专题02 空间向量与立体几何中解答题（复习讲义）（北京专用）2026年高考数学二轮复习讲练测

该高中数学讲义聚焦空间向量与立体几何解答题，覆盖平行垂直证明、线面角、二面角等核心考点，按“考情精解-知能框架-题型攻坚”架构梳理知识，通过考点梳理、方法指导、真题训练等环节，帮助学生构建系统知识网络，突破解题难点。 讲义特色在于“真题导向-分层突破”，如结合2025年北京卷真题，引导学生用空间向量法建模，培养数学思维与空间观念。设置基础、综合、创新三层练习，配合命题预测，助力教师把控节奏，高效提升学生空间想象与解题能力。

专题02空间向量与立体几何解答题 目录 01 析·考情精解 1 02 构·知能框架 2 03 破·题型攻坚 2 考点一 立体几何常规解答题 2 真题动向 必备知识 知识1立体几何建模与应用解题思路 命题预测 题型1线面角问题 题型2二面角问题 题型3体积、面积问题 题型4距离问题 考点二 折叠、展开问题 21 真题动向 必备知识 知识1折叠、展开问题解题思路 命题预测 题型1折叠、展开问题 考点三 球的切接 22 真题动向 必备知识 知识1外接球与内切球 命题预测 题型1球的切接 考点四 结构不良问题 25 真题动向 必备知识 知识1结构不良问题的解题思路 命题预测 题型1结构不良问题 考点五 新定义、探索性问题 27 真题动向 必备知识 知识1新定义问题解题思路 知识点2探索性问题解题思路 命题预测 题型1新定义问题 题型2探索性问题 命题轨迹透视 近五年北京卷高考立体几何解答题，有4年考查了常规题型，有1年考查了结构不良问题。一般第1问有3年考查线面平行的证明，有1年考查线面垂直的证明，另1年考查证明中点问题。第2问基本上是线面角、二面角有关计算，难度均不大。 考点频次总结 考点 2025年 2024年 2023年 立体几何中的数学建模与应用 北京T14填空题5分 北京T14填空题5分 北京T9选择题4分 2026命题预测 预计在2026年北京卷高考中，立体几何解答题，仍然在解答题中靠前的位置；仍然2个问，1个问证明平行垂直，1个问求线面角或二面角。难度不大。 考点一 立体几何常规解答题 1．(2025年北京高考数学真题T17解答题15分)如图，在四棱锥中，与均为等腰直角三角形，，E为BC的中点． (1)若分别为的中点，求证：平面PAB； (2)若平面ABCD，，求直线AB与平面PCD所成角的正弦值． 2．(2024年北京高考数学真题T17解答题15分)如图，在四棱锥中，，，,点在上，且，． (1)若为线段中点，求证：平面． (2)若平面，求平面与平面夹角的余弦值． 3．(2023年北京高考数学真题T16解答题10分)如图，在三棱锥中，平面，． (1)求证：平面PAB；(2)求二面角的大小． 4．(2021年北京高考数学真题T17解答题15分)如图：在正方体中，为中点，与平面交于点． (1)求证：为的中点；(2)点是棱上一点，且二面角的余弦值为，求的值． 知识1平行问题 1．线面平行 文字语言 图形语言 符号语言 判定 定理 平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行(线线平行⇒线面平行) ∵l∥a，a⊂α，l⊄α，∴l∥α 性质 定理 一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行(简记为“线面平行⇒线线平行”) ∵l∥α，l⊂β，α∩β＝b，∴l∥b 2.面面平行 文字语言 图形语言 符号语言 判定定理 一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行(简记为“线面平行⇒面面平行”) ⇒α∥β 性质定理 如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行 ⇒a∥b 如果两个平面互相平行，其中一个平面内的一直线平行与另外平面 ⇒a∥β 3.平行问题的转化关系 4.平行关系中的三个重要结论 (1)垂直于同一条直线的两个平面平行，即若a⊥α，a⊥β，则α∥β. (2)平行于同一个平面的两个平面平行，即若α∥β，β∥γ，则α∥γ. (3)若α∥β，a⊂α，则a∥β. 知识2垂直问题 1. 2．线面垂直 文字语言 图形语言 符号语言 判定定理 一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，则该直线与此平面垂直 性质定理 垂直于同一个平面的两条直线平行 ⇒a∥b (3)与线面垂直有关的重要结论 ①如果一条直线垂直于一个平面，那么这条直线垂直于平面内的任何一条直线． ②如果两条平行直线中的一条垂直于一个平面，那么另一条也垂直于这个平面． ③如果一条直线与两个平面都垂直，那么这两个平面平行． ④过一点有且只有一条直线和已知平面垂直；过一点有且只有一个平面和已知直线垂直． 2.面面垂直 文字语言 图形语言 符号语言 判定定理 一个平面过另一个平面的垂线，则这两个平面垂直 ⇒α⊥β 性质定理 两个平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直 ⇒l⊥ 3.三垂线定理:直线AB为斜线OB在平面内的投影， 4.垂直关系的转化 (1)判定定理转化：线线垂直线面垂直面面垂直 (2)性质定理转化：面面垂直 用图形表示为： (3)同时，在平行与垂直之间也存在相互转化，即：线线垂直线面垂直线线平行线面平行 知识3空间坐标表示 设＝(a1，a2，a3)，＝(b1，b2，b3)． 向量表示 坐标表示 数量积 · a1b1＋a2b2＋a3b3 共线 ＝λ(≠，λ∈R) a1＝λb1，a2＝λb2，a3＝λb3 垂直 ·＝0(≠，≠) a1b1＋a2b2＋a3b3＝0 模 || 夹角 cos〈，〉＝(≠，b≠) cos〈，〉＝ 知识4空间向量解立体几何题 1.空间位置关系的向量表示 位置关系 向量表示 直线l1，l2的方向向量分别为 l1∥l2 ∥⇔＝λ l1⊥l2 ⊥⇔·＝0 直线l的方向向量为，平面α的法向量为 l∥α ⊥⇔·＝0 l⊥α ∥⇔＝λ 平面α，β的法向量分别为 α∥β ∥⇔＝λ α⊥β ⊥⇔·＝0 2.异面直线的夹角：设直线的方向向量分别为，异面直线的夹角为； 则：,. 3.直线与平面所成的角：设直线l的方向向量为，平面α的法向量为，直线l与平面α所成的角为θ， 则. 4.二面角 (1)图①，AB,CD是二面角α－l－两个面内与棱l垂直的直线，则二面角与相等或互补； (2)如图②③，分别是二面角α－l－的两个半平面α，的法向量， 则二面角的大小θ满足:. (i)若二面角为锐角则; (ii)若二面角为钝角则 5.距离 (1)点到平面距离：为平面外一点，为平面上任意一点，(为平面的法向量)。 (2)如果一条直线l与一个平面α平行，可在直线l上任取一点P，将线面距离转化为点P到平面α的距离求解． (3)如果两个平面α，β互相平行，在其中一个平面α内任取一点P，可将两个平行平面的距离转化为点P到平面β的距离求解． 知识5体积、面积 (一)面积体积公式 1.体积公式： 所有椎体体积公式：, 所有柱体体积公式：, 台体体积公式：V＝(S上＋S下＋)h 球体体积公式：, 2.侧面积公式： 圆柱：S圆柱侧2πrl， 圆锥：S圆锥侧πrl， 圆台：S圆台侧＝π(r1＋r2)l. 3.表面积公式： 球体表面积公式：, 圆柱：, , 圆锥：, , (二)长方体(正方体、正四棱柱)的体对角线的公式 1.已知长宽高求体对角线： 2.已知共点三面对角线求体对角线： 题型1线面角问题 1．(25-26高三上·北京海淀·月考)如图，在四棱锥中，平面，底面是直角梯形，，且，二面角的大小为为中点． (1)证明：；(2)求直线与平面所成角的正弦值． 2．(25-26高三上·北京东城·月考)如图，在四棱锥中，底面为菱形，且，平面，平面平面，是的中点，平面交于． (1)求证：是的中点；(2)求直线与平面所成角的正弦值． 3．(24-25高三上·北京·月考)如图，在四棱锥中，，，，，，是棱上的点． (1)若，证明：平面； (2)若平面平面，直线与平面所成角的正弦值为，求的长． 4．(25-26高三上·北京顺义·月考)如图，在四棱锥中，底面ABCD是矩形，底面，且，E是的中点，平面与线段交于点F. (1)求证：；(2)若，求直线与平面所成角的正弦值. 5．(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. 6．(2025高三·北京·专题练习)如图是一个直三棱柱(以为底面)被一平面所截得到的几何体，截面为 ．已知，，，，． (1)设点是的中点，证明：平面；(2)求与平面所成的角的正弦值； 题型2二面角问题 1．(25-26高三上·北京·月考)如图，四边形是正方形，平面，，，F，G，H分别为，，的中点． (1)求证：平面；(2)求平面与平面所成角的大小． 2．(25-26高三上·北京·月考)四棱锥中， 是的中点. (1)为的中点，为上一点，面，证明:为中点； (2)若面面，面面，求:平面与面夹角的余弦值. 3．(25-26高三上·北京·月考)如图，在四棱锥中，为的中点，平面，，， ． (1)若平面平面，求证：；(2)求平面与平面夹角的余弦值. 4．(25-26高三上·北京·月考)如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，与相交于点O，平面平面，点E在棱上，，． (1)求证：；(2)若平面，求平面与平面夹角的大小． 5．(25-26高三上·北京·开学考试)如图，在四棱锥中，面面， ． (1)证明：平面；(2)求面与面夹角的余弦值． 6．(2025·北京石景山·一模)如图，在四棱锥中，平面，，且，，，，，为的中点. (1)求证：平面；(2)求二面角的余弦值； (3)点在线段上，直线与平面所成角的正弦值为，求点到平面的距离. 题型3体积、面积问题 1．(25-26高三上·北京·月考)如图，在四棱锥中，平面，，为棱PC上一点．平面ABE与棱PD交于点． (1)求证：为PD的中点；(2)求三棱锥的体积． 2．(24-25高三下·北京·月考)如图在三棱柱中，是等边三角形，． (1)求证：； (2)若，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知， (i)求二面角的大小； (ii)四棱锥的体积为________．(结论不要求证明) 条件①：；条件②：平面平面． 注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分． 3．(24-25高三下·北京海淀·开学考试)在三棱锥中，平面平面，，，O是棱的中点，在棱上，且平面. (1)证明：D是棱的中点；(2)证明：平面，并求三棱锥的体积； (3)求二面角的余弦值. 4．(2023·全国·模拟预测)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． 5．(23-24高三上·北京西城·期末)如图，在四棱锥中，底面是菱形，平面，平面平面，为中点，. (1)求证：平面；(2)求直线与平面所成角的大小；(3)求四面体的体积. 6．(23-24高三上·北京·月考)已知二面角，点与棱l的距离为，与半平面所在平面的距离为3． (1)求二面角的余弦值；(2)设，动点在半平面所在平面上，满足． (i)求Q运动轨迹的长度；(ii)求四面体体积的最大可能值． 题型4距离问题 1．(25-26高三上·北京东城·期中)在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，，分别是中点，与平面交于点，. (1)证明：是的中点；(2)求平面与平面夹角的大小；(3)求点到平面的距离. 2．(25-26高三上·北京西城·月考)如图，在五面体中，四边形是矩形，平面平面，是正三角形，，，． (1)求证：；(2)求平面与平面夹角的余弦值；(3)求点到平面的距离． 3．(25-26高三上·北京朝阳·期中)如图，在四棱锥中，与均为等腰直角三角形，，. (1)若为的中点，求证： 平面；(2)若平面. (i)求平面与平面夹角的余弦值；(ii)求点到平面的距离. 4．(25-26高三上·北京平谷·月考)如图，平面，，，为的中点. (1)求证：平面；(2)求二面角的余弦值.(3)点到平面的距离 考点二 折叠、展开问题 知识1折叠、展开问题的解题思路 1.理解清楚折叠、展开前后不变的元素与变化的元素； 2.找出“不变量”，“不变关系”； 题型1折叠、展开问题 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． 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． 3．(21-22高二上·陕西榆林·月考)如图1，直角梯形中，，，，为的中点，现将沿着折叠，使，得到如图2所示的几何体，其中为的中点，为上一点，与交于点，连接．请用空间向量知识解答下列问题： (1)求证：∥平面；(2)若三棱锥的体积为，求平面与平面的夹角． 4．(18-19高三·山东淄博·开学考试)已知如图1所示，在边长为12的正方形，中，，且分别交于点、，将该正方形沿，折叠，使得与重合，构成如图2所示的三棱柱，在该三棱柱底边上有一点，满足；请在图2中解决下列问题： (1)求证：当时，平面；(2)若，求三棱锥的体积． 考点三 球的切接 知识1外接球与内切球 1.棱长为的正四面体的内切球：,外接球：；外接球与内切球半径之比为3∶1. 2.设正方体的棱长为a，球的半径为R，则 (1)正方体的外接球：2R＝a； (2)正方体的内切球：2R＝a； (3)正方体的棱切球(球与正方体的各棱都相切)：2R＝a. 3.设长方体的同一顶点的三条棱长分别为a，b，c，外接球的半径为R，则2R＝. 题型1球的切接 1．(24-25高一下·北京·期末)如图，在四棱锥中，面，且，，，，是的中点，. (1)求证：平面；(2)设平面平面，判断并证明与平面的位置关系； (3)判断四棱锥是否存在外接球，如果存在，直接指出球心的位置，并写出球的体积；如果不存在，请说明理由. 2．(23-24高一下·北京大兴·期中)如图，四面体的四个顶点均为长方体的顶点． (1)若四面体各棱长均为，求该四面体的表面积和体积； (2)若，，，求四面体外接球的表面积． 3．(22-23高一下·北京房山·月考)在正四棱柱中，，M是的中点．   (1)证明：平面．(2)若正四棱柱的表面积是10，求该正四棱柱的外接球的体积． 4．(20-21高一下·湖南·月考)如图，在长方体中，． (1)若该长方体被过顶点的平面截去一个三棱锥，求剩余部分的体积； (2)若该长方体的所有顶点都在球O的球面上，求球O的体积． 考点四 结构不良问题 1．(2022年北京高考数学真题T17解答题15分)如图，在三棱柱中，侧面为正方形，平面平面，，M，N分别为，AC的中点． (1)求证：平面； (2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB与平面BMN所成角的正弦值． 条件①：；条件②：． 注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分． 知识1结构不良问题解题思路 结构不良问题实际上就是：选择正确或合适的条件，使题目完整. 解题策略： 1.明确问题背景，逐一分析各个可选条件，评估其可能带来的是有利于解题，还是使问题复杂化； 2.选择解题途径，尝试初步推理； 3.执行计算与推理，活用解题工具(空间向量法、几何综合法)，规范书写； 4.回顾与验证. 题型1结构不良问题 1．(25-26高三上·北京海淀·月考)如图，在四棱锥中，底面为菱形，平面平面，，E，F分别为的中点. (1)求证：平面； (2)若，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求二面角的大小.条件①：；条件②：. 注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分. 2．(2023·北京·三模)如图，在四棱锥中，侧面底面，且底面是矩形，，． (1)求证：平面平面； (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，求二面角的大小． 条件①：；条件②：；条件③：． 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． 3．(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，按第一个解答计分． 考点五 新定义、探索性问题 题型1新定义问题 1．(24-25高一下·北京大兴·期末)类比二维平面内的余弦定理，三维空间中有三面角余弦定理：如图1，由射线，，构成的三面角，记，，，二面角的大小为，则.如图2，四棱锥中，底面为菱形，，，，且. (1)在图2中，用三面角余弦定理求的值； (2)在图2中，线段上是否存在一点，使得，若存在，求值；若不存在，说明理由； (3)在图2中，直线与平面内任意一条直线的夹角为，证明：. 2．(24-25高三下·甘肃白银·月考)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：①多面体顶点的曲率等于减去多面体在该点处所有面角之和；②多面体的总曲率等于多面体所有顶点的曲率之和，多面体各顶点的平均曲率等于它的总曲率与顶点数之商，其中多面体的面的内角叫作多面体的面角，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． (1)如图1，已知四棱锥的底面ABCD为菱形，，O为BD的中点，且平面ABCD，． ①求该四棱锥在顶点P处的曲率的余弦值；②求二面角的平面角的正弦值； (2)瑞士数学家莱昂哈德·欧拉是18世纪数学界最杰出的人物之一，他对简单多面体进行研究后，提出了著名的欧拉定理：简单多面体的顶点数V、棱数E与面数F满足．请运用欧拉定理解决下列问题：碳60()具有超导特性、抗化学腐蚀性、耐高压以及强磁性，是一种应用广泛的材料．它的分子结构十分稳定，形似足球，也叫足球烯，如图2所示．已知碳60()的分子结构是一个由60个C原子构成的分子，这个多面体有60个顶点，试求碳60()各顶点的平均曲率． 3．(25-26高二上·辽宁朝阳·期中)球面三角学是研究球面三角形的边、角关系的一门学科.如图1，球O的半径为R，A，B，C为球面上三点，曲面ABC(阴影部分)叫做球面三角形.若设二面角C-OA-B，A-OB-C，B-OC-A分别为，，，则球面三角形ABC的面积为. (1)若平面OAB，平面OAC，平面OBC两两垂直，求球面三角形ABC的面积； (2)将图1中四面体OABC截出得到图2，若平面三角形ABC为直角三角形，，延长AO与球O交于点D，连接BD，CD. (ⅰ)证明：；(ⅱ)若直线DA，DC与平面ABC所成的角分别为，，且，，S为AC的中点，T为BC的中点，设平面OBC与平面EST的夹角为，求的最小值. 4．(25-26高二上·山东日照·月考)如图1，在平面四边形中，，，，是等腰直角三角形，，将沿折叠到的位置，形成如图2所示的三棱锥，且. (1)证明：；(2)已知三棱锥，外接球球心为. ①若为线段上动点(不包含点)，为中点，为中点，设平面与平面的夹角为，求的最小值.②类似于平面中三角形的余弦定理，有三维空间中的三面角余弦定理：由射线，，构成的三面角，记，，，二面角的大小为，则，当、、时，请在图3的基础上，试证三面角余弦定理，并用该结论求图2中二面角的余弦值. 题型2探索性问题 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. 2．(25-26高三上·北京朝阳·月考)如图，在四棱锥中，，是的中点. (1)已知E，F分别为的中点，求证：平面；(2)若平面，则： (i)求平面与平面夹角的余弦值； (ii)在线段上是否存在一点M，使得平面？若存在，求的值；若不存在，说明理由. 3．(25-26高三上·北京西城·月考)如图，在多面体中，面是正方形，平面，平面平面，，． (1)求证：；(2)求二面角的余弦值； (3)若直线上存在点，使得，求线段的长度． 4．(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． 学科网(北京)股份有限公司第 1 页 共 65 页 学科网(北京)股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题02空间向量与立体几何解答题 目录 01 析·考情精解 1 02 构·知能框架 2 03 破·题型攻坚 2 考点一 立体几何常规解答题 2 真题动向 必备知识 知识1立体几何建模与应用解题思路 命题预测 题型1线面角问题 题型2二面角问题 题型3体积、面积问题 题型4距离问题 考点二 折叠、展开问题 38 真题动向 必备知识 知识1折叠、展开问题解题思路 命题预测 题型1折叠、展开问题 考点三 球的切接 43 真题动向 必备知识 知识1外接球与内切球 命题预测 题型1球的切接 考点四 结构不良问题 46 真题动向 必备知识 知识1结构不良问题的解题思路 命题预测 题型1结构不良问题 考点五 新定义、探索性问题 53 真题动向 必备知识 知识1新定义问题解题思路 知识点2探索性问题解题思路 命题预测 题型1新定义问题 题型2探索性问题 命题轨迹透视 近五年北京卷高考立体几何解答题，有4年考查了常规题型，有1年考查了结构不良问题。一般第1问有3年考查线面平行的证明，有1年考查线面垂直的证明，另1年考查证明中点问题。第2问基本上是线面角、二面角有关计算，难度均不大。 考点频次总结 考点 2025年 2024年 2023年 立体几何中的数学建模与应用 北京T14填空题5分 北京T14填空题5分 北京T9选择题4分 2026命题预测 预计在2026年北京卷高考中，立体几何解答题，仍然在解答题中靠前的位置；仍然2个问，1个问证明平行垂直，1个问求线面角或二面角。难度不大。 考点一 立体几何常规解答题 1．(2025年北京高考数学真题T17解答题15分)如图，在四棱锥中，与均为等腰直角三角形，，E为BC的中点． (1)若分别为的中点，求证：平面PAB； (2)若平面ABCD，，求直线AB与平面PCD所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析；(2)【难度】0.65 【知识点】证明线面平行、线面角的向量求法 【分析】(1)取PA的中点N，PB的中点M，连接FN、MN，只需证明即可； (2)建立适当的空间直角坐标系，求出直线AB的方向向量与面PCD的法向量，根据向量夹角公式即可求解. 【详解】(1)取PA的中点N，PB的中点M，连接FN、MN， 与为等腰直角三角形且， 不妨设，.. E、F分别为BC、PD的中点，，且. ，，，∴四边形FGMN为平行四边形，， 平面PAB，平面PAB，平面PAB； (2)平面ABCD，以A为原点，AC、AB、AP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PCD的一个法向量为， ，，取，，. 设AB与平面PCD所成角为， 则， 即AB与平面PCD所成角的正弦值为. 2．(2024年北京高考数学真题T17解答题15分)如图，在四棱锥中，，，,点在上，且，． (1)若为线段中点，求证：平面． (2)若平面，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析;(2)【难度】0.65 【知识点】证明线面平行、线面垂直证明线线垂直、面面角的向量求法 【分析】(1)取的中点为，接，可证四边形为平行四边形，由线面平行的判定定理可得平面. (2)建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量后可求夹角的余弦值. 【详解】(1)取的中点为，接，则， 而，故，故四边形为平行四边形， 故，而平面，平面，所以平面. (2)因为，故，故，故四边形为平行四边形，故， 所以平面，而平面，故，而， 故建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 则 设平面的法向量为，则由可得，取， 设平面的法向量为，则由可得，取， 故，故平面与平面夹角的余弦值为 3．(2023年北京高考数学真题T16解答题10分)如图，在三棱锥中，平面，．    (1)求证：平面PAB；(2)求二面角的大小． 【答案】(1)证明见解析;(2)【难度】0.65 【知识点】面面角的向量求法、证明线面垂直 【分析】(1)先由线面垂直的性质证得，再利用勾股定理证得，从而利用线面垂直的判定定理即可得证； (2)结合(1)中结论，建立空间直角坐标系，分别求得平面与平面的法向量，再利用空间向量夹角余弦的坐标表示即可得解. 【详解】(1)因为平面平面，所以， 同理，所以为直角三角形， 又因为，，所以，则为直角三角形， 故，又因为，，所以平面. (2)由(1)平面，又平面，则， 以为原点，为轴，过且与平行的直线为轴，为轴，建立空间直角坐标系，如图，    则， 所以， 设平面的法向量为，则，即 令，则，所以， 设平面的法向量为，则，即， 令，则，所以，所以， 又因为二面角为锐二面角，所以二面角的大小为. 4．(2021年北京高考数学真题T17解答题15分)如图：在正方体中，为中点，与平面交于点． (1)求证：为的中点；(2)点是棱上一点，且二面角的余弦值为，求的值． 【答案】(1)证明见解析；(2)．【难度】0.65 【知识点】面面角的向量求法、判断图形中的线面关系 【分析】(1)首先将平面进行扩展，然后结合所得的平面与直线的交点即可证得题中的结论； (2)建立空间直角坐标系，利用空间直角坐标系求得相应平面的法向量，然后解方程即可求得实数的值. 【详解】(1)如图所示，取的中点，连结， 由于为正方体，为中点，故， 从而四点共面，即平面CDE即平面， 据此可得：直线交平面于点， 当直线与平面相交时只有唯一的交点，故点与点重合，即点为中点. (2)以点为坐标原点，方向分别为轴，轴，轴正方向，建立空间直角坐标系， 不妨设正方体的棱长为2，设，则：， 从而：， 设平面的法向量为：，则： ，令可得：， 设平面的法向量为：，则： ，令可得：， 从而：，则：， 整理可得：，故(舍去). 【点睛】本题考查了立体几何中的线面关系和二面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解. 知识1平行问题 1．线面平行 文字语言 图形语言 符号语言 判定 定理 平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行(线线平行⇒线面平行) ∵l∥a，a⊂α，l⊄α，∴l∥α 性质 定理 一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行(简记为“线面平行⇒线线平行”) ∵l∥α，l⊂β，α∩β＝b，∴l∥b 2.面面平行 文字语言 图形语言 符号语言 判定定理 一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行(简记为“线面平行⇒面面平行”) ⇒α∥β 性质定理 如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行 ⇒a∥b 如果两个平面互相平行，其中一个平面内的一直线平行与另外平面 ⇒a∥β 3.平行问题的转化关系 4.平行关系中的三个重要结论 (1)垂直于同一条直线的两个平面平行，即若a⊥α，a⊥β，则α∥β. (2)平行于同一个平面的两个平面平行，即若α∥β，β∥γ，则α∥γ. (3)若α∥β，a⊂α，则a∥β. 知识2垂直问题 1. 2．线面垂直 文字语言 图形语言 符号语言 判定定理 一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，则该直线与此平面垂直 性质定理 垂直于同一个平面的两条直线平行 ⇒a∥b (3)与线面垂直有关的重要结论 ①如果一条直线垂直于一个平面，那么这条直线垂直于平面内的任何一条直线． ②如果两条平行直线中的一条垂直于一个平面，那么另一条也垂直于这个平面． ③如果一条直线与两个平面都垂直，那么这两个平面平行． ④过一点有且只有一条直线和已知平面垂直；过一点有且只有一个平面和已知直线垂直． 2.面面垂直 文字语言 图形语言 符号语言 判定定理 一个平面过另一个平面的垂线，则这两个平面垂直 ⇒α⊥β 性质定理 两个平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直 ⇒l⊥ 3.三垂线定理:直线AB为斜线OB在平面内的投影， 4.垂直关系的转化 (1)判定定理转化：线线垂直线面垂直面面垂直 (2)性质定理转化：面面垂直 用图形表示为： (3)同时，在平行与垂直之间也存在相互转化，即：线线垂直线面垂直线线平行线面平行 知识3空间坐标表示 设＝(a1，a2，a3)，＝(b1，b2，b3)． 向量表示 坐标表示 数量积 · a1b1＋a2b2＋a3b3 共线 ＝λ(≠，λ∈R) a1＝λb1，a2＝λb2，a3＝λb3 垂直 ·＝0(≠，≠) a1b1＋a2b2＋a3b3＝0 模 || 夹角 cos〈，〉＝(≠，b≠) cos〈，〉＝ 知识4空间向量解立体几何题 1.空间位置关系的向量表示 位置关系 向量表示 直线l1，l2的方向向量分别为 l1∥l2 ∥⇔＝λ l1⊥l2 ⊥⇔·＝0 直线l的方向向量为，平面α的法向量为 l∥α ⊥⇔·＝0 l⊥α ∥⇔＝λ 平面α，β的法向量分别为 α∥β ∥⇔＝λ α⊥β ⊥⇔·＝0 2.异面直线的夹角：设直线的方向向量分别为，异面直线的夹角为； 则：,. 3.直线与平面所成的角：设直线l的方向向量为，平面α的法向量为，直线l与平面α所成的角为θ， 则. 4.二面角 (1)图①，AB,CD是二面角α－l－两个面内与棱l垂直的直线，则二面角与相等或互补； (2)如图②③，分别是二面角α－l－的两个半平面α，的法向量， 则二面角的大小θ满足:. (i)若二面角为锐角则; (ii)若二面角为钝角则 5.距离 (1)点到平面距离：为平面外一点，为平面上任意一点，(为平面的法向量)。 (2)如果一条直线l与一个平面α平行，可在直线l上任取一点P，将线面距离转化为点P到平面α的距离求解． (3)如果两个平面α，β互相平行，在其中一个平面α内任取一点P，可将两个平行平面的距离转化为点P到平面β的距离求解． 知识5体积、面积 (一)面积体积公式 1.体积公式： 所有椎体体积公式：, 所有柱体体积公式：, 台体体积公式：V＝(S上＋S下＋)h 球体体积公式：, 2.侧面积公式： 圆柱：S圆柱侧2πrl， 圆锥：S圆锥侧πrl， 圆台：S圆台侧＝π(r1＋r2)l. 3.表面积公式： 球体表面积公式：, 圆柱：, , 圆锥：, , (二)长方体(正方体、正四棱柱)的体对角线的公式 1.已知长宽高求体对角线： 2.已知共点三面对角线求体对角线： 题型1线面角问题 1．(25-26高三上·北京海淀·月考)如图，在四棱锥中，平面，底面是直角梯形，，且，二面角的大小为为中点．    (1)证明：；(2)求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析;(2)【难度】0.65 【知识点】证明线面垂直、线面垂直证明线线垂直、线面角的向量求法 【分析】(1)先得到平行四边形为正方形，，由线面垂直得到，从而得到线面垂直，得到； (2)由线面垂直得到二面角的平面角为，并求出各边长，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，由公式得到线面角的正弦值. 【详解】(1)证明：，为中点， ∴，，则四边形为平行四边形. 又因为，，所以平行四边形为正方形. 连接， 又平面面，所以， ∵平面，平面． 又平面．    (2)平面，平面，． 平面平面． 又平面，故二面角的平面角为， ． 如图，以A为坐标原点，所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系， 则， ， 设平面的法向量为，则，即， 令，得，， 设直线与平面所成的角为，则， 直线与平面所成角的正弦值为 2．(25-26高三上·北京东城·月考)如图，在四棱锥中，底面为菱形，且，平面，平面平面，是的中点，平面交于．    (1)求证：是的中点；(2)求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析;(2)．【难度】0.65 【知识点】线面角的向量求法、由线面平行的性质判断线段比例或点所在的位置 【分析】(1)先证明平面，然后利用线面平行的性质定理证明，结合中位线性质可证； (2)先证两两垂直，然后建立空间直角坐标系，求出平面法向量，利用线面角的向量公式计算可得. 【详解】(1)为菱形，所以． 又因为平面，平面，所以平面． 又因为平面，平面平面，所以． 又因为是的中点，所以是的中点． (2)因为底面是边长为2的菱形，，所以， 又因为是的中点，所以， 又因为平面平面，平面平面，平面，所以平面． 又因为平面，所以．因为，所以， 因为平面，平面，所以，， 因为，，，平面，所以平面． 又因为平面，所以，所以两两垂直， 以为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，    则，，，， 所以，，， 设平面的法向量为，则，，可取， 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． 3．(24-25高三上·北京·月考)如图，在四棱锥中，，，，，，是棱上的点． (1)若，证明：平面； (2)若平面平面，直线与平面所成角的正弦值为，求的长． 【答案】(1)证明见解析;(2)【难度】0.4 【知识点】证明线面平行、求线面角、面面垂直证线面垂直、线面角的向量求法 【分析】(1)过作交于，得到平行四边形，利用线面平行的判定定理即可得证；(2)作的中点，连接，过作交于，可判断两两相互垂直，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，根据直线与平面所成角的正弦值为即可求解. 【详解】(1)如图，过作交于，连接， 则，；又，，所以，且，所以四边形为平行四边形，所以；又平面，平面，所以平面； (2)如图，作的中点，连接，过作交于，则， 因为，所以； 在中，因为，，所以，所以；又，所以，； 又平面，平面平面，平面平面，所以平面；因此两两相互垂直，建立如图空间直角坐标系，则，所以，，设，则， 设平面的一个法向量为，则，即，取，则， 所以；所以， 设直线与平面所成角，因为直线与平面所成角的正弦值为， 所以，解得，或(舍去)； 所以，即的长为. 4．(25-26高三上·北京顺义·月考)如图，在四棱锥中，底面ABCD是矩形，底面，且，E是的中点，平面与线段交于点F. (1)求证：；(2)若，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析;(2)【难度】0.65 【知识点】证明线面平行、线面角的向量求法、线面平行的性质 【分析】(1)由线面平行的判定与性质定理即可证明结论； (2)建立空间直角坐标系，由题意求出线段的长度，确定相关点坐标，求解平面的法向量，利用空间角的向量求法求解即可. 【详解】(1)在矩形中，， 又平面，平面，所以平面， 又因为平面，且平面平面，所以. (2)由(1)可知，又因为E是的中点，所以F是的中点， 因为平面平面，所以 因为，即，故. 又在矩形中，，所以两两垂直. 如图以D为坐标原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系， 则， 所以， 设平面的一个法向量为 由，得，令，得， 设直线与平面所成角为，则， 故直线BE与平面BCF所成角的正弦值为. 5．(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)【难度】0.65 【知识点】证明面面平行、面面平行证明线面平行、证明线面垂直、线面角的向量求法 【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. 6．(2025高三·北京·专题练习)如图是一个直三棱柱(以为底面)被一平面所截得到的几何体，截面为 ．已知，，，，． (1)设点是的中点，证明：平面；(2)求与平面所成的角的正弦值； 【答案】(1)证明见解析;(2)【难度】0.65 【知识点】空间位置关系的向量证明、求平面的法向量、线面角的向量求法 【分析】(1)判断方向向量平行于平面， (2)通过向量积找法向量，然后利用点积确定角度. 【详解】(1)，为原点建立空间直角坐标系，如图， 则， 是的中点，， 由图可知，是平面的一个法向量， 由，且不在平面内， 平面· (2)设与面所成的角为 ， 因为， 设是平面的一个法向量， 则由得，令，得， 又，，则， 与面所成的角为正弦值为. 题型2二面角问题 1．(25-26高三上·北京·月考)如图，四边形是正方形，平面，，，F，G，H分别为，，的中点．    (1)求证：平面；(2)求平面与平面所成角的大小． 【答案】(1)证明见解析;(2)【难度】0.4 【知识点】证明线面平行、面面角的向量求法 【分析】(1)证明可证明平面平面即可证明； (2)以为原点,分别以直线为轴, 为轴,为轴，求出平面与平面的法向量后可得锐二面角的大小. 【详解】(1)证明：因为F，G，H分别为，，的中点， 可得是的中位线，是的中位线，所以， 因为，,, 平面，且平面，所以可得平面 又因四边形是正方形，所以，所以可得， 平面，且平面，所以可得平面, ，平面，所以平面平面， 而平面，所以可得平面. (2)建立如图坐标系，直线为轴, 为轴,为轴，    因为， 所以可得各点坐标为， 因F，G，H分别为，，的中点，则由中点坐标公式可得， 所以可得， 设平面的法向量为，平面的法向量为， 所以，解之可得，取，则， ，解之可得，取，则， 设平面与平面所成角为， 则，可得， 则平面与平面所成角的大小为 2．(25-26高三上·北京·月考)四棱锥中， 是的中点. (1)为的中点，为上一点，面，证明:为中点； (2)若面面，面面，求:平面与面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析；(2)【难度】0.65 【知识点】证明线面平行、面面垂直证线面垂直、面面角的向量求法、线面平行的性质 【分析】(1)利用线面平行证明线线平行，再利用线线平行证明线面平行，最后证明四边形是平行四边形，从而可得是的中位线，即问题可得证； (2)利用空间向量法来求两平面夹角余弦值即可. 【详解】(1)取的中点为由三点确定一个平面，交于点， 由面，平面，平面平面，可得， 又因为为的中点，所以， 又因为，所以， 由平面，平面，所以平面， 又因为平面，平面平面，所以， 又因为，所以， 则四边形是平行四边形，故， 又因为， 是的中点.， 所以，结合， 可得是的中位线，即为中点; (2)由可得， 连接，可得四边形是正方形，即可得，所以， 所以，即， 因为面面，面面，面， 所以面，又因为面，所以， 又因为面面面面，面， 所以面， 如图建立空间直角坐标系，令，则， 即， 所以 设平面的法向量为， 则，令，得，所以， 由于面，所以平面的法向量可以取， 设平面与面的夹角为，则， 故平面与面的夹角余弦值为. 3．(25-26高三上·北京·月考)如图，在四棱锥中，为的中点，平面，，， ． (1)若平面平面，求证：；(2)求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析；(2).【难度】0.65 【知识点】证明线面垂直、面面角的向量求法、线面平行的性质 【分析】(1)根据由线面平行的判定定理得到线面平行，再根据线面平行的性质定理得到线线平行； (2)建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，进而求得夹角的余弦值即可. 【详解】(1)因为，且平面，平面，所以 平面. 又平面，平面平面，所以. (2)取的中点，连接. 因为为的中点，所以. 又，所以. 由平面知，所以两两垂直，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，即， 令，解得，即. 设平面的法向量为，则，即， 令，解得，即. 所以 ， 即平面与平面夹角的余弦值为. 4．(25-26高三上·北京·月考)如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，与相交于点O，平面平面，点E在棱上，，． (1)求证：；(2)若平面，求平面与平面夹角的大小． 【答案】(1)证明见解析;(2)【难度】0.65 【知识点】线面垂直证明线线垂直、面面垂直证线面垂直、面面角的向量求法、由线面平行的性质判断线段比例或点所在的位置 【分析】(1)利用勾股定理逆定理可先判定，根据面面垂直的性质定理可得平面，由线面垂直的性质得出线线垂直即可； (2)根据线面平行的性质得出为的中点，结合线段关系判定，结合上问结论可建立空间直角坐标系，利用空间向量研究线面关系并计算面面夹角即可. 【详解】(1)因为在中，，， 所以．所以． 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面．因为平面，所以． (2)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，所以，所以，，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， 平面的一个法向量， 设平面与平面夹角为，则． 由于，则所以平面与平面夹角为． 5．(25-26高三上·北京·开学考试)如图，在四棱锥中，面面， ．    (1)证明：平面；(2)求面与面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析;(2)【难度】0.65 【知识点】证明线面垂直、面面角的向量求法 【分析】(1)先证明，再应用面面垂直性质定理得到面，再根据线面垂直的判断定理证明即可；(2)应用空间向量法求出二面角余弦. 【详解】(1)取中点，连接，如图所示，    则，所以四边形为平行四边形， ∴，∴． 因为平面平面，平面平面平面，所以面． 又面，所以． 又，平面，所以平面． (2)因为平面，，所以两两垂直，如图建立空间直角坐标系，    设，则． 设面法向量，则  ，∴， 令，则，∴，又面法向量， 设平面与平面夹角为，则． 6．(2025·北京石景山·一模)如图，在四棱锥中，平面，，且，，，，，为的中点. (1)求证：平面；(2)求二面角的余弦值； (3)点在线段上，直线与平面所成角的正弦值为，求点到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析;(2);(3)【难度】0.65 【知识点】证明线面平行、求点面距离、面面角的向量求法、由线面角的大小求值 【分析】(1)设的中点为，连接、，证明出四边形为平行四边形，可得出，再结合线面平行的判定定理可证得结论成立； (2)记的中点为，连接，推导出，然后以为原点，以、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得二面角的余弦值； (3)设，利用空间向量法可求出的值，在利用空间向量法可求出点到平面的距离. 【详解】(1)设的中点为，连接、， 因为为的中点，所以，且， 又，且，所以，且， 所以四边形为平行四边形，则， 又平面，平面，所以平面. (2)记的中点为，连接， 因为，，， 所以四边形是矩形，则，， 以为原点，以、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系，如图， 则、、、， 则，，， 设平面的一个法向量为， 所以，令，则， 设平面的一个法向量为， 所以，令，则， 所以， 由图可知，二面角为锐角，所以二面角的余弦值为. (3)依题意，设，则， 又由(2)得平面的一个法向量为， 记直线与平面所成角为， 所以，解得(负值舍去)， 所以，则， 而由(2)得平面的一个法向量为， 所以点到平面的距离为. 题型3体积、面积问题 1．(25-26高三上·北京·月考)如图，在四棱锥中，平面，，为棱PC上一点．平面ABE与棱PD交于点． (1)求证：为PD的中点；(2)求三棱锥的体积． 【答案】(1)理由如下；(2).【难度】0.4 【知识点】线面平行的性质、证明线面平行、锥体体积的有关计算 【分析】(1)利用线面平行的判定及其性质即可证明四边形为平行四边形，再结合题干即可证明； (2)利用等体积转化法，求以为顶点的三棱锥的体积即可. 【详解】(1)，又平面、平面，平面， 又平面，平面平面，， 又，四边形为平行四边形，， ，，，为的中位线，故为PD的中点. (2)平面，为PD的中点，则点到平面的距离等于点到平面的距离的一半， 即， 又、平面，平面，点到平面的距离为， 又，，又， 故三棱锥的体积为. 2．(24-25高三下·北京·月考)如图在三棱柱中，是等边三角形，． (1)求证：； (2)若，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知， (i)求二面角的大小； (ii)四棱锥的体积为________．(结论不要求证明) 条件①：；条件②：平面平面． 注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分． 【答案】(1)证明见解析;(2)条件选择见解析，(i)；(ii)2【难度】0.65 【知识点】点到平面距离的向量求法、线面垂直证明线线垂直、面面角的向量求法、锥体体积的有关计算 【分析】(1)取中点，推导出，，利用线面垂直的判定定理可证得平面，再利用线面垂直的性质可证得结论成立； (2)选①或②：(i)推导出、、两两垂直，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得二面角的大小； (ii)解法一：求出矩形的面积，利用空间向量法求出点到平面的距离，利用锥体的体积公式可求得结果； 解法二：由并结合柱体和锥体的体积公式计算即可. 【详解】(1)取中点，因为是等边三角形，则， 因为，所以， 由于，、平面，则平面， 又因为平面，所以． (2)选①：(i)在等边中，，中点为，则， 在直角中，，则， 又，，则，所以，、、两两垂直， 以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、， ，因此， 则，， 易知为平面的一个法向量， 设平面的一个法向量为， 则，令，则，则， ， 由图可知二面角为锐角，则二面角的大小为． (ii)解法一：因为，则，且，， 所以，四边形的面积为， 点到平面的距离为， 所以，； 解法二：， ； 选②：在等边中，，中点为，则， 在直角中，，， 由于平面平面，且，平面，平面平面，则平面， 因为平面，则，所以，、、两两垂直， 以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、， ，因此， 则，， 易知为平面的一个法向量， 设平面的一个法向量为， 则，令，则，则， ， 由图可知二面角为锐角，则二面角的大小为． (ii)解法一：因为，则，且，， 所以，四边形的面积为，点到平面的距离为， 所以，； 解法二：， . 3．(24-25高三下·北京海淀·开学考试)在三棱锥中，平面平面，，，O是棱的中点，在棱上，且平面. (1)证明：D是棱的中点；(2)证明：平面，并求三棱锥的体积； (3)求二面角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析;(2)证明见解析，体积为;(3)【难度】0.65 【知识点】由线面平行的性质判断线段比例或点所在的位置、锥体体积的有关计算、面面角的向量求法、证明线面垂直 【分析】(1)根据线面平行的性质定理得到，即可得证； (2)作出辅助线，得到线线垂直，根据面面垂直，得到线面垂直，并利用锥体体积公式求出答案； (3)证明出两两垂直，建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，利用空间向量法计算可得. 【详解】(1)因为平面，平面，平面平面， 所以，又是棱的中点，所以D是棱的中点； (2)连接，因为，O是棱的中点，所以⊥， 因为平面平面，平面平面 ，平面，所以⊥平面， 因为，所以⊥，，， 故， 又，由勾股定理得，又⊥平面， 三棱锥的体积； (3)由(2)知，⊥平面，平面， 所以⊥，⊥，又⊥，故两两垂直， 以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则，所以， 设平面的一个法向量为， 则，令得，故， 又平面的一个法向量为，故， 由图可知，二面角为锐角，故二面角的余弦值为. 4．(2023·全国·模拟预测)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】(1)；(2)；在中点【难度】0.4 【知识点】由导数求函数的最值(不含参)、面面角的向量求法、锥体体积的有关计算 【分析】(1)设出，由体积公式结合二次函数性质计算即可得； (2)建立空间直角坐标系后，得到平面与平面法向量，即可表示出，结合导数即可得的最大值，亦可得到所处的位置. 【详解】(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. 5．(23-24高三上·北京西城·期末)如图，在四棱锥中，底面是菱形，平面，平面平面，为中点，. (1)求证：平面；(2)求直线与平面所成角的大小；(3)求四面体的体积. 【答案】(1)证明详见解析；(2)；(3)【难度】0.65 【知识点】证明线面垂直、线面角的向量求法、锥体体积的有关计算 【分析】(1)通过证明 (2)建立空间直角坐标系，利用向量法求得直线与平面所成角的大小. (3)先求得到平面的距离，进而求得四面体的体积. 【详解】(1)因为，是的中点，所以， 由于平面平面且交线为，平面，所以平面， 由于平面，所以， 由于平面，平面，所以， 由于平面，所以平面； (2)因为平面，，所以平面， 平面，所以，而平面， 平面，所以， 由此以为空间坐标原点建立如图所示空间直角坐标系， 则， 所以， 设平面的法向量为，则，故可设， 设直线与平面所成角为，则， 由于，所以，所以直线与平面所成角的大小为. (3)因为，所以点到平面的距离， 由于平面，平面，所以， 由于平面，所以平面， 由于平面，所以， 所以四面体的体积. 6．(23-24高三上·北京·月考)已知二面角，点与棱l的距离为，与半平面所在平面的距离为3． (1)求二面角的余弦值；(2)设，动点在半平面所在平面上，满足． (i)求Q运动轨迹的长度；(ii)求四面体体积的最大可能值． 【答案】(1)或；(2)(i)或；(ii)【难度】0.65 【知识点】锥体体积的有关计算、直线与圆的位置关系求距离的最值、求二面角 【分析】(1)作出图形，利用数型结合及二面角知识即可求解. (2)(i)作出在内的平面运动轨迹图，然后分类讨论，从而求解.(ii)中点到平面的距离为定值，则只需求解的取值，又因为定值，即可转化为点到直线距离，从而求解. 【详解】(1)设在，所在平面的射影分别为,，连接，则，， 且平面，因为平面，所以，因为，平面， 所以平面，又因为平面，所以， 所以或其补角即为所求二面角的平面角， 所以此二面角正弦值为，所以余弦值为.故余弦值为或. . (2)(i)因为，所以，此时在平面内的平面图如下图 若，则以为圆心，为半径的圆在中的部分是一段优弧， 此时可知所对的劣弧角的一半设为，则，得 所以优弧对应圆心角为，因此的运动轨迹长度为. 若，则以为圆心，为半径的圆在中的部分是一段劣弧， 此时由知劣弧对应的圆心角为，因此的运动轨迹长度为    (ii)四面体的体积，其中为到平面的距离， 为的面积，为到直线的距离，其在中的平面图如下图， 由(i)知若，则当时，取最大值，此时； 若，则当时，取最大值，此时； 所以四面体的最大值为. 题型4距离问题 1．(25-26高三上·北京东城·期中)在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，，分别是中点，与平面交于点，. (1)证明：是的中点；(2)求平面与平面夹角的大小；(3)求点到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析；(2)；(3)【难度】0.65 【知识点】面面角的向量求法、点到平面距离的向量求法、由线面平行的性质判断线段比例或点所在的位置 【分析】(1)根据线面平行的判定定理证明平面，再根据线面平行的性质定理推出，即可证明结论；(2)说明两两垂直，即可建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，根据空间角的向量求法，即可求得答案； (3)根据空间距离的向量求法，即可求得答案. 【详解】(1)在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，故， 则，而平面，平面，故平面， 又平面平面，平面，故， 是中点，故是的中点； (2)取的中点为O，连接， 因为，故，且, 而，则，即得, 则两两垂直，以O为原点，为x轴，为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系， 则，则， 设平面的一个法向量为 ， 则 ， ，令，则，则， 平面的一个法向量可取为， 平面与平面的夹角为，故， 平面与平面夹角的大小为； (3)由(2)可知，则, 故点到平面的距离为. 2．(25-26高三上·北京西城·月考)如图，在五面体中，四边形是矩形，平面平面，是正三角形，，，． (1)求证：；(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)证明过程详见解析；(2)；(3)【难度】0.4 【知识点】面面角的向量求法、点到平面距离的向量求法、线面平行的性质 【分析】(1)根据线面平行的判定定理得到线面平行，再根据线面平行的性质即可得到. (2)根据面面垂直的性质得到线面垂直，建立空间直角坐标系，求出相关点坐标和向量，进而求出平面法向量，最后根据向量夹角公式求出二面角的余弦值. (3)根据点到平面的距离公式，利用(2)中求出的平面法向量和相关向量计算即可. 【详解】(1)四边形是矩形， . 又平面，平面， 平面. 又平面，平面平面， . (2)取、中点、，连接、. 四边形是矩形，、为、中点， . 是正三角形， . 又平面平面，平面平面，平面， 平面. 以为原点，以、、所在直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系. 已知，，，则，，. 各点坐标为、、、、 ，. 设平面的法向量为，则，即， 所以，令，则，所以. 平面， 即为平面的一个法向量，. 设平面与平面的夹角为，则. 平面与平面夹角的余弦值为. (3) ，平面的法向量为. 又，， 点到平面的距离为. 3．(25-26高三上·北京朝阳·期中)如图，在四棱锥中，与均为等腰直角三角形，，.    (1)若为的中点，求证： 平面；(2)若平面. (i)求平面与平面夹角的余弦值；(ii)求点到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析；(2)(i)；(ii).【难度】0.65 【知识点】证明线面平行、求点面距离、面面角的向量求法 【分析】(1)先证平面平面，再根据面面平行得到线面平行. (2)建立空间直角坐标系，利用空间向量求二面角的余弦和点到平面的距离. 【详解】(1)取中点，连接，，如图：    因为与均为等腰直角三角形，且，. 所以四边形为直角梯形，且，，.所以四边形为正方形. 所以，平面，平面，所以平面； 又因为为中点，所以，平面，平面，所以平面， 且平面，，所以平面 平面.又平面，所以平面. (2)因为平面，四边形为正方形，故可以为原点，建立空间直角坐标系，如图：    因为，所以，，，，. 所以，，，. 设平面的法向量为， 则 ，可取. 因为，，所以平面的一个法向量为：. (i)设平面与平面夹角为，则. (ii)点到平面的距离为. 4．(25-26高三上·北京平谷·月考)如图，平面，，，为的中点. (1)求证：平面；(2)求二面角的余弦值.(3)点到平面的距离 【答案】(1)证明见解析；(2)(3)【难度】0.65 【知识点】证明线面垂直、面面角的向量求法、点到平面距离的向量求法 【分析】(1)先证明平面，可得，则可证平面； (2)以为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别求出平面的一个法向量，平面的一个法向量，由两向量的夹角公式，解出答案； (3)利用点到平面的距离，解出答案. 【详解】(1)因为平面，平面，所以， 又因为,平面,所以平面, 又因为平面,所以, 在中,为中点，所以, 又因为,平面,所以平面 (2)在平面中作，则两两垂直， 建立如图所示空间直角坐标系： 则, 所以 设平面的法向量为，平面的法向量为，则 ，不妨取，则， ，不妨取，则， 所以，所以二面角的余弦值为. (3)由(2)知平面的一个法向量为，, 所以点到平面的距离 考点二 折叠、展开问题 知识1折叠、展开问题的解题思路 1.理解清楚折叠、展开前后不变的元素与变化的元素； 2.找出“不变量”，“不变关系”； 题型1折叠、展开问题 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【难度】0.65 【知识点】判断图形中的线面关系、线面垂直证明线线垂直、线面角的向量求法 【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. 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)【难度】0.65 【知识点】证明线面垂直、线面角的向量求法、线面平行的性质 【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， 故与平面所成角的正弦值为. 3．(21-22高二上·陕西榆林·月考)如图1，直角梯形中，，，，为的中点，现将沿着折叠，使，得到如图2所示的几何体，其中为的中点，为上一点，与交于点，连接．请用空间向量知识解答下列问题： (1)求证：∥平面；(2)若三棱锥的体积为，求平面与平面的夹角． 【答案】(1)证明见解析；(2)45°【难度】0.65 【知识点】锥体体积的有关计算、空间位置关系的向量证明、面面角的向量求法 【分析】(1)证明出，，两两互相垂直，以点为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法证明∥平面； (2)设点到平面的距离为，利用等体积法求出，利用向量法求出平面与平面的夹角. 【详解】(1)在直角梯形中，，，， 由翻折的性质可得，翻折后，， 又，，，则，故，，两两互相垂直， 以点为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，如图示： 则，，，， ，，，即， 又平面，平面， 平面． (2)设点到平面的距离为，则，解得， 点为的中点，在空间直角坐标系中，，，. ，， 设平面的法向量为， 则即令，则，，故平面的一个法向量为， 又平面的一个法向量为， ，平面与平面的夹角为45°． 4．(18-19高三·山东淄博·开学考试)已知如图1所示，在边长为12的正方形，中，，且分别交于点、，将该正方形沿，折叠，使得与重合，构成如图2所示的三棱柱，在该三棱柱底边上有一点，满足；请在图2中解决下列问题： (1)求证：当时，平面；(2)若，求三棱锥的体积． 【答案】(1)证明见解析；(2)；【难度】0.65 【知识点】锥体体积的有关计算、证明线面平行 【分析】(1)过作交于，连接，证明四边形为平行四边形，然后得出即可. (2)易得，然后用算出即可. 【详解】(1)证明：在下图中，过作交于，连接，所以， ∴共面且平面交平面于， ∵又，∴， ∴四边形为平行四边形，∴， 平面，平面，∴平面； (2)因为，所以，从而， 即．因为．所以．所以 【点睛】在算三棱锥的体积的时候要利用图形的特点，看把哪个侧面当成底面更好算一些. 考点三 球的切接 知识1外接球与内切球 1.棱长为的正四面体的内切球：,外接球：；外接球与内切球半径之比为3∶1. 2.设正方体的棱长为a，球的半径为R，则 (1)正方体的外接球：2R＝a； (2)正方体的内切球：2R＝a； (3)正方体的棱切球(球与正方体的各棱都相切)：2R＝a. 3.设长方体的同一顶点的三条棱长分别为a，b，c，外接球的半径为R，则2R＝. 题型1球的切接 1．(24-25高一下·北京·期末)如图，在四棱锥中，面，且，，，，是的中点，. (1)求证：平面；(2)设平面平面，判断并证明与平面的位置关系； (3)判断四棱锥是否存在外接球，如果存在，直接指出球心的位置，并写出球的体积；如果不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明过程见解析；(2)与平面平行，理由见解析； (3)四棱锥存在外接球，球心的位置为的中点，球的体积为.【难度】0.65 【知识点】多面体与球体内切外接问题、证明线面垂直、球的体积的有关计算、证明线面平行 【分析】(1)先得到 ，由勾股定理和等腰三角形三线合一得到⊥，从而得到线面垂直； (2)由余弦定理得到，，从而得到平面，由线面平行的性质得到，从而得到平面； (3)四棱锥是否存在外接球，取决于四边形是否有外接圆，由于⊥，，故的中点即为四边形的外接圆圆心，又面，从而确定球心的位置为的中点，并求出外接球半径和体积. 【详解】(1)面，平面，所以 ， 因为，，，由勾股定理得， 又，所以， 因为是的中点，所以⊥， 因为，平面，所以⊥平面； (2)与平面平行，理由如下： 因为，，由余弦定理得， 又，故，所以， 因为平面，平面，所以平面， 因为平面平面，平面，所以， 因为平面，平面，所以平面； (3)四棱锥是否存在外接球，取决于四边形是否有外接圆， 由于⊥，，故的中点即为四边形的外接圆圆心， 取的中点，连接，又面，则⊥平面， 且，所以球心的位置为的中点， 且半径为，球的体积为. 2．(23-24高一下·北京大兴·期中)如图，四面体的四个顶点均为长方体的顶点． (1)若四面体各棱长均为，求该四面体的表面积和体积； (2)若，，，求四面体外接球的表面积． 【答案】(1)，；(2)【难度】0.85 【知识点】锥体体积的有关计算、多面体与球体内切外接问题、棱锥表面积的有关计算、球的表面积的有关计算 【分析】(1)依题意可得为棱长为的正方体，且四面体为正四面体，即可求出其表面积，利用割补法求出其体积；(2)依题意长方体的外接球即为此四面体的外接球，求出长方体的体对角线即为外接球的直径，从而得到外接球的表面积． 【详解】(1)若四面体各棱长均为， 则长方体为棱长为的正方体，且四面体为正四面体， 所以， ； (2)由于四面体的四个顶点均为长方体的顶点， 所以四面体外接球与长方体的外接球是同一个球， 设此四面体所在长方体的棱长分别为，，， 则，解得， 设长方体外接球的半径为，则，则， 所以外接球的表面积为． 3．(22-23高一下·北京房山·月考)在正四棱柱中，，M是的中点．    (1)证明：平面．(2)若正四棱柱的表面积是10，求该正四棱柱的外接球的体积． 【答案】(1)证明见解析；(2)【难度】0.85 【知识点】球的体积的有关计算、证明线面平行、棱柱表面积的有关计算 【分析】(1)通过找出线线平行，即，从而证明线面平行； (2)先求出底面正方形的边长，再求出外接球的半径，再结合球的体积公式求解即可. 【详解】(1)连接BD，交AC于N，连接MN． 在正四棱柱中，四边形ABCD是正方形，所以N是BD的中点， 又因为是的中点，所以是的中位线，所以， 因为面，面，所以面    (2)设，因为正四棱柱的表面积为10，所以， 化简得，解得或(舍)， 所以，， 所以正四棱柱的外接球的半径，所以外接球的体积． 4．(20-21高一下·湖南·月考)如图，在长方体中，． (1)若该长方体被过顶点的平面截去一个三棱锥，求剩余部分的体积； (2)若该长方体的所有顶点都在球O的球面上，求球O的体积． 【答案】(1)；(2)；【难度】0.65 【知识点】球的体积的有关计算、求组合体的体积、锥体体积的有关计算、多面体与球体内切外接问题 【分析】(1)剩余部分的体积=长方体的体积-，分别求出长方体的体积和即可得解； (2)长方体的外接球的直径即为长方体体对角线的长度，即可求出半径，从而求出球O的体积． 【详解】解：(1)因为该长方体的体积， ，所以剩余部分的体积为． (2)由题可知球O为长方体的外接球，则球O的半径，故球O的体积． 考点四 结构不良问题 1．(2022年北京高考数学真题T17解答题15分)如图，在三棱柱中，侧面为正方形，平面平面，，M，N分别为，AC的中点． (1)求证：平面； (2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB与平面BMN所成角的正弦值． 条件①：；条件②：． 注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分． 【答案】(1)见解析；(2)见解析【难度】0.65 【知识点】证明线面平行、线面角的向量求法 【分析】(1)取的中点为，连接，可证平面平面，从而可证平面. (2)选①②均可证明平面，从而可建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量可求线面角的正弦值. 【详解】(1)取的中点为，连接， 由三棱柱可得四边形为平行四边形， 而，则， 而平面，平面，故平面， 而，则，同理可得平面， 而平面，故平面平面， 而平面，故平面， (2)因为侧面为正方形，故， 而平面，平面平面， 平面平面，故平面， 因为，故平面，因为平面，故， 若选①，则，而，， 故平面，而平面，故， 所以，而，，故平面， 故可建立如所示的空间直角坐标系，则， 故， 设平面的法向量为，则，从而，取，则， 设直线与平面所成的角为，则. 若选②，因为，故平面，而平面， 故，而，故， 而，，故， 所以，故， 而，，故平面， 故可建立如所示的空间直角坐标系，则， 故， 设平面的法向量为，则，从而，取，则， 设直线与平面所成的角为，则. 知识1结构不良问题解题思路 结构不良问题实际上就是：选择正确或合适的条件，使题目完整. 解题策略： 1.明确问题背景，逐一分析各个可选条件，评估其可能带来的是有利于解题，还是使问题复杂化； 2.选择解题途径，尝试初步推理； 3.执行计算与推理，活用解题工具(空间向量法、几何综合法)，规范书写； 4.回顾与验证. 题型1结构不良问题 1．(25-26高三上·北京海淀·月考)如图，在四棱锥中，底面为菱形，平面平面，，E，F分别为的中点. (1)求证：平面； (2)若，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求二面角的大小.条件①：；条件②：. 注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分. 【答案】(1)证明见解析；(2)【难度】0.65 【知识点】证明线面平行、面面角的向量求法 【分析】(1)取中点，连接、，证明四边形是平行四边形，即可求证； (2)选择条件①，通过证平面证，然后通过建立空间直角坐标系求解；选择条件②，先通过三角形全等证是正三角形，进而证，即可通过建立空间直角坐标系求解. 【详解】(1)证明：取中点，连接、， 分别为，的中点，所以，； 在菱形中，因为，；所以，， 所以四边形为平行四边形，所以，又因为平面，平面， 所以平面. (2)选择条件①：易知平面，平面，平面， 所以有，， 又因为，，平面，平面，所以平面， 因为平面，所以； 以为原点，为轴，为轴，为轴，建立如图所示空间直角坐标系， 又因为，,且易知是正三角形，，所以， 则，，，，， 设平面的法向量为，则，不妨令,解得； 根据已知条件，可得平面的法向量为， 所以，所以二面角的大小为. 选择条件②：连接，因为平面，且、、均在平面中， 所以，，，所以， 又因为，，所以，所以， 又因为底面为菱形，所以，即是正三角形， 又因为为的中点，所以， 以为原点，为轴，为轴，为轴，建立如图所示空间直角坐标系， 又因为，,且是正三角形，，所以， 则，，，，， 设平面的法向量为，则，不妨令,解得； 根据已知条件，可得平面的法向量为， 所以，所以二面角的大小为. 2．(2023·北京·三模)如图，在四棱锥中，侧面底面，且底面是矩形，，．    (1)求证：平面平面； (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，求二面角的大小． 条件①：；条件②：；条件③：． 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)．【难度】0.4 【知识点】证明面面垂直、求二面角、面面角的向量求法 【分析】(1)由平面平面，可得平面，进而可得平面平面；(2)选条件②或③：取中点，连接，过点作交于点，进而可证得，，，据此建立空间直角坐标系，可求得平面和平面的法向量，再根据二面角的计算公式即可求解. 【详解】(1)因为四边形是矩形，所以． 又平面平面，且平面与平面相交于，所以平面， 又平面，所以平面平面． (2)选条件①：由(1)知，，在等腰中，顶角不确定， 由无法求出，则都不确定，因此不能求出二面角的大小，即①不可选. 选条件②：取中点，连接，过点作交于点， 由(1)知，平面，所以． 因为矩形中，，所以平面，所以， 所以和都是直角三角形． 因为，所以． 因为，所以． 因为，为中点，所以． 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，因为平面，所以， 因为，所以，所以如图以为原点建立空间直角坐标系，    则，因为，所以． 因为平面平面，平面平面，又平面， 所以平面，所以平面一个法向量为． 设平面法向量，，，由，可以取． 设二面角为，则． 由图可知，二面角为钝角，所以二面角的大小为． 选条件③：取中点，连接，过点作交于点，由(1)知，平面， 因为矩形中，，，所以平面，所以和都是直角三角形， 因为，，所以，又，，所以， 所以在直角三角形中，， 所以如图以为原点建立空间直角坐标系，    则， 因为，所以． 因为平面平面，平面平面，又平面， 所以平面，所以平面一个法向量为． 设平面法向量，，，由，可以取． 设二面角为，则． 由图可知，二面角为钝角，所以二面角的大小为． 3．(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，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，【难度】0.4 【知识点】证明线面垂直、线面垂直证明线线垂直、线面角的向量求法 【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， 又， 设直线与平面所成角为，所以． 考点五 新定义、探索性问题 题型1新定义问题 1．(24-25高一下·北京大兴·期末)类比二维平面内的余弦定理，三维空间中有三面角余弦定理：如图1，由射线，，构成的三面角，记，，，二面角的大小为，则.如图2，四棱锥中，底面为菱形，，，，且. (1)在图2中，用三面角余弦定理求的值； (2)在图2中，线段上是否存在一点，使得，若存在，求值；若不存在，说明理由； (3)在图2中，直线与平面内任意一条直线的夹角为，证明：. 【答案】(1)；(2)存在，，理由见解析；(3)证明见解析【难度】0.4 【知识点】余弦定理解三角形、证明面面垂直、求二面角、立体几何新定义 【分析】(1)证明平面⊥平面，故二面角的大小为，为等边三角形，，代入公式，求出的值；(2)在(1)基础上，得到，由同角三角函数关系和正弦定理得到，再利用余弦定理得到方程，求出，得到答案；(3)分两种情况，当过点和不过点，由(1)及三面角公式可得，又，所以，证明出结论. 【详解】(1)设，连接， 因为底面为菱形，所以，，为的中点， 又，为公共边，所以≌，所以，⊥， 因为，平面，所以⊥平面， 因为平面，所以平面⊥平面，故二面角的大小为， 又，则，， 又，所以为等边三角形，， 由三面角余弦定理得 ； (2)存在，，理由如下： 由三面角余弦定理得， 即，，显然为锐角，故， 在中，由正弦定理得，即，故， 由余弦定理得，即，解得(负值舍去)， 此时，使得； (3)由题意得，设平面内任一条直线为， 当过点时，记与的夹角为，， 由(1)及三面角公式可得， 因为，所以， 又，所以， 当不过点时，过点作，记与的夹角为，， 则，又，所以， 综上， 2．(24-25高三下·甘肃白银·月考)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：①多面体顶点的曲率等于减去多面体在该点处所有面角之和；②多面体的总曲率等于多面体所有顶点的曲率之和，多面体各顶点的平均曲率等于它的总曲率与顶点数之商，其中多面体的面的内角叫作多面体的面角，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． (1)如图1，已知四棱锥的底面ABCD为菱形，，O为BD的中点，且平面ABCD，． ①求该四棱锥在顶点P处的曲率的余弦值；②求二面角的平面角的正弦值； (2)瑞士数学家莱昂哈德·欧拉是18世纪数学界最杰出的人物之一，他对简单多面体进行研究后，提出了著名的欧拉定理：简单多面体的顶点数V、棱数E与面数F满足．请运用欧拉定理解决下列问题：碳60()具有超导特性、抗化学腐蚀性、耐高压以及强磁性，是一种应用广泛的材料．它的分子结构十分稳定，形似足球，也叫足球烯，如图2所示．已知碳60()的分子结构是一个由60个C原子构成的分子，这个多面体有60个顶点，试求碳60()各顶点的平均曲率． 【答案】(1)①；②．(2)【难度】0.4 【知识点】立体几何新定义、面面角的向量求法 【分析】(1)①连接AC，由于底面ABCD是菱形，故BD，AC交于点O，进而可证底面ABCD，利用余弦定理可求得，记四棱锥在点P处的曲率为，则，计算即可；②以点O为原点，直线OA，OB，OP分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系Oxyz，求得平面PAB的一个法向量，求得平面ABCD的一个法向量，利用向量法可求得二面角的平面角的正弦值； (2)设碳60()共有F个面，给组成多面体的多边形编号，分别为1，2，…，F号，设第i号()多边形有条边，则碳60()共有条棱，利用曲率的定义计算可求总曲率的平均曲率. 【详解】(1)①连接AC，由于底面ABCD是菱形，故BD，AC交于点O， 又，所以为正三角形， 因，则， 底面ABCD，底面ABCD，故，． 且，， 由余弦定理得， 由题意可知四棱锥的四个侧面三角形全等，故有， 记四棱锥在点P处的曲率为，则， 所以 ． ②如图，以点O为原点，直线OA，OB，OP分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系Oxyz， 则，，，，所以，． 设平面PAB的一个法向量为，则，令，得， 为平面ABCD的一个法向量，设二面角的平面角为， 由已知为锐角，则， 所以，即二面角的平面角的正弦值为． (2)设碳60()共有F个面，给组成多面体的多边形编号，分别为1，2，…，F号， 设第i号()多边形有条边，则碳60()共有条棱， 由题意，碳60()共有个顶点， i号多边形的内角之和为，所以碳60()的所有多边形的内角之和为， 所以碳60()的总曲率为 ． 由已知，所以碳60()各顶点的平均曲率为． 【点睛】关键点点睛：立体几何的新定义问题，能够正确读懂“曲率”的概率是解决问题的关键，根据题意求得总曲率，进而求解． 3．(25-26高二上·辽宁朝阳·期中)球面三角学是研究球面三角形的边、角关系的一门学科.如图1，球O的半径为R，A，B，C为球面上三点，曲面ABC(阴影部分)叫做球面三角形.若设二面角C-OA-B，A-OB-C，B-OC-A分别为，，，则球面三角形ABC的面积为.    (1)若平面OAB，平面OAC，平面OBC两两垂直，求球面三角形ABC的面积； (2)将图1中四面体OABC截出得到图2，若平面三角形ABC为直角三角形，，延长AO与球O交于点D，连接BD，CD. (ⅰ)证明：；(ⅱ)若直线DA，DC与平面ABC所成的角分别为，，且，，S为AC的中点，T为BC的中点，设平面OBC与平面EST的夹角为，求的最小值. 【答案】(1)；(2)(ⅰ)证明见解析；(ⅱ)【难度】0.4 【知识点】线面角的概念及辨析、线面垂直证明线线垂直、面面角的向量求法、立体几何新定义 【分析】(1)根据垂直可得，即可代入公式求解. (2)(ⅰ)根据球的性质可得线线垂直，可证明平面，然后利用线面垂直的性质定理证明即可； (ⅱ)先利用线面垂直的判定定理得平面，建立空间直角坐标系，求解平面的法向量，利用向量的夹角公式，得，结合换元以及基本不等式即可求解的最大值得解. 【详解】(1)因为平面OAB，平面OAC，平面OBC两两垂直，所以， 所以球面三角形面积为． (2)(ⅰ)由是球的直径，得， 且，平面，则平面，又平面，则； (ⅱ)由(ⅰ)知，，而，平面， 于是平面，由直线与平面所成的角分别为，得， 不妨取，得， 以C为坐标原点，直线分别为x，y轴，过点C作的平行线为z轴，建立空间直角坐标系，    设，则， ， 则， 设平面法向量，则，取，得， 设平面法向量，则，取，得， 因此， 令，则， 于是，当且仅当时取等号，取最大值， 所以的最小值为. 4．(25-26高二上·山东日照·月考)如图1，在平面四边形中，，，，是等腰直角三角形，，将沿折叠到的位置，形成如图2所示的三棱锥，且. (1)证明：；(2)已知三棱锥，外接球球心为. ①若为线段上动点(不包含点)，为中点，为中点，设平面与平面的夹角为，求的最小值.②类似于平面中三角形的余弦定理，有三维空间中的三面角余弦定理：由射线，，构成的三面角，记，，，二面角的大小为，则，当、、时，请在图3的基础上，试证三面角余弦定理，并用该结论求图2中二面角的余弦值. 【答案】(1)证明见详解；(2)①的最小值为；②二面角的余弦值为【难度】0.4 【知识点】立体几何新定义、面面角的向量求法、线面垂直证明线线垂直 【分析】(1)通过勾股定理证明线线垂直从而推出线面垂直，再利用线面垂直证明线线垂直；(2)①通过建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，进而得出与动点的坐标的关系，从而由基本不等式求最值；②构造直角三角形，利用平面三角形中的余弦定理构建边与角的方程，进而化简可证明三维空间的三面角余弦定理，进而代入数值求出二面角的余弦值 【详解】(1)因为，，，由勾股定理得，. 因是等腰直角三角形，且，所以，. 在中，，所以，即. 因，，与相交于点，且平面，所以平面. 而平面，所以. (2)过点作平面. 以点为原点，，，所在直线分别为轴，轴和轴，建立空间直角坐标系. 因为，所以. 因为，，与相交于点，且平面，所以平面. 则，，，线段的中点 因三棱锥底面为直角三角形，所以三棱锥的外接球球心在底面斜边上的中点的上方. 又因为球心距离点和的距离相等，所以球心. ①因为线段的中点，所以；为线段中点，所以 点在线段上运动，设，. ，，设平面的法向量为. 则，不妨令，则平面的一个法向量为. ，，设平面的法向量为. 则，不妨令，则平面的一个法向量为. 平面与平面的夹角为，则 因，所以要求的最小值，即求的最大值. . 设，则，则. 则，当且仅当，即时，等号成立. 所以的最小值为. ②证明：点为射线上一点，过作交于，作交于，连接，则是二面角的平面角. 在中，由余弦定理得，； 在中，由余弦定理得，. 两式相减得， 由勾股定理得，，， 所以有 两边同时除以得，，即. 在中，由余弦定理可得，在中，由余弦定理可得. 设二面角的大小为，则， 代入解得，所以二面角的余弦值为 题型2探索性问题 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；【难度】0.4 【知识点】证明线面平行、线面角的向量求法、空间线段点的存在性问题 【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. 2．(25-26高三上·北京朝阳·月考)如图，在四棱锥中，，是的中点. (1)已知E，F分别为的中点，求证：平面；(2)若平面，则： (i)求平面与平面夹角的余弦值； (ii)在线段上是否存在一点M，使得平面？若存在，求的值；若不存在，说明理由. 【答案】(1)证明见解析；(2)(i)；(ii)不存在，理由见解析【难度】0.65 【知识点】证明线面平行、面面角的向量求法、空间线段点的存在性问题 【分析】(1) 取的中点为 的中点，连接，证明四边形为平行四边形，得，由线面平行的判定定理进行证明；(2) (i)利用空间向量法来求两平面夹角余弦值即可； (ii)假设存在，设，由向量与法向量为共线进行求解． 【详解】(1)取的中点为 的中点，连接,则为的中位线， 为的中位线，得且，且， 而得且，得四边形为平行四边形， 则，由平面平面，得平面. (2)(i)由可得， 连接，可得四边形是正方形，即可得，所以， 所以，即， 又平面，平面，得 ， 平面，得平面， 如图建立空间直角坐标系，令，则， 即，所以 设平面的法向量为， 则，令，得，所以， 由于面，所以平面的法向量可以取， 设平面与面的夹角为，则， 故平面与面的夹角余弦值为. (ii)假设在线段上存在一点M，使得平面，设， 则， 得， 而平面的法向量为，由平面，得向量与法向量为共线， 即得，故无解，故不存在线段上的一点M，使得平面． 3．(25-26高三上·北京西城·月考)如图，在多面体中，面是正方形，平面，平面平面，，．    (1)求证：；(2)求二面角的余弦值； (3)若直线上存在点，使得，求线段的长度． 【答案】(1)证明见解析；(2)；(3)【难度】0.4 【知识点】面面平行证明线线平行、面面角的向量求法、空间线段点的存在性问题 【分析】(1)由面面平行的性质定理进行证明即可； (2)则以为坐标原点，分别以，，所在直线为，，轴，建立空间直角坐标系，然后利用空间向量的夹角公式进行求解即可； (3)已知在上，令()，根据向量的线性运算可得，再根据求解的值，最后根据向量模长公式求解线段的长度即可. 【详解】(1)因为平面平面，，，，四点共面， 且平面 平面，平面 平面，所以. (2)因为平面，是正方形， 则以为坐标原点，分别以，，所在直线为，，轴，如图建立空间直角坐标系，    则，，，；得：，，， 设平面的法向量为， 则，令，得，，得：； 设平面的法向量为， 则，令，得，，得：， 设二面角F－BE－C为，则. 故二面角F－BE－C的余弦值为. (3)如图，已知在上，令()， 由， ，由于，则，即，解得：. 可得：，则，即线段的长度为. 4．(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，.【难度】0.65 【知识点】线面垂直证明线线垂直、面面角的向量求法、已知面面角求其他量 【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. 学科网(北京)股份有限公司第 1 页 共 65 页 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·上好课 www.zxx k.com 上好每一堂课 专题02空间向量与立体几何解答题 目录 01析考情精解… 02构知能框架 2 03破•题型攻坚 考点一立体几何常规解答题 真题动向 必备知识 知识1立体几何建模与应用解题思路 题型1线面角问题 题型2二面角问题 命题预测 题型3体积、面积问题 题型4距离问题 考点二 折叠、 居开问领。 38 真题动向 必备知识 知识1折叠、展开问题解题思路 命题好预测 题型1折叠、展开问题 考点三 球的切接 43 真题动向 必备知识 知识1外接球与内切球 命题好预测 题型1球的切接 考点四 结构不良问题… 46 真题动向 必备知识 知识1结构不良问题的解题思路 命题预测 题型1结构不良问题 考点五 新定义、探索性问题 53 真题动向 必备知识 知识1新定义问题解题思路 知识点2探索性问题解题思路 命题预测 题型1新定义问题 题型2探索性问题 NO.1 析·考情精解 命题 近五年北京卷高考立体几何解答题，有4年考查了常规题型，有1年考查了结构不良 问题。一般第1问有3年考查线面平行的证明，有1年考查线面垂直的证明，另1 轨迹 年考查证明中点问题。第2问基本上是线面角、二面角有关计算，难度均不大。 第1页共66页 学科网·上好课 www.zxx k.com 上好每一堂课 透视 考点 考点 2025年 2024年 2023年 立体几何中的数学 频次 北京T14填空题5分 北京T14填空题5分 北京T9选择题4分 建模与应用 总结 2026 预计在2026年北京卷高考中，立体几何解答题，仍然在解答题中靠前的位置；仍然 2个问，1个问证明平行垂直，1个问求线面角或二面角。难度不大。 命题 预测 N0.2 构·知能框架 知识点1平行问题 考点一立体几 知识点2垂直问题 题型1线面角问题 何常规解答题 知识点3空间坐标表示 题型2二而角问题 题型3体积、面积问题 知识点4空间向量解立体几何题 题型4距离问题 知识点5体积、面积 考点二折 知识点1折叠、展开 叠、展开问题 问题的解题思路 题型1折叠、展开问题 专题2空间向量与 考点三球的 知识点1外接球与内 立体几何解答题 切接 切球 题型1球的切接 考点四结构 知识点1结构不良问 不良问题 题的解题思路 题型1结构不良问题 考点一新定 义、探索性问题 知识点1新定义问题 题型1新定义问题 知识点2探索性问题 题型2探索性问题 NO.3 破·题型攻坚 考点一 立体几何常规解答题 题 动 向 1.(2025年北京高考数学真题T17解答题15分)如图，在四棱锥P-ABCD中，△ADC与△BAC均为等腰直 角三角形，LADC=90°，∠BAC=90°，E为BC的中点， (1)若F,G分别为PD,PE的中点，求证：FG/平面PAB; 第2页共66页 学科网·上好课 www.zxx k.com 上好每一堂课 (2)若PA⊥平面ABCD,PA=AC,求直线AB与平面PCD所成角的正弦值， 【答案】④证明见解析：(Q【难度】065 【知识点】证明线面平行、线面角的向量求法 【分析】(I)取PA的中点N,PB的中点M,连接N、MN,只需证明FGMW即可： (②)建立适当的空间直角坐标系，求出直线AB的方向向量与面PCD的法向量，根据向量夹角公式即可求解 【详解】(I)取PA的中点N,PB的中点M,连接N、MN, △ACD与△ABC为等腰直角三角形且LADC=90°，∠BAC=90°， 不妨设AD=CD=2,AC=AB=2V2..BC=4 还、F分别为BC、PD的中点，∴FN=2AD=1,GM=2BE=1,且FN/IAD,GM/BC. ∠DAC=45°，∠ACB=45°，AD II BC,FNIGM,∴.四边形FGMN为平行四边形，FGMN, FG￠平面PAB,MNC平面PAB,FGI平面PAB: (2)~PAI平面ABCD,以A为原点，AC、AB、AP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， R 设AD=CD=2,则A(0,0,0),B(0,2V2,0),C(2W2,0,0),D(V2,-√2,0)，P(0,0,2V2 AB=(0,22,0).DC=(V2,√2,0)，cp=(-22,0,2W2: 设平面PCD的一个法向量为元=(x,y,z) DC.n=0,.. √2x+V2y=0 ,取x=1,y=-1,2=1,元=(1，-1,10 (CP.n=0 -22x+2V2z=0 设AB与平面PCD所成角为 则sin8=|cos(4B,n川= 10×1+2V2×(-1)+0×1 22=5 A同 2W2×√12+(-1)2+12 2W2331 即AB与平面PCD所成角的正弦值为号 第3页共66页 学科网·上好课 www.zxx k.com 上好每一堂课 2.(2024年北京高考数学真题T17解答题15分)如图，在四棱锥P-ABCD中，BC//AD,AB=BC=1,AD=3, 点E在AD上，且PE⊥AD,PE=DE=2. B A (1)若F为线段PE中点，求证：BF/平面PCD (2)若AB1平面PAD,求平面PAB与平面PCD夹角的余弦值. 【答案】)证明见解析，（②-【难度】065 【知识点】证明线面平行、线面垂直证明线线垂直、面面角的向量求法 【分析】(I)取PD的中点为S,接SF,SC,可证四边形SFBC为平行四边形，由线面平行的判定定理可得BF/ 平面PCD (2)建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面APB和平面PCD的法向量后可求夹角的余弦值， 【详解】(I)取PD的中点为S,接SF,SC,则SF/ED,SF=ED=1, 而ED//BC,ED=2BC,故SF/BC,SF=BC,故四边形SFBC为平行四边形， 故BF/ISC,而BF￠平面PCD,SCC平面PCD,所以BF/平面PCD (2)因为ED=2,故AE=1,故AE/BC,AE=BC,故四边形AECB为平行四边形，故CE/AB, 所以CEI平面PAD,而PE,EDC平面PAD,故CE⊥PE,CE⊥ED,而PE⊥ED, 故建立如图所示的空间直角坐标系， D方 则A(0,-1,0),B(1,-1,0),C(1,0,0),D(0,2,0),P(0,0,2) 则PA=(0,-1,-2),PB=(1,-1,-2,PC=(1,0,-2),PD=(0,2,-2), 设平面P8的法向量为=c动则低股8可女’，2。取m=Q-2. 设平面PcD的法向量标=ab,0.则白[凭：焉二8可得=0额=Q10 元·PD=0 故0s(成列=高6=-要故平面PAB与平面PCD夹角的余弦值为 30 3.(2023年北京高考数学真题T16解答题10分)如图，在三棱锥P-ABC中，PA1平面ABC,PA=AB=BC= 第4页共66页 学科网·上好课 www.zxx k.com 上好每一堂课 1,PC=V3. (1)求证：BC1平面PAB:(2)求二面角A-PC-B的大小. 【答案】()证明见解析：(2)5【难度】0.65 【知识点】面面角的向量求法、证明线面垂直 【分析】(1)先由线面垂直的性质证得PA1BC,再利用勾股定理证得BC1PB,从而利用线面垂直的判定定 理即可得证： (②)结合(1)中结论，建立空间直角坐标系，分别求得平面PAC与平面PBC的法向量，再利用空间向量夹角余 弦的坐标表示即可得解 【详解】(I)因为PAI平面ABC,BCc平面ABC,所以PA L BC, 同理PA1AB,所以△PAB为直角三角形， 又因为PB=√PA2+AB2=√2，BC=1,PC=√3，所以PB2+BC2=PC2,则△PBC为直角三角形， 故BC⊥PB,又因为BC 1 PA,PA∩PB=P,所以BCI平面PAB. (2)由(I)BC⊥平面PAB,又ABC平面PAB,则BC L AB, 以A为原点，AB为x轴，过A且与BC平行的直线为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，如图， 24 B 则A(0,0,0),P(0,0,1),C(1,1,0),B(1,0,0), 所以AP=(0,0,1,AC=(1,1,0),BC=(0,1,0),PC=(1,1,-1), 设平面P4AC的法向量为m=(x,y1,2),则m·A巴=0，即{1=0， m·AC=0’ (x1+y1=0, 令x1=1,则y1=-1,所以m=(1,-1,0), 设平面PBC的法向量为元=(x2,y2,2),则BC=0,即.，2=0 n·PC=0 (x2+y2-z2=0' 令名=1，则2：=1，所以元=(L0,).所以os佩列=品=高克 第5页共66页 学科网·上好课 www.zxx k.com 上好每一堂课 又因为二面角A-PC-B为锐二面角，所以二面角A-PC-B的大小为5 4.(2021年北京高考数学真题T17解答题15分)如图：在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为A1D1中点，B1C1 与平面CDE交于点F. (I)求证：F为B1C1的中点：（②）点M是棱A1B1上一点，且二面角M-PC-B的余弦值为9，求4的值. A1B1 【答案】证明见解析：（②-专【难度】065 【知识点】面面角的向量求法、判断图形中的线面关系 【分析】(I)首先将平面CDE进行扩展，然后结合所得的平面与直线B1C1的交点即可证得题中的结论： (2)建立空间直角坐标系，利用空间直角坐标系求得相应平面的法向量，然后解方程即可求得实数入的值. 【详解】(I)如图所示，取B1C1的中点F',连结DE,EF,F'C, 由于ABCD-A1B1C1D1为正方体，E,F为中点，故EF'CD, 从而E,F,C,D四点共面，即平面CDE即平面CDEF', 据此可得：直线B1C1交平面CDE于点F', 当直线与平面相交时只有唯一的交点，故点F与点F重合，即点F为B1C1中点 E (上) B B D B (2)以点D为坐标原点，DA,DC,DD1方向分别为x轴，y轴，z轴正方向，建立空间直角坐标系D-xyz, 不纺设正方体的棱长为2、设-A0≤1≤)，则：M2.2队2).C0,20).F(1,22)E(1,02), 从而：MC=(-2,2-21,-2),CF=(1,0,2),FE=(0,-2,0)； 设平面MCF的法向量为：元=(x1,y1,z1),则： mMC=-2x1+(2-20%-22=0,令1=-1可得：m=(（2-1) m·C℉=x1+2z1=0 设平面CFE的法向量为：元=(x2,y2,z2),则： -F=x十220'令31=-1可得：元=(2,0，-1). (元·FE=-2y2=0 第6页共66页 丽学科网·上好课 www.zxx k.com 上好每一堂课 从而：元重=5，m-5+(白，网=5，则：om列= m节 5 5+xv5 3 整理可得：(u-1)2=子故1=0=舍去) 【点睛】本题考查了立体几何中的线面关系和二面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推 理能力，对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的 夹角公式求解 必 识 知识1平行问题 1.线面平行 文字语言 图形语言 符号语言 判定 平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与 .l∥a,aCa,lda,∴.l∥a 定理 此平面平行（线线平行→线面平行） a 性质 条直线与一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此 l∥a,lcB,anB=b,∴l∥b 定理 平面的交线与该直线平行（简记为“线面平行→线线平行”） 2.面面平行 文字语言 图形语言 符号语言 a 判定 一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两 b ac a,bca, anb=P,→a∥f 定理 个平面平行（简记为“线面平行→面面平行） (a/B,b/β， B 如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的 a//B any=a→a∥b 性质 交线平行 a y Bny=b) 定理 如果两个平面互相平行，其中一个平面内的一直线平行 B 与另外平面 all 3.平行问题的转化关系 性质 线线平行 判定之 线面平行 判定之面面平行 性质 性质 判定 4.平行关系中的三个重要结论 (I)垂直于同一条直线的两个平面平行，即若a⊥a,a⊥B,则a∥B. (2)平行于同一个平面的两个平面平行，即若a∥B,B∥y,则a∥y. 第7页共66页 学科网·上好课 www.zxx k.com 上好每一堂课 (3)若a∥B,aCa,则a∥B. 知识2垂直问题 特殊图形， 平行四边形：菱形、矩形、正方形 特殊三角形：等腰（等边）三角形取中点 「正余弦定理 1.线线垂直{边角关系 勾股（逆）定理 线面垂直的定义 面面垂直的性质 2.线面垂直 文字语言 图形语言 符号语言 判定 条直线与一个平面内的两条相交直线都垂 (lL a,l1b, anb=0,→l1a 定理 直，则该直线与此平面垂直 a b a、b∈a, 性质 垂直于同一个平面的两条直线平行 a1m→a/b 定理 b⊥aJ (3)与线面垂直有关的重要结论 ①如果一条直线垂直于一个平面，那么这条直线垂直于平面内的任何一条直线， ②如果两条平行直线中的一条垂直于一个平面，那么另一条也垂直于这个平面. ③如果一条直线与两个平面都垂直，那么这两个平面平行. ④过一点有且只有一条直线和已知平面垂直：过一点有且只有一个平面和已知直线垂直. 2.面面垂直 文字语言 图形语言 符号语言 判定 个平面过另一个平面的垂线，则这两个平 定理 面垂直 是8ealn 性质 两个平面垂直，则一个平面内垂直于交线的 (a L B, anB=a,→l⊥a 定理 直线与另一个平面垂直 IEB,lLa, 3.三垂线定理：直线AB为斜线OB在平面a内的投影，L1AB→l1OB 第8页共66页 丽学科网·上好课 www.zxx k.com 上好每一堂课 4.垂直关系的转化 (1)判定定理转化：线线垂直→线面垂直→面面垂直 (②)性质定理转化：面面垂直→线面垂直→线线垂直 用图形表示为： 判定 判定 判定 线线垂直 线面垂直 面面垂直 性质 性质 性质 (3)同时，在平行与垂直之间也存在相互转化，即：线线垂直→线面垂直一线线平行→线面平行 知识3空间坐标表示 设a=(a,h,a),b=(b1,b2,b3) 向量表示 坐标表示 数量积 ab ab+azb+a3b3 共线 a=6⑥≠0,1∈R) 4=1b,4=b2,4=b 垂直 b=0a≠0，b≠0 4b1+ab2+ab3=0 模 同 Vai+ai+a 夹角 cos (a,B)=aB @≠0，b≠可 cos (a,b) ab1+ab2+a3b3 1a土+a+a经1b+b3+b好 知识4空间向量解立体几何题 1.空间位置关系的向量表示 位置关系 向量表示 直线11,2的方向向量分别为m,m2 1∥2 m∥m2-m=1m2 1⊥12 m⊥m2台mm2= 直线1的方向向量为m,平面a的法向量为7 1//a m⊥元台mn=0 ILa 元∥元台元=杭 平面a,的法向量分别为n,2 a∥B n∥n2÷n=n a⊥Bm⊥n2nn=0 2异面直线的夹角：设直线l1,l2的方向向量分别为m,m2,异面直线的夹角为0： 则：cos8=lcos<m,m2>,9e(0,), 3.直线与平面所成的角：设直线1的方向向量为元，平面c的法向量为元，直线1与平面a所成的角为0， 则sin用-leos<mi≥-器ep,身 B A的 4.二面角 (I)图①，AB,CD是二面角a一1一B两个面内与棱1垂直的直线，则二面角0与<AB,CD>相等或互补： 第9页共66页 学科网·上好课 www.zxx k.com 上好每一堂课 ② (2)如图②③，n,n2分别是二面角a一l-β的两个半平面a,B的法向量， 则二面角的大小满足cos=lcos<,2>l. (日若二面角9为锐角则os9=os4=哥副 (1i)若二面角0为钝角则cos0-lcosl=-回过 制 5.距离 (1)点到平面距离：A为平面a外一点，P为平面a上任意一点，d4-。=(n为平面的法向量)。 (2)如果一条直线1与一个平面α平行，可在直线1上任取一点P,将线面距离转化为点P到平面α的距离求 解。 (3)如果两个平面a,B互相平行，在其中一个平面a内任取一点P,可将两个平行平面的距离转化为点P到 平面的距离求解. 知识5体积、面积 (一)面积体积公式 1.体积公式： 所有椎体体积公式：V=sh, 所有柱体体积公式：V=Sh, 台体体积公式：V=S上+S十SS)h 球体体积公式：V=nR3, 2.侧面积公式： 圆柱：S假柱刻=2l, 圆锥：S圆锥刻=扣l, 圆台：S圆台侧=π（十h)儿 3.表面积公式： 球体表面积公式：S=4πR2, 圆柱：V=Sh=2LS表=S底+S侧=2r2+2πml 圆锥：V=Sh=子m2h,S表=S底+S侧=r2+ml (二)长方体（正方体、正四棱柱）的体对角线的公式 1.已知长宽高求体对角线：12=a2+b2+c2 第10页共66页学科网·上好课 www.zxx k.com 上好每一堂课 专题02空间向量与立体几何解答题 目录 01析考情精解… 02构知能框架 2 03破•题型攻坚 考点一立体几何常规解答题 真题动向 必备知识 知识1立体几何建模与应用解题思路 题型1线面角问题 题型2二面角问题 命题预测 题型3体积、面积问题 题型4距离问题 考点二 折叠、 展开问领… 21 真题动向 必备知识 知识1折叠、展开问题解题思路 命题好预测 题型1折叠、展开问题 考点三 球的切接 22 真题动向 必备知识 知识1外接球与内切球 命题好预测 题型1球的切接 考点四 结构不良问题… 25 真题动向 必备知识 知识1结构不良问题的解题思路 命题预测 题型1结构不良问题 考点五 新定义、探索性问题 27 真题动向 必备知识 知识1新定义问题解题思路 知识点2探索性问题解题思路 命题预测 题型1新定义问题 题型2探索性问题 NO.1 析·考情精解 命题 近五年北京卷高考立体几何解答题，有4年考查了常规题型，有1年考查了结构不良 问题。一般第1问有3年考查线面平行的证明，有1年考查线面垂直的证明，另1 轨迹 年考查证明中点问题。第2问基本上是线面角、二面角有关计算，难度均不大。 第1页共32页 学科网·上好课 www.zxx k.com 上好每一堂课 透视 考点 考点 2025年 2024年 2023年 立体几何中的数学 频次 北京T14填空题5分 北京T14填空题5分 北京T9选择题4分 建模与应用 总结 2026 预计在2026年北京卷高考中，立体几何解答题，仍然在解答题中靠前的位置；仍然 2个问，1个问证明平行垂直，1个问求线面角或二面角。难度不大。 命题 预测 N0.2 构·知能框架 知识点1平行问题 考点一立体几 知识点2垂直问题 题型1线面角问题 何常规解答题 知识点3空间坐标表示 题型2二而角问题 题型3体积、面积问题 知识点4空间向量解立体几何题 题型4距离问题 知识点5体积、面积 考点二折 知识点1折叠、展开 叠、展开问题 问题的解题思路 题型1折叠、展开问题 专题2空间向量与 考点三球的 知识点1外接球与内 立体几何解答题 切接 切球 题型1球的切接 考点四结构 知识点1结构不良问 不良问题 题的解题思路 题型1结构不良问题 考点一新定 义、探索性问题 知识点1新定义问题 题型1新定义问题 知识点2探索性问题 题型2探索性问题 NO.3 破·题型攻坚 考点一 立体几何常规解答题 题 动 向 1.(2025年北京高考数学真题T17解答题15分)如图，在四棱锥P-ABCD中，△ADC与△BAC均为等腰直 角三角形，LADC=90°，∠BAC=90°，E为BC的中点， (1)若F,G分别为PD,PE的中点，求证：FG/平面PAB; 第2页共32页 丽学科网·上好课 www.zxx k.com 上好每一堂课 (2)若PA⊥平面ABCD,PA=AC,求直线AB与平面PCD所成角的正弦值 G A D 2.(2024年北京高考数学真题T17解答题15分)如图，在四棱锥P-ABCD中，BC/AD,AB=BC=1,AD=3, 点E在AD上，且PE⊥AD,PE=DE=2 (I)若F为线段PE中点，求证：BF/平面PCD (2)若ABI平面PAD,求平面PAB与平面PCD夹角的余弦值. D B 第3页共32页 学科网·上好课 www.zxx k.com 上好每一堂课 3.(2023年北京高考数学真题T16解答题10分)如图，在三棱锥P-ABC中，PA1平面ABC,PA=AB=BC= 1,PC=3 (I)求证：BC1平面PAB:(2)求二面角A-PC-B的大小. 4.(2021年北京高考数学真题T17解答题15分)如图：在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为A1D1中点，B1C1 与平面CDE交于点F (1)求证：F为B,C的中点：（②）点M是棱A1B,上一点，且二面角M-FC-E的余弦值为5，求4的值. A1B1 D B 第4页共32页 学科网·上好课 上好每一堂课 必 知 识 知识1平行问题 1.线面平行 文字语言 图形语言 符号语言 判定 平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与 .l∥a,aca,da,∴.l∥a 定理 此平面平行（线线平行→线面平行） 性质 “条直线与一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此 :l∥a,1CB,anB=b,∴.l∥b 定理 平面的交线与该直线平行（简记为“线面平行→线线平行”） 2.面面平行 文字语言 图形语言 符号语言 判定 个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两 aca,bca, anb=P,→a∥B 定理 个平面平行（简记为“线面平行→面面平行） a//B,b//B, 如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的 a//B any=a→a∥b 性质 交线平行 Bny=b) 定理 如果两个平面互相平行，其中一个平面内的一直线平行 B 与另外平面 a/la}→aMB a ca) 3.平行问题的转化关系 性质 判定 线线平行 三线面平行 性质 判定之面面平行 性质 判定 4.平行关系中的三个重要结论 (1)垂直于同一条直线的两个平面平行，即若a⊥a,aLB,则a∥B: (2)平行于同一个平面的两个平面平行，即若a∥B,B∥y,则a∥y. (3)若a∥B,aCa,则a∥B. 知识2垂直问题 平行四边形：菱形、矩形、正方形 特殊图形 特殊三角形：等腰（等边）三角形…取中点 (正余弦定理 1.线线垂直{边角关系 勾股（逆）定理 线面垂直的定义 面面垂直的性质 第5页共32页 丽学科网·上好课 www.zxx k.com 上好每一堂课 2.线面垂直 文字语言 图形语言 符号语言 判定 条直线与一个平面内的两条相交直线都垂 l1a,11b, a anb=0,→l1 定理 直，则该直线与此平面垂直 a、bsa, 性质 b 垂直于同一个平面的两条直线平行 定理 819a/o (3)与线面垂直有关的重要结论 ①如果一条直线垂直于一个平面，那么这条直线垂直于平面内的任何一条直线。 ②如果两条平行直线中的一条垂直于一个平面，那么另一条也垂直于这个平面. ③如果一条直线与两个平面都垂直，那么这两个平面平行 ④过一点有且只有一条直线和己知平面垂直：过一点有且只有一个平面和已知直线垂直. 2.面面垂直 文字语言 图形语言 符号语言 判定 一个平面过另一个平面的垂线，则这两个平 定理 面垂直 让8a1B a 性质 两个平面垂直，则一个平面内垂直于交线的 (a1B, anB=a,→l⊥x 定理 直线与另一个平面垂直 l∈B,l1a, Q 3.三垂线定理：直线AB为斜线OB在平面a内的投影，L1AB→lIOB 4.垂直关系的转化 (1)判定定理转化：线线垂直→线面垂直→面面垂直 (②)性质定理转化：面面垂直→线面垂直→线线垂直 用图形表示为： 判定 判定 判定 线线垂直 线面垂直 面面垂直 性质 性质 性质 第6页共32页 丽学科网·上好课 www.zxx k.com 上好每一堂课 (3)同时，在平行与垂直之间也存在相互转化，即：线线垂直一线面垂直一线线平行一线面平行 知识3空间坐标表示 设a=(a,,a),6=(b,b2,b3). 向量表示 坐标表示 数量积 ab 4b1十ab2+ab 共线 a=bb≠0,1∈R) 山=2b1,2=1b2,=1b3 垂直 ab=0a≠0，b≠0 41b1+b2+a3b3=0 模 同 Nai+ai+ai 夹角 caa,ba≠0，b+0 cos (a,b) 41b1+C2b2+L3b3 Nai+atasbi+b3+b3 知识4空间向量解立体几何题 1.空间位置关系的向量表示 位置关系 向量表示 直线1,2的方向向量分别为m,m2 1∥2 m灯∥m2台m1=λm2 1⊥12 m⊥m2÷m1m2= 直线l的方向向量为m,平面α的法向量为元 l∥a 元⊥分m元=0 ILa 元/元分元=抗 平面a,的法向量分别为n,n2 a∥B ∥n2-n=n2 a⊥B⊥n2÷nn2=0 2异面直线的夹角：设直线l1,l2的方向向量分别为m,m2,异面直线的夹角为0： 则：cos8=lcos<mi,m2>,9e(0,2), 3.直线与平面所成的角：设直线1的方向向量为m,平面a的法向量为元，直线1与平面a所成的角为0， 则sim8=los<前i≥=源别9e, a A 4.二面角 (I)图①，AB,CD是二面角a一1一B两个面内与棱1垂直的直线，则二面角日与<AB,CD>相等或互补； ① ③ (2)如图②③，，n2分别是二面角a一1-的两个半平面a,B的法向量， 则二面角的大小9满足cos=lcos<n,n2>l. (若二面角9为饶角则cas0=os0-器 第7页共32页 学科网·上好课 www.zxx k.com 上好每一堂课 (ii)若二面角0为钝角则cos0=-lcosol=-列 5距离 (1)点到平面距离：A为平面a外一点，P为平面a上任意一点，d4-。=到(m为平面的法向量)。 (2)如果一条直线1与一个平面α平行，可在直线l上任取一点P,将线面距离转化为点P到平面a的距离求 解。 (3)如果两个平面α，B互相平行，在其中一个平面α内任取一点P,可将两个平行平面的距离转化为点P到 平面的距离求解。 知识5体积、面积 (一)面积体积公式 1.体积公式： 所有椎体体积公式：V=sh, 所有柱体体积公式：V=Sh 台体体积公式：V-S上+S十S:S)h 球体体积公式：V=R3, 2.侧面积公式： 圆柱：S圆柱刻=2l, 圆锥：S圆锥测=0l, 圆台：S圆台侧=π1十h)儿 3.表面积公式： 球体表面积公式：S=4πR2, 圆柱：V=Sh=r2l,S表=S底+S侧=2r2+2ml 圆锥：V=Sh=π2h,S表=S底+S侧=r2+mrl (二)长方体（正方体、正四棱柱）的体对角线的公式 1.已知长宽高求体对角线：12=a2+b2+c2 2.已知共点三面对角线求体对角线：2=？+？+) 题型1线面角问题 1.(25-26高三上·北京海淀·月考)如图，在四棱锥P-ABCD中，PA1平面ABCD,底面ABCD是直角梯形， AD/BC,AB1AD,且AB=AD=BC=1,二面角P-BC-A的大小为60，M为BC中点. 第8页共32页 丽学科网·上好课 www.zxx k.com 上好每一堂课 (1)证明：BD1PM;(2)求直线PM与平面PBD所成角的正弦值. D D M 2.(25-26高三上·北京东城月考)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为菱形，且PB=AB=2,PB1 平面ABCD,平面PDC⊥平面PBC,E是PC的中点，平面ABE交PD于F. (1)求证：F是PD的中点；(2)求直线DE与平面ABE所成角的正弦值. 第9页共32页 学科网·上好课 www.zxx k.com 上好每一堂课 3.(24-25高三上·北京·月考)如图，在四棱锥P-ABCD中，AB/CD,AB1AD,AB=AD=2,CD=3,PA= PB=√2，E是棱PD上的点 ()若=2，证明：AB/平面PBC; (②若平面PAB1平面ABCD,直线CE与平面PBC所成角的正弦值为求PE的长. 4.(25-26高三上·北京顺义·月考)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，PD1底面ABCD,且PD= AD=4,E是PC的中点，平面ABE与线段PD交于点F (I)求证：AB/FE;(2)若CF=2√5，求直线BE与平面BCF所成角的正弦值 E 第10页共32页