专题09 立体几何解答题全归纳（热点专练）（上海专用）2026年高考数学二轮复习讲练测

专题09 立体几何解答题全归纳 内容导航 热点聚焦 方法精讲 能力突破 热点聚焦·析考情 锁定热点，靶向攻克：聚焦高考高频热点题型，明确命题趋势下的核心考查方向。 题型引领·讲方法 系统归纳，精讲精练：归纳对应高频热点题型的解题策略与实战方法技巧。 能力突破·限时练 实战淬炼，高效提分：精选热点经典题目，限时训练，实现解题速度与准确率双重跃升。 近三年：立体几何大题常以棱锥、棱柱（尤其是四棱锥、三棱柱）为载体，也有以柱体、台体、圆锥、球为载体，比较少。需要重点熟悉折叠问题、存在垂直关系（便于建系）的几何体。第1问常以证明线面平行或垂直关系。第2问主要利用空间向量求二面角。其他考点包括点到面距离、已知二面角求长度等。 预测2026年：回归空间想象本源，强调将空间问题转化为平面问题、几何问题转化为代数计算的思维能力。大题位置与难度：仍可能作为第2道大题，内容上可能融合解三角形、函数等其他知识 题型01异面直线所成的角 题型02直线与平面所成的角 题型03平面与平面所成的角（二面角） 题型04距离问题 题型05折叠问题 题型06探索性问题 题型07最值问题 题型08立体几何中的创新问题 题型01异面直线所成的角 解｜题｜策｜略 用向量法求异面直线所成角的步骤 1.如图，正四棱锥，，，为侧棱上的点，且． (1)求证：； (2)求异面直线与所成角的余弦值． 2.在四棱锥中，,，. (1)求证：平面； (2)设为棱上一点，若直线与所成角的余弦值为，求的值. 3.如图，正四棱锥，，，为侧棱上的点，且． (1)求证：； (2)求异面直线与所成角的余弦值． 3.如图，在三棱锥中，，为的中点，在底面的投影落在线段AD上. (1)证明：； (2)若，，，，在线段上，且满足平面平面，求直线与直线夹角的余弦值. 题型02直线与平面所成的角 解｜题｜策｜略 利用空间向量求线面角的解题步骤 4.四棱锥中，与为等腰直角三角形，，E为BC的中点． (1)F为的中点，G为PE的中点，证明：面PAB； (2)若面ABCD，，求AB与面PCD所成角的正弦值． 5.如图，在四棱台中，底面为平行四边形，侧棱平面，，. (1)证明：平面平面； (2)若四棱台的体积为．求直线与平面所成角的正弦值. 6.如图，直五棱柱中，四边形为正方形，，二面角的平面角为，为中点. (1)当时，证明：平面； (2)当直线与平面所成的角为时，求的值. 题型03平面与平面所成的角（二面角） 解｜题｜策｜略 向量法求平面与平面的夹角（二面角）的方法 （1）找法向量：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小； （2）找与棱垂直的方向向量：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小. 7.（2026·上海金山·一模）如图，已知圆锥，点在底面圆周上，，且，动点落在劣弧上． (1)求证：平面平面； (2)若点平分劣弧，过点分别作，垂足分别为两点，求二面角的大小． 8.在多面体中，平面平面是以为斜边的等腰直角三角形，四边形为平行四边形，分别为的中点． (1)求证：； (2)求平面与平面的夹角的余弦值． 9．如图，矩形是圆柱的轴截面，，点分别是上、下底面圆周上的点，且.      (1)求证：； (2)若四边形为正方形，求平面与平面夹角的正弦值. 题型04距离问题 解｜题｜策｜略 利用向量法求点B到平面α的距离的步骤 10.如图，正三棱柱中，各棱长均为4，N是的中点. （1）求点N到直线的距离； （2）求点到平面的距离. 11.在四棱锥中，底面为正方形，平面平面，，，点E为线段的中点，点F为线段上的动点（不含端点）. (1)证明：平面平面； (2)若平面与平面的夹角为，求点P到平面的距离. 12.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． 题型05折叠问题 解｜题｜策｜略 配凑法求最值的实质及关键点 配凑法就是将相关代数式进行适当的变形，通过添项、拆项等方法凑成和为定值或积为定值的形式，然后利用基本不等式求解最值的方法.配凑法的实质是代数式的灵活变形，拼系数、凑常数是关键. 13.如图，已知为等边三角形，D，E分别为，边的中点，把沿折起，使点A到达点P，平面平面，若，求直线到平面的距离.    14.如图，平面四边形ABCD中，，，，，，点E，F满足，，将沿EF翻折至，使得． (1)证明：； (2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值． 15.如图，四边形中，，，为中点，点在上，，.将四边形沿翻折至四边形.    (1)证明：平面平面； (2)若，求点到平面的距离. 题型06探索性问题 解｜题｜策｜略 1.