专题02：空间向量与立体几何解答题八种考法归纳 讲义-2026届高三数学二轮复习（上海专用）

2026年高考数学二轮复习高分冲刺【解答题全通关】 专题02 空间向量与立体几何八种考法归纳 1．（2025·上海·高考真题）如图，P是圆锥的顶点，O是底面圆心，AB是底面直径，且．    (1)若直线PA与圆锥底面的所成角为，求圆锥的侧面积； (2)已知Q是母线PA的中点，点C、D在底面圆周上，且弧AC的长为，．设点M在线段OC上，证明：直线平面PBD． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）由线面角先算出母线长，然后根据侧面积公式求解. （2）证明平面平面，然后根据面面平行的性质可得. 【详解】（1）由题知，，即轴截面是等边三角形，故， 底面周长为，则侧面积为：; （2）由题知，则根据中位线性质，， 又平面，平面，则平面 由于，底面圆半径是，则，又，则， 又，则为等边三角形，则， 于是且，则四边形是平行四边形，故， 又平面，平面，故平面. 又平面， 根据面面平行的判定，于是平面平面， 又，则平面，则平面    2．（2024·上海·高考真题）如图为正四棱锥为底面的中心． (1)若，求绕旋转一周形成的几何体的体积； (2)若为的中点，求直线与平面所成角的大小． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据正四棱锥的数据，先算出直角三角形的边长，然后求圆锥的体积； （2）连接，可先证平面，根据线面角的定义得出所求角为，然后结合题目数量关系求解. 【详解】（1）正四棱锥满足且平面，由平面，则， 又正四棱锥底面是正方形，由可得，， 故， 根据圆锥的定义，绕旋转一周形成的几何体是以为轴，为底面半径的圆锥， 即圆锥的高为，底面半径为， 根据圆锥的体积公式，所得圆锥的体积是 （2）连接，由题意结合正四棱锥的性质可知，每个侧面都是等边三角形， 由是中点，则，又平面， 故平面，即平面，又平面， 于是直线与平面所成角的大小即为， 不妨设，则，， 又线面角的范围是， 故.即为所求. 3．（2023·上海·高考真题）在直四棱柱中，，，，， (1)求证：平面； (2)若四棱柱体积为36，求二面角大小. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用直四棱柱的性质及线面平行的判定定理，可证平面平面，再由面面平行的性质定理，即可得证； （2）先根据棱柱的体积公式求得，再利用二面角的定义，求解即可． 【详解】（1）由题意知，， 因为平面，平面， 所以平面， 因为，且平面，平面， 所以平面， 又，、平面， 所以平面平面， 因为平面， 所以平面． （2）由题意知，底面为直角梯形， 所以梯形的面积， 因为四棱柱的体积为36， 所以， 过作于，连接， 因为平面，且平面， 所以， 又，、平面， 所以平面， 因为平面，所以， 所以即为二面角的平面角， 在△中，， 所以， 所以，即， 故二面角的大小为． 4．（2022·上海·高考真题）如图所示三棱锥P-ABC，底面为等边三角形ABC，O为AC边中点，且底面ABC，    (1)求三棱锥P-ABC的体积； (2)若M为BC中点，求PM与平面PAC所成角大小（结果用反三角数值表示）. 【答案】(1)1； (2)． 【分析】（1）由棱锥体积公式计算； （2）建立空间直角坐标系，用空间向量法二面角． 【详解】（1）底面ABC，底面ABC，则，连接，同理， 又，，∴， 而， 所以； （2）由已知，分别以为轴建立空间直角坐标系，如图， 由已知， 则，，，∴， ，易知平面的一个法向量是， ， 设PM与平面PAC所成角大小为，则，，∴．    5．（2021·上海·高考真题）四棱锥，底面为正方形，边长为4，为中点，平面. （1）若△为等边三角形，求四棱锥的体积； （2）若的中点为，与平面所成角为45°，求与所成角的大小. 【答案】（1）；（2）. 【分析】（1）由棱锥体积公式计算； （2）建立空间直角坐标系，用空间向量法求二面角． 【详解】（1）∵正方形边长为4，△为等边三角形，为中点， ∴，； （2）如图以为轴建立空间直角坐标系，则，，， ，∴，， ∴， 即与所成角的大小为． 题型01：空间中平行关系的证明 【方法点拨】平行关系的证明是立体几何的基础，主要依据公理、判定定理及性质定理，通过线线、线面、面面平行的相互转化进行推理。 分析图形与目标 明确已知条件（如中点、比例、已知平行等），确定待证结论（线线平行、线面平行或面面平行）。 选择证明路径 线线平行：可通过线面平行性质、面面平行性质或平面几何知识（如中位线、平行四边形）证得。 线面平行：需在面内找（或作）一条直线与已知直线平行，或利用面面平行性质。 面面平行：需在一个面内找两条相交直线分别平行于另一个面。 应用定理推理 依据所选路径，严格应用相关判定与性质定理，书写关键推理步骤。 关键定理：线面平行判定定理（若线线平行，则线面平行）；面面平行判定定理（若线面平行，则面面平行）；线面平行性质定理（若线面平行，且过该线的面与已知面交于某线，则该交线平行于原线）。 规范书写结论 完整写出“因为…，所以…”的推理链条，最终得到平行结论。 关键技巧 1. 优先考虑中位线、平行四边形、相似三角形等平面几何工具证线线平行。 2. 作辅助线时常在已知平面内作已知直线的平行线，或作交线。 常见考法：证明线线平行、线面平行、面面平行、转化为线面平行。 1. （2025建平中学高三下学期三模）在如图所示的几何体中，四边形是正方形，四边形是梯形，，平面，且. （1）求证：平面； （2）与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）先利用正方形和梯形的性质证明线面平行，然后再根据线面平行证明面面平行即可； （2）根据题意建立空间直角坐标系，写出相关点的坐标和相关的向量，然后求出平面的一个法向量，最后与平面所成角的正弦值. 【小问1详解】 因为四边形是正方形，所以， 又平面 ，平面， 所以平面， 因为四边形是梯形，所以， 又平面 ，平面， 所以平面， 又，平面， 故平面平面， 又因为平面， 所以平面. 【小问2详解】 因为，平面，平面， 所以，即两两垂直， 故以为原点，所在的直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系.   则有，，， 所以 ，， 设平面的一个法向量，则有： 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为. 2．（25-26高三上上海闵行月考）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) 【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. 3．（24-25上海高三阶段练习）如图，在直三棱柱中，，分别为，的中点．    (1)求证：平面； (2)若，，，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取的中点，连接，证明，利用线线平行推出线面平行即可； （2）易知，则以A为原点，建立如下图所示的空间直角坐标系，利用空间向量法求两平面夹角余弦值. 【详解】（1）如图，取的中点，连接, 因E、F分别为、的中点.，则 又故即得四边形为平行四边形, 则,因平面，平面，故平面； （2）因为在直三棱柱中，，，所以AB⊥AC， 所以两两垂直， 则以A为原点，建立如下图所示的空间直角坐标系，    又，， 所以 ， 设平面的一个法向量为， 则，令，则， 所以 设平面一个法向量为， 则，令，则， 所以， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为． 4.（2025复旦附中高三模拟）如图所示，在四棱锥中，底面为矩形，侧面为正三角形，且分别为的中点，在线段上，且．    (1)求证：平面； (2)当时，求平面与平面的夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取中点，连接，要证平面，只需平面平面，结合已知条件即可得证. （2）当时并结合已知条件即可建立如图所示坐标系，根据以及中点关系、即可写出各个点的坐标，进而求出法向量即可求解. 【详解】（1）如图所示：    取中点，连接， 分别为的中点，且底面为矩形， 所以，且， 又因为平面，平面，平面，平面， 所以平面，且平面， 又因为，平面，平面， 所以平面平面， 因为平面， 所以由面面平行的性质可知平面 （2）如图所示：    注意到侧面为正三角形以及为的中点，所以由等边三角形三线合一得， 又因为，且面，面，， 所以面，又因为面，所以， 又因为底面为矩形，所以， 因为，面，面， 所以面，因为面， 所以，又， 所以，又由三线合一，又， 所以建立上图所示的空间直角坐标系； 因为， 所以， 又因为为的中点，， 所以， 所以，，， 不妨设平面与平面的法向量分别为， 所以有以及， 即分别有以及， 分别令，并解得， 不妨设平面与平面的夹角为， 所以； 综上所述：平面与平面的夹角的余弦值为. 5．（2025上师大附中高三阶段练习）如图，在正方体中，为中点，与平面交于点. (1)求证：为的中点； (2)求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析； (2) 【分析】（1）根据正方体性质以及线面平行判定定理可证明平面，再由线面平行性质定理以及中位线性质可得结论； （2）建立空间直角坐标系求得两平面的法向量即可求得它们夹角的余弦值. 【详解】（1）依题意连接，如下图所示： 由正方体性质可得，又平面，平面， 可得平面， 因为与平面交于点，即平面平面， 可得， 因此，又为中点， 可得为的中点； （2）以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，如下图所示： 不妨设正方体的棱长为2， 可得，即； 设平面的一个法向量为， 则，令，可得， 即； 显然平面的一个法向量可以为， 因此平面与平面夹角的余弦值为； 可得平面与平面夹角的余弦值. 题型02：空间中垂直关系的证明 垂直关系的证明与平行类似，同样基于判定与性质定理，核心在于线线、线面、面面垂直之间的相互转化，尤其强调“线线垂直”是源头。 分析垂直目标 明确待证结论是线线垂直、线面垂直还是面面垂直。 寻找或证明线线垂直 所有垂直证明最终都需转化为证明两条直线垂直。 常用方法： 1. 平面几何法：等腰三角形三线合一、勾股定理逆定理、菱形对角线等。 2. 线面垂直性质：若一直线垂直于一平面，则它垂直于该平面内所有直线。 3. 三垂线定理及其逆定理。 应用判定定理转化 证线面垂直：需证该直线垂直于平面内两条相交直线。 证面面垂直：需证一个平面内有一条直线垂直于另一个平面。 循环论证至结论 利用转化关系，最终证得目标垂直关系，并规范书写。 关键技巧 1. 善用等腰（边）三角形三线合一找垂直关系。 2. 计算法：用勾股定理逆定理证明线线垂直。 3. 面面垂直的性质：若两平面垂直，则在一个平面内垂直于交线的直线必垂直于另一平面。 6．（2025控江中学高三阶段练习）如图，在四棱锥中，底面为矩形，侧面底面，且，，． (1)证明：； (2)若三棱锥的体积为，求平面与平面的夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见详解 (2) 【分析】（1）通过面面垂直的性质推出线面垂直，进而得到线线垂直； （2）由题意得建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，即可求出余弦值. 【详解】（1）取中点，连接，，， 侧面底面，且侧面底面，平面， 底面，又平面，， 在矩形中，，，，，且夹角均为直角，，， 又平面，且，平面， 又平面，. （2）三棱锥的体积为，， 由题意得以为坐标原点建立空间直角坐标系，如图所示， 则，， 设平面的法向量为，则， 令，则，故平面的法向量为， 又由图可知，平面的法向量为， ， 平面与平面的夹角的余弦值为 7．（24-25徐汇区高三三模）如图，在四棱锥中，底面为正方形，，， (1)求证：平面； (2)M为线段CD的中点，求二面角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）根据给定条件，建立空间直角坐标系，利用两点间距离公式求出点的坐标，再利用空间位置关系的向量证明推理得证. （2）利用（1）中坐标系，利用面面角的向量求法求解. 【详解】（1）在四棱锥中，四边形为正方形， 以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则，设点， 由，得，解得， ，， ，则，而平面， 所以平面. （2）由（1）知，平面的法向量为，， 设平面的法向量为，则，取，得， 由图知二面角的平面角是锐角，设为， 因此， 所以二面角的余弦值为. 8．（25-26上海黄浦区高三练习）四棱锥中，，，侧面为等边三角形，，． (1)证明：平面； (2)求与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据线线垂直可证明平面，进而根据长度关系由勾股定理可得，即可由线面垂直的判定求证， （2）建立空间直角坐标系，求解平面法向量，利用向量的夹角公式即可求解. 【详解】（1）取的中点E，连接，， 则四边形为矩形，所以， 因为为等边三角形，所以， 又因为，平面，所以平面， 平面，故，而，所以，所以， 由已知得，所以， 所以， 因为，平面，所以平面． （2）以C为坐标原点，，分别为x，y轴，建立如图所示的空间直角坐标系． 则，，， 设，因为，， 则 由①－②得：，②－③得：，所以， 所以，，，， 设平面的法向量为， 由得：， 设，所以， 设与平面所成角为，则， 所以与平面所成角的正弦值为． 9．（25-26上海复兴高级中学高三月考）如图，在三棱柱中，与均为等腰直角三角形，且，，． (1)证明：平面平面ABC； (2)求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）设的中点为，证明平面，然后利用线面垂直证明面面垂直即可； （2）利用线面关系作出二面角的平面角，然后利用余弦定理求余弦值即可. 【详解】（1）设的中点为，连接，如图所示， 因为与均为等腰直角三角形，， 故，且， 又， 故，即， 且平面，， 故平面，且平面， 故平面平面. （2）因为，，且平面， 所以平面，且，故平面， 且平面，故，则， 设和的中点分别为，连接， 则，故， 又因为，故， 且平面，平面， 故即二面角的平面角， 且， 因为，故， 则， 所以. 故平面与平面夹角的余弦值为. 题型03：空间中线线角、线面角、二面角 合理建系 依据图形中是否存在两两垂直的三条直线（或可构造），建立空间直角坐标系。原则：尽可能让更多点落在坐标轴或坐标平面上，以简化坐标。 求点坐标 写出或求出相关点的坐标。常用技巧：利用中点公式、向量共线、平面向量基本定理等。 求向量坐标 写出相关直线的方向向量或平面的法向量坐标。法向量可通过设n=(x,y,z)，利用n⋅v=0 解方程组求得。 代公式计算 参考文章前面总结的公式 结合定义给结论 根据计算结果，写出所求角或距离的大小。 10．（2025·海南·模拟预测）如图，在三棱台中，底面，与都是等腰直角三角形，，、分别为、的中点．    (1)证明：平面； (2)求异面直线与夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【难度】0.65 【知识点】面面平行证明线面平行、求异面直线所成的角、证明面面平行、证明线面平行 【分析】（1）取的中点，利用线面平行、面面平行的判定推理得证. （2）取的中点，的中点，利用几何法求出异面直线的夹角余弦. 【详解】（1）在三棱台中，设的中点为，连接，由为的中点， 得，又平面，平面，则平面， 由为梯形的中位线，得，又平面，平面， 则平面，而，平面，平面， 因此平面平面，又平面，所以平面.      （2）取的中点，的中点，连接、、、、， 由，是中点，得四边形是平行四边形， 则，又是中点，是中点，则， 即就是异面直线与夹角， 又底面，与都是等腰直角三角形，， 则，， ，因此， 所以异面直线与夹角的余弦值为. 11．（2025普陀区高三三模）如图，在三棱柱 中，底面 是正三角形， . (1)求证:三棱锥 是正三棱锥； (2)若三棱柱 的体积为 ，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】正棱锥及其有关计算、线面角的向量求法、线面垂直证明线线垂直 【分析】（1）过点 作 平面 于点 ，利用条件证明平面，推得，同理即可证得点 是 的垂心，则可得证； （2）由三棱柱的体积，结合，求得三棱柱的高，如图建系，写出相关点的坐标，求出平面的法向量坐标，利用向量夹角的坐标公式，计算即得. 【详解】（1）过点 作 平面 于点 ， 平面 ，所以 ， 又 平面 ， 平面 又 平面 则， 同理可证 ，故 是 的垂心， 又 是正三角形，则 是 的中心， 因此三棱锥 是正三棱锥. （2）因为三棱柱 的体积为 ， 因，故底面的面积为 ， 所以三棱柱的高， 以 的中点 为坐标原点，以 为 轴的正方向，过且与平行的直线为轴的正方向建立空间直角坐标系， 则 ， 设平面的法向量为 ， 因为 ，， 则 ，取 ，则 ， 又 ， 设直线 与平面 所成角为 ， 故. 12．（25-26徐汇中学高三模拟）如图，在三棱柱中，AE与BD相交于点O，C在平面ABED内的射影为O，G为CF的中点. (1)求证：平面GED； (2)若，求二面角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）先证四边形为平行四边形，得出，即可得证； （2）建立空间直角坐标系，分别求出平面和平面的一个法向量，利用向量法求解即可． 【详解】（1）证明：取DE的中点M，连接OM，GM， 在△BDE中，，. 又因为G为CF的中点，所以，， 所以，. 所以四边形为平行四边形，所以， 又面，面， 所以平面. （2）因为平面ABED，所以，， 又因为，所以四边形ABED为菱形，所以， 以O为坐标原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，连接CE , 于是，，， ，， 设平面BCE的一个法向量为， 则即 不妨令，则，，取. 又为平面ACE的一个法向量， 设二面角A－CE－B平面角的大小为θ，显然θ为锐角， 于是， 故二面角A－CE－B的余弦值为. 13. （2025华东师范大学二附中高三5月冲刺试卷）如图，四边形是圆柱的轴截面，，，以圆柱上底面为底面作高为的圆锥，、分别在、上，，. （1）求这个几何体的表面积和体积； （2）求二面角的余弦值. 【答案】（1）表面积为，体积为；（2）. 【解析】 【分析】（1）计算出圆锥的母线长，利用圆锥的侧面积公式和圆柱的侧面积、底面积公式可计算出几何体的表面积，结合柱体和锥体的体积公式可求得几何体的体积； （2）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余弦值. 【详解】（1）由题意可知，圆柱的底面半径为， 因为为圆锥的高，且，所以，圆锥的母线长为， 又，因此，该几何体的表面积为. 该几何体的体积为； （2）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， 则点，，，， 设平面的一个法向量为，，， 由，得，令，则，， 所以，平面的一个法向量为， 易知平面的一个法向量为， ， 由图象可知，二面角为锐角，它的余弦值为. 【点睛】本题考查组合体的表面积与体积的计算，同时也考查了利用空间向量法计算二面角的余弦值，考查计算能力，属于中等题. 题型04：空间中距离、面积、体积 合理建系 依据图形中是否存在两两垂直的三条直线（或可构造），建立空间直角坐标系。原则：尽可能让更多点落在坐标轴或坐标平面上，以简化坐标。 求点坐标 写出或求出相关点的坐标。常用技巧：利用中点公式、向量共线、平面向量基本定理等。 求向量坐标 写出相关直线的方向向量或平面的法向量坐标。法向量可通过设n=(x,y,z)，利用n⋅v=0 解方程组求得。 代公式计算 参考文章前面总结的公式 结合定义给结论 根据计算结果，写出所求角或距离的大小。 14.如图，在正四棱柱中，． (1)求点到直线的距离； (2)求二面角的正弦值． 【答案】(1) (2) 【解题思路】（1）建立空间直角坐标系，写出关键点坐标，根据点到直线距离向量法计算求解； （2）根据面面角向量法计算求解. 【解答过程】（1）以点为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示空间直角坐标系， 则， 由，得， 所以， 所以点到直线的距离为； （2）， 设平面的一个法向量为， 则，取，则， 所以平面的一个法向量为， 设平面的一个法向量为， 则，取，则， 所以平面的一个法向量为， 设二面角的平面角为， 则， 因为，所以， 即二面角的正弦值为. 15．如图，在四棱锥中，平面，是线段上的动点. (1)当是线段中点时，求证：平面； (2)设是的中点，当二面角的余弦值为时，求点到平面的距离. 【答案】(1)证明见详解(2) 【分析】（1）记的中点为，连接，证明四边形为平行四边形即可得证； （2）建立空间直角坐标系，根据二面角求出点坐标，再由向量法求距离即可. 【详解】（1）记的中点为，连接， 因为是线段中点，所以且， 又，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）因为平面平面，所以， 又，所以两两垂直， 以分别为轴的正方向建立空间直角坐标系， 则， 则， 当M与B重合时，二面角为，不合题意， 设，则， 设平面，平面的法向量分别为， 则，， 取，得， 由题可知，解得（舍去）， 则，则点到平面的距离为. 16.已知圆锥的顶点为，底面圆的半径为2，体积为． (1)求圆锥的表面积； (2)如图，设、是底面圆的半径且是等腰直角三角形，为线段的中点，求直线与平面所成的角的正弦值． 【答案】(1)；(2) 【分析】（1）由圆锥的体积求出圆锥的高和母线长，根据圆锥的表面积公式计算即可； （2）建立空间直角坐标系，确定平面的法向量，由空间角的向量求法计算即可. 【详解】（1）由题意可知圆锥的底面半径为2，体积为，高为， 则，解得，则母线长为， 故圆锥的表面积为； （2）由于为圆锥的高，所以, 且，所以分别以的方向为轴，轴，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系. ，，，，所以， 设平面的法向量为， 所以， 所以直线与平面所成的角的正弦值为. 17.如图，正四棱台中，上底面边长为，下底面边长为，E为的中点，侧棱长为6. (1)证明：平面； (2)求该正四棱台的表面积. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【难度】0.85 【知识点】棱台表面积的有关计算、证明线面平行 【分析】（1）连接，交于点，连接.根据三角形中位线定理证明，再利用线面平行的判定定理即可证明； （2）在梯形中，过作交于点，根据平面几何知识可求出，进而可求，即可求解正四棱台的表面积. 【详解】（1）（1）连接，交于点，连接，如图所示. 在正四棱台中，底面为正方形，所以为中点. 又为的中点，. 又平面，平面，平面. （2）由题可知：在梯形中，，，， 过作交于点，，， 所以， 正四棱台的表面积为 . 18. 在三棱锥中，，，，是的中点，且平面平面. (1)证明：平面； (2)已知平面经过直线，且，直线与平面所成角的正弦值为，求三棱锥的体积. 【答案】(1)证明见解析(2) 或 【分析】（1）由平面 平面 ，得到 平面 ，再结合即可求证； （2）建系，设 求得平面法向量及直线方向向量，代入夹角公式即可求解，利用体积公式计计算得出结果. 【详解】（1）因为平面 平面 ，平面 平面 平面 ， 所以 平面 . 又 平面 ，所以 . 又 平面 ， 所以 平面 . （2）记 的中点为 ，连接 ， 因为 ，所以 ， 因为平面 平面 ，所以 平面 . 因为 分别是 的中点，所以 ，又 ，所以 . 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 设 ，则 ， 所以 . 由题知 ，设平面 的法向量为 ， 则 即 令 ，则 ，则 . 则 . 化简可得 ，解得 或 ， 三棱锥 的体积 ，所以体积为 或 . 19. 如图，在多面体中，四边形为菱形，，，⊥，且平面⊥平面. (1)在DE上确定一点M，使得平面； (2)若，且，求多面体的体积. 【答案】(1)点M是ED的中点 (2) 【难度】0.85 【知识点】求组合体的体积、证明线面平行、证明线面垂直、锥体体积的有关计算 【分析】（1）作出辅助线，得到线线平行，进而得到四边形平行四边形，所以，从而得到线面平行； （2）作出辅助线，证明出面面垂直，得到CN是四棱锥C－ABFE的高，从而求出，同理得到，相加得到答案. 【详解】（1）当M是ED的中点时，满足平面，理由如下： 取AD中点G，过点G作交DE于点M，则， 连接， 又由题，有，，所以，， 即四边形平行四边形，所以. 又平面，平面， 所以平面. （2）取AB中点，连接，， 由条件知是边长为1的正三角形，于是CN⊥AB，且. 因为四边形为菱形，所以⊥， 因为平面⊥平面，交线为， 又平面，所以⊥平面， 因为平面，所以⊥， 因为，所以⊥， 又BF⊥AD，平面， 所以⊥平面， 因为平面， 所以⊥， 因为，平面， 所以⊥平面， 即CN是四棱锥C－ABFE的高. 设梯形的面积为，则， ， 同理可知C点到平面ADE的距离也等于， 于是. 于是多面体ABCDEF的体积. 20. （2025杨浦区高三5月质量检测）如图，在四棱锥中，平面ABCD，，，点E，F，G分别为PD，AB，AC的中点. （1）求证：平面平面PBC； （2）若， （i）求点F到平面AEG的距离. （ii）画出四边形ABCD的斜二测直观图，并求斜二测直观图面积 【答案】（1）证明见解析； （2）（i）；（ii）直观图见解析，面积为. 【解析】 【分析】（1）延长交于点，利用线面平行的判定、面面平行的判定推理得证. （2）（i）在三棱锥中由等体积法求得点F到平面AEG的距离；（ii）用斜二测画法作图，并进行计算. 【小问1详解】 由分别为的中点，得，而平面，平面， 则平面，延长交于点，连结，由，得， 由是中点，得是的中点，又是的中点， 则，而平面，平面， 因此平面，又平面，且， 所以平面平面. 【小问2详解】 （i）设点到平面的距离为，取的中点，连结， 则，且， 由平面，得平面，由， 得， 在△中,，则， 又，于是，解得， 所以点F到平面AEG的距离. （ii）取直角梯形底边的中点，以点为原点，直线为轴建立平面直角坐标系， 作坐标系，使，在上取点，使，且为的中点， 在轴上取点，使，过作轴，且使， 连接，则梯形是直角梯形的斜二测直观图，如图， 梯形的面积. 题型05：立体几何中的截面与交线问题 21.如图，长方体中，，，，E，F分别为棱AB，的中点．    (1)过点C，E，F的平面截该长方体所得的截面多边形记为S，求S的周长； (2)设T为线段上一点，当平面平面时，求平面TCF与平面CEF夹角的余弦值． 【答案】(1) (2) 【难度】0.65 【知识点】判断正方体的截面形状、由平面的基本性质作截面图形、证明面面垂直、面面角的向量求法 【分析】（1）运平面知识按步骤作出截面，用相似图形性质球边长，再求周长即可； （2）先证明，当T为线段中点时，平面平面，再借助空间向量法，计算平面法向量，最后借助向量夹角公式计算即可. 【详解】（1）如图，步骤1：延长DA，CE交于点P，连接PF交于点G，连接GE； 步骤2：延长GF，交于点Q，连接交于点H，连接FH，则多边形CEGFH即为所求截面，      由E为AB中点，可得A为DP中点，从而与相似，所以， 又F为中点，从而与全等． 又与相似，所以， 所以，，，，， 故所求截面多边形的周长为． （2）当T为线段中点时，平面平面，理由如下： 易得，，，故， 所以．又，故．取CD中点M，连接，TM，EM．    因为E，M分别为AB，CD中点，故，所以E，F，，M四点共面，易知四边形为正方形，故．又平面，平面，故， 而，故平面．因为平面，所以．又，所以平面，而平面CEF，故平面平面． 以D为原点，，，分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则，，，，则，．    设平面TCF的法向量， 则，可取． 又，， 设平面CEF的法向量，则，可取． 则． 故平面TCF与平面CEF夹角的余弦值为． 22. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，，为中点，为上一点，且满足．    (1)设平面平面，求证：； (2)若已知点到平面的距离2．已知平面平面．求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见详解 (2) 【详解】（1）因为四边形为菱形，则∥， 且平面，平面，可知∥平面， 又因为平面平面，平面， 所以∥. （2）设，连接，可知为的中点，    由可得. 因为平面平面，平面平面，平面， 可得平面，可知， 又因为四边形为菱形，则， 以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系， 则， 又因为为中点，，则，， 可得， 设平面的法向量为，则， 令，则，可得， 则， 所以直线与平面所成角的正弦值为； 23. 如图，在四棱锥P-ABCD中，，，，E是PD的中点，F，M分别在线段PC，PB上，且，，. (1)证明：多面体为四棱锥； (2)作出四棱锥的底面所在平面与平面的交线，写出画法，不必证明； (3)若，平面，且，求四棱锥的体积. 【答案】(1)证明见解析 (2)答案见解析 (3) 【难度】0.65 【知识点】空间中的点共线问题、判断几何体是否为棱锥、点到平面距离的向量求法、锥体体积的有关计算 【分析】（1）法一：取的中点，连接，通过求证，说明共面即可求证；法二：连接AC，AF，通过向量运算说明，进而可求证；法三：连接AF，通过，说明共面即可求证； （2）法一：找到两平面的两个公共点，即可求解；法二：连接EM并延长交BD于点N，连接AN，确定为公共点即可； （3）法一：建系，由向量法求得点到面的距离，即可求解.法二：由， 及，即可求解； 【详解】（1）法一：取的中点，连接， 因为是的中点，且， 所以是的中点， 所以，， 又，，， 所以且， 又，，所以，且， 所以四边形是平行四边形， 所以，又，所以， 所以四点共面，即四边形为平面四边形. 又多面体其余各面都是有一个公共顶点P的三角形， 所以多面体为四棱锥. 法二：连接AC，AF，由已知，有， ， 所以，所以四边形AMFE为平面四边形. 又多面体PAMFE其余各面都是有一个公共顶点P的三角形， 所以多面体PAMFE为四棱锥， 法三：连接AF，由已知，有 ， ，， 所以， 所以A，M，F，E四点共面，即四边形AMFE为平面四边形. 又多面体PAMFE其余各面都是有一个公共顶点P的三角形， 所以多面体PAMFE为四棱锥. （2）法一：如图，延长交于点，连接，直线即为所求作的交线. 易知为平面与平面的公共点， 又为与的交点，易知也是平面与平面的公共点， 所以即为交线. 法二：如图，连接EM并延长交BD于点N，连接AN，直线AN即为所求作的交线. 易知：为平面与平面的公共点，所以即为交线. 法三：连接FE并延长交CD于点N，连接AN，直线AN即为所求作的交线. ， 易知：为平面与平面的公共点，所以即为交线. （3）法一：因为，平面ABCD，如图，以A为坐标原点，过点A且与CD平行的直线为x轴，AD，AP所在直线分别为Y轴，z轴建立空间直角坐标系，连接AF， 则，，，，，， 故，，，，，. 设平面AEF的法向量为， 则，即，不妨取，则可得， 则点P到底面AMFE的距离为，即为四棱锥的高. 因为，所以，因此四边形AMFE为直角梯形， 又由（1）知，，则， 从而，四棱锥P-AMFE的体积. 法二：连接AF， 因为，所以，所以， 所以四棱锥PAMFE的体积， 因为， 所以 ， 所以. 题型06：立体几何中的翻折与轨迹问题 翻折问题的核心是抓住折叠过程中的“不变关系”（如长度、角度、平行垂直关系）；轨迹问题的核心是分析动点满足的几何条件，确定其形状。 翻折问题-找不变性 分析折叠前后哪些线段长度、角度关系保持不变，哪些位置关系（如垂直、平行）不变。 翻折问题-还原或对比 可将图形展开还原到折叠前的状态，或将折叠前后的图形对比分析，便于发现关系和计算。 轨迹问题-分析约束 明确动点的运动范围（线上、面上、体内）及其必须满足的几何条件（如距离为定值、角度为定值）。 轨迹问题-确定轨迹 将条件转化为轨迹定义： 到定点距离为定值：球面或圆。 到两定点距离和/差定值：椭圆或双曲线。 到定直线距定：圆柱面。 视角定：圆弧。 计算与验证 根据翻折后的关系计算所求量，或计算轨迹的长度、范围等。 关键技巧 1. 翻折中，垂直于折痕的线段折叠后仍垂直是关键性质。 2. 轨迹在几何体表面时，常需表面展开，化空间为平面处理。 3. 熟悉常见轨迹模型，如“定长线段在空间中一端点固定，另一端点在平面上滑动，其中点轨迹为圆”。 24. 如图，已知，平面平面，，，，点为梯形内（包括边界）一个动点，且平面． (1)求点的轨迹长度； (2)当线段最短时，直线与平面所成角的正弦值为，求三棱锥的体积． 【答案】(1) (2)或. 【分析】（1）利用空间中的垂直关系可得平面，建立如图所示的空间直角坐标系后利用直线的方向向量和平面的法向量可求的轨迹方程，从而可求轨迹长度； （2）利用向量法结合直线与平面所成角的正弦值为求得的长度，再结合向量法可求到直线的距离，从而可求体积. 【详解】（1）因为平面平面，，平面平面， 平面，故平面， 而，故可建立如图所示的空间直角坐标系， 设，则， 因点为梯形内（包括边界）一个动点，可设，则， 又， 设平面的法向量为， 则，故可取， 因平面，则， 故，即， 取，则，取，则， 故的轨迹长度为. （2）取的中点为，连接，，由（1）可得的轨迹为. 又由（1）可得平面，而平面， 故，因，若线段最短，则最短，此时有， 而，故点为的中点，故， 设平面的法向量为，而，， 故，故可取， 因直线与平面所成角的正弦值为， 而，则得， 故，故或， 易得平面，则点到平面的距离为或， 又，， 故到直线的距离为， 易得，故， 故三棱锥的体积为或者为. 25. （2025复旦大学附属中学高三6月检测）如图所示，在矩形中，，，为的中点，沿将△翻折，使二面角为直二面角． （1）求证：； （2）求与平面所成角的大小； （3）求二面角的正切值． 【答案】（1）证明见解析； （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）根据面面垂直的性质，即可证明直线面，再由线面垂直证明线线垂直即可； （2）过作垂直于,则即所求，利用几何关系即可求得角度； （3）根据（1）（2）所得，作出二面角的平面角，再利用几何关系求解即可. 【小问1详解】 在矩形中，因为为中点， 故可得，在中，由勾股定理可得：； 同理，在中，可得：， 故在中，满足，故可得：； 又二面角为直二面角，且面面, 又面，，故可得面； 又面，故可得. 【小问2详解】 取中点为，连接，如下图所示： 因为为中点，故可得； 又二面角为直二面角，且面面， 面，且，故面， 则即为所求与面所成角. 在中，， 故可得，又， 故. 即与平面所成角的大小为. 【小问3详解】 过作的垂线交的延长线于，垂足为，连接. 由（2）可知：面，面，故可得， 又面，故面， 又面，故，又， 故即为所求二面角的平面角. 由（2）可知：，故可得； 由（1）可知：，又，故可得， 在△中，，故可得， 在△中，. 故二面角的正切值为. 题型07：立体几何中的范围与最值问题 此类问题通常涉及动态变化的几何量（如距离、角、面积、体积），需通过建立函数模型或利用几何性质（如公垂线段最短）来确定其取值范围或最值。 识别变量与目标 明确问题中变化的元素是什么（动点位置、角度大小等），以及要求的是哪个量的最值或范围。 选择方法-几何法 利用几何图形的固有性质直接判断。 距离最值：点到直线垂线段最短；点到平面垂线段最短；异面直线距离公垂线段最短。 表面距离：将立体表面展开，转化为平面上两点间直线距离。 选择方法-代数法 当几何法不易处理时，建立函数关系。 1. 设参数：用变量（如角度θ、长度t）表示动点位置。 2. 建函数：将目标量表示为该变量的函数 f(θ)f(θ)。 3. 求最值：利用函数单调性、基本不等式、导数等工具求最值。 考虑边界与存在性 检查变量取值范围（定义域），最值点是否在图形允许的范围内。 整合结论 写出最值或取值范围，并说明取得最值的条件。 关键技巧 1. 展开图法求表面路径最值是高频技巧。 2. 建立函数时，优先选择便于求导或应用不等式的变量形式。 3. 关注对称性，最值常出现在对称位置。 26.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． 27.（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. 题型08：立体几何中的存在性问题 动点问题关注点在变化时对几何量的影响；存在性问题探讨满足特定条件的几何对象（点、线、面）是否存在，常采用“假设-推理-验证”或“构造法”解决。 假设存在 先假设满足题目条件的点、线或面是存在的。 代数化/坐标化 引入参数（如设点坐标含参数 t），或将几何条件（如垂直、共面）转化为方程（组）。 构造方程（组） 利用距离公式、向量垂直（数量积为零）、共线向量定理等，建立关于参数的方程。 求解并验证 解方程，得到参数值。检验该值是否在几何约束范围内（如点在线段上则参数需在 [0,1] 区间）。 给出结论 若方程有解且在范围内，则存在，并指出具体位置；若无解或解不合范围，则不存在。 关键技巧 1. 向量法是处理此类问题的强大工具，尤其是证明垂直或共面时。 2. 可尝试从特殊位置（如中点、端点）入手，先猜后证。 3. 对于存在性，有时直接构造出符合条件的图形比纯代数证明更简洁。 28.如图，在四棱锥中，平面平面ABCD，，，，N为棱BC的中点． (1)求证：； (2)在棱AM上是否存在一点E，使得二面角的大小为?若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)见解析； (2)存在，. 【分析】（1）由线面垂直判定定理推出线线垂直； （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可. 【详解】（1），N为棱BC的中点，， 又因为平面平面ABCD，平面平面ABCD平面， 所以平面ABCD，平面， （2）在直角梯形中，取的中点为， 易知，，， 则四边形是正方形，故. 在中，. 在中，，，. 又因为平面平面，且平面平面， 平面，故平面， 连接，， 则，故平面， 故可以点为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系， 因，则，，，， 于是， 易知平面的一个法向量为. 假设在棱上存在一点E，使得二面角的大小为. 不妨设（），则， 设为平面的一个法向量， 则 ，. 从而， 解得或（舍去） 由题知二面角为锐二面角. 所以在棱上存在一点，使得二面角的大小为， 此时. 29. 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； (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. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在， 【解题思路】（1）证明出，，再利用线面垂直的判定定理可证得结论成立； （2）以点为原点，、、的方向分别为、、轴建立空间直角坐标系，设，求得，根据面面角的向量求法建立等式计算求解即可. 【解答过程】（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. （2）由题意得平面，， 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. 30. 在四棱锥中，底面为菱形，平面．动点在线段上满足，动点在线段上满足，其中． (1)当时，证明：平面； (2)是否存在，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求的值；若不存在，说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)存在 【分析】（1）先利用三角形中位线和菱形的性质证得；再根据线面平行的判定定理即可证得平面. （2）先根据题意建立空间直角坐标系，写出相应的点和向量的坐标；再求出 平面的一个法向量及平面的一个法向量；最后根据面面所成角的向量计算方法列出等式求解即可. 【详解】（1）证明：动点在线段上满足，动点在线段上满足， 当时，分别为的中点. 取的中点，连接. 则为的中位线， ，. 又底面为菱形， ， 则，. 四边形是平行四边形， . 又平面，平面， ∴平面； （2）解：存在． 以点为原点，以所在直线为轴，以所在直线为轴，以平面内过点且垂直于的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系： ． 则， ， ， ，. 设平面的法向量为， 则，即， 令得， . 设平面的法向量为， 则，即， 令得， . ， 化简得：，即，所以或. 存在使得平面与平面夹角的余弦值为． 1．如图，已知平面，底面为矩形，分别为的中点. (1)求证：平面； (2)求平面与平面的夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】(1) 若为中点，连接，易证为平行四边形，则，根据线面平行的判定即可证明； (2)建立空间直角坐标系，易知是面的一个法向量，求出平面的法向量量，利用向量的夹角公式即可求解. 【详解】（1）若为中点，连接，又､为､的中点，底面为矩形，所以且，而且，所以且，故为平行四边形， 故，又面，面，则面. （2）由题意，可构建如下图示的空间直角坐标系，，所以，，，， 则，，， 若是面的一个法向量，则， 令，故， 又是面的一个法向量， 所以， 故平面与平面的夹角的余弦值. 2. 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) 【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．（2021·全国甲卷·高考真题）已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，. （1）求三棱锥的体积； （2）已知D为棱上的点，证明：. 【答案】(1)；(2)证明见解析. 【分析】（1）先证明为等腰直角三角形，然后利用体积公式可得三棱锥的体积； （2）将所给的几何体进行补形，从而把线线垂直的问题转化为证明线面垂直，然后再由线面垂直可得题中的结论. 【详解】（1）由于，，所以， 又AB⊥BB1，，故平面， 则，为等腰直角三角形， ，. （2）由（1）的结论可将几何体补形为一个棱长为2的正方体，如图所示，取棱的中点，连结， 正方形中，为中点，则， 又， 故平面，而平面， 从而 . 【点睛】求三棱锥的体积时要注意三棱锥的每个面都可以作为底面，例如三棱锥的三条侧棱两两垂直，我们就选择其中的一个侧面作为底面，另一条侧棱作为高来求体积．对于空间中垂直关系（线线、线面、面面）的证明经常进行等价转化. 4.（2021·全国乙卷·高考真题）如图，四棱锥的底面是矩形，底面，M为的中点，且． （1）证明：平面平面； （2）若，求四棱锥的体积． 【答案】（1）证明见解析；（2）． 【分析】（1）由底面可得，又，由线面垂直的判定定理可得平面，再根据面面垂直的判定定理即可证出平面平面； （2）由（1）可知，，由平面知识可知，，由相似比可求出，再根据四棱锥的体积公式即可求出． 【详解】（1）因为底面，平面， 所以， 又，， 所以平面， 而平面， 所以平面平面． （2）[方法一]：相似三角形法 由（1）可知． 于是，故． 因为，所以，即． 故四棱锥的体积． [方法二]：平面直角坐标系垂直垂直法    由（2）知,所以． 建立如图所示的平面直角坐标系，设． 因为，所以，，，． 从而． 所以，即．下同方法一. 5．（2020·全国I卷·高考真题）如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，是底面的内接正三角形，为上一点，∠APC=90°． （1）证明：平面PAB⊥平面PAC； （2）设DO=，圆锥的侧面积为，求三棱锥P−ABC的体积. 【答案】（1）证明见解析；（2）. 【分析】（1）根据已知可得，进而有≌，可得 ，即，从而证得平面，即可证得结论； （2）将已知条件转化为母线和底面半径的关系，进而求出底面半径，由正弦定理，求出正三角形边长，在等腰直角三角形中求出，在中，求出，即可求出结论. 【详解】（1）连接，为圆锥顶点，为底面圆心，平面， 在上，， 是圆内接正三角形，，≌， ，即， 平面平面，平面平面； （2）设圆锥的母线为，底面半径为，圆锥的侧面积为， ，解得，， 在等腰直角三角形中，， 在中，， 三棱锥的体积为. 【点睛】本题考查空间线、面位置关系，证明平面与平面垂直，求锥体的体积，注意空间垂直间的相互转化，考查逻辑推理、直观想象、数学计算能力，属于中档题. 6. （2025上海市育才中学高三三模）如图，在四棱锥中，已知底面为矩形，侧面是正三角形，侧面底面是棱的中点，. （1）证明：平面； （2）若二面角为，求异面直线与所成角的正切值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）利用面面垂直的性质，线面垂直的性质 判定推理即得. （2）作出二面角的平面角，由此求出，再利用异面直线所成角的定义求出其正切值. 【小问1详解】 在四棱锥中，由底面为矩形，得， 由侧面底面，侧面底面平面， 得平面，又平面，则， 又侧面是正三角形，是的中点，则， 又平面，所以平面. 【小问2详解】 如图， 在平面内，过点作，垂足为，显然， 由侧面底面，交线，得底面，底面， 则，过作，垂足为，连接，显然， 平面，则平面，而平面，因此， 则即为二面角的平面角，其大小为， 在中，，则， 由，得四边形为平行四边形，则， 由，得（或其补角）为异面直线与所成角， 由（1）知平面，则为直角三角形，， 所以异面直线与所成角的正切值为. 7. （2025上海宝山区高三三模）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. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据线面平行的判定定理证明平面； （2）通过建立空间直角坐标系求出平面的法向量，进而利用向量公式求出直线与平面所成角的正弦值. 【小问1详解】 连接交于点是的中点，是中点.. 又平面平面平面. 【小问2详解】 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. 8. （2025上海市崇明中学高三三模）在直四棱柱中，，，，． （1）求证：平面； （2）求点D到平面的距离． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接，证出，，利用线面垂直的判定定理即可证出； （2）利用等体积法，由图可知：，根据三棱锥体积公式即可求解. 【小问1详解】 证明：取的中点，连接， 该几何体为直四棱柱，平面ABCD， ，， ，， ∴四边形ABCD为正方形， ，， ，，，，平面 平面 【小问2详解】 （2）等体积法由图可得： 由（1）中证明知：平面，， 又 9．（2021·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点. （1）证明：； （2）若是边长为1的等边三角形，点在棱上，，且二面角的大小为，求三棱锥的体积. 【答案】(1)证明见解析；(2). 【分析】(1)由题意首先证得线面垂直，然后利用线面垂直的定义证明线线垂直即可； (2)方法二：利用几何关系找到二面角的平面角，然后结合相关的几何特征计算三棱锥的体积即可. 【详解】（1）因为，O是中点，所以， 因为平面，平面平面， 且平面平面，所以平面． 因为平面，所以. （2）[方法一]：通性通法—坐标法 如图所示，以O为坐标原点，为轴，为y轴，垂直且过O的直线为x轴，建立空间直角坐标系， 则，设, 所以， 设为平面的法向量， 则由可求得平面的一个法向量为． 又平面的一个法向量为， 所以，解得． 又点C到平面的距离为，所以， 所以三棱锥的体积为． [方法二]【最优解】：作出二面角的平面角 如图所示，作，垂足为点G． 作，垂足为点F，连结，则． 因为平面，所以平面， 为二面角的平面角． 因为，所以． 由已知得，故． 又，所以． 因为， ． 10．（2024·上海嘉定·一模）如图所示，在三棱柱中，，侧面底面，点分别为梭和的中点. (1)若底面为边长为2的正三角形，且，侧棱与底面所成的角为，求三棱柱的体积； (2)求证：平面. 【答案】(1)3； (2)证明见解析. 【难度】0.65 【知识点】由线面角的大小求值、证明线面平行、柱体体积的有关计算、平行公理 【分析】（1）根据给定条件，可得点在平面上的射影在直线上，进而求出三棱柱的高及体积. （2）利用线面平行的判定推理即得. 【详解】（1）在三棱柱中，平面平面， 由平面平面，得点在平面上的射影在直线上， 点与其在平面上的射影的距离为点到平面的距离， 直线与直线的夹角即为侧棱与底面所成的角为， 因此，而正的面积， 所以三棱柱的体积. （2）在三棱柱中，取的中点，连接，， 在中，由是的中点，得，且， 而且，又为棱的中点，则，且， 则四边形为平行四边形，，又平面，平面， 所以平面. 11．（2024·全国·模拟预测）在四棱柱中，平面平面，，底面为菱形，，分别为的中点． (1)证明：平面； (2)若，，求三棱锥的表面积． 【答案】(1)证明见解析； (2)． 【难度】0.65 【知识点】棱锥表面积的有关计算、面面垂直证线面垂直、证明线面平行 【分析】（1）利用棱柱的性质及三角形中位线定理证明四边形GHFE为平行四边形，即可得出，利用线面平行的判定定理即可证明平面； （2）利用等腰三角形的性质及面面垂直的性质即可证明平面，由题意即可求出，进而可得的值，利用勾股定理、余弦定理及同角三角函数的基本关系求出三棱锥的各棱长，即可求出各面的面积，各面的面积和即该三棱锥的表面积． 【详解】（1）如图，连接，设，连接， 几何体为四棱柱， 四边形是平行四边形，四边形是平行四边形， 是的中点，，， 分别为的中点， ，，，， ， 四边形是平行四边形， ， 平面，平面， 平面． （2）设是的中点，连接，过作，交的延长线于点，连接，易知， 四边形为平行四边形，，， ，， 平面平面，平面平面， 平面，平面，，． 又， ，， ． 易知，，是边长为1的正三角形，即． 在中，， 在中，， 在中，， 在中，， ， ， 在中，， ， ， 三棱锥的表面积为． 12.如图，在四棱锥中，底面为梯形，平面平面，，，是等边三角形，O，M分别为线段AB，PB的中点，且，．    (1)求证：平面； (2)求多面体的体积． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由面面平行的性质定理和判定定理即可证明； （2）多面体OMCPAD的体积，分别求出即可得出答案. 【详解】（1）∵O，M分别为线段AB，PB的中点，∴． ∵平面，平面，∴平面． ∵，，，∴，， ∴四边形ADCO为平行四边形，则． ∵平面，平面，∴平面． ∵，平面，∴平面平面． ∵平面，∴平面． （2）如图，连接OP．∵是等边三角形，∴． ∴平面平面，平面平面，平面， ∴平面． ∵是等边三角形，，∴． ∴． ∵M为PB的中点，∴三棱锥的高， ∴， ∴多面体OMCPAD的体积.    13.如图，正方体的棱长为2，点是棱上的动点.    (1)求三棱锥的体积； (2)当为中点时，求过点且与垂直的平面截正方体的截面面积. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用等体积法结合棱锥的体积公式求解即可； （2）设的中点为，中点为，连接，建立空间直角坐标系，利用空间向量即可证明，进而得到平面，可得即为过点且与垂直的平面截正方体的截面，进而求解即可. 【详解】（1）在正方体中，点是棱上的动点， 则到平面的距离即为, 则.    （2）设的中点为，中点为，连接， 以为原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系， 则， 所以， 则，即， 因为，平面， 所以平面， 则即为过点且与垂直的平面截正方体的截面， 由正方体的棱长为2，的中点为，中点为， 可得， 在中，， 则， 所以.      14.如图，在斜三棱柱中，，，侧面为菱形，且，点D为棱的中点，平面平面.设平面与平面的交线为l. (1)求证：平面； (2)若，求二面角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）分别延长交于E，连接，则即为平面与平面的交线，利用面面垂直的性质可得平面，从而有平面； （2）以C点为坐标原点建立空间直角坐标系，求出面与面的法向量，用空间向量求二面角的余弦值，再转化为正弦值即可． 【详解】（1）分别延长，设，连接，如图， 则即为平面与平面的交线， 因为为棱的中点,，则是的中点， 因为中，，所以，从而, 因为平面平面且交线为，平面， 所以平面，即平面； （2）取的中点, 因为侧面为菱形，且，所以BC， 由（1）知平面，所以，分别以所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 因为，侧面为菱形，且， 所以， 则, 设平面的法向量为， 则，所以，可取， 设平面的法向量为， 则，所以，可取， 所以， 所以二面角的正弦值为. 15. （2024-25长宁区高三监测练习试卷）图1所示的平行四边形中，，现将沿折起，得到如图2所示的三棱锥，记棱的中点为，且.. （1）求证：； （2）记棱的中点为，在直线上作出点，使得平面，请说明理由，并求出二面角的大小. 【答案】（1）证明见解析 （2）答案见解析，理由见解析，， 【解析】 【分析】（1）通过条件证明面，进而证明面，即可求解； （2）以为临边，构造矩形,通过中位线可说明点即为点，再通过二面角平面角的概念求得为二面角的平面角，即可求解. 【小问1详解】 因为，， ， 所以，所以，即， 图2中，， 则,所以，又， 又为平面内两条相交直线， 所以面，又在面， 所以又， 为平面内两条相交直线， 所以面，又在面内， 所以. 【小问2详解】 以为临边，构造矩形,连接，易知过点， 因为分别为的中点， 所以，又在平面内，在平面外，所以平面, 即点就是点， 由（1）知面，在面内， 所以，又， 是平面内两条相交直线， 所以面，在面内， 所以，又， 所以为二面角的平面角， 因为, 所以， 所以二面角的大小为. 16.在平面五边形中，，，O为的中点，将四边形沿翻折，形成一个四棱锥，记平面与平面所成二面角的平面角为. (1)证明：无论为何值，直线平面； (2)当时，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由，即可求证； （2）建系，求得平面法向量，代入夹角公式即可. 【详解】（1） 由题意可知：，所以四边形为平行四边形， 所以，又平面，平面， 所以无论为何值，直线平面. （2） 由题意可知：为等边三角形，四边形为等腰梯形， 取的中点，连接，易知两两垂直，如图建立空间直角坐标系， 又， 则， 则， 设平面的法向量为，则， 令，则，所以， 设平面的法向量为，则， 令，则，所以， 所以平面与平面夹角的余弦值为 17.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. 18. 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. 19. 如图，圆台的下底面圆的半径为，为圆的内接正方形．为上底面圆上两点，为的中点，且平面平面，． (1)求证：； (2)若，求与平面所成角正弦值的最大值． 【答案】(1)证明见解析 (2)． 【分析】（1）利用正方形的性质证明，再借助已知线线垂直可证明线面垂直，再利用面面垂直可证明线面垂直，从而可得线线垂直，即证中点； （2）利用空间向量法来研究线面角的正弦值，然后借助函数的单调性求出最大值. 【详解】（1） 证明：取的中点G，连交AF于H. 在正方形中，由于F为的中点， 可得，则， 因为，所以， 得到，即 因为平面， 所以平面，又平面，故 由于平面平面，平面平面， ，故平面，又平面，则. 因为，平面， 所以平面，又因为平面， 则，又点G是的中点，故. （2）由于圆O的半径为，则正方形的边长为2， 又，则. 以O为坐标原点，过点O作平行的直线分别为x轴，y轴， 所在的直线为z轴建立如图空间直角坐标系. 则， 易求上底面圆的半径为1，故. 故，，. 设平面的法向量为，由， 得 取，，故， 设与平面所成角为，则，， 令得，， 所以在上单调递增， 故. 所以与平面所成角正弦值的最大值为． 20.如图，在四棱锥中，是等边三角形，四边形是直角梯形，，，，. (1)证明：平面平面. (2)线段上是否存在点E，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，或 【分析】（1）取棱的中点O，连接，由题设条件结合勾股定理依次求出和，接着由线面垂直判定定理得证平面，再由面面垂直判定定理即可得证命题； （2）建立适当空间直角坐标系，设，，求出向量和平面的法向量，根据线面角的向量法公式即可建立关于的方程，解方程即可得解. 【详解】（1）证明：取棱的中点O，连接， 设，则，， 因为是等边三角形，且O是的中点，所以. 因为，所以，所以，则. 因为平面，平面，且， 所以平面. 因为平面，所以平面平面. （2）取棱CD的中点F，连接OF，则两两垂直， 以O为原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系. 设，则，，，，则，， 设，则， 又，所以. 设平面的法向量为， 则令，得. 设直线与平面所成的角为， 则， 解得或， 故当或时，直线与平面所成角的正弦值为. 21．（2022·全国乙卷·高考真题）如图，四面体中，，E为AC的中点． (1)证明：平面平面ACD； (2)设，点F在BD上，当的面积最小时，求三棱锥的体积． 【答案】(1)证明详见解析 (2) 【分析】（1）通过证明平面来证得平面平面. （2）首先判断出三角形的面积最小时点的位置，然后求得到平面的距离，从而求得三棱锥的体积. 【详解】（1）由于，是的中点，所以. 由于，所以， 所以，故， 由于，平面， 所以平面， 由于平面，所以平面平面. （2）[方法一]：判别几何关系 依题意，，三角形是等边三角形， 所以， 由于，所以三角形是等腰直角三角形，所以. ，所以， 由于，平面，所以平面. 由于，所以， 由于，所以， 所以，所以， 由于，所以当最短时，三角形的面积最小 过作，垂足为， 在中，，解得， 所以， 所以 过作，垂足为，则，所以平面，且， 所以， 所以. [方法二]：等体积转换 ，， 是边长为2的等边三角形， 连接 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年高考数学二轮复习高分冲刺【解答题全通关】 专题02 空间向量与立体几何八种考法归纳 1．（2025·上海·高考真题）如图，P是圆锥的顶点，O是底面圆心，AB是底面直径，且．    (1)若直线PA与圆锥底面的所成角为，求圆锥的侧面积； (2)已知Q是母线PA的中点，点C、D在底面圆周上，且弧AC的长为，．设点M在线段OC上，证明：直线平面PBD． 2．（2024·上海·高考真题）如图为正四棱锥为底面的中心． (1)若，求绕旋转一周形成的几何体的体积； (2)若为的中点，求直线与平面所成角的大小． 3．（2023·上海·高考真题）在直四棱柱中，，，，， (1)求证：平面； (2)若四棱柱体积为36，求二面角大小. 4．（2022·上海·高考真题）如图所示三棱锥P-ABC，底面为等边三角形ABC，O为AC边中点，且底面ABC，  (1)求三棱锥P-ABC的体积； (2)若M为BC中点，求PM与平面PAC所成角大小（结果用反三角数值表示）. 5．（2021·上海·高考真题）四棱锥，底面为正方形，边长为4，为中点，平面. （1）若△为等边三角形，求四棱锥的体积； （2）若的中点为，与平面所成角为45°，求与所成角的大小. 题型01：空间中平行关系的证明 【方法点拨】平行关系的证明是立体几何的基础，主要依据公理、判定定理及性质定理，通过线线、线面、面面平行的相互转化进行推理。 分析图形与目标 明确已知条件（如中点、比例、已知平行等），确定待证结论（线线平行、线面平行或面面平行）。 选择证明路径 线线平行：可通过线面平行性质、面面平行性质或平面几何知识（如中位线、平行四边形）证得。 线面平行：需在面内找（或作）一条直线与已知直线平行，或利用面面平行性质。 面面平行：需在一个面内找两条相交直线分别平行于另一个面。 应用定理推理 依据所选路径，严格应用相关判定与性质定理，书写关键推理步骤。 关键定理：线面平行判定定理（若线线平行，则线面平行）；面面平行判定定理（若线面平行，则面面平行）；线面平行性质定理（若线面平行，且过该线的面与已知面交于某线，则该交线平行于原线）。 规范书写结论 完整写出“因为…，所以…”的推理链条，最终得到平行结论。 关键技巧 1. 优先考虑中位线、平行四边形、相似三角形等平面几何工具证线线平行。 2. 作辅助线时常在已知平面内作已知直线的平行线，或作交线。 常见考法：证明线线平行、线面平行、面面平行、转化为线面平行。 1. （2025建平中学高三下学期三模）在如图所示的几何体中，四边形是正方形，四边形是梯形，，平面，且. （1）求证：平面； （2）与平面所成角的正弦值. 2．（25-26高三上上海闵行月考）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. 3．（24-25上海高三阶段练习）如图，在直三棱柱中，，分别为，的中点．    (1)求证：平面； (2)若，，，求平面与平面夹角的余弦值． 4.（2025复旦附中高三模拟）如图所示，在四棱锥中，底面为矩形，侧面为正三角形，且分别为的中点，在线段上，且．    (1)求证：平面； (2)当时，求平面与平面的夹角的余弦值． 5．（2025上师大附中高三阶段练习）如图，在正方体中，为中点，与平面交于点. (1)求证：为的中点； (2)求平面与平面夹角的余弦值. 题型02：空间中垂直关系的证明 垂直关系的证明与平行类似，同样基于判定与性质定理，核心在于线线、线面、面面垂直之间的相互转化，尤其强调“线线垂直”是源头。 分析垂直目标 明确待证结论是线线垂直、线面垂直还是面面垂直。 寻找或证明线线垂直 所有垂直证明最终都需转化为证明两条直线垂直。 常用方法： 1. 平面几何法：等腰三角形三线合一、勾股定理逆定理、菱形对角线等。 2. 线面垂直性质：若一直线垂直于一平面，则它垂直于该平面内所有直线。 3. 三垂线定理及其逆定理。 应用判定定理转化 证线面垂直：需证该直线垂直于平面内两条相交直线。 证面面垂直：需证一个平面内有一条直线垂直于另一个平面。 循环论证至结论 利用转化关系，最终证得目标垂直关系，并规范书写。 关键技巧 1. 善用等腰（边）三角形三线合一找垂直关系。 2. 计算法：用勾股定理逆定理证明线线垂直。 3. 面面垂直的性质：若两平面垂直，则在一个平面内垂直于交线的直线必垂直于另一平面。 6．（2025控江中学高三阶段练习）如图，在四棱锥中，底面为矩形，侧面底面，且，，． (1)证明：； (2)若三棱锥的体积为，求平面与平面的夹角的余弦值． 7．（24-25徐汇区高三三模）如图，在四棱锥中，底面为正方形，，， (1)求证：平面； (2)M为线段CD的中点，求二面角的余弦值. 8．（25-26上海黄浦区高三练习）四棱锥中，，，侧面为等边三角形，，． (1)证明：平面； (2)求与平面所成角的正弦值． 9．（25-26上海复兴高级中学高三月考）如图，在三棱柱中，与均为等腰直角三角形，且，，． (1)证明：平面平面ABC；(2)求平面与平面夹角的余弦值． 题型03：空间中线线角、线面角、二面角 合理建系 依据图形中是否存在两两垂直的三条直线（或可构造），建立空间直角坐标系。原则：尽可能让更多点落在坐标轴或坐标平面上，以简化坐标。 求点坐标 写出或求出相关点的坐标。常用技巧：利用中点公式、向量共线、平面向量基本定理等。 求向量坐标 写出相关直线的方向向量或平面的法向量坐标。法向量可通过设n=(x,y,z)，利用n⋅v=0 解方程组求得。 代公式计算 参考文章前面总结的公式 结合定义给结论 根据计算结果，写出所求角或距离的大小。 10．（2025·海南·模拟预测）如图，在三棱台中，底面，与都是等腰直角三角形，，、分别为、的中点．    (1)证明：平面；(2)求异面直线与夹角的余弦值． 11．（2025普陀区高三三模）如图，在三棱柱 中，底面 是正三角形， . (1)求证:三棱锥 是正三棱锥； (2)若三棱柱 的体积为 ，求直线 与平面 所成角的正弦值. 12．（25-26徐汇中学高三模拟）如图，在三棱柱中，AE与BD相交于点O，C在平面ABED内的射影为O，G为CF的中点. (1)求证：平面GED； (2)若，求二面角的余弦值. 13. （2025华东师范大学二附中高三5月冲刺试卷）如图，四边形是圆柱的轴截面，，，以圆柱上底面为底面作高为的圆锥，、分别在、上，，. （1）求这个几何体的表面积和体积； （2）求二面角的余弦值. 题型04：空间中距离、面积、体积 合理建系 依据图形中是否存在两两垂直的三条直线（或可构造），建立空间直角坐标系。原则：尽可能让更多点落在坐标轴或坐标平面上，以简化坐标。 求点坐标 写出或求出相关点的坐标。常用技巧：利用中点公式、向量共线、平面向量基本定理等。 求向量坐标 写出相关直线的方向向量或平面的法向量坐标。法向量可通过设n=(x,y,z)，利用n⋅v=0 解方程组求得。 代公式计算 参考文章前面总结的公式 结合定义给结论 根据计算结果，写出所求角或距离的大小。 14.如图，在正四棱柱中，． (1)求点到直线的距离； (2)求二面角的正弦值． 15．如图，在四棱锥中，平面，是线段上的动点. (1)当是线段中点时，求证：平面； (2)设是的中点，当二面角的余弦值为时，求点到平面的距离. 16.已知圆锥的顶点为，底面圆的半径为2，体积为． (1)求圆锥的表面积； (2)如图，设、是底面圆的半径且是等腰直角三角形，为线段的中点，求直线与平面所成的角的正弦值． 17.如图，正四棱台中，上底面边长为，下底面边长为，E为的中点，侧棱长为6. (1)证明：平面； (2)求该正四棱台的表面积. 18. 在三棱锥中，，，，是的中点，且平面平面. (1)证明：平面； (2)已知平面经过直线，且，直线与平面所成角的正弦值为，求三棱锥的体积. 19. 如图，在多面体中，四边形为菱形，，，⊥，且平面⊥平面. (1)在DE上确定一点M，使得平面； (2)若，且，求多面体的体积. 20. 如图，在四棱锥中，平面ABCD，，，点E，F，G分别为PD，AB，AC的中点. （1）求证：平面平面PBC； （2）若， （i）求点F到平面AEG的距离. （ii）画出四边形ABCD的斜二测直观图，并求斜二测直观图面积 题型05：立体几何中的截面与交线问题 21.如图，长方体中，，，，E，F分别为棱AB，的中点．    (1)过点C，E，F的平面截该长方体所得的截面多边形记为S，求S的周长； (2)设T为线段上一点，当平面平面时，求平面TCF与平面CEF夹角的余弦值． 22. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，，为中点，为上一点，且满足．    (1)设平面平面，求证：； (2)若已知点到平面的距离2．已知平面平面．求直线与平面所成角的正弦值. 23. 如图，在四棱锥P-ABCD中，，，，E是PD的中点，F，M分别在线段PC，PB上，且，，. (1)证明：多面体为四棱锥； (2)作出四棱锥的底面所在平面与平面的交线，写出画法，不必证明； (3)若，平面，且，求四棱锥的体积. 题型06：立体几何中的翻折与轨迹问题 翻折问题的核心是抓住折叠过程中的“不变关系”（如长度、角度、平行垂直关系）；轨迹问题的核心是分析动点满足的几何条件，确定其形状。 翻折问题-找不变性 分析折叠前后哪些线段长度、角度关系保持不变，哪些位置关系（如垂直、平行）不变。 翻折问题-还原或对比 可将图形展开还原到折叠前的状态，或将折叠前后的图形对比分析，便于发现关系和计算。 轨迹问题-分析约束 明确动点的运动范围（线上、面上、体内）及其必须满足的几何条件（如距离为定值、角度为定值）。 轨迹问题-确定轨迹 将条件转化为轨迹定义： 到定点距离为定值：球面或圆。 到两定点距离和/差定值：椭圆或双曲线。 到定直线距定：圆柱面。 视角定：圆弧。 计算与验证 根据翻折后的关系计算所求量，或计算轨迹的长度、范围等。 关键技巧 1. 翻折中，垂直于折痕的线段折叠后仍垂直是关键性质。 2. 轨迹在几何体表面时，常需表面展开，化空间为平面处理。 3. 熟悉常见轨迹模型，如“定长线段在空间中一端点固定，另一端点在平面上滑动，其中点轨迹为圆”。 24. 如图，已知，平面平面，，，，点为梯形内（包括边界）一个动点，且平面． (1)求点的轨迹长度； (2)当线段最短时，直线与平面所成角的正弦值为，求三棱锥的体积． 25. （2025复旦大学附属中学高三6月检测）如图所示，在矩形中，，，为的中点，沿将△翻折，使二面角为直二面角． （1）求证：； （2）求与平面所成角的大小； （3）求二面角的正切值． 题型07：立体几何中的范围与最值问题 此类问题通常涉及动态变化的几何量（如距离、角、面积、体积），需通过建立函数模型或利用几何性质（如公垂线段最短）来确定其取值范围或最值。 识别变量与目标 明确问题中变化的元素是什么（动点位置、角度大小等），以及要求的是哪个量的最值或范围。 选择方法-几何法 利用几何图形的固有性质直接判断。 距离最值：点到直线垂线段最短；点到平面垂线段最短；异面直线距离公垂线段最短。 表面距离：将立体表面展开，转化为平面上两点间直线距离。 选择方法-代数法 当几何法不易处理时，建立函数关系。 1. 设参数：用变量（如角度θ、长度t）表示动点位置。 2. 建函数：将目标量表示为该变量的函数 f(θ)f(θ)。 3. 求最值：利用函数单调性、基本不等式、导数等工具求最值。 考虑边界与存在性 检查变量取值范围（定义域），最值点是否在图形允许的范围内。 整合结论 写出最值或取值范围，并说明取得最值的条件。 关键技巧 1. 展开图法求表面路径最值是高频技巧。 2. 建立函数时，优先选择便于求导或应用不等式的变量形式。 3. 关注对称性，最值常出现在对称位置。 26.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? 27.（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． 题型08：立体几何中的存在性问题 动点问题关注点在变化时对几何量的影响；存在性问题探讨满足特定条件的几何对象（点、线、面）是否存在，常采用“假设-推理-验证”或“构造法”解决。 假设存在 先假设满足题目条件的点、线或面是存在的。 代数化/坐标化 引入参数（如设点坐标含参数 t），或将几何条件（如垂直、共面）转化为方程（组）。 构造方程（组） 利用距离公式、向量垂直（数量积为零）、共线向量定理等，建立关于参数的方程。 求解并验证 解方程，得到参数值。检验该值是否在几何约束范围内（如点在线段上则参数需在 [0,1] 区间）。 给出结论 若方程有解且在范围内，则存在，并指出具体位置；若无解或解不合范围，则不存在。 关键技巧 1. 向量法是处理此类问题的强大工具，尤其是证明垂直或共面时。 2. 可尝试从特殊位置（如中点、端点）入手，先猜后证。 3. 对于存在性，有时直接构造出符合条件的图形比纯代数证明更简洁。 28.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． 29. 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； (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. 30. 在四棱锥中，底面为菱形，平面．动点在线段上满足，动点在线段上满足，其中． (1)当时，证明：平面； (2)是否存在，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求的值；若不存在，说明理由． 1．如图，已知平面，底面为矩形，分别为的中点. (1)求证：平面； (2)求平面与平面的夹角的余弦值. 2. 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．（2021·全国甲卷·高考真题）已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，. （1）求三棱锥的体积； （2）已知D为棱上的点，证明：. 4.（2021·全国乙卷·高考真题）如图，四棱锥的底面是矩形，底面，M为的中点，且． （1）证明：平面平面； （2）若，求四棱锥的体积． 5．（2020·全国I卷·高考真题）如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，是底面的内接正三角形，为上一点，∠APC=90°． （1）证明：平面PAB⊥平面PAC； （2）设DO=，圆锥的侧面积为，求三棱锥P−ABC的体积. 6. （2025上海市育才中学高三三模）如图，在四棱锥中，已知底面为矩形，侧面是正三角形，侧面底面是棱的中点，. （1）证明：平面； （2）若二面角为，求异面直线与所成角的正切值. 7. （2025上海宝山区高三三模）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. 8. （2025上海市崇明中学高三三模）在直四棱柱中，，，，． （1）求证：平面； （2）求点D到平面的距离． 9．（2021·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点. （1）证明：； （2）若是边长为1的等边三角形，点在棱上，，且二面角的大小为，求三棱锥的体积. 10．（2024·上海嘉定·一模）如图所示，在三棱柱中，，侧面底面，点分别为梭和的中点. (1)若底面为边长为2的正三角形，且，侧棱与底面所成的角为，求三棱柱的体积； (2)求证：平面. 11．（2024·全国·模拟预测）在四棱柱中，平面平面，，底面为菱形，，分别为的中点． (1)证明：平面； (2)若，，求三棱锥的表面积． 12.如图，在四棱锥中，底面为梯形，平面平面，，，是等边三角形，O，M分别为线段AB，PB的中点，且，．    (1)求证：平面； (2)求多面体的体积． 13.如图，正方体的棱长为2，点是棱上的动点.    (1)求三棱锥的体积； (2)当为中点时，求过点且与垂直的平面截正方体的截面面积. 14.如图，在斜三棱柱中，，，侧面为菱形，且，点D为棱的中点，平面平面.设平面与平面的交线为l. (1)求证：平面； (2)若，求二面角的正弦值. 15. （2024-25长宁区高三监测练习试卷）图1所示的平行四边形中，，现将沿折起，得到如图2所示的三棱锥，记棱的中点为，且.. （1）求证：； （2）记棱的中点为，在直线上作出点，使得平面，请说明理由，并求出二面角的大小. 16.在平面五边形中，，，O为的中点，将四边形沿翻折，形成一个四棱锥，记平面与平面所成二面角的平面角为. (1)证明：无论为何值，直线平面； (2)当时，求平面与平面夹角的余弦值. 17.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． 18. 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． 19. 如图，圆台的下底面圆的半径为，为圆的内接正方形．为上底面圆上两点，为的中点，且平面平面，． (1)求证：； (2)若，求与平面所成角正弦值的最大值． 20.如图，在四棱锥中，是等边三角形，四边形是直角梯形，，，，. (1)证明：平面平面. (2)线段上是否存在点E，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 21．（2022·全国乙卷·高考真题）如图，四面体中，，E为AC的中点． (1)证明：平面平面ACD； (2)设，点F在BD上，当的面积最小时，求三棱锥的体积． 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $