第17题 立体几何综合解答题 分类训练-2026届高考数学三轮冲刺

2026年新高考第17题分类训练 立体几何综合解答题 考点 3年考题 考情分析 立体几何综合（大题） 2025年新高考Ⅰ卷第17题 2025年新高考Ⅱ卷第17题 2024年新高考Ⅰ卷第17题 2024年新高考Ⅱ卷第17题 2023年新高考Ⅰ卷第18题 2023年新高考Ⅱ卷第17题 立体几何大题难度一般但逐年加大，纵观近3年的新高考试题，主要考查空间平行关系和空间垂直关系的证明、空间角及空间距离的计算等知识点，同时加入折叠和球体问题。展望 2026 年新高考命题趋势，立体几何板块仍将坚持以空间线面平行、垂直关系的推理论证为基础，以空间角求解与空间距离计算为核心，着重考查学生的空间直观想象与数学运算素养． 1.（2025·新高考Ⅰ卷高考真题第17题）如图所示的四棱锥中，平面，． (1)证明：平面平面； (2)，，，，在同一个球面上，设该球面的球心为． （i）证明：在平面上； （ⅱ）求直线与直线所成角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)（i）证明见解析 （ii）. 【分析】（1）通过证明，，得出平面，即可证明面面垂直； （2）（i）法一：建立空间直角坐标系并表达出各点的坐标，假设在同一球面上，在平面中，得出点坐标，进而得出点在空间中的坐标，计算出，即可证明结论； 法二：作出的边和的垂直平分线，找到三角形的外心，求出，求出出外心到，，，的距离相等，得出外心即为，，，所在球的球心，即可证明结论； （ii）写出直线和的方向向量，即可求出余弦值. 【解析】（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. （2）（i）由题意及（1）证明如下， 法一： 在四棱锥中，，，，∥， ，， 建立空间直角坐标系如下图所示， ∴， 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. 法二： ∵，，，在同一个球面上， ∴球心到四个点的距离相等 在中，到三角形三点距离相等的点是该三角形的外心， 作出和的垂直平分线，如下图所示， 由几何知识得， ，， ， ∴， ∴点是的外心， 在Rt中，，， 由勾股定理得， ∴， ∴点即为点，，，所在球的球心， 此时点在线段上，平面， ∴点在平面上. （ii）由题意，（1）（2）（ii）及图得， ， 设直线与直线所成角为， ∴. 2.（2025·新高考Ⅱ卷高考真题第17题）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； (2)求面与面所成的二面角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先应用线面平行判定定理得出平面及平面， 再应用面面平行判定定理得出平面平面，进而得出线面平行； （2）建立空间直角坐标系，利用已知条件将点的坐标表示出来，然后将平面及平面的法向量求出来，利用两个法向量的数量积公式可将两平面的夹角余弦值求出来，进而可求得其正弦值. 【解析】（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， 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． （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. 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. 3．（2024·新高考Ⅰ卷高考真题第17题）如图，四棱锥中，底面ABCD，，． (1)若，证明：平面； (2)若，且二面角的正弦值为，求． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先证出平面，即可得，由勾股定理逆定理可得，从而 ，再根据线面平行的判定定理即可证出； （2）过点D作于，再过点作于，连接，根据三垂线法可知，即为二面角的平面角，即可求得，再分别用的长度表示出，即可解方程求出． 【解析】（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． （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， 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． 4.（2024·新高考Ⅱ卷高考真题第17题）如图，平面四边形ABCD中，，，，，，点E，F满足，，将沿EF对折至，使得． (1)证明：； (2)求面PCD与面PBF所成的二面角的正弦值． 【答案】 (1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由题意，根据余弦定理求得，利用勾股定理的逆定理可证得，则，结合线面垂直的判定定理与性质即可证明； （2）由（1），根据线面垂直的判定定理与性质可证明，建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法求解面面角即可. 【解析】（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. 5.（2023·新高考Ⅰ卷高考真题第18题） 如图，在正四棱柱中，．点分别在棱,上，． （1）证明：； （2）点在棱上，当二面角为时，求． 【答案】（1）证明见解析 （2）1 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量坐标相等证明； （2）设，利用向量法求二面角，建立方程求出即可得解. 【解析】（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， . 6.（2023·新高考Ⅱ卷高考真题第20题）如图，三棱锥中，，，，E为BC的中点． （1）证明：； （2）点F满足，求二面角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2）． 【分析】（1）根据题意易证平面，从而证得； （2）由题可证平面，所以以点为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，再求出平面的一个法向量，根据二面角的向量公式以及同角三角函数关系即可解出． 【解析】（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． （2）不妨设，，． ，，又，平面平面． 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． 1. 直线与平面平行的判定定理和性质定理 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(线面平行⇒线线平行) l∥α，l⊂β， α∩β＝b⇒l∥b 2．判断或证明线面平行的常用方法 (1)利用线面平行的定义(无公共点)． (2)利用线面平行的判定定理(a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α)． (3)利用面面平行的性质定理(α∥β，a⊂α⇒a∥β)． (4)利用面面平行的性质(α∥β，a⊄α，a⊄β，a∥α⇒a∥β)． 3.平面与平面平行的判定定理和性质定理 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(线面平行⇒面面平行) a∥β，b∥β，a∩b＝P，a⊂α，b⊂α⇒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 α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b⇒a∥b 4.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)垂直于同一个平面的两条直线平行，即若a⊥α，b⊥α，则a∥b. (3)平行于同一个平面的两个平面平行，即若α∥β，β∥γ，则α∥γ. 5．直线与平面垂直 (1)直线和平面垂直的定义：直线l与平面α内的任意一条直线都垂直，就说直线l与平面α互相垂直． (2)直线与平面垂直的判定定理与性质定理： 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 ⇒l⊥α 性质 定理 垂直于同一个平面的两条直线平行 ⇒a∥b 6．证明线面垂直的常用方法 (1)利用线面垂直的判定定理． (2)利用“两平行线中的一条与平面垂直，则另一条也与这个平面垂直”． (3)利用“一条直线垂直于两个平行平面中的一个，则与另一个也垂直”． (4)利用面面垂直的性质定理． 7．证明线线垂直的常用方法 (1)利用特殊图形中的垂直关系．(2)利用等腰三角形底边中线的性质． (3)利用勾股定理的逆定理．(4)利用直线与平面垂直的性质． 8．平面与平面垂直 (1)平面与平面垂直的定义：两个平面相交， 如果它们所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直． (2)平面与平面垂直的判定定理与性质定理： 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⊥α 9.面面垂直的两种证明方法 (1)定义法：利用面面垂直的定义，即判定两平面所成的二面角为直二面角，将证明面面垂直问题转化为证明平面角为直角的问题． (2)定理法：利用面面垂直的判定定理，即证明其中一个平面经过另一个平面的一条垂线，把问题转化成证明线线垂直加以解决． 10.用向量方法判定空间中的平行关系 ⑴线线平行。设直线的方向向量分别是，则要证明∥，只需证明∥，即. ⑵线面平行。设直线的方向向量是，平面的法向量是，则要证明∥，只需证明，即. ⑶面面平行。若平面的法向量为，平面的法向量为，要证∥，只需证∥，即证. 11.用向量方法判定空间的垂直关系 ⑴线线垂直。设直线的方向向量分别是，则要证明，只需证明，即. ⑵线面垂直 ①（法一）设直线的方向向量是，平面的法向量是，则要证明，只需证明∥，即. ②（法二）设直线的方向向量是，平面内的两个相交向量分别为，若 ⑶面面垂直。 若平面的法向量为，平面的法向量为，要证，只需证，即证. 12.空间向量求角问题 ⑴求异面直线所成的角 已知为两异面直线，A，C与B，D分别是上的任意两点，所成的角为，则 ⑵求直线和平面所成的角 求法：设直线的方向向量为，平面的法向量为，直线与平面所成的角为，与的夹角为，　则为的余角或的补角 的余角.即有： ⑶求二面角 二面角的平面角是指在二面角的棱上任取一点O，分别在两个半平面内作射线，则为二面角的平面角. 如图：O A B O A B l 求法：设二面角的两个半平面的法向量分别为，再设的夹角为，二面角的平面角为，则二面角为的夹角或其补角 根据具体图形确定是锐角或是钝角： 如果是锐角，则； 如果是钝角，则. 13.空间距离问题 ⑴点Q到直线距离 若Q为直线外的一点,在直线上，为直线的方向向量，=，则点Q到直线距离为 ⑵点A到平面的距离 若点P为平面外一点，点M为平面内任一点，平面的法向量为，则P到平面的距离就等于在法向量方向上的投影的绝对值. 即 ⑶直线与平面之间的距离 当一条直线和一个平面平行时，直线上的各点到平面的距离相等。由此可知，直线到平面的距离可转化为求直线上任一点到平面的距离，即转化为点面距离。 即 ⑷两平行平面之间的距离 利用两平行平面间的距离处处相等，可将两平行平面间的距离转化为求点面距离。即 平行证明+求角或距离 1.（山东聊城市2026届高三下学期高考模拟）如图，，是圆柱下底面圆的两条直径，点是该圆柱上底面圆周上一点，的中点为． (1)证明：平面； (2)是该圆柱的母线，若四边形是正方形，且该圆柱的侧面积等于其两底面面积之和，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析； (2). 【解析】（1）由已知点为线段的中点，点为线段的中点， 所以， 又平面，平面， 所以平面； （2）设圆柱的底面半径为，母线长为， 因为圆柱的侧面积等于其两底面面积之和， 所以，所以， 由已知，，，，， 因为是该圆柱的母线，所以平面， 因为四边形是正方形，所以， 故平面，又平面， 所以，， 又为圆的直径，为圆上异于，的点， 所以， 以点为坐标原点，，，为，，轴正方向建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 故，，， 设平面的法向量为， 则，故， 取，则，， 故为平面的一个法向量， 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. 2.（山东省济南市2026届高三第一次模拟考试）如图，在四棱锥中，底面是正方形，，点分别是棱的中点. (1)证明：平面； (2)若，平面平面，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【解析】（1）取中点，连接. 因为为中点， 所以为的中位线， 所以且. 在正方形中，为中点， 所以且， 所以且， 所以四边形是平行四边形. 所以. 又平面平面， 所以平面. （2）由于平面平面，平面平面，平面平面. 以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系， 不妨设，则有. 设平面的法向量， ，所以，不妨令， 得； 设平面的法向量， ，所以，不妨令， 得； 设平面与平面夹角为， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 3.（山东济宁市2026年高考第一次模拟）如图，在三棱柱中，平面平面，为的中点，为的中点. (1)求证： 平面； (2)若三棱柱的体积为，求与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【解析】（1）取的中点为，连接， 因为为的中点，所以且， 又因为为的中点，，，所以且， 所以四边形是平行四边形，所以， 又平面，平面， 所以 平面； （2）因为平面平面，平面平面，， 所以平面，所以为三棱柱的高， 所以， 所以，解得， 在平面内作， 以为坐标原点，所在直线为坐标轴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，令，则， 则平面的一个法向量为， 设与平面所成角为， 所以. 所以与平面所成角的正弦值为. 4.（Z20名校联盟2026届高三第二次联考）在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为菱形，∠ABC F是PC的中点， （1）当时，证明：BF/／平面ACE； （2）若AE与平面BDF所成角的正弦值为，求平面BDF与平面ABE夹角的余弦值。 【答案】(1)证明见解析 (2) 【解析】（1）设相交于点，在平面内，过点作交于点（如图1）， 由已知得，所以，所以点为中点，点为中点; 又点为中点，所以，且平面，平面， 所以平面. （2） 因为，所以平面ABCD,建立空间直角坐标系（如图2）.设，则,, 由得,而平面BDF的一个法向量为， . 所以E是PD的中点. 所以,而，设平面ABE的一个法向量为,则 , 令,则,， , 所以平面与平面夹角的余弦值. 5.（安徽省合肥市2026届高三教学检测）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； (2)若，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【解析】（1）在棱上分别取点，使． 则． 因为，，所以． 又，所以． 由，得， 所以四边形是平行四边形．所以． 又平面，平面，所以平面． （2）由（1）知，令，则， 在中利用余弦定理得， 即，解得． 所以点分别是中点．所以点分别是中点． 以为坐标原点，所在直线为轴，垂直于平面的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则． 所以． 设为平面的法向量， 则，即，可取． 设为平面的法向量， 则，即，可取． 设平面与平面夹角为，则． 故平面与平面夹角的余弦值为． 6.（安徽省黄山市2026届高三第一次质量检测）如图，在直角梯形中，，，，为中点，将沿折起，使到处． (1)求证：平面； (2)若平面平面，，，，且二面角的正弦值为． （Ⅰ）求的值； （Ⅱ）求四棱锥外接球的表面积． 【答案】(1)证明见解析 (2)（i） （ii） 【解析】（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）（Ⅰ）因为，平面，平面平面且交于． 所以平面，而平面，所以， 又， 故以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系如图． 则，，，，，， 设，则， 又， 所以，即，所以， 则，， 设平面的法向量为. 则，即，令，则，， 所以. 又，，，平面， 所以平面， 所以即为平面的一个法向量. 设二面角的平面角为，则， 所以， 即 ， 解得或（舍去，因为），故：． （Ⅱ）所求外接球球心在过点垂直于平面的垂线上，则. 设，又，则，， 所以， 即，整理得，解得， 所以，所以， 故． 垂直证明+求角或距离 1.（重庆市名校联盟2026届高三下学期第一次联考）如图，在三棱柱中，为等边三角形，四边形是边长为2的正方形，为中点，且． (1)求证：平面； (2)已知为线段中点，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【解析】（1）在三棱柱中，，， ，则. 又四边形是正方形，则，，所以. 又，平面，因此平面. 又平面，所以. 在等边中，为中点，则， 又，平面，所以平面. （2） 取中点为，中点为，则，. 由（1）知，平面，平面，则.又，故. 又，平面，则平面.即两两垂直. 以为坐标原点，，，的方向为轴､轴､轴的正方向，建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 因为为线段中点，所以. ，，. 设平面的法向量为， 则，即，故可取. 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. 2.（河北唐山市2026届高三第一次模拟演练）如图，在三棱锥中，，，D是的中点. (1)证明：平面平面； (2)若，三棱锥的体积为，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【解析】（1）由，D是的中点，得，而，， 平面，则平面，而平面，所以平面平面. （2）由（1）知平面，则， 而，解得， 即，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， ，， 设平面的法向量，则，令，得， 因此， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 3.（黑龙江齐齐哈尔市2026届高三第一次模拟）如图，线段为圆锥底面的直径，点为线段的中点，点是以为直径的圆上除外的一个动点，，且. (1)证明：平面平面； (2)求与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【解析】（1）因为垂直于圆锥的底面，又底面，所以， 因为，是线段的中点，又，则，所以， 又平面，所以平面， 又平面，所以平面平面. （2）以为坐标原点，以为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 因为，所以， 设，因为点是以为直径的圆上除外的一个动点， 则点的轨迹方程为， 由（1）知，，所以点也在以为直径的圆上， 则点的轨迹方程为， 联立，可得， 因为两交点关于轴对称，不妨取， ， 设平面的法向量为，则， 取，则， 设与平面所成的角为， 则. 4.（湖南省联考2025-2026学年高三上学期期末）如图，AC，BD为圆柱的母线，CD，AB分别为圆柱上、下底面的直径，点F在下底面圆周上（不与A，B重合），E为BF的中点. (1)证明：平面平面FBD； (2)若，求平面ACE与平面CDF的夹角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】（1）因为是下底面圆的直径，点在下底面圆周上，所以。 由是母线，可知平面，所以 又，所以平面因为平面， 所以平面平面 （2）如图，以为坐标原点，垂直于平面的直线为轴，直线，分别为轴、轴建立空间直角坐标系 由已知得，，，，， 设平面的法向量为，因为，， 所以 取 设平面的法向量为，因为，， 所以 取 所以， 即平面与平面的夹角的余弦值为 5.（山东淄博市2025-2026学年高三下学期模拟）如图，四棱锥中，平面，，，. (1)求证：； (2)若为的重心， （i）求与平面所成角的正弦值； （ii）若交平面于，求的值. 【答案】(1)证明见解析； (2)， 【解析】（1）在中，，， ，， 平面，平面，， ，平面，平面， 平面，平面，； （2）（i）以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示， ，，. ，，，，， ，， 为的重心，，， 设平面的法向量为， 则，，， 取，则，即， ，， ， 设与平面所成的角为， 则， 故与平面所成角的正弦值为； （ii）由（i）知，，， 设，则， ， 由（i）知，平面的法向量为， 则，即，则，解得， 即. 6.（湖南名校大联盟2026届高三月考卷）如图，已知是等边三角形，，，平面，点为的中点．    (1)证明：平面； (2)求直线与平面夹角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【解析】（1）证明：如图，取的中点，连接，， 平面，平面， 平面平面， 为等边三角形，， 又平面平面，平面， 平面. ，点为中点， ，且， 又，，， 四边形是平行四边形，， 平面. （2）由（1）可知平面，平面， ，，两两垂直， 故以为坐标原点，、、所在直线分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，    则，，，，，. ，，. 设平面的法向量， 则即 令，则，，. 设直线与平面的夹角为， 则， 直线与平面夹角的正弦值为. 7.（福建厦门大学附属科技中学2026届高三下学期数学3月限时训练）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，侧面是正三角形，侧面底面是的中点． (1)求证：平面； (2)试问在线段上是否存在一点，使得平面与底面所成夹角的余弦值为，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， 【解析】（1）由题意可知， 侧面底面，侧面底面平面， 平面， 又平面，平面， 平面． （2）如图，分别取、的中点、，连接、、， 已知两两垂直，则以为坐标原点，为轴建立空间直角坐标系 由题意可知，， 设，则，又 所以， 设平面的法向量为，则， 代入数值可得， 不妨令，则，，故， 由题意可知，即为平面的法向量，则有， 所以，等号两边平方，化简后可得， 解得或（舍去），所以.所以在线段上存在点，使得与平面所成角为，此时． 8.（九江市2026届第一次高考模拟统一考试）如图，四棱锥中，底面是正方形，侧面是正三角形，且平面平面，. (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) 【解析】（1）因为，所以为中点， 因为侧面是正三角形，所以， 因为底面是正方形，所以， 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，又平面， 所以 （2）根据题意，如图建立空间直角坐标系， 设正方形的边长为，则 ， 因为， 所以， ，， 设平面的一个法向量为， 则，即， 故可取， 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. 翻折问题 1.（甘肃省2026届高三第一次模拟考试）如图（1），正方形的边长为分别是边的中点，将，分别沿折起，使得三点重合于点得到图（2）. (1)证明：； (2)三棱锥的外接球的球心为，求平面与平面所成角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【解析】（1）因为在原图中，， 故折叠完得，， 又因为平面， 所以平面， 又因为平面，所以； （2）因为两两垂直，所以可将该三棱锥补形为如图所示的长方体， 假设该长方体的一条体对角线为，则球心为对角线的中点， 如图所示，以所在直线为轴，以所在直线为轴， 以所在直线为轴建立空间直角坐标系， 则， 则， 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， 设平面与平面所成角为， 则， 故平面与平面所成角的余弦值为. 2.（湖北宜昌市2026届高三下学期3月调研）如图1，在边长为的正方形中，、分别为线段、的中点，现将四边形折起至，得到三棱柱，如图2所示，记二面角的平面角为． (1)若时，求三棱柱的体积； (2)若为线段上一点，满足，求直线与平面所成角的正弦值的取值范围． 【答案】(1) (2) 【解析】（1）翻折前，在图1中，因为四边形为正方形，所以，，， 因为、分别为、的中点，所以，， 所以四边形为平行四边形，且， 因为，所以， 翻折后，在图2中，，， 所以二面角的平面角为， 因为，、平面，所以平面， 当时，即，且，则， 所以三棱柱的体积为. （2）因为平面，以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴， 过点且垂直于平面的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则、、、， 设点，其中，由题意可知，则，故， ，， 因为，则，解得， 则点，， 设平面的一个法向量为，，， 则，取，则， 设直线与平面所成角为， 则， 因此直线与平面所成角的正弦值的取值范围为. 3.（河南省郑州市2026届高三上学期第一次质量预测）如图，在矩形中，，，，分别是，的中点，点，分别是对角线，上的动点（不包括端点），且，将四边形沿翻折，使平面平面. (1)求证：平面； (2)求线段的长（用表示）； (3)当线段的长最小时，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【解析】（1）在矩形中，，，点，分别是，的中点， 所以四边形和是全等的正方形，所以， 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，，，平面， 所以平面； （2）以为原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，，， 则，，， 因为， 所以，， 则， ， 所以线段的长为； （3）因为，所以当时，线段最短， 此时，分别为线段，的中点，，， 则， 设是平面的一个法向量， 则，令，则， 所以平面的一个法向量为， 由（1）知，为平面的一个法向量， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 4.（湖南名校大联盟2026届高三月考卷）在直角梯形中，，，，如图（1）．把沿翻折，使得平面平面．    (1)求证：； (2)在线段BC上是否存在点N，使得AN与平面ACD所成角为60°？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)存在， 【解析】（1）因为，且， 可得，， 又因为，可得， 所以，则， 因为平面平面，平面平面，且平面， 所以平面， 又因为平面， 所以； （2）因为平面，且平面，所以， 如图所示，以点为原点，建立空间直角坐标系，    可得，，，， 所以，． 设平面的法向量为，则， 令，可得，所以， 假设存在点，使得与平面所成角为， 设，（其中），则，， 所以， 整理得，解得或（舍去）所以在线段上存在点，使得与平面所成角为，此时． 5.（安徽江南十校2026届高三3月联考）已知梯形，现沿对角线翻折，如图，分别为线段的中点. (1)证明：； (2)当折成直二面角时，求线段的长度； (3)当时，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【解析】（1）证明：连接，则. 平面 平面 平面 （2）方法一：由（1）可知，为二面角的平面角， 由题意平面，作于，则平面. 平面. 中，. . . 方法二：由（1）可知，为二面角的平面角， 由题意 以所在直线为轴建系. . （3）.在平面内过作， 由（1）知平面平面面 以所在直线为轴建系. . 设平面的法向量为， 则， 得：令，则. 易知平面的法向量 所求平面与平面夹角的余弦值为. 6.（四川省字节精准教育联盟2025-2026学年高二下学期3月阶段检测）如图，在平面四边形ABCD中，为等腰直角三角形，为正三角形，，，现将沿AC翻折至，形成三棱锥，其中S为动点．    (1)证明：； (2)若，求三棱锥的体积； (3)求平面SAC与平面SBC夹角余弦值的最小值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【解析】（1）取的中点，连接，， 因为，，且的中点为，所以，， 又，，平面，故平面， 由于平面，故． （2）当时，由，则， 因为，，故，，， 所以，由于，故， 设三棱锥的高为， 所以，三棱锥体积为． （3）以为原点，，，分别为，，轴建立空间直角坐标系， 过点S作平面的垂线，垂足为，连接，    设为翻折过程中所旋转的角度，则， ，，， 故，，，， ，则， 设平面的法向量为，则， ， 取，则，所以， 设平面的法向量，，，则， ， 取，则，， 设平面与平面的夹角为， 故， ， 令，，故， 由于，故，当且仅当，即时取等号，故平面与平面夹角余弦值的最小值为． 方法二：以E点为原点建立如图所示的空间坐标系，    设，，，，，则，，， 设面法向量，则， ， 令，， 同理可得面法向量， ， 令， 因为，其中取“=”，即此时，所以． 7.（湖北省部分市州2026届高三上学期1月联考）如图，在平面四边形中，，，将沿翻折至，其中P为动点.   (1)证明：； (2)求二面角余弦值的最小值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【解析】（1）取中点，连，， 因为底面为正三角形，，则，， 又平面，，所以平面， 又平面，所以. （2）以为原点，为x轴，为y轴，垂直于平面的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 设，其中， 因为，，所以，   则，，，，， 则，，， 设平面和平面的一个法向量分别为， 则， ， 令，， 则，， 则 令，则， 则，， 当即时，有最小值，最小值为， 故二面角余弦值的最小值为. 外接、内切球问题 1.（江苏省九校2026届高三下学期一模联考）如图，已知是圆锥的轴截面，，. (1)求圆锥的外接球的表面积； (2)若为弧的中点，求二面角的正切值. 【答案】(1)(2) 【解析】（1）因为是圆锥的轴截面，所以平面. 又平面，所以. 在中，，，所以. 设圆锥的外接球的球心为，半径为， 结合圆锥的定义及对称性易知球心在上. 在中，，则， 整理得，解得. 所以圆锥的外接球的表面积. （2）因为为弧的中点，所以. 因为平面，平面，所以. 又， 所以可以为原点，以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系. 则，，，，. ，， 设平面的法向量为， 则，，令，则，，所以. 因为，，，所以平面， 则即为平面的一个法向量，. 设二面角的平面角为， 则， ， 所以. 故二面角的正切值为. 2.（辽宁省大连市2026年高三双基模拟考试）如图，已知四棱锥的底面为正方形，底面，设平面与平面的交线为直线.   (1)证明：； (2)，点在直线上. （i）若，且点均在球的球面上，证明：点在球的球面上； （ii）若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）（ii）或 【解析】（1）在正方形中，， 因为平面，平面，所以平面， 又因为平面，平面平面，所以； （2）以点为原点，为轴， 如图建立空间直角坐标系，    则，，，，， （i）因为点在直线上， 设，因为，则，即， 设点所在球的球心， 则， 即， 解得，即球心，半径为， 又， 所以点在球的球面上； （ii）设，且， 设平面的法向量为，则， 可取，记直线与平面所成的角为， 则， 解得或， 所以的长为或. 3.（湖北省云学联盟2026届高三上学期期末联考）如图 1 所示，在梯形 中， ，把 沿 折起， 得到四棱锥 ，如图 2 所示. BE⊥平面 图1 图2 (1)若 ，证明: 平面 . (2)若平面 平面 在同一个球面上，设该球面所在球的球心为 ， ( i ) 求球 的半径 ; (ii) 求直线 与平面 所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【解析】( 1 )证明:由 ，可得 ， 所以 ， 又因为 平面 , 所以 平面 ,又因为 平面 , 所以 ,又因为 平面 , 所以 平面 . (4 分) (2)因为平面 平面 ，平面 平面 ， ， 所以 平面 ,则可如图建立如下坐标系, 根据题意可知: , (i) 再设 在同一个球的球心坐标为 ,半径为 ① 则有 ② ③ ④ ①-②可得: ，⑤ ②-③可得: ，⑥ ③-④可得: ，⑦ 将⑤⑥代入⑦求解可得 ，即球心坐标为 ， 所以球 的半径 ; (10 分) ( ii ) 由 ( i ) 可知 设平面 的一个法向量为 令 ,则 ,即 所以直线 OC 与平面 ABC 所成角的正弦值为 4.（江西省重点中学盟校2026届高三第一次质量检测） 如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，为正三角形，且平面平面． (1)求证：； (2)求直线和平面所成角的正弦值； (3)设点是三棱锥外接球上一点，求点到平面距离的最大值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【解析】（1）设O为的中点，连接， 由题得， 所以为正三角形，则， 所以平面，平面，． （2）由（1）可知两两垂直，故以为坐标原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 则， 设平面的法向量为， 则， 令，则，则， 则， 所以直线和平面所成角的正弦值为. （3）设外接球的球心为，分别过和外心作平面和平面的垂线， 垂线的交点就是球心，易求，则外接球的半径， 又，所以点到平面的距离， 所以点到平面距离的最大值为. 、 5..(福建泉州市2026届高中毕业班质量检测（一）)科赫四面体是一种借助递归迭代生成的分形几何体.其构造过程是：从一个正四面体开始，在该几何体的每个正三角形面上，移除以各边中点为顶点的小三角形，并以此小三角形为底面，向外构建小正四面体.如图，持续重复对新生成的几何体执行上述操作，最终得到科赫四面体. 现有一种高效吸附材料，其结构为科赫四面体模型，此模型是由棱长为的正四面体经过持续重复上述操作得到的.记第次操作后生成的几何体为，设的表面积为，体积为. (1)求； (2)在材料科学中，物料的表面积与体积之比被定义为比表面积，其值越大，吸附能力越强.根据比表面积随的变化趋势，说明该材料吸附能力强的原因. (3)是否存在一个球形容器，能够使该材料整体放入其中？若存在，求其半径的最小值；若不存在，请说明理由 【答案】(1)； (2)答案见解析(3)存在，. 【解析】（1）正四面体的表面积为. 依题意，得； 正四面体的体积为. （2）依题意每次操作后，几何体的表面积变为上一次的倍， 故数列是首项为，公比为的等比数列， 所以； 依题意得，， 所以 ； 又当时， 故. 又为递增数列，且当时，为递增数列， 且当时，，所以当时，， 故由此解释，该结构吸附能力强.（或，故当时，，类似说法亦可）； （3）法一：存在，的最小值即为正四面体的外接球半径为. 理由如下： 过点作平面于点，因为四面体为正四面体，故为外心，即重心，内心，垂心，则在上，且，同理得在上，且，则为四面体的外接球球心和内切球球心，设四面体棱长为，，则，所以，则由，解得， 所以. 记第1次操作后构造的任一正四面体（即四面体）的外接球球心为，连结. 则平面，设垂足为，则为的外心，重心，垂心，故在上，且，故与重合，所以共线，则平面，故. 记第2次操作后在上构造的任一正四面体的外接球球心为，连结，依次类推，第次操作后在上构造的任一正四面体的外接球球心为，其任意顶点为，连结.则依题意得： ，， 从而. 又，所以，故，即无论第几次迭代，的任意顶点到的距离都不会超过正四面体的外接球半径，又，故的最小值即为. 法二：存在，的最小值即为正四面体的外接球半径为. 理由如下： 过点作平面于点，因为四面体为正四面体， 故为外心，即重心，内心，垂心，则在上，且， 同理得在上，且，则为四面体的外接球球心和内切球球心， 设四面体棱长为，则， 所以，则由，解得， 所以. 记第1次操作后构造的任一正四面体（即四面体）的外接球球心为，连结 .则平面，设垂足为，则为的外心，重心，垂心， 故在上，且，故与重合， 所以共线，则平面，故. 以此类推，几何体最新构造的任一四面体及其在上对应的四面体，棱长分别为和，其外接球球心为别为和，半径为和，记正四面体的中心为，则. 因为，所以，故. 记球体内（含表面）所有点的集合为， 因为，所以， 故⫋⫋⫋，所以⫋， 因为球为四面体的外接球，即对上的任一点，都有， 所以，即， 故的最小值即为正四面体的外接球半径为 存在类问题（设动点） 1.（福建厦门大学附属科技中学2026届高三下学期数学3月限时训练）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，侧面是正三角形，侧面底面是的中点． (1)求证：平面； (2)试问在线段上是否存在一点，使得平面与底面所成夹角的余弦值为，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， 【解析】（1）由题意可知， 侧面底面，侧面底面平面， 平面， 又平面，平面， 平面． （2）如图，分别取、的中点、，连接、、， 已知两两垂直，则以为坐标原点，为轴建立空间直角坐标系 由题意可知，， 设，则，又 所以， 设平面的法向量为，则， 代入数值可得， 不妨令，则，，故， 由题意可知，即为平面的法向量，则有， 所以，等号两边平方，化简后可得， 解得或（舍去），所以. 2.（江西赣州市2025-2026学年高三下学期摸底）如图，在三棱锥中，平面，且为的中点. (1)求二面角的余弦值； (2)若，在线段上各取一点，设，若平面平面，求的值. 【答案】(1) (2) 【解析】（1）因为平面，平面，所以， 因为，所以，所以两两垂直， 所以以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则，因为为的中点，所以， 设，则， 设平面的一个法向量为， 则，令，可得； 易知平面的一个法向量为， 二面角的大小为，易知为锐角， ，所以二面角的余弦值为. （2）由，则， ，解得，即. 因为，所以,且， , , 设平面的一个法向量为，则， 令，可得，即. , 设平面的一个法向量为，则， 令，可得，即， 因为平面平面，所以，解得. 3.（湖南怀化市2026届高三下学期第一次模拟考试）如图，四棱锥的底面是平行四边形，侧面是等边三角形，，二面角的平面角大小为为的中点. (1)设平面平面，求直线与直线的夹角大小； (2)求直线与平面所成角的正弦值的最大值； (3)设为侧棱上一点，四边形是过两点的截面，分别交于两点，其中为的中点，平面，求四棱锥的体积的取值范围. 【答案】(1) (2) (3) 【解析】（1）延长交的延长线于点，则为交线， 因为为的中点，，所以为的中点，所以， 因为侧面是等边三角形，所以， 所以，所以， 所以所求角为． （2）取的中点，连接，由，则， 分别以所在直线为轴和轴， 以过垂直于底面的直线为轴建立空间直角坐标系， ， 则， 设平面的法向量为， 则， 令，则． 设直线与平面所成角为， 则．， 令，则， 令，结合的取值范围可知， 当时，，当时，， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 所以的最大值为，故. （3）由题意可知，所以点为的中点， 设， 因为， 则， 又因为， 所以，解得． 即 ， 因为，所以． 4.（2026届辽宁省重点高中协作体调研测试（二））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． （2）求平面与平面的夹角大小． （3）若平面，求最小值． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】（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. （2）因为点在线段上，则平面即为平面， 因为平面，，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. （3）设点，则，， 由得，则， 则，同理，由可得， 则， 设平面的法向量， 因为，， 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. 5.（广东广州市天河区2026届普通高中毕业班适应性训练（二模））如图.底面为平行四边形的直四棱柱，点为边上的中点，点是空间一点. (1)证明： 平面； (2)若平面与平面所成角的余弦值为，求； (3)若，直线平面，则在平面内是否存在点，使得的长为定值，若存在，指出点的位置，若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)不存在 【解析】（1）连接，交于点，连接.如图： 因为四棱柱为直四棱柱，所以四边形为矩形， 所以为中点，又为中点， 所以，又平面，平面，所以平面. （2）以为基底，设， 则，，，. 设平面的法向量为， 则 . 令，则，所以. 设平面的法向量为， 又，. 由 ， 所以. 令，则，. 所以. 又 . ， . 由 ， 所以 ， 所以或（舍去）. 所以. （3）因为三棱柱为直四棱柱，且，故可以为原点，所在的射线为轴，建立如图空间直角坐标系. 则，，，. 设，则，，， 因为平面，所以 . 整理得，即在以为球心，为半径的球上，也在平面：上，其中平面的一个法向量， 要使得为定值，则， 由已知，由（2）得平面的法向量， 而，且点 平面， 则平面， 则直线与平面无交点，故不存在点使得为定值. 第 1 页 共 4 页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年新高考第17题分类训练 立体几何综合解答题 考点 3年考题 考情分析 立体几何综合（大题） 2025年新高考Ⅰ卷第17题 2025年新高考Ⅱ卷第17题 2024年新高考Ⅰ卷第17题 2024年新高考Ⅱ卷第17题 2023年新高考Ⅰ卷第18题 2023年新高考Ⅱ卷第17题 立体几何大题难度一般但逐年加大，纵观近3年的新高考试题，主要考查空间平行关系和空间垂直关系的证明、空间角及空间距离的计算等知识点，同时加入折叠和球体问题。展望 2026 年新高考命题趋势，立体几何板块仍将坚持以空间线面平行、垂直关系的推理论证为基础，以空间角求解与空间距离计算为核心，着重考查学生的空间直观想象与数学运算素养． 1.（2025·新高考Ⅰ卷高考真题第17题）如图所示的四棱锥中，平面，． (1)证明：平面平面； (2)，，，，在同一个球面上，设该球面的球心为． （i）证明：在平面上； （ⅱ）求直线与直线所成角的余弦值． 2.（2025·新高考Ⅱ卷高考真题第17题）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； (2)求面与面所成的二面角的正弦值． 3．（2024·新高考Ⅰ卷高考真题第17题）如图，四棱锥中，底面ABCD，，． (1)若，证明：平面； (2)若，且二面角的正弦值为，求． 4.（2024·新高考Ⅱ卷高考真题第17题）如图，平面四边形ABCD中，，，，，，点E，F满足，，将沿EF对折至，使得． (1)证明：； (2)求面PCD与面PBF所成的二面角的正弦值． 5.（2023·新高考Ⅰ卷高考真题第18题） 如图，在正四棱柱中，．点分别在棱,上，． （1）证明：； （2）点在棱上，当二面角为时，求． 6.（2023·新高考Ⅱ卷高考真题第20题）如图，三棱锥中，，，，E为BC的中点． （1）证明：； （2）点F满足，求二面角的正弦值． 1. 直线与平面平行的判定定理和性质定理 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(线面平行⇒线线平行) l∥α，l⊂β， α∩β＝b⇒l∥b 2．判断或证明线面平行的常用方法 (1)利用线面平行的定义(无公共点)． (2)利用线面平行的判定定理(a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α)． (3)利用面面平行的性质定理(α∥β，a⊂α⇒a∥β)． (4)利用面面平行的性质(α∥β，a⊄α，a⊄β，a∥α⇒a∥β)． 3.平面与平面平行的判定定理和性质定理 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(线面平行⇒面面平行) a∥β，b∥β，a∩b＝P，a⊂α，b⊂α⇒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 α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b⇒a∥b 4.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)垂直于同一个平面的两条直线平行，即若a⊥α，b⊥α，则a∥b. (3)平行于同一个平面的两个平面平行，即若α∥β，β∥γ，则α∥γ. 5．直线与平面垂直 (1)直线和平面垂直的定义：直线l与平面α内的任意一条直线都垂直，就说直线l与平面α互相垂直． (2)直线与平面垂直的判定定理与性质定理： 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 ⇒l⊥α 性质 定理 垂直于同一个平面的两条直线平行 ⇒a∥b 6．证明线面垂直的常用方法 (1)利用线面垂直的判定定理． (2)利用“两平行线中的一条与平面垂直，则另一条也与这个平面垂直”． (3)利用“一条直线垂直于两个平行平面中的一个，则与另一个也垂直”． (4)利用面面垂直的性质定理． 7．证明线线垂直的常用方法 (1)利用特殊图形中的垂直关系．(2)利用等腰三角形底边中线的性质． (3)利用勾股定理的逆定理．(4)利用直线与平面垂直的性质． 8．平面与平面垂直 (1)平面与平面垂直的定义：两个平面相交， 如果它们所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直． (2)平面与平面垂直的判定定理与性质定理： 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⊥α 9.面面垂直的两种证明方法 (1)定义法：利用面面垂直的定义，即判定两平面所成的二面角为直二面角，将证明面面垂直问题转化为证明平面角为直角的问题． (2)定理法：利用面面垂直的判定定理，即证明其中一个平面经过另一个平面的一条垂线，把问题转化成证明线线垂直加以解决． 10.用向量方法判定空间中的平行关系 ⑴线线平行。设直线的方向向量分别是，则要证明∥，只需证明∥，即. ⑵线面平行。设直线的方向向量是，平面的法向量是，则要证明∥，只需证明，即. ⑶面面平行。若平面的法向量为，平面的法向量为，要证∥，只需证∥，即证. 11.用向量方法判定空间的垂直关系 ⑴线线垂直。设直线的方向向量分别是，则要证明，只需证明，即. ⑵线面垂直 ①（法一）设直线的方向向量是，平面的法向量是，则要证明，只需证明∥，即. ②（法二）设直线的方向向量是，平面内的两个相交向量分别为，若 ⑶面面垂直。 若平面的法向量为，平面的法向量为，要证，只需证，即证. 12.空间向量求角问题 ⑴求异面直线所成的角 已知为两异面直线，A，C与B，D分别是上的任意两点，所成的角为，则 ⑵求直线和平面所成的角 求法：设直线的方向向量为，平面的法向量为，直线与平面所成的角为，与的夹角为，　则为的余角或的补角 的余角.即有： ⑶求二面角 二面角的平面角是指在二面角的棱上任取一点O，分别在两个半平面内作射线，则为二面角的平面角. 如图：O A B O A B l 求法：设二面角的两个半平面的法向量分别为，再设的夹角为，二面角的平面角为，则二面角为的夹角或其补角 根据具体图形确定是锐角或是钝角： 如果是锐角，则； 如果是钝角，则. 13.空间距离问题 ⑴点Q到直线距离 若Q为直线外的一点,在直线上，为直线的方向向量，=，则点Q到直线距离为 ⑵点A到平面的距离 若点P为平面外一点，点M为平面内任一点，平面的法向量为，则P到平面的距离就等于在法向量方向上的投影的绝对值. 即 ⑶直线与平面之间的距离 当一条直线和一个平面平行时，直线上的各点到平面的距离相等。由此可知，直线到平面的距离可转化为求直线上任一点到平面的距离，即转化为点面距离。 即 ⑷两平行平面之间的距离 利用两平行平面间的距离处处相等，可将两平行平面间的距离转化为求点面距离。即 平行证明+求角或距离 1.（山东聊城市2026届高三下学期高考模拟）如图，，是圆柱下底面圆的两条直径，点是该圆柱上底面圆周上一点，的中点为． (1)证明：平面； (2)是该圆柱的母线，若四边形是正方形，且该圆柱的侧面积等于其两底面面积之和，求直线与平面所成角的正弦值． 2.（山东省济南市2026届高三第一次模拟考试）如图，在四棱锥中，底面是正方形，，点分别是棱的中点. (1)证明：平面； (2)若，平面平面，求平面与平面夹角的余弦值. 3.（山东济宁市2026年高考第一次模拟）如图，在三棱柱中，平面平面，为的中点，为的中点. (1)求证： 平面； (2)若三棱柱的体积为，求与平面所成角的正弦值. 4.（Z20名校联盟2026届高三第二次联考）在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为菱形，∠ABC F是PC的中点， （1）当时，证明：BF/／平面ACE； （2）若AE与平面BDF所成角的正弦值为，求平面BDF与平面ABE夹角的余弦值。 5.（安徽省合肥市2026届高三教学检测）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； (2)若，求平面与平面夹角的余弦值． 6.（安徽省黄山市2026届高三第一次质量检测）如图，在直角梯形中，，，，为中点，将沿折起，使到处． (1)求证：平面； (2)若平面平面，，，，且二面角的正弦值为． （Ⅰ）求的值； （Ⅱ）求四棱锥外接球的表面积． 垂直证明+求角或距离 1.（重庆市名校联盟2026届高三下学期第一次联考）如图，在三棱柱中，为等边三角形，四边形是边长为2的正方形，为中点，且． (1)求证：平面； (2)已知为线段中点，求直线与平面所成角的正弦值． 2.（河北唐山市2026届高三第一次模拟演练）如图，在三棱锥中，，，D是的中点. (1)证明：平面平面； (2)若，三棱锥的体积为，求直线与平面所成角的正弦值. 3.（黑龙江齐齐哈尔市2026届高三第一次模拟）如图，线段为圆锥底面的直径，点为线段的中点，点是以为直径的圆上除外的一个动点，，且. (1)证明：平面平面； (2)求与平面所成角的正弦值. 4.（湖南省联考2025-2026学年高三上学期期末）如图，AC，BD为圆柱的母线，CD，AB分别为圆柱上、下底面的直径，点F在下底面圆周上（不与A，B重合），E为BF的中点. (1)证明：平面平面FBD； (2)若，求平面ACE与平面CDF的夹角的余弦值. 5.（山东淄博市2025-2026学年高三下学期模拟）如图，四棱锥中，平面，，，. (1)求证：； (2)若为的重心， （i）求与平面所成角的正弦值； （ii）若交平面于，求的值. 6.（湖南名校大联盟2026届高三月考卷）如图，已知是等边三角形，，，平面，点为的中点．    (1)证明：平面； (2)求直线与平面夹角的正弦值． 7.（福建厦门大学附属科技中学2026届高三下学期数学3月限时训练）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，侧面是正三角形，侧面底面是的中点． (1)求证：平面； (2)试问在线段上是否存在一点，使得平面与底面所成夹角的余弦值为，若存在求出的值，若不存在，请说明理由． 8.（九江市2026届第一次高考模拟统一考试）如图，四棱锥中，底面是正方形，侧面是正三角形，且平面平面，. (1)证明：； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 翻折问题 1.（甘肃省2026届高三第一次模拟考试）如图（1），正方形的边长为分别是边的中点，将，分别沿折起，使得三点重合于点得到图（2）. (1)证明：； (2)三棱锥的外接球的球心为，求平面与平面所成角的余弦值. 2.（湖北宜昌市2026届高三下学期3月调研）如图1，在边长为的正方形中，、分别为线段、的中点，现将四边形折起至，得到三棱柱，如图2所示，记二面角的平面角为． (1)若时，求三棱柱的体积； (2)若为线段上一点，满足，求直线与平面所成角的正弦值的取值范围． 3.（河南省郑州市2026届高三上学期第一次质量预测）如图，在矩形中，，，，分别是，的中点，点，分别是对角线，上的动点（不包括端点），且，将四边形沿翻折，使平面平面. (1)求证：平面； (2)求线段的长（用表示）； (3)当线段的长最小时，求平面与平面夹角的余弦值. 4.（湖南名校大联盟2026届高三月考卷）在直角梯形中，，，，如图（1）．把沿翻折，使得平面平面．    (1)求证：； (2)在线段BC上是否存在点N，使得AN与平面ACD所成角为60°？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 5.（安徽江南十校2026届高三3月联考）已知梯形，现沿对角线翻折，如图，分别为线段的中点. (1)证明：； (2)当折成直二面角时，求线段的长度； (3)当时，求平面与平面夹角的余弦值. 6.（四川省字节精准教育联盟2025-2026学年高二下学期3月阶段检测）如图，在平面四边形ABCD中，为等腰直角三角形，为正三角形，，，现将沿AC翻折至，形成三棱锥，其中S为动点．    (1)证明：； (2)若，求三棱锥的体积； (3)求平面SAC与平面SBC夹角余弦值的最小值． 7.（湖北省部分市州2026届高三上学期1月联考）如图，在平面四边形中，，，将沿翻折至，其中P为动点.   (1)证明：； (2)求二面角余弦值的最小值. 外接、内切球问题 1.（江苏省九校2026届高三下学期一模联考）如图，已知是圆锥的轴截面，，. (1)求圆锥的外接球的表面积； (2)若为弧的中点，求二面角的正切值. 2.（辽宁省大连市2026年高三双基模拟考试）如图，已知四棱锥的底面为正方形，底面，设平面与平面的交线为直线.   (1)证明：； (2)，点在直线上. （i）若，且点均在球的球面上，证明：点在球的球面上； （ii）若直线与平面所成角的正弦值为，求的长. 3.（湖北省云学联盟2026届高三上学期期末联考）如图 1 所示，在梯形 中， ，把 沿 折起， 得到四棱锥 ，如图 2 所示. BE⊥平面 图1 图2 (1)若 ，证明: 平面 . (2)若平面 平面 在同一个球面上，设该球面所在球的球心为 ， ( i ) 求球 的半径 ; (ii) 求直线 与平面 所成角的正弦值. 4.（江西省重点中学盟校2026届高三第一次质量检测） 如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，为正三角形，且平面平面． (1)求证：； (2)求直线和平面所成角的正弦值； (3)设点是三棱锥外接球上一点，求点到平面距离的最大值． 5.(福建泉州市2026届高中毕业班质量检测（一）)科赫四面体是一种借助递归迭代生成的分形几何体.其构造过程是：从一个正四面体开始，在该几何体的每个正三角形面上，移除以各边中点为顶点的小三角形，并以此小三角形为底面，向外构建小正四面体.如图，持续重复对新生成的几何体执行上述操作，最终得到科赫四面体. 现有一种高效吸附材料，其结构为科赫四面体模型，此模型是由棱长为的正四面体经过持续重复上述操作得到的.记第次操作后生成的几何体为，设的表面积为，体积为. (1)求； (2)在材料科学中，物料的表面积与体积之比被定义为比表面积，其值越大，吸附能力越强.根据比表面积随的变化趋势，说明该材料吸附能力强的原因. (3)是否存在一个球形容器，能够使该材料整体放入其中？若存在，求其半径的最小值；若不存在，请说明理由 存在类问题（设动点） 1.（福建厦门大学附属科技中学2026届高三下学期数学3月限时训练）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，侧面是正三角形，侧面底面是的中点． (1)求证：平面； (2)试问在线段上是否存在一点，使得平面与底面所成夹角的余弦值为，若存在求出的值，若不存在，请说明理由． 2.（江西赣州市2025-2026学年高三下学期摸底）如图，在三棱锥中，平面，且为的中点. (1)求二面角的余弦值； (2)若，在线段上各取一点，设，若平面平面，求的值. 3.（湖南怀化市2026届高三下学期第一次模拟考试）如图，四棱锥的底面是平行四边形，侧面是等边三角形，，二面角的平面角大小为为的中点. (1)设平面平面，求直线与直线的夹角大小； (2)求直线与平面所成角的正弦值的最大值； (3)设为侧棱上一点，四边形是过两点的截面，分别交于两点，其中为的中点，平面，求四棱锥的体积的取值范围. 4.（2026届辽宁省重点高中协作体调研测试（二））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． （2）求平面与平面的夹角大小． （3）若平面，求最小值． 5.（广东广州市天河区2026届普通高中毕业班适应性训练（二模））如图.底面为平行四边形的直四棱柱，点为边上的中点，点是空间一点. (1)证明： 平面； (2)若平面与平面所成角的余弦值为，求； (3)若，直线平面，则在平面内是否存在点，使得的长为定值，若存在，指出点的位置，若不存在，请说明理由. 第 1 页 共 4 页 学科网（北京）股份有限公司 $