对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等． 2.对于位置探索型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数． 用基本不等式求解最值的方法.配凑法的实质是代数式的灵活变形，拼系数、凑常数是关键. 16.已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，D为棱上的点． （1）证明：； （2）当为何值时，面与面所成的二面角的正弦值最小? 17.如图，在以为顶点的五面体中，四边形与四边形均为等腰祶形，，为的中点． (1)证明：平面平面； (2)设点是内一动点，，当线段的长最小时，求直线与直线所成角的余弦值． 18.如图，在四棱台中，底面是菱形，，，平面.    (1)证明：BDCC1； (2)棱上是否存在一点，使得二面角的余弦值为若存在，求线段的长；若不存在，请说明理由. 19.（2026·上海浦东新·二模）如图，四边形为长方形，平面，，． (1)若分别是的中点，求证：∥平面； (2)边上是否存在点，使得直线与平面所成的角的大小为？若存在，求长；若不存在，说明理由． 题型07最值问题 解｜题｜策｜略 求角度的最值跟范围问题可以从角的正弦、余弦或正切这三个方向去计算范围跟最值。在解决问题时，可以从几何法或者建系两个角度去表示出角的三角函数值，从而获取范围与最值。 20.（2026·上海徐汇·一模）如图，已知是的直径，点是上异于、的一点．设过点的直线垂直于所在的平面，且． (1)若为中点，为线段的中点，为线段上一点，且平面．求证：为线段中点，并求三棱锥的体积； (2)记二面角的平面角为，求的最小值，并指出其取得最小值时点的位置． 21.如图，圆台的下底面的内接正方形的边长为4，是上底面圆周上的一点，且满足，． (1)证明：平面； (2)求三棱锥的外接球的表面积； (3)是的中点，是上底面圆周上的一点，求异面直线与所成角的余弦值的最大值． 22.如图，已知底面是正三角形，平面，平面，． (1)若，是中点，证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值的最大值． 题型08立体几何中的创新问题 解｜题｜策｜略 用类比方法求解定义新性质创新问题的三个切入角度 （1）从两个性质的相似性和差异性上理解新性质的准确性； （2）从两个性质的内涵、应用环境上的差异刻画新性质的“全貌”（本质）； （3）从类比方法获得启示，从而应用新性质解决问题. 23.空间中，我们将至少两条坐标轴不垂直的坐标系称为“空间斜坐标系”．类比空间直角坐标系，分别为“空间斜坐标系”中三条数轴（轴、轴、轴）正方向的单位向量，若向量，则与有序实数组相对应，称向量的斜坐标为，记作．如图，在平行六面体中，，，，．以为基底建立“空间斜坐标系”． (1)若点在平面内，且平面，求的斜坐标； (2)若的斜坐标为，求平面与平面的夹角的余弦值． 24.在空间直角坐标系O-xyz中，已知向量，经过点，且以为法向量的平面α的方程为． (1)求原点到平面的距离； (2)根据平面直角坐标系中点到直线的距离公式，类比出到平面的距离公式，并利用有关知识证明； (3)已知平行六面体，平面的方程为，平面经过点，平面的方程为，求平面与平面夹角的余弦值的最大值． 25.类比于二维平面中的余弦定理，有三维空间中的三面角余弦定理.如图1，由射线PA，PB，PC构成的三面角P-ABC，∠APC＝α，∠BPC＝β，∠APB＝γ，二面角A-PC-B的大小为θ，则cos γ＝cos αcos β＋sin αsin βcos θ. （1）当α，β∈（ 0，）时，证明以上三面角余弦定理； （2）如图2，平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，平面AA1C1C⊥平面ABCD，∠A1AC＝60°，∠BAC＝45°. ①求∠A1AB的余弦值； ②在直线CC1上是否存在点P，使BP∥平面DA1C1？若存在，求出点P的位置；若不存在，说明理由. （建议用时：60分钟） 1．（2026·上海黄浦·期末）设在直三棱柱中，,,依次为,的中点． (1)求异面直线所成角的大小（用反三角函数值表示）； (2)求点到平面的距离． 2．（2026·上海宝山·三模）如图，在四棱锥中，平面，底面为矩形，为线段的中点，，． (1)求证：平面； (2)求直线与平面的夹角的正弦值． 3．（2025·上海浦东新·三模）如图，已知一个由半圆柱与多面体构成的几何体，平面与半圆柱的下底面共面，且．为半圆弧上的动点（与，不重合） (1)证明：平面平面； (2)若四边形为正方形，且，，求二面角的余弦值． 4．（2025·上海浦东新·二模）如图，四边形为长方形，平面，，． (1)若分别是的中点，求证：∥平面； (2)边上是否存在点，使得直线与平面所成的角的大小为？若存在，求长；若不存在，说明理由． 5.如图，在多面体中，已知四边形是菱形，，平面，平面，. (1)在线段上是否存在一点，使得平面平面？若存在，确定点的位置；若不存在，请说明理由. (2)求二面角的余弦值. 6．（2026·上海普陀·一模）图1所示的是等腰梯形，，，，于点，现将沿直线折起到的位置，形成一个四棱锥，如图2所示. (1)若，求证：平面； (2)若直线与平面所成的角为，求二面角的大小. 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题09 立体几何解答题全归纳 内容导航 热点聚焦 方法精讲 能力突破 热点聚焦·析考情 锁定热点，靶向攻克：聚焦高考高频热点题型，明确命题趋势下的核心考查方向。 题型引领·讲方法 系统归纳，精讲精练：归纳对应高频热点题型的解题策略与实战方法技巧。 能力突破·限时练 实战淬炼，高效提分：精选热点经典题目，限时训练，实现解题速度与准确率双重跃升。 近三年：立体几何大题常以棱锥、棱柱（尤其是四棱锥、三棱柱）为载体，也有以柱体、台体、圆锥、球为载体，比较少。需要重点熟悉折叠问题、存在垂直关系（便于建系）的几何体。第1问常以证明线面平行或垂直关系。第2问主要利用空间向量求二面角。其他考点包括点到面距离、已知二面角求长度等。 预测2026年：回归空间想象本源，强调将空间问题转化为平面问题、几何问题转化为代数计算的思维能力。大题位置与难度：仍可能作为第2道大题，内容上可能融合解三角形、函数等其他知识 题型01异面直线所成的角 题型02直线与平面所成的角 题型03平面与平面所成的角（二面角） 题型04距离问题 题型05折叠问题 题型06探索性问题 题型07最值问题 题型08立体几何中的创新问题 题型01异面直线所成的角 解｜题｜策｜略 用向量法求异面直线所成角的步骤 1.如图，正四棱锥，，，为侧棱上的点，且． (1)求证：； (2)求异面直线与所成角的余弦值． 【解】（1）连结交于点，连结， 因为正四棱锥，所以平面， 又平面， 所以，因为正四棱锥， 所以四边形是正方形， 所以，因为，，，平面，平面， 所以平面，又平面， 所以； （2） 因为，，， 所以以为原点建立空间直角坐标系， ，，，， 所以， ， 所以， 因此异面直线与所成角的余弦值为. 2.在四棱锥中，,，. (1)求证：平面； (2)设为棱上一点，若直线与所成角的余弦值为，求的值. 【解】（1） 在棱上取一点，使得，连接, 因为，所以四边形是平行四边形，则，因为，所以. 又因为，根据余弦定理可得 ，即， 则有，所以， 又平面，则平面， 又平面，则， 又因为平面， 所以平面. （2）以点为坐标原点，以所在直线分别为轴，轴，过点作轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 设，则， 则， 于是， 化简得，解得或， 所以或. 3.如图，正四棱锥，，，为侧棱上的点，且． (1)求证：； (2)求异面直线与所成角的余弦值． 【解】（1）连结交于点，连结， 因为正四棱锥，所以平面， 又平面， 所以，因为正四棱锥， 所以四边形是正方形， 所以，因为，，，平面，平面， 所以平面，又平面， 所以； （2） 因为，，， 所以以为原点建立空间直角坐标系， ，，，， 所以， ， 所以， 因此异面直线与所成角的余弦值为. 3.如图，在三棱锥中，，为的中点，在底面的投影落在线段AD上. (1)证明：； (2)若，，，，在线段上，且满足平面平面，求直线与直线夹角的余弦值. 【解】（1）因为，D为的中点故，又平面，平面，故得，平面，于是平面，平面，从而. （2）法1：以为坐标原点，以射线为轴正半轴，射线为轴正半轴建立如图所示的空间直角坐标系. 则，，，，，. 于是，， 令，所以，又因为， 设面的法向量为. 所以，所以. 又，， 所以. 设面的法向量为. 所以，所以 根据平面，即，所以. 所以，，， ， 所以，得所成角为90度，正弦值为1. 法2：几何法. 作，垂足为M. 连CM，由三角形全等得，平面， 得平面，平面，从而平面平面. 在中，得， 在中，得， 在中，， 在中， 所以得， 又， 从而故，同理， 因为，所以， 所以平面，所以平面，因为平面，所以，得所成角为90度，余弦值为0. 题型02直线与平面所成的角 解｜题｜策｜略 利用空间向量求线面角的解题步骤 4.四棱锥中，与为等腰直角三角形，，E为BC的中点． (1)F为的中点，G为PE的中点，证明：面PAB； (2)若面ABCD，，求AB与面PCD所成角的正弦值． 【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 不妨设 ，E、F分别为BC、PD的中点，，， ，， ∴四边形FGMN为平行四边形，， 面PAB，面PAB，面PAB； （2）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 设面PCD的一个法向量为 取 设AB与面PCD成的角为 则 即AB与平面PCD成角的正弦值为. 