【分析】利用空间中点、线、面位置关系的判定定理和性质逐项判断可得正确的选项. 【详解】对于A，若，，，则或异面，故A错误； 对于B，若，则存在直线，使得， 由于，则，可得，故B正确； 对于C，若，，，则或相交，故C错误； 对于D，若，，设， 只有当时，才能得到，故D错误. 故选：B. 14．（2025·天津·一模）已知多面体，为边的中点，四边形为矩形，且，，，当时，多面体的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由线面垂直的判定与性质证得根据等腰三角形的性质与勾股定理求出矩形的面积，再利用三棱锥的体积公式即可得出的答案. 【详解】在矩形中，有， 因为平面， 所以平面，则平面， 因为平面，所以 在中，，，则， 又因为为边的中点，所以， 易知， 因为 所以，则，因为， 则， 在中，， 则矩形的面积为. 因为平面， 所以平面，所以多面体的体积为： . 故选：A. 15．（2025·天津河北·二模）若，为空间两条不同的直线，，为空间两个不同的平面，则下列结论不正确的是（   ） A．若，，，则 B．若，，则 C．若，，，则 D．若，，则 【答案】D 【分析】根据线面、线面的位置关系，结合平面法向量的概念及性质判断各项的正误即可. 【详解】A：若，，则或，而，故，对； B：若，将视作的法向量所在直线，又，易知，对； C：若，，则，而，故，对； D：若，，则平行、异面、相交都有可能，错. 故选：D 16．（2025·天津·一模）已知，是两条不同的直线，，，是三个不同的平面，则下列结论正确的是（   ） A．若，，则 B．若，，，则 C．若，，则 D．若，，，则 【答案】B 【分析】根据线线，线面，面面的位置关系，即可判断选项. 【详解】A.若，，则或，故A错误； B. 若，，，则，故B正确； C. 若，，则或与相交，故C错误； D. 若，，，则或异面，故D错误. 故选：B 17．（2025·天津·一模）已知m，n是两条直线，是一个平面，下列命题正确的是（   ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 【答案】C 【分析】根据空间中线、面关系的判定和性质逐一判断即可. 【详解】对A：平行于同一个平面的两条直线的位置关系不确定，故A错误； 对B：若，，则或，故B错误； 对C：根据线面垂直的定义可知，C正确； 对D：若，，则直线与平面的位置关系不确定，故D错误. 故选：C 18．（2019·天津南开·模拟预测）如图1，在边长为2的菱形ABCD中，于点，将沿DE折起到的位置，使，如图2． (1)求证：平面BCDE； (2)求二面角的余弦值； (3)在线段BD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)证明见详解；(2)(3)存在， 【分析】（1）根据线面垂直判定证平面，再由线面垂直性质有，最后由线面垂直判定证结论； （2）建立空间直角坐标系，应用向量法求二面角余弦值； （3）令，,根据面面垂直及相关面的法向量列方程求参数，即可得答案. 【详解】（1）因为，即, 又,平面， 所以平面，平面，所以. 又,平面，所以平面. （2）因为平面，，以为原点，为轴，建立空间直角坐标系， 则，所以, 设平面的法向量，由，得， 因为平面，所以平面的法向量，所以. 因为所求二面角为锐角，所以二面角的余弦值为. （3）假设在线段上存在一点，使得平面平面, 设，，则. 所以，设平面的法向量， 由，令，得， 因为平面平面，所以，解得， 所以在线段上存在点，使得平面平面，且. 考点二 处理各种角问题 1．（2024·天津·高考真题，17，15分）如图，在四棱柱中，平面，，．分别为的中点， (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角余弦值； (3)求点到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析(2)(3) 【分析】（1）取中点，连接，，借助中位线的性质与平行四边形性质定理可得，结合线面平行判定定理即可得证； （2）建立适当空间直角坐标系，计算两平面的空间向量，再利用空间向量夹角公式计算即可得解； （3）借助空间中点到平面的距离公式计算即可得解. 【详解】（1）取中点，连接，， 由是的中点，故，且， 由是的中点，故，且， 则有、， 故四边形是平行四边形，故， 又平面，平面， 故平面； （2）以为原点建立如图所示空间直角坐标系， 有、、、、、， 则有、、， 设平面与平面的法向量分别为、， 则有，， 分别取，则有、、，， 即、， 则， 故平面与平面的夹角余弦值为； （3）由，平面的法向量为， 则有， 即点到平面的距离为. 2．（2008·天津·高考真题，17，15分）如图，在四棱锥中，底面是矩形．已知，，，，. (1)证明：平面； (2)求异面直线与所成的角的大小； (3)求二面角的大小. 【答案】(1)证明见解析；(2)；(3). 【分析】（1）由题意在中，利用所给的线段长度计算出，利用矩形及线面垂直的判定定理能证明平面； （2）利用条件借助图形，利用异面直线所称角的定义找到共面得两相交线，并在三角形中解出即可； （3）由题中的条件及三垂线定理找到二面角的平面角，然后再在三角形中解出角的大小即可． 【详解】（1）证明：在中，由题设，， 可得于是． 在矩形中，．又，平面 所以平面． （2）解：由题设，， 所以（或其补角）是异面直线与所成的角． 在中，由余弦定理得 ， 由（1）知平面，平面， 所以，因而，于是是直角三角形，故． 所以异面直线与所成的角的大小为． （3）解：过点做于，过点做于，连接 因为平面，平面，所以． 又，平面 因而平面，故为在平面内的射影． 由三垂线定理可知，，从而是二面角的平面角． 由题设可得， ，， ，， 于是在中， 所以二面角的大小为． 3．（2007·天津·高考真题，17，15分）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD，，，，，E是PC的中点. (1)求PB和平面PAD所成的角的大小； (2)证明平面PCD； (3)求二面角的大小. 【答案】(1)(2)证明见详解(3) 【分析】（1）先证平面，则PB和平面PAD所成的角为，根据题意运算求解；（2）根据线面垂直的性质定理和判定定理证明；（3）根据三垂线法可得二面角的平面角为，结合题意运算求解. 【详解】（1）∵平面ABCD，平面ABCD，则， 又∵，，平面， ∴平面， 则PB和平面PAD所成的角为，且， 故PB和平面PAD所成的角为. （2）∵平面ABCD，平面ABCD，则， 又∵，，平面， ∴平面， 平面，则， 又∵，且，则为等边三角形， ∴， 即，且E是PC的中点，则， ，平面， ∴平面. （3）过作，垂足为，再过作，垂足为，连接， 在平面ABCD中，，，则， 由（1）知：平面，则平面， 平面，则， ∵，，平面， ∴平面， 平面，则， 故二面角的平面角为，设， ∵，，则， 由题意可得：，则， ∴，则， 故二面角的大小. 4．（2004·天津·高考真题，17，15分）在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD=DC，E为PC中点． （1）求证：PA∥平面EDB． （2）求EB和底面ABCD成角正切值． 【答案】（1）见解析；（2）. 【分析】（1）连接CA,交BD于O,连接OE,利用中位线定理和线面平行的判定定理证明； （2）画辅助线可以得到∠为EB与底面ABCD所成角，设，计算求解即可. 【详解】（1）连接CA,交BD于O,连接OE,∵O,E分别为PC和AC的中点，∴OE∥AP, 又∵OE⊂平面BDE,PA⊄平面BDE,∴PA∥平面BDE; （2） 通过点作交于点，连接,则EF∥PD, ∵PD⊥平面ABCD,∴EF⊥平面ABCD, ∴∠为EB与底面ABCD所成角， 设， ∴， ∴， ∴直线EB与底面ABCD所成角的正切值为. 5．（2021·天津·高考真题，17，15分）如图，在棱长为2的正方体中，E为棱BC的中点，F为棱CD的中点． （I）求证：平面； （II）求直线与平面所成角的正弦值． （III）求二面角的正弦值． 【答案】（I）证明见解析；（II）；（III）. 【分析】（I）建立空间直角坐标系，求出及平面的一个法向量，证明，即可得证； （II）求出，由运算即可得解； （III）求得平面的一个法向量，由结合同角三角函数的平方关系即可得解. 【详解】（I）以为原点，分别为轴，建立如图空间直角坐标系， 则,,,,,,， 因为E为棱BC的中点，F为棱CD的中点，所以，， 所以,,, 设平面的一个法向量为， 则，令，则， 因为，所以， 因为平面，所以平面； （II）由（1）得，， 设直线与平面所成角为， 则； （III）由正方体的特征可得，平面的一个法向量为， 则， 所以二面角的正弦值为. 6．（2020·天津·高考真题，17，15分）如图，在三棱柱中，平面 ，，点分别在棱和棱 上，且为棱的中点． （Ⅰ）求证：； （Ⅱ）求二面角的正弦值； （Ⅲ）求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）；（Ⅲ）. 【分析】以为原点，分别以的方向为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系. （Ⅰ）计算出向量和的坐标，得出，即可证明出； （Ⅱ）可知平面的一个法向量为，计算出平面的一个法向量为，利用空间向量法计算出二面角的余弦值，利用同角三角函数的基本关系可求解结果； （Ⅲ）利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值. 【详解】依题意，以为原点，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）， 可得、、、、 、、、、. （Ⅰ）依题意，，， 从而，所以； （Ⅱ）依题意，是平面的一个法向量， ，． 设为平面的法向量， 则，即， 不妨设，可得． ， ． 所以，二面角的正弦值为； （Ⅲ）依题意，． 由（Ⅱ）知为平面的一个法向量，于是． 所以，直线与平面所成角的正弦值为. 知识1处理异面直线所成角 常规方法： 第一步：将所求直线中的一条用刻度尺进行平移然后与另一条直线衔接出现三角形 第二步：将三角形画到草稿纸上并利用空间图求出各边的长 第三步：利用余弦定理求出待求角 第四步：检查若求出的角为锐角或直角则即为所求，若求出的角为钝角则补角即为所求 秒杀： 四面体的任何一组对棱都是异面直线，因此以四面体为载体，把异面直线放在四面体对棱所在的位置，利用四面体对棱夹角公式处理异面直线角度问题 结论：在四面体中，若与所成的角为 四面体对棱夹角公式： 证明如下： 因为 所以 知识2快速处理线面角问题 结论：{点面距离（往往用等体积法计算），线自身长度} 知识3快速处理二面角的平面角问题 结论：任意二面角的平面角满足如（） 注意：为原图上的点，而分子_则是点在面的投影点 【易错提醒】 两异面直线所成角的范围是。两向量的夹角的范围是，需要注意两者的区别与联系 题型1线线角与线面角的求算 1．（2025·天津和平·调研）如图，已知空间四边形的四条边以及对角线的长均为2，、分别是与的中点，则异面直线和所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据异面直线所成角的定义，借助平行关系作出平行直线，从而找到异面直线所称角或其补角，再根据余弦定理即可求解. 【详解】如图连接，设为中点，连接， 因为是中点，所以且， 所以为异面直线和所成的角或其补角， 由题意可得， 所以，，， 在中由余弦定理可得， 即异面直线和所成角的余弦值为， 故选：C 2．（2025·天津西青·月考）已知 为正方体， ， 分别是， 的中点，异面直线 与所成的角为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】取的中点为点，连接，则为异面直线 与所成的角或其补角，在中，由余弦定理计算即可求解. 【详解】取的中点为点，连接， 在中，为的中点，为的中点， 所以， 即为异面直线 与所成的角或其补角， 设正方体棱长为，则， 因为为的中点，为的中点， 所以在中，， ，， 在中，， 所以，即异面直线 与所成的角为. 故选：C 3．（2025·天津和平·模拟预测）在正四棱柱中，，，分别是平面和上一点，且，，记异面直线与所成的角为，则的最大值为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据向量关系确定点的位置，进而得到异面直线所成角，然后通过三角形外接圆半径与的关系，利用直线与圆相切求出半径最小值，从而得出的最大值． 【详解】取M为的中点，由，可知点E在直线上.连接BE，易知， 所以为异面直线AE与CF所成的角，即，在中，设r为外接圆的半径，则，当r最小时，最大.故当的外接圆与线段相切时，r取得最小值. 设的中点为O，在平面中，以O为原点，建立如图所示的直角坐标系，则，，. 直线的方程为，设外接圆的方程为， 则，解得，，故的最大值为. 故选：D. 4．（2025·天津和平·二模）《九章算术》中将正四棱台称为方亭，如图，在方婷中，，其体积为，E，F分别为AB，BC的中点，则异面直线所成角的余弦值为（    ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据异面直线夹角的定义，在图中明确夹角，根据正四棱台的几何性质以及体积公式，求得夹角所在的直角三角形的边长，结合锐角三角函数的定义，可得答案. 【详解】连接，过作平面，其中垂足为，连接，如下图：    在正四棱台中，易知，， 则，所以， 因为平面，平面，所以，， 易知，所以， 因为，，所以，则， 故， 因为分别为的中点，所以， 则异面直线与的夹角为， 因为平面，平面，所以， 在正方形中，，同理可得， 在等腰梯形中，易知， 在正四棱台中，上下底面面积分别为，， 正四棱台的体积， 则，解得 在中，，. 故选：D. 5．（2025·天津平·调研）长方体中，，则异面直线与所成角的大小为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】通过平移说明即异面直线与所成角，借助于直角三角形和三角函数定义即可求得. 【详解】 如图所示，因，则即异面直线与所成角. 连接，在中，， 则，即异面直线与所成角为. 故选：C. 6．（2025·天津和平·模拟预测）在正方体中，，分别是，的中点，则直线与直线所成角的正切值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】取的中点，直线与直线所成的角为，在中求其正切值即可. 【详解】如图，取的中点，连接，，则且 故直线与直线所成的角为. 因为面，面，所以，， 设，，则.    故选：A 7．（2025·天津·调研）在直三棱柱中，侧棱平面，若，，点，分别，的中点，则异面直线与所成的角为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】推导出，，从而是异面直线与所成的角（或所成角的补角），由此能求出异面直线与所成的角． 【详解】在直三棱柱中，侧棱平面， ，，点，分别，的中点， ∴，， ∴是异面直线与所成的角（或所成角的补角）， 连结，则， ∴， ∴异面直线与所成的角为． 故选B． 8．（2025上·天津武清·月考）如图：在直三棱柱中，是的中点，是的中点. (1)求证：平面； (2)求直线与直线所成角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取的中点，连接，利用几何关系可得，再由线面平行的判定定理，即可求解； （2）取的中点，连接，利用异面直线的定义，可得为直线与直线所成的角或其补角，根据条件，求出的各边长，由余弦定理，即可求解. 【详解】（1）取的中点，连接，因为是的中点，则，且， 又是的中点，且，，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）取的中点，连接，易知，且， 则为直线与直线所成的角或其补角， 因为，则， 又三棱柱是直三棱柱，则平面，又平面， 所以，又，所以， 同理可知， 在中，由余弦定理知， 所以直线与直线所成角的余弦值为. 题型2简单二面角的求算 9．（2025·天津和平·开学考试）如图，在三棱锥中，，且. (1)若，证明：平面平面； (2)若与平面所成的角为，求二面角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）取的中点为，根据二面角的定义得为所求角，利用三角形的边角关系即可求解； （2）根据（1）易知平面，从而可得平面平面，于是得到与平面所成的角为，解得，根据，均为等腰三角形，取中点，可得为二面角的平面角，利用余弦定理即可求解. 【详解】（1）取的中点为，连接， 由于，且， 故，所以为平面与平面的夹角或其补角， 又，故，则， 所以. 结合，故，则， 即，故平面平面. （2）由（1）知：，平面， 所以平面，而平面，则平面平面， 于是是在平面上的射影，即， 由，得是正三角形，则. 由于，均为等腰三角形，取中点，连接， 则，故为二面角的平面角， 由于， 故， 故，故二面角的正弦值为. 10．（2025·天津·调研）（请用几何法作答此题）如图，在三棱锥中，是边长为2的等边三角形，，平面平面，， 分别为的中点. (1)求证：平面； (2)求与平面所成角的正弦值； (3)求二面角的正切值. 【答案】(1)证明见解析(2)(3). 【分析】（1）取中点，得到，再由平面平面，证得平面，得到，再由，结合线面垂直的判定定理，即可证得平面； （2）由（1）知平面，证得，证得平面，过点作，连接，证得平面，得到为与平面所成的角，在直角中，即可求解； （3）取的中点，过点作，证得平面，得到，得到为二面角的平面角，分别求得和，在直角中，即可求解. 【详解】（1）证明：取中点，连接， 因为是等边三角形，所以， 又因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，因为平面，所以， 又因为，且，平面，所以平面. （2）解：由（1）知平面，因为平面，所以， 在等边△ABC中，因为为的中点，所以， 又因为，且平面，所以平面， 过点作，垂足为. 连接， 因为平面，且平面，所以， 又因为，且平面，所以平面， 所以为与平面所成的角， 因为，，， 可得 由，可得， 所以， 在直角中，可得， 所以与平面所成角的正弦值为 （3）取的中点，连接，可得且， 过点作，垂足为，连接， 由（1）知，平面，所以平面， 由平面，所以，， 因为，且平面，所以平面， 又因为平面，所以，所以为二面角的平面角， 由（1）知平面，平面，所以， 在直角中，可得， 由（2）知，平面，因为平面，所以， 在直角中，可得， 即，解得，所以， 在直角中，可得， 所以二面角的平面角的正切值为.    11．（2025·天津红桥·调研）如图，在棱长为1的正方体中，E是棱的中点，F为的中点.    (1)求证: 平面 (2)求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）作出辅助线，得到四边形为平行四边形，故，又平面，平面，所以平面； （2）先计算出和，从而得到到平面的距离为，再计算出边上的高为，利用计算出平面与平面夹角的正弦值，根据同角三角函数关系得到平面与平面夹角的余弦值. 【详解】（1）连接，，，连接，其中， 因为E是棱的中点，F为的中点，故，且， 又，且，所以，， 所以四边形为平行四边形，故， 又平面，平面，所以平面； （2）正方体的体积为， 其中，， ，， ，， 所以， 其中， 由余弦定理得， 故， 所以， 设到平面的距离为，则， 解得， 设边上的高为， 其中， 故，， 故， 所以平面与平面夹角的正弦值为， 故平面与平面夹角的余弦值为. 12．（2025·天津南开·模拟预测）如图，在四棱柱中，是一个直角梯形，，，，点为中点，平面，且.点分别为和中点. (1)证明：平面； (2)求平面和平面夹角的余弦值； (3)求三棱锥的体积. 【答案】(1)证明见解析(2)(3) 【分析】（1）连接，先证明平面，平面，可证明平面平面，利用面面平行的性质可证结论； （2）平面和平面的夹角等于平面和平面夹角，过作于，连接，可得为平面和平面的夹角，求解即可； （3）可证明平面，进而可求三棱锥的体积. 【详解】（1）连接， 因为点为中点，.点为的中点，所以.且. 所以是平行四边形，所以， 又因为平面，平面，所以平面， 又因为是一个直角梯形，，，点为中点， 所以.且. 所以是平行四边形，所以， 又因为平面，平面，所以平面， 又.，平面，所以平面平面， 又平面，所以平面， （2）由（1）知平面平面， 所以平面和平面的夹角等于平面和平面夹角， 因为平面，又，所以平面， 又因为平面，所以平面平面， 又平面平面，平面，又， 所以平面，过作于，连接， 又因为平面，所以，又，平面， 所以平面，又平面，所以， 所以为平面和平面的夹角， 因为，所以，在中，可得， 又因为，所以， 解得，又因为，在中，， 所以， 所以平面和平面夹角的余弦值以； （3）因为点为的中点，所以.且. 所以是平行四边形，所以，且， 又，且，所以， 所以平面，从而平面， 又平面，平面，所以，所以， 所以， 所以三棱锥的体积为. 13．（2025·天津和平·调研）如图，在四棱锥. 中，底面为平行四边形， 为等边三角形，平面平面， (1)求证: 平面 (2)求直线与平面所成角的余弦值 (3)求二面角 的余弦值. 【答案】(1)证明见解析(2)(3) 【分析】（1）要证明线面垂直，需证明该线段垂直于平面内的两条相交直线，即证明即可. （2）首先根据垂直关系确定直线与平面所成的角，然后根据边角关系求出其余弦值. （3）首先根据垂直关系确定二面角的平面角，然后根据边角关系求出其余弦值. 【详解】（1）取的中点为，连接， 因为是等边三角形，所以. 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，又平面， 所以， 又平面， 所以平面. （2）连接，由（1）知，平面， 所以直线与平面所成的角为. 在直角三角形中，，，， 所以根据勾股定理得， 所以. 所以直线与平面所成的角的余弦值为. （3）取的中点为，连接. 因为为等边三角形，所以. 因为平面， 所以平面，又平面， 所以，所以是二面角的平面角. 由（1）知，平面，因为平面， 所以. 所以在直角三角形中，，， 所以. 所以二面角的余弦值为. 14．（2025·天津河西·调研）如图，四边形ABCD是平行四边形，平面，，，，，，，G为BC的中点. (1)求证：平面； (2)求证：平面平面； (3)求二面角的正切值. 【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3) 【分析】（1）在平面BED内找到直线，使，即可证直线平面. （2）在三角形中，由余弦定理可证，又平面平面ABCD，可证平面AED，从而可得平面平面AED． （3）过点A作，，连接MN，可证即为二面角A-BE-D的平面角，根据边角关系可计算得，即可得到二面角A-BE-D的正切值． 【详解】（1）证明：取BD的中点O，连接OE，OG， 在中，G为BC的中点，，且， 又，，，且， 即四边形OGFE是平行四边形，， 又平面BED，平面BED，所以平面BED． （2）证明：在中，，，， 由余弦定理可得，进而，即， 又平面平面ABCD，平面ABCD，平面平面， 则平面AED，又平面BED，所以平面平面AED． （3）过点A作，，连接MN， 由（2）知平面平面AED，平面平面， 平面BED，又，， 即为二面角的平面角， 在中，，，，由余弦定理得， ，，， 在直角三角形BDE中，，，，， 又，， ，所以二面角的正切值． 15．（2025·天津和平·模拟预测）如图是由6个边长为2的正三角形拼接而成的六面体，M，N分别为PC，AB的中点. (1)求该六面体的体积； (2)求证：； (3)求直线MN与平面ABQ所成角的正弦值. 【答案】(1)(2)证明见解析(3) 【分析】（1）根据正四面体的几何性质，根据三棱锥的体积公式，可得答案； （2）根据正三角形的性质可得线线垂直，由线面垂直的判定与性质，可得答案； （3）根据线面角的定义，由线面位置关系明确线面角，利用三角函数的恒等式，可得答案. 【详解】（1）由题可知该六面体是由两个正四面体组成，在底面ABC的射影位于底面中心， 在中，， . （2）证明：连接CN，PN 为正三角形，为AB中点，， 又平面，平面PCN， 又平面. （3）平面，同理可得平面，三点共线， 又，与CN交于点，四点共面， 连接QN，过作直线NQ的垂线交QN于点， 可知平面PCN，由（2）知， 又平面， 即为直线MN与平面ABQ所成的角， 因为，在中， ，， ，， ， 即直线MN与平面ABQ所成角的正弦值为. 16．（2025·天津·月考）如图，四棱锥中，底面，底面为直角梯形，，，且． (1)若，直线与所成角为， ①求四棱锥的体积； ②求二面角的大小； (2)若为线段上一点，试确定E点的位置，使得平面垂直于平面，并说明理由． 【答案】(1)①② (2)点在线段上，满足，理由见解析. 【分析】（1）①由异面直线夹角确定即可求解；②先由题设条件与线面垂直的判定定理证得，确定是二面角的平面角，求解即可； （2）先由三角形相似证得，进而得到，从而证得即可求证. 【详解】（1）①因为，所以与所成角即与所成角, 所以， 因为底面，在底面内， 所以， 所以，， 所以四棱锥的体积 ②∵，∴， 又底面，底面， ∴， 又平面， 所以平面， 又平面， ∴， ∴是二面角的平面角， 由①知，，又， ∴在直角三角形中，， ∴，即二面角为 （2）当点在线段上，且时，平面垂直平面． 理由如下： 连结交于O点，连． 由，且， 得， 则， ∴， ∵底面， ∴底面， 又在平面内， ∴平面平面． 题型3线线距、点面距及体积的求算 17．（2025·天津西青·月考）如图，在直角梯形中，，，.若梯形绕所在直线旋转一周，则所得几何体的外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据题中条件，先求出各个边长，由题意，旋转后的几何体为圆台，取其轴截面，设外接球球心为O，分别讨论O在线段AD上和在DA延长线上两种情况，根据勾股定理，列出方程组，化简计算，求出，代入面积公式，即可得答案. 【详解】过C作，交AB于E， 则， 因为，且四边形ADCE为矩形， 所以，即. 由题意得，梯形绕所在直线旋转一周得到的几何体为圆台，取圆台的轴截面， 如图所示，设外接球球心为O，半径为R，， 当O在线段AD上时，则， 由勾股定理得，即， 整理得，即，不成立，故O不在线段AD上； 当球心O在DA的延长线上时，则，如图： 所以，即， 解得，所以， 所以该圆台外接球的表面积为. 故选：D 18．（2025·天津滨海新·期中）如图，分别是圆柱上、下底面圆的直径，且，若圆柱的轴截面为正方形，且三棱锥的体积为，则该圆柱的侧面积为 . 【答案】 【分析】利用轴截面是正方形可得，再通过垂直关系，可利三棱锥体积，并求出，从而可利用圆柱侧面积公式求解. 【详解】 分别取上下底面圆心，连接， 由，且，平面， 所以平面，又因为平面， 所以， 由圆柱的轴截面为正方形，可知 则三棱锥的体积为， 解得，即， 则该圆柱的侧面积为， 故答案为： 19．（2025·天津武清·调研）如图，在正四棱锥中，记其体积为V，且，，，过M，N，P的平面将四棱锥切出一个多面体，记其体积为，则的值为 ． 【答案】 【分析】由题意可得棱上点的位置与线段比，延长构建三棱锥，根据三角形等积变换以及棱锥体积公式，可得答案. 【详解】在正四棱锥中，分别延长NM，BA交于点E，分别延长NP，BC交于点F， 连接EF，在平面SBC内，作交SC于G，由，得， 由平面平面，得点Q，R在线段EF上，又， 则，，同理， 则，， 记点N到平面ABCD的距离为，点S到平面ABCD的距离为， 则，，同理， 因此，所以． 故答案为： 20．（2025·天津和平·月考）某几何体由圆锥挖去一个圆柱而得，且圆柱的上底面与圆锥内接，如图所示，已知该圆锥的底面半径，圆柱的底面半径，且圆锥侧面展开图的圆心角为，则该几何体的体积为 ． 【答案】/ 【分析】先求得圆锥的母线长，然后求得圆锥的高，利用比例求得圆柱的高，进而求得几何体的体积. 【详解】设圆锥的母线长为，圆锥的高为， 因为圆锥侧面展开图的圆心角为， 所以，所以，圆锥的高， 设圆柱的高为，则，解得， 所以该几何体的体积为． 故答案为： 21．（2025·天津·月考）我国古代数学著作《九章算术》中记载了一种称为“羡除”的几何体，该几何体的一种结构是三个面均为梯形，其他两面为三角形的五面体.如图所示，四边形均为等腰梯形，到平面的距离为与间的距离为10，则这个羡除的体积（    ）    A．200 B． C． D．以上都不对 【答案】A 【分析】连接，根据锥体的体积公式，转化锥体的底面与顶点，即可求解. 【详解】解：如图，连接，    设四棱锥的体积为， 则， 设三棱锥的体积为，三棱锥的体积为， 则， 这个羡除的体积. 故选：. 22．（2025·天津·模拟预测）如图，在四棱锥中，，，，，． (1)求证：平面； (2)若二面角的正切值为，求四棱锥的体积； (3)求直线与平面所成角的余弦值的最小值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）延长交于点，连接，推导出，，结合线面垂直的判定定理可证得结论成立； （2）由二面角的定义可知二面角的平面角为，过点在平面内作，垂足为点，根据二面角的正切值可求出的长，即可得出点到平面的距离，再利用锥体体积公式可求得四棱锥的体积； （3）过点在平面内作，垂足为点，分析可知与平面所成的角为，再结合正弦定理可得出的正弦值的最大值，进而可得出直线与平面所成角的余弦值的最小值. 【详解】（1）因为，为的中点，所以， 延长交于点，连接， 因为，则，所以，所以， 因为，则， 在底面中，，，所以， 因为为的中点，故为的中点， 因为，即为的中点，所以， 因为，即，故， 因为，、平面，故平面. （2）由（1）可知，因为平面，、平面，故，， 所以，二面角的平面角为， 因为，，所以， 过点在平面内作，垂足为点， 则，故， 由勾股定理可得，解得， 所以点到平面的距离为. 由（1）可知， 因为， 因此. （3）因为，故直线与平面所成角等于与平面所成的角， 过点在平面内作，垂足为点， 因为平面，平面，所以， 又因为，，、平面，故平面， 所以，与平面所成的角为， 在中，，， 由正弦定理得， 故，当且仅当时，等号成立， 故直线与平面所成角的正弦值的最大值为， 即直线与平面所成角的余弦值的最小值为. 23．（2025·天津武清·月考）如图，在直三棱柱中，侧面，均为正方形，，，点D是棱中点． (1)求证：平面平面； (2)求证：平面； (3)求点到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3) 【分析】（1）先证明线面垂直即垂直于平面内的两条相交直线，再证根据面面垂直的判定证明即可. （2）找的中位线即，证明，再根据线面平行的判定证明即可. （3）利用等体积求解即可. 【详解】（1）由题意 ∴为等腰直角三角形， 在三棱柱中，侧面，均为正方形， 易知：为等腰直角三角形， 又D是棱的中点，则， 由平面，平面，则，而，且、平面， ∴平面，又平面， ∴平面平面； （2）设O是，的交点，又为正方形，则O为的中点， ∴在中，， 又平面，平面，∴平面； （3）由（1）知： ，而，则，又， ∴， 由，则， 又，若到平面的距离为d， ∴，可得. 24．（2025·天津和平·月考）如图所示的多面体中，已知菱形ABCD和直角梯形ACEF所在的平面互相垂直，其中为直角， (1)求证: 平面； (2)求证: CE⊥BD； (3)求多面体的体积.(此题不能利用空间建系方法) 【答案】(1)见解析(2)见解析(3) 【分析】（1）由题意证得，再由线面平行的判定定理即可证明. （2）由面面垂直的性质定理证得平面ACEF，再由线面垂直的性质定理即可证明. （3）由平面，将多面体分成两个棱锥，计算体积和即可. 【详解】（1）连接交于点，连接， 因为四边形ABCD是菱形，所以为等边三角形， 所以，所以，， 所以四边形是平行四边形，所以， 平面，平面， 所以平面. （2）因为平面ABCD平面ACEF，平面ABCD平面ACEF， ，平面ABCD，所以平面ACEF， 又平面ACEF，所以. （3）由（2）知，平面， 所以． 学科网(北京)股份有限公司 学科网(北京)股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司/ 学科网（北京）股份有限公司 $