专题16 立体几何解答题归类（复习课件）（全国通用）2026年高考数学二轮复习讲练测

立体几何解答题归类 模块一 专题16 1 考点一 位置关系、空间角及空间距离 真题动向 必备知识 知识点1 直线与平面垂直 知识点2 平面与平面垂直 知识点3 线面角和二面角 知识点4 空间位置关系的向量表示 知识点5 利用空间向量求空间角 知识点6 利用空间向量求距离 命题预测 考向1 空间中平行关系的证明 考向2 空间中垂直关系的证明 考向3 空间向量法求空间角与空间距离 考向4 纯几何法求空间角与空间距离 考向5 立体几何中的翻折与轨迹问题 考向6 立体几何中的范围与最值问题 考向7 立体几何中的动点与存在性问题 考向8 立体几何中的劣构性问题 考向9 立体几何与其他知识点的结合 考向10 立体几何中的创新情景与新定义问题 2 3 命题轨迹透视 近三年全国卷立体几何解答题稳定为15分，多以棱锥、棱柱或折叠体为载体，采用两问梯度设计。第一问聚焦线面平行、垂直的证明，第二问以二面角计算为主，兼顾线面角、点面距离及已知角度求棱长，偶涉体积与探索性问题。 命题坚持“几何推理为基、向量工具为用”，弱化复杂构造，强化建系与坐标运算的规范性。核心考查空间点线面位置关系、空间角与距离的求解，要求具备扎实的直观想象、严谨的逻辑推理与精准的数学运算素养，凸显基础定理的灵活应用与工具选择能力。 考点频次总结 考点 2025年 2024年 2023年 位置关系的证明 一卷T17（1），5分 二卷T17（1），5分 I卷T17（1），5分 II卷T17（1），5分 甲卷（理）T19（1），5分 甲卷（文）T19（1），5分 I卷T18（1），5分 II卷T20（1），5分 甲卷（理）T18（1），5分 甲卷（文）T18（1），5分 乙卷（理）T19（1、2），8分 乙卷（文）T19（1），5分 空间角和空间距离 一卷T17（2），10分 二卷T17（2），10分 I卷T17（2），10分 II卷T17（2），10分 甲卷（理）T19（2），7分 甲卷（文）T19（2），7分 I卷T18（2），5分 II卷T20（2），5分 甲卷（理）T18（2），5分 甲卷（文）T18（2），5分 乙卷（理）T19（3），8分 乙卷（文）T19（2），5分 2026命题预测 2026年全国卷立体几何解答题仍会以15分两问形式呈现，载体大概率为棱柱、棱锥或折叠体，第一问依旧考查线面平行、垂直的证明，侧重基础定理应用。第二问核心考查二面角、线面角的计算，可能结合点面距离、体积求解，仍以空间向量法为主要解题工具，注重建系规范与运算精准度，兼顾直观想象与逻辑推理能力。 01 析·考情精解 4 5 02 构·知能框架 6 7 考点一 03 破·题型攻坚 真题动向 位置关系、空间角及空间距离 8 考点一 03 破·题型攻坚 真题动向 位置关系、空间角及空间距离 9 考点一 03 破·题型攻坚 真题动向 位置关系、空间角及空间距离 10 考点一 03 破·题型攻坚 真题动向 位置关系、空间角及空间距离 11 考点一 03 破·题型攻坚 真题动向 位置关系、空间角及空间距离 12 考点一 03 破·题型攻坚 真题动向 位置关系、空间角及空间距离 13 考点一 03 破·题型攻坚 真题动向 位置关系、空间角及空间距离 14 考点一 03 破·题型攻坚 真题动向 位置关系、空间角及空间距离 15 考点一 03 破·题型攻坚 真题动向 位置关系、空间角及空间距离 16 考点一 03 破·题型攻坚 真题动向 位置关系、空间角及空间距离 17 考点一 03 破·题型攻坚 真题动向 位置关系、空间角及空间距离 18 考点一 03 破·题型攻坚 真题动向 位置关系、空间角及空间距离 19 考点一 03 破·题型攻坚 真题动向 位置关系、空间角及空间距离 20 考点一 03 破·题型攻坚 真题动向 位置关系、空间角及空间距离 21 考点一 03 破·题型攻坚 真题动向 位置关系、空间角及空间距离 22 考点一 03 破·题型攻坚 真题动向 位置关系、空间角及空间距离 23 考点一 03 破·题型攻坚 真题动向 位置关系、空间角及空间距离 24 考点一 03 破·题型攻坚 真题动向 位置关系、空间角及空间距离 25 考点一 03 破·题型攻坚 真题动向 位置关系、空间角及空间距离 26 考点一 03 破·题型攻坚 真题动向 位置关系、空间角及空间距离 27 考点一 03 破·题型攻坚 真题动向 位置关系、空间角及空间距离 28 考点一 03 破·题型攻坚 真题动向 位置关系、空间角及空间距离 29 考点一 03 破·题型攻坚 真题动向 位置关系、空间角及空间距离 30 考点一 03 破·题型攻坚 真题动向 位置关系、空间角及空间距离 31 知识点1 直线与平面垂直 2.性质定理 1.判定定理 推论： ①若两条平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直这个平面. ②若一条直线垂直于两个平行平面中的一个，则它必垂直于另外一个平面 ③垂直于同一条直线的两个平面平行. 考点一 03 破·题型攻坚 必备知识 位置关系、空间角及空间距离 32 知识点2 平面与平面垂直 考点一 03 破·题型攻坚 必备知识 位置关系、空间角及空间距离 33 知识点3 线面角和二面角 1.直线和平面所成的角 考点一 03 破·题型攻坚 必备知识 位置关系、空间角及空间距离 34 知识点3 线面角和二面角 2.二面角的概念 考点一 03 破·题型攻坚 必备知识 位置关系、空间角及空间距离 35 知识点4 空间位置关系的向量表示 1．直线的方向向量和平面的法向量 (1)直线的方向向量就是指和这条直线平行(或共线)的向量，记作，显然一条直线的方向向量可以有无数个. (2)若直线，则该直线的方向向量即为该平面的法向量，平面的法向量记作,有无数多个，任意两个都是共线向量. 2．利用空间向量表示空间线面平行、垂直 设直线的方向向量分别为，平面的法向量分别为. 考点一 03 破·题型攻坚 必备知识 位置关系、空间角及空间距离 36 知识点5 利用空间向量求空间角 设直线的方向向量分别为，平面的法向量分别为. （1）直线所成的角为，则，计算方法：； （2）直线与平面所成的角为，则，计算方法：； （3）平面所成的二面角为，则， 如图①，AB，CD是二面角α－l－β的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小． 如图②③，分别是二面角的两个半平面的法向量，则二面角的大小满足，二面角的平面角大小是向量与的夹角(或其补角)． 考点一 03 破·题型攻坚 必备知识 位置关系、空间角及空间距离 37 知识点5 利用空间向量求空间角 (1)点到平面的距离 如图所示，已知AB为平面的一条斜线段，为平面的法向量，则到平面的距离为. (2)点到直线的距离 设为直线上一点, 为直线的方向向量,在向量方向上的投影向量 的模长为,则点到直线的距离. 考点一 03 破·题型攻坚 必备知识 位置关系、空间角及空间距离 38 考点一 03 破·题型攻坚 命题预测 考向1 空间中平行关系的证明 位置关系、空间角及空间距离 39 考点一 03 破·题型攻坚 命题预测 考向1 空间中平行关系的证明 位置关系、空间角及空间距离 40 考点一 03 破·题型攻坚 命题预测 考向1 空间中平行关系的证明 位置关系、空间角及空间距离 41 考点一 03 破·题型攻坚 命题预测 考向1 空间中平行关系的证明 位置关系、空间角及空间距离 42 考点一 03 破·题型攻坚 命题预测 考向1 空间中平行关系的证明 位置关系、空间角及空间距离 43 O 03 破·题型攻坚 命题预测 考向2 空间中垂直关系的证明 考点一 位置关系、空间角及空间距离 44 03 破·题型攻坚 命题预测 考向2 空间中垂直关系的证明 考点一 位置关系、空间角及空间距离 45 03 破·题型攻坚 命题预测 考向2 空间中垂直关系的证明 考点一 位置关系、空间角及空间距离 46 03 破·题型攻坚 命题预测 考向2 空间中垂直关系的证明 考点一 位置关系、空间角及空间距离 47 03 破·题型攻坚 命题预测 考向2 空间中垂直关系的证明 考点一 位置关系、空间角及空间距离 48 03 破·题型攻坚 命题预测 考向2 空间中垂直关系的证明 考点一 位置关系、空间角及空间距离 49 03 破·题型攻坚 命题预测 考向3 空间向量法求空间角与空间距离 考点一 位置关系、空间角及空间距离 50 03 破·题型攻坚 命题预测 考向3 空间向量法求空间角与空间距离 考点一 位置关系、空间角及空间距离 51 03 破·题型攻坚 命题预测 考向3 空间向量法求空间角与空间距离 考点一 位置关系、空间角及空间距离 52 03 破·题型攻坚 命题预测 考向3 空间向量法求空间角与空间距离 考点一 位置关系、空间角及空间距离 53 03 破·题型攻坚 命题预测 考向3 空间向量法求空间角与空间距离 考点一 位置关系、空间角及空间距离 54 03 破·题型攻坚 命题预测 考向3 空间向量法求空间角与空间距离 考点一 位置关系、空间角及空间距离 55 03 破·题型攻坚 命题预测 考向3 空间向量法求空间角与空间距离 考点一 位置关系、空间角及空间距离 56 03 破·题型攻坚 命题预测 考向3 空间向量法求空间角与空间距离 考点一 位置关系、空间角及空间距离 57 03 破·题型攻坚 命题预测 考向3 空间向量法求空间角与空间距离 考点一 位置关系、空间角及空间距离 58 03 破·题型攻坚 命题预测 考向3 空间向量法求空间角与空间距离 考点一 位置关系、空间角及空间距离 59 03 破·题型攻坚 命题预测 考向3 空间向量法求空间角与空间距离 考点一 位置关系、空间角及空间距离 60 03 破·题型攻坚 命题预测 考向3 空间向量法求空间角与空间距离 考点一 位置关系、空间角及空间距离 61 03 破·题型攻坚 命题预测 考向3 空间向量法求空间角与空间距离 考点一 位置关系、空间角及空间距离 62 03 破·题型攻坚 命题预测 考向3 空间向量法求空间角与空间距离 考点一 位置关系、空间角及空间距离 63 03 破·题型攻坚 命题预测 考向4 纯几何法求空间角与空间距离 考点一 位置关系、空间角及空间距离 64 03 破·题型攻坚 命题预测 考向4 纯几何法求空间角与空间距离 考点一 位置关系、空间角及空间距离 65 03 破·题型攻坚 命题预测 考向4 纯几何法求空间角与空间距离 考点一 位置关系、空间角及空间距离 66 03 破·题型攻坚 命题预测 考向4 纯几何法求空间角与空间距离 考点一 位置关系、空间角及空间距离 67 03 破·题型攻坚 命题预测 考向4 纯几何法求空间角与空间距离 考点一 位置关系、空间角及空间距离 68 03 破·题型攻坚 命题预测 考向4 纯几何法求空间角与空间距离 考点一 位置关系、空间角及空间距离 69 F 03 破·题型攻坚 命题预测 考向5 立体几何中的翻折与轨迹问题 考点一 位置关系、空间角及空间距离 70 03 破·题型攻坚 命题预测 考向5 立体几何中的翻折与轨迹问题 考点一 位置关系、空间角及空间距离 71 03 破·题型攻坚 命题预测 考向5 立体几何中的翻折与轨迹问题 考点一 位置关系、空间角及空间距离 72 03 破·题型攻坚 命题预测 考向5 立体几何中的翻折与轨迹问题 考点一 位置关系、空间角及空间距离 73 03 破·题型攻坚 命题预测 考向5 立体几何中的翻折与轨迹问题 考点一 位置关系、空间角及空间距离 74 03 破·题型攻坚 命题预测 考向5 立体几何中的翻折与轨迹问题 考点一 位置关系、空间角及空间距离 75 03 破·题型攻坚 命题预测 考向5 立体几何中的翻折与轨迹问题 考点一 位置关系、空间角及空间距离 76 03 破·题型攻坚 命题预测 考向5 立体几何中的翻折与轨迹问题 考点一 位置关系、空间角及空间距离 77 03 破·题型攻坚 命题预测 考向5 立体几何中的翻折与轨迹问题 考点一 位置关系、空间角及空间距离 78 03 破·题型攻坚 命题预测 考向5 立体几何中的翻折与轨迹问题 考点一 位置关系、空间角及空间距离 79 03 破·题型攻坚 命题预测 考向5 立体几何中的翻折与轨迹问题 考点一 位置关系、空间角及空间距离 80 03 破·题型攻坚 命题预测 考向5 立体几何中的翻折与轨迹问题 考点一 位置关系、空间角及空间距离 81 03 破·题型攻坚 命题预测 考向6 立体几何中的范围与最值问题 考点一 位置关系、空间角及空间距离 82 03 破·题型攻坚 命题预测 考向6 立体几何中的范围与最值问题 考点一 位置关系、空间角及空间距离 83 03 破·题型攻坚 命题预测 考向6 立体几何中的范围与最值问题 考点一 位置关系、空间角及空间距离 84 03 破·题型攻坚 命题预测 考向6 立体几何中的范围与最值问题 考点一 位置关系、空间角及空间距离 85 03 破·题型攻坚 命题预测 考向6 立体几何中的范围与最值问题 考点一 位置关系、空间角及空间距离 86 03 破·题型攻坚 命题预测 考向6 立体几何中的范围与最值问题 考点一 位置关系、空间角及空间距离 87 03 破·题型攻坚 命题预测 考向6 立体几何中的范围与最值问题 考点一 位置关系、空间角及空间距离 88 03 破·题型攻坚 命题预测 考向6 立体几何中的范围与最值问题 考点一 位置关系、空间角及空间距离 89 03 破·题型攻坚 命题预测 考向6 立体几何中的范围与最值问题 考点一 位置关系、空间角及空间距离 90 03 破·题型攻坚 命题预测 考向6 立体几何中的范围与最值问题 考点一 位置关系、空间角及空间距离 91 03 破·题型攻坚 命题预测 考向6 立体几何中的范围与最值问题 考点一 位置关系、空间角及空间距离 92 03 破·题型攻坚 命题预测 考向6 立体几何中的范围与最值问题 考点一 位置关系、空间角及空间距离 93 E 03 破·题型攻坚 命题预测 考向6 立体几何中的范围与最值问题 考点一 位置关系、空间角及空间距离 94 03 破·题型攻坚 命题预测 考向6 立体几何中的范围与最值问题 考点一 位置关系、空间角及空间距离 95 03 破·题型攻坚 命题预测 考向6 立体几何中的范围与最值问题 考点一 位置关系、空间角及空间距离 96 H 03 破·题型攻坚 命题预测 考向7 立体几何中的动点与存在性问题 考点一 位置关系、空间角及空间距离 97 03 破·题型攻坚 命题预测 考向7 立体几何中的动点与存在性问题 考点一 位置关系、空间角及空间距离 98 03 破·题型攻坚 命题预测 考向7 立体几何中的动点与存在性问题 考点一 位置关系、空间角及空间距离 99 03 破·题型攻坚 命题预测 考向7 立体几何中的动点与存在性问题 考点一 位置关系、空间角及空间距离 100 03 破·题型攻坚 命题预测 考向7 立体几何中的动点与存在性问题 考点一 位置关系、空间角及空间距离 101 03 破·题型攻坚 命题预测 考向7 立体几何中的动点与存在性问题 考点一 位置关系、空间角及空间距离 102 03 破·题型攻坚 命题预测 考向7 立体几何中的动点与存在性问题 考点一 位置关系、空间角及空间距离 103 03 破·题型攻坚 命题预测 考向7 立体几何中的动点与存在性问题 考点一 位置关系、空间角及空间距离 104 03 破·题型攻坚 命题预测 考向7 立体几何中的动点与存在性问题 考点一 位置关系、空间角及空间距离 105 03 破·题型攻坚 命题预测 考向7 立体几何中的动点与存在性问题 考点一 位置关系、空间角及空间距离 106 03 破·题型攻坚 命题预测 考向7 立体几何中的动点与存在性问题 考点一 位置关系、空间角及空间距离 107 03 破·题型攻坚 命题预测 考向8 立体几何中的劣构性问题 考点一 位置关系、空间角及空间距离 108 03 破·题型攻坚 命题预测 考向8 立体几何中的劣构性问题 考点一 位置关系、空间角及空间距离 109 03 破·题型攻坚 命题预测 考向8 立体几何中的劣构性问题 考点一 位置关系、空间角及空间距离 110 03 破·题型攻坚 命题预测 考向8 立体几何中的劣构性问题 考点一 位置关系、空间角及空间距离 111 03 破·题型攻坚 命题预测 考向8 立体几何中的劣构性问题 考点一 位置关系、空间角及空间距离 112 03 破·题型攻坚 命题预测 考向8 立体几何中的劣构性问题 考点一 位置关系、空间角及空间距离 113 03 破·题型攻坚 命题预测 考向8 立体几何中的劣构性问题 考点一 位置关系、空间角及空间距离 114 03 破·题型攻坚 命题预测 考向8 立体几何中的劣构性问题 考点一 位置关系、空间角及空间距离 115 03 破·题型攻坚 命题预测 考向8 立体几何中的劣构性问题 考点一 位置关系、空间角及空间距离 116 03 破·题型攻坚 命题预测 考向8 立体几何中的劣构性问题 考点一 位置关系、空间角及空间距离 117 03 破·题型攻坚 命题预测 考向8 立体几何中的劣构性问题 考点一 位置关系、空间角及空间距离 118 03 破·题型攻坚 命题预测 考向8 立体几何中的劣构性问题 考点一 位置关系、空间角及空间距离 119 03 破·题型攻坚 命题预测 考向8 立体几何中的劣构性问题 考点一 位置关系、空间角及空间距离 120 03 破·题型攻坚 命题预测 考向8 立体几何中的劣构性问题 考点一 位置关系、空间角及空间距离 121 03 破·题型攻坚 命题预测 考向8 立体几何中的劣构性问题 考点一 位置关系、空间角及空间距离 122 03 破·题型攻坚 命题预测 考向8 立体几何中的劣构性问题 考点一 位置关系、空间角及空间距离 123 03 破·题型攻坚 命题预测 题型9 立体几何与其他知识点的结合 考点一 位置关系、空间角及空间距离 124 03 破·题型攻坚 命题预测 题型9 立体几何与其他知识点的结合 考点一 位置关系、空间角及空间距离 125 03 破·题型攻坚 命题预测 题型9 立体几何与其他知识点的结合 考点一 位置关系、空间角及空间距离 126 03 破·题型攻坚 命题预测 题型9 立体几何与其他知识点的结合 考点一 位置关系、空间角及空间距离 127 03 破·题型攻坚 命题预测 题型9 立体几何与其他知识点的结合 考点一 位置关系、空间角及空间距离 128 03 破·题型攻坚 命题预测 题型9 立体几何与其他知识点的结合 考点一 位置关系、空间角及空间距离 129 03 破·题型攻坚 命题预测 题型9 立体几何与其他知识点的结合 考点一 位置关系、空间角及空间距离 130 03 破·题型攻坚 命题预测 题型9 立体几何与其他知识点的结合 考点一 位置关系、空间角及空间距离 131 03 破·题型攻坚 命题预测 题型9 立体几何与其他知识点的结合 考点一 位置关系、空间角及空间距离 132 03 破·题型攻坚 命题预测 题型9 立体几何与其他知识点的结合 考点一 位置关系、空间角及空间距离 133 03 破·题型攻坚 命题预测 题型9 立体几何与其他知识点的结合 考点一 位置关系、空间角及空间距离 134 03 破·题型攻坚 命题预测 题型9 立体几何与其他知识点的结合 考点一 位置关系、空间角及空间距离 135 03 破·题型攻坚 命题预测 题型10 立体几何中的创新情景与新定义问题 考点一 位置关系、空间角及空间距离 136 03 破·题型攻坚 命题预测 题型9 立体几何与其他知识点的结合 考点一 位置关系、空间角及空间距离 137 03 破·题型攻坚 命题预测 题型9 立体几何与其他知识点的结合 考点一 位置关系、空间角及空间距离 138 03 破·题型攻坚 命题预测 题型9 立体几何与其他知识点的结合 考点一 位置关系、空间角及空间距离 139 03 破·题型攻坚 命题预测 题型9 立体几何与其他知识点的结合 考点一 位置关系、空间角及空间距离 140 03 破·题型攻坚 命题预测 题型9 立体几何与其他知识点的结合 考点一 位置关系、空间角及空间距离 141 03 破·题型攻坚 命题预测 题型9 立体几何与其他知识点的结合 考点一 位置关系、空间角及空间距离 142 03 破·题型攻坚 命题预测 题型9 立体几何与其他知识点的结合 考点一 位置关系、空间角及空间距离 143 03 破·题型攻坚 命题预测 题型9 立体几何与其他知识点的结合 考点一 位置关系、空间角及空间距离 144 03 破·题型攻坚 命题预测 题型9 立体几何与其他知识点的结合 考点一 位置关系、空间角及空间距离 145 03 破·题型攻坚 命题预测 题型9 立体几何与其他知识点的结合 考点一 位置关系、空间角及空间距离 146 03 破·题型攻坚 命题预测 题型9 立体几何与其他知识点的结合 考点一 位置关系、空间角及空间距离 147 03 破·题型攻坚 命题预测 题型9 立体几何与其他知识点的结合 考点一 位置关系、空间角及空间距离 148 03 破·题型攻坚 命题预测 题型9 立体几何与其他知识点的结合 考点一 位置关系、空间角及空间距离 149 03 破·题型攻坚 命题预测 题型9 立体几何与其他知识点的结合 考点一 位置关系、空间角及空间距离 150 151 (2)设,且点,,,均在球的球面上． (i)证明：点在平面内； (ⅱ)求直线与所成角的余弦值． 【详解】(1)由题意证明如下,在四棱锥中,⊥平面,, 平面,平面,∴,, ∵平面,平面,,∴平面, ∵平面,∴平面平面. 1．(2025.全国一卷.高考真题,17,15分)如图,在四棱锥中,底面,． (1)证明：平面平面； ∴,若,,,在同一个球面上, 则,在平面中, ∴,∴线段中点坐标, 直线的斜率：, 直线的垂直平分线斜率：, ∴直线的方程：,即, 当时,,解得：,∴ 在立体几何中,,∵ 解得：,∴点在平面上. (2)(i)由题意及(1)证明如下,在四棱锥中,,,,∥, ,,建立空间直角坐标系如下图所示, (ii)由题意,(1)(2)(ii)及图得, ,设直线与直线所成角为, ∴. (2)求面与面所成的二面角的正弦值． 【详解】(1)设,所以,因为为中点,所以,因为,,所以是平行四边形, 所以,所以, 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． 因为平面平面,所以平面, 2．(2025.全国二卷.高考真题,17,15分)如图,在四边形中,,F为CD的中点,点E在AB上,,.将四边形沿翻折至四边形,使得面与面EFCB所成的二面角为． (1)证明：平面； 因为,平面与平面所成二面角为60° , 所以.则,,,,,. 所以. 设平面的法向量为,则 ,所以,令,则,则. 设平面的法向量为,则,所以, 令,则,所以.所以. 所以平面与平面夹角的正弦值为. (2)因为,所以,又因为,所以, 以为原点,以及垂直于平面的直线分别为轴,建立空间直角坐标系. (2)求点到的距离. 【详解】(1)由题意得,,且,所以四边形是平行四边形, 所以,又平面平面,所以平面； 3．(2024.全国甲卷.高考真题,19,12分)如图,,,,,为的中点. (1)证明：平面； 所以四边形是平行四边形,所以, 又,故是等腰三角形,同理是等腰三角形, 可得, 又,所以,故. 又平面,所以平面, 易知.在中,, 所以. 设点到平面的距离为,由,得,得, 故点到平面的距离为. (2)取的中点,连接,,因为,且, (2)求二面角的正弦值． 【详解】(1)因为为的中点,所以, 四边形为平行四边形,所以,又因为平面, 平面,所以平面； 4．(2024.全国甲卷.高考真题,19,12分)如图,在以A,B,C,D,E,F为顶点的五面体中,四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形,,,,为的中点． (1)证明：平面； 所以为等腰三角形,与底边上中点重合,,,因为,所以,所以互相垂直, 以方向为轴,方向为轴,方向为轴,建立空间直角坐标系, ,,, ,设平面的法向量为, 平面的法向量为, 则,即,令,得,即, 则,即,令,得, 即,,则, 故二面角的正弦值为. (2)如图所示,作交于,连接,因为四边形为等腰梯形,,所以,结合(1)为平行四边形,可得,又, 所以为等边三角形,为中点,所以,又因为四边形为等腰梯形,为中点,所以,四边形为平行四边形,, (1)证明：； (2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值． 【详解】(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； 5．(2024.新课标Ⅱ卷.高考真题,17,15分)如图,平面四边形ABCD中,,,,,,点E,F满足,,将沿EF翻折至,使得． 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. (2)连接,由,则, (2)若,且二面角的正弦值为,求． 【详解】(1)因为平面,而平面,所以, 又,,平面,所以平面, 而平面,所以.因为,所以, 根据平面知识可知,又平面,平面,所以平面． 6．(2024.新课标Ⅰ卷.高考真题,17,15分)如图,四棱锥中,底面ABCD,,． (1)若,证明：平面； 所以平面,又,所以平面,根据二面角的定义可知,即为二面角的平面角,即,即． 因为,设,则,由等面积法可得,, 又,而为等腰直角三角形,所以, 故,解得,即． (2)如图所示,过点D作于,再过点作于,连接, 因为平面,所以平面平面,而平面平面, (2)若,求三棱锥的体积． 【详解】(1)连接,设,则,,, 解得,则为的中点,由分别为的中点, 于是,即, 则四边形为平行四边形,,又平面平面, 所以平面. 则, 7．(2023.全国乙卷.高考真题,19,12分)如图,在三棱锥中,,,,,的中点分别为,点在上,． (1)求证：//平面； 所以,因为, 所以,又,平面, 所以平面,又平面, 所以,又,平面,所以平面, 即三棱锥的高为,因为,所以, 所以,又, 所以. (2)过作垂直的延长线交于点, 因为是中点,所以,在中,, (2)设,求四棱锥的高． 【详解】(1)证明：因为平面,平面,所以, 又因为,即,平面,, 所以平面,又因为平面,所以平面平面. 8．(2023.全国甲卷.高考真题,18,12分)如图,在三棱柱中,平面． (1)证明：平面平面； 所以四棱锥的高为.因为平面,平面, 所以,,又因为,为公共边, 所以与全等,所以.设,则, 所以为中点,,又因为,所以, 即,解得,所以, 所以四棱锥的高为． (2)如图,过点作,垂足为.因为平面平面, 平面平面,平面,所以平面, (2)已知与的距离为2,求与平面所成角的正弦值． 【详解】(1)如图,底面,面, ,又,平面,, 平面ACC1A1,又平面,平面平面, 过作交于,又平面平面,平面, 平面 到平面的距离为1, ,在中,,设,则, 为直角三角形,且, ,,, ,解得,, 9．(2023.全国甲卷.高考真题,18,5分)如图,在三棱柱中,底面ABC,,到平面的距离为1． (1)证明：； ,,,在,, 延长,使,连接,由知四边形为平行四边形, ,平面,又平面, 则在中,,, 在中,,, ,又到平面距离也为1, 所以与平面所成角的正弦值为. (2),, 过B作,交于D,则为中点,由直线与距离为2,所以 (2)证明：平面平面BEF； (3)求二面角的正弦值. 【详解】(1)连接,设,则,,,则, 于是,即,则四边形为平行四边形,,又平面平面,所以平面. 解得,则为的中点,由分别为的中点, 10．(2023.全国乙卷.高考真题,19,12分)如图,在三棱锥中,,,,,BP,AP,BC的中点分别为D,E,O,,点F在AC上,. (1)证明：平面； ,在中,, 在中,, 设,所以由可得：, 可得：,所以,则,所以,, 设平面的法向量为,则,得, 令,则,所以, 设平面的法向量为,则,得, 令,则,所以,, 所以平面平面BEF； (3)平面的法向量为,平面的法向量为, 所以,因为,所以,故二面角的正弦值为. (2)因为,过点作轴平面,建立如图所示的空间直角坐标系, (1)证明：； (2)点在棱上,当二面角为时,求． 【详解】(1)以为坐标原点,所在直线为轴建立空间直角坐标系,如图, 则,, ,又不在同一条直线上,. (2)设,则, 设平面的法向量,则, 令 ,得,,设平面的法向量, 则,令 ,得,, , 化简可得,,解得或,或,. 11．(2023.新课标Ⅰ卷.高考真题)如图,在正四棱柱中,．点分别在棱,上,． (2)点F满足,求二面角的正弦值． 【详解】(1)连接,因为E为BC中点,,所以①, 因为,,所以与均为等边三角形, ,从而②,由①②,,平面, 所以,平面,而平面,所以． 12．(2023.新课标Ⅱ卷.高考真题)如图,三棱锥中,,,,E为BC的中点． (1)证明：； 以点为原点,所在直线分别为轴,建立空间直角坐标系,如图所示： 设,设平面与平面的一个法向量分别为,二面角平面角为,而, 因为,所以,即有, ,取,所以；,取,所以, 所以,,从而． 所以二面角的正弦值为． (2)不妨设,,． ,,又,平面平面． 文字语言 图形语言 符号语言 线面垂直线线垂直 一条直线垂直于一个平面，它就和平面内的任意一条直线垂直 线面垂直线线平行 垂直于同一个平面的两条直线平行. 文字语言 图形语言 符号语言 线线垂直线面垂直 如果一条直线与一个平面内的两条相交直线垂直，那么该直线与此平面垂直 2.性质定理 文字语言 图形语言 符号语言 面面垂直线面垂直 两个平面垂直，如果一个平面内有一直线垂直于这两个平面的交线，那么这条直线与另一个平面垂直 1.判定定理 文字语言 图形语言 符号语言 线面垂直面面垂直 如果一个平面过另一个平面的垂线，那么这两个平面垂直 定义 一条直线和一个平面相交，但不与这个平面垂直，这条直线叫做这个平面的斜线，斜线和平面的交点叫做斜足.过斜线上斜足以外的一点向平面引垂线，过垂足和斜足的直线叫做斜线在这个平面上的射影，平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的锐角，叫做这条直线和这个平面所成的角. 画法 取值范围 规定 一条直线垂直于平面，它们所成的角是直角； 一条直线和平面平行或在平面内，它们所成的角是0°的角 定义 从一条直线出发的两个半平面所组成的图形 二面角的平面角 ①；②；③， 则二面角的平面角是． 取值范围 位置关系 平行 垂直 线线（与） 线面（与） 面面（与） 【详解】(1)在上取点,使,连接,,如下图： 因为,即,且,故四边形是平行四边形, 则有且,因为是正方形,则有且, 故且,即四边形是平行四边形,则有, 因为平面,平面,故平面. 1．(2025.甘肃定西.三模)如图,是边长为4的正方形,平面,,且. (1)证明：平面； 【详解】(1)因为,,,所以四边形为矩形, 连接交于点,连接,则点为中点, 又为中点,所以是中位线,所以, 又平面,平面,所以平面． 2．(2024.宁夏吴忠.模拟预测)如图,在直角梯中,,,,为中点, 将沿折起,使到处． (1)求证：平面； 【详解】(1)延长交于点,则为的中点,连接,如下图所示： 因为为正的中心,所以, 又因为,即,所以,故, 因为平面,平面,故平面. 3．(2025.广西玉林.一模)如图,在三棱锥中,底面是正三角形,中心为,,. (1)证明：平面； 【详解】(1)因为底面ABCD是平行四边形,故平面PAD,可得平面PAD, 又因为平面PBC,平面平面,所以. 4．(2025.四川成都.模拟预测)已知四棱锥的底面ABCD是平行四边形,平面ABCD. (1)若平面PAD与平面PBC的交线为,证明：； 【详解】(1)在棱上分别取点,使． 则．因为,,所以． 又,所以．由,得, 又 平面 , 平面 ,所以 平面 ． 5．(2024.湖北孝感.模拟预测)如图,直三棱柱的所有棱长都等于2,点,分别是线段,上的动点(异于端点),且． (1)证明：平面； 【详解】(1)连接,交于点,连接.因为四边形是菱形,则,, 因为为的中点,则,又,且,故得, 故四边形是平行四边形,则. 又平面平面,平面平面, ,平面,则平面,又平面,则,故. 6．(2025.湖北武汉.二模)如图,四边形是菱形,平面平面,,且,为的中点. (1)证明：； 【详解】(1)由题意得平面,,设,, ,解得,所以, ,,面,面,平面平面. 7．(2024.四川攀枝花.一模)如图,在三棱柱中,平面,,,为棱的中点,是与的交点. (1)求证：平面平面； (1)求证：平面； 【详解】(1)因为底面为正方形,所以,又,且, 平面,所以平面,又平面,所以, 连接,易知,因为平面平面,平面平面, 平面,所以平面,又平面,则, 又因为,平面,所以平面． 8．(2025.广东江门.三模)如图,在四棱锥中,底面为正方形,,平面平面． 【详解】(1)因为在四棱锥中,, 所以四边形为等腰梯形,,则, 所以,则由余弦定理得, 在中,,于是, 因此,又,即,而平面, 则平面,又平面,所以平面平面. 9．(2025.河南洛阳.二模)如图,四棱锥中,,. (1)求证：平面平面； 【详解】(1)由是以为斜边的等腰直角三角形,得, 由平面,平面,得, 而平面, 则平面,又平面, 所以平面平面. 10．(2025.辽宁营口.一模)如图,在四棱锥中,平面,,是以为斜边的等腰直角三角形． (1)证明：平面平面． 【详解】(1)因底面是边长为2的菱形,且,则是等边三角形, 又因是的中点,则,因,则, 因平面平面,平面平面, 平面,故直线平面. 11．(2025.广东惠州.三模)如图,在四棱锥中,底面是边长为2的菱形,且,平面平面,,是的中点,点在侧棱上, (1)求证：直线平面； (2)已知,,,,求二面角的余弦值． 【详解】(1)在直三棱柱中,为的中点,设, 由直线平面,得点到平面的距离相等, ,, ,所以. 12．(2025.黑龙江伊春.模拟预测)如图,在直三棱柱中,为的中点,记四棱锥的体积为,三棱锥的体积为． (1)证明：； , , 设平面的法向量,则,取,得, ,由图形知,二面角 的大小为锐角, 所以二面角的余弦值为. (2)由(1)知,而,,则, 以点为原点,直线分别为轴建立空间直角坐标系, (2)若平面与直线的交点为R. (i)证明：； (ii)求直线与平面所成角的正弦值. 【详解】(1)在三棱台中,由,得,由平面, 平面,得,而平面, 则平面,而平面,于是,直线两两垂直, 以为原点,直线分别为轴建立空间直角坐标系,令,则, , 因此,,即,所以. 13．(2025.四川眉山.模拟预测)如图,在三棱台中,底面,,,M,N,P分别为,,的中点. (1)求证：； 则,, 解得,点,,所以. (ii),设平面的法向量, 则,令,得,设直线与平面所成的角为 因此,所以直线与平面所成角的正弦值是. (2)(i),令,得,, 又,由点平面,则存在实数对使得, (2)若线段上的点满足直线与直线所成角的余弦值为,求点到直线的距离． 【详解】(1)在中,, 由余弦定理可得：, 则,所以有,则 由平面平面,平面平面, 且,平面,则平面,又平面,则. 14．(2025.甘肃平凉.一模)如图,在三棱锥中,平面平面是边长为2的等边三角形,． (1)证明：； 由为正三角形知,, 结合(1)中平面,由,可知平面,则两两垂直, 如图所示,以为原点,分别为轴,轴,轴的正方向,建立空间直角坐标系, 则,可得 设,则,且, 可得由,解得或(舍去), 则,且故点到直线的距离 (2)取中点分别为,连接 (2)若三棱锥的体积是,求平面与平面夹角的余弦值． 【详解】(1)由底面,底面,则, 又底面都是正方形,则,故两两相互垂直, 以为原点,分别以、、所在直线为、、轴,建立空间直角坐标系, 则,,,,,,, 设,,则,,, 因为,故,即, 因为点在棱上,所以,,, 所以,解得,即,而的中点坐标为,所以点是棱的中点； 15．(2025.湖南怀化.模拟预测)如图,已知四棱台的上底面是边长为2的正方形,,底面,点,分别在棱,上． (1)若,求证：点是棱的中点； 所以,则,,设平面的法向量为, 则,令,得.由平面的一个法向量, 则,所以平面与平面夹角的余弦值为. (2)设,则, 即,由题意,可得, (2)若为等边三角形,求平面PCD与平面夹角的余弦值. 【详解】(1)在四棱柱中,由正方形,得,而, 平面,则平面,而平面, 所以平面平面. 16．(2024.湖北十堰.二模)如图,在四棱柱中,底面ABCD是正方形,AC,BD交于点O,P为的中点,. (1)证明：平面平面； 平面,则平面,直线两两垂直, 以点为原点,直线分别为轴建立空间直角坐标系, 由,P为的中点,得,, 则, , 设平面的法向量,则,令,得, 设平面的法向量,则,令,得, 所以平面PCD与平面夹角的余弦值为. (2)取中点,连接,由为等边三角形,得,而, 则,又平面平面,平面平面, (2)若点在棱上,二面角的正切值为,求点到平面的距离. 【详解】(1)因为是边长为2的等边三角形,为的中点,所以, 在中,由余弦定理得:,所以, 因为为中点,所以,因为是边长为2的等边三角形,所以, 则,所以,又,,平面,平面, 所以平面,又因为平面,所以 17．(2025.湖北咸宁.一模)如图,在三棱锥中,是边长为2的等边三角形,为的中点,,,. (1)证明：； 则,,设平面的法向量为, 则即取. 又平面的法向量为,因为二面角的正切值为, 所以, 整理得,解得或(舍去),所以, 设平面的法向量为,则即 取,则,所以点到平面的距离. (2)以向量,,所在方向建立空间直角坐标系, 则,,,,因为在线段上,设, (i)证明：平面； (ii)求三棱锥的体积. (2)若直线与平面所成角的正弦值为,求. 【详解】(1)(i)由平面,而平面,可得,因, 则依题意,,在中,, 故,因,平面,故平面. (ii)此时,由勾股定理得, 于是. 18．(2025.辽宁辽阳.二模)如图,在三棱锥中,平面,,点满足. (1)若. 则, 于是,.设平面的法向量为, 则,故可取. 记直线与平面所成角为, 则, 两边平方,整理得,即,由可得. (2)以为坐标原点,垂直于平面的方向为轴正方向,的方向为轴正方向, 的方向为轴正方向,建立空间直角坐标系, (2)求直线与平面所成角的正切值. 【详解】(1)连接,交于点,连接,三棱柱是直三棱柱, 四边形是矩形,则为的中点,为线段的中点,, 平面,平面,平面. (2)取中点,连接,则,三棱柱是直三棱柱, 四边形是矩形,则,平面,平面, 平面,则平面.所以直线与平面所成角即为. ,在中,. 19．(2025.湖南永州.模拟预测)如图,直三棱柱中, ,为线段的中点. (1)求证：平面; (2)求证：平面； (3)求直线与平面所成角的正弦值． 【详解】(1)如图,连接,因底面为平行四边形,则, , 因,则,因平面, 平面,故平面. (2)取中点,连接,因为等边三角形,则, 又平面平面,平面平面, 平面,则平面, 又平面,故,因,平面,故平面. (3)由(2)已得平面,连接,则即直线与平面所成角, 因为等边三角形,,则,又, 在中,.即直线与平面所成角的正弦值为. 20．(2025.江苏盐城.二模)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)设分别为的中点,求证：平面； (1)求证：平面； (2)求证：平面； (3)求二面角的余弦值． 【详解】(1)如图,连接,连接交于点,连接, 因为点为的中点,为中点,且 四边形ABCD是正方形,所以四边形为矩形, 故为的中点,又因为为的中点,所以, 又因为平面,平面,所以平面． (2)由,为的中点,得, 又因为四边形是正方形,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,   又因为,平面,所以平面． 21．(2024.云南普洱.模拟预测)如图,已知平面平面ABCD,四边形ABCD是正方形,,点E,F,M分别是BC,PB,AD的中点． 平面,作,垂足为,连接, 由,,所以,因为平面, 所以平面,又平面,则, 所以就是二面角的平面角,在中,,,得, 所以,故所求二面角的余弦值为． (3)如图,取为的中点, 由,得, 又因平面平面,平面平面,平面, (2)求点到平面的距离； (3)求二面角的正弦值. 【详解】(1)证明：设,连接,因为四边形为菱形, 所以,,又因为为等边三角形,所以, 因为,平面,所以平面. (2)设点到平面的距离为,在中,,, 可得点到的距离为,由(1)知,平面, 所以, 又因为,所以. 22．(2025.贵州铜仁.模拟预测)如图,三棱柱的所有棱长均为2,为等边三角形. (1)求证：平面； 解得,又,则,所以, 故四边形为矩形,,又为等边三角形,故,又, 则,所以,设,连接,,所以, 又,所以即为二面角的平面角, 因为,,,所以, 由勾股定理逆定理得,所以,所以二面角的正弦值为. (3)由(2)知,,,在中,,则, 在中,由余弦定理得, (2)若,求平面与平面所成角的余弦值. 【详解】(1)取的中点,连接, 由已知易得均为等边三角形, 则,由于,所以, 又因为平面, 所以平面,又平面,所以平面平面. 23．(2025.广东潮州.一模)如图,在平面四边形中,为线段上一点,满足,将沿向上翻折至,连接. (1)若,证明：平面平面； 则, 所以,设平面的一个法向量为, 由,得,取,得,设平面的一个法向量为, 由,得,取,得,设平面与平面所成角为, 则,所以平面与平面所成角的余弦值为. (2)由,,所以,则, 以为坐标原点,所在直线为轴､轴,建立如图所示的空间直角坐标系, (2)如图2,若,,求平面与平面的夹角的正弦值． 【详解】(1),,为的中点,,, 平面,平面,平面． 又平面,平面平面． 24．(2025.黑龙江绥化.二模)如图1,平面四边形为“箏型”,其中,将平面沿着翻折得到三棱锥(如图2),为的中点． (1)证明：平面平面； 取中点,连接,,． (2)如图,以点为坐标原点,分别以所在直线为轴､轴,过点且与平面垂直的直线为轴,建立空间直角坐标系． 又平面,平面,故平面． ,,为的中点,．又,为的中点, ．则,,,,,, 所以,设平面的一个法向量为, 则,令,则,所以． 设平面的一个法向量, 则,令,则,所以. 设平面与平面的夹角为,则, 所以.所以,平面与平面的夹角的正弦值是． 由(1)可知平面,平面,, (2)若是侧面上的一个动点,且点到平面的距离为,证明点的轨迹为一条线段,并求该线段的长度. 【详解】(1)如图,以点为原点,以为轴的正方向,建立空间直角坐标系,,,,,,,,, ,,所以,,, 平面,所以平面 25．(2025.河南三门峡.模拟预测)如图,在长方体中,,是的中点,是的中点,是底面的中心． (1)证明：平面． 则点到平面的距离, 则,得或, 直线与侧面没有交点,故舍去,所以, 如图,直线与棱交于,所以点的轨迹是线段 ,,. (2)由(1)可知平面,则是平面的一个法向量 所以平面的一个法向量为,设,, (2)若,求平面与平面夹角的余弦值． 【详解】(1)由为等腰直角三角形斜边上的中线, 可得：,也即, 又为平面内两条相交直线,所以平面； 26．(2024.广东肇庆.二模)如图,将等腰直角三角形沿斜边上的中线翻折,得到四面体． (1)证明：平面； 因为平面,以为坐标原点,以为轴和轴,过在平面作的垂线为轴建系, 易知,则 设平面的法向量为,则 ,即,令,可得：, 所以,易知平面的一个法向量为,设平面与平面夹角为, 所以,所以平面与平面夹角的余弦值为； (2)由,可得, 所以,所以, (2)若,二面角的大小为． ①求与平面所成角的正弦值； ②点在侧面内,且三棱锥的体积为,求的轨迹的长度． 【详解】(1)在直三棱柱中,平面ABC, 因为平面,所以 又因为,,平面, 所以平面 27．(2025.广西百色.三模)如图,在直三棱柱中,点在上,． (1)证明：平面； 以为正交基底,建立如图所示的空间直角坐标系, 则,设,设平面的法向量, 由,取,得, 所以平面的一个法向量,又平面的法向量, 所以,解得所以, 所以设与平面所成角为,则 ②因为,所以 因为三棱锥的体积为,所以到平面的距离为 因为在侧面上,可设,到平面的距离为, 即轨迹方程为,而, 所以在侧面上的运动轨迹是线段,所以的轨迹长度为. (2)①在直三棱柱中,平面,, (2)求直线到平面的距离． (3)请判断在平面上是否存在一点E,使得是以为底边,为顶角的等腰三角形．若存在,请求出点E的轨迹；若不存在,请说明理由． 【详解】(1)证明：如图,连接,设交于点O,连接,由得． 在正方形中,．又,平面, 所以平面．又因为平面,所以． 28．(2024.贵州贵阳.二模)如图,四棱锥的底面是边长为2的正方形,每条侧棱的长都是底面边长的倍,P为侧棱上的点,且平面． (1)求证：． 所以． 在中,O为的中点,所以点P为的中点． 易知直线,,两两垂直,如图,以点O为原点建立空间直角坐标系． 因为正方形的边长为2,所以,,,,． 设平面的一个法向量为,则可得,所以,则, 令,可得． 因为平面,所以直线到平面的距离等于点B到平面的距离, 在法向量上的投影的模为,所以直线到平面的距离为． (3)不存在．理由如下：根据第(2)问可得直线到平面的距离为． 又因为平面,设点Q为的中点,所以点Q到平面的距离为． 假设在平面上存在点E,使得是以为底边,为顶角的等腰三角形, 则有．因为,所以不存在满足条件的点E. (2)连接,因为平面,平面,平面平面, (2)当四棱锥的体积最大时,求平面与平面所成角的余弦值； (3)记直线与平面所成角为,求的最大值． 【详解】(1)证明：在中,因为,所以为直角三角形,即, 又因为四边形为正方形,所以,则,因为平面, 所以平面,又平面,所以,所以为直角三角形． 29．(2025.河南开封.一模)如图,底面为正方形的四棱锥中,,,记,． (1)证明：为直角三角形； 以为原点,以所在直线为轴,建立空间直角坐标系,如图所示, 则, 则,平面的一个法向量为, 设平面的一个法向量为,则取,则, 则,所以平面与平面所成角的余弦值为． (2)当四棱锥的体积最大时,平面, 因为平面,所以,又平面,所以平面, 设平面的一个法向量为,则, 取,则,因为, 则, 设,则, 令得, 当时,,则在单调递增, 当时,,则在单调递减, 所以,且当时,,当时,, 所以,所以,所以的最大值为． (3)以为原点,以所在直线为轴,以过点垂直于平面的直线为轴,建立空间直角坐标系,如图所示,因为,所以,则, (2)已知,求平面与平面所成二面角的正弦值的取值范围． 因为在直棱柱中 平面 , 平面 ,所以 , 因为,,平面,所以平面, 因为平面,所以平面平面； 【详解】(1)证明：由四边形是正方形,得, 30．(2025.辽宁大连.模拟预测)如图,直四棱柱的底面为正方形,点在棱上(包含端点)． (1)证明：平面平面； 设,则,故,,, 设平面的一个法向量为,则,取得, 设平面的一个法向量为,则,取得, 所以, 因为,所以,,, 所以,所以, 即平面与平面所成二面角的正弦值的取值范围是. (2)以,,所在直线分别为,,轴建立如图所示的空间直角坐标系, 所以,,,,, (2)求异面直线与所成的角； (3)求直线与平面所成角的正弦值的最大值. 【详解】(1)由题意可知四边形是平行四边形,所以,即有平面, 又由平面,平面平面,所以,即得. (2)由(1)知,则直线与所成的角为(或其补角), 又由为直角三角形,且,所以,即得异面直线与所成的角为 31．(2025.湖南湘潭.一模)如图所示,已知四棱锥中,底面是平行四边形,侧面为直角三角形,是的中点,是直线上的动点,过直线的平面与侧棱,分别交于,且,其中,. (1)求证：； 又因为,分别是,的中点,所以可得, 又由,平面,且,所以平面, 又因为平面,所以可得, 又由,所以,所以平面. 此时分别以,,可为,,轴建立如图所示空间直角坐标系,如下图所示： 则可得,,,,,. , 由,可得,即得, 设平面的一个法向量,又由可得； 令,则,所以,所以可得, 当且仅当与点重合时取得等号,所以直线与平面平面所成角的正弦值的最大值为. (3)设直线与平面所成角为,取的中点为,连接,, 由,所以,又由是直角三角形,且,所以, (2)求平面与平面夹角余弦值的取值范围． 【详解】(1)如图,取的中点,连接, 因为分别是和的中点,所以,且, 又因为,所以且, 所以四边形是平行四边形,所以, 又因为平面平面,所以平面． 32．(2025.吉林白城.模拟预测)如图,在直三棱柱中,,,,点是线段的中点, 点,是侧棱上的动点,． (1)证明：平面； 则,由题易知,为平面的一个法向量． 设,则,有, 设平面的一个法向量为,则即 取,则,即平面的一个法向量为, 设平面与平面的夹角为,则, 令,则, 即平面与平面夹角的余弦值的取值范围为． (2)在直三棱柱中,平面且, 因此以为坐标原点,所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系． (2)求平面与平面的夹角大小． (3)若平面,求的最小值． 【详解】(1)取的中点,连接,因为分别为的中点, 所以且,又且,则且, 所以四边形为平行四边形,所以, 又因为平面,平面,所以平面. 33．(2025.四川巴中.三模)在四棱锥中,平面,底面为直角梯形,是的中点,点分别在线段与上(不含端点),且． (1)证明：平面． 则两两垂直, 以为坐标原点,所在直线为轴,轴,轴,建立如图所示空间直角坐标系, 则,,,,,, 则,,,设平面的法向量为, 则,令,则,,则, 设平面的法向量为, 则,令,则,,则, 设平面与平面的夹角为,则, 又,所以,所以平面与平面的夹角为,即平面与平面的夹角大小为. (2)因为点在线段上,则平面即为平面,因为平面,, 所以,令,则,,则, 由平面得,化简可得, 所以, 当且仅当,即时等号成立,所以的最小值为. (3)设点,则,,由得,则,则,同理,由可得, 则,设平面的法向量,因为,, (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． 【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. 34．(2025.四川绵阳.模拟预测)如图,在四棱锥中,,,,,． (1)求证：平面； 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. (2)由(1)可知,因为平面,、平面,故,, 所以,二面角的平面角为, 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, 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. 所以,与平面所成的角为, (3)因为,故直线与平面所成角等于与平面所成的角, (2)在线段上是否存在点,使得平面, 若存在,求的长；若不存在,请说明理由. 【详解】(1)如图：取PD的中点H,连接FH,AH, 因为,又, 所以,所以四边形是平行四边形, 所以,又平面,平面,所以平面 35．(2024.四川德阳.三模)如图,在四棱锥中,平面 分别为的中点. (1)证明：平面； 所以,, 设平面PBC的一个法向量为,则,即, 令,则,,所以,设,则, 若平面,则,所以,解得,所以,则,所以在线段上是否存在点,使得平面,的长为. (2)建立如图所示空间直角坐标系： 则, (2)线段的延长线上是否存在点,使得平面与平面夹角的余弦值为？ 若存在,求出的值,若不存在,说明理由． 【详解】(1)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,所以． 以为原点,、、为轴正方向建系,如图所示, 则,所以, 设平面的法向量, 则,即,令,则,所以, 设与平面所成角为, 则,所以与平面所成角的正弦值． 36．(2025.福建泉州.模拟预测)如图,在三棱锥中,平面平面,,,,,分别为,的中点． (1)求与平面所成角的正弦值； 则,即, 令,则,即, 所以, 整理得,解得或,所以或舍, 所以存在点使得平面与平面夹角的余弦值为,且． (2)假设存在点,设,则, 所以,,设平面的法向量, (2)若. ①求平面与平面夹角的正弦值； ②在线段上是否存在点,使得点到平面的距离为1？若存在,求出的值；若不存在,请说明理由. 【详解】(1)取中点,为中点,,且, 又,,,且, 四边形为平行四边形,即,平面,平面, 平面； 37．(2025.海南三沙.三模)如图,在四棱锥中,平面,是的中点. (1)求证：平面； 得,,,,, ,,,, 因为平面,且平面,所以平面平面, 又因为平面平面,,平面, 所以平面,所以平面的一个法向量为, 设平面的法向量为,则,令,则, , 平面与平面所成角的正弦值为； (2)①平面,且, 则以点为坐标原点,,,方向为轴,轴,轴建立空间直角坐标系, ,,设平面的法向量为, 则,令,则, 所以点到平面的距离, 化简可得,解得或(舍去),即. ②存在点满足题意, 易知,,假设存在点满足题意,设,, (2)线段CD上是否存在一点M,使得二面角为直二面角？ 若存在,求出点M的位置；若不存在,请说明理由． 【详解】(1)因为,,,平面ABCD, ,所以平面ABCD,又平面ABCD,所以, 由题可得,,则,,又, 在中,由余弦定理可得, 由,可得,因为,平面,, 所以平面,又平面,所以, 取的中点,由和是直角三角形,知到,,,四点的距离相等, 所以三棱锥的外接球球心为的中点. 38．(2024.黑龙江哈尔滨.模拟预测)如图,多面体ABCDEF中,四边形CDEF为矩形,四边形ABCD为直角梯形,,,,,． (1)求三棱锥的外接球球心的位置． 分别以为轴正方向,建立空间直角坐标系, 则,,,,,, 假设存在点M满足题意,设,,则, 设平面的一个法向量为,则,故可取 设平面的法向量,则,故可取. 因为二面角为直二面角,所以, 即,解得,所以M为上靠近点的四等分点. 故存在一点M,使得二面角为直二面角,此时M为上靠近点的四等分点. (2)由题可得,,两两垂直,故以为坐标原点, (2)线段上是否存在一点,使得平面与平面夹角的正弦值为？ 若存在,求出的值；若不存在,请说明理由. 【详解】(1)在图1的中,, 所以,且,, 因为,所以,,则,, 在中,,,,则, 在图2的中,,,, 满足,所以, 因为,,,、平面, 所以平面. 39．(2025.广东云浮.一模)如图1,在中,两点分别为(靠近)､(靠近)的三等分点,.现将沿折起得到四棱锥,在图2中. (1)求证：平面； 以点为原点,、、的方向分别为、、轴, 建立如下图所示的空间直角坐标系, 则、、,,, 设线段上存在一点,,, 则,,即, 解得,故, 设平面的一个法向量, 则,取,则, 所以平面的一个法向量为,取平面的一个法向量为, 由题意可得,令,则,解得,当时,得,当,此时无解,所以线段上存在一点,且. (2)由题意得平面,, (2)请从下列条件①,条件②,条件③中选出两个作为已知条件,使得点G的位置确定． (i)求λ的值； (ii)求直线GB与平面所成的角的正弦值． 条件①：三棱锥的体积为1； 条件②：； 条件③：二面角的余弦值为． 【详解】(1)取AD中点O,连接,BO,因为, 所以为正三角形． 所以,又,所以, 因为,平面, 所以平面,因为平面,所以; 40．(2025.四川广元.三模)已知四棱柱的各棱长均为2,,,,． (1)证明：； 因为,DG平面,平面, 所以平面,由(1)可知：AD⊥平面, 所以, 所以,即,OA⊥OB, 则,因为平面的一个法向量为, 由二面角的余弦值为得：, 即,因为,所以． (2)若选①③： (i)在四棱柱中,点G在棱上, 则, 所以直线GB与平面所成的角的正弦值为． (ii)因为,平面的一个法向量为, 设直线GB与平面所成的角为θ, (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PBC与平面PAD所成角的大小． 条件①：； 条件②：平面PAD． 注：如果选择的条件不符合要求,第(Ⅱ)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． 【详解】(1)因为平面ABCD,AD,平面ABCD,所以,. 在中,,所以． 因为,,,所以,即． 又因为平面PAD,,所以平面PAD． 41．(2025.江苏宿迁.一模)如图,在四棱锥中,平面ABCD,,,． (1)求证：平面PAD； 在平面ABCD上过A点作交BC于E点, 根据(1)知,,,建立以A为原点, 向量,,方向为x轴,y轴,z轴正方向的空间直角坐标系． 连接AC,易知,因为,, 在中,, 所以,因为,所以,易证四边形AECD为正方形． ,,,,,,, 设平面PBC的法向量为,则即,解得,, 令,则.由(1)知平面PAD的法向量为, ．所以,平面PBC与平面PAD所成锐二面角的大小为． (2)选条件① 在平面ABCD上过A点作交BC于E点, 易证四边形AECD为正方形, 根据(1)知,,,建立以A为原点, 向量,,方向为x轴,y轴,z轴正方向的空间直角坐标系． 则,,,,,,, 设平面PBC的法向量为,则, 即,解得,,令,则, 由(1)知平面PAD的法向量为,． 所以,平面PBC与平面PAD所成锐二面角的大小为． 选条件② 因为平面PAD,平面平面,平面ABCD,所以． (2)已知点到平面的距离为,再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知,求的长. 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. 【详解】(1)由四边形为平行四边形,则,又, 平面,平面,则平面,同理平面, 由,都在平面内,则平面平面, 平面,则平面； 42．(2024.云南丽江.二模)如图,在几何体中,四边形为平行四边形,平面平面. (1)证明：平面； 选条件①：,都在平面内,则平面, 平面,则； 选条件②：由,,, 则,又,故, 所以,则, 综上,,,, 以为原点,为的正方向建立空间直角坐标系, 所以,令,则, 故,, 令是平面的一个法向量,则, 取,则,由题设, 可得, 所以. (2)平面平面,平面平面,平面, 所以平面,平面,则,, (2)若,再从条件①、条件②中选择一个作为已知条件,求二面角的余弦值． 条件①：异面直线CD与BE所成角的余弦值为； 条件②：直线BF与平面ACEF所成角的正弦值为． 【详解】(1)证明：因为,所以, 在中,由余弦定理得,, 解得,所以, 所以,即,因为四边形为矩形,所以, 因为,,,平面,所以平面, 又平面,所以平面平面． 43．(2025.湖南岳阳.一模)如图所示,平面平面,且四边形为矩形,在四边形中,,． (1)证明：平面平面； 因为,平面平面,平面平面,平面, 所以平面,又平面,所以, 以为原点,分别以所在直线为轴,建立空间直角坐标系,如图所示, 则,所以, 因为异面直线CD与BE所成角的余弦值为,所以,解得,则,所以,, 设平面的一个法向量为,平面的一个法向量为, 由,取得, 由,取得, 所以,所以二面角的余弦值为． (2)若选条件①：连接,设, 平面平面,平面,所以平面, 又平面,所以,同理可得,所以, 因为,,平面,, 所以平面,所以直线BF与平面ACEF所成角即为, 又平面,所以,所以,解得, 以为原点,分别以所在直线为轴,建立空间直角坐标系,如图所示, 则,, 所以,, 设平面的一个法向量为,平面的一个法向量为, 由,取得, 由,取得, 所以,所以二面角的余弦值为． 若选②：连接,设,因为,平面平面, (2)从下面条件①､条件②､条件③三个条件中选择一个作为已知,解答下面的问题. 条件①：； 条件②：； 条件③：二面角的大小为. 在棱上是否存在点(不与端点重合),使得直线与平面所成的角的正弦值为？若存在,求的值,若不存在,说明理由. 【详解】(1)取的中点,连接、,因为, 所以,又,所以, 所以,即,所以, 又,平面,所以平面, 又平面,所以； 44．(2025.宁夏中卫.二模)如图,四棱锥中,,底面是个直角梯形,,,. (1)证明：； 如图以为坐标原点,平面,建立空间直角坐标系, 则,,,； 若选条件①：,显然平面,设, 则,,所以,与矛盾,故条件①不符合题意； 若选条件②：,显然平面,设, 则,解得,则, 所以,, 设, 则, 设平面的法向量为,则,取, 设直线与平面所成的角为,则, 解得或(舍去),所以的值为； (2)因为,,又,所以,所以四边形为矩形, 则,, 设, 则, 设平面的法向量为,则,取, 设直线与平面所成的角为,则, 解得或(舍去),所以的值为. 若选条件③：二面角的大小为. 由(1)可知即为二面角的平面角,即,又,所以, ①平面⊥平面； ②； ③. (2)若三棱锥的体积为,以你在(1)所选的两个条件作为条件,求平面与平面所成二面角的大小. 【详解】(1)选择①②,可证明③.由,是线段的中点,得⊥. 又平面⊥平面,平面平面,且平面； 所以⊥平面,AC平面ABC,得⊥,又⊥； ,平面,所以⊥平面． 因为平面,所以, 若选择①③,可证明②. 由,是线段的中点,得⊥. 又平面⊥平面,平面平面,且平面； 所以⊥平面,平面,得, 又⊥,,平面,所以⊥平面, 因为平面,所以． 45．(2025.河南商丘.一模)如图,三棱锥中,,,,D是棱AB的中点,点E在棱AC上. (1)下面有①②③三个命题,能否从中选取两个命题作为条件,证明另外一个命题成立？如果能,请你选取并证明(只要选取一组并证明,选取多组的,按第一组记分)； 以点D为坐标原点,所在直线分别为x,y,z轴, 建立如图所示空间直角坐标系三棱锥的体积,且, ,得,得 所以由,是线段的中点,⊥,得： . 所以,,,. 设面与面的法向量分别为,, 则,得：,所以面的一个法向量为. ,得：,所以面的一个法向量为. 设平面与平面所成二面角为, 则, 因为,所以面与面所成二面角的大小为． (2)由(1),选择①②,则③成立.取线段的中点F,连接, 则由,及是线段的中点,得⊥.由(1)知,⊥平面, (2)若,求直线与平面所成角的正弦值； (3)若一只电子猫从点出发,每次等可能地沿着棱去向相邻的另一个顶点, 设在次运动后电子猫仍停留在下底面的概率为,求. 【详解】(1)证明：延长,,交于点,过点作平面,垂足为,连结. 在正三棱台中,,是正三角形,因为,分别是,的中点, 所以,且,又,且, 所以,且,四边形是平行四边形. 因为几何体是正三棱台, 所以三棱锥是正三棱锥,是底面正的中心,所以. 又平面,平面,所以. 因为,,平面,所以平面, 又平面,所以,所以. 在正三棱台中,,是的中点, 所以,且,所以四边形是平行四边形,. 所以.所以四边形是矩形. 46．(2025.江苏淮安.三模)在正三棱台中,,,分别是,的中点． (1)求证：四边形是矩形； 则,,,. 设上底面的中心为,在直角梯形中,, ,,所以. 故,又,所以,. 设为平面的法向量, 即,取,得,, 所以是平面的一个法向量.又, 所以, 设直线与平面所成角为,所以; 所以直线与平面所成角的正弦值为. (2)过作.以为坐标原点,,,所在直线分别为轴,轴,轴,建立如图所示的空间直角坐标系. 在正三棱台中,,,不妨设, 显然,当,时,,. 由全概率公式,当,时, 可得, 即,整理得. 所以当,时,,又,,, 所以当,时,为定值, 所以数列是首项为,公比为的等比数列, 故,可得. (3)记电子猫在次运动后“在下底面”为事件,“在上底面”为事件. (2)若点,在平面直角坐标系中的坐标分别为,,已知点满足,求点在平面直角坐标系中的轨迹方程； (3)若在平面直角坐标系中,点是椭圆上的点,过点的两条直线,分别交椭圆于,两点,其斜率满足. 证明：当时,为定值,并求出该定值. 【详解】(1)如图建立空间直角坐标系,则点在空间中的坐标分别为,,, ∴；. 47．(2025.广西南宁.模拟预测)在平面直角坐标系中,点,,若以轴为折痕,将直角坐标平面折叠成互相垂直的两个半平面(如图所示),则称此时点,在空间中的距离为“点,关于轴的折叠空间距离”,记为. (1)若点,,在平面直角坐标系中的坐标分别为,,,求,的值； ∴,化简得：, 因此,在平面直角坐标中,点在轴的上半平面的轨迹为以为圆心,以1为半径的半圆. ②点在轴的下半平面,即时,点在空间中的坐标为, 化简得：, ∴点的轨迹方程为：或 (2)由题意可知,点在空间中的坐标为,对点分类讨论, ①当点在轴的上半平面,即时,点在空间中的坐标为, ②当直线不与轴垂直时,设直线的方程为：,,联立方程,, ∵,, 代入韦达定理可得：,即 解得或, 当时,直线经过点,故舍去 ∴,则,且, 当时,由得 当过点,；当过点,. ∴点在轴的上半平面,点在轴的下半平面, 点在空间中的坐标分别为, 定值 (3)①当直线与轴垂直时,显然不成立； (2)如图,将平面沿轴折叠,使轴正半轴和轴所确定的半平面(平面)与轴负半轴和轴所确定的半平面(平面)互相垂直． (ⅰ)若,求异面直线和所成角的余弦值； (ⅱ)是否存在,使得折叠后与距离与折叠前与距离之比为？若存在,求的值,若不存在,请说明理由． 【详解】(1)由椭圆方程知 当为椭圆上顶点时,又,直线的方程为 由知, ． 48．(2024.湖北荆州.模拟预测)已知椭圆的左,右焦点分别为,经过且倾斜角为的直线与椭圆交于两点(其中点在轴上方)． (1)为椭圆上顶点时求的面积； 由(1)可知此时 折叠后仍以轴为轴,轴原位置仍为轴,折叠后轴的正方向为轴正方向,建立空间直角坐标系, 则 ,所以异面直线和所成角的余弦值为； (2)(ⅰ)时在折叠前图中,直线方程为, 由知, 折叠后按(ⅰ)中坐标系 由知 或(舍去),故存在 (ⅱ)折叠前设,直线 (2)求证：平面平面； (3)若,求直线与平面所成角的正弦值． 【详解】(1)由题意知直线AB的斜率不为0且不过原点, 所以可设直线AB的方程为, 联立,得, 则,所以． 因为,所以,所以, 即,解得(舍去), 所以直线AB的方程为,令,得,即． 49．(2025.广西贵港.二模)如图1,已知抛物线,O为坐标原点,点A,B是E上异于点O的两点(其中点A在第一象限),直线AB交x轴于点C,且,将平面AOC沿着x轴翻折得到三棱锥,如图2所示,且． (1)求点C的坐标； 在平面内过点M作,垂足为N,连接, 因为,所以． 由折叠的性质可得, 因为,所以, 所以, 所以,所以,即． 因为平面,所以平面, 因为平面,所以． 因为平面, 所以平面, 又平面,所以平面平面． (2)证明：如图,在平面内过点作,垂足为M, 以为坐标原点,所在直线为轴,在平面内过点且垂直于轴的直线为轴, 在平面内过点且垂直于轴的直线为轴,建立如图所示的空间直角坐标系, 则由(1)得, 所以,, 因为,所以, 即． 由(1)得, , 所以, 整理得,所以或(舍)． 设平面的一个法向量为, 则, 令,得,所以, 又,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)由(2)知平面平面, (2)若平面,三棱锥在顶点处的离散曲率为,求点到平面的距离； (3)在(2)的前提下,又知点在棱上,直线与平面所成角的余弦值为,求的长度. 【详解】(1)由离散曲率的定义得： , , 因为,同理可得其他三个三角形内角和为, 所以； 51．(2025.黑龙江牡丹江.模拟预测)离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标.设为多面体的一个顶点,定义多面体在点处的离散曲率为,其中为多面体的所有与点相邻的顶点,且平面,平面,平面和平面为多面体的所有以为公共点的面.如图,在三棱锥中. (1)求三棱锥在各个顶点处的离散曲率的和； 由平面,得,即, 又,即,解得, 过点作于点,由平面平面,得, 又平面,则平面,因此点到平面的距离为线段的长. 在中,,所以点到平面的距离为. (2)由平面平面,得, 又平面,则平面, 设,则, 设与平面所成的角为,因为,所以, 取平面的法向量, 则, 整理得,即,解得：或(舍), 所以,所以. (3)由(2)知,平面平面,过作的平行线,建立如图所示的空间直角坐标系, 由题意得：,所以,, (2)若为的中点,求二面角的余弦值； (3)若为上一点,且满足,求. 【详解】(1)因为底面为矩形,所以,, 因为底面,底面,所以, 又,平面,所以平面, 又平面,所以,因为, 所以为直线与所成的角,即, 设,则,, 在中, 又,所以,解得或(舍去),所以； 52．(2025.安徽淮南.一模)已知两个非零向量,,在空间任取一点,作,,则叫做向量,的夹角,记作.定义与的“向量积”为：是一个向量,它与向量,都垂直,它的模.如图,在四棱锥中,底面为矩形,底面,,为上一点,. (1)求的长； 又,,平面, 所以平面,又平面,所以, 所以为二面角的平面角, 因为为的中点, 所以,, 所以, 设二面角的平面角为,则, 所以, 即二面角的余弦值为； (2)在平面内过点作交的延长线于点,连接, 因为底面,底面,所以. , 又,平面,所以平面, 在平面内过点作,垂足为, 由平面,平面,所以, 又,平面,所以平面, 在平面内过点作交于点,在上取点,使得,连接, 所以且,所以四边形为平行四边形, 所以,又,即, 所以. (3)依题意,,又, 所以,,又,所以, (2)若正六棱柱底面边长为1,侧棱长为2,设 (i)用表示蜂房(图2右侧多面体)的表面积； (ii)当蜂房表面积最小时,求其顶点的曲率的余弦值. 【详解】(1)蜂房曲顶空间的弯曲度为顶端三个菱形的7个顶点的曲率之和, 根据定义其度量值等于减去三个菱形的内角和, 再减去6个直角梯形中的两个非直角内角和, 即蜂房曲顶空间的弯曲度为. 53．(2024.云南玉溪.模拟预测)蜂房是自然界最神奇的“建筑”之一,如图1所示.蜂房结构是由正六棱柱截去三个相等的三棱锥,,,再分别以,,为轴将,,分别向上翻转,使,,三点重合为点所围成的曲顶多面体(下底面开口),如图2所示.蜂房曲顶空间的弯曲度可用曲率来刻画,定义其度量值等于蜂房顶端三个菱形的各个顶点的曲率之和,而每一顶点的曲率规定等于减去蜂房多面体在该点的各个面角之和(多面体的面角是多面体的面的内角,用弧度制表示).例如：正四面体在每个顶点有3个面角,每个面角是,所以正四面体在各顶点的曲率为. (1)求蜂房曲顶空间的弯曲度； 菱形SAHC的面积为, 侧面积, 所以蜂房的表面积为. (2)(i)如图所示,连接AC,SH,则,设点在平面的射影为O, 则,则, 所以在处取得极小值,也即是最小值. 此时,在中,令,由余弦定理得, 又顶点的曲率为, . (ii),令得到, 所以在递增；在递增. ①求的最小值； ②求点的轨迹形成图形的全面积． 注：若平面的法向量为,点是平面上一定点,则对于平面上任一点,点满足方程：． 【详解】(1)将替换成,原方程不变,于是点M形成的轨迹关于y轴对称, 不妨令,, 若,则,即,点M的轨迹是一条线段； 若,则,即,点M的轨迹是另一条线段； 55．(2025.河北沧州.二模)(1)在平面直角坐标系中,为坐标原点,定义集合,点,对任意的点,求的取值范围； (2)在空间直角坐标系中,定义集合,,点是集合内任意一点． 所以的取值范围为； 再利用图象关于y轴对称,最终点M形成的轨迹图形如下： 由得,即, 则点M形成的轨迹图形关于点成中心对称图形且该图形为菱形, 由图及对称性可知,最短距离是点Q到直线的距离； 而最大距离是点Q到的距离,, 设,,由于, 于是,当且仅当时,等号成立, 于是令,,则, 所以,当且仅当取等号,所以的最小值为； 将y替换成,原方程不变,于是点N形成的轨迹关于平面对称, 将z替换成,原方程不变,于是点N形成的轨迹关于平面对称, 于是点N形成的轨迹关于点成中心对称图形, 去绝对值后可以得到8个平面的方程, 当时,为, 与三个平面围城三角形,顶点为, 则为正三角形,边长,其面积为, 则最终点的轨迹形成图形的全面积为. (2)①先证明柯西不等式： (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：. 【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 ； 56．(2025.吉林白山.一模)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； 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； (2)存在,,理由如下： 由三面角余弦定理得, 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, (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, $