5.如图，在四棱台中，底面为平行四边形，侧棱平面，，. (1)证明：平面平面； (2)若四棱台的体积为．求直线与平面所成角的正弦值. 【解】（1）因为底面为平行四边形，，所以， 因为在中，， 由余弦定理可得，所以. 所以，所以为直角三角形，即. 又因为平面，平面，所以， 因为平面，平面，且， 所以平面. 又因为平面，所以平面平面. （2）因为四棱台的体积为，平面， 而， 所以， 所以，解得. 如图，以点为原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 则，所以， 而平面的一个法向量为， 设直线与平面所成角为， 则. 所以直线与平面所成角的正弦值为. 6.如图，直五棱柱中，四边形为正方形，，二面角的平面角为，为中点. (1)当时，证明：平面； (2)当直线与平面所成的角为时，求的值. 【解】（1）因为为直五棱柱，所以平面， 又平面，所以，， 由，得，所以. 因为为的中点，在中，由勾股定理得. 因为，，， 所以，故， 又，，平面， 所以平面. （2）如图，易知，，两两垂直，以为原点，，，为，，轴建立空间直角坐标系， 因为平面，平面，所以，， 所以为二面角的平面角，所以， 则，，，， 故，. 设平面的法向量为， 由得 取，得，故. 又， ， 即， 化简可得. 解得得（舍去）. 题型03平面与平面所成的角（二面角） 解｜题｜策｜略 向量法求平面与平面的夹角（二面角）的方法 （1）找法向量：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小； （2）找与棱垂直的方向向量：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小. 7.（2026·上海金山·一模）如图，已知圆锥，点在底面圆周上，，且，动点落在劣弧上． (1)求证：平面平面； (2)若点平分劣弧，过点分别作，垂足分别为两点，求二面角的大小． 【解】（1）证明：在圆锥中，平面，∴ ∵，∴ ∵，平面，∴平面， ∵平面 ∴平面平面 （2）以O为原点，OC为x轴，OB为y轴，OA为z轴，如图建立空间直角坐标系 由题意，，，，， 则，，，， 设是平面的一个法向量， 则，取，则， 设是平面的一个法向量， 则，取，则， 设平面与平面夹角为， 则， ∴平面与平面夹角的余弦值为. 则根据法向量朝向可知二面角的大小为. 8.在多面体中，平面平面是以为斜边的等腰直角三角形，四边形为平行四边形，分别为的中点． (1)求证：； (2)求平面与平面的夹角的余弦值． 【解】（1）连接， 是以为斜边的等腰直角三角形，为的中点， ， 又平面平面，平面平面平面， 平面，又平面， ， 四边形为平行四边形，为的中点， ， 又，， 又，平面， 平面，又平面， . （2）在平面中，过作交于点，结合（1）易知两两垂直．所以以分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系如图所示． ，， 则， . 设平面的法向量为， 取，则， 故是平面的一个法向量， 设平面的法向量为， 取，则， 故平面的法向量为， 设平面与平面的夹角为， 则， 故平面与平面的夹角的余弦值为. 9．如图，矩形是圆柱的轴截面，，点分别是上、下底面圆周上的点，且.      (1)求证：； (2)若四边形为正方形，求平面与平面夹角的正弦值. 【解】（1）    过作平面，交圆于，连接，. 根据圆柱性质易得，. 故四边形是平行四边形，所以. 因为，所以. 因为和是圆中直径所对的圆周角. 所以. 又因为，所以，即. 所以四边形是矩形，故，. 又因为，，所以四边形是平行四边形. 所以. 故. （2）如图，设为圆柱的母线，则底面，连结，    以为坐标原点，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系. 因为，所以. 因为四边形为正方形，所以. 而，. 所以，解得. 所以，. 所以，，，，. 设平面的法向量为，设平面的法向量为. 又因为，， 所以，取，则， 所以. 所以平面与平面夹角的正弦值为. 题型04距离问题 解｜题｜策｜略 利用向量法求点B到平面α的距离的步骤 10.如图，正三棱柱中，各棱长均为4，N是的中点. （1）求点N到直线的距离； （2）求点到平面的距离. 【解】建立如图所示的空间直角坐标系， 则， ∵N是的中点，∴. （1），则. 设点N到直线的距离为， 则. （2）设平面的一个法向量为，则由， 得， 令，则，即. 易知，设点到平面的距离为， 则. 11.在四棱锥中，底面为正方形，平面平面，，，点E为线段的中点，点F为线段上的动点（不含端点）. (1)证明：平面平面； (2)若平面与平面的夹角为，求点P到平面的距离. 【解】（1）因为，，，所以. 又因为平面平面，且平面平面， 所以平面，又平面， 所以平面平面； （2）由（1）知，平面，平面，所以， 又因为底面为正方形，所以，由，平面， 所以平面，平面，所以， 又因为，，平面，所以平面， 以A为原点，，，分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 则，，，， 设，则， 设平面的法向量，则， 令，则，，故， 设平面的法向量，，令，则， 则平面的法向量， 由题意得，，即， 整理得，，解得或（舍），则 所以平面的法向量可取， 所以点到平面的距离. 12.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． 【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. 题型05折叠问题 解｜题｜策｜略 配凑法求最值的实质及关键点 配凑法就是将相关代数式进行适当的变形，通过添项、拆项等方法凑成和为定值或积为定值的形式，然后利用基本不等式求解最值的方法.配凑法的实质是代数式的灵活变形，拼系数、凑常数是关键. 13.如图，已知为等边三角形，D，E分别为，边的中点，把沿折起，使点A到达点P，平面平面，若，求直线到平面的距离.    【解】解法一：如图，设DE的中点为O，BC的中点为F， 连接OP，OF，则OP⊥DE， 因为平面PDE⊥平面BCDE，平面PDE∩平面BCDE＝DE， 所以OP⊥平面BCDE. 因为在△ABC中，点D，E分别为AC，AB边的中点， 所以DE∥BC. 因为DE⊄平面PBC，BC⊂平面PBC， 所以DE∥平面PBC. 又OF⊥DE， 所以以点O为坐标原点，OE，OF，OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，， 所以，. 设平面的一个法向量为， 由得 令，所以. 因为， 设点O到平面的距离为d， 则. 因为点O在直线上，所以直线到平面的距离等于. 解法二：如图，    因为点D，E分别为，边的中点， 所以. 因为平面，平面， 所以平面. 因为平面，平面， 所以. 又，， 所以平面. 因为平面， 所以平面平面. 因为平面平面， 作交于点G，则平面. 在中，， 所以，. 因为点O在直线上，所以直线到平面的距离等于. 14.如图，平面四边形ABCD中，，，，，，点E，F满足，，将沿EF翻折至，使得． (1)证明：； (2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值． 【解】（1）由， 得，又，在中， 由余弦定理得, 所以，则，即， 所以，又平面， 所以平面，又平面， 故； （2）连接，由，则， 在中，，得， 所以，由（1）知，又平面， 所以平面，又平面， 所以，则两两垂直，建立如图空间直角坐标系， 则， 由是的中点，得， 所以， 设平面和平面的一个法向量分别为， 则，， 令，得， 所以， 所以， 设平面和平面所成角为，则， 即平面和平面所成角的正弦值为. 15.如图，四边形中，，，为中点，点在上，，.将四边形沿翻折至四边形.    (1)证明：平面平面； (2)若，求点到平面的距离. 【解】（1）在四边形中，因为，， 所以四边形为平行四边形， 又因为，， 所以四边形为正方形，         折叠后，显然，， 又因为，所以平面， 又平面，所以平面平面. （2）法一：如图以为原点建立空间直角坐标系， 所以，，，，， 所以，，，        设平面的法向量， 则，令， 解得，，可得，     点到平面的距离为. 法二：如图，过点作，垂足为，连接，    因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，而平面，得到，            在中，，， 由余弦定理得，则. 即，         设点到平面的距离为， 由得， 又，，所以， 所以点到平面的距离为. 题型06探索性问题 解｜题｜策｜略 1.对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等． 2.对于位置探索型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数． 用基本不等式求解最值的方法.配凑法的实质是代数式的灵活变形，拼系数、凑常数是关键. 16.已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，D为棱上的点． （1）证明：； （2）当为何值时，面与面所成的二面角的正弦值最小? 【解】（1）因为，所以． 又因为，，所以平面．又因为， 构造正方体，如图所示， 过E作的平行线分别与交于其中点，连接， 因为E，F分别为和的中点，所以是BC的中点， 易证，则． 又因为，所以． 又因为，所以平面． 又因为平面，所以． （2设平面的法向量为， 因为， 所以，即． 令，则 因为平面的法向量为， 设平面与平面的二面角的平面角为， 则． 当时，取最小值为， 此时取最大值为． 所以，此时． 17.如图，在以为顶点的五面体中，四边形与四边形均为等腰祶形，，为的中点． (1)证明：平面平面； (2)设点是内一动点，，当线段的长最小时，求直线与直线所成角的余弦值． 【解】（1）取的中点为，连接， 由是边长为2的等边三角形，是以的等腰三角形， 所以，，， 所以，，所以， 所以平面平面， 所以平面，又平面，所以平面平面； （2）以为坐标原点，分别以为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 所以， 当点是内一动点，且，则点在以为直径的圆上， 当线段的长最小时，点在与圆的交点处，所以， 所以， 设直线与直线所成角为， 所以， 所以直线与直线所成角的余弦值为. 18.如图，在四棱台中，底面是菱形，，，平面.    (1)证明：BDCC1； (2)棱上是否存在一点，使得二面角的余弦值为若存在，求线段的长；若不存在，请说明理由. 【解】（1）证明:如图所示，连接, 因为为棱台，所以四点共面， 又因为四边形为菱形，所以， 因为平面，平面，所以， 又因为且平面，所以平面， 因为平面，所以. （2）解：取中点，连接， 因为底面是菱形，且，所以是正三角形，所以，即， 由于平面，以为原点，分别以为轴、轴和轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则 假设点存在，设点的坐标为，其中， 可得                                       设平面的法向量，则， 取，可得，所以. 又由平面的法向量为， 所以，解得 由于二面角为锐角，则点在线段上，所以，即 故上存在点，当时，二面角的余弦值为.    19.（2026·上海浦东新·二模）如图，四边形为长方形，平面，，． (1)若分别是的中点，求证：∥平面； (2)边上是否存在点，使得直线与平面所成的角的大小为？若存在，求长；若不存在，说明理由． 【解】（1） 法一：取中点，连接、， ∵，， ∴ ， ∵，， ∴， ∴四边形为平行四边形， ∴ ， ∵平面，在平面外， ∴平面 法二：如图建立空间直角坐标， 则，，， ，，， ∴， 易知平面的一个法向量 ∵， 且在平面外 ∴平面 （2） 法一：作，垂足为，连接， ∵平面，在平面内， ∴，又为平面内两条相交直线， ∴平面， ∴直线与平面所成的角为， ∴， ∴ ， ∴ ， ∴边上存在点，使得直线与平面所成的角为， . 法二：设，则， ∴， 易知平面的一个法向量， 设与的夹角为， 则， 解得：， ∴边上存在点，使得直线与平面所成的角为，. 题型07最值问题 解｜题｜策｜略 求角度的最值跟范围问题可以从角的正弦、余弦或正切这三个方向去计算范围跟最值。在解决问题时，可以从几何法或者建系两个角度去表示出角的三角函数值，从而获取范围与最值。 20.（2026·上海徐汇·一模）如图，已知是的直径，点是上异于、的一点．设过点的直线垂直于所在的平面，且． (1)若为中点，为线段的中点，为线段上一点，且平面．求证：为线段中点，并求三棱锥的体积； (2)记二面角的平面角为，求的最小值，并指出其取得最小值时点的位置． 【解】（1）平面， 在平面内，所以没有交点， 又都在平面内， 所以， 在三角形中，因为为线段的中点， 所以为线段中点， 因为平面， 所以到平面的距离即为到平面的距离， 又平面，， 所以到平面的距离为1， 又为等腰直角三角形， 所以， 所以三棱锥的体积; （2） 过作，垂足为， 因为平面，在平面内， 所以，又为平面内两条相交直线， 所以平面，又在平面内， 所以， 所以即为二面角的平面角， 在直角三角形中， ， 又为到距离， 所以，当为中点时取得最大值， 所以，当为中点时取得最小值， 即，当且仅当为中点时取得最小值. 21.如图，圆台的下底面的内接正方形的边长为4，是上底面圆周上的一点，且满足，． (1)证明：平面； (2)求三棱锥的外接球的表面积； (3)是的中点，是上底面圆周上的一点，求异面直线与所成角的余弦值的最大值． 【解】（1）由题设，，则，故， 由四边形为正方形，则，而都在平面内， 所以平面； （2）由平面，为等边三角形，将三棱锥补成正三棱柱， 设的中心为点，的中心为，则的中点为外接球球心， 所以的外接圆半径，， 所以外接球的半径， 因此三棱锥的外接球的表面积； （3）由，以为原点，所在直线为轴，建立如下图示的空间直角坐标系， 则，设，连接， 由平面，则平面平面， 则点到的距离等于，而，所以且， 由，，若异面直线所成角为， 则， 所以 ， 当且仅当时取等号，则， 所以异面直线与所成角的余弦值的最大值. 22.如图，已知底面是正三角形，平面，平面，． (1)若，是中点，证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值的最大值． 【解】（1），均垂直于平面， ， 取中点，连接，， ，， 且， 又且，故四边形是平行四边形， ，又平面，平面， 平面； （2）令，取中点为，连接，过作，且交于， ，平面，平面， 是正三角形，所以， ， 以为坐标原点，，，方向为，，轴正方向，建立空间直角坐标系， 则，，，，所以，， 设平面法向量，则，所以， 取，则， 又，设与平面所成角为，则 所以，当时，最大值为， 综上，直线与平面所成角正弦值的最大值为. 题型08立体几何中的创新问题 解｜题｜策｜略 用类比方法求解定义新性质创新问题的三个切入角度 （1）从两个性质的相似性和差异性上理解新性质的准确性； （2）从两个性质的内涵、应用环境上的差异刻画新性质的“全貌”（本质）； （3）从类比方法获得启示，从而应用新性质解决问题. 23.空间中，我们将至少两条坐标轴不垂直的坐标系称为“空间斜坐标系”．类比空间直角坐标系，分别为“空间斜坐标系”中三条数轴（轴、轴、轴）正方向的单位向量，若向量，则与有序实数组相对应，称向量的斜坐标为，记作．如图，在平行六面体中，，，，．以为基底建立“空间斜坐标系”． (1)若点在平面内，且平面，求的斜坐标； (2)若的斜坐标为，求平面与平面的夹角的余弦值． 【解】（1）由题可知，，则（提示：斜坐标的本质是将空间中的向量用基底表示后的系数），由题可知，，． 平面， 即 则，，则的斜坐标为． （2）由题可得，， 设平面的法向量为， 由 得 即 取，可得，， 即． 则． 由（1）可知平面， 且， 则， ， 则， 即平面与平面的夹角的余弦值为． 24.在空间直角坐标系O-xyz中，已知向量，经过点，且以为法向量的平面α的方程为． (1)求原点到平面的距离； (2)根据平面直角坐标系中点到直线的距离公式，类比出到平面的距离公式，并利用有关知识证明； (3)已知平行六面体，平面的方程为，平面经过点，平面的方程为，求平面与平面夹角的余弦值的最大值． 【解】（1）根据题意，平面的法向量， 在平面上任取点，可得， 设原点到平面的距离为，则， 故原点O到平面的距离为. （2）由点到直线的距离公式， 类比：点到平面的距离公式为， 证明如下： 不妨设，在平面内取一点， 则向量， 取平面的一个法向量， 所以点到平面的距离为： （3）， 设为平面的一个法向量，则， 令，得，，所以． 因为平面的方程为，所以由（2）知平面的一个法向量为， 设直线的一个方向向量为，则 令，得，所以． 因为平面，所以平面的一个法向量与直线的方向向量垂直，所以， 所以平面与平面夹角的余弦值为 又，， 平面与平面夹角的余弦值的最大值为． 25.类比于二维平面中的余弦定理，有三维空间中的三面角余弦定理.如图1，由射线PA，PB，PC构成的三面角P-ABC，∠APC＝α，∠BPC＝β，∠APB＝γ，二面角A-PC-B的大小为θ，则cos γ＝cos αcos β＋sin αsin βcos θ. （1）当α，β∈（ 0，）时，证明以上三面角余弦定理； （2）如图2，平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，平面AA1C1C⊥平面ABCD，∠A1AC＝60°，∠BAC＝45°. ①求∠A1AB的余弦值； ②在直线CC1上是否存在点P，使BP∥平面DA1C1？若存在，求出点P的位置；若不存在，说明理由. 【解】（1）证明：如图，过射线PC上一点H作HM⊥PC交PA于M点， 作HN⊥PC交PB于N点，连接MN， 则∠MHN是二面角A-PC-B的平面角. 在△MNP中和△MNH中分别用余弦定理，得 MN2＝MP2＋NP2－2MP·NP·cos γ， MN2＝MH2＋NH2－2MH·NH·cos θ， 两式相减得MP2－MH2＋NP2－NH2－2MP·NP·cos γ＋2MH·NH·cos θ＝0，∴2MP·NP·cos γ＝2PH2＋2MH·NH·cos θ， 两边同除以2MP·NP，得cos γ＝cos αcos β＋sin αsin βcos θ. （2）①由平面AA1C1C⊥平面ABCD，知二面角A1-AC-B的大小为90°， ∴由（1）得cos∠A1AB＝cos∠A1AC·cos∠CAB， ∵∠A1AC＝60°，∠BAC＝45°， ∴cos∠A1AB＝×＝. ②在直线CC1上存在点P，使BP∥平面DA1C1. 连接B1C，延长C1C至P，使CP＝C1C，连接BP（图略）， 在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，A1B1􀰿AB，AB􀰿CD， ∴A1B1􀰿DC， ∴四边形A1B1CD为平行四边形， ∴A1D􀰿B1C. 在四边形B1BPC中，B1B􀰿CP， ∴四边形B1BPC为平行四边形， ∴B1C􀰿BP， ∴A1D∥BP， 又A1D⊂平面DA1C1，BP⊄平面DA1C，∴BP∥平面DA1C1. ∴当点P在C1C的延长线上，且使CP＝C1C时，BP∥平面DA1C1. （建议用时：60分钟） 1．（2026·上海黄浦·期末）设在直三棱柱中，,,依次为,的中点． (1)求异面直线所成角的大小（用反三角函数值表示）； (2)求点到平面的距离． 【解】（1）以为原点建立如图空间坐标系， 则 , ， ， . （2）设平面的一个法向量为， ， ， 解得： 令可得， ∵ ∴点到平面的距离为﹒ 2．（2026·上海宝山·三模）如图，在四棱锥中，平面，底面为矩形，为线段的中点，，． (1)求证：平面； (2)求直线与平面的夹角的正弦值． 【解】（1）连接交于点， ∵是的中点，是中点，， 又∵平面，平面， ∴平面； （2）建立如图所示的空间直角坐标系， 则，， ∴，， 设平面的法向量为， 则，∴， 令，则，， ∴是平面的一个法向量，， 设直线与平面所成角为， 则直线与平面所成角的正弦值为 3．（2025·上海浦东新·三模）如图，已知一个由半圆柱与多面体构成的几何体，平面与半圆柱的下底面共面，且．为半圆弧上的动点（与，不重合） (1)证明：平面平面； (2)若四边形为正方形，且，，求二面角的余弦值． 【解】（1）在半圆柱内，平面，所以； 因为为上底面对应圆的直径，所以， 又，平面，平面， 所以平面，因为平面， 所以平面平面. （2）根据题意以为原点，建立空间直角坐标系，如图所示， 因为，所以，，，，， 所以，， 平面的一个法向量， 设平面的一个法向量， 则，令，则， 取，所以， 由图可知，二面角为钝角， 所以所求二面角的余弦值为. 4．（2025·上海浦东新·二模）如图，四边形为长方形，平面，，． (1)若分别是的中点，求证：∥平面； (2)边上是否存在点，使得直线与平面所成的角的大小为？若存在，求长；若不存在，说明理由． 【解】（1） 法一：取中点，连接、， ∵，， ∴ ， ∵，， ∴， ∴四边形为平行四边形， ∴ ， ∵平面，在平面外， ∴平面 法二：如图建立空间直角坐标， 则，，， ，，， ∴， 易知平面的一个法向量 ∵， 且在平面外 ∴平面 （2） 法一：作，垂足为，连接， ∵平面，在平面内， ∴，又为平面内两条相交直线， ∴平面， ∴直线与平面所成的角为， ∴， ∴ ， ∴ ， ∴边上存在点，使得直线与平面所成的角为， . 法二：设，则， ∴， 易知平面的一个法向量， 设与的夹角为， 则， 解得：， ∴边上存在点，使得直线与平面所成的角为，. 5.如图，在多面体中，已知四边形是菱形，，平面，平面，. (1)在线段上是否存在一点，使得平面平面？若存在，确定点的位置；若不存在，请说明理由. (2)求二面角的余弦值. 【解】（1）线段上存在一点，使得平面平面，且为的中点.理由如下： 如图，设为的中点，连接， 因为平面平面，所以，即， 又，所以， 所以四边形是平行四边形，所以， 因为平面，平面，所以平面； 又，，所以四边形是平行四边形， 所以，， 又，，所以，， 所以四边形是平行四边形，所以， 因为平面，平面，所以平面； 又，平面， 所以平面平面. （2）连接，设与相交于点， 因为四边形是菱形，所以. 以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，过点且与平行的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，故，，，. 设是平面的法向量， 则，即， 取，则，故. 设是平面的法向量， 则，即， 故，取，则，故. 所以， 由图易知二面角是钝二面角， 所以二面角的余弦值为. 6．（2026·上海普陀·一模）图1所示的是等腰梯形，，，，于点，现将沿直线折起到的位置，形成一个四棱锥，如图2所示. (1)若，求证：平面； (2)若直线与平面所成的角为，求二面角的大小. 【解】（1）证明：如图所示，连接， 因为等腰梯形，，，，， 可得，且,即， 因为，则，所以, 又因为，且，平面， 所以平面.    （2）解：以为原点，以所在的直线分别为轴，以过点垂直于平面为轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 因为，且，平面， 所以平面， 又因为平面，所以平面平面， 过点作于点，因为平面平面， 所以平面，所以为与平面所成的角，所以， 可得，则， 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， 又由轴垂直平面，可得平面的一个法向量为， 则， 所以二面角的大小.    1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $