专题10 空间向量与立体几何解答题题型全突破（抢分专练7大热点题型）（全国通用）2026年高考数学终极冲刺讲练测

专题10 空间向量与立体几何解答题题型全突破 题型 考情分析 考向预测 1．求线面角及已知线面角求其他量 2025年全国二卷：第17题考查了求二面角 2024年新高考卷Ⅱ：第17题考查了求二面角 2024年全国甲卷（文）：第19题考查了距离问题 求二面角以及已知二面角求其他量问题 2．求二面角及已知二面角求其他量 3．线面角、二面角中的探索性问题 4．距离及其相关的探索性问题 5．翻折条件的技巧 6．立体几何新定义问题 7．建系技巧强化训练 题型1 求线面角及已知线面角求其他量 1、垂线法求线面角（也称直接法）： （1）先确定斜线与平面，找到线面的交点B为斜足；找线在面外的一点A，过点A向平面做垂线，确定垂足O； （2）连结斜足与垂足为斜线AB在面上的投影；投影BO与斜线AB之间的夹角为线面角； （3）把投影BO与斜线AB归到一个三角形中进行求解（可能利用余弦定理或者直角三角形）. 2、公式法求线面角（也称等体积法）： 用等体积法，求出斜线PA在面外的一点P到面的距离，利用三角形的正弦公式进行求解. 公式为：，其中是斜线与平面所成的角，是垂线段的长，是斜线段的长. 方法：已知平面内一个多边形的面积为S，它在平面内的射影图形的面积为， 平面和平面所成的二面角的大小为，则.这个方法对于无棱二面角的求解很简便. 3、直线与平面所成角：设是直线的方向向量，是平面的法向量，直线与平面的夹角为.则. 1．（2026·重庆·一模）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．（25-26高三下·湖南·月考）如图，在矩形中，为的中点.现将沿折起到的位置，使得. (1)求证：平面平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 3．（25-26高三下·安徽·月考）已知等腰梯形与等腰梯形如图所示，其中，过点作，垂足为．现沿进行翻折，使得点在平面内的投影为点，连接，得到的图形如图所示． (1)求证：平面平面； (2)在图1中，若，，求图2中直线与平面所成角的正弦值． 4．（2026·甘肃武威·模拟预测）如图，在四棱锥中，平面，且，． (1)证明：平面． (2)若，直线与平面所成角的正弦值为，求的长． 5．（2026·广东惠州·二模）如图所示，正四棱锥的底面边长为，延长CD到点，使，连接. (1)证明：平面； (2)若为等边三角形，点是线段上的动点，记与平面所成的角为，求的最大值. 6．（2026·山东济宁·一模）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. 题型2 求二面角及已知二面角求其他量 1、几何法 （1）定义法（棱上一点双垂线法）：在二面角的棱上找一个特殊点，在两个半平面内分别过该点作垂直于棱的射线． （2）三垂线法（面上一点双垂线法）：自二面角的一个面上一点向另外一个面作垂线，再由垂足向棱作垂线得到棱上的点（即斜足），斜足和面上一点的连线与斜足和垂足的连线所夹的角，即为二面角的平面角 （3）垂面法（空间一点垂面法）：过空间一点作与棱垂直的平面，截二面角得两条射线，这两条射线所成的角就是二面角的平面角. （4）射影面积法求二面角 2、向量法：若分别为平面的法向量，为平面的夹角，则 1．（2026·河北沧州·二模）如图，四棱锥中，底面是梯形，，. (1)证明:平面平面； (2)若 ,求平面与平面所成二面角的正弦值. 2．（2026·黑龙江齐齐哈尔·二模）如图所示，已知等腰梯形中，，是的中点，将沿对折至，使得与边长为2的菱形成60°的二面角，折叠后发现. (1)求点P到平面的距离； (2)求二面角的正弦值. 3．（2026·广西北海·一模）如图，四边形和都是正方形，四边形为平行四边形，为锐角，M，N分别为的中点，直线AE与平面所成的角为． (1)证明：平面； (2)求平面与平面所成的锐二面角的余弦值． 4．（25-26高三下·贵州·月考）如图，在四棱锥中，. (1)证明:平面平面； (2)若，为锐角，且平面与平面所成二面角的正弦值为，求.          5．（2026·河南洛阳·模拟预测）如图，四棱锥中，底面. (1)证明：平面； (2)若，且二面角的正弦值为为中点.求直线与平面所成角的正弦值. 6．（2026·河南周口·模拟预测）如图为半径为2的圆的直径，点为圆上的两点，且.如图2，将圆沿翻折，为线段上的一点，连接. (1)若为的中点，证明：； (2)若平面平面，求二面角的余弦值. 题型3 线面角、二面角中的探索性问题 1、用向量法处理立体几何中的探索性、存在性问题 探索性、存在性问题是条件不完备、结论不确定的问题,利用向量的方法将这类问题由立体几何问题转化为代数的方程(不等式)的解的问题,考查了化归、转化的数学思想,培养了逻辑推理、直观想象、数学运算等核心素养. 2、用向量的坐标运算解决几何问题 用向量的坐标运算解决几何问题,使几何问题代数化,以数助形,体现了数形结合的思想.同时本题还运用了方程的思想,通过列方程、解方程使问题得以解决.这足以说明“向量的坐标运算”是“几何”与“代数”间的一座新的桥梁. 这类问题的基本形式是判断在某些确定条件下的某一数学对象(数值、图形、函数等)是否存在或某一结论是否成立,解决这类问题的基本策略是假设题中的数学结论成立,在这个前提下进行逻辑推理,若由此导出矛盾,则否定假设,否则,给出肯定证明. 3、对于存在判断型问题：通常应先假设存在，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. 4、对于位置探究型问题：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.　　 1．（25-26高三·全国·一轮复习）如图，三棱柱的底面是等边三角形，平面平面，，，，O为的中点．    (1)求证：平面； (2)试问在线段上是否存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为，若存在，请计算的值；若不存在，请说明理由． 2．（2026·北京通州·一模）如图，在三棱锥中，为边长为的等边三角形，，，为棱的中点． (1)求证：平面平面； (2)棱上（端点除外）是否存在一点，使得平面与平面的夹角为．若存在，求的值；若不存在，请说明理由． 3．（25-26高三下·浙江宁波·月考）如图所示，在多面体中，为平面六边形，平面平面，平面⊥平面，，，与都是边长为2的等边三角形， ，，，， M，N，K分别为的中点． (1)求证：平面； (2)棱上是否存在点P，使得与平面成角？若存在，求的值；若不存在，说明理由． 4．如图，四棱锥中，侧面底面，，，，，，，分别为，的中点. (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)在线段上是否存在一点，使与平面所成角的正弦值为，若存在求出的长，若不存在说明理由. 5．某数学兴趣小组根据《九章算术》中“刍蒉（méng）”这个五面体，设计了一道数学探究题：如图1，，，分别是边长为4的正方形三边，，的中点，先沿着虚线段将等腰直角三角形裁掉，再将剩下的五边形沿着线段折起，连接，，就得到了一个“刍蒉”（如图2）．    (1)若是四边形对角线的交点，求证：平面； (2)若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值； (3)在（2）的条件下，在棱上是否存在点，使得平面与平面所成的二面角的余弦值为？若存在，求出点的位置，若不存在，请说明理由． 题型4 距离及其相关的探索性问题 1、几何法求点面距 （1）定义法（直接法）：找到或者作出过这一点且与平面垂直的直线，求出垂线段的长度； （2）等体积法：通过点面所在的三棱锥，利用体积相等求出对应的点线距离； （3）转化法：转化成求另一点到该平面的距离，常见转化为求与面平行的直线上的点到面的距离． 2、向量法求空间距离 （1）点面距：已知平面的法向量为 , 是平面内的任一点，是平面外一点,过点作则平面的垂线，交平面于点，则点到平面的距离为 （2）直线与平面之间的距离：，其中，是平面的法向量. （3）两平行平面之间的距离：，其中，是平面的法向量. 1．（23-24高三下·天津南开·月考）如图，棱柱的底面是菱形，，所有棱长都为，，平面为的中点.    (1)证明：平面； (2)求二面角的余弦值； (3)求点到直线的距离. 2．（2026·山西太原·二模）如图，在底面是菱形的直四棱柱中，，为线段上靠近的三等分点，为线段的中点. (1)求证：平面； (2)求点到平面的距离. 3．（25-26高三下·云南曲靖·月考）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB∥CD，且CD＝2，PA＝AB＝BC＝1，AB⊥BC． (1)求证：AD⊥PC； (2)求平面PCD与平面PAB的夹角； (3)在线段PB上是否存在一点M，使得直线PC与平面ADM垂直，如果垂直，求此时点M到平面PCD的距离，如果不垂直，说明理由． 4．如图所示，四边形为平行四边形，四边形为直角梯形，，，平面平面ABEF. (1)若为DF的中点，证明：平面ACP； (2)若，直线AC与平面DEF所成角的正弦值为，求点到EF的距离. 题型5 翻折条件的技巧 翻折问题的两个解题策略 1、确定翻折前后变与不变的关系：画好翻折前后的平面图形与立体图形，分清翻折前后图形的位置和数量关系的变与不变．一般地，位于“折痕”同侧的点、线、面之间的位置和数量关系不变，而位于“折痕”两侧的点、线、面之间的位置关系会发生变化；对于不变的关系应在平面图形中处理，而对于变化的关系则要在立体图形中解决 2、确定翻折后关键点的位置：所谓的关键点，是指翻折过程中运动变化的点．因为这些点的位置移动，会带动与其相关的其他的点、线、面的关系变化，以及其他点、线、面之间位置关系与数量关系的变化．只有分析清楚关键点的准确位置，才能以此为参照点，确定其他点、线、面的位置，进而进行有关的证明与计算 1．（25-26高三上·湖北随州·期末）如图1，在中，，，D，E，F分别是，，的中点．将沿着线段翻折至的位置，连接，，得到四棱锥，如图2所示，连接． (1)证明：． (2)若，求平面与平面夹角的余弦值． 2．（25-26高三上·重庆·月考）如图1，在平行四边形中，，，.现将沿着翻折至，使得点到达点的位置且平面平面（如图2），点是线段的中点，点在线段上. (1)求证:平面平面; (2)若平面，求二面角的余弦值. 3．如图（1），在中，，，，分别是，的中点，将和分别沿着，翻折，形成三棱锥，是中点，如图（2）.    (1)求证：平面； (2)若直线上存在一点，使得与平面所成角的正弦值为，求的值. 4．（2025·广西桂林·一模）如图，梯形中，为上一点，，且，将沿着翻折至所在位置，使得平面平面，连接，得到四棱锥为的中点.    (1)若为的中点，证明：平面； (2)在线段上是否存在点，使得，若存在，求直线与平面所成角的正弦值，若不存在，请说明理由. 5．（25-26高三上·贵州六盘水·月考）如图①所示，四边形是直角梯形，，，且，为线段的中点．现沿着将折起，使点到达点，如图②所示；连接、，其中为线段的中点．    (1)求证：平面； (2)若，，则在线段上（不含端点）是否存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，请指出点位置；若不存在，请说明理由． 题型6 立体几何新定义问题 面对新情景、新定义，首先要深入理解并分析这些新元素，将其与已知的立体几何知识相结合.明确解题目标后，灵活运用基本定理和性质，如平行、垂直的判定与性质，以及空间角、距离的计算公式.在解题过程中，合理构造辅助线和面，以揭示隐藏的空间关系，简化问题.对于复杂问题，可尝试建立空间直角坐标系，利用向量法进行计算和证明.同时，要善于将空间问题平面化，通过截面、投影等方式转化求解对象.最后，解题后要进行验证和反思，确保结论的正确性，并总结所使用的方法和技巧，以便在未来遇到类似问题时能够迅速应对. 1．在空间直角坐标系中，若平面过点，且平面的一个法向量为，则平面的方程为，该方程称为平面的点法式方程，整理后为（其中），该方程称为平面的一般式方程.如图，在四棱柱中，底面是平行四边形，，，两两垂直，，，直线与平面所成的角为，以为坐标原点，，，的方向分别是，，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系. (1)求平面的一般式方程. (2)求到直线的距离. (3)在棱是否存在点，使得平面平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 2．（24-25高三上·浙江·开学考试）已知是棱长为的正四面体，设的四个顶点到平面的距离所构成的集合为，若中元素的个数为，则称为的阶等距平面，为的阶等距集. (1)若为的1阶等距平面且1阶等距集为，求的所有可能值以及相应的的个数； (2)已知为的4阶等距平面，且点与点分别位于的两侧.若的4阶等距集为，其中点到的距离为，求平面与夹角的余弦值. 3．（25-26高三上·江西南昌·期末）球面三角学是研究球面三角形的边、角关系的一门学科.如图，球O的半径为R，A、B、C为球面上三点，设，表示以O为圆心，且过B、C的圆，劣弧BC的弧长记为a，同理，圆，的劣弧AC、AB的弧长分别记为b、c，曲面ABC（阴影部分）叫做球面三角形.若设二面角，，分别为、、，则球面三角形的面积为.已知； (1)若，，求球面三角形ABC的面积（直接写结果无需证明）； (2)在球O的内接三棱锥D-ABC中，平面，，直线DC与平面ABC所成的角为. （ⅰ）若，N分别为直线，上的动点，求线段MN长度的最小值； （ⅱ）如图（2），若分别为线段AC，BC的中点，G为线段BD上一点（与点B不重合），当平面OBC与平面GPQ夹角的余弦值为时，求线段BG的长. 4．如图1，在平面四边形中，，，，是等腰直角三角形，，将沿折叠到的位置，形成如图2所示的三棱锥，且. (1)证明：； (2)已知三棱锥，外接球球心为. ①若为线段上动点（不包含点），为中点，为中点，设平面与平面的夹角为，求的最小值. ②类似于平面中三角形的余弦定理，有三维空间中的三面角余弦定理：由射线，，构成的三面角，记，，，二面角的大小为，则，当、、时，请在图3的基础上，试证三面角余弦定理，并用该结论求图2中二面角的余弦值. 5．（24-25高三下·甘肃白银·月考）空间的弯曲性是几何研究的重要内容，用曲率刻画空间的弯曲性，规定：①多面体顶点的曲率等于减去多面体在该点处所有面角之和；②多面体的总曲率等于多面体所有顶点的曲率之和，多面体各顶点的平均曲率等于它的总曲率与顶点数之商，其中多面体的面的内角叫作多面体的面角，角度用弧度制．例如：正四面体每个顶点均有3个面角，每个面角均为，故其各个顶点的曲率均为． (1)如图1，已知四棱锥的底面ABCD为菱形，，O为BD的中点，且平面ABCD，． ①求该四棱锥在顶点P处的曲率的余弦值； ②求二面角的平面角的正弦值； (2)瑞士数学家莱昂哈德·欧拉是18世纪数学界最杰出的人物之一，他对简单多面体进行研究后，提出了著名的欧拉定理：简单多面体的顶点数V、棱数E与面数F满足．请运用欧拉定理解决下列问题：碳60（）具有超导特性、抗化学腐蚀性、耐高压以及强磁性，是一种应用广泛的材料．它的分子结构十分稳定，形似足球，也叫足球烯，如图2所示．已知碳60（）的分子结构是一个由60个C原子构成的分子，这个多面体有60个顶点，试求碳60（）各顶点的平均曲率． 题型7 建系技巧强化训练 建立直角坐标系的原则 1、轴的选取往往是比较容易的，依据的是线面垂直，即轴要与坐标平面垂直，在几何体中也是很直观的，垂直底面高高向上的即是，而坐标原点即为轴与底面的交点 2、轴的选取：此为坐标是否易于写出的关键，有这么几个原则值得参考： （1）尽可能的让底面上更多的点位于轴上 （2）找角：轴要相互垂直，所以要利用好底面中的垂直条件 （3）找对称关系：寻找底面上的点能否存在轴对称特点 3、常用的空间直角坐标系满足轴成右手系，所以在标轴时要注意. 4、同一个几何体可以有不同的建系方法，其坐标也会对应不同.但是通过坐标所得到的结论（位置关系，角）是一致的. 5、解答题中，在建立空间直角坐标系之前，要先证明所用坐标轴为两两垂直（即一个线面垂直底面两条线垂直），这个过程不能省略. 1．（2026·陕西安康·三模）如图，圆台的上、下底面半径分别为2，3，侧面积为． (1)求圆台的高； (2)半轴截面与侧面交于PQ，且为下底面圆周上一点，． （i）求证：； （ii）求平面与平面CDR夹角的余弦值． 2．（25-26高三下·重庆北碚·开学考试）如图，在四棱锥中，，，，，，平面平面． (1)求证：； (2)若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值． 3．（2026高三上·湖北孝感·专题练习）在三棱锥中，，，与平面所成的角为． (1)若，如图，过点作平面，分别交，于点，．求证：平面； (2)若，，求二面角的取值范围． 4．（2026·河南开封·二模）如图，在三棱锥中，点E，F分别在棱，上，平面，平面．    (1)证明：； (2)记直线与平面所成的角为，平面与平面的夹角为，证明：为定值； (3)若，E为线段的中点，设平面与平面的交线为l，Q为l上的点，求点B到平面的距离的最大值． 5．（2026·安徽合肥·二模）如图，在面积为的梯形中，，，为的中点.将沿翻折至. (1)证明：； (2)当时，求平面与平面夹角的余弦值； (3)当时，求四棱锥体积的最大值. 6．（2026·广东茂名·二模）如图，在矩形中，，，为的中点，把沿翻折至，为线段上的动点． (1)当为的中点时，证明：平面； (2)在翻折过程中，若在平面内的投影落在边上，且三棱锥的各个顶点均在球的球面上． （ⅰ）求球的半径； （ⅱ）求平面与平面的夹角的最小值． 1．（2026·山西晋中·模拟预测）如图，在五面体中，，，两两平行，，，．    (1)若为的中点，证明：平面； (2)若平面，，求二面角的正弦值． 2．（25-26高三下·湖南邵阳·月考）如图1所示，是边长为2的正三角形，四边形是一个梯形；其中，，现在沿着把折起到的位置，连接，，且使得，如图2所示. (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值. 3．（25-26高三下·河北衡水·期中）如图，在四棱锥中，底面为菱形，，平面平面，．     (1)求证：平面； (2)设，点为棱的中点，若二面角的正弦值为，求的值． 4．（25-26高三上·安徽亳州·期末）如图，在三棱锥中，平面，M，N分别是，的中点，平面． (1)证明：平面平面； (2)若，求二面角的正弦值． 5．（2026·湖南长沙·三模）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：； (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． 6．（2026·广东肇庆·二模）如图，在三棱锥中，. (1)证明：； (2)若二面角的大小为，且，求平面与平面夹角的余弦值. 7．如图，三棱锥中，，，，E为BC的中点． (1)证明：； (2)点F满足，①求二面角的正弦值; ②求点F到平面ADB的距离. 8．（25-26高三上·黑龙江·月考）四棱锥，面，，，，，，M是PD中点. (1)求证：平面； (2)若， ①求平面PAB与平面PCD夹角的正弦值； ②在线段BD上是否存在点Q，使得点D到平面PAQ的距离为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 9．（2026·贵州贵阳·模拟预测）如图，在多面体中，平面，，，为中点，．    (1)证明：平面； (2)当二面角的正切值为时，求直线与平面所成角的正弦值． 10．（25-26高三上·广东深圳·期末）如图，在梯形中，，将沿翻折至二面角为，为中点.    (1)求证：； (2)线段上是否存在一动点，使得二面角为，若存在，求的值；若不存在，说明理由. 11．（2026·山西吕梁·二模）如图，圆柱的轴截面是边长为2的正方形，P为上一点，正方形内接于，设平面与平面的交线为直线，点Q为直线上一点. (1)证明：； (2)求四棱锥外接球的表面积； (3)若平面平面，平面平面，当直线与平面所成角的余弦值为时，求的长. 12．（2026·湖北·二模）如图，菱形的边长为2，.现将沿折起，得到四面体，设二面角等于. (1)求证：； (2)若三棱锥的体积为， （i）求直线与平面所成的角； （ii）当时，求二面角的余弦值. 13．（2026·广东江门·一模）如图，在三棱柱中，，，，平面平面. (1)求证：； (2)若，直线与平面所成的角为，求二面角的平面角的余弦值. 14．（25-26高三上·河南郑州·月考）如图，在四棱锥中，四边形为菱形，为等边三角形，，平面平面，为棱的中点，为棱上一点（不含端点），，． (1)若，证明：平面； (2)是否存在，使得平面与平面的夹角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 15．（25-26高三上·河北邯郸·月考）如图1，在平行四边形中，，，为的中点．现将沿折起，连接与，如图2．    (1)当时，证明：平面平面； (2)设，当时，是否存在实数，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 16．（2026·湖北·二模）如图1，在直角梯形中，，，，，点E是上靠近点D的三等分点，现将沿着折起，使得点D到达点P的位置，且，如图2．    (1)求证：平面平面； (2)若P，A，B，C在同一个球面上，设该球面所在球的球心为O，证明：点O在平面内； (3)若点F为线段上一点，直线与平面所成角的正弦值为，求平面与平面所成角的余弦值． 17．（25-26高三下·重庆·开学考试）如图，在四棱锥，平面平面，，， (1)证明：平面. (2)已知，点在同一个球的球面上，设该球的球心为. ①在图中指出点O的位置，并说明理由； ②若Q为线段上的一点，且直线与平面所成角的正弦值为，求. 18．（25-26高三上·湖南·月考）如图1，分别是边长为4的正方形三边的中点，将四边形沿着线段折起，连接就得到了一个三棱柱（如图2）. (1)若是四边形对角线的交点，求证：平面； (2)若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值. 19．（2024·河北承德·二模）如图1，在直角中，为中点，，取中点，连接，现把沿着翻折，形成三棱锥如图2，此时，取中点，连接，记平面和平面的交线为为上异于的一点.    (1)求证：平面； (2)若直线与平面所成角的正弦值为，求的长度. 20．（2026·湖南衡阳·二模）如图，在四棱锥中，底面，底面是矩形，，E是CD的中点，AC与BE相交于点H，点F在侧棱PD上，． (1)证明：平面； (2)当时，求点P到平面的距离； (3)若，当直线PC与平面所成的角最大时，求实数的值． 21．（2026·湖南长沙·一模）如图，已知圆台的上、下底面圆的圆心分别为和，四边形为下底面圆O的内接正方形，且，，为上底面圆上两点，为的中点，且满足平面平面，. (1)求证：； (2)求圆台的体积； (3)若直线与平面所成角的正弦值为，求点到平面的距离. 22．（2025·河北秦皇岛·模拟预测）如图，在边长为的正方形中，，分别为边，上的点，连接，，，将沿着折线翻折，使点到达点位置，连接，形成三棱锥. (1)若，分别为边，上的中点，，求此时三棱锥外接球的表面积； (2)若，是的中点. （ⅰ）求的大小； （ⅱ）若正方形边长为，当取最小值，取最大值时，求此时直线与平面所成角的正弦值. 23．（2026·陕西榆林·模拟预测）离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标．设P为多面体M的一个顶点，定义多面体M在点P处的离散曲率为，其中为多面体M的所有与点P相邻的顶点，且平面，平面，…，平面和平面为多面体M的所有以P为公共点的面．例如：正四面体在顶点A处的离散曲率为．如图，在三棱锥中． (1)求三棱锥在各个顶点处的离散曲率之和； (2)若平面ABC，，三棱锥在顶点C处的离散曲率为． （i）求点到平面的距离； （ii）若点为的中点，则在棱上是否存在点，使直线与平面所成角的余弦值为，若存在，求出的长度，若不存在，请说明理由． 4 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题10 空间向量与立体几何解答题题型全突破 题型 考情分析 考向预测 1．求线面角及已知线面角求其他量 2025年全国二卷：第17题考查了求二面角 2024年新高考卷Ⅱ：第17题考查了求二面角 2024年全国甲卷（文）：第19题考查了距离问题 求二面角以及已知二面角求其他量问题 2．求二面角及已知二面角求其他量 3．线面角、二面角中的探索性问题 4．距离及其相关的探索性问题 5．翻折条件的技巧 6．立体几何新定义问题 7．建系技巧强化训练 题型1 求线面角及已知线面角求其他量 1、垂线法求线面角（也称直接法）： （1）先确定斜线与平面，找到线面的交点B为斜足；找线在面外的一点A，过点A向平面做垂线，确定垂足O； （2）连结斜足与垂足为斜线AB在面上的投影；投影BO与斜线AB之间的夹角为线面角； （3）把投影BO与斜线AB归到一个三角形中进行求解（可能利用余弦定理或者直角三角形）. 2、公式法求线面角（也称等体积法）： 用等体积法，求出斜线PA在面外的一点P到面的距离，利用三角形的正弦公式进行求解. 公式为：，其中是斜线与平面所成的角，是垂线段的长，是斜线段的长. 方法：已知平面内一个多边形的面积为S，它在平面内的射影图形的面积为， 平面和平面所成的二面角的大小为，则.这个方法对于无棱二面角的求解很简便. 3、直线与平面所成角：设是直线的方向向量，是平面的法向量，直线与平面的夹角为.则. 1．（2026·重庆·一模）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) 【分析】（1）根据勾股定理、线面垂直的性质及线面垂直的判定定理证明即可. （2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，结合向量法求线面角求解即可. 【详解】（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．（25-26高三下·湖南·月考）如图，在矩形中，为的中点.现将沿折起到的位置，使得. (1)求证：平面平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）如图，连接.在矩形中，有，所以， 又因为，所以平面， 所以. 由题意知，所以， 则，故. 又因为，所以平面， 因为平面，所以平面平面. （2）以为坐标原点，以的方向分别为轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系. 由已知可得， 所以. 设平面的法向量为， 则即取， 所以， 故直线与平面所成角的正弦值为. 3．（25-26高三下·安徽·月考）已知等腰梯形与等腰梯形如图所示，其中，过点作，垂足为．现沿进行翻折，使得点在平面内的投影为点，连接，得到的图形如图所示． (1)求证：平面平面； (2)在图1中，若，，求图2中直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析； (2) 【分析】（1）先证明，结合，根据线面垂直判定定理证明平面，再由面面垂直判定定理证明结论； （2）建立空间直角坐标系，求直线的方向向量与平面的法向量，利用向量夹角公式求结论. 【详解】（1）因为翻折后点在平面内的投影为， 所以平面， 又平面， 因此，又，，平面， 所以平面，平面， 所以平面平面. （2）由已知， 等腰梯形中，， 由，得， 所以，故， 因为平面，平面， 所以，又，， 所以， 因为平面， 又平面， 所以，又，， 所以， 以为原点，，，分别为轴，轴，轴正方向建立空间直角坐标系， 则 所以，，， 设平面的法向量为， 则，故， 所以，取，可得， 所以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． 4．（2026·甘肃武威·模拟预测）如图，在四棱锥中，平面，且，． (1)证明：平面． (2)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) 【分析】（1）由线面垂直的判定定理可得； （2）设，建立恰当的直角坐标系，由线面角的向量方法可得的值. 【详解】（1）设，因为，，，所以，所以． 在与中，因为，，，所以，从而， 又，所以，即． 因为平面，平面，所以， 又，所以平面． （2）以（1）中的O为坐标原点，，所在的直线分别为x轴、y轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，． 设，因为，，， 所以，则，， 所以，，． 设平面的法向量为， 则，令，则． 设直线与平面所成的角为， 则， 化简得， 解得或（舍去），故． 5．（2026·广东惠州·二模）如图所示，正四棱锥的底面边长为，延长CD到点，使，连接. (1)证明：平面； (2)若为等边三角形，点是线段上的动点，记与平面所成的角为，求的最大值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由线面垂直的判定定理及平行公理可得； （2）以为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，设点，利用线面角的向量求法，结合的取值范围可得的取值范围，从而得到的最大值.. 【详解】（1）由题意得，点是正方形的中心，所以平面. ∵平面，∴. ∵正方形中，， 平面， ∴平面PAC. ∵四边形中，∥， ∴四边形是平行四边形，∴∥，. ∴平面. （2）∵平面，平面， ∴. ∵，∴两两垂直， 以为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立如图空间直角坐标系. 由题意知，， ∴，. ∴， ∴. 设平面的法向量为， 则， 令，则， ∴平面的一个法向量为. 设，则. 记与平面所成的角为，则. 由，得，所以， ∴， ∴的最大值为，此时，点与的中点重合. 6．（2026·山东济宁·一模）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) 【分析】（1）取的中点为，连接，证明四边形为平行四边形，进而可得，可证结论； （2）由已知可得平面，结合柱体的体积公式求得，建立空间直角坐标系，利用向量法可求得与平面所成角的正弦值. 【详解】（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. 题型2 求二面角及已知二面角求其他量 1、几何法 （1）定义法（棱上一点双垂线法）：在二面角的棱上找一个特殊点，在两个半平面内分别过该点作垂直于棱的射线． （2）三垂线法（面上一点双垂线法）：自二面角的一个面上一点向另外一个面作垂线，再由垂足向棱作垂线得到棱上的点（即斜足），斜足和面上一点的连线与斜足和垂足的连线所夹的角，即为二面角的平面角 （3）垂面法（空间一点垂面法）：过空间一点作与棱垂直的平面，截二面角得两条射线，这两条射线所成的角就是二面角的平面角. （4）射影面积法求二面角 2、向量法：若分别为平面的法向量，为平面的夹角，则 1．（2026·河北沧州·二模）如图，四棱锥中，底面是梯形，，. (1)证明:平面平面； (2)若 ,求平面与平面所成二面角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由条件先证明，得平面，再由面面垂直的判定定理即可得证； （2）根据条件建系，写出相关点的坐标，求出两平面的法向量，利用空间向量夹角公式计算即得. 【详解】（1）因底面是梯形，，，则， 又，平面，则平面， 又平面，故平面平面. （2）取的中点为，连接，因，则， 由（1）得平面，平面，则， 又平面，则平面. 过点作的平行线，交于点，则，即两两垂直， 故可以分别为轴建立空间直角坐标系. 因，由，可得， 则，. 设平面的法向量为， 因， 则，故可取， 因平面，故平面的法向量可取为， 则， 设平面与平面所成二面角的平面角为，则， 即平面与平面所成二面角的正弦值为. 2．（2026·黑龙江齐齐哈尔·二模）如图所示，已知等腰梯形中，，是的中点，将沿对折至，使得与边长为2的菱形成60°的二面角，折叠后发现. (1)求点P到平面的距离； (2)求二面角的正弦值. 【答案】(1). (2). 【分析】（1）分析与的垂直关系，确定二面角的平面角，再结合线面垂直的判定，找到在平面内的射影，进而利用三角函数计算距离； （2）建立空间直角坐标系，分别求出平面和平面的法向量，再利用向量的夹角公式计算二面角的余弦值，进而求出正弦值. 【详解】（1）由题设，可知， 取中点，连接，，故， 又，，平面， ∴平面， 又平面，故. 故为平面与平面所成二面角的平面角，则. 因为平面，故平面平面，平面平面， 过作交于， 故平面. ∵，∴， 因此点到平面的距离为. （2）以为坐标原点，直线，为x轴，y轴，过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，，，. ，，. 设平面的法向量为，则，即 取，∴， 设平面的法向量为，则，即 取，∴， ∴，故， 所以二面角的正弦值为. 3．（2026·广西北海·一模）如图，四边形和都是正方形，四边形为平行四边形，为锐角，M，N分别为的中点，直线AE与平面所成的角为． (1)证明：平面； (2)求平面与平面所成的锐二面角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）作辅助线，要证明线面平行，则需要证明线线平行，即证明. （2）以为原点，建立空间直角坐标系，然后列出各个点的坐标，然后求出平面与平面的法向量坐标，最后根据向量夹角的余弦公式计算即可. 【详解】（1）连接，交于点，连接. 根据中位线定理可得，因为. 所以，所以四边形是平行四边形， 所以，又平面，而不在平面内， 所以平面. （2）四边形和都是正方形，所以， 又平面，所以平面. 平面，所以平面平面. 过点作，垂足为，由平面平面可知平面. 所以是与平面所成的角，. 设，则. 如图，以为原点，所在直线分别为轴，在平面内过作的平行线为轴， 建立空间直角坐标系， 则，设. 由，所以，可得. 同理可得，为的中点，所以. 可知平面的一个法向量为. 设平面的法向量坐标为，. 则，那么有， 令，则，所以. 所以平面与平面所成的锐二面角的余弦值为 . 所以平面与平面所成的锐二面角的余弦值为. 4．（25-26高三下·贵州·月考）如图，在四棱锥中，. (1)证明:平面平面； (2)若，为锐角，且平面与平面所成二面角的正弦值为，求. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）作，垂足为，连接.利用已知可得，利用勾股定理和逆定理可证，利用线线垂直可证线面垂直，进而可证面面垂直； （2）建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量和平面的一个法向量，利用向量法可求. 【详解】（1）作，垂足为，连接. 在中，由，解得. ，四边形是平行四边形， ，则，，即. ，又平面，平面. 平面，平面平面. （2），.                         如图2，以为坐标原点，以的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，设， ，， ， 设平面、平面的法向量分别为 ， 由，取，得. 由 ，取，得. 因为平面与平面所成二面角的正弦值为，则其余弦值的绝对值为， 所以， 解得或46 . 当时，，此时为钝角，不符合题意； 当时，，此时为锐角，符合题意， 故. 5．（2026·河南洛阳·模拟预测）如图，四棱锥中，底面. (1)证明：平面； (2)若，且二面角的正弦值为为中点.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）根据线面垂直的性质及线面垂直的判定定理证明即可. （2）设，建立空间直角坐标系，求出平面和平面的方向量，结合二面角的向量求法求出，再根据线面角的向量求法求解即可. 【详解】（1）证明：在四棱锥中，由平面平面，得， 由，得，则， 而平面，所以平面. （2）由，可设，则， 过点作，由平面，得平面， 则直线两两垂直， 以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则， 于是 设平面的法向量， 则 取，得， 又，设平面的法向量， 则 取，得， 所以，解得. 则， 易知，则， 于是， 所以， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 6．（2026·河南周口·模拟预测）如图为半径为2的圆的直径，点为圆上的两点，且.如图2，将圆沿翻折，为线段上的一点，连接. (1)若为的中点，证明：； (2)若平面平面，求二面角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2). 【分析】（1）作出辅助线，得到线线垂直，进而得到线面垂直，； （2）建立空间直角坐标系，利用法向量求出二面角的余弦值. 【详解】（1）证明：取的中点，连接. 分别为的中点， ，. 又是圆的直径，. . 又平面平面. 平面. （2）平面平面，交线为， ，故，又为的中点，所以， 又平面，所以平面， 故以为坐标原点，分别以所在直线， 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， . 设平面的法向量为， 则令，则， . 设平面的法向量为， 则令，则， . . 由图知二面角为锐二面角， ∴二面角的余弦值为. 题型3 线面角、二面角中的探索性问题 1、用向量法处理立体几何中的探索性、存在性问题 探索性、存在性问题是条件不完备、结论不确定的问题,利用向量的方法将这类问题由立体几何问题转化为代数的方程(不等式)的解的问题,考查了化归、转化的数学思想,培养了逻辑推理、直观想象、数学运算等核心素养. 2、用向量的坐标运算解决几何问题 用向量的坐标运算解决几何问题,使几何问题代数化,以数助形,体现了数形结合的思想.同时本题还运用了方程的思想,通过列方程、解方程使问题得以解决.这足以说明“向量的坐标运算”是“几何”与“代数”间的一座新的桥梁. 这类问题的基本形式是判断在某些确定条件下的某一数学对象(数值、图形、函数等)是否存在或某一结论是否成立,解决这类问题的基本策略是假设题中的数学结论成立,在这个前提下进行逻辑推理,若由此导出矛盾,则否定假设,否则,给出肯定证明. 3、对于存在判断型问题：通常应先假设存在，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. 4、对于位置探究型问题：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.　　 1．（25-26高三·全国·一轮复习）如图，三棱柱的底面是等边三角形，平面平面，，，，O为的中点．    (1)求证：平面； (2)试问在线段上是否存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为，若存在，请计算的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)存在； 【分析】（1）利用等腰三角形三线合一的性质可得出，利用面面垂直的性质可得出平面，可得出，再利用线面垂直的判定定理可证得结论成立； （2）以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，设，利用空间向量法可得出关于的方程，结合的取值范围求出的值，即可得出结论. 【详解】（1）证明：是等边三角形，是的中点，， 平面平面，平面平面，，平面， 平面，又平面， ，又，，，平面， 平面． （2）存在，线段的中点满足题意，理由如下： 由（1）得平面，， 以为原点，所在直线分别为轴、轴，过点作，以所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系．    则，，，，， 则，， 设，，则， 易知平面的一个法向量为，设平面的法向量为， 则，取，则， 由题意得， ，解得， 线段上存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为，此时． 2．（2026·北京通州·一模）如图，在三棱锥中，为边长为的等边三角形，，，为棱的中点． (1)求证：平面平面； (2)棱上（端点除外）是否存在一点，使得平面与平面的夹角为．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， 【分析】（1）利用面面垂直的判定定理，结合等边三角形、等腰三角形的三线合一性质及勾股定理逆定理，证明平面即可完成推导； （2）通过建立空间直角坐标系，引入参数表示点的坐标，求解两个平面的法向量，利用二面角的余弦值列方程求解参数，结合参数范围验证即可    . 【详解】（1）∵ 为边长为2的等边三角形，为中点， ∴ ，且. ∵ ，为中点， ∴ ，且，故， ∴ . ∵ ， ∴ ，故. ∵ ，平面， ∴ 平面. ∵ 平面， ∴ 平面平面. （2）由第一小问，以为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系， ，，，，. 设，则，所以点坐标为. ∵，且平面 ∴平面 ∴平面的法向量为. 设平面的法向量为，其中，， ∴ 令，代入解得，， ∴. 已知平面与平面的夹角为， ∴ 代入数据得 两边约去后平方整理得，解得或. ∵， ∴. 因此存在满足条件的点，且. 【点睛】方法归纳：面面垂直证明核心是找到一个平面内垂直于另一个平面的直线，常结合等腰三角形三线合一、勾股定理逆定理证明线线垂直，再推导线面垂直；空间中的存在性问题可通过建立坐标系，引入参数表示动点坐标，将几何关系转化为代数方程求解，最后验证参数范围即可. 易错归纳：求解平面法向量时需注意坐标运算的准确性，二面角的余弦值等于两法向量夹角余弦的绝对值，避免符号错误；得到参数解后需结合动点的限制条件舍去不满足要求的解. 3．（25-26高三下·浙江宁波·月考）如图所示，在多面体中，为平面六边形，平面平面，平面⊥平面，，，与都是边长为2的等边三角形， ，，，， M，N，K分别为的中点． (1)求证：平面； (2)棱上是否存在点P，使得与平面成角？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）利用线面垂直的性质定理和线面垂直的判定定理进行证明； （2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用线面角的计算公式进行求解. 【详解】（1） 因为与均为等边三角形，且M，K分别为中点， 所以， 又平面⊥平面，平面平面，平面， 所以平面， 同理平面，所以； 又平面，平面，所以平面， 而平面平面，所以， 又平面，所以平面 （2） 过E作于T，因为，，，，， 所以,,, 所以是等腰直角三角形， ，同理可得，所以， 又M，N，K 分别为中点，所以所以 由（1）知平面，所以， 即两两垂直，故以N为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 因为，所以四边形为平行四边形， 所以， 则，，，，， ， 所以， 设平面的法向量为，则， 不妨取，设，， 则， 因为与平面成角， 所以， 解得，所以存在点P，使得与平面成角，此时． 4．如图，四棱锥中，侧面底面，，，，，，，分别为，的中点. (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)在线段上是否存在一点，使与平面所成角的正弦值为，若存在求出的长，若不存在说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在，1 【分析】（1）取中点，可证为平行四边形，进而证明平面. （2）分别求出平面与平面的法向量，再由面面角的向量公式计算求解； （3）先设，再由线面角的正弦公式确定，进而求出的长. 【详解】（1）取中点，连接，，则， 又，，， ，则，， 所以为平行四边形，则， 又平面，平面， 所以平面. （2）因为，为的中点，所以， 又因为侧面底面且交线为，侧面， 所以平面， 因为，且，所以四边形是平行四边形，所以，所以， 分别以，，为，，轴建立空间直角坐标系. ，，，，，， ， 设平面的一个法向量， 则，令，得. ，， 设平面的一个法向量， 则，令，得. 设平面与平面夹角为， 所以，因此平面与平面夹角的余弦值为. （3）因为，设， 则， 平面的一个法向量， 设与平面所成角为 所以， 解得或（舍），所以存在，满足，使与平面所成角的正弦值为， 所以，. 5．某数学兴趣小组根据《九章算术》中“刍蒉（méng）”这个五面体，设计了一道数学探究题：如图1，，，分别是边长为4的正方形三边，，的中点，先沿着虚线段将等腰直角三角形裁掉，再将剩下的五边形沿着线段折起，连接，，就得到了一个“刍蒉”（如图2）．    (1)若是四边形对角线的交点，求证：平面； (2)若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值； (3)在（2）的条件下，在棱上是否存在点，使得平面与平面所成的二面角的余弦值为？若存在，求出点的位置，若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在，当与点重合时. 【分析】（1）取中点，连接，由题意可得四边形为平行四边形，再由线面平行的判断定理即可得证； （2）以为坐标原点，分别为轴，轴正向，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可； （3）假设存在满足条件的点，设，利用空间向量求出的值即可. 【详解】（1）取中点，连接，    由题意可知且， 又因为是矩形对角线的交点， 所以且， 所以且， 则四边形为平行四边形， 所以且， 又因为平面，平面， 所以平面； （2）因为在图1中，且, 在图2中上述关系依然成立， 所以即为二面角的平面角，则， 以为坐标原点，分别为轴，轴正向，垂直平面向上方向为轴， 建立空间直角坐标系，如图所示：    则， ， 所以， 又因为，平面，所以， 所以，， 设平面的一个法向量， 则，则有， 取， 所以， 所以直线与平面所成角的正弦值为； （3）假设存在满足条件的点， 设，所以， 则， 设平面的一个法向量为， 则， 所以，取， 由（2）知平面的一个法向量， 则， 要使平面与平面所成的二面角的余弦值为， 则只需，即， 整理得，解得或（舍去）， 所以当与点重合时，平面与平面所成的二面角的余弦值为. 题型4 距离及其相关的探索性问题 1、几何法求点面距 （1）定义法（直接法）：找到或者作出过这一点且与平面垂直的直线，求出垂线段的长度； （2）等体积法：通过点面所在的三棱锥，利用体积相等求出对应的点线距离； （3）转化法：转化成求另一点到该平面的距离，常见转化为求与面平行的直线上的点到面的距离． 2、向量法求空间距离 （1）点面距：已知平面的法向量为 , 是平面内的任一点，是平面外一点,过点作则平面的垂线，交平面于点，则点到平面的距离为 （2）直线与平面之间的距离：，其中，是平面的法向量. （3）两平行平面之间的距离：，其中，是平面的法向量. 1．（23-24高三下·天津南开·月考）如图，棱柱的底面是菱形，，所有棱长都为，，平面为的中点.    (1)证明：平面； (2)求二面角的余弦值； (3)求点到直线的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）连接，即可得到，从而得证； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得； （3）令，，再根据距离公式计算可得. 【详解】（1）连接，因为为的中点，为的中点， 所以，且平面，平面， 所以平面. （2）因为平面，且为菱形，所以， 如图，以点为坐标原点，分别以的方向为轴正方向建立空间直角坐标系. 又，所以为等边三角形，所以，则， 在中，， 可知，    则， 设平面的一个法向量为，则，即， 令，得， 取平面的一个法向量为， 所以. 设二面角为，显然二面角为锐二面角， 则， 即二面角的余弦值为. （3）又，所以，所以， 所以，， 所以， 所以，， 所以， 所以点到直线的距离. 2．（2026·山西太原·二模）如图，在底面是菱形的直四棱柱中，，为线段上靠近的三等分点，为线段的中点. (1)求证：平面； (2)求点到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）如图1，连接交线段于点，连接，证明可证平面； （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，利用空间向量法求点到平面的距离. 【详解】（1）如图1，连接交线段于点，连接. . 又. 又平面，平面平面. （2）如图2，连接四边形为菱形，2，则为等边三角形. 又为中点，. 又. 易知平面以为原点，，所在直线分别为轴､轴､轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 易知为上靠近的三等分点， . . 设平面的一个法向量为， 则 令，则，∴， ∴点到平面的距离. 3．（25-26高三下·云南曲靖·月考）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB∥CD，且CD＝2，PA＝AB＝BC＝1，AB⊥BC． (1)求证：AD⊥PC； (2)求平面PCD与平面PAB的夹角； (3)在线段PB上是否存在一点M，使得直线PC与平面ADM垂直，如果垂直，求此时点M到平面PCD的距离，如果不垂直，说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)； (3)存在， 【详解】（1）取为中点，则，，. 故四边形为矩形，则. 以点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系. 则，，，. ，. 则，故，即. （2）由题意可知，平面的一个法向量. 因为，. 设平面的一个法向量为. 则 令，得. . 由题意可得，平面与平面所成二面角的平面角为锐角. 所以平面与平面所成角为. （3）存在，理由如下： 设，则. 所以. 由平面，可得，则. 所以，. 则到平面的距离. 4．如图所示，四边形为平行四边形，四边形为直角梯形，，，平面平面ABEF. (1)若为DF的中点，证明：平面ACP； (2)若，直线AC与平面DEF所成角的正弦值为，求点到EF的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接，交于点，连接，即可证明，从而得证； （2）取中点，连接，则，由面面垂直的性质得到面，过点作交于，即可得到，建立空间直角坐标系，设，根据线面角的正弦值求出，再由空间向量法求出点到直线的距离. 【详解】（1）连接，交于点，连接， 因为四边形为平行四边形，所以是的中点，又为DF的中点， 则， 又因为面，面，所以面； （2）取中点，连接，因为，所以， 又因为面面，面 面面 ， 所以面，过点作交于，因为四边形为直角梯形，，， 所以，根据题意，建立如图所示空间直角坐标系. 则有， 设，则，， 所以，，， 设平面的法向量为. 则，令，则，即. 根据题意，解得或（负值已舍去）. 又因为. 所以，， 所以，所以，，， 所以， 所以点到的距离为. 题型5 翻折条件的技巧 翻折问题的两个解题策略 1、确定翻折前后变与不变的关系：画好翻折前后的平面图形与立体图形，分清翻折前后图形的位置和数量关系的变与不变．一般地，位于“折痕”同侧的点、线、面之间的位置和数量关系不变，而位于“折痕”两侧的点、线、面之间的位置关系会发生变化；对于不变的关系应在平面图形中处理，而对于变化的关系则要在立体图形中解决 2、确定翻折后关键点的位置：所谓的关键点，是指翻折过程中运动变化的点．因为这些点的位置移动，会带动与其相关的其他的点、线、面的关系变化，以及其他点、线、面之间位置关系与数量关系的变化．只有分析清楚关键点的准确位置，才能以此为参照点，确定其他点、线、面的位置，进而进行有关的证明与计算 1．（25-26高三上·湖北随州·期末）如图1，在中，，，D，E，F分别是，，的中点．将沿着线段翻折至的位置，连接，，得到四棱锥，如图2所示，连接． (1)证明：． (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）利用等腰三角形的性质得，利用线面垂直的判定定理得平面，然后利用线面垂直的性质定理证明即可． （2）建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，然后利用向量法求解平面夹角的余弦值. 【详解】（1）如图1，连接，交于点． 因为，F是的中点．所以． 因为，分别是，的中点，所以，所以． 如图2，连接，， 因为，，，平面， 所以平面． 因为平面，所以． （2）由（1）知即，又，所以， 故，则， 因为，所以． 以为原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴， 建立如图2所示的空间直角坐标系. ，，，，， 设平面的一个法向量为，则， 取，则，，得， 易得平面的一个法向量为， 设平面与平面夹角为，则， 故平面与平面夹角的余弦值为． 2．（25-26高三上·重庆·月考）如图1，在平行四边形中，，，.现将沿着翻折至，使得点到达点的位置且平面平面（如图2），点是线段的中点，点在线段上. (1)求证:平面平面; (2)若平面，求二面角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）先证明，结合面面垂直性质定理证明平面，由此可得，再证明，根据线面垂直判定定理证明平面，再由面面垂直判定定理证明结论； （2）由平面，根据线面平行性质定理证明，由此可得是的中点，建立空间直角坐标系，求平面和平面的法向量，结合向量夹角公式可得结论. 【详解】（1）由题可知，和都是等腰直角三角形，所以， 因为平面平面，平面平面，平面，， 所以平面，又平面， 所以， 在中，为中点，，所以， 又，平面， 所以平面，又因为平面， 所以平面平面， （2）因为平面，平面，平面平面， 所以，又为中点， 所以是的中点， 以为坐标原点，分别为轴的正方向建立空间直角坐标系如图所示， 则由题可知，，，，， ，，， 设平面的一个法向量为， 则， 取，则，， 所以为平面的一个法向量， 设平面的一个法向量为， 则， 则，取，可得， 所以为平面的一个法向量， 设二面角的平面角为， 则， 由图可知二面角的平面角为锐角， 所以二面角的余弦值为. 3．如图（1），在中，，，，分别是，的中点，将和分别沿着，翻折，形成三棱锥，是中点，如图（2）.    (1)求证：平面； (2)若直线上存在一点，使得与平面所成角的正弦值为，求的值. 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据线面平行的性质定理和判断定理，结合垂直关系，平行关系的转化，即可证明； （2）根据（1）的结果，以点为原点，建立空间直角坐标系，求平面的法向量，利用线面角的向量法，即可求解. 【详解】（1）因为点分别是边的中点，所以， 因为，即，所以， 所以，，即， 因为，平面， 所以平面，又平面，所以， 由题意，，，则， 又是的中点，所以， 因为，平面， 所以平面； （2）    以为原点，分别为轴，作，建立如图所示的空间直角坐标系， 由，， 则，，，， ，, 设平面的法向量为， 则，令，则， 设，则， 因为与平面所成角的正弦值为， 所以，解得：， 则，故. 4．（2025·广西桂林·一模）如图，梯形中，为上一点，，且，将沿着翻折至所在位置，使得平面平面，连接，得到四棱锥为的中点.    (1)若为的中点，证明：平面； (2)在线段上是否存在点，使得，若存在，求直线与平面所成角的正弦值，若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析； (2)存在，. 【分析】（1）利用中位线的性质证得线线平行，从而证得线面平行，再证得面面平行，利用面面平行的性质定理证得线面平行； （2）建立空间直角坐标系，利用向量线性运算的坐标表示求出点坐标，再利用向量法求线面角即可. 【详解】（1）    取的中点，连接. 三点分别为的中点 在平面中，， 又平面平面平面 同理，，平面平面，所以平面， 又平面平面， 平面平面， 平面平面. （2）    因为平面平面，平面平面，平面, 所以，平面. 过作的平行线，过作交于点. 以点为坐标原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系. 梯形中，，， 所以，则. 所以. 假设在上存在点使得，设， 设，则，解得. 因为， 所以，解得. ， 因为平面平面，故取平面的一个法向量为， 设直线与平面所成角为，则 . 所以，线段上存在点使得，直线与平面所成角的正弦值为. 5．（25-26高三上·贵州六盘水·月考）如图①所示，四边形是直角梯形，，，且，为线段的中点．现沿着将折起，使点到达点，如图②所示；连接、，其中为线段的中点．    (1)求证：平面； (2)若，，则在线段上（不含端点）是否存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，请指出点位置；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值为，此时点为靠近点的三等分点. 【分析】（1）通过线面垂直可证面，再由线面垂直的性质定理可得再通过线面垂直的判定定理证明即可. （2）由条件可得，为等边三角形，再由第一问的结论可建立空间直角坐标系，利用空间向量表示线面角的正弦值，解方程求出的比值即可求解. 【详解】（1）由题意可知，，，所以，，， 又因为，为线段的中点，所以， 所以四边形为正方形，由翻折可知，，， 又因为，， 所以面，因为面，所以， 因为四边形为正方形，所以，所以， 因为，为线段的中点，所以，又因为，所以平面. （2）因为，，所以为等边三角形，又因为，所以，， 如图，取中点，连接，    又因为为等边三角形，所以，过点作， 由（1）可得， 面，又因为面，所以， 所以，，， 所以以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，所以， 所以，，，，，设，因为，，三点共线， 所以，所以，所以，即， 所以，所以， 所以，，， 设平面的法向量为，所以， 所以， 令，所以，，则，记直线与平面所成角为， 则， 即，解得，所以， 所以存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值为，此时点为靠近点的三等分点. 题型6 立体几何新定义问题 面对新情景、新定义，首先要深入理解并分析这些新元素，将其与已知的立体几何知识相结合.明确解题目标后，灵活运用基本定理和性质，如平行、垂直的判定与性质，以及空间角、距离的计算公式.在解题过程中，合理构造辅助线和面，以揭示隐藏的空间关系，简化问题.对于复杂问题，可尝试建立空间直角坐标系，利用向量法进行计算和证明.同时，要善于将空间问题平面化，通过截面、投影等方式转化求解对象.最后，解题后要进行验证和反思，确保结论的正确性，并总结所使用的方法和技巧，以便在未来遇到类似问题时能够迅速应对. 1．在空间直角坐标系中，若平面过点，且平面的一个法向量为，则平面的方程为，该方程称为平面的点法式方程，整理后为（其中），该方程称为平面的一般式方程.如图，在四棱柱中，底面是平行四边形，，，两两垂直，，，直线与平面所成的角为，以为坐标原点，，，的方向分别是，，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系. (1)求平面的一般式方程. (2)求到直线的距离. (3)在棱是否存在点，使得平面平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2) (3)存在，且 【分析】（1）根据直线与平面所成的角求得，根据平面的点法式方程求得正确答案. （2）利用等面积法来求得到直线的距离. （3）设出点的坐标，利用面面垂直列方程，化简求得正确答案. 【详解】（1）由于平面， 所以平面，所以是直线与平面所成的角， 所以，所以. 所以， 所以, ，设平面的法向量为， 则，故可设，平面， 则平面的方程为， 即. （2）在中，，， 设到的距离为，则， 由于平行四边形和平行四边形全等， 所以到直线的距离等于设到的距离， 即到直线的距离为. （3），，，， 即，而， 所以， 设，则，即， 所以，， ，， 设平面的法向量为， 则，故可设. 设平面的法向量为， 则，故可设， 若平面平面，则， 即， 解得，负根舍去， 所以存在符合题意的点，且. 2．（24-25高三上·浙江·开学考试）已知是棱长为的正四面体，设的四个顶点到平面的距离所构成的集合为，若中元素的个数为，则称为的阶等距平面，为的阶等距集. (1)若为的1阶等距平面且1阶等距集为，求的所有可能值以及相应的的个数； (2)已知为的4阶等距平面，且点与点分别位于的两侧.若的4阶等距集为，其中点到的距离为，求平面与夹角的余弦值. 【答案】(1)答案见解析 (2). 【分析】（1）分两种情况得出的所有可能值以及相应的的个数； （2）先根据已知得出，再计算求得余弦值. 【详解】（1）①情形一：分别取的中点， 由中位线性质可知， 此时平面为的一个1阶等距平面， 为正四面体高的一半，等于. 由于正四面体有4个面，这样的1阶等距平面平行于其中一个面，有4种情况； ②情形二：分别取的中点 将此正四面体放置到棱长为1的正方体中， 则为正方体棱长的一半，等于. 由于正四面体的六条棱中有3组对棱互为异面直线， 这样的1阶等距平面平行于其中一组异面直线，有3种情况. 综上，当的值为时，有4个；当的值为时，有3个. （2）在线段上分别取一点， 使得，则平面即为平面. 如图，取中点，连接，以为坐标原点，所在直线分别为轴，过点且与平面垂直的直线为轴建立空间直角坐标系， ，设， ， 设平面法向量为 所以，即， 所以， 又平面的法向量为， 设平面与夹角为 所以， 所以平面与夹角余弦值为. 3．（25-26高三上·江西南昌·期末）球面三角学是研究球面三角形的边、角关系的一门学科.如图，球O的半径为R，A、B、C为球面上三点，设，表示以O为圆心，且过B、C的圆，劣弧BC的弧长记为a，同理，圆，的劣弧AC、AB的弧长分别记为b、c，曲面ABC（阴影部分）叫做球面三角形.若设二面角，，分别为、、，则球面三角形的面积为.已知； (1)若，，求球面三角形ABC的面积（直接写结果无需证明）； (2)在球O的内接三棱锥D-ABC中，平面，，直线DC与平面ABC所成的角为. （ⅰ）若，N分别为直线，上的动点，求线段MN长度的最小值； （ⅱ）如图（2），若分别为线段AC，BC的中点，G为线段BD上一点（与点B不重合），当平面OBC与平面GPQ夹角的余弦值为时，求线段BG的长. 【答案】(1) (2)（i）；（ii） 【分析】（1）直接套用球面三角形面积公式，代入角度计算即可； （2）（i）先建系求出各点坐标，最小值为异面直线，的距离，求出该距离即可；（ii）先设，再求出平面和平面的一个法向量为，根据题意列方程求解即可. 【详解】（1）由题意，，，，所以，则有， 所以球面三角形ABC面积为. （2）因为平面，平面，所以. 设，则，所以. 由勾股定理的逆定理可得，又，平面， 所以平面，又平面，所以， 因为直线与平面所成的角为，所以. 易知在和中，斜边的中点到点的距离相等， 即为球的直径，所以. 以点为坐标原点，直线分别为轴，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. （i）由题可知， 则. 设与都垂直的向量为， 则，令，则， 所以线段长度的最小值为. （ii）设，由题可知， 则. 设平面的一个法向量为， 则，取，可得. 设平面的一个法向量为， 则，取，可得. 设平面与平面的夹角为. 因为=， 化简得则， 故. 4．如图1，在平面四边形中，，，，是等腰直角三角形，，将沿折叠到的位置，形成如图2所示的三棱锥，且. (1)证明：； (2)已知三棱锥，外接球球心为. ①若为线段上动点（不包含点），为中点，为中点，设平面与平面的夹角为，求的最小值. ②类似于平面中三角形的余弦定理，有三维空间中的三面角余弦定理：由射线，，构成的三面角，记，，，二面角的大小为，则，当、、时，请在图3的基础上，试证三面角余弦定理，并用该结论求图2中二面角的余弦值. 【答案】(1)证明见详解 (2)①的最小值为；②证明见详解；二面角的余弦值为 【分析】（1）通过勾股定理证明线线垂直从而推出线面垂直，再利用线面垂直证明线线垂直；（2）①通过建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，进而得出与动点的坐标的关系，从而由基本不等式求最值；②构造直角三角形，利用平面三角形中的余弦定理构建边与角的方程，进而化简可证明三维空间的三面角余弦定理，进而代入数值求出二面角的余弦值 【详解】（1）因为，，，由勾股定理得，. 因是等腰直角三角形，且，所以，. 在中，，所以，即. 因，，与相交于点，且平面，所以平面. 而平面，所以. （2）过点作平面. 以点为原点，，，所在直线分别为轴，轴和轴，建立空间直角坐标系. 因为，所以. 因为，，与相交于点，且平面，所以平面. 则，，，线段的中点 因三棱锥底面为直角三角形，所以三棱锥的外接球球心在底面斜边上的中点的上方. 又因为球心距离点和的距离相等，所以球心. ①因为线段的中点，所以；为线段中点，所以 点在线段上运动，设，. ，，设平面的法向量为. 则，不妨令，则平面的一个法向量为. ，，设平面的法向量为. 则，不妨令，则平面的一个法向量为. 平面与平面的夹角为，则 因，所以要求的最小值，即求的最大值. . 设，则，则. 则，当且仅当，即时，等号成立. 所以的最小值为. ②证明：点为射线上一点，过作交于，作交于，连接，则是二面角的平面角. 在中，由余弦定理得，； 在中，由余弦定理得，. 两式相减得， 由勾股定理得，，， 所以有 两边同时除以得，，即. 在中，由余弦定理可得，在中，由余弦定理可得. 设二面角的大小为， 则， 代入解得，所以二面角的余弦值为 5．（24-25高三下·甘肃白银·月考）空间的弯曲性是几何研究的重要内容，用曲率刻画空间的弯曲性，规定：①多面体顶点的曲率等于减去多面体在该点处所有面角之和；②多面体的总曲率等于多面体所有顶点的曲率之和，多面体各顶点的平均曲率等于它的总曲率与顶点数之商，其中多面体的面的内角叫作多面体的面角，角度用弧度制．例如：正四面体每个顶点均有3个面角，每个面角均为，故其各个顶点的曲率均为． (1)如图1，已知四棱锥的底面ABCD为菱形，，O为BD的中点，且平面ABCD，． ①求该四棱锥在顶点P处的曲率的余弦值； ②求二面角的平面角的正弦值； (2)瑞士数学家莱昂哈德·欧拉是18世纪数学界最杰出的人物之一，他对简单多面体进行研究后，提出了著名的欧拉定理：简单多面体的顶点数V、棱数E与面数F满足．请运用欧拉定理解决下列问题：碳60（）具有超导特性、抗化学腐蚀性、耐高压以及强磁性，是一种应用广泛的材料．它的分子结构十分稳定，形似足球，也叫足球烯，如图2所示．已知碳60（）的分子结构是一个由60个C原子构成的分子，这个多面体有60个顶点，试求碳60（）各顶点的平均曲率． 【答案】(1)①；②． (2) 【分析】（1）①连接AC，由于底面ABCD是菱形，故BD，AC交于点O，进而可证底面ABCD，利用余弦定理可求得，记四棱锥在点P处的曲率为，则，计算即可；②以点O为原点，直线OA，OB，OP分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系Oxyz，求得平面PAB的一个法向量，求得平面ABCD的一个法向量，利用向量法可求得二面角的平面角的正弦值； （2）设碳60（）共有F个面，给组成多面体的多边形编号，分别为1，2，…，F号，设第i号（）多边形有条边，则碳60（）共有条棱，利用曲率的定义计算可求总曲率的平均曲率. 【详解】（1）①连接AC，由于底面ABCD是菱形，故BD，AC交于点O， 又，所以为正三角形， 因，则， 底面ABCD，底面ABCD，故，． 且，， 由余弦定理得， 由题意可知四棱锥的四个侧面三角形全等， 故有， 记四棱锥在点P处的曲率为，则， 所以 ． ②如图，以点O为原点，直线OA，OB，OP分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系Oxyz， 则，，，， 所以，． 设平面PAB的一个法向量为， 则，令，得， 为平面ABCD的一个法向量，设二面角的平面角为， 由已知为锐角，则， 所以，即二面角的平面角的正弦值为． （2）设碳60（）共有F个面，给组成多面体的多边形编号，分别为1，2，…，F号， 设第i号（）多边形有条边，则碳60（）共有条棱， 由题意，碳60（）共有个顶点， i号多边形的内角之和为， 所以碳60（）的所有多边形的内角之和为， 所以碳60（）的总曲率为 ． 由已知，所以碳60（）各顶点的平均曲率为． 【点睛】关键点点睛：立体几何的新定义问题，能够正确读懂“曲率”的概率是解决问题的关键，根据题意求得总曲率，进而求解． 题型7 建系技巧强化训练 建立直角坐标系的原则 1、轴的选取往往是比较容易的，依据的是线面垂直，即轴要与坐标平面垂直，在几何体中也是很直观的，垂直底面高高向上的即是，而坐标原点即为轴与底面的交点 2、轴的选取：此为坐标是否易于写出的关键，有这么几个原则值得参考： （1）尽可能的让底面上更多的点位于轴上 （2）找角：轴要相互垂直，所以要利用好底面中的垂直条件 （3）找对称关系：寻找底面上的点能否存在轴对称特点 3、常用的空间直角坐标系满足轴成右手系，所以在标轴时要注意. 4、同一个几何体可以有不同的建系方法，其坐标也会对应不同.但是通过坐标所得到的结论（位置关系，角）是一致的. 5、解答题中，在建立空间直角坐标系之前，要先证明所用坐标轴为两两垂直（即一个线面垂直底面两条线垂直），这个过程不能省略. 1．（2026·陕西安康·三模）如图，圆台的上、下底面半径分别为2，3，侧面积为． (1)求圆台的高； (2)半轴截面与侧面交于PQ，且为下底面圆周上一点，． （i）求证：； （ii）求平面与平面CDR夹角的余弦值． 【答案】(1)3 (2)（i）证明见解析；（ii）. 【分析】（1）由上、下底面的半径，利用侧面积公式求圆台的高；   （2）（i）结合圆台的结构特征，通过证明平面，得证；（ii）建立空间直角坐标系，向量法求两个平面夹角的余弦值． 【详解】（1）设圆台的高为， 则圆台侧面积， 解得． （2）（i）由题可知， 因为，所以， 因为，所以，所以，所以，       因为平面，平面BCR，所以，       因为，平面， 所以平面，又平面，所以．       （ii）以为原点，所在直线分别为y，z轴，以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，， 所以.       由（i）可知为平面的一个法向量，       设平面CDR的一个法向量为， 则， 取，得， 所以．       设平面与平面CDR的夹角为， 则，       所以平面与平面CDR夹角的余弦值为. 2．（25-26高三下·重庆北碚·开学考试）如图，在四棱锥中，，，，，，平面平面． (1)求证：； (2)若二面角的大小为，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）结合已知条件利用面面垂直的性质定理以及线面垂直的判定定理和性质定理证明即可； （2）根据图形找出二面角，然后建立空间直角坐标系，写出相应的点，求出平面的法向量，然后利用向量法求解即可. 【详解】（1）取的中点，连接，如图所示： 因为，所以， 又平面平面，且平面平面，平面， 所以平面， 又平面，所以， 由，，平面， 所以平面，又平面， 所以. （2）由平面，， 所以以点为坐标原点，分别为轴，过点平行于的所在直线为轴， 建立如图所示的空间直角坐标系，            由（1）知平面，平面, 所以，所以为二面角的平面角， 又二面角的大小为，所以， 又的中点为，，所以， 在直角三角形中， ， 所以， 则， 设点，由，所以，① 则，又， 所以有，② 又，即，③ 联立①②③解得：， 所以，所以， 设平面的一个法向量为， 由， 令，则，所以， 设直线与平面所成的角为， 所以 ， 所以直线与平面所成角的正弦值为：. 3．（2026高三上·湖北孝感·专题练习）在三棱锥中，，，与平面所成的角为． (1)若，如图，过点作平面，分别交，于点，．求证：平面； (2)若，，求二面角的取值范围． 【答案】(1)证明见解析； (2) 【分析】（1）根据题意，分别证得⊥和⊥，由，证得⊥平面，得到，结合线面垂直的判定定理，即可证得平面； （2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得点在平面BCD的投影为以为圆心，为半径的圆，设，求得平面和平面的法向量分别为和，由向量的夹角公式，求得，结合三角函数的性质，即可求解. 【详解】（1）证明：由⊥平面，平面，可得⊥， 与平面所成的角为，且，所以⊥平面BCD， 因为平面，可得⊥， 又因为，，且平面，所以⊥平面， 因为平面，则， 又因为，且平面，所以平面PCD. （2）解：因为，可得与平面BCD所成的角为， 以为坐标原点，以所在直线为轴，平行的直线为轴， 垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系， 因为，可得， 因为与平面BCD所成的角，， 可得点在平面BCD的投影为以为圆心，为半径的圆， 设，，， 设平面的法向量为， 则， 令，可得，所以， 又由平面的法向量为， 设二面角的大小为， 由图形知，二面角是锐二面角，即， 则， 令，则， 又因为在上单调递减，可得， 所以二面角的取值范围为. 4．（2026·河南开封·二模）如图，在三棱锥中，点E，F分别在棱，上，平面，平面．    (1)证明：； (2)记直线与平面所成的角为，平面与平面的夹角为，证明：为定值； (3)若，E为线段的中点，设平面与平面的交线为l，Q为l上的点，求点B到平面的距离的最大值． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）结合已知条件，利用线面垂直判定定理证明结论； （2）利用向量投影得出，利用二面角的性质得出，结合得出为定值，从而证明结论； （3）建立空间直角坐标系，利用已知条件求出各点坐标，进而求出相关向量，求出平面法向量，再利用点到平面距离公式求解． 【详解】（1）平面，则，， 平面，则，， ，且是平面的法线， 平面， 又平面，平面平面， ， ， ． （2）   平面，且平面， 平面平面，交线为， 在平面内的投影在上，故直线与平面所成角 为的余角，即， 设平面与平面的交线为，则，且平面， 平面， 平面， ， 又， ， 二面角的平面角， ， ，则， ，为定值． （3）已知平面， 以为坐标原点，为轴，为轴，为轴，建立下图所示空间直角坐标系，    已知，E为线段的中点， 则， 设点， ， 设平面的法向量为，则 ，令，则， 点到平面的距离， 当时，分母最小，最大， ． 5．（2026·安徽合肥·二模）如图，在面积为的梯形中，，，为的中点.将沿翻折至. (1)证明：； (2)当时，求平面与平面夹角的余弦值； (3)当时，求四棱锥体积的最大值. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）连接，由菱形性质可得，即可得； （2）借助梯形面积可得的面积，从而可求出，再以为坐标原点，建立适当空间直角坐标系，可求出平面与平面的法向量，利用空间向量夹角公式计算即可得解； （3）过作，垂足为，利用线面垂直判定定理可得平面，即为四棱锥的高，再设，，可得，则可用表示出，再构造相应函数，利用导数求出最大值即可得解. 【详解】（1）连接，由为中点，则，又， 则四边形为菱形，设，则为中点， 则，故； （2）当时，是边长为的等边三角形， 又因为梯形的面积为，所以的面积为， 所以，所以， 以为坐标原点，以，分别为，轴建立空间直角坐标系，如图所示， 则，，，， 所以，，， 设为平面的法向量，则， 即，令，则，所以， 设为平面的法向量，则， 即，令，则，，所以， 所以， 因此，平面与平面夹角的余弦值为； （3）过作，垂足为， 因为四边形为菱形，所以，即， 又是平面内的两条相交直线， 所以平面，因为平面，所以， 又因为，、平面，所以平面， 设，，则，， 根据的面积为，得，即， 要使三棱锥的体积最大，则最大， 因为， 所以， ，其中， 令，记，， 令，，或（舍）， 当时，，在上单调递增， 当时，，在上单调递减， 所以，即， 所以三棱锥的体积最大值为， 因此，四棱锥体积的最大值为. 6．（2026·广东茂名·二模）如图，在矩形中，，，为的中点，把沿翻折至，为线段上的动点． (1)当为的中点时，证明：平面； (2)在翻折过程中，若在平面内的投影落在边上，且三棱锥的各个顶点均在球的球面上． （ⅰ）求球的半径； （ⅱ）求平面与平面的夹角的最小值． 【答案】(1)证明见解析 (2)（ⅰ）（ⅱ） 【分析】（1）构造线线平行，利用线面平行的判定定理证明线面平行. （2）建立空间直角坐标系，利用外接球的概念，结合空间两点间的距离公式可求三棱锥外接球的半径；利用空间向量可求平面与平面的夹角的余弦，再结合余弦函数的性质，可得夹角的最小值. 【详解】（1）如图， 取的中点，连接，， 由题意知，四边形是平行四边形，所以． ∵平面，∴平面． ∵，分别为，的中点，∴． 又∵平面，平面， ∴平面，又，所以平面平面， ∵平面，∴平面． （2）（ⅰ）过作于，连接， ∵在平面内的投影在边上，∴平面， 又平面，即， 又，故平面，即． ∵，，， ∴，． 又，所以，则， 以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示，则，，， 设三棱锥外接球的球心为点，外接球半径为， 因为点，，，均在球的球面上，所以， 解得， 则三棱锥外接球的半径为． （ⅱ）解：由（ⅰ），可得，， 设平面的一个法向量为， 则即， 可取． 因为，C为线段上的动点， 可设，则， 即，， 设平面的一个法向量为， 则即， 可取， 设平面与平面的夹角为，则， 当时，，为最大值； 当时，， 故时，取到最大值，即平面与平面的夹角的最小值为． 1．（2026·山西晋中·模拟预测）如图，在五面体中，，，两两平行，，，．    (1)若为的中点，证明：平面； (2)若平面，，求二面角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用线面平行的判定定理进行证明； （2）建立空间直角坐标系，利用法向量求二面角. 【详解】（1）如图，设E为的中点，连接，， 因为D为的中点，所以，， 则，，所以四边形为平行四边形， 所以. 又平面，平面，所以平面.    （2）由平面，平面，得，根据题意以B为坐标原点， ，所在直线分别为x，y轴，过点B且与平面垂直的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，    则，，，， 则，， 易知，故，则. 设平面的法向量为，则，即， 取，则. 因为平面，所以平面的一个法向量为. 设二面角的大小为， 则， 则， 故二面角的正弦值为. 2．（25-26高三下·湖南邵阳·月考）如图1所示，是边长为2的正三角形，四边形是一个梯形；其中，，现在沿着把折起到的位置，连接，，且使得，如图2所示. (1)求证：平面； (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）取的中点为，由，得到，再由正三角形性质，可得，利用线面垂直的判定定理，证得平面，进而证得平面平面. （2）取的中点， 以为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面与平面法向量和，结合向量的夹角公式，即可求解. 【详解】（1）证明：取的中点为，连接，，， 由图1中，是边长为2的正三角形，等腰梯形，且， 可得，且， 因为，所以，所以， 又由正三角形性质，可得， 因为，且平面，所以平面， 又因为平面，所以平面平面. （2）解：取的中点，连接， 因为四边形为等腰梯形，且为的中点，所以， 又因为平面， 以为坐标原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系， 如图所示，可得，，， 所以，， 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， 又由平面的法向量为， 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．（25-26高三下·河北衡水·期中）如图，在四棱锥中，底面为菱形，，平面平面，．     (1)求证：平面； (2)设，点为棱的中点，若二面角的正弦值为，求的值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用面面垂直性质定理可得平面，再利用线面垂直性质定理及判定定理可得平面，则可得，再由菱形性质可得，即可得证； （2）建立适当空间直角坐标系后，求出平面与平面的法向量，再利用空间向量夹角公式计算即可得. 【详解】（1）取中点，连接，由底面为菱形，， 则为等边三角形，则， 又平面平面，平面平面， 平面，故平面， 由平面，则， 又，，、平面， 故平面，又平面，故， 由底面为菱形，则， 由，、平面， 故平面； （2）令，以为原点，建立如图所示空间直角坐标系， 设为单位长度，即，则，，则， 则，，，，， 则，，， 设平面与平面的法向量分别为、， 则有，， 令，，则，，，， 即、， 设二面角的平面角为， 则， 即有， 整理得，则（负值舍去）. 4．（25-26高三上·安徽亳州·期末）如图，在三棱锥中，平面，M，N分别是，的中点，平面． (1)证明：平面平面； (2)若，求二面角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用线面垂直的性质可得线线垂直，根据面面垂直的判定，可得答案； （2）由题意建立空间直角坐标系，求得平面的法向量，利用面面角的向量公式，可得答案. 【详解】（1）平面，平面，， 平面，平面，， 又，BC，平面ABC，平面， 又平面，平面平面． （2）平面，． 以B为原点，为x轴，为y轴，过点B且与平行的直线为z轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 设，则，，，，， ，． 平面AMP，，即，解得， ，则， ，． 设平面PBN的法向量为， 则即取， 同理，平面PBC的一个法向量为．． 设二面角的大小为，则， 即二面角的正弦值为． 5．（2026·湖南长沙·三模）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：； (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． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由面面垂直的性质，可得平面，据此可得线线垂直； （2）建立如图所示空间直角坐标，根据异面直线所成的角求出点的坐标，再由点到直线的距离公式求解即可. 【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. （2）取中点分别为，连接 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 6．（2026·广东肇庆·二模）如图，在三棱锥中，. (1)证明：； (2)若二面角的大小为，且，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，由条件证明平面，再由线面垂直的性质推得，结合线段中垂线的性质即可得证； （2）由题意建系，利用几何法推得二面角的平面角为，求出相关点的坐标，利用向量夹角的坐标公式计算即得. 【详解】（1）如图，取的中点，连接和， 因为，所以， 又因为，且平面， 所以平面， 因为平面，所以，因， 所以. （2）由（1）知，，平面平面， 所以二面角的平面角为，即， 在平面内，过点作，易知两两相互垂直， 如图，以分别为轴建立空间直角坐标系， 因为，所以满足，即， 则， 于是， 因为，则， 所以， 设平面的法向量为， 则，即，故可取， 设平面的法向量为， 则，即，故可取， 所以， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 7．如图，三棱锥中，，，，E为BC的中点． (1)证明：； (2)点F满足，①求二面角的正弦值; ②求点F到平面ADB的距离. 【答案】(1)证明见解析； (2)；② 【分析】（1）根据线面垂直的判断定理证得平面，从而证得； （2）由线面垂直的判定定理证得平面，以点为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，分别求出平面的一个法向量，根据二面角的向量求法以及同角三角函数关系可求得二面角的正弦值；根据等体积法求得点F到平面ADB的距离.或由点到平面的距离的向量求法求得点F到平面ADB的距离. 【详解】（1）连接，因为E为BC中点，，所以， 因为，，所以与均为等边三角形， ，则. 因为，平面， 所以，平面. 因为平面，所以． （2）①，，． ，，又，平面 平面． 如图所示，以点为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系. ，则，， 所以. 设平面的一个法向量分别为，平面的一个法向量为， ，取，所以； ，取，所以. 设二面角的平面角为. 则，从而． 所以二面角的正弦值为． ②由①知平面， 而可知，且平面，平面， 所以平面，则点到平面的距离与点到平面的距离相同， 设该距离为， 则，即. 方法二： 点到平面的距离为. 8．（25-26高三上·黑龙江·月考）四棱锥，面，，，，，，M是PD中点. (1)求证：平面； (2)若， ①求平面PAB与平面PCD夹角的正弦值； ②在线段BD上是否存在点Q，使得点D到平面PAQ的距离为？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)①②存在， 【分析】（1）取中点，连接，根据线线平行证明线面平行； （2）①建立空间直角坐标系，利用坐标法可求得平面的法向量，利用向量法可得面面角余弦值，再由同角三角函数的基本关系求正弦值；②设，利用向量法表示点到平面的距离，列方程，解方程即可. 【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； （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， 得，，，，， ，，，， 易知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存在点满足题意， 易知，， 假设存在点满足题意，设，， ，， 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. 9．（2026·贵州贵阳·模拟预测）如图，在多面体中，平面，，，为中点，．    (1)证明：平面； (2)当二面角的正切值为时，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）先由等腰的三线合一及平面证得平面，再由推出，从而证平面； （2）建立空间直角坐标系，设，利用二面角的正切值，​求得，再求出平面的法向量与，用线面角公式计算得正弦值为． 【详解】（1） 连接， 因为，为中点，所以． 因为平面，平面，所以． 因为平面，，所以平面． 因为，所以，， 所以四边形是平行四边形，所以，所以平面． （2）因为平面，平面， 所以，， 所以为二面角的平面角． 不妨设， 因为平面，平面， 所以，所以，所以． 在中，，， 所以，．    如图，建立空间直角坐标系，，，，，， 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， 所以直线与平面所成角的正弦值为． 10．（25-26高三上·广东深圳·期末）如图，在梯形中，，将沿翻折至二面角为，为中点.    (1)求证：； (2)线段上是否存在一动点，使得二面角为，若存在，求的值；若不存在，说明理由. 【答案】(1)证明见解析； (2)存在点，. 【分析】（1）根据面面垂直的性质可得线面垂直，再由线面垂直可得线线垂直； （2）建立空间直角坐标系，先设，再用向量的方法计算面面角可得t的值，从而可得N点位置. 【详解】（1）因为且为中点，所以. 又因为二面角为，所以平面平面，且平面平面，，平面， 所以平面，平面，所以. （2）由（1）知，故以所在直线为轴，以过M点与平面垂直的直线为轴，建立空间直角坐标系如图： 又，所以.    故，，设， 设为平面的法向量，， 由，得，取，得，即. 而平面与坐标平面重合，所以法向量取. 因为二面角为，所以， 得，，，解得或（舍去）. 所以，得. 故存在点，. 11．（2026·山西吕梁·二模）如图，圆柱的轴截面是边长为2的正方形，P为上一点，正方形内接于，设平面与平面的交线为直线，点Q为直线上一点. (1)证明：； (2)求四棱锥外接球的表面积； (3)若平面平面，平面平面，当直线与平面所成角的余弦值为时，求的长. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)或. 【分析】（1）根据正方形的性质，结合线面平行的判定定理和性质定理进行证明即可； （2）根据圆柱的性质，结合球的表面积公式进行求解即可； （3）根据面面垂直的性质定理建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可. 【详解】（1）在正方形中，， 因为平面，平面， 所以平面， 又因为平面与平面的交线为直线，且平面， 所以； （2）设是的中点，设圆柱的底面半径为， 因为圆柱的轴截面是边长为2的正方形 所以，， 显然， 所以点是四棱锥外接球的球心， 所以四棱锥外接球的表面积为； （3）在正方形中，， 因为平面平面，平面平面， 所以平面，而平面， 所以， 同理可证，所以为原点，建立如下图所示的空间直角坐标系， ， 设平面的法向量为， ， 所以有，所以，令，所以， 即， 因为直线与平面所成角的余弦值为， 所以直线与平面所成角的正弦值为， 所以有 ，或， 当时，， 当时，， 所以的长为或. 12．（2026·湖北·二模）如图，菱形的边长为2，.现将沿折起，得到四面体，设二面角等于. (1)求证：； (2)若三棱锥的体积为， （i）求直线与平面所成的角； （ii）当时，求二面角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2)（i）或；（ii） 【分析】（1）根据题意，取的中点，证得，，利用线面垂直的判定定理，证得平面，进而证得； （2）由和，得到，结合三棱锥的体积为，列出方程，求得，再由面面垂直的性质，证得即为直线与平面所成角，即可求解； （ii）以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得平面和平面的法向量和，结合向量的夹角公式，即可求解. 【详解】（1）由菱形的边长为，且，可得和都是等边三角形， 现将沿折起，可得，为等边三角形， 如图所示，取的中点，连接，，可得，， 因为，且平面，所以平面， 又因为平面，所以； （2）（i）由（1）知平面，可得， 又由，，所以是二面角的平面角，即， 因为菱形的边长为，可得， 又因为三棱锥的体积为，可得， 解得，所以或， 因为平面，且平面，所以平面平面， 因为平面平面，所以点在平面的投影在直线上， 所以即为直线与平面所成角， 所以直线与平面所成角为或； （ii）因为，所以，且， 过点作平面的垂线为轴，，所在直线为轴，轴， 建立空间直角坐标系，可得，，，， 所以，，， 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， 可得， 因为二面角为锐角，所以二面角的余弦值为. 13．（2026·广东江门·一模）如图，在三棱柱中，，，，平面平面. (1)求证：； (2)若，直线与平面所成的角为，求二面角的平面角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先应用余弦定理得出，再应用平面平面结合面面垂直性质定理得出平面，即可得出线线垂直； （2）解法一：应用面面垂直性质定理得出平面，进而得出是直线与平面所成的角，是二面角的平面角，计算边长计算求解；解法二：建系得出平面和平面的法向量，再应用二面角的余弦公式计算求解. 【详解】（1）因为在中，， 由余弦定理得： ， 所以， 所以，故， 又因为平面平面， 平面平面平面， 所以平面， 又平面，所以； （2）解法一：过作，垂足为， 因为平面平面， 平面平面平面， 所以平面， 直线是直线在平面上的投影， 所以是直线与平面所成的角，即. 由（1）知，又， 连接，则是等边三角形， 取的中点，连接， 则， 由（1）知， 所以平面，所以， 所以是二面角的平面角， 由（1）知平面，所以， 又， 所以， 所以二面角的平面角的余弦值为. 解法二：过作，垂足为， 因为平面平面， 平面平面平面， 所以平面， 则直线是直线在平面上的投影， 所以是直线与平面所成的角，且， 则， 由（1）可知，即是的中点. 取的中点，连接，则. 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 所以. 设平面的法向量为， 则， 取，则， 所以是平面的一个法向量， 取平面的法向量为， 则， 所以二面角的平面角的余弦值为. 14．（25-26高三上·河南郑州·月考）如图，在四棱锥中，四边形为菱形，为等边三角形，，平面平面，为棱的中点，为棱上一点（不含端点），，． (1)若，证明：平面； (2)是否存在，使得平面与平面的夹角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 【答案】(1)证明见详解 (2)存在， 【分析】（1）首先利用三角形相似得到，再结合已知条件可得，即可得到，即可得证； （2）假设存在点，使，建立空间直角坐标系，求出平面与平面的夹角的余弦值，即可求出的值. 【详解】（1）在菱形中，，， 为棱的中点，，又，， ，，，， 平面，平面，平面； （2） 取的中点，连接，，， 为等边三角形，， 平面平面，平面平面，平面， 平面， 在菱形中，，是等边三角形，， 以为原点，，，分别为轴建立空间直角坐标系， ，，，， ，，，，， 为棱的中点，， ，，， 设，则， ，， 设平面的法向量为， ，令，则，，， 设平面的法向量为， ，令，则，，， 设平面与平面的夹角为， 则， ，两边平方得， 即，解得， 存在，使得平面与平面的夹角的余弦值为，此时. 15．（25-26高三上·河北邯郸·月考）如图1，在平行四边形中，，，为的中点．现将沿折起，连接与，如图2．    (1)当时，证明：平面平面； (2)设，当时，是否存在实数，使得直线与平面所成角的正弦值为？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， 【分析】（1）连接，利用余弦定理求出，即可得到，，从而得到平面，即可得证； （2）在平面内过作，建立如图所示空间直角坐标系，表示出，利用空间向量法构造方程，解方程求出． 【详解】（1）    连接，， 为等边三角形，故， ，为的中点， 在中， ， 由余弦定理得， ，则，故， ，，即， 又平面，平面， 又平面，平面平面． （2）由（1）知，当时，平面平面，在平面内过作， 平面平面，平面， 平面，平面，则， 以点为坐标原点，以 所在直线分别为 轴，建立空间直角坐标系 ，    则 ， 故， ， ， 轴垂直平面，是平面的一个法向量， 设直线与平面所成角为， ， 化简得，解得或(舍去)， 当时，存在，使直线与平面所成角的正弦值为． 16．（2026·湖北·二模）如图1，在直角梯形中，，，，，点E是上靠近点D的三等分点，现将沿着折起，使得点D到达点P的位置，且，如图2．    (1)求证：平面平面； (2)若P，A，B，C在同一个球面上，设该球面所在球的球心为O，证明：点O在平面内； (3)若点F为线段上一点，直线与平面所成角的正弦值为，求平面与平面所成角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析； (2)证明见解析； (3)． 【分析】（1）在平面内过点P作于点H，连接，利用面面垂直的判定定理即可得证； （2）过点H作的平行线交于点G，易得，以H为原点，建立空间直角坐标系，设A，B，C，P在同一个球的球心坐标为，半径为，利用两点间的距离公式建立方程组，求出球心即可求解； （3）设，，利用线面角求出，进而得点的坐标，求平面与平面的法向量，再利用夹角公式即可求解. 【详解】（1）在平面内过点P作于点H，连接， 在梯形中，由，，， 易得，则，，即． 在中，由余弦定理，得 ． ，且，，又， 平面， 平面，∴平面平面； （2）过点H作的平行线交于点G，易得， 以H为原点，分别以，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，    由已知，得，，，，， 再设A，B，C，P在同一个球的球心坐标为，半径为， 则有， 求解可得，即球心坐标为，所以点O在平面内； （3）设，，由，得，则． ，易知平面的法向量为 直线与平面所成角的正弦值为， 解得，， 平面中，，设平面的法向量为， 则，令，则，，所以平面的法向量为， 在平面中，，， 设平面的法向量为， 所以，令，得， 平面与平面所成角的余弦值为 . 17．（25-26高三下·重庆·开学考试）如图，在四棱锥，平面平面，，， (1)证明：平面. (2)已知，点在同一个球的球面上，设该球的球心为. ①在图中指出点O的位置，并说明理由； ②若Q为线段上的一点，且直线与平面所成角的正弦值为，求. 【答案】(1)证明见解析 (2)①线段中点；② 【分析】（1）平面几何知识得到线线平行，进而得到线面平行； （2）①利用球心到五个点的距离相等，确定球心的位置；②由几何关系设出点坐标，求出平面的法向量，利用线面角的计算公式，得出点坐标，最后两点间距离公式求解. 【详解】（1）在平面中，，所以. 又因为平面，平面，所以平面 （2）①如图，为中点， 理由如下： 设的中点分别是，连接 因为,所以是正三角形. 所以,所以 所以是正三角形，所以 因为，所以 因为平面平面，平面平面，平面，所以平面. 又平面.，所以，易得，所以， 因为，所以满足条件. ②以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系. 则有，,，，. 设点，，则. ，. 设平面的法向量为，则，代入得， 令，则，所以. 设直线与平面所成角为，所以，解得或（舍去） 所以，此时. 18．（25-26高三上·湖南·月考）如图1，分别是边长为4的正方形三边的中点，将四边形沿着线段折起，连接就得到了一个三棱柱（如图2）. (1)若是四边形对角线的交点，求证：平面； (2)若二面角的大小为，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）取中点，连接，由中位线关系证明四边形AOMG为平行四边形，再由线面平行的判定定理可得； （2）先确定就是二面角的平面角，再建立如图所示空间直角坐标系，利用二面角确定点，再求出平面的法向量，代入空间线面角公式可得. 【详解】（1） 证明：取中点，连接， 由题意知，，且， 因为是矩形对角线的交点，所以，且， 所以，且，所以四边形AOMG为平行四边形， 所以， 又平面平面，所以平面. （2）在图1中，，且，在图2中，上述关系依然成立， 所以就是二面角的平面角，即， 故以为坐标原点，分别为轴，轴正方向，垂直平面向上的方向为轴，建立如图所示的空间直角坐标系Exyz， 则， 因为，， 所以， 即， 又，所以， 所以， 设平面的法向量为， 则 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. 19．（2024·河北承德·二模）如图1，在直角中，为中点，，取中点，连接，现把沿着翻折，形成三棱锥如图2，此时，取中点，连接，记平面和平面的交线为为上异于的一点.    (1)求证：平面； (2)若直线与平面所成角的正弦值为，求的长度. 【答案】(1)证明见解析； (2)或 【分析】（1）依题意可得，利用余弦定理求出，即可得到，从而得证； （2）以为轴，轴，过作平面的垂线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，利用余弦定理求出，即可求出点坐标，求出平面的法向量，设，表示出点坐标，利用空间向量法求出线面角的正弦值，即可求出，再由坐标法求模即可. 【详解】（1）由题意知为等腰直角三角形，又为的中点， 所以，，， 由，解得， 当时，有，即， 而平面，故平面； （2）以为轴，轴，过作平面的垂线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 又， 所以 所以，，所以，    于是， 设平面的法向量为， 则，不妨取，解得， 设，则，， 因为为中点，为中点，所以， 又平面，平面，所以平面， 平面和平面的交线为，平面， 所以，又为上异于的一点，所以，即与共线， 设为，则， 故， 因此. 设直线与平面所成角为， 则， 化简得，解得或， 当时，则， 当时，则， 因此或. 20．（2026·湖南衡阳·二模）如图，在四棱锥中，底面，底面是矩形，，E是CD的中点，AC与BE相交于点H，点F在侧棱PD上，． (1)证明：平面； (2)当时，求点P到平面的距离； (3)若，当直线PC与平面所成的角最大时，求实数的值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）由线面垂直的判定证明即可； （2）建立空间直角坐标系，由点到平面距离公式即可求解； （3）由线面夹角的向量公式即可求解． 【详解】（1）因为底面平面ABCD，所以． 在和中，，即， 故，得，即， 又平面，故平面PAC． （2）由已知得，， 故以AB，AD，AP分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 当时，，则， 设平面HEF的法向量为， 则，故可取， 所以点P到平面EFH的距离． （3）由已知得，，，， 所以，又，所以， 所以，， 设平面AFC的法向量为， 则，故可取， 又，取直线PC的方向向量为， 设直线PC与平面AFC所成的角为， 则 ． 因为，所以，当时，取最大值， 又，此时取最大值，所以． 21．（2026·湖南长沙·一模）如图，已知圆台的上、下底面圆的圆心分别为和，四边形为下底面圆O的内接正方形，且，，为上底面圆上两点，为的中点，且满足平面平面，. (1)求证：； (2)求圆台的体积； (3)若直线与平面所成角的正弦值为，求点到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3). 【分析】（1）取的中点，连交于，证明，再根据面面垂直性质定理和线面垂直的定义证明，根据线面垂直判定定理证明平面，再证明即可； （2）结合（1）证明，结合圆台体积公式求结论； （3）建立空间直角坐标系，设，求直线的方向向量和平面的法向量，结合向量夹角公式求直线与平面所成角的正弦值，列方程求的坐标，再利用向量方法求点到平面的距离. 【详解】（1）证明：取的中点，连交于． 在正方形中，由于为的中点， 因为，，， 可得≌，则， 因为，所以， 得到，即． 因为，所以， 又平面平面，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）由（1）得平面，又平面， 所以， 因为圆圆，所以，所以四边形为矩形， 所以圆的半径， 又圆的半径， 所以圆台的体积， （3）以为坐标原点，过点作平行的直线分别为轴，轴，以所在的直线为轴，建立如图空间直角坐标系． 则， 由于圆半径，为上底面圆上一点设， 故． 设平面的法向量为，由，得 取，故， 设与平面所成角为，则 平方后整理方程得 解得或（舍） 所以，． 所以点到平面的距离. 22．（2025·河北秦皇岛·模拟预测）如图，在边长为的正方形中，，分别为边，上的点，连接，，，将沿着折线翻折，使点到达点位置，连接，形成三棱锥. (1)若，分别为边，上的中点，，求此时三棱锥外接球的表面积； (2)若，是的中点. （ⅰ）求的大小； （ⅱ）若正方形边长为，当取最小值，取最大值时，求此时直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)； (2)（ⅰ）；（ⅱ）. 【分析】（1）由题设及线面垂直的判定有平面，将三棱锥补全为长方体，即可求外接球半径，进而求表面积； （2）（ⅰ）设，，根据几何关系列方程求得，，，应用和角正切公式求的大小，即可得；（ii）设，则，应用三角形面积公式及三角恒等变换求出最小，取中点，连接，，则，，并求出相关线段的长度，构建合适的空间直角坐标系，应用向量法求线面角的正弦值. 【详解】（1）由题意得，又，，平面，， 所以平面，则此时三棱锥如图所示， 由题意得，，，，都是直角三角形，所以， 将三棱锥补全为长方体，此时三棱锥的外接球球心为长方体对角线的中点， 即， 所以三棱锥外接球的表面积为. （2）（ⅰ）设，，则，， 因为，所以， 在直角三角形中，得，整理得，， 因为，， 所以， 因为，所以，故. （ⅱ）由（ⅰ）知，设，则， 所以，， 所以 ， 因为，所以， 当时，有最大值，最大值为1，此时有最小值， 所以当取最小值时，，且， 由，得，， 所以，，. 如图1，取中点，连接，，则，，故，，，四点共线， 当取最大值时，即平面平面，由翻折关系知， 故直线，，两两垂直，且，， 如图2，以为原点，分别以，，的方向为，，轴的正方向建立空间直角坐标系， 则，，，， ∴，， 设平面的法向量为，则， 令，则，故， 设直线与平面所成的角为，则. ∴直线与平面所成角的正弦值为. 23．（2026·陕西榆林·模拟预测）离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标．设P为多面体M的一个顶点，定义多面体M在点P处的离散曲率为，其中为多面体M的所有与点P相邻的顶点，且平面，平面，…，平面和平面为多面体M的所有以P为公共点的面．例如：正四面体在顶点A处的离散曲率为．如图，在三棱锥中． (1)求三棱锥在各个顶点处的离散曲率之和； (2)若平面ABC，，三棱锥在顶点C处的离散曲率为． （i）求点到平面的距离； （ii）若点为的中点，则在棱上是否存在点，使直线与平面所成角的余弦值为，若存在，求出的长度，若不存在，请说明理由． 【答案】(1)2 (2)（i）；（ii）存在， 【分析】（1）根据离散曲率的定义分别计算各个顶点处的离散曲率，再利用三角形内角和计算即可； （2）利用线面垂直的性质和判定证得，即，根据离散曲率的定义计算得， 解法1：根据点面距离的定义作出点到平面的距离线段，根据边角关系求解即可； 解法2：利用等体积转换法即可求出； 解法3：建立空间直角坐标系，求出平面的法向量代入公式即可； （3）如图建立空间直角坐标系，利用向量法计算线面角的正弦值，即可得解. 【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； （2）由平面ABC，平面ABC，得， 又，AC，平面PAC，则平面PAC， 由平面PAC，得，即， 又，即，解得． 解法1：过点A作于点M，由平面PAC，平面PAC，得， 又平面PCB，则平面PCB， 因此点A到平面PCB的距离为线段AM的长． 在中，，所以，点A到平面PBC的距离为． 解法2：设点到平面的距离为， 则，， 所以，即点到平面的距离为． 解法3：过作的平行线，建立如图所示的空间直角坐标系， 由题意得，， 设平面PBC的法向量， 则，即，令，则，得， 所以点到平面的距离． （ii）存在．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， 设，则， 设与平面所成的角为，因为，所以， 设平面的法向量， 则即 令，则，得 则， 整理得，解得： ， 所以，所以． 4 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $