专题10 空间向量与立体几何（题型专练）（北京专用）2026年高考数学二轮复习讲练测

学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 专题10空间向量与立体几何 目录 第一部分题型破译微观解剂，精细教学 召典例引领臼方法透视 召变式演练 【选填题破译】 题型01空间几何体的表面积 题型02空间几何体的体积 题型03点线面的位置关系 题型04立体几何中的综合问题 【解答题破译】 题型01求异面直线所成角 题型02求线面角 题型03求二面角 题型04求距离问题 题型05存在性问题研究 第二部分综合巩固整合应用，模拟实战 01 题型破译 选填题破译二。 题型01空间几何体的表面积 典例引领 【例1-1】(2025北京模拟预测)攒尖是中国古建筑中屋顶的一种结构形式，常见的有圆形攒尖、三角攒 尖、四角攒尖、六角攒尖等，多见于亭阁式建筑兰州市著名景点三台阁的屋顶部分也是典型的攒尖结构如 图所示是某研究性学习小组制作的三台阁仿真模型的屋顶部分，它可以看作是正三棱柱和不含下底面的正 四棱台的组合体.己知正四棱台侧棱、下底的长度（单位：dm)分别为4,6，侧面与底面所成二面角的正切 值为√2，正三棱柱各棱长均相等，则该结构表面积为() 1 ⊙⊙原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 命学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 A.34V3+8dm B.34V3+44dm C.34V5+48dm D.34V5+8dm2 【例1-2】(25-26高三上北京月考)如图，棱长为2的正方体ABCD-A,B,CD中，动点M,N,P,Q 分别在棱AB,CD,AD,BC上，且满足MN⊥AB,PQ⊥AD,设AM=m,AP=n,下列四个结论正 确的是() D M B D ①当m=n=1时，则四面体M-NPQ的表面积为8； ②存在m,n,使得四面体M-NPQ的表面积为9： ③当m=n= 5时，四面体M-NP2的体积为 3 ④四面体M-NP的体积与m,n无关. A.②③④ B.②③ C.②④ D.①②④ 方法透视 1、表面积公式 柱体：S直棱柱=ch+2S底：S斜枝柱=c1+2S底c为直截面周长）；S回维=2πr2+2πrl=2πrr+) 锥体：S正棱雠=专nah+S底：S圆谁=πr2+πrl=πrr+ 台体：S正棱台=a+a)h+S上+S下：S国台=π(r2+r2+rl+r) 球：S=4πR2 2、求组合体的表面积：组合体的表面积要注意镂空的部分、叠加的部分的表面积的加减。 变式演练 【变式1-1】（25-26高二上·北京海淀·期中)已知四棱锥的底面是边长为22的正方形，侧棱长均为2√5 若圆柱的一个底的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的 表面积为」 【变式1-2】(25-26高二上·北京·期中)已知圆台的上、下底面半径分别为2和4，且母线与下底面所成的 ⊙⊙原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 命学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 角的正切值为2，则该圆台的表面积为() A.125元 B.24元 C.44π D.20π+12√5元 题型02空间几何体的体积 典例引领 【例2-1】(25-26高三上·北京通州月考)风筝又称为“纸鸢”，由中国古代劳动人民发明于距今2000多年 的东周春秋时期，是人类最早的风筝起源，如图，是某中学学生制作的一个风筝模型的多面体ABCEF,D 为边AB的中点，四边形EFDC为矩形，且DF⊥AB,AC=BC=3,∠ACB=120°，当AE⊥BE时，多面体 ABCEF的体积为() A.9v6 B.9V5 C.96 D.9V5 4 8 8 4 【例2-2】(25-26高三上·北京顺义·月考)中国古代数学著作《九章算术》中记载的“刍甍”（如图）是一种 五面体，底面ABCD为矩形，侧棱EF/1平面ABCD,若有“刍甍”形状的几何体，且几何体数据如下： AB=4,AD=2,EF=2,且各侧面与底面ABCD所成角均为T,则该“刍意的体积为() 4 A.3 B.8 c. 32 3 D. 3 方法透视 1、体积公司 柱体：V柱=Sh 锥体：V谁=Sh 台体：V台=S+NSs+Sh 3 ⊙⊙原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 命学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 球：V=青πR3 2、不规则体的体积：，将不规则的几何体进行切割分成锥体或者台体等能求出体积的图形，将切割后的体 积相加。 3、组合体的体积：几个组合体分开求体积相加。 变式演徐 【变式2-1】(25-26高三上·北京东城月考)如图所示的几何体是从棱长为2的正方体中截去到正方体的某 个顶点的距离均为2的几何体后的剩余部分，则该几何体的体积为（) A.8-2元 88 c8- D.8-16 【变式2-2】(25-26高三上·北京·月考)“阿基米德多面体”也称半正多面体，是由两种或多种正多边形面组 成，虽然不属于正多面体，但具有和正多面体类似的对称美的凸多面体如图，某广场的一张石凳就是一 个阿基米德多面体，它是由正方体截去八个一样的四面体得到的二十四等边体，若它所有的棱长都为2， 则下列结论中，错误的是() M A.该石凳的表面积为24+8v3 B.该石凳的体积为40V2 3 C.直线LH与BC的夹角为四 D.直线LH与平面ABCD的夹角为乃 题型03直线平面的垂直、平行判定 兽例引领 【例3-1】(2025北京丰台一模)已知m,n是两条不同的直线，，B是两个不同的平面，则下列命题 正确的是() A.若mCa,ncB,a∥B,则m∥nB.若m∥n,nca,则m∥a C.若a⊥B,m⊥B,n上m,则n⊥aD.若m⊥，n⊥B,m⊥n,则a⊥B ⊙⊙原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 命学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 【例3-2】(25-26高二上北京海淀期中)已知m,n是两条不同的直线，，B是两个不同的平面，则下列 命题正确的为() A.若m/1a,n/la,则m∥n B.若m⊥a,B⊥oa,则m/1B C.若m⊥a,a/B,则m⊥B D.若m,nca,m11B,n11B,则a/B 方法透视 1、证明直线与平面平行的常用方法： ①利用定义，证明直线a与平面没有公共点，一般结合反证法证明： ②利用线面平行的判定定理，即线线平行→线面平行，辅助线的作法为：平面外直线的端点进平面，同向 进面，得平行四边形的对边，不同向进面，延长交于一点得平行于第三边的线段； ③利用面面平行的性质定理，把面面平行转化成线面平行； 2、证明面面平行的常用方法： ①利用面面平行的定义，此法一般与反证法结合； ②利用面面平行的判定定理； ③利用两个平面垂直于同一条直线： ④证明两个平面同时平行于第三个平面 3、证明线线平行的常用方法：①利用直线和平面平行的判定定理；②利用平行公理： 4、证明线线垂直的方法 ①等腰三角形底边上的中线是高； ②勾股定理逆定理： ③菱形对角线互相垂直； ④直径所对的圆周角是直角： ⑤向量的数量积为零； ⑥线面垂直的性质(a⊥&bc&→a⊥b): ⑦平行线垂直直线的传递性(a1c,a//b→b1c）· 5、证明线面垂直的方法 ①线面垂直的定义； ②线面垂直的判定（a⊥b,aLc,cc,bC&,bnc=P→a⊥c)； ③面面垂直的性质(a⊥B,&nB=b,a⊥b,acax→a⊥B); 平行线垂直平面的传递性（a1,b/a→b上a）: ⑤面面垂直的性质(a⊥Y,B⊥Y,xnB=1→1⊥Y)· ⊙⊙原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 5 命学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 6、证明面面垂直的方法 ①面面垂直的定义： ②面面垂直的判定定理(a⊥B,ac→&⊥B)· 变式演练 【变式3-1】(25-26高二上·北京怀柔期中)设表示平面，a、b表示直线，给出下列四个说法中正确的是 () A.a∥a,a⊥b→b∥a B.a∥b,a⊥→b⊥ C.a⊥a,a⊥b→bca D.a⊥b,bca→a⊥a 【变式3-2】(25-26高二上·北京·期中)设m,n是两条不同的直线，a,B是两个不同的平面，给出下列 三个命题： ①若m⊥a,nl/a,则m⊥n; ②若m∥n,n⊥B,m/la,则a⊥B; ③若al/B,mc,ncβ，则mln. 其中真命题的个数是()· A.0 B.1 C.2 D.3 题型04立体几何中的综合问题 典例引领 【例4-1】(2025北京石景山一模)如图，在棱长为2的正方体ABCD-A,B,C,D,中，M,N,P分别是AA ,CC,CD的中点，Q是线段DA上的动点（不包含端点），给出下列三个命题： ①对任意点Q,都有BQ⊥AB; ②存在点Q,使得BQII平面MNP; ③过点Q且与BN垂直的平面截正方体ABCD-A,B,C,D所得截面面积的最大值为2√5， 其中正确的命题个数是() D D A B M D A.0 B.1 C.2 D.3 【例4-2】(25-26高二上·北京·月考)《九章算术》中将底面是长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称 为“阳马”现有“阳马”P-ABCD如下图所示，其中PA⊥平面ABCD,PA=AB=AD=3,点E在棱PC上 6 ⊙⊙原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 命学科网·上好课 www.zxxk com 上好每一堂课 运动.下列说法正确的是() A B A.存在点E,使得AE I/BP B.存在点E,使得AE⊥BE C.点E到平面PBD距离的最大值为√ D.当PC=2PE时，三棱锥P-ABE的体积是四棱锥E-ABCD体积的 3 方法透视 立体几何的综合性问题、动点问题 平行关系确定动点轨迹 1、转化为“确定平面”：若要证明或找到一点P使AP/平面a,构造一个包含AP且与c平行的平面B。 那么P必须位于平面B与己知几何体（如棱、面）的交线上。 2、转化为“线线平行”链：利用公理4（平行传递性）或中位线定理。例如，要在线段上找点P使 AP//平面a,可尝试在平面内找一条与AP平行的固定直线，从而将线面平行转化为线线平行，P的位 置由这组平行线决定。 垂直关系确定动点轨迹 1、转化为“线面垂直：a上b且a上c,bnc=0三a上平面(b,c)。这是将分散的线线垂直集 中到一个平面（垂面）上的强大工具。要确定一点使某线垂直于一个平面，常需该线同时垂直于平面内两 条相交直线，这往往能给出两个约束条件。 2、转化为“三垂线定理及其逆定理”：这是处理斜线在平面上投影垂直问题的利器。如果问题涉及“斜线”与“面 内直线”垂直，立即考虑三垂线定理。这常常能将一个空间垂直问题，转化为平面内的垂直问题。 3、转化为“平面垂直的判定”：若要证平面α1平面B,需在c内找一条线垂直于B。这有时能引导我们去 寻找或构造这条关键的垂线，而这条线的端点可能就是动点。 变式演练 【变式41】(25-26高三上·北京·月考)如图，在正方体ABCD-A,B,CD,中，点Q是棱DD,上的动点，下 列说法中错误的是()· ⊙⊙原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 1 学科网·上好课 www.zxxk com 上好每一堂课 A D 、 B 、C A ①存在点Q,使得CQ∥A,C; ②存在点Q,使得CQ⊥A,C; ③对于任意点Q,Q到AC的距离为定值： ④存在点Q,△A,CQ是锐角三角形， A.①③ B.②③ C.②④ D.①③④ 【变式4-2】(25-26高三上北京·月考)正方体ABCD-A,B,C,D,棱长为2，E为B,C的中点，P为线段AD 上动点，Q为线段AC上动点，则() B E P+ D B A.存在无数条直线PQ使得PQ⊥DE B.存在唯一直线PQ使得PQID,E C.点P到平面DQE距离最大值为2 D.直线AD与PQ夹角取值范围 ππ 42 解答题破译S· 题型01求异面直线所成角 典例引领 【例1-1】(25-26高二上北京·期中)如图，已知正方体ABCD-A'B'C'D'的棱长为1，M和N分别是BB” 和CA的中点。 8 ⊙⊙原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 C. D A D (1)求CA.AB的值； (2)求证：MN⊥BB; (3)求直线BC'和MN所成角的大小 【例1-2】(25-26高二上·北京月考)如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD,AD⊥CD,AD/BC, PM=D=CD=2,BC=3.E为PD的中点，点F在PC上，且PF=} PC3 G D B (I)求点C到平面AEF的距离； 连陵PB上，是香存在点G,使得4，G,E,P四点共面？若存在，求出P8的值，若不存在，请说明理 (3)设平面ABCD与平面AEF的交线为I,求直线I与直线PD所成角大小. 方法透视 求异面直线夹角 a 两条异面直线所成角的求法：设直线a,b的方向向量为了其夹角为8，则c0S0= cos e 起（其中 p为异面直线a,b所成的角). 范围：(0,90 变式演练 【变式1-1】(25-26高二上·北京房山期中)如图，已知正方体ABCD-A'B'C'D'的棱长为1，M和N分别 是BB'和CA的中点. ⊙⊙原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 9 命学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 C M N B (I)求CA.AB的值： (2)求直线BC'和MN所成角的大小 【变式1-2】(25-26高二上北京通州月考)在正方体中ABCD-A,B,CD,已知0为AC中点，如图所示 D D B (1)求证：B,C/1平面ODC; (②)求异面直线B,C与0D夹角的余弦值 题型02求线面角 典例引领 【例2-1】(2025·北京·模拟预测)在如图所示的多面体中，AB/1CD,四边形ACFE为矩形，AB=AE=1 AD=CD=2 B (I)求证：DFII平面ABE; (2)AB⊥AD,平面AED⊥平面ABCD,求直线DF与平面BEF所成角的正弦值 【例2-2】(2025北京大兴·三模)如图，矩形ACFE,AE=1,平面ACFE⊥平面ABCD,AB/1CD, ∠BAD=90°，AB=1,CD=2,AD=1,平面ADF与棱BE交于点G. ⊙⊙原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 10 专题10 空间向量与立体几何 目录 第一部分 题型破译 微观解剖，精细教学 典例引领 方法透视 变式演练 【选填题破译】 题型01 空间几何体的表面积 题型02 空间几何体的体积 题型03 点线面的位置关系 题型04 立体几何中的综合问题 【解答题破译】 题型01求异面直线所成角 题型02 求线面角 题型03 求二面角 题型04 求距离问题 题型05 存在性问题研究 第二部分 综合巩固 整合应用，模拟实战 题型01 空间几何体的表面积 【例1-1】（2025·北京·模拟预测）攒尖是中国古建筑中屋顶的一种结构形式，常见的有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖、六角攒尖等，多见于亭阁式建筑.兰州市著名景点三台阁的屋顶部分也是典型的攒尖结构.如图所示是某研究性学习小组制作的三台阁仿真模型的屋顶部分，它可以看作是正三棱柱和不含下底面的正四棱台的组合体.已知正四棱台侧棱、下底的长度（单位：dm）分别为4，6，侧面与底面所成二面角的正切值为，正三棱柱各棱长均相等，则该结构表面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】过作平面于，过作于，连接，证明平面，即得为的平面角，利用解三角形列方程即可求得正四棱台上底边长，再根据该结构的组成计算其表面积即可. 【详解】过作平面于，过作于，连接， 因平面,则，又平面， 故平面，因平面，则，故为的平面角， 故，则. 令正四棱台上底边长为，则， ， 所以，即， 解得或（舍去），故. 所以该结构表面积为 . 故选：A. 【例1-2】（25-26高三上·北京·月考）如图，棱长为2的正方体中，动点，，，分别在棱，，，上，且满足，，设，，下列四个结论正确的是（    ）    ①当时，则四面体的表面积为8； ②存在，，使得四面体的表面积为9； ③当时，四面体的体积为； ④四面体的体积与，无关. A．②③④ B．②③ C．②④ D．①②④ 【答案】C 【分析】对于①，由题意可得四面体的4个面为全等的三角形，进而求解判断；对于②，考虑和时的表面积变化即可判断；对于④，利用割补法得正方体体积，为定值；对于③，由④求解判断. 【详解】对于①，当时，为所在棱的中点， 四面体的4个面为全等的三角形， 而，所以到的距离即为到的距离， 连接，由平面，而平面，所以，    而，，所以， 所以四面体的表面积为，故①错误； 对于②，由①知，当时，四面体的表面积为， 当时，如下图，    则四面体的表面积为， 由连续性变化可得存在，使得四面体的表面积为9，故②正确； 对于④，四面体的体积可以用割补法求解，如图，   正方体体积， 其中两个三棱柱的体积和为定值， 两个四棱锥的体积和，也为定值， 所以四面体的体积与无关，故④正确； 对于③，由④知，四面体的体积，故③错误. 故选：C. 1、 表面积公式 柱体：；为直截面周长； 锥体：； 台体：； 球 ： 2、求组合体的表面积：组合体的表面积要注意镂空的部分、叠加的部分的表面积的加减。 【变式1-1】（25-26高二上·北京海淀·期中）已知四棱锥的底面是边长为的正方形，侧棱长均为.若圆柱的一个底的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的表面积为 ． 【答案】 【分析】画出对应图形，利用棱锥结构特点可得圆柱的底面半径，利用勾股定理求出棱锥的高，再利用表面积公式求解即可得. 【详解】如图，四棱锥底面是边长为的正方形， 则四条侧棱的中点构成边长为的正方形， 圆柱的上底面是该正方形的外接圆，则圆柱底面的半径为， 又四棱锥的侧棱长为，则高为， 则圆柱的高为，故该圆柱的表面积为.    故答案为：. 【变式1-2】（25-26高二上·北京·期中）已知圆台的上、下底面半径分别为2和4，且母线与下底面所成的角的正切值为2，则该圆台的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据给定条件，借助圆台轴截面等腰梯形的性质求出圆台的高，再利用圆台的表面积公式求解. 【详解】依题意，圆台轴截面等腰梯形的上下底边长分别为，底角的正切值为2， 因此圆台的高，即该等腰梯形的高，则母线， 所以圆台的表面积. 故选：D 题型02 空间几何体的体积 【例2-1】（25-26高三上·北京通州·月考）风筝又称为“纸鸢”，由中国古代劳动人民发明于距今2000多年的东周春秋时期，是人类最早的风筝起源，如图，是某中学学生制作的一个风筝模型的多面体，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】先由题设结合线面垂直判定定理依次证明平面和平面，以及求出即可由锥体体积公式求解. 【详解】因为D为的中点，， 所以， 所以，， 又，四边形为矩形，，平面， 所以平面， 又，，平面， 所以平面，故由四边形为矩形得平面， 所以由，，得, 所以，又由得， 所以， 所以多面体的体积为. 故选：A. 【例2-2】（25-26高三上·北京顺义·月考）中国古代数学著作《九章算术》中记载的“刍甍”(如图）是一种五面体，底面为矩形，侧棱平面，若有“刍甍”形状的几何体，且几何体数据如下：，且各侧面与底面ABCD所成角均为，则该“刍甍”的体积为（    ） A． B．8 C． D． 【答案】C 【分析】过作平面交平面于，过作交于，交于，过作交于，连接，根据题中条件可以得到为侧面与底面ABCD所成的角，由得到，同理可得，则有，过作平面平面，交于，交于， 则五面体可分割为直棱柱和两个体积相同的四棱锥，分别求出体积即可得解. 【详解】过作平面交平面于，过作交于， 交于，过作交于，连接， 平面，平面， ， ，，平面， 平面，平面， ， 为侧面与底面ABCD所成的角， 各侧面与底面ABCD所成角均为， ， ， 平面，平面， ， ，，平面， 平面，平面， ， 为侧面与底面ABCD所成的角， 各侧面与底面ABCD所成角均为， ， ，同理， ， ，， ， ， 过作平面平面，交于，交于， 则五面体可分割为直棱柱和两个体积相同的四棱锥， ，侧棱平面， ， ， ， 该五面体的体积为， 该“刍甍”的体积为. 故选：C. 1、体积公司 柱体： 锥体： 台体： 球： 2、 不规则体的体积： 将不规则的几何体进行切割分成锥体或者台体等能求出体积的图形，将切割后的体积相加。 3、 组合体的体积：几个组合体分开求体积相加。 【变式2-1】（25-26高三上·北京东城·月考）如图所示的几何体是从棱长为2的正方体中截去到正方体的某个顶点的距离均为2的几何体后的剩余部分，则该几何体的体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】正方体的体积减去八分之一球体的体积，从而确定正确答案. 【详解】由图可知，几何体是由正方体截去八分之一球体所得， 所以体积为. 故选：B 【变式2-2】（25-26高三上·北京·月考）“阿基米德多面体”也称半正多面体，是由两种或多种正多边形面组成，虽然不属于正多面体， 但具有和正多面体类似的对称美的凸多面体.如图， 某广场的一张石凳就是一个阿基米德多面体， 它是由正方体截去八个一样的四面体得到的二十四等边体， 若它所有的棱长都为 2，则下列结论中，错误的是（    ） A．该石凳的表面积为 B．该石凳的体积为 C．直线与的夹角为 D．直线与平面的夹角为 【答案】C 【分析】根据二十四面体是由6个边长为2的正方形和8个边长为2的等边三角形围成，结合面积公式，可得判定A正确；根据补成得到棱长为的正方体，结合柱体和锥体的体积公式，可判定B正确；根据异面直线所成角的求法，可判定C不正确；根据线面角的求法，可判定D正确. 【详解】对于A，二十四面体是由6个边长为2的正方形和8个边长为2的等边三角形围成， 所以其表面积为，所以A正确； 对于B，将二十四等边体补全八个角构成一个棱长为的正方体， 可得该正方体的体积为， 其中每个小三棱锥的体积为， 所以该二十四面体的体积为，所以B正确； 对于C，因为四边形为正方形，所以， 又因为分别为正方体的棱的中点，所以，所以， 因为与所成的角为，所以直线与所成的角为，所以C错误； 对于D，将二十四等边体补全八个角构成一个棱长为的正方体， 在正方体中，可得平面平面， 所以与平面所成的角，即为与平面所成的角， 在直角中，，可得， 所以，所以与平面所成的角为，所以D正确. 故选：C. 题型03 直线平面的垂直、平行判定 【例3-1】（2025·北京丰台·一模）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】D 【分析】借助正方体中的线面关系可说明选项A、B、C错误；利用空间向量可说明选项D正确. 【详解】 如图，在正方体中分析选项A、B、C. A.平面，平面，平面平面，但，A错误. B.，平面，但平面，B错误. C.平面平面，平面，，但平面，C错误. D.取直线的方向向量，直线的方向向量， ∵，，∴分别为平面的法向量， ∵，∴，∴，选项D正确. 故选：D. 【例3-2】（25-26高二上·北京海淀·期中）已知m，n是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题正确的为（   ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】C 【分析】根据各项中线面、面面的位置关系，结合线面、面面垂直，线面、面面平行的性质和判定及空间想象判断各项的正误. 【详解】A：由，则平行、异面、相交均可能，错， B：由，则或，错， C：由，结合线面垂直、面面平行的性质有，对， D：由，要使，根据面面平行的判定定理，条件还需相交，错. 故选：C 1、证明直线与平面平行的常用方法： ①利用定义，证明直线与平面没有公共点，一般结合反证法证明； ②利用线面平行的判定定理，即线线平行线面平行．辅助线的作法为：平面外直线的端点进平面，同向进面，得平行四边形的对边，不同向进面，延长交于一点得平行于第三边的线段； ③利用面面平行的性质定理，把面面平行转化成线面平行； 2、证明面面平行的常用方法： ①利用面面平行的定义，此法一般与反证法结合； ②利用面面平行的判定定理； ③利用两个平面垂直于同一条直线； ④证明两个平面同时平行于第三个平面． 3、证明线线平行的常用方法：①利用直线和平面平行的判定定理；②利用平行公理； 4、证明线线垂直的方法 ①等腰三角形底边上的中线是高； ②勾股定理逆定理； ③菱形对角线互相垂直； ④直径所对的圆周角是直角； ⑤向量的数量积为零； ⑥线面垂直的性质； ⑦平行线垂直直线的传递性（）． 5、证明线面垂直的方法 ①线面垂直的定义； ②线面垂直的判定（）； ③面面垂直的性质（）； 平行线垂直平面的传递性（）； ⑤面面垂直的性质（）． 6、证明面面垂直的方法 ①面面垂直的定义； ②面面垂直的判定定理（）． 【变式3-1】（25-26高二上·北京怀柔·期中）设表示平面，表示直线，给出下列四个说法中正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】结合线面平行、线面垂直的判定定理与性质定理逐一判断. 【详解】对于A：若，则与可能平行，也可能相交，也可能就在平面内，故A错误； 对于B：这是直线与平面垂直的性质定理：若两条平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于这个平面，故B正确； 对于C：若，则可能在平面内，也可能与平行，故C错误； 对于D：若，则与可能平行，也可能垂直，也可能相交但不垂直，也可能就在平面内，故D错误. 故选：B. 【变式3-2】（25-26高二上·北京·期中）设m，n是两条不同的直线，，是两个不同的平面，给出下列三个命题： ①若，，则； ②若，，，则； ③若，，，则． 其中真命题的个数是（    ）． A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】C 【分析】对于①，根据线面平行、线面垂直的性质判断即可；对于②，结合线面垂直的性质、线面平行、面面垂直的判定定理判断即可；对于③，由面面平行的性质判断即可. 【详解】对于①，由，则存在直线，使得， 而，可得，则，故①正确； 对于②，由，，则， 而，则存在直线，使得，则，所以，故②正确； 对于③，由，，，则或异面，故③错误. 故选：C 题型04 立体几何中的综合问题 【例4-1】（2025·北京石景山·一模）如图，在棱长为2的正方体中，M，N，P分别是，，的中点，Q是线段上的动点（不包含端点），给出下列三个命题： ①对任意点Q，都有； ②存在点Q，使得平面； ③过点Q且与垂直的平面截正方体所得截面面积的最大值为． 其中正确的命题个数是（   ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】C 【分析】建立空间直角坐标系，结合空间向量可判断①②；在平面内作⊥，垂足为点，过点作在平面内作⊥交于，得到平面截正方体截面为平行四边形，当与点重合时，截面面积最大，进而判断③. 【详解】以为原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系， 则， 设， 对于①，， 则， 所以，即，故①正确； 对于②，， 设平面的一个法向量为， 则，取，得， 要使平面，则， 则，即，不符合题意， 所以不存在点Q，使得平面，故②错误； 对于③，如下图，在平面内作⊥，垂足为点， 过点作在平面内作⊥交于， 因为平面平面，平面平面， 且平面，所以平面， 又平面，所以⊥， 因为，、平面，所以平面， 平面截正方体截面为平行四边形， 当与点重合时，为中点，截面面积最大， 此时，，截面面积为，故③对. 故选：C. 【例4-2】（25-26高二上·北京·月考）《九章算术》中将底面是长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为“阳马”.现有“阳马”如下图所示，其中平面，，点在棱上运动.下列说法正确的是（    ） A．存在点，使得 B．存在点，使得 C．点到平面距离的最大值为 D．当时，三棱锥的体积是四棱锥体积的 【答案】C 【分析】根据给定条件，建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明判断AB；利用空间向量求出点到平面距离判断C；确定体积关系判断D. 【详解】依题意，直线两两垂直，以点为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，， 令，， 对于A，，若，则，必有， 此时与不共线，矛盾，A错误； 对于B，， ，则不成立，即不垂直，B错误； 对于C，设平面的法向量，而， 则，令，得， 点到平面距离，当且仅当，即与重合时取等号，C正确； 对于D，当时，，点到平面与平面的距离都为， 而，则，D错误. 故选：C 立体几何的综合性问题、动点问题 平行关系确定动点轨迹 1、转化为“确定平面”：若要证明或找到一点使，构造一个包含且与平行的平面。那么必须位于平面与已知几何体（如棱、面）的交线上。 2、 转化为“线线平行”链：利用公理4（平行传递性）或中位线定理。例如，要在线段上找点使，可尝试在平面内找一条与平行的固定直线，从而将线面平行转化为线线平行，P的位置由这组平行线决定。 垂直关系确定动点轨迹 1、转化为“线面垂直”： 且 ，。这是将分散的线线垂直集中到一个平面（垂面）上的强大工具。要确定一点使某线垂直于一个平面，常需该线同时垂直于平面内两条相交直线，这往往能给出两个约束条件。 2、转化为“三垂线定理及其逆定理”：这是处理斜线在平面上投影垂直问题的利器。如果问题涉及“斜线”与“面内直线”垂直，立即考虑三垂线定理。这常常能将一个空间垂直问题，转化为平面内的垂直问题。 3、转化为“平面垂直的判定”：若要证，需在内找一条线垂直于。这有时能引导我们去寻找或构造这条关键的垂线，而这条线的端点可能就是动点。 【变式4-1】（25-26高三上·北京·月考）如图，在正方体中，点Q是棱上的动点，下列说法中错误的是（    ）． ①存在点Q，使得； ②存在点Q，使得； ③对于任意点Q，Q到的距离为定值； ④存在点Q，是锐角三角形． A．①③ B．②③ C．②④ D．①③④ 【答案】D 【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法依次判断即可. 【详解】以为坐标原点，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为， 则，，，设，其中， 所以，， 若，则存在实数使得， 则，无解，故①错误； 若，则，解得，故②正确； ，点到的距离为， 不是定值，故③错误； ，， 所以， 所以为直角三角形或钝角三角形，故④错误. 故选：D. 【变式4-2】（25-26高三上·北京·月考）正方体棱长为，为的中点，为线段上动点，为线段上动点，则 （    ） A．存在无数条直线使得 B．存在唯一直线使得 C．点到平面距离最大值为 D．直线与夹角取值范围 【答案】B 【分析】以点为坐标原点、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设，其中，设，其中，求出点、的坐标，利用空间向量法逐项判断即可. 【详解】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如图所示的空间直角坐标系： 则、、、、、、，， 由题意，是中点，故. 设，其中， 则，即点， 设，其中， ，即， 对于A选项，因为，. 若，则，， 化简得：，但、，只有时成立，并非无数条，故A错误； 对于B选项，若，则，即， 由③得：；由②得：； 代入①得：，，. 此时、，存在唯一解，故B正确； 对于C选项，，， 设平面的一个法向量为， 则，取，则， ，其中， 所以点到平面的距离为， 令，其中， 所以， 当时，；当时，. 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 因为，，故， 所以，当且仅当时，等号成立， 故点到平面距离的最大值为，故C错误； 对于D选项，设直线、所成角为，则， ，. 所以， 当，时，，则， 因为，故直线与夹角取值范围不是，故D错误. 故选：B. 题型01求异面直线所成角 【例1-1】（25-26高二上·北京·期中）如图，已知正方体的棱长为1，和分别是和的中点.    (1)求的值； (2)求证：； (3)求直线和所成角的大小. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】由向量的线性运算及数量积的运算律计算即得； 计算即可证明； 根据向量的夹角公式计算即可. 【详解】（1）由题知： 所以 （2）因为M和N分别是和的中点，则N为的中点， 所以，则， 所以， 所以 （3）由（2） 设直线和MN所成角为， 又 ， ， 则， 所以和所成的角为 【例1-2】（25-26高二上·北京·月考）如图，四棱锥中，平面，，．为的中点，点在上，且． (1)求点到平面的距离； (2)在棱上，是否存在点，使得四点共面?若存在，求出的值，若不存在，请说明理由． (3)设平面与平面的交线为，求直线与直线所成角大小． 【答案】(1) (2)存在， (3) 【分析】（1）建系，利用点面距的坐标计算公式可得答案； （2）利用与平面的法向量垂直可得答案； （3）利用直线分别与平面和平面的法向量垂直，可得到直线的方向向量，然后利用两直线夹角的坐标公式可得答案. 【详解】（1）过作的垂线交于点， 因为平面，所以， 如图建立空间直角坐标系，则， 因为为的中点，所以，所以， 所以， 设平面的法向量为，则，， 令，则，于是， 易知向量为，设点到平面的距离为， 所以． 所以点到平面的距离为， （2）设，所以． 因为四点共面， 所以， 所以，从而． 所以在棱上，存在点，使得四点共面，此时． （3），轴垂直平面，可得平面的一个法向量， 设直线的方向向量为， 平面与平面的交线为， 所以， 令得： 直线l的一个方向向量为， 因为， 所以异面直线与成角为. 求异面直线夹角 两条异面直线所成角的求法：设直线a，b的方向向量为，其夹角为θ，则（其中φ为异面直线a，b所成的角）． 范围： 【变式1-1】（25-26高二上·北京房山·期中）如图，已知正方体的棱长为1，M和N分别是和的中点． (1)求的值： (2)求直线和MN所成角的大小． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由向量的线性运算及数量积的运算律计算即得； （2）根据向量的夹角公式计算即可. 【详解】（1）由题易知， 所以． （2）设直线和MN所成角为， 又 ， ，所以， 又，所以， 所以直线和MN所成角的大小为． 【变式1-2】（25-26高二上·北京通州·月考）在正方体中，已知为中点，如图所示.    (1)求证：平面； (2)求异面直线与夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法证明线面平行即可； （2）利用向量法求异面直线的夹角的余弦值. 【详解】（1）证明：在正方体中，因为，，两两垂直， 故以为原点，为，，轴的正方向建立空间直角坐标系如图：    不妨设正方体的棱长为1， 则， 故，，， 设平面的一个法向量为， 由，得， 令，则，所以． 从而，得， 又平面，所以平面. （2）设,分别为直线与的方向向量，又异面直线与夹角为， 则由，，， 得. 所以异面直线与夹角的余弦值为.` 题型02 求线面角 【例2-1】（2025·北京·模拟预测）在如图所示的多面体中，，四边形为矩形，，. (1)求证：平面； (2)，平面平面，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由线线平行证平面，平面，再由线面平行证明平面平面，利用面面平行的性质即可证得结论； （2）先由平面平面证明平面，即得，结合条件证明平面，即得，建立空间直角坐标系，求出相关点和向量的坐标，利用空间向量的夹角公式计算即得. 【详解】（1）由四边形为矩形，可得，因 平面，平面，故平面； 因，平面，平面，故平面， 又因平面，故有平面平面. 再由平面可得平面. （2）因为平面平面，平面平面，，平面，所以平面. 又因为平面，所以，在矩形中，. 因为平面，，故平面. 因为平面，所以. 故分别以所在的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 由题意得，，，. 所以，. 设平面的法向量为，则 即 令，则，.于是. 因为，设直线与平面所成角为， 则， 故直线与平面所成角的正弦值为. 【例2-2】（2025·北京大兴·三模）如图，矩形，平面平面，，平面ADF与棱BE交于点． (1)求证：； (2)求直线CF与平面ADF夹角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由和证明平面平面，进而证明；l （2）以为原点，分别以所在直线为x轴，轴，轴建立空间直角坐标系，,求出平面ADF的一个法向量为，进而求出直线CF与平面ADF夹角的正弦值. 【详解】（1）证明：因为，平面,平面, 所以平面, 又，平面,平面, 所以平面, 又，且平面 所以平面平面, 又因为平面CDF，所以平面 因为平面ADF，平面平面 所以，即 （2）因为平面平面ABCD 所以．又, 如图，以为原点，分别以所在直线为x轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 则 所以 设平面ADF的一个法向量为，则，即 不妨令，则，所以 所以直线CF与平面ADF夹角的正弦值. 求线面角 设直线的方向向量为，平面的法向量为，直线与平面所成的角为，与的角为，则有． 范围： 【变式2-1】（2025·北京海淀·三模）如图（1），等腰直角三角形的底边，点在线段上，于，现将沿折起到的位置（如图（2））． (1)求证：； (2)若，，求直线与平面所成的角的正弦值； (3)设平面平面，试判断与平面的位置关系，并说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)相交，理由见解析 【分析】（1）先证平面，即可得证线线垂直； （2）由所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，然后由空间向量法求线面角即可； （3）利用作图法来判断与平面相交． 【详解】（1），平面， 平面， 平面 （2）是等腰直角三角形且，则到的距离为2， ，所以，可由所在直线为轴建立空间直角坐标系（如图），设，结合图（1）得 ， 设面的法向量， 令， 设直线与平面所成角为， ， （3） 延长交于点，连接，因为平面，所以平面， 又因为平面，所以平面， 又因为平面，平面，所以平面平面， 由平面平面，即， 因为平面，所以与平面相交. 【变式2-2】（2025·北京海淀·三模）如图，在直角中，，点、分别在线段、上，且，将沿折起到的位置，使得二面角的大小为． (1)设平面与平面的交线为，请直接写出与直线的位置关系． (2)若点为线段的靠近点的三等分点 （ⅰ）求证：平面； （ⅱ）求与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)相交 (2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ） 【分析】（1）证明一，延长，交于点．连接．直接证明； 证明二（反证法），假设直线和直线不相交，由于两直线都在平面内，所以．然后推导矛盾； （2）（i）利用定义法求解是二面角的平面角，然后证明面，进而证明平面（ii）以为原点，分别为轴正方向， 标出相应坐标，设平面的法向量，求出法向量，进而求解PC与平面所成角的正弦值． 【详解】（1）相交 （证明一（寻找交线）：如图，在平面中，因为为梯形，所以延长，交于点．连接， 因为，，所以平面，平面，所以即为交线，与相交于点． 证明二（反证法）：假设直线和直线不相交，由于两直线都在平面内，所以． 又平面，平面，所以平面． 又平面，平面平面，所以，矛盾！ 故直线和直线相交, （2）（ⅰ）证明：在中，，又， 所以． 所以翻折后，． 因为平面，平面，平面平面． 所以是二面角的平面角，． 又，，所以由余弦定理得， 所以，因此． 因为，，又，平面． 所以面， 又因为面，所以． 因为，，，平面， 所以平面． （ⅱ）因为，所以，． 又由（ⅰ）知，，所以两两垂直． 如图，以为原点，分别为轴正方向 建立空间直角坐标系，，，， ，， 设平面的法向量 由，得 令，得，， 所以为平面的一个法向量， 所以． 故与平面所成角的正弦值为. 题型03 求二面角 【例3-1】（2025·北京海淀·三模）在四棱锥中，四边形为边长为4的正方形，．从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个作为已知． (1)求证：平面； (2)求平面与平面所成角的余弦值． 条件①，平面平面； 条件②：； 条件③，． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）选择①②，根据面面垂直的性质可得，勾股定理可得，然后根据线面垂直的判定即可证明；选择①③，根据面面垂直的性质可得，根据三角形全等得，然后根据线面垂直的判定即可证明；选择②③，勾股定理可得，根据三角形全等得，然后根据线面垂直的判定即可证明； （2）以A为原点建立空间直角坐标系，，利用向量法求解即可 【详解】（1）选择①②， 因为为正方形，所以， 由①知，平面平面，平面， 平面平面=，， 所以平面，又平面 ，所以， 由②知，，，，所以， 又在平面内相交于点A，所以平面， 选择①③， 因为为正方形，所以， 由①知，平面平面，平面， 平面平面=，， 所以平面，又平面 ，所以， 由③知，，又为正方形，所以， 所以，所以， 所以，， 又在平面内相较于点A，所以平面， 选择②③， 由②知，，，，所以， 由③知，，又为正方形，所以， 所以，所以， 所以，， 又在平面内相较于点A，所以平面 （2）由（1）知，平面， 又为正方形，所以， 如图，以A为原点建立空间直角坐标系， 则，， 设平面的法向量为， 则， 令，则，所以， 设平面的法向量为， 则， 令，则。 所以， 设平面与平面所成角为， 所以， 所以平面与平面所成角的余弦值为． 【例3-2】（2025·北京·三模）如图，在四棱柱 中， 侧面和底面均为菱形， 且   为的中点，与平面 交于点， (1) 求证: 为的中点； (2) 若平面平面，求二面角 的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据面面平行可得，根据中位线的性质可得； （2）建立空间直角坐标系，利用法向量法求解二面角的余弦值. 【详解】（1）在四棱柱 中， 平面平面， 又因为平面CDE 平面ABCD=CD， 所以， 又因为，所以， 又因为E为的中点，所以F为的中点 （2）取AD的中点O，连接， 在四棱柱 中， 四边形，四边形均为菱形， 又 所以均为等边三角形， 所以， 又因为平面平面ABCD，平面平面ABCD=AD， 平面，所以平面ABCD， 平面ABCD，所以， 如图建立空间直角坐标系， 所以， 所以即为平面的一个法向量， ， 设平面的一个法向量为， 所以，令得， 所以， 所以， 因为二面角 为锐角， 所以二面角 的余弦值为， 求二面角的平面角 若分别为面的法向量，则二面角的平面角为的夹角或它们的补角。 范围： 【变式3-1】（2025·北京昌平·二模）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，与相交于点，平面平面，点在棱上，． (1)求证：； (2)再从条件①，条件②这两个条件中选择一个作为已知，求平面与平面夹角的大小． 条件①：平面； 条件②：． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先证明，再由平面平面证明平面，即得线线垂直； （2）选条件①，先根据线面平行的性质定理，推出为的中点，建系后，求出相关点和向量的坐标，由空间向量的夹角公式计算即得；选条件②，由条件先证，再证为的中点，接着证平面，取的中点，连接，证明平面，求出，再证明是平面与平面夹角或补角，求解即得. 【详解】（1）因为在中，，， 所以，即． 因平面平面，平面平面，平面， 所以平面．又因平面，所以． （2） 选条件①：平面． 如图，因为平面，平面， 平面平面，所以． 因为为平行四边形，为的中点，所以为的中点． 所以．因为，所以． ．由（1）已得平面，因平面，故， 又，即两两垂直． 如图建立空间直角坐标系，则， ，因此． 设平面的法向量为，则，即． 令，则，所以． 易知平面的一个法向量， ，所以平面与平面夹角为． 选条件②：． 如图，由（1）得，则， 又，由，可得，因，则为的中点， 则，即，可得， 因平面平面，平面平面，平面，故平面. 取的中点，连接，则，故平面，因平面，则， 又，，且， 又平面，故平面， 因平面，则，即是平面与平面夹角或补角， 在中，，则，故平面与平面的夹角为. 【变式3-2】（2025·北京·二模）如图，在三棱锥中，平面平面分别为的中点． (1)求证：平面平面； (2)设，从条件①，条件②，条件③这三个条件中选择两个作为已知，求平面与平面夹角的余弦值． 条件①：； 条件②：； 条件③：． 注：如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用面面垂直得出平面，进而得证结论； （2）根据选择的条件先证明两两垂直，建系，利用法向量可求答案. 【详解】（1）因为，平面平面，平面平面， 所以平面． 由分别为中点，得， 所以平面． 又因为平面， 所以平面平面． （2）选择条件①②： 因为， 所以，则． 所以． 由平面，得． 故两两垂直． 如图建立空间直角坐标系，则，，，， ，，，． 设平面的法向量为， 则，即. 令，则．于是． 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的余弦值为． 选择条件①③； 由平面，得． 因为， 所以平面． 所以．故两两垂直． 如图建立空间直角坐标系，以下同选条件①②，略． 选择条件②③； 由平面，得． 因为， 所以平面． 所以．故两两垂直． 又因为， 所以． 如图建立空间直角坐标系，以下同选条件①②，略． 题型04 求距离问题 【例4-1】（2025·北京·模拟预测）如图，在三棱柱中，，点D,E分别在棱和棱上，且为棱的中点． (1)求证：平面； (2)若平面ABC， （i）求二面角的余弦值： （ii）点到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析； (2)（i）（ii） 【分析】（1）取中点G，连接，可得四边形为平行四边形，再由线面平行的判定定理可得答； （2）（i）建立空间直角坐标系，即可求解平面的法向量，利用二面角夹角公式求解二面角余弦；（ii）由点到平面距离公式计算求解. 【详解】（1） 取中点G，连接， 则，又因为， 所以，所以四边形为平行四边形，所以， 又平面，平面， 所以平面； （2） （i）以为坐标原点，方向分别为轴，轴，轴的正方向，建立空间直角坐标系， 则， 则． 设平面的法向量为， 则，取，则 设平面的法向量为， 设二面角为， 则 ， 因为为锐角，所以； （ii）由（i）平面的一个法向量为， 点到平面的距离 【例4-2】（24-25高三下·北京朝阳·月考）如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，平面，平面平面，点为线段的中点，，直线与平面所成的角为.    (1)若点为线段的中点，求证：平面； (2)求二面角的余弦值； (3)求点到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）取的中点，根据题意作出图形，由中位线和平行四边形的性质证明四边形为平行四边形，从而得到线线平行，然后证明线面平行； （2）由线面角的定义，及已知线段长求得长.由线面垂直的性质得到，，由面面垂直的性质得到，然后建立空间直角坐标系，结合线段长得到点的坐标，从而得到平面内向量的坐标，由空间向量的数量积求得面的法向量，再由空间向量的夹角求得二面角的余弦值. （3）由空间向量的投影即可得点到面的距离. 【详解】（1）取的中点，连接，； 因为分别为的中点， 所以，． 因为四边形是平行四边形，G为线段的中点， 所以，， 所以，． 所以四边形为平行四边形， 所以． 因为 所以平面．    （2）因为平面，所以即为直线与平面所成的角， 由题意可知：，又，所以， 因为平面， 所以，， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，因为平面，所以， 所以且，，两两垂直， 分别以，，所在直线为轴，轴，轴如图建立空间直角坐标系， 则，，，，则，，，      设平面的法向量为，平面的法向量为， 则有，也即，令，则； 则有，也即，令，则， 则， 由图可知：二面角为锐二面角， 所以二面角的余弦值为. （3）因为 所以点到平面的距离. 1、 异面直线间的距离 设两条异面直线的公垂线的方向向量为，这时分别在上任取两点，则向量在上的正射影长就是两条异面直线的距离．则即两异面直线间的距离， 2、点到平面的距离 为平面外一点（如图），为平面的法向量，过作平面的斜线及垂线． A为平面α外一点（如图）， 为平面α的法向量，过A作平面α的斜线AB及垂线AH． 【变式4-1】（24-25高三下·北京·月考）如图，在三棱柱中，，，，点分别在棱和棱上，且，为棱的中点． (1)求证：平面； (2)已知平面， ①求二面角的正弦值： ②点到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析； (2)①；② 【分析】（1）利用三棱柱形质以及中位线性质，根据线面平行判定定理证明即可得出结论； （2）①建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的余弦值即可得出其正弦值； ②利用空间距离的向量求法代入计算可得结果. 【详解】（1）取的中点为，连接，如下图所示： M为棱的中点，的中点为，可得且； 又易知，且，所以，； 又，所以； 由三棱柱性质可得，因此， 所以，可知四边形为平行四边形； 可得，又平面，平面； 所以平面 （2）①由已知平面，可得； 又，可知两两垂直， 以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，如下图所示： 易知， 可知， 设平面的一个法向量为， 所以，令，可得， 因此法向量可以为， 又易知平面与轴垂直，所以平面的一个法向量可以为； 则； 因此二面角的正弦值为； ②由（1）可知，平面的法向量可以为， 又， 所以点到平面的距离为. 【变式4-2】（2024·北京顺义·三模）如图在几何体ABCDFE中，底面ABCD为菱形，，，，. (1)判断AD是否平行于平面CEF，并证明； (2)若面面；求： （ⅰ）平面与平面CEF所成角的大小； （ⅱ）求点A到平面CEF的距离. 【答案】(1)与平面不平行，证明见解析 (2)（i）；（ii） 【分析】（1）取中点，证明，假设平面，根据线面平行性质定理证明，推出矛盾，可得结论； （2）（i）证明线线垂直建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算求解平面与平面的角，（ii）利用向量方法求点到平面距离. 【详解】（1）不平行于平面，理由如下： 取中点， 因为，所以 则四边形为平行四边形，所以， 又，所以不平行于， 假设平面， 因为平面平面，平面 所以，与不平行于矛盾， 所以假设不成立，即不平行于平面； （2）取中点，连接 因为菱形， 所以为正三角形，又为中点，所以， 由于，所以， 又面面，面面，面 所以面，因为面，所以 又因为，面， 所以面，而面，所以， 所以如图，以为原点，所在直线为轴的正方向建立空间直角坐标系， 则 （i）因为面，所以为平面的一个法向量 设平面的法向量为，因为 所以，令， 设平面与平面所成角为， 所以，则 即平面与平面所成角大小为； （ii）因为，由（i）知平面的一个法向量为 所以点到平面的距离为. 题型05 存在性问题研究 【例5-1】（25-26高三上·北京·月考）如图，在直三棱柱中，，，点分别为的中点. (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)在棱上是否存在一点，使得点在平面内？若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析； (2) (3)存在； 【分析】（1）连接，证明点为的中点即可证明，再根据线面平行判定定理即可证明； （2）结合题意，过作平面，以为原点，分别为轴的正方向，利用坐标法求解即可； （3）设，则，利用点满足即可求解； 【详解】（1）证明：连接，因为在直三棱柱中，四边形是平行四边形，点为的中点. 所以点为的中点， 又因为点为的中点， 所以， 又平面，平面 所以平面 （2）因为，为中点，所以，且， 过作平面，以为原点，分别为轴的正方向， 则， ， 设平面的一个法向量为， 则，取，则， 设直线与平面所成角为， 则. 所以直线与平面所成角的正弦值为 （3）设，则，， 由在平面内可知，即，解得， 所以存在点，当时，点在平面内. 【例5-2】（25-26高三上·北京·月考）如图，四边形是正方形，平面，，，，分别为，的中点． (1)求证：平面； (2)在线段上是否存在一点，使平面与平面所成角为？若存在，求出线段的长；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析. (2)存在，的长为或. 【分析】（1）根据三角形的中位线性质，结合线面平行的判定定理，可得答案； （2）由题意建立空间直角坐标系，写出点与向量的坐标，求得平面的法向量，利用面面角的向量公式，可得答案. 【详解】（1）证明：因为分别为的中点，所以在中，， 因为平面，平面，所以平面. （2）因为平面，且，所以平面， 因为四边形为正方形，所以两两垂直， 以为原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如下图： 由图可得， 由为的中点，则，由为的中点，则， 得，，设，其中. 在平面内，取，，设该平面的法向量， 则，即，令，解得， 所以平面的一个法向量，即为平面的一个法向量. 在平面内，取，， 设该平面的法向量，则， 即，令，解得， 所以平面的一个法向量. 可得，， ， 由题意可得， 化简得，因式分解得，解得或， 故存在坐标为或，使得平面与平面所成角为. 所以的长为或 利用几何性质直接作图判断（如中垂线、角平分线、阿氏圆、定弦定角等确定轨迹）。假设点存在，逆向推理它应该在哪些轨迹的交点上。 【变式5-1】（25-26高三上·北京东城·月考）如图，在四棱锥中，平面平面ABCD，，，，N为棱BC的中点． (1)求证：； (2)在棱AM上是否存在一点E，使得二面角的大小为?若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)见解析； (2)存在，. 【分析】（1）由线面垂直判定定理推出线线垂直； （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可. 【详解】（1），N为棱BC的中点，， 又因为平面平面ABCD，平面平面ABCD平面， 所以平面ABCD，平面， （2）在直角梯形中，取的中点为， 易知，，， 则四边形是正方形，故. 在中，. 在中，，，. 又因为平面平面，且平面平面， 平面，故平面， 连接，， 则，故平面， 故可以点为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系， 因，则，，，， 于是， 易知平面的一个法向量为. 假设在棱上存在一点E，使得二面角的大小为. 不妨设（），则， 设为平面的一个法向量， 则 ，. 从而， 解得或（舍去） 由题知二面角为锐二面角. 所以在棱上存在一点，使得二面角的大小为， 此时. 【变式5-2】（25-26高三上·北京·月考）如图，在四棱锥中，平面平面，是等腰三角形，，E是的中点． (1)求证：； (2)若底面是梯形，，，，，求二面角的余弦值； (3)在（2）的条件下，线段上是否存在点Q，使得平面?若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)不存在，理由见解析 【分析】（1）取中点F，连接，以E为原点，以、、所在直线分别为x、y、z轴，建立空间直角坐标系，计算得到和的坐标，由可证结果； （2）由二面角的向量求法进行求解； （3）先假设存在点Q，使得平面，设，，可得，由可计算得到，故在线段上不存在点Q，使得平面． 【详解】（1）证明：取中点F，连接， ，，E是的中点，， 则以E为原点，以、、所在直线分别为x、y、z轴，建立空间直角坐标系，如图所示， ，，，， ，，，， ，， ， ，即． （2）由（1）可得，，，，，， ，， 设平面的一个法向量为，则 令，则，，， 依题意平面的一个法向量为， 设二面角的大小为，由图知，为锐角， ， 即二面角的余弦值为． （3）在线段上不存在点Q，使得平面， 理由如下： 假设存在点Q，使得平面，设，， ， 由（2）可知，平面的一个法向量为， 则，解得， 故在线段上不存在点Q，使得平面． 1．（25-26高三上·北京海淀·月考）下图是正三棱柱和正四棱台的组合体.已知正四棱台的侧棱、下底的长度分别为4、6，侧面与底面所成二面角的正切值均为，则该组合体的表面积为 . 【答案】/ 【分析】设正四棱台的高为，侧面与底面所成二面角为，上底为，利用几何关系构建方程组解出，再求表面积即可. 【详解】 设正四棱台的高为，侧面与底面所成二面角为，上底为， 由题意可得， 结合侧棱关系可得， 联立两方程可得， 所以正四棱台的斜高为， 所以，该几何体的表面积为. 故答案为：. 2．（25-26高三上·北京·月考）如图，五面体与正四面体拼成的多面体中，四边形为矩形，五点共面，若，则五面体的体积为 ． 【答案】 【分析】过作平面，则为的中心，设分别为中点，连接，根据求解即可． 【详解】过作平面，则为的中心， 设分别为中点，连接， 为正四面体，， ，， ， ， ． 故答案为：． 3．（25-26高二上·北京·月考）已知，是平面，m，n是直线，给出下列命题： ①若，，则； ②若，，，，则； ③若，，m，n是异面直线，那么n与相交； ④若，，则且． 其中错误的命题为 ． 【答案】②③④ 【分析】由面面垂直的判定定理、线面平行的定理判断①④，由面面平行的判定定理判断②，由直线与平面的位置关系判断③． 【详解】①是平面与平面垂直的判定定理，所以①正确； ②中，由面面平行的判定定理可知，当不相交时，不一定成立，所以②错误； ③中，若，，m，n是异面直线，那么n与相交或，所以③错误； ④中，若，，则且， 或，所以④错误． 故答案为：②③④ 4．（2024·北京海淀·二模）如图，在正方体中，为棱上的动点，平面为垂足.给出下列四个结论： ①； ②线段的长随线段的长增大而增大； ③存在点，使得； ④存在点，使得平面. 其中所有正确结论的序号是 . 【答案】①②④ 【分析】根据给定条件，以点为原点，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量坐标，进而求出点的坐标，再逐一计算判断各个命题即得答案. 【详解】在正方体中，令，以点为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 设，则，， 令平面的法向量，则，取，得， 由平面于，得，即， ，显然，解得， 于是， 对于①，，①正确； 对于②，在上单调递增，②正确； 对于③，而，， 若， 显然，即不存在，使得，③错误； 对于④，平面的一个法向量，而， 由，得，即，整理得， 令，显然函数在上的图象连续不断， 而，因此存在，使得，此时平面， 因此存在点，使得平面，④正确. 所以所有正确结论的序号是①②④. 故答案为：①②④ 【点睛】思路点睛：涉及探求几何体中点的位置问题，可以建立空间直角坐标系，利用空间向量证明空间位置关系的方法解决. 5．（2025·北京大兴·三模）如图，在三棱柱中，是边长为2的正三角形，且． (1)求证：四边形是矩形； (2)从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，求直线与平面所成角的正弦值． 条件①：平面平面； 条件②：三棱柱的体积为； 条件③：三棱锥是正四面体． 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 【答案】(1)证明见解析 (2)选条件②或条件③， 【分析】（1）由正三棱锥的性质以及正三角形的性质，可得线线垂直，根据线面垂直，可得答案； （2）由题意，建立空间直角坐标，求得直线的方向向量以及平面的法向量，利用线面角的向量公式，可得答案. 【详解】（1）证明：取中点为，连接和 ∵，∴ 又为等边三角形，∴ ∵，，面， ∴平面，又面，∴ ∵三棱柱中， ∴，四边形是平行四边形， ∴四边形是矩形. （2）条件①：不符合题意 条件②：取中点为，连接，交于点 则底面 三棱柱的体积为，底面积为，所以高， 以为坐标原点，为轴正方向，为轴正方向， 过点且与平行的方向为轴的正方向建立空间直角坐标系， 则，，，， 设平面的法向量， 因为，． 则，取，可得， 又， 设直线与平面所成角为， 所以． 条件③：为正四面体，∴ 取中点为，连接，交于点 则底面 由等边易得， 以为坐标原点，为轴正方向，为轴正方向， 过点且与平行的方向为轴的正方向建立空间直角坐标系， 则，，，， 设平面的法向量， 因为，． 则， 取，可得， 又， 设直线与平面所成角为， 所以． 6．（2025·北京东城·二模）如图，长方体的底面是正方形，，，点在棱上，平面. (1)求证：为的中点； (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）根据线面平行的性质定理平面得出即可得证； （2）求出平面与平面两个面的法向量，用平面夹角的向量公式即可求出余弦值. 【详解】（1）连接， 因为底面是正方形，所以是的中点，点在棱上，因为平面，平面， 且平面平面，所以，所以为的中点. （2）如图，以为原点，所在直线为x轴，所在直线为y轴，所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，设， 则， 设平面的法向量， 则，取，得， 设平面的法向量， 则，取，得， 设平面与平面夹角为， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为． 7．（2025·北京门头沟·一模）如图，在正方体中，为中点，与平面交于点. (1)求证：为的中点； (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）根据正方体性质以及线面平行判定定理可证明平面，再由线面平行性质定理以及中位线性质可得结论； （2）建立空间直角坐标系求得两平面的法向量即可求得它们夹角的余弦值. 【详解】（1）依题意连接，如下图所示： 由正方体性质可得，又平面，平面， 可得平面， 因为与平面交于点，即平面平面， 可得， 因此，又为中点， 可得为的中点； （2）以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，如下图所示： 不妨设正方体的棱长为2， 可得，即； 设平面的一个法向量为， 则，令，可得， 即； 显然平面的一个法向量可以为， 因此平面与平面夹角的余弦值为； 可得平面与平面夹角的余弦值. 8．（2024·北京西城·二模）如图，正方体的棱长为，为的中点，点在上.再从下列三个条件中选择一个作为已知，使点唯一确定，并解答问题.条件①：；条件②：；条件③：平面. (1)求证：为的中点； (2)求直线与平面所成角的大小； (3)求点到平面的距离. 注：如果选择的条件不符合要求，第（1）问得分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）分别选条件①②③，结合线面平行位置关系的判定定理和性质定理，即可得证； （2）以为原点，建立空间直角坐标系，求得向量和平面的法向量为，利用向量的夹角公式，即可得出结果. （3）由（2）可知，直线与平面所成的角为，利用计算即可. 【详解】（1）证明：选条件①：由， 根据正方体的对称性，此时点为上的任意一点，所以不成立； 选条件②：． 连接，在正方体中，由平面， 因为平面，所以， 又因为，， 所以， 因为平面，所以， 又因为为的中点， 所以为的中点． 选择条件 ③：平面． 连接，因为平面，平面， 且平面平面，所以， 因为为的中点，所以为的中点． （2）在正方体中，两两互相垂直，建立空间直角坐标系， 如图所示，则， 所以，，， 设平面的法向量为，则， 令，则．于是， 设直线与平面所成的角为，则， 所以直线与平面所成角的大小为， （3）点到平面的距离为. 9．（2024·北京·三模）如图，四边形ABCD为菱形，，把沿着BC折起，使A到位置. (1)证明：； (2)若，求直线与平面所成角的正弦值； (3)在（2）的条件下，求点D到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析； (2) (3) 【分析】（1）取线段的中点，连接，通过证明面可得结论； （2）先证明出两两垂直，然后建立空间直角坐标系，利用向量法求线面角； （3）斜线段的长度乘以线面角的正弦可得点到面的距离. 【详解】（1）取线段的中点，连接， 因为四边形ABCD为菱形，且， 所以，为等边三角形， 所以，又面， 所以面，又面， 所以； （2）由，为边长为2的等边三角形可得， 所以，结合面可得两两垂直， 如图建立空间直角坐标系，， ， 设面的法向量为，直线与平面所成角为， 则，取得， ， 即直线与平面所成角的正弦值为； （3）由（2）得点D到平面的距离为. 10．（25-26高二上·北京·月考）如图，四棱锥中，平面，，．为的中点，点在上，且． (1)求点到平面的距离； (2)在棱上，是否存在点，使得四点共面?若存在，求出的值，若不存在，请说明理由． (3)设平面与平面的交线为，求直线与直线所成角大小． 【答案】(1) (2)存在， (3) 【分析】（1）建系，利用点面距的坐标计算公式可得答案； （2）利用与平面的法向量垂直可得答案； （3）利用直线分别与平面和平面的法向量垂直，可得到直线的方向向量，然后利用两直线夹角的坐标公式可得答案. 【详解】（1）过作的垂线交于点， 因为平面，所以， 如图建立空间直角坐标系，则， 因为为的中点，所以，所以， 所以， 设平面的法向量为，则，， 令，则，于是， 易知向量为，设点到平面的距离为， 所以． 所以点到平面的距离为， （2）设，所以． 因为四点共面， 所以， 所以，从而． 所以在棱上，存在点，使得四点共面，此时． （3），轴垂直平面，可得平面的一个法向量， 设直线的方向向量为， 平面与平面的交线为， 所以， 令得： 直线l的一个方向向量为， 因为， 所以异面直线与成角为. